Zunächst definieren wir den Begriff Invertierbarkeit.
Def 4.8
Gegeben sei eine Abbildung f :XÑY.
f heißt invertierbargenau dann, wenn es eine Abbildung f´1 so gibt, dass gilt:f´1˝f “idX
f´1 heißt dann die zu f inverse Abbildung.
Bemerkungen:
1. Was machtf´1?
f ordnet ja jedem x aus X ein Bild y zu, das in Y liegt. Die Abbildung ´1 kehrt das Ganze einfach um und ordnet jedem y wieder das Urbild x zu. Führt man beide nacheinander aus, dann erhält man tatsächlich wieder die ursprünglichen Elemente. Somit liegt insgesamt die identische Abbildung in X vor.
2. Analog ist: f˝f´1 “idY.
3. Wie muss eine Abbildung f sein, damit sie invertierbar ist?
Wir überlegen:
Zunächst nehmen wir an, dass f nicht injektiv ist.
Dann gibt es mindestens ein y in Y, für das gilt: y“fpx1qund y“fpx2q mit x1 ‰x2. Folglich hätte aber f´1 für dieses y zwei Bilder, wäre somit nicht eindeutig und daher keine Abbildung.
Nun nehmen wir an, dass f nicht surjektiv ist.
Dann gibt es mindestens ein y in Y, das nicht Bild von einem x ist.
Für dieses y gäbe es dann aber kein x, das man ihm durch f´1 zuordnen könnte.
Es gilt also: Wenn es eine inverse Abbildung gibt, ist f in jedem Falle bijektiv.
Oder: Nur dann, wenn f sowohl injektiv als auch surjektiv ist, kann es eine inverse Abbildung f´1 geben.
Gibt es diese dann immer?
Gegeben sei die bijektive Abbildung f :XÑY mit f(x) = y.
Wir legen fest: f´1 :Y ÑX mit f´1pyq “x
Da f bijektiv ist, gibt es zu jedem y genau ein x mit f(x) = y. Weitere x in X kann es ebenfalls nicht geben, da f selbst sonst keine Abbildung wäre.
Folglich ist: f´1˝fpxq “f´1pyq “xund damit f´1˝f “idX. Satz 4.1
Zu jeder bijektiven Abbildung f :XÑY gibt es eine inverse Abbildung f´1:Y ÑX.
Die inverse Abbildung f´1 ist eindeutig bestimmt.
Beweis:
Die Existenz der Abbildung wurde bereits oben gezeigt.
Eindeutigkeit: Annahme: Es gibt zwei inverse Abbildungen f1´1 und f2´1.
Dann gilt für alle yPY: f˝f1´1pyq “y ^ f˝f2´1pyq “y Da f bijektiv ist, gibt es zu jedem y genau ein x mit f(x) = y.
Jede zu f inverse Abbildung muss dieses x als Bild von y haben.
Wegen f1´1pyq “x ^ f2´1pyq “x ñ f1´1pyq “f2´1pyq
Die beiden Abbildungen sind also gleich und folglich ist die inverse Abbildung eindeutig bestimmt.
l Damit ist dieser kleine Einblick in die Welt der Abbildungen beendet.
Aufgaben
1. Entscheiden und begründen Sie jeweils ob Abbildungen vorliegen und welche der Eigenschaf-ten injektiv, surjektiv und bijektiv sie haben. Wählen Sie jeweils sinnvolle Definitions- und Bildbereiche.
a) Schüler einer SchuleÑKlasse b) MenschÑ Mutter
c) Mensch Ñ Mailadresse d) HundÑ Alter
e) DeutscherÑ Rentenversicherungsnummer
2. Gegeben seien die Mengen X–ta;b;cu undY –t1; 2u a) Geben Sie alle surjektiven Abbildungenf :X ÑY an.
b) Geben Sie alle injektiven Abbildungenf :X ÑX an.
c) Geben Sie alle bijektiven Abbildungen f :X ÑX an.
d) Begründen Sie, dass es keine bijektive Abbildung der Form:f :XÑY gibt.
3. Untersuchen Sie, ob eine Abbildung f: RÑ Rvorliegt. Passen Sie gegebenenfalls den Defini-tionsbereich so an, dass eine Abbildung entsteht. Geben Sie Bildpfq an.
a) fpxq “?
100´x2 b) fpxq “ sinx1
c) fpxq “tanx d) fpxq “x´1x
4. Gegeben sind die folgenden Abbildungen f: R Ñ R. Entscheiden Sie jeweils, welche Eigen-schaften die Abbildung hat und begründen Sie Ihre Entscheidung.
a) fpxq “ 23x´7 b) fpxq “txu
c) fpxq “ax2`bx`c; pa‰0q
e) fpxq “ 14x5`2 f) fpxq “x3`ax2`bx g) fpxq “ |2x´7|
6. Auf der Menge M “ t0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7u sei folgende Abbildung definiert: f sei der Rest, den das Quadrat von x bei Division durch 8 lässt.
a) Bestimmen Sie alle geordneten Paare ausMˆM, die zu f gehören.
b) Geben Sie Eigenschaften von f an.
c) Geben Sie eine Abbildung auf M an, die bijektiv ist und nicht der identischen Abbildung entspricht.
7. Geben Sie Beispiele für jeweils eine Abbildung f mit den zugehörigen Bereichen so an, dass f ...
a) ... injektiv und nicht surjektiv b) ... injektiv und surjektiv c) ... surjektiv, aber nicht injektiv d) ... weder injektiv noch surjektiv ist 8. Gegeben sind die Abbildungen f, g und h mit:
f : RÑR| xÑ3x`5 g: RÑR| xÑ2x
h: RÑR| xÑ px´2q2´4 a) Bestimmen SieBildpfq,Bildpgqund Bildphq
b) Entscheiden und begründen Sie, welche der Abbildungen f, g und h invertierbar sind.
c) Bilden Sie die Verknüpfungen f ˝g, f ˝h, g ˝h und f ˝f. Ermitteln Sie für diese Verknüpfungen die Bildbereiche.
d) Untersuchen Sie, ob gilt:f˝h“h˝f e) Bilden Sie f˝g˝h undf ˝h˝g
9. Gegeben sei die Abbildung: f :X–Rzt1u ÑY –Rzt2u| xÑ 2x´6 x´1 a) Zeigen Sie, dass f bijektiv ist.
b) Bestimmen Sie die inverse Abbildungf´1 c) Zeigen Sie:f ˝f´1pyq “idY und f´1˝f “idX
10. Untersuchen Sie, ob gilt:
a) Wenn f invertierbar ist, dann ist auchf˝f invertierbar.
b) Wenn f und g invertierbar sind undBildpgq ĂDf gilt, dann ist auchf˝g invertierbar.
Logik
1. a) Es regnet.
Da weder ein Zeitpunkt noch ein Ort benannt wurde, kann man keinen Wahrheitswert zuordnen. Damit liegt bestenfalls eine Aussageform vor.
b) 4x´7ă11
Aussageform mit einer Variablen, wahr für x“ 92, falsch sonst.
c) 4´sinp2xq ą0
Da|sinp2xq| ď1 ist, ist dies eine wahre Aussage für alle x.
d) fpxq “x2`4
Hier handelt es sich um eine Funktionsgleichung für die Funktion f. Somit liegt keine Aussage vor, solange f nicht näher definiert wurde.
e) t3u Ă t3; 4; 5u ist eine wahre Aussage.
f) paăb^băcq ñaăc ist eine wahre Aussage für vergleichbare Objekte a, b, c.
Das gilt auch für den Fall, dass a < b oder b < c falsch sind.
2. a) Es ergibt sich eindeutig: Christian < Ben < Anton < Emil.
b) Es ergibt sich diesmal eindeutig: Emil < Anton < Ben < Christian.
c) Wenn nur (2) falsch ist, ist Anton nicht größer als Ben. Damit ergeben sich aber nicht nur für Anton, sondern auch für Emil mehrere Möglichkeiten der Anordnung.
Somit sind die Reihenfolgen:
Anton < Christian < Ben < Emil, Anton < Emil < Christian < Ben, Anton < Christian < Emil < Ben, Christian < Anton < Emil < Ben und Christian < Anton < Ben < Emil möglich.
3. zweites Distributivgesetz zwischen Konjunktion und Disjunktion (gleiche Spalten 5 und 8) p q r p_q pp_qq ^r p^r q^r pp^rq _ pq^rq
w w w w w w w w
w w f w f f f f
w f w w w w f w
4. a) Der Schluss ist richtig.
Logisch entspricht er der Kontraposition der gegebenen Implikation.
b) Dieser Schluss ist falsch.
Kontraposition: Wenn der Kaffe nicht bitter ist, dann hat ihn Emil nicht gekocht.
Wenn der Kaffee bitter ist, kann ihn durchaus auch jemand anderes gekocht haben.
c) Dieser Schluss ist richtig.
Die Implikation hat zwei Voraussetzungen.
Ihre Kontraposition lautet: Wenn die Sekretärin nicht gut gelaunt ist, ist nicht Mittwoch oder es wurde kein Tee gekocht. (de Morgan)
Da sie schlechte Laune hat, aber Mittwoch ist, kann es nur daran liegen, dass kein Tee gekocht wurde.
d) Dieser Schluss ist ebenfalls richtig.
Die Kontraposition lautet: Wenn nicht Freitag ist, dann ist Tee gekocht oder die Sekre-tärin nicht gut gelaunt. (de Morgan)
Es ist nicht Freitag und die Sekretärin ist gut gelaunt. Dann muss Tee gekocht sein, damit die Disjunktion wahr wird.
5. Beweise
a) Das Quadrat einer ungeraden Zahl ist ungerade.
Voraussetzung: n ist ungerade: n“2k´1mit kPN Behauptung: n2 ist ungerade.
Beweis:
n“ 2k´1 n2 “ p2k´1q2
“ 4k2´4k`1
“ 2p2k2´2kq `1
“ 2¨m`1
Der Term 2k2´2k ist in jedem Falle ganzzahlig, also istn2 ungerade.
l b) Der Vorgänger einer Quadratzahl, die mindestens 4 beträgt ist durch den Nachfolger
ihrer Wurzel teilbar.
Voraussetzung:qn“n2 Behauptung: pn`1q|qn´1 Beweis:
qn´1“ n2´1
“ pn`1q ¨ pn´1q Damit ist der Teiler (n+1) enthalten.
l
c) ?
5ist keine rationale Zahl.
Wir beweisen es indirekt.
Annahme:?
5 ist eine rationale Zahl.
Schlussfolgerung: ?
5lässt sich als gekürzter Bruch darstellen.
?5“ p
q ^ ggTpp, qq “1 |2
5“ p2
q2 | ¨q2
5q2“ p2
ñ 5|p2 ñ 5|p ñ 25|p2
ñ p2 “25¨r2 |rPN
5q2“ 25r2 |: 5
q2“ 5r2
ñ 5|q2ñ5|q
Es gilt also:5|p ^5|q. Offenbar sind p und q nicht teilerfremd.
Das steht im Widerspruch zur Annahme.
?5ist folglich nicht rational.
l d) Es gibt keine Quadratzahl, die Vorgänger einer durch drei teilbaren Zahl ist.
Annahme: Es gibt eine solche Quadratzahl. Dann wäre:n2 “3k´1 mit n, kPN Wir unterscheiden drei Fälle:
1. Fall: n“3r mit rPN
n2 “ p3rq2“3¨ p3r2q “3¨k´1 ñ 3¨ p3r2´kq `1“0 Der Nachfolger einer durch 3 teilbaren Zahl kann nicht 0 sein.
Damit liegt ein Widerspruch vor.
2. Fall: n“3r`1 mit rPN
n2 “ p3r`1q2 “9r2`6r`1“3k´1 ñ 3p3r2`2r´kq `2“0 Diese Gleichung ist für natürliche Zahlen k und r ebenfalls nicht erfüllbar.
3. Fall: n“3r`2 mit rPN
n2 “ p3r`2q2“9r2`12r`4“3k´1 ñ 3p3r2`4r´kq `5“0
6. a) Betrachten wir die ersten vier Aussagen:
A1 :Cäsar sitzt nicht links.
A2 :Anton fährt in der Freizeit Rad.
A3 :Die Person, die gern schwimmt, sitzt nicht in der Mitte.
A4 :Berta sitzt rechts.
Dann ergibt sich:
A1^A4: Berta sitzt rechts und Cäsar nicht links. Anton muss links sitzen und Cäsar in der Mitte.
A2^A3: Anton fährt Rad und sitzt links. Die Person, die schwimmt muss rechts sitzen also schwimmt Berta.
Folglich ist Cäsar der Jogger.
b) Betrachten wir die AxiomeA1, A2, A3, A5, A6 : A1 :Cäsar sitzt nicht links.
A2 :Anton fährt in der Freizeit Rad.
A3 :Die Person, die gern schwimmt, sitzt nicht in der Mitte.
A5 :Berta sitzt in der Mitte.
A6 :Die Person, die gern joggt, sitzt rechts.
Dann ist:
A1^A5: Anton muss links sitzen, denn weder Cäsar noch Berta sitzen links.
Widerspruch: NachA2 fährt Anton Rad, doch nachA3 undA5 sitzen am Rand Schwim-mer und Jogger.
c) Das System tA2, A6, A7u lautet:
A2 :Anton fährt in der Freizeit Rad.
A6 :Die Person, die gern joggt, sitzt rechts.
A7 :Cäsar schwimmt nicht gern.
Wir schließen:
A6^A7: Cäsar sitzt rechts da er weder schwimmt noch Rad fährt.
mögliche Reihenfolgen: Anton - Berta - Cäsar; Berta - Anton - Cäsar.
d) Das SystemtA1, A2, A6, A7ulautet:
A1 :Cäsar sitzt nicht links.
A2 :Anton fährt in der Freizeit Rad.
A6 :Die Person, die gern joggt, sitzt rechts.
A7 :Cäsar schwimmt nicht gern.
Wir schließen:
Wegen Teilaufgabe c) wissen wir, dass die Reihenfolge nicht eindeutig ist. Daran ändert auch das Hinzunehmen vonA1 nichts, denn, dass Cäsar rechts sitzt, ist bereits bekannt.
Folglich kann A1 auch weggelassen werden.
7. a) Reihenfolge: r-w-r-r-w
E sieht drei rote Mützen. Deshalb sagt er: „Weiß.“
D sieht zwei rote Mützen. Da E weiß genannt hat, muss er drei rote gesehen haben.
Deshalb sagt D: „Rot“.
C sieht eine weiße und eine rote Mütze. E hat weiß gesagt, muss also drei rote gesehen
haben. Da erst eine weg ist, schließt C ebenfalls auf rot.
B sieht eine rote, von denen zwei bereits weg sind. Also schließt er auf weiß.
A hat gut zugehört. Da E drei rote gesehen haben muss, aber nur zwei davon weg sind, schließt er auf rot.
Alle fünf kommen frei.
b) Reihenfolge: r-w-r-w-w
Da E von beiden Farben zwei sieht, kann er nicht entscheiden, welche Farbe er hat. E sagt also nichts.
Da E nichts sagt, also von keiner Farbe drei sah und D zwei rote Mützen sieht, schließt er auf weiß.
C sieht von jeder Farbe eine Mütze. Eine weiße ist weg und E hat nichts gesagt. Folglich schließt C auf rot.
B sieht nur eine rote. Von beiden Farben ist eine Mütze bereits weg. E muss von beiden Farben zwei gesehen haben. Deshalb sagt B „Weiß“.
A sagt „Rot“, denn eine rote fehlte noch, da E nichts gesagt hat.
c) Egal, wie man die Mützen verteilt. Entweder E oder D können immer auf ihre Farbe schließen.
Sieht E drei Mützen einer Farbe, so kann er für sich auf die andere Farbe schließen.
Sieht er zwei von jeder Farbe, kann D auf seine Farbe schließen, da E nichts gesagt hat.
Auch A, B und C können dann auf ihre Farbe schließen, indem sie die Antworten der vorher Befragten analysieren.
Entweder alle oder A bis D können die Farbe ihrer Mütze sicher herausfinden.
8. Um mit einer einzigen Frage alles herauszufinden, muss sie so gestellt sein, dass beide Perso-nen einbezogen werden.
Eine solche Frage lautet:
„Was würde dein Nachbar antworten, wenn ich ihn frage, ob du ein Lügner bist?“
1. Fall:
Der Befragte antwortet mit „Ja“.
Schlussfolgerung: Er ist ein Wahrhaftiger.
Begründung:
Sein Nachbar hätte in jedem Falle mit „Ja“ geantwortet.
Als Lügner hätte er den Wahrhaftigen als Lügner bezeichnet und deshalb „Ja“ gesagt.
Als Wahrhaftiger hätte er ebenfalls „Ja“ gesagt, da sein Nachbar ja der Lügner wäre.
Da sich diese Aussage nicht noch einmal umkehrt, muss der Befragte ein Wahrhaftiger sein.
2. Fall:
9. Alberich ist ein Lügner, da seine Aussagen nicht beide wahr sein können.
Dann ist aber wegen seiner zweiten falschen Aussage Babelich ein Wahrhaftiger.
Da auch Alberichs erste Aussage falsch war, und Babelich ein Wahrhaftiger ist, muss Coderich ein Lügner sein.
10. Zunächst weiß man, dass mindestens einer der drei Gnome gelogen haben muss. Einer der ersten Beiden ist in jedem Falle ein Lügner.
1. Fall: Genau einer lügt.
Die Aussage des dritten ist also falsch, da ja zwei die Wahrheit sagen.
Das müssten aber die ersten Beiden sein.
Da es aber keine zwei Zauberer gibt, kann dies nicht sein.
2. Fall: Genau zwei lügen.
Diesmal ist die Aussage des dritten wahr.
Die ersten Beiden haben gelogen.
Der Dritte ist folglich der Zauberer.
3. Fall: Alle drei lügen.
Wenn alle Aussagen falsch sind, ist ebenfalls der Dritte der Zauberer.
Antwort: Der Dritte ist sicher der Zauberer.
11. Wir formen Ungleichungen äquivalent um. Es gelten dann also sogar beide Richtungen.
a) Es ist:
a
1`a ď b
1`b | ¨ p1`aqp1`bq a¨ p1`bq ď b¨ p1`aq |Ausmultiplizieren
a`abď b`ab | ´ab a ď b
Die Ungleichung gilt sogar für ´1ďaďb, da bei der Multiplikation der Klammern der Term nicht negativ wird. Alle Umformungen waren äquivalente Umformungen. Deshalb gelten beide Richtungen der Kette.
b) Wir gehen von der gegebenen Ungleichung aus:
?abď a`b
2 |2
abď pa`bq2
4 | ¨4
4abď a2`2ab`b2 | ´4ab
0ď a2´2ab`b2 “ pa´bq2 Das ist immer wahr.
c) Obwohl diese Ungleichung sehr kompliziert aussieht, ist ihr Beweis sehr einfach.
Das ist immer wahr. Im Mittelteil der binomischen Formel fällt ε heraus. Deshalb gilt die Formel für alleε.
12. Induktionsbeweise
Induktionsanfang:n0 “1: linke Seite: 1
1¨ p1`1q “ 1 2 rechte Seite: 1´ 1
1`1 “ 1 2
Beide Seiten stimmen überein. Die Formel gilt fürn0 “1.
Induktionsschritt:
Voraussetzung: Für ein festes k pkě1q gilt:
řk
i“1
1
i¨ pi`1q “1´ 1 k`1 Behauptung: Dann gilt für (k+1):
k`1ř
b) 133|p11n`2`122n´1q
Induktionsanfang: n0“0:110`2`122¨0`1 “121`12“133 133|133 ñDie Formel gilt für n0 “0.
Induktionsschritt:
Voraussetzung: Für ein festes k pkě0q gilt:133|p11k`2`122k´1q Behauptung: Dann gilt für (k+1): 133|p11k`3`122k`1q
Beweis:
11k`3`122k`1 “ 11¨11k`2`122¨122k´1
“ 11¨11k`2`144¨122k´1
“ 11¨11k`2`11¨122k´1`133¨122k´1
“ 11¨ p11k`2`122k´1q `133¨122k´1 Im ersten Teil wurden die Potenzen so zerlegt, dass die Po-tenzen der Voraussetzung erscheinen. Dann musste der Term in Summanden zerlegt werden. Beide Summanden sind durch 133 teilbar, folglich auch die Summe.
l
Beide Seiten stimmen überein. Die Formel gilt fürn0 “1.
Induktionsschritt:
Voraussetzung: Für ein festes k pkě1q gilt:
řk
i“1
pi3q “ 14k2pk`1q2 Behauptung: Dann gilt für (k+1):
k`1ř
Zunächst wurde die Summe so zerlegt, dass man die Indukti-onsvoraussetzung anwenden kann. Danach wurden die Terme rechts faktorisiert und vereinfacht. So ergab sich die Behaup-tung.
l
d) @nPN^ně4| n2 ď2n
Induktionsanfang: n0“4:42 “16 24 “16
16ď16 ñ Die Ungleichung gilt fürn0“4.
Induktionsschritt:
Voraussetzung: Für ein festes k pkě4q gilt:k2 ď2k Behauptung: Dann gilt für (k+1): pk`1q2ď2k`1 Beweis:
pk`1q2“ k2`2k`1¨2
“ k2`2k`1 ď 2k`2k`1 ď 2k`k2 ď 2k`2k
“ 2k¨2
“ 2k`1
Wir haben mehrmals abgeschätzt und dabei die Vorausset-zung verwendet. In einer Zeile haben wir genutzt, dass für k ě4 die Ungleichung k2 ě2k`1 gilt. Dies wäre noch zu zeigen. (Induktionsschritt: z.z.pk`1q2 ě2k`3)
pk`1q2 “ k2`2k`1 ě 2k`1`2k`1 ą 2k`3
l 13. Quantoren
a) Aussage:@zPZ| pz`1q2 ą0 Negation: `
@zPZ| pz`1q2 ą0˘
ô DzPZ| pz`1q2 ď0
Die gegebene Aussage ist für alle ganzen Zahlen außer (-1) wahr und somit als Allaussage falsch. Ihre Negation ist wahr.
b) Aussage:@zPZ|z2`1ą0 Negation: `
@zPZ|z2`1ą0˘
ô DzPZ|z2`1ď0 Die gegebene Aussage ist wahr. Ihre Negation falsch.
14. Beweis einer Doppelungleichung.
Wir haben die Brüche durch kleinere Brüche ersetzt. (Verkleinerung) linke Seite:
Wir haben die Brüche durch größere Brüche ersetzt. (Vergrößerung) 15. Wir beweisen die Aussage durch vollständige Induktion.
Induktionsanfang: n0“8:8“1¨3`1¨5 Die Zerlegung gilt fürn0 “8.
Induktionsschritt:
Voraussetzung: Für ein festes k pkě8q gilt:k“3a`5b Behauptung: Dann gilt für (k+1): k`1“3a˚`5b˚
Beweis: Wir müssen zeigen, dass es die Zahlen a* und b* immer gibt.
k`1“3¨a`5¨b`1“ 3¨a`5¨ pb´1q `5`1
“ 3¨ pa`2q `5¨ pb´1q ñ a˚ “a`2 ^ b˚“b´1 Damit ist für alle b > 0 eine Darstellung gefunden.
Für b = 0 gilt wegen ně9:aě3:
k`1“3¨a`5¨0`1“ 3¨ pa´3q `9`1
“ 3¨ pa´3q `5¨2 ñ a˚ “a´3 ^ b˚“2 Also gibt es auch für b = 0 eine Zerlegung für den Nachfolger.
l
Mengen
1. gegeben: A–t2; 4; 7; 8u, B–t1; 2; 3; 4; 5; 6u, C –t7; 8; 9u a) T1“ t2; 4; 7u, T2“ t2; 4; 8u, T3 “ t2; 7; 8u, T4 “ t4; 7; 8u b) AXB “ t2; 4u, AXC“ t7; 8u, BXC “∅
c) AYB “ t1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8u, AYC “ t2; 4; 7; 8; 9u, BYC“ t1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9u d) AzB “ t7; 8u, BzA“ t1; 3; 5; 6u
AzC “ t2; 4u, CzA“ t9u, CzB “C “ t7; 8; 9u
e) AˆC “ tp2; 7q,p2; 8q,p2; 9q,p4; 7q,p4; 8q,p4; 9q,p7; 7q,p7; 8q,p7; 9q,p8; 7q,p8; 8q,p8; 9qu CˆB “ tp7; 1q,p7; 2q, ...,p7; 6q,p8; 1q,p8; 2q, ...,p8; 6q,p9; 1q,p9; 2q, ...,p9; 6qu
f) Es ist:|PpBq| “26 “64,|PpAq| “24 “16 und|PpCq| “23“8. 64 > 16 + 8.
Die Aussage ist wahr.
2. Intervalle a) A“ p2; 4s
Für B lösen wir eine Ungleichung:
x2´4x`3 ą 0 x2´4x`4´1 ą 0 px´2q2´1 ą 0 px´1qpx´3q ą 0 Wir erhalten: B “ p´8,1q Y p3,8q.
2x`1
x´1 ą px´1q | ¨ px´1q
1. Fall:xě1 2x`1ąx2´2x`1 | ´2x´1 0ąx2´4x
0ąx¨ px´4q
ñ 1ďxă4
2. Fall:xă1 2x`1ăx2´2x`1 | ´2x´1 0ăx2´4x
0ăx¨ px´4q
ñ xă0
Wir erhalten: C“ p´8,0q Y r1,4q. Menge D:
b) AXB “ p3; 4s;AXC “ p2; 4s;AXD“ r3; 4s;
BXC “ p´8,0q Y p3; 4q;BXD“ r´1,1q Y p3;8q;CXD“ r´1,0q Y r3; 4q c) AYB “ p´8,1q Y p2,8q;AYC“ p´8,0q Y r1,4s;
AYD“ r´1,1s Y p2,8q;BYC“ p´8,1q Y r1,8q; BYD“ p´8,1s Y r3,8q;CYD“R.
d) AXBXCXD“ p3; 4q;AYBYCYD“R e) AzB “ p2; 3s;AzC “ t4u;AzD“ p2; 3q
BzA“ p´8,1q Y p4,8q;BzC“ r0; 1q Y r4;8q;BzD“ p´8,´1q CzA“ p´8,0q Y r1,2s;CzB “ r1; 3s;CzD“ p´8,´1q Y r1; 3q DzA“ r´1,1s Y p4,8q;DzB “ t1; 3u;DzC“ r0,1q Y r4,8q f) AˆB “ tpx;yq|2ăxď4 ^ pyă1 _ yą3qu
BˆD“ tpx;yq|pxă1 _ xą3q ^ p´1ďyď1 _ yě3qu AˆD“ tpx;yq|2ăxď4 ^ p´1ďy ď1 _ yě3qu
AˆB BˆD AˆD
3. Teil 1: Regel 2: Aˆ pBXCq “ pAˆBq X pAˆCq
Aˆ pBXCq “ tx|xPAu ˆ ty|yPB^y PCu
“ tpx, yq|pxPA^yPB^yPCqu
“ tpx, yq|pxPA^yPBqu X tpx, yq|pxPA^y PCqu
“ pAˆBq X pAˆCq
Teil 2: Regel 4: Aˆ pBYCq “ pAˆBq Y pAˆCq
Aˆ pBYCq “ tx|xPAu ˆ ty|yPB_y PCu
“ tpx, yq|pxPA^ pyPB_yPCqqu
“ tpx, yq|ppxPA^yPBq _ pxPA^yPCqqu
“ tpx, yq|pxPA^yPBqu Y tpx, yq|pxPA^y PCqu
“ pAˆBq Y pAˆCq
Teil 3: Regel 6: Aˆ pBzCq “ pAˆBqzpAˆCq
X ist die Durchschnittsmenge aller Mengen X die in A liegen.
č
XPA
X“∅
Ť
XPA
X ist die Vereinigungsmenge aller Mengen X aus A.
ď
7. Aussagen über endliche Mengen a) XzY “∅ ô X“Y
Von dieser Äquivalenz gilt nur eine Richtung. Insgesamt ist sie also falsch.
Gegenbeispiel: X“ t1; 2; 3u, Y “ t0; 1; 2; 3; 4u XzY “∅gilt, aberX ‰Y
Allgemeiner kann man sagen:
X ĎY ô XzY “∅ b) AYPpAq “PpAq
Diese Aussage ist wahr.
A ist Teilmenge ihrer Potenzmenge.
Daher liefert die Vereinigung der beiden keine neue Menge, sondern ergibt einfach die Menge in der die kleinerer Menge, also A bereits enthalten ist.
c) |AYB| “ |A| ` |B| ñ AXB“∅ Diese Aussage ist wahr.
Begründung:
Die Vereinigung zweier Mengen liefert eine Menge, in der beide Mengen enthalten sind.
Dabei kommen alle die Elemente, die in beiden Mengen enthalten sind nur einmal vor.
Folglich kann die Vereinigungsmenge zweier Mengen maximal so viele Elemente enthal-ten, wie beide Mengen zusammen besitzen.
Dieser Maximalfall tritt jedoch nur dann ein, wenn es kein gemeinsames Element gibt, welches ja in der Vereinigung dann nur einmal auftauchen darf.
Wenn es dieses Element jedoch nicht gibt, müssen beide Mengen disjunkt gewesen sein.
Folglich gilt dannAXB “∅.
Relationen
1. Relation über M –t1; 2; 4; 8u mit „beide Zahlen gerade“.
a) Elemente von R:
R“ tp2; 2q,p2; 4q,p2; 8q,p4; 2q,p4; 4q,p4; 8q,p8; 2q,p8; 4q,p8; 8qu. b) Eigenschaften:
R ist nicht reflexiv, dennp1; 1q RR.
R ist nicht antireflexiv, denn p2; 2q PR
R ist symmetrisch, denn neben den Paaren mit gleichen Elementen, gilt:
p2; 4q PR^ p4; 2q PR,p2; 8q PR^ p8; 2q PR sowiep4; 8q PR^ p8; 4q PR R ist nicht antisymmetrisch, denn R ist symmetrisch.
R ist nicht asymmetrisch, denn R ist nicht antireflexiv.
R ist transitiv, denn alle möglichen geordneten Paare aus den drei Elementen 2; 4; 8 liegen in R.
Folglich ist für diese die Übertragbarkait immer gewahrt.
2. Relationen über der MengeM –ta, b, c, du.
a) R ist reflexiv und symmetrisch, aber nicht transitiv.
R“ tpa, aq,pa, bq,pb, aq,pb, bq,pb, cq,pc, bq,pc, cq,pd, dqu
Begründung für nicht transitiv: Es ist aRb und bRc. Aber es ist nicht aRc.
b) R ist reflexiv und transitiv, aber nicht symmetrisch.
R“ tpa, aq,pa, cq,pa, bq,pb, bq,pb, cq,pc, cq,pd, dqu
Begründung für nicht symmetrisch: Es ist aRb aber nicht bRa.
c) R ist symmetrich und transitiv, aber nicht reflexiv.
R“ tpa, aq,pa, cq,pa, bq,pb, aq,pb, bq,pb, cq,pc, aq,pc, bqpc, cqu Begründung für nicht reflexiv: (d, d) fehlt.
d) R ist weder reflexiv noch symmetrisch noch transitiv.
R“ tpa, aq,pa, bq,pb, bq,pc, bq,pb, dqu
Begründung für nicht reflexiv: (c, c) und (d, d) fehlen.
Begründung für nicht symmetrisch: Es ist aRb aber nicht bRa.
Begründung für nicht transitiv: Es ist aRb und bRd. Aber es ist nicht aRd.
3. Relationen aus der Praxis.
a) A–tpx, yq PMˆM|x ist verwandt mit yu
A ist reflexiv, denn jeder ist verwandt mit sich selbst.
A ist symmetrisch, denn wenn x mit y verwandt ist, ist auch y mit x verwandt.
Wenn man Verwandschaft bis zu einem beliebigen Grad zulässt, ist A auch transitiv.
und z nicht leiden können.
C –tpx, yq PMˆM|x ist mindestens so alt wie y.u C ist reflexiv, denn jeder ist mindestens so alt wie er selbst.
C ist nicht antisymmetrisch. Zwar folgt aus x ist mindestens so alt wie y und y ist min-destens so alt wie x, dass x und y gleich alt sein müssen. Das heißt aber noch lange nicht, dass x und y selbst gleich sein müssen.
C ist auch nicht symmetrisch, denn wenn x jünger als y ist, gilt yRx aber nicht xRy.
C ist transitiv, denn wenn x mindestens so alt wie y ist und y mindestens so alt wie z, dann ist auch x mindestens so alt wie z.
D–tpx, yq PMˆM|x ist mehr als 4 Jahre jünger als y.u
D ist antireflexiv, denn kein Mensch ist mehr als 4 Jahre jünger als er selbst.
D ist asymmetrisch. Wenn x mehr als vier Jahre jünger als y ist, dann gilt der umgekehrte Fall sicher nicht.
D ist transitiv. Wenn x mehr als vier Jahre jünger als y und gleichzeitig y mehr als vier Jahre jünger als z ist, dann ist x sogar mehr als 8 Jahre jünger als z und somit auch mehr als 4 Jahre jünger als z.
b) Nach den ermittelten Eigenschaften ist A eine Äquivalenzrelation. Die Klassen sind die Mengen aus miteinander verwandten Personen. B, C und D sind keine Äquivalenrelatio-nen.
c) Nur die Relation D ist eine Ordnungsrelation.
Sie hat die Eigenschaften einer strengen Ordnung.
A, B und C erfüllen die Bedingungen für eine Ordnungsrelation nicht. C nur deshalb nicht, weil die Antisymmetrie nicht gilt.
Wenn man zulassen würde, dass zwei Menschen gleich sind, wenn sie gleichalt sind, wäre
Wenn man zulassen würde, dass zwei Menschen gleich sind, wenn sie gleichalt sind, wäre