Aloha :)
1. Fall \(r=1\) $$f_1(x)=x\quad;\quad g_1(x)=x$$Beide Abbildungen werden zur identischen Abbildung \((\,x\mapsto x\,)\) und sind daher beide bijektiv.
2. Fall \(r\ge2\)$$f_r(x)=r\cdot x\quad;\quad g_r(x)=\left\lfloor\frac{x}{r}\right\rfloor$$Wir untersuchen zuerst \(f_r(x)\). Wenn \(f_r(x)\) surjektiv ist, muss jedes Element der Zielmenge \(\mathbb Z\) mindestens 1-mal erreicht werden, insbesondere der Wert \(1\). Es muss also ein \(x\) in der Definitionsmenge \(\mathbb Z\) geben, sodass:$$f_r(x)=r\cdot x\stackrel{!}{=}1\implies x=\frac{1}{r}\not\in\mathbb Z$$Der Wert \(1\in\mathbb Z\) der Zielmenge wird daher nie erreicht. Die Abbildung \(f_r(x)\) ist nicht surjektiv.
Wenn \(f_r(x)\) injektiv ist, darf jedes Element der Zielmenge \(\mathbb Z\) höchstens 1-mal erreicht werden. Wir nehmen an, es gibt zwei Argumente \(a,b\in\mathbb Z\) aus der Definitionsmenge, die auf denselben Wert abbilden:$$f_r(a)=f_r(b)\implies r\cdot a=r\cdot b\implies a=b$$Es gibt also keine zwei verschiedenen Argument mit demselben Bild. Daher ist \(f_r(x)\) injektiv.
Nun betrachten wir \(g_r(x)\). Wegen$$g_r(n\cdot r)=\left\lfloor\frac{n\cdot r}{r}\right\rfloor=n\quad\text{für alle } n\in\mathbb Z$$wird jeder Wert aus der Zielmenge mindestens 1-mal erreicht. Daher ist \(g_r(x)\) surjektiv.
Da nach Voraussetzung \(r\ge2\) ist, gilt:$$g_r(0)=\left\lfloor\frac{0}{r}\right\rfloor=0\quad;\quad g_r(1)=\left\lfloor\frac{1}{r}\right\rfloor=0$$Der Wert \(0\) aus der Zielmenge \(\mathbb Z\) wird 2-mal erreicht. Daher ist \(g_r(x)\) nicht injektiv.
