Institut f¨ur Analysis

Institut f¨ ur Analysis

Prof. Dr. Roland Schnaubelt 01.11.2013

Dipl.-Math. Leonid Chaichenets

H¨ ohere Mathematik I f¨ ur die Fachrichtung Physik L¨ osungsvorschl¨ age zum 1. ¨ Ubungsblatt

Aufgabe 1:

(a) Bezeichne G(d) die Aussagenform

”der Deutsche d ist groß“ und B(d) die Aussagenform

”der Deutschedtrinkt Bier“. Dann l¨asst sich die obige Aussage wie folgt formal ausdr¨ucken:

∀d:G(d)∧B(d) Entsprechend ist ihre Verneinung durch

[¬(∀d:G(d)∧B(d))]⇔[∃d:¬(G(d)∧B(d))]⇔[∃d:¬G(d)∨ ¬B(d)]

gegeben. In Worten also:

”Es gibt (mindestens) einen Deutschen, der nicht groß ist oder kein Bier trinkt.“

(b) BezeichneBdie Aussage

”im Kino kommt Batman“,J die Aussage

”im Kino kommt James Bond“ undI die Aussage

”ich gehe ins Kino“. Dann l¨asst sich die obige Aussage wie folgt formal ausdr¨ucken:

B∨J ⇒I (1)

Mit Hilfe einer Wahrheitstafel ¨uberpr¨uft man f¨ur beliebige Aussagen A, B die ¨Aquivalenz [A⇒B]⇔[B∨ ¬A]:

A B A⇒B B∨ ¬A

wahr wahr wahr wahr

wahr falsch falsch falsch falsch wahr wahr wahr falsch falsch wahr wahr Entsprechend ist die Verneinung von (1) durch

[¬(B∨J ⇒I)]⇔[¬(I∨ ¬(B∨J))]⇔[¬I∧ ¬¬(B∨J)]⇔[¬I ∧(B∨J)]

gegeben. In Worten also:

”Ich gehe nicht ins Kino, obwohl Batman oder James Bond gezeigt werden.“

(c) Zuerst werden die formalen Symbolevf¨ur Bundesligaverein,sf¨ur Spiel sowie die Funktionen T(v, s) f¨ur die Anzahl der Tore, die der Vereinv im Spielsgeschossen hat und A(v, s) f¨ur die Anzahl der ausgewechselten Spieler des Vereins v im Spiel s eingef¨uhrt. Die gegebene Aussage lautet formal also:

∃v :∀s:T(v, s)≤3∧A(v, s)≥1

Ihre Verneinung ergibt sich also formal zu

¬(∃v:∀s:T(v, s)≤3∧A(v, s)≥1) ⇔ ∀v:¬(∀s:T(v, s)≤3∧A(v, s)≥1)

⇔ ∀v:∃s:¬(T(v, s)≤3∧A(v, s)≥1)

⇔ ∀v:∃s:¬(T(v, s)≤3)∨ ¬(A(v, s)≥1)

⇔ ∀v:∃s:T(v, s)>3∨A(v, s)<1

⇔ ∀v:∃s:T(v, s)>3∨A(v, s) = 0, bzw. in Worten zu:

”Jeder Bundesligaverein hat in mindestens einem Spiel mehr als drei Tore geschossen oder hat keinen Spieler ausgewechselt.“

Aufgabe 2:

(a)

A∧[(C∧ ¬B)∨(B∨ ¬A)] ⇔ A∧[((C∧ ¬B)∨B)∨ ¬A]

⇔ A∧[((B∨C)∧(B∨ ¬B))∨ ¬A]

⇔ A∧[((B∨C)∧wahr)∨ ¬A]

⇔ A∧[B∨C∨ ¬A]

⇔ A∧[B∨C∨ ¬A]

⇔ [A∧(B∨C)]∨(A∧ ¬A)

⇔ [A∧(B∨C)]∨falsch

⇔ A∧(B∨C) (b)

A∧[¬A∨(B∧C)∨((¬C∨ ¬B)∧B)]

⇔ (A∧ ¬A)∨(A∧B∧C)∨(A∧B∧(¬C∨ ¬B))

⇔ falsch∨(A∧B∧C)∨(A∧B∧ ¬C)∨(A∧B∧ ¬B)

⇔ (A∧B∧C)∨(A∧B∧ ¬C)∨(A∧falsch)

⇔ (A∧B∧C)∨(A∧B∧ ¬C)

⇔ (A∧B)∧(C∨ ¬C)

⇔ (A∧B)∧wahr

⇔ A∧B

Aufgabe 3:

(a) Sei x ∈M₁∩M₃. Insbesondere x∈ M₁. WegenM₁ ⊆M₁∪M₃ ⊆M₂ folgt x ∈M₂. Also x ∈ M₁∩M₂ ⊆ M₃^c, d.h. x /∈ M₃. Insbesondere x /∈ M₁∩M₃. Dies ist ein Widerspruch.

Also kann die MengeM1∩M3 keine Elemente enthalten — sie ist die leere Menge.

(b) (i) Es gilt:

x∈f⁻¹(M₁∩M₂) ⇔ f(x)∈M₁∩M₂

⇔ f(x)∈M₁∧f(x)∈M₂

⇔ x∈f⁻¹(M₁)∧x∈f⁻¹(M₂)

⇔ x∈f⁻¹(M1)∩f⁻¹(M2)

(ii) Es gilt:

y∈f(M3∩M4) ⇔ ∃x∈M3∩M4 :f(x) =y

⇒ ∃x₁ ∈M3 :f(x1) =y∧ ∃x₂ ∈M4 :f(x2) =y

⇔ y∈f(M₃)∧y∈f(M₄)

⇔ y∈f(M₃)∩f(M₄) (iii) Es gilt:

y∈f(M3∪M4) ⇔ ∃x∈M3∪M4 :f(x) =y

⇔ ∃x₁ ∈M₃ :f(x₁) =y∨ ∃x₂ ∈M₄ :f(x₂) =y

⇔ y∈f(M₃)∨y∈f(M₄)

⇔ y∈f(M3)∪f(M4)

F¨ur das geforderte Gegenbeispiel betrachte man X = Y = R und x 7→^f x² sowie R⁺ = {x∈R|x >0}undR⁻={x∈R|x <0}. Es giltM₃∩M₄=∅und folglichf(M₃∩M₄) =∅, aber f(M₃) =f(M₄) =R⁺ und folglich f(M₃)∩f(M₄) =R⁺ 6=∅.

Aufgabe 4:

(a) (i) Die angegebene Relation ist keine ¨Aquivalenzrelation, da sie nicht symmetrisch ist.

Zum Beispiel ist 6∼2, da 6 = 2·3 ist, aber es gilt nicht 2∼6, da keink∈Nexistiert mit 2 = 6·k.

(ii) Die angegebene Relation ist eine ¨Aquivalenzrelation:

• Reflexivit¨at: F¨ur alle x∈Rgiltx=x+ 2π·0 und somitx∼x.

• Transitivit¨at: Es seien x, y, z ∈R mitx∼y und y ∼z. Dann existierenk, l ∈Z mitx=y+ 2πk undy =z+ 2πl. Somit istx=y+ 2π(k+l), alsox∼z.

• Symmetrie: Es seienx, y∈Rmitx∼y. Dann existiert eink∈Zmitx=y+2πk.

Folglich ist y=x+ 2π(−k) undy ∼x.

(iii) Die angegebene Relation ist eine ¨Aquivalenzrelation:

• Reflexivit¨at: F¨ur alle (z1, n1) ∈ Z×N gilt z1n1 = z1n1 und somit (z1, n1) ∼ (z₁, n₁).

• Transitivit¨at: Es seien (z₁, n₁),(z₂, n₂),(z₃, n₃) ∈ Z×N mit (z₁, n₁) ∼ (z₂, n₂) und (z2, n2) ∼ (z3, n3). Dann gilt z1n2 = z2n1 und z2n3 = z3n2 und damit

z1

n1 = _n^z2

2 = _n^z3

3. Somit ist (z1, n1)∼(z3, n3).

• Symmetrie: F¨ur alle (z1, n1),(z2, n2)∈ Z×N mit (z1, n1) ∼(z2, n2) gilt z1n2 = z₂n₁. Hieraus folgtz₂n₁ =z₁n₂ und somit (z₂, n₂)∼(z₁, n₁).

(b) Die angegebene Relation ist eine Ordnungsrelation:

• Reflexivit¨at: F¨ur alle (x₁, x₂) ∈ R² gilt x₁ ≤ x₁ und x₂ ≤ x₂ und somit (x₁, x₂) ≺ (x₁, x₂).

• Transitivit¨at:Es seien (x₁, x₂),(y₁, y₂),(z₁, z₂)∈R²mit (x₁, x₂)≺(y₁, y₂) und (y₁, y₂)≺ (z1, z2). Dann giltx1 ≤y1 ≤z1, x2 ≤y2 ≤z2 und damitx1 ≤z1 sowie x2 ≤z2. Also (x₁, x₂)≺(z₁, z₂).

x₂ x1

y3

y₂ y1

z₂ z1

f g

(a) f nicht surjektiv gnicht injektiv

x2

x₁ y2

y₁ z₁

f g

(b)f injektiv

x2

x₁ y2

y₁ z2

z₁

f g

(c)f surjektiv Abbildung 1: Gegenbeispiele

• Antisymmetrie: Es seien (x1, x2),(y1, y2) ∈ R² mit (x1, x2) ≺ (y1, y2) und (y1, y2) ≺ (x₁, x₂). Dann gilt x₁ ≤ y₁ und y₁ ≤ x₁ sowie x₂ ≤ y₂ und y₂ ≤ x₂. Damit folgt x₁ =y₁ und x₂ =y₂, also (x₁, x₂) = (y₁, y₂).

Aufgabe 5:

(a) (i) Seienx, y∈X beliebig. Zu zeigen isth(x) =h(y)⇒x=y. Es gilt:

h(x) =h(y) ⇔ (g◦f)(x) = (g◦f)(y)

⇔ g(f(x)) =g(f(y))

ginjektiv

⇒ f(x) =f(y)

f injektiv

⇒ x=y

(ii) Sei z ∈Z beliebig. Zu zeigen ist ∃x ∈X :h(x) =z. Da g surjektiv ist, existiert ein y∈Y mit g(y) =z. Daf surjektiv ist, existiert ein x∈X mitf(x) =y. F¨ur dieses x gilt tats¨achlich:h(x) =g(f(x)) =g(y) =z.

(iii) Nach (i) ist h injektiv. Nach (ii) isth surjektiv. Also isth bijektiv.

(iv) Sei z ∈Z beliebig. Zu zeigen ist ∃y ∈Y :g(y) =z. Da h surjektiv ist, existiert ein x∈X mith(x) =g(f(x)) =z. Mit der Wahly=f(x)∈Y gilt tats¨achlichg(y) =z.

(v) Sei y∈Y beliebig. Zu zeigen ist ∃x∈X :f(x) = y. Betrachte dazug(y)∈Z. Da h surjektiv ist, existiert ein x ∈X mit h(x) =g(f(x)) =g(y). Dag injektiv ist, muss aber f(x) =y gelten.

(b) Seien X={x₁, . . .},Y ={y₁, . . .} und Z ={z₁, . . .} (siehe Abbildung 1).

(i) Siehe Abbildung 1a:g ist nicht injektiv, denn g(y₂) =g(y₃) =z₂. (ii) Siehe Abbildung 1a:f ist nicht surjektiv, denny₃∈/ f(X).

(iii) Siehe Abbildung 1b:f ist injektiv.

(iv) Siehe Abbildung 1c:f ist surjektiv.

Aufgabe 6:

(a) Die angegebene Zuordnungsvorschrift ergibt genau dann keinen Sinn, wenn cx +d = 0 (Division durch 0). Istc= 0, so muss d6= 0 sein, undf ist auf ganz R definiert. Istc6= 0, so darfx=−^d_c nicht in die Zuordnungsvorschrift eingesetzt werden. Zusammenfassend:

D_f = (

R f¨urc= 0 R\

−^d_c f¨urc6= 0

(b) Die Abbildungfist genau dann injektiv, wenn f¨ur allex, y∈D_f mitx6=yauchf(x)6=f(y) ausf¨allt. Es gilt:

f(x) =f(y) ⇔ ax+b

cx+d = ay+b cy+d

⇔ (ax+b)(cy+d) = (ay+b)(cx+d)

⇔ acxy+adx+bcy+bd=acxy+ady+bcx+bd

⇔ ad(x−y) =bc(x−y)

x6=y⇔ ad=bc Also gilt:

f ist injektiv ⇔ad6=bc (2)

Sei nun f injektiv. F¨ur alle y∈R und allex∈D_f gilt:

f(x) =y⇔ ax+b

cx+d =y⇔ax+b=y(cx+d)⇔(a−cy)x=dy−b

Angenommen, a= cy. Dann liefert die letzte Gleichung dy−b = 0. Multiplikation mit c ergibt 0 = dcy−cb =da−cb ⇒ ad = bc. Dies ist ein Widerspruch zur Injektivit¨at nach (2). Die Annahme a=cy muss verworfen werden und es gilt:

f(x) =y⇔a−cy6= 0∧x= dy−b

a−cy (3)

Diese ¨Aquivalenz liefert:

f(Df) =D_f⁻¹ = (

R fallsc= 0 R\_a

c fallsc6= 0, f⁻¹:D_f⁻¹ →Df, y^f

−1

7→= dy−b a−cy (c) Damit die Kompositionf◦f uberhaupt erkl¨¨ art ist, mussf(Df)⊆Df gelten. Das kann nur

f¨urc= 0 (⇒ D_f =f(D_f) =R) bzw. f¨ur a=−d(⇒ D_f =f(D_f) =R\_a

c ) gelten. Aus f◦f = id_Df folgt dann nach Satz 3.5 der Vorlesungf =f⁻¹. Es gilt dann f¨ur allex∈D_f:

f(x) =f⁻¹(x) ⇔ ax+b

cx+d = dx−b a−cx

⇔ a²x−acx²+ab−bcx=cdx²−bcx+d²x−bd

⇔ −(ac+cd)x²+ (a²−d²)x+ (ab+bd) = 0

⇔ −c(a+d)x²+ (a−d)(a+d)x+b(a+d) = 0

Wenn das Polynom in xauf der linken Seite nicht identisch verschwindet, hat es h¨ochstens zwei Nullstellen. Allerdings enth¨altD_f mehr als zwei Punkte. Also m¨ussen alle Koeffizienten Null sein, d.h:

f =f⁻¹⇔c(a+d) = (a−d)(a+d) =b(a+d) = 0⇔a=−d∨c= (a−d) =b= 0

http://www.math.kit.edu/iana3/lehre/hm1phys2013w/