Erreichbare Punktzahl: 20

Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Wintersemester 2014/2015
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Analysis 1
Lösungen von Blatt II vom 30.10.14
Aufgabe II.1 (2 Punkte)
a) Prüfen Sie, ob die folgenden Mengen die Potenzmenge einer Menge sind und geben Sie diese
gegebenenfalls an:
(i) {4}, {6}, {8}, {7, 8}, {6, 7}, {6, 7, 8}, {6, 8}, ∅, {4, 6, 8}, {4, 8}, {4, 6}, {7}, {4, 7} ,
(ii) {a}, {a, b}, {b}, {a, b, c}, {c}, {a, c}, {b, c}, ∅ .
b) Bestimmen Sie jeweils die Potenzmenge der folgenden Mengen:
(i) {2, 3},
(ii) {w, x, y, z}.
Aufgabe II.2 (4 Punkte)
a) Zeichnen Sie die Punkte P1 , P2 ∈ R × R und die Teilmengen A1 , A2 , B ⊂ R × R in ein gemeinsames
Koordinatensystem ein:
P1 = 32 , 2 ,
P2 = 52 , 2 ,
A2 = 23 ; 52 × 12 ,
A1 = {2} × 1; 23 ,
−1 B = [1; 3] × 2 ; 3 .
b) Skizzieren Sie die folgenden Teilmengen von R × R:
(i) [0; 4] × [1; 5] ∪ [3; 4] × [2; 6] ,
(ii) (x, y) ∈ R × R : y = x2 ∩ [−1; 4] × [−4; 1] ,
(iii) (x, y) ∈ R × R : y = |2x + 1| − 7 ,
(iv) {(x, y) ∈ R × R : x ≤ |y|} .
Aufgabe II.3 (4 Punkte)
Gegeben sind die folgenden Punkte in R × R:
(x1 , y1 ) = (0, 4), (x2 , y2 ) = (1, 2), (x3 , y3 ) = (−2, −4) .
Bestimmen Sie Koeffizienten a, b, c ∈ R derart, dass für die Funktion
f : R → R, f (x) = ax2 + bx + c,
gilt: f (xi ) = yi für alle i = 1, 2, 3. Bringen Sie diese Zuordnungsvorschrift in Scheitelpunktsform und
bestimmen Sie d ∈ R derart, dass f : R → (−∞; d] surjektiv ist.
Aufgabe II.4 (6 Punkte)
a) Bestimmen Sie alle möglichen Werte für m, b ∈ R, sodass die Funktion f (x) = mx + b eine bijektive
Funktion f : [1; 2] → [3; 4] definiert.
b) Sei f (x) = ax2 + bx + c für a 6= 0. Prüfen Sie, ob in Abhängigkeit von a, b, c ∈ R Mengen D ⊂ R
und M ⊂ R existieren, sodass f : D → M bijektiv ist. Geben Sie gegebenenfalls die Mengen D
und M an.
c) Untersuchen Sie die folgenden Abbildungen auf Injektivität und Surjektivität:
(i) f : [0; 12] → [0; 10], f (x) = |x − 2| ,
(ii) f : (−∞, 0) → (−∞, 3), f (x) = −3x2 + 2,
(iii) f : (−1, ∞) → (−2, ∞), f (x) = x2 + 2x − 1,
Aufgabe II.5 (4 Punkte)
Seien f : A → B und g : B → C Abbildungen. Beweisen Sie:
Erreichbare Punktzahl: 20
Übungsblatt II – Lösungen
Seite 2
a) f, g injektiv ⇒ g ◦ f injektiv,
b) g ◦ f surjektiv, g injektiv ⇒ f surjektiv,
c) f, g bijektiv ⇒ g ◦ f bijektiv und (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 .
Lösungsvorschläge
Aufgabe II.1
a)
(i) Diese Menge besteht aus 13 Elementen1 . Laut Vorlesung ist bekannt, dass
die Potenzmenge einer n-elementigen Menge genau 2n Elemente für n ∈ N0
enthält. Da es kein n ∈ N mit 2n = 13 gibt, existiert keine Menge A derart,
dass die vorliegende Menge die Potenzmenge von A ist.
(ii) Die Menge besteht aus 8 Elementen. Somit könnte sie die Potenzmenge einer
3-elementigen Menge sein. Da die Menge {a, b, c} inklusive aller Teilmengen
in dieser Menge enthalten ist, ist diese Menge die Potenzmenge von {a, b, c}.
b) Es gilt:
P({2, 3}) = {∅, {2}, {3}, {2, 3}}.
c) Es gilt:
P({w, x, y, z}) = {∅, {w}, {x}, {y}, {z}, {w, x}, {w, y}, {w, z}, {x, y}, {x, z}, {y, z},
{w, x, y}, {w, x, z}, {w, y, z}, {x, y, z}, {w, x, y, z}}.
Aufgabe II.2
a)
1
Beachten Sie, dass die Elemente der Potenzmenge selbst wieder Mengen sind.
Übungsblatt II – Lösungen
Seite 3
b)
y
6
5
y
1
4
3
x
2
−1
1
1
x
1
2
3
4
y
4
y
7
3
6
2
5
1
x
4
3
−1
−1
2
1
x
−5
−4
−3
−2
−1 −1
2
1
2
3
4
1
2
3
4
−2
−3
−4
Aufgabe II.3
Folgende Gleichungen erhalten wir durch Einsetzen der gegebenen Punkte:
g(0) = c = 4,
g(1) = a + b + c = 2,
g(−2) = 4a − 2b + c = −4.
Indem wir c = 4 in Zeile 2 und 3 einsetzen, erhalten wir
a + b = −2,
4a − 2b = −8.
(1)
(2)
Übungsblatt II – Lösungen
Seite 4
Multiplikation von (1) mit der Zahl 2 und Addition beider Zeilen liefert
6a = −12 ⇐⇒ a = −2 .
Einsetzen in (1) liefert sofort b = 0. Also ist die gesuchte Zuordnungsvorschrift
f (x) = −2x2 + 4 .
Die Scheitelpunktsform der Funktion f ist gegeben durch: f (x) = −2(x − 0)2 + 4.
Der Graph von f ist also eine nach unten geöffnete Parabel mit dem Scheitelpunkt (0, 4).
Folglich ist f : R → (−∞, 4] surjektiv. In der Tat: Sei y ≤ 4. Dann gilt
r
4−y
4−y
2
2
−2x + 4 = y ⇐⇒ x =
⇐⇒ |x| =
.
2
2
q
x = ± 4−y
2 sind also die beiden Urbilder von y < 4, und x = 0 ist Urbild von y = 4.
Aufgabe II.4
a) Die Funktion ist bijektiv genau dann, wenn ihr Graph entweder von links unten nach
rechts oben oder von links oben nach rechts unten durch das Quadrat [1; 2] × [3, 4] ⊂
R × R verläuft. Es ergeben sich die folgenden beiden Möglichkeiten für die Steigung:
m1 =
4−3
4−3
= 1 oder m2 = −
= −1.
2−1
2−1
Für m1 ergibt sich der folgende Wert für c1 :
f (1) = 1 · 1 + c1 = 3 ⇐⇒ c1 = 2
und für m2 der folgende Wert für c2 :
f (1) = −1 · 1 + c2 = 4 ⇐⇒ c2 = 5.
Somit erhalten wir die folgenden bijektiven Funktionen fi : [1; 2] → [3; 4] für i = 1, 2:
f1 (x) = x + 2 und f2 (x) = −x + 5.
b) Wir erhalten durch quadratische Ergänzung:
b
f (x) = ax +bx+c = a x + x +
a
2
2
b
2a
2
−
b
2a
2 !
b 2
b2
+ c−
.
+c = a x +
2a
4a
Somit hat die Funktion f den Scheitelpunkt
b
b2
.
S = − ,c −
2a
4a
Die Wahl2 von
b
b2
• D = − 2a
; ∞ und M = [c − 4a
; ∞) oder
h
b
b2
• D = −∞; − 2a
und M = c − 4a
;∞
2
Wir können die abgeschlossenen Intervalle auch durch offene oder halboffene Intervalle ersetzen. Hierbei
muss nur darauf geachtet werden, dass sowohl D als auch M ein Intervall vom gleichen Typ ist.
Übungsblatt II – Lösungen
Seite 5
liefert im Fall a > 0 die Bijektivität der Funktion f . Analog ist f im Fall a < 0 für
i
b
b2
• D = − 2a
; ∞ und M = −∞; c − 4a
oder
i
b2
b
und M = −∞; c − 4a
• D = −∞; − 2a
bijektiv.
Hinweis: Es ist auch möglich kleinere Mengen für D und M zu wählen. Wir betrachten hierzu
b
b
d1 , d2 ∈ R mit d1 ≤ d2 und d1 , d2 ≥ − 2a
oder d1 , d2 ≤ − 2a
. Dann liefern die Mengen D = [d1 , d2 ]
und M = [ad21 + bd1 + c; ad22 + bd2 + c] ebenfalls die Bijektivität von f .
c)
(i)
(ii)
(iii)
• f ist nicht injektiv. Betrachte hierzu x1 = 1 und x2 = 3. Dann gilt:
x1 6= x2 , aber f (x1 ) = |3 − 2| = 1 = |1 − 2| = f (x2 ).
• f ist surjektiv. Sei y ∈ [0; 10] beliebig und es gelte o.B.d.A x ≥ 2. Dann
gilt: 2 + y ∈ [0, 12] und somit: y = |x − 2| = x − 2 ⇐⇒ x = y + 2.
• f ist injektiv. Es gilt: f (x1 ) = f (x2 ) ⇐⇒ −3x21 + 2 = −3x22 + 2 ⇐⇒
x1 = x2 , da x1 , x2 ∈ (−∞, 0).
• f ist nicht surjektiv. Betrache hierzu y = 2. Dann gilt: 2 = −3x2 + 2 ⇐⇒
x = 0. Aber 0 ∈
/ (−∞, 0).
• f ist injektiv, denn für x1 6= x2 gilt: f (x1 )−f (x2 ) = x21 −x22 +2(x1 −x2 ) =
(x1 − x2 )(2 + x1 + x2 ) 6= 0 ⇐⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ).
• f ist surjektiv. Sei y ∈ (−2, ∞). Dann gilt 2 + y > 0 und somit f (x) =
√
y ⇐⇒ x2 + 2x − 1 − y = 0 ⇐⇒ x = −1 + 2 + y, da x ∈ (−1, ∞).
Aufgabe II.5
a) Seien f, g injektiv. Dann gilt für beliebige a1 , a2 ∈ A:
(g ◦ f )(a1 ) = (g ◦ f )(a2 ) ⇐⇒ g(f (a1 )) = g(f (a2 ))
=⇒ f (a1 ) = f (a2 )
(g injektiv)
=⇒ a1 = a2
(f injektiv).
Also ist g ◦ f injektiv.
b) Zu zeigen ist: ∀b ∈ B∃a ∈ A : f (a) = b. Sei also b ∈ B beliebig. Dann gilt g(b) ∈ C.
Da laut Voraussetzung g ◦ f surjektiv ist, existiert ein a ∈ A derart, dass (g ◦ f )(a) =
g(b), also g(f (a)) = g(b). Die Injektivität von g liefert: g(f (a)) = g(b) =⇒ f (a) = b,
was zu zeigen war.
c) Seien f, g bijektiv. Dann folgt die Injektivität von g ◦f aus Aufgabenteil a). Es bleibt
also noch die Sujektivität zu zeigen. Sei c ∈ C beliebig. Dann existiert aufgrund der
Surjektivität von g ein b ∈ B derart, dass g(b) = c. Da f surjektiv ist, gibt es ein
a ∈ A, sodass f (a) = b. Also gilt: c = g(b) = g(f (a)) = (g ◦ f )(a), was zu zeigen
war. Somit ist g ◦ f injektiv und surjektiv, also bijektiv.
Es verbleibt noch der Nachweis von (g ◦ f )−1 = (f −1 ◦ g −1 ), d.h. f −1 ◦ g −1 ist die
Umkehrabbildung von g ◦ f . Es ist zu zeigen, dass (f −1 ◦ g −1 )(g ◦ f )(a) = a für alle
a ∈ A gilt.
Sei also a ∈ A beliebig. Dann gilt:
(f −1 ◦ g −1 )(g ◦ f )(a) = (f −1 ◦ g −1 )(g(f (a)) = f −1 (g −1 (g (f (a)))) = f −1 (f (a)) = a.
| {z }
| {z }
idB
Somit ist die Behauptung bewiesen.
idA