Obligatorisk oppgave 1 i MAT1140, Høst Løsninger med kommentarer

Transkript

1 Obligatorisk oppgave 1 i MAT1140, Høst 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 tall. La A være mengden av alle polynomfunksjoner. Hvis f, g A, la f g om det finnes et reelt tall x 0 slik at f(x) g(x) for alle x x 0. a) Vis at er transitiv og refleksiv. b) Vis at er en partiell ordning. c) Er en total ordning på A? Begrunn svaret. a) er refleksiv, for uansett hvordan vi velger x 0 vil vi ha at x x 0 (f(x) f(x)). Her trenger vi ikke antagelsen om at f er en polynomfunksjon, bare at den er en funksjon fra R til R. For å vise transitivitet, anta at f g og at g h. Definisjonen av sier da at det finnes x 0 og x 1 slik at og Da har vi x x 0 (f(x) g(x)) x x 1 (g(x) h(x)). x max{x 0, x 1 }(f(x) h(x)), så f h. Dette viser transitivitet. Her bruker vi heller ikke at f, g og h er polynomfunksjoner. b) For å vise at relasjonen er en partiell ordning, må vi i tillegg til punktene under a) vise at relasjonen er refleksiv. Her må vi bruke at funksjonene er polynomfunksjoner. Hvis f g og g f vil det finnes en x 2 (= max{x 0, x 1 } hvor x 0 bevitner at f g og x 1 bevitner at g f) slik at x x 2 f(x) = g(x). To polynomfunksjoner som er like på et interval av positiv lengde er like overalt, så da er f = g. 1

2 c) Vi må vise trikotomiegenskapen for, og her trenger vi også å bruke at funksjonene er polynomfunksjoner. Det har seg slik at en polynomfunksjon enten er konstant 0 eller så har den bare endelig mange null-punkter. La f og g være to polynomfunksjoner, og definer h ved h(x) = f(x) g(x). Hvis h(x) = 0 for alle x er f = g. Hvis h(x) > 0 når x vil g f. Hvis h(x) < 0 når x vil f g. Dette er de tre eneste mulighetene, siden h ikke kan ha uendelig mange null-punkter uten å være konstant lik null. Det er viktig for at løsningen i a) skal bli riktig at man får med seg at når f g så er x 0 i definisjonen avhengig av f og g. Det var antatt at studentene er kjent med de egenskapene til polynomfunksjoner som blir brukt i løsningene av b) og c). I noen av besvarelsene ble det hevdet at det er nok å se på gradene til f og g, eventuelt grad og koeffisient foran leddet av høyest grad. Dette er ikke helt tilstrekkelig. Noen påsto også at enten er en polynomfunksjon konstant null, eller så går verdien mot eller når x vokser mot. Dette er heller ikke helt riktig, siden f(x) = 1 er et moteksempel. Oppgave 2 La A = R R og definer relasjonen på A ved hvis max{x, y} = max{x, y }. (x, y) (x, y ) a) Vis at er en ekvivalensrelasjon. Beskriv ekvivalensklassene til geometrisk. b) Vis at hvis en relasjon på en mengde B er refleksiv og transitiv, så vil være en ekvivalensrelasjon, hvor a b a b b a. a) - Vi har at max{x, y} = max{x, y} foa alle (x, y), så relasjonen er refleksiv. 2

3 - Vi har at om (x, y) (x, y ), er max{x, y} = max{x, y }. Da er max{x, y } = max{x, y}, og (x, y ) (x, y), så relasjonen er symmetrisk. - Anta at (x, y) (x, y ) og at (x, y ) (x, y ). Da er max{x, y} = max{x, y } = max{x, y }, så (x, y) (x, y ). Dette viser at relasjonen er transitiv. Tilsammen gir dette at er en ekvivalensrelasjon. Ekvivalensklassene kan beskrives geometrisk som følger: For hvert reelt tall a vil unionen av strålene fra punktet (a, a) som går horisontalt mot venstre og vertikalt nedover utgjøre en ekvivalensklasse, nemlig klassen av punkt-par som har a som sitt maksimum. b) - Hvis a B, har vi a a a a siden er refleksiv, så a a for alle a B. Det viser at er refleksiv. - Hvis a b har vi a b b a. Dette er ekvivalent med b a a b, så b a. Det følger at relasjonen er symmetrisk. - Hvis a b og b c har vi a b, b c, c b og b a. Fra de to første følger det at a c siden er transitiv, og fra de to andre følger det at c a av samme grunn. Til sammen gir det at a c, og transitivitet er vist. Det var noen studenter som oppfattet definisjonen av som et tilleggsaksiom om at relasjonen er symmetrisk i tillegg til å være transitiv og refleksiv. Dette er en misforståelse. Det er ikke slik at a b medfører at a b, er en ny relasjon, og vi må bevise alle de tre egenskapene for. En relasjon som er refleksiv og transitiv, men ikke nødvendigvis antisymmetrisk, kaller vi en preordning. Det er en naturlig fortsettelse på oppgave 2b) som vi valgte ikke å ta med av hensyn til omfanget av oblig en. Hvis vi lar C være mengden av -ekvivalensklasser S(a) til elementene a B, og vi definerer på C ved så kan vi vise S(a) S(b) a b - Det spiller ingen rolle hvilke elementer i ekvivalensklassene vi bruker i denne definisjonen. - vil være en partiell ordning på C. (C, ) kalles kvotientordningen til. 3

4 Oppgave 3 La være en relasjon på en mengde C. kalles en partiell ekvivalensrelasjon hvis er symmetrisk og transitiv. La være en partiell ekvivalensrelasjon på C. a) La x C. Vis at om det finnes en y C slik at x y, så vil x x. b) Vis at ({x C : x x} {x C : x x}) er en ekvivalensrelasjon på {x C : x x}. Noe av utfordringen her skal være å forstå oppgaven. a) Hvis x y, har vi også y x, siden er symmetrisk. Siden er transitiv har vi x y y x x x. Dette viser at x y x x ut fra antagelsene om at er symmetrisk og transitiv. b) En av utfordringene her er å huske at relasjonen egentlig er en delmengde av C C. {x C : x x} {x C : x x} er også en delmengde av C C, så snittet av de to mengdene vil også være en delmengde av C C. Det gir oppgaven mening. En annen utfordring er å se at 3a) egentlig sier at {x C : x x} {x C : x x}. Tilsist må man merke seg at hvorvidt en relasjon er symmetrisk eller transitiv bare avhenger av relasjonen sett som en mengde av ordnede par, det er ikke avhengig av hvilken mengde er en relasjon på. Hvorvidt er refleksiv er imidlertid avhengig av det. Når vi oppfatter som en relasjon på mengden av de punktene som oppfyller kravet til refleksivitet, blir den automatisk refleksiv. - Det var mange som løste denne oppgaven tilfredsstillende selv om de ikke gjennomskuet alle aspektene ved den, eventuelt gjennomskuet dem uten å formulere forståelsen helt presist. Det var desverre noen som oppfattet som et negasjonstegn her, men gjør man det blir oppgaven meningsløs. - Det finnes også en naturlig fortsettelse av denne oppgaven, et punkt c) som vi av hensyn til studentene ikke tok med. Hvis (A, A ) og (B B ) er to mengder med partielle ekvivalensrelasjoner, 4

5 og C er en mengde funksjoner f, g fra A til B, definerer vi relasjonen C på C ved f C g a 1, a 2 A(a 1 A a 2 f(a 1 ) B g(a 2 )). Da er C også en partiell ekvivalensrelasjon. Det er ikke veldig vanskelig å vise det hvis man bruker 3a) når man viser transitivitet. Vi skal ikke komme inn på anvendelsene av denne konstruksjonen her, men i enkelte sammenhenger er den faktisk forbausende nyttig. SLUTT 5