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Aufgabe 3:

a) Sei \( f: A \longrightarrow B \) eine Funktion und \( N, N^{\prime} \subseteq \) Z \( B \) zwei beliebige Teilmengen. Zeigen Sie, dass dann die Mengenidentität \( f^{-1}\left(N \cup N^{\prime}\right)=f^{-1}(N) \cup f^{-1}\left(N^{\prime}\right) \) gilt.

b) Zeigen Sie, dass eine Funktion \( f: A \longrightarrow B \) genau dann injektiv ist, wenn für beliebige Teilmengen \( M, M^{\prime} \subseteq A \) die Identität \( f\left(M \cap M^{\prime}\right)=f(M) \cap f\left(M^{\prime}\right) \) gilt. Beachten Sie, dass zum Beweis dieser Aussage zwei Richtungen notwendig sind.

Aufgabe 4:

Drei Funktionen \( f, g: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} \) und \( h: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} \times \mathbb{R} \) sind definiert durch
\( f(x, y)=x y, g(x, y)=y-2 x+1 \) und \( h(x)=\left(x, | x^{2}\right) \)

Untersuchen Sie die Funktionen \( f h, g h: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} \) und \( h f: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} \times \mathbb{R} \) auf Injektivität, Surjektivität und Bijektivität und begründen Sie ihre Antworten kurz.

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Hier mal ein Teil von Aufgabe 4

Aufgabe 4: Funktionen II Drei Funktionen f‚g : R x R —> R und h : R —> R x R sind definiert durch

f(x, y) = xy,

g(x,y) = y — 2x+1 und

h(x) = (x | x2).

Untersuchen Sie die Funktionen fh, gh : R —> R und h f : R x R —> R x R auf Injektivität, Surjektivität und Bijektivität und begründen Sie ihre Antworten kurz.

 

h f : R x R —> R x R

Da h(x) = (x | x2) und beim Quadrieren nichts Negatives raukommen kann         kommt im Bildbereich sicher (1 | -1) nicht vor. Deshalb ist h f weder surjektiv noch bijektiv.

h f ist auch nicht injektiv, da es Bildpunkte gibt, die mehr als ein Urbild haben.

Bsp.         f(1 | 2) = 2 davon noch h also h(f(1|2)) = h(2) = (2| 4) 

                 f(2 | 1) = 2 davon noch h also h(f(2|1)) = h(2) = (2| 4)         Urbild von (2|4) ist auch (2|1)

 

f(x, y) = xy,

g(x,y) = y — 2x+1 und

h(x) = (x | x2).

fh, gh : R —> R

f(h(x)) = f(x|x^2) = x^3         R-->R ist bijektiv injektiv und surjektiv, da es u(x) = x^3 entspricht.

g(h(x)) =g(x|x^2) = x^2 - 2x + 1 = (x – 1)^2 

entspricht einer quadratischen Funktion. Parabel mit Scheitelpunkt in (1/0).      Bildbereich nur R+ also weder surjektiv noch bijektiv. Da g(h(0)) = g(h(2)) = 1 auch nicht injektiv.

von 160 k 🚀
damit f(h(x)) surjektiv ist, müsste die zahl 2 darstellbar sein, was in diesem fall nicht geht; entsprechend liegt doch keine surjektivität vor - habe ich das richtig verstanden?
oh gott die bearbeitungszeit scheint begrenzt zu sein....

daher nochmal in kurzform:

(1) f(h(x))

sollte nicht surjektiv sein, da z.b. 2 nicht darstellenbar ist - richtig?

(2) g(h(x)

zitat: "Da g(h(0)) = g(h(-2)) = 1"

mit -2 erhält man 9; mit 2 erhält man allerdings 1 (genauso wie mit 0; argumentation daher richtig)
(1) f(h(x))

sollte nicht surjektiv sein, da z.b. 2 nicht darstellenbar ist - richtig?

nein: x ist hier Element von R. Da ist auch die 3. Wurzel von 2 erlaubt.

(2) g(h(x)

zitat: "Da g(h(0)) = g(h(-2)) = 1"

auch nicht:

(-2+1)^2 = (-1)^2 = 1

g(x,y) = y — 2x+1 und

h(x) = (x | x2).

g(h(2)) = g(2 , 4) = 4 - 2*2 + 1 = 1

g(h(-2)) = g(-2 , 4) = 4 - 2*(-2) + 1 = 9

wie kommst du auf (x+1)^2?

ups. DAnke! ich hatte da einen Fehler in der Umformung

 

g(h(x)) =g(x|x^2) = x^2 - 2x + 1 = (x+1)^2 

Sollte

g(h(x)) =g(x|x^2) = x^2 - 2x + 1 = (x-1)^2 

heissen

nun ist die Symmetrie auch bei mir bei x=1

g(h(2)) = g(h(0))= 1           Also ein Bsp. für 2 Urbilder von 1. Deshalb nicht injektiv.


 

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