Zorns lemma og utvalgsaksiomet

MAT1140, H-16 Zorns lemma og utvalgsaksiomet I dette notatet skal vi se på Zorns lemma, som er et kraftig redskap for å bevise eksistensen av matematiske objekter. Beviset for Zorns lemma bygger på det såkalte utvalgsaksiomet, et mengdeteoretisk prinsipp som går utover det vi hittil har sett på. Aller først skal vi imidlertid gå tilbake til teorien for partielle ordninger, både fordi Zorns lemma handler om slike ordninger, og fordi sammenhengen mellom partielle og totale ordninger vil være en viktig ledetråd i arbeidet vårt. Husk at en partiell ordning på en mengde X er en relasjon på X som tilfredsstiller følgende krav: (i) Refleksivitet: x x for alle x X. (ii) Antisymmetri: Hvis x y og y x, så er x = y. (iii) Transitivitet: Hvis x y og y z, så er x z. En partiell ordning er total dersom uansett hvilke elementer x, y vi velger i X, så er enten x y eller y x. Dersom ordningen ikke er total, finnes det elementer x, y slik at hverken x y eller y x. Slike elementer kalles ikke sammenlignbare. Formelt er en relasjon på X en delmengde av X X, f. eks. er = {(x, y) x y} Selv om det ofte føles litt unaturlig å tenke på en relasjon på denne måten, vil det være nyttig mange steder i dette notatet siden vi skal være opptatt av forfininger av ordninger. Husk fra notatet om relasjoner at en relasjon 2 på X er finere enn en annen relasjon 1 på X dersom 1 2. En ekvivalent måte å definere dette på, er å kreve at x 1 y = x 2 y Vi sier også at 2 er en forfining av 1. Nøkkelbegrepet i dette notatet er kjede: Definisjon 1 Anta at er en partiell ordning på en mengde Y. En delmengde C av Y kalles en kjede dersom den er totalt ordnet under (dvs. at hvis x, y C, så er enten x y eller y x). Vi regner også den tomme mengden som en kjede. 1

Husk også at hvis S er en delmengde av Y, så er a Y en øvre skranke for S dersom s a for alle s S. Et element x X er maksimalt dersom det ikke finnes noen y X slik at x < y. Vi kan nå formulere Zorns lemma: Teorem 2 (Zorns lemma) Anta at (Y, ) er en partielt ordnet mengde. Dersom alle ikke-tomme kjeder i Y har en øvre skranke, så har Y et maksimalt element. Vi skal komme tilbake til det (ganske vanskelige) beviset for Zorns lemma senere, men la oss prøve å få en følelse for hvorfor resultatet bør være sant: Start med et element y 1 i Y. Hvis y 1 er et maksimalt element er vi ferdig, hvis ikke finnes det et større element y 2. Hvis y 2 er et maksimalt element er vi ferdig, hvis ikke finnes det et større element y 3. Fortsetter vi på denne måten, finner vi enten et maksimalt element eller en kjede y 1 < y 2 < y < y 3 <.... Ifølge antagelsen har denne kjeden en øvre skranke y. Hvis dette er et maksimalt element, er vi ferdig, hvis ikke finnes det et større element y +1. Fortsetter vi på denne måten, må prosessen før eller senere stoppe opp, og vi har funnet et maksimalt element. For å gjøre denne ideen presis (særlig prosedyren med å fortsette mer enn uendelig mange ganger ) trenger vi en utvidelse av de naturlige tallene som kalles ordinaltallene, men siden det ville kreve litt for mye å komme inn på disse tallene her, skal vi finne en alternativ angrepsmåte. 1 Før vi beviser Zorns lemma, skal vi se et eksempel på hvordan det brukes. I notatet om relasjoner viste vi at enhver partiell ordning på en endelig mengde kan forfines til en total ordning, og det er naturlig å spørre om dette resultatet også gjelder for uendelige mengder. Beviset vi ga i det endelige tilfellet, baserer seg på en prosedyre som før eller senere må stoppe opp når den underliggende mengden er endelig, men som kan fortsette i det uendelige ellers altså en klar analog til prosessen vi så på i forrige avsnitt. Hovedredskapet vi skal benytte oss av i det generelle tilfellet, er det samme som vi brukte i det endelige, og jeg skriver det opp igjen på nytt her (beviset er i notatet om relasjoner): Setning 3 Anta at er en partiell ordning på en mengde X, og at x, y X ikke er sammenlignbare. Da finnes det en forfining 1 av slik at x 1 y. Vi trenger også en hjelpesetning som supplerer den ovenfor. Setning 4 Anta at C er en kjede av partiell ordninger på en mengde X (dvs. at hvert element i C er en partiell ordning på X, og hvis 1 og 2 er to ordninger i C, så er alltid en av dem en forfining av den andre). Da er unionen av alle ordningene i C en partiell ordning på X. 1 Det finnes mange bevis for Zorns lemma som ikke bruker ordinaltall, men de fleste er varianter av samme grunnleggende idé. Fremstillingen nedenfor bygger på et notat av Ken Brown. 2

Bevis: Unionen av alle ordningene i C er gitt ved x y det finnes R C slik at xry For å vise at er en partiell ordning, må vi vise at de tre kravene til en partiell ordning er oppfylt: (i) Refleksivitet: Siden xrx for alle R C, er x x. (ii) Antisymmetri: Anta at x y og y x. Da finnes det relasjoner R, S C slik at xry og ysx. Siden C er en kjede, er den ene av ordningene R og S en forfining av den andre. Kall denne T. Da er xt y og yt x, og siden T er en partiell ordning, må x = y. (iii) Transitivitet: Anta at x y og y z. Da finnes det relasjoner R, S C slik at xry og ysz. Siden C er en kjede, er den ene av ordningene R og S en forfining av den andre. Kall denne T. Da er xt y og yt z, og siden T er en partiell ordning, får vi xt z, og dermed x z. Vi kan nå utvide teoremet om forfininger til ordninger generelt. Teorem 5 Dersom er en partiell ordning på en mengde X, finnes det en total ordning som forfiner. Bevis: La Y bestå av alle partielle ordninger på X som er forfininger av (vi regner som en forfining av seg selv, så er med i Y ). Inklusjon er en partiell ordning av Y. (Vi har altså en partiell ordning av partielle ordninger her gjelder det å holde tunga rett i munnen!). Vi skal bruke Zorns lemma på (Y, ). Hvis C er en kjede av elementer i Y, så er unionen av alle elementer i C et element i Y ifølge setningen ovenfor. Denne unionen er åpenbart en øvre skranke for C, og følgelig er betingelsen i Zorns lemma oppfylt. Dette betyr at Y har et maksimalt element max. Hvis max ikke var en total ordning, kunne vi ha brukt setning 1 til å utvide den til en finere ordning, noe som åpenbart er absurd. Altså er max en total ordning som forfiner, og teoremet er bevist. Bevis for Zorns lemma I vår uformelle begrunnelse for hvorfor Zorns lemma er riktig, endte vi opp med en gigantkjede som sikret oss et maksimalt element. Eksistensen av en slik gigantkjede er nøkkelen til resultatet, og den sikres av følgende resultat: Teorem 6 (Hausdorffs maksimumsprinsipp) I enhver partiell ordning finnes det en maksimal kjede (dvs. en kjede som ikke er inneholdt i noen annen kjede). 3

Bevis for Zorns lemma fra Hausdorffs maksimumsprinsipp: La C være en maksimal kjede, og la a være en øvre skranke for C. Da er a et maksimalt element i Y. Hvis ikke fantes det nemlig et element b > a, og i så fall ville C {b} være en kjede som ekte inneholder den maksimale kjeden C, og det er åpenbart absurd. Der er altså nok å bevise Hausdorffs maksimumsprinsipp. For å gjøre dette trenger vi et mengdeteoretisk prinsipp som ikke kan utledes fra enklere regler: Utvalgsaksiomet: For enhver familie A av ikke-tomme mengder finnes det en funksjon u : A A A A slik at u(a) A for alle A A. Funksjonen u kalles en utvalgsfunksjon siden den for hver mengde A A velger ut et element u(a) A. Utvalgsaksiomet kan se uskyldig ut, men det har vært mye diskutert og kritisert. Én av grunnene til kritikken er at aksiomet postulerer eksistensen av en funksjon u uten å gi noen indikasjon på hvordan den kan konstrueres; en annen grunn er at utvalgsaksiomet har en del overraskende konsekvenser som mange finner kontraintuitive. De fleste matematikere i dag aksepterer imidlertid utvalgsaksiomet (og dermed Zorns lemma og Hausdorffs maksimumsprinsipp). La oss nå begynne på beviset for Hausdorffs maksimumsprinsipp: Hvis (X, ) er den partielle ordningen, lar vi X være mengden av alle kjeder i X (vi regner den tomme kjeden med til X ). For hver ikke-maksimal kjede C i X, finnes det elementer x X \ C slik at C {x} er en større kjede. Vi bruker utvalgsaksiomet til å plukke ut én slik x for hver ikke-maksimal kjede C, og setter C + = C {x}. Dersom C er en maksimal kjede, setter vi C + = C. Den intuitive ideen er å bruke operasjonen + til å bygge større og større kjeder inntil vi ender opp med en som er maksimal. Vi starter med C 0 = og setter C 1 = C 0 +, C 2 = C 1 + osv. Får vi ikke en maksimal kjede på denne måten, setter vi C = n N C n og fortsetter med C +1 = C + osv. Før eller senere burde prosessen stoppe og gi oss en maksimal kjede. Problemet er bare at vi mister kontroll over prosessen når vi passerer C vi har ikke tall nok til å navngi (og dermed kontrollere) de nye kjedene. Det er dette ordinaltallene kunne ha hjulpet oss med, men siden vi ikke har dem, må vi kontrollere veksten av kjeder på en annen måte. Strategien vår vil være å finne en annen måte å beskrive familien M = {C 0, C 1, C 2,..., C, C +1,...} av stadig lengre kjeder på. Denne familien har åpenbart følgende egenskaper: (i) Den tomme kjeden er med i M. (ii) Hvis C M, så er C + M. 4

(iii) Hvis C er en kjede av elementer i M (altså en kjede av kjeder!), så er C C C i M Siden vi aldri putter noe inn i M som ikke må være der i henhold til reglene (i)-(iii), bør M være den minste familien som tilfredsstiller disse reglene. Det er dette vi skal utnytte i vår alternative beskrivelse av M. Vi begynner med en definisjon: Definisjon 7 En delfamilie N av X (N er dermed en familie av kjeder) er lukket dersom følgende betingelser er oppfylt: (i) Den tomme kjeden er med i N. (ii) Hvis C N, så er C + N. (iii) Hvis C er en kjede av elementer i N (altså en kjede av kjeder!), så er C C C i N Legg merke til at familien X av alle kjeder er lukket. Dette er åpenbart den største lukkede familien. Som vi allerede har antydet, finnes det også en minste lukket familie: Lemma 8 Snittet M = {N N er en lukket familie} av alle lukkede familier er selv lukket. Bevis: Vi må sjekke (i), (ii) og (iii) ovenfor. Betingelse (i) er oppfylt siden er med i alle lukkede familier og dermed i M. For å sjekke (ii) antar vi at C M. Da er C med i alle lukkede familier, og følgelig er C + med i alle lukkede familier, og dermed i M. For å sjekke (iii) antar vi at C er en samling av kjeder fra M. Da er C en samling av kjeder i enhver lukket N. Følgelig er C C C i N for alle lukkede N, og dermed er C C C i M. Ideen er altså at M består av nøyaktig de kjedene C 0, C 1, C 2,..., C, C +1,... som vi ville ha fått om vi hadde greid å gjennomføre prosessen beskrevet ovenfor helt til den stopper, men heldigvis trenger vi ikke å bevise det (det ville ha vært vanskelig siden vi egentlig ikke vet hvordan denne prosessen er!). Alt vi trenger å vite for å bevise Hausdorffs maksimumsprinsipp, er at (M, ) er en kjede. For å vise at M er en kjede, må vi vise at alle elementene i M er sammenlignbare, dvs. at hvis C, D M, så er enten C D eller D C. Dette er er ikke åpenbart, men vi kan i hvert fall gi et navn til de elementene i M som har den ønskede egenskapen: 5

Definisjon 9 En element S i M kalles sammenlignbart hvis det er sammenlignbart med alle C M (dvs. for alle C M har vi enten C S eller S C). Vi lar S = {S M S er sammenlignbar} være familien av alle sammenlignbare elementer. Oppgaven vår er dermed å vise at S = M. Hvordan gjør vi noe slikt? Vel, siden alt vi egentlig vet om M, er at den er den er minste lukkede familien, er det bare én åpenbar plan: Vi må vise at S er lukket, dvs. vi må bevise at S tilfredsstiller kravene (i)-(iii) i definisjon 11. Det viser seg at (i) og (iii) er lette å sjekke, men at vi må arbeide litt for å få til (ii). Den første hjelpesetningen er enkel, men inneholder kjernen i argumentet. Vanligvis er det ikke slik at hvis C D, så er C + D til det er + -operasjonen altfor ustabil. Hvis D er sammenlignbar og C M, gjelder det imidlertid allikevel: Lemma 10 Anta S M er sammenlignbar. Hvis C M og C S (vi krever altså at C er en ekte 2 delmengde av S), så er C + S. Bevis: Anta for motsigelse at vi ikke har C + S. Siden S er sammenlignbar, er da S C +. Dermed er C S C +, og det er umulig siden C + har høyst ett element mer enn C. Det neste lemmaet viser at resultatetet ovenfor fortsetter å holde om vi bytter om rollene til C og S, dvs. at for C C og S S har vi S C = S + C Beviset flyter litt lettere om vi isteden bruker den ekvivalente formuleringen C S eller S + C Lemma 11 Anta S er sammenlignbar. For hver C M er da enten C S eller S + C, og følgelig er S + sammenlignbar. Bevis: Observer først at den siste setningen følger fra resten: Hvis vi for hver C M har enten C S S + eller S + C, så er åpenbart S + sammenlignbar. For å vise resten lar vi N være samlingen av alle de C M som tilfredsstiller betingelse, dvs. N = {C M C S eller S + C} 2 Her og senere bruker jeg A B til å markere at A er en ekte delmengde av B. Distinksjonen mellom og er viktig i disse argumentene 6

For å vise at N = M holder det å vise at N er lukket (husk at M er den minste lukkede mengden). Vi sjekker betingelsene (i), (ii) og (iii): Betingelse (i): Siden S, er N. Betingelse (ii): Anta C N. Vi må vise at C + N, dvs. at enten er C + S eller så er S + C +. Siden C N, er enten C S, C = S eller S + C. I det første tilfellet er C + S ifølge forrige lemma, i de andre to tilfellene er S + C +. Altså er C + N. Betingelse (iii): Anta C er en kjede av mengder i N, og la D = C C C. Vi må vise at D N, dvs. at enten er D S eller så er S + D. Dersom C S for alle C C, er D S, og følgelig er D N. Hvis det finnes en C C slik at vi ikke har C S, så har vi per antagelse S + C, og dermed S + D. Dette viser at D N også i dette tilfellet. Dermed har vi nådd det første delmålet vårt: Lemma 12 Alle elementer i M er sammenlignbare. Bevis: Vi skal følge strategien i forrige bevis: Siden M er den minste lukkede mengden, holder det å vise at familien S av alle sammenlignbare elementer er lukket. Igjen må vi sjekke betingelse (i), (ii) og (iii). Betingelse (i): Siden C for alle C M, er sammenlignbar. Betingelse (ii): Hvis S er sammenlignbar, er S + også det også ifølge forrige lemma. Betingelse (iii): Anta S er en kjede av sammenlignbare mengder, og la D = S S S. Vi må vise at D S, dvs. at hvis C M, så er D og C sammenlignbare. Dersom S C for alle S S, er D C. Hvis ikke finnes det S S slik at S C, og dermed er D C. I begge tilfeller er D og C sammenlignbare. Bevis for Hausdorffs maksimumsprinsipp: Siden alle elementer i M er sammenlignbare, er M en kjede, og siden M er lukket, er M = C M C et element i M. Bruker vi igjen at M er lukket, ser vi at M + M, og det er bare mulig hvis M = M +, dvs. hvis M er en maksimal kjede. Altså eksisterer det maksimale kjeder. Vi har allerede vist at Hausdorffs maksimumsprinsipp impliserer Zorns lemma, og beviset er dermed fullført. Utvalgsaksiomet spilte en tilsynelatende beskjeden rolle i argumentene ovenfor, men det viser seg at bidraget derfra er umulig å komme utenom. En måte å vise dette på er å bruke Zorns lemma til å bevise utvalgsaksiomet. Vi skal gjøre det i oppgave 1 til slutt i notatet. 7

Kardinaltallene er totalt ordnet Som et viktig eksempel på bruken av Zorns lemma skal vi avslutte dette notatet med å vise at kardinaltallene er totalt ordnet: Teorem 13 For to mengder A og B er enten card(a) card(b) eller card(b) card(a). For å bevise teoremet holder det å vise at hvis A og B er ikke-tomme, så finnes det enten en injektiv funksjon fra A til B eller en injektiv funksjon fra B til A. For å få en idé om hvordan vi skal gå frem, kan det være lurt å tenke på hva ville ha gjort dersom A og B var endelige. Da kunne vi ha plukket ut et element a 1 A og et element b 1 B, og begynt å definere en funksjon f : A B ved å sette f(a 1 ) = b 1. Deretter plukker vi ut elementer a 2 A \ {a 1 }, b 2 B \ {b 1 }, og setter f(a 2 ) = b 2. Fortsetter vi på denne måten, vil prosessen før eller senere stoppe opp fordi vi går tom for nye elementer i A eller B. Dersom det ikke er flere elementer i A, har vi konstruert en injektiv funksjon f fra A til B, og dersom det ikke er flere elementer igjen i B, vil den inverse funksjonen til f være en injektiv funksjon fra B til A. Ideen i argumentet ovenfor er å bygge en stadig større, injektiv, partiell 3 funksjon fra A inn i B. Vi kan utvide denne ideen til det uendelige tilfellet ved å definere en ordning på mengden av alle injektive, partielle funksjoner f : X B, der X A, og så la Zorns lemma plukke ut et maksimalt element for oss. Vi gjennomfører beviset i flere skritt. La oss først lage ordningen: Vi lar I være mengden av alle par (X, f), der X er en delmengde av A, og der f : X B er en injektiv funksjon. Vi definerer så en relasjon på I ved (X, f) (Y, g) X Y og f(x) = g(x) for alle x X Lemma 14 er en partiell ordning. Bevis: Som vanlig må vi vise at de tre kravene til en partiell ordning er oppfylt: (i) Refleksiv: Vi har åpenbart (X, f) (X, f). (ii) Antisymmetrisk: Anta at (X, f) (Y, g) og (Y, g) (X, f). Da er X Y og Y X, så X = Y. Siden i tillegg g(x) = f(x) for alle x X, må også g = f, og dermed er (X, f) = (Y, g). (iii) Transitiv: Anta (X, f) (Y, g) og (Y, g) (Z, h). Da er X Y og Y Z, så X Z. Hvis x X, vet vi at f(x) = g(x), men siden en 3 En partiell funksjon på A er en funksjon som bare er definert på en delmengde av A. 8

x X også er med i Y, har vi g(x) = h(x). Dermed er f(x) = h(x) for alle x X, og vi har vist at (X, f) (Z, h). Det neste lemmaet viser at betingelsen i Zorns lemma er oppfylt. Lemma 15 Hvis C er en kjede i (I, ), finnes det et element (Y, g) I slik at (X, f) (Y, g) for alle (X, f) C. Bevis: Vi setter Y = {(X,f) C} X. For å definere g observerer vi først at hvis y Y, så finnes det minst ett par (X, f) C slik y X. Det er fristende å definere g(y) = f(y), men hva hvis det finnes et annet par (X, f ) C slik at y X? Siden C er en kjede, vil enten (X, f) (X, f ) eller (X, f ) (X, f), og i begge tilfeller er f(y) = f (y), så vi kan uten fare for tvetydighet sette g(y) = f(y). For å sjekke at g er injektiv tar vi for oss to vilkårlige elementer y 1, y 2 Y. Det finnes elementer (X 1, f 1 ), (X 2, f 2 ) C slik at y 1 X 1, y 2 X 2, og siden C er en kjede, er det ene av disse elementene større enn det andre, la oss si (X 1, f 1 ) (X 2, f 2 ). Dermed er y 1, y 2 X 2. Siden f 2 er injektiv, betyr dette at g(y 1 ) = f 2 (y 1 ) f 2 (y 2 ) = g(y 2 ). Dermed har vi vist at g er injektiv, og følgelig er (Y, g) I. Vi kan nå sette sammen bitene: Bevis for teorem 13: Siden vi nå vet at alle kjeder har en øvre skranke, er betingelsene i Zorns lemma oppfylt, og ordningen har derfor et maksimalt element (X max, f max ). Det er to muligheter: X max = A eller X max A. I det første tilfellet er f max en injektiv funksjon fra A inn i B, og følgelig er card(a) card(b). I det andre tilfellet må f max : X max B være surjektiv, for hvis ikke kunne vi ha utvidet (X max, f max ) ved å sende et vilkårlig element i A \ X max på et vilkårlig element i B \ f(x max ), og det er umulig siden (X max, f max ) er maksimal. Men hvis den injektive funksjonen f max : X max B er surjektiv, er den inverse funksjonen en injektiv avbildning av B inn i A, og dermed er card(b) card(a). Oppgaver 1. I denne oppgaven skal vi utlede utvalgsaksiomet fra Zorns lemma. Anta at A er en familie av ikke-tomme mengder. En partiell utvalgsfunksjon er en funksjon u : D u A A A fra en delmengde D u av A slik at u(b) B for all B D u. Vi definerer en relasjon på mengden U av alle partielle utvalgsfunksjoner ved u v D u D v og u(b) = v(b) for alle B D u a) Vis at er en partiell ordning på U. 9

b) Vis at enhver kjede i (U, ) har en øvre skranke. c) Bruk Zorns lemma til å forklare at det finnes et maksimalt element og vis at dette er en utvalgsfunksjon for A. 2. I lineær algebra arbeider man med basiser for endeligdimensjonale vektorrom. Vi skal bruke Zorns lemma til å vise at også alle uendeligdimensjonale vektorrom har en basis. Vi antar at V er et vektorrom over R, og at E er en (muligens uendelig) delmengde av V. En lineær kombinasjon fra E er en sum α 1 e 1 + α 2 e 2 + + α n e n der e 1, e 2,..., e n er endelig mengde elementer i E og α 1, α 2,..., α n R. Vi sier at E er lineært uavhengig dersom en lineærkombinasjon α 1 e 1 + α 2 e 2 + + α n e n fra E bare kan være lik 0 dersom α 1 = α 2 =... = α n = 0. Vi lar U være mengden av lineært uavhengig delmengder av V og ordner U ved inklusjon. a) Vis at alle kjeder i (U, ) har en øvre skranke i U. b) Bruk Zorns lemma til å vise at U må ha et maksimalt element E max. c) Vis et ethvert element v V kan skrives som en lineærkombinasjon v = α 1 e 1 + α 2 e 2 + + α n e n av elementer e 1, e 2,..., e n E max. Dette viser at E max er en såkalt Hamel-basis for V. (Det finnes også en annen type basiser i uendeligdimensjonale vektorrom, Schauder-basiser, men de forutsetter at vektorrommet er utstyrt med en norm.) 3. I denne oppgaven er (R, +, ) en ring. Husk at en delmengde I av R kalles et ideal dersom: (i) 0 I (ii) Hvis x I, så er x I. (iii) Hvis x, y I, så er x + y I. (iv) Hvis x I og r R, så er xr og rx i I. Dersom I R, kaller vi I et ekte ideal. a) Vis at et ideal I er ekte hvis og bare hvis 1 / I. Et ideal M kalles maksimalt dersom det er ekte og det ikke finnes noe ideal J slik at M J R. Vi skal vise at ethvert ekte ideal I kan utvides til et maksimalt ideal, dvs. at det finnes et maksimalt ideal M slik at I M. Vi begynner med å definere Y = {J J er et ekte ideal og I J} Vi lar Y ha den vanlige delmengdeordningen. b) Anta at C er en kjede i (Y, ). Vis at K = J C J er et ekte ideal. 10

c) Vis at det finnes et maksimalt ideal M slik at I M. 4. En velordning av en mengde X er en total ordning på X der hver delmengde har et minste element (for hver delmengde A av X finnes det altså et element m A slik at m a for alle a A). I denne oppgaven skal vi bruke Zorns lemma til å vise at enhver mengde har en velordning. Vi lar X bestå av alle par (A, ) der A er en delmengde av X og er en velordning av A. Hvis a A, definerer vi det initielle segmentet (A a, a ) ved å sette A a = {b A : b < a} og la a være restriksjonen av til A a (rekkefølgen i de to ordningene a og er altså akkurat den samme, bortsett fra at a bare sammenligner elementer som hører med i A a.) Vi definerer en partiell ordning på X ved å si at 1 2 dersom de to ordningene er like eller 1 er et initielt segment av 2. a) Vis at er en partiell ordning. b) Vis at dersom er en velordning på A og at a X \ A, så kan vi lage en velordning på A {a} ved å legge til a som et største element. c) Vis at enhver kjede i X har en øvre skranke. d) Vis at X har et maksimalt element og at dette er en velordning av X. 5. (Eksamen 2013) I denne oppgaven er X en uendelig mengde. En ikke-tom familie F av delmengder av X kalles et filter dersom (1) / F (ii) Hvis F, G F, så er F G F. (iii) Hvis F F og G F, så er G F Et ultrafilter er et filter slik at for alle A X er enten A F eller A c F. a) Vis at dersom x X, så er et ultrafilter. b) Vis at er et filter, men ikke et ultrafilter. F x = {F X x F } F = {F X F c er endelig} c) Anta at C er en kjede av filtre (dvs. at hvis F, G C, så er enten F G eller G F). Vis at H = F C F et et filter. d) Anta at F er et filter og at G X et en mengde slik at hverken G F eller G c F. Vis at er et filter. F G = {H X det finnes en F F slik at F G H} e) Vis at for ethvert filter F finnes det et ultrafilter U slik at F U. 11

6. (Prøveeksamen 2015) I notatet om grafteori har vi bare sett på endelige grafer, men i denne oppgaven skal vi tillate grafer med uendelig mange hjørner og kanter. Alle andre definisjoner er som før, men for sikkerhets skyld går vi gjennom dem vi trenger: I denne oppgaven er en graf G = (V, E) et par bestående av en ikke-tom mengde V og en mengde E av par {u, v} der u, v er ulike elementer i V. Elementene i V kalles hjørner eller noder, og elementene i E kalles kanter. En sti i G er en følge v 0 v 1 v 2... v n 1 v n der (v i, v i+1 ) E for i = 0, 1, 2,..., n 1, og der v 0, v 1, v 2,..., v n er forskjellige. En sykel er en følge v 0 v 1 v 2... v n 1 v 0 der (v i, v i+1 ) E for i = 0, 1, 2,..., n 1, og der v 0, v 1, v 2,..., v n 1, n 3, er forskjellige. En graf er sammenhengende dersom det for alle u, v V finnes en sti som starter i u og ender i v. Et tre er en sammenhengende graf T = (V T, E T ) uten sykler. Vi sier at T er et deltre av grafen G = (V, E) dersom V T V og E T E, og vi sier at deltreet T av G er et utspenningstre (spanning tree) for G dersom V T = V. Målet med oppgaven er å vise at alle sammenhengende grafer har et utspenningstre. I resten av oppgaven er G = (V, E) en sammenhengende graf i henhold til definisjonene ovenfor, og T er mengden av alle deltrær av G. a) Definer en relasjon på T ved T 1 T 2 V T1 V T2 og E T1 E T2 Vis at er en partiell ordning på T. b) Anta at T T ikke er et utspenningstre for G. Vis at det finnes en T T slik at T < T. c) Anta at C er en kjede av trær i T. Vis at det finnes et tre S T slik at T S for alle T C. d) Vis at det finnes et utspenningstre for G. 7. Bevis Hausdorffs maksimumsprinsipp fra Zorns lemma. 12