Analysis Prof. Dr. Doina Logofătulogofatu/...Analysis Prof. Dr. Doina Logofătu Übung 3 3. (V) Injektive, surjektive, bijektive Funktionen.Analysis Prof. Dr. Doina Logofătu Übung

Analysis Prof. Dr. Doina Logofătu Übung 3

1. Maximaler Definitionbereich, Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen. Berechnen Sie für

jede der folgenden Funktionen den maximalen Definitionsbereich und die Schnittpunkte mit den

Koordinatenachsen::

a) xxxf 14)( 2 b) 54

)(

x

xxf c) 1)( xxxf

d) (Vorlesung, V) xxf

1

2)( e) (V) 82)( 2 xxxf f) xxxf 14)( 2





2. Explizite und implizite Darstellung, Kreisgleichung.

a) (V) Bestimmen Sie die explizite Darstellung der Funktion, für die das Schaubild aus dem oberen

Halbkreis den Mittelpunkt M(1, 0) und Radius 3 hat. Finden Sie dafür den maximalen Definitions-

und den Wertebereich. Wie lautet die explizite Darstellung und die implizite Darstellung, sowie

Definitions- und Wertebereich des oberen Halbkreises?

b) Dasselbe für den Halbkreis mit dem Mittelpunkt M(5, 3) und dem Radius 2.




3. (V) Injektive, surjektive, bijektive Funktionen. Untersuchen Sie, ob die folgenden Funktionen

injektiv, surjektiv oder bijektiv sind:

a) f: ℝ → ℝ f(x) = x3

b) f: ℝ → ℝ f(x) = x2

c) f: [0, ) → ℝ f(x) = x2

d) f: ℝ→ [0, ) f(x) = x2


4. (V) Es sei A die Menge der Menschen in Deutschland. Wir definieren die Funktion f: A ℝ nach dem

Gesetz: „f(x) = die Größe der Person x in Zentimeter“. Ist f injektiv oder surjektiv?


5. Die Funktion f: ℕ ℕ ist wie folgt definiert:

ungerade. wenn ,1

gerade wenn ,1)(

nn

nnnf . Zeigen Sie, dass f

bijektiv ist.


6. Die Funktion f: ℝ ℝ ist wie folgt definiert:

0wenn ,3

0wenn ,2)(

xx

xxxf . Zeigen Sie, dass f bijektiv ist.


7. Konstruktiver Beweis. Mit der Cantor-Diagonalisierung lässt sich zeigen, dass zwei Mengen

dieselbe Mächtigkeit haben. Mit diesem Verfahren bewies Georg Cantor, dass die beiden

unedlichen Mengen der natürlichen Zahlen und der positiven rationalen Zahlen die gleiche

Kardinalität besitzen. Dieser Beweis zählt zu den bekanntesten der modernen Mathematik.

Wenn eine Menge dieselbe Mächtigkeit aufweist, wie die Menge der natürlichen Zahlen, sagt

man, dass diese Menge abzählbar ist. Anders gesagt, eine Menge ist abzählbar, wenn man ihre

Elemente derart anordnen kann, dass jeder natürlichen Zahl genau ein Element entspricht.

Beweisen Sie:

Die Menge der rationalen Zahlen ℚ ist abzählbar.

Lösung:

Wir können die positiven rationalen Zahlen so darstellen:

1/1 1/2 1/3 1/4 ...

2/1 2/2 2/3 2/4 ...

3/1 3/2 3/3 3/4 ...

4/1 4/2 4/3 4/4 ...

.............................

Wenn man den Pfeilen folgt, ist der erste Term 1/1, der zweite 1/2, der dritte 2/1 usw.

Lesen Sie bitte mehr: http://de.wikipedia.org/wiki/Cantors_erstes_Diagonalargument

http://de.wikipedia.org/wiki/Cantors_erstes_Diagonalargument


8. Vollständige Induktion.

a) Wir bezeichnen mit A(n) die Aussage

n

kn

n

kk1

1)1(

1 .

Beweisen Sie, dass sie wahr ist für alle n 1.

b) Beweisen Sie, dass die Aussage

„Ist p eine Primzahl und n eine natürliche Zahl, so ist nn p durch p teilbar.“

wahr ist.

c)

n

k nn

nn

kkk

k

1 )32)(12(2

)1(

)32)(12)(12( für alle n 1.

d)

n

kn

nnnn

kk

k

1

24

)12(6

)1)(1(

)12)(12( für alle n 1.

e) Sei x eine reelle Zahl und x 1. Für alle n ℕ:

12

1

221

2

1

1

1

2...

1

2

1

1

nn

xxxxx

nn

.

Lösung:

a)

Direkter Beweis. Diese Formel könnte man auch direkt beweisen, indem man die Summe expandiert:

n

k

n

kn

n

nnnkkkk1 1

11

11

1

11...

3

1

2

1

2

1

1

1

1

11

)1(

1. ❑

Beweis durch vollständige Induktion. Wir bezeichen mit A(n) die Aussage

n

kn

n

kk1

1)1(

1 und

müssen beweisen, dass sie wahr ist für alle n 1.

Induktionsanfang (IA): A(1) ist wahr: 2

1

21

1

.

Induktionsvoraussetzung (IV): A(n):

n

k n

n

kk1 1)1(

1 ist wahr.

Induktionsschluss (IS): Wir müssen zeigen, dass A(n+1) auch wahr ist.


Die Aussage A(n+1) lautet:

1

1 2

1

)1(

1n

k n

n

kk. Wir berechnen jetzt den linken Teil der Gleichung:

2

1

)2)(1(

)1(

)2)(1(

21 22

n

n

nn

n

nn

nn.

Gemäß dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt, dass die Aussage A(n) für alle natürlichen

Zahlen n mit n 1 wahr ist. ❑

b)

Beweis durch vollständige Induktion: Wir bezeichnen die Aussage mit A(n).

Induktionsanfang (IA): A(0) und A(1) sind wahr: nn p =0 und 0 ist durch p teilbar.

Induktionsvoraussetzung (IV): A(n): „ nn p durch p teilbar“ ist wahr.

Induktionsschluss (IS): Wir müssen zeigen, dass auch A(n+1) wahr ist.

Mit Hilfe des Binomischen Lehrsatzes schreiben wir )1()1( nn p in der folgenden Form:

)1()1

1...

21()1()1( 21 nn

p

pn

pn

pnnn pppp

np

pn

pn

pnn ppp

1...

21)( 21 . (2)

Weil p prim ist, folgt, dass die Zahlen

1

p,

2

p, …,

1p

p durch p teilbar sind. Aus der

Induktionsvoraussetzung wissen wir, dass auch nn p durch p teilbar ist. Somit sind alle

Summanden des letzten Teils der Formel (2) durch p teilbar, und A(n+1) ist wahr.

Gemäß dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt, dass die Aussage A(n) für alle natürlichen

Zahlen wahr ist. ❑

1

1 1 1)2)(1(

1

)1(

1

)2)(1(

1

)1(

1n

k

n

k n

n

nnkknnkk


9. Winkel im Grad- und Bogenmaß.

a) Bestimmen Sie zum gegebenen Gradmaß das Bogenmaß als Vielfaches oder Bruchteil von :

0˚, 5˚, 10˚, 45˚, 60˚, 120˚.

b) Bestimmen Sie das Gradmaß zum gegebenen Bogenmaß: , 3 , 5

1,

8

3, 10

9,

5

.

Lösung: Erinnern Sie sich an die Formeln für die Bogen- und Gradmaß- Umrechnung? (V 3)



10. Geben Sie für jede der folgenden Gleichungen bzw. Ungleichungen die Lösungsmenge an:

a) 012 xx

b) 0342 xx

c) 0223 xxx

d) 01224 xx

e) 0352 2 xx

f) 542385 22 xxxx

g) 0485 2 xx

h) 43 24 xx

i) 0910 24 xx

Lösungen





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