Exempel 4.1. Undersök vilka av följande funktioner som är injektiva, surjektiva, bijektiva:

Uppsala Universitet

Matematiska institutionen Isac Hed´en

isac distans@math.uu.se

Algebra I, 5 hp

Vecka 20.

Nu ska det till att b¨orja med handla om uppr¨aknelighet. Begreppen injektiv, surjektiv och bijektiv ¨ar av avg¨orande betydelse – utan att ha bra f¨orst˚aelse f¨or dem blir det mycket sv˚art att h¨anga med i sv¨angarna. Om ni k¨anner er os¨akra p˚a hur man l¨oser deluppgifter a) till d) i f¨oljande ¨ovningsuppgift (h¨amtad fr˚an [Vre06, sid 89]) rekommenderar jag att ni repeterar f¨orra veckans material om funktioner innan ni g˚ar vidare.

Exempel 4.1. Unders¨ok vilka av f¨oljande funktioner som ¨ar injektiva, surjektiva, bijektiva:

a) f :R \ {0}−→R, f(x) = ¹_x. b) g :R−→R, g(x) = _1+x¹2.

c) h :Z−→Z, h(t) = 2t.

d) Φ :R−→R, Φ(t) = 2t.

e) F :R−→R, F (s) = s³− 3s²+ 6s.

L¨osning:

a) Injektiv, eftersom f (x) = f (y) =⇒ _x¹ = ¹_y =⇒ x = y. Ej surjektiv eftersom v¨ardem¨angden inte inneh˚aller 0. Svar: Injektiv.

b) Inte injektiv eftersom (till exempel) 1 och −1 ¨ar tv˚a olika element med samma funk- tionsv¨arde: g(1) = g(−1). Inte heller surjektiv, eftersom (till exempel) −1 saknas i v¨ardem¨angden:

g(x)6= −1 f¨or alla x ∈ R. Svar: Varken injektiv eller surjektiv.

c) Injektiv eftersom h(s) = h(t) =⇒ 2s = 2t =⇒ s = t. Dock inte surjektiv eftersom (till exempel) 1 saknas i v¨ardem¨angden: h(t) ¨ar ett j¨amnt tal f¨or varje t∈ Z. Svar: Injektiv.

d) Injektiv eftersom Φ(s) = Φ(t) =⇒ 2s = 2t =⇒ s = t. Surjektiv eftersom alla y ∈ R tillh¨or Φ:s v¨ardem¨angd. Tag n¨amligen ett godtyckligt tal y∈ R. D˚a g¨aller det att Φ(y/2) = y, s˚a att y ¨ar ett v¨arde.¹ Svar: Bijektiv.

e) Detta ¨ar en uppgift d¨ar derivering, som ju inte ing˚ar i kursen Algebra I, underl¨attar mycket.

Men uppgiften illustrerar begreppen injektivitet och surjektivitet bra. Vi tar d¨arf¨or med den, trots att l¨osningen anv¨ander metoder som inte ing˚ar i kursen.

Funktionens derivata ¨ar positiv:

F⁰(s) = 3s²− 6s + 6 = 3(s − 1)²+ 3 > 0.

Det inneb¨ar att funktionen ¨ar v¨axande. Antag nu att s₁6= s2, s˚a att antingen s₁< s₂ eller s₂< s₁. D˚a blir, p˚a grund av att F ¨ar v¨axande, F (s₁) < F (s₂) eller F (s₂) < F (s₁). I vilket

1Vi kunde inte g¨ora samma sak i den f¨oreg˚aende uppgiften p˚a grund av att n/2 inte beh¨over vara ett heltal bara f¨or att n ¨ar det. D¨aremot ¨ar y/2 alltid ett reellt tal om y ¨ar ett reellt tal.

fall g¨aller det att F (s₁)6= F (s2). Att derivatan ¨ar positiv medf¨or allts˚a att funktionen ¨ar injektiv.

Ang˚aende surjektivitet, l¨agger vi m¨arke till att lim

s→∞F (s) = ∞ och lim

s→−∞F (s) = −∞.

Funktionen ¨ar kontinuerlig och g˚ar mot∞ d˚a s v¨axer ”˚at h¨oger”, och mot −∞ d˚a s v¨axer

”˚at v¨anster”. Om man ritar grafen till F (s), s˚a inser man att den kommer att sk¨ara varje horisontell linje, och det ¨ar precis vad det inneb¨ar att F (s) ¨ar surjektiv.

F¨or ¨ovrigt inneb¨ar injektivitet att funktionen sk¨ar varje horisontell linje h¨ogst en g˚ang.

Svar: Bijektiv.

Uppr¨ aknelighet

Hur m˚anga naturliga tal finns det? O¨andligt m˚anga f¨orst˚as. Hur m˚anga heltal finns det? Hur m˚anga rationella/reella/komplexa tal finns det? Svaret p˚a alla dessa fr˚agor ¨ar: ”o¨andligt m˚anga”.

Den h¨ar delen av kursen handlar om att j¨amf¨ora o¨andliga m¨angders storlek med varandra. Ett centralt begrepp ¨ar uppr¨aknelighet.

Om A ¨ar en ¨andlig² m¨angd s˚a definierar vi|A| som antalet element i A.

Exempel 4.2. Om vi tar A ={4, 8, 12, 17}, s˚a g¨aller det att |A| = 4.

L˚at A och B vara ¨andliga m¨angder. Om det finns en injektiv funktion f : A−→B, s˚a f¨oljer det att|A| ≤ |B|, och om det finns en bijektiv funktion fr˚an A till B s˚a f¨oljer det att |A| = |B|.

Vi tar vara p˚a den observationen, och ¨overf¨or den till att g¨alla ¨aven f¨or o¨andliga m¨angder, d¨ar vi ist¨allet f¨or antal element talar om kardinalitet :

Definition 4.3. Om det finns en injektiv funktion f : A−→B, s¨ager vi att m¨angden A har mindre eller samma kardinalitet som m¨angden B, och om det finns en bijektiv funktion fr˚an A till B, s¨ager vi att A har samma kardinalitet som B.

Kardinalitetsbegreppet ¨ar reflexivt, symmetriskt och transitivt i meningen att a) Varje m¨angd har samma kardinalitet som sig sj¨alv.

b) Om A har samma kardinalitet som B s˚a har B samma kardinalitet som A.

c) Om A har samma kardinalitet som B och B har samma kardinalitet som C, s˚a har A samma kardinalitet som C.

En m¨angd som har samma kardinalitet som N kallas f¨or uppr¨aknelig (eller numrerbar).

Vad det betyder ¨ar f¨oljande: En o¨andlig m¨angd X ¨ar uppr¨aknelig om det g˚ar att r¨akna upp dess element. Det vill s¨aga om man kan para ihop elementen i m¨angden med de naturliga talen. En m¨angd ¨ar allts˚a uppr¨aknelig om vi kan skriva dess element i en f¨oljd, som X = {x0, x1, x2, x3, x4, . . .} d¨ar xi ∈ X ¨ar det element som vi parat ihop med det naturliga talet i.

Exempel 4.4. a) M¨angden av naturliga tal ¨ar uppr¨aknelig, via den ”uppenbara” uppr¨akningen:

N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 . . . N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 . . .

2Som definition f¨or en ¨andlig m¨angd, om det nu beh¨ovs, kan vi ta f¨oljande: En m¨angd X kallas f¨or ¨andlig om det inte finns n˚agon injektiv funktion f :N−→X.

b) M¨angden av alla heltal ¨ar uppr¨aknelig, n¨amligen via funktionen f :N −→ Z

n 7→

{−ⁿ₂ om n ¨ar j¨amnt.

n+1

2 om n ¨ar udda.

Motsvarande uppr¨akning av heltalen ¨ar:

N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 . . .

Z 0 1 −1 2 −2 3 −3 4 −4 5 . . .

c) Det kan h¨anda att en m¨angd ¨ar uppr¨aknelig trots att den ¨ar en ¨akta delm¨angd av de naturliga talen. Det ¨ar till exempel fallet f¨or delm¨angden X avN som best˚ar av alla j¨amna naturliga tal, via funktionen

f :N −→ X n 7→ 2n.

Motsvarande uppr¨akning av de j¨amna talen ¨ar

N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 . . .

X 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 . . .

Allts˚a har m¨angden X av j¨amna naturliga tal samma kardinalitet som m¨angden av alla naturliga tal. Det finns ”lika m˚anga” naturliga tal som det finns j¨amna naturliga tal.

d) Det ¨oppna intervallet I = (−π/2, π/2) har samma kardinalitet som R, via funktionen tan : I −→ R

x 7→ tan x.

Om X ¨ar en godtycklig m¨angd som inte ¨ar ¨andlig, s˚a finns det alltid en injektiv funktion f : N−→X, s˚a N har mindre ¨an eller samma kardinalitet som varje o¨andlig m¨angd. I den meningen

¨

ar de uppr¨akneliga m¨angderna de minsta bland o¨andliga m¨angder. Det finns ocks˚a o¨andliga m¨angder som inte ¨ar uppr¨akneliga, och s˚adana m¨angder brukar kallas f¨or ¨overuppr¨akneliga. I beviset f¨or sats 5.7.1 i [CD69, sid 75] presenteras ett s¨att att numrera de rationella talen, och slutsatsen blir att N och Q har samma kardinalitet. Detta borde vara ett f¨orv˚anande resultat f¨or den som inte har sett det f¨orut: det finns ”lika m˚anga” rationella tal som det finns naturliga tal.

D¨aremot g˚ar det inte att numrera de reella talen. ”Det finns f¨or m˚anga av dem” eller, i mer precisa termer, N har l¨agre kardinalitet ¨an R.

Sats 4.5. M¨angden av reella tal ¨ar ¨overuppr¨aknelig.

Bevis. Antag motsatsen, dvs. att det finns en numrering av de reella talen s˚a att R = {r0, r₁, r₂, r₃, r₄, . . .}.

Om r_i = A_i, a_i0a_i1a_i2. . . – allts˚a att heltalsdelen ¨ar A_ioch att decimalutvecklingen ¨ar a_i0a_i1a_i2. . . – kan vi skriva talen p˚a rad efter varandra p˚a f¨oljande vis:

r0= A0, a00 a01 a02 a03 a04 . . . r₁= A₁, a₁₀ a₁₁ a₁₂ a₁₃ a₁₄ . . . r₂= A₂, a₂₀ a₂₁ a₂₂ a₂₃ a₂₄ . . . r3= A3, a30 a31 a32 a33 a34 . . . r₄= A₄, a₄₀ a₄₁ a₄₂ a₄₃ a₄₄ . . . ... ... ... ... ... ... ... . ..

Vi tar tv˚a siffror p˚a m˚af˚a, till exempel 3 och 7. Bilda nu talet b = 0, b₀b₁b₂b₃. . .∈ R, som f¨or varje i = 0, 1, 2, 3, . . . uppfyller: {

bi= 7 om aii= 3 bi= 3 om aii6= 3.

D˚a ¨ar det reella talet b inte med i listan, trots att den inneh˚aller alla reella tal. Mots¨agelse!

Anledningen till att det inte st˚ar med i listan ¨ar att det p˚a decimal i skiljer sig fr˚an r_i. Allts˚a skiljer sig talet b p˚a n˚agot s¨att fr˚an alla tal i listan.

Definition 4.6. Potensm¨angdenP(X) av en m¨angd X ¨ar m¨angden av alla delm¨angder till X.

Exempel 4.7. Om X ={1, 2, 3} s˚a ¨ar P(X) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, X}.

Om X ¨ar en ¨andlig m¨angd med n element, s˚a best˚ar P(X) av 2ⁿ element. Det ¨ar allts˚a klart att det inte finns n˚agon bijektion mellan X och P(X). F¨oljande sats, vars bevis ¨ar en bra

¨

ovning i logik och m¨angdl¨ara, s¨ager att samma sak g¨aller ¨aven om X ¨ar o¨andlig.

Sats 4.8. Det finns ingen bijektion mellan en m¨angd X och dess potensm¨angd P(X).

Bevis. Antag motsatsen, allts˚a att det finns en bijektion f : X−→P(X). Bilda f¨oljande delm¨angd av X:

A ={x ∈ X | x /∈ f(x)}.

Eftersom A ¨ar ett element i P(X), och eftersom f ¨ar en bijektion s˚a finns ett element s ∈ X s˚adant att f (s) = A. Men d˚a f˚ar vi f¨oljande mots¨agelse:

s∈ A ⇔ s /∈ A.

Sats 4.9. (Cantor-Schr¨oder-Bernstein) L˚at A och B vara tv˚a m¨angder. Om det finns en injektiv funktion f : A−→B och en injektiv funktion g : B−→A, s˚a finns det en bijektion mellan A och B.

Bevis. Beviset utel¨amnas eftersom det ¨ar lite omst¨andigt.

Vad Cantor-Schr¨oder-Bernsteins sats s¨ager ¨ar allts˚a att om A:s kardinalitet ¨ar mindre ¨an eller lika med B:s kardinalitet och B:s kardinalitet ¨ar mindre ¨an eller lika med A:s kardinalitet, s˚a har de samma kardinalitet. Satserna 4.8 och 4.9 ¨ar bra att ha sett och att k¨anna till, men f˚ar

¨and˚a ses som ¨overkurs f¨or tillf¨allet.

Summor och produkter

I [Vre06, 4.1] beskrivs det hur summa- och produkttecken fungerar. L¨agg s¨arskilt m¨arke till att den ”tomma summan” ¨ar lika med noll, och att den ”tomma produkten” ¨ar lika med ett. Vi ska ta upp metoder f¨or att best¨amma v¨ardet av en aritmetisk summa och en geometrisk summa.

Definition 4.10. a) En aritmetisk summa ¨ar en summa av typen

n−1

∑

k=0

(ak + b), d¨ar a, b och n ¨ar givna tal.

b) En geometrisk summa ¨ar en summa av typen

n∑−1 k=0

ar^k, d¨ar a, r och n ¨ar givna tal³.

3I specialfallet r = 0, blir den f¨orsta termen a·0⁰ = a. Att 0⁰= 1, beror p˚a att det ¨ar den ”tomma produkten”.

Det som karakt¨ariserar en aritmetisk summa ¨ar att differensen av tv˚a p˚a varandra f¨oljande termer hela tiden ¨ar konstant (lika med a), och det som karakt¨ariserar den geometrisk summa

¨ar att kvoten av tv˚a p˚a varandra f¨oljande termer hela tiden ¨ar konstant (lika med r).

Sats 4.11. a) Om a0+ a1+ . . . + an−1 ¨ar en aritmetisk summa, g¨aller det att a₀+ a₁+ . . . + a_n−1= n(a₀+ a_n−1)

2 .

b) Den geometriska summan 1 + r + r²+ r³+ r⁴+ . . . + rⁿ⁻¹ har v¨ardet 1− rⁿ

1− r ,

f¨orutsatt att r6= 1. Om r = 1 blir summan ist¨allet lika med n.

Bevis. a) Vi skriver upp alla termer tv˚a g˚anger, och s˚a parar vi ihop de f¨orsta n termerna med de andra n termerna genom att s¨atta a0 tillsammans med an−1, a1 tillsammans med a_n−2 och i allm¨anhet a_i med a_n−1−i. Eftersom summan ¨ar aritmetisk, g¨aller a_i+ a_n−1−i = a₀+ a_n−1 f¨or varje i = 0, 1, . . . , n− 1. Den dubbla summan ¨ar allts˚a n g˚anger a0+ a_n−1. b) Vi antar f¨orst att r6= 1, och ber¨aknar

(1− r)(1 + r + r²+ . . . + rⁿ⁻¹) = 1 + (r− r) + (r²− r²) + . . . + (rⁿ⁻¹− rⁿ⁻¹)− rⁿ. Det f¨oljer att

1 + r + r²+ r³+ r⁴+ . . . + rⁿ⁻¹= 1− rⁿ 1− r . Om r = 1, summerar vi i sj¨alva verket n stycken ettor:

1 + r + r²+ r³+ . . . + rⁿ⁻¹ = 1 + 1 + 1 + . . . + 1

= n.

En aritmetisk summa ¨ar allts˚a lika med antalet termer multiplicerat med medelv¨ardet av den f¨orsta och sista termen. Givet en geometrisk summa kan man alltid bryta ut en faktor s˚a att summan ¨ar p˚a samma form som i satsen. Det betyder att man inte beh¨over n˚agon mer komplicerad formel ¨an just den (trots att det finns).

Exempel 4.12. Vi illustrerar beviset f¨or del a) genom att ber¨akna tv˚a g˚anger en aritmetisk summa: 2(a0+ a1+ . . . + a5) =

a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5

+ a₅ + a₄ + a₃ + a₂ + a₁ + a₀

= (a₀+ a₅) + (a₀+ a₅) + (a₀+ a₅) + (a₀+ a₅) + (a₀+ a₅) + (a₀+ a₅)

= 6(a₀+ a₅).

Det f¨oljer att

a₀+ a₁+ a₂+ a₃+ a₄+ a₅ = 6(a₀+ a₅)

2 .

Exempel 4.13. G˚a igenom exempel 4.12 en g˚ang till, men s¨att in termerna i en valfri aritmetisk summa ist¨allet. Till exempel

a₀+ a₁+ a₂+ a₃+ a₄+ a₅ = (−4) + (−1) + 2 + 5 + 8 + 11.

Exempel 4.14. Om vi vill ber¨akna den geometriska summan

∑9 k=4

3 (−2)^k, b¨orjar vi med att bryta ut en faktor s˚a att den f¨orsta termen blir lika med ett:

∑9 k=4

3 (−2)^k = 3 (−2)⁴+ 3 (−2)⁵+ . . . + 3 (−2)⁹

= 3 (−2)⁴[

1 + (−2) + (−2)²+ . . . + (−2)⁵]

(1)= 3 (−2)⁴1− (−2)⁶ 1− (−2)

= 3· 2⁴·1− 2⁶ 3

= 2⁴− 2¹⁰. Likheten (1) beror p˚a del b) av sats 4.11.

Induktionsprincipen

Induktionsprincipen anv¨ands f¨or att bevisa p˚ast˚aenden av typen ”P_ng¨aller f¨or varje n”, d¨ar P_n

¨ar en utsaga om det naturliga talet n. Tv˚a versioner av induktionsprincipen ing˚ar i kursen, och om dem st˚ar det att l¨asa i [Vre06, 4.2].

Den f¨orsta versionen s¨ager att om a) P0 ¨ar en sann utsaga, och

b) ”P_k sann ⇒ Pk+1 sann” g¨aller f¨or varje k≥ 0

s˚a ¨ar utsagan P_n sann f¨or varje naturligt tal n. Den andra versionen s¨ager att om a) P0 ¨ar en sann utsaga, och

b) ”P1, P2, . . . , Pk sanna ⇒ Pk+1 sann” g¨aller f¨or varje k≥ 0 s˚a ¨ar utsagan Pn sann f¨or varje naturligt tal n.

Referenser

[Vre06] A. Vretblad och K. Ekstig. Algebra och geometri. Gleerup, 2006.

[CD69] S. Christofferson och Y. Domar. Logik, m¨angdl¨ara, algebra. Gleerup, 1969.