Hausaufgaben - Technische Universität München

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
Lineare Algebra 1
Prof. Dr. Friedrich Roesler
Ralf Franken, PhD
Max Lein
WS 2006/07
Lösungen Blatt 4
13.11.2006
Abzählbarkeit, Injektivität, Sürjektivität und Bijektivität
Zentralübungsaufgaben
Z8 Abzählbarkeit
(i) Zeigen Sie, dass Z abzählbar ist.
(ii) Zeigen Sie, dass R nicht abzählbar ist.
(iii) Zeigen Sie, dass nicht alle nach oben beschränkte, nichtleere Teilmengen von Q Suprema
haben.
Lösung
Bevor wir mit der eigentlichen Aufgabe anfangen, wiederholen wir kurz, was es bedeutet, wenn
eine Menge abzählbar ist.
Definition (Abzählbarkeit) Eine Menge M heißt höchstens abzählbar, wenn eine bijektive Abbildung
f , f : N ⊆ N0 −→ M , existiert. M heißt abzählbar, wenn N = N0 ist.
Die Definition legt schon nahe, dass nicht jede Menge höchstens abzählbar ist – und dass, obwohl
N0 unendlich viele Elemente enthält! Wie wir sehen werden, müssen wir zwischen Mengen mit
abzählbar (unendlich) vielen und überabzählbar (unendlich) vielen Elementen unterscheiden.
(i) Wir geben explizit eine solche Abbildung f an:
f : N0 −→ Z, n 7→ f (n) :=
n
2
− n+1
2
n ∈ 2N 0
n ∈ 2N0 + 1
Wie man direkt sieht, werden die geraden Zahlen auf positive ganze Zahlen abgebildet und
die ungeraden auf die negativen.
Auf den ersten Blick scheint diese Tatsache paradox: obwohl N0 ( Z eine echte Teilmenge
der ganzen Zahlen ist, gibt es eine Bijektion zwischen beiden. Wie man leicht sieht, kann das
aber nur für Mengen mit (abzählbar) unendlich vielen Elementen gelten, endliche Mengen
können niemals echte Teilmengen mit gleicher Mächtigkeit enthalten (dieses Kriterium kann
man auch dazu heranziehen, zwischen endlichen und unendlichen Mengen zu unterscheiden,
Stichwort: Dedekind-unendliche Menge).
(ii) Wir werden zwei Widerspruchsbeweise mit unterschiedlichen Ideen angeben: Der erste zeigt,
dass reelle Zahlen nicht vollständig durch ihre Dezimaldarstellung charakterisiert sind, der
Zweite beruht auf einem mengentheoretischem Argument.
1
(a) Nehmen wir an, R wäre abzählbar und {sn }n∈N wäre eine solche Abzählung, das heißt
die Abbildung f : N −→ R, n 7→ f (n) := sn . Jede Zahl sn stellen wir als Dezimalzahl dar
und füllen gegebenenfalls die restlichen Stellen mit 0 auf. Bezeichne sn m die mte Stelle
der Zahl sn , also beispielsweise ist die dritte Stelle der Zahl s7
s7 = {0, 1, 4, 5, 6, 2, 0, . . .} = 0, 145620 . . .
s7 3 = 4. Jede Dezimalstelle kann nur Werte zwischen 0 und 9 annehmen. Außerdem bezeichnen wir eine beliebige Zahl zwischen 0 und 9 außer der 0 mit 0̄, usw. Wir definieren
also die Zahl s0 mit Dezimalen s̄n n : die n-te Dezimalstelle ist also gerade nicht die n-te
Stelle der n-ten Zahl. Seien also beispielsweise die ersten 5 Zahlen der Aufzählung
s1 = {0, 3, 1, 5, 7, 4, 0, . . .} = 0, 315740 . . .
s2 = {0, 1, 8, 5, 6, 2, 2, . . .} = 0, 185622 . . .
s3 = {0, 2, 4, 5, 6, 2, 7, . . .} = 0, 245627 . . .
s4 = {0, 5, 6, 1, 1, 4, 8, . . .} = 0, 561148 . . .
s5 = {0, 9, 7, 5, 6, 3, 3, . . .} = 0, 975633 . . .
Dann definieren wir S0 ,
S0 := s0 = {s0 1 , s0 2 , s0 3 , s0 4 , . . .} | s0 j 6= s j j , j ∈ N ,
als die Menge der Zahlen, dessen n-te Ziffer gerade nicht der n-ten
Ziffer der n-ten
Zahl
der Aufzählung entspricht; in unserem Beispiel ist dies S0 := {0̄, 1̄, 4̄, 1̄, 6̄, . . .} . Eine
mögliche Wahl wäre in diesem Fall 1, 2527 . . ., es gibt aber unendlich viele andere.
Sei s0 ∈ S0 beliebig aber fest. s0 kann nicht in der Aufzählung von R enthalten sein.
Denn angenommen s0 wäre die n-te Zahl der Aufzählung, s0 = sn , so müsste auch s0 n =
sn n gelten. Nach Konstruktion von s0 kann dies nie erfüllt sein und s0 ist nicht in der
Aufzählung enthalten. Widerspruch!
(b) Ein anderer möglicher Beweis verwendet Intervallschachtelungen. Sei also {sn }n∈N eine
Aufzählung von I0 := (0, 1) ⊂ R. Wenn wir zeigen können, dass eine Teilmenge von R
überabzählbar ist, so muss auch R überabzählbar sein.
Wir definieren rekursiv das (offene) Intervall I n : wir teilen I n−1 in drei gleich große Intervalle auf und wählen nun ein Intervall aus, in dem sn nicht liegt. Falls also s1 = 0, 25 . . .
ist, so können wir für I1 das zweite oder das dritte Drittel auswählen, usw. So erhalten wir
eine Intervallschachtelung, I j ( I n ∀ j > n. Wir wissen, dass eine Zahl s existiert, die in
allen Intervallen der Intervallschachtelung enthalten ist, s ∈ I n ∀n ∈ N. Andererseits muss
s in der Aufzählung enthalten sein; wäre s = s j für ein j ∈ N, so hätten wir insbesondere
s = s j ∈ I j . Nach Konstruktion der Intervallschachtelung kann dies aber nie erfüllt sein,
Widerspruch!
2
2
(iii) Beweis
p durch Gegenbeispiel: Sei Q := q ∈ Q | q < 3 ⊂ Q und R := r ∈ R | r <p3 ⊂ R.
Da 3 6∈ Q hat die Menge Q kein Supremum, die Menge R ⊂ R aber schon, nämlich 3.
Z9 Endlichkeitsbegriffe
Eine Menge heißt Dedekind-endlich, falls jede Injektion f : M −→ M auch surjektiv ist.
Eine Menge M heißt genau dann N-endlich, wenn ein n ∈ N und eine Bijektion g existieren mit
g : {1, . . . , n} −→ M .
2
Zeigen Sie, dass eine Menge genau dann N-endlich ist, wenn sie Dedekind-endlich ist.
Lösung
Eine kleine Nebenbemerkung vorweg: wir werden A ⇔ B nicht wie üblich, das heißt A ⇒ B und
A ⇐ B beweisen, sondern A ⇒ B und ¬A ⇒ ¬B (Nicht-A impliziert Nicht-B). Dass beide Beweismöglichkeiten äquivalent sind, sieht man anhand einer Aussagentafel. Zur Erinnerung A ⇒ B ist dann
wahr, falls aus ‘A wahr’ ‘B wahr’ folgt. Man kann auch überprüfen, dass A ⇒ B gleich der logischen
Operation ¬A ∨ B ist.
A B ¬A ¬B A ⇒ B A ⇐ B A ⇔ B A ⇒ B ∧ ¬A ⇒ ¬B
w w
f
f
w
w
w
w
w f
f
w
f
w
f
f
f w w
f
w
f
f
f
f
f
w
w
w
w
w
w
Ein kleiner Einschub: es hat sich herausgestellt, dass viele Hörer nicht zwischen ∨ und ∪ bzw.
∧ und ∩ unterschieden haben. Man benutzt ∨ und ∧ um Aussagen logisch zu verknüpfen, A ∨ B
bedeutet A oder B, A ∧ B wird als A und B definiert.
Solange A und B keine Mengen sind, ergeben Ausdrücke wie ‘A∪ B’ und ‘A∩ B’ keinen Sinn! Sind M
und N Mengen, so sind andererseits Ausdrücke wie ‘M ∨ N ’ und ‘M ∧ N ’ nicht wohldefiniert.
Weiterhin muss auch genau zwischen einem Element der Menge m ∈ M und der Teilmenge {m} ⊆
M unterschieden werden: m ist keine Menge, sondern ein Element der Menge. Das bedeutet ‘M \m’
ist nicht wohldefiniert, M \{m} schon!
Beweis M N-endlich ⇒ M Dedekind-endlich:
Sei M also N-endlich. Angenommen, es gibt eine Menge M , die N-endlich, aber nicht Dedekindendlich ist (indirekter Beweis).
Wir parametrisieren die N-Endlichkeit nach n: eine Menge heißt n-endlich, falls eine Bijektion g :
{1, . . . , n} → M existiert. Wir zeigen per Induktion nach n, dass eine Bijektion von einer n-endlichen
Menge M auf sich selbst existiert.
Laut Induktionsaxiom gibt es ein minimales n für das eine N-endliche Menge existiert, die nicht
Dedekind-endlich ist. Für dieses hat man eine Bijektion g : {1, . . . , n} −→ M und eine Injektion
f : M −→ M , die aber nicht surjektiv ist. Dann existiert ein m ∈ M \ f (M ) und wir definieren
M 0 := M \{m}. Wir definieren f 0 als
f 0 : M 0 −→ M 0 , m0 7→ f 0 (m0 ) := f (m0 )
f 0 ist wohldefiniert, da f 0 (M 0 ) ⊆ f (M 0 ) ⊆ f (M ) ⊆ M 0 . Da f injektiv ist, muss auch f 0 injektiv sein.
M 0 ist n − 1-endlich, denn wir können aus jeder Bijektion g : {1, . . . , n} −→ M eine Bijektion von
{1, . . . , n}\{k} nach M 0 definieren: angenommen wir hätten g(k) = m. Dann ist
g 0 : {1, . . . , k − 1, k + 1, . . . , n} −→ M 0 , l 7→ g 0 (l) := g(l)
eine Bijektion von {1, . . . , n}\{k} nach M 0 . Wir definieren nun eine Abbildung ϕ : {1, . . . , n − 1} −→
{1, . . . , k − 1, k + 1, . . . , n}, die die ‘Lücke überspringt’:
l
1≤ l ≤ k−1
ϕ(l) :=
l +1 k ≤ l ≤ n−1
Offensichtlich ist g 0 ◦ ϕ : {1, . . . , n − 1} −→ M 0 eine Bijektion. Weil n nach Induktionsvoraussetzung
minimal war, ist M 0 Dedekind-endlich und f 0 : M 0 −→ M 0 muss surjektiv sein. Nach Voraussetzung
war aber auch f : M −→ M injektiv. Nach Definition von f 0 muss dann aber f (m) = m gelten und
m ∈ f (M ), Widerspruch!
3
M nicht N-endlich ⇒ M nicht Dedekind-endlich:
Nach Voraussetzung können wir rekursiv (das heißt per Induktion) eine injektive Abbildung g :
N −→ M konstruieren.
n = 1: Es ist M 6= ; und es existiert ein m1 ∈ M . Wir definieren g(1) := m1 . Offensichtlich ist
g1 : {1} −→ {m1 }. Also ist {m1 } ( M , denn es gibt keine bijektive Abbildung zwischen {1} und M .
Also existiert ein m2 ∈ M \{m1 } und wir definieren g2 (2) := m2 , g : {1, 2} −→ {m1 , m2 } := M2 ( M ,
usw.
Nun zum Induktionsschritt: Hat man ein injektives gn : {1, . . . , n} −→ Mn := {m1 , . . . , mn }, kann es
nach Voraussetzung (M nicht N-endlich) nicht surjektiv sein. Also existiert ein mn+1 ∈ M \Mn und
wir definieren g(n + 1) := mn+1 .
S∞
Das so definierte g : N −→ M∞ ⊆ M , M∞ := n=1 Mn , ist tatsächlich injektiv. Wäre g nicht injektiv,
so gäbe es ein m ∈ M∞ mit g(n) = m = g(ñ); andererseits liegt m in mindestens einem der M j ,
j ∈ N, und nach Konstruktion muss m ∈ Mn und m ∈ Mñ gelten. Ohne Einschränkung sei ñ ≥ n. Da
Mn ( Mñ haben wir gñ (n) = gñ (ñ), woraus n = ñ folgt. g ist also injektiv.
Allerdings müssen wir auch hier das Auswahlaxiom bemühen: denn die Zielmenge ist eine Vereinigung abzählbar vieler endlicher Mengen. Das mag zwar kleinlich bzw. verwirrend klingen, aber
eine mathematisch rigorose Abhandlung dieser einfachen Tatsache nimmt fast 50 Seiten in Fränkels
Buch dazu ein!
Wir definieren nun f : M −→ M als f (m) := m für alle m ∈ M c und f (mn ) := mn+1 für mn ∈ g(N).
f ist injektiv, aber nicht surjektiv, denn m1 6∈ f (M ) und M ist nicht Dedekind-endlich.
Tutoraufgaben
T8 Injektivität, Surjektivität, Bijektivität
(i) Erläutern Sie die Bedeutung des Auswahlaxioms im Beweis von Satz 1.3 der Vorlesung.
(ii) Geben Sie einen Beweis an, der das Auswahlaxiom nicht verwendet und vergleichen Sie.
(iii) Sei fA eine lineare Abbildung, fA : Rn −→ Rm . Ist f injektiv, so folgt n ≤ m.
Lösung
(i) Wir wiederholen Satz 1.3 der Vorlesung und skizzieren den Beweis:
Satz (Die Umkehrung einer bijektiven Abbildung) Zu jeder bijektiven Abbildung f : X −→
Y gibt es genau eine ebenfalls bijektive Abbildung g : Y −→ X mit den Eigenschaften f ◦ g = idY
und g ◦ f = idX .
Beweis Wir zeigen zunächst, dass g existiert. f ist nach Voraussetzung bijektiv, also insbesondere surjektiv. Es gibt eine Injektion g mit f ◦ g = idY (Rechtsinverses!), denn alle Mengen
X y := f −1 ({ y}) = {x ∈ X | f (x) = y} sind nichtleer, da f surjektiv ist. Mit dem Auswahlaxiom folgt, dass eine Abbildung g existiert mit
[
g : Y −→
X y , y 7→ g( y)
g( y) ∈ X y ∀ y ∈ Y
y∈Y
S
S
X lässt sich als die Vereinigung der Fasern X y ausdrücken, y∈Y X y = X . y∈Y X y ⊆ X ist
S
klar, da X y ⊆ X ∀ y ∈ Y gilt. y∈Y X y ⊇ X ist ebenfalls wahr, denn x ∈ X f (x) . Somit haben wir
für alle y ∈ Y f ◦ g( y) = f g( y) = f (x) = y.
4
Es bleibt noch zu zeigen, dass g injektiv ist. Angenommen es gibt ein ỹ mit g( y) = x y = g( ỹ),
y, ỹ ∈ Y . Dann wenden wir f von links an und erhalten so
f ◦ g( y) = f (x y ) = f ◦ g( ỹ) =⇒ y = f (x y ) = ỹ,
und wir schließen daraus, dass es nur ein y ∈ Y gibt mit Bild x y , g ist injektiv. f ◦ g = idY ist
also erfüllt und insbesondere haben wir f g(Y ) = Y .
Wir zeigen nun, dass g auch surjektiv ist. Angenommen, g wäre nicht surjektiv. Dann existieren x ∈ X mit x 6∈ g(Y ). Da f surjektiv ist, folgt f (x) ∈ Y = f ◦ g(Y ). Da im f ◦ g = Y und
g injektiv ist, gibt es ein x̃ ∈ X derart, dass x̃ = g ◦ f (x). Das bedeutet f (x) = y x = f (x̃). f
ist aber auch injektiv und wir folgern x = x̃, Widerspruch! Also ist g auch surjektiv und damit
bijektiv.
Die Eindeutigkeit und g ◦ f = idX zu zeigen ist trivial.
(ii) Wir konstruieren im zweiten Beweis die Umkehrabbildung explizit.
Beweis Da f bijektiv ist, existiert zu jedem y ∈ Y genau ein x y ∈ X mit f (x y ) = y. Wir
definieren also g : Y −→ X , y 7→ g( y) := x y . Man kann leicht zeigen, dass f ◦ g = idY und
g ◦ f = idX erfüllt sind.
Wo liegt nun der Unterschied zwischen den beiden Beweisen, für den zweiten ist das Auswahlaxiom nicht notwendig (da die Auswahlmenge endlich ist)?
Der Unterschied ist, dass der erste Beweis eigentlich aus zwei Teilen besteht und die Aussage des ersten allgemeiner ist, als notwendig: im ersten Teil wird bewiesen, dass zu jeder
surjektiven Abbildung f eine Injektion g existiert, die ein Rechtsinverses zu f ist, das heißt
f ◦ g = idY . Die Injektivität von f ist nicht mit in den Beweis mit eingeflossen.
Erst im zweiten Schritt haben wir die Injektivität von f benutzt, um daraus zu folgern, dass g
auch surjektiv sein muss! Schritt 1 ist für sich also ein Theorem, das in einem allgemeineren
Kontext Gültigkeit behält als Satz 1.3.
(iii) Die Definition von Kern und Bild können passend verallgemeinert werden. Statt Rn und Rm
betrachten wir kurz zwei allgemeine Vektorräume V1 und V2 und eine lineare Abbildung f :
V1 −→ V2 zwischen beiden.
ker f := x ∈ V1 | f (x) = 0 ∈ V2 ⊆ V1
im f := z ∈ V2 | ∃x ∈ V1 mit f (x) = z ⊆ V2
Hier sieht man ganz deutlich, dass der Kern einer Abbildung Teil des Urbildraums ist, während
das Bild eine Teilmenge des Bildraums ist.
Zu einer linearen Abbildung fA können wir eine m × n-Matrix assoziieren (eine Matrix mit m
Zeilen und n Spalten). Hier liest sich die Definition von Bild und Kern wie folgt:
ker fA := x ∈ Rn | fA(x) = 0 ∈ Rm ⊆ Rn
im fA := z ∈ Rm | ∃x ∈ Rn mit fA(x) = z ⊆ Rm
Den Beweis spalten wir in zwei Teile auf: zuerst zeigen wir, dass eine lineare Abbildung fA
genau dann injektiv ist, wenn der Kern trivial ist, ker fA = {0}. Danach zeigen wir, dass der
Kern nur trivial sein kann, wenn m = dim Rm ≥ n = dim Rn gilt.
5
Lemma Eine lineare Abbildung fA : Rn −→ Rm ist genau dann injektiv, wenn ker fA = {0}.
Beweis ⇒: Sei fA injektiv. Dann gibt es zu jedem Vektor z ∈ Rm höchstens ein Urbildelement
x z ∈ Rn , das heißt falls x z die Gleichung fA(x z ) = z löst (also z ∈ im fA), so gilt für alle
k ∈ ker fA
fA(x z + k) = z
Da aber diese Gleichung höchstens eine Lösung haben kann, muss k = 0 sein und somit
ker fA = {0}.
⇐: Sei ker fA = {0}. Dann folgt sofort, dass die Gleichung fA(x) = z höchstens eine Lösung
haben kann. Hat sie keine, dann ist z eben nicht im Bild von fA, z 6∈ im fA. Also ist fA injektiv.
Nun zeigen wir, dass aus ker fA = {0} m ≥ n folgt. Wir geben wieder nur einen möglichen
Beweis an:
Lemma ker fA = {0} =⇒ n ≤ m.
Beweis Aus ker fA = {0} folgt, dass die Spaltenvektoren der Matrix linear unabhängig sind.
Mit fA(x) = 0 haben wir nämlich auch Ax = 0, A ∈ Mmn (R), und somit
 
λ
n
X
 .1 

λl sl = 0
sl l-te Spaltenvektor von A, x =  .. 

l=1
λn
Da der Kern trivial ist, sind die n Spalten also linear unabhängig und der Bildraum ist ndimensional. Das Bild ist ein n-dimensionaler Unterraum eines m-dimensionalen Vektorraums
im fA ⊆ Rm , woraus dim im fA = n ≤ dim Rm = m folgt.
T9 Injektivität und Surjektivität von linearen Abbildungen
Untersuchen Sie, ob die folgenden linearen Abbildungen injektiv oder surjektiv sind und geben Sie
Kern und Bild an: fA : R3 −→ R3 , f B : R4 −→ R3 , f C : R2 −→ R4 .






−4 1
1 0 −2 −7
1 0 −2





 2 −5

C =
B = 1 2 0 −4
A = 1 2 0 

5
3
0 0 1
2
0 0 1
−3 6
Lösung
Wir fangen mit ker fA an (die Zahl der Vektoren, die den Kern aufspannt ist die Zahl der linear
abhängigen Vektoren).

   
0
1 0 −2
x

  1  
1
2
0
x
=

  2   0
x3
0
0 0 1
Wir erhalten drei Gleichungen mit drei Unbekannten:
x 1 − 2x 3 = 0 =⇒ x 1 = 2x 3
(i)
x 1 + 2x 2 = 0 =⇒ x 1 = −2x 2
(ii)
x3 = 0
(iii)
6
Wir sehen sofort, dass nur x = 0 das Gleichungssystem erfüllt und der Kern trivial ist, ker fA = {0},
fA ist injektiv. Da die Dimension des Bildraums 3 ist und die Matrix drei linear unabhängige Spalten
hat, spannen die Spaltenvektoren von A ganz R3 auf, im fA = R3 , f ist surjektiv und somit auch
bijektiv.
Wir berechnen ker f B .
 
 

 x1
0
1 0 −2 −7  

  x2  
1
2
0
−4
=

   0
 x3
0
0 0 1
2
x4
Da die ersten drei Spaltenvektoren die Spaltenvektoren von A sind, erwarten wir, dass das Bild
von fA wieder R3 ist. Dazu zeigen wir, dass der Kern eindimensional ist. Obige Matrixgleichung
entspricht folgendem Gleichungssystem:
x 1 − 2x 3 − 7x 4 = 0
(i)
x 1 + 2x 2 − 4x 4 = 0
(ii)
x 3 + 2x 4 = 0 =⇒ x 3 = −2x 4
(iv)
Wir setzen (iii) in (i) ein und erhalten: x 1 −2(−2x 4 )−7x 4 = 0 und somit x 1 = 3x 4 . In (ii) eingesetzt,
liefert das schließlich (3x 4 ) + 2x 2 − 4x 4 = 0, also x 2 = 21 x 4 . x 4 ist der freie Parameter und der Kern
ist gegeben durch
 
6


 1 
ker f B = lin  
−4
2
und f B ist nicht injektiv.
Das Bild wird von drei der Spalten aufgespannt und da der Bildraum ebenfalls dreidimensional,
also haben wir im f B = R3 .
Wenden wir uns f C zu und berechnen ker f C .


 
−4 1 0


 
 2 −5 x 1
 0
= 


5  x2
3
 0
−3 6
0
Schon die ersten zwei Gleichungen liefern x 1 = 0 = x 2 :
−4x 1 + x 2 = 0 =⇒ x 2 = 4x 1
(i)
2x 1 − 5x 2 = 0 =⇒ 5x 2 = 2x 1
(ii)
Der Kern ist trivial, ker f C = {0}, und f C ist injektiv. Das Bild wird von den zwei (linear unabhängigen) Spalten aufgespannt.
   
−4
1
  

 2  −5
im f C = lin   ,  
 3   5 
−4
6
7
Hausaufgaben
H10 Überabzählbarkeit von R\Q
Zeigen Sie, dass R\Q überabzählbar ist.
Lösung
Wir wissen, dass R überabzählbar ist. Trivialerweise haben wir R\Q ∪ Q = R. Da R überabzählbar und Q abzählbar sind, muss R\Q auch überabzählbar sein (wir haben ja nur abzählbar viele
Elemente aus der Menge entfernt).
H11 Injektivität und Surjektivität
(i) Sei π : X × Y −→ X , (x, y) 7→ π(x, y) := x eine Projektion. Konstruieren Sie eine Injektion
ı : X −→ X × Y , die ein Rechtsinverses von π ist. Geben Sie außerdem das Linksinverse zu ı
an (jeweils mit Probe!).
(ii) Sei fA : Rn −→ Rm eine lineare Abbildung. Zeigen Sie, dass ‘ fA surjektiv’ n ≥ m impliziert.
(iii) Überprüfen Sie, ob folgende lineare Abbildungen injektiv und/oder surjektiv sind. Geben Sie
Kern und Bild sowie deren Dimensionen an: fA : R4 −→ R2 , f B : R3 −→ R4 , f C : R2 −→ R4
mit Matrizen




5
1 −1
1
5




1 2 −5 0
−5 −1 1 
−1 −3
A=
B=
C =


−1 2 7 −2
1
1
2
2
1
5
1 −1
−4 5
Lösung
(i) Eine Möglichkeit, eine Injektion zu konstruieren mit π ◦ ı = idX ist die folgende. Sei y0 ∈ Y
beliebig aber fest. Wir definieren
ı : X −→ X × Y, x 7→ ı(x) := (x, y0 )
ı ist ein (nicht eindeutig bestimmtes) Rechtsinverses von π und π ein Linksinverses von ı. Denn
für alle x ∈ X gilt
π ◦ ı(x) = π ı(x) = π(x, y0 )
= x.
(ii) Wir emulieren den Beweis aus Z9 (iii): Wir zeigen zuerst, dass gilt: fA : Rn −→ Rm ist surjektiv
genau dann, wenn im fA = Rm . Anschließend beweisen wir, dass aus im fA = Rm folgt, dass
n ≥ m ist.
Lemma fA surjektiv ⇔ im fA = Rm
Beweis ⇒: Wenn fA surjektiv ist, so gibt es zu jedem Punkt z ∈ Rm im Bildraum mindestens
ein Urbild x z ∈ Rn und nach Definition des Bilds erhalten wir im fA = Rm .
⇐: Sei im fA = Rm . Dann gibt es zu jedem z ∈ Rm ein Urbild x z ∈ Rn mit fA(x z ) = z (ansonsten
wäre z nicht im Bild).
Lemma im fA = Rm ⇒ n = dim Rn ≥ m = dim Rm
8
Beweis Das Bild fA wird durch die Spaltenvektoren der zu fA gehörigen Matrix A ∈ Mmn (R)
aufgespannt. Da im fA = Rm hat die Matrix mindestens m linear unabhängige Spalten (mit
m Einträgen). Wäre n < m, so würden die Spalten nicht Rm aufspannen, sondern nur einen
echten Untervektorraum von Rm , Widerspruch!
(iii) Wir berechnen den Kern. Die Zahl der Vektoren, die den Kern aufspannt, ist die Zahl der linear
abhängigen Vektoren. Für fA müssen wir das Gleichungssystem
 
 x1 0
1 2 −5 0  x 2 
 =
0
−1 2 7 −2  x 3 
x4
lösen. Wir erhalten also zwei Gleichungen mit vier Unbekannten (ein unterbestimmtes Gleichungssystem).
x 1 + 2x 2 − 5x 3 = 0
(i)
−x 1 + 2x 2 + 7x 3 − 2x 4 = 0
(ii)
Aus (ii) erhalten wir x 1 = 2x 2 + 7x 3 − 2x 4 . Eingesetzt in (i) ergibt dies
(2x 2 + 7x 3 − 2x 4 ) + 2x 2 − 5x 3 = 0 =⇒ 4x 2 + 2x 3 − 2x 4 = 0
Wir lösen nach x 4 auf und setzen das Ergebnis gleich in (ii) ein: x 4 = 2x 2 + x 3 ⇒ x 1 =
2x 2 + 7x 3 − 2 (2x 2 + x 3 ) = −2x 2 + 5x 3 . Wir erkennen, dass das Gleichungssystem zwei freie
Parameter hat, x 2 und x 3 , der Kern wird von zwei Vektoren aufgespannt.
   
−2
5
  

 1  0
ker fA = lin   ,  
 0  1
2
1
Da der Kern nicht trivial ist (was auch zu erwarten war), ist die Abbildung fA nicht injektiv.
Sie ist allerdings surjektiv, denn zwei der Spalten sind linear unabhängig und der Bildraum ist
ebenfalls zweidimensional, im fA = R2 , und fA ist surjektiv.
Nun zu f B : R3 −→ R4 . Wir lösen wieder das zugehörige homogene Gleichungssystem.


 
5
1 −1  
0

 x1
 
−5
−1
1
   0

  x2 =  

1
1
2
0
x3
5
1 −1
0
Gleichungen (i), (ii) und (iv) liefern x 3 = 5x 1 + x 2 . Eingesetzt in (iii) lösen wir nach x 3 auf.
2x 1 + x 2 + (5x 1 + x 2 ) = 0 =⇒ 7x 1 + 2x 2 = 0
Daraus erhalten wir x 2 = − 27 x 1 und x 3 = 5x 1 + − 27 x 1 = 32 x 1 und x 1 ist der freie Parameter,
der Kern ist eindimensional.
 
 2 
ker f B = −7 ⊂ R3


3
9
Da der Kern nicht trivial ist, kann f B nicht injektiv sein. Das Bild wird von zwei der Spaltenvektoren aufgespannt, ist also ein Untervektorraum von R4 (siehe Blatt 2) und f B kann auch
nicht surjektiv sein.
   
1
−1
  

−1
  1
im f B = lin   ,   ( R4
 1   1 
1
−1
Schließlich wiederholen wir die Prozedur für f C :


 
1
5 0


 
−1 −3 x 1
0
= 


2  x2
1
0
−4 5
0
Das entsprechende Gleichungssystem ist überbestimmt. Schon aus den ersten zwei Gleichungen folgt sofort, dass x 1 = 0 = x 2 sein muss:
x 1 + 5x 2 = 0 =⇒ x 1 = −5x 2
(i)
−x 1 − 3x 2 = 0 =⇒ x 1 = −3x 2
(ii)
Also ist ker f C = {0} und das Bild wird von den zwei Spalten aufgespannt, f C ist injektiv, aber
nicht surjektiv.
   
5
1
  

−1 −3
im f C = lin   ,   ( R4
 1   2 
5
−4
H12 Heiratsproblem (∗)
Sei M eine nichtleere, endliche Menge von Mädchen, J eine Menge von Jungen. Zwischen den Mädchen aus M und
Freundschaften (Relationen, ∼), beschrieben durch die
den Jungen aus J bestehen
Menge F := (m, j) ∈ M × J | m ∼ j (also die Menge der Jungen und Mädchen, die miteinander
befreundet sind). Ziel ist es, für jedes Mädchen einen Partner aus J zu finden, mit dem sie befreundet ist (also m ∼ j erfüllt ist). Für jede Teilmenge M 0 ⊆ M bezeichne J(M 0 ) die Menge der Jungen,
die mit mindestens einem Mädchen aus M 0 befreundet sind.
Beweisen Sie, dass man genau dann Paare aus jeweils befreundeten Mädchen und Jungen bilden
kann, wenn für jede Teilmenge M 0 ⊆ M gilt: |J(M 0 )| ≥ |M 0 |. (Hinweis: Lädt eine Menge von Mädchen M 0 alle befreundeten Jungen zu einer Party ein, so herrscht auf keiner Party Mädchenüberzahl.)
Man führe den Beweis durch Induktion nach n := |M | durch und unterscheide dabei die folgenden
zwei Fälle:
(a) Auf allen von Mädchen in M 0 organisierten Parties mit 0 < |M 0 | < |M | herrscht Jungenüberzahl.
(b) (a) ist falsch.
10
Beispiel: Sei M := {mi | i ∈ N, 12 ≤ i < 33, i nicht prim}, J := { jk | k ∈ N, 2 ≤ k ≤ 16}. mi sei mit
jk genau dann befreundet, wenn k ein Teiler von i ist und k 6= i. Ist hier das Heratsproblem lösbar?
Wie verhält es sich, wenn M ersetzt wird duch M̃ := {mi | i ∈ N, 12 < i ≤ 33, i nicht prim}.
Lösung
Wir suchen eine Paarbildungsfunktion (‘Heiratsfunktion’), das heißt eine injektive Funktion f :
M −→ J mit f (m) ∈ J({m}) ∀m ∈ M . Wir behaupten also: es existiert genau dann eine Paarbildungsfunktion, wenn für alle Teilmengen M 0 ⊆ M gilt
|J(M 0 )| ≥ |M 0 |
(∗)
⇒: Angenommen, es gibt eine Teilmenge M 0 ⊆ M mit |J(M 0 )| < |M 0 |. Dann können nicht alle
Mädchen mit einem Jungen gepaart werden (die Paarbildungsfunktion ist injektiv und es gibt genausoviele Bilder wie Urbilder), Widerspruch!
⇐: Beweis durch Induktion nach n := |M |.
Induktionsanfang, n = 1: M = {m}, J(M ) ≥ 1 (nach Voraussetzung (∗)) und m kann mit j ∈ J(M )
gepaart werden.
Induktionsschritt mit Fallunterscheidung, n → n + 1: Sei M eine Menge mit n + 1 Mädchen.
(a) Für alle M 0 ⊆ M mit 0 < |M 0 | ≤ |M | gelte |J(M 0 )| ≥ |M 0 | + 1. Sei m0 ∈ M beliebig, aber fest,
und j0 ∈ J({m0 }). Definiere f (m0 ) := j0 .
Dann erfüllen M0 := M \{m0 } und J0 := J\{ j0 } wieder die
Bedingung (∗). Im Detail bedeutet
das: es gilt |J0 (M 0 )| ≥ |M 0 | für alle M 0 ⊆ M0 , J0 (M 0 ) := j ∈ J0 | ∃m ∈ M 0 , (m, j) ∈ F . Denn
es gilt J0 (M 0 ) = J(M 0 )\{ j0 } und somit |J0 (M 0 )| ≥ |J(M 0 )| − 1 ≥ |M 0 |. Wegen der Induktionsvoraussetzung können die n = |M0 | Mädchen mit jeweils einem befreundetem Jungen gepaart
werden und es existiert eine injektive Heiratsfunktion f : M0 −→ J0 mit f (m0 ) = j0 .
(b) Angenommen, (a) gelte nicht, das heißt es existiert ein M 0 ⊂ M , 0 < |M 0 | ≤ n mit |J(M 0 )| =
|M 0 | =: k. Dann können wir nach Induktionsvoraussetzung für k die Mädchen aus M 0 unter
den Jungen aus J 0 := J(M 0 ) einen Partner finden.
Wir behaupten nun, dass die Bedingung (∗) für die restlichen Mädchen und Jungen wieder
erfüllt ist: |J 00 (N )| ≥ |N | , M 00 := M \M 0 , J 00 := J\J 0 und N ⊆ M 00 .
Angenommen, das wäre falsch, das heißt es existiert ein N ⊆ M 00 mit |J 00 (N )| < |N |; dann
verletzt auch N ∪ M 0 die Bedingung (∗) (für M und J), denn J(N ∪ M 0 ) = J 00 (N ) ∪ J 0 und somit
|J(N ∪ M 0 )| < |N | + |M 0 | = |N ∪ M 0 |, Widerspruch!
Also können wir nach Induktionsvoraussetzung für Schritt n − k + 1 auch für die Mädchen aus
M 00 einen befreundeten Partner aus J 00 finden und es existiert Paarbildungsfunktionen auf M 0
und M 00 .
Beispiel: Wir listen die Freundschaften zwischen Elementen von M ∪ M̃ und J auf und erhalten:
m12 j2 , j3 , j4 , j6 m18 j2 , j3 , j6 , j8 m24 j2 , j3 , j4 , j6 , j8 m28 j2 , j4 , j7 , j14
m14 j2 , j7
m20 j2 , j5 , j10
m25 j5
m30 j2 , j3 , j5 , j6 , j10 , j15
m15 j3 , j5
m21 j3 , j7
m26 j2 , j13
m32 j2 , j4 , j8 , j16
m16 j2 , j4 , j8
m22 j2 , j11
m27 j2 , j9
m33 j3 , j11
Das Heiratsproblem M und J hat eine Lösung, M̃ und J hat keine. Eine Lösung für ersteres sind
beispielsweise folgende Paarungen:
11
m12 ↔
m14 ↔
m15 ↔
m16 ↔
j4
j2
j3
j8
m18 ↔
m20 ↔
m21 ↔
m22 ↔
j6
j10
j7
j11
m24 ↔
m25 ↔
m26 ↔
m27 ↔
12
j12
j5
j13
j9
m28 ↔ j14
m30 ↔ j15
m32 ↔ j16