Analysis I für M, LaG/M, Ph 1.Übungsblatt

Analysis I für M, LaG/M, Ph 1.Übungsblatt

Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010

Dr. Robert Haller-Dintelmann 14.04.2010

David Bücher

Christian Brandenburg

Hinweis zur Bepunktung der Hausübungen

Bei den Hausübungen gibt es 10 Punkte pro Aufgabe. 3 dieser Punkte werden ausschließlich für ordentliches und formal korrektes Aufschreiben vergeben.

Gruppenübung

Aufgabe G1

Stellen Sie Fragen zum ersten Kapitel des Skriptes, dass Sie selbst bearbeiten sollten. Falls Sie keine Fragen haben, schauen Sie sich das Kapitel noch einmal an und stellen Sie anschließend Ihre Fragen.

Aufgabe G2 (Mengen und Aussagen)

Beweisen Sie die verbleibenden Aussagen von Satz 1.4 im Skript.

Lösung:

(a) i. Behauptung:A∪B=B∪A.

Beweis:

x∈A∪B

⇔ x∈Aoderx∈B

⇔ x∈Boderx∈A

⇔ x∈B∪A

ii. Behauptung:A∩B=B∩A.

Beweis:

x∈A∩B

⇔ x∈Aundx∈B

⇔ x∈Bundx∈A

⇔ x∈B∩A

(b) i. Behauptung:(A∪B)∪C=A∪(B∪C) Beweis:

x∈(A∪B)∪C

⇔ x∈((AoderB)oderC)

⇔ x∈(AoderBoderC)

⇔ x∈(Aoder(BoderC))

⇔ x∈A∪(B∪C)

ii. Behauptung:(A∩B)∩C=A∩(B∩C) Beweis:

x∈(A∩B)∩C

⇔ x∈((AundB)undC)

⇔ x∈(AundBundC)

⇔ x∈(Aund(BundC))

⇔ x∈A∩(B∩C)

1

(c) Behauptung:A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C) Beweis:

x∈A∩(B∪C)

⇔ (x∈A)und(x∈BoderC)

⇔ (x∈AundB)oder(x∈AundC)

⇔ x∈(A∩B)∪(A∩C) (d) Behauptung:(A∩B)^c=A^c∪B^c

Beweis:

x∈(A∩B)^c

⇔ x∈/(A∩B)

⇔ x∈/Aoderx∈/B

⇔ x∈A^coderx∈B^c

⇔ x∈A^c∪B^c Aufgabe G3 (Funktionen)

Es seienX undY Mengen, f :X→Y eine Abbildung undA,B⊆X. (a) Zeigen Sief(A∪B) = f(A)∪f(B).

(b) Zeigen Sie f(A∩B)⊆ f(A)∩f(B).

(c) Geben Sie ein Beispiel an, bei dem f(A∩B)6=f(A)∩f(B)gilt.

Lösung:

(a) Behauptung: f(A∪B) = f(A)∪f(B).

Beweis:Wir zeigen zunächst f(A∪B)⊆ f(A)∪f(B). Sei dazu y∈ f(A∪B). Dann gibt es ein x∈A∪B, so dass y= f(x)ist. Dieses x liegt nun also inAoder inB. Gilt x∈A, so haben wir y= f(x)∈ f(A), ist x ∈B, so gilt y=f(x)∈f(B). In jedem Fall ist also y∈f(A)∪f(B).

Es bleibtf(A∪B)⊇f(A)∪f(B)zu zeigen. Ist y∈f(A)∪f(B), so gilt y∈f(A)oder y∈f(B). Isty∈f(A), so gibt es einx∈Amit f(x) =y und im Fall y∈f(B)finden wir einx∈Bmit f(x) =y. Zusammengenommen gibt es also immer einx∈A∪Bmitf(x) =y, was geradey∈f(A∪B)bedeutet. ƒ (b) Behauptung: f(A∩B)⊆ f(A)∩f(B).

Beweis: Sei y∈f(A∩B). Dann gibt es ein x∈A∩B mit f(x) = y. Also ist x∈Aund x∈B, woraus folgt, dass y=f(x)in f(A)und inf(B)liegt. Das liefert schließlichy∈f(A)∩f(B). ƒ (c) Betrachte f : R → R, x 7→ f(x) = x², sowie A:= [−2,−1] und B = [1, 2]. Dann gilt A∩B = ;, aber da

f(A) =f(B) = [1, 4]gilt, ist f(A)∩f(B) = [1, 4]6=;=f(A∩B).

Hausübung

Aufgabe H1 (Mengen)

(a) Beweisen Sie, dass zwei Mengen gleich sind, wenn jede in der jeweils Anderen enthalten ist.

(b) Beweisen Sie, dass die Enthaltenseinsbeziehung von Mengen transitiv ist, d.h.

(A⊆BundB⊆C)⇒A⊆C

Lösung:

(a) SeienA,BMengen.

A=B

⇔ (∀x)(x∈A⇔x∈B)

⇔ (∀x) ((x∈A⇒x∈B)und(x∈B⇒x∈A))

⇔ ((∀x)(x∈A⇒x∈B)) und ((∀x)(x∈B⇒x∈A))

⇔ A⊆BundB⊆A (b) ((A⊆B)undB⊆C))

⇔ ((∀x)x∈A⇒x∈B)und((∀x)x∈B⇒x∈C)

2

⇔ (∀x) ((x∈A⇒x∈B)und(x∈B⇒x∈C))

⇒ (∀x)(x∈A⇒x∈C)

⇔ A⊆C

Aufgabe H2 (Mengen und Funktionen)

Gegeben seien MengenM,N,I und,A,B,B_i,C⊂Mfüri∈I. Weiter sei f :N→M eine Funktion und f⁻¹sei gegeben wie in Satz 1.10 im Skript. Zeigen Sie:

(a) • A\(B∪C) = (A\B)∩(A\C)

• A\€T

i∈IB_iŠ

=S

i∈IA\B_i (b) • f⁻¹(A∪B) =f⁻¹(A)∪f⁻¹(B)

• f⁻¹(A\B) =f⁻¹(A)\f⁻¹(B) Lösung:

(a) • Behauptung:A\(B∪C) = (A\B)∩(A\C) Beweis:

„⊆”: Sei x∈A\(B∪C). Dann giltX ∈Aund x∈/B∪C. Das heißt x ∈Aund x ∈/ B und x∈/C (wäre z.B.

x∈B, so folgt auchX∈B∪C).

Damit gilt aber auch x ∈ Aund x ∈/ B und x ∈ Aund x ∈/ C, d.h. x ∈ A\B und x ∈ A\C. Also folgt x∈A\B∩A\C.

„⊇”: Seix∈A\B∩A\C. Dann folgtx∈A\Bundx∈A\C, also gilt auchx∈Aundx∈/Bundx∈/C. Damit folgtx∈Aundx∈/(B∪C), also x∈A\(B∪C).

• Behauptung:A\€T

i∈IB_iŠ

=S

i∈IA\B_i Beweis:

„⊆”: Seix∈A\€T

i∈IB_iŠ

. Dann folgt x∈Aundx∈/€T

i∈IB_iŠ

. Es gilt:x∈(T

i∈IB_i)⇔x∈B_ifür allei∈I, d.h.

x∈/ \

i∈I

B_i

!

⇔es gibt eini₀∈I, so dassx∈/B_i0. Damit folgtx∈Aundx∈/T

i∈IB_i⇒x∈Aundx∈/B_i

0⇒x∈S

i∈IA\B_i, da x∈A\B_i

0.

„⊇”: Seix∈S

i∈IA\B_i, d.h. es gibt eini₀∈I, so dassx∈A\B_i0. Es gilt alsox∈Aund x∈/ B_i0, und somit x∈Aundx∈/T

i∈IB_i, worausx∈A\€T

i∈IB_iŠ folgt.

(b) • Behauptung: f⁻¹(A∪B) =f⁻¹(A)∪f⁻¹(B) Beweis:

„⊆”: Seix∈f⁻¹(A∪B), d.h. es gibt ein y∈A∪B, so dass f(x) =y. Es gilt also y∈Aoder y∈Bund somit x∈f⁻¹(A)oder x∈f⁻¹(B), alsox∈f⁻¹(A)∪f⁻¹(B).

„⊇”: Die andere Richtung beweist man genauso: Seix∈f⁻¹(A)∪f⁻¹(B).

⇒ x∈f⁻¹(A)oder f⁻¹(B)

⇒ es gibt ein y∈N, so dass y∈Aoder y∈Bund f(x) =ygilt

⇒ x∈f⁻¹(A∪B).

• Behauptung: f⁻¹(A\B) =f⁻¹(A)\f⁻¹(B) Beweis:

x∈f⁻¹(A\B)

⇔ es gibt ein y∈A\Bmit f(x) =y

⇔ y∈A, y∈/B, f(x) = y

⇔ x∈f⁻¹(A)undx∈/ f⁻¹(B)

⇔ x∈f⁻¹(A)\f⁻¹(B)

ƒ Aufgabe H3 (Funktionen)

Es seienX,YundZMengen und f :X→Y, sowieg:Y→ZAbbildungen. Dann ist die Verkettung von f undgdefiniert durchg◦f :X→Zmitg◦f(x):=g(f(x)),x∈X.

Beweisen Sie die folgenden Aussagen:

(a) Sind f undginjektiv, so ist auchg◦f injektiv.

(b) Istg◦f injektiv undf surjektiv, so istginjektiv.

3

Lösung:

(a) Behauptung: f,ginjektiv=⇒g◦f injektiv.

Beweis:Seienx₁,x₂∈X mitx₁6=x₂gegeben. Dann gilt wegen der Injektivität von f auch f(x₁)6=f(x₂). Nun ist auch nochginjektiv, also haben wir auchg(f(x₁))6=g(f(x₂)), was geradeg◦f(x₁)6=g◦f(x₂)bedeutet. Also ist

g◦f injektiv. ƒ

(b) Behauptung: g◦f injektiv, f surjektiv=⇒ginjektiv.

Beweis:Seieny₁,y₂∈Y mity₁6=y₂gegeben. Dann gibt es wegen der Surjektivität vonf zwei Elementex₁,x₂∈X mit f(x₁) =y₁und f(x₂) =y₂. Außerdem muss dabei gelten, dass x₁6=x₂ist, denn wärex₁=x₂, so wäre auch y₁= f(x₁) = f(x₂) = y₂. Nun bringen wir die Injektivität von g◦f ins Spiel. Diese impliziert, dassg◦f(x₁)6=

g◦f(x₂)gelten muss, was aber nichts anderes bedeutet als

g(y₁) =g(f(x₁)) =g◦f(x₁)6=g◦f(x₂) =g(f(x₂)) =g(y₂).

Also istg(y₁)6=g(y₂)und wir sind fertig. ƒ

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