Ferienkurs Lineare Algebra 1 Übungsblatt 1 G. Wechslberger 26

Ferienkurs Lineare Algebra 1
Übungsblatt 1
26. März 2013
G. Wechslberger
Aufgabe 1
Es sei
A := {1, 2, 3, 6}
B := {2, 3, 4}
Bestimmen Sie A ∪ B, A ∩ B, A × B, A\B.
Lösungsvorschlag
A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 6}
A ∩ B = {2, 3}
A × B = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (6, 2), (6, 3), (6, 4)}
A\B = {1, 6}
Aufgabe 2
Bestimmen Sie zu den folgenden Mengen M jeweils die Potenzmenge P(M )
a) M = ∅
b) M = {1}
c) M = P({1})
Lösungsvorschlag
a) P(∅) = {∅}
b) P({1}) = {∅, {1}}
c) P({1}) = {∅, {∅}, {{1}}, {∅, {1}}}
Aufgabe 3
Es sei A := {1, 2, 3, 4} und die Relationen R1 und R2 auf A seien gegeben durch
R1 = ∅
R2 = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (2, 3), (3, 3), (3, 2), (2, 1), (4, 4)}
a) Untersuchen Sie R1 und R2 bzgl. der Eigenschaften reflexiv, symmetrisch, antisymmetrisch, transitiv.
b) Konstruieren Sie R3 als kleinste Äquivalenzrelation, die R2 enthält.
Lösungsvorschlag
a) R1 : Nicht reflexiv (nicht 1R1 1), aber symmetrisch, antisymmetrisch und transitiv (da jeweils Voraussetzung immer falsch)
1. R2 : reflexiv (1R2 1, 2R2 2, 3R2 3 und 4R2 4), symmetrisch (1R2 2 und 2R2 1, 2R2 3
und 3R2 2), nicht antisymmetrisch (1R2 2 und 2R2 1, aber 1 6= 2) und nicht
transitiv (1R2 2 und 2R2 3, aber nicht 1R2 3)
b) R3 = R2 ∪ {(1, 3), (3, 1)}, die sogenannte transitive Hülle von R2 .
Aufgabe 4
Wo steckt der Fehler in der folgenden Argumentation?
∼ sei eine symmetrische und transitive Relation auf einer Menge M . Dann folgt
für a, b ∈ M mit a ∼ b aufgrund der Symmetrie das auch b ∼ a und wegen der
Transitivität aus a ∼ b und b ∼ a auch a ∼ a. Folglich ist ∼ eine Äquivalenzrelation.
Lösungsvorschlag
Der Fehler ist, dass es durchaus ein a ∈ M gegeben kann, dass zu keinem b ∈ M
äquivalent ist. Für dieses a folgt mit der Argumentation in der Aufgabenstellung
nicht, dass a ∼ b.
Aufgabe 5
Welche der folgenden Relationen sind Äquivalenzrelationen auf M ?
a) M = R2
(a, b)R(c, d) ⇔ a2 + b2 = c2 + d2
b) M = R2
(a, b)R(c, d) ⇔ ab = cd
c) M = R2 \ {(0, 0)} (a, b)R(c, d) ⇔ ad = bc
Lösungsvorschlag
a) Wegen a2 + b2 = a2 + b2 ∀(a, b) ∈ R2 gilt (a, b)R(a, b) ∀(a, b) ∈ R2 . Also ist
R reflexiv. Aus (a, b)R(c, d) folgt a2 + b2 = c2 + d2 , folglich gilt auch c2 + d2 =
a2 + b2 und damit (c, d)R(a, b). R ist also auch symmetrisch. Aus (a, b)R(c, d) und
(c, d)R(e, f ) folgt a2 + b2 = c2 + d2 = e2 + f 2 folglich gilt (a, b)R(e, f ) und R ist
transitiv.
b) Wegen ab = ab ∀(a, b)R2 gilt (a, b)R(a, b) ∀(a, b) ∈ R2 und damit ist R reflexiv.
Aus (a, b)R(c, d) folgt ab = cd, also gilt auch cd = ab und damit (c, d)R(a, b).
Folglich ist R auch symmetrisch. Aus (a, b)R(c, d) und (c, d)R(e, f ) folgt ab =
cd = ef , also (a, b)R(e, f ). Damit ist R auch transitiv.
c) Wegen ab = ba ∀(a, b) ∈ M gilt (a, b)R(a, b) ∀(a, b) ∈ M . R ist somit reflexiv.
Aus (a, b)R(c, d) folgt ad = bc. Damit gilt auch cb = da und somit (c, d)R(a, b)
und somit ist R auch symmetrisch. Aus (a, b)R(c, d) und (c, d)R(e, f ) folgt ad = bc
und cf = de. Da (c, d) 6= (0, 0) muss entweder c 6= 0 oder d 6= 0 gelten.
Fall 1: c 6= 0 Multiplikation der Gleichungen mit e bzw. a liefert ade = bce =
acf = ade. Division durch c ergibt be = af .
Fall 2: d 6= 0 Multiplikation der Gleichungen mit f bzw. b liefert adf = bcf =
bcf = bde. Division durch d ergibt af = be.
Insgesamt gilt damit (a, b)R(e, f ) und R ist somit transitiv.
Aufgabe 6
Zeigen sie per Induktion die Aussage
3 ist ein Teiler von n3 − n ∀n ∈ N
Lösungsvorschlag
• Induktionsanfang für n = 1: Wir setzen n = 1 in n3 − n ein und erhalten
13 − 1 = 0. 3 ist ein Teiler von 0.
• Induktionsvoraussetzung: 3 ist ein Teiler von n3 − n.
• Induktionsschritt: n− > n + 1
(n + 1)3 − (n + 1) = n3 + 3n2 + 3n + 1 − n − 1
= (n3 − n) + (3n2 + 3n)
= (n3 − n) + 3(n2 + n)
Nach Induktionsvoraussetzung ist 3 ein Teiler von n3 − n. Desweiteren ist 3
auch ein Teiler von 3(n2 + n) und somit auch ein Teiler der Summe beider
Terme.