UNIVERSITETET I OSLO

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det mtemtisk-nturvitenskpelige fkultet Eksmen i: MAT1140 Strukturer og rgumenter Eksmensdg: Fredg 8. desemer 2017 Tid for eksmen: 14:30 18:30 Oppgvesettet er på 5 sider. Vedlegg: Ingen Tilltte hjelpemidler: Ingen Kontroller t oppgvesettet er komplett før du egynner å esvre spørsmålene. For hvert spørsmål kn du ruke resultter fr tidligere spørsmål, selv om du ikke hr esvrt dem. Terminologi: Vi nser t 0 er et nturlig tll, slik t 0 N. Oppgve 1 For hver endelige mengde A lr vi A N være krdinliteten til A (også omtlt som ntll elementer i A). Ant t A, B og C er endelige mengder. Vis t A B C er endelig og t: A B C = A + B + C A B B C C A + A B C. (1.1) Vi ruker to gnger t når A og B er endelige, så er A B endelig med: A B = A + B A B. (1.2) Vi får t A B er endelig og dermed er A B C endelig og vi kn skrive: A B C = A B + C (A B) C, (1.3) = A + B A B + C (A C) (B C), (1.4) = A + B + C A B A C B C + (A C) (B C), (1.5) = A + B + C A B C A B C + A B C. (1.6) (Fortsettes på side 2.)

2 Eksmen i MAT1140, Fredg 8. desemer 2017 Side 2 Oppgve 2 (vekt 20 poeng) L A være en ikke-tom mengde, og l f : A A være en vildning. Vi minner om t den n-te itererte v f, med hensyn på komposisjon, er en vildning A A som kn skrives f n og defineres for n N ved: f 0 = id A, (2.1) f n+1 = f f n, for hver n N. (2.2) Vis t hvis f er surjektiv, så er f n surjektiv for hver n N. Ved induksjon på n. For hver n N lr vi P (n) være utsgnet: f n er surjektiv. P (0) er snn, siden id A er surjektiv. L n N og nt t P (n) er snn. Vi hr t f n+1 = f f n er surjektiv, som komposisjon v to surjektive vildninger. Dermed er P (n + 1) snn. Dette fullfører induksjonseviset. Vis t hvis det finnes n N, med n 1, slik t f n er surjektiv, så er f surjektiv. Ant t n N er slik t n 1 og t f n er surjektiv. Vi hr f n = f f n 1. Gitt y A kn vi finne x A slik t f n (x) = y. Med z = f n 1 (x) A får vi d f(z) = y. Dette viser t f er surjektiv. PS: prinsippet er t når f og g er komponerre vildninger og f g er surjektiv, så må f være surjektiv. Oppgve 3 Vi minner om t en mengde A sies å være tellr dersom det finnes en ijeksjon N A. Vis t hvis A er en tellr mengde og x A så finnes det en ijeksjon A A \ {x}. (Fortsettes på side 3.)

3 Eksmen i MAT1140, Fredg 8. desemer 2017 Side 3 L A være tellr og nt x A. Velg en ijeksjon f : N A. Velg n N slik t f(n) = x. Definer g : N A \ {x} ved: N A { \ {x}, g : f(k) hvis k < n, k. f(k + 1) hvis k n. (3.1) Mn ser t g er åde injektiv og surjektiv, dermed ijektiv. Dermed er g f 1 : A A \ {x} en ijeksjon. PS: mn kn også rgumentere for t A\{x} er tellr, uten å innføre en eksplisitt definert ijeksjon g. Oppgve 4 (vekt 20 poeng) L A være en mengde utstyrt med en ordensrelsjon som vi skriver. Vi minner om t (A, ) sies å være velordnet dersom hver ikke-tomme delmengde v A hr et minste element. Vis t hvis det finnes en strengt vtgende følge i A så er (A, ) ikke velordnet. Ant t (u n ) n N er en strengt vtgende følge i A. Vi definerer: B = {u n : n N}. (4.1) D er B en ikke-tom delmengde v A og vi sjekker t B ikke hr noe minste element, ved motsigelse: Hvis x er minste element i B kn vi skrive x = u n for en n N. D hr vi u n+1 B og u n+1 < x, som er umulig. Vis t hvis (A, ) er totlt ordnet men ikke velordnet finnes det en strengt vtgende følge i A. Ant t (A, ) er totlt ordnet men ikke velordnet. L B være en ikke-tom delmengde v A som ikke hr noe minste element. Vi lger en strengt vtgende følge (u n ) n N i B ved induksjon. Siden B ikke er tom kn vi velge u 0 B. Ant t n N og t vi hr definert u 0,..., u n B slik t u 0 >... > u n. Siden u n ikke kn være minste element i B finnes det x B slik t (u n x). Siden A er totlt ordnet får vi d x < u n. Vi definerer d u n+1 = x. (Fortsettes på side 4.)

4 Eksmen i MAT1140, Fredg 8. desemer 2017 Side 4 Oppgve 5 (vekt 40 poeng) L A være en mengde utstyrt med to opersjoner klt ddisjon og multipliksjon, slik t vi hr å gjøre med en ring. Vi ntr t multipliksjonen er kommuttiv. Nøytrlt element for ddisjon skrives 0 og nøytrlt element for multipliksjon skrives 1. Vi minner om t en ekvivlensrelsjon på A sies å være komptiel med ringstrukturen dersom vi hr: og x, x, y, y A ((x x ) (y y )) = ((x + y) (x + y )), (5.1) x, x, y, y A ((x x ) (y y )) = ((xy) (x y )). (5.2) Et idel i A er definert som en ikke-tom delmengde I v A slik t: x, y I x + y I, (5.3) og x A y I xy I. (5.4) Vis t dersom I er et idel i A så hr vi for lle x I, t x I. Vis t d hr vi også 0 I. [5] For x I hr vi x = (1x) = ( 1)x I ved ndre ksiom. [5] Siden I ikke er tom kn vi velge en x I. Vi hr d 0 = x+( x) I ved første ksiom. Vis t dersom er en ekvivlensrelsjon på A som er komptiel med ringstrukturen, så er ekvivlensklssen til 0 et idel i A. L I være ekvivlensklssen til 0. [5] Ant x, y I. Vi hr ltså x 0 og y 0. Dermed x + y = 0. Altså x + y I. [5] Ant x A og y I. Vi hr d x x og y 0. Dermed xy x0 = 0. Altså xy I. c Vis t dersom I er et idel i A så er relsjonen definert ved t x y dersom y x I, en ekvivlensrelsjon på A. Vis også t den er komptiel med ringstrukturen på A. (Fortsettes på side 5.)

5 Eksmen i MAT1140, Fredg 8. desemer 2017 Side 5 Vi hr, for lle x, y, z A: [1] x x, siden 0 I. [2] hvis x y, så y x I, så x y I (ved ()), så y x. [2] hvis x y og y z, får vi y x I og z y I. D hr vi hr z x = (z y) + (y x) I, ltså x z. Dette viser t er en ekvivlensrelsjon på A. [2] Ant t x x og y y. D hr vi (x + y ) (x + y) = (x x) + (y y) I. (5.5) Altså (x + y) (x + y ). [3] Ant t x x og y y. D hr vi x y xy = x (y y) + (x x)y = x (y y) + y(x x) I. (5.6) Altså xy x y. Dette viser t er komptiel med ddisjon og multipliksjon. d Vi ser nå på tilfellet der A = Z, utstyrt med sin vnlige ringstruktur. Vis t for hvert idel I i Z finnes det én og re én n N slik t: I = nz = {nk : k Z}. (5.7) [6] Eksistens. L I være et idel i Z. Hvis I = {0} kn vi t n = 0. Hvis I {0}, ruker vi t I ikke er tom til å velge x I \ {0}. Vi hr d også x I. Siden x > 0 eller x > 0 får vi t følgende mengde ikke er tom: J = {k Z I : k > 0}. (5.8) L n være minste element i J (her ruker vi velordningsprinsippet på N). Vi viser nå t I = nz: * Siden n I får vi nz I. * For y I skriver vi den Euklidske divisjonen v y med n : y = qn+r med q Z og r [0, n 1]. D hr vi r = y qn I. D følger det t r = 0 (hvis ikke får vi r J og r < n, som er umulig). Dette viser t I nz. [4] Entydighet. L n, m N og nt t nz = mz. D hr vi t n deler m og m deler n, dermed m = ±n. Siden m, n 0 får vi m = n. PS: flere entydighetsrgumenter kn gis. SLUTT