MAT1140 Strukturer og argumenter

Transkript

1 12. november 2018 MAT1140 Strukturer og argumenter Innleveringsfrist Obligatorisk oppgave 2 av 2 Torsdag 8. november 2018, klokken 14:30 i Devilry (devilry.ifi.uio.no). Instruksjoner Du velger selv om du skriver besvarelsen for hånd og scanner besvarelsen eller om du skriver løsningen direkte inn på datamaskin (for eksempel ved bruk av L A TEX). Besvarelsen skal leveres som én PDF-fil. Scannede ark må være godt lesbare. Besvarelsen skal inneholde navn, emne og oblignummer. Det forventes at man har en klar og ryddig besvarelse med tydelige begrunnelser. Husk å inkludere alle relevante plott og figurer. Studenter som ikke får sin opprinnelige besvarelse godkjent, men som har gjort et reelt forsøk på å løse oppgavene, vil få én mulighet til å levere en revidert besvarelse. Samarbeid og alle slags hjelpemidler er tillatt, men den innleverte besvarelsen skal være skrevet av deg og reflektere din forståelse av stoffet. Er vi i tvil om du virkelig har forstått det du har levert inn, kan vi be deg om en muntlig redegjørelse. Søknad om utsettelse av innleveringsfrist Hvis du blir syk eller av andre grunner trenger å søke om utsettelse av innleveringsfristen, må du ta kontakt med studieadministrasjonen ved Matematisk institutt (e-post: studieinfo@math.uio.no) i god tid før innleveringsfristen. For å få adgang til avsluttende eksamen i dette emnet, må man bestå alle obligatoriske oppgaver i ett og samme semester. Det kreves 60 % skår for å få denne obligen godkjent, For fullstendige retningslinjer for innlevering av obligatoriske oppgaver, se her: LYKKE TIL!

2 Oppgave 1. (i) Vis ved induksjon på kardinalitet, at hver ikke-tomme totalt ordnede endelige mengde har et største element. For hver n N lar vi P (n) være utsagnet: Hver totalt ordnede mengde med kardinalitet n har et største element. For n = 1. La A være en totalt ordnet mengde med kardinalitet 1. La x være slik at A = {x}. Da er x største element i A. Dette viser P (1). La n N og anta at P (n) er sant. La A være en totalt ordnet mengde med kardinalitet n + 1. Velg x A og skriv A = A \ {x}. Da har A kardinalitet n og er totalt ordnet, så vi kan bruke induksjonshypotesen til å finne et største element y i A. Siden A er totalt ordnet har vi x < y eller y < x. Hvis x < y er y største element i A og hvis y < x er x største element i A. Dermed har vi vist P (n + 1). (ii) Vis ved induksjon på kardinalitet, at for hver ikke-tomme totalt ordnede endelige mengde A finnes det en og bare en voksende bijeksjon [[0, n[[ A, der n = A og: [[0, n[[= {x Z : 0 x < n}. (1) For hver n N lar vi P (n) være utsagnet: For hver totalt ordnede mengde A med kardinalitet n finnes det en og bare en voksende bijeksjon [[0, n[[ A. For n = 1. Det finnes bare en bijeksjon [[0, n[[ A. Den er voksende. La n N og anta at P (n) er sann. La A være en totalt ordnet mengde med kardinalitet n + 1. La x være største element i A og skriv A = A \ {x}. Da har A kardinalitet n. La f : [[0, n[[ A være den voksende bijeksjonen gitt av P (n). Utvid f til en avbildning g : [[0, n + 1[[ A ved å sette g(n) = x. Da er g en voksende bijeksjon. Anta nå at g : [[0, n + 1[[ A også er en voksende bijeksjon. Man ser først at g (n) er største element i A, dermed g (n) = x. Dermed må restriksjonen av g til [[0, n[[ bestemme en bijeksjon f : [[0, n[[ A. Den er voksende. Dermed får vi f = f. Dette gir tilsammen at g = g. Vi har nå vist P (n + 1). (iii) La A være en endelig mengde, med kardinalitet n 0. Finn en bijeksjon mellom mengden av totale ordensrelasjoner på A, og mengden av bijeksjoner [[0, n[[ [[0, n[[. 1

3 For hver totale ordensrelasjon R på A lar vi Φ(R) være den unike voksende bijeksjonen [0, n[ A gitt ved forrige spørsmål. Hovedidéen er at Φ(R) bestemmer R entydig, slik at Φ er en bijeksjon mellom totale ordensrelasjoner på A og bijeksjoner [[0, n[[ A. Vi detaljerer dette bildet. La O være mengden av totale ordensrelasjoner på A og la S være mengden av bijeksjoner [0, n[ [0, n[. Velg en bijeksjon f : [0, n[ A. Merk at når R O har vi f 1 Φ(R) S. Vi betrakter avbildningen: Ψ : { O S R f 1 Φ(R). (2) Vi viser at Ψ er en bijeksjon: injektivitet: Anta Ψ(R) = Ψ(R ). Da får vi Φ(R) = Φ(R ). Men siden Φ(R) er en voksende bijeksjon har vi, for x, y A: R(x, y) Φ(R) 1 (x) Φ(R) 1 (y), (3) Φ(R ) 1 (x) Φ(R ) 1 (y), (4) R (x, y). (5) Dermed R = R. surjektivitet: La σ S. Vi ønsker å finne R O slik at f 1 Φ(R) = σ. Bemerk at f σ : [[0, n[[ A er en bijeksjon. For x, y A definerer vi R(x, y) ved: R(x, y) (f σ) 1 (x) (f σ) 1 (y). (6) Dette gjør f σ til en voksende bijeksjon, dermed Φ(R) = f σ. La A være en mengde utstyrt med en ordensrelasjon. Man sier at A er velordnet dersom hver ikke-tomme delmengde har et minste element. En velordnet mengde er en mengde A utstyrt med en ordensrelasjon som gjør A velordnet. Oppgave 2. Vis at N (utstyrt med sin vanlige ordensrelasjon) er velordnet. En strategi kan være å anta at A er en delmengde av N uten minste element og da vise at [[0, n[[ A = for hver n N. 2

4 Anta at A er en delmengde av N uten minste element. For hver n N lar vi P (n) være utsagnet [[0, n[[ A =. P (0) er sant siden [[0, 0[[=. La n N og anta at P (n) er sant. Anta for motsigelse at [[0, n + 1[[ A. La x [[0, n + 1[[ A. Siden x [[0, n[[ får vi x = n. For y A har vi y < n, dermed y n. Dette viser at n er minste element i A, som er umulig. Dermed P (n + 1). Oppgave 3. La A være velordnet. Anta at f : A A er strengt voksende. Vis at for hver x A har vi f(x) x. Bemerkning: Enhver velordnet mengde er totalt ordnet, siden delmengder på formen {x, y} må ha et minste element. Spesielt får vi at negasjonen av f(x) x er f(x) < x. Anta for motsigelse at det finnes x A slik at f(x) < x. La x være den minste elementet i A med den egenskapen, som vi kaller P. Siden f er strengt voksende får vi f(f(x)) < f(x). Men dette viser at f(x) har egenskapen P og er strengt mindre enn x, som er umulig. Oppgave 4. La A og B være to ordnede mengder. Vi definerer en relasjon på A B ved, for alle (x, y), (x, y ) A B: (x, y) (x, y ) (x < A x ) (x = x y B y ). (7) (i) Vis at dette definerer en ordensrelasjon på A B. Refleksivitet: x = x y B y, dermed (x, y) (x, y). Antisymetri: Anta (x, y) (x, y ) og (x, y ) (x, y). Hvis x < A x får vi x < A x og x x, som motstrider (x, y ) (x, y). Dermed x = x og y B y. Vi får y B y på samme måte, dermed y = y. Transitivitet: Anta (x, y) (x, y ) og (x, y ) (x, y ). Hvis x < A x : Siden x < A x eller x = x får vi x < A x dermed (x, y) (x, y ). Hvis x = x : Vi får to muligheter: (a) Hvis x = x får vi x = x og y B y B y dermed (x, y) (x, y ). (b) Hvis ikke har vi x < A x, dermed x < A x, dermed (x, y) (x, y ). (ii) Vis at hvis A og B er velordnede, så er også A B er velordnet. 3

5 La C være en ikke-tom delmengde av A B. Definer: C A = {x A : y B (x, y) C}. (8) Siden C ikke er tom, er C A en ikke-tom delmengde av A. La x være minste element i C A. Definer: C B = {y B : (x, y) C}. (9) Da er C B en ikke-tom delmengde av B, la y være dets minste element. Vi påstår nå at (x, y) er minste element i C. La (x, y ) C. Vi har x A x. Hvis x = x har vi y B y dermed (x, y) (x, y ). Hvis x x har vi x < A x dermed (x, y) (x, y ). Oppgave 5. (i) La deg inspirere av Cantors diagonalargument til å bevise følgende. Hvis A er en mengde med minst to elementer, så er A N (altså mengden av følger i A) ikke tellbar. La x og y være to forskjellige elementer i A. Anta for motsigelse at vi kan finne en bijeksjon Φ : N A N. For hver n N er da Φ(n) en følge i A som vi kan skrive (Φ(n) m ) m N. Vi definerer en følge u = (u n ) n N i A ved at, for hver n N: Hvis Φ(n) n = x så definerer vi u n = y. Hvis Φ(n) n x så definerer vi u n = x. Vi bemerker at for hver n N har vi Φ(n) n u n, dermed Φ(n) u. Dette viser at Φ ikke er surjektiv. (ii) Vis 1 at mengden av bijeksjoner fra N til N ikke er tellbar. En strategi kan være å definere en injeksjon fra {0, 1} N inn i denne mengden. 1 Dette spørsmålet er mer krevende enn de andre. 4

6 La S være mengden av bijeksjoner fra N til N. Vi definerer en avbildning Φ : {0, 1} N S på følgende måte: La u = (u n ) n N være en følge i {0, 1} altså et element i {0, 1} N. Vi definerer Φ(u) som følger. Vi bemerker at mengdene {2n, 2n + 1} for n N dekker N og er to og to disjunkte a. For hver n N: hvis u n = 1 definerer vi Φ(u)(2n) = 2n + 1 og Φ(u)(2n + 1) = 2n. hvis u n = 0 definerer vi Φ(u)(2n) = 2n og Φ(u)(2n + 1) = 2n + 1. Da er Φ(u) : N N bijektiv (og er sin egen invers). Vi ser også at u er bestemt av Φ(u), siden vi kan se fra Φ(u)(2n) hva u n er. Altså er Φ injektiv. Hvis S hadde vært tellbar hadde vi hatt en bijeksjon f : N S, og da hadde f 1 Φ vært en injeksjon {0, 1} N N. Det ville gitt en surjeksjon N {0, 1} N, som er umulig fra forrige spørsmål. a De danner altså en partisjon av N. 5