BEVISER, MÆNGDER, FUNKTIONER OG

Transkript

1 UNF Matematik Camp 2013 BEVISER, MÆNGDER, FUNKTIONER OG UENDELIGHED STEFFEN HØJRIS PEDERSEN & TOBIAS ANSBAK LOUV INSTITUT FOR MATEMATIK, AARHUS UNIVERSITET Ungdommens Naturvidenskabelige Forening Danmark

2 Indhold Kapitel 1. Bevisteknik Matematisk påstand Invariant skakbrættet, der skal dækkes af dominobrikker Skuffeprincippet Mængder Induktionsbeviser Indirekte beviser/modstridsbeviser Funktioner 12 Kapitel 2. Uendelighed Hilberts Hotel, en historie om uendelighed Størrelser af mængder 16 Kapitel 3. Opgaver Opgaver til bevisteknik Opgaver til uendelighed 29 Kapitel 4. Løsningsforslag til opgaverne Løsningsforslag til opgaverne Løsningsforslag til opgaverne om uendelighed 42 Kapitel 5. Projekt: At checke om 3 går op 47 Kapitel 6. Projekt: Bernsteins Sætning 53 Kapitel 7. Løsningsforslag: At checke om 3 gå op 57 i

3

4 KAPITEL 1 Bevisteknik Når vi arbejder med matematik, er det ofte, vi skal vise eller bevise en påstand. Gennem tiden har matematikerne opfundet flere forskellige tricks til at løse givne problemer. Vi skal i dette forløb danne os et overblik over nogle af disse tricks, så vi bliver i stand til at anvende dem i forbindelse med matematisk bevisførelse. Før vi kan gå i gang med dette, skal vi have gjort os klart, hvad en matematisk påstand er Matematisk påstand Før vi kan studere matematisk bevisteknik, skal vi blive enige om, hvad en matematisk påstand er. En matematisk påstand er et udsagn, der som oftest siger noget i retning af: Hvis A gælder, så gælder B også. En påstand kan som udgangspunkt være enten rigtig eller forkert, og det er her, matematiske beviser kommer ind i billedet. Et matematisk bevis bruger man til at be- eller afkræfte en påstand. EKSEMPEL 1.1. Her kommer en liste over påstande: (a) 2 er det eneste lige primtal. (b) 1 går op i alle hele tal. (c) Århus er Danmarks største by. (d) er et primtal. (e) En differentiabel funktion er kontinuert. (f) En kontinuert funktion er differentiabel. (g) Hvis man står ude i regnen uden noget på hovedet, får man vådt hår. (h) En frisør, der klipper netop de mennesker, som ikke klipper sig selv, klipper sig selv. Her ses det, at påstandene (a), (b), (e) er sande, mens påstandene (c), (d) og (f) er forkerte. De sidste to påstande er ikke helt så nemme at svare på. De fleste ville nok svare, at påstand (g) er sand, fordi vi normalt får vådt hår, når vi står i regnen uden noget på hovedet - men hvad hvis man har en paraply i hånden? 1

5 Påstand (h) er derimod ikke til at svare på, fordi frisøren klipper sig selv hvis og kun hvis han ikke klipper sig selv. Det vil sige, vi kan hverken sige, at påstanden er rigtig eller forkert. Denne type påstande er bestemt også interessante matematisk set, men vi vil kun beskæftige os med påstande, der enten er sande eller falske. EKSEMPEL 1.2. Som vi så ved punkt (g) er det ikke alle udsagn, der er præcise nok til, at vi kan svare klart og utvetydigt. Her kommer en liste over mulige udsagn, hvor nogen af dem ikke er velformede udsagn: (A) 25 er et kvadrattal. (B) Blå er den pæneste farve. (C) 3,99999 er næsten lig med 4. (D) Århus har flere indbyggere end New York. (E) 3 0, 3 er lig med 1 ( 3 betyder, at der er uendeligt mange 3-taller efter kommaet). (F) Når man arbejder med lys, er gul en blanding mellem rød og grøn. (G) Pizza mætter mere end burger. Disse punkter vil blive behandlet i opgave Invariant skakbrættet, der skal dækkes af dominobrikker Lad os antage, at vi har et n n-skakbræt, hvor n er et lige tal (det kunne for eksempel være 8). Lad os endvidere antage, at vi har n2 2 især kan dække netop to felter af skakbrættet. dominobrikker, der hver Nu er det forholdsvist nemt at indse, at vi kan dække skakbrættet med dominobrikkerne. Det er sågar ret simpelt at gøre det: Læg blot første dominobrik over felterne A1 og A2. Læg næste over A3 og A4, osv. indtil vi har lagt en brik over felt A(n 1) og An. Dette går op, fordi n er lige. Læg nu de næste dominobrikker på tilsvarende vis hen over række B, C, osv., indtil alle felterne er dækkede. Vi har n 2 2 dominobrikker, som i alt dækker n2 felter, hvilket er det antal felter, der er på skakbrættet, og vi har dermed vist, at vi kan dække det med dominobrikker. Fjern nu to diagonalt modstående felter fra skakbrættet (se figurerne nedenfor). Kan man stadig lægge dominobrikker på en sådan måde, at hele brættet bliver dækket, uden at nogle af brikkerne stikker ud over brættet? For at finde ud af, om man kan, kunne man for eksempel starte med at forsøge sig med at lægge brikker på skakbrættet. Efter at have siddet og forsøgt sig frem i Jeg kan henvise til en søgning på Gödels ufuldstændighedssætninger, hvis man er interesseret i at studere uløselige problemer. Hvorfor skal vi mon have, at n er lige? 2

6 (A) Almindeligt skakbræt. (B) Modificeret skakbræt. nogen tid, vil det nok begynde at gå op for én, at det faktisk ikke er muligt at dække brættet, uden at slå en af dominobrikkerne i stykker. Dette er faktisk rigtig nemt at indse, så snart man bemærker, hvad der sker, når man lægger en dominobrik på brættet. Vi skal bruge et begreb, der hedder en invariant. Bemærk, at på det oprindelige skakbræt er der n2 n2 2 sorte og 2 hvide felter, mens der på det modificerede skakbræt er flere sorte end hvide felter. Når man lægger en dominobrik på skakbrættet, vil man altid dække både et sort og et hvidt felt. Lad s betegne antallet af udækkede sorte felter på brættet, og lad h betegne antallet af udækkede hvide. På et n n-skakbræt, hvor vi har fjernet to hvide felter, vil vi således have, at s = n2 n2 2, mens h = 2 2, før vi begynder at lægge dominobrikker på brættet. Det vil sige, at s = h + 2. Når vi lægger en brik på skakbrættet, vil vi dække både et sort og et hvidt felt, så vi vil stadigvæk have, at s = h + 2. Hermed er vores invariant det udsagn, at s = h + 2. Bemærk, at invarianten ikke ændrer sig (det vil sige udsagnet er invariant) under tilføjelsen af en dominobrik. For at afslutte argumentet er det nu nok at bemærke, at for at have dækket hele brættet, skal vi have, at s = h = 0, men dette er ikke muligt, da s = h + 2. Lad os gå lidt dybere ind i, hvad der sker: Hver gang vi tilføjer en dominobrik, vil h gå ned med 1. Når vi på et tidspunkt har tilføjet n2 2 2 dominobrikker, vil h = 0, mens s = 2. Dette vil gælde, ligegyldigt hvordan vi har lagt dominobrikker på brættet. Nu kan vi ikke lægge endnu en brik på brættet, uden at den skal stikke ud over pladen eller overlappe med en anden brik. Vi kan derfor konkludere, at det ikke er muligt at dække det modificerede skakbræt med dominobrikker. 3

7 ADVARSEL 1.3. Vi kan ikke konkludere, at vi kan dække brættet med dominobrikker, bare fordi s = h. Hvorfor mon ikke det? Dette leder os til at definere en invariant på følgende måde: DEFINITION 1.4 (Invariant). Lad P betegne en bestemt proces. En invariant I er et udsagn, som opfylder, at hvis I er sand, inden vi udfører P, så er I også sand, efter vi har udført P. EKSEMPEL 1.5. I eksemplet med skakbrættet og dominobrikkerne ovenfor er processen P det at lægge en dominobrik på brættet, mens udsagnet I er, at antallet af sorte felter er to større end antallet af hvide felter. Vi bemærkede, at I er en invariant med hensyn til P, fordi hvis I er sand, før vi lægger en dominobrik på brættet, vil I også være det, efter vi har lagt en brik på brættet Skuffeprincippet Skuffeprincippet er en metode, mange bruger uden overhovedet at overveje det. Det bygger kort og godt på, at hvis man har n skuffer og n + 1 bolde, som man skal putte ned i skufferne, vil man altid have mindst én skuffe med mindst to bolde. Lidt mere generelt definerer vi skuffeprincippet på følgende vis. DEFINITION 1.6 (Skuffeprincippet). Hvis man har n skuffer og kn + 1 bolde, man skal putte i skufferne, da vil der altid være mindst én skuffe med mindst k + 1 bolde. EKSEMPEL 1.7. Hvis vi har en gruppe bestående af n mennesker, som alle kan finde på at trykke hinanden i hånden, så kan skuffeprincippet bruges til at vise, at der altid vil findes et par af personer, der hilser på lige mange andre personer. Her antages det, at n 2. Bemærk, at hvis en person giver hånd til alle, vil han give i alt n 1 håndtryk. Det vil altså sige, at antallet af håndtryk, en person giver, er mellem 0 og n 1. Bemærk også, at hvis der er en person, der giver hånd til alle i forsamlingen, vil der ikke være en person, der giver hånd til 0, og hvis der omvendt er en person, der ikke giver hånd til nogen, kan der ikke være en person, der giver hånd til n 1. Vi har altså n personer, hvis antal af håndtryk kan antage n 1 forskellige værdier. Dette betyder, at der må være mindst ét par af personer, der giver det samme antal håndtryk. 4

8 EKSEMPEL 1.8. Antag, at ti venner sender postkort til hinanden, sådan at de hver især sender præcis fem postkort til fem forskellige venner. Da vil der findes et vennepar, som sender postkort til hinanden. For at bevise dette, bruger vi skuffeprincippet: De ti venner sender i alt 5 10 = 50 postkort. Ud af mængden bestående af de ti venner, kan vi i alt vælge ( 10 2 ) = 10! 2!8! = 45 forskellige vennepar, der kan udveksle postkort. Da der bliver sendt 50 postkort, vil der være mindst ét par, der udveksler mindst to postkort. Da alle sender til forskellige venner, vil der altså være mindst ét par, der sender postkort til hinanden. Skuffeprincippet kaldes af og til for Dirichlets skuffeprincip, efter den tyske matematiker Dirichlet, som menes at være den første, der formaliserede skuffeprincippet. På engelsk hedder det The pigeonhole principle. (A) Dirichlets skuffeprincip, illustreret ved duer og dueslag. 10 duer fordelt i 9 dueslag Mængder DEFINITION 1.9. En mængde M er et matematisk objekt, som indeholder en samling elementer. Elementerne kan være alt muligt, det kunne i princippet være mennesker, frugter, tal eller sågar andre mængder. Bemærk, at for at undgå problemer, skal vi kræve, at M ikke er element i sig selv. For at notere, at et element m Peter Gustav Lejeune Dirichlet: Bl.a. Russell s paradox, som definerer mængden R = {M M M}, og bemærker, at R R R R, hvilket er noget sludder et paradoks. 5

9 er et element fra M, skriver vi m M. For at notere, at m ikke er et element i M, skiver vi m M. Lad M og N være to mængder. Vi siger, at M er en delmængde af N (og skriver M N), hvis alle elementer m M også vil opfylde, at m N. Vi siger, at de to mængder er ens, hvis M N og N M, og i så fald skriver vi M = N. Vi vil også antage, at der findes en mængde = {}, som ikke indeholder nogen elementer overhovedet. Bemærk, at denne er entydigt bestemt, idet A =, hvis og kun hvis alle elementer fra A ligger i (og omvendt), men da er tom, kan dette kun være opfyldt, hvis A = {} =. Vi kalder denne mængde for den tomme mængde. NOTE Denne definition af en mængde er bestemt ikke fyldestgørende. Man bruger normalt ZFC-aksiomerne, men disse er tekniske. Den interesserede kan for eksempel besøge den engelske Wikipediaside om ZFC. BEMÆRKNING Bemærk, at denne definition af lighedstegnet mellem mængder sikrer følgende {x, x} = {x}, og {x, y} = {y, x}, så i mængder er der således ingen dubletter eller rækkefølge af elementerne. EKSEMPEL Vi skriver ofte mængder indenfor tuborgklammer, så vi kunne for eksempel skrive N k = {1, 2, 3,..., k}, som er mængden af de første k naturlige tal. Alle de naturlige tal bliver ofte noteret med N = {1, 2, 3,... }, mens vi ofte noterer heltallene med Z = {..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,... }. Fordi der ingen rækkefølge er defineret, kunne vi også definere Z = {0, 1, 1, 2, 2, 3, 3,... }. EKSEMPEL Vi kan også definere mængder ved hjælp af udsagn. Fx definerer vi brøkerne på følgende vis: Q = { p q p Z og q N}, hvilket betyder, at Q er mængden af elementer på formen p q, sådan at p Z (p er et element fra Z), og q N. Som det er kendt fra gymnasiet, skriver vi ofte p for den brøk med p i tælleren og 1 i nævneren, altså brøken p 1. På denne måde kan vi sige, at Z Q (Z er en delmængde af Q). theory 6

10 Bemærk, at N Z Q, men på trods af dette, vil vi senere se, at disse mængder på mystisk vis skal vise sig at være lige store (mere om dette, når vi når til uendelighed). NOTATION Vi benyttede symbolet ovenfor. Dette er blot en anden måde at skrive følgende på. For to mængder M og N, der opfylder, at M N, men M N, skriver vi M N. DEFINITION Lad M, N være to mængder. Vi kan ud fra disse danne nye mængder ved hjælp af diverse mængdeoperationer: Foreningsmængde: M N = {x x M eller x N}. Fællesmængde: M N = {x x M og x N}. Mængdedifferens: M N = {x x M og x N}. Figur 1 viser en illustration af mængdeoperationerne. FIGUR 1. Illustration af mængdeoperationerne M N M N (A) Tegning af M N. (B) Tegning af M N. M N (C) Tegning af M N. 7

11 EKSEMPEL Lad os endvidere tage nogle eksempler på mængdeoperationerne. Husk, at N k = {1, 2, 3,..., k}. {2, 4, 6, 8, 10, 12} {3, 6, 9, 12} = {6, 12}. {2, 4, 6, 8, 10, 12} {3, 6, 9, 12} = {2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12}. {2, 4, 6, 8, 10, 12} {3, 6, 9, 12} = {2, 4, 8, 10}. N 5 N 3 = N 3. N 5 N 3 = N 5. N 5 N 3 = {4, 5}. N 3 N 5 = Induktionsbeviser Bemærk, man vil nogle gange definere N til at være den mindste mængde, der opfylder følgende to krav: 1 N. For alle n N, vil der også gælde, at n + 1 N. Dette giver sådan set blot, at N = {1, 1 + 1, , ,... } = {1, 2, 3, 4,... }, hvilket sikkert er den samme definition, som I kender fra gymnasiet. Når vi betragter den matematiske bevisteknik, induktion, vil det vise sig, at den hænger tæt sammen med denne definition af N, se opgave 8. Før vi kommer med definitionen på induktionsprincippet, så lad os tage et eksempel. EKSEMPEL Lad U(n) være det udsagn, der siger, at summen af de første n naturlige tal er lig med n(n+1) 2. Det vil sige, at for et fastholdt valg af n N, påstår U(n), at følgende lighed gælder: n = n(n + 1). 2 Vi ønsker at vise, at U(n) er sandt for alle n N. Det gør vi på følgende måde: Induktionsstart: Vi viser, at U(n) gælder for n = 1. Dette er nærmest trivielt, idet 1(1 + 1) 2 hvilket netop er udsagnet U(1). = = 2 2 = 1, 8

12 Induktionsskridt: Vi antager, at for et fastholdt valg af n N gælder U(n). Denne antagelse benytter vi til at vise, at U(n + 1) er sandt. Lad n N være et fastholdt tal. Antag, at U(n) er sandt, det vil sige antag, at n = n(n + 1). 2 Vi skal nu vise, at U(n + 1) er sandt, det vil sige, at der gælder, at n + (n + 1) = (n + 1)((n + 1) + 1). 2 Vi starter med at regne på venstresiden. Husk, at vi må udnytte, at U(n) er sandt. Vi har altså, at n + (n + 1) = ( n) + (n + 1) hvilket netop er udsagnet U(n + 1). U(n) n(n + 1) = + (n + 1) 2 n(n + 1) 2(n + 1) = n(n + 1) + 2(n + 1) = 2 (n + 2)(n + 1) = 2 (n + 1)((n + 1) + 1) =, 2 Induktionsprincippet: Vi konkluderer, at U(n) er sandt for alle n N, altså at der for ethvert n N gælder, at n = n(n + 1). 2 Vi har nu set, hvordan induktion fungerer, og vi kan opsummere pointen bag dette princip i følgende definition. DEFINITION 1.18 (Induktionsprincippet). For et fastholdt n N lader vi U(n) være en påstand. For at vise, at U(n) er sandt for alle n N, er det nok at gøre følgende: Induktionsstart: Bevise, at U(1) er sandt. Induktionsskridt: For ethvert fastholdt n N, skal vi vise, at U(n) U(n + 1). 9

13 Induktionsprincippet: Hvis vi kan vise de to ovenstående punkter, giver induktionsprincippet, at U(n) er sandt for alle n N. Når man udfører induktionsskridtet i sit argument, kalder man antagelsen, at U(n) er sandt for et fastholdt n N for induktionsantagelsen Indirekte beviser/modstridsbeviser Ovenfor har vi set eksempler på direkte beviser, det vil sige beviser, hvor vi har antaget, at A gælder, for efter nogle deduktioner at kunne konkludere, at da gælder B også. Denne overordnede kategori af beviser hedder direkte beviser, fordi man ud fra nogle antagelser direkte laver nogle slutninger. Hvad der menes her, vil blive mere klart, når vi har diskuteret modsætningen til direkte beviser, nemlig indirekte beviser, som nogle gange også går under navnet modstridsbeviser eller på latin reductio ad absurdum, hvilket betyder tilbageføring til det meningsløse En lille historie om 2. I har set, hvordan vi definerer Q som alle de rationelle tal, men vi har mange flere tal end det. Vi er endnu ikke i stand til at definere de reelle tal stringent, så lad os bare sige, at det er alle de tal, I kan forestille jer. I forløbet med metriske rum, vil I se en uformel definitionen, som dog er lidt mere præcis end ovenstående definition. Vi skriver R for at notere de reelle tal, og vi bemærker, at Q R. Det var imidlertid sådan, at man på Pythagoras tid ikke kendte til de reelle tal, man troede simpelthen, at alle tal kunne skrives som brøker. Det skulle dog vise sig, at Pythagoras egen læresætning ødelagde denne opfattelse. Betragt den ligebenede og retvinklede trekant, hvis kateter har sidelængden 1: C 1 a A 1 B Hvis man bruger Pythagoras læresætning, får man, at hypotenusens sidelængde a = = 2. En af Pythagoras studerende, Hippasus, krediteres for at have bevist, at 2 ikke er et rationelt tal, hvilket ifølge legenden gjorde de andre Pythagoras fra Samos: 582 f.v.t. 507 f.v.t. 10

14 pythagorærere så sure, at de smed ham overbord fra en båd, hvorefter han druknede. Om denne historie er sand vides ikke, men beviset for, at 2 er irrationelt, er et kroneksempel på indirekte beviser. EKSEMPEL Vi viser via modstrid, at 2 er irrationelt. Antag derfor (for modstrid), at 2 Q, det vil sige, at der findes p Z og q N, sådan at 2 = p q. Hvis der findes et tal d 1, så d går op i både p og q, kan vi forkorte brøken med d. Vi kan derfor antage, at p og q ikke har nogen fælles divisorer (ud over 1 selvfølgelig), fordi ellers så erstatter vi bare p q med den brøk, hvor vi har forkortet med d. Det vil altså sige, at vi må antage, at p q er en uforkortelig brøk. Bemærk, at vi nu har, at 2 = p p2 q, så 2 = q, og vi får, at 2 2q 2 = p 2, hvilket viser os, at 2 går op i p 2, så p 2 er lige, så p er lige, og da vil 2 gå op i p. At 2 går op i p betyder, at der findes et r Z, sådan at p = 2r (det er definitionen på, at 2 går op i p). Dette giver nu, at FiXme Note: Evt. henvis til opgaven.. 2q 2 = p 2 = (2r) 2 = 4r 2, og vi får da, at q 2 = 2r 2, hvilket viser, at 2 går op i q 2, og igen fordi 2 er et primtal, vil 2 gå op i q. Det vil sige, at 2 går op i både p og q, så p q er ikke er en uforkortelig brøk, hvilket strider imod antagelsen, at p q er en uforkortelig brøk. Vi må altså have en forkert antagelse et sted, og den eneste antagelse, vi ikke har argumenteret for, er, at 2 kan skrives som en brøk. Modstridsprincippet lader os nu konkludere, at det er forkert, at 2 kan skrives som en brøk. Altså må 2 være et irrationelt tal. Som vi så i beviset for, at 2 er irrationel, så antog vi det modsatte af det, vi ville vise, hvorefter vi viste noget volapyk. Det kunne også have været, at vi havde vist, at 2 = 1 eller noget andet absurd. DEFINITION 1.20 (Modstrid). Hvis man vil vise påstanden A B, så er det nok at vise, at hvis B er forkert, vil A føre til noget, der oplagt er forkert. 11

15 1.7. Funktioner I matematik bruger man ofte funktioner, men ved I egentlig, hvad en funktion er? En funktion er en slags maskine, der tager imod en eller anden form for input, hvorefter den spytter noget ud i den anden ende. Matematisk set tager funktionen input fra en eller anden mængde og spytter noget ud i den anden ende, som ender i den samme eller en anden mængde. DEFINITION 1.21 (Funktion). En funktion f på en mængde M er en maskine, der til et element x M knytter en værdi y fra en anden mængde N. Vi skriver ofte f M N, og siger, at f er en funktion fra M over i N. Når vi anvender f på et element x M, skriver vi f(x), hvor f(x) N. Endvidere skal der gælde, at hvis der for et x M gælder, at f(x) = y 1 og f(x) = y 2, så er y 1 = y 2, samt for alle x M skal der findes et y N, så f(x) = y. Vi siger, at billedet af f er den delmængde f(m) N, der er givet ved, at f(m) = {y N f(x) = y, for et passende x M}. f f M N (A) En illustration af en funktion som en maskine. (B) En illustration af en funktion som en afbildning. Første punkt sikrer, at f ikke ændrer sig, det vil sige, at hvis maskinen spytter y ud, første gang man putter x ind i den, så vil den altid spytte y ud, når man putter x ind i den. Andet punkt sikrer, at for alle x M, kan vi bruge f, og sammen med punkt ét sikrer dette, at til et givent x M ved vi således altid, at der findes et y N, som f sender x over i, samt at dette y er entydigt bestemt. Dette hedder, at f er veldefineret. 12

16 EKSEMPEL Nogle eksempler på funktioner er følgende: f R R givet ved f(x) = x 2. x f R R givet ved f(x) = 2 x hvis x > 1 f R R givet ved f(x) = x hvis x [ 1, 1]. 1 hvis x < 1 NOTATION For en funktion f M N og et x M, vil der findes et y N, så f(x) = y, og vi kan skrive, at x f y (udtales: x sendes over i y, eller: f sender x over i y). Hvis vi af én eller anden grund skal bruge en funktion, vi ikke vil navngive, kan vi opskrive funktionen ved at bruge -pilen. EKSEMPEL Eksempler på brugen af -pilen: x x 2 R R er en funktion. x 2 hvis x < 0 x 0 hvis x = 0 R R er en funktion. x hvis x > 0 Bemærk, at vi ikke altid har, at for et y N, findes et x M, så at f(x) = y. Men hvis dette er sandt, kalder vi f for surjektiv, i dette tilfælde ser vi, at f(m) = N. Vi har således følgende egenskaber ved en funktion: DEFINITION Lad f M N. Da er f veldefineret, hvis (f(x) = y 1, f(x) = y 2 ) y 1 = y 2, hvilket er et krav for at kalde f for en funktion. f surjektiv, hvis f(m) = N. f injektiv, hvis der gælder, at f(x 1 ) = f(x 2 ) x 1 = x 2. f bijektiv, hvis den er både injektiv og surjektiv. 13

17 EKSEMPEL Lad f være en funktion givet ved, at f(x) = x. For hvilke definitioner har vi, at f er veldefineret, injektiv, surjektiv, bijektiv? (i) f R R (ii) f Z R (iii) f N R (iv) f N Z (v) f N N Vi kan ikke tage kvadratroden af noget negativt, så (i) og (ii) kan ikke lade sig gøre, altså er f ikke veldefineret. Vi har tidligere vist, at 2 er irrationel, så (iv) og (v) kan heller ikke lade sig gøre (f afbilder over i noget, der falder udenfor mængden på højre side). Tilbage står vi med (iii), hvor vi ser, at f(n) 0 for alle n N, og 1 R, så f er ikke surjektiv og dermed heller ikke bijektiv. Dog har vi, at hvis f(n 1 ) = y og f(n 2 ) = y, er n 1 = y 2 = n 2, så f er injektiv. I opgave 14 skal I studere lidt videre på f. Bemærk, at f M N altid er surjektiv på sit billede f(m), hvilket automatisk giver, at en injektiv funktion er bijektiv på sit billede. Vi siger, at f er 1 1 (én-til-én), hvis f er injektiv. Dette gør vi, fordi hvis f er injektiv, gælder der, at f(x 1 ) = f(x 2 ) x 1 = x 2, altså f parrer alle elementer i M med ét og kun ét element i f(m). Når f endvidere er surjektiv, og dermed bijektiv, giver f en 1 1-korrespondance mellem elementerne i M og N. 14

18 KAPITEL 2 Uendelighed 2.1. Hilberts Hotel, en historie om uendelighed. Matematikeren Hilbert ejer et ret specielt hotel. Der er de følgende to grunde til, at det er specielt: (1) Hotellet er meget stort, det har nemlig uendelig mange værelser, nummereret 1, 2, 3,... (2) Hotellet er ekstremt populært, så samtlige værelser er optaget. Vi ser her bort fra den lille trivialitet at der kun er ca. syv milliarder mennesker i verden. En sen aften kommer der en ny gæst til hotellet. Selvom hotellet er fyldt, har Hilbert ikke lyst til at afvise gæsten. Han beder i stedet alle hotellets gæster om at flytte til værelset med værelsesnummer ét højere. Gæsten i værelse 1 flytter altså til værelse 2, gæsten i værelse 2 flytter til værelse 3, og gæsten i værelse n flytter til værelse n + 1. Værelse 1 er nu ledigt, og den nye gæst kan indlogeres i dette. Næste morgen ankommer der en meget stor bus til Hilberts Hotel. Bussen har nemlig uendelig mange sæder, nummereret 1, 2, 3,..., og på hvert sæde er der en passager. Nu er Hilbert virkelig i vildrede, for hotellet er jo stadig fyldt. Han kunne selvfølgelig indlogere passagererne på hotellet én af gangen, ved at benytte taktikken fra aftenen før, men det ville tage uendelig lang tid, inden alle passagererne ville være indlogeret. Han beder i stedet alle gæsterne om at flytte til værelset med det dobbelte nummer. Gæsten i værelse 1 flytter altså til værelse 2, gæsten i værelse 2 flytter til værelse 4, og gæsten i værelse n flytter til værelse 2n. Alle de ulige værelsesnumre er nu blevet ledige, og passageren på sæde 1 kan indlogere sig på værelse 1. Passageren på sæde 2 kan indlogere sig i værelse 3, og passageren på sæde n kan indlogere sig i værelse 2n 1. På den måde har alle gæsterne fået et værelse, og hotellet er igen fyldt. Samme aften ankommer der til Hilberts Hotel uendelig mange busser nummereret 1, 2, 3,..., og i hver bus er der uendelig mange sæder nummereret 1, 2, 3,..., David Hilbert:

19 og på hvert sæde er der en passager der skal indlogeres. Hotellet er jo stadig fyldt, så Hilbert er nødt til at tænke sig om. Først beder Hilbert alle hotellets gæster om at flytte til værelset med det dobbelte nummer. Dermed bliver alle de ulige værelsesnumre ledige. Hilbert uddeler nu værelser efter følgerne fremgangsmåde. Bus 4 13 Bus Bus Bus Sæde 1 Sæde 2 Sæde 3 Sæde 4 Hvilket han opnår ved at indlogere passageren i bus B på sæde S til værelse (B + S 2)(B + S 1) + 2S 1. Alle passagererne bliver på den måde indlogeret, og hotellet er igen fyldt. Historien om Hilberts Hotel viser, at uendelighed er en mærkelig størrelse. Den opfører sig intuitivt mærkeligt, men på trods af dette, skal vi forsøge at tøjle den alligevel. Vi kender godt nok ikke rigtig til det fra hverdagen, men vi kender adskillelige eksempler på mængder der er uendeligt store, f.eks. N, Z, Q og R. Vi har en god idé om størrelsen af endeligt store mængder, fordi vi kan tælle elementerne, så lad os forsøge at overføre vores kendskab om endeligt store mængder til uendeligt store Størrelser af mængder Lad os lave følgende tankeeksperiment: Vi forestiller os, at vi har en masse kopper og underkopper, og vi ønsker at finde ud af, om der er lige mange kopper som underkopper. Vi kunne først tælle antallet af kopper og dernæst antallet af underkopper, og så se, om de to tal stemmer overens. Vi vælger en lidt anden tilgang. Vi kan i stedet gøre det, at vi tager en kop og sætter på en underkop, og sådan fortsætter vi. Så kommer vi enten i den situation, at der er en kop, men ingen underkop at sætte den på, hvilket giver, at der er flere kopper end underkopper, eller at der er en underkop uden kop og ikke flere kopper at placere, hvilket giver, at der er flere underkopper end kopper, eller at der hverken er kopper eller underkopper tilovers, hvilket giver, at der er lige mange kopper og underkopper. selvom det ville være dejligt for eksempel at have uendelig mange penge på bankkontoen. 16

20 Det tankeeksperimentet giver, er, at hvis hver kop kan parres med præcis en underkop, er der lige mange kopper og underkopper. Dette er netop udtrykt ved, at der er en bijektion fra mængden af kopper til mængden af underkopper. At der er færre kopper eller det samme antal kopper som underkopper er udtrykt ved, at der er en injektion fra mængden af kopper til mængden af underkopper. I modsætning til tælletaktikken virker dette også med uendelig store mængder. Dette giver anledning til følgende definition af, hvornår to mængder er lige store. DEFINITION 2.1. Lad A være en mængde. Med A betegner vi antallet af elementer i A, kaldet kardinaliteten af A. To mængder A og B har samme kardinalitet, skrevet A = B, hvis der findes en bijektion f A B. Hvis der findes en injektion f A B siger vi, at kardinaliteten af A er mindre end eller lig kardinaliteten af B, og vi skriver A B. Hvis A B, men der ikke gælder, at A = B (skrevet A B ), skriver vi A < B. BEMÆRKNING 2.2. Hvis to mængder A og B opfylder, at A B og B A, så er A = B. At dette er sandt, er ikke klart ud fra definitionen af kardinaliteten, men det følger fra en sætning af Bernstein. Lad os se på nogle eksempler: EKSEMPEL 2.3. N = {n N n lige} = {n N n = 2k for et k N}. Lad os vise, at afbildningen f N {n N n = 2k for et k N}, givet ved, at f(n) = 2n, er en bijektion. Så vi skal have, at f er både injektiv og surjektiv. Injektiv: Hvis f(x) = f(y), så er x = 1 2 2x = 1 2 f(x) = 1 2 f(y) = 1 2y = y, 2 og dermed er f injektiv. Surjektiv: Givet et lige naturligt tal y, findes der et x N, så y = 2x, og dermed har vi, at f(x) = y. Vi har altså fundet et element, der afbilder over i y, så f er surjektiv. Da f er både injektiv og surjektiv, er f en bijektion, og dermed er N = {n N n lige}. Felix Bernstein:

21 BEMÆRKNING 2.4. Vi har altså vist, at der er lige så mange naturlige tal, som der er lige naturlige tal, på trods af, at der intuitivt må være dobbelt så mange. Der er nemlig oplagt lige så mange lige som ulige naturlige tal, og de naturlige tal er foreningen af de lige og ulige. EKSEMPEL 2.5. N = Z For at klare den, er vi nødt til at bruge en gaffelfunktion. Vi lader f N Z være givet ved n/2, hvis n er lige, f(n) = (n 1)/2, hvis n er ulige. At dette er en bijektion overlades til læseren i opgave 20. DEFINITION 2.6. Lad N, M være mængder. Da definerer vi produktmængden: M N = {(x, y) x M og y N}. NOTATION 2.7. Lad M være en mængde. Da skriver vi ofte M 2 for produktmængden M M, og tilsvarende for et n N, skriver vi EKSEMPEL 2.8. N = Q M n = n gange M M M. Generelt hvis vi kan opstille elementerne i en uendelig stor mængde på en liste, kan vi konstruere en bijektion fra de naturlige tal til mængden ved, at vi sender 1 til det første element i listen, 2 til det andet element i listen, og så fremdeles. Det er faktisk det, vi gjorde før med listerne [2, 4, 6, 8,... ] og [0, 1, 1, 2, 2,... ]. Måden, hvorpå vi viser, at N = Q, er, ved at konstruere en liste med alle de rationale tal. Disse er som nævnt tidligere givet ved brøker, så lad os starte med at konstruere en liste med alle de positive brøker. Vi bevæger os igennem N N ved 4 (1, 1) (1, 2) (2, 1) (1, 3) (2, 2) 3 (3, 1) (1, 4) (2, 3)

22 og konstruerer de tilsvarende brøker 1 1, 1 2, 2 1, 1 3, 2 2, 3 1, 1 4, 2 3,... Hvis et tal optræder flere gange i denne, beholder vi kun den første, så vores liste bliver 1 1, 1 2, 2 1, 1 3, 3 1, 1 4, 2 3,... Dermed har vi en liste med alle de positive brøker. Vi kan nu konstruere en liste med alle de rationale tal ved 0, 1 1, 1 1, 1 2, 1 2, 2 1, 2 1, 1 3, 1 3, 3 1, 3 1, 1 4, 1 4, 2 3, 2 3,... Vi har dermed stillet de rationale tal på listeform, og kan nu konstruere en bijektion mellem N og Q, så der er lige så mange naturlige som rationale tal. Man kunne ledes til at tro, at uendelig er uendelig, og at enhver uendelig stor mængde har den samme kardinatitet som N. Dette er dog ikke tilfældet. EKSEMPEL 2.9. N < R Afbildningen n n er injektiv, så N R. Så vi skal vise, at der ikke findes nogen bijektion mellem N og R, eller ækvivalent, at de reelle tal ikke kan opskrives på listeform. Hvis vi kan finde en delmængde af de reelle tal, som ikke kan opskrives på listeform, er det ikke muligt at opstille alle de reelle tal på listeform. Lad os se på de reelle tal mellem 0 og 1, som kun har 3 og 4 i deres decimalbrøkopskrivning. A = {x R x = 0, a 1 a 2 a 3..., hvor a n {3, 4} for alle n} R. Lad os benytte modstrid til at vise, at elementerne i A ikke kan opskrives på listeform. Så lad os antage, at vi har skrevet alle elementer i A på følgende liste: Lad os nu konstruere tallet på følgende måde: x 1 = 0, a 11 a 12 a 13 a 1n x 2 = 0, a 21 a 22 a 23 a 2n x 3 = 0, a 31 a 32 a 33 a 3n x n = 0, a n1 a n2 a n3 a nn x = 0.b 1 b 2 b

23 Hvis a nn = 3, lader vi b n = 4. Hvis a nn = 4, lader vi b n = 3. x kan altså opfattes som komplementet til diagonalen i vores liste. Da decimalbrøksopskrivningen af x kun indeholder cifrene 3 og 4, vil x A, og x optræder dermed på listen. x x 1, da de er forskellige på første plads efter kommaet. x x 2, da de er forskellige på anden plads efter kommaet. Generelt gælder, at x x n, da de er forskellige på n te plads efter kommaet, så x optræder ikke på listen, hvilket giver vores modstrid. BEMÆRKNING Eksemplet viser, at hvis der ankommer en bus til Hilberts Hotel med lige så mange passagerer, som der er reelle tal, er det ikke muligt for Hilbert at få plads til dem i sit hotel. DEFINITION Lad M være en mængde. Da definerer vi potensmængden: P (M) = {X X M}, hvilket er mængden af alle delmængder af M. EKSEMPEL N < P (N) Afbildningen n {n} er injektiv, så N P (N). Vi skal vise, at der ikke findes nogen bijektion mellem de to mængder. Lad os igen bruge modstrid, så vi antager, at P (N) kan opskrives på listeform: P (N) = [A 1, A 2, A 3,... ]. Inspireret af forrige eksempel betragter vi komplementet til diagonalen A = {n N n A n } P (N). Lad n N. Hvis n A n, vil n A, mens hvis n A n, vil n A. Så n er et element i enten A eller A n, så A A n. Da n var vilkårlig, følger det, at A ikke optræder på listen. Dette er en modstrid, idet A N, og dermed burde optræde på listen. BEMÆRKNING Tricket med at betragte komplementet til diagonalen, kaldes Cantors diagonalargument. Cantor var en af de første matematikere, der tog uendelighed ved hornene og behandlede det stringent. Det sidste, der bliver gennemgået i disse noter, er en sætning af Cantor, som bruger diagonalargumentet på et mere abstrakt plan. Georg Ferdinand Ludwig Philipp Cantor:

24 CANTORS SÆTNING Lad X være en mængde. Da er X < P (X). BEVIS. Afbildningen x {x} er injektiv, så X P (X). At X P (X) viser vi ved modstrid, så vi antager, at der gælder lighedstegn. Det betyder, at der findes en bijektion f X P (X). Vi betragter nu delmængden A = {x X x f(x)}. Da f er surjektiv, findes der et a X, så f(a) = A. Der er nu to muligheder: a A. I dette tilfælde har vi per definition af A, at a f(a); og da f(a) = A, at a A i modstrid med antagelsen. a A. Da f(a) = A, har vi, at a f(a), og per definition af A, at a A i modstrid med antagelsen. Vi har under alle omstændigheden en modstrid, så vores antagelse var forkert. Dermed er sætningen bevist. KOROLLAR Der findes uendelig mange slags uendeligheder. BEVIS. Betragt mængderne N, P (N), P (P (N)), P (P (P (N))),... Fra Cantors Sætning ved vi, at N < P (N) < P (P (N)) < P (P (P (N))) <... Så hver af de uendelig mange mængder har forskellig men uendelig stor kardinalitet. 21

25

26 KAPITEL 3 Opgaver Matematisk påstande Opgaver til bevisteknik OPGAVE 1. I eksempel 1.2 er en række udsagn. Hvilke af disse punkter er velformede udsagn? Hvilke af de velformede udsagn er sande? Falske? Hverken eller? Invarianter. OPGAVE 2. Til en badmintonturnering deltager 1001 spillere, som alle spiller single. Vis, at der er et lige antal spillere, der har spillet et ulige antal single-kampe. Hint: Vis eventuelt først, at hvis s 1, s 2,..., s 1001 er heltal, og s 1 + s s 1001 er lige, må der være et lige antal af s i erne, der er ulige. OPGAVE 3. På Matematik Camp 2013 er der 52 deltagere og 22 arrangører, det vil sige i alt 74 personer. Forestil jer, at vi giver hver enkelt af disse 74 personer et unikt nummer fra 1 til 74. Det vil sige, at der ikke er to personer, der har det samme nummer, og vi har delt alle numrene fra 1 til 74 ud. Nu skal alle fra campen gå forvirret rundt mellem hinanden. Når to personer mødes, sammenligner de deres tal på følgende måde: Antag, at person A har nummeret n A, mens person B har nummeret n B. Hvis n A > n B, går person B ud, og person A tager nu nummeret n A n B. Hvis n A < n B, går person A ud, og person B tager nu nummeret n B n A. Hvis n A = n B, slås sten-saks-papir om, hvem der går ud (det kan lade sig gøre at have det samme tal, fordi man ændrer sit tal undervejs i spillet), og vinderen tager nu nummeret n A n B = 0. Når vinderen er fundet (den sidste person, der er tilbage) har han tallet n. Hvilken paritet har n? Det betyder: Er n lige eller ulige? 23

27 Skuffeprincippet. OPGAVE 4. Betragt en appelsin. Sæt fem punkter på appelsinen med en sprittusch. Vis, at det altid er muligt at dele appelsinen midt over i to lige store stykker på en sådan måde, at mindst fire punkter er på den ene halvdel. Vi siger, at hvis et punkt ligger direkte i skæringen, vil det ligge på begge halvdele. NOTATION. For et reelt tal r skriver vi r for heltalsdelen af r. Det vil sige r kan betragtes som r, rundet ned til nærmeste heltal. For eksempel er 9, = 9, π = 3 og 1 2 = 0. OPGAVE 5 (Dirichlets approksimationssætning). Lad α være et reelt tal, og lad n være et positivt heltal. Denne opgave går ud på at vise, at der findes hele tal p og q, med 1 q n, sådan at qα p < 1 n. (1) Betragt tallene 0, α, 2α, 3α,..., nα, og argumenter for, at tallene 0 0, α α, 2α 2α, 3α 3α,..., nα nα alle ligger i det halvåbne interval [0, 1[. (2) Opdel nu [0, 1[ i n lige store dele på følgende vis: 0 1 n 2 n 1 n n 1 R Betragt nu de disjunkte intervaller [0, 1 n [, [ 1 n, 2 n [, [ 2 n, 3 n [,..., [n 1 n, 1[. Argumenter for, at dette er en opsplitning af intervallet [0, 1[. (3) Vis ud fra punkt (1) og (2), at der findes to forskellige, ikke-negative heltal j og k, sådan at j < k og (kα kα ) (jα jα ) < 1 n, (4) Konkluder ud fra punkt (3), at der findes hele tal p og q, med 1 q n, sådan at qα p < 1 n. Det vil sige, at ingen af intervallerne overlapper. 24

28 Bemærk, at Dirichlets approksimationssætning ikke i sig selv er specielt interessant, men den har et vigtigt og interessant korollar, som vi skal vise i opgave Mængder. OPGAVE 6. Lad M og N være to mængder. Vis, at M N = N M og M N = N M. Vis endvidere, at M = M og M =. OPGAVE 7. Lad X, Y, Z være mængder. Vis følgende distributive love: (X Y ) Z = (X Z) (Y Z) (1) (X Y ) Z = (X Z) (Y Z) (2) Induktion. OPGAVE 8. Induktionsprincippet, som det er beskrevet i definition 1.18, hænger tæt sammen med følgende definition af de naturlige tal: N er den mindste mængde, der opfylder, at 1 N, og for ethvert n N, vil også n + 1 N. Kan I se sammenhængen? Hint: Prøv at betragte de to første punkter af induktionsprincippet i forhold til det sidste punkt. OPGAVE 9. Bevis via induktion, at summen af de n første ulige naturlige tal er lig med n 2. Som bekendt er det n te ulige naturlige tal lig med 2n 1. Det vil sige, at det i denne opgave skal vises, at (2n 1) = n 2. 25

29 OPGAVE 10. Bevis via induktion, at det for alle n N er muligt at konstruere et linjestykke af længde n, kun ved at bruge en passer og en lineal. Hint 1: Det er muligt at konstruere en ret vinkel i et givent punkt ved hjælp af blot en passer og lineal. Hint 2: Brug Pythagoras læresætning om retvinklede trekanter. OPGAVE 11. Brug en allerede kendt formel til at gætte formlen for summen af de n første kubiktal, Bevis formlen via induktion n 3. Hint: Prøv at regne summen ud for nogle små n, fx 1, 2, 3. Se om der danner sig et mønster, du kan genkende Indirekte beviser. OPGAVE 12 (Korollar til Dirichlets approksimationssætning). I opgave 5 viste vi Dirichlets approksimationssætning. Denne opgave går ud på at vise et interessant korollar hertil. Lad α være et irrationelt tal (det vil sige, α kan ikke skrives som en brøk). Vis, at der findes uendeligt mange uforkortelige brøker p q, så α p q < 1 q 2. Hint: Antag for modstrid, at der kun er endeligt mange sådanne uforkortelige brøker p 1 q 1, p 2 q 2,..., p k q k, og argumenter for, at der findes et n N, så 1 n < q iα p i, for alle i = 1, 2,..., k. Brug derefter opgave 5 til at finde endnu en uforkortelig brøk p q, som opfylder betingelsen, men som ikke er lig med nogen af p i q i erne. OPGAVE 13 (Uendeligt mange primtal). Euklid viste i sin tid ved modstrid, at der er uendeligt mange primtal. Denne opgave går ud på at gøre ham kunsten efter. Det vil sige, det skal vises, at der er uendeligt mange primtal. (1) Antag, der er endeligt mange primtal p 1, p 2,..., p k. Sæt p = p 1 p 2 p k + 1. Argumenter for, at da må der findes et i N k, så at p i går op i p. (2) Vis, at p i da vil gå op i 1, hvilket er i modstrid med, at p i er et primtal. Hint: Hvis et tal n går op i a og i b, da vil n gå op i a b. 26

30 Funktioner. OPGAVE 14. I eksempel 1.26 betragede vi en funktion f og så, at kun i punkt (iii) var f veldefineret. Vælg M og N, så f M N fra eksemplet bliver bijektiv. Find derefter den definition f M N, så M er den størst mulige delmængde af R, og f er bijektiv. OPGAVE 15. Lad M, N være mængder, og f M N en funktion. Vis, at f er bijektiv, hvis og kun hvis der findes en funktion g N M, sådan at g(f(m)) = m, for alle m M, samt at f(g(n)) = n, for alle n N. Vi kalder g for den inverse til f, og vi skriver normalt g = f 1. DEFINITION 3.1. Antag, at N M. Da kan vi finde komplementærmængden N C til N, som er defineret ved N C = {x x M og x N} = M N. Bemærk, at selvom det ikke er synligt i notationen, skal komplementærmængden findes indenfor en større mængde. Normalt bruger man komplementærmængden, når det er implicit, at alle de mængder, man arbejder med, er delmængder af en større mængde. Komplementærmængden er altså et udtryk for alt udenfor denne mængde. DEFINITION 3.2. Lad f M N. Hvis vi betragter en delmængde N N, så kan vi betragte urbilledet (også kaldt originalmængden) af N under f. Vi definerer urbilledet til at være den mængde M, der opfylder, at M = {m M f(m) N }. Vi skriver i øvrigt M = f 1 (N ) for at betegne urbilledet af N under f. OPGAVE 16. Lad X og Y være to mængder. Lad f X Y være en funktion. Lad desuden X 1, X 2 X og Y 1, Y 2 Y være fire delmængder af hhv. X og Y. Vis, at da gælder der, at f(x 1 X 2 ) = f(x 1 ) f(x 2 ). f 1 (Y 1 Y 2 ) = f 1 (Y 1 ) f 1 (Y 2 ). f 1 (Y 1 Y 2 ) = f 1 (Y 1 ) f 1 (Y 2 ). f 1 (Y C 1 ) = f 1 (Y 1 ) C 27

31 Ekstraopgaver. Disse ekstraopgaver er konstrueret til de hurtige, som er færdige med de oprindelige opgaver før tid. OPGAVE 17. Kom med et matematisk udsagn, der gælder for alle hele tal n, bortset fra n = 5, 17, 257. OPGAVE 18. Som bekendt underviste Rubeus Hagrid en overgang i magiske væsener ved Hogwarts. En dag havde Hagrid fundet nogle streeler-lignende væsener. Alle ved jo, at en streeler er en stor snegl, der skifter farve i løbet af cirka en time. Denne afart af streelere var dog lidt anderledes. Det er sådan, at de kan antage tre forskellige farver: violet, himmelblå og karrygul. Når to snegle med forskellig farve mødes, skifter de begge over til den tredje farve. Det vil sige, at hvis en violet og en himmelblå snegl mødes, skifter de begge til karrygul. Når to himmelblå mødes, sker der ingenting. Hagrid havde samlet 9 violette, 10 himmelblå og 11 karrygule snegle i en stor kasse. Er det på nogen måde muligt, at der på et tidspunkt er snegle af kun én farve? Hint 1: Nogle gange er det nok at betragte et tal n ved at betragte tallets rest ved division med et andet tal r. Hint 2: Prøv at finde en passende invariant ved at betragte nogle værdiers rest ved division med 3. OPGAVE 19. Forestil dig, at man på dag 1 placerer en abe på første trin på en uendelig høj stige. Hver morgen klatrer aben op på trinnet, der er dobbelt så højt oppe, som den er nu, hvorefter den lige klatrer endnu et trin op. Det vil sige, at om aftenen på dag ét er aben på trin 1, mens den om aftenen på dag to er på trin = 3. Hvor højt er aben oppe om aftenen på dag n? Opgaven er hentet fra Charles W. Triggs opgavebog Mathematical Quickies fra Kilde: 28

32 3.2. Opgaver til uendelighed OPGAVE 20. Vis, at n/2, hvis n er lige, f(n) = (n 1)/2, hvis n er ulige. er en bijektion fra N til Z. Hint: Da f er en gaffelfunktion, er vi nødt til at inddele i undertilfælde, alt efter om n er lige/ulige, og f(n) er positiv/negativ. OPGAVE 21. Lad X være en endelig mængde. Vis at P (X) = 2 X. Hint: Det kan vises via induktion. OPGAVE 22. Vis, at ]0, 1[ N = ]0, 1[. Hint: Tænk Hilberts Hotel. OPGAVE 23. Dirichlets skuffeprincip har følgende variation, kaldet Dirichlets uendelige skuffeprincip: Hvis man har uendelig mange bolde, som man skal putte ned i endelig mange skuffer, vil man altid have mindst én af skufferne med uendelig mange bolde. Overbevis jer om at dette princip virker. Vis derefter følgende om Hilberts Hotel: Hver dag mellem 11 og 13 rengøres alle værelserne. Det tager et fast tidsrum t > 0, at rengøre et værelse. Konkluder, at der på et eller andet tidspunkt mellem 11 og 13, er rengøring i gang i uendelig mange af værelserne. OPGAVE 24. Lad r > 0 være et positivt reelt tal. Definer C(r) = {(x, y) R 2 x 2 + y 2 = r 2 }, hvilket er cirklen i planen med centrum (0, 0) og radius r. Lad r > 0 være et positivt reelt tal. Vis, at C(r) = C(1). OPGAVE 25. Vis, at afbildningen f ]0, 1[ R defineret ved 1 hvis x ]0, 1 f(x) = x 2 ], 1 x hvis x ]1 2, 1[, er en bijektion. Bemærk, at dette viser, at ]0, 1[ = R. 29

33

34 KAPITEL 4 Løsningsforslag til opgaverne Matematisk påstande Løsningsforslag til opgaverne OPGAVE 1. Vi ser først, at (B), (C) og (G) ikke er velformede udsagn, fordi svaret på opgaven afhænge af opgavebesvarerens personlige holdning til spørgsmålet. Vi ser, at de andre fire punkter er velformede udsagn. Vi ser nu følgende: (A) 25 = 5 2, så det er sandt, at 25 er et kvadrattal. (D) I følge Wikipedia er der over 8 millioner indbyggere i New York, og da der er under 6 millioner mennesker i Danmark, kan Århus ikke have flere indbyggere end New York. (E) Vi har, at 0, 3 = 1 3, så 3 0, 3 = = 1. (F) Når man arbejder med lys er grundfarverne rød, grøn og blå, og gul er faktisk en blanding af rød og grøn Invarianter. OPGAVE 2. Et heltal er lige, hvis og kun hvis det er på formen 2n, mens det er ulige hvis og kun hvis, det er på formen 2n 1. Dette giver umiddelbart, at summen af to tal af forskellig paritet er ulige, mens summen af to tal af samme paritet er lige. Dette giver, at hvis en sum af n heltal er lige, må der være et lige antal af disse, der er ulige, for ellers ville summen være ulige. Dette viser hintet (faktisk i en mere generel form). Lad nu s 1, s 2,... s 1001 være givet, så s i angiver antallet af kampe, spiller nr. i har spillet. Bemærk nu, at summen 1001 i=1 s i er lige, idet hver kamp er talt med netop to gange. Vores invariant bliver nu, at 1001 i=1 s i er lige. Denne påstand er invariant, når der bliver spillet en ny kamp. Hintet giver nu, at et lige antal af summanderne er ulige, hvorefter vi kan konkludere, at et lige antal af spillerne har spillet et ulige antal kampe. Bemærk, at

35 vores argumenter er uafhængige af tallet 1001, og vi kunne i princippet have ført argumentet, hvor 1001 var udskiftet med et vilkårligt tal n N. OPGAVE 3. Lad S i betegne summen af de numre, deltagerne holder, efter i personer er gået ud. Til at starte med er S 0 = = 2775, så S 0 er ulige. Antag, at vi er nået til, at i personer er gået ud. Når de næste to personer mødes, vil enten n A n B eller n A n B. Vi kan uden tab af generelitet antage, at n A n B. Nu har vi følgende: Hvis n A og n B har samme paritet, vil både n A + n B og n A n B være lige. Og vi har, at S i+1 = S i (n A + n B ) + (n A n B ), og dermed vil S i+1 have samme paritet som S i. Hvis n A og n B har forskellig paritet, vil både n A + n B og n A n B være ulige. Og vi har, at S i+1 = S i (n A + n B ) + (n A n B ), og dermed vil S i+1 have samme paritet som S i. I begge tilfælde ser vi, at pariteten ikke ændrer sig, når en person går ud. Vi kan bruge pariteten af summen af deltagernes tal som en invariant under processen, at to personer mødes, og den ene går ud. Da S 0 er ulige, vil S 73 også være det, og S 73 er jo netop det nummer, vinderen ender med. Bemærk, at hvis det er lettere at forstå, kan vi udskifte de to tilfælde ovenfor med den observation, at S i+1 = S i (n A + n B ) + (n A n B ) = S i 2n B, og da 2n B som bekendt er lige, ser vi, at pariteten af S i+1 er den samme som pariteten af S i Skuffeprincippet. OPGAVE 4. Vælg to punkter på appelsinen og del den midt over gennem disse punkter. Dette kan lade sig gøre, fordi der gennem to punkter på en kugle altid kan tegnes en storcikel. Nu er der tre punkter tilbage, så en af de to halvdele må have to af disse punkter. Dette giver nu, at den ene af halvdelene vil indeholde mindst fire punkter. 32

36 OGPAVE 5. Vi viser punkterne: (1) iα er heltalsdelen af iα, så iα iα er netop det, der kommer efter kommaet i tallet iα, så iα iα [0, 1[. (2) Alle højre endepunkter stemmer overens med de venstre. Det venstre endepunkt er med, så foreningen af intervallerne er netop [0, 1[. (3) Det er her, vi bruger skuffeprincippet: Der er netop n + 1 tal i listen fra delopgave (1), som alle ligger i [0, 1[, og i den disjunkte opsplitning af [0, 1[ fra delopgave (2) er der netop n delintervaller. Der må altså være et interval [ i n, i+1 [ n og to forskellige tal jα jα og kα kα fra listen fra delopgave (1), så 0 j < k n, sådan at jα jα, kα kα [ i n, i + 1 n [. Intervallængden er netop i+1 n i n = 1 n, så (jα jα ) (kα kα ) < 1 n. (4) Bemærk, at delopgave (3) viser, at 1 > (kα kα ) (jα jα ) = (k j) α ( kα jα ) n Nu kan vi blot vælge q = k j og p = kα jα. Da 0 j < k n, vil 1 q n, og vi er færdige Mængder. OPGAVE 6. Betragt figur 1 på side 7. Der ses det tydeligt, at M N = N M, samt at M N = N M. Bemærk, at M = {x x M og x } = {x x M} = M, og M = {x x og x M} =. 33

37 OPGAVE 7. I figur 1 på side 34 i noterne er de to mængder illustreret. Det ses, at begge sider af lighedstegnene giver anledning til samme figurer. FIGUR 1. Illustrationer af løsningerne Z Z X Y X Y (A) Tegning af (1). (B) Tegning af (2). Alternativt kan man gøre følgende: Ad (1) viser vi først inklusionen den ene vej og så bagefter den anden. : Antag, at α (X Y ) Z. Vi har, at α (X Y ) Z α X Y og α Z (α X eller α Y ) og α Z (α X og α Z) eller (α Y og α Z) (α X Z) eller (α Y Z) α (X Z) (Y Z), så α (X Z) (Y Z), og vi kan dermed konkludere, at (X Y ) Z (X Z) (Y Z). : Antag omvendt, at α (X Z) (Y Z). Vi har nu, at α (X Z) (Y Z) (α X Z) eller (α Y Z) (α X og α Z) eller (α Y og α Z) (α X eller α Y ) og α Z α X Y og α Z α (X Y ) Z, 34