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Kritzelei aus Woche 4
SKA 3
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1. Unterschied zw. ℕ, ℕ₀ beachten.
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2. „minimales Beispiel“: A = {🍎}, B = Ø, C = Ø.
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3. x ∈ linker Seite ⟺ x ∈ rechter Seite; Dualität zw. Mengen und logischen Operationen.
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4. ja —> Aussagenlogischer Ansatz vs. „visueller“ Ansatz vs. „algebraischer“ Ansatz (DeM).
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5. =
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6. 3·4, ja
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7. erst Z in R „definieren“, dann ZxZ in RxR definieren, analog mit NxN ⊆ ZxZ
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8. Diagramm
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9. ja
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10. ∈: nein, ⊆: ja
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11. Formale Semantik / algebraische Oeprationen
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12. nein, sondern sind klassische Komplemente
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13. Mengentheoretisch: Ja, weil Gph(ƒ) = Gph(g). Kategorientheoretisch: „Nein“.
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14. Fasern/Bildmengen für ƒ : X ⟶ Y
ƒ Injektiv ⟺ alle Fasern von ƒ enthalten ≤ 1 Element ƒ Surjektiv ⟺ alle Faster von ƒ sind nicht leer ⟺ ƒ(X) = Y -
15. ƒ¯¹{y} ist die Schnittmenge aus Gph(ƒ) und dem Geraden {(x,y) | x ∈ ℝ}
Injektiv ⟺ jede Schnittmenge von Gph(ƒ) mit vertikalen Geraden hat höchstens 1 Pkt Surjektiv ⟺ jede Schnittmenge von Gph(ƒ) mit vertikalen Geraden hat mindestens 1 Pkt -
16. dom(log) = (0,∞), ran(log) = ℝ
SKA 4
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1. Lösungsskizze:
R := Gph(ƒ). Etwas ausführlicher: ƒ : X ⟶ Y sei eine Funktion R := {(x,y) ∈ X x Y | ƒ(x) = y} = Gph(ƒ) Dann ist R eine binäre Relation mit R ⊆ X x Y -
2. Lösungsskizze
Sei ƒ : M ⟶ N definiert durch ƒ(m) = das n, so dass (m,n) ∈ R für alle m ∈ M. (i) ⟺ ƒ überall definiert; (ii) ⟺ ƒ wohldefiniert -
3. Beachte, dass die Relation auf P(X) ist und nicht auf X!
Formales Argument ~~~~~~~~~~~~~~~~~ Wir prüfen die Axiome einer OR: Refl. Zz: Sei A ∈ P(X). Dann A ≤ A. Offensichtlich gilt X \ A ⊆ X \ A. Per Konstruktion gilt also A ≤ A. Antisymm. Zz: Seien A, B ∈ P(X). Dann A ≤ B und B ≤ A ⟹ A=B. Es gilt A ≤ B und B ≤ A. ⟹ X \ A ⊆ X \ B und X \ B ⊆ X \ A per Konstruktion ⟹ X \ A = X \ B per Definition von Mengengleichheit ⟹ X \ (X \ A) = X \ (X \ B) ⟹ A = B da A, B Teilmengen von X sind Trans. Zz: Seien A, B, C ∈ P(X). Dann A ≤ B und B ≤ C ⟹ A ≤ C. Es gilt A ≤ B und B ≤ C. ⟹ X \ A ⊆ X \ B und X \ B ⊆ X \ C per Konstruktion ⟹ X \ A ⊆ X \ C da Mengeninklusion transitiv ist ⟹ A ≤ C per Konstruktion. Also genügt (P(X), ≤) den Axiomen einer OR. -
4. Beachte: Entfernung von P(C) nicht von C!!
Lösung ~~~~~~~~ Entferne Ø von P(C). Dann existiert kein „kleinstes Element“ (auch „Minimum“ genannt). Allerdings existieren genau 3 „minimale Elemente“ in (P(C)\{Ø}, ⊆), viz. {a}, {b}, {c}. -
5. Ja in beiden Fällen (im 2. Falle nehmen wir an, dass Alle Wörter mindestens 2 Buchstaben enthalten).
Formales Argument: ~~~~~~~~~~~~~~~~~~ Sei ∑ die Menge von Buchstaben und W die Menge von Wörtern im Wörterbuch. Dann handelt es sich in beiden Fällen um eine Relation, die durch ~ := {(w1,w2) ∈ W⨉W | ƒ(w1) = ƒ(w2)} definiert wird, wobei ƒ eine Abbildung von W nach ∑ ist. (Im 1. Falle gilt ƒ(w) = erster Buchstabe in w; im 2. Falle gilt ƒ(w) = zweitletzter Buchstabe in w.) Schnelle Variante: ~~~~~~~~~~~~~~~~~~ (1) Für w1, w2 ∈ W gilt w1 ~ w2 ⟺ ƒ(w1) = ƒ(w2). D. h. ƒ ist eine „Reduktion“ von der ÄR (W, ~) auf (∑, =). (2) (∑, =) ist eine ÄR, d.h. Gleichheit ist eine Äquivalenzrelation auf ∑. (3) Aus (1) + (2) folgt, dass ~ eine ÄR ist. Ausführliche Variante: ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ Wir prüfen die Axiome einer OR: Refl. Zz: Sei w ∈ W. Dann w ~ w. Es gilt ƒ(w) = ƒ(w), da „=“ reflexiv ist. Per Konstruktion gilt also w ~ w. Symm. Zz: Seien u, v ∈ W. Dann u ~ v ⟹ v ~ u. Es gilt u ~ v ⟹ ƒ(u) = ƒ(v) per Konstruktion ⟹ ƒ(v) = ƒ(u) da „=“ symmetrisch ist ⟹ v ~ u per Konstruktion. Trans. Zz: Seien u, v, w ∈ W. Dann u ~ v und v ~ w ⟹ u ~ w. Es gilt u ~ v und v ~ w ⟹ ƒ(u) = ƒ(v) und ƒ(v) = ƒ(w) per Konstruktion ⟹ ƒ(u) = ƒ(w) da „=“ transitiv ist ⟹ u ~ w per Konstruktion. Also genügt (W, ~) den Axiomen einer ÄR. -
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8. Schubfachprinzip mit 4 Kategorien und 5 Plätzen:
Schnelles Argument: ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ muss gelten, da sonst jede Farbe höchstens 1 Mal vorkommt, was höchstens 4 Plätze belegt, aber wir wählen 5 Karten. -
9. Schubfachprinzip mit 366 Kategorien und 7000 Plätzen:
Schnelles Argument: ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ Falls für jeden Tag max 17 Studierende diesen Geburtstag haben, dann würde es maximal (18-1)·366 = 6222 Studierende geben. Aber es gibt 7000 (> 6222) Studierende. Widerspruch! Darum gibt es einen Tag, an dem (mind.) 18 Studierende den als ihren Geburtstag feiern. Formales Argument: ~~~~~~~~~~~~~~~~~~ Sei T die Menge von Tagen. Also |T|=366 Sei S die Menge von Studierenden, |S|≥7000. Sei ƒ : S ⟶ T die Funktion, die jedem Studierenden seinen Geburtstag zuordnet. Setze G := {ƒ¯¹{d} | d ∈ T} \ {Ø}. und geb : G ⟶ T durch geb(A) = ƒ(a) für ein a ∈ A für jedes A ∈ G. Beobachtung 1: ~~~~~~~~~~~~~~ Die Funktion, geb, ist wohldefiniert: Sei A ∈ G beliebig. Dann A = ƒ¯¹{d} für ein d ∈ T und A ≠ Ø Also gibt es ein a ∈ A und weiterhin gilt für a1, a2 ∈ A, dass ƒ(a1) = d = ƒ(a2). Darum ordnet geb der Menge A exakt einen Wert zu. Beobachtung 2: ~~~~~~~~~~~~~~ Die Funktion, geb, ist injektiv: Seien A1, A2 ∈ G. Zz: ƒ(A1) = ƒ(A2) ⟹ A1 = A2. Per Konstruktion gelten A1 = ƒ¯¹{d1}, A1 ≠ Ø, und A2 = ƒ¯¹{d2}, A2 ≠ Ø für ein d1, d2 ∈ T. Wie oben gilt ƒ(A1) = d1 und ƒ(A2) = d2. Darum ƒ(A1) = ƒ(A2) ⟹ d1 = d2 ⟹ ƒ¯¹{d1} = ƒ¯¹{d2} ⟹ A1 = A2. Beobachtung 3: ~~~~~~~~~~~~~~ Es gilt S = ⋃{A | A ∈ G}. Warum? - Per Konstruktion gilt A ⊆ S für alle A ∈ G. Also gilt ⋃{A | A ∈ G} ⊆ S. - Sei s ∈ S belibig. Seien d := ƒ(s) und A₀ := ƒ¯¹{d}. Dann A₀ ≠ Ø, da s ∈ A₀, da ƒ(s) = d. Also gilt A₀ ∈ G per Konstruktion von G. Also s ∈ A₀ ⊆ ⋃{A | A ∈ G}. Darum gilt S ⊆ ⋃{A | A ∈ G}. Da die Funktion, geb, injektiv ist (Beobachtung 2), liefert das SCHUBFACHPRINZIP |G| ≤ |T| = 366. Da die Mengen in G offensichtlich paarweise disjunkt sind, und da S = ⋃{A | A ∈ G} (Beobachtung 3), gilt 7000 ≤ |S| = ∑{|A| | A ∈ G} ≤ max{|A| | A ∈ G} · |G| ≤ max{|A| | A ∈ G} · 366. Also max{|A| | A ∈ G} ≥ 7000/366 > 19. Also existiert mindestens ein A₀ ∈ G mit |A₀| > 19 > 18. Per Konstruktion von G haben nun alle Studierende in A₀ den gleichen Geburtstag. Darum haben mindestens 18 Studierende denselben Geburtstag. -
10.
Induktionsargument: ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ IND-ANFANG: Für n = 1. Nichts zu zeigen, da ∏{E_i : 1≤i≤1} = E_1. Für n = 2. ... siehe Argument im Skript ... oder gilt einfach per Definition: siehe jedes Lehrbuch über Mengenlehre. Sei n > 2. IND-VORAUSSETZUNG: Angenommen, |∏{E_i : 1≤i<n}| = ∏{|E_i| : 1≤i<n}. IND-SCHRITT: Es gilt |∏{E_i : 1≤i≤n}| = |∏{E_i : 1≤i<n} ⨉ E_n| wegen bijektiver Äquivalenz = |∏{E_i : 1≤i≤n}|·|E_n| aus (allgemeinem) Fall n=2 =(∏{|E_i| : 1≤i<n}·|E_n| per Induktionsvoraussetzung = ∏{|E_i| : 1≤i≤n}, Darum gilt die Aussage per Induktion. -
11. Induktionsschritt (n —> n+1) geht nur, wenn n ≥ 2. Das heißt, der Fall 1 —> 2 wird übersprungen.