UNIVERSITETET I OSLO

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det mtemtisk-nturvitenskpelige fkultet Eksmen i: MAT1140 Strukturer og rgumenter Eksmensdg: Mndg 22. jnur 2018 Tid for eksmen: 09:00 13:00 Oppgvesettet er på 7 sider. Vedlegg: Ingen Tilltte hjelpemidler: Ingen Kontroller t oppgvesettet er komplett før du egynner å esvre spørsmålene. For hvert spørsmål kn du ruke resultter fr tidligere spørsmål, selv om du ikke hr esvrt dem. Terminologi: Vi nser t 0 er et nturlig tll, slik t 0 N. Notsjon: Gitt k, l Z, med k l skriver vi: [k, l ] {x Z : k x l}. (0.1) Potensmengden til en mengde I skrives P(I). Oppgve 1 (vekt 20 poeng) Ant t,, c Z er gitt og t c > 0. I hele oppgven lr vi d være største felles divisor for og c. Vis t følgende likning, med ukjent x Z: hr en løsning hvis og re hvis d deler. Likningen hr en løsning hvis og re hvis: x mod c, (1.1) x Z y Z x + cy, (1.2) som også kn uttrykkes som t er lineærkominsjon v og c. Det er ekvivlent med t d deler. (Fortsettes på side 2.)

2 Eksmen i MAT1140, Mndg 22. jnur 2018 Side 2 Vi ntr nå t d deler. Forklr hvordn Euklids lgoritme kn rukes til å finne en løsning x 0 for likning (1.1). Vis også t d er x Z løsning hvis og re hvis det finnes k Z slik t x x 0 + kc/d. Euklids lgoritme finner største felles divisor for og c, som er d. Følger mn den i revers får mn x, y Z slik t d x +cy. Dermed får vi x /d + cy /d. Altså er x 0 x /d en løsning. Vi hr t: x mod c x x 0 mod c, (1.3) c (x x 0 ), (1.4) c/d /d(x x 0 ), (1.5) c/d (x x 0 ). (1.6) Siste linje gjelder siden c/d og /d ikke hr noen felles fktor. Dette kn også skrives som t det eksisterer k Z slik t x x 0 kc/d. Oppgve 2 (vekt 20 poeng) Ant t I, J og U er ikke-tomme mengder. Ant videre t (A i ) i I og (B j ) j J er fmilier v delmender v U. Vis t: ( A i ) ( B j ) i I j J A i B j. (2.1) Ant t x i I A i. Det vil si t for hver i I hr vi x A i. For hver (i, j) I J hr vi A i A i B j, dermed x A i B j. Altså hr vi x A i B j. Tilsvrende, hvis x j J B j. Dermed får vi den nnonserte inklusjonen. A i B j Vis t vi også hr: ( A i ) ( B j ). i I j J (2.2) (Fortsettes på side 3.)

3 Eksmen i MAT1140, Mndg 22. jnur 2018 Side 3 Ant t: og t: x A i B j, (2.3) x ( i I A i ). (2.4) Velg i 0 I slik t x A i0. For lle j J hr vi x A i0 B j, dermed x B j. Dette viser t: x j J B j. (2.5) Dette viser den nnonserte inklusjonen. Begge deloppgvene kn også løses ved å skrive: ( A i ) ( B j ) (( A i ) B j ), (2.6) i I j J j J i I (A i B j ), (2.7) j J i I A i B j. (2.8) Oppgve 3 (vekt 20 poeng) Vis ved induksjon t hver ikke-tomme endelige delmengde v N hr et største element. For hver n N \ {0} lr vi P (n) være utsgnet: Hver endelige delmengde v N med krdinlitet n hr et største element. P (1) er snt : hver ettpunktsmengde hr sitt eneste element som største element. L n N \ {0} og nt t P (n) er snt. L I være en delmengde v N med krdinlitet n + 1. Velg x I og l J I \ {x}. D er J en delmengde v N med krdinlitet n. L y være det største elementet i J. Vi hr x y. Hvis y > x er y største element i I. Hvis y < x er x største element i I. Dette viser t P (n + 1) er snt. L A være mengden v endelige delmengder v N. Vis t vi hr: A n N P([0, n]), (3.1) og t A er tellr. (Fortsettes på side 4.)

4 Eksmen i MAT1140, Mndg 22. jnur 2018 Side 4 Ant t I A. Hvis I hr vi I P([0, 0]). Hvis I ikke er tom hr den et største element, l oss si n. D hr vi I [0, n] dermed I P([0, n]). Dette viser t: A n N P([0, n]), (3.2) Ant nå t n N og t I P([0, n]). Det vil si I [0, n]. Siden [0, n] er endelig, er I endelig. Dette viser t: n N P([0, n]) A. (3.3) Vi hr nå vist den nnonserte likheten. For hver n er P([0, n]) endelig (med krdinlitet 2 n+1 ). Mengden A er d høyst tellr, som høyst tellr union v høyst tellre mengder. I tillegg er A ikke endelig, siden den inneholder {n} for hver n N. Mer presist: n {n} estemmer en injeksjon fr N til A. Dermed er A tellr. Oppgve 4 (vekt 30 poeng) L A R N være mengden v reelle følger. Vi definerer en inær opersjon på A som følger. Gitt u (u k ) k N og v (v k ) k N i A defineres følgen u v A ved: k N (u v) k u l v k l. (4.1) Vi etrkter en vildning f : N N R. Vis ved induksjon t for hver n N hr vi: f(k, l) f(k, l). (4.2) k0 kl (Fortsettes på side 5.)

5 Eksmen i MAT1140, Mndg 22. jnur 2018 Side 5 For hver n N lr vi P (n) være utsgnet t denne likheten holder. P (0) er snt. L n N og nt t P (n) er snt. Vi hr: n+1 k0 f(k, l) k0 kl n+1 n+1 f(k, l) + f(n + 1, l), f(k, l) + f(n + 1, l) + f(n + 1, n + 1), f(k, l) + f(n + 1, n + 1), kl n+1 n+1 f(k, l). (4.3) kl Dette viser t P (n + 1) er snt. Vis t den inære opersjonen er ssossitiv, kommuttiv og hr et nøytrlt element estående v følgen e (e k ) k N definert ved: e 0 1 og k N k 1 e k 0. (4.4) (Fortsettes på side 6.)

6 Eksmen i MAT1140, Mndg 22. jnur 2018 Side 6 Assossitivitet: L u, v, w A. Vi hr: ((u v) w) n Vi hr også: (u v) k w n k, (4.5) k0 k0 u l v k l w n k. (4.6) (u (v w)) n u l (v w) n l, (4.7) n l u l v k w n l k, (4.8) k0 kl u l v k l w n k. (4.9) Assossitivitet følger d v forrige spørsmål (vi merker oss t identiteten holder også når f vhenger v n og re er definert i (k, l) for 0 l k n). Kommuttivitet: L u, v A. Vi hr: (u v) k u l v k l u k l v l, (4.10) v l u k l (v u) k. (4.11) Nøytrlt element: L u A. Vi hr: (e u) k e l u k l 0 e l u k l u k. (4.12) c Vis t et element u A er invertielt i forhold til hvis og re hvis u 0 0, og t i såfll kn inversen til u konstrueres induktivt. (Fortsettes på side 7.)

7 Eksmen i MAT1140, Mndg 22. jnur 2018 Side 7 L u A. Ant t v er en invers til u. D hr vi u 0 v 0 e 0 1 dermed u 0 0. Ant t u 0 0. At v er en invers skrives u v e (siden er kommuttiv). Dette kn skrives: k 1 u 0 v 0 1, (4.13) u l v k l 0. (4.14) Det er ekvivlent med t: v 0 1/u 0, (4.15) k 1 v k (1/u 0 ) u l v k l. (4.16) Disse vilkårene estemmer v induktivt. l1 Oppgve 5 L U og V være ikke-tomme mengder og l f : U V være en vildning. Vi minner om følgende definisjoner. For A U er direkteildet gitt ved: For B V er inversildet gitt ved: f[a] {y V : x A f(x) y}. (5.1) f 1 [B] {x U : f(x) B}. (5.2) Vis t f er injektiv hvis og re hvis vi hr, for hver A U: f 1 [f[a]] A. (5.3) Ant t f er injektiv. L A U. L x f 1 [f[a]]. Det vil si f(x) f[a]. Velg y A slik t f(x) f(y). Siden f er injektiv får vi x y A. Dette viser t f 1 [f[a]] A. Ant t for hver A U hr vi f 1 [f[a]] A. Ant x, y U og t f(x) f(y). Det kn skrives f(x) {f(y)}. D får vi x f 1 [{f(y)}] f 1 [f[{y}]] {y}. Dermed får vi x y. Dette viser t f er injektiv. SLUTT