OPGAVEN BIJ BASISWISKUNDE 2016, COLLEGE 11

OPGAVEN BIJ BASISWISKUNDE 2016, COLLEGE 11
Opgave 1 (Natuurlijke getallen). We bekijken de constructie van de natuurlijke getallen
uit elementaire operaties op verzamelingen zoals eerder besproken. Definieer 1 := {∅} en
volg(n) := n ∪ {n}, de opvolgerfunctie. We schrijven dan
N := {1, volg(1), volg(volg(1)), volg(volg(volg(1))), . . .}.
(a) Schrijf uit als verzamelingen: 2 := volg(1), 3 := volg(2). Hoeveel elementen heeft
5 := volg(volg(3))?
(b) Bewijs dat de hier gedefinieerde N voldoet aan de axioma’s van Peano:
1. volg is injectief,
2. 1 6∈ volg(N),
3. Als M ⊆ N met 1 ∈ M en volg(M ) ⊆ M , dan geldt M = N.
Opgave 2 (Optelling). We construeren inductief de optelling van natuurlijke getallen: voor
n, m ∈ N definiëren we
n + 1 = volg(n),
n + volg(m) = volg(n + m).
(a) Bewijs dat 2 + 2 = 4.
(b) We bewijzen associativiteit: voor alle x, y, z ∈ N geldt x + (y + z) = (x + y) + z. Neem
daartoe x, y ∈ N willekeurig en definieer
M = {z ∈ N : x + (y + z) = (x + y) + z}.
Gebruik de definitie van optelling en het derde axioma van Peano (inductie) om te
bewijzen dat M = N. Concludeer dat associativiteit geldt.
(c) Geef een inductieve definitie van vermenigvuldiging n · m. Bewijs dat 2 · 2 = 4.
Op analoge wijze kan worden als bij de associativiteit, kan worden aangetoond dat optelling
commutatief is (x + y = y + x), dat vermenigvuldiging associatief en commutatief is, en dat
rekenregels als x · (y + z) = x · y + x · z gelden (distributiviteit).
Ten slotte bekijken we hoe we de gehele getallen Z kunnen construeren uit N. We identificeren gehele getallen daartoe met paren natuurlijke getallen. Zo staat (1, 2) voor het getal
1 − 2 = −1. Deze schrijfwijze is niet uniek: (2, 3) geeft hetzelfde getal. Dit is op te lossen door
deze paren als equivalent te beschouwen.
Opgave 3 (Gehele getallen). Definieer op N × N een equivalentierelatie ∼ door (a.b) ∼ (c, d)
desda a + d = b + c.
(a) Bewijs dat ∼ een equivalentierelatie is.
(b) Geef de equivalentieklasse [(1, 2)] van (1, 2).
We definiëren nu Z := {[(a, b)] : a, b ∈ N}, de verzameling van equivalentieklassen. We
kunnen n ∈ N opvatten als [(n + 1, 1)] ∈ Z. Nieuw zijn 0 := [(1, 1)] en −1 := [(1, 2)]. Gehele
getallen zijn hiermee dus geconstrueerd als equivalentieklassen van paren natuurlijke getallen.
Opgave 4 (Optelling op Z). Voor [(a, b)], [(c, d)] ∈ Z definiëren we
[(a, b)] + [(c, d)] := [(a + c, b + d)].
Toon aan dat dit goedgedefinieerd is, d.w.z. niet afhangt van de keuze van representanten: als
(a, b) ∼ (a0 , b0 ), dan (a + c, b + d) ∼ (a0 + c, b0 + d).
Huiswerk (inleveren maandag 17 oktober)
Opgave 5 (Additieve inverse). Voor k = [(a, b)] ∈ Z definiëren we min(k) = [(b, a)].
(a) Bewijs dat min een goedgedefinieerde afbeelding Z → Z is.
(b) Bewijs dat voor k ∈ Z geldt k + min(k) = 0.
Extra: keuze-axioma en Zorn’s Lemma
Definitie. Zij X een verzameling. Een (partiële) ordening op X is een relatie op X die
voldoet aan
(1) Reflexiviteit: x x voor alle x ∈ X.
(2) Antisymmetrie: als x y en y x, dan is x = y.
(3) Transitiviteit: als x y en y z, dan is x z.
Een totale of lineaire ordening is een ordening zodat voor alle x, y ∈ X geldt x y of y x
(of beide).
Opgave 6. Welke van de volgende zijn ordeningen? Welke zijn totaal?
(a) X = R met de gebruikelijke ordening ≤.
(b) X = P(A) met de ordening ⊆. Maakt de keuze van A uit voor je antwoord?
(c) X = Z met x y desda |x| ≤ |y|.
(d) X = N met x y desda x | y.
Definitie. Zij X een verzameling met ordening . Een bovengrens van een deelverzameling
C ⊆ X is een element z ∈ X zodat c z voor alle c ∈ C. Een maximaal element van X is een
element z ∈ X zodat er geen enkele x ∈ X is met z ≺ x.
Opgave 7. Ga voor de geordende verzamelingen uit de vorige opgave na of er een maximaal
element bestaat. Beantwoord deze vraag ook voor X = (0, 1) en X = [0, 1] met de gebruikelijke
ordening ≤.
Het volgende lemma is equivalent met het keuze-axioma en de welordeningstelling:
Lemma (Zorn). Zij X een verzameling met ordening . Stel dat iedere totaal geordende
deelverzameling van X een bovengrens heeft. Dan bevat X tenminste één maximaal element.
Opgave 8. Geef, indien mogelijk, voor elk van de geordende verzamelingen uit bovenstaande
opgaven een voorbeeld van
(a) Een totaal geordende deelverzameling die een bovengrens heeft.
(b) Een totaal geordende deelverzameling die geen bovengrens heeft.
Opgave 9. We gaan nu het Lemma van Zorn gebruiken om de volgende stelling uit de lineaire
algebra te bewijzen:
Stelling. Zij V een vectorruimte. Dan bestaat er een basis voor V .
Herinner: een basis E ⊂ V voor een vectorruimte is een collectie die lineair onafhankelijk is
en de hele ruimte opspant, dus
(1) Lineaire onafhankelijkheid: als λ1 e1 + · · · + λn en = 0 voor zekere λi ∈ R en ei ∈ E,
dan geldt λi = 0 voor elke i.
(2) Voor elke x ∈ V zijn er e1 , . . . , en ∈ E en λ1 , . . . , λn ∈ R zodat er geldt x = λ1 e1 +
· · · λ n en .
Merk op dat een basis niet eindig hoeft te zijn, maar dat bovenstaande uitspraken wel altijd
over eindige deelverzamelingen gaan.
We bewijzen de stelling als volgt: zij F de collectie van alle lineaire onafhankelijke stelsels
in V geordend door ⊆. We gaan op deze verzameling het Lemma van Zorn toepassen.
S
(a) Zij M ⊂ F totaal geordend en definieer M = E∈M E. Laat zien dat M een bovengrens
is van M in F (laat in het bijzonder zien dat M ∈ F).
(b) Het Lemma van Zorn geeft nu een maximaal element E ∈ F. Toon aan dat dit een basis
is. Hint: stel dat x niet in het opspansel van E ligt. Laat nu zien dat E niet maximaal
kan zijn.
Extra: maten op R
In het hoorcollege spraken we over het toekennen van lengtes aan deelverzamelingen van R.
Intuı̈tief heeft [0, 1] lengte 1, Z lengte 0 en R lengte oneindig.
Definitie. Zij A ⊆ P(R) een collectie deelverzamelingen van R. Een maat op A is een
afbeelding λ : A → [0, ∞] die voldoet aan
• λ(∅) = 0, en
S∞
• voor elke disjuncte A1 , A2 , A3 , . . . ∈ A geldt i=1 Ai ∈ A en
!
∞
∞
[
X
λ
Ai =
λ(Ai ).
i=1
i=1
Een maat heet translatie-invariant als voor elke S ∈ A en t ∈ R geldt dat t + S ∈ A en
λ(t + S) = λ(S). Hier is
t + S = {t + s : s ∈ S},
de verzameling S met t verschoven.
We zijn geı̈nteresseerd in maten die overeenkomen met ons intuı̈tief begrip van lengte, dus
we willen [a, b] ∈ A voor alle a < b en λ([a, b]) = b − a. Via de tweede eigenschap kunnen we
dan bijvoorbeeld bepalen
λ([0, 1] ∪ [4, 10]) = λ([0, 1]) + λ([4, 10]) = 1 + 6 = 7.
In het vervolg nemen we aan dat λ een translatie-invariante maat is die voldoet aan λ([a, b]) =
b − a en gedefinieerd is op een zo groot mogelijk collectie A van deelverzamelingen van R.
Opgave 10. Laat zien dat als A ⊆ R aftelbaar is, dat dan geldt λ(A) = 0.
We beweren nu dat onder aanname van het keuze-axioma, λ niet gedefinieerd kan zijn op heel
P(R). Er zijn dus verzamelingen die geen lengte hebben. In de volgende opgaven construeren
we een dergelijke verzameling.
Opgave 11. Definieer een equivalentierelatie op R door x ∼ y desda x − y ∈ Q. Bewijs dat
iedere equivalentieklasse een element van [0, 1] bevat.
Kies nu met het keuze-axioma uit iedere equivalentieklasse een element van [0, 1]. Noem de
verzameling van deze elementen S. Stel dat S ∈ A en dus een lengte λ(S) heeft.
Opgave 12. Bewijs dat voor q1 , q2 ∈ Q met q1 6= q2 geldt q1 + S ∩ q2 + S = ∅.
S
Opgave 13. Bewijs dat q∈Q (q + S) = R. Leg uit dat hieruit volgt λ(S) 6= 0.
Opgave 14. Toon aan dat

λ

[
(q + S) = ∞.
q∈Q∩[0,1]
Opgave 15. Laat zien dat
[
(q + S) ⊆ [0, 2].
q∈Q∩[0,1]
Leg uit dat dit tot een tegenspraak leidt.