Lösungsskizze zu Blatt 1
(5 Punkte)
Aufgabe 1:
(a)
P(A) = {∅, {1}, {2}, {3}, {{2, 9}}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, {2, 9}}, {2, {2, 9}},
{3, {2, 9}}, {1, 2, 3}, {1, 2, {2, 9}}, {1, 3, {2, 9}}, {2, 3, {2, 9}}, {1, 2, 3, {2, 9}}}
(b) zu zeigen: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
Sei x ∈ A ∩ (B ∪ C)
⇒ x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)
Wir betrachten beispielhaft den Fall x ∈ B, dann gilt
x∈A∧x∈B
⇒ x∈A∩B
⇒ x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
Ähnliches zeigt man für x ∈ C, damit folgt
A ∩ (B ∪ C) ⊂ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).
Für die andere Inklusion betrachten wir nur den Fall x ∈ A ∩ B.
x∈A∩B
⇒ x∈A ∧ x∈B
⇒ x∈A ∧ x∈B∪C
⇒ x ∈ A ∩ (B ∪ C)
(c) zu zeigen: (A ∩ B)c = Ac ∪ B c
Sei x ∈ (A ∩ B)c
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
x ∈ M \(A ∩ B)
x∈M ∧x∈
/ (A ∩ B)
x ∈ M ∧ (x ∈
/ A∨x∈
/ B)
(x ∈ M ∧ x ∈
/ A) ∨ (x ∈ M ∧ x ∈
/ B)
x ∈ M \A ∨ x ∈ M \B
x ∈ Ac ∨ x ∈ B c
x ∈ Ac ∪ B c
d.h. (A ∩ B)c ⊂ Ac ∪ B c . Die andere Richtung wird analog gezeigt.
(d) A × B = {{1, −7}, {1, 3}, {2, −7}, {2, 3}, {3, −7}, {3, 3}}
(5 Punkte)
Aufgabe 2:
(a) Zunächst zeigen wir: (A ∪ B)\C ⊂ A ∪ (B\C):
Sei x ∈ (A ∪ B)\C
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
(1)
x∈A∪B∧x∈
/C
(x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ x ∈
/C
(x ∈ A ∧ x ∈
/ C) ∨ (x ∈ B ∧ x ∈
/ C)
x ∈ A\C ∨ x ∈ B\C
x ∈ A ∨ x ∈ B\C
x ∈ A ∪ (B\C)
Für A ∩ C = ∅ folgt, dass A = A\C ist, damit gilt in (1) auch die Rückrichtung.
(b) Beweis von: A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C), denn
Sei (x, y) ∈ A × (B ∪ C)
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
x ∈ A; y ∈ (B ∪ C)
x ∈ A; y ∈ B ∨ y ∈ C
(x ∈ A; y ∈ B) ∨ (x ∈ A; y ∈ C)
((x, y) ∈ A × B) ∨ ((x, y) ∈ A × C)
(x, y) ∈ (A × B) ∪ (A × C)
d.h. A × (B ∪ C) ⊂ (A × B) ∪ (A × C). Die andere Richtung wird analog gezeigt.
(c) Gegenbeispiel: Seien A := {1}, B := {2}, C := {1, 3} und D := {2, 4}. Dann gilt
(A × B) ∩ (C × D) = {1, 2},
aber
(A ∩ D) × (B ∩ C) = ∅
(5 Punkte)
Aufgabe 3:
(a) B1 ⊂ B2 heißt: y ∈ B1 ⇒ y ∈ B2 . Weiter gilt:
x ∈ f −1 (A) ⇔ f (x) ∈ A
Damit erhält man die folgende Aussagenkette:
Sei x ∈ f −1 (B1 )
⇒ f (x) ∈ B1
⇒ f (x) ∈ B2
⇒ x ∈ f −1 (B2 )
Daraus folgt die Behauptung.
(b) zu zeigen: L = f −1 (
Sei y ∈ L
S
B∈B
B) =
S
B∈B
⇒ f (y) ∈
[
f −1 (B) = R
B
B∈B
⇒ f (y) ∈ B für mindestens ein B ∈ B
⇒ y ∈ f −1 (B) für mindestens ein B ∈ B
⇒ y∈R
d.h. L ⊂ R. Die andere Richtung folgt analog.
(c) zu zeigen: L = f −1 (B c ) = (f −1 (B))c = R
Sei y ∈ L
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
f (y) ∈ B c
f (y) ∈ Y \B
f (y) ∈ Y ∧ f (y) ∈
/B
−1
y ∈ f (Y ) ∧ y ∈
/ f −1 (B)
y∈R
d.h. L ⊂ R. Die andere Richtung folgt analog.
Aufgabe 4:
(5 Punkte)
(a) Zeige zunächst die folgenden 6 Aussagen. Damit kann die Behauptung dann leicht
gezeigt werden.
(1) g ◦ f injektiv ⇒ f injektiv
(2) g ◦ f surjektiv ⇒ g surjektiv
(3) f injektiv, g injektiv ⇒ g ◦ f injektiv
(4) f surjektiv, g surjektiv ⇒ g ◦ f surjektiv
(5) g ◦ f injektiv, f surjektiv ⇒ g injektiv
(6) g ◦ f surjektiv, g injektiv ⇒ f surjektiv
Zu (1): Sei a1 6= a2 , dann folgt g(f (a1 )) 6= g(f (a2 )), da g ◦ f injektiv ist. Daraus
folgt auch, dass f (a1 ) 6= f (a2 ), da sonst g keine Abbildung wäre. Also ist f injektiv.
Zu (2): Sei c ∈ C beliebig. Dann existiert ein a mit c = g(f (a)). Definiere b := f (a),
damit erhält man ein b ∈ B mit g(b) = g(f (a)) = c. Da c ∈ C beliebig, ist g
surjektiv.
Zu (3): Sei a1 6= a2 , dann folgt f (a1 ) 6= f (a2 ), da f injektiv. Da g ebenfalls injektiv
ist, folgt aus f (a1 ) 6= f (a2 ), dass g(f (a1 )) 6= g(f (a2 )) ist. Also ist g ◦ f injektiv.
Zu (4): Sei c ∈ C beliebig. Da g surjektiv ist, existiert ein b ∈ B mit g(b) = c. Für
dieses b exisitert wegen der Surjektivität von f ein a ∈ A mit f (a) = b. Setzt man
diese Aussagen zusammen, existiert für dieses c ∈ C also ein a ∈ A mit g(f (a)) = c.
Damit ist g ◦ f surjektiv.
Zu (5): Zunächst folgt aus Aussage (1), dass, wenn g ◦ f injektiv ist, auch f injektiv
ist. Damit ist f bijektiv. Wenn f bijektiv ist, ist f umkehrbar, d.h. es existiert eine
Umkehrabbildung f −1 , die auch bijektiv ist. Nun wenden wir Aussage (3) auf die
folgenden beiden Abbildungen an: g ◦ f und f −1 . Beide Abbildungen sind injektiv,
also ist auch die Verknüpfung injektiv: g ◦ f ◦ f −1 = g, da f ◦ f −1 die Identität ist.
Damit ist g injektiv.
Zu (6): Zunächst gilt nach Aussage (2), dass, wenn g ◦ f surjektiv ist, g surjektiv
ist. Damit ist g eine bijektive Abbilung also bijektiv umkehrbar. Für die Verkettung
zweier surjektiven Abbildungen gilt nach Aussage (4), dass die Verknüfung ebenfalls
surjektiv ist, d.h. g −1 ◦ g ◦ f = f ist surjektiv. Also ist f surjektiv.
Der Beweis folgt nun so:
(2)
(i) (h ◦ g) ◦ f surjektiv ⇒ h ◦ g surjektiv
(2)
(ii) h ◦ (g ◦ f ) surjektiv ⇒ h surjektiv
(2)
(iii) (g ◦ f ) ◦ h surjektiv ⇒ g ◦ f surjektiv
(2)
(iv) g ◦ (f ◦ h) surjektiv ⇒ g surjektiv
(1)
(v) f ◦ (h ◦ g) injektiv ⇒ h ◦ g injektiv
(1)
(vi) (f ◦ h) ◦ g injektiv ⇒ g injektiv
(5)
(vii) h ◦ g injektiv (v), g surjektiv (iv) ⇒ h injektiv
(6)
(viii) g ◦ f surjektiv (iii), g injektiv (vi) ⇒ f surjektiv
(5)
(ix) f ◦ (h ◦ g) injektiv, h ◦ g surjektiv (i) ⇒ f injektiv
Also folgt, f, g, h sind bijektiv.
(b) Mit einer quadratischen Ergänzung lässt sich die Funktion f umschreiben in:
f (x) = x2 − 5x + 9 = x −
5
2
2
+
11
.
4
Das Schaubild von f ist eine nach oben geöffnete Parabel mit Scheitelpunkt ( 25 , 11
).
4
5
Die Menge A wird dann definiert mit A := {x ∈ IR|x ≤ 2 }. An dieser Stelle wird in
der richtigen Lösung noch eine kurze Begründung erwartet.
