Musterlösung

Analysis für Informatiker (Prof. Dr. Bürgisser)
M u s t e r l ö s u n g
Wintersemester 10/11
z u Ü b u n g s b l a t t 2
Aufgabe 5: (Abbildungen und Relationen, 5 Punkte)
Es bezeichne N = {0, 1, 2, . . .} die Menge der natürlichen Zahlen, Z = {. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . .}
die Menge der ganzen Zahlen und R+ die Menge der positiven reellen Zahlen. Betrachten Sie
die folgenden Relationen
R1 := {(x, y) ∈ N2 : y = x2 }
R2 := {(x, y) ∈ N2 : x = y 2 }
R3 := {(x, y) ∈ Z2 : y = x2 }
R4 := {(x, y) ∈ R2+ : y = x2 }.
Welche dieser Relationen Ri sind Abbildungen? Wenn es sich bei Ri um eine Abbildung
handelt, ist diese injektiv, surjektiv oder bijektiv?
Musterlösung:
Zeige, dass R1 eine Abbildung ist: Sei x ∈ N beliebig. Dann ist x2 ∈ N und (x, x2 ) ∈ R1 . Seien
x, y, y 0 ∈ N beliebig mit (x, y) ∈ R1 und (x, y 0 ) ∈ R1 . Dann ist y = x2 = y 0 und somit ist R1 eine
Abbildung.
Zeige, dass R1 nicht surjektiv ist: Es kein x ∈ N gibt mit (x, 3) ∈ R1 , weil 3 keine Quadratzahl ist.
Zeige, dass R1 injektiv ist: Seien (x, y) ∈ R1 und (x0 , y) ∈ R1 . Dann ist x2 = y = x02 und somit x = x0 ,
da x ≥ 0 und x0 ≥ 0.
√
√
Zeige, dass R2 keine Abbildung ist: Es gibt kein (2, y) in R2 , da 2 und − 2 keine natürlichen Zahlen
sind.
R3 ist Abbildung wie R1 und aus gleichem Grunde nicht surjektiv.
Zeige, dass R3 nicht injektiv ist: Es ist (1, 1) ∈ R3 und (−1, 1) ∈ R3 .
R4 ist Abbildung mit gleichem Argument wie R1 .
√
√
Zeige, dass R4 surjektiv ist: Sei y ∈ R+ beliebig. Dann ist y ∈ R+ und ( y, y) ∈ R4 .
R4 ist injektiv aus gleichem Grunde wie R1 .
Also ist R4 bijektiv.
Aufgabe 6: (Bilder und Urbilder, 5 Punkte)
Gegeben ist die stückweise definierte Funktion


2 · x + 5
f : R → R, x 7→ −4 · x − 1


3 · x − 15
für x ≤ −1
für − 1 < x ≤ 2 .
für x > 2
(i) Skizzieren Sie den Graphen von f über dem Intervall von [−6, 6].
(ii) Bestimmen Sie mit Hilfe der in (i) angefertigten Skizze das Bild des Intervalls [−2, 1]
unter f , d.h. die Menge f ([−2, 1]).
(iii) Bestimmen Sie mit Hilfe der in (i) angefertigten Skizze das Urbild des Intervalls [−1, 4]
unter f , d.h. die Menge f −1 ([−1, 4]).
Musterlösung:
(i) Der Graph von f über dem Intervall [−6, 6] sieht wie folgt aus:
(ii) Die Menge f ([−2, 1]) ist die Menge aller y ∈ R, für die es ein x ∈ [−2, 1] gibt mit f (x) = y. Anhand
der Skizze aus Teil (i) der Aufgabe liest man ab, dass f über dem Intervall [−2, 1] Funktionswerte aus
dem Bereich von [−5, 3] annimmt, also f ([−2, 1]) = [−5, 3].
(iii) Die Menge f −1 ([−1, 4]) ist die Menge aller x ∈ R mit f (x) ∈ [−1, 4]. Die Bereiche des Funktionsgraphen von f , an denen er Funktionswerte aus dem Intervall [−1, 4] annimmt, sind in der folgenden
Grafik fett hervorgehoben:
Die Grafik zeigt, dass das Urbild aus zwei Intervallen besteht (die roten Bereiche auf der x-Achse). Wir
berechnen die Stellen, an denen f den Wert −1 annimmt, d.h. wir lösen die Gleichungen 2·x+5 = −1,
−4 · x − 1 = −1 und 3 · x − 15 = −1. Dies liefert die Werte x = −3, x = 0 und x = 14
3 . Zwischen −3
und 0 nimmt f durchgängig Werte aus [−1, 4] an, also ist [−3, 0] eine Teilmenge von f −1 ([−1, 4]). Ab
x = 14
3 liegen die Funktionswerte von f ebenfalls zunächst wieder in dem Intervall [−1, 4]. Dies ist der
Fall bis zu demjenigen x ∈ R, für das 3 · x − 15 = 4 gilt. Letztere Gleichung liefert x = 19
3 , d.h. auch
19
über dem Intervall [ 14
,
]
liegen
die
Funktionswerte
innerhalb
von
[−1,
4].
Damit
gilt
insgesamt:
3
3
19
,
].
f −1 ([−1, 4]) = [−3, 0] ∪ [ 14
3
3
Aufgabe 7: (Ordnungen und Relationen, 10 Punkte)
Sei Q := {(a, b) | a ∈ Z und b ∈ N \ {0}}, d.h. Q ist die Menge aller Paare, deren erste
Komponente eine ganze Zahl und deren zweite Komponente eine positive ganze Zahl ist.
Auf Q definieren wir die Relation ∼ vermöge (a, b) ∼ (c, d) genau dann, wenn ad = bc.
(i) Zeigen Sie, dass ∼ eine Äquivalenzrelation auf Q definiert.
(ii) Sei (m, n) ∈ Q, m 6= 0, und
[m : n]∼ := {(a, b) | (a, b) ∈ Q mit (m, n) ∼ (a, b)}
die Äquivalenzklasse von (m, n). Zeigen Sie, dass es genau ein Element (p, q) ∈ [m : n]∼
gibt derart, dass es für alle Elemente (a, b) ∈ [m : n]∼ ein k ∈ N gibt mit (a, b) =
(kp, kq).
(iii) Es sei Q∼ := {[p : q]∼ | (p, q) ∈ Q} die Menge aller Äquivalenzklassen bezüglich ∼. Auf
Q∼ definieren wir die Relation vermöge [a : b]∼ [c : d]∼ genau dann, wenn ad ≤ bc,
wobei ≤ die übliche Ordnung auf den ganzen Zahlen bezeichnet.
Zeigen Sie die Wohldefiniertheit von , d.h. zeigen Sie, dass für alle (a1 , b1 ) ∈ [a : b]∼ ,
(a2 , b2 ) ∈ [a : b]∼ , (c1 , d1 ) ∈ [c : d]∼ und (c2 , d2 ) ∈ [c : d]∼ gilt, dass
a1 d1 ≤ b1 c1 ⇔ a2 d2 ≤ b2 c2 .
(iv) Zeigen Sie, dass eine totale Ordnung auf Q∼ ist.
(v) Mit welchem Ihnen bekannten Zahlenbereich lässt sich Q∼ identifizieren?
Musterlösung:
(i) Seien (a, b), (c, d), (e, f ) ∈ Q. Es gilt (a, b) ∼ (a, b), denn ab = ba. Also ist ∼ reflexiv. Gilt
(a, b) ∼ (c, d), so folgt ad = bc, also auch cb = da und damit (c, d) ∼ (a, b). Damit ist ∼ symmetrisch.
Für die Transitivität setzen wir (a, b) ∼ (c, d) und (c, d) ∼ (e, f ) voraus und müssen zeigen, dass gilt:
(a, b) ∼ (e, f ). Aus (a, b) ∼ (c, d) und (c, d) ∼ (e, f ) folgt ad = bc und cf = de. Wir multiplizieren
beide Seiten von cf = de mit b und erhalten bcf = bde, also wegen bc = ad gerade adf = bde. Wegen
d 6= 0 folgt daraus af = be und damit (a, b) ∼ (e, f ). Dies zeigt die Transitivität von ∼. Damit ist ∼
eine Äquivalenzrelation.
(ii) Sei (m, n) ∈ Q, m 6= 0, und g der positive größte gemeinsame Teiler von m und n. Definiere
n
m
n
p := m
g und q := g . Dann ist (p, q) ∈ [m : n]∼ , denn pn = g n = g m = qm, also (p, q) ∼ (m, n).
Es ist (p, q) ein gesuchtes Element von [m : n]∼ , denn falls (a, b) ∈ [m : n]∼ beliebig ist, so gilt
wegen (a, b) ∼ (m, n) und (m, n) ∼ (p, q) auch (a, b) ∼ (p, q), d.h. aq = bp. Da p und q nach
Konstruktion teilerfremd sind, folgt aus aq = bp, dass p ein Teiler von a ist und q ein Teiler von
b ist. Damit und wegen p 6= 0 und q 6= 0 gibt es k1 , k2 ∈ N mit a = k1 p und b = k2 q. Einsetzen
in aq = bp ergibt k1 pq = k2 pq, woraus wegen pq 6= 0 gerade k1 = k2 folgt. Damit gilt (a, b) = (k1 p, k1 q).
Zeige nun, dass (p, q) das einzige Element ist mit der Eigenschaft
∀(a, b) ∈ [m : n]∼ ∃k ∈ N : (kp, kq) = (a, b).
Ang. es haben (p, q) und (p0 , q 0 ) diese Eigenschaft. Dann gibt es k1 ∈ N mit k1 p = p0 , k1 q = q 0 und
es gibt k2 ∈ N mit k2 p0 = p, k2 q 0 = q. Also gilt p ≤ p0 und p ≥ p0 , also p = p0 und analog gilt für q = q 0 .
(iii) Da (a1 , b1 ) ∼ (a2 , b2 ), gilt a1 b2 = a2 b1 . Analog c1 d2 = c2 d1 . Weil b1 , d1 , b2 und d2 ungleich 0 sind,
gilt a1 d1 ≤ b1 c1 ⇔ a1 d1 b2 d2 ≤ b1 c1 b2 d2 ⇔ a2 b1 d1 d2 ≤ b1 c2 b2 d1 ⇔ a2 d2 ≤ b2 c2 .
(iv) Seien [a : b]∼ , [c : d]∼ ∈ Q∼ . Da ≤ eine totale Ordnung auf den ganzen Zahlen definiert, gilt
ad ≤ bc oder bc ≤ ad, also gilt [a : b]∼ [c : d]∼ oder [c : d]∼ [a : b]∼ , d.h. je zwei Elemente von
Q∼ sind durch “vergleichbar”.
Wegen ab ≤ ba gilt für jedes [a : b]∼ ∈ Q∼ die Beziehung [a : b]∼ [a : b]∼ .
Sind [a : b]∼ , [c : d]∼ ∈ Q∼ mit [a : b]∼ [c : d]∼ und [c : d]∼ [a : b]∼ , so gilt ad ≤ bc und cb ≤ da,
also ad ≤ bc ≤ da, d.h. ad = bc, also (a, b) ∼ (c, d) und somit [a : b]∼ = [c : d]∼ .
Für [a : b]∼ , [c : d]∼ , [e : f ]∼ ∈ Q∼ mit [a : b]∼ [c : d]∼ und [c : d]∼ [e : f ]∼ gilt ad ≤ bc und
cf ≤ de. Wegen b > 0 folgt bcf ≤ bde. Da f > 0 und ad ≤ bc, folgt adf ≤ bcf ≤ bde. Also gilt
adf ≤ bde und, da d > 0 ist, folgt af ≤ be. Dies bedeutet aber [a : b]∼ [e : f ], also die Transitivität
von . Insgesamt ist also eine totale Ordnung auf Q∼ .
(v) Die Menge Q∼ lässt sich mit der Menge der rationalen Zahlen Q identifizieren.
Aufgabe 8: (Logik, 5 Punkte)
Eine logische Formel heißt allgemeingültig oder Tautologie, wenn sie für alle Belegungen der
in ihr vorkommenden Aussagenvariablen den Wert w annimmt. Zeigen Sie, dass
((A ⇒ B) ∧ (¬B)) ⇒ (¬A)
eine Tautologie ist, einmal, indem Sie eine Wahrheitstafel erstellen, und einmal durch
Umformung mittels der Gesetze der Aussagenlogik.
Musterlösung:
Eine Wahrheitstafel für die logische Formel ist:
A
w
B
w
¬A
f
¬B
f
A⇒B
w
(A ⇒ B) ∧ (¬B)
f
((A ⇒ B) ∧ (¬B)) ⇒ (¬A)
w
w
f
f
w
f
f
w
f
w
w
f
w
f
w
f
f
w
w
w
w
w
An der letzten Spalte erkennt man, dass ((A ⇒ B) ∧ (¬B)) ⇒ (¬A) eine Tautologie ist.
Der Nachweis dieser Eigenschaft über Umformung kann z.B. wie folgt geführt werden:
((A ⇒ B) ∧ (¬B)) ⇒ (¬A)
Implikation
≡
Distributivgesetz
((¬A ∨ B) ∧ (¬B)) ⇒ (¬A)
≡
((¬A ∧ ¬B) ∨ (B ∧ ¬B)) ⇒ (¬A)
| {z }
≡
(¬A ∧ ¬B) ⇒ (¬A)
=f
Implikation
≡
de Morgan
≡
Assoziativgesetz
¬(¬A ∧ ¬B) ∨ (¬A)
(A ∨ B) ∨ (¬A)
≡
(A ∨ ¬A) ∨B
| {z }
≡
w
=w