1. No category

MAT1140 H15: Obligatorisk oppgave 1
Løsningsforslag
Oppgave 1: Vi må sjekke at de tre kravene til en ekvivalensrelasjon er oppfylt:
(i) Refleksiv: Siden b − a = b − a, er (a, b) ∼ (a, b).
(ii) Symmetrisk: Dersom b − a = d − c, så er åpenbart d − c = b − a. Det
viser at hvis (a, b) ∼ (c, d), så er også (c, d) ∼ (a, b).
(iii) Transitiv: Anta at (a, b) ∼ (c, d) og (c, d) ∼ (e, f ). Da er b − a = d − c
og d − c = f − e. Dette gir b − a = f − e, og følgelig er (a, b) ∼ (e, f ).
To par (a, b) og (c, d) er ekvivalente dersom vektoren fra a til b er “lik” (dvs.
har samme lengde og retning som) vektoren fra c til d. Ekvivalensklassene består
dermed av vektorer som er “like” i denne betydningen.
Oppgave 2: a) Det er flere måter å løse denne oppgaven på, og vi skal se på tre.
Metode 1: Vi bruker induksjon på antall kanter. Har treet bare én kant, er
påstanden åpenbart sann, så vi kan konsentrere oss om induksjonstrinnet. Anta
derfor at vi har et tre T med e kanter og at påstanden gjelder for alle trær med
færre kanter. Fjerner vi en kant i T , vet vi fra pensum at vi sitter igjen med en
graf med to komponenter. Disse komponentene må selv være trær siden de ikke
har sykler (T selv er jo sykelfri siden den er et tre). Det er nå to muligheter:
(i) Den ene komponenten består av bare én node v. Da er v et blad i det
opprinnelige treet. Etter induksjonsantagelsen inneholder den andre komponenten minst to blader. Det ene av disse bladene behøver ikke være et
blad i T (fordi det er forbundet med v), men det gjør ikke noe siden v er
et blad, og vi dermed fortsatt har minst to blader.
(ii) Begge komponentene er trær med minst én kant. Ifølge induksjonsantagelsen har de da minst to blader hver, dvs. minst fire til sammen. To av
disse bladene kan være forbundet av den fjernede kanten og er dermed
ikke blader i T , men det gjør ikke noe siden vi fortsatt har minst to blader
igjen.
Metode 2: Velg en sti
u0 −→ u1 −→ u2 −→ . . . un−1 −→ un
i treet med maksimal lengde. Vi skal vise at u0 og un er blader, og at grafen
dermed har minst to blader. Anta for motsigelse at én av dem – la oss si un –
ikke er et blad. Da må un ha en kant {un , v} i tillegg til den kanten {un−1 , un }
som er med i stien. Hvis v er en node som ikke er med i stien, vil
u0 −→ u1 −→ u2 −→ . . . un−1 −→ un −→ v
være en sti som er lengre enn den opprinnelige, og det er umulig siden vi startet
med en sti med maksimal lengde. Altså må v være lik et av elementene ui i den
opprinnelige stien. Dermed er
ui −→ ui+1 −→ . . . un−1 −→ un −→ v = ui
1
en sykel, og det er umulig siden grafen er et tre. Dette viser at un må være et
blad, og et helt tilsvarende argument viser at u0 er et blad.
Metode 3 (hensynsløst stjålet fra besvarelsen til Arne Tobias Malkenes Ødegaard): La T være et tre med n noder og e kanter, og anta for motsigelse at T
har null eller ett blad. Dersom deg u betegner graden til noden u (dvs. antall
kanter som hører til u), er
X
deg u ≥ 2(n − 1) + 1 = 2n − 1
u∈V
siden det er minst n − 1 noder med 2 eller flere kanter. På den annen side er
X
deg u = 2e
u∈V
siden hver kant har to hjørner og dermed blir telt opp nøyaktig to ganger i
summen til venstre. Dette gir 2e ≥ 2n − 1, dvs. n ≤ e + 21 , noe som er umulig
siden vi i trær alltid har n = e + 1.
b) La K være en komponent i G. Da er K sammenhengende, og siden hver node
i K har minst to kanter, kan ikke K ha blader. Ifølge a) kan K da ikke være
et tre. Siden alle sammenhengende, sykelfrie grafer er trær, må derfor K (og
dermed G) ha en sykel.
Oppgave 3: a) Anta x ∈ (a, b), da er a < x og x < b. Siden c < a, får vi ved
transitivitet at c < x. Siden b < d, får vi også ved transitivitet at x < d. Dermed
har vi x ∈ (c, d).
b) Siden mengden B = {bn : n ∈ N} er oppad begrenset av d, har B en minste
øvre skranke b. Siden enhver ordning med den minste øvre skranke egenskapen
også har den største nedre skranke egenskapen (Theorem 4.2.26 i læreboken),
har mengden A = {an : n
S ∈ N} på tilsvarende måte en største nedre skranke
a. Vi skal vise at (a, b)S= n∈N (an , bn ).
Anta først at x ∈ n∈N (an , bn ). Da er x ∈ (an , bn ) for en n ∈ N, og siden
a ≤ an , b ≤ bn er dermed x ∈ (a, b).
Anta så at x ∈ (a, b). Da er a < x, og siden a er den største nedre skranken
til mengden A = {an : n ∈ N}, kan x ikke være en nedre skranke for A. Det
betyr at det finnes en ak som er slik at x ≤ ak ikke holder, og siden ordningen
er total, betyr det at ak < x. På tilsvarende måte finner en bm slik at bm > x.
Lar vi N være det største av tallene k og m, har vi dermed aN ≤ ak < x og
x < bm ≤ bN , som ved transitivitet
gir aN < x < bN . Dermed er x med i
S
(aN , bN ), og følgelig er x ∈ n∈N (an , bn ).
c) Det klassiske eksemplet er å la X være mengden Q av alle rasjonale tall
√ og
la
a
og
b
være
bedre
og
bedre
rasjonale
tilnærminger
til
henholdsvis
−
2 og
n
√ n
2, f.eks.
a1 = −1,
a2 = −1.4,
b1 = 1,
b2 = 1.4,
a3 = −1.41,
b3 = 1.41,
2
a4 = −1.414,
b4 = 1.414,
a5 = −1.4142, . . .
b5 = 1.4142, . . .
√
√
S
Unionen n∈N (an , bn ) består da av alle rasjonale tall mellom − 2 og 2, men
√
√
denne mengde kan ikke skrives som et intervall i Q siden − 2 og 2 ikke er
rasjonale tall.
Det finnes også enklere eksempler. La X = R \ {−1, 1} ogSla ≤ være vanlig
ordning av tall. Setter vi an = −1 + n1 og bn = 1 − n1 , vil ikke n∈N (an , bn ) være
et intervall i X siden endepunktene −1 og 1 mangler.
S (Strengt tatt må vi vise
at det ikke finnes noe intervall (a, b) i X som er lik n∈N (an , bn ). Det er ikke så
vanskelig:
S Hvis b > 1, finnes det tall x mellom 1 og b som er med i (a, b), men
ikke
i
n∈N (an , bn ), og hvis b < 1, finnes det tall mellom b og 1 som er med i
S
n∈N (an , bn ), men ikke i (a, b).)
Oppgave 4: a) Hvert av punktene i oppgaven svarer til et punkt i definisjonen
av en topologi. En nyttig observasjon før vi begynner: Dersom O ∈ T , så er
Oc ∈ F siden (Oc )c = O ∈ T .
(i) Siden X ∈ T , er ∅ = X c ∈ F. Tilsvarende medfører ∅ ∈ T at X = ∅c ∈ F.
S
(ii) For alle F ∈ G er F c ∈ T , og følgelig er F ∈G F c ∈ T . Dermed er kom
S
S
c c
c c
plementet
=
F ∈G F
F ∈G F
T
T ∈ F, og ifølge De Morgans lover er
F
.
Altså
er
F
∈
F.
F ∈G
F ∈G
(iii) Siden F1 , F2 , . . . , Fn ∈ F, er F1c , F2c , . . . , Fnc ∈ T , og følgelig er F1c ∩ F2c ∩
c
. . . ∩ Fnc ∈ T . Dermed er (F1c ∩ F2c ∩ . . . ∩ Fnc ) ∈ F, og ifølge De Morgans
c
c
c c
lover er (F1 ∩ F2 ∩ . . . ∩ Fn ) = F1 ∪ F2 ∪ . . . ∪ Fn . Altså er F1 ∪ F2 ∪ . . . ∪
Fn ∈ F.
b) Vi viser dette ved induksjon på antall elementer i A. Har A bare ett element a1 , er a1 både et største og minste element i A. Anta at påstanden holder
for mengder med n − 1 elementer, og la A = {a1 , a2 , . . . , an } være en mengde
med n elementer. Ifølge induksjonshypotesen har mengden {a1 , a2 , . . . , an−1 } et
minste element ai og et største element aj . Siden ordningen er total, er enten
ai < an eller ai > an (de kan ikke være like siden vi antar at elementene i A er
forskjellige). I det første tilfellet er ai et minste element i A, i det andre tilfellet
er an et minste element (her bruker vi transitivitet - hvis ak ∈ A, k 6= n, er
an < ai ≤ ak .). Argumentet for et største element er helt tilsvarende.
c) Vi må sjekke at familien T av åpne mengder tilfredsstiller de tre kravene til
en topologi.
(i) Vi vet at ∅ ∈ T . For å vise at X er åpen, plukker vi ut et vilkårlig
element x ∈ X. Siden ordningen er total og ikke har noe største eller
minste element, finnes det a, b ∈ X slik at a < x < b (hvorfor?). Da er
x ∈ (a, b) ⊂ X, så X er åpen.
S
(ii) Anta at O er en familie åpne mengder og at x ∈ O∈O O. Da finnes det
en O ∈ O slik at x ∈ O,Sog siden O er åpen, finnes
S det et intervall (a, b)
slik at x ∈ (a, b) ⊆ O ⊆ O∈O O. Dette viser at O∈O O er åpen.
(iii) Anta at O1 , O2 , . . . , On er åpne mengder og at x ∈ O1 ∩ O2 ∩ . . . ∩ On .
Vi må vise at det finnes et åpent intervall (a, b) slik at x ∈ (a, b) ⊆
O1 ∩ O2 ∩ . . . ∩ On .
3
Siden hver Oi er åpen, finnes det et åpent intervall (ai , bi ) slik at x ∈
(ai , bi ) ⊆ Oi . Ifølge punkt b) har den endelige mengden {a1 , a2 , . . . , an }
et største element a og den endelige mengden {b1 , b2 , . . . , bn } et minste
element b. Da er a < x < b og (a, b) ⊆ (ai , bi ) ⊆ Oi for alle i. Følgelig er
x ∈ (a, b) ⊆ O1 ∩ O2 ∩ . . . ∩ On som viser at O1 ∩ O2 ∩ . . . ∩ On er åpen.
4