antwoorden wiskundige structuren

7/24/2019 antwoorden wiskundige structuren

1/13

ANTWOORDEN VAN VERSCHILLENDE OPGAVEN UIT HET BOEK:

Laten we afsprekenp geen haakjes nodig heeft. Anders gaat het uit de hand lopen. Dus als ergeen haakjes staan heeft de heeft altijd voorrang.1.1.7a:

p q q pq1 1 0 01 0 1 10 1 0 10 0 1 1

1.1.12a: n m.1.2.12d: Is het volgende waar?

xandy z: yz= x.

Dit is niet waar.1e uitwerking: We geven een tegenvoorbeeld. Neemx= 1 en y = 0. Dan staat erz : 0z = 1.

Dit is niet waar. Dus de uitspraak is niet waar.2e uitwerking: de negatie van de uitspraak is

xandy z: yz=x.Deze uitspraak is inderdaad waar. Neem maarx = 1 en y = 0. Dan geldt inderdaad voor alle zdatyz=x.1.2.12e: Is het volgende waar?

x y z: z > yz > x+y.Dit is een lastige. Hier moet je eerst op puzzelen. Na een tijdje kom je dan hopelijk op het ideedat de uitspraak niet waar is. Nu kun je 2 dingen doen: (1) de negatie van de uitspraak aantonen;(2) proberen een tegenspraak af te leiden.

Om het zo precies mogelijk te houden kies ik voor optie (1): De negatie van de uitspraak in12e is1

x y z: z > y zx+y.Dit gaan we bewijzen.2 Neem x = 100. Kiesy een willekeurig reel getal. Neemz = y + 1. Dangeldt3 z > y en zx+y.4

1.2.15: Een functie f : R R is stijgendals5 voor elke x en y geldt: als xy dan f(x)f(y).(a) We schrjiven dit ander met behulp van logische symbolen. Een functief : R R is stijgendalsxy: (xy)(f(x)f(y)).(b) We berekenen nu de negatie van bovenstaande uitspraak. Herinner dat(pq)hetzelfde

is als p q. In een paar stappen vinden we de gevraagde negatie6

xy: (xy)(f(x)f(y)) xy: (xy)(f(x)f(y))

1Gebruik dat (p q) hetzelfde is als p q.2Hoe kom je op zon bewijs? Antwoord: proberen en puzzelen.3Ga dat na4Als je bijvoorbeeld x = 30 had gekozen en z = y + 10 dan had het ook gewerkt5Deze als is anders dan de als in als .... dan beweringen. We gebruiken namelijk de als om iets te definiren.

Je zou de als ook kunnen vervangen door dan en slechts dan.6Een ander woord voor negatie is ontkenning. Dit woord wordt ook veel gebruikt

1


2/13

2 ANTWOORDEN VAN VERSCHILLENDE OPGAVEN UIT HET BOEK:

xy:(xy)(f(x)f(y)) xy: (xy) (f(x)f(y)) xy:

(xy) (f(x)> f(y))

In woorden is dit laatste: er bestaan x en y z dat xy en f(x)> f(y).Example 1.3.12 (f) We bewijzen deze uitspraak met behulp van een waarheidstabel.

p p c pc (pc)p1 0 0 1 10 1 0 0 1

1.3.7a Een geheel getal m is evenals er een geheel getal k bestaat z dat m = 2k. Een geheelgetalm is onevenals er een geheel getal k bestaat z dat m = 2k+ 1.

We bewijzen het volgende: als p en qbeide oneven zijn, dan is p +qeven.

Bewijs: Neem aan p is oneven en q is oneven. Uit de definitie van oneven zien we dat er eenk bestaat z dat p = 2k+ 1. Nogmaals uit de definitie van oneven (maar nu voor q) zien wedat er een bestaat7 z dat q = 2+ 1. Er volgt uit bekende rekenregels voor optellen dat:p+q= (2k+ 1) + (2+ 1) = 2(k++ 1). Aangezien k ++ 1 weer een geheel getal is, volgt uitde definities dat p +q is even.

1.3.7hWe bewijzen de uitspraak: als p2 is even dan is p even.

Bewijs. We gebruiken contrapositie. Dit zegt dat het equivalent is om te bewijzen: alsp is nieteven, dan is p2 niet even. Met andere woorden we gaan bewijzen: als p oneven dan is p2 oneven.Neem aan p is even. Dan kunnen we een geheel getal k vinden z dat p = 2k+ 1. Er volgtp2 = (2k+ 1)2 = 4k2 + 2k+ 1 = 2(2k2 +k) + 1. Hieruit zien we dat p2 oneven is.

1.4.19aWe noemen een reeel getal x rationaalals het te schrijven is in de vorm x= pq

, met p, q

gehele getallen enq= 0. Een reeel getal dat niet rationaal is noemen we irrationaal. We bewijzende volgende uitspaak: alsx en y beide rationaal zijn, dan is x +y rationaal.

Bewijs: Neem aan x is rationaal en y is rationaal. Uit de definitie volgt dat we gehele getallenpen qkunnen vinden met q= 0, z dat x= p

q. Nogmaals de definitie toepassen (maar nu voory)

zien we dat er gehele getallen k en bestaan8 met= 0en z daty = k

. Er volgt uit rekenregelsvoor breuken:

x+y = p

q+

k

=

p

q+

q k

q =

p+qk

q .

Aangezienp + qk en qweer gehele getallen zijn en q= 0, volgt datx + yinderdaad een rationaal

getal is.

1.4.20bWe bewijzen de volgende uitspraak: alsx+y irrationaal is, dan is x irrationaal ofy isirrationaal. Na even proberen kom je misschien tot de concludie dat dit lastig is. We schrijven deuitspraak eerst maar eens in een andere vorm. We definiren de uitspraken p, q,r als volgt:

p: x is irrationaal q: y is irrationaal r: x+y is irrationaal

7Merk op dat we niet nogmaals de letter k mogen gebruiken. Die is nu al gereserveerd voor het voorgaande8Ook hier geldt weer dat we andere letter als p en q moeten nemen, omdat ze al in gebruik zijn.


3/13

ANTWOORDEN VAN VERSCHILLENDE OPGAVEN UIT HET BOEK: 3

De uitspraak die we dus moeten bewijzen is: r (pq). Het blijkt een goed idee te zijn omhiervoor contrapositie te gebruiken. De uitspraak die we moeten bewijzen is (wegens Example1.3.12 (c)) equivalent aan (pq) r. Deze uitspraak kun je weer omschrijven tot hetvolgende: (

p

q)

r. Merk op dat

p betekent: x is rationaal etc. De uitspraak die we

moesten bewijzen is dus nu geworden (in woorden): alsx is rationaal en y is rationaal dan is x + yrationaal. Maar dit hadden we al laten zien in 1.4.19a.

2.1.6(d)Met behulp van een Venn-diagram zie je al snel dat A [B (U\ A)] =A B. Venn-diagrammen vinden we niet genoeg en we geven een formeel bewijs. Een manier zou zijn om beideinclusiesente laten zien. We kunnen echter ook de resultaten van de sectie gebruiken. Noemeven C= (U\ A). Er geldt wegens Stelling 2.1.13(d):

A [B (U\ A)] =A (B C) = (A B) (A C).Er geldt wegens Stelling 2.1.13(a): A C=A (U\ A) =U. Er volgt dus:

A [B (U\ A)] = (A B) U=A BHet bewijs van de laatste identiteit laat ik aan jullie over.

2.1.23(a)We bewijzen A \ B= (U\ B) \ (U\ A). Dit doen we weer door resultaten uit de sectiede gebruiken. Laat C=U\Aen D = U\B. Merk op dat wegens 2.1.13(c) geldt U\ C=A. UitStelling 2.1.11 volgt ook D (U\ C) =D \ C. Er volgt dus:

(U\ B) \ (U\ A) =D \ C= D (U\ C) = (U\ B) A= A (U\ B) ().Voor de laatste verzameling geldt weer wegens Stelling 2.1.11 datA (U\B) =A \B. Combinatievan dit laatste met ()geeft het gevraagde.

2.2.10(d) Dit is niet waar. Neem A = [0, 1], B = [3, 4], C = (1, 2] en D = (4, 5]. Dan geldt9

AC = [0, 2] en BD = [3, 5]. Dus (AC)(BD) = [0, 2][3, 5]. Dus bijvoorbeeld(2, 3)

(A

C)

(B

D). Echter: (11

2, 31

2) /

A

B omdat 1 1

2 /

A. En ook (11

2, 31

2) /

C

D,

omdat3 12 /D. Hieruit zien we dat (1 12 , 312 ) /(A B) (C D).2.2.11h Reflexief: Ja, wantx x= 02.

Symmetrie: Ja, want als|x y| 2, dan volgt ook|y x|=|x y| 2.Transitief: Nee. Tegenvoorbeeld: neemx = 2, y = 0 en z =1. Dan geldt|x y| = 2 2.

Ook geldt|y z|= 12. Maar|x z|= 3 2.

2.2.23, 2.2.24 Dit zijn speciale gevallen van wat op het college geweest is: xRy n| x y.Hierbij betekent dit laatste x y is deelbaar door n. Voor de volledigheid herhalen we het bewijsvoorn = 3. Dat is dus opgave 24.

Reflexiviteit: Zij x Z. Er geldt x x= 0 = 0 3. DusxRx.Symmetrie: Zij x, y Z. Neem aan datxRy. We laten zien dat yRx. Wegens de aanname

geldt 3| xy . Hieruit zien we dat er een k Z bestaat z dat xy = 3k. Er volgt daty x=(x y) = 3 (k). Dus3|(y x). We vinden dus yRx.Transitieviteit: Zij x,y, z Z. Neem aan dat xRy enyRz. Kies k , Z z dat x y = 3k en

y z = 3. Er volgt datx z = (x y) + (y z) = 3k+ 3= 3(k+).

Hieruit zien we dat 3|(x z).

2.2.31(a)Laat A een verzameling zijn. Neem aan dat R en S relaties op A zijn. Neem aan datRen S reflexief zijn. We bewijzen dat R Sook reflexief is. Zij xA. We moeten laten zien dat(x, x)R S. Wegens de aanname geldt (x, x)R en (x, x)S. Dus inderdaad (x, x)R S.

9Maak een plaatje in R2


4/13


2.2.31(f) Dit is niet waar. We construeren een tegenvoorbeeld.10 Definieer twee functie f, g :R R doorf(x) =x2 eng(x) = (x3)2. We zeggenxRy als f(x) =f(y). We zeggen datxSyalsg(x) =g(y). Merk op dat(1, 1)R en (1, 5)S. Dus geldt (1, 1)R S en(1, 5)R S.Echter(

1, 5) /

R en (

1, 5) /

S. Dus (

1, 5) /

R

S.

2.3.7cdDeze opgaven lijken eenvoudig, maar er zijn wat resultaten nodig die we nog niet hebbengehad. Ik ga hier nu net verder op in en zal een overtuigend antwoord geven hieronder.

(c)f : R R gedefinieerd doorf(x) =x3 x.Injectief: Nee, want f(1) =f(0) en 1= 0.Surjectief: Ja. Kies b R willekeurig. Neem x een oplossing van x3 x = b.11 Dan volgt

f(x) =b.Bijectief: Nee, wantfis niet injectief

(d) f : [1, ) [0, ) gedefinieerd door f(x) = x3 x. We gaan eerst na dat f goedgedefinieerd is. We moeten laten zien: als x 1 dan f(x) 0. Als we beide zijden van x 1vermenigvuldigen met x dan vinden we x2 x. Nogmaals dezelfde truc geeft x3 x2. Beidecombineren geeftx3 x2 x. Dus x3 x. Met andere woordenf(x)0.

Injectief: Ja. In principe volgt dit uit het feit dat voor x < y altijd geldt dat f(x) < f(y).Maar hoe bewijzen we dit? 12 Laat1x < y. Er geldt dan ook1x2 < y2. Er volgt dus uitrekenregels voor ongelijkheden (die komen in 3.2 aan de orde):

f(x) =x(x2 1)y(x2 1)< y(y2 1) =f(y).Dus f(x)< f(y). Hoe volgt hier nu uit dat finjectief is? Hier mag je zelf over nadenken.

Surjectief: Dit klopt nog steeds en bewijs je net als in (c). Echter gebruik nu f(1) = 0 en f(x)wordt willekeurig groot als x willekeurig groot wordt.

Bijectief: Ja.

2.3.10a We geven een voorbeeld van een functie f : N N z dat f is surjectief en f is nietinjectief.13 Definieer

f(n) =

n 1, als n2;101, als n = 1.

Dan geldt f is niet injectief. Inderdaad,f(1) = f(102) en 1= 102. Verder geldtf is surjectief.Dit bewijzen we. Kies b N willekeurig. Neemn= b+ 1. Dan geldt nN, enf(n) =n 1 =b.2.3.17

(a): Dit is waar. Neem aan dat ST. We bewijzen dat f(S)f(T). Kiesbf(S). Wegensde definitie vanf(S)betekent dit dat er een aSis z datf(a) =b. AangezienSTvolgt ookdatsT. Dus b = f(a)f(T). Dit bewijst het gevraagde.

(b) Dit is niet waar. We geven een tegenvoorbeeld. Laat f : R R gedefinieerd zijn doorf(x) = x2. NeemS = [1, 0] en T = [0, 1]. Dan geldt f(S) = [0, 1] en f(T) = [0, 1] (ga dit zelfna). EchterS T.

2.3.20a.....

2.3.27Neem A= [0, ), B = R en C= [0, ). Definieerf :AB door f(x) =x. Definieerg : BC door g (x) =x2.

Er geldt g is surjectief. Inderdaad, kies c[0, ). Neem b =c. Dan volgt g (b) = (c)2 =c.Er geldt g f : [0, )[0, )is (g f)(x) =x. Je gaat eenvoudig na dat dit surjectief is.10Tegenvoorbeelden bouwen vergt enige creativiteit. Het is belangrijk om hiermee te oefenen. Soms moet je

gewoon iets proberen. Wiskunde is niet altijd een recept dat je moet volgen. Soms zit er niets anders op dan eenbeetje puzzelen!

11Waarom bestaat die oplossing? Een theoretische reden is datf(x)willekeurig groot wordt en willekeurig klein,en aangezien fcontinu (zie Analyse 1 college in 2e kwartaal) is, heeft f(x) = b altijd een oplossing. Hier gebruikenwe Stelling 5.3.6.

12Misschien dat je gewend bent dit te doen met differentieren en dergelijke, maar dit hebben we nog nietbewezen. Dit komt pas in stelling 6.2.8. We geven dus een ander argument

13Dit was ooit een tentamen opgave.


5/13


Er geldt fis niet surjectief. Inderdaad, er is geen x[0, ) met f(x) =1.

2.4.3aWe proberen een lineaire functie f: [0, 1] [1, 4] te vinden. Een lineaire functie is gegeven

door de formule f(x) =ax+b. We eisen bovenbien dat f(0) = 1 en f(1) = 4. Oplossen van aenb geefta = 3 en b = 1.

We bewijzen nu dat de functie f: [0, 1][1, 4]gegeven door de formule f(x) = 3x + 1bijectiefis.

We bewijzen eerst dat f injectief is. Laat x, y [0, 1] met f(x) = f(y) zijn. Dan volgt3x+ 1 = 3y+ 1. Dus 3x= 3y en hieruit volgt x = y. Conclusie f is injectief.

We bewijzen nu dat f surjectief is. Zij y[1, 4], we zoeken een x[0, 1] z dat f(x) =y. Welossen de volgende vergelijking op:

3x+ 1 =y.

De oplosssing is x = (y1)/3. We moeten nog nagaan dat de gevonden x de gewenste eigen-schappen heeft.

Uity1 volgt x0, en uity4 volgtx3/3 = 1, dus inderdaad x[0, 1]. Verder geldt:f(x) = 3 (y 1)/3+ 1 = (y 1) + 1 = y.

Hiermee is ook aangetoond dat f surjectief is.We hebben bewezen dat een bijectie f: [0, 1] [1, 4] bestaat dus we kunnen concluderen dat

de intervallen [0, 1] en [1, 4] gelijkmachtig zijn.

2.4.3e We tonen aan dat (0, 1) en (0, ) gelijkmachtig zijn. Definieerf : (0, 1) (0, ) doorf(x) = 1

x 1. Ga zelf na dat dit een bijectie is.

2.4.16cdEr geldt

P({2, 3}) ={, {2}, {3}, {2, 3}}.Dus wel{2} P({2, 3}), maar niet{2} P({2, 3})

3.1.23cWe bewijzen met behulp van volledige inductie dat voor elk natuurlijk getal n4 geldt n!> 2n.Uitwerking:

Stap 1: Voor n = 4 geldt n! = 4! = 4 3 2 = 24 en 2n = 24 = 16 dus inderdaad 24> 16 dus debewering is waar voor n = 4.Stap 2: Zij n4 en neem aan dat geldt n!> 2n (I.V.)14. We bewijzen dat (n+ 1)!> 2n+1.

Er geldt

(n+ 1)! = (n+ 1) n! I .V> (n+ 1) 2n >2 2n = 2n+1;de laatste ongelijkheid geldt omdat n4 > 2 en dus n + 1 > 2.

Volgens het Principe van Volledige Inductie voor elk natuurlijk getal n4 geldt n!> 2n.

3.1.7: Zij r= 1 een reel getal. We bewijzen dat voor elke nN geldt1 rn+1

1 r = 1 +r+r2 + +rn1 +rn.

Stap 1: De bewering is waar voor n = 1:

1 r21 r =

(1 r)(1 +r)1 r = 1 +r.

Stap 2: Laat n1. Neem aan dat1 rn+1

1 r = 1 +r+r2 + +rn +rn (I.V.)

14Deze afkorting staat voor inductieveronderstelling


6/13


Dan geldt:

1 +r+r2 + +rn +rn+1 (I.V.)= 1 rn+1

1 r +rn+1

=1 rn+1

1 r + rn+1

(1 r)1 r=

1 rn+11 r +

rn+1 rn+21 r

=1 rn+1 +rn+1 rn+2

1 r=

1 rn+21 r .

Dit bewijst de gelijkheid voor n + 1.Uit het principe van volledige inductie volgt dat de gelijkheid voor alle nN geldt.

3.1.8 We bewijzen met behulp van volledige inductie dat voor alle n

N de volgende formule

geldt: 15nk=1 14k21 = n2n+1 .Uitwerking:

Stap 1: Voorn = 1 geldt1

4 1 1 =1

3=

1

2 1 + 1 .Stap 2: Laat n1. Laatn Nwillekeurig zijn. Neem aan dat geldt:

nk=1

1

4k2 1 = n

2n+ 1 (I.V.)

Dan geldt:

n+1

k=1

1

4k2 1= 1

4(n+ 1)2 1+n

k=1

1

4k2 1(I.V.)

= 1

4(n+ 1)2 1+ n

2n+ 1

= 1

(2n+ 3)(2n+ 1)+

n

2n+ 1

= 1

2n+ 3+ n

12n+ 1

= 1

2n+ 3+

n(2n+ 3)

2n+ 3

12n+ 1

=2n2 + 3n+ 1

2n+ 3

1

2n+ 1

= (2n+ 1)(n+ 1)2n+ 3

12n+ 1

=n+ 1

2n+ 3=

n+ 1

2(n+ 1) + 1

Dit bewijs de formule voor n + 1.Volgens het Principe van Volledige Inductie volgt dat de bewering waar is voor elke nN.

3.1.15. Bewijs met behulp van volledige inductie dat voor elk natuurlijk getal n het getal12n 5n deelbaar is door 7.

15Herinner de som notatie:n

k=1

f(k) = f(1) +f(2) + +f(n)


7/13


Uitwerking:

Stap 1: Het getal 121 51 = 12 5 = 7 is deelbaar door7.Stap 2: Laatn

N. Stel dat12n

5n deelbaar is door 7 voor een natuurlijk getal n. Dan geldt:

12n+1 5n+1 = 12 12n 5 5n= 7 12n + 5 12n 5 5n= 7 12n + 5(12n 5n).

Uit de inductieveronderstelling volgt dat 12n 5n deelbaar is door 7, dus het getal 7 12n + 5 (12n 5n) is ook deelbaar door7.

Uit het principe van volledige inductie kunnen we concluderen dat voor alle n N het getal12n 5n deelbaar is door 7.

3.1.24. De ongelijkheid van Bernoulli. Laat x >1. We bewijzen de ongelijkheid met behulpvan volledige inductie.

Stap 1: Voorn = 1zijn beide zijden gelijk aan1 + x, en dus geldt de ongelijkheid voor n = 1.

Stap 2: Laat n N, en neem aan dat (1 +x)n 1 +nx. Volgens de inductieveronderstellinggeldt

(1 +x)n 1 + nx.Omdatx 1volgt uit de rekenregels voor ongelijkheden dat 1 + x0 en dus volgt weer uit derekenregels dat

(1 +x) (1 +x)n (1 + x)(1 +nx).Hieruit volgt (met rekenregels)

(1 +x)n+1 (1 +x) (1 +nx)= 1 + (n+ 1)x+nx2

1 + (n+ 1)x.

Hierbij gebruikten we dat nx2

0.Opgave 3.3.12a:Laath : D Rgegeven zijn door h(x) =f(x) +g(x). Noem = sup f(D)en = sup g(D). Welaten zien dat sup h(D)+.

Merk op voor alle xD geldtf(x) en g (x). Dus voor allexD volgth(x) =f(x) +g(x)+

en dus is het + een bovengrens voor h(D). Aangeziensup h(D)de kleinste bovengrens is voordeze verzameling volgt dat

sup h(D)+.Opgave 3.3.12b:Laat D = [

1, 1]. Definieer f : D

R en g : D

R door f(x) = x en g(x) =

x. Er volgt

dat de somfunctie h = f+g de nulfunctie is. Nu is het eenvoudig te zien dat sup f(D) = 1 ensup g(D) = 1 en sup h(D) = 0. Dus in dit geval geldt sup h(D)< sup f(D) + sup g(D).

Opgave 4.1.7f:Dit is een lastige opgave. Een goede hint zou zijn gebruik opgave 3.1.24.

Laat|x| < 1. We laten zien dat limnx

n = 0. Merk op|xn| =|x|n. Definieer y = 1|x|1.Aangezien 1|x| >1, volgt dat y >0. Merk op dat|x|= 1y+1 . Uit de ongelijkheid van Bernoulli16volgt dat voor elke n Ndat (y+ 1)n 1 + ny. Dus er volgt voor elke nN,

|xn|=|x|n = 1(y+ 1)n

11 +ny

< 1

ny.

16Zie opgave 3.1.24


8/13


Laat >0. Kies N Nzo dat N > 1y

. Er volgt dat voor alle nN,

|xn|< 1ny

1N y

< 1y

y

=.

Opgave 4.1.13:Laat17 >0. Kies N1 Nz dat|an b|< voor alle nN1. Kies N2 Nz dat|cn c|< voor alle nN2. Noem N= max{N1, N2}, dan geldt voor alle nN dat

b < anbncn < b+,en dus ook|bn b|< .

Opgave 4.1.6c:

We tonen aan limn

4n+ 1

n+ 3 = 4. Zij >0 willekeurig. We moeten een N Nvinden z dat voor

alle nN geldt

4n+ 1n+ 3 4< .Er geldt 4n+ 1n+ 3 4

=4n+ 1 4(n+ 3)n+ 3

= 11n+ 3

= 11n+ 3 11n.Volgens Archimedische Eigenschap is er een N N met N > 11

. We laten zien dat dezeN als

gewenst is.Kiesn Nmet nN willekeurig. Dan geldt 11/n11/N < . Dus4n+ 1n+ 3 4

< 11n 11N < .

Opgave 4.2.15:Er geldt voor alle nN:

n+ 1 n= (n+ 1 n)

n+ 1 +

nn+ 1 +

n

= n+ 1 n

n+ 1 +

n=

(1)n+ 1 +

n

.

Hieruit volgt|n+ 1 n| 1n

. Kies nu > 0 willekeurig. Kies N N z dat N > 12

. Dan

volgt dat voor alle nN dat

|n+ 1 n| 1n 1

N< .

Opgave 4.3.3a:We tonen aan datsn

3 voor alle n

1. Dit bewijzen we met inductie.

Stap 1. Voor n = 1geldts1= 13. Stap 2. Laat nNen neem aan dat sn3 (I.V.).18 Er volgt dat

sn+1=1

5(sn+ 7)

(I.V.)

15

(3 + 7) = 23.Uit het principe van volledige inductie volgt dat sn3 voor alle n1.

We tonen aan dat (sn)n1 stijgend is. Ofwel we tonen aan dat voor alle n1 geldtsn+1sn.Dit doen we weer met behulp van volledige inductie.

Stap 1. Voor n = 1geldts1= 1 en s2= 8/5. Dus inderdaad s2s1.

17Dit wordt de insluitstelling genoemd18Dit betekent inductieveronderstelling


9/13


Stap 2. Laat nN en neem aan dat sn+1 sn (I.V.). We tonen aan dat sn+2 sn+1.Er geldt wegens de rekenregels voor ongelijkheden en de inductieveronderstelling.

sn+2=1

5(sn+1+ 7)

(I.V.)

15

(sn+ 7) =sn+1.

Uit het principe van volledige inductie volgt dat voor alle n1 geldtsn+1sn.Je mag zelf nagaan met behulp van volledige inductie dat sn 0 voor alle n 1. Maar dit

hebben we hier ook eigenlijk niet nodig verder.

Uit de monotone convergentie stelling volgt dat de rij (sn)n1 convergent is. Definieer s =limn sn. Uit de rekenregels voor limieten vinden we

s= limn

sn+1= limn

1

5(sn+ 7) =

1

5(s+ 7).

Als we dit oplossen naar s vinden we s = 74 .

Opgave 4.3.5a: Dit is niet waar. Neeman = 3n+ (1)n en bn =3n voor n 1. Dan geldt(an)n

1 is stijgend en (bn)n

1 is dalend. Inderdaad, voor alle n

1 geldt

an+1 an = 3(n+ 1) + (1)n+1 3n (1)n = 3 + 2(1)n+1 >0.Dus voor alle n1 geldt an+1 an. Voor(bn)n1 mag zelf controleren dat deze dalend is. Ergeldt voor allen1, an+bn = (1)n. Het is duidelijk dat dit niet monotoon is.Opgave 4.3.9. Zie handout wortel deel 2.

Opgave 4.3.11. We bewijzen dat iedere dalende en naar beneden begrensde rij naar zijn infimumconvergeert. Neem een dalende naar beneden begrensde rij(bn)n0. Noemb= infn0bn. Definieerde rij (an)n0 door an =bn. Dan geldt (an)is stijgend en naar boven begrensd. Er geldt

supn0

an = supn0

(bn) = infbn =b.

Met de Monotone Convergentiestelling volgt dat limnan =b. Uit de rekenregels voor limietenvolgt

limn

bn = limn

(an) = limn

an =(b) =b.

We noteren inw(S)in plaats van int(S)voor het inwendige van S. We noteren rand(S)in plaatsvan bd(S).

Opgave 3.4.7f Dit is niet waar. We geven een tegenvoorbeeld. Neem S = Q. Dan geldtrand(S) = R. Maar rand(R) = .

Opgave 3.4.8Merk eerst op dat er 2 mogelijkheden zijn xSofx /S.In het geval x S zijn er twee mogelijkheden (zie onder definitie 3.4.3) x inw(S) of x

rand(S). Deze stemmen overeen met (a) en (c).

In het geval x / S zijn om dezelfde reden ook twee mogelijkheden x inw(R \S) of xrand(R \ S). Deze stemmen overeen met (b) en (c). Hier gebruiken we dat rand(R \ S) =rand(S)en dit volgt direct uit de definitie.

Opgave 3.4.9a Neem aan datxS. We laten zien dat precies n van de volgende mogelijkhedengeldt: x inw(S) ofx rand(S). We weten al dat x inw(S) en x rand(S) niet beide waarkunnen zijn (zie onder definitie 3.4.3). Stel nux /inw(S). We laten zien datxrand(S). Omdit aan te tonen laten we zien dat voor alke omgeving van x geldtNS= enN(R \ S)= .Laat N = N(x; ) met > 0 een omgeving van x zijn. Uitx / inw(S) volgt dat N S. DusN (R \ S)= . UitxS volgtN(x; ) S= . Dus ook N S= .Opgave 3.4.23a Uit Stelling 3.4.7(a) volgt dat het voldoende is om te controleren dat inw(S)inw(inw(S)). Om niet in de war te raken met de notatie noemen schrijven we T = inw(S) We


10/13


moeten aantonen T inw(T). Kies x T willekeurig. We zoeken een omgeving N van x zdat N T. Aangezien x inw(S) kunnen we een omgeving N(x; ) met > 0 vinden z datN(x; )S.

Bewering: N(x; /2)

inw(S). Uit de bewering volgt het gevraagde met N =N(x; /2). Om

de bewering te bewijzen kiezen we y N(x; /2) willekeurig. UitN(x; /2)N(x; )S volgtdat yS. Om nu yinw(S) te laten zien tonen we aan dat voor de omgeving N(y; /2) vanygeldtN(y; /2)S. Inderdaad, alszN(y; /2), dan geldt wegens de driehoeksongelijkheid

|x z| |x y| + |y z|< 2

+

2 =.

Hieruit volgtzN(x, )Sen dit laat zien dat N(y; /2)S.


11/13


2e kwartaal

Opgave 3.5.5a Laat S1, S2 R compacte verzamelingen zijn. We tonen aan dat S1 S2 weercompact is. Merk op wegens de Heine-Borel stelling geldt S1 en S2 zijn gesloten en begrensd.Wegens Corollary 3.4.11 is S1 S2 weer gesloten en begrensd. Dus met de Heine-Borel StellingvolgtS1 S2 is compact.19

Opgave 3.5.5bLaatSn ={n}, nN. Dan volgt

n=1Sn = N {0}dit is niet begrensd en dusniet compact.

Een andere mogelijkheid zou zijn Sn = [1/n, 1]. Dan geldt

n=1Sn = (0, 1] en dit is nietgesloten en dus niet compact.

Opgave 3.5.8 Laat S een compacte deelveelverzameling van R zijn. Neem aan dat T S isgesloten. We laten op 2 manieren zien dat T compact is.

(a): We zullen dit eerst bewijzen met behulp van de definitie van compactheid. LaatF eenopen overdekking van Tzijn. Merk op dat S

\T =S

R

\T, en R

\T is open (zie Theorem 2.1.11

en Corollary 3.4.11). LaatF=F {R \ T}. Dan geldtF is een overdekking van S, en dus heefteen eindige deeloverdekkingG. Nu geeftG \ {R \ T} een eindige deeloverdekking van T.

(b): Indien we de Heine-Borel stelling gebruiken gaat het eenvoudiger. Merk op dat T begrensdis omdatSbegrensd is. Aangezien per aannameTis gesloten volgt uit de Heine-Borel stelling datT compact is.

Opgave 4.3.4(a) Neem xn = (1)n

n voor n N. Duidelijk is dat (xn)n1 niet monotoon is.

Er geldt|xn| = 1n en dus limn |xn| = 0. Hieruit volgt limn xn = 0. Aangezien iedereconvergente rij ook een Cauchy rij is (zie Lemma 4.3.10), bewijst dit het gevraagde.

(b): Neem xn = n, met n N.(c): Neemxn = (1)n. Dit is begrensd, want|xn|= 1, maar het is niet Cauchy. Inderdaad dit

volgt uit het feit dat (xn)n1 is divergent en Stelling 4.3.12.

Opgave 4.4.8 We geven een tegenvoorbeeld. Neem sn = (1)n en tn = (1)n+1. Dan geldt(sn)n1 is een deelrij van (tn)n1. Inderdaad: als we nemen nk =k+ 1, dan geldtsnk =tk. Ookgeldt(tn)n1 is een deelrij van (sn)n1. Inderdaad: als we nemen nk = k+ 2, dan geldttnk =sk.

Opgave 4.4.9 Om dit te laten zien zullen we het volgende bewijzen voor een begrensde rij (sn)n1.Er geldtlimn sn bestaat dan en slechts dan als limsup

nsnlim inf

nsn. In dit geval geldt

limn sn = lim supn

sn = lim infn sn ()

Bewijs: Als s = limn sn bestaat dan volgt dat ieder van de deelrijen van (sn)n1 ook naar s

convergeert. Hieruit mogen we concluderen dat ()geldt.Neem nu aan dat limsup

nsn liminf

nsn. Aangezien de omgekeerde ongelijkheid altijd geldt

volgt dat limsupn

sn = lim infn sn. Noem dit getal s. Observatie: iedere deelrij van (sn)n1 heeft

weer een convergente deelrij heeft die naar s convergeert. Dit volgt uit Bolzano-Weierstrass en dedefinitie van lim supen liminf.

We tonen aan dat limn

sn = s. Stel dat dit niet waar is. Dan vinden we een > 0 zodat

N NnN:|sn s| . Kies nu recursief een strikt stijgende rij (nk)k1 z datk1 geldt |snk s| ()

19In sommige situaties waar we niet met deelverzamlingen van R werken willen we nog steeds dat de verenignigvan 2 compacte verzamelingen compact is. Dit moet je dan direct met de definitie bewijzen. Probeer dit zelf


12/13


Noem tk = snk voor k 1. Uit bovenstaande observatie volgt dat (tk)k1 een deelrij (tkm)m1heeft20 die naar s convergeert. Dus lim

m tkm =s. Maar uit () weten we ook dat|tkm s| voor alle m1. Dit geeft een tegenspraak.

Opgave 4.1.15b Laat Seen verzameling zijn. Dan geldtS is gesloten voor elke convergenterij (sn)n1 in S geldt datlimn sn in S ligt.

: We gebruiken contrapositie. Kies een convergente rij (sn)n in S en zodat de limiets= limn sn niet in S ligt. We leiden af datSniet gesloten is.

Bewering:21 s S. Om dit te bewijzen kies >0 willekeurig. We moeten laten zien dat datN(s; ) S= enN(s; ) (R \ S)= . AangeziensN(s; ) (R\ S)is deze verzameling nietleeg. Om aan te tonen dat N(s; ) Sniet leeg is kiezen we N N zo groot dat voor alle nNgeldt|sn s|< . Dan volgt voor allenN, sn N(s; ) S, en dus is deze verzameling nietleeg. Dit bewijst de bewering.

Uit de bewering en s /Svolgt dat S S dusSis niet gesloten.

: Neem aan dat voor elke convergente rij (sn)n1 in Sgeldt dat limn sn in S ligt. We

tonen aan dat Sgesloten is. Hiervoor moeten we laten zien dat SS. Kies s S. Voor elken1 weten we dat N(s; 1

n) S=, en we kunnen dus een sn N(s; 1n ) S vinden. Er volgt

dat voor elken1,|sn s|< 1n en dus dat limn sn = s. Uit de aanname volgt dat sS.Opgave 4.4.11Laat(sn)n1 een begrensde rij zijn. Laat Sde verzameling zijn van alle limietenvan convergente deelrijen van (sn). Dan geldt S is gesloten.

Om dit aan te tonen gebruiken we Opgave 4.1.15. Kies een convergente rij (tk)k1 inS. Noemt = limk tk. Het is genoeg om aan te tonen dat t S. Om dit te bewijzen bouwen we eendeelrij van (sn)n1 die naart convergeert. Zodra we deze hebben volgt uit de definitie van SdattS.

We doen een recursieve constructie. Gegeven n1, . . . , nk doen we het volgende. AangezientkSkunnen we een nk+1> nk vinden zodat|snk tk|< 1/k. Er volgt

|snk t| |snk tk| + |tk t| 1k + |tk t|.Berwering: limk snk =t. Inderdaad, laat >0 willekeurig. KiesK1 N z dat 1/K1 < /2.KiesK2 N zdat voor alle kK,|tk t|< /2. Definieer K= max{K1, K2}. Dan volgt vooralle kK dat

|snk t| 1

k+ |tk t|< /2 +/2 =.

Hieruit volgt de bewering en dus de opgave.

Opgave 4.4.16a Laat(sn)n1 een begrensde rij zijn. We tonen aan dat22

limsupn

sn = limm

sup{sn : nm} ().

Laat bm = sup{sn : n m} voor m 1. Merk op dat (bm)m1 een dalende naar benedenbegrensde rij is, dus = limm bm bestaat wegens de monotone convergentiestelling. Noem= lim sup

nsn.

We tonen eerst de ongelijkheid aan. Kies > 0 willekeurig. We zullen laten zien dat . Kies een convergente deelrij (snk)k1 z dat lim

ksnk . Uitnkk volgt dat

snksup{sn : nk}= bk.Hieruit volgt met behulp van de rekenregels voor limieten dat

limk

snk.

20We hebben hier dus te maken met een deelrij van een deelrij21Herinner Sbetekent rand van S22In het boek staat n > m maar het is gebruikelijk om n m te nemen. Het maakt verder niets uit.


13/13


Om te bewijzen dat, kies >0 willekeurig. We zullen laten zien dat . Bewering:er zijn oneindig veel n Nz dat sn > . Inderdaad, stel niet dan volgt dat er een N N isz dat voor alle nN, sn . Maar hieruit zou dan volgen dat bN en dat isonzin.

Uit de bewering volgt dat we een strikt stijgende rij(nk)k1 kunnen vinden z datsnk > voor allek1. Noemtk = snk . Uit Bolzano-Weierstrass volgt dat(tk)k1een convergente deelrij(tk)1 heeft. Er volgt

lim

tken dit bewijst het gevraagde.

Een extra opgave over lim sup Laat (an)n1 en (bn)n1 twee begrensde rijen zijn. Neem aandat er een N N is z dat voor alle nN geldtanbn.

Toon aan dat limsupn

anlimsupn

bn ().Er zijn een heleboel mogelijke uitwerkingen. We geven er twee.

1e uitwerking: Uit opgave 4.4.16a volgt dat

limsupn

an = limn sup{am: mn}.

Laat xn = sup{am : m n} en yn = sup{bm : m n} voor elke n 1. Bewering xn ynvoor elke n 1. Zodra we dit bewezen hebben, dan volgt uit de rekenregels van limieten datlimn xnlimn yn. Hieruit volgt dan het gevraagde.

Om de bewering te bewijzen kiezen we n N vast en laten we zien dat xn yn. Om dit tebewijzen is het voldoende te laten zien dat voor elkemn geldtamyn. Het bewijs hiervan iseenvoudig. Kies mn willekeurig. Dan geld ambmyn. Dus het gevraagde volgt.

2e uitwerking: Laat A de verzameling van mogelijke limieten van deelrijen van (an)n1 zijn.LaatB de verzameling van mogelijke limieten van deelrijen van (bn)n1 zijn.

Laat (ank)k1 een convergente deelrij zijn met limiet . We beweren dat sup(B) =lim supn bn. Zodra we dit bewezen hebben dan volgt datsup(B) een bovengrensd is voor A,

en dus sup(A)sup(B), en hieruit volgt de ongelijkheid ().Noem k = ank . Dan geldt dus limk k = . Noem k = bnk voor k 1. Kies met

behulp van Theorem 4.4.7 een convergente deelrij (kl)l1 met limiet liml kl = . Merkop dat (kl)l1 ook een convergente deelrij van (bn)n1 is. We weten uit Stelling 4.4.4 ook datliml kl =.

Aangezienan n voor elke n N volgt ook: kl kl voor elke l 1. Uit de rekenregelsvoor limieten volgt dus

= liml

kl liml

klsup B.Dit bewijst de bewering en dus het gevraagde.

antwoorden wiskundige structuren

Documents

Transcript of antwoorden wiskundige structuren