Lösungsansätze

Prof. Dr. Jörg Wolf
Amru Hussein
Übungsblatt 1 zur Vorlesung
Analysis 1
im Wintersemester 2012/13
Aufgabe 1)
(Mengen) (4 Punkte)
Es seinen A, B und C beliebige Mengen.
(a) Zeigen Sie, dass
A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) .
(b) Es gelte A ⊂ C und B ⊂ C. Beweisen Sie
C \ (A ∩ B) = (C \ A) ∪ (C \ B).
Hinweis: Zeigen die beiden Inklusionen ⊂ und ⊃, um Gleichheit zu zeigen.
Zu (a): Man zeigt zuerst die Inklusion A ∩ (B ∪ C) ⊂ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) . Dazu gibt man sich
ein x ∈ A ∩ (B ∪ C) vor, und zeigt, dass x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).
Sei also x ∈ A ∩ (B ∪ C), dass heißt x ∈ A und x ∈ (B ∪ C). Wegen x ∈ (B ∪ C) gibt es zwei
Möglichkeiten:
(a) x ∈ A undx ∈ B oder
(b) x ∈ A und x ∈ C.
Daraus folgt, dass x ∈ A ∩ B (1.) oder x ∈ A ∩ C (2.). Also ist x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).
Man zeigt nun die zweite Inklusion (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊂ A ∩ (B ∪ C) . Dazu gibt man sich ein
x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) vor, dann zeigt man, dass x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) gilt.
Sei also x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), dass heißt x ∈ A ∩ B oder x ∈ A ∩ C. Es gibt also wieder
zwei Möglichkeiten:
(a) x ∈ A und x ∈ B, oder
(b) x ∈ A und x ∈ C.
Daraus folgt, dass x ∈ A (1. und 2.) und dass x ∈ B (1.) oder x ∈ C (2.). Also ist x ∈
A ∩ (B ∪ C). Aus (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊂ A ∩ (B ∪ C) und A ∩ (B ∪ C) ⊂ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
folgt, dass A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).
Zu (b): entsprechend wie (a).
Aufgabe 2)
(Funktionen) (4 Punkte)
Es sei f : X → Y eine Funktion.
(a) Es seinen A ⊂ Y und B ⊂ Y Teilmengen von Y . Zeigen Sie:
f −1 (A ∪ B) = f −1 (A) ∪ f −1 (B) und f −1 (A ∩ B) = f −1 (A) ∩ f −1 (B).
(b) Es seinen C ⊂ X und D ⊂ X Teilmengen von X. Zeigen Sie:
f (C ∪ D) = f (C) ∪ f (D) und f (C ∩ D) ⊂ f (C) ∩ f (D).
(c) Geben Sie ein Beispiel an, für das die Inklusion f (C) ∩ f (D) ⊂ f (C ∩ D) falsch ist.
Bemerkung: Es gilt: f −1 (∅) = ∅.
Zu (a): Die Menge f −1 (A) ist definiert als
f −1 (A) := {x ∈ X | f (x) ∈ A}.
Es gilt also x ∈ f −1 (A) genau dann wenn f (x) ∈ A.
Man nimmt zuerst an, dass f −1 (A ∪ B) 6= ∅. Sei also x ∈ f −1 (A ∪ B) (existiert da
f −1 (A ∪ B) 6= ∅), dies ist äquivalent zu
f (x) ∈ A ∪ B ⇔ f (x) ∈ A oder f (x) ∈ B
⇔ x ∈ f −1 (A) oder x ∈ f −1 (B)
⇔ x ∈ f −1 (A) ∪ f −1 (B).
Also ist x ∈ f −1 (A ∪ B) genau dann wenn x ∈ f −1 (A) ∪ f −1 (B) und daher ist
f −1 (A ∪ B) = f −1 (A) ∪ f −1 (B). Ist f −1 (A ∪ B) = ∅, dann ist auch f −1 (A) ∪ f −1 (B) = ∅
wegen der obigen Argumentation. Die Behauptung folgt also schon aus f −1 (∅) = ∅. Die
Aussage f −1 (A ∩ B) = f −1 (A) ∩ f −1 (B) zeigt man auf eine ähnliche Art und weise.
Zu (b): Die Menge f (A) ist definiert als
f (A) := {y ∈ Y | es existiert ein x0 ∈ X mit f (x0 ) = y}.
Aus der Definition ist ersichtlich,dass f (C ∪ D) = ∅ genau dann wenn C ∪ D = ∅. Für diesen
Fall folgt die Behauptung schon aus f (∅) = ∅. Sei also f (C ∪ D) 6= ∅ und y ∈ f (C ∪ D)
gegeben. Es gilt:
y ∈ f (C ∪ D) ⇔ es existiert ein x0 ∈ C ∪ D mit f (x0 ) = y
⇔ es existiert ein x0 ∈ C mit f (x0 ) = y oder
es existiert ein x0 ∈ D mit f (x0 ) = y
⇔ y ∈ f (C) ∪ f (D).
Also ist y ∈ f (C ∪D) genau dann wenn y ∈ f (C)∪f (D) und daher ist f (C)∪f (D) = f (C ∪D).
Sei y ∈ f (C ∩ D), dann gilt Es gilt:
y ∈ f (C ∩ D) ⇔ es existiert ein x0 ∈ C ∩ D mit f (x0 ) = y
⇒ es existiert ein x0 ∈ C mit f (x0 ) = y und
es existiert ein x0 ∈ D mit f (x0 ) = y
⇔ y ∈ f (C) ∩ f (D).
Also folgt aus y ∈ f (C ∩ D), dass y ∈ f (C) ∩ f (D) und daher ist f (C ∩ D) ⊂ f (C) ∩ f (D).
Dass die umgekehrte Inklusion im Allgemeinen nicht gilt zeigt (c).
Zu (c): Betrachte die Funktion
f:
R → R,
x 7→ x2
und die Mengen
C = {x ∈
R | x ≥ 0}
und D = {x ∈
R | x ≤ 0}.
f (C) = {x ∈
R | x ≥ 0}
und f (D) = {x ∈
Dann ist
R | x ≥ 0},
also f (C) = f (D), aber C ∩ D = {0}. Folglich ist f (C ∩ D) = f (0) = {0} wohingegen
f (C) ∩ f (D) = {x ∈ | x ≥ 0}.
R
Aufgabe 3)
(Injektivität und Surjektivität) (4 Punkte)
Es seien f : X → Y und g : Y → Z Funktionen. Beweisen Sie die folgenden Aussagen:
(a) Seien f und g surjektiv, dann ist die Verkettung
g ◦ f : X → Z, x 7→ g(f (x))
ebenfalls surjektiv.
(b) Seien f und g injektiv, dann ist die Verkettung
g ◦ f : X → Z, x 7→ g(f (x))
ebenfalls injectiv.
Zu (a):
Erinnerung: Die Funktion f : X → Y ist surjektiv genau dann wenn für jedes y ∈ Y existiert
ein x ∈ X mit f (x) = y und die Funktion g : Y → Z ist surjektiv genau dann wenn für jedes
z ∈ Z existiert ein y ∈ Y mit g(y) = z. Betrachte nun die Verkettung
g ◦ f : X → Z, x 7→ g(f (x)).
Sei z ∈ Z beliebig. Da g surjektiv ist existert ein y ∈ Y mit g(y) = z. Da f surjektiv ist gibt
es zu diesem y ein x ∈ X mit f (x) = y. Für z ∈ Z existiert also ein x ∈ X mit f (x) = y so
dass g(y) = z, also ist g(f (x)) = z und somit ist gezeigt, dass g ◦ f surjektiv ist.
Zu (b): Erinnerung: Die Funktion f : X → Y injektiv genau dann wenn aus f (x0 ) = f (x)
folgt, dass x0 = x, und g : Y → Z ist injektiv genau dann wenn aus g(y 0 ) = g(y) folgt, dass
y 0 = y. Betrachte nun wider die Verkettung
g ◦ f : X → Z, x 7→ g(f (x)).
Sei g(f (x)) = g(f (x0 )). Da g injektiv ist folgt, dass f (x) = f (x0 ). daraus folgt, da f injektiv
ist, dass x = x0 . Es folgt also aus g(f (x)) = g(f (x0 )) schon dass x = x0 . Somit ist g ◦ f injektiv.
Aufgabe 4)
(Verkettungen) (4 Punkte)
Beweisen Sie die folgenden Aussagen:
Es seien f, g, h Funktionen mit W (f ) ⊂ D(g) und W (g) ⊂ D(h), dann gilt
h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f.
Bemerkung: Die obige Aussage erlaubt es – ohne Klammern – einfach h ◦ g ◦ f = h ◦ (g ◦ f ) =
(h ◦ g) ◦ f zu schreiben, vergeleiche Satz 2.7 der Vorlesung.
Lösung: Es sei x ∈ D(f ), dann ist nach Voraussetzung f (x) ∈ D(g). Daher ist auch g(f (x))
definiert. Die Funktion g ◦ f : D(f ) → W (g) ist also wohldefiniert. Da W (g) ⊂ D(h) ist auch
W (g ◦ f ) ⊂ D(h) und somit ist auch h ◦ (g ◦ f ) : D(f ) → W (h) wohldefiniert. Genauso so zeigt
man, dass (h ◦ g) ◦ f : D(f ) → W (h) wohldefiniert ist. Es gilt für alle x ∈ D(f ), dass
h ◦ (g ◦ f )(x) = h(g ◦ f )(x) = h(g(f (x))) = (h ◦ g)(f (x))
und daher gilt h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f .
Aufgabe 5)
(Zusatzaufgabe)
Es sei M eine Menge von Mengen M, N, . . .. Definiere eine Relation auf M indem man sagt
M ist äquivalent zu N , wenn M und N gleich mächtig sind. Zeigen Sie das hierdurch eien
Äquivalenzrelation definiert wird.
Lösung: In der Aufgabe ist eine Relation definiert durch
M ∼N
:⇔ M und N sind gleich mächtig
⇔
es existiert eine bijektive Abbildung f : M → N .
Um zu zeigen, dass diese Relation eine Äquivalenzrelation ist muss man zeigen,dass sie reflexiv,
symmetrisch und transitiv ist.
(a) Reflexivität:
M ∼M
:⇔ M und M sind gleich mächtig
⇔
es existiert eine bijektive Abbildung f : M → M .
Die Abbildung IdM : M → M, m 7→ m ist immer bijektiv.
(b) Symmetrie: Es sei f eine bijektive Abbildung f : M → N . Die Umkehrabbildung
f −1 : N → M
ist definiert durch f −1 (n) = m, wobei f (m) = n. Die Abbildung f −1 ist wohldefiniert,
da jedes n ∈ N genau ein m ∈ M existiert mit f (m) = n (da f bijektiv ist) und daher
genau ein m mit f −1 (n) = m. Zeige, dass die Umkehrabbildung bijektiv ist. Injektiv: Sei
f −1 (n) = f −1 (n0 ), dann ist f −1 (n) = f −1 (n0 ) = m wobei f (m) = n = n0 , also ist f −1
injektiv. f −1 is sujektive, da für jedes m ∈ M gilt f (m) = n ∈ N , da f surjektiv und
daher ist f −1 (n) = m. Die Umkehrabbildung einer bijektiven Abbildung ist also wieder
bijektiv, man erhält also
M ∼N
:⇔ M und N sind gleich mächtig
⇔
es existiert eine bijektive Abbildung f : M → N
⇔
f −1 : N → M ist bijektiv
⇔
N ∼ M.
(c) Transitivität: Es sei M ∼ N und N ∼ P , zu zeige ist, dass auch M ∼ P gilt. Da M ∼ N
existiert eine bijektive Abbildung f : M → N und da N ∼ P existiert eine bijektive
Abbildung g : N → P . Es gilt W (f ) = N = D(g), daher ist g ◦ f : M → P wohldefiniert.
Aus Aufgabe 3 folgt, dass g ◦ f injektiv ist, da f und g injektiv sind und dass g ◦ f
surjektiv ist, da f und g surjektiv sind. Also ist g ◦ f bijektiv und daher ist M ∼ P .
Abgabe am freitag, den 02.11.2012, um 12.30 Uhr