Zorns lemma og utvalgsaksiomet

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Zorns lemma og utvalgsaksiomet"

Transkript

1 MAT1140, H-16 Zorns lemma og utvalgsaksiomet I dette notatet skal vi se på Zorns lemma, som er et kraftig redskap for å bevise eksistensen av matematiske objekter. Beviset for Zorns lemma bygger på det såkalte utvalgsaksiomet, et mengdeteoretisk prinsipp som går utover det vi hittil har sett på. Aller først skal vi imidlertid gå tilbake til teorien for partielle ordninger, både fordi Zorns lemma handler om slike ordninger, og fordi sammenhengen mellom partielle og totale ordninger vil være en viktig ledetråd i arbeidet vårt. Husk at en partiell ordning på en mengde X er en relasjon på X som tilfredsstiller følgende krav: (i) Refleksivitet: x x for alle x X. (ii) Antisymmetri: Hvis x y og y x, så er x = y. (iii) Transitivitet: Hvis x y og y z, så er x z. En partiell ordning er total dersom uansett hvilke elementer x, y vi velger i X, så er enten x y eller y x. Dersom ordningen ikke er total, finnes det elementer x, y slik at hverken x y eller y x. Slike elementer kalles ikke sammenlignbare. Formelt er en relasjon på X en delmengde av X X, f. eks. er = {(x, y) x y} Selv om det ofte føles litt unaturlig å tenke på en relasjon på denne måten, vil det være nyttig mange steder i dette notatet siden vi skal være opptatt av forfininger av ordninger. Husk fra notatet om relasjoner at en relasjon 2 på X er finere enn en annen relasjon 1 på X dersom 1 2. En ekvivalent måte å definere dette på, er å kreve at x 1 y = x 2 y Vi sier også at 2 er en forfining av 1. Nøkkelbegrepet i dette notatet er kjede: Definisjon 1 Anta at er en partiell ordning på en mengde Y. En delmengde C av Y kalles en kjede dersom den er totalt ordnet under (dvs. at hvis x, y C, så er enten x y eller y x). Vi regner også den tomme mengden som en kjede. 1

2 Husk også at hvis S er en delmengde av Y, så er a Y en øvre skranke for S dersom s a for alle s S. Et element x X er maksimalt dersom det ikke finnes noen y X slik at x < y. Vi kan nå formulere Zorns lemma: Teorem 2 (Zorns lemma) Anta at (Y, ) er en partielt ordnet mengde. Dersom alle ikke-tomme kjeder i Y har en øvre skranke, så har Y et maksimalt element. Vi skal komme tilbake til det (ganske vanskelige) beviset for Zorns lemma senere, men la oss prøve å få en følelse for hvorfor resultatet bør være sant: Start med et element y 1 i Y. Hvis y 1 er et maksimalt element er vi ferdig, hvis ikke finnes det et større element y 2. Hvis y 2 er et maksimalt element er vi ferdig, hvis ikke finnes det et større element y 3. Fortsetter vi på denne måten, finner vi enten et maksimalt element eller en kjede y 1 < y 2 < y < y 3 <.... Ifølge antagelsen har denne kjeden en øvre skranke y. Hvis dette er et maksimalt element, er vi ferdig, hvis ikke finnes det et større element y +1. Fortsetter vi på denne måten, må prosessen før eller senere stoppe opp, og vi har funnet et maksimalt element. For å gjøre denne ideen presis (særlig prosedyren med å fortsette mer enn uendelig mange ganger ) trenger vi en utvidelse av de naturlige tallene som kalles ordinaltallene, men siden det ville kreve litt for mye å komme inn på disse tallene her, skal vi finne en alternativ angrepsmåte. 1 Før vi beviser Zorns lemma, skal vi se et eksempel på hvordan det brukes. I notatet om relasjoner viste vi at enhver partiell ordning på en endelig mengde kan forfines til en total ordning, og det er naturlig å spørre om dette resultatet også gjelder for uendelige mengder. Beviset vi ga i det endelige tilfellet, baserer seg på en prosedyre som før eller senere må stoppe opp når den underliggende mengden er endelig, men som kan fortsette i det uendelige ellers altså en klar analog til prosessen vi så på i forrige avsnitt. Hovedredskapet vi skal benytte oss av i det generelle tilfellet, er det samme som vi brukte i det endelige, og jeg skriver det opp igjen på nytt her (beviset er i notatet om relasjoner): Setning 3 Anta at er en partiell ordning på en mengde X, og at x, y X ikke er sammenlignbare. Da finnes det en forfining 1 av slik at x 1 y. Vi trenger også en hjelpesetning som supplerer den ovenfor. Setning 4 Anta at C er en kjede av partiell ordninger på en mengde X (dvs. at hvert element i C er en partiell ordning på X, og hvis 1 og 2 er to ordninger i C, så er alltid en av dem en forfining av den andre). Da er unionen av alle ordningene i C en partiell ordning på X. 1 Det finnes mange bevis for Zorns lemma som ikke bruker ordinaltall, men de fleste er varianter av samme grunnleggende idé. Fremstillingen nedenfor bygger på et notat av Ken Brown. 2

3 Bevis: Unionen av alle ordningene i C er gitt ved x y det finnes R C slik at xry For å vise at er en partiell ordning, må vi vise at de tre kravene til en partiell ordning er oppfylt: (i) Refleksivitet: Siden xrx for alle R C, er x x. (ii) Antisymmetri: Anta at x y og y x. Da finnes det relasjoner R, S C slik at xry og ysx. Siden C er en kjede, er den ene av ordningene R og S en forfining av den andre. Kall denne T. Da er xt y og yt x, og siden T er en partiell ordning, må x = y. (iii) Transitivitet: Anta at x y og y z. Da finnes det relasjoner R, S C slik at xry og ysz. Siden C er en kjede, er den ene av ordningene R og S en forfining av den andre. Kall denne T. Da er xt y og yt z, og siden T er en partiell ordning, får vi xt z, og dermed x z. Vi kan nå utvide teoremet om forfininger til ordninger generelt. Teorem 5 Dersom er en partiell ordning på en mengde X, finnes det en total ordning som forfiner. Bevis: La Y bestå av alle partielle ordninger på X som er forfininger av (vi regner som en forfining av seg selv, så er med i Y ). Inklusjon er en partiell ordning av Y. (Vi har altså en partiell ordning av partielle ordninger her gjelder det å holde tunga rett i munnen!). Vi skal bruke Zorns lemma på (Y, ). Hvis C er en kjede av elementer i Y, så er unionen av alle elementer i C et element i Y ifølge setningen ovenfor. Denne unionen er åpenbart en øvre skranke for C, og følgelig er betingelsen i Zorns lemma oppfylt. Dette betyr at Y har et maksimalt element max. Hvis max ikke var en total ordning, kunne vi ha brukt setning 1 til å utvide den til en finere ordning, noe som åpenbart er absurd. Altså er max en total ordning som forfiner, og teoremet er bevist. Bevis for Zorns lemma I vår uformelle begrunnelse for hvorfor Zorns lemma er riktig, endte vi opp med en gigantkjede som sikret oss et maksimalt element. Eksistensen av en slik gigantkjede er nøkkelen til resultatet, og den sikres av følgende resultat: Teorem 6 (Hausdorffs maksimumsprinsipp) I enhver partiell ordning finnes det en maksimal kjede (dvs. en kjede som ikke er inneholdt i noen annen kjede). 3

4 Bevis for Zorns lemma fra Hausdorffs maksimumsprinsipp: La C være en maksimal kjede, og la a være en øvre skranke for C. Da er a et maksimalt element i Y. Hvis ikke fantes det nemlig et element b > a, og i så fall ville C {b} være en kjede som ekte inneholder den maksimale kjeden C, og det er åpenbart absurd. Der er altså nok å bevise Hausdorffs maksimumsprinsipp. For å gjøre dette trenger vi et mengdeteoretisk prinsipp som ikke kan utledes fra enklere regler: Utvalgsaksiomet: For enhver familie A av ikke-tomme mengder finnes det en funksjon u : A A A A slik at u(a) A for alle A A. Funksjonen u kalles en utvalgsfunksjon siden den for hver mengde A A velger ut et element u(a) A. Utvalgsaksiomet kan se uskyldig ut, men det har vært mye diskutert og kritisert. Én av grunnene til kritikken er at aksiomet postulerer eksistensen av en funksjon u uten å gi noen indikasjon på hvordan den kan konstrueres; en annen grunn er at utvalgsaksiomet har en del overraskende konsekvenser som mange finner kontraintuitive. De fleste matematikere i dag aksepterer imidlertid utvalgsaksiomet (og dermed Zorns lemma og Hausdorffs maksimumsprinsipp). La oss nå begynne på beviset for Hausdorffs maksimumsprinsipp: Hvis (X, ) er den partielle ordningen, lar vi X være mengden av alle kjeder i X (vi regner den tomme kjeden med til X ). For hver ikke-maksimal kjede C i X, finnes det elementer x X \ C slik at C {x} er en større kjede. Vi bruker utvalgsaksiomet til å plukke ut én slik x for hver ikke-maksimal kjede C, og setter C + = C {x}. Dersom C er en maksimal kjede, setter vi C + = C. Den intuitive ideen er å bruke operasjonen + til å bygge større og større kjeder inntil vi ender opp med en som er maksimal. Vi starter med C 0 = og setter C 1 = C 0 +, C 2 = C 1 + osv. Får vi ikke en maksimal kjede på denne måten, setter vi C = n N C n og fortsetter med C +1 = C + osv. Før eller senere burde prosessen stoppe og gi oss en maksimal kjede. Problemet er bare at vi mister kontroll over prosessen når vi passerer C vi har ikke tall nok til å navngi (og dermed kontrollere) de nye kjedene. Det er dette ordinaltallene kunne ha hjulpet oss med, men siden vi ikke har dem, må vi kontrollere veksten av kjeder på en annen måte. Strategien vår vil være å finne en annen måte å beskrive familien M = {C 0, C 1, C 2,..., C, C +1,...} av stadig lengre kjeder på. Denne familien har åpenbart følgende egenskaper: (i) Den tomme kjeden er med i M. (ii) Hvis C M, så er C + M. 4

5 (iii) Hvis C er en kjede av elementer i M (altså en kjede av kjeder!), så er C C C i M Siden vi aldri putter noe inn i M som ikke må være der i henhold til reglene (i)-(iii), bør M være den minste familien som tilfredsstiller disse reglene. Det er dette vi skal utnytte i vår alternative beskrivelse av M. Vi begynner med en definisjon: Definisjon 7 En delfamilie N av X (N er dermed en familie av kjeder) er lukket dersom følgende betingelser er oppfylt: (i) Den tomme kjeden er med i N. (ii) Hvis C N, så er C + N. (iii) Hvis C er en kjede av elementer i N (altså en kjede av kjeder!), så er C C C i N Legg merke til at familien X av alle kjeder er lukket. Dette er åpenbart den største lukkede familien. Som vi allerede har antydet, finnes det også en minste lukket familie: Lemma 8 Snittet M = {N N er en lukket familie} av alle lukkede familier er selv lukket. Bevis: Vi må sjekke (i), (ii) og (iii) ovenfor. Betingelse (i) er oppfylt siden er med i alle lukkede familier og dermed i M. For å sjekke (ii) antar vi at C M. Da er C med i alle lukkede familier, og følgelig er C + med i alle lukkede familier, og dermed i M. For å sjekke (iii) antar vi at C er en samling av kjeder fra M. Da er C en samling av kjeder i enhver lukket N. Følgelig er C C C i N for alle lukkede N, og dermed er C C C i M. Ideen er altså at M består av nøyaktig de kjedene C 0, C 1, C 2,..., C, C +1,... som vi ville ha fått om vi hadde greid å gjennomføre prosessen beskrevet ovenfor helt til den stopper, men heldigvis trenger vi ikke å bevise det (det ville ha vært vanskelig siden vi egentlig ikke vet hvordan denne prosessen er!). Alt vi trenger å vite for å bevise Hausdorffs maksimumsprinsipp, er at (M, ) er en kjede. For å vise at M er en kjede, må vi vise at alle elementene i M er sammenlignbare, dvs. at hvis C, D M, så er enten C D eller D C. Dette er er ikke åpenbart, men vi kan i hvert fall gi et navn til de elementene i M som har den ønskede egenskapen: 5

6 Definisjon 9 En element S i M kalles sammenlignbart hvis det er sammenlignbart med alle C M (dvs. for alle C M har vi enten C S eller S C). Vi lar S = {S M S er sammenlignbar} være familien av alle sammenlignbare elementer. Oppgaven vår er dermed å vise at S = M. Hvordan gjør vi noe slikt? Vel, siden alt vi egentlig vet om M, er at den er den er minste lukkede familien, er det bare én åpenbar plan: Vi må vise at S er lukket, dvs. vi må bevise at S tilfredsstiller kravene (i)-(iii) i definisjon 11. Det viser seg at (i) og (iii) er lette å sjekke, men at vi må arbeide litt for å få til (ii). Den første hjelpesetningen er enkel, men inneholder kjernen i argumentet. Vanligvis er det ikke slik at hvis C D, så er C + D til det er + -operasjonen altfor ustabil. Hvis D er sammenlignbar og C M, gjelder det imidlertid allikevel: Lemma 10 Anta S M er sammenlignbar. Hvis C M og C S (vi krever altså at C er en ekte 2 delmengde av S), så er C + S. Bevis: Anta for motsigelse at vi ikke har C + S. Siden S er sammenlignbar, er da S C +. Dermed er C S C +, og det er umulig siden C + har høyst ett element mer enn C. Det neste lemmaet viser at resultatetet ovenfor fortsetter å holde om vi bytter om rollene til C og S, dvs. at for C C og S S har vi S C = S + C Beviset flyter litt lettere om vi isteden bruker den ekvivalente formuleringen C S eller S + C Lemma 11 Anta S er sammenlignbar. For hver C M er da enten C S eller S + C, og følgelig er S + sammenlignbar. Bevis: Observer først at den siste setningen følger fra resten: Hvis vi for hver C M har enten C S S + eller S + C, så er åpenbart S + sammenlignbar. For å vise resten lar vi N være samlingen av alle de C M som tilfredsstiller betingelse, dvs. N = {C M C S eller S + C} 2 Her og senere bruker jeg A B til å markere at A er en ekte delmengde av B. Distinksjonen mellom og er viktig i disse argumentene 6

7 For å vise at N = M holder det å vise at N er lukket (husk at M er den minste lukkede mengden). Vi sjekker betingelsene (i), (ii) og (iii): Betingelse (i): Siden S, er N. Betingelse (ii): Anta C N. Vi må vise at C + N, dvs. at enten er C + S eller så er S + C +. Siden C N, er enten C S, C = S eller S + C. I det første tilfellet er C + S ifølge forrige lemma, i de andre to tilfellene er S + C +. Altså er C + N. Betingelse (iii): Anta C er en kjede av mengder i N, og la D = C C C. Vi må vise at D N, dvs. at enten er D S eller så er S + D. Dersom C S for alle C C, er D S, og følgelig er D N. Hvis det finnes en C C slik at vi ikke har C S, så har vi per antagelse S + C, og dermed S + D. Dette viser at D N også i dette tilfellet. Dermed har vi nådd det første delmålet vårt: Lemma 12 Alle elementer i M er sammenlignbare. Bevis: Vi skal følge strategien i forrige bevis: Siden M er den minste lukkede mengden, holder det å vise at familien S av alle sammenlignbare elementer er lukket. Igjen må vi sjekke betingelse (i), (ii) og (iii). Betingelse (i): Siden C for alle C M, er sammenlignbar. Betingelse (ii): Hvis S er sammenlignbar, er S + også det også ifølge forrige lemma. Betingelse (iii): Anta S er en kjede av sammenlignbare mengder, og la D = S S S. Vi må vise at D S, dvs. at hvis C M, så er D og C sammenlignbare. Dersom S C for alle S S, er D C. Hvis ikke finnes det S S slik at S C, og dermed er D C. I begge tilfeller er D og C sammenlignbare. Bevis for Hausdorffs maksimumsprinsipp: Siden alle elementer i M er sammenlignbare, er M en kjede, og siden M er lukket, er M = C M C et element i M. Bruker vi igjen at M er lukket, ser vi at M + M, og det er bare mulig hvis M = M +, dvs. hvis M er en maksimal kjede. Altså eksisterer det maksimale kjeder. Vi har allerede vist at Hausdorffs maksimumsprinsipp impliserer Zorns lemma, og beviset er dermed fullført. Utvalgsaksiomet spilte en tilsynelatende beskjeden rolle i argumentene ovenfor, men det viser seg at bidraget derfra er umulig å komme utenom. En måte å vise dette på er å bruke Zorns lemma til å bevise utvalgsaksiomet. Vi skal gjøre det i oppgave 1 til slutt i notatet. 7

8 Kardinaltallene er totalt ordnet Som et viktig eksempel på bruken av Zorns lemma skal vi avslutte dette notatet med å vise at kardinaltallene er totalt ordnet: Teorem 13 For to mengder A og B er enten card(a) card(b) eller card(b) card(a). For å bevise teoremet holder det å vise at hvis A og B er ikke-tomme, så finnes det enten en injektiv funksjon fra A til B eller en injektiv funksjon fra B til A. For å få en idé om hvordan vi skal gå frem, kan det være lurt å tenke på hva ville ha gjort dersom A og B var endelige. Da kunne vi ha plukket ut et element a 1 A og et element b 1 B, og begynt å definere en funksjon f : A B ved å sette f(a 1 ) = b 1. Deretter plukker vi ut elementer a 2 A \ {a 1 }, b 2 B \ {b 1 }, og setter f(a 2 ) = b 2. Fortsetter vi på denne måten, vil prosessen før eller senere stoppe opp fordi vi går tom for nye elementer i A eller B. Dersom det ikke er flere elementer i A, har vi konstruert en injektiv funksjon f fra A til B, og dersom det ikke er flere elementer igjen i B, vil den inverse funksjonen til f være en injektiv funksjon fra B til A. Ideen i argumentet ovenfor er å bygge en stadig større, injektiv, partiell 3 funksjon fra A inn i B. Vi kan utvide denne ideen til det uendelige tilfellet ved å definere en ordning på mengden av alle injektive, partielle funksjoner f : X B, der X A, og så la Zorns lemma plukke ut et maksimalt element for oss. Vi gjennomfører beviset i flere skritt. La oss først lage ordningen: Vi lar I være mengden av alle par (X, f), der X er en delmengde av A, og der f : X B er en injektiv funksjon. Vi definerer så en relasjon på I ved (X, f) (Y, g) X Y og f(x) = g(x) for alle x X Lemma 14 er en partiell ordning. Bevis: Som vanlig må vi vise at de tre kravene til en partiell ordning er oppfylt: (i) Refleksiv: Vi har åpenbart (X, f) (X, f). (ii) Antisymmetrisk: Anta at (X, f) (Y, g) og (Y, g) (X, f). Da er X Y og Y X, så X = Y. Siden i tillegg g(x) = f(x) for alle x X, må også g = f, og dermed er (X, f) = (Y, g). (iii) Transitiv: Anta (X, f) (Y, g) og (Y, g) (Z, h). Da er X Y og Y Z, så X Z. Hvis x X, vet vi at f(x) = g(x), men siden en 3 En partiell funksjon på A er en funksjon som bare er definert på en delmengde av A. 8

9 x X også er med i Y, har vi g(x) = h(x). Dermed er f(x) = h(x) for alle x X, og vi har vist at (X, f) (Z, h). Det neste lemmaet viser at betingelsen i Zorns lemma er oppfylt. Lemma 15 Hvis C er en kjede i (I, ), finnes det et element (Y, g) I slik at (X, f) (Y, g) for alle (X, f) C. Bevis: Vi setter Y = {(X,f) C} X. For å definere g observerer vi først at hvis y Y, så finnes det minst ett par (X, f) C slik y X. Det er fristende å definere g(y) = f(y), men hva hvis det finnes et annet par (X, f ) C slik at y X? Siden C er en kjede, vil enten (X, f) (X, f ) eller (X, f ) (X, f), og i begge tilfeller er f(y) = f (y), så vi kan uten fare for tvetydighet sette g(y) = f(y). For å sjekke at g er injektiv tar vi for oss to vilkårlige elementer y 1, y 2 Y. Det finnes elementer (X 1, f 1 ), (X 2, f 2 ) C slik at y 1 X 1, y 2 X 2, og siden C er en kjede, er det ene av disse elementene større enn det andre, la oss si (X 1, f 1 ) (X 2, f 2 ). Dermed er y 1, y 2 X 2. Siden f 2 er injektiv, betyr dette at g(y 1 ) = f 2 (y 1 ) f 2 (y 2 ) = g(y 2 ). Dermed har vi vist at g er injektiv, og følgelig er (Y, g) I. Vi kan nå sette sammen bitene: Bevis for teorem 13: Siden vi nå vet at alle kjeder har en øvre skranke, er betingelsene i Zorns lemma oppfylt, og ordningen har derfor et maksimalt element (X max, f max ). Det er to muligheter: X max = A eller X max A. I det første tilfellet er f max en injektiv funksjon fra A inn i B, og følgelig er card(a) card(b). I det andre tilfellet må f max : X max B være surjektiv, for hvis ikke kunne vi ha utvidet (X max, f max ) ved å sende et vilkårlig element i A \ X max på et vilkårlig element i B \ f(x max ), og det er umulig siden (X max, f max ) er maksimal. Men hvis den injektive funksjonen f max : X max B er surjektiv, er den inverse funksjonen en injektiv avbildning av B inn i A, og dermed er card(b) card(a). Oppgaver 1. I denne oppgaven skal vi utlede utvalgsaksiomet fra Zorns lemma. Anta at A er en familie av ikke-tomme mengder. En partiell utvalgsfunksjon er en funksjon u : D u A A A fra en delmengde D u av A slik at u(b) B for all B D u. Vi definerer en relasjon på mengden U av alle partielle utvalgsfunksjoner ved u v D u D v og u(b) = v(b) for alle B D u a) Vis at er en partiell ordning på U. 9

10 b) Vis at enhver kjede i (U, ) har en øvre skranke. c) Bruk Zorns lemma til å forklare at det finnes et maksimalt element og vis at dette er en utvalgsfunksjon for A. 2. I lineær algebra arbeider man med basiser for endeligdimensjonale vektorrom. Vi skal bruke Zorns lemma til å vise at også alle uendeligdimensjonale vektorrom har en basis. Vi antar at V er et vektorrom over R, og at E er en (muligens uendelig) delmengde av V. En lineær kombinasjon fra E er en sum α 1 e 1 + α 2 e α n e n der e 1, e 2,..., e n er endelig mengde elementer i E og α 1, α 2,..., α n R. Vi sier at E er lineært uavhengig dersom en lineærkombinasjon α 1 e 1 + α 2 e α n e n fra E bare kan være lik 0 dersom α 1 = α 2 =... = α n = 0. Vi lar U være mengden av lineært uavhengig delmengder av V og ordner U ved inklusjon. a) Vis at alle kjeder i (U, ) har en øvre skranke i U. b) Bruk Zorns lemma til å vise at U må ha et maksimalt element E max. c) Vis et ethvert element v V kan skrives som en lineærkombinasjon v = α 1 e 1 + α 2 e α n e n av elementer e 1, e 2,..., e n E max. Dette viser at E max er en såkalt Hamel-basis for V. (Det finnes også en annen type basiser i uendeligdimensjonale vektorrom, Schauder-basiser, men de forutsetter at vektorrommet er utstyrt med en norm.) 3. I denne oppgaven er (R, +, ) en ring. Husk at en delmengde I av R kalles et ideal dersom: (i) 0 I (ii) Hvis x I, så er x I. (iii) Hvis x, y I, så er x + y I. (iv) Hvis x I og r R, så er xr og rx i I. Dersom I R, kaller vi I et ekte ideal. a) Vis at et ideal I er ekte hvis og bare hvis 1 / I. Et ideal M kalles maksimalt dersom det er ekte og det ikke finnes noe ideal J slik at M J R. Vi skal vise at ethvert ekte ideal I kan utvides til et maksimalt ideal, dvs. at det finnes et maksimalt ideal M slik at I M. Vi begynner med å definere Y = {J J er et ekte ideal og I J} Vi lar Y ha den vanlige delmengdeordningen. b) Anta at C er en kjede i (Y, ). Vis at K = J C J er et ekte ideal. 10

11 c) Vis at det finnes et maksimalt ideal M slik at I M. 4. En velordning av en mengde X er en total ordning på X der hver delmengde har et minste element (for hver delmengde A av X finnes det altså et element m A slik at m a for alle a A). I denne oppgaven skal vi bruke Zorns lemma til å vise at enhver mengde har en velordning. Vi lar X bestå av alle par (A, ) der A er en delmengde av X og er en velordning av A. Hvis a A, definerer vi det initielle segmentet (A a, a ) ved å sette A a = {b A : b < a} og la a være restriksjonen av til A a (rekkefølgen i de to ordningene a og er altså akkurat den samme, bortsett fra at a bare sammenligner elementer som hører med i A a.) Vi definerer en partiell ordning på X ved å si at 1 2 dersom de to ordningene er like eller 1 er et initielt segment av 2. a) Vis at er en partiell ordning. b) Vis at dersom er en velordning på A og at a X \ A, så kan vi lage en velordning på A {a} ved å legge til a som et største element. c) Vis at enhver kjede i X har en øvre skranke. d) Vis at X har et maksimalt element og at dette er en velordning av X. 5. (Eksamen 2013) I denne oppgaven er X en uendelig mengde. En ikke-tom familie F av delmengder av X kalles et filter dersom (1) / F (ii) Hvis F, G F, så er F G F. (iii) Hvis F F og G F, så er G F Et ultrafilter er et filter slik at for alle A X er enten A F eller A c F. a) Vis at dersom x X, så er et ultrafilter. b) Vis at er et filter, men ikke et ultrafilter. F x = {F X x F } F = {F X F c er endelig} c) Anta at C er en kjede av filtre (dvs. at hvis F, G C, så er enten F G eller G F). Vis at H = F C F et et filter. d) Anta at F er et filter og at G X et en mengde slik at hverken G F eller G c F. Vis at er et filter. F G = {H X det finnes en F F slik at F G H} e) Vis at for ethvert filter F finnes det et ultrafilter U slik at F U. 11

12 6. (Prøveeksamen 2015) I notatet om grafteori har vi bare sett på endelige grafer, men i denne oppgaven skal vi tillate grafer med uendelig mange hjørner og kanter. Alle andre definisjoner er som før, men for sikkerhets skyld går vi gjennom dem vi trenger: I denne oppgaven er en graf G = (V, E) et par bestående av en ikke-tom mengde V og en mengde E av par {u, v} der u, v er ulike elementer i V. Elementene i V kalles hjørner eller noder, og elementene i E kalles kanter. En sti i G er en følge v 0 v 1 v 2... v n 1 v n der (v i, v i+1 ) E for i = 0, 1, 2,..., n 1, og der v 0, v 1, v 2,..., v n er forskjellige. En sykel er en følge v 0 v 1 v 2... v n 1 v 0 der (v i, v i+1 ) E for i = 0, 1, 2,..., n 1, og der v 0, v 1, v 2,..., v n 1, n 3, er forskjellige. En graf er sammenhengende dersom det for alle u, v V finnes en sti som starter i u og ender i v. Et tre er en sammenhengende graf T = (V T, E T ) uten sykler. Vi sier at T er et deltre av grafen G = (V, E) dersom V T V og E T E, og vi sier at deltreet T av G er et utspenningstre (spanning tree) for G dersom V T = V. Målet med oppgaven er å vise at alle sammenhengende grafer har et utspenningstre. I resten av oppgaven er G = (V, E) en sammenhengende graf i henhold til definisjonene ovenfor, og T er mengden av alle deltrær av G. a) Definer en relasjon på T ved T 1 T 2 V T1 V T2 og E T1 E T2 Vis at er en partiell ordning på T. b) Anta at T T ikke er et utspenningstre for G. Vis at det finnes en T T slik at T < T. c) Anta at C er en kjede av trær i T. Vis at det finnes et tre S T slik at T S for alle T C. d) Vis at det finnes et utspenningstre for G. 7. Bevis Hausdorffs maksimumsprinsipp fra Zorns lemma. 12

Partielle ordninger, Zorns lemma og utvalgsaksiomet

Partielle ordninger, Zorns lemma og utvalgsaksiomet MAT1140, H-15 Partielle ordninger, Zorns lemma og utvalgsaksiomet I dette notatet skal vi se på Zorns lemma, som er et kraftig redskap for å bevise eksistensen av matematiske objekter. Beviset for Zorns

Detaljer

MAT1140: Partielle ordninger, Zorns lemma og utvalgsaksiomet

MAT1140: Partielle ordninger, Zorns lemma og utvalgsaksiomet MAT1140: Partielle ordninger, Zorns lemma og utvalgsaksiomet I dette notatet skal vi se på Zorns lemma, som er et kraftig redskap for å bevise eksistensen av matematiske objekter. Beviset for Zorns lemma

Detaljer

Tillegg til kapittel 11: Mer om relasjoner

Tillegg til kapittel 11: Mer om relasjoner MAT1140, H-16 Tillegg til kapittel 11: Mer om relasjoner I læreboken blir ekvivalensrelasjoner trukket frem som en viktig relasjonstype. I dette tillegget skal vi se på en annen type relasjoner som dukker

Detaljer

Løsningsforslag til noen oppgaver om Zorns lemma

Løsningsforslag til noen oppgaver om Zorns lemma Løsningsforslag til noen oppgaver om Zorns lemma Fredrik Meyer Her er et løsningsforslag på Oppgave 3 og Oppgave 5 i notatet om Zorns lemma. De to første oppgavene ble gjort på plenum. Oppgave 1. Vi skal

Detaljer

MAT1140: Kort sammendrag av grafteorien

MAT1140: Kort sammendrag av grafteorien MAT1140, H-15 MAT1140: Kort sammendrag av grafteorien Dette notatet gir en kort oppsummering av grafteorien i MAT1140. Vekten er på den logiske oppbygningen, og jeg har utelatt all motivasjon og (nesten)

Detaljer

Utvalgsaksiomet, velordningsprinsippet og Zorns lemma

Utvalgsaksiomet, velordningsprinsippet og Zorns lemma Utvalgsaksiomet, velordningsprinsippet og Zorns lemma Dag Normann Universitetet i Oslo Matematisk Institutt Boks 1053 - Blindern 0316 Oslo 13. mars 2007 I dette notatet skal vi gi et bevis for ekvivalensen

Detaljer

Dette krever ikke noe nytt aksiom. Hvorfor? Og hvorfor må vi anta at A ikke er tom? Merk at vi har:

Dette krever ikke noe nytt aksiom. Hvorfor? Og hvorfor må vi anta at A ikke er tom? Merk at vi har: Notat 4 for MAT1140 4 Mer om mengder 4.1 Familier av mengder Union og snitt. Aksiom 4.1. Dersom A er en mengde bestående av mengder, kan de sistnevnte føyes sammen til en stor mengde, kalt unionen til

Detaljer

Mer om mengder: Tillegg til Kapittel 1. 1 Regneregler for Booleske operasjoner

Mer om mengder: Tillegg til Kapittel 1. 1 Regneregler for Booleske operasjoner MAT1140, H-16 Mer om mengder: Tillegg til Kapittel 1 Vi trenger å vite litt mer om mengder enn det som omtales i første kapittel av læreboken. I dette tillegget skal vi først se på regneregler for Booleske

Detaljer

MAT1140: Kort sammendrag av grafteorien

MAT1140: Kort sammendrag av grafteorien MAT1140: Kort sammendrag av grafteorien Dette notatet gir en kort oversikt over den delen av grafteorien som er gjennomgått i MAT1140 høsten 2013. Vekten er på den logiske oppbygningen, og jeg har utelatt

Detaljer

Notat 05 for MAT Relasjoner, operasjoner, ringer. 5.1 Relasjoner

Notat 05 for MAT Relasjoner, operasjoner, ringer. 5.1 Relasjoner Notat 05 for MAT1140 5 Relasjoner, operasjoner, ringer 5.1 Relasjoner Når R er en relasjon som er veldefinert på A B, slik at R(x, y) er en påstand når x A og B B, tenker vi på relasjonen som noe som lever

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 26. november 2010 Tid for eksamen: 13:00 17:00 Oppgave 1 La A = { }. Mengdelære

Detaljer

Obligatorisk oppgave 1 i MAT1140, Høst Løsninger med kommentarer

Obligatorisk oppgave 1 i MAT1140, Høst Løsninger med kommentarer Obligatorisk oppgave 1 i MAT1140, Høst 2014. Oppgave 1 er med kommentarer En funksjon f : R R er en polynomfunksjon hvis f kan defineres som f(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n hvor n 0 og a 0,..., a n er reelle

Detaljer

Løsningsforslag Øving 9 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2008. i for i = 0, 1, 2, 3, 4, og så er W 4 svaret. 0 1 0 0

Løsningsforslag Øving 9 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2008. i for i = 0, 1, 2, 3, 4, og så er W 4 svaret. 0 1 0 0 Løsningsforslag Øving 9 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2008 8.4.27 Vi beregner matrisene W i for i = 0, 1, 2, 3, 4, og så er W 4 svaret. a) W 0 = W 1 = W 2 = 1 0 0 0 1 1 0 0 b) W 0 = c) W 0 = d) W 0

Detaljer

Analysedrypp I: Bevis, mengder og funksjoner

Analysedrypp I: Bevis, mengder og funksjoner Analysedrypp I: Bevis, mengder og funksjoner Hensikten med Analysedrypp er å bygge en bro mellom MAT1100 og MAT1110 på den ene siden og MAT2400 på den andre. Egentlig burde det være unødvendig med en slik

Detaljer

Repetisjonsforelesning - INF1080

Repetisjonsforelesning - INF1080 Repetisjonsforelesning - INF1080 Mengder, relasjoner og funksjoner 18. november 2015 1 Grunnleggende mengdelære 1.1 Elementært om mengder 1.1.1 Hva er en mengde? Definisjon 1.1 (Mengde). En mengde er en

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng)

LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng) UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i Eksamensdag: 9. desember 2010 Tid for eksamen: 09:00 13:00 INF1080 Logiske metoder for informatikk Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng)

Detaljer

LO118D Forelesning 5 (DM)

LO118D Forelesning 5 (DM) LO118D Forelesning 5 (DM) Relasjoner 03.09.2007 1 Relasjoner 2 Ekvivalensrelasjoner 3 Matriser av relasjoner 4 Relasjonsdatabaser Relasjon Relasjoner er en generalisering av funksjoner En relasjon er en

Detaljer

Kapittel 5: Relasjoner

Kapittel 5: Relasjoner MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 12: Relasjoner Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Kapittel 5: Relasjoner 24. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-24 12:36) MAT1030 Diskret Matematikk

Detaljer

MAT1030 Forelesning 12

MAT1030 Forelesning 12 MAT1030 Forelesning 12 Relasjoner Dag Normann - 24. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-24 12:36) Kapittel 5: Relasjoner Repetisjon En relasjon på en mengde A er en delmengde R A A = A 2. Vi har satt

Detaljer

Aksiom 3.1 (Likhet av mengder). La A og B være mengder. Da er A og B like hvis og bare hvis de har akkurat de samme elementene.

Aksiom 3.1 (Likhet av mengder). La A og B være mengder. Da er A og B like hvis og bare hvis de har akkurat de samme elementene. Notat 3 for MAT1140 3 Mengder 3.1 Mengder definert ved en egenskap Det matematiske begrepet mengde har sin opprinnelse i vår intuisjon om samlinger. Objekter kan samles sammen til et nytt objekt kalt mengde.

Detaljer

MAT 1110: Bruk av redusert trappeform

MAT 1110: Bruk av redusert trappeform Tom Lindstrøm 10/5, 2006: MAT 1110: Bruk av redusert trappeform I Lays bok brukes den reduserte trappeformen til matriser til å løse en rekke problemer knyttet til ligningssystemer, lineærkombinasjoner,

Detaljer

Før vi begynner. Kapittel 5: Relasjoner og funksjoner. MAT1030 Diskret Matematikk. Litt om obligen og studentengasjementet

Før vi begynner. Kapittel 5: Relasjoner og funksjoner. MAT1030 Diskret Matematikk. Litt om obligen og studentengasjementet MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 12: Relasjoner og litt funksjoner Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Før vi begynner 3. mars 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-04 01:00) MAT1030

Detaljer

Forelesning 23. Grafteori. Dag Normann april Oppsummering. Oppsummering. Oppsummering. Digresjon: Firefarveproblemet

Forelesning 23. Grafteori. Dag Normann april Oppsummering. Oppsummering. Oppsummering. Digresjon: Firefarveproblemet Forelesning 23 Grafteori Dag Normann - 16. april 2008 Oppsummering En graf består av noder og kanter Kanter ligger inntil noder, og noder kan være naboer. Vi bør kjenne til begrepene om sammenhengende

Detaljer

MAT1030 Diskret matematikk

MAT1030 Diskret matematikk MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 23: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 16. april 2008 Oppsummering En graf består av noder og kanter Kanter ligger inntil noder, og

Detaljer

Oppsummering. MAT1030 Diskret matematikk. Oppsummering. Oppsummering. Forelesning 23: Grafteori

Oppsummering. MAT1030 Diskret matematikk. Oppsummering. Oppsummering. Forelesning 23: Grafteori Oppsummering MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 23: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 16. april 2008 En graf består av noder og kanter Kanter ligger inntil noder, og

Detaljer

Forelesning 13. Funksjoner. Dag Normann februar Opphenting. Opphenting. Opphenting. Opphenting

Forelesning 13. Funksjoner. Dag Normann februar Opphenting. Opphenting. Opphenting. Opphenting Forelesning 13 Dag Normann - 25. februar 2008 Forrige forelesning fortsatte vi innføringen av ekvivalensrelasjoner. Vi definerte hva vi mener med partielle ordninger og med totale ordninger. Deretter snakket

Detaljer

(a) R n defineres som mengden av kolonnevektorer. a 1 a 2. a n. (b) R n defineres som mengden av radvektorer

(a) R n defineres som mengden av kolonnevektorer. a 1 a 2. a n. (b) R n defineres som mengden av radvektorer 5 Vektorrom Et vektorrom er en mengde V med tre algebraiske operasjoner (addisjon, negasjon og skalærmultiplikasjon) som tilfredsstiller de 10 betingelsene fra Def. 4.1.1. Jeg vil ikke gi en eksamensoppgave

Detaljer

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 Vi tar utgangspunkt i Teorem 8 fra avsn. 4.4 i boka. For ordens skyld gjentar vi teoremet her: Teorem 8 [Avsn. 4.4]: Anta at B = {b 1,..., b n } er en (ordnet) basis

Detaljer

En relasjon på en mengde A er en delmengde R A A = A 2. Vi har satt navn på visse egenskaper relasjoner som oppstår i anvendelser ofte kan ha.

En relasjon på en mengde A er en delmengde R A A = A 2. Vi har satt navn på visse egenskaper relasjoner som oppstår i anvendelser ofte kan ha. Forelesning 12 Relasjoner, Dag Normann - 20. februar 2008 Oppsummering En relasjon på en mengde A er en delmengde R A A = A 2. Vi har satt navn på visse egenskaper relasjoner som oppstår i anvendelser

Detaljer

MAT1030 Diskret matematikk

MAT1030 Diskret matematikk MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 13: Funksjoner Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 25. februar 2008 Opphenting Forrige forelesning fortsatte vi innføringen av ekvivalensrelasjoner.

Detaljer

Oppsummering. MAT1030 Diskret matematikk. Ekvivalensrelasjoner. Oppsummering. Definisjon. Merk

Oppsummering. MAT1030 Diskret matematikk. Ekvivalensrelasjoner. Oppsummering. Definisjon. Merk Oppsummering MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 12: Relasjoner, Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 20. februar 2008 En relasjon på en mengde A er en delmengde R A A = A 2. Vi har

Detaljer

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4

MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 MAT1120 Notat 1 Tillegg til avsnitt 4.4 Dette notatet tar utgangspunkt i Teorem 8 fra avsnitt 4.4 i boka. For ordens skyld gjentar vi dette teoremet her: Teorem 8 [Avsn. 4.4]: Anta at B = {b 1,..., b n

Detaljer

MAT1030 Forelesning 24

MAT1030 Forelesning 24 MAT1030 Forelesning 24 Grafteori og trær Roger Antonsen - 28. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-28 22:32) Forelesning 24 Oppsummering En graf består av noder og kanter Kanter ligger inntil noder, og

Detaljer

MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Første samling Runar Ile

MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Første samling Runar Ile MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Første samling Runar Ile 1 Introduksjon: Grupper og ringer Ringer En ring er et sted hvor du kan addere, subtrahere og multiplisere. Hvis du også kan dividere kalles ringen for

Detaljer

Eksamen MAT H Løsninger

Eksamen MAT H Løsninger Eksamen MAT1140 - H2014 - Løsninger Oppgave 1 Vi setter opp en vanlig sannhetsverditabell. La Φ betegne formelen i oppgaven. Tabellen vil bli som følger: A B C A B A C Φ T T T T T T T T F T T T T F T F

Detaljer

GENERELLE VEKTORROM. Hittil har vi bare snakket om vektorrom av type

GENERELLE VEKTORROM. Hittil har vi bare snakket om vektorrom av type Emne 8 GENERELLE VEKTORROM Hittil har vi bare snakket om vektorrom av type og underrom av dette. Vi definerte en mengde V som et underrom av hvis det inneholdt og var lukket under addisjon og skalar multiplikasjon.

Detaljer

Repetisjon og mer motivasjon. MAT1030 Diskret matematikk. Repetisjon og mer motivasjon

Repetisjon og mer motivasjon. MAT1030 Diskret matematikk. Repetisjon og mer motivasjon Repetisjon og mer motivasjon MAT030 Diskret matematikk Forelesning 22: Grafteori Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 4. april 2008 Først litt repetisjon En graf består av noder og

Detaljer

Eksamensoppgave i MA0301 Elementær diskret matematikk løsningsforslag

Eksamensoppgave i MA0301 Elementær diskret matematikk løsningsforslag Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA0301 Elementær diskret matematikk løsningsforslag Faglig kontakt under eksamen: Martin Strand Tlf: 970 7 848 Eksamensdato: 3. mai 014 Eksamenstid (fra

Detaljer

To mengder S og T er like, S = T, hvis de inneholder de samme elementene. Notasjon. Mengden med elementene a, b, c og d skrives ofte {a, b, c, d}.

To mengder S og T er like, S = T, hvis de inneholder de samme elementene. Notasjon. Mengden med elementene a, b, c og d skrives ofte {a, b, c, d}. Forelesning 0: Mengdelære, Induksjon Martin Giese - 23. januar 2008 1 Mengdelære 1.1 Mengder Mengder Definisjon 1.1. En mengde er en endelig eller uendelig samling objekter der innbyrdes rekkefølge og

Detaljer

Prøveeksamen 2016 (med løsningsforslag)

Prøveeksamen 2016 (med løsningsforslag) Prøveeksamen 2016 (med løsningsforslag 1 Grunnleggende mengdelære La A = {0, {0}} og B = {0, {0}, {0, {0}}}. Er følgende påstander sanne eller usanne? 1 {{0}} A 2 0 B 3 A B 4 A B 1 Usann 2 Usann 3 Sann

Detaljer

INF1080 Logiske metoder for informatikk. 1 Små oppgaver [70 poeng] 1.1 Grunnleggende mengdelære [3 poeng] 1.2 Utsagnslogikk [3 poeng]

INF1080 Logiske metoder for informatikk. 1 Små oppgaver [70 poeng] 1.1 Grunnleggende mengdelære [3 poeng] 1.2 Utsagnslogikk [3 poeng] INF1080 Logiske metoder for informatikk Digital eksamen (med løsningsforslag) Dette er et utkast til løsningsforslag til eksamen i INF1080, og feil kan forekomme. Hvis du finner noen feil, si ifra til

Detaljer

MAT1030 Forelesning 13

MAT1030 Forelesning 13 MAT1030 Forelesning 13 Funksjoner Dag Normann - 2. mars 2010 (Sist oppdatert: 2010-03-02 14:15) Kapittel 6: Funksjoner Forrige uke Forrige forelesning snakket vi om relasjoner. Vi snakket om ekvivalensrelasjoner

Detaljer

Kapittel 6: Funksjoner

Kapittel 6: Funksjoner MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 13: Funksjoner Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Kapittel 6: Funksjoner 2. mars 2010 (Sist oppdatert: 2010-03-02 14:14) MAT1030 Diskret Matematikk

Detaljer

Eksamensoppgave i MA0301 Elementær diskret matematikk løsningsforslag

Eksamensoppgave i MA0301 Elementær diskret matematikk løsningsforslag Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA0301 Elementær diskret matematikk løsningsforslag Faglig kontakt under eksamen: Martin Strand Tlf: 970 27 848 Eksamensdato:. august 2014 Eksamenstid (fra

Detaljer

INF3170 Forelesning 1

INF3170 Forelesning 1 INF3170 Forelesning 1 Introduksjon og mengdelære Roger Antonsen - 26. januar 2010 (Sist oppdatert: 2010-01-26 14:58) Dagens plan Innhold Velkommen til INF3710 Logikk 1 Litt praktisk informasjon...................................

Detaljer

MAT1030 Forelesning 14

MAT1030 Forelesning 14 MAT1030 Forelesning 14 Mer om funksjoner Roger Antonsen - 10. mars 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-10 11:34) Kapittel 6: Funksjoner Surjektive funksjoner Den neste gruppen av funksjoner vi skal se på er

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 10: Mengdelære Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 17. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-17 12:40) Kapittel 5: Mengdelære MAT1030 Diskret Matematikk

Detaljer

Analysedrypp IV: Metriske rom

Analysedrypp IV: Metriske rom Analysedrypp IV: Metriske rom Vi har tidligere sett at begreper som konvergens og kontinuitet har med avstand å gjøre at f er kontinuerlig i punktet a, betyr f. eks. at det for enhver ɛ > 0, finnes en

Detaljer

Kapittel 6: Funksjoner

Kapittel 6: Funksjoner MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 14: Mer om funksjoner Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Kapittel 6: Funksjoner 10. mars 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-10 11:34) MAT1030

Detaljer

Dagens plan. INF3170 Logikk. Mengder. Definisjon. Notasjon. Forelesning 0: Mengdelære, Induksjon. Martin Giese. 23. januar 2008.

Dagens plan. INF3170 Logikk. Mengder. Definisjon. Notasjon. Forelesning 0: Mengdelære, Induksjon. Martin Giese. 23. januar 2008. INF3170 Logikk Dagens plan Forelesning 0:, Induksjon Martin Giese 1 Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 2 23. januar 2008 Institutt for informatikk (UiO) INF3170 Logikk 23.01.2008 2 / 47 1

Detaljer

Egenskaper til relasjoner på en mengde A.

Egenskaper til relasjoner på en mengde A. Egenskaper til relasjoner på en mengde A. Refleksivitet Relasjonen er refleksiv hvis (a, a) R for alle a A. Vi kan se det ut fra: 1) Grafen: R er refleksiv hvis alle punktene i grafen har en sløyfe. 2)

Detaljer

INF1080 Logiske metoder for informatikk. 1 Små oppgaver [70 poeng] 1.1 Grunnleggende mengdelære [3 poeng] 1.2 Utsagnslogikk [3 poeng]

INF1080 Logiske metoder for informatikk. 1 Små oppgaver [70 poeng] 1.1 Grunnleggende mengdelære [3 poeng] 1.2 Utsagnslogikk [3 poeng] INF1080 Logiske metoder for informatikk Digital eksamen Tid: Onsdag 7. desember 2016 kl. 14.30 18.30 (4 timer) Tillatte hjelpemidler: Ingen Eksamen består av to deler som er verdt omtrent like mye. Den

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 11: Relasjoner Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 25. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-03 11:37) Kapittel 5: Relasjoner MAT1030 Diskret

Detaljer

Kapittel 5: Relasjoner

Kapittel 5: Relasjoner MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 11: Relasjoner Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Kapittel 5: Relasjoner 25. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-03 11:37) MAT1030 Diskret

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN V06, MA0301

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN V06, MA0301 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN V06, MA0301 Oppgave 1 a) Sett opp en sannhetsverditabell(truth table) for det logiske uttrykket

Detaljer

Analysedrypp II: Kompletthet

Analysedrypp II: Kompletthet Analysedrypp II: Kompletthet Kompletthet er et begrep som står sentralt i både MAT1100 og MAT1110, og som vil stå enda mer sentralt i MAT2400. I de tidligere kursene fremstår begrepet på litt forskjellig

Detaljer

4.1 Vektorrom og underrom

4.1 Vektorrom og underrom 4.1 Vektorrom og underrom Vektorrom er en abstraksjon av R n. De kan brukes til å utlede egenskaper, resultater og metoder for tilsynelatende svært ulike klasser av objekter : n-tupler, følger, funksjoner,

Detaljer

MAT1140: Notat om grafteori

MAT1140: Notat om grafteori MAT1140: Notat om grafteori Dette notatet har to hensikter for det første å lære bort litt grafteori og for det andre å gi et eksempel på hvordan en matematisk teori bygges opp systematisk ved hjelp av

Detaljer

Forelesning 11. Relasjoner. Dag Normann februar Oppsummering. Relasjoner. Relasjoner. Relasjoner

Forelesning 11. Relasjoner. Dag Normann februar Oppsummering. Relasjoner. Relasjoner. Relasjoner Forelesning 11 Dag Normann - 18. februar 2008 Oppsummering Vi har gjort oss ferdige med innføringen av Boolesk mengdelære. Bruk av Venn-diagrammer er et av læringsmålene i dette emnet. Vi så kort på digital

Detaljer

Løsningsforlag til eksamen i Diskret matematikk. 29. november 2017

Løsningsforlag til eksamen i Diskret matematikk. 29. november 2017 Løsningsforlag til eksamen i Diskret matematikk 29. november 2017 Oppgave 1, 2, 3, 4, 5 og 6 teller likt. For å få full score må man vise hvordan man har kommet frem til svarene (ved f. eks. figurer eller

Detaljer

MAT1030 Forelesning 11

MAT1030 Forelesning 11 MAT1030 Forelesning 11 Relasjoner Roger Antonsen - 25. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-03 11:37) Kapittel 5: Relasjoner Binære relasjoner Definisjon. La A være en mengde. En binær relasjon på A er

Detaljer

4.1 Vektorrom og underrom

4.1 Vektorrom og underrom 4.1 Vektorrom og underrom Vektorrom er en abstraksjon av R n. De kan brukes til å utlede egenskaper, resultater og metoder for tilsynelatende svært ulike klasser av objekter : n-tupler, følger, funksjoner,

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 10: Mengdelære Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 24. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-02-25 08:27) Kapittel 5: Mengdelære MAT1030 Diskret

Detaljer

Kapittel 5: Mengdelære

Kapittel 5: Mengdelære MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 10: Mengdelære Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Kapittel 5: Mengdelære 24. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-02-25 08:27) MAT1030 Diskret

Detaljer

MAT1030 Forelesning 10

MAT1030 Forelesning 10 MAT1030 Forelesning 10 Mengdelære Roger Antonsen - 24. februar 2009 (Sist oppdatert: 2009-02-25 08:27) Kapittel 5: Mengdelære Oversikt Vi har nå innført de Boolske operasjonene, union snitt komplement

Detaljer

Kapittel 5: Relasjoner

Kapittel 5: Relasjoner MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 11: Relasjoner Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Kapittel 5: Relasjoner 23. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-23 14:33) MAT1030 Diskret Matematikk

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 28. november 2014 Tid for eksamen: 08.15 12.15 Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng)

Detaljer

Relasjoner - forelesningsnotat i Diskret matematikk 2017

Relasjoner - forelesningsnotat i Diskret matematikk 2017 Relasjoner Utdrag fra avsnitt 9.1, 9.3, 9.4 og 9.5 i læreboka 9.1 - Relasjoner 9.3 - Operasjoner på relasjoner 9.4 - Utvidelser av relasjoner - tillukninger 9.5 - Ekvivalensrelasjoner og ekvivalensklasser

Detaljer

Forelesning 25. MAT1030 Diskret Matematikk. Litt repetisjon. Litt repetisjon. Forelesning 25: Trær. Dag Normann

Forelesning 25. MAT1030 Diskret Matematikk. Litt repetisjon. Litt repetisjon. Forelesning 25: Trær. Dag Normann MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 25: Trær Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Forelesning 25 27. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-27 14:16) MAT1030 Diskret Matematikk 27. april

Detaljer

MAT1030 Forelesning 13

MAT1030 Forelesning 13 MAT1030 Forelesning 13 Funksjoner Roger Antonsen - 4. mars 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-06 18:57) Kapittel 6: Funksjoner Opphenting Forrige forelesning snakket vi veldig grundig om relasjoner Vi snakket

Detaljer

Grafteori. MAT1030 Diskret Matematikk. Repetisjon og mer motivasjon. Repetisjon og mer motivasjon. Forelesning 23: Grafteori.

Grafteori. MAT1030 Diskret Matematikk. Repetisjon og mer motivasjon. Repetisjon og mer motivasjon. Forelesning 23: Grafteori. MAT030 Diskret Matematikk Forelesning 23: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Grafteori 20. april 200 (Sist oppdatert: 200-04-20 4:8) MAT030 Diskret Matematikk 20. april 200

Detaljer

INVERST FUNKSJONSTEOREM MAT1100 KALKULUS

INVERST FUNKSJONSTEOREM MAT1100 KALKULUS INVERST FUNKSJONSTEOREM MAT1100 KALKULUS Simon Foldvik 29. Oktober 2017 1. Introduksjon Vi skal i dette dokumentet bevise en global og en lokal versjon av inverst unksjonsteorem i én variabel. Kort oppsummert

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 25: Trær Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 27. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-27 14:15) Forelesning 25 MAT1030 Diskret Matematikk 27. april

Detaljer

Forelesning 1 mandag den 18. august

Forelesning 1 mandag den 18. august Forelesning 1 mandag den 18 august 11 Naturlige tall og heltall Definisjon 111 Et naturlig tall er et av tallene: 1,, Merknad 11 Legg spesielt merke til at i dette kurset teller vi ikke 0 iblant de naturlige

Detaljer

Del-hele relasjonen har disse tre egenskapene, og vi tar den som fundamental.

Del-hele relasjonen har disse tre egenskapene, og vi tar den som fundamental. Mereologi FIL4100 Mereologi er en formell teori om del-hele relasjonen. Del-hele relasjonen < er en refleksiv, antisymmetrisk og transitiv relasjon (en såkalt partiell ordning). NB, Simons starter med

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 23: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 20. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-20 14:17) Grafteori MAT1030 Diskret Matematikk 20. april

Detaljer

MAT1030 Forelesning 23

MAT1030 Forelesning 23 MAT030 Forelesning 23 Grafteori Roger Antonsen - 22. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-22 2:36) Forelesning 23 Repetisjon og mer motivasjon Først litt repetisjon En graf består av noder og kanter Kanter

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 27. desember 2015 Tid for eksamen: 08.15 12:15 Oppgave 1 Grunnleggende mengdelære

Detaljer

Forelesning 23. MAT1030 Diskret Matematikk. Repetisjon og mer motivasjon. Repetisjon og mer motivasjon. Forelesning 23: Grafteori.

Forelesning 23. MAT1030 Diskret Matematikk. Repetisjon og mer motivasjon. Repetisjon og mer motivasjon. Forelesning 23: Grafteori. MAT030 Diskret Matematikk Forelesning 23: Grafteori Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Forelesning 23 22. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-22 2:37) MAT030 Diskret Matematikk

Detaljer

Utvidet løsningsforslag til Eksamen vår 2010

Utvidet løsningsforslag til Eksamen vår 2010 Utvidet løsningsforslag til Eksamen vår 2010 Morten Brun og Runar Ile 1 Dette er et utvidet løsningsforslag hvor det er gitt alternativer løsninger på flere av punktene og noen tips og kommentarer. På

Detaljer

MAT1030 Forelesning 25

MAT1030 Forelesning 25 MAT1030 Forelesning 25 Trær Dag Normann - 27. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-27 14:16) Forelesning 25 Litt repetisjon Vi har snakket om grafer og trær. Av begreper vi så på var følgende: Eulerstier

Detaljer

Relasjoner - forelesningsnotat i Diskret matematikk 2015

Relasjoner - forelesningsnotat i Diskret matematikk 2015 Relasjoner Utdrag fra avsnitt 9.1, 9.3, 9.4 og 9.5 i læreboka 9.1 - Relasjoner 9.3 - Operasjoner på relasjoner 9.4 - Utvidelser av relasjoner - tillukninger 9.5 - Ekvivalensrelasjoner og ekvivalensklasser

Detaljer

Oppsummering. MAT1030 Diskret matematikk. Relasjoner. Relasjoner. Forelesning 11: Relasjoner

Oppsummering. MAT1030 Diskret matematikk. Relasjoner. Relasjoner. Forelesning 11: Relasjoner Oppsummering MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 11: Relasjoner Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 18. februar 2008 Vi har gjort oss ferdige med innføringen av Boolesk mengdelære.

Detaljer

LO118D Forelesning 3 (DM)

LO118D Forelesning 3 (DM) LO118D Forelesning 3 (DM) Mengder og funksjoner 27.08.2007 1 Mengder 2 Funksjoner Symboler x y Logisk AND, både x og y må være sanne x y Logisk OR, x eller y må være sann x Negasjon, ikke x x For alle

Detaljer

Kombinatorikk. MAT1030 Diskret Matematikk. Oppsummering av regneprinsipper

Kombinatorikk. MAT1030 Diskret Matematikk. Oppsummering av regneprinsipper MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 22: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Kombinatorikk 14. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-14 12:43) MAT1030 Diskret Matematikk 14.

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 22: Grafteori Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 14. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-14 12:42) Kombinatorikk MAT1030 Diskret Matematikk 14.

Detaljer

MAT1030 Forelesning 22

MAT1030 Forelesning 22 MAT1030 Forelesning 22 Grafteori Dag Normann - 14. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-14 12:45) Kombinatorikk Oppsummering av regneprinsipper Ordnet utvalg med repetisjon: n r Ordnet utvalg uten repetisjon:

Detaljer

x 1 x 2 x = x n b 1 b 2 b = b m Det kan være vanskelig (beregningsmessig) og bearbeide utrykk som inneholder

x 1 x 2 x = x n b 1 b 2 b = b m Det kan være vanskelig (beregningsmessig) og bearbeide utrykk som inneholder 4 Noen merknader 4. Lineære systemer Ax = b Gitt systemet Ax = b, A = [a i,j ] i=,,...,m, j=,,...,n x = b = Det kan være vanskelig (beregningsmessig) og bearbeide utrykk som inneholder b i. Med det finnes

Detaljer

Kapittel 6: Funksjoner

Kapittel 6: Funksjoner MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 13: Funksjoner Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Kapittel 6: Funksjoner 4. mars 2009 (Sist oppdatert: 2009-03-06 18:57) MAT1030 Diskret

Detaljer

MAT1030 Forelesning 22

MAT1030 Forelesning 22 MAT1030 Forelesning 22 Grafteori Roger Antonsen - 21. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-21 15:13) Introduksjon Introduksjon Vi skal nå over til kapittel 10 & grafteori. Grafer fins overalt rundt oss!

Detaljer

4.1 Vektorrom og underrom

4.1 Vektorrom og underrom 4.1 Vektorrom og underrom Vektorrom er en abstraksjon av R n. Kan brukes til å utlede egenskaper, resultater og metoder for tilsynelatende svært ulike klasser av objekter : n-tupler, følger, funksjoner,

Detaljer

Analysedrypp III: ɛ-δ og alt det der

Analysedrypp III: ɛ-δ og alt det der Analysedrypp III: ɛ-δ og alt det der Mange strever med ɛ-δ-argumenter. Det er flere grunner til dette: Noen har problemer med å forstå den underliggende tankegangen, mens andre sliter med de grunnleggende

Detaljer

Grafteori. MAT1030 Diskret Matematikk. Oppsummering. Oppsummering. Forelesning 24: Grafer og trær. Dag Normann

Grafteori. MAT1030 Diskret Matematikk. Oppsummering. Oppsummering. Forelesning 24: Grafer og trær. Dag Normann MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 24: Grafer og trær Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Grafteori 21. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-21 12:55) MAT1030 Diskret Matematikk 21.

Detaljer

Introduksjon. MAT1030 Diskret matematikk. Søkealgoritmer for grafer. En graf

Introduksjon. MAT1030 Diskret matematikk. Søkealgoritmer for grafer. En graf Introduksjon MAT13 Diskret matematikk Forelesning 21: Grafteori Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 9. april 28 Vi skal nå over til kapittel 1 & grafteori. Grafer fins overalt rundt

Detaljer

Introduksjon. MAT1030 Diskret Matematikk. Introduksjon. En graf. Forelesning 22: Grafteori. Roger Antonsen

Introduksjon. MAT1030 Diskret Matematikk. Introduksjon. En graf. Forelesning 22: Grafteori. Roger Antonsen MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 22: Grafteori Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Introduksjon 21. april 2009 (Sist oppdatert: 2009-04-21 15:13) MAT1030 Diskret Matematikk

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i Eksamensdag: 9. desember 2015 Tid for eksamen: 09.00 13.00 (Fortsettes på side 2.) INF1080 Logiske metoder for informatikk Oppgave

Detaljer

Grublegruppe 19. sept. 2011: Algebra I

Grublegruppe 19. sept. 2011: Algebra I Grublegruppe 19. sept. 2011: Algebra I Ivar Staurseth ivarsta@math.uio.no Innledning, definisjoner Vi har så langt jobbet med mengder, X, hvor vi har hatt et avstandsbegrep og hvor vi har vært i stand

Detaljer

Matematisk induksjon

Matematisk induksjon Matematisk induksjon 1 Innledning Dette er et nytt forsøk på å forklare induksjon. Strategien min i forelesning var å prøve å unngå å få det til å se ut som magi, ved å forklare prinsippet fort ved hjelp

Detaljer

NOTAT OM UNIFORM KONTINUITET VEDLEGG TIL BRUK I KURSET MAT112 VED UNIVERSITETET I BERGEN

NOTAT OM UNIFORM KONTINUITET VEDLEGG TIL BRUK I KURSET MAT112 VED UNIVERSITETET I BERGEN NOTAT OM UNIFORM KONTINUITET VEDLEGG TIL BRUK I KURSET MAT2 VED UNIVERSITETET I BERGEN ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN OG ARNE STRAY. Innledning og definisjoner Vi vil i dette notatet betrakte reelle funksjoner

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet

UNIVERSITETET I OSLO. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 10. desember 2013 Tid for eksamen: 09.00 13.00 Oppgave 1 Mengdelære (10 poeng)

Detaljer