Notat om Peanos aksiomer for MAT1140

Transkript

1 Notat om Peanos aksiomer for MAT Tall Hva er egentlig tall? Tanken her, er ikke å si hva tall er, hva deres interne struktur muligens kan være, men å si hva vi kan gjøre med dem, sett utenifra. Vi er vant til å addere og multiplisere tall, og sammenlikne dem, for eksempel, men er disse operasjonene uavhengige av hverandre? Kan de muligens avledes fra et enklere og mer grunnleggende konsept? Her skal vi ta utgangspunkt i en tellemekanisme, som vi tenker oss at består i å legge til én. Vi påstår at 0 er et naturlig tall, og at hvert naturlige tall n har en suksessor S(n). Vi tenker oss her at S(n) = n + 1, men at addisjon vil være en operasjon vi skal definere senere, ved hjelp av S. Vi forholder oss i utgangspunktet bare til at mengden N er utstyrt med et spesielt element 0 N og en avbildning S : N N. Akkurat hva trenger man å vite om 0 og S for at alle andre egenskaper ved de naturlige tallene skal kunne utledes? Det vanligste settet med aksiomer for 0 og S kalles Peanos aksiomer. 1.1 Naturlige tall Peanos aksiomer. gjelder: Det naturlige tallene utgjør en mengde N slik at følgende Aksiom 1.1 (Peanos aksiomer). Mengden N er utstyrt med: et valg av element 0 N, kalt null, en avbildning S : N N, kalt suksessorfunksjonen. Elementet 0 er ikke i verdimengden til S. Avbildningen S er injektiv. (Induksjonsbevis) La P være en egenskap på N slik at: P (0), n N P (n) P (S(n)). Da holder n N P (n). Vi bemerker at den induserte avbildningen S : N N \ {0} må være en bijeksjon: Proposisjon 1.1. Avbildningen S : N N \ {0} er surjektiv. Bevis: Vi viser det ved induksjon. For hver n N lar vi P (n) være utsagnet: n = 0 m N S(m) = n. (1) (i) Vi har da P (0). 1

2 (ii) La n N. Utsagnet P (S(n)) er sant, dermed er utsagnet P (n) = P (S(n)) sant. Det første vi skal gjøre er å definere addisjon på N. Man kan forsåvidt formulere et aksiom om at det finnes en avbilding + : N N N slik at, for alle m, n N: m + 0 = m, (2) m + S(n) = S(m + n). (3) Fra dette kan man utlede alle andre egenskaper ved +, ved induksjonsprinsippet. For eksempel: Oppgave 1.1. Vis at n N 0 + n = n. Vi bemerker også følgende. Oppgave 1.2. Vis, ved induksjon, at addisjon, hvis den finnes, er entydig bestemt av kravene (2,3). Men, siden vi tillater oss å bruke mengdeteori, skal vi bruke mengdeteoretiske konstruksjoner til å definere +. Med andre ord viser vi at + eksisterer ved å konstruere denne avbildningen. På vei dit skal vi vise et mer generelt og mye brukt resultat, nemlig at vi kan definere følger ved induksjon. Følger definert ved induksjon. Definisjon 1.1. La A være en ikke-tom mengde. En følge i A er en avbildning u : N A. Når u : N A er en følge er det vanlig å skrive u n heller enn u(n), for verdien til u i n, også omtalt som leddet til u med indeks n. Eksempel 1.1. n N Gitt x A kan vi danne en konstant følge definert ved u n = x. Leddene er dermed: Avbildningen id N er en følge i N. Leddene er da: x, x, x, x,... (4) 0, 1, 2, 3,... (5) Eksempel 1.2. Man kan danne en følge av primtallene... Gitt en mengde A, et element x A og en avbildning f : A A kan vi ønske å danne en følge viss fire første ledd er: x, f(x), f(f(x)), f(f(f(x))),... (6) Følgende teorem gir en presis tolkning av hva vi har i tankene, når vi skriver... : 2

3 Teorem 1.2. La A være en ikke-tom mengde. La x A og la f : A A være en avbildning. Da finnes det en og bare en følge u : N A slik at u 0 = x og n N u S(n) = f(u n ). Bevis: (i) Unikhet. Ved induksjon. (ii) Eksistens (dette beviset kan utelates ved første gjennomlesning). Vi konstruerer grafen til u, mengdeteoretisk, som den minste delmengden av N A som inneholder (0, x) og som inneholder (S(n), f(y)) hver gang den inneholder (n, y): Vi sier at en delmengde B N A er induktiv når: (0, x) B, (7) (n, y) B (S(n), f(y)) B. (8) For eksempel er N A induktiv. Dermed kan vi danne interseksjonen av alle induktive mengder. Vi definerer altså: U = {(n, y) N A : for hver induktive mengde B har vi (n, y) B}. (9) Man sjekker at U er induktiv og at U er inkludert i hver induktive delmengde av N A. Med andre ord er U den minste induktive mengden. Vi sjekker nå at U er grafen til en følge, dvs at for hver n N finnes det en og bare en y A slik at (n, y) U. Vi viser det ved hjelp av induksjonsprinsippet. For hver n N lar vi P (n) være det tilsvarende utsagnet. (iii) P (0): Vi vet at (0, x) U. Hvis (0, y) U med y x kan vi danne U \ {(0, y)} som vil være en induktiv mengde strengt inneholdt i U, noe som er umulig. (iv) La n N og anta at P (n) er sant. La y A være det entydig bestemte elementet i A slik at (n, y) U. Vi har da at (S(n), f(y)) U. I tillegg, hvis z A er slik at (S(n), z) U og z f(y) får vi en motsigelse: Dann V = U \ {(S(n), z)}. Da er V en streng delmengde av U. I tillegg er V induktiv (hvorfor?). Det er umulig. Vi har vist at P (S(n)). I teoremet over sier vi at følgen u er definert ved induksjon. Vi sier gjerne at vi initialiserer i x og itererer f. Eksempel 1.3. Med vilkårlig A og x A og f = id A, får vi den konstante følgen ; for hver n N u n = x. Med A = N, x = 0 og f = S, får vi u n = n for alle n N, altså u = id N. Noen følger definert ved induksjon er så nyttige at de har et navn. 3

4 Eksempel 1.4 (Newtons algoritme). La f : R R være en deriverbar avbildning. Gitt y R, og u 0 R, består Newtons algoritme i å betrakte følgen definert ved: u S(n) = Φ(u n ), (10) med: Φ(x) = f (x) 1 (y f(x)) + x. (11) Poenget er at, under gode omstendigheter, vil u n konvergere mot en løsning x av likningen f(x) = y når n. Dette er nyttig når f og f er relativt enkle avbildninger, mens inversen til f ikke har noe eksplisitt uttrykk ved hjelp av kjente avbildninger. Den asymptotiske oppførselen til en følge definert ved induksjon kan være meget komplisert. Eksempel 1.5 (Mandelbrots fraktal). Gitt µ C kan vi definere f µ : C C ved f µ (x) = x 2 + µ. Man definerer følgen u[µ] ved at u[µ] 0 = 0 og u[µ] S(n) = f µ (u[µ] n ). Mandelbrots mengde består av de µ C slik at følgen u[µ] er begrenset. Den har en besynderlig komplisert og vakker rand. Addisjon. Tilbake til de naturlige tallene. Vi kan nå definere addisjon på N: Teorem 1.3. Det finnes en og bare en avbildning + : N N N slik at: Bevis: (i) Entydighet. Oppgave 1.2. m + 0 = m, (12) m + S(n) = S(m + n). (13) (ii) Eksistens. La m N være gitt. Vi kan definere en følge u[m] = (u[m] n ) n N (avhengig av m) slik at u[m] 0 = m og u[m](s(n)) = S(u[m] n ). Det tilsvarer valgene A = N, x = m og f = S i notasjonen i forrige teorem. Deretter kan man definere m + n = u[m] n. Teorem 1.4. Regneregler for addisjon. Vi har, for alle m, n, p N: (m + n) + p = m + (n + p), (14) m + 0 = 0 + m = m, (15) m + n = n + m, (16) m + p = n + p = m = n. (17) Vi definerer 1 = S(0). Vi ser da at, for n N får vi da den vanlige notasjonen for sukksessoren: S(n) = S(n + 0) = n + S(0) = n

5 Orden. Vi kan også definere en ordensrelasjon på N: Definisjon 1.2. Vi definerer, for m, n N: Vi vil få bruk for: m n ( p N m + p = n). (18) Lemma 1.1. For alle m, n N har vi: m < n = S(m) n. Bevis: Anta m < n. Velg p N slik at m + p = n. Vi har p 0. Velg q N slik at S(q) = p. Da har vi S(m) + q = m q = m + p = n dermed S(m) n. Teorem 1.5. Forrige definisjon gir en ordensrelasjon på N. Denne ordenen er total. Bevis: (i) Man sjekker at det er en ordensrelasjon. (ii) Vi sjekker at ordenen er total: For hver n N lar vi P (n) være utsagnet at n kan sammenliknes med alle elementer i N. (iii) P (0) er sant, siden: m N 0 m. (iv) La n N og anta P (n). La m N. Fra induksjonshypotesen har vi m n eller n < m. Da har vi henholdsvis m S(n) eller S(n) m. Teorem 1.6. Mengden N er velordnet 1. Bevis: La A være en ikke-tom delmengde av N og anta at den ikke har noe minste element. La P (n) være utsagnet: A inneholder ingen elementer mindre enn (eller lik) n. (i) P (0) er sant. (ii) Anta at P (n) er sant. Anta P (n + 1) ikke er sant. La m A med m n + 1. For hver p i A har vi da p n altså p > n. Dermed p n + 1 m. Da er m minste element i A. Vi får da en motsigelse ved at A har et element. Definisjon 1.3 (Substraksjon). La m, n N. Når m n lar vi n m være det elementet i N som tilfredsstiller m + (n m) = n. Merk at i denne definisjonen er m n entydig bestemt takket være (17). Oppgave 1.3. Definer multiplikasjon på N ved induksjon, og bevis elementære egenskaper tilsvarende Teorem 1.4. Bemerkning 1.1. Konstruksjon ved induksjon med utvalg. 1 Det betyr at hver delmengde av N som ikke er tom har et minste element. 5

6 1.2 Hele tall Definisjon. Det er et problem, dersom man bare forholder seg til naturlige tall, at substraksjon ikke alltid er definert. Mer eksplisitt: likninger av typen m+p = n, hvor la oss si, m og n er gitt i N, mens p er ukjent i N, lar seg ikke alltid løse. Vi kan være mer presise: likningen lar seg løse bare når m n. Innføringen av såkalte negative tall bøter på dette problemet. Men hva er egentlig negative tall? Vi tilnærmer oss dette problemet ved å innføre tall med fortegn. Aksiom 1.2. De hele tallene er en mengde Z som inneholder N og som er utstyrt med en avbildning : Z Z slik at = id Z og, når vi definerer: får vi: N = { n : n N}. (19) N N = Z, (20) N N = {0}. (21) Proposisjon 1.7. For alle k Z har vi k = k hvis og bare hvis k = 0. Bevis: (i) La 0 = k med k N. Da får vi k = 0 N. Altså k N N dermed k = 0. Dette gir 0 = 0. (ii) La k Z og anta k = k. Hvis k N får vi k N N dermed k = 0. Hvis, på en annen side, k N kan vi skrive k = l med l N. Da får vi l = k = k = l = l. Fra forrige punkt får vi l = 0. Dermed k = 0. Vi innfører videre notasjon: Z + = N, (22) Z = { n : n N}, (23) N = N \ {0}, (24) Z = Z \ {0}, (25) Z + = Z + \ {0} = N, (26) Z = Z \ {0} = { n : n N }, (27) Vi definerer en suksessorfunksjon s på Z som utvider suksessorfunksjonen på N, som følger: Z Z { s : S(k) hvis k Z+ k (S 1 ( k)) hvis k Z 6 (28)

7 Proposisjon 1.8. Avbildningen s : Z Z er en bijeksjon og vi har: s s = id Z. (29) Vi ønsker så å utvide addisjon fra N N til Z Z. Det er ihvertfall to måter å gjøre det på. Man kan ta utgangspunkt i addisjon definert på N N og substraksjon som var delvis definert på N N. For eksempel, for m N og n N kan vi definere: { m n hvis n m m + ( n) = (n m) hvis m n (30) Man sjekker at hvis m = n gir begge definisjonene det samme, og at det ikke er konflikt med tidligere definisjon når n = 0. Dette utvider + til N Z. Man utvider så addisjon videre, slik at (de allerede kjente) fortegnsregler gjelder. Problemet med denne type definisjon er at det er ganske langtekkelig å sjekke alle regnereglene tilsvarende Teorem 1.4. Vi foretrekker derfor en annen måte å definere addisjon på, som går ut på å modifisere Teorem 1.3. Prinsippet er at på Z kan vi drive induksjon i to retninger: ved hjelp av s og s 1. Induksjon i to retninger. Vi noterer: Bemerkning 1.2. For å bevise at et utsagn P (k) gjelder for alle k Z kan vi velge å bevise at: P (n) gjelder for alle n N, P ( n) gjelder for alle n N. Det kan være naturlig å bevise begge disse utsagnene ved induksjon. Noen ganger kan det være mer naturlig å ty til følgende: Proposisjon 1.9. La P være en egenskap definert på Z. Anta at P (0) og at for alle k Z gjelder det at: Da har vi P (k) for alle k Z. P (k) P (s(k)). (31) Bevis: Ved hjelp av forrige bemerkning. Akkurat som egenskaper noen ganger kan bevises ved toveisinduksjon kan følger noen ganger defineres ved toveisinduksjon. Følgende er en variant av Teorem 1.2: Teorem La A være en mengde, x A et element og f : A A en bijeksjon. Det finnes en og bare en avbildning u : Z A slik at u 0 = x og for alle n Z, u s(n) = f(u n ). 7

8 Bevis: (i) Eksistens. Ved hjelp av Teorem 1.2 kan vi definere først u : N A slik at u(0) = x og, for alle n N, har vi at u S(n) = f(u n ). Vi ønsker så å utvide u til hele Z. Vi introduserer en følge v : N A definert ved v(0) = 0 og, for alle n N har vi at v S(n) = f 1 (v n ). Deretter definerer vi, for n N: u n = v n. (32) (ii) Entydighet. Ved help av Proposisjon 1.9. Addisjon. Addisjon defineres ved hjelp av følgende teorem. Teorem Det finnes en og bare en avbildning + : Z Z Z slik at, for alle k, l Z: k + 0 = m, (33) k + s(l) = s(k + l). (34) Bevis: Definisjon ved hjelp av Teorem Merk at ved denne definisjonen får man en utvidelse av den allerede definerte addisjonen på N. Teorem Regneregler for addisjon. Vi har, for alle k, l, m Z: (k + l) + m = k + (l + m), (35) k + 0 = 0 + k = k, (36) k + l = l + k, (37) k + ( k) = ( k) + k = 0. (38) Spesielt får vi at dersom k, l Z: Vi forkorter notasjonen: Ordensrelasjon. Definisjon 1.4. Vi definerer, for k, l Z: Vi noterer spesielt at for k Z har vi: k + (l + ( k)) = l. (39) l k = l + ( k). (40) k l l k N. (41) k N k 0. (42) Teorem Forrige definisjon gir en total ordensrelasjon på Z. Hver ikke-tomme delmengde som har en nedre skranke har et minste element. Hver ikke-tomme delmengde som har en øvre skranke har et største element. 8

9 Multiplikasjon. Multiplikasjon defineres ved hjelp av følgende teorem. Teorem Det finnes en og bare en avbildning : Z Z Z slik at, for alle k, l Z: Teorem Vi har, for alle k, l, m Z: Vi har også distributivitetslovene: k 0 = 0, (43) k s(l) = k l + k. (44) (k l) m = k (l m), (45) k 1 = 1 k = k, (46) k l = l k, (47) k l = 0 = k = 0 l = 0. (48) (k + l) m = k m + l m, (49) m (k + l) = m k + m l. (50) Vi har også at ordensrelasjonen er kompatibel med addisjon og multiplikasjon, i følgende forstand: k l k + m l + m, (51) k 0 l 0 = k l 0. (52) Eksistens og entydighet av de hele tallene. I hvilken grad bestemmer Aksiom 1.2 de hele tallene? Og i hvilken grad kan de sies å eksistere, på bakgrunn av mengdeteorien? Proposisjon Anta at vi har to par (Z, ), (Z, ) som tilfredsstiller kravene i Aksiom 1.2. Det finnes en og bare en avbildning i : Z Z slik at i N = id N og i = i. Denne avbildningen i er en bijeksjon. Bevis: Vi blir nødt til å definere: Z Z { i : k hvis k N k ( k) hvis k Z Man sjekker at det er en bijeksjon. (53) Proposisjon Det finnes en mengde Z utstyrt med en avbildning : Z Z som oppfyller kravene i Aksiom

10 Vi vil få bruk for følgende lemma: Lemma 1.2. For hver mengde x finnes det y slik at y x. Bevis: Det finnes ingen mengde av alle objekter. Bevis: (Vær obs på uvante mengdeteoretiske manipulasjoner!) Velg x slik at: x n N n. (54) Vi definerer nå, for hver n N : Deretter setter vi: Vi merker oss at: I tillegg sjekker man at avbildningen: n = {x} n. (55) Z = N { n : n N }. (56) { n : n N } N =. (57) : N Z, (58) er injektiv. Deretter definerer vi 0 = 0 og for n N ( n) = n. Dette utvider til en avbildning Z Z som oppfyller kravene. Representasjon av naturlige tall Algoritmer for rask produkt. Representasjon i base b. Potenser. 10