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\documentclass{lecture}
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\begin{document}
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\begin{aufgabe}
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\end{aufgabe}
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Sei $G = (G, \cdot, e)$ eine Gruppe. Auf der Potenzmenge $P(G)$ betrachten
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wir die Abbildung
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\[
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(A,B) \to A * B = \{a \cdot b \mid (a, b) \in A \times B\}
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.\]
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Verknüpfung $*$ ist assoziativ:
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\begin{proof}
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\begin{align*}
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(A * B) * C &= \{a \cdot b \mid (a, b) \in A \times B\} * C \\
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&= \{(a \cdot b) \cdot c \mid ((a, b), c) \in (A \times B) \times C\} \\
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&= \{a \cdot (b \cdot c) \mid (a, (b, c)) \in A \times (B \times C)\} \\
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&= A * \{b \cdot c \mid (b, c) \in B \times C\} \\
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&= A * (B * C)
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.\end{align*}
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\end{proof}
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Existenz (links- und rechts-) neutrales Element $E$.
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\begin{proof}
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Sei $E$ := $\{e\}$ mit $e \in G$ neutrales Element der Gruppe $G$. Dann
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sei $A \in P(G)$ beliebig:
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\begin{align*}
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E * A &= \{e \cdot a | (e, a) \in E \times A\} \\
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&= \{ a | (e, a) \in \{e\} \times A\} \\
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&= A
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.\end{align*}
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Da $e$ neutrales Element von $G$ auch rechtsneutral, folgt analog, dass
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$E$ auch rechtsneutral ist.
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\end{proof}
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Eindeutigkeit
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\begin{proof}
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Seien $E$ und $\overline{E}$ neutrale Elemente, so folgt:
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\begin{align*}
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\overline{E} = \overline{E} * E = E
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.\end{align*}
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\end{proof}
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Wann gibt es inverse Elemente?
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Zu ein-elementigen Mengen $A := \{a\} \in P(G), a \in G$ existieren inverse
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Elemente $A^{-1} := \{a^{-1}\} \in P(G), a^{-1} \in G$.
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\begin{align*}
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A * A^{-1} &= \{a * a^{-1} \mid (a, a^{-1}) \in \{(a, a^{-1})\} \} \\
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&= \{e\} \\
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&= E
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.\end{align*}
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Für leere Mengen oder Mengen mit mehr als einem Element existieren keine
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inversen Elemente.
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\begin{proof}
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Leere Mengen mit $*$ verknüpft sind immer leer und ergeben, damit niemals
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$E$.
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Falls $\#A > 1$: Angenommen $\overline{A}$ erfülle die Eigenschaft, so
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folgt:
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\begin{align*}
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A * \overline{A} &= \{ a \cdot \overline{a} \mid (a, \overline{a}) \in A \times \overline{A}\} \\
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&= \{ e = a \cdot \overline{a} \mid (a, \overline{a}) \in A \times \overline{A} \}
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.\end{align*}
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Das heißt es existieren mehrere inverse Elemente zu dem selben $a \in G$,
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was ein Widerspruch zur Eindeutigkeit der inversen Elemente ist.
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\end{proof}
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Es existiert keine Menge $G$, sodass die $P(G)$ nur aus ein-elementigen Mengen
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besteht, da in jeder $P(G)$ die leere Menge liegt, die kein Inverses hat.
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\begin{aufgabe}
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Es seien $A$, $B$ und $C$ Mengen und $f: A \to B$, $g: B \to C$
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Abbildungen zwischen ihnen.
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\end{aufgabe}
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\textbf{a)}
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\begin{proof}
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Zu zeigen: $g \circ f$ injektiv $\implies$ $f$ injektiv
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Angenommen: $f$ nicht injektiv. Dann existieren
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$a_1, a_2 \in A, a_1 \neq a_2$, s.d.
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$f(a_1) = f(a_2)$.
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$\implies g(a_1) = g(a_2)$. Widerspruch zu $g \circ f$ injektiv.
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\end{proof}
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\textbf{b)}
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\begin{proof}
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Zu zeigen: $g \circ f$ surjektiv $\implies$ $g$ surjektiv
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Angenommen: $g$ nicht surjektiv. Dann existiert ein $c \in C$ mit
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$g^{-1}(c) = \emptyset$. Damit $(g \circ f)^{-1}(c) = \emptyset$.
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Widerspruch zu $g \circ f$ surjektiv.
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\end{proof}
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\textbf{c)}
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\begin{proof}
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Zu zeigen: Sind $f$ und $g$ bijektiv, so ist auch $g \circ f$ bijektiv
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Sei $c \in C$ beliebig, so gilt wegen $g$ bijektiv:
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$g^{-1}(\{c\}) = \{b\}, b \in B$. Wegen $f$ bijektiv gilt, dann dass
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$f^{-1}(\{b\}) = f^{-1}(g^{-1}(c)) = \{a\}, a \in A$. Damit ist
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$f \circ g$ bijektiv.
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Zu zeigen: Es gilt $(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}$
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($f^{-1} \circ g^{-1}) \circ (g \circ f)$ muss die Identitätsabbildung $id$
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ergeben, damit
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$(g \circ f)^{-1}$ Umkehrabbildung von $(g \circ f)^{-1}$ ergibt.
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\[
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(f^{-1} \circ g^{-1}) \circ (g \circ f)
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= (f^{-1} \circ id \circ f^{-1})
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= id
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.\]
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\end{proof}
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\begin{aufgabe}
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\end{aufgabe}
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\textbf{a)} $F_n$ ist weder injektiv noch surjektiv.
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Nicht injektiv: $0 \in \N_0$ und $1 \in \N_0$ bilden beide auf $a$ ab.
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Nicht surjektiv: Für $a = 0$ sind alle $f(n) = 0$ und damit ist $f^{-1}(1) = \emptyset$.
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\textbf{b)} $f_n^{2} = f_{n-1}f_{n+1}+(-1)^{n} \cdot a^2$ $\forall n \in \N$
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\begin{proof}[Beweis durch vollständige Induktion]
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Induktionsanfang: Für $n=1$ und für $n=2$:
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\begin{align*}
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&f(1)^2 = a^2 = a \cdot 2 a - a^2 = f(0)f(2) + (-1)^1 \cdot a^2 \\
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&f(2)^2 = 4a^2 = a \cdot 3 a + a^2 = f(1)f(3) + (-1)^2 \cdot a^2 \\
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.\end{align*}
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Induktionsvorraussetzung: Es existiere ein festes aber beliebiges
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$n \in \N$ mit
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\[
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f(n)^2 = f(n-1) f(n+1)+(-1)^{n} \cdot a^2
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.\]
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Induktionsschritt $n \to n+2$:
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Zu zeigen:
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\[
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f(n+2)^2 = f(n+1) f(n+3) + (-1)^{n+2} \cdot a^2
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.\]
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\begin{align*}
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f(n+2)^2 &= \left( f(n+1) + f(n) \right)^2\\
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&= f(n+1)^2 + 2f(n+1)f(n) + f(n)^2 \\
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&= f(n+1)^2 + 2f(n+1)f(n) + f(n-1)f(n+1) + (-1)^{n}\cdot a^2\\
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&= f(n+1) \left[ f(n+1) + 2f(n)+f(n-1)\right] + (-1)^{n+2} \cdot a^2 \\
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&= f(n+1) f(n+3) + (-1)^{n+2} \cdot a^2
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.\end{align*}
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Von den zwei Induktionsanfängen ausgehend, ergibt sich die Behauptung
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für alle $n \in N$.
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\end{proof}
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\begin{aufgabe}
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Sei $f: X \to Y$ Abbildung. Wir definieren die Relation
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\[
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R = \{(x_1, x_2) \in X \times X \mid f(x_1) = f(x_2)\}
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.\]
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\end{aufgabe}
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\textbf{a)} $R$ ist Äquivalenzrelation auf $X$.
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\begin{enumerate}
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\item Reflexivität: Sei $a \in X$. Dann ist $a \thicksim a$,
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da $f(a) = f(a)$.
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\item Symmetrie: Seien $a, b \in X$ und $a \thicksim b$.\\
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$\implies f(a) = f(b) \implies f(b) = f(a) \implies b \thicksim a$
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\item Transitivität: Seien $a, b, c \in X$ und $a \thicksim b$ und
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$b \thicksim c$.\\
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$\implies f(a) = f(b) \land f(b) = f(c) \implies f(a) = f(c) \implies a \thicksim c$
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\end{enumerate}
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\textbf{b)}
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Die Abbildung $\overline{f}: X / R \to im(f)$ wird definiert als
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\[
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\overline{f} := A \mapsto f(a), a \in A
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.\]
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Zu zeigen: $\overline{f}$ ist bijektiv.
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Injektivität: Seien $A,B \in X / R$. Entweder $A = B$, daraus folgt, dass
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$\overline{f}(A) = \overline{f}(B)$. oder
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$A \neq B \implies A \cap B = \emptyset$, daraus folgt, dass
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$\overline{f}(A) \neq \overline{f}(B)$.
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Surjektivität: Sei $y$ in $im(f)$, so existiert ein $x \in X$ mit $f(x) = y$.
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Dieses x liegt in einer Äquivalenzklasse aus $X/R$.
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Damit $\overline{f}^{-1}(y) \neq \emptyset$.
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Aus Injektivität und Surjektivität folgt, dass $\overline{f}$ bijektiv ist.
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Eindeutigkeit: Die Abbildung $\overline{f}$ ist eindeutig bestimmt, durch
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den Zusammenhang
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\[
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\overline{f} \circ p = f
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.\] Da $p$ einem $x$ immer eindeutig genau eine Äquivalenzklasse zuordnet,
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nämlich, die jenige Teilmenge $A \in X / R$, deren Elemente alle auf das
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selbe $f(x)$ abbilden, muss $\overline{f}$ stets genau der Äquivalenzklasse
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$[x]$ ihr gemeinsames Bild $f(x)$ zuordnen, damit die Gleichheit $\overline{f}
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\circ p = f$ erfüllt ist.
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\end{document}
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