Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 1. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
15.10.2013
Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 1. Übung
Präsenzaufgabe 1:
Beweisen Sie die folgenden Aussagen über Mengen:
a) A ∪ B = B ∪ A und A ∩ B = B ∩ A ,
b) A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C und A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C .
Lösung:
a) Diese Aussagen über Mengenoperationen lassen sich auf entsprechende Aussagen über logische Operationen
zurückführen:
x ∈ A ∪ B ⇔ x ∈ A ∨ x ∈ B ⇔ x ∈ B ∨ x ∈ A ⇔ x ∈ B ∪ A.
Ein Objekt x liegt daher genau dann in A ∪ B, wenn es in B ∪ A liegt. Die Mengen sind also gleich. Analog
erhalten wir aus
x∈A∩B ⇔ x∈A∧x∈B ⇔ x∈B∧x∈A ⇔ x∈B∩A
die Gleichheit von A ∩ B und B ∩ A.
b) Hier gehen wir ähnlich vor wie in Aufgabenteil a). Es gilt
x ∈ A ∪ (B ∪ C) ⇔ x ∈ A ∨ x ∈ (B ∪ C) ⇔ x ∈ A ∨ (x ∈ B ∨ x ∈ C)
⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∨ x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∪ B) ∨ x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∪ B) ∪ C
und analog
x ∈ A ∩ (B ∩ C) ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ (B ∩ C) ⇔ x ∈ A ∧ (x ∈ B ∧ x ∈ C)
⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∩ B) ∧ x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∩ B) ∩ C .
Präsenzaufgabe 2:
a) Wir definieren
S := die Menge aller Studierenden der Universität Duisburg-Essen,
B := die Menge aller Bücher in der Essener Universitätsbibliothek,
L(x, y) :⇔ Student x hat Buch y ausgeliehen.
Formulieren Sie mithilfe von Quantoren:
i) Jeder Student hat sich mindestens ein Buch ausgeliehen,
ii) mindestens ein Buch wurde von keinem Studenten ausgeliehen,
iii) kein Buch wurde von mehr als einem Studenten ausgeliehen.
b) Beweisen oder widerlegen Sie
i) ∀ x ∈ R ∃ y ∈ R : x + y = 0 ,
ii) ∃ y ∈ R ∀ x ∈ R : x + y = 0 ,
iii) ∀ x ∈ R ∃ y ∈ R : x · y = 1 ,
iv) ¬∀ x : A(x) ⇔ ∃ x : ¬A(x) .
c) Schreiben Sie den folgenden Ausdruck ohne das ¬ -Symbol:
¬ ∃ x ∈ R ∃ y ∈ R ∀z ∈ R : x < y + z .
1
Lösung:
i) ∀ x ∈ S
∃ y ∈ B : L(x, y) ,
ii) ∃ y ∈ B
∀ x ∈ S : ¬ L(x, y) ,
a)
iii) Hier gibt es mehrere (äquivalente) Möglichkeiten, zum Beispiel
¬∃y ∈ B
∃x ∈ S
∃x̃ ∈ S : L(x, y) ∧ L(x̃, y) ∧ x̃ 6= x
oder
∀y ∈ B
∀x ∈ S
∀x̃ ∈ S \ {x} : ¬(L(x, y) ∧ L(x̃, y)).
i) Sei x ∈ R vorgegeben. Mit y = −x gilt dann x + y = 0, die Aussage ist also wahr.
b)
ii) Die Aussage ist falsch: Nehmen wir an, ein solches y ∈ R würde existieren. Da x + y = 0 für alle x ∈ R
gilt, erhalten wir mit x = 0 die Aussage y = 0 und mit x = −1 die Aussage y − 1 = 0, also y = 1. Dies
ergibt schließlich den Widerspruch 0 = 1.
iii) Die Aussage ist falsch: für x = 0 existiert kein y ∈ R mit x · y = 1.
iv) Die Teilaufgabe soll dazu dienen, sich diese Äquivalenz klar zu machen. Überlegen Sie sich anhand von
Beispielen, warum sie intuitiv offenkundig ist.
c) Wir benutzen Aufgabenteil b) iv): Es gilt
iv)
¬ ∃ x ∈ R : A(x) ⇔ ¬ ∃ x ∈ R : ¬(¬ A(x)) ⇔ ¬(¬ ∀ x ∈ R : ¬ A(x)) ⇔ ∀ x ∈ R : ¬ A(x) .
Wir können also die Negation unter den Quantor ziehen, wenn wir diesen ”umdrehen”, also Existenz- und
Allquantor vertauschen. Es gilt daher
¬ ∃ x ∈ R ∃ y ∈ R ∀z ∈ R : x < y + z ⇔ ∀ x ∈ R ¬(∃ y ∈ R ∀z ∈ R : x < y + z)
⇔ ∀ x ∈ R ∀ y ∈ R ¬(∀z ∈ R : x < y + z)
⇔ ∀ x ∈ R ∀ y ∈ R ∃z ∈ R : ¬(x < y + z)
⇔ ∀ x ∈ R ∀ y ∈ R ∃z ∈ R : x ≥ y + z
Präsenzaufgabe 3:
a) Beweisen Sie die umgekehrte Dreiecksungleichung
| |x| − |y| | ≤ |x − y| .
b) Geben Sie die Menge aller x ∈ R an für die gilt:
i) |x − 4| ≤ x + 3 ,
ii) |x2 − 1| = 1 .
Lösung:
a) Wir wenden die klassische Dreiecksungleichung auf x − y und y an und erhalten
|(x − y) + y| ≤ |x − y| + |y|
⇒
⇒
|x| ≤ |x − y| + |y|
|x| − |y| ≤ |x − y| .
Analog erhalten wir
|(y − x) + x| ≤ |y − x| + |x|
⇒
⇒
⇒
|y| ≤ | − (x − y)| + |x|
|y| − |x| ≤ |x − y|
−(|x| − |y|) ≤ |x − y| .
Aus den jeweils letzten Ungleichungen folgt nun die Behauptung; beachten Sie, dass die Implikation
(a ≤ b ∧ −a ≤ b) ⇒ |a| ≤ b
gilt.
2
b)
i) Wir betrachten die folgende Fallunterscheidung:
1. Fall: x ≤ 4. Dann ist x − 4 ≤ 0 und daher |x − 4| = −(x − 4). In diesem Fall gilt
|x − 4| ≤ x + 3 ⇔ −(x − 4) ≤ x + 3 ⇔ 1 ≤ 2x ⇔
1
≤ x.
2
Ein x ∈ R mit x ≤ 4 liegt also genau dann in der Lösungsmenge, wenn
1
2
≤ x gilt.
2. Fall: x > 4. Dann ist x − 4 > 0 und daher |x − 4| = x − 4. In diesem Fall gilt stets die Ungleichung
|x − 4| = x − 4 ≤ x + 3 ,
also liegen alle x > 4 in der Lösungsmenge. Die gesuchte Menge ist daher einfach {x ∈ R | 21 ≤ x} oder,
in Intervallschreibweise, [ 21 , ∞).
ii) Wir berechnen direkt
|x2 − 1| = 1 ⇔ x2 − 1 = −1 ∨ x2 − 1 = 1
⇔
⇔
x2 = 0 ∨ x2 = 2
√
√
x = 0 ∨ x = 2 ∨ x = − 2.
√
√
Die gesuchte Lösungsmenge ist also {− 2, 0, 2}.
Präsenzaufgabe 4:
Beweisen Sie, dass für alle positiven rellen Zahlen x, y die folgende Ungleichung gilt:
x y
+ ≥ 2.
y
x
Für welche Zahlen x und y gilt die Gleichheit?
Lösung:
Da x und y nach Voraussetzung positiv sind, gilt
x y
x y
+ ≥2 ⇔
+
· xy ≥ 2 xy ⇔ x2 + y 2 ≥ 2 xy ⇔ x2 − 2xy + y 2 ≥ 0 ⇔ (x − y)2 ≥ 0 ,
y
x
y
x
die Ungleichung ist also für alle x, y > 0 erfüllt. Ersetzen wir in der obigen Rechnung jedes "≥"durch ein "=", so
erhalten wir
x y
+ = 2 ⇔ (x − y)2 = 0 ,
y
x
es gilt also Gleichheit genau im Fall x = y.
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