Specialkurs i matematik 2007

Transkript

1 Matematiska institutionen Specialkurs i matematik 2007 Föreläsningsanteckningar och övningar

2

3 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin Specialkursen HT07 28 september 2007 Mängder och kardinalitet Dessa blad utgör skissartade föreläsningsanteckningar kombinerat med övningar. Framställningen är inte fullständig utan måste kompletteras med egna anteckningar och problemlösningar. 1. Mängdlära En mängd är en påse som innehåller element. Denna naiva definition är dock problematisk... Speciellt finns en tom påse, som kallas tomma mängden och betecknas. Om A är en mängd, är {A} också en mängd. Den har ett element nämligen A. Vad är egentligen ett element...? Vi skriver x A om x är ett element i A, annars x A. Låt A och B vara mängder. Om x(x B = x A), säger vi att B är en delmängd till A och skriver B A. Om dessutom A B talar man om en äkta delmängd. Jämför begreppet strikt olikhet. Har man en samling mängder kan man bilda nya genom diverse konstruktioner. Låt A och B vara två mängder. Man kan bilda unionen, A B, och snittet A B. Om A B = säger man att mängderna är disjunkta: de saknar gemensamma element. Om C = A B gäller x(x C (x A x B)). Formalisera snittet! Vi kan bilda produktmängden av två mängder A B = {(a, b);a A b B}. Det är alltså mängden av ordnade par. Övning 1: Vad är A? Vi skriver A n för A A A då n N (Jämför R n ). Vad ska vi mena med A 0? Kanske är A 0 = { }. Varför skulle det vara naturligt? Om A är en mängd, är P(A) mängden av alla delmängder till A. Speciellt gäller P(A) och A P(A). Jag vill tacka Christer Kiselman och Lars-Åke Lindahl, som jag lånat några idéer av till övningar och upplägg. 1

4 1.1. Relationer En relation, R mellan elementen i två mängder A och B är en delmängd av A B. Vi skriver att arb om (a, b) R. Om A = B talar man om en relation på A. Vi ska återkomma till relationsbegreppet senare. Ett exempel på en relation är = på mängden A. Formellt har vi = = {(x, x); x A}. Övning 2: Formalisera, d.v.s. skriv upp som en mängd, relationen < på N! 1.2. Funktioner och avbildningar Vad är en funktion (eller avbildning)? Vad betyder skrivsättet f : X Y och x f(x)? Formellt är en funktion f : X Y en relation mellan X och Y som uppfyller x(x X = y(y Y (x, y) f z(z y = (x, y) f))) Tolkad som en delmängd av X Y är funktionen inget annat än funktionens graf, G f = {(x, y) X Y ; y = f(x)}. Mängden av avbildningar X Y brukar betecknas Y X. Ett litet sidospår Låt n = {1, 2,...,n} och 0 =. Låt X vara en icke-tom mängd. Vi ser att X 1 naturligt kan identifieras med X. För varje x X finns ju funktionen f x : 1 X som avbildar 1 på x, och varje funktion 1 X är av den typen. Övertyga dig nu om att X 2 på liknande sätt kan identifieras med X X d.v.s. med X 2. Och att X n kan identifieras med X n. Hur kan vi använda detta för att definiera X 0 och oändliga produkter...? Bilder och urbilder Låt f : X Y. Om A X så kallas f(a) = {f(x);x A} bilden av A. Om B Y så definierar vi f 1 (B) = {x X, f(x) B}, kallad urbilden eller den inversa bilden av B. Observera att f(x) inte behöver vara lika med Y. Övning 3: Låt f : R R, x x 2. Bestäm f(r, ) f 1 ([0, 1]) och f 1 ([ 1, 0]). Låt sin beteckna den vanliga, reella sinusfunktionen. Bestäm sin 1 ([0, 1/ 2]). (Observera att det inte är frågan om arcsin! Utred gärna sambandet...) Injektioner och surjektioner En avbildning f : X Y kallas injektiv om x y medför f(x) f(y). Om f är injektiv kan man bilda en avbildning f 1 : f(x) X, som har 2

5 egenskapen att f 1 (f(x)) = x och f(f 1 (y)) = y för alla x X och alla y f(x) Y. Man säger att f är surjektiv om f(x) = Y. Om f är både surjektiv och injektiv sägs f vara bijektiv. Övning 4: Sök på nätet efter dessa termer. Finns svenska ord? Finns olika definitioner? Överensstämmer de? 2. Kardinaltal Hur kan man mäta storlek (mäktighet) på mängder? Genom avbildningar! Två mängder X och Y sägs ha samma kardinaltal om det finns en bijektion f : X Y. Man skriver då X Y och card X = cardy. Vad är cardx? Kanske cardx är mängden av alla mängder Y så att X Y? Men detta leder till svårigheter... Relationen är reflexiv, symmetrisk och transitiv. Relationen = mellan kardinaltal ärver dessa tre egenskaper. Man säger att X har kardinaltal högst lika med kardinaltalet för Y om det finns en injektiv avbildning f : X Y. Man skriver då cardx cardy. Om cardx = cardy gäller uppenbarligen cardx cardy och cardy cardx. Är omvändningen sann, d.v.s. gäller det att cardx cardy och cardy cardx medför att cardx = cardy. Ja, enligt Cantor Bernsteins sats från Vi återkommer till den Ändliga kardinaltal Om X och Y är ändliga mängder är det lätt att förstå och räkna med kardinaltal. Det är helt enkelt antalet element i mängden. Ofta identifierar man (kanske lite slarvigt) cardx med antalet element i X. Låt x = cardx och y = cardy. Vi definierar x + y = card(x Y ). (Vi förutsätter att X och Y är disjunkta.) Detta stämmer för ändliga mängder. På samma sätt definierar vi produkten xy = card(x Y ). Potenser. Notera att antalet avbildningar från X in i Y är y x, åtminstone om X inte är tom. Så vi definierar y x = card(y X ). Speciellt är card( X ) = 0, om X ; det finns inga sätt att avbilda en icke-tom mängd in i tomma mängden. Övning 5: Visa att xx = x card 2 för alla ändliga kardinaltal x Oändliga kardinaltal Det minsta oändliga kardinaltalet betecknas med ℵ 0, vilket uttalas alef-noll. Bokstaven ℵ är den första i det hebreiska alfabetet. Det näst minsta betecknas ℵ 1, och så vidare. 3

6 Är två kardinaltal, x, y, alltid jämförbara, dvs gäller alltid x y eller y x? Svaret är ja, OM man accepterar urvalsaxiomet... Det följer att det finns ett minsta oändligt kardinaltal. Det minsta oändliga kardinaltalet, ℵ 0 är lika med kardinaliteten för det naturliga talen N. (Varför?) Man kan visa att ℵ 0 + ℵ 0 = ℵ 0 och ℵ 2 0 = ℵ 0. Det är ungefär samma sak som att visa att card Z = card N och card Q = card N. Man kan visa att för oändliga kardianaltal x och y, där x y, gäller: x + x = x, x n = x (n N) och att x + y = xy = y. Jämför räkneregler för vanliga tal! Däremot gäller att x 2 x men 2 x x för alla kardinaltal x. Vi skriver då x < 2 x. Kontinuumhypotesen kan nu formuleras: ℵ 1 = 2 ℵ 0. Övning 6: Sök på nätet och ta reda på något om Kontinuumhypotesen. Om X är en mängd med kardinalitet x, så är 2 x kardinaliteten hos en mängd Y X där Y har två element, t.ex. Y = {0, 1}. Detta är mängden av alla avbildningar X {0, 1}. Det är lätt att se att den mängden har samma kardinalitet som potensmängden till X, P(X), genom följande konstruktion. För varje A X, låter vi χ A : X {0, 1} vara den karaktäristiska funktionen som definieras genom χ A (p) = 1 om p A och χ A (p) = 0 om p A. Vi ser att avbildningen A χ A är en bijektion mellan P(X) och Y X. Sats 1. För varje kardinaltal x gäller att x < 2 x, d.v.s. att potensmängden alltid har strikt större kardinalitet än mängden. Bevis. Låt X vara än mängd med kardinalitet x. Vi ser lätt att x 2 x. Avbildningen f : X P(X), x {x} är nämligen injektiv. (Vad händer om X =?). Antag nu att cardp(x) cardx. Då skulle det finnas en injektion g: P(X) X. Vi ska se att det antagandet är motsägelsefullt. Låt B = {g(a);a P(X) och g(a) A}. Låt b = g(b). Undersök om b B! Det leder till en motsägelse mot antagandet att en sådan injektion g finns. Cantor Bernsteins sats Sats 2. Om det för två kardinaltal x och y gäller x y och y x, så gäller x = y. Bevis. Översatt till mängder X och Y betyder förutsättningarna att vi har två injektiva avbildningar f : X Y och g: Y X. Vi ska använda dessa för att konstruera en bijektion h: X Y. För att göra detta ska vi använda f och g för att gå fram och tillbaka mellan X och Y, och så att säga sy ihop avbildningen h. 4

7 Definiera A 0 = X g(y ). Sedan definierar vi, steg för steg B k = f(a k 1 ) och A k = g(b k ), för k = 1, 2, 3,... Låt A = A 0 A 1 A 2 = A k, och definiera: { f(x) x A h(x) = g 1 (x) x A Det återstår att kontrollera att h är injektiv och surjektiv genom att studera ett antal olika fall. Något om talmängder De naturliga talen N har kardinaltal ℵ 0. Eftersom det är naturligt att lista de naturliga talen genom att räkna upp dem: 0, 1, 2, 3,... kallas denna mängd, och alla mängder med kardinaltal ℵ 0 (oändligt) uppräkneliga mängder. Vi har följande resultat. Sats 3. N, Z och Q är uppräkneliga mängder. R och C är inte uppräkneliga. Vi har ℵ 0 = card N = card Z = card Q < card R = card C. Bevis. Den första likheten (från vänster) är per definition sann. De två följande visas genom att räkna upp mängderna. För att visa att cardn < cardr kan vi anta att det finns en bijektiv avbildning f : R N (vi vet att card N card R). Genom ett diagonaliseringsförfarande kan vi hitta ett reellt tal som missas av avbildningen. Det finns dock några tekniska små bekymmer. Den sista likheten följer av att xx = x för alla oändliga kardinaltal x, och satsen är visad. Vi ser alltså att det finns lika många naturliga som rationella tal, fast de rationella talen ligger mycket tätare på tallinjen. Däremot finns det många fler reella tal än rationella tal. Samtidigt finns det lika många punkter i komplexa talplanet (och mer allmänt i R n, n 1) som på tallinjen. Ändå verkar planet (och rummet) vara mycket större än tallinjen. För att förklara detta behöver man dimensionsteori och måtteori; mängdteorien ensam räcker inte. Dessa begrepp studeras inom analys och topologi. De reella tal som inte är rationella kallas irrationella. De irrationella talen är alltså inte uppräkneliga. (Varför?) Vad är då ett reellt tal? Ett noggrant svar är ganska komplicerat att ge, och förtjänar nästan en hel kurs... Ett sätt är att säga att ett reellt tal gränsvärdet av en följd av rationella tal som konvergerar. Alltså är r ett reellt tal om r = lim n q n, där q n Q och lim N diam{q n; n N} = 0. Om A R är diam(a) längden (diametern) på det minsta slutna intervall som innehåller alla punkter i A. Om A bara består av rationella tal så är diametern ett rationellt tal (eller + ). 5

8 Man kan också beskriva reella tal genom decimalutveckling (som ett decimalbråk): ett reellt tal är ett heltal plus ett tal av typen 0, a 1 a 2 a 3 a 4 = i=0 a i 10 i där 0 a i 9. Denna beskrivning är dock inte oproblematisk. Vi har inte entydighet, t.ex. är = (Bevisa det!) 2.3. Övningar Övning 7: Visa att A (B C) = (A B) (A C) genom att språkligt formulera vad det innebär att x tillhör högerledet respektive vänsterledet. Illustrera också med ett Venndiagram. Övning 8: Låt A och B vara ändliga mängder. Visa att card(a B) = card(a) + card(b) card(a B). (carda ska alltså tolkas som antalet element i A, så att är väldefinierat.) Övning 9: Härled en analog formel för card(a B C) =... Högerledet ska innehålla kardinaltal för olika snitt av de inblandade mängderna. [Ledning: Skriv först A B C = A (B C) och utnyttja föregående övning flera gånger.] Övning 10: Visa att card([0, 1]) = card(]0, 1[) (ledning: Använd Cantor Bernstein) och att card(]0, 1[) = card(r). I det sista fallet borde du explicit kunna ange en bijektion mellan mängderna. Kan du göra det också i det fösta fallet? Övning 11: Vi vet att card N < card R och card N < cardp(n). Visa att card R = cardp(n). [Denna övning är kanske ganska svår, innan man klarat av första analyskursen. Den som kan något om oändliga serier kan gärna försöka. Kanske kan du visa card R cardp(n) eller card P(N) card R.] Övning 12: Vi har sett att varje reellt tal kan skrivas som ett oändligt decimalbråk. Ett decimalbråk kallas periodiskt om det har formen r = A, a 1 a 2...a m b 1 b 2...b n b 1 b 2...b n... där sekvensen b 1 b 2...b n upprepas i oändlighet. a) Visa att det periodiska decimalbråket 0, är rationellt och skriv det på formen p/q. 6

9 b) Bevisa att varje periodiskt decimalbråk är rationellt. c) Gäller omvändningen, d.v.s. är varje rationellt tal ett periodiskt decimalbråk? Bevis? Övning 13: Ett reellt tal kallas algebraiskt om det är en rot till polynomekvation av typen a m x m + a m 1 x m a 1 x + a 0 = 0, där varje a i är ett heltal. Många irrationella tal är algebraiska, men man kan visa att t.ex. π och e inte är algebraiska. Sådana tal kallas transcendenta. a) Visa att varje rationellt tal är algebraiskt b) Visa att och är algebraiska. c) Bevisa att om α > 0 är algebraiskt så är α algebraiskt. d) Bevisa att mängden av algebraiska tal är uppräknelig. [Ledning: Hur många algebraiska tal finns det som kommer från ekvationer av grad högst M N och med a i M, i = 0...M? Kanske hjälper det att visa att en uppräknelig union (d.v.s. en union av uppräkneligt många mängder) av ändliga mängder är uppräknelig?] Övning 14: Visa att card C = card R genom att konstruera en injektiv avbildning från R 2 R. [Ledning: Arbeta med decimalutvecklingar.] Övning 15: Ett reellt tal r kallas beräkningsbart om det finns ett datorprogram som räknar ut det. Vi tolkar detta (utan att bli allt för tekniska) som att det existerar ett datorprogram som tar ett naturligt tal N som indata och svarar genom att räkna ut de N första decimalerna r (Eller bättre, producerar ett rationellt tal r N så att r N r 10 N, vilket inte riktigt är samma sak). Det finns ingen över gräns för hur många instruktioner programmet får utföra eller hur mycket minne som får gå åt men programet måste vara ändligt stort och det måste bli klart i ändlig tid. Det innebär att bara ändligt många instruktioner har utförts när programmet är klart. Och att bara ändligt mycket minne använts. Det typiska är att tids- och minnesåtgången ökar med storleken på N. Det spelar egentligen ingen roll vilken sorts dator som är inblandad, men låt oss anta att det är en binär dator, där ett datorprogram alltså består av en (ändlig, men hur lång som helst!) följd ettor och nollor. a) Låt C vara mängden av datorprogram. Bestäm cardc! Man kan visa att alla algebraiska tal är beräkningsbara. Likaså är π och e beräkningsbara. Om α och β är beräkningsbara, är α + β, αβ, α/β och 7

10 α β beräkningbara, de två senare under förutsättning att operationen är väldefinierad. b) Låt B beteckna mängden av beräkningsbara reella tal. Använd resultatet i a) för att bestämma card B. c) Vilket kardinaltal har mängden av icke beräkningsbara reella tal? Kan ge något exempel på ett sådant tal? Motivera! Behövs de icke beräkningsbara talen alls? 8

11 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin Specialkursen HT07 23 oktober 2007 Relationer Dessa blad utgör skissartade föreläsningsanteckningar kombinerat med övningar. Framställningen är inte fullständig utan måste kompletteras med egna anteckningar och problemlösningar. 1. Relationer Vi repeterar kort begreppet relation. En relation, R mellan elementen i två mängder A och B är en delmängd av A B. Vi skriver att arb om (a, b) R. Om A = B talar man om en relation på A. Ett exempel på en relation är = på mängden A. Formellt har vi = = {(x, x); x A}. Ett annat exempel är på N, n = {(m, n)} = {(0, 0), (0, 1), (1, 1), (0, 2), (1, 2), (2, 2), (0, 3)...}. n=0 m=0 Detta sätt att skriva upp en relation är naturligtvis ganska osmidigt. Andra viktiga exempel på relationer är ordningsrelationer på talmängder. På R och Q har vi strikt (<) och icke-strikt ( ) olikhet. Dessa har ganska olika egenskaper. På Z och N är < och väsentligen samma sak, m n m < n + 1. Vad beror skillnaden mellan R och Z på? För att läsaren inte ska tro att relationsbegreppet är begränsat till de mest vanliga relationerna ger vi ytterligare några exempel. Exempel 1. Låt f och g vara två funktioner i R R. Vi säger att f g om f(x) g(x) för alla x R. Det är lätt att se att vi varken har sin cos eller cos sin. Exempel 2. Låt A vara en godtycklig mängd. Vanlig mängdinklusion är en relation på P(A). Hur då? Exempel 3. Man kan naturligtvis hitta på hur knasiga relationer som helst. T.ex. K på R R där fkg om f(x) + g(x) x för alla x och f(n)g(n) är ett primtal för alla heltal n > 10. Helknasigt och förmodligen ganska (säkerligen helt) ointressant. 1

12 1.1. Relationer med struktur Användbara relationer bör inte vara hur vilda som helst. Därför behövs en uppsättning axiom man kan kräva att relationen ska uppfylla. Beroende på vilka axiom man kräver ska vara uppfyllda får man olika typer av relationer. Vi har tidigare sett vad som krävs för att en relation ska vara en funktion. Låt X vara en mängd och R en relation på X. 1. Reflexivitet En relation är reflexiv om xrx för alla x X. Exempel på reflexiva relationer är = och på R. Relationen < på R är inte reflexiv. 2. Irreflexivitet En relation är irreflexiv om xrx inte gäller för något x. Strikt olikhet är irreflexiv. Relationen xny om och endast om x = y på R är varken reflexiv eller irreflexiv, ty 0N0 men inte 1N1. 3. Symmetri En relation är symmetrisk om xry gäller om och endast om yrx. Likhet är symmetrisk liksom relationen skild från ( ). Olikhet är inte symmetrisk. 4. Antisymmetri En relation är antisymmetrisk om xry och yrx medför x = y för alla x och y. Olikhet på R är antisymmetrisk, så även relationen mellan kardinaltal (Detta är Cantor-Bernsteins sats.). 5. Transitivitet En relation är transitiv om xry och yrz medför att xrz för alla x, y,z. Likhet, olikhet och strikt olikhet är alla transitiva. Relationen ( ) är det inte. Det finns fler viktiga egenskaper som relationer kan ha, men vi nöjer oss med dessa för tillfället. Låt oss istället kombinera dem på olika sätt och se vad vi får. Övning 1: Hur många relationer finns det på en mängd med 3 element? Hur många reflexiva relationer finns det? Vad kan du säga i det allmänna fallet, om antalet relationer och reflexiva relationer på en mängd med n element. Övning 2: Hur många symmetriska relationer finns det på en mängd med 3 element? Hur många antisymmetriska relationer finns det? Vad kan du säga om fallet med n element? Övning 3: Upprepa föregående övning med den skillnaden att du dessutom kräver att relationerna är reflexiva. Övning 4: Hur många transitiva relationer finns det på en mängd med 2 element? b) Det tycks inte vara känt om det finns någon enkel formel för antalet transitiva relationer på en mängd. Skriv ett datorprogram som räknar antalet 2

13 transitiva relationer på en mängd med n element. Gör en lista över resultatet då n = 3, 4, Ordningar En relation som är reflexiv, antisymmetrisk och transitiv kallas för en ordning eller en partiell ordning och en mängd som utrustats med en ordning kallas för en (partiellt) ordnad mängd. Om mängden heter X kan man kalla ordningen X och den ordnade mängden (X, X ). Övning 5: Om (X, X ) är en ordnad mängd och Y är en delmängd till X, visa att en ordning på Y kan defineras genom y 1 Y y 2 om y 1 X y 2 (I det senare fallet betraktas elementen som medlemmar i X). Övning 6: Om är en ordning på X, visa att, definierad genom x y om och endast om y x, också är en ordning på X. Den vanliga ordningsrelationen på R är en ordning. Om X är vilken mängd som helst finns en naturlig ordning på P(X) nämligen inklusion. Övning 7: Visa att relationen är en ordning på P(X), d.v.s. att relationen A är en delmängd av B är reflexiv, antisymmetrisk och transitiv. (Kom ihåg att två mängder är lika om de har samma element.) Övning 8: Visa att relationen i Exempel 1 ovan är en ordning. En ordning på X kallas linjär eller total om det för alla x, y X gäller att x y eller y x. Den vanliga ordningen på R är linjär. Mängdinklusion är inte en linjär. (Varför?) Övning 9: Låt (X, X ) och (Y, Y ) vara två ordnade mängder. Visa mängden X Y kan ordnas genom att deklarera att (x 1, y 1 ) X Y (x 2, y 2 ) om x 1 X x 2 men x 1 x 2 eller om x 1 = x 2 och y 1 Y y 2. Visa att den definierade ordningen är linjär om de ingående ordningarna är linjära. Den ordning som infördes i föregående uppgift brukar kallas lexikografisk ordning. Den kan generaliseras på ett uppenbart sätt till en ordning på X n om X är ordnad. Hur då? Varför kallas den lexikografisk? Övning 10: Om vi har en ordning på en mängd kan vi införa en strikt ordning genom att definiera a < b om a b och a b. (d.v.s. inte a = b). Visa att den strikta ordningen är asymmetrisk, d.v.s. a < b medför att inte b < a gäller: a, b: a < b = (b a) Övning 11: Vad menas med en välordning? Sök på nätet! Vad har det med urvalsaxiomet att göra? 3

14 1.3. Ekvivalensrelationer En relation som är reflexiv, symmetrisk, och transitiv kallas för en ekvivalensrelation. Många viktiga relationer är ekvivalensrelationer, och likhet kanske är den viktigaste. (För övrigt är likhet den enda relation som både är en ordning och en ekvivalensrelation.) Vi ger några fler exempel. 1. Låt A vara mängden av räta linjer i planet. Då är xpy om x och y är parallella (eller sammanfaller) en ekvivalensrelation. 2. Låt D vara mängden av rätvinkliga trianglar i planet. Då är xly om x och y är likformiga en ekvivalensrelation. 3. Låt n vara ett fixt positivt heltal. Definiera relationen K på Z genom xky om n (x y), d.v.s. om n delar x y. Den här relationen har ett eget skrivsätt: man skriver x y (mod n) då xky och säger att x är kongruent med y modulo n. T.ex. har vi 1 6 (mod 5) eftersom 1 6 = 5 är delbart med 5. Naturligtvis är också 1 4 (mod 5) medan 1 6 (mod 2). Om ett heltal a vid division med 5 ger kvoten q och resten r, så betyder det att a = 5q + r och a r (mod 5). Varje heltal är därför kongruent med något av talen 0, 1, 2,...,n 1 (mod n). Verifiera att exemplen verkligen är ekvivalensrelationer. Låt vara en ekvivalensrelation på en mängd X. Låt x vara ett element. Vi kan nu bilda mängden A x genom A x = {y X; x y}. Mängden A x kallas en ekvivalensklass. Vi ser att A x inte är tom eftersom x A x (reflexivitet). Om y A x så är A y = A x på grund av symmetri och transitivitet: z A x = z x = z y [eftersom x y] = z A y. och omvänt. Man inser att vi har följande Sats 1. En mängd X med en ekvivalensrelation delas upp i ett antal parvis disjunkta delmängder (ekvivalensklasser), som tillsammans täcker hela X. Man säger att X partitioneras av ekvivalensrelationen. Vi kan också gå åt andra hållet. Låt X vara en mängd och P = {A 1, A 2, A 3,...} = {A j } j J Om A j är icke-tomma, parvis disjunkta och täcker hela X kallas P en partition av X. I symboler kan vi skriva (i tur och ordning) dessa villkor som A j för alla j J, A i A j = om j i och j J A j = X. 4

15 Mängden J ovan brukar kallas indexmängd och används för att lista (eller indexera) alla mängder i P. J kan ha vilket kardinaltal som helst; egentligen är det ju bara kardinaltalet som spelar roll. Låt P vara en partition av X och definiera x y om x och y tillhör samma mängd i P (d.v.s. x, y A j för något A j P.) Det är lätt att visa att är en ekvivalensrelation. Vi kan nu formulera följande skärpning av Sats 1 ovan. Sats 2. Mängden av ekvivalensrelationer på X står i ett naturligt ett-till-ettförhållande till mängden av partitioner av X. Låt oss beskriva ekvivalensklasserna till exemplen ovan 1. Låt A vara mängden av räta linjer i planet. Låt ω θ = (cos(θ), sin(θ)), θ [0, π[ vara en uppsättning riktningsvektorer i planet. En ekvivalensklass är då A θ = {{(x, y) + tω θ ; t R}; (x, y) R 2 }. och P = {A θ ; θ [0, π[}. Observera att den inre mängden i A θ är en linje; den linje med riktning θ som går genom punkten (x, y). Den yttre mängden är en samling linjer med samma riktning. P är en mängd av mängder med linjer (som ju i sig är mängder av punkter). Vilken hierarki! 2. En ekvivalensklass kan beskrivas av ett tal p ]0, 1] som beskriver den kortaste kateten delat på den längsta. 3. Vi har xky på Z om n (x y). Det är klart att en ekvivalensklass består av alla tal som är delbara ned n, K 0 = {0, ±n, ±2n,...} = {qn; q Z}. Lite eftertanke ger att det finns precis n ekvivalensklasser, och dessa ges av K r = {qn + r; q Z}, där r = 0, 1,...,n 1. Vi ser alltså att ekvivalensklasserna beskrivs av talen 0, 1, 2,...,n 1, d.v.s. P = {K 0, K 1,...K n 1 } Med dessa förberedelser kan vi nu beskriva vad som menas med Z n : Z n består av talen 0, 1,...,n 1 där addition och multiplikation definieras på följande sätt: a + b = det unika tal r Z n så att den vanliga summan a + b K r. ab = det unika tal r Z n så att den vanliga produkten ab K r. Exempelvis är = 2 och 3 6 = 4 i Z 7 eftersom 9 2 (mod 7) och 18 4 (mod 7). 5

16 Om a och b är två (vanliga) tal och a +b = 0 så kallas b en additiv invers till a; vi har b = a. Det är klart att varje tal a Z n har en additiv invers, nämligen talet n a. En multiplikativ invers till ett tal a är ett tal b så att ab = 1, b = a 1. Om vi har att göra med rationella tal har varje tal utom 0 en multiplikativ invers, nämligen 1 genom talet. Kan vi hitta en entydig lösning till ekvationen ax = b för alla a 0 och alla b, så kan vi alltid bestämma en invers till a genom att sätta b = 1. Om n = pq där p och q är heltal större än 1, så är pq = 0 i Z n, så ekvationen px = 0 saknar entydig lösning. Följande övning går ut på att visa existens av en entydig lösning av ax = b i Z p om p är ett primtal. Övning 12: Låt a 0. Visa att (i Z p ) gäller: a) ax = 0 = x = 0. b) ax = ay = x = y. c) För varje b Z p har ekvationen ax = b en unik lösning. [Ledning: Betrakta de p talen a 0, a 1,...,a (p 1). Vad kan sägas om dessa i ljuset av b)?] Det följer naturligtvis speciellt att ekvationen ax = 1 har en unik lösning, som per definition är den multiplikativa inversen, a 1. Huvudproblemet är löst, men övningen fortsätter. d) Bevisa att i Z p gäller x 2 = x x = 1 x = 1 eller x = p 1. Detta betyder att a 1 = a a = 1 eller a = p 1. e) Beräkna (p 1)! i Z p då p = 2, 3, 5 och 7. Gör därefter en kvalificerad gissning av vad (p 1)! är i Z p för godtyckliga primtal p. Bevisa att din gissning är korrekt! [Ledning: Utnyttja resultaten i d) för att para ihop faktorerna i produkten (p 1)! = (p 1) på ett listigt sätt.] Övning 13: Lös följande ekvationer i Z 5 : 3x 2 + 2x = 1, 3x 2 + 2x = 2 och 3x 2 + 2x = 3. Övning 14: Hur många ekvivalensrelationer finns det på en mängd med 1 element? Med två element? Med tre, fyra och fem? Vad kan du säga om antalet ekvivalensrelationer på en mängd med n element? Övning 15: Betrakta relationen A på R där xay om x y Q. Visa att A är en ekvivalensrelation. Kan du beskriva ekvivalensklasserna (kanske någon ekvivalensklass!)? Vilket kardinaltal har en ekvivalensklass? Vilket kardinaltal har mängden av ekvivalensklasser? 6

17 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin Specialkursen HT07 17 december 2007 Grupper och RSA-kryptering Dessa blad utgör skissartade föreläsningsanteckningar kombinerat med övningar. Framställningen är inte fullständig utan måste kompletteras med egna anteckningar och problemlösningar. 1. Binära operationer En binär operation på en mängd X är en avbildning : X X X. Normalt skriver man inte (x, y) för denna funktion; istället skriver man x y. Ofta skriver man (X, ) för en mängd X med en operation. Ni känner till många binära relationer sedan tidigare. Till exempel addition och multiplikation på de reella talen, alltså (R, +) och (R, ). Division på de reella talen är inte en operation, eftersom division med 0 inte är definierat. 2. Grupper och abelska grupper Definition 1. En mängd G med en operation kallas för en grupp om följande villkor är uppfyllda. 1. (a b) c = a (b c) för alla a, b,c (associativitet) 2. Det finns ett element e i G så att e x = x e = x för alla x i G. (existens av enhetselement) 3. För varje x i G finns ett element x 1 så att x x 1 = x 1 x = e (existens av invers) Vanligtvis brukar man beteckna gruppoperationen med + eller beroende på vad som verkar naturligast, och när man använder skriver man oftast inte ut den alls; man skriver xy för produkten x y. Exempel 2. (Z, +) är en grupp. Som enhetselement har vi 0 och som invers till x fungerar x. Exempel 3. (R, ) är inte en grupp eftersom 0 saknar invers. Talmängderna R + = {x R, x > 0} och R = {x R, x 0} är grupper under multiplikation. Talet 1 fungerar som enhetselement och talet 1/x är inversen till x. 1

18 Exempel 4. Låt n vara ett positivt heltal. Z n med addition modulo n som binär operation är en grupp. 0 är enhetselement och som invers till m Z n fungerar talet n m (som är m). Exempel 5. Låt n vara ett positivt heltal. Z n med addition modulo n som binär operation är en grupp. 0 är enhetselement och som invers till m Z n fungerar talet n m (som är m). Exempel 6. Låt p vara ett primtal. Z p med multiplikation modulo p som operation är inte en grupp eftersom talet 0 saknar invers. Men låt Z p = Z p {0}. Då är Z p en grupp med 1 som enhetselement. Varje element 0 i Z p har en multiplikativ invers (detta visades i Relationskompendiet av dem som gjorde övning 12). I exemplen ovan är den binära operationen kommutativ, dvs x y = y x. En sådan grupp kallas abelsk. Inte alla grupper är abelska. Till exempel utgör mängden av inverterbara n n-matriser under matrismultiplikation en ickeabelsk grupp. (Gå igenom gruppaxiomen och kontrollera att de är uppfyllda!) Övning 1: Låt X = {1, 2, 3} och låt G vara mängden av alla bijektiva funktioner f : X X. (En sådan funktion kallas en permutation av X). Som operation på G inför vi vanlig funktionssammansättning., dvs. f g = f g. Är associativa lagen uppfylld? Vilket är enhetselementet? Inverser? Kanske kan du ställa upp en multiplikationstabell för gruppen. Visa att gruppen inte är abelsk genom att ge exempel på två permutationer f och g som inte kommuterar. 3. Lite talteori För att komma vidare behöver vi lite talteori. Låt a och b vara heltal. Vi säger att a delar b, eller att a är en delare i b om b = na för något heltal n (alltså om b 0 (mod a)). Två heltal har alltid de gemensamma delarna ±1. Men de kan ha flera gemensamma delare. Till exempel har talen 6 och 9 de gemensamma delarna ±1, ±3. Ofta är det intressant att bestämma den största gemensamma delaren till två tal. Vi betecknar denna SGD(a, b). Till exempel har vi SGD(12, 30) = 6 medan SGD(9, 40) = 1. Om SGD(a, b) = 1 säger man att a och b är relativt prima. För att bestämma SGD(a, b) kan man använda Euklides algoritm som beskrivs i Anders Vretblands bok, Algebra och Geometri). Övning 2: Låt φ(n) beteckna antalet heltal i intervallet 1 x n som är relativt prima n, dvs. där SGD(x, n) = 1. Exempelvis är φ(3) = 2, φ(4) = 2 och φ(6) = 2. a) Uppenbarligen gäller φ(p) = p 1 för alla primtal p. Försök hitta en formel för φ(p q) där p och q är olika primtal genom att göra en lista över φ(n) för n = 6, 10, 14, 15, 35. 2

19 b) Bevisa sedan din formel genom att räkna hur många av talen 1, 2,...,pq 1 som är delbara med p respektive q. c) Vad är φ(p 2 ) om p är ett primtal? Övning 3: Beräkna binomialkoefficienterna ( 7 k) för k = 1, 2,...6 och verifiera att samtliga är delbara med 7. b) Motivera allmänt varför för k = 1, 2,...p 1. ( ) p 0 (mod p) k c) Visa (med hjälp av binomialsatsen och resultatet i b)) att (n + 1) p n p + 1 (mod p) d) Visa, förslagsvis med hjälp av induktion, att för alla n N. n p n (mod p) 4. Mer om grupper Vi kan generalisera Exempel 6 ovan genom att för godtyckligt positivt heltal n låta Z n vara mängden av alla heltal x i intervallet 0 < x < n som är relativt prima med n, dvs. där SGD(x, n) = 1. Antalet element i Z n brukar betecknas φ(n), jämför övning 2. Man kan visa att Z n är en grupp under multiplikation, med 1 som enhetselement. Associativa lagen är självklar. Att varje element har invers följer av att den diofantiska ekvationen ax + yn = 1 har en heltalslösning där 0 < x < n under de givna förutsättningarna (se till exempel Vretblads bok). Det följer att ax 1 yn 1 (mod n), vilket betyder att x är en invers till a. Övning 4: Skriv upp elementen i Z 15 och ange inversen för varje element. Följande resultat är av fundamental betydelse. Sats 7. Låt G vara en grupp med som operation. Låt a, b,c vara gruppelement. Om a b = a c så är b = c. Om b a = c a så är b = c. Satsen bevisas genom att ekvationerna multipliceras med a 1 från höger och från vänster. 3

20 Sats 8. Låt G vara en grupp med som operation. Då finns bara ett element e så att e x = x e = x för alla x G (enhetselementet är unikt) och för varje a G finns bara ett element a 1 så att aa 1 = a 1 a = e, (inversen är unik). Satsen bevisas genom att man antar att man har två enhetselement/inverser och visar att de är lika. Övning 5: Låt (G, ) vara en grupp och låt c n = c c c, med n faktorer c, där c G och n > 0. Visa (genom induktion) att (a b) n = a n b n om G är abelsk. Övning 6: Låt G vara en grupp (även en icke-abelsk grupp är tillåten), och anta att de tre elementen a, b,c uppfyller a b c = e. Visa att även b c a = e. 5. Homomorfismer och isomorfismer Låt G och H vara två grupper. En avbildning φ: G H kallas en homomorfism om φ(ab) = φ(a)φ(b) för alla a och b i G. (Multiplikationen φ(a)φ(b) ges naturligtvis av gruppoperationen på H.) Vi ska inte göra något närmare studier av homomorfismer, men noterar att man lätt kan visa att φ(e) är enhetselementet i H om e är enhetselementet i G och att φ(a 1 ) = φ(a) 1 gäller för alla a G. Om en homomorfism φ råkar vara en bijektiv avbildning, kallas φ för en isomorfism. Om G och H är två grupper och det finns en isomorfism φ mellan dem, kallas G och H isomorfa. Allt man vet om G kan då översättas till H, genom φ, och tvärtom genom φ 1. Det enda som skiljer grupperna är (möjligtvis) vad man kallar elementen. Exempel 9. Grupperna G = (R, +) och H = (R +, ) är isomorfa. En isomorfism ges av avbildningen φ(x) = e x, där e x är exponentialfunktionen. Vi vet ju att φ(x + y) = φ(x)φ(y) eftersom e x+y = e x e y. Inversen är naturligtvis logaritmfunktionen, som är definierad på R +. 4

21

22 6. RSA-kryptering Följande material är skrivit av LarS-Åke Lindahl för motsvarigheten till specialkursen år Det leder fram till en förklaring av krypteringsalgoritmen RSA, som fått sitt namn efter upphovsmännen Rivest, Shamir och Adleman. Först behövs lite mer gruppteori. Delgrupper Betrakta gruppen G = Z6 med addition modulo 6 som operation. Elementen i G är talen 0,1,2,3,4,5. Sätt H = {O, 2, 4}. Vi observerar att summan av två element i H är ett nytt element i H, att den associativa lagen är uppfyllt för addition av element i H eftersom den ju är uppfylld i den större mängden G, att enhetselementet ligger i H, och att inversen till varje element i H också ligger i H (-O = 0, -2 = 4, -4 = 2). H uppfyller med andra ord de fyra gruppvillkoren, så H är en grupp, och eftersom H är en delmängd av G kallas H förstås en delgrupp. Allmänt kallas en delmängd H aven grupp G med operation för en delgrupp om (i) x, y E H =:;. x. y E H (ii) e E H (iii) x E H =:;. X-l E H. (Den associativa lagen behöver vi inte bekymra oss om, ty den är automatiskt uppfylld i den mindre mängden Hl) Uppgift 4. Ge exempel på en delgrupp till Z (med vanlig addition som gruppoperation). Gruppers och gruppelements ordning Antag att H är en delgrupp av G och definiera en relation rv på G genom att sätta -1 H x rv y <=> xy E. Uppgift 5. Visa att rv är en ekvivalensrelation. I fortsättningen antar vi att G är en ändlig grupp, dvs. att antalet element i G är ändligt. Detta ändliga antal kallas gruppens ordning. 2

23 Så fort man har en ekvivalensrelation på en mängd M, så delas mängden upp i parvis disjunkta ekvivalensklasser. Betrakta speciellt ekvivalensrelationen ovan. Den ekvivalensklass som innehåller enhetselementet e består per definition (se algebraboken om du glömt detta) av alla x så att x rov e, dvs. av alla x E H, dvs. den är lika med delgruppen H. Låt oss nu betrakta ett gruppelement a som inte tillhör H, och låt oss beräkna motsvarande ekvivalensklass, som vi kan kalla K(a). Per definition gäller att x E K(a) {:} x rov a {:} xa- l = h, där h tillhör H {:} x = ha, där h tillhör H. Antag nu att delgruppen H innehåller m stycken element, som vi kallar hl, h 2,..., hm' Då är alltså K(a) = {hla, h 2 a,..., hma}. Observera vidare att dvs. alla de uppräknade elementen i K(a) är olika, så K(a) innehåller också m element. Eftersom elementet a är godtyckligt har vi därmed bevisat att alla ekvivalensklasser innehåller lika många element m som H. Och eftersom G är en disjunkt union av alla de olika ekvivalensklasserna, måste antalet element i G vara en multipel m. Detta bevisar följande fundamentala resultat. Sats 1. Om H är en delgrupp aven ändlig grupp G, så är antalet element i G en multipel av antalet element i H. Uttryckt med hjälp av begreppet ordning säger alltså satsen att varje delgrupps ordning är en delare till gruppens ordning. Uppgift 6. Betrakta gruppen Zi5' Beräkna potenserna 2 n för n = 0, 1, 2,... Hur många olika får man? Samma fråga för 7 n och 4 n. Om G är en ändlig grupp och a E G, så kan naturligtvis inte alla elementen ad = e, a, a 2, a 3,.., vara olika, utan det måste finnas i < k så att a i = a k. Genom att multiplicera denna likhet med a-l i stycken gånger ser vi att a k - i = e. Detta visar att det säkert finns positiva heltal n så att an = e. Bland alla dessa tal finns det ett minsta positivt tal n med denna egenskap; detta unikt bestämda tal kallas ordningen hos elementet a. Det följer vidare att elementen ad, a, a 2,.., a n - l alla är olika, ty om vi hade ap = a q för O :::; P < q < n, så vore ju a q - p = e, där < q - p < n, vilket skulle strida mot att n är det minsta positiva talet med an = e. Notera slutligen att H = {e,a,a 2,...,a n - l } är en delgrupp till G. Ty produkten aja k = a j + k, och om j + k ~ n så kan vi skriva j + k = mn + p med :::; p < n och = amnap = (an)ma P = emap = eap = ap, dvs. produkten av två element i H ligger i a j + k H. Vidare är aja n - j = an = e, så inversen till aj är a n - j och ligger också i H. Observera att H innehåller n element. Om antalet element i G är N, så är därför på grund av satsen ovan n en delare till N, dvs. det finns ett heltal p så att N = pn. Men då följer att an = (an)p = ep = e. Vi har därmed visat följande fundamentala sats: Sats 2. Antag att G är en grupp med N stycken element. Då är an = e för varje gruppelement a. 3

24 Vi kommer att behöva sats 2 i följande specialfall. Korollarium. Om heltalen a och n är relativt prima så är a<p(n) - 1 (mod n). Bevis. Betrakta gruppen Z~ som innehåller </J(n) element och som består av tal (mellan O och n) som är relativt prima med n. I denna grupp är a<p(n) = 1, vilket är ekvivalent med påståendet ovan. RSA-algoritmen Kryptering används när man vill skicka meddelanden på ett sådant sätt att bara den avsedda mottagaren skall kunna tyda dem; obehöriga skall alltså inte kunna tyda medd.elandena även om de skulle lyckas få tag på dem. Detta kan åstadkommas genom att avsändare och mottagare har en gemensam nyckel med vars hjälp meddelandet översätts till chiffer. Det finns emellertid ett stort problem med detta förfaringssätt; såväl avsändare som mottagare måste ju ha tillgång till krypteringsnyckeln, så denna måste på ett eller annat sätt kommuniceras mellan dem, och då föreligger det en risk för att nyckeln kan komma i obehöriga händer. RSA-algoritmen undviker detta problem på ett elegant sätt genom att utnyttja olika krypterings- och dekrypteringsnycklar och låta krypteringsnyckeln vara offentligt tillgänglig. RSA-algoritmen fungerar på följande vis: Person X vill ta emot hemliga meddelanden från ett godtyckligt antal personer Yl, Y 2,.. Han väljer därför två (ofantligt stora) primtal p och q och beräknar deras produkt n = pq. Sedan väljer han ett tal I i Z;(n)' dvs. ett heltal som är relativt prima med </J(n), och beräknar inversen d till I i Z;(n)' Detta innebär att Id = 1 + N</J(n) för något heltal N. Talen n och I skall användas som krypteringsnycklar, medan d kommer att fungera som dekrypteringsnyckel. När detta är gjort publicerar X talen n och I i Dagens Nyheter eller på annat sätt, medan han är ytterst noga med att hemlighålla sina ursprungliga primtal p och q, </J(n) och d. Personer Y som skall skicka krypterade meddelanden till X börjar med att koda sina meddelanden så att de får formen av heltal m, som är relativt prima n och mindre än n. Detta görs enligt något standardförfarande (och kräver att meddelandet styckas i bitar som krypteras var för sig ifall det är långt). Problemet är nu att kryptera talet m. Det gör y genom att beräkna talet m' =m/ i Z~, (vilket han ju kan eftersom I och n är allmänt kända). Talet m' är det krypterade meddelande som skickas till X. X vill nu förstås rekonstruera m utifrån m'. Han tar därför fram sin hemliga nyckel, talet d, och beräknar i Z~ (m')d = m/d = ml+n<p(n) = m. (m<p(n))n = m. 1 N = m, X får därför tillbaka det ur där den näst sista likheten följer av korollariet till sats 2. sprungliga meddelandet (talet) m. 4

25 Metoden fungerar som krypteringsmetod på grund av att det inte finns någon känd metod att inom rimlig tid faktorisera stora tal (=tal med säg 1000 siffror) som en produkt av primtal. Däremot finns det effektiva tester för att avgöra om stora tal (med säg 500 siffror) är primtal. Det är därför förhållandevis lätt att producera de två stora primtalen p och q, men när väl produkten n är beräknad är det i stort sett omöjligt att återfinna faktorerna p och q. Därför kan ingen heller - utom X - beräkna </J (n), vilket ju behövs för att utifrån f beräkna nyckeln d. X kan därför tryggt publicera n och f utan att det skall vara till någon hjälp för någon som vill avkryptera meddelandet m'. Uppgift 7. Välj i detta lilla testexempel p = 11 och q = 13 så att N = 143. Välj vidare f = 77. Beräkna krypteringsnyckeln d, kryptera sedan talet 14 och verifiera att det återfås vid dekryptering. 5

26

27 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin Specialkursen HT07 13 december 2007 Övningar på talkroppar Ett tal x R kallas rationellt om det kan skrivas på formen x = p/q där p och q är heltal. Vi har sett att de rationella talen är precis de tal med periodisk (eller ändlig) decimalutveckling. Talet x kallas irrationellt om det inte är rationellt. Vi vet att de rationella talen är uppräkneliga, och att de irrationella är överuppräkneliga (dvs. har större kardinalitet än N.). Ett av de första bevis man brukar göra i de vanliga kurserna är att (t.ex.) 2 är irrationellt. Ett tal α R kallas algebraiskt om det är en lösning till någon polynomekvation med heltalskoefficienter, dvs. om det finns ett polynom p(x), p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n = 0, a i Z, 0 i n. så att p(α) = 0. Ett tal som inte är algebraisk kallas transcendent, vilket betyder ungeför gränsöverskridande. Ni har visat att de algebraiska talen är uppräkneligt många, och följdaktligen att det finns överuppräkneligt många transcendenta tal: däremot har ni inte visat att något visst tal faktiskt är transcendent, något de här övningarna ska råda bot på. 1. Talet π är irrationellt Övning 1: Låt f(x) vara ett polynom och låt g(x) = f(x) f (x) + f (4) (x) f (6) (x) + = ( 1) j f (2j) (x). j=0 Eftersom f är ett polynom blir derivatan så småningom 0, och g är alltså också ett polynom. Visa att Ledning: Vad blir π 0 f(x) sin(x)dx = g(π) + g(0) d dx (g (x)sin(x) g(x)cos(x)) 1

28 Övning 2: Visa att för varje a > 0 gäller lim k a k /k! = 0. Antag att π = m/n där m och n är positiva heltal. Av resultatet ovan följer att vi kan välja ett tal k så att (πm) k /k! < 1/2. Låt f fortsättningsvis vara polynomet f(x) = x k (m nx) k /k!. Övning 3: Visa att 0 < f(x) < 1/2 då 0 < x < π. Visa sedan att 0 < π 0 f(x) sin xdx < 1 Speciellt betyder ju det att integralen inte är ett heltal. Övning 4: a) Använd binomialsatsen för att visa att i:te derivatan av f ges av f (i) (x) = 1 k ( ) k m k j ( n) j (j + k)! k! j (j + k i)! xj+k i j=m där M = max(0, i k). Om M > k avses den tomma summan, som är 0. b) Använd resultatet ovan för att visa att f (i) (0) är ett heltal för varje i N. Ledning: Dela upp i tre fall: i < k, k i 2k och i > 2k. Övning 5: Visa att f(π x) = f(x) för alla x och använd kedjeregeln för att visa att f (π x) = f (x) och f (π x) = f (x) för alla x. Det följer nu av b) i föregående uppgift att f (i) (π) är ett heltal för varje i N. Kombinera denna slutsats med resultatet i Övning 1 för att visa att π 0 f(x) sin xdx är ett heltal. Detta är en motsägelse mot Övning 3, och visar att antagandet att π = m/n inte kan vara riktigt. Anm: Det går att visa att π är transcendent (Ferdinand von Lindemann, 1882), men beviset är komplicerat. 2. Fixpunkter Övning 6: a) Bevisa att om f : [a, b] [a, b], a, b R, a < b, är kontinuerlig så har f en fixpunkt a r b, dvs. en punkt så att f(r) = r. Ledning: Betrakta g(x) = f(x) x och använd satsen om mellanliggande värde. b) Visa att det är nödvändigt att intervallet är slutet genom att konstruera en funktion f : ]0, 1[ ]0, 1[ som saknar fixpunkt. 2

29 Övning 7: a) Antag att f : [a, b] [a, b] är en funktion, där det finns en konstant 0 K < 1 så att f(x) f(y) K x y för alla x, y [a, b]. Eftersom f är kontinuerlig (varför då?) så finns en punkt r så att f(r) = r. Låt x 0 vara en godtycklig punkt i [a, b]. Låt x 1 = f(x 0 ), x 2 = f(x 1 ) = f(f(x 0 )),..., x n+1 = f(x n ). Visa att lim x n = r n b) Låt A R. En funktion f : A A som uppfyller f(x) f(y) K x y (0 K < 1) för alla x och y kallas allmänt för en kontraktion. Visa att om [a, b] är något intervall och f en kontraktion R R så är g : [a, b] [a, b] definierad genom f(x) om a f(x) b g(x) = b om f(x) > b a om f(x) < a en kontraktion [a, b] [a, b]. c) Bevisa Banachs fixpunktsats för reella tal, som säger att en kontraktion f : R R har en (och endast en) fixpunkt. Ledning: Entydighet är lätt. För existens, låt x 0 = f(0), och definiera x 1, x 2,... som i a). Visa (med induktion) att x n x n 1 K n x 0. Visa sedan (också med induktion) att x n (1 + K + K K n ) x 0 (Mer ledning: Skriv x n+1 = x n+1 x n + x n och använd triangelolikheten.) Sätt M = 1 + lim n (1 + K + K K n ) x 0 Varför är M <? Betrakta intervallet [ M, M] och använd b) för att konstruera en kontraktion där. Notera att x i [ M, M] för alla i N. Använd nu tidigare resultat för att slutföra beviset. d) Visa att det finns en kontraktion f : Q Q som saknar fixpunkt. Förslag: Låt f : Q Q vara { x f(x) = + 1 om x 1 2 x 3 annars. 2 e) I övning c) startade vi i punkten 0 för att nå fixpunkten. Är det nödvändigt, eller kan vi starta var som helst? Jämför med a). 3

30 3. En ordnad kropp utan den Arkimediska egenskapen Låt K vara en ordnad kropp. Den som vill ha det hela lite mer konkret kan tänka på de reella talen, alltså K = R. Ett polynom över K är ett polynom α n x n + + α 1 x + α 0 där α i K. Med en rationell funktion över K menar man (som bekant) en kvot mellan två polynom (över K). Exempelvis är 3x 2 10x + 2 x 9 2, x 2 + 1(= x2 + 1 ), och den konstanta funktionen 1(= ) rationella funktioner (över Q eller R. Funktionen π/x är rationell över R men inte över Q). Låt nu Q vara kroppen av alla rationella funktioner (Kontrollera att kroppsaxiomen är uppfyllda, med de konstanta funktionerna 0 och 1 som nollelement respektive ettelement.) Låt sedan Q + bestå av alla rationella funktioner α n x n + + α 0 β m x m + + β 0 som uppfyller α n β m > 0 (där ordningen kommer från kroppen K). Ordningsrelationen > på Q definieras nu av att f > g om och endast om f g Q +, dvs. om f g > 0. Speciellt är f > 0 ekvivalent med att f Q +. Med vår definition är alltså x + 1 > 0, x2 x > 0 och π > 0, medan 1/x < 0. x+3 Övning 8: a) Ordna de reella funktionerna , 1/x, 10/x 2, 1000 och x 2 x+1 x+1 i växande ordning (om du arbetar i en abstrakt kropp ska naturligtvis 10 tolkas som (tio ettor) och 1000 som 10 3 (i exponenterna blir det ju vanliga tal.)). b) Att relationen < som vi har definierats på Q är linjär och asymmetrisk är klart, eftersom ordningen på K är det. Visa att om f och g tillhör Q + så gör f + g och fg det också. Visa sedan att relationen < är transitiv, och alltså en (strikt) ordning. För att visa att Q är en ordnad kropp återstår nu att visa att om f > g så är f + h > g + h. Gör det. c) Visa att kroppen Q inte har den Arkimediska egenskapen genom att hitta två positiva element f, g Q så att g + g + + g = N n=1 g < f för varje naturligt tal N. 4. Ett transcendent tal Vi har definierat ett algebraiskt tal som ett nollställe till ett polynom med heltalskoefficienter. Men man kan lika gärna ta rationella koefficienter. Genom att multiplicera polynomet med den minsta gemensamma nämnaren får man ju ett polynom av samma grad, med samma nollställen och med heltalskoefficienter. 4

31 Vi säger att ett polynom P (x) (med rationella koefficienter) är irreducibelt (över Q) om det inte kan skrivas som en produkt P (x) = Q(x)R(x), där samtliga polynom har rationella koefficienter och faktoriseringen inte är trivial, dvs både Q och R har grad större än 0. Om P (x) kan faktoriseras kallas det naturligtvis reducibelt (över Q). Exempel 1. Polynomen x 2 2 och x är irreducibla. Polynomet x 2 1 är reducibelt eftersom x 2 1 = (x + 1)(x 1). Polynomet x 4 x 2 2 är reducibelt eftersom x 4 x 2 2 = (x 2 + 1)(x 2 2). Notera att det senare inte har några rationella lösningar. Ett polynom P (x) som har ett rationellt nollställe r är med nödvändighet reducibelt, eftersom vi har P (x) = Q(x)(x r). Däremot, som vi såg i exemplet, kan ett polynom vara reducibelt trots att det saknar rationella nollställen. Om ett tal α är algebraiskt, så finns det naturligtvis ett polynom P 0 (x) av lägsta möjliga gradtal med α som nollställe. Detta polynom är nödvändigtvis irreducibelt över Q. Bevis: Om P 0 (x) = Q(x)R(x) så är antingen Q(α) = 0 eller R(α) = 0. Eftersom P 0 har lägsta möjliga gradtal, har antingen Q(x) eller R(x) samma gradtal, och den andra faktorn har därmed grad 0. Varje polynom P (x) med rationella koefficienter och α som nollställe är en multipel och av P 0 (x). Bevis: Detta följer av divisionsalgoritmen, P (x) = Q(x)P 0 (x) + R(x), som efter insättning ger R(α) = 0. Eftersom R(x) har lägre grad än P 0 (x) så måste R(x) vara identiskt 0. Om n = deg P 0 (x) är gradtalet hos det irreducibla polynomet P 0 (x), säger man att talet α är algebraiskt av grad n. Ett tal är rationellt om och endast om det är algebraiskt av grad 1. Exempel 2. Talen 2 och 3 6 är algebraiska av grad 2 respektive 3 eftersom de är nollställen till de irreducibla polynomen x 2 2 respektive x 3 6. Övning 9: Bevisa att talen och är algebraiska och bestäm respektive gradtal genom att hitta irreducibla polynom. Övning 10: Antag att α är ett algebraiskt tal av grad n 2 och att α är ett nollställe till det irreducibla polynomet P (x) = a n x n + + a 0 med heltalskoefficienter. a) Visa att P (q/p) 0 för alla rationella tal p/q. b) Visa att P (p/q) 1/q n för alla rationella tal p/q med q > 0. Ledning: Sätt in p/q i uttrycket för polynomet och skriv om det som ett rationellt tal med q n i nämnaren. c) Sätt M = sup{ P (x) ; x α < 1}. Visa med hjälp av medelvärdessatsen och resultatet i b) att om p/q är rationellt med α p/q < 1 så är α p/q > 1/Mq n. Det följer att om vi låter c = max(1, 1/M) så gäller α p/q > c/q n (1) 5