Hausaufgabenblatt 2
Aufgabe HA 5
Wählen Sie Mengen \( A\subset\mathbb R \) und \( B\subset\mathbb R, \) so dass die Abbildung \[ f\colon A\longrightarrow B\quad\mbox{vermöge}\quad f(x):=x^2 \]
| (i) | surjektiv, aber nicht injektiv, |
| (ii) | injektiv, aber nicht surjektiv, |
| (iii) | bijektiv ist. |
Fertigen Sie jeweils eine Skizze an, und begründen Sie sehr kurz.
| (i) | \( A=[-1,1] \) und \( B=[0,1] \) |
| (ii) | \( A=[0,1] \) und \( B=[0,2] \) |
| (iii) | \( A=[0,1] \) und \( B=[0,1] \) |
Skizzen und kurze Begründungen selbst nachzuholen.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 6
Es seien \( f\colon A\to B \) und \( g\colon B\to C \) zwei Abbildungen zwischen den Mengen \( A \) und \( B \) bzw. \( B \) und \( C. \) Beweisen Sie:
| (i) | Ist \( g\circ f \) bijektiv, so sind \( f \) injektiv und \( g \) surjektiv. |
| (ii) | Sind umgekehrt \( f \) injektiv und \( g \) surjektiv, so ist \( g\circ f \) nicht notwendig bijektiv. |
Hinweis zu (ii): Betrachte \( f(x)=x \) und \( g(x)=x^2 \) jeweils auf \( [-1,1]. \)
| (i) | Es sei \( h\colon A\to C \) vermöge \( h=g\circ f \) bijektiv, d.h. injektiv und surjektiv. Angenommen, \( f \) wäre nicht injektiv, d.h. es gibt \( x,y\in A \) mit \( x\not=y \) und \( f(x)=g(y). \) Dann wäre auch |
| was aber der Bijektivität von \( h \) widerspricht. Also ist \( f \) injektiv. Weiter ist \( h \) surjektiv, d.h. für alle \( z\in C \) existiert ein \( x\in A \) mit |
| Mit \( y:=f(x) \) existiert also zu jedem \( z\in C \) ein \( y\in B \) mit \( g(y)=z, \) und daher ist \( g \) surjektiv. | |
| (ii) | Die Komposition der injektiven Abbildung \( f\colon[-1,1]\to[-1,1] \) vermöge \( f(x):=x \) und der surjektiven Abbildung \( g\colon[-1,1]\to[0,1] \) vermöge \( g(x):=x^2, \) nämlich |
| ist zwar surjektiv, aber nicht injektiv und damit auch nicht bijektiv. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 7
| (i) | Beweisen Sie |
\[ \sum_{k=1}^nk^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}\quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N. \]
| (ii) | Schließen Sie daraus auf |
\[ 1^3+2^3+3^3+\ldots+n^3=(1+2+3+\ldots+n)^2\quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N. \]
| (i) | Die Behauptung gilt für \( n=1, \) denn es ist (Induktionsanfang) |
\[ \sum_{k=1}^1k^3=1,\quad \frac{n^2(n+1)^2}{4}\,\Big|_{n=1}=\frac{1\cdot 2^2}{4}=1. \]
| Die Behauptung sei nun für ein \( n\in\mathbb N \) richtig. Dann folgt |
\begin{align} \sum_{k=1}^{n+1}k^3 &= \sum_{k=1}^nk^3+(n+1)^3 \,=\,\frac{n^2(n+1)^2}{4}+(n+1)^3 \\[1ex] &= \frac{n^2(n+1)^2+4(n+1)^3}{4} \,=\,\frac{(n+1)^2[n^2+4(n+1)]}{4} \\[1ex] &= \frac{(n+1)^2(n^2+4n+4)}{4} \,=\,\frac{(n+1)^2(n+2)^2}{4}\,, \end{align}
| d.h. sie ist auch für \( n+1 \) richtig. Das Prinzip der vollständigen Induktion zeigt (i). | |
| (ii) | Wir wissen also aus (i) |
\[ 1^3+2^3+3^3+\ldots+n^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}=\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2 \]
| und aus der Vorlesung |
\[ 1+2+3+\ldots+n=\frac{n(n+1)}{2}\,. \]
| Ein Vergleich zeigt daher |
\[ 1^3+2^3+3^3+\ldots+n^3=(1+2+3+\ldots+n)^2 \]
Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 8
Beweisen Sie vermittels vollständiger Induktion:
| (i) | Für alle \( n\in\mathbb N \) ist \( n^3+5n+3 \) ohne Rest durch \( 3 \) teilbar. |
| (ii) | Für alle \( n\in\mathbb N \) ist \( 5^n+7 \) ohne Rest durch \( 4 \) teilbar. |
| (i) | Die Behauptung ist für \( n=1 \) richtig (Induktionsanfang), denn |
\[ 1^3+5\cdot 1+3=1+5+3=9, \]
| und \( 9=3\cdot 3 \) ist durch \( 3 \) teilbar. Sei nun \( n^3+5n+3 \) für ein \( n\in\mathbb N \) ohne Rest durch \( 3 \) teilbar. Dann folgt (Induktionsschluss) |
\begin{align} (n+1)^3+5(n+1)+3 &= n^3+3n^2+3n+1+5n+5+3 \\ &= n^3+3n^2+8n+9 \\ &= (n^3+5n+3)+3(n^2+n+3), \end{align}
| und jeder Summand rechts ist durch \( 3 \) teilbar. Das zeigt die Behauptung. | |
| (ii) | Die Behauptung ist für \( n=1 \) richtig (Induktionsanfang), denn |
\[ 5^1+7=5+7=12, \]
| und \( 12=3\cdot 4 \) ist durch \( 4 \) teilbar. Sei nun \( 5^n+7 \) für ein \( n\in\mathbb N \) ohne Rest durch \( 4 \) teilbar. Dann folgt (Induktionsschluss) |
\[ 5^{n+1}+7=5\cdot 5^n+7=(5^n+7)+4\cdot 5^n\,, \]
| und jeder Summand rechts ist durch \( 4 \) teilbar. Das zeigt die Behauptung. |
Damit sind alle Behauptungen bewiesen.\( \qquad\Box \)