Injektivität, Surjektivität + minimal Zahlentheorie

20.05.2020, 18:26

Susanno95

Injektivität, Surjektivität + minimal Zahlentheorie

Guten Tag zusammen ich bräuchte Hilfe bei folgender Aufgabe aus Grundlagen der Mathematik:

Sei $\begin{eqnarray*} f: \mathbb N \rightarrow \mathbb N_{0} \end{eqnarray*}$ eine Funktion mit $\begin{eqnarray*} f(nm)=f(n)+f(m) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n,m \in \mathbb N \end{eqnarray*}$
(a) Zeige,dass $\begin{eqnarray*} f(m^{k})=kf(m) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k \in \mathbb N{0} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} m \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

(b) Zeige, dass f nicht injektiv ist. (Hinweis Zeige das $\begin{eqnarray*} f(2^{f(3)})=f(3^{f(2)}) \end{eqnarray*}$ )

(c) Gib ein Beispiel für ein solches f, das nicht surjektiv ist.

(d) Gib ein Bsp für ein solches f, das surjektiv ist.
(Zeige zunächst , das jedes $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ eine eindeutige Darstellung $\begin{eqnarray*} n= 2^{f_n}q_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f_n \in \mathbb N_0 , q_n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ ungerade besitzt)

Meine Lösungen/Ansätze

(a) Per vollständigen Induktion nach k

IA $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} f(m^0)=f(1)=f(1*1)=f(1)+f(1) \rightarrow f(1)=f(1)+f(1) \rightarrow 0=f(1) \rightarrow f(m^0)=0*f(m) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} f(m^1)=f(1*m)=f(1)+f(m)=f(m)=1*f(m) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k=2 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} f(m^2)=f(m*m)=f(m)+f(m)=2*f(m) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} k=3 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} f(m^3)=f(m^2 *m)=f(m^2)+f(m)= 2+f(m)+f(m)=3*f(m) \end{eqnarray*}$

IS Nach Induktionsvorrausetzung gilt für beliebiges aber festes $\begin{eqnarray*} k \in \mathbb N_{0} , m \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ Zeige $\begin{eqnarray*} f(m^{k+1})=(k+1)f(m) \end{eqnarray*}$

schritt von $\begin{eqnarray*} k \rightarrow k+1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(m^{k+1})=f(m^k m)=f(m^k)+f(m)=kf(m)+f(m)=f(m)(k+1)=(k+1)f(m) \end{eqnarray*}$ Damit ist die Behauptung bewiesen

(b) mit Hilfe von (a) $\begin{eqnarray*} f(2^{f(3)})=f(3)*f(2)=f(2)*f(3)= f(3^{f(2)}) \end{eqnarray*}$ da für zwei Verschiedene Werte $\begin{eqnarray*} 2^{f(3)} \neq 3^{f(2)} \end{eqnarray*}$ die Gleichen Werte rauskommen ist f nicht injektiv.

(c) hat wer da nen Ansatz, werde aus der Def von surjektivität aus der VL nicht schlau

Sei $\begin{eqnarray*} f: X \rightarrow Y \end{eqnarray*}$ eine Funktion.

Falls im(f)=Y, dann heißt $\begin{eqnarray*} f: X \rightarrow Y \end{eqnarray*}$ surjektiv.

(d) da $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ und nicht $\begin{eqnarray*} \mathbb N_0 \end{eqnarray*}$ definiere ich die ungerade Zahl $\begin{eqnarray*} q-n \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} q_n=2n-1 \end{eqnarray*}$ für jedes $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Dann für $\begin{eqnarray*} n=1 1=2^{f_1}*q_1=2^{f_1}*(2*1-1)=2^{f_1}*(1)=2^{f_1} \rightarrow f_1=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n=2 2=2^{f_2}*q_1=2^{f_2}*(2*2-1)=2^{f_2}*(3) \rightarrow \frac{2}{3}=2^{f_2} \rightarrow f_2=-3 \neq \mathbb N_0 \end{eqnarray*}$

hab ich hier nen denkfehler eigentlich müsste ja $\begin{eqnarray*} 2=2^0*1 \end{eqnarray*}$ aber wie zeige ich das sich n so dastellen lässt?

danke im Vorraus für die Hilfe

20.05.2020, 21:24

HAL 9000

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Zitat:

Original von Susanno95
(b) mit Hilfe von (a) $\begin{eqnarray*} f(2^{f(3)})=f(3)*f(2)=f(2)*f(3)= f(3^{f(2)}) \end{eqnarray*}$ da für zwei Verschiedene Werte $\begin{eqnarray*} 2^{f(3)} \neq 3^{f(2)} \end{eqnarray*}$

Das ist ein wenig voreilig: Warum sind die Werte verschieden? Es gibt mindestens eine Lösungsfunktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , für das nicht gilt - dieser Sonderfall ist auch zu diskutieren! Und wenn du das tust, hast du auch gleich eine passende Inspiration für (c).

Ich würde bei (c)(d) sowieso nicht so ein Trara machen: Die Angabe jeweils einer passenden Funktion reicht - natürlich sollte man diskutieren, warum die Funktion das geforderte leistet.

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(d) ist so gemeint: Bei jeder natürlichen Zahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ kann man zählen, wie oft Primfaktor 2 in ihr enthalten ist, und dann legt man einfach $\begin{eqnarray*} f(n) \end{eqnarray*}$ als diese Anzahle fest. Dies Festlegung bedeutet für die ersten paar natürlichen Zahlen

$\begin{eqnarray*} f(1)=0, f(2)=1, f(3)=0, f(4)=2, f(5)=0, f(6)=1, f(7)=0, f(8)=3, f(9)=0, \ldots \end{eqnarray*}$

Die Eigenschaft $\begin{eqnarray*} f(nm)=f(n)+f(m) \end{eqnarray*}$ folgt dann einfach aus

$\begin{eqnarray*} f(nm) = f\left(2^{f(n)}q_n\cdot 2^{f(m)}q_m\right) = f\left(2^{f(n)+f(m)}q_nq_m\right) = f(n)+f(m), \end{eqnarray*}$

einfach weil mit ungeraden $\begin{eqnarray*} q_n,q_m \end{eqnarray*}$ auch deren Produkt ungerade ist und somit $\begin{eqnarray*} q_{nm}=q_nq_m \end{eqnarray*}$ gilt.

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Wenn man über dieses Beispiel genauer nachdenkt, findet man gleich eine große Klasse an Lösungsfunktionen:

Man gebe sich eine beliebige (!) Funktion $\begin{eqnarray*} g:\;\mathbb{P}\to\mathbb{N}_0 \end{eqnarray*}$ vor, dabei sei $\begin{eqnarray*} \mathbb{P} \end{eqnarray*}$ die Menge der Primzahlen. Damit definiert man jetzt eine Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ basierend auf der Primfaktorzerlegung $\begin{eqnarray*} n=p_1^{e_1}\cdot \ldots \cdot p_r^{e_r} \end{eqnarray*}$ der Argumente in der Weise

$\begin{eqnarray*} f(n) := \sum_{i=1}^r e_i g\left(p_i\right) \end{eqnarray*}$

Dann erfüllt dieses $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ die geforderte Funktionalgleichung $\begin{eqnarray*} f(mn)=f(m)+f(n) \end{eqnarray*}$ , der Beweis folgt im wesentlichen dem des obigen Speziallfalls (der bedeutet nämlich $\begin{eqnarray*} g(2)=1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} g(p)=0 \end{eqnarray*}$ für alle anderen $\begin{eqnarray*} p\in\mathbb{P}\setminus\{2\} \end{eqnarray*}$ ).

Ein anderes Beispiel wäre z.B. das $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , welches einfach sämtliche Primfaktoren von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ zählt (bei Mehrfachheiten entsprechend auch mehrfach), d.h.,

$\begin{eqnarray*} f(1)=0, f(2)=1, f(3)=1, f(4)=2, f(5)=1, f(6)=2, f(7)=1, f(8)=3, f(9)=2,\ldots \end{eqnarray*}$

In diesem Beispiel ist einfach $\begin{eqnarray*} g(p)=1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} p\in\mathbb{P} \end{eqnarray*}$ .

Eine interessante Anschlussfrage wäre nun, ob alle Lösungsfunktionen in dieser Weise darstellbar sind. Augenzwinkern

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