Kap. 2. Ragnar Soleng. August 27, Oppgave Oppgave 8 side 120. Oppgave 9 side 120

Transkript

1 Kap. Ragnar Soleng August 7, 01 Oppgave.1. a) Vi har {0,3,6,9,1} = {3x x er et heltall mellom 0 og 4}. b) Vi har { 3,, 1,0,1,,3} = {x x Z x 3}. c) Vi har {m,n,o,p} = {x x er et bokstav mellom m og p}. Oppgave 8 side { }, True. {, { }}, True 3. { } { }, False, { } 4. { } {{ }}, True 5. { } {, { }}, True 6. {{ }} {, { }}, True, x A,x B, thus A B 7. {{ }} {{ }, { }}, True Oppgave 9 side 10 a) x {x} True b) {x} {x} True ( a A,a B, thus A B) c){x} {x} False (x {x}) d){x} {{x}}true e) {x} True f) {x} False 1

2 Oppgave.1.15 Vi minner definisjonen av A B: og A B x A, x B. Siden vi har A B og B C, vi har a A, a B b B, b C. La nå x være et vilkårlig element i A. A B medfører altså at a er et element i B. Men B C medfører at a også er et element i C. Vi har derfor sett at dvs at A C. Oppgave.1.16 a A, a C, Betrakt mengdene A = {1} og B = {{1},1}. Da har vi at A B naturligvis (det er det første elementen i deskripsjonen til B), og A B siden x A, x = 1 og 1 B. Oppgave.1.19 a) Vi har b) Vi har c) Vi har P({a}) = {, {a}}. P({a,b}) = {, {a}, {b}, {a,b}}. P({, { }}) = {, { }, {{ }}, {, { }}}. Oppgave.1.0 Dette er sant. Nemlig, siden A A, A P(A) = P(B), og det betyr altså at A B. På det samme måte, vi finner at B A. Men A B B A A = B.

3 Oppgave 1 side 10 Let a b a) P({a,b, {a,b}}) has 3 = 8 elements. We can list them: P({a,b, {a,b}}) = {, {a}, {b}, {{a,b}}, {a,b}, {a, {a,b}}, {b, {a,b}}, {a,b, {a, b}}} b)p({,a, {a}, {{a}}}) has 4 = 16 elements. {, { }, {a}, {{a}}, {{{a}}}, {,a}, {, {a}}, {, {{a}}}, {a, {a}}, {a, {{a}}}, {{a}, {{a}}}, {,a, {a}}, {,a, {{a}}}, {, {a}, {{a}}}, {a, {a}, {{a}}}, {, a, {a}, {{a}}}} c)p(p( )) = P({ }) = {, { }} has 0 = 1 = elements Oppgave.1.8 a) Vi har b) Da er A B C = C B A = c) Vi har C A B = { (a,x,0),(a,x,1),(a,y,0),(a,y,1),(b,x,0),(b,x,1), (b,y,0),(b,y,1),(c,x,0),(c,x,1),(c,y,0),(c,y,1) { (0,x,a),(0,x,b),(0,x,c),(0,y,a),(0,y,b),(0,y,c), (1,x,a),(1,x,b),(1,x,c),(1,y,a),(1,y,b),(1,y,c) { (0,a,x),(0,a,y),(0,b,x),(0,b,y),(0,c,x),(0,c,y), (1,a,x),(1,a,y),(1,b,x),(1,b,y),(1,c,x),(1,c,y) }. }. }. d) Vi har B B B = { (x,x,x),(x,x,y),(x,y,x),(x,y,y), (y,x,x),(y,x,y),(y,y,x),(y,y,y) }. Oppgave 38 side 11 Let S be the set that contains all the set that do not belong to themselves. In mathematical words, S = {x x / x}. a)suppose that S S. Then it means that S (left) satisfy the property of being an element of S. Thus S / S and we have our contradiction with our hypothesis. b)we now suppose that S / S. Thus it means that S satisfy the property of being a member of S! Thus S S and we obtain a new contradiction! Thus after question a) and b), we get that S / S and S S. And thus it means that our first definition of S is not correct to define a new object. 3

4 Oppgave 4 side 130 Let A = {a,b,c,d,e} and B = {a,b,c,d,e,f,g,h} 1. A B = {a,b,c,d,e} {a,b,c,d,e,f,g,h} = {a,b,c,d,e,f,g,h}. A B = {a,b,c,d,e} {a,b,c,d,e,f,g,h} = {a,b,c,d,e} 3. A B = elements in A but not in B = 4. B A = elements in B but not in A = {f,g,h} Oppgave..1 Vi skal vise en dobbel inklusjon. Vi har selvfølgelig, og derfor x A, x A (A B) A A (A B). Omvendt, la x A (A B). Det betyr at enten x A eller x A B A. I alle tilfeller, x A og derfor har vi bevist at Når vi setter alt sammen får vi A (A B) A. A = A (A B). Oppgave 16 side 131 Let A and B be two sets. a)let x A B, then x A and x B, thus x A, and then we have A B A ( x A B,x A) b)let x A, then x A or x B thus x A B and A A B c)let x A B, then x A and x / B, thus x A and A B A d)let x A (B A), then x A and x B A thus, x A and x B and x / A. There is no such x, thus A (B A) = e)let x A (B A). According to c), x A or x B, thus x A B. Then A (B A) A B Let x A B, then x A or x B If x A, then x A (B A). If not, then x B A and then x A (B A) too. Finally we have A (B A) = A B 4

5 Oppgave 5 side 131 Let A = {0,,4,6,8,10}, B = {0,1,,3,4,5,6} and C = {4,5,6,7,8,9,10}. a) A B C = {4,6} b) A B C = {0,1,,3,4,5,6,7,8,9,10} c) (A B) C = {4,5,6,8,10} d) (A B) C = {4,6} Oppgave..30ab a) A C = B C medfører ikke at A = B. Vi viser et moteksempel. La oss ta A = og B = C = {1}. Da har vi men A B. A C = {1} = B C b) Det er feil igjen. La denne gangen A = C = og B = {1}. Da har vi men A B. Oppgave..34 A C = = B C Det mørke arealet er den symmetriske differansen. 5

6 Oppgave..44 Betrakt mengdene X = A og Y = B C. Da har vi A B C = X Y = X + Y X Y = A + B C A (B C). Men X Y = A (B C) = (A B) (A C). Betrakt da mengdene T = A B og U = A C. Da har vi A (B C) = T U = T + U T U = A B + A C (A B) (A C). Vi vet også at B C = B + C B C. Når vi setter alt tilsammen får vi: A B C = A + B C A (B C) = A + ( B + C B C ) A (B C) = A + B + C B C ( A B + A C (A B) (A C) ) = A + B + C A B A C B C + (A B) (A C) Til slutt, siden (A B) (A C) = A B C, vi får: A B C = A + B + C A B A C B C + A B C. Oppgave 45 side 131 Let A i = {1,,3,,i} i N a) n i=1 A i = A n = {1,,,n} b) n i=1 A i = A 1 = {1} Oppgave 46 side 131 Let A i = {,, 1,0,1,,3,,i} i N a) n i=1 A i = A n = {,, 1,0,1,,,n} b) n i=1 A i = A 1 = {,, 1,0,1} 6

7 Oppgave 51 side 13 Let U = {1,,3,4,5,6,7,8,9,10} a) corresponds to {1,, 3, 4, 7, 8, 9, 10} b) corresponds to {,4,5,6,7} c) corresponds to {1,10} Oppgave 1 side 146 a) f(x) = 1 x is not a function from R to R because f is not defined at x = 0 b) f(x) = x is not a function from R to R because f is not defined x < 0 c) f(x) = ± x + 1 is not a function from R to R because f(x) has two different values for any x! f(x) is never defined Oppgave.3. a) Dette er ikke en funksjon fra Z til R, fordi vi kan få to verdier for n 0. Nemlig, f(1) er ikke veldig bra definert (kan være enten 1 eller 1). b) Dette er en funksjon fra Z til R. For enhver n Z, vi får et unik element i R. c) Dette er ikke en funksjon. Nemlig, f(±) er ikke definert. Oppgave.3.6 a) Dette er funksjonen f : Z + Z + Z + (a, b) a og det er veldig lett å se at domain er Z + Z + mens codomain er Z +. b) Dette er funksjonen g : Z + {1,,9} a 1...a n max(a 1,,a n ). Da er det lett å se en gang til at domain er Z +, og litt vanskeligere å se at codomain er {1,,9} (at det er en undermengde av {0,,9} er lett, å finne et eksempel for alle bortsett fra 0 er lett, og hvis f(n)=0 medfører at n = 0, som ikke er positiv. c) Her er selvfølgelig domain alle bitstringer, mens codomain er Z (jeg tar altså som definisjon for differanse: antall nuller - antall ener). 7

8 d) Da har vi selvfølgelig at domain er Z +. Codomain er litt mer vanskelig, men den er Z +. At det er en undermengde av Z + er openbar. Nå hvis n Z +, da har vi at n = n, og derfor alle elementene i Z + er i codomain. e) Dette er en selvfølge: domain er alle bitstring, mens codomain er N. Oppgave.3.8 a) 1.1 = 1. b) 1.1 =. c) 0.1 = 1. d) 0.1 = 0. e).99 = 3. f).99 =. g) = = 3 = 1. h) = = 3 =. Oppgave 10 side 146 We are looking for one-to-one functions from {a,b,c,d} to itself: Definition: A function f is said to be one to one if and only if f(a) = f(b) implies that a = b for all a and b in the domain of f. Or equivalently, a, b,(a b, f(a) f(b)) 1. f(a) = b,f(b) = a,f(c) = c,f(d) = d The condition a, b,(a b, f(a) f(b)) is true for a,b,c and d and thus f is injective. f(a) = b,f(b) = b,f(c) = d,f(d) = c f(a) = f(b) but a b thus f is not one-to-one. 3. f(a) = d,f(b) = b,f(c) = c,f(d) = d f(a) = f(d) but a d thus f is not one-to-one. Oppgave.3.14 a) f er openbart surjektiv. Nemlig, n Z,f(0, n) = n. 8

9 b) f er ikke surjektiv. Nemlig, det finnes ikke noe par (m,n) Z slik at f(m,n) =. Det ser vi nå, med å bevise at hvis m,n 0, og m ± n, da er m n 3. Vi kan først anta at både m,n > 0, siden m = ( m). Siden problemet vårt er symmetirsk i m,n og at m n, så kan vi anta at m > n. La da l Z + være slik at m = n + l. Da har vi m n = m n = (n + l) n = n + l + ln n = l + ln Siden l,n er begge to positive heltall så får vi se at m n 3. Nå kan vi se at f(m,n) (m,n) Z. Nemlig, hvis det fantes slike tall, så ved hjelp av det vi nettopp har sett, at enten m = 0, eller n = 0 eller m = ±n. Men hvis m = ±n, så ser vi at f(m,n) = 0. Hvis m = 0, så ser vi at f(0,n) 0. Til slutt, hvis n = 0, så ser vi at m =, og dette er kjent til å ikke være mulig siden m er et heltall. c) f er surjektiv. Nemlig, n Z, f(0,n 1) = 0 + n = n. d) f er surjekiv. Nemlig, la n Z. Hvis n 0, da har vi mens hvis n 0, da har vi f(0,n) = 0 n = ( n) = n f(n,0) = n 0 = n. e) f er ikke surjektiv: det finnes ikke noe (m,n) Z slike at f(m,n) = 5, fordi hvis det fantes, da ville vi ha m 4 = 5 m = 1 og dette er kjent til å ikke være snat for heltall. Oppgave 15 side 147 Let f : Z Z Z a)f(m,n) = m+n is onto. n Z, (m 0,n 0 ) = (0,n) such that f(m 0,n 0 ) = n b)f(m,n) = m + n is not onto. (m,n) Z Z such that f(m,n) = 1 c)f(m,n) = m is onto. n Z, (m 0,n 0 ) = (n,0) such that f(m 0,n 0 ) = n d)f(m,n) = n is not onto. (m,n) Z Z such that f(m,n) = 1 e)f(m,n) = m n is onto. n Z, (m 0,n 0 ) = (n,0) such that f(m 0,n 0 ) = n 9

10 Oppgave 16 side 146 a) f : N N, f(n) = n + 1 f is one-to-one: f(n) = f(m) n + 1 = m + 1 n = m f is not onto, because f(n) = 0 has no solution in N b) f : N N, f(0) = 0, f(n) = n 1 f is onto: n N, m = n + 1, such that f(m) = n f is not one-to-one because f(0) = f(1) and 0 1 { n + 1 if n is even c)f : N N, f(n) = n 1 if n is odd f is one-to-one : f(n) = f(m) = k k is odd n + 1 = m + 1 n = m k is even n 1 = m 1 n = m and onto: let n N if n is odd, then it exists m = n 1 such that f(m) = n else n is even, and then it exists m = n + 1 such that f(m) = n d) f : N N, f(n) = 0 f is neither onto (f(n) = 1 has no solution in N)nor one-to-one (f(0) = f(1) = 0, and 0 1) Oppgave.3.18 a) Dette er en bijeksjon. Først er dette en injeksjon, fordi hvis f(x 1 ) = f(x ), så har vi 3x = 3x + 4 x 1 = x. Men dette er også en surjeksjon, fordi ( ) 4 x x R,f = 3 4 x + 4 = x

11 b) Dette er ikke en bijeksjon, fordi det er ikke en injeksjon. Nemlig vi har f(1) = 4 = f( 1). Legg merke til at dette ikke var en surjeksjon heller, men vi trenger ikke det. c) f( ) er ikke definert, så det kan ikke være en bijeksjon (ikke en funksjon en gang). d) Dette er en bijeksjon. f er surjektiv, fordi x R, f( 5 x 1) = x = x. f er også injektiv fordi hvis f(x 1 ) = f(x ), medfører det at x 5 1 = x 5, men dette er ekvivalent til x 1 = x. Oppgave 19 side 147 Let f : R R a)f(x) = x + 1. f is one-to-one: f(a) = f(b) a + 1 = b + 1 a = b f is onto: y R, x = y 1 R such that f(x) = y. And thus f is a bijection b)f(x) = x + 1 is not onto and thus not a bijection because x R such that f(x) = 0 c)f(x) = x 3 is one-to-one: f(a) = f(b) a 3 = b 3 a = b f is onto: y R, x = 3 y R such that f(x) = y. Thus f is a bijection d) f(x) = x + 1 x + = x + 1 x = x + 1 f is not onto and thus not a bijection. There is no x such that f(x) = 0 11

12 Oppgave 6 side 147 Let S = { 1,0,,4,7} a)f(x) = 1, thus f(s) = {1} b)f(x) = x + 1, thus f(s) = { 1,1,5,9,15} c)f(x) = x 5, thus f(s) = {0,1,} d)f(x) = x +1 3, thus f(s) = {0,1,5,16} Oppgave.3.36 a) Vi viser egenskapen med dobbel inklusjon: la først x f(s T). Det vil si at det finnes et element y S T slik at x = f(y). Men siden y S T, så vet vi at enten y S eller y T. I det første tilfelle er x = f(y) f(s) f(s) f(t), mens i det andre tilfelle x = f(y) f(t) f(s) f(t). Vi ser at uansett, x = f(y) f(s) f(t) og vi har derfor bevist at f(s T) f(s) f(t). Omvendt, la x f(s) f(t). Det betyr at enten x f(s) eller x f(t). I den første tilfelle, så finnes det y S S T slik at x = f(y), mens i den andre tilfelle kan vi finne et element y T S T slik at f(y) = x. I begge tilfellene har vi at x f(s T) og vi har derfor bevist at f(s) f(t) f(s T). Hvis vi legger sammen begge resultatene så ser vi at f(s T) = f(s) f(t). b) La nå x f(s T). Da finnes det y S T slik at x = f(y). men y S T S medfører at x = f(y) f(s), og tilsvarende for x f(t). Siden x er element i både f(s) og f(t), så har vi at x f(s) f(t), og vi har derfor bevist at f(s T) f(s) f(t). Bemerkning: De to mengdene kan være ulike. Nemlig, la A = B = R, S = R, T = R + og f(x) = x. Da har vi at S T = {0}, og derfor f(s T) = {0}. Men f(s) = f(t) = R + f(s) f(t) = R +. 1

13 Oppgave 46 side 148 x = Ceiling function of x = smaller integer that is greater than or equal to x x = n where n N and n 1 < x n Let k be the integer such that x + m = k thus we have And thus k 1 < x + m k k m 1 < x k m x = k m because k m is an integer k = x + m = x + m Oppgave.3.54 En byte korresponderer til 8 bits av data. Vi ser altså at for å kodere n bits av data, så trenger man n 8 bytes. Vi trenger derfor a) 4 8 = 1 byte for å kodere 4 bits b) 10 8 = bytes for å kodere 10 bits c) = 63 bytes for å kodere 500 bits d) = 375 bytes for å kodere 3000 bits Oppgave 56 side 148 The ATM system described in Example 6 is organized into cells of 53 bytes. Thus each cells is 53 8 = 44 bits long. a) The connection is 18 kilobits per second. Thus, in 10s, this connection can transmitted 18, = 1,80,000 bits. The number of cells that can be transmitted is the largest integer not exceeding the quotient of 1,80,000 divided by 44. Then 1,80,000/44 = 3018 ATM cells can be transmitted in 10s over a 18 kilobit per second connection. b) The connection is 300 kilobits per second. Thus, in 10s, this connection can transmitted 300, = 3, 000, 000 bits. The number of ATM cells that can be transmitted in 10s over a 300 kilobit per second connection is 3, 000, 000/44 = c) The connection is 1 megabits per second. Thus, in 10s, this connection can transmitted 1,000, = 10,000,000 bits. The number of ATM cells that can be transmitted in 10s over a 1 megabit per second connection is 10,000,000/44 = 3,

14 Oppgave 65 side 148 We consider the function f(x) = x This function is a bijection from R to R. f is an injection: f(a) = f(b) a = b a 3 = b 3 a = b f is a surjection: b R, a = 3 b 1 R such that f(a) = ( 3 b 1) = b Then f 1 exists! By using the relation f(a) = b and f 1 (b) = a, we obtain f(f 1 (b)) = b. Then f 1 (b) = b and f 1 (b) = 3 b 1 Oppgave.3.66 Man burde først bevise at f g er invertible, mao at f g er en bijektiv funksjon. La oss gjøre det først. La x 1,x X slike at f g(x 1 ) = f g(x ). Siden f er injektiv får vi g(x 1 ) = g(x ), og siden g er injektiv, x 1 = x, og f g er derfor injektiv. f g er også surjektiv. Nemlig, la z Z. Siden f er surjektiv, det finnes et y Y slik at f(y) = z. Men siden g er surjektiv, finnes det et element x X slik at g(x) = y. Nå, f g(x) = f(g(x)) = f(y) = z og f er også surjektiv. La z Z. Vi vet x = (f g) 1 (z) hvis og bare hvis f g(x) = z. Men da skriver vi f g(g 1 f 1 (x)) = f(g(g 1 (f 1 (x)))) = f(f 1 (x)) = x og derfor har vi (f g) 1 = g 1 f 1. Oppgave.3.68 La n = A = B. For b B, definer N b = {a A f(a) = b} og n b = #N b. Vi har at b B n b = n, 14

15 f er surjektiv hvis og bare hvis b B, n b 1, f er injektiv hvis og bare hvis b B, n b 1. Nemlig, A N b fordi hvis a A, a N f(a). Vi har også selvfølgelig at b B N b A siden alle n b er delmengder til A. Dessuten, hvis b 1 b, så b B er n b1 N b =. Hvis ikke, så finnes det et element x i begge to. Men per definisjon har vi da b 1 = f(x) = b, og dette er absurd. A er derfor en ditinkt union av alle de mengdene N b, og vi har derfor n = #A = b B #N b = b B n b. Anta først at f er surjektiv. La b B. Da vet vi at det finnes et element a A slik at f(a) = b. Med andre ord, N b n b 1. Omvendt, anta at b B, n b 1. La b B. Siden n b 1, N b og derfor det finnes et element a N b A slik at f(a) = b. f er derfor surjektiv. Anta at f er injektiv. La b B. Hvis n b > 1, så finnes det to forskjellige elementer a 1,a i A slike at f(a 1 ) = f(a ) = b Men dette motsier antaglesen at f er injektiv. Anta nå at b B, n b 1. La a 1,a slike at f(a 1 ) = f(a ). Da er begge elementene a 1,a i N b der b = f(a 1 ). Men siden det finnes maksimum et element i N b, så vet vi at a 1 = a. Vi er da klare for å bevise at f er surjektiv hvis og bare hvis den er injektiv. Anta først at den er surjektiv. Da vet vi at b B, n b 1. Hvis for en b 0 B, n b > 1, da ville vi ha fått n = n b = n b0 + n b > 1+ n b 1+ 1 = 1+(n 1) = n b B b B, b b 0 b B, b b 0 b B, b b 0 men dette er absurd. Derfor, b B, n b 1 og f er injektiv. Anta nå at f er injektiv. Da vet vi at b B, n b 1. Hvis for en b 0 B, n b < 1, da ville vi ha fått n = n b = n b0 + n b < 1+ n b 1+ 1 = 1+(n 1) = n b B b B, b b 0 b B, b b 0 b B, b b 0 men dette er absurd. Derfor, b B, n b 1 og f er sujektiv. Oppgave.4.8 Vi kan først ha u n = n + 3 for n N. Med andre ord, u i er den i te odde tall større enn 1. Vi kan ellers si at u i er den i-te odde primtall. Vi kan også ha u 0 = 3, u 1 = 5 og i, u i = u i + u i

16 Oppgave.4.9 a) Vi kan ha for eksempel. { 0 hvis i i u i = < i 1 ellers b) Vi kan ha u 3i = i + 1, mens u 3i+1 = u 3i+ = i + for eksempel. c) Vi kan ha for eksempel. u i = d) Vi kan ha u i = 3 i for eksempel. e) Vi kan ha u i = 15 7i for eksempel. { i hvis i er par 0 ellers f) Vi kan ha u 0 = 3 og u i = u i i for eksempel. g) Vi kan ha u i = (i + 1) 3 og u i+1 = 4 (i + 1) 3 for eksempel. h) Vi kan ha u i = 1 + (i + 1)! for eksempel. Oppgave.4.10 a) Vi kan ha u 0 = 3 og u i+1 = u i + i + 1 for eksempel. b) Vi kan ha u i = 7 + 4i for eksempel. c) Vi kan ha u i er den i + 1-te tall skrevet i binar for eksempel. d) Det ser ut til å være en komplisert Fibonacci sekvens. Da fant jeg ut at vi kunne ta ( u i = ) i ( ) i for eksempel. e) Vi kan ha u i = 3 i+1 1 for eksempel. f) Vi kan ha u i = (i+1)! i i! for eksempel. g) Vi kan ha for eksempel. u i = { 0 hvis 1+ 8i+1 1 ellers h) Vi kan ha u i = i+1 for eksempel. er et partall, 16

17 Oppgave.4.1 Boken sier selvfølgelig at en sekvens begynner med indeks 1, mens det er vanlig at det begynner med indeks 0. Men OK... Vi vet at hvis i Z +, antall i-er er i, så det første i kommer på plass nummer ( i 1 k=1 k) + 1, og den siset i plass nummer i k=1 k. Vi vet dessuten at i Z +, i k = k=1 i(i + 1). Det første sted med i er altså i(i 1), mens det siste er i(i+1). Så vi vet at a n = i i(i 1) + 1 n i(i + 1). La da n Z + og betrakt t = n+ 1 t(t 1). Hvis vi bevise at +1 n t(t+1), så skal vi ha bevist at a n = t. Men definisjonen til t er at t er det eneste heltall slik at t n + 1 < t + 1. Da får vi med en gang at t 1 n 1 < t. Og siden t 1 (lett å se), så kan vi multiplisere ulikhetene, nemlig mens t(t 1) + 1 n = n n 1 8 t(t + 1) <. Men siden t(t 1) + 1, n og t(t+1) er heltall, vi kan bare glemme de 7 8 og 1 8 (hvis man tar ikke streng ulikheter lengre), nemlig, Da har vi bevist at t(t 1) + 1 n t(t + 1). a n = t = n

18 Oppgave.4.16 a) 8 ( 1 + ( 1) j ) = 10. j=0 b) 8 ( 3 j j) = (1 1) + (3 ) + (9 4) + (7 8) + (81 16) j=0 +(43 3) + (79 64) + (187 18) + ( ) = c) 8 ( 3 j + 3 j) = ( + 3) + (6 + 6) + (18 + 1) + (54 + 4) + ( ) j=0 +( ) + ( ) + ( ) + ( ) = 115. d) 8 ( j+1 j ) = 9 0 = 51 1 = 511. j=0 Oppgave.4.18 a) Vi har 3 3 (i j) = (i 1 + i ) i=1 j=1 i=1 3 = (i 3) i=1 = = 3 18

19 b) Vi har 3 3 (3i + j) = (3i + 3i + + 3i + 4) i=0 j=0 i=0 3 = (9i + 6) i=0 = = 78 c) Vi har 3 3 j = ( ) i=1 j=0 i=1 3 = 3 i=1 = = 9 d) Vi har 3 1 i j 3 = (i + 8i + 7i ) i=0 j=0 i=0 3 = 36i i=0 = = 180 Oppgave.4.7 a) Det må være 0 siden en av termene, nemlig i = 0 er 0. Derfor har vi 10 i=0 i = 0. b) Vi har 8 i = = i=5 19

20 c) Vi har 100 ( 1) i = i = 1 50 ( 1) i i = 1 50 ( 1) i 1 i=1 = i = i = 1 50 ( 1) = ( 1) 50 = 1 d) Vi har 10 i=1 = 10 = 104. Oppgave.4.31 a) Z er tellbar siden vi har en bijeksjon f : N Z gitt ved f(n) = 1 n. b) Mengden av partall, P er tellbar siden vi har en bijeksjon f : N P gitt ved f(n) = n hvis n er et partall, og f(n) = n ellers. c) Dette er ikke tellbar. Mengden er i bijeksjon med R ved hjelp av funksjonen tan(πx π ), og vi vet at R ikke er tellbar. b) Mengden av partall, M 7 er tellbar siden vi har en bijeksjon f : N M 7 gitt ved f(n) = 7n hvis n er et partall, og f(n) = 7n ellers. Oppgave.3.34 a) Mengden S 3 er tellbar. Nemlig, vi har en bijeksjon f : Z S 3 gitt ved f(n) = 3n 3(n 1) + 1 hvis n er et partall, og f(n) = + hvis n er et odde tall. Men vi vet også at det finnes en bijeksjon g : N Z, og da er f g en bijeksjon mellom N og S 3. b) Mengden D er tellbar også. Vi kan bevise at mengden S 7 av heltall som ikke er delelig med / er tellbar: la f : Z S 7, definert ved f(6k + i) = 7k + i + 1 for k Z, i {0,1,,3,4,5}. Dette gir en bijeksjon mellom Z og S 7. Kombinert med g definert i a), f g : N S 7 er en bijeksjon. Betrakt da bijeksjonene h : S 7 D gitt ved h(n) = 5n. Da ser vi at h f g : N D er en bijeksjon, og D er derfor tellbar. c) Her tar jeg med utgangspunktet at 0, ikke bare skrives med 1, siden det er en 0 foran. Det spiller faktisk ingen rolle, men vi må bli 0

21 klar over dette. Mengden U er tellbar. Jeg skal gi,uten å bevise dette, en bijeksjon. Først, la f : N N N\{(0,0)} gitt ved: hvis 9 + 8t 1 δ(t) =, da er ( δ(t)(δ(t) + 3) f(t) = t 1,t + 1 ) δ(t)(δ(t) + 1). f er en bijeksjon. La nå g : N N\{(0,0)} U 1 } {{ 1 },1 1 }{{} hvis a 0 a (a, b) b 1 } {{ 1 },1 1 hvis a = 0 b g f er da en bijeksjon mellom N og U. d) Det er ikke tellbar, me det er litt vanskelig å se. Jeg skal gjøre den samme oppgaven med å erstatte 9 med 8, og da blir det mye enklere. Vi skal vise at det finnes en delmengde som ikke er tellbar, og derfor blir hele mengden ikke tellbar (ganske lett å se, siden en undermengde av N er enten endelig, eller tellbar) Vi betrakter den uendelig delmengden I som er formert av alle tall som har en uendelig desimal ekspansjon, og som heldelen er lik 1. Anta at det finnes en bijeksjon f : N I. For enhver i N, betrakt d i den i + 1-te desimal siffer. Betrakt da tallet x = 1,(9 d 0 )(9 d 1 )(9 d ) (9 d n ) Det er lett å se at x I. Da må det finnes et tall j slik at x = f(j). Men, den j + 1-te siffer i x er per definisjon d j, som er også 9 d j. Dette er umulig. Bemerkning: Jeg ville ikke gjøre oppgaven med 9, for da risikerer du å få x = 1,hva som helst199999, som er lik x = 1,hva som helst, og derfor er ikke i I. Det finnes forresten mer tall med 8 enn med 9 (hvis man erstatter 9 med 8), men forskjellen er en tellbar mengde, og da kommer vi tilbake til vår oppgaven. Oppgave.4.4 Dette er en vanskelig oppgave hvis man skal gjøre alt matematisk. La t N. Vi definerer følgende funksjoner: 3 + 8t + 1 δ(t) =, 1

22 og δ(t)(δ(t) 1) a(t) = t, (δ(t) 1)(δ(t) ) b(t) = δ(t) a(t) = t + 1 I tillegg, hvis (a,b) Z +,, vi definerer g(a,b) = f(t) = (a(t),b(t)). (a + b )(a + b 1) + b 1. Det første vi gjør er å bevise at g(a,b) N. Men dette er klart siden a,b 1 og er heltall. Vi må nå se at a(t),b(t) Z +. At de er i Z er en selvfølge, siden t N og δ(t) Z. Men, definisjon til gjør slik at og δ(t) 3 + 8t + 1 δ(t) t + 1 < δ(t) + 1, < δ(t) δ(t) 1 + 8t + 1 < δ(t) 1. Siden δ(t) δ(0) =, alle disse ulikhetene medfører og δ(t)(δ(t) 1)) Da får vi veldig enkelt at og δ(t)(δ(t) 1)) 0 < a(t) 1 > t t + 1 8t t + 1 b(t) = δ(t) a(t) > 0. Vi har derfor bevist at vi har to funksjoner f : N Z + og g : Z + N. Vi skal bevise at f g = Id og g f = Id, og da skal f og g være bijeskjoner, inverse fra hverandre. Vi begynner med det enkleste, nemlig at t N,g f(t) = t.

23 Nemlig, vi har g f(t) = g(a(t),b(t)) = g(a(t),δ(t) a(t)) (δ(t) )(δ(t) 1) = + δ(t) a(t) 1 ( (δ(t) )(δ(t) 1) δ(t)(δ(t) 1) = + δ(t) = t. Den andre delen er mye mer vanskelig, og vi skal først bevise at Vi har nemlig δ(g(a,b)) = = δ(g(a,b)) = a + b g(a,b) a + b + ab + 3a b + ) t 1 Men siden a 1, 3a a + 1, 3a + a + 1 og derfor a + b + ab 3a b + (a + b 1) = a + b 1. og vi får at 3 + (a + b 1) δ(g(a,b)) = a + b. Omvendt, siden b 1, 3b b + og derfor a + b 3 a + b + ab 3a b + og vi får at 3 + (a + b 3 δ(g(a,b)) = a + b. Vi har derfor bevist at δ(g,a,b)) = a + b. Til slutt får vi a(g(a,b)) = δ(g(a,b))(δ(g(a,b)) 1) g(a,b) = (a + b)(a + b 1) (a + b 1)(a + b ) b + 1 = (a + b 1)(a + b a b + ) b 1 = a + b 1 b + 1 = a 3

24 og Dette gir oss b(g(a,b)) = δ(g(a,b)) a(g(a,b)) = a + b a = b. f(g(a,b)) = (a,b). 4