Specialkurs i matematik 2007

Specialkurs i matematik 2007

Föreläsningsanteckningar och övningar

Matematiska institutionen

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin

Specialkursen HT07 28 september 2007

M¨angder och kardinalitet

Dessa blad utg¨or skissartade f¨orel¨asningsanteckningar kombinerat med

¨ovningar. Framst¨allningen ¨ar inte fullst¨andig utan m˚ aste kompletteras med egna anteckningar och probleml¨osningar.

1. M¨ angdl¨ ara

En m¨angd ¨ar en ”p˚ ase” som inneh˚ aller ”element”. Denna naiva definition ¨ar dock problematisk...

Speciellt finns en tom p˚ ase, som kallas tomma m¨angden och betecknas ∅.

Om A ¨ar en m¨angd, ¨ar {A} ocks˚ a en m¨angd. Den har ett element – n¨amligen A. Vad ¨ar egentligen ett element...?

Vi skriver x ∈ A om x ¨ar ett element i A, annars x 6∈ A. L˚ at A och B vara m¨angder. Om

∀x(x ∈ B =⇒ x ∈ A),

s¨ager vi att B ¨ar en delm¨angd till A och skriver B ⊆ A. Om dessutom A 6= B talar man om en ¨akta delm¨angd. J¨amf¨or begreppet strikt olikhet.

Har man en samling m¨angder kan man bilda nya genom diverse konstruk- tioner. L˚ at A och B vara tv˚ a m¨angder. Man kan bilda unionen, A ∪ B, och snittet A ∩ B. Om A ∩ B = ∅ s¨ager man att m¨angderna ¨ar disjunkta: de saknar gemensamma element.

Om C = A ∪ B g¨aller

∀x(x ∈ C ⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B)).

Formalisera snittet!

Vi kan bilda produktm¨angden av tv˚ a m¨angder A × B = {(a, b); a ∈ A ∧ b ∈ B}.

Det ¨ar allts˚ a m¨angden av ordnade par.

Ovning 1: ¨ Vad ¨ar A × ∅?

Vi skriver A

f¨or A × A × · · · × A d˚ a n ∈ N (J¨amf¨or R

). Vad ska vi mena med A

? Kanske ¨ar A

= {∅}. Varf¨or skulle det vara naturligt?

Om A ¨ar en m¨angd, ¨ar P(A) m¨angden av alla delm¨angder till A. Speciellt g¨aller ∅ ∈ P(A) och A ∈ P(A).

Jag vill tacka Christer Kiselman och Lars-˚ Ake Lindahl, som jag l˚ anat n˚ agra id´ eer av

till ¨ ovningar och uppl¨ agg.

1.1. Relationer

En relation, R mellan elementen i tv˚ a m¨angder A och B ¨ar en delm¨angd av A × B.

Vi skriver att aRb om (a, b) ∈ R. Om A = B talar man om en relation p˚ a A. Vi ska ˚ aterkomma till relationsbegreppet senare. Ett exempel p˚ a en relation ¨ar ’=’ p˚ a m¨angden A. Formellt har vi ’=’= {(x, x); x ∈ A}.

Ovning 2: ¨ Formalisera, d.v.s. skriv upp som en m¨angd, relationen < p˚ a N!

1.2. Funktioner och avbildningar

Vad ¨ar en funktion (eller avbildning)? Vad betyder skrivs¨attet f : X → Y och x 7→ f(x)? Formellt ¨ar en funktion f : X → Y en relation mellan X och Y som uppfyller

∀x(x ∈ X =⇒ ∃y(y ∈ Y ∧ (x, y) ∈ f ∧ ∀z(z 6= y =⇒ (x, y) 6∈ f))) Tolkad som en delm¨angd av X × Y ¨ar funktionen inget annat ¨an funktionens graf ,

G

= {(x, y) ∈ X × Y ; y = f(x)}.

M¨angden av avbildningar X → Y brukar betecknas Y

. Ett litet sidosp˚ ar

L˚ at n = {1, 2, . . . , n} och 0 = ∅. L˚ at X vara en icke-tom m¨angd. Vi ser att X

naturligt kan identifieras med X. F¨or varje x ∈ X finns ju funktionen f

: 1 → X som avbildar 1 p˚ a x, och varje funktion 1 → X ¨ar av den typen.

Overtyga dig nu om att X ¨

p˚ a liknande s¨att kan identifieras med X × X d.v.s. med X

. Och att X

kan identifieras med X

. Hur kan vi anv¨anda detta f¨or att definiera X

och o¨andliga produkter...?

Bilder och urbilder

L˚ at f : X → Y . Om A ⊆ X s˚ a kallas f (A) = {f(x); x ∈ A} bilden av A. Om B ⊆ Y s˚ a definierar vi f

(B) = {x ∈ X, f(x) ∈ B}, kallad urbilden eller den inversa bilden av B.

Observera att f (X) inte beh¨over vara lika med Y .

Ovning 3: ¨ L˚ at f : R → R, x 7→ x

. Best¨am f (R, ) f

([0, 1]) och f

([ −1, 0]).

L˚ at sin beteckna den vanliga, reella sinusfunktionen. Best¨am sin

([0, 1/ √ 2]).

(Observera att det inte ¨ar fr˚ agan om arcsin! Utred g¨arna sambandet...)

Injektioner och surjektioner

En avbildning f : X → Y kallas injektiv om x 6= y medf¨or f(x) 6= f(y).

Om f ¨ar injektiv kan man bilda en avbildning f

: f (X) → X, som har

egenskapen att f

(f (x)) = x och f (f

(y)) = y f¨or alla x ∈ X och alla y ∈ f(X) ⊆ Y .

Man s¨ager att f ¨ar surjektiv om f (X) = Y . Om f ¨ar b˚ ade surjektiv och injektiv s¨ags f vara bijektiv.

Ovning 4: ¨ S¨ok p˚ a n¨atet efter dessa termer. Finns svenska ord? Finns olika definitioner? ¨ Overensst¨ammer de?

2. Kardinaltal

Hur kan man m¨ata storlek (m¨aktighet) p˚ a m¨angder? Genom avbildningar!

Tv˚ a m¨angder X och Y s¨ags ha samma kardinaltal om det finns en bijektion f : X → Y .

Man skriver d˚ a X ≈ Y och card X = card Y . Vad ¨ar card X? Kanske card X ¨ar m¨angden av alla m¨angder Y s˚ a att X ≈ Y ? Men detta leder till sv˚ arigheter...

Relationen ≈ ¨ar reflexiv, symmetrisk och transitiv. Relationen = mellan kardinaltal ¨arver dessa tre egenskaper.

Man s¨ager att X har kardinaltal h¨ogst lika med kardinaltalet f¨or Y om det finns en injektiv avbildning f : X → Y . Man skriver d˚ a card X 6 card Y . Om cardX = card Y g¨aller uppenbarligen card X 6 card Y och card Y 6 card X. ¨ Ar omv¨andningen sann, d.v.s. g¨aller det att card X 6 card Y och card Y 6 card X medf¨or att card X = card Y . Ja, enligt Cantor–Bernsteins sats fr˚ an 1898. Vi ˚ aterkommer till den.

2.1. Andliga kardinaltal ¨

Om X och Y ¨ar ¨andliga m¨angder ¨ar det l¨att att f¨orst˚ a och r¨akna med kardi- naltal. Det ¨ar helt enkelt ”antalet element” i m¨angden. Ofta identifierar man (kanske lite slarvigt) card X med antalet element i X.

L˚ at x = card X och y = card Y . Vi definierar x + y = card(X ∪ Y ). (Vi f¨oruts¨atter att X och Y ¨ar disjunkta.) Detta st¨ammer f¨or ¨andliga m¨angder.

P˚ a samma s¨att definierar vi produkten xy = card(X × Y ).

Potenser. Notera att antalet avbildningar fr˚ an X in i Y ¨ar y

, ˚ atminstone om X inte ¨ar tom. S˚ a vi definierar y

= card(Y

). Speciellt ¨ar card( ∅

) = 0, om X 6= ∅; det finns inga s¨att att avbilda en icke-tom m¨angd in i tomma m¨angden.

Ovning 5: ¨ Visa att xx = x

f¨or alla ¨andliga kardinaltal x.

2.2. O¨ andliga kardinaltal

Det minsta o¨andliga kardinaltalet betecknas med ℵ

, vilket uttalas alef-noll.

Bokstaven ℵ ¨ar den f¨orsta i det hebreiska alfabetet. Det n¨ast minsta betecknas

ℵ

, och s˚ a vidare.

Ar tv˚ ¨ a kardinaltal, x, y , alltid j¨amf¨orbara, dvs g¨aller alltid x 6 y eller y 6 x? Svaret ¨ar ja, OM man accepterar urvalsaxiomet... Det f¨oljer att det finns ett minsta o¨andligt kardinaltal.

Det minsta o¨andliga kardinaltalet, ℵ

¨ar lika med kardinaliteten f¨or det naturliga talen N. (Varf¨or?)

Man kan visa att ℵ

+ ℵ

= ℵ

och ℵ

= ℵ

. Det ¨ar ungef¨ar samma sak som att visa att card Z = card N och card Q = card N.

Man kan visa att f¨or o¨andliga kardianaltal x och y, d¨ar x 6 y, g¨aller:

x + x = x, x

= x (n ∈ N) och att x + y = xy = y. J¨amf¨or r¨akneregler f¨or vanliga tal!

D¨aremot g¨aller att x 6 2

men 2

6= x f¨or alla kardinaltal x. Vi skriver d˚ a x < 2

.

Kontinuumhypotesen kan nu formuleras: ℵ

= 2

.

Ovning 6: ¨ S¨ok p˚ a n¨atet och ta reda p˚ a n˚ agot om Kontinuumhypotesen.

Om X ¨ar en m¨angd med kardinalitet x, s˚ a ¨ar 2

kardinaliteten hos en m¨angd Y

d¨ar Y har tv˚ a element, t.ex. Y = {0, 1}. Detta ¨ar m¨angden av alla avbildningar X → {0, 1}. Det ¨ar l¨att att se att den m¨angden har samma kardinalitet som potensm¨angden till X, P(X), genom f¨oljande konstruktion.

F¨or varje A ⊆ X, l˚ ater vi χ

: X → {0, 1} vara den karakt¨aristiska funk- tionen som definieras genom χ

(p) = 1 om p ∈ A och χ

(p) = 0 om p 6∈ A.

Vi ser att avbildningen A 7→ χ

¨ar en bijektion mellan P(X) och Y

. Sats 1. F¨ or varje kardinaltal x g¨aller att x < 2

, d.v.s. att potensm¨ angden alltid har strikt st¨ orre kardinalitet ¨ an m¨ angden.

Bevis. L˚ at X vara ¨an m¨angd med kardinalitet x. Vi ser l¨att att x 6 2

. Avbildningen f : X → P(X), x 7→ {x} ¨ar n¨amligen injektiv. (Vad h¨ander om X = ∅?).

Antag nu att card P(X) 6 card X. D˚ a skulle det finnas en injektion g : P(X) → X. Vi ska se att det antagandet ¨ar mots¨agelsefullt.

L˚ at

B = {g(A); A ∈ P(X) och g(A) 6∈ A}.

L˚ at b = g(B). Unders¨ok om b ∈ B! Det leder till en mots¨agelse mot anta- gandet att en s˚ adan injektion g finns. 

Cantor–Bernsteins sats

Sats 2. Om det f¨ or tv˚ a kardinaltal x och y g¨aller x 6 y och y 6 x, s˚ a g¨ aller x = y.

Bevis. ¨ Oversatt till m¨angder X och Y betyder f¨oruts¨attningarna att vi har tv˚ a injektiva avbildningar f : X → Y och g : Y → X. Vi ska anv¨anda dessa f¨or att konstruera en bijektion h : X → Y .

F¨or att g¨ora detta ska vi anv¨anda f och g f¨or att g˚ a fram och tillbaka

mellan X och Y , och s˚ a att s¨aga sy ihop avbildningen h.

Definiera A

= X r g(Y ). Sedan definierar vi, steg f¨or steg B

= f (A

) och A

= g(B

), f¨or k = 1, 2, 3, . . . .

L˚ at A = A

∪ A

∪ A

∪ · · · = S A

, och definiera:

h(x) =  f(x) x ∈ A g

(x) x 6∈ A

Det ˚ aterst˚ ar att kontrollera att h ¨ar injektiv och surjektiv genom att studera ett antal olika fall. 

N˚ agot om talm¨ angder

De naturliga talen N har kardinaltal ℵ

. Eftersom det ¨ar naturligt att lista de naturliga talen genom att r¨akna upp dem: 0, 1, 2, 3, . . . kallas denna m¨angd, och alla m¨angder med kardinaltal ℵ

(o¨andligt) uppr¨akneliga m¨angder.

Vi har f¨oljande resultat.

Sats 3. N, Z och Q ¨ ar uppr¨ akneliga m¨ angder. R och C ¨ ar inte uppr¨ akneliga.

Vi har

ℵ

= card N = card Z = card Q < card R = card C.

Bevis. Den f¨orsta likheten (fr˚ an v¨anster) ¨ar per definition sann. De tv˚ a f¨oljande visas genom att r¨akna upp m¨angderna.

F¨or att visa att card N < card R kan vi anta att det finns en bijektiv avbildning f : R → N (vi vet att card N 6 card R). Genom ett diagonalise- ringsf¨orfarande kan vi hitta ett reellt tal som missas av avbildningen. Det finns dock n˚ agra tekniska sm˚ a bekymmer.

Den sista likheten f¨oljer av att xx = x f¨or alla o¨andliga kardinaltal x, och satsen ¨ar visad. 

Vi ser allts˚ a att det finns ”lika m˚ anga” naturliga som rationella tal, fast de rationella talen ligger mycket t¨atare p˚ a tallinjen. D¨aremot finns det ”m˚ anga fler” reella tal ¨an rationella tal. Samtidigt finns det ”lika m˚ anga” punkter i komplexa talplanet (och mer allm¨ant i R

, n > 1) som p˚ a tallinjen. ¨ And˚ a verkar planet (och rummet) vara mycket st¨orre ¨an tallinjen. F¨or att f¨orklara detta beh¨over man dimensionsteori och m˚ atteori; m¨angdteorien ensam r¨acker inte. Dessa begrepp studeras inom analys och topologi.

De reella tal som inte ¨ar rationella kallas irrationella. De irrationella talen

¨ar allts˚ a inte uppr¨akneliga. (Varf¨or?)

Vad ¨ar d˚ a ett reellt tal? Ett noggrant svar ¨ar ganska komplicerat att ge, och f¨ortj¨anar n¨astan en hel kurs... Ett s¨att ¨ar att s¨aga att ett reellt tal gr¨ansv¨ardet av en f¨oljd av rationella tal som konvergerar. Allts˚ a ¨ar r ett reellt tal om

r = lim

n→∞

q

, d¨ar q

∈ Q och lim

diam {q

; n > N } = 0.

Om A ⊆ R ¨ar diam(A) l¨angden (diametern) p˚ a det minsta slutna intervall

som inneh˚ aller alla punkter i A. Om A bara best˚ ar av rationella tal s˚ a ¨ar

diametern ett rationellt tal (eller + ∞).

Man kan ocks˚ a beskriva reella tal genom decimalutveckling (som ett de- cimalbr˚ ak): ett reellt tal ¨ar ett heltal plus ett tal av typen

0, a

a

a

a

· · · =

∞

X

i=0

a

10

d¨ar 0 6 a

6 9.

Denna beskrivning ¨ar dock inte oproblematisk. Vi har inte entydighet, t.ex.

¨ar 0.99999 . . . = 1.000000. (Bevisa det!) 2.3. Ovningar ¨

Ovning 7: ¨ Visa att A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) genom att spr˚ akligt formulera vad det inneb¨ar att x tillh¨or h¨ogerledet respektive v¨ansterledet.

Illustrera ocks˚ a med ett Venndiagram.

Ovning 8: ¨ L˚ at A och B vara ¨andliga m¨angder. Visa att card(A ∪ B) = card(A) + card(B) − card(A ∩ B).

(card A ska allts˚ a tolkas som antalet element i A, s˚ a att − ¨ar v¨aldefinierat.) Ovning 9: ¨ H¨arled en analog formel f¨or

card(A ∪ B ∪ C) = . . .

H¨ogerledet ska inneh˚ alla kardinaltal f¨or olika snitt av de inblandade m¨ang- derna. [Ledning: Skriv f¨orst A ∪B ∪C = A∪(B ∪C) och utnyttja f¨oreg˚ aende

¨ovning flera g˚ anger.]

Ovning 10: ¨ Visa att card([0, 1]) = card(]0, 1[) (ledning: Anv¨and Cantor–

Bernstein) och att card(]0, 1[) = card(R). I det sista fallet borde du explicit kunna ange en bijektion mellan m¨angderna. Kan du g¨ora det ocks˚ a i det f¨osta fallet?

Ovning 11: ¨ Vi vet att card N < card R och card N < card P(N). Visa att card R = card P(N). [Denna ¨ovning ¨ar kanske ganska sv˚ ar, innan man klarat av f¨orsta analyskursen. Den som kan n˚ agot om o¨andliga serier kan g¨arna f¨ors¨oka. Kanske kan du visa card R 6 card P(N) eller card P(N) 6 card R.]

Ovning 12: ¨ Vi har sett att varje reellt tal kan skrivas som ett o¨andligt decimalbr˚ ak. Ett decimalbr˚ ak kallas periodiskt om det har formen

r = A, a

a

. . . a

b

b

. . . b

b

b

. . . b

. . . d¨ar sekvensen b

b

. . . b

upprepas i o¨andlighet.

a) Visa att det periodiska decimalbr˚ aket 0, 1272727 . . . ¨ar rationellt och skriv

det p˚ a formen p/q.

b) Bevisa att varje periodiskt decimalbr˚ ak ¨ar rationellt.

c) G¨aller omv¨andningen, d.v.s. ¨ar varje rationellt tal ett periodiskt decimal- br˚ ak? Bevis?

Ovning 13: ¨ Ett reellt tal kallas algebraiskt om det ¨ar en rot till polyno- mekvation av typen

a

x

+ a

x

+ · · · + a

x + a

= 0,

d¨ar varje a

¨ar ett heltal. M˚ anga irrationella tal ¨ar algebraiska, men man kan visa att t.ex. π och e inte ¨ar algebraiska. S˚ adana tal kallas transcendenta.

a) Visa att varje rationellt tal ¨ar algebraiskt b) Visa att √

2 + 1 och √ 2 + √

3 ¨ar algebraiska.

c) Bevisa att om α > 0 ¨ar algebraiskt s˚ a ¨ar √

α algebraiskt.

d) Bevisa att m¨angden av algebraiska tal ¨ar uppr¨aknelig. [Ledning: Hur m˚ anga algebraiska tal finns det som kommer fr˚ an ekvationer av grad h¨ogst M ∈ N och med |a

| 6 M, i = 0 . . . M? Kanske hj¨alper det att visa att en uppr¨aknelig union (d.v.s. en union av uppr¨akneligt m˚ anga m¨angder) av

¨andliga m¨angder ¨ar uppr¨aknelig?]

Ovning 14: ¨ Visa att card C = card R genom att konstruera en injektiv avbildning fr˚ an R

→ R. [Ledning: Arbeta med decimalutvecklingar.]

Ovning 15: ¨ Ett reellt tal r kallas ber¨akningsbart om det finns ett dator- program som r¨aknar ut det. Vi tolkar detta (utan att bli allt f¨or tekniska) som att det existerar ett datorprogram som tar ett naturligt tal N som in- data och svarar genom att r¨akna ut de N f¨orsta decimalerna r (Eller b¨attre, producerar ett rationellt tal r

s˚ a att |r

− r| 6 10

, vilket inte riktigt ¨ar samma sak).

Det finns ingen ¨over gr¨ans f¨or hur m˚ anga instruktioner programmet f˚ ar utf¨ora eller hur mycket minne som f˚ ar g˚ a ˚ at – men programet m˚ aste va- ra ¨andligt stort och det m˚ aste bli klart i ¨andlig tid. Det inneb¨ar att bara

¨andligt m˚ anga instruktioner har utf¨orts n¨ar programmet ¨ar klart. Och att ba- ra ¨andligt mycket minne anv¨ants. Det typiska ¨ar att tids- och minnes˚ atg˚ angen

¨okar med storleken p˚ a N .

Det spelar egentligen ingen roll vilken sorts dator som ¨ar inblandad, men l˚ at oss anta att det ¨ar en bin¨ar dator, d¨ar ett datorprogram allts˚ a best˚ ar av en (¨andlig, men hur l˚ ang som helst!) f¨oljd ettor och nollor.

a) L˚ at C vara m¨angden av datorprogram. Best¨am card C!

Man kan visa att alla algebraiska tal ¨ar ber¨akningsbara. Likas˚ a ¨ar π och e

ber¨akningsbara. Om α och β ¨ar ber¨akningsbara, ¨ar α + β, αβ, α/β och

α

ber¨akningbara, de tv˚ a senare under f¨oruts¨attning att operationen ¨ar v¨aldefinierad.

b) L˚ at B beteckna m¨angden av ber¨akningsbara reella tal. Anv¨and resultatet i a) f¨or att best¨amma card B.

c) Vilket kardinaltal har m¨angden av icke ber¨akningsbara reella tal? Kan ge

n˚ agot exempel p˚ a ett s˚ adant tal? Motivera! Beh¨ovs de icke ber¨akningsbara

talen alls?

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin

Specialkursen HT07 23 oktober 2007

Relationer

Dessa blad utg¨or skissartade f¨orel¨asningsanteckningar kombinerat med

¨ovningar. Framst¨allningen ¨ar inte fullst¨andig utan m˚ aste kompletteras med egna anteckningar och probleml¨osningar.

1. Relationer

Vi repeterar kort begreppet relation. En relation, R mellan elementen i tv˚ a m¨angder A och B ¨ar en delm¨angd av A ×B. Vi skriver att aRb om (a, b) ∈ R.

Om A = B talar man om en relation p˚ a A.

Ett exempel p˚ a en relation ¨ar ’=’ p˚ a m¨angden A. Formellt har vi

’=’= {(x, x); x ∈ A}.

Ett annat exempel ¨ar 6 p˚ a N,

’6’ =

∞

[

n=0 n

[

m=0

{(m, n)} = {(0, 0), (0, 1), (1, 1), (0, 2), (1, 2), (2, 2), (0, 3) . . . }.

Detta s¨att att skriva upp en relation ¨ar naturligtvis ganska osmidigt.

Andra viktiga exempel p˚ a relationer ¨ar ordningsrelationer p˚ a talm¨angder.

P˚ a R och Q har vi strikt (<) och icke-strikt (6) olikhet. Dessa har ganska olika egenskaper. P˚ a Z och N ¨ar < och 6 v¨asentligen samma sak,

m 6 n ⇐⇒ m < n + 1.

Vad beror skillnaden mellan R och Z p˚ a?

F¨or att l¨asaren inte ska tro att relationsbegreppet ¨ar begr¨ansat till de mest vanliga relationerna ger vi ytterligare n˚ agra exempel.

Exempel 1. L˚ at f och g vara tv˚ a funktioner i R

. Vi s¨ager att f  g om f (x) 6 g(x) f¨or alla x ∈ R. Det ¨ar l¨att att se att vi varken har sin  cos eller cos  sin.

Exempel 2. L˚ at A vara en godtycklig m¨angd. Vanlig m¨angdinklusion ¨ar en relation p˚ a P(A). Hur d˚ a?

Exempel 3. Man kan naturligtvis hitta p˚ a hur knasiga relationer som helst.

T.ex. K p˚ a R

d¨ar f Kg om |f(x) + g(x)| 6 x f¨or alla x och f(n)g(n) ¨ar ett

primtal f¨or alla heltal n > 10. Helknasigt och f¨ormodligen ganska (s¨akerligen

helt) ointressant.

1.1. Relationer med struktur

Anv¨andbara relationer b¨or inte vara hur vilda som helst. D¨arf¨or beh¨ovs en upps¨attning axiom man kan kr¨ava att relationen ska uppfylla. Beroende p˚ a vilka axiom man kr¨aver ska vara uppfyllda f˚ ar man olika typer av relationer.

Vi har tidigare sett vad som kr¨avs f¨or att en relation ska vara en funktion.

L˚ at X vara en m¨angd och R en relation p˚ a X.

1. Reflexivitet En relation ¨ar reflexiv om xRx f¨or alla x ∈ X. Exempel p˚ a reflexiva relationer ¨ar ’=’ och ’6’ p˚ a R. Relationen < p˚ a R ¨ar inte reflexiv.

2. Irreflexivitet En relation ¨ar irreflexiv om xRx inte g¨aller f¨or n˚ agot x.

Strikt olikhet ¨ar irreflexiv. Relationen xNy om och endast om x = −y p˚ a R ¨ar varken reflexiv eller irreflexiv, ty 0N 0 men inte 1N 1.

3. Symmetri En relation ¨ar symmetrisk om xRy g¨aller om och endast om yRx. Likhet ¨ar symmetrisk liksom relationen ”skild fr˚ an” ( 6=). Olikhet

¨ar inte symmetrisk.

4. Antisymmetri En relation ¨ar antisymmetrisk om xRy och yRx medf¨or x = y f¨or alla x och y. Olikhet p˚ a R ¨ar antisymmetrisk, s˚ a ¨aven rela- tionen 6 mellan kardinaltal (Detta ¨ar Cantor-Bernsteins sats.).

5. Transitivitet En relation ¨ar transitiv om xRy och yRz medf¨or att xRz f¨or alla x, y, z. Likhet, olikhet och strikt olikhet ¨ar alla transitiva.

Relationen ( 6=) ¨ar det inte.

Det finns fler viktiga egenskaper som relationer kan ha, men vi n¨ojer oss med dessa f¨or tillf¨allet. L˚ at oss ist¨allet kombinera dem p˚ a olika s¨att och se vad vi f˚ ar.

Ovning 1: ¨ Hur m˚ anga relationer finns det p˚ a en m¨angd med 3 element? Hur m˚ anga reflexiva relationer finns det? Vad kan du s¨aga i det allm¨anna fallet, om antalet relationer och reflexiva relationer p˚ a en m¨angd med n element.

Ovning 2: ¨ Hur m˚ anga symmetriska relationer finns det p˚ a en m¨angd med 3 element? Hur m˚ anga antisymmetriska relationer finns det? Vad kan du s¨aga om fallet med n element?

Ovning 3: ¨ Upprepa f¨oreg˚ aende ¨ovning med den skillnaden att du dessutom kr¨aver att relationerna ¨ar reflexiva.

Ovning 4: ¨ Hur m˚ anga transitiva relationer finns det p˚ a en m¨angd med 2 element?

b) Det tycks inte vara k¨ant om det finns n˚ agon ”enkel” formel f¨or antalet

transitiva relationer p˚ a en m¨angd. Skriv ett datorprogram som r¨aknar antalet

transitiva relationer p˚ a en m¨angd med n element. G¨or en lista ¨over resultatet d˚ a n = 3, 4, . . . .

1.2. Ordningar

En relation som ¨ar reflexiv, antisymmetrisk och transitiv kallas f¨or en ordning eller en partiell ordning och en m¨angd som utrustats med en ordning kallas f¨or en (partiellt) ordnad m¨angd. Om m¨angden heter X kan man kalla ordningen 6

och den ordnade m¨angden (X, 6

).

Ovning 5: ¨ Om (X, 6

) ¨ar en ordnad m¨angd och Y ¨ar en delm¨angd till X, visa att en ordning p˚ a Y kan defineras genom y

6

y

om y

6

y

(I det senare fallet betraktas elementen som medlemmar i X).

Ovning 6: ¨ Om 6 ¨ar en ordning p˚ a X, visa att >, definierad genom x > y om och endast om y 6 x, ocks˚ a ¨ar en ordning p˚ a X.

Den vanliga ordningsrelationen 6 p˚ a R ¨ar en ordning. Om X ¨ar vilken m¨angd som helst finns en naturlig ordning p˚ a P(X) n¨amligen inklusion.

Ovning 7: ¨ Visa att relationen ⊆ ¨ar en ordning p˚ a P(X), d.v.s. att relationen

”A ¨ar en delm¨angd av B” ¨ar reflexiv, antisymmetrisk och transitiv. (Kom ih˚ ag att tv˚ a m¨angder ¨ar lika om de har samma element.)

Ovning 8: ¨ Visa att relationen  i Exempel 1 ovan ¨ar en ordning.

En ordning p˚ a X kallas linj¨ar eller total om det f¨or alla x, y ∈ X g¨aller att x 6 y eller y 6 x. Den vanliga ordningen p˚ a R ¨ar linj¨ar. M¨angdinklusion

¨ar inte en linj¨ar. (Varf¨or?)

Ovning 9: ¨ L˚ at (X, 6

) och (Y, 6

) vara tv˚ a ordnade m¨angder. Visa m¨angden X ×Y kan ordnas genom att deklarera att (x

, y

) 6

(x

, y

) om x

6

x

men x

6= x

eller om x

= x

och y

6

y

. Visa att den definierade ord- ningen ¨ar linj¨ar om de ing˚ aende ordningarna ¨ar linj¨ara.

Den ordning som inf¨ordes i f¨oreg˚ aende uppgift brukar kallas lexikografisk ordning . Den kan generaliseras p˚ a ett uppenbart s¨att till en ordning p˚ a X

om X ¨ar ordnad. Hur d˚ a? Varf¨or kallas den lexikografisk?

Ovning 10: ¨ Om vi har en ordning 6 p˚ a en m¨angd kan vi inf¨ora en strikt ordning genom att definiera a < b om a 6 b och a 6= b. (d.v.s. inte a = b).

Visa att den strikta ordningen ¨ar asymmetrisk, d.v.s. a < b medf¨or att inte b < a g¨aller:

∀a, b: a < b =⇒ (b 6< a)

Ovning 11: ¨ Vad menas med en v¨alordning? S¨ok p˚ a n¨atet! Vad har det med

urvalsaxiomet att g¨ora?

1.3. Ekvivalensrelationer

En relation som ¨ar reflexiv, symmetrisk, och transitiv kallas f¨or en ekvivalens- relation . M˚ anga viktiga relationer ¨ar ekvivalensrelationer, och likhet kanske

¨ar den viktigaste. (F¨or ¨ovrigt ¨ar likhet den enda relation som b˚ ade ¨ar en ordning och en ekvivalensrelation.)

Vi ger n˚ agra fler exempel.

1. L˚ at A vara m¨angden av r¨ata linjer i planet. D˚ a ¨ar xP y om x och y ¨ar parallella (eller sammanfaller) en ekvivalensrelation.

2. L˚ at D vara m¨angden av r¨atvinkliga trianglar i planet. D˚ a ¨ar xLy om x och y ¨ar likformiga en ekvivalensrelation.

3. L˚ at n vara ett fixt positivt heltal. Definiera relationen K p˚ a Z genom xKy om n |(x − y), d.v.s. om n delar x − y. Den h¨ar relationen har ett eget skrivs¨att: man skriver x ≡ y (mod n) d˚ a xKy och s¨ager att x ¨ar kongruent med y modulo n.

T.ex. har vi 1 ≡ 6 (mod 5) eftersom 1 − 6 = −5 ¨ar delbart med 5.

Naturligtvis ¨ar ocks˚ a 1 ≡ −4 (mod 5) medan 1 6≡ 6 (mod 2).

Om ett heltal a vid division med 5 ger kvoten q och resten r, s˚ a betyder det att a = 5q + r och a ≡ r (mod 5). Varje heltal ¨ar d¨arf¨or kongruent med n˚ agot av talen 0, 1, 2, . . . , n − 1 (mod n).

Verifiera att exemplen verkligen ¨ar ekvivalensrelationer.

L˚ at ∼ vara en ekvivalensrelation p˚ a en m¨angd X. L˚ at x vara ett element.

Vi kan nu bilda m¨angden A

genom

A

= {y ∈ X; x ∼ y}.

M¨angden A

kallas en ekvivalensklass. Vi ser att A

inte ¨ar tom eftersom x ∈ A

(reflexivitet). Om y ∈ A

s˚ a ¨ar A

= A

p˚ a grund av symmetri och transitivitet:

z ∈ A

= ⇒ z ∼ x =⇒ z ∼ y [eftersom x ∼ y] =⇒ z ∈ A

. och omv¨ant. Man inser att vi har f¨oljande

Sats 1. En m¨ angd X med en ekvivalensrelation ∼ delas upp i ett antal parvis disjunkta delm¨ angder (ekvivalensklasser), som tillsammans t¨ acker hela X.

Man s¨ ager att X partitioneras av ekvivalensrelationen.

Vi kan ocks˚ a g˚ a ˚ at andra h˚ allet. L˚ at X vara en m¨angd och P = {A

, A

, A

, . . . } = {A

}

Om A

¨ar icke-tomma, parvis disjunkta och t¨acker hela X kallas P en par- tition av X. I symboler kan vi skriva (i tur och ordning) dessa villkor som A

6= ∅ f¨or alla j ∈ J, A

∩ A

= ∅ om j 6= i och S

j∈J

A

= X.

M¨angden J ovan brukar kallas indexm¨angd och anv¨ands f¨or att lista (eller indexera) alla m¨angder i P . J kan ha vilket kardinaltal som helst; egentligen

¨ar det ju bara kardinaltalet som spelar roll.

L˚ at P vara en partition av X och definiera x ∼ y om x och y tillh¨or samma m¨angd i P (d.v.s. x, y ∈ A

f¨or n˚ agot A

∈ P .) Det ¨ar l¨att att visa att ∼ ¨ar en ekvivalensrelation. Vi kan nu formulera f¨oljande sk¨arpning av Sats 1 ovan.

Sats 2. M¨ angden av ekvivalensrelationer p˚ a X st˚ ar i ett naturligt ett-till-ett- f¨ orh˚ allande till m¨ angden av partitioner av X.

L˚ at oss beskriva ekvivalensklasserna till exemplen ovan

1. L˚ at A vara m¨angden av r¨ata linjer i planet. L˚ at ω

= (cos(θ), sin(θ)), θ ∈ [0, π[ vara en upps¨attning riktningsvektorer i planet. En ekviva- lensklass ¨ar d˚ a

A

= {{(x, y) + tω

; t ∈ R}; (x, y) ∈ R

}.

och P = {A

; θ ∈ [0, π[}. Observera att den inre m¨angden i A

¨ar en linje; den linje med riktning θ som g˚ ar genom punkten (x, y). Den yttre m¨angden ¨ar en samling linjer med samma riktning. P ¨ar en m¨angd av m¨angder med linjer (som ju i sig ¨ar m¨angder av punkter). Vilken hierarki!

2. En ekvivalensklass kan beskrivas av ett tal p ∈ ]0, 1] som beskriver den kortaste kateten delat p˚ a den l¨angsta.

3. Vi har xKy p˚ a Z om n |(x − y). Det ¨ar klart att en ekvivalensklass best˚ ar av alla tal som ¨ar delbara ned n,

K

= {0, ±n, ±2n, . . . } = {qn; q ∈ Z}.

Lite eftertanke ger att det finns precis n ekvivalensklasser, och dessa ges av

K

= {qn + r; q ∈ Z}, d¨ar r = 0, 1, . . . , n − 1.

Vi ser allts˚ a att ekvivalensklasserna beskrivs av talen 0, 1, 2, . . . , n − 1, d.v.s.

P = {K

, K

, . . . K

} Med dessa f¨orberedelser kan vi nu beskriva vad som menas med Z

: Z

best˚ ar av talen 0, 1, . . . , n − 1 d¨ar addition och multipli- kation definieras p˚ a f¨oljande s¨att:

a + b = det unika tal r ∈ Z

s˚ a att den vanliga summan a + b ∈ K

.

ab = det unika tal r ∈ Z

s˚ a att den vanliga produkten ab ∈ K

.

Exempelvis ¨ar 3 + 6 = 2 och 3 · 6 = 4 i Z

eftersom 9 ≡ 2 (mod 7) och

18 ≡ 4 (mod 7).

Om a och b ¨ar tv˚ a (vanliga) tal och a + b = 0 s˚ a kallas b en additiv invers till a; vi har b = −a. Det ¨ar klart att varje tal a ∈ Z

har en additiv invers, n¨amligen talet n − a.

En multiplikativ invers till ett tal a ¨ar ett tal b s˚ a att ab = 1, b = a

. Om vi har att g¨ora med rationella tal har varje tal utom 0 en multiplikativ invers, n¨amligen 1 genom talet. Kan vi hitta en entydig l¨osning till ekvationen ax = b f¨or alla a 6= 0 och alla b, s˚ a kan vi alltid best¨amma en invers till a genom att s¨atta b = 1.

Om n = pq d¨ar p och q ¨ar heltal st¨orre ¨an 1, s˚ a ¨ar pq = 0 i Z

, s˚ a ekvationen px = 0 saknar entydig l¨osning. F¨oljande ¨ovning g˚ ar ut p˚ a att visa existens av en entydig l¨osning av ax = b i Z

om p ¨ar ett primtal.

Ovning 12: ¨ L˚ at a 6= 0. Visa att (i Z

) g¨aller:

a) ax = 0 = ⇒ x = 0.

b) ax = ay = ⇒ x = y.

c) F¨or varje b ∈ Z

har ekvationen ax = b en unik l¨osning. [Ledning: Betrakta de p talen a · 0, a · 1, . . . , a · (p − 1). Vad kan s¨agas om dessa i ljuset av b)?]

Det f¨oljer naturligtvis speciellt att ekvationen ax = 1 har en unik l¨osning, som per definition ¨ar den multiplikativa inversen, a

. Huvudproblemet ¨ar l¨ost, men ¨ovningen forts¨atter.

d) Bevisa att i Z

g¨aller

x

= x · x = 1 ⇐⇒ x = 1 eller x = p − 1.

Detta betyder att a

= a ⇐⇒ a = 1 eller a = p − 1.

e) Ber¨akna (p − 1)! i Z

d˚ a p = 2, 3, 5 och 7. G¨or d¨arefter en kvalificerad giss- ning av vad (p − 1)! ¨ar i Z

f¨or godtyckliga primtal p. Bevisa att din gissning

¨ar korrekt! [Ledning: Utnyttja resultaten i d) f¨or att para ihop faktorerna i produkten (p − 1)! = 1 · 2 · 3 · · · (p − 1) p˚ a ett listigt s¨att.]

Ovning 13: ¨ L¨os f¨oljande ekvationer i Z

: 3x

+ 2x = 1, 3x

+ 2x = 2 och 3x

+ 2x = 3.

Ovning 14: ¨ Hur m˚ anga ekvivalensrelationer finns det p˚ a en m¨angd med 1 element? Med tv˚ a element? Med tre, fyra och fem? Vad kan du s¨aga om antalet ekvivalensrelationer p˚ a en m¨angd med n element?

Ovning 15: ¨ Betrakta relationen A p˚ a R d¨ar xAy om x−y ∈ Q. Visa att A ¨ar

en ekvivalensrelation. Kan du beskriva ekvivalensklasserna (kanske n˚ agon ek-

vivalensklass!)? Vilket kardinaltal har en ekvivalensklass? Vilket kardinaltal

har m¨angden av ekvivalensklasser?

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin

Specialkursen HT07 17 december 2007

Grupper och RSA-kryptering

Dessa blad utg¨or skissartade f¨orel¨asningsanteckningar kombinerat med

¨ovningar. Framst¨allningen ¨ar inte fullst¨andig utan m˚ aste kompletteras med egna anteckningar och probleml¨osningar.

1. Bin¨ ara operationer

En bin¨ar operation p˚ a en m¨angd X ¨ar en avbildning ∗: X ×X → X. Normalt skriver man inte ∗(x, y) f¨or denna funktion; ist¨allet skriver man x ∗ y. Ofta skriver man (X, ∗) f¨or en m¨angd X med en operation ∗.

Ni k¨anner till m˚ anga bin¨ara relationer sedan tidigare. Till exempel addi- tion och multiplikation p˚ a de reella talen, allts˚ a (R, +) och (R, ·). Division p˚ a de reella talen ¨ar inte en operation, eftersom division med 0 inte ¨ar definierat.

2. Grupper och abelska grupper

Definition 1. En m¨angd G med en operation ∗ kallas f¨or en grupp om f¨oljande villkor ¨ar uppfyllda.

1. (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) f¨or alla a, b, c (associativitet)

2. Det finns ett element e i G s˚ a att e ∗ x = x ∗ e = x f¨or alla x i G.

(existens av enhetselement)

3. F¨or varje x i G finns ett element x

s˚ a att x ∗ x

= x

∗ x = e (existens av invers)

Vanligtvis brukar man beteckna gruppoperationen ∗ med + eller · bero- ende p˚ a vad som verkar naturligast, och n¨ar man anv¨ander · skriver man oftast inte ut den alls; man skriver xy f¨or produkten x · y.

Exempel 2. (Z, +) ¨ar en grupp. Som enhetselement har vi 0 och som invers till x fungerar −x.

Exempel 3. (R, ·) ¨ar inte en grupp eftersom 0 saknar invers. Talm¨angderna

R

= {x ∈ R, x > 0} och R

= {x ∈ R, x 6= 0} ¨ar grupper under multi-

plikation. Talet 1 fungerar som enhetselement och talet 1/x ¨ar inversen till

x.

Exempel 4. L˚ at n vara ett positivt heltal. Z

med addition modulo n som bin¨ar operation ¨ar en grupp. 0 ¨ar enhetselement och som invers till m ∈ Z

fungerar talet n − m (som ¨ar ≡ −m).

Exempel 5. L˚ at n vara ett positivt heltal. Z

med addition modulo n som bin¨ar operation ¨ar en grupp. 0 ¨ar enhetselement och som invers till m ∈ Z

fungerar talet n − m (som ¨ar ≡ −m).

Exempel 6. L˚ at p vara ett primtal. Z

med multiplikation modulo p som operation ¨ar inte en grupp eftersom talet 0 saknar invers. Men l˚ at Z

= Z

r {0}. D˚ a ¨ar Z

en grupp med 1 som enhetselement. Varje element 6= 0 i Z

har en multiplikativ invers (detta visades i Relationskompendiet av dem som gjorde ¨ovning 12).

I exemplen ovan ¨ar den bin¨ara operationen kommutativ, dvs x ∗ y = y ∗ x.

En s˚ adan grupp kallas abelsk. Inte alla grupper ¨ar abelska. Till exempel utg¨or m¨angden av inverterbara n × n-matriser under matrismultiplikation en icke- abelsk grupp. (G˚ a igenom gruppaxiomen och kontrollera att de ¨ar uppfyllda!) Ovning 1: ¨ L˚ at X = {1, 2, 3} och l˚ at G vara m¨angden av alla bijektiva funktioner f : X → X. (En s˚ adan funktion kallas en permutation av X). Som operation p˚ a G inf¨or vi vanlig funktionssammans¨attning., dvs. f ∗ g = f ◦ g.

Ar associativa lagen uppfylld? Vilket ¨ar enhetselementet? Inverser? Kanske ¨ kan du st¨alla upp en ”multiplikationstabell” f¨or gruppen. Visa att gruppen inte ¨ar abelsk genom att ge exempel p˚ a tv˚ a permutationer f och g som inte kommuterar.

3. Lite talteori

F¨or att komma vidare beh¨over vi lite talteori. L˚ at a och b vara heltal. Vi s¨ager att a delar b, eller att a ¨ar en delare i b om b = na f¨or n˚ agot heltal n (allts˚ a om b ≡ 0 (mod a)).

Tv˚ a heltal har alltid de gemensamma delarna ±1. Men de kan ha flera gemensamma delare. Till exempel har talen 6 och 9 de gemensamma de- larna ±1, ±3. Ofta ¨ar det intressant att best¨amma den st¨orsta gemensam- ma delaren till tv˚ a 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 s¨ager man att a och b ¨ar relativt prima. F¨or att best¨amma SGD(a, b) kan man anv¨anda Euklides algoritm som beskrivs i Anders Vretblands bok, Algebra och Geometri).

Ovning 2: ¨ L˚ at φ(n) beteckna antalet heltal i intervallet 1 6 x 6 n som ¨ar relativt prima n, dvs. d¨ar SGD(x, n) = 1. Exempelvis ¨ar φ(3) = 2, φ(4) = 2 och φ(6) = 2.

a) Uppenbarligen g¨aller φ(p) = p−1 f¨or alla primtal p. F¨ors¨ok hitta en formel

f¨or φ(p · q) d¨ar p och q ¨ar olika primtal genom att g¨ora en lista ¨over φ(n) f¨or

n = 6, 10, 14, 15, 35.

b) Bevisa sedan din formel genom att r¨akna hur m˚ anga av talen 1, 2, . . . , pq −1 som ¨ar delbara med p respektive q.

c) Vad ¨ar φ(p

) om p ¨ar ett primtal?

Ovning 3: ¨ Ber¨akna binomialkoefficienterna

f¨or k = 1, 2, . . . 6 och verifiera att samtliga ¨ar delbara med 7.

b) Motivera allm¨ant varf¨or

p k



≡ 0 (mod p) f¨or k = 1, 2, . . . p − 1.

c) Visa (med hj¨alp av binomialsatsen och resultatet i b)) att (n + 1)

≡ n

+ 1 (mod p)

d) Visa, f¨orslagsvis med hj¨alp av induktion, att n

≡ n (mod p) f¨or alla n ∈ N.

4. Mer om grupper

Vi kan generalisera Exempel 6 ovan genom att f¨or godtyckligt positivt heltal n l˚ ata Z

vara m¨angden av alla heltal x i intervallet 0 < x < n som ¨ar relativt prima med n, dvs. d¨ar SGD(x, n) = 1. Antalet element i Z

brukar betecknas φ(n), j¨amf¨or ¨ovning 2.

Man kan visa att Z

¨ar en grupp under multiplikation, med 1 som enhet- selement. Associativa lagen ¨ar sj¨alvklar. Att varje element har invers f¨oljer av att den diofantiska ekvationen ax + yn = 1 har en heltalsl¨osning d¨ar 0 < x < n under de givna f¨oruts¨attningarna (se till exempel Vretblads bok).

Det f¨oljer att ax ≡ 1 − yn ≡ 1 (mod n), vilket betyder att x ¨ar en invers till a.

Ovning 4: ¨ Skriv upp elementen i Z

och ange inversen f¨or varje element.

F¨oljande resultat ¨ar av fundamental betydelse.

Sats 7. L˚ at G vara en grupp med ∗ som operation. L˚ at a, b, c vara gruppele- ment. Om a ∗ b = a ∗ c s˚ a ¨ ar b = c. Om b ∗ a = c ∗ a s˚ a ¨ ar b = c.

Satsen bevisas genom att ekvationerna multipliceras med a

fr˚ an h¨oger

och fr˚ an v¨anster.

Sats 8. L˚ at G vara en grupp med ∗ som operation. D˚ a finns bara ett element e s˚ a att e ∗ x = x ∗ e = x f¨or alla x ∈ G (enhetselementet ¨ar unikt) och f¨or varje a ∈ G finns bara ett element a

s˚ a att aa

= a

a = e, (inversen ¨ar unik).

Satsen bevisas genom att man antar att man har tv˚ a enhetselement/inverser och visar att de ¨ar lika.

Ovning 5: ¨ L˚ at (G, ∗) vara en grupp och l˚ at c

= c ∗c∗· · ·∗c, med n faktorer c, d¨ar c ∈ G och n > 0. Visa (genom induktion) att (a ∗ b)

= a

∗ b

om G

¨ar abelsk.

Ovning 6: ¨ L˚ at G vara en grupp (¨aven en icke-abelsk grupp ¨ar till˚ aten), och anta att de tre elementen a, b, c uppfyller a ∗b∗c = e. Visa att ¨aven b∗c∗a = e.

5. Homomorfismer och isomorfismer

L˚ at G och H vara tv˚ a grupper. En avbildning φ : G → H kallas en homo- morfism om φ(ab) = φ(a)φ(b) f¨or alla a och b i G. (Multiplikationen φ(a)φ(b) ges naturligtvis av gruppoperationen p˚ a H.)

Vi ska inte g¨ora n˚ agot n¨armare studier av homomorfismer, men noterar att man l¨att kan visa att φ(e) ¨ar enhetselementet i H om e ¨ar enhetselementet i G och att φ(a

) = φ(a)

g¨aller f¨or alla a ∈ G.

Om en homomorfism φ r˚ akar vara en bijektiv avbildning, kallas φ f¨or en isomorfism. Om G och H ¨ar tv˚ a grupper och det finns en isomorfism φ mellan dem, kallas G och H isomorfa. Allt man vet om G kan d˚ a ¨overs¨attas till H, genom φ, och tv¨artom genom φ

. Det enda som skiljer grupperna ¨ar (m¨ojligtvis) vad man kallar elementen.

Exempel 9. Grupperna G = (R, +) och H = (R

, ·) ¨ar isomorfa. En isomor-

fism ges av avbildningen φ(x) = e

, d¨ar e

¨ar exponentialfunktionen. Vi vet

ju att φ(x + y) = φ(x)φ(y) eftersom e

= e

· e

. Inversen ¨ar naturligtvis

logaritmfunktionen, som ¨ar definierad p˚ a R

.

6. RSA-kryptering

Följande material är skrivit av LarS-Åke Lindahl för motsvarigheten till spe- cialkursen år 1999. 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 =:;.

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

på G genom att sätta

-1

H

x

y <=> xy E .

Uppgift 5. Visa att

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

Så fort man har en ekvivalensrelation på en mängd M, så delas mängden upp i parvis disjunkta ekvivalensklasser. Betrakta speciellt ekvivalensrelationen ovan. Den ekvivalens- klass som innehåller enhetselementet e består per definition (se algebraboken om du glömt detta) av alla x så att x

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 mot- svarande ekvivalensklass, som vi kan kalla K(a). Per definition gäller att

x E K(a) {:} x

a {:} xa-

= 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

hm' Då är alltså K(a) = {hl a, h

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

för n = 0, 1, 2, .... Hur många olika får man? Samma fråga för 7

och 4

Om G är en ändlig grupp och a E G, så kan naturligtvis inte alla elementen aD = e, a, a

a

vara olika, utan det måste finnas i < k så att a

= a

Genom att multiplicera denna likhet med

i stycken gånger ser vi att

= 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

an-

alla är olika, ty om vi hade aP = a

för O :::; P < q < n, så vore ju a

= 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

,an -

är en delgrupp till G. Ty produkten aj a

= a j +

och om j + k ~ n så kan vi skriva j + k = mn + ^p med °:::; ^{p < n och}

aj +

= amnaP = (an)m aP = emaP = eaP = aP, dvs. produkten av två element i H ligger i H. Vidare är aj an- j = an = e, så inversen till aj är an- 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

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 med- d.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 tillgäng- lig.

RSA-algoritmen fungerar på följande vis:

Person X vill ta emot hemliga meddelanden från ett godtyckligt antal personer Yl,

Y

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

(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

(m')d = m/d = ml+N<p(n) = m. (m<P(n))N = m. 1

= m,

där den näst sista likheten följer av korollariet till sats 2. X får därför tillbaka det ur- sprungliga meddelandet (talet) m.

4

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

UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin

Specialkursen HT07 13 december 2007

Ovningar p˚ ¨ a talkroppar

Ett tal x ∈ R kallas rationellt om det kan skrivas p˚ a formen x = p/q d¨ ar p och q ¨ ar heltal. Vi har sett att de rationella talen ¨ ar precis de tal med periodisk (eller ¨ andlig) decimalutveckling. Talet x kallas irrationellt om det inte ¨ ar rationellt. Vi vet att de rationella talen ¨ ar uppr¨ akneliga, och att de irrationella ¨ ar ¨ overuppr¨ akneliga (dvs. har st¨ orre kardinalitet ¨ an N.). Ett av de f¨ orsta bevis man brukar g¨ ora i de vanliga kurserna ¨ ar att (t.ex.) √

2 ¨ ar irrationellt.

Ett tal α ∈ R kallas algebraiskt om det ¨ar en l¨osning till n˚ agon polyno- mekvation med heltalskoefficienter, dvs. om det finns ett polynom p(x),

p(x) = a

+ a

x + a

x

+ · · · + a

x

= 0, a

∈ Z, 0 6 i 6 n.

s˚ a att p(α) = 0.

Ett tal som inte ¨ ar algebraisk kallas transcendent, vilket betyder ungef¨ or gr¨ ans¨ overskridande. Ni har visat att de algebraiska talen ¨ ar uppr¨ akneligt m˚ anga, och f¨ oljdaktligen att det finns ¨ overuppr¨ akneligt m˚ anga transcendenta tal: d¨ aremot har ni inte visat att n˚ agot visst tal faktiskt ¨ ar transcendent, n˚ agot de h¨ ar ¨ ovningarna ska r˚ ada bot p˚ a.

1. Talet π ¨ ar irrationellt

Ovning 1: L˚ ¨ at f (x) vara ett polynom och l˚ at

g(x) = f (x) − f

(x) + f

(x) − f

(x) + · · · =

∞

X

j=0

(−1)

f

(x).

Eftersom f ¨ ar ett polynom blir derivatan s˚ a sm˚ aningom 0, och g ¨ ar allts˚ a ocks˚ a ett polynom. Visa att

Z

f (x) sin(x)dx = g(π) + g(0) Ledning: Vad blir

d

dx (g

(x)sin(x) − g(x)cos(x))

Ovning 2: Visa att f¨ ¨ or varje a > 0 g¨ aller lim

a

/k! = 0.

Antag att π = m/n d¨ ar m och n ¨ ar positiva heltal. Av resultatet ovan f¨ oljer att vi kan v¨ alja ett tal k s˚ a att (πm)

/k! < 1/2. L˚ at f forts¨ attningsvis vara polynomet f (x) = x

(m − nx)

/k!.

Ovning 3: Visa att 0 < f (x) < 1/2 d˚ ¨ a 0 < x < π. Visa sedan att

0 <

Z

f (x) sin xdx < 1

Speciellt betyder ju det att integralen inte ¨ ar ett heltal.

Ovning 4: a) Anv¨ ¨ and binomialsatsen f¨ or att visa att i:te derivatan av f ges av

f

(x) = 1 k!

k

X

j=M

k j



m

(−n)

(j + k)!

(j + k − i)! x

d¨ ar M = max(0, i − k). Om M > k avses den ”tomma” summan, som ¨ ar 0.

b) Anv¨ and resultatet ovan f¨ or att visa att f

(0) ¨ ar ett heltal f¨ or varje i ∈ N.

Ledning: Dela upp i tre fall: i < k, k 6 i 6 2k och i > 2k.

Ovning 5: Visa att f (π − x) = f (x) f¨ ¨ or alla x och anv¨ and kedjeregeln f¨ or att visa att f

(π − x) = −f

(x) och f

(π − x) = f

(x) f¨ or alla x. Det f¨ oljer nu av b) i f¨ oreg˚ aende uppgift att f

(π) ¨ ar ett heltal f¨ or varje i ∈ N. Kombinera denna slutsats med resultatet i ¨ Ovning 1 f¨ or att visa att

Z

f (x) sin xdx

¨ ar ett heltal. Detta ¨ ar en mots¨ agelse mot ¨ Ovning 3, och visar att antagandet att π = m/n inte kan vara riktigt.

Anm: Det g˚ ar att visa att π ¨ ar transcendent (Ferdinand von Lindemann, 1882), men beviset ¨ ar komplicerat.

2. Fixpunkter

Ovning 6: a) Bevisa att om f : [a, b] → [a, b], a, b ∈ R, a < b, ¨ar kontinuerlig ¨ s˚ a har f en fixpunkt a 6 r 6 b, dvs. en punkt s˚ a att f (r) = r.

Ledning: Betrakta g(x) = f (x) − x och anv¨ and satsen om mellanliggande v¨ arde.

b) Visa att det ¨ ar n¨ odv¨ andigt att intervallet ¨ ar slutet genom att konstruera

en funktion f : ]0, 1[ → ]0, 1[ som saknar fixpunkt.

Ovning 7: a) Antag att f : [a, b] → [a, b] ¨ ¨ ar en funktion, d¨ ar det finns en konstant 0 6 K < 1 s˚ a att

|f (x) − f (y)| 6 K|x − y|

f¨ or alla x, y ∈ [a, b]. Eftersom f ¨ ar kontinuerlig (varf¨ or d˚ a?) s˚ a finns en punkt r s˚ a att f (r) = r. L˚ at x

vara en godtycklig punkt i [a, b]. L˚ at

x

= f (x

), x

= f (x

) = f (f (x

)), . . . , x

= f (x

).

Visa att

n→∞

lim x

= r

b) L˚ at A ⊆ R. En funktion f : A → A som uppfyller |f (x) − f (y)| 6 K|x − y|

(0 6 K < 1) f¨or alla x och y kallas allm¨ant f¨or en kontraktion. Visa att om [a, b] ¨ ar n˚ agot intervall och f en kontraktion R → R s˚ a ¨ ar g : [a, b] → [a, b]

definierad genom

g(x) =







f (x) om a 6 f (x) 6 b b om f (x) > b a om f (x) < a en kontraktion [a, b] → [a, b].

c) Bevisa Banachs fixpunktsats f¨ or reella tal, som s¨ ager att en kontraktion f : R → R har en (och endast en) fixpunkt.

Ledning: Entydighet ¨ ar l¨ att. F¨ or existens, l˚ at x

= f (0), och definiera x

, x

, . . . som i a). Visa (med induktion) att |x

− x

| 6 K

|x

|. Visa sedan (ocks˚ a med induktion) att

|x

| 6 (1 + K + K

+ · · · + K

)|x

|

(Mer ledning: Skriv |x

| = |x

− x

+ x

| och anv¨and triangelolikheten.) S¨ att

M = 1 + lim

n→∞

(1 + K + K

+ · · · + K

)|x

|

Varf¨ or ¨ ar M < ∞? Betrakta intervallet [−M, M ] och anv¨ and b) f¨ or att konstruera en kontraktion d¨ ar. Notera att x

∈ [−M, M ] f¨or alla i ∈ N.

Anv¨ and nu tidigare resultat f¨ or att slutf¨ ora beviset.

d) Visa att det finns en kontraktion f : Q → Q som saknar fixpunkt.

F¨ orslag: L˚ at f : Q → Q vara f (x) =



2

+

om x > 1

3

2

annars.

e) I ¨ ovning c) startade vi i punkten 0 f¨ or att n˚ a fixpunkten. ¨ Ar det n¨ odv¨ andigt,

eller kan vi starta var som helst? J¨ amf¨ or med a).

3. En ordnad kropp utan den Arkimediska egenskapen

L˚ at K vara en ordnad kropp. Den som vill ha det hela lite mer konkret kan t¨ anka p˚ a de reella talen, allts˚ a K = R. Ett polynom ¨over K ¨ar ett polynom α

x

+ · · · + α

x + α

d¨ ar α

∈ K.

Med en rationell funktion ¨ over K menar man (som bekant) en kvot mellan tv˚ a polynom (¨ over K). Exempelvis ¨ ar

3x

− 10x + 2

x

− 2 , x

+ 1(= x

+ 1

1 ), och den konstanta funktionen 1(= 1 1 ) rationella funktioner (¨ over Q eller R. Funktionen π/x ¨ar rationell ¨over R men inte ¨ over Q).

L˚ at nu Q vara kroppen av alla rationella funktioner (Kontrollera att kroppsaxiomen ¨ ar uppfyllda, med de konstanta funktionerna 0 och 1 som nollelement respektive ettelement.)

L˚ at sedan Q

best˚ a av alla rationella funktioner α

x

+ · · · + α

β

x

+ · · · + β

som uppfyller α

β

> 0 (d¨ ar ordningen kommer fr˚ an kroppen K). Ordnings- relationen > p˚ a Q definieras nu av att f > g om och endast om f − g ∈ Q

, dvs. om f − g > 0. Speciellt ¨ ar f > 0 ekvivalent med att f ∈ Q

. Med v˚ ar definition ¨ ar allts˚ a x + 1 > 0,

> 0 och π > 0, medan −1/x < 0.

Ovning 8: a) Ordna de reella funktionerna 10 ¨

, 1/x, 10/x

, 1000 och

x²−x+1

x+1

i v¨ axande ordning (om du arbetar i en abstrakt kropp ska naturligtvis 10 tolkas som 1 + 1 + · · · + 1 (tio ettor) och 1000 som 10

(i exponenterna blir det ju vanliga tal.)).

b) Att relationen < som vi har definierats p˚ a Q ¨ ar linj¨ ar och asymmetrisk

¨

ar klart, eftersom ordningen p˚ a K ¨ ar det. Visa att om f och g tillh¨ or Q

s˚ a g¨ or f + g och f g det ocks˚ a. Visa sedan att relationen < ¨ ar transitiv, och allts˚ a en (strikt) ordning. F¨ or att visa att Q ¨ ar en ordnad kropp ˚ aterst˚ ar nu att visa att om f > g s˚ a ¨ ar f + h > g + h. G¨ or det.

c) Visa att kroppen Q inte har den Arkimediska egenskapen genom att hitta tv˚ a positiva element f, g ∈ Q s˚ a att g + g + · · · + g = P

n=1

g < f f¨ or varje naturligt tal N .

4. Ett transcendent tal

Vi har definierat ett algebraiskt tal som ett nollst¨ alle till ett polynom med

heltalskoefficienter. Men man kan lika g¨ arna ta rationella koefficienter. Ge-

nom att multiplicera polynomet med den minsta gemensamma n¨ amnaren

f˚ ar man ju ett polynom av samma grad, med samma nollst¨ allen och med

heltalskoefficienter.

Vi s¨ ager att ett polynom P (x) (med rationella koefficienter) ¨ ar irredu- cibelt (¨ over Q) om det inte kan skrivas som en produkt P (x) = Q(x)R(x), d¨ ar samtliga polynom har rationella koefficienter och faktoriseringen inte ¨ ar trivial, dvs b˚ ade Q och R har grad st¨ orre ¨ an 0. Om P (x) kan faktoriseras kallas det naturligtvis reducibelt (¨ over Q).

Exempel 1. Polynomen x

− 2 och x

+ 1 ¨ ar irreducibla. Polynomet x

− 1

¨

ar reducibelt eftersom x

− 1 = (x + 1)(x − 1). Polynomet x

− x

− 2 ¨ar reducibelt eftersom x

− x

− 2 = (x

+ 1)(x

− 2). Notera att det senare inte har n˚ agra rationella l¨ osningar.

Ett polynom P (x) som har ett rationellt nollst¨ alle r ¨ ar med n¨ odv¨ andighet reducibelt, eftersom vi har P (x) = Q(x)(x−r). D¨ aremot, som vi s˚ ag i exemp- let, kan ett polynom vara reducibelt trots att det saknar rationella nollst¨ allen.

Om ett tal α ¨ ar algebraiskt, s˚ a finns det naturligtvis ett polynom P

(x) av l¨ agsta m¨ ojliga gradtal med α som nollst¨ alle. Detta polynom ¨ ar n¨ odv¨ andigtvis irreducibelt ¨ over Q. Bevis: Om P

(x) = Q(x)R(x) s˚ a ¨ ar antingen Q(α) = 0 eller R(α) = 0. Eftersom P

har l¨ agsta m¨ ojliga gradtal, har antingen Q(x) eller R(x) samma gradtal, och den andra faktorn har d¨ armed grad 0.

Varje polynom P (x) med rationella koefficienter och α som nollst¨ alle ¨ ar en multipel och av P

(x). Bevis: Detta f¨ oljer av divisionsalgoritmen, P (x) = Q(x)P

(x) + R(x), som efter ins¨ attning ger R(α) = 0. Eftersom R(x) har l¨ agre grad ¨ an P

(x) s˚ a m˚ aste R(x) vara identiskt 0.

Om n = deg P

(x) ¨ ar gradtalet hos det irreducibla polynomet P

(x), s¨ ager man att talet α ¨ ar algebraiskt av grad n.

Ett tal ¨ ar rationellt om och endast om det ¨ ar algebraiskt av grad 1.

Exempel 2. Talen √

2 och √

6 ¨ ar algebraiska av grad 2 respektive 3 eftersom de ¨ ar nollst¨ allen till de irreducibla polynomen x

− 2 respektive x

− 6.

Ovning 9: Bevisa att talen ¨ √

2 + 1 och √ 2 + √

3 ¨ ar algebraiska och best¨ am respektive gradtal genom att hitta irreducibla polynom.

Ovning 10: Antag att α ¨ ¨ ar ett algebraiskt tal av grad n > 2 och att α

¨ ar ett nollst¨ alle till det irreducibla polynomet P (x) = a

x

+ · · · + a

med heltalskoefficienter.

a) Visa att P (q/p) 6= 0 f¨ or alla rationella tal p/q.

b) Visa att |P (p/q)| > 1/q

f¨ or alla rationella tal p/q med q > 0.

Ledning: S¨ att in p/q i uttrycket f¨ or polynomet och skriv om det som ett rationellt tal med q

i n¨ amnaren.

c) S¨ att M = sup{|P

(x)|; |x − α| < 1}. Visa med hj¨ alp av medelv¨ ardessatsen och resultatet i b) att om p/q ¨ ar rationellt med |α −p/q| < 1 s˚ a ¨ ar |α −p/q| >

1/M q

. Det f¨ oljer att om vi l˚ ater c = max(1, 1/M ) s˚ a g¨ aller

|α − p/q| > c/q

(1)

f¨ or alla rationella tal p/q.

Ett godtyckligt reellt tal kan sj¨ alvklart approximeras hur bra som helst med rationella tal, men olikheten ovan s¨ atter en gr¨ ans f¨ or hur bra man kan approximera ett algebraiskt tal av s¨ ag grad 3 med rationella tal om man kr¨ aver att n¨ amnaren i de rationella talen ska vara mindre ¨ an 10

; felet ¨ ar minst lika med c10

d¨ ar konstanten c bara beror p˚ a det algebraiska talet.

Vi kan utnyttja olikheten ovan f¨ or att konstruera transcendenta tal. Antag att vi konstruerar ett reellt, irrationellt, tal α och att det f¨ or n˚ agon f¨ oljd av rationella tal r

= p

/q

, k = 1, 2, 3, . . . , q

> 0, g¨ aller att

k→∞

lim q

|α − r

| = 0 f¨or varje n > 0.

Om talet α vore algebraiskt av grad n, s˚ a skulle enligt (1)

k→∞

lim q

|α − r

| > lim

k→∞

q

|c/q

| = c > 0.

Det ¨ ar allts˚ a om¨ ojligt; α kan inte vara algebraiskt av n˚ agon grad och ¨ ar allts˚ a transcendent.

Ovning 11: S¨ ¨ att α =

∞

X

j=1

1

10

= 0, 11000100000000000000000100 . . . ,

d¨ ar ettorna st˚ ar p˚ a decimalplats j! f¨ or alla j. Bevisa att α ¨ ar irrationellt och sedan att α ¨ ar transcendent genom att det visa att det approximeras ”f¨ or bra” av r

= P

j=1

1/10

.

Ovning 12: Vi har p˚ ¨ a en lektion sett att funktionen

f (x) =







1 x = 0

1/q x = p/q ∈ Q 0 x irrationellt

¨ ar diskontinuerlig i rationella punkter och kontinuerlig i irrationella punkter.

(Vi antar h¨ ar att om vi skriver ett rationellt tal p˚ a formen p/q, s˚ a ¨ ar kvoten maximalt f¨ orkortad och q > 0.)

a) Betrakta nu funktionen f (x) =







1 x = 0

1/q

x = p/q ∈ Q 0 x irrationellt

Visa att den ocks˚ a har dessa egenskaper. Anv¨ and sedan (1) f¨ or att visa g(x) dessutom ¨ ar deriverbar i α, om α ¨ ar ett algebraiskt tal av grad 2.

b) Visa att mellan tv˚ a rationella tal x < y finns alltid ett algebraiskt tal av grad 2. Ledning Visa f¨ orst att det alltid finns ett rationellt tal p/q s˚ a att x < p/q < (p + 2)/q < y. Utnyttja sedan att 1 < √

2 < 2 och konstruera ett

irreducibelt andragradspolynom med nollst¨ alle mellan x och y.