uni/ws2019/la/uebungen/la2.tex

\documentclass{lecture}

\begin{document}

\begin{aufgabe}
\end{aufgabe}

Sei $G = (G, \cdot, e)$ eine Gruppe. Auf der Potenzmenge $P(G)$ betrachten
wir die Abbildung
\[
    (A,B) \to A * B = \{a \cdot b  \mid (a, b) \in A \times B\} 
.\] 

Verknüpfung $*$ ist assoziativ:
\begin{proof}
\begin{align*}
    (A * B) * C &= \{a \cdot b  \mid (a, b) \in A \times B\} * C \\
    &= \{(a \cdot b) \cdot c  \mid ((a, b), c) \in (A \times B) \times C\} \\
    &= \{a \cdot (b \cdot c)  \mid (a, (b, c)) \in A \times (B \times C)\} \\
    &= A * \{b \cdot c  \mid (b, c) \in B \times C\} \\
    &= A * (B * C)
.\end{align*}

\end{proof}

Existenz (links- und rechts-) neutrales Element $E$.

\begin{proof}
    Sei $E$ := $\{e\}$ mit $e \in G$ neutrales Element der Gruppe $G$. Dann
    sei $A \in P(G)$ beliebig:
    \begin{align*}
        E * A &= \{e \cdot a | (e, a) \in E \times A\} \\
              &= \{ a | (e, a) \in \{e\} \times A\} \\
              &= A
    .\end{align*}
    Da $e$ neutrales Element von $G$ auch rechtsneutral, folgt analog, dass
    $E$ auch rechtsneutral ist.
\end{proof}

Eindeutigkeit

\begin{proof}
    Seien $E$ und $\overline{E}$ neutrale Elemente, so folgt:
    \begin{align*}
        \overline{E} = \overline{E} * E = E
    .\end{align*}
\end{proof}

Wann gibt es inverse Elemente?

Zu ein-elementigen Mengen $A := \{a\} \in P(G), a \in G$ existieren inverse
Elemente $A^{-1} := \{a^{-1}\} \in P(G), a^{-1} \in G$.
\begin{align*}
    A * A^{-1} &= \{a * a^{-1} \mid (a, a^{-1}) \in \{(a, a^{-1})\} \} \\
               &= \{e\} \\
               &= E
.\end{align*}

Für leere Mengen oder Mengen mit mehr als einem Element existieren keine
inversen Elemente.

\begin{proof}
    Leere Mengen mit $*$ verknüpft sind immer leer und ergeben, damit niemals
    $E$.

    Falls $\#A > 1$: Angenommen $\overline{A}$ erfülle die Eigenschaft, so
    folgt:
    \begin{align*}
        A * \overline{A} &= \{ a \cdot \overline{a}  \mid (a, \overline{a}) \in  A \times \overline{A}\} \\
        &= \{ e = a \cdot \overline{a}  \mid (a, \overline{a}) \in A \times \overline{A} \} 
    .\end{align*}
    Das heißt es existieren mehrere inverse Elemente zu dem selben $a \in G$,
    was ein Widerspruch zur Eindeutigkeit der inversen Elemente ist.
\end{proof}

Es existiert keine Menge $G$, sodass die $P(G)$ nur aus ein-elementigen Mengen
besteht, da in jeder $P(G)$ die leere Menge liegt, die kein Inverses hat.

\begin{aufgabe}
    Es seien $A$, $B$ und $C$ Mengen und $f: A \to B$, $g: B \to  C$
    Abbildungen zwischen ihnen.
\end{aufgabe}

\textbf{a)}
\begin{proof}
    Zu zeigen: $g \circ f$ injektiv $\implies$ $f$ injektiv

    Angenommen: $f$ nicht injektiv. Dann existieren
    $a_1, a_2 \in A, a_1 \neq a_2$, s.d.
    $f(a_1) = f(a_2)$.

    $\implies g(a_1) = g(a_2)$. Widerspruch zu $g \circ f$ injektiv.
\end{proof}

\textbf{b)}
\begin{proof}
    Zu zeigen: $g \circ f$ surjektiv $\implies$ $g$ surjektiv 
    
    Angenommen: $g$ nicht surjektiv. Dann existiert ein $c \in C$ mit
    $g^{-1}(c) = \emptyset$. Damit $(g \circ f)^{-1}(c) = \emptyset$.
    Widerspruch zu $g \circ f$ surjektiv.
\end{proof}

\textbf{c)}
\begin{proof}
    Zu zeigen: Sind $f$ und $g$ bijektiv, so ist auch $g \circ f$ bijektiv 

    Sei $c \in C$ beliebig, so gilt wegen $g$ bijektiv:
    $g^{-1}(\{c\}) = \{b\}, b \in B$. Wegen $f$ bijektiv gilt, dann dass
    $f^{-1}(\{b\}) = f^{-1}(g^{-1}(c)) = \{a\}, a \in A$. Damit ist
    $f \circ g$ bijektiv.

    Zu zeigen: Es gilt $(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}$

    ($f^{-1} \circ g^{-1}) \circ (g \circ f)$ muss die Identitätsabbildung $id$
    ergeben, damit
    $(g \circ f)^{-1}$ Umkehrabbildung von $(g \circ f)^{-1}$ ergibt.
    \[
        (f^{-1} \circ g^{-1}) \circ (g \circ f)
        = (f^{-1} \circ id \circ f^{-1})
        = id
    .\] 
\end{proof}

\begin{aufgabe}
\end{aufgabe}

\textbf{a)} $F_n$ ist weder injektiv noch surjektiv.

Nicht injektiv: $0 \in \N_0$ und $1 \in \N_0$ bilden beide auf $a$ ab.

Nicht surjektiv: Für $a = 0$ sind alle $f(n) = 0$ und damit ist $f^{-1}(1) = \emptyset$.

\textbf{b)} $f_n^{2} = f_{n-1}f_{n+1}+(-1)^{n} \cdot a^2$ $\forall n \in \N$

\begin{proof}[Beweis durch vollständige Induktion]
    Induktionsanfang: Für $n=1$ und für $n=2$:
    \begin{align*}
        &f(1)^2 = a^2 = a \cdot 2 a - a^2 = f(0)f(2) + (-1)^1 \cdot a^2 \\
        &f(2)^2 = 4a^2 = a \cdot 3 a + a^2 = f(1)f(3) + (-1)^2 \cdot a^2 \\
    .\end{align*}

    Induktionsvorraussetzung: Es existiere ein festes aber beliebiges
    $n \in \N$ mit
    \[
        f(n)^2 = f(n-1) f(n+1)+(-1)^{n} \cdot a^2 
    .\] 
    Induktionsschritt $n \to n+2$:

    Zu zeigen:
    \[
        f(n+2)^2 = f(n+1) f(n+3) + (-1)^{n+2} \cdot a^2 
    .\]
    \begin{align*}
        f(n+2)^2 &= \left( f(n+1) + f(n) \right)^2\\
                 &= f(n+1)^2 + 2f(n+1)f(n) + f(n)^2 \\
                 &= f(n+1)^2 + 2f(n+1)f(n) + f(n-1)f(n+1) + (-1)^{n}\cdot a^2\\
                 &= f(n+1) \left[ f(n+1) + 2f(n)+f(n-1)\right] + (-1)^{n+2} \cdot a^2 \\
                 &= f(n+1) f(n+3) + (-1)^{n+2} \cdot a^2
    .\end{align*}

    Von den zwei Induktionsanfängen ausgehend, ergibt sich die Behauptung
    für alle $n \in N$.
\end{proof}

\begin{aufgabe}
    Sei $f: X \to Y$ Abbildung. Wir definieren die Relation
    \[
        R = \{(x_1, x_2) \in X \times X  \mid f(x_1) = f(x_2)\} 
    .\] 
\end{aufgabe}

\textbf{a)} $R$ ist Äquivalenzrelation auf $X$.

\begin{enumerate}
    \item Reflexivität: Sei $a \in X$. Dann ist $a \thicksim a$,
        da $f(a) = f(a)$.
    \item Symmetrie: Seien $a, b \in X$ und $a \thicksim b$.\\
        $\implies f(a) = f(b) \implies f(b) = f(a) \implies b \thicksim a$
    \item Transitivität: Seien $a, b, c \in X$ und $a \thicksim b$ und
        $b \thicksim c$.\\
        $\implies f(a) = f(b) \land f(b) = f(c) \implies f(a) = f(c) \implies a \thicksim c$
\end{enumerate}

\textbf{b)}

Die Abbildung $\overline{f}: X / R \to im(f)$ wird definiert als
\[
    \overline{f} := A \mapsto f(a), a \in A
.\] 

Zu zeigen: $\overline{f}$ ist bijektiv.

Injektivität: Seien $A,B \in X / R$. Entweder $A = B$, daraus folgt, dass
$\overline{f}(A) = \overline{f}(B)$. oder
$A \neq B \implies A \cap B = \emptyset$, daraus folgt, dass
$\overline{f}(A) \neq \overline{f}(B)$.

Surjektivität: Sei $y$ in $im(f)$, so existiert ein $x \in X$ mit $f(x) = y$.
Dieses x liegt in einer Äquivalenzklasse aus $X/R$.
Damit $\overline{f}^{-1}(y) \neq \emptyset$.

Aus Injektivität und Surjektivität folgt, dass $\overline{f}$ bijektiv ist.

Eindeutigkeit: Die Abbildung $\overline{f}$ ist eindeutig bestimmt, durch
den Zusammenhang
\[
    \overline{f} \circ p = f
.\] Da $p$ einem $x$ immer eindeutig genau eine Äquivalenzklasse zuordnet,
nämlich, die jenige Teilmenge $A \in X / R$, deren Elemente alle auf das
selbe $f(x)$ abbilden, muss $\overline{f}$ stets genau der Äquivalenzklasse
$[x]$ ihr gemeinsames Bild $f(x)$ zuordnen, damit die Gleichheit $\overline{f}
\circ p = f$ erfüllt ist.

\end{document}