u ∈ U : x = f(u) ⇒ u ∈ V ⇒ x

Lösung 6:
(a) Sei U ⊆ V und x ∈ f (U ), zu zeigen ist x ∈ f (V ):
x ∈ f (U ) ⇒ ∃u ∈ U : x = f (u)
U ⊆V
⇒
u ∈ V ⇒ x ∈ f (V ).
(b) Für Mengengleichheit sind zwei Inklusionen zu zeigen:
⊆: Sei x ∈ f (U ∪ V ), zu zeigen ist x ∈ f (U ) ∪ f (V ):
x ∈ f (U ∪ V ) ⇒ ∃ w ∈ U ∪ V : x = f (w)
⇒ w∈U ∨ w∈V
⇒
⇒
x ∈ f (U ) ∨ x ∈ f (V )
x ∈ f (U ) ∪ f (V ).
⊇: Sei x ∈ f (U ) ∪ f (V ), zu zeigen ist x ∈ f (U ∪ V ):
x ∈ f (U ) ∪ f (V ) ⇒
⇒
x ∈ f (U ) ∨ x ∈ f (V )
∃ u ∈ U : x = f (u) ∨ ∃ v ∈ V : x = f (v)
⇒ ∃ w ∈ U ∪ V : x = f (w)
⇒ x ∈ f (U ∪ V ).
(c) Sei x ∈ f (U ∩ V ), zu zeigen ist x ∈ f (U ) ∩ f (V ):
x ∈ f (U ∩V ) ⇒ ∃ w ∈ U ∩V : f (w) = x ⇒ w ∈ U ∧ w ∈ V ⇒ x ∈ f (U ) ∧ x ∈ f (V ) ⇒ x ∈ f (U )∩f (V ).
(d) Zur Äquivalenz sind zwei Richtungen zu zeigen:
⇒: Sei f injektiv und U, V ⊆ A. Zu zeigen ist nur noch f (U ) ∩ f (V ) ⊆ f (U ∩ V ), die andere Inklusion
gilt laut (c) generell. Sei also x ∈ f (U ) ∩ f (V ), dann soll x ∈ f (U ∩ V ) sein.
f inj.
x ∈ f (U )∩f (V ) ⇒ ∃ u ∈ U, v ∈ V : x = f (u) = f (v) ⇒ u = v ⇒ u ∈ U ∩V ⇒ x ∈ f (U ∩V ).
(∗)
⇐: Gegeben ist, dass für alle Mengen U, V ⊆ A gilt f (U ) ∩ f (V ) ⊆ f (U ∩ V ). Zu zeigen ist, dass f
injektiv ist. Seien also u, v ∈ A mit f (u) = f (v), zu zeigen ist u = v. Sei U = {u} und V = {v}.
Dann ist x ∈ f (U ) ∩ f (V ), da f (U ) = f (V ) = {x}. Aus (∗) folgt nun, dass dann x ∈ f (U ∩ V ), also
muss f (U ∩ V ) 6= ∅ und damit ist U ∩ V 6= ∅, also ist u = v.
(e) Es sind zwei Inklusionen zu zeigen:
⊆: Sei x ∈ f −1 (P ∪ Q), zu zeigen ist x ∈ f −1 (P ) ∪ f −1 (Q):
x ∈ f −1 (P ∪ Q) ⇒
∃ r ∈ P ∪ Q : f (x) = r
⇒
⇒
r∈P ∨ r∈Q
x ∈ f −1 (P ) ∨ r ∈ f −1 (Q)
⇒
x ∈ f −1 (P ) ∪ f −1 (Q).
⊇: Sei x ∈ f −1 (P ) ∪ f −1 (Q), zu zeigen ist x ∈ f −1 (P ∪ Q):
x ∈ f −1 (P ) ∪ f −1 (Q) ⇒
x ∈ f −1 (P ) ∨ x ∈ f −1 (Q)
⇒
⇒
∃ p ∈ P : f (x) = p ∨ ∃ q ∈ Q : f (x) = q
∃ r ∈ P ∪ Q : f (x) = r
⇒
x ∈ f −1 (P ∪ Q).
(f) Es sind zwei Inklusionen zu zeigen:
⊆: Sei x ∈ f −1 (P ∩ Q), zu zeigen ist x ∈ f −1 (P ) ∩ f −1 (Q):
x ∈ f −1 (P ∩ Q) ⇒
f (x) ∈ P ∩ Q
⇒
⇒
f (x) ∈ P ∧ f (x) ∈ Q
x ∈ f −1 (P ) ∧ x ∈ f −1 (Q)
⇒
x ∈ f −1 (P ) ∩ f −1 (Q).
⊇: Sei x ∈ f −1 (P ) ∩ f −1 (Q), zu zeigen ist x ∈ f −1 (P ∩ Q):
x ∈ f −1 (P ) ∩ f −1 (Q) ⇒
x ∈ f −1 (P ) ∧ x ∈ f −1 (Q)
⇒
⇒
f (x) ∈ P ∧ f (x) ∈ Q
f (x) ∈ P ∩ Q
⇒
x ∈ f −1 (P ∩ Q).
Lösung 7: Wir verstehen g ◦ f als Funktion von Df nach Rg .
Injektivität: Seien x1 , x2 ∈ Df mit (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ), d.h. g(f (x1 )) = g(f (x2 ))- zu zeigen ist, dass
daraus x1 = x2 folgert. Da g injektiv ist, folgt f (x1 ) = f (x2 ) und da f injektiv, gilt x1 = x2 , somit ist
g ◦ f injektiv.
Surjektivität: Da Rf = Dg ist Rg◦f = Rg und somit g ◦ f surjektiv.
Damit ist g ◦ f bijektiv und es existiert (g ◦ f )−1 : Rg → Df mit (g ◦ f )−1 (y) = x, wenn (g ◦ f )(x) = y. Für
die Gleichheit (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 ist zu zeigen, dass für y ∈ Rg und x ∈ Df mit (g ◦ f )−1 (y) = x folgt, dass
(f −1 ◦ g −1 )(y) = x.
Sei (g ◦ f )−1 (y) = x
⇒
y = g(f (x)) , sei u := f (x)
⇒
u = f (x) ∧ y = g(u)
f,g bijektiv
⇒
x = f −1 (u) ∧ u = g −1 (y)
⇒
x = f −1 (g −1 (y)) ⇒ x = (f −1 ◦ g −1 )(y).
Somit gilt (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 , wenn Rf = Dg .
Lösung 8:
R1 : Da (1, 1) 6∈ R1 ist R1 nicht reflexiv. Da mit (2, 3) ∈ R1 jedoch (3, 2) 6∈ R1 ist R1 nicht symmetrisch. An
(2, 3) ∈ R1 und (3, 4) ∈ R1 kann man die Transitivität überprüfen, und tatsächlich ist auch (2, 4) ∈ R1 .
Da dies die einzige Transitivitätsbedingung in R1 ist, folgt, dass R1 transitiv ist. Die Relation ist auch
antisymmetrisch, da kein Widerspruch möglich ist. Sie ist aber weder Ordnungs- noch Äquivalenzrelation
schon alleine, weil sie nicht reflexiv ist.
R2 : Diese Relation ist reflexiv, da für alle a ∈ M gilt: (a, a) ∈ R2 . Sie ist auch symmetrisch, da mit (a, b) ∈ R2
auch (b, a) ∈ R2 erfüllt ist, hier sind ja alle a = b. Die Relation ist transitiv, da hier mit (a, b) ∈ R2
und (b, c) ∈ R2 sofort (a, c) ∈ R2 folgt, da hier dann a = b = c. Die Relation ist natürlich auch
antisymmetrisch, da mit (a, b) ∈ R2 und (b, a) ∈ R2 das geforderte a = b folgt. Somit ist die Relation Äquivalenzrelation und Ordnungsrelation, aber sicher keine totale Ordnung, da nicht alle Elemente
vergleichbar sind.
R3 : Da (1, 1) 6∈ R3 liegt keine Reflexivität vor. Diese Relation ist aber symmetrisch, da mit (1, 4) ∈ R3 auch
(4, 1) ∈ R3 und ebenso mit (2, 3) ∈ R3 auch (3, 2) ∈ R3 , und jeweils umgekehrt. Da (1, 4), (4, 1) ∈ R3
und 1 6= 4 ist sie nicht antisymmetrisch. Sie ist auch nicht transitiv, da zwar (1, 4), (4, 1) ∈ R3 , jedoch
(1, 1) 6∈ R3 . Ohne Transitivität kann R3 weder Äquivalenz-, noch Ordnungsrelation sein.
R4 : Da R2 reflexiv, ist auch R4 reflexiv. Da R2 und R3 symmetrisch, ist auch R4 symmetrisch. R4 ist
nicht antisymmetrisch, da auch R3 dies nicht ist. Die Gegenbeispiele zur Transitivität von R3 sind mit
R2 aufgelöst: Mit (1, 4), (4, 1) ∈ R4 ist auch (1, 1), (4, 4) ∈ R4 , ebenso mit (2, 3), (3, 2) ∈ R4 ist auch
(2, 2), (3, 3) ∈ R4 . Weitere Transitivitäten sind von der Form (1, 4), (4, 4) ∈ R4 , die natürlich auch alle
erfüllt sind. Damit ist R4 transitiv. Ohne Antisymmetrie kann R4 keine Ordnungsrelation sein, sie ist
aber eine Äquivalenzrelation.
Lösung 9:
(a) Sei a0 ∈ [a]∼ und b0 ∈ [b]∼ . Für die Wohldefiniertheit der Definition ist zu zeigen, dass [a0 b0 ]∼ = [ab]∼ ,
bzw. a0 b0 ∼ ab oder a0 b0 − ab ≡ 0 mod n bzw. letztlich a0 b0 = ab + mn für ein m ∈ Z.
Ist a0 ∼ a, so existiert ein k ∈ Z, so dass a0 = a + kn, ebenso gibt es ein l ∈ Z, so dass b0 = b + ln. Damit
ist
a0 b0 = (a + kn)(b + ln) = ab + (k + l + kln)n = ab + mn .
| {z }
=:m∈Z
Also ist die Multiplikation mit der Beschreibung über Klassenvertreter unabhängig von der Wahl des
Vertreters und damit sinnvoll bzw. wohldefiniert.
Die Kommutativität und Assoziativität folgt mit der Wohldefiniertheit direkt aus den Eigenschaften der
Multiplikation ganzer Zahlen:
[a]∼ · [b]∼ = [ab]∼ = [ba]∼ = [b]∼ · [a]∼
([a]∼ · [b]∼ ) · [c]∼ = [(ab)c]∼ = [a(bc)]∼ = [a]∼ ([b]∼ · [c]∼ )
(b) Auch die Distributivität vererbt sich dank der Wohldefiniertheit und der Art der Definition der Operatoren von den Eigenschaften der entsprechenden Operationen der ganzen Zahlen:
[a]∼ · ([b]∼ + [c]∼ ) = [a]∼ · ([b + c]∼ ) = [a(b + c)]∼ = [ab + ac]∼ = [ab]∼ + [ac]∼ = [a]∼ · [b]∼ + [a]∼ · [c]∼ .
(c) Sei a ∈ N mit 0 < a < n. Da Zn beschränkt ist, und fa : Zn → Zn folgt die Surjektivität aus der
Injektivität. Es bleibt die Injektivität zu zeigen, seien dafür [x]∼ 6= [y]∼ mit fa ([x]∼ ) = fa ([y]∼ )- dies
werden wir auf einen Widerspruch führen:
fa ([x]∼ ) = fa ([y])∼
⇒
[a]∼ · [x]∼ = [a]∼ · [y]∼
⇒
[a]∼ · [x]∼ − [a]∼ · [y]∼ = [0]∼
⇒
[a]∼ · ([x]∼ − [y]∼ ) = [0]∼
⇒
a(x − y) = kp für ein k ∈ Z
Da a < p und p Primzahl kann a nur ein Teiler von k sein, und x − y ein Vielfaches von p (oder 0). Dies
widerspricht aber x 6∼ y!
Damit ist fa : Zp → Zp bijektiv und besitzt eine Umkehrfunktion fa−1 . Ist nun [0]∼ 6= [x]∼ ∈ Zp , so gibt es
ein a ∈ [x]∼ mit 0 < a < p (Rest bei Division durch p). Für das gesuchte [y]∼ gilt dann [y]∼ = fa−1 ([1]∼ ),
denn dann ist
[1]∼ = fa ([y]∼ ) = [a]∼ · [y]∼ = [x]∼ · [y]∼ .
Lösung 10:
(a)
f (z + 1) − f (z) =
1
1
1
1
((z + 1)2 + (z + 1)) − (z 2 + z) = (z 2 + 2z + 1 + z + 1 − z 2 − z) = (2z + 2) = z + 1
2
2
2
2
(b) Zunächst ist zu prüfen, ob I wirklich nach N abbildet. Sind x, y ∈ N, so ist z = x + y ∈ N. Ist z eine
gerade Zahl, so sind z 2 und z gerade Zahlen und somit auch die Summe eine gerade Zahl und f (z) ∈ N.
Ist z ungerade, so sind z 2 und z ungerade, die Summe aber wieder eine gerade Zahl, und somit ebenfalls
f (z) ∈ N. Da die Summe zweier natüerlicher Zahlen aus N wieder in N liegt, ist I : N × N → N.
Laut (a) ist f wachsend und für jedes w ∈ N gibt es ein maximales z, so dass f (z) ≤ w, mindestens z = 0,
da f (0) = 0, und höchstens z = w, denn induktiv ist f (w) ≥ w. Wegen (a) ist dann w − f (z) < z + 1.
Setzen wir 0 ≤ x = w − f (z) ≤ z und 0 ≤ z − x ≤ z, so ist I surjektiv, denn
I(x, y) = f (x + y) + x = z + x = w .
Seien nun I(x1 , y1 ) = I(x2 , y2 ), für die Injektivität ist zu zeigen, dass daraus folgt, dass x1 = x2 und
y1 = y2 .
Ist x1 + y1 = x2 + y2 , so ist wegen I(x1 , y1 ) = I(x2 , y2 ) und f (x1 + y1 ) = f (x2 + y2 ) gleich klar, dass
x1 = x2 und somit auch y1 = y2 .
Ist z1 = x1 + y1 6= x2 + y2 = z2 , so ist f (z1 ) 6= f (z2 ), da f injektiv ist. Sei ohne Beschränkung der
Allgemeinheit z1 < z2 , dann ist wegen f (z + 1) = z + 1 + f (z) aus (a):
f (z2 ) − f (z1 ) = z2 + f (z2 − 1) − f (z1 ) ≥ z2 + f (z1 ) − f (z1 ) ≥ z2
Daraus folgt:
0 = I(x2 , y2 ) − I(x1 , y1 ) = f (z2 ) + x2 − f (z1 ) − x1 ≥ z2 + x2 − x1
Somit ist z1 = x1 + y1 ≥ x1 ≥ z2 , dies widerspricht aber der Annahme z1 < z2 , somit kann dieser Fall
nicht eintreten und es muss z1 = z2 sein und somit ist I injektiv und insgesamt bijektiv.
(c) Positive ungekürzte Brüche haben die Form ab mit a ∈ N, a > 0 und b ∈ N, b > 0. Jedem Bruch können
wir damit eindeutig eine natürliche Zahl I(a, b) zuordnen, z.B. zu 26 die Zahl I(2, 6) = 38. So können wir
die Brüche abzählen, und damit ist die Menge der ungekürzten positiven Brüche (sogar mit samt der
Nullbrüche) abzählbar.