Analysis I

Claudio Frey, Gruppe 6
Analysis I
Serie 2
Aufgabe 7:
Vor: Seien X,Y Mengen; f : X → Y ihre Abbildung.
Beh: a) f ist injektiv ⇔ es gibt g : Y → X ∗ g ◦ f = idx
Bew: Sei X0 ∈ X.
Definiere g : Y → X
y 7→ x fuer y = f (x)
y 7→ x0 fuer y = f (x)
Sei y ∈ f (x) ⇒ ∃!x ∈ X : f (x) = y
⇒ Sei x ∈ Xg ◦ f (x) = g(f (x)) = g(y) = x ⇒ g ist linksinvers.
” ⇐= ” Angenommen es existiert g : Y → X : g ◦ f = idx
Zeige: f ist injektiv: Seien x1 , x2 ∈ X mit f (x1 ) = f (x2 )
x1 = idx (x1 = (g ◦ f )(x1 ) = g(f (x1 )) = g(f (x2 )) = (g ◦ f )(x2 )
= idx (x2 ) = x2
⇒ x1 = x2 ⇒ f injektiv
b) Beh: f ist surjektiv ⇔ es gibt h : Y → X : f ◦ h = idx
Bew: ” =⇒ ” Sei f surjektiv ⇒ ∀q ∈ Y : ∃x ∈ X : f (x) = y
Definiere h : Y → X
h : y 7→ x
Sei y ∈ Y , definiere h(y) = x ⇒ (f ◦ h)(y) = f (h(y)) = f (x) = y
⇒ h ist rechtsinvers
” ⇐= ” Angenommen es existiert h : Y → X : f ◦ h = idy
Sei x := h(y) fuer y ∈ Y
y = idy (y) = (f ◦ h)(y) = f (h(y)) = f (x)
d.h.∀y ∈ Y ∃x ∈ X : f (x) = y ⇒ f surjektiv
c) Beh: (i) f ist bijektiv ⇔ es existiert g : Y → X : g ◦ f = idx und f ◦ g = idy
(ii) existiert g, so ist dieses eindeutig
Bew: (i) ” =⇒ ” Sei f bijektiv ⇒ f ist injektiv und surjektiv
a)⇒ es gibt g : Y → X : g ◦ f = idx
b)⇒ es gibt h : Y → X : f ◦ h = idx
Zeige g=h: g = g ◦ idy = g ◦ (f ◦ h) ⇒ (g ◦ f ) ◦ h = idx ◦ h = h
⇒g=h
” ⇒ ” a) f ist injektiv b)⇒ f ist surjektiv ⇒ ist bijektiv
(ii) Seien g, g̃ : Y → X: so, dass g ◦ f = idx , f ◦ g = idy
g̃ ◦ f = idx , f ◦ g̃ = idy
Beh: g = g̃, f ◦ g = idy
Sei y ∈ Y beliebig mit f ◦ g̃ = idy
f (g(y)) = f (g̃(y)) ⇒ g(y) = g̃(y)
Ab jetzt ist f bijektiv ⇒ g := f −1
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Aufgabe 8:
Vor: Seien X,Y,Z Mengen, f : Y → Z, g : X → Y Abbildungen
Beh: a) fuer C ⊂ Z beliebig gilt (f ◦ g)−1 (C) = g −1 (f −1 (C)
b) Seien f,g zusaetzlich bijektiv ⇒ i)f ◦ g ist bijektiv
ii) (f ◦ g)−1 = g −1 ◦ f −1
Bew: a) Sei C ⊂ Zx ∈ /f ◦ g)−1 (C)
x ∈ (F ◦ g)−1 (C) ⇔ f ◦ g(x) ∈ C ⇔ f (g(x)) ∈ C
⇔ g(x) ∈ f −1 (C)
⇔ x ∈ g −1 (f −1 (C))
b) i) Seien x1 , x2 ∈ X mit (f ◦ g)(x1 ) = (f ◦ g)(x2 )
⇔ f (g(x1 ) = f (g(x2 ) =⇒ g(x1 ) = g(x2 )
⇒ x1 = x2
⇒ f ◦ g ist injektiv
Surjektivitaet:(f ◦ g)(X) = f (g(X)) = f (Y ) = Z ⇒ f ◦ g ist surjektiv
ii) Zeige (f ◦ g)−1 = g −1 ◦ f −1
(f ◦ g) ◦ (f ◦ g)−1 = idx
(f ◦ g) ◦ (g −1 ◦ f −1 ) = f ◦ (g ◦ g −1 ) ◦ f −1 = f ◦ f −1 = idx
⇒ rechtsinvers
(g −1 ◦ f −1 ) ◦ (f ◦ g) = g −1 ◦ (f −1 ◦ f ) ◦ g = g −1 ◦ g = idx
⇒ linksinvers
⇒ (f ◦ g)−1 = g −1 ◦ f −1
Aufgabe 9:
Vor: f : x → y
Beh: Fuer x1 , x2 definiert Aequivalenzrelation ∼ durch x1 ∼ x2
⇔ f (x1 ) = f (x2 )
Bew: 1) Reflexivitt
Sei x1 ∈ X
f (x1 ) = f (x1 ) ⇒ x1 = x1
2) Symmetrie
Seien x1 , x2 ∈ X
f (x1 ) = f (x2 ) ⇔ x1 ∼ x2
f (x2 ) = f (x1 ) ⇔ x2 ∼ x1
⇒ x1 ∼ x2 ⇔ x2 ∼ x1
3) Transitivitt
Sei x1 , x2 , x3 ∈ X sodass x1 ∼ x2 , x2 ∼ x3
⇒ f (x1 ) = f (x2 ); f (x2 ) = f (x3 ); f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 )
⇒ x1 ∼ x2 ∼ x3 ⇒ x1 ∼ x3
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Aufgabe 10:
Vor: n, m ∈ Z
Beh: gerade+gerade=gerade
Bew: 2 ∗ n + 2 ∗ m = 2(n + m)
Beh: gerade+ungerade=ungerade
Bew: 2 ∗ n + (2 ∗ m + 1) = 2(m + n) + 1
Beh: ungerade+gerade=ungerade
Bew: (2 ∗ n + 1) + 2 ∗ m = 2(n + m) + 1
Beh: ungerade+ungerade=gerade
Bew: (2 ∗ n + 1) + (2 ∗ m + 1) = 2(n + m) + 2 = 2(n + m + 1)
Beh: gerade*gerade=gerade
Bew: (2 ∗ n) ∗ (2 ∗ m) = 4 ∗ n ∗ m = 2(2nm)
Beh: gerade*ungerade=gerade
Bew: (2 ∗ n) ∗ (2 ∗ m + 1) = 4 ∗ n ∗ m + 2n = 2(2nm + n)
Beh: ungerade*gerade=gerade
Bew: (2 ∗ n + 1) ∗ (2 ∗ m) = 4 ∗ n ∗ m + 2m = 2(2nm + m)
Beh:ungerade*ungerade=ungerade
Bew: (2 ∗ n + 1) ∗ (2 ∗ m + 1) = 4 ∗ n ∗ m + 2n + 2m + 1 = 2(2nm + m + n) + 1
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