Enkele oefeningen Bewijzen en Redeneren

Kamil Cwiklinski

29 augustus 2015

Oef. 1. Bewijs dat

n∑j=1

1√j>√n

voor elk natuurlijk getal n ≥ 2.

Bewijs. Inductiestap. Voor n = 2 is de bewering triviaal te verifieren.Inductiestap. Veronderstel dat de bewering geldt voor een zeker natuurlijkgetal n, met n > 2. Dan tonen we nu aan dat zij ook geldt voor n+ 1. Nuhebben we dat

n+1∑j=1

1√j

=n∑

j=1

1√j

+1√n+ 1

>√n+

1√n+ 1

.

Als we nu kunnen aantonen dat

√n+

1√n+ 1

≥√n+ 1

dan vooruit de stelling. Immers: We willen aantonen dat A > B, en wehebben net bewezen dat A > C. Er rest ons nog aan te tonen dat C ≥ B,dan geldt er A > C ≥ B zodat A > B. Nu is

√n+

1√n+ 1

≥√n+ 1

equivalent met

1√n+ 1

≥√n+ 1−

√n.

Vermenigvuldig nu beide leden met√n+ 1 +

√n. Dan krijgen we

(√n+ 1 +

√n) · ( 1√

n+ 1) ≥ (

√n+ 1−

√n) · (

√n+ 1 +

√n)

1

ofwel, gebruik makende van de identiteit (a+ b)(a− b) = (a2 − b2) dat

(√n+ 1 +

√n) · ( 1√

n+ 1) ≥ (n+ 1)− n

Dit is equivalent met

1 +

√n√

n+ 1≥ 1

en dit is altijd waar voor natuurlijke getallen. Hiermee is de stelling aange-toond vanwege het principe van inductie.

Oef. 2. Bewijs met volledige inductie dat voor elk natuurlijk getal n ≥ 1geldt:

n∑k=1

1

4k2 − 1=

n

2n+ 1.

Bewijs. Basisstap. Triviaal.Inductiestap. Veronderstel dat de stelling geldt voor een zeker natuurlijkgetal n, met n > 1. Dan tonen we nu aan dat zij ook geldt voor n+ 1, datwil zeggen dat

n+1∑k=1

1

4k2 − 1=

n+ 1

2(n+ 1) + 1.

2

Nu hebben we dat

n+1∑k=1

1

4k2 − 1=

n∑k=1

1

4k2 − 1+

1

4(n+ 1)2 − 1

=n

2n+ 1+

1

4(n+ 1)2 − 1

=n

2n+ 1+

1

[2(n+ 1) + 1][2(n+ 1)− 1]

=n

2n+ 1+

1

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

=n

2n+ 1+

1/(2n+ 3)

2n+ 1

=

(2n+3)n+12n+3

2n+ 1

=2n2 + 3n+ 1

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

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

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

=n+ 1

2n+ 3

=n+ 1

2(n+ 1) + 1

Bijgevolg is de stelling aangetoond vanwege het principe van inductie.

Oef. 3. Bewijs met volledige inductie dat voor elk natuurlijk getal n ≥ 1geldt dat

n∑k+1

(2k − 1)3 = n2(2n2 − 1).

Bewijs. Basisstap. Voor n = 1 geldt 1 = 1.Inductiestap. Veronderstel dat de bewering geldt voor een natuurlijk getaln, met n > 1. Dan tonen we nu aan dat zij ook geldt voor n + 1, dat wilzeggen dat

n+1∑k=1

(2k − 1)3 = (n+ 1)2(2(n+ 1)2 − 1).

3

We hebben dan

n+1∑k=1

(2k − 1)3 =n∑

k+1

(2k − 1)3 + (2(n+ 1)− 1)3

= n2(2n2 − 1) + (2(n+ 1)− 1)3

= n2(2n2 − 1) + (2n+ 2− 1)3

= n2(2n2 − 1) + (2n+ 1)3

= 2n4 − n2 + 12n3 + 12n2 + 6n− 1

= 2n4 + 12n3 + 10n2 + 6n− 1

= (n2 + 2n+ 1)(2n2 + 4n+ 1)

= (n+ 1)2(2n2 + 4n+ 2− 1)

= (n+ 1)2(2(n+ 1)2 − 1)

Bijgevolg is de stelling aangetoond vanwege het principe van volledige in-ductie.

Oef. 4. Bewijs met volledige inductie dat(1 +

1

n)n < n

geldt voor elk natuurlijk getal n ≥ 3.

Bewijs. Basisstap. Dit kan gemakkelijk nagegaan worden.Inductiestap. Veronderstel dat de bewering geldt voor n > 3. Dan tonen wenu aan dat zij ook geldt voor n+ 1, dat wil zeggen dat(

1 +1

n+ 1)n+1 < n+ 1.

We hebben dan(1 +

1

n+ 1

)n+1=(1 +

1

n+ 1

)n · (1 +1

n+ 1

)<(1 +

1

n

)n · (1 +1

n+ 1

)= n ·

(1 +

1

n+ 1

)(Inductiehypothese)

= n ·(n+ 1 + 1

n+ 1

)=n2 + 2n

n+ 1

=(n+ 1)2 − 1

(n+ 1).

4

Nu, aangezien er steeds geldt dat

(n+ 1)2 − 1

n+ 1<

(n+ 1)2

(n+ 1),

volgt hieruit dat de bewering waar is voor de inductiestap. Bijgevolg is destelling aangetoond vanwege het principe van volledige inductie.

Oef. 5 Bewijs dat

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C).

Bewijs. We moeten twee inclusies bewijzen.Neem dan eerst x ∈ A ∪ (B ∩ C) willekeurig. Dan is x ∈ A of x ∈ (B ∩ C).Als x ∈ A, dan is ook x ∈ (A∪B) en ook x ∈ (A∪C). Aangezien x tot beideunies behoort, hebben we x ∈ ((A ∪ B) ∩ (A ∪ C)). Omdat x willekeuriggekozen werd, is hiermee de eerste inclusie aangetoond.Neem nu x ∈ ((A ∪ B) ∩ (A ∪ C)) willekeurig. Dan is x ∈ (A ∪ B) en x ∈(A∪C). Als x ∈ (A∪B), dan is x ∈ A. Maar aangezien x ∈ ((A∪B)∩(A∪C))hebben we ook dat x ∈ (B ∩ C). Bijgevolg is x ∈ A ∪ (B ∩ C). Omdat xwillekeurig gekozen werd, is de tweede inclusie aangetoond, en dus ook degelijkheid.

Oef. 6 Bewijs dat

A ⊂ B ⇔ A ∪B = B.

Bewijs. We moeten twee implicaties bewijzen. We bewijzen eerst dat

(A ⊂ B)⇒ (A ∪B) = B.

Veronderstel dus dat (A ⊂ B) waar is. Om de gelijkheid te bewijzen, moetenwe twee inclusies aantonen. Neem eerst een x ∈ (A ∪ B) willekeurig. Danis x ∈ A of x ∈ B. Als x ∈ B, dan zijn we klaar. Als x ∈ A, dan zijn weook klaar omdat we verondersteld hadden dat (A ⊂ B). Neem nu x ∈ Bwillekeurig. Dan is ook x ∈ (A ∪B).We tonen nu de andere implicatie aan. Veronderstel dat (A ∪B) = B waaris. Neem dan een x ∈ A willekeurig. Omdat (A ∪B) = B, is ook x ∈ B.Omdat beide implicaties nu aangetoond zijn, volgt hieruit de bewering.

Oef. 7 Bewijs dat

A∆B = (A ∪B) \ (A ∩B).

Bewijs. Het symmetrisch verschil van twee verzamelingen A en B is gedefi-nieerd als

A∆B = (A \B) ∪ (B \A).

5

We moeten twee inclusies aantonen. Neem eerst x ∈ [(A ∪ B) \ (A ∩ B)]willekeurig. Dan geldt er x ∈ (A∪B) en x 6= (A∩B). Bijgevolg is x ∈ A ofx ∈ B. Hieruit volgt echter dat x ∈ (A \B) ∪ (B \A).Neem nu x ∈ A∆B willekeurig. Dan is x ∈ (A \ B) of x ∈ (B \ A). Indienhet eerste, dan x ∈ A en x 6= B. Indien het tweede, dan x ∈ B en x 6= A. Inbeide gevallen echter is steeds x ∈ (A ∪ B) \ (A ∩ B). Omdat x willekeuriggekozen werd, volgt hieruit het gevraagde.

Oef. 8 Neem aan dat A,B en C verzamelingen zijn. Bewijs dan dat

A× (B ∪ C) = (A×B) ∪ (A× C).

Bewijs. We moeten twee inclusies aantonen. Neem dan eerst het koppel(x, y) ∈ (A× (B ∪C)) willekeurig. Dan hebben we op basis van de definitievan het Cartesisch product dat[(x, y) | (x ∈ A) ∧ y ∈ (B ∪ C)

]=[(x, y) | (x ∈ A) ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ C)

]=[(x, y) | (x ∈ A) ∧ (y ∈ B) ∨ (x ∈ A) ∧ (y ∈ C)

](Distr. van conjunctie)

=[(x, y) | (x, y) ∈ (A×B) ∨ (x, y) ∈ (A× C)

]=[(x, y) | (x, y) ∈ (A×B) ∪ (A× C)

].

Neem nu het koppel (x, y) ∈ (A×B) ∪ (A×C) willekeurig. Dan is (x, y) ∈(A × B) of (x, y) ∈ (A × C). Indien het eerste het geval is, dan is x ∈ Aen y ∈ B. Maar dan is ook y ∈ B ∪ C. Indien het tweede het geval is,dan is x ∈ A en y ∈ C. Maar dan is ook y ∈ C ∪ B. In beide gevallen is(x, y) ∈ A × (B ∪ C). Omdat (x, y) willekeurig gekozen werd, volgt hieruitde bewering.

Oef. 9 Bewijs dat voor verzamelingen A,B,C en D geldt

(A×B) ∪ (C ×D)︸ ︷︷ ︸X

⊂ (A ∪ C)× (B ∪D)︸ ︷︷ ︸Y

.

Bewijs. Neem x ∈ X willekeurig. Dan is x ∈ (A × B) of x ∈ (C × D).Onderstel dat x ∈ (A × B). Dan is x = (a, b) een geordend koppel meta ∈ A en b ∈ B. Dan geldt er echter ook a ∈ (A ∪ C) en b ∈ (B ∪ D).Bijgevolg geldt x ∈ Y .Veronderstel nu dat x ∈ (C × D). Dan is x = (c, d) een geordend koppelmet c ∈ C en d ∈ D. Dan geldt er echter ook c ∈ (A ∪ C) en d ∈ (B ∪D).Bijgevolg geldt nu ook weer x ∈ Y . Omdat x willekeurig gekozen werd,volgt hieruit de stelling.

Oef. 10 Neem aan dat Xi deelverzamelingen zijn van een zelfde universeleverzameling U , en noteer Xc

i voor het complement van Xi. Bewijs dan(⋂i∈I

Xi

)c

=⋃i∈I

Xci .

6

Bewijs. We moeten twee inclusies aantonen. Neem dan eerst x ∈(⋂

i∈I Xi

)c

willekeurig. Dan is x /∈⋂

i∈I Xi. Bijgevolg bestaat er een i ∈ I zodat x 6= Xi.Dus is x ∈ Xc

i . Dit betekent echter dat x ∈⋃

i∈I Xci .

Neem nu y ∈⋃

i∈I Xci willekeurig. Dan bestaat er een i ∈ I zodat y ∈ Xc

i .Bijgevolg is y /∈ Xi. Aangezien y /∈ Xi voor een bepaalde i, kunnen we

besluiten dat y /∈⋂

i∈I Xi. Dan is echter y ∈(⋂

i∈I Xi

)c

. Omdat zowel in

het eerste geval als in het tweede geval x en y willekeurig gekozen werden,volgt hieruit de stelling.

Oef. 11 Bewijs dat (⋃i∈I

Xi

)c

=⋂i∈I

Xci .

Bewijs. We moeten twee inclusies aantonen. Neem dan eerst x ∈(⋃

i∈I Xi

)c

willekeurig. Dan is x /∈⋃

i∈I Xi. Derhalve is x /∈ Xi voor elke i ∈ I. Dus isx ∈ Xc

i voor elke i ∈ I. Bijgevolg is x ∈⋂

i∈I Xci .

Neem nu y ∈⋂

i∈I Xci willekeurig. Dan is y ∈ Xc

i voor elke i ∈ I. Omdat

er dus een i ∈ I bestaat waarvoor y ∈ Xci , hebben we dat y ∈

(⋃i∈I Xi

)c

.

Omdat in beide gevallen x en y willekeurig gekozen werden, volgt hieruit destelling.

Oef. 12 Zij ∆ opnieuw het symmetrisch verschil. Bewijs dan dat

A∆C ⊂ (A∆B) ∪ (B∆C).

Geef hierna een voorbeeld waarbij blijkt dat gelijkheid niet hoeft te gelden.

Bewijs. Neem x ∈ A∆C willekeurig. Dan is x ∈ (A\C)∪ (C \A). Bijgevolgis x ∈ A \ C of x ∈ C \A. We onderscheiden nu vier gevallen.Geval 1: Veronderstel dat x ∈ A \ C en x ∈ B. Dan hebben we x ∈ B enx /∈ C. Bijgevolg is x ∈ B \ C. Maar dan is ook x ∈ (B \ C) ∪ (C \ B).Bijgevolg is x ∈ (A∆B) ∪ (B∆C).Geval 2: Veronderstel dat x ∈ A \ C en x /∈ B. Dan is x ∈ A enx /∈ B. Bijgevolg is x ∈ A \ B, en dan is x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A). Dusis x ∈ (A∆B) ∪ (B∆C).Geval 3: Veronderstel nu dan dat x ∈ C \ A en x ∈ B. Dan is x ∈ B enx /∈ A, zodat x ∈ B \ A. Bijgevolg is ook x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A). Dus isx ∈ (A∆B) ∪ (B∆C).Geval 4: Veronderstel dat x ∈ C \ A en x /∈ B. Dan is x ∈ C en x /∈ B,zodat x ∈ C \ B. Dan is echter ook x ∈ (B \ C) ∪ (C \ B). Bijgevolg isx ∈ (A∆B) ∪ (B∆C).

7

Omdat in alle vier gevallen geldt dat x ∈ (A∆B) ∪ (B∆C), is hiermee destelling aangetoond.

Zij A = C = {0}. Dan is A∆C = ∅. Zij verder B = {1}. Dan isA∆B = {0, 1} en B∆C = {0, 1}. Bijgevolg geldt de gelijkheid niet.

Oef. 13 De bewering dat n ∈ N \ {0, 1} is een priemgetal kan in kwantorenworden uitgedrukt door

∀m ∈ N0 : (∃k ∈ N0 : mk = n)⇒ (m = 1 ∨m = n).

Geef de negatie van deze bewering.Oplossing. De negatie van een bewering met kwantoren bestaat erin allekwantoren om te keren, en de negatie van het predicaat te nemen. Hetpredicaat is in dit geval (∃k ∈ N0 : mk = n) ⇒ (m = 1 ∨ m = n), endit is een implicatie. De negatie van een implicatie van de vorm P ⇒ Q isequivalent met P ∧¬Q. Daarna gebruiken we voor ¬Q (het laatste gedeelte)de wetten van Morgan. We krijgen dan

¬(∀m ∈ N0 : (∃k ∈ N0 : mk = n)⇒ (m = 1 ∨m = n)

)hetgeen gelijk is aan

∃m ∈ N0 : (∃k ∈ N0 : mk = n) ∧ ¬(m = 1 ∨m = n)

ofwel, na toepassen van de wet van Morgan, dat

∃m ∈ N0 : (∃k ∈ N0 : mk = n) ∧ (m 6= 1 ∧m 6= n).

Oef. 14 Zij R een relatie van X naar Y , S een relatie van Y naar Z, en Teen relatie van Z naar W . Bewijs dan dat

T ◦ (S ◦R) = (T ◦ S) ◦R.

Bewijs. Zowel T ◦ (S ◦ R) als (T ◦ S) ◦ R zijn relaties van X naar W . Wemoeten twee inclusies aantonen.Neem dan eerst q ∈ T ◦ (S ◦ R) willekeurig. Dan is q = (x,w) ∈ X ×W .Volgens de definitie van de samenstelling betekent dit dat we een elementz ∈ Z kunnen kiezen zodat (x, z) ∈ (S ◦ R) en (z, w) ∈ T . Aangezien(x, z) ∈ (S ◦ R), gebruiken we weer de definitie van een samenstelling enkiezen we een y ∈ Y zodanig dat (x, y) ∈ R en (y, z) ∈ S. Aangezien(y, z) ∈ S en (z, w) ∈ T , concluderen we dat (y, w) ∈ (T ◦ S). Aangezien(x, y) ∈ R en (y, w) ∈ (T ◦ S), besluiten we dat (x,w) ∈ (T ◦ S) ◦R.Veronderstel nu dat q ∈ (T ◦ S) ◦ R. Eenzelfde redenering leidt tot deconclusie dat (x,w) ∈ T ◦ (S ◦R).Omdat q in beide gevallen willekeurig werd gekozen, zijn hiermee de inclusiesaangetoond.

8

Oef. 15. Neem aan dat R een relatie is van X naar Y , en dat S een relatieis van Y naar Z. Bewijs dan dat

(S ◦R)−1 = R−1 ◦ S−1.

Bewijs. We hebben per definitie van een relatie dat R ⊂ X×Y en S ⊂ Y ×Z.We moeten twee inclusies aantonen.Neem eerst q ∈ (S ◦R)−1 willekeurig. Dan is q = (z, x) ∈ Z ×X, en dan is(x, z) ∈ S ◦R. Dan bestaat er een y ∈ Y zodat (x, y) ∈ R en (y, z) ∈ S. Danis (y, x) ∈ R−1 en (z, y) ∈ S−1. Bijgevolg zal (z, x) ∈ R−1 ◦ S−1. Omdat qwillekeurig gekozen werd, geldt er (S ◦R)−1 ⊂ R−1 ◦ S−1.Neem nu q ∈ (R−1 ◦ S−1) willekeurig. Dan is q = (z, x) ∈ Z × X. Danbestaat er een y ∈ Y zodat (y, z) ∈ S−1 en (x, y) ∈ R−1. Dan is (x, y) ∈ Sen (y, x) ∈ R. Bijgevolg zal (x, z) ∈ S ◦R, zodat (z, x) ∈ (S ◦R)−1. Omdatq willekeurig gekozen werd, volgt hieruit nu ook de andere inclusie.

Oef. 16. Bewijs de volgende stelling. Zij P een partitie van X. Dandefinieert

x ∼ y ⇔ (∃A ∈ P : x ∈ A en y ∈ A)

een equivalentierelatie op X. De equivalentieklassen van ∼ zijn precies deelementen van P. Dat wil zeggen: X/ ∼ = P.

Bewijs. Noteer R voor de relatie in de uitdrukking hierboven. We moetende drie kenmerken van een equivalentierelatie aantonen.(i) Neem A ∈ P. Dan is er een x ∈ X zodat A = [x]. Maar dan is ookx ∈ [x], zodat x ∼ x. Bijgevolg is (x, x) ∈ R, waarmee reflexiviteit isaangetoond.(ii) Neem (x, y) ∈ R. Per definitie bestaat er dan een A ∈ P zodat (x ∈A)∧ (y ∈ A). Dan volgt uit de commutativiteit van conjunctie dat ook (y ∈A) ∧ (x ∈ A). Bijgevolg is (y, x) ∈ R, waarmee symmetrie is aangetoond.(iii) Neem (x, y) ∈ R en (y, z) ∈ R. Dan bestaat er een A ∈ P zodat x ∈ Aen y ∈ A. Evenzeer bestaat er dan een A ∈ P zodat y ∈ A en z ∈ A.Omdat we dus hebben dat zowel x ∈ A als z ∈ A, geldt x ∼ z. Derhalve is(x, z) ∈ R, waarmee transiviteit aangetoond is.

Oef. 17. Zij V een vectorruimte en W een deelruimte van V . Laat ziendat

{(v, w) ∈ V × V | v − w ∈W}

een equivalentierelatie op V is.

Bewijs. Noteer de relatie hierboven met R. Zij (v, v) ∈ R. Dan is v − v =0 ∈W omdat W een deelruimte is en dus nooit leeg.

9

Neem nu (v, w) ∈ R. Dan is v − w ∈ W . Omdat W een deelruimte is, isdan ook −1 · (v − w) = w − v ∈W . Bijgevolg is (w, v) ∈ R.Neem nu (v, w) ∈ R en (w, u) ∈ R. Dan is v − w ∈ W en w − u ∈ W .Dus is zowel v als u in W . Omdat W gesloten is onder optelling, is dan ookv − u ∈W . Bijgevolg is (v, u) ∈ R.

Oef. 18. Zij X en Y twee niet-lege verzamelingen en f : X → Y eenfunctie. We definieren Rf op X door

(x1, x2) ∈ Rf ⇔ f(x1) = f(x2).

1. Bewijs dat Rf een equivalentierelatie is.

2. Bewijs dat

Pf ={f−1(y) | y ∈ Y

}\ {∅}

een partitie van X is.

3. Neem aan dat f : X → Y en g : X → Y twee functies zijn. Bewijs datde volgende twee uitspraken equivalent zijn:

• Er bestaat een functie σ : Y → Y met σ ◦ f = g.

• Rf ⊂ Rg.

Bewijs. 1. We moeten reflexiviteit, symmetrie en transiviteit aantonen.(i) Neem x ∈ X willekeurig. Dan is f(x) = f(x) en dus per definitie(x, x) ∈ Rf .(ii) Neem x1, x2 ∈ X willekeurig. Veronderstel dat (x1, x2) ∈ Rf . Dan isf(x1) = f(x2). Dan is ook f(x2) = f(x1). Bijgevolg is (x2, x1) ∈ Rf .(iii) Neem x, y, z ∈ X willekeurig. Veronderstel dat (x, y) ∈ Rf en (y, z) ∈Rf . Dan is f(x) = f(y) en f(y) = f(z). Maar dan is ook f(x) = f(z).Bijgevolg is (x, z) ∈ Rf .

2. We moeten aantonen dat de verzamelingen in Pf niet leeg zijn, datze onderling disjunct zijn, en dat ze X overdekken.(i) Neem A ∈ Pf willekeurig. Nu is Pf een verzameling van verzamelingen,aangezien elke f−1(y) een verzameling is. Dus is A al zeker een verzamelingvan Pf en dit is ook een deelverzameling van X. Per definitie van constructievan Pf is A 6= ∅.(ii) Neem A1, A2 ∈ Pf willekeurig. Veronderstel dat A1 ∩ A2 6= ∅. Danmoeten we bewijzen dat A1 = A2. Nu bestaat er een y1 en een y2 in Yzodat A1 = f−1(y1) en A2 = f−1(y2). Neem nu x ∈ (A1 ∩ A2). Omdatx ∈ A1, is f(x) = y1. Omdat x ∈ A2, is f(x) = y2. Dus is y1 = y2 omdatf : X → Y een functie is. Maar omdat y1 en y2 gelijk zijn, hebben weook dat A1 = A2. Hiermee is bewezen dat alle elementen in Pf onderlingdisjunct zijn.

10

(iii) Voor alle x ∈ X bestaat er een A ∈ Pf zodat x ∈ A. Neem nu x ∈ Xwillekeurig. Dan is per definitie x ∈ f−1(f(x)). Dan hebben we per definitievan Pf dat f−1(f(x)) ∈ Pf . Omdat x willekeurig gekozen werd, toont ditaan dat X de unie is van alle verzamelingen van Pf .

3. Veronderstel dat er een functie σ : Y → Y bestaat met σ ◦ f = g. Neem(x1, x2) ∈ Rf willekeurig. Dan is f(x1) = f(x2). Dan is σ◦f(x1) = σ◦f(x2),waaruit volgt dat σ(f(x1)) = σ(f(x2)). Per veronderstelling hebben we dandat g(x1) = g(x2). Dit betekent echter dat (x1, x2) ∈ Rg. Omdat (x1, x2)willekeurig gekozen werd, volgt hieruit dat Rf ⊂ Rg.Veronderstel nu dat Rf ⊂ Rg. We zoeken dan een σ zodat voor alle x ∈ Xgeldt dat σ ◦ f(x) = g(x). Neem een y ∈ Y willekeurig. Nu hebben we tweemogelijkheden: ofwel is y ∈ f(X), ofwel is y /∈ f(X). Indien y ∈ f(X),kies dan een x ∈ X zodat y = f(x). Definieer dan σ(y) = g(x). Indieny /∈ f(X), neem dan een y′ ∈ Y en definieer dan σ(y) = y′. Nu we onzefunctie geconstrueerd hebben, tonen we aan dat σ ◦ f = g.Neem dan een element x1 ∈ X willekeurig. Dan is σ ◦ f(x1) = σ(f(x1)).Zij f(x1) = y. We hebben σ(y) gedefinieerd als σ(y) = g(x), met x ∈ Xen f(x) = y. Derhalve hebben we dat σ(f(x1)) = σ(y) = g(x). Nu moetenwe nog aantonen dat g(x1) = g(x), zodat σ(y) = g(x1). Merk op datf(x) = f(x1) zodat (x, x1) ∈ Rf . Aangezien per veronderstelling Rf ⊂ Rg,weten we ook dat (x, x1) ∈ Rg. Bijgevolg is g(x) = g(x1). Nu hebben wedus dat σ(f(x1)) = g(x1). Omdat x1 willekeurig gekozen werd, volgt hieruitdat σ ◦ f = g.

Oef. 19. Zij X een niet-lege verzameling en f : X → X een functie.Veronderstel dat er een x0 ∈ X is met f(x) = x0 voor alle x ∈ X (in datgeval noemen we f een constante functie). Bewijs dat voor alle g : X → Xgeldt dat f ◦ g = f .

Bewijs. De methode om de gelijkheid van twee functies te bewijzen bestaaterin aan te tonen dat de domeinen en codomeinen gelijk zijn, en dat voor allex uit het gemeenschappelijk domein van beide functies geldt dat (f ◦g)(x) =f(x).Het is duidelijk dat in dit geval zowel het domein als het codomein van beidefuncties gelijk is. Neem verder een x ∈ X willekeurig. Dan hebben we

(f ◦ g)(x) = f(x)

f(g(x)) = x0

f(x) = x0

x0 = x0

11

Oef. 20. Welke van de volgende inclusies zijn geldig voor alle functiesf : X → Y en alle A ⊂ X en B ⊂ Y ? Geef een bewijs van de juiste inclusiesen geef een tegenvoorbeeld voor de niet-juiste.

1. f−1(f(A)) ⊂ A.

2. A ⊂ f−1(f(A)).

3. f(f−1(B)) ⊂ B.

4. B ⊂ f(f−1(B)).

Bewijs. 1. Fout. Zij X = {1, 2} en Y = {a}. Definieer dan de functief : X → Y als volgt:

f(1) = a f(2) = a.

Zij nu A = {1}. Dan is f−1(f(A)) = X. We hebben in dit geval dus¬(f−1(f(A)) ⊂ A).2. Waar. Neem x ∈ A willekeurig. Dan is f(x) ∈ f(A). Nu is f−1(f(A)) ={y ∈ X | f(x) ∈ f(y)}. Dus x ∈ f−1(f(A)) per definitie van f−1(f(A)).Omdat x willekeurig gekozen werd, is hiermee de inclusie aangetoond.3. Waar. Neem y ∈ f(f−1(B)) willekeurig. Dan bestaat er een x ∈ f−1(B)zodat y = f(x). Omdat x ∈ f−1(B), moet per definitie f(x) ∈ B. Dus isy ∈ B. Omdat y willekeurig gekozen werd, volgt hieruit de inclusie.4. Fout. Zij X = {1}, en zij Y = {a, b}. Definieer dan de functie f : X → Yals volgt:

f(1) = a.

Zij nu B = {b}. Dan is f−1(B) = ∅ en dus ook f(f−1(B)) = ∅. Bijgevolg iser niet voldaan aan B ⊂ f(f−1(B)).

Oef. 21. Zij f : X → Y en g : Y → Z twee functies. Bewijs dan:

1. Als f en g injectief zijn, dan is g ◦ f ook injectief.

2. Als f en g surjectief zijn, dan is g ◦ f ook surjectief.

Bewijs. 1. Veronderstel dat f en g injectief zijn. Nu is g ◦ f : X → Z eenfunctie van X naar Z. Neem dan x1, x2 ∈ X willekeurig en veronderstel dat

(g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2).

Dan moeten we aantonen dat x1 = x2. De uitdrukking hierboven kan ge-schreven worden als g(f(x1)) = g(f(x2)). Uit het feit dat f injectief is, volgtdat dit gelijk is aan g(x1) = g(x2). Uit het feit dat g injectief is, volgt datdit gelijk is aan x1 = x2. Omdat x1 en x2 willekeurig gekozen werden, volgthieruit het gevraagde.

12

2. Veronderstel dat f en g surjectief zijn. Neem dan een z ∈ Z willekeurig.Dan moeten we aantonen dat er een x ∈ X bestaat waarvoor geldt dat

(g ◦ f)(x) = z.

Nu, aangezien f surjectief is, bestaat er een y ∈ Y zodat f(x) = y. Enaangezien g surjectief is, bestaat er een z ∈ Z zodat g(y) = z. We vindendan dat

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = z.

Omdat z willekeurig gekozen werd, volgt hieruit het gevraagde.

Oef. 22. Zij X en Y niet-lege verzamelingen, en zij f : X → Y een functie.Bewijs dat f : X → Y injectief is als en slechts als er een functie g : Y → Xbestaat met g ◦ f = Ix.

Bewijs. Veronderstel dat f : X → Y injectief is. Dan geldt voor alle x1, x2 ∈X dat f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2. Neem x ∈ X vast. Definieer dang : Y → X als volgt:

g(y) =

{f−1(y) als y ∈ f(X)

x als y /∈ f(X)

Neem nu een x ∈ X willekeurig. Dan hebben we

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = f−1(f(x)) = x = Ix(x).

Omgekeerd, veronderstel dat g ◦ f = Ix. Dan moeten we aantonen datf : X → Y injectief is. Neem x1, x2 ∈ X willekeurig, en veronderstel datf(x1) = f(x2). Dan hebben we

x1 = Ix(x1) = (g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2) = Ix(x2) = x2.

Bijgevolg is f : X → Y injectief.

Oef. 23. Veronderstel dat f : X → Y en g : Y → Z bijecties zijn. Bewijsdat g ◦ f een bijectie is en dat

(g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1.

Bewijs. We moeten aantonen dat g ◦ f zowel injectief als surjectief is, enbijgevolg een bijectie. Nu is g ◦ f : X → Z een functie van X naar Z. Webewijzen eerst injectiviteit.Neem dan x1, x2 ∈ X willekeurig en veronderstel dat (g ◦ f)(x1) = (g ◦f)(x2), ofwel g(f(x1)) = g(f(x2)). Omdat f injectief is, volgt hieruit datg(x1) = g(x2). Omdat g injectief is, volgt hieruit dat x1 = x2. Omdat x1, x2willekeurig gekozen werden, volgt hieruit dat g ◦ f een injectie is.

13

Neem nu z ∈ Z willekeurig. Dan moeten we aantonen dat er een x ∈ Xbestaat zodat (g ◦f)(x) = z. Nu, aangezien f een surjectie is, bestaat er eeny ∈ Y zodat f(x) = y. En aangezien g een surjectie is, bestaat er een z ∈ Zzodat g(y) = z. Dus vinden we (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = z. Omdat zwillekeurig gekozen werd, volgt hieruit dat g ◦ f een surjectie is.Omdat zowel injectiviteit als surjectiviteit aangetoond is, volgt hieruit hetgevraagde. Om aan te tonen dat (g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1 moeten we bewijzendat de inverse van (g ◦ f) gelijk is aan f−1 ◦ g−1. Dit doen we door gebruikte maken van de definitie, en het feit dat de samenstelling associatief is. Wehebben dan enerzijds dat

(g ◦ f) ◦ (f−1 ◦ g−1)g ◦ (f ◦ f−1) ◦ g−1

g ◦ Iy ◦ g−1

g ◦ g−1

Iz.

Anderzijds krijgen we

(f−1 ◦ g−1) ◦ (g ◦ f)

f−1 ◦ (g−1 ◦ g) ◦ ff−1 ◦ Iy ◦ ff−1 ◦ fIx.

Oef. 24. Zij ∼ een equivalentierelatie op een verzameling X en X/ ∼ debijbehorende quotientverzameling. Er is een functie

q : X → X/ ∼ : x 7→ [x]

die elk element x ∈ X afbeeldt naar zijn equivalentieklasse in X/ ∼. Dezefunctie heet de quotientafbeelding behorende bij de equivalentierelatie ∼.

1. Laat zien dat q surjectief is.

2. Neem aan dat f : X → Y een functie is met de eigenschap dat

x1 ∼ x2 ⇒ f(x1) = f(x2).

Bewijs dat er een unieke functie f : X/ ∼→ Y bestaat met de eigen-schap dat

f = f ◦ q.

14

Bewijs. 1. Neem y ∈ X/ ∼ willekeurig. Dan moeten we bewijzen dat er eenx ∈ X bestaat zodat q(x) = y. Omdat geen enkele equivalentieklasse vanX/ ∼ leeg is, bestaat er een x ∈ X zodat y = [x]. Dan is q(x) = [x] = y, endit toont aan dat q surjectief is.

2. We zoeken nu een unieke functie f : X/ ∼→ Y zodat f = f ◦ g.Neem [x] ∈ X/ ∼ willekeurig, en definieer f([x]) = f(x). Dan tonen we nuaan dat f goed gedefinieerd is. Onderstel dat [x] = [x1]. Dan is x ∼ x1,en bijgevolg is f(x) = f(x1). Dus de definitie van f is onafhankelijk van derepresentant van de equivalentieklasse die we gekozen hebben. Neem nu eenx ∈ X willekeurig. Dan hebben we inderdaad dat

(f ◦ q)(x) = f(q(x)) = f([x]) = f(x).

Er rest ons nog aan te tonen dat de gedefinieerde f uniek is. Verondersteldan dat er twee zo’n functies bestaan, bijvoorbeeld f1 en f2. Dan is f1 :X/ ∼→ Y en f2 : X/ ∼→ Y . Verder hebben we dat f1 ◦ q = f en f2 ◦ q = f .Neem nu een y ∈ X/ ∼ willekeurig. Dan bestaat er een x ∈ X zodat y = [x].Dan vinden we

f1(y) = f1([x]) = f1(q(x)) = (f1 ◦ q)(x) = f(x) = (f2 ◦ q)(x) = f2(q(x)) = f2([x]) = f2(y).

Hieruit volgt dat f1 = f2, waarmee uniciteit is aangetoond.

Oef. 25. Zij X en Y niet-lege verzamelingen en f : X → Y een functie.

1. Bewijs dat voor deelverzamelingen A1 en A2 geldt:

A1 ⊂ A2 ⇒ f(A1) ⊂ f(A2).

2. Laat door middel van een tegenvoorbeeld zien dat de andere implicatief(A1) ⊂ f(A2)⇒ A1 ⊂ A2 niet altijd geldt.

3. Bewijs dat

∀A1 ∈ P (X) : ∀A2 ∈ P (X) :[f(A1) ⊂ f(A2)⇒ A1 ⊂ A2

]als en slechts als f injectief is.

Bewijs. 1. Veronderstel dat A1 ⊂ A2. Neem deelverzamelingen A1 enA2 van X willekeurig. Neem y ∈ f(A1) willekeurig. Dan bestaat er eenx ∈ A1 zodat f(x) = y. Aangezien A1 ⊂ A2, is ook x ∈ A2. Dus isy = f(x) ∈ f(A2). Omdat y willekeurig gekozen werd, volgt hieruit de be-wering.

2. Zij X = {2, 3, 4} en Y = {1, 3}. Definieer dan f : X → Y als volgt:

f(3) = 3 f(4) = 3 f(2) = 1.

15

Zij A1 = {3, 4} en zij A2 = {2, 3}. Er geldt dan dat f(A1) = {3} enf(A2) = {3, 1}. Dus f(A1) ⊂ f(A2) maar ¬(A1 ⊂ A2).

3. We moeten twee implicaties bewijzen. Veronderstel eerst dat ∀A1 ∈P (X) : ∀A2 ∈ P (X) :

[f(A1) ⊂ f(A2) ⇒ A1 ⊂ A2

]. We moeten dan

bewijzen dat voor alle x1, x2 ∈ X geldt f(x1) = f(x2)⇒ x1 = x2.Neem x1, x2 ∈ X willekeurig. Veronderstel dat f(x1) = f(x2). Zij A1 ={x1} en zij A2 = {x2}. Dan is f(A1) = f(A2). Uit onze aanname volgt dandat A1 ⊂ A2. Bijgevolg is {x1} ⊂ {x2}, zodat x1 = x2. Omdat x1, x2 ∈ Xwillekeurig gekozen werden, geldt dat f injectief is.Veronderstel nu omgekeerd dat f injectief is. Neem A1, A2 ∈ P (X) wille-keurig. Veronderstel dat f(A1) ⊂ f(A2). Zij x1 ∈ A1 willekeurig. Dan isy = f(x1) ∈ f(A1). Uit onze aanname volgt dan ook dat f(x1) ∈ f(A2).Bijgevolg bestaat er een x2 ∈ A2 zodat f(x1) = x2. Uit het feit dat f injec-tief is volgt dat x1 = x2. Bijgevolg is x1 ∈ A2. Omdat x1 ∈ A1 willekeuriggekozen werd, toont dit aan dat A1 ⊂ A2.

Oef. 26. Zij f : X → Y een functie.

1. Bewijs dat

A ⊂ f−1(f(A))

geldt voor alle A ∈ P (X).

2. Laat door middel van een tegenvoorbeeld zien dat gelijkheid niet hoeftte gelden.

3. Bewijs dat

∀A ∈ P (X) : A = f−1(f(A))

geldt als en slechts als f injectief is.

Bewijs. 1. Neem A ∈ P (X) willekeurig. Neem x ∈ A willekeurig. Dan be-staat er een y ∈ f(A) zodat y = f(x). Nu is f−1(f(A)) = {x ∈ A : f(x) ∈ f(A)}.Aangezien f(x) ∈ f(A), volgt hieruit per definitie dat x ∈ f−1(f(A)). Om-dat x willekeurig gekozen werd, geldt A ⊂ f−1(f(A)). Omdat A willekeuriggekozen werd, volgt hieruit de bewering.

2. Zij X = {1, 2} en zij Y = {b}. Definieer dan f : X → Y als volgt:

f(1) = b f(2) = b

Zij nu A = {1}. Dan is f(A) = {f(1)} = Y . En dan is f−1(f(A)) =f−1(Y ) = X = {1, 2}. Bijgevolg is A 6= f−1(f(A)).

16

3. We moeten twee implicaties bewijzen. Veronderstel eerst dat ∀A ∈P (X) : A = f−1(f(A)). Dan moeten we aantonen dat f injectief is. Neemx1, x2 ∈ X willekeurig, en veronderstel dat f(x1) = f(x2). Zij A1 = {x1}en A2 = {x2}. Uit de aanname volgt dan dat f(A1) = f(A2). Verder volgtuit de veronderstelling dat f−1(f(A1)) = A1 = f−1(f(A2)) = A2. Bijgevolgis A1 = A2 en dus x1 = x2. Omdat x1, x2 ∈ X willekeurig gekozen werden,volgt dat f injectief is.Veronderstel nu dat f injectief is. De ene inclusie hebben we reeds hierbovenbewezen. Neem verder een x ∈ f−1(f(A)) willekeurig. Dan bestaat er eeny ∈ f(A) zodat y = f(x). Uit de definitie van het beeld van f volgt dan dater een x1 ∈ A bestaat zodat f(x1) = f(x). Uit de injectiviteit van f volgtdat x1 = x. Aangezien we hadden dat x1 ∈ A, geldt ook x ∈ A. Omdat xwillekeurig gekozen werd, geldt nu ook f−1(f(A)) ⊂ A.Beide implicaties zijn nu bewezen, zodat de stelling geldt.

Oef. 27. Neem aan dat X aftelbaar oneindig is, en dat Y eindig is. Bewijsdat X ∪ Y aftelbaar oneindig is.

Bewijs. Zij X = {x1, x2, . . .}. Indien Y \X leeg is, dan is X ∪ (Y \X) = X,en dan is X aftelbaar oneindig. Veronderstel dat Y \X 6= ∅. Zij Y \X ={y1, y2, . . . , yn}. Dan is |Y \X| = n. Dan kunnen we X ∪ (Y \X) weergevenals

X ∪ (Y \X) = {y1, . . . , yn, x1, x2 . . .} .

Omdat X aftelbaar oneindig is, en Y eindig, bestaan er bijecties f : N0 → Xen g : En → Y \ X. Nu moeten we een bijectie h : N0 → X ∪ (Y \ X)construeren. Definieer dan

h(k) =

{g(k) als k ∈ {1, . . . , n}f(k − n) als k > n

Dan tonen we nu aan dat dit een bijectie is, door te bewijzen dat deze functiezowel injectief als surjectief is. We bewijzen eerst injectiviteit. Neem dank1, k2 ∈ N0 en veronderstel dat k1 6= k2. Dan moeten we aantonen dath(k1) 6= h(k2), en daartoe moeten we verschillende gevallen onderscheiden.Zonder de algemeenheid te verliezen kunnen we stellen dat k1 < k2.Geval 1: Veronderstel dat k1, k2 ∈ {1, . . . , n}. Dan is h(k1) = g(k1) enh(k2) = g(k2). Verder hebben we dat g(k1) 6= g(k2) omdat g een bijectie is.Geval 2: Als k1, k2 > n, dan geldt er ook f(k1 − n) 6= f(k2 − n), zodath(k1) 6= h(k2).Geval 3: Veronderstel nu dat k1 ∈ {1, . . . , n} en dat k2 > n. Dan ish(k1) ∈ Y \X en h(k2) ∈ X. Omdat X ∩ (Y \X) = ∅, is h(k1) 6= h(k2).Omdat in alle drie de gevallen geldt dat h(k1) 6= h(k2), is h injectief.Neem nu een z ∈ X ∪ (Y \ X) willekeurig. Dan is z ∈ X of z ∈ Y \ X.

17

Veronderstel eerst dat z ∈ X. Dan bestaat er een l ∈ N0 zodat f(l) = z.Dan is h(n + l) = f(l) = z. Veronderstel nu dat z ∈ Y \ X. Dan bestaater een j ∈ En zodat g(j) = z. Dan is h(j) = g(j) = z. In beide gevallenhebben we een element van N0 dat door h wordt afgebeeld op z. Bijgevolgis h surjectief en dus ook bijectief.

Oef. 28. Neem aan dat X en Y aftelbaar oneindig zijn. Bewijs dan datX ∪ Y aftelbaar oneindig is.

Bewijs. Veronderstel dat X ∩ Y = ∅. Er bestaan dan bijecties f : N0 → Xen h : N0 → Y . Definieer nu een nieuwe functie g : N0 → X ∪ Y als volgt:

g(n) =

{f(n+1

2 ) als n oneven is

h(n2 ) als n even is

Dan is dit een bijectie omdat geen enkel natuurlijk getal zowel even alsoneven is.

Oef. 29. Neem aan dat (an) een reele rij is die voldoet aan de recursierelatie

an+2 = 2an+1 + 3an voor n ≥ 0.

Definieer dan

bn =an+1

an(n ∈ N).

1. Bereken de voortbrengende functie f(x) =∑∞

k=0 akxk voor het geval

dat a0 = 1 en a1 = 1.

2. Gebruik dit om ak te berekenen voor k = 2015.

3. Neem nu aan dat a1 ≥ a0 ≥ 0. Laat zien dat bn+1 = 2 + 3bn

, en bewijsmet volledige inductie dat 2 < bn < 4 geldt voor alle n ∈ N met n ≥ 2.

18

Oplossing. 1. We hebben dat

f(x) =∞∑n=0

anxn

= 1 + x+

∞∑n=2

anxn

= 1 + x+∞∑n=0

an+2xn+2

= 1 + x+∞∑n=0

(2an+1 + 3an)xn+2

= 1 + x+

∞∑n=0

2an+1xn+2 +

∞∑n=0

3anxn+2

= 1 + x+ 2∞∑n=0

an+1xn+2 + 3

∞∑n=0

anxn+2

= 1 + x+ 2

∞∑n=0

an+1xn+2 + 3x2f(x)

= 1 + x+ 2x∞∑n=0

an+1xn+1 + 3x2f(x)

= 1 + x+ 2x∞∑n=1

anxn + 3x2f(x)

= 1 + x+ 2x( ∞∑n=0

anxn − a0x0

)+ 3x2f(x)

= 1 + x+ 2x(f(x)− 1

)+ 3x2f(x)

= 1 + x+ 2xf(x)− 2x+ 3x2f(x)

Hieruit volgt dat

f(x)− 2xf(x)− 3x2f(x) = 1 + x− 2x

ofwel

f(x) =1 + x− 2x

1− 2x− 3x2=

1− x1− 2x− 3x2

.

2. We moeten splitsen in partieelbreuken. We hebben 1 − 2x − 3x2 =(−x− 1)(3x− 1). Dus

1− x1− 2x− 3x2

=A

(−x− 1)+

B

(3x− 1).

19

Dit geeft (1− x) = A(3x− 1) +B(−x− 1). We krijgen dan{−1 = 3A−B1 = −A−B

Uit de laatste vergelijking volgt dat 1 + A = −B. Dit invullen in de eerstevergelijking geeft −1 = 3A + 1 + A, ofwel 4A = −2. Dus is A = −1/2 enB = −1/2. We krijgen derhalve

1− x1− 2x− 3x2

=−1/2

(−x− 1)+−1/2

(3x− 1).

We moeten nu proberen om het rechterlid te herschrijven naar de vorm1

1−x =∑∞

k=0 xk. We krijgen dan

1/2

x+ 1+

1/2

1− 3x

=1

2

(1

1− (−x)+

1

1− 3x

)=

1

2

( ∞∑k=0

(−x)k +

∞∑k=0

(3x)k)

=1

2

( ∞∑k=0

(−1)kxk +

∞∑k=0

3kxk)

=1

2

( ∞∑k=0

[(−1)kxk + 3kxk]

)

=1

2

( ∞∑k=0

[((−1)k + 3k)xk]

)Op basis hiervan zien we dat ak = 1

2

((−1)k + 3k

). Voor k = 2015 hebben

we dan

a2015 =1

2

((−1)2015 + 32015

).

3. We vertrekken van het rechterlid:

2 +3

bn= 2 +

3

an+1/an= 2 +

3anan+1

= 2 + 33(an+2−2an+1

3 )

an+1

= 2 +an+2 − 2an+1

an+1

=an+2

an+1

= bn+1

20

We bewijzen nu dat 2 < bn < 4 geldt voor alle n ∈ N met n ≥ 2.

Bewijs. Basisstap. Voor n = 2 geldt b2 = 2 + 3/b1. Nu weten we datb1 > 2. We hebben immers dat b1 = a2/a1, en a2 kunnen we halen uit derecursierelatie an+2 = 2an+1 + 3an. Dan hebben we dus a2 = 2a1 + 3a0 = 5.Bijgevolg is b1 = 5/1. Aangezien dus b1 > 2, volgt hieruit dat 1/b1 < 1/2,en dan is 3/b1 < 3/2. Bijgevolg is 2 + 3/b1 < 2 + 3/2 < 4. Hieruit volgtdat b2 < 4. Omdat b1 > 0 is verder b2 > 2. Er geldt dus inderdaad dat2 < b2 < 4.Inductiestap. Neem n > 2 willekeurig en veronderstel dat de beweringgeldt voor die n. Dan bewijzen we nu dat zij ook geldt voor n + 1. Opbasis van de inductiehypothese geldt dus 2 < bn < 4. We bewijzen eerst datbn+1 > 2. Omdat bn+1 = 2 + 3/bn, en bn > 0, volgt hieruit dat bn+1 > 2.We bewijzen nu dan dat bn+1 < 4. We weten dat 2 < bn. Dan is 1/bn < 1/2en dus 3/bn < 3/2. Hieruit volgt dat 3/bn + 2 < 3/2 + 2. Bijgevolg isbn+1 < 3/2 + 2 < 4.Omdat de basisstap en de inductiestap bewezen zijn, volgt dat de stellinggeldt vanwege het principe van volledige inductie.

Oef. 30.

1. De rij van Fibonacci-getallen wordt gegeven door a0 = 0, a1 = 1 en

an+1 = an + an−1 (n ∈ N0).

Bewijs met volledige inductie dat

n∑k=0

a2k = anan+1

geldt voor elke n ∈ N.

2. Laat zien dat de rij (bn) met bn = a2n+1 voldoet aan de recursierelatie

bn+1 = 3bn − bn−1

en bereken de voortbrengde functie

f(x) =∞∑n=0

bnxn.

Bewijs. 1. Basisstap. Voor n = 0 hebben we a20 = a0a1, en dit kloptaangezien beide leden dan 0 zijn.Inductiestap. Veronderstel dat de bewering geldt voor een n > 0. Dantonen we nu aan dat zij ook geldt voor n+ 1. We moeten dus bewijzen dat

n+1∑k=0

a2k = an+1an+2.

21

Nu hebben we dat

n+1∑k=0

a2k =n∑

k=0

a2k + a2n+1 = anan+1 + a2n+1

op basis van de inductiehypothese. Het rechterlid kunnen we herschrijvenals

anan+1 + a2n+1 = an+1(an + an+1)

= an+1an+2

waarbij we in de laatste stap van de recursierelatie gebruik hebben gemaakt.Hiermee is ook de inductiestap bewezen, zodat de bewering geldt vanwegehet principe van volledige inductie.

2. We hebben dat a2n+1 = a2n + a2n−1. Indien bn = a2n+1, dan isbn+1 = a2(n+1)+1 = a2n+3. We hebben dus

bn+1 = a2n+3 = a2n+2 + a2n+1

= a2n+2 + bn

= a2n+1 + a2n + bn

= 2bn + a2n

= 2bn + (a2n+1 − a2n−1)= 2bn + (bn − bn−1)= 3bn − bn−1.

22

Nu berekenen we de voortbrengde functie. Omdat b1 = a3 = 2, krijgen we

f(x) =∞∑n=0

bnxn = b0 + b1x+

∞∑n=2

bnxn

= 1 + 2x+∞∑n=2

bnxn

= 1 + 2x+

∞∑n=1

bn+1xn+1

= 1 + 2x+∞∑n=1

(3bn − bn−1)xn+1

= 1 + 2x+

∞∑n=1

3bnxn+1 −

∞∑n=1

bn−1xn+1

= 1 + 2x+ 3∞∑n=1

bnxn+1 − x2

∞∑n=1

bn−1xn−1

= 1 + 2x+ 3∞∑n=1

bnxn+1 − x2

∞∑n=0

bnxn

= 1 + 2x+ 3x

∞∑n=1

bnxn − x2f(x)

Nu is de resterende sommatie gelijk aan

∞∑n=1

bnxn = b1x

1 + b2x2 + . . .

=∞∑n=0

bnxn − b0

= f(x)− 1.

We krijgen dan

f(x) = 1 + 2x+ 3x(f(x)− 1)− x2f(x).

Wanneer de termen samengebracht worden geeft dit

f(x) =1− x

1− 3x+ x2.

Oef. 31. Neem aan dat f : N0 → X en g : N0 → Y bijecties zijn. Bewijsdat de functie h : N0 → X ∪ Y gedefinieerd door

h(n) =

{f(k) als n = 2k − 1 oneven is,

g(k) als n = 2k even is

23

een surjectie is. Is h ook een bijectie?

Bewijs. Zij z ∈ X ∪ Y willekeurig. Dan is z ∈ X of z ∈ Y .Veronderstel eerst dat z ∈ X. Omdat f een bijectie is, bestaat er een k ∈ N0

zodat f(k) = z. Nu is n = 2k − 1 een oneven getal. Dus h(n) = f(k) = z.Veronderstel nu dat z ∈ Y . Omdat g een bijectie is bestaat er een k ∈ N0

zodat g(k) = z. Dan is n = 2k een even getal. Ook nu hebben we dus dath(n) = g(k) = z. Omdat z willekeurig gekozen werd, toont dit aan dat heen surjectie is.

Opdat h een bijectie zou zijn, moeten we nog aan te tonen dat het eeninjectie is. In het algemeen zal h geen bijectie zijn, tenzij X en Y onderlingdisjunct zijn. Zij n,m ∈ N0 willekeurig, en zij n 6= m. Dan moeten weaantonen dat h(n) 6= h(m).Veronderstel nu dat X en Y niet onderling disjunct zijn, en verondersteldat n oneven is, en dat m even is. Dat wil zeggen: zij n = 2kn − 1 en zijm = 2km. Dan is h(n) = f(kn) en h(m) = g(km). Dan is het mogelijk dater een y ∈ X ∩Y bestaat zodat f(kn) = y = g(km). Dan hebben we dus dath(n) = h(m) terwijl n 6= m, zodat in dat geval h niet injectief is en dus ookgeen bijectie.Indien echter X ∩ Y = ∅, dan is f(kn) ∈ X en g(km) ∈ Y . Dus f(kn) 6=g(km). En omdat f(kn) = h(n) en g(km) = h(m), hebben we dat h(n) 6=h(m). In dat geval is h wel een bijectie.

Oef. 32. Zij f : X → Y een functie.

1. Bewijs dat f(f−1(B)) ⊂ B geldt voor alle B ∈ P (Y ).

2. Laat door middel van een voorbeeld zien dat gelijkheid niet hoeft tegelden.

3. Bewijs dat

∀B ∈ P (Y ) : B = f(f−1(B))

geldt als en slechts als f surjectief is.

Bewijs. 1. Neem B ∈ P (Y ) willekeurig. Zij y ∈ f(f−1(B)) willekeu-rig. Dan bestaat er een x ∈ f−1(B) zodat f(x) = y. Nu is f−1(B) ={x ∈ X | f(x) ∈ B}. Bijgevolg bestaat er per definitie van invers beeld eenf(x) ∈ B. Dus geldt er ook y ∈ B. Omdat y willekeurig gekozen werd,toont dit de inclusie aan. Omdat B willekeurig gekozen werd, volgt hieruitde bewering.

2. Zij X = {1, 2} en zij Y = {3, 4, 5}. Zij B = {3, 4}. Definieer danf : X → Y als volgt:

f(1) = 3 f(2) = 3.

24

Dan is f(f−1(B)) = {3} zodat we hebben dat f(f−1(B)) 6= B.

3. We moeten twee implicaties bewijzen. Veronderstel dan eerst dat ∀B ∈P (Y ) : B = f(f−1(B)). Dan tonen we nu aan dat f surjectief. Neem eeny ∈ Y willekeurig. Dan moeten we aantonen dat er een x ∈ X bestaat zodatf(x) = y. Per veronderstelling is echter y ∈ f(f−1(B)). Dus bestaat er eenx ∈ f−1(B) zodat f(x) = y. Per definitie van invers beeld is dan f(x) ∈ B.Maar dan bestaat er een x ∈ X zodat f(x) = y. Hiermee is aangetoond datf surjectief is.Veronderstel nu dat f surjectief is. Zij B ∈ P (Y ) willekeurig. Hierbovenhebben we al een inclusie aangetoond. Er rest ons dan nog te bewijzen datB ⊂ f(f−1(B)). Zij dan y ∈ B willekeurig. Omdat f surjectief is, bestaater een x ∈ X zodat f(x) = y. Bijgevolg is x ∈ f−1(B). Maar dan isy = f(x) ∈ f(f−1(B)). Omdat y willekeurig gekozen werd, toont dit deinclusie aan. Omdat B willekeurig gekozen werd, toont dit de implicatieaan.Omdat beide implicaties nu bewezen zijn, geldt de stelling.

Oef. 33. Een bepaalde rij getallen wordt gedefinieerd door de recursierelatie

an+1 = 2an + 4n

met beginvoorwaarde a0 = 0. Zij

f(x) =∞∑n=0

anxn

de voortbrengde functie van deze getallen. Laat zien dat

f(x) =x

(1− 2x)(1− 4x).

Gebruik dit om an te berekenen.

Oplossing. Aangezien a0 hebben we dat

f(x) =

∞∑n=0

anxn =

∞∑n=1

anxn =

∞∑n=0

an+1xn+1

=∞∑n=0

(2an + 4n)xn+1 =∞∑n=0

2anxn+1 +

∞∑n=0

4nxn+1

= 2xf(x) + x∞∑n=0

(4x)n

= 2xf(x) + x

(1

1− 4x

)= 2xf(x) +

x

1− 4x.

25

Wanneer de termen bijeengebracht worden geeft dit

f(x) =x

(1− 4x)(1− 2x).

Om an te berekenen, moeten we eerst splitsen in partieelbreuken. We hebbendan

f(x) =x

(1− 4x)(1− 2x)=

A

1− 4x+

B

1− 2x.

Dit leidt tot {A+B = 0

−2A− 4B = 1

De oplossing hiervan kan gemakkelijk gevonden worden en die is gelijk aanA = 1/2 en B = −1/2. We hebben dan dus

x

(1− 4x)(1− 2x)=

1/2

1− 4x+−1/2

1− 2x.

Nu moeten we dit herschrijven, gebruik makende van de meetkundige reeks:

1

2

[1

1− 4x− 1

1− 2x

]=

1

2

[ ∞∑n=0

(4x)n −∞∑n=0

(2x)n]

=1

2

[ ∞∑n=0

(4nxn − 2nxn

)]

=1

2

[ ∞∑n=0

((4n − 2n)xn

)]Hieruit halen we dat

an =1

2(4n − 2n).

Oef. 34. De pelgetallen pn worden gedefinieerd door de recursierelatie

pn+1 = 2pn + pn−1 voor n ≥ 1.

De beginvoorwaarden zijn p0 = 0 en p1 = 1.

1. Bewijs met volledige inductie dat

pn+1pn−1 − p2n = (−1)n

geldt voor elke n ∈ N0.

26

2. Bereken de voortbrengende functie

P (x) =∞∑n=0

pnxn

van de Pellgetallen.

3. Bepaal uit de voortbrengende functie een expliciete formule voor pn.

Bewijs. 1. Basisstap: triviaal.Inductiestap: Veronderstel dat de bewering geldt voor een zekere n > 1.Dan tonen we nu aan dat zij ook geldt voor n+ 1. We moeten dus bewijzendat

pn+2pn − p2n+1 = (−1)n+1.

Door gebruik te maken van de recursierelatie vinden we dat het linkerlidhiervan gelijk is aan

pn+2pn − p2n+1 = (2pn+1 + pn)pn − p2n+1

= p2n + 2pn+1pn − p2n+1

= p2n + 2pn+1pn − pn+1(2pn + pn−1)

= p2n − pn+1pn−1

= −(pn+1pn−1 − p2n)

= −(−1)n = (−1)n+1.

Hiermee is ook de inductiestap bewezen, zodat de stelling geldt vanwege hetprincipe van volledige inductie.

2. We hebben dat

P (x) = 0 + x+∞∑n=2

pnxn = x+

∞∑n=1

pn+1xn+1

= x+

∞∑n=1

(2pn + pn−1)xn+1

= x+ 2∞∑n=1

pnxn+1 +

∞∑n=1

pn−1xn+1

= x+ 2x

∞∑n=1

pnxn + x2

∞∑n=0

pnxn

= x+ 2x∞∑n=1

pnxn + x2P (x)

27

We bekijken nu even de laatste sommatie. Deze is gelijk aan

∞∑n=1

pnxn = p1x

1 + p2x2 + p3x

3 + . . .

Nu is dat gelijk aan

∞∑n=0

pnxn = p0x

0 + p1x1 + p2x

2 + . . .

aangezien er was gegeven dat p0 = 0. Dus mogen we de index hierbovenvervangen door 0, en krijgen we

P (x) = x+ 2xP (x) + x2P (x).

Termen bijeenbrengen geeft

P (x)(1− 2x− x2) = x

ofwel

P (x) =x

1− 2x− x2.

3. De nulpunten van de veelterm in de noemer zijn

λ1 = −1−√

2 λ2 = −1 +√

2.

We hebben dan dat

x

1− 2x− x2=

−xx2 + 2x− 1

=A

(x− λ1)+

B

(x− λ2)

zodat

−x = A(x− λ2) +B(x− λ1).

Dit leidt tot de oplossing

A =−λ2

λ1 − λ2B =

λ2λ1 − λ2

We krijgen dan

A

(x− λ1)+

B

(x− λ2)=

−A(λ1 − x)

+−B

(λ2 − x)=−A/λ1

(1− x/λ1)+−B/λ2

(1− x/λ2).

Gebruik makende van de meetkundige reeks vinden we dan

− Aλ1

∞∑n=0

(x

λ1

)n

− B

λ2

∞∑n=0

(x

λ2

)n

.

28

De coefficient pn bij xn is dan

− Aλ1· 1

λn1− B

λ2· 1

λn2.

Oef. 35. Zij X1, X2, . . . , Xn onderling disjuncte eindige verzamelingen, datwil zeggen Xi ∩Xj = ∅ wanneer i 6= j. Bewijs dan dat∣∣∣∣ n⋃

j=1

Xj

∣∣∣∣ =n∑

j=1

|Xj |.

Bewijs. We bewijzen dit per inductie op n, en maken hierbij gebruik vande stelling dat indien X en Y disjuncte eindige verzamelingen zijn, dan is|X ∪ Y |= |X|+ |Y |.Basisstap: Voor n = 1 hebben we dat∣∣∣∣ 1⋃

j=1

Xj

∣∣∣∣ = |X1| =n∑

j=1

|Xj |.

Inductiestap: Veronderstel dat de bewering geldt voor n > 1. Dan tonenwe nu aan dat zij ook geldt voor n+ 1. We willen dus bewijzen dat∣∣∣∣n+1⋃

j=1

Xj

∣∣∣∣ =n+1∑j=1

|Xj |.

Dan krijgen we ∣∣∣∣n+1⋃j=1

Xj

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ n⋃j=1

Xj ∪Xn+1

∣∣∣∣=

∣∣∣∣ n⋃j=1

Xj

∣∣∣∣+ |Xn+1|

=n∑

j=1

|Xj |+ |Xn+1|

=

n+1∑j=1

|Xj |.

Hiermee is ook de inductiestap bewezen, zodat de bewering geldt vanwegehet principe van volledige inductie.

Oef. 36. Zij X en Y niet-lege verzamelingen en f : X → Y een functie.We definieren F : P (Y )→ P (X) door

F (B) = f−1(B), voor B ∈ P (Y ).

29

1. Bewijs dat F injectief is als en slechts als f surjectief is.

2. Bewijs dat F surjectief is als en slechts als f injectief is.

Bewijs. In beide gevallen moeten we twee implicaties bewijzen.1. Veronderstel eerst dat F injectief is. Dan moeten we bewijzen dat ervoor een willekeurige y ∈ Y een x ∈ X bestaat zodat f(x) = y. Neem daneen y ∈ Y willekeurig. Dan zijn B1 = {y} en B2 = ∅ twee verschillendeelementen van P (Y ). Nu is het duidelijk dat B1 6= B2. Uit de injectiviteitvan F volgt dan dat F ({y}) 6= F (∅). Bijgevolg is f−1({y}) 6= f−1(∅) = ∅.Dit betekent dat het invers beeld van B1 niet leeg is. Bijgevolg bestaat ereen x ∈ X zodat f(x) = y. Omdat y willekeurig gekozen werd, volgt hieruitdat f surjectief is.Veronderstel nu dat f surjectief is. Neem dan B1, B2 ∈ P (Y ) willekeurig, enveronderstel dat F (B1) = F (B2). Dan moeten we aantonen dat B1 = B2,en hiertoe bewijzen we twee inclusies.Neem eerst een y ∈ B1 willekeurig. Dan, omdat f surjectief is, bestaat ereen x ∈ X zodat f(x) = y. Dus f(x) ∈ B1, waaruit volgt dat x ∈ f−1(B1).Per definitie van F is dan ook x ∈ F (B1). Per veronderstelling is dan ookx ∈ F (B2). Dus x ∈ f−1(B2), waaruit volgt dat f(x) = y ∈ B2. Omdat ywillekeurig gekozen werd, toont dit de eerste inclusie aan.De tweede inclusie wordt via dezelfde redenering bewezen. Hiermee is deeerste stelling aangetoond.

2. Veronderstel eerst dat F surjectief is. Zij x1, x2 ∈ X willekeurig enveronderstel dat f(x1) = f(x2). Zij A1 = {x1} en A2 = {x2}, zodatA1, A2 ∈ P (X). Omdat F surjectief is, bestaan er B1, B2 ∈ P (Y ) zo datF (B1) = A1 en F (B2) = A2. Uit de veronderstelling dat f(x1) = f(x2)hebben we ook dat f(A1) = f(A2). Dus, per definitie van F geldt er

F (B1) = A1 = f−1(B1) en F (B2) = A2 = f−1(B2).

Hieruit volgt dat f(A1) = B1 en f(A2) = B2 omdat A1 en A2 allebei eensingleton zijn. Dus B1 = B2. Bijgevolg vinden we

F (B1) = A1 = F (B2) = A2

zodat A1 = A2. Dus geldt er x1 = x2 en f is injectief.Omgekeerd, veronderstel dat f injectief is. Dan moeten we aantonen datvoor een willekeurige A ∈ P (X) er een B ∈ P (Y ) bestaat zo dat F (B) = A.Zij B = f(A). Omdat f injectief is, geldt er A = f−1(f(A)). Dus krijgenwe per definitie van F :

F (B) = f−1(f(A)) = A.

Hiermee is aangetoond dat F surjectief is.Omdat beide implicaties nu bewezen zijn, volgt de stelling.

30

Oef. 37. Zij X en Y twee niet-lege verzamelingen. Met Fun(X,Y ) noterenwe de verzameling van alle functies f : X → Y . ZijR de relatie op Fun(X,Y )gedefinieerd door

(f, g) ∈ R

als en slechts als er bijecties σ : X → X en τ : Y → Y bestaan met

f ◦ σ = τ ◦ g.

Bewijs dat R een equivalentierelatie op Fun(X,Y ) is.

Bewijs. Neem f ∈ Fun(X,Y ) willekeurig. Dan bestaan er bijecties Ix en Iyzodat

f ◦ Ix = Iy ◦ f.

Bijgevolg is (f, f) ∈ R, en dus is R reflexief.Neem verder (f, g) ∈ Fun(X,Y ) willekeurig. Dan bestaan er bijecties σ enτ zodat

f ◦ σ = τ ◦ g. (1)

Nu willen we aantonen dat ook (g, f) ∈ R, met andere woorden dat erbijecties bestaan zodat

g ◦ σ = τ ◦ f.

We stellen 1 links en rechts samen met τ−1 en σ−1. Dit geeft:

τ−1 ◦ f ◦ σ ◦ σ−1 = τ−1 ◦ τ ◦ g ◦ σ−1

τ−1 ◦ f ◦ Ix = Iy ◦ g ◦ σ−1

τ−1 ◦ f = g ◦ σ−1

Nu zijn τ−1 en σ−1 ook bijecties. Hiermee is aangetoond dat (g, f) ∈ R.Bijgevolg is R ook symmetrisch.Neem f, g, h ∈ Fun(X,Y ) willekeurig, en veronderstel dat (f, g) ∈ R en(g, h) ∈ R. Dan bestaan er bijecties σ1, σ2 en τ1, τ2 zodat

f ◦ σ1 = τ1 ◦ g en g ◦ σ2 = τ2 ◦ h.

Definieer σ = σ1 ◦ σ2, en τ = τ1 ◦ τ2. Dan krijgen we

f ◦ σ = f ◦ (σ1 ◦ σ2)= τ1 ◦ g ◦ σ2= (τ1 ◦ τ2) ◦ h= τ ◦ h.

Bijgevolg is ook (f, h) ∈ R zodat R transitief is. Hiermee is aangetoond datR een equivalentierelatie is.

31

Oef. 38. Zij R een relatie op X. Bewijs dat R transitief is als en slechtsals R ◦R ⊂ R.

Bewijs. We moeten twee implicaties bewijzen. Veronderstel eerst dat Rtransitief is. Neem een q ∈ R ◦ R willekeurig. Dan is q = (x, y) ∈ X × Xeen geordend koppel. Per definitie van samenstelling bestaat er dan eenz ∈ X zodat (x, z) ∈ R en (z, y) ∈ R. Uit transitiviteit volgt dan dat ook(x, y) = q ∈ R. Omdat q willekeurig gekozen werd, volgt hieruit de eersteinclusie.Veronderstel nu omgekeerd dat R ◦R ⊂ R. Dan moeten we aantonen dat Rtransitief is. Neem x, y, z ∈ X willekeurig. Veronderstel dat (x, y) ∈ R en(y, z) ∈ R. Dan is per definitie van samenstelling (x, z) ∈ R ◦R. En omdatR ◦R ⊂ R, hebben we (x, z) ∈ R. Dus is R transitief.

Oef. 39. Zij f : X → Y een functie, en A1, A2 ⊂ X. Bewijs dat

f(A1 ∩A2) = f(A1) ∩ f(A2)

als en slechts als f injectief is.

Bewijs. We moeten twee implicaties bewijzen.Neem eerst aan dat f(A1 ∩ A2) = f(A1) ∩ f(A2) waar is. Zij x1, x2 ∈ Xwillekeurig, en veronderstel dat f(x1) = f(x2). Dan moeten we nu aantonendat x1 = x2. Veronderstel, uit het ongerijmde, dat x1 6= x2. Zij A1 = {x1}en A2 = {x2}. Per veronderstelling hebben we dat f(A1) = f(A2) enA1 ∩A2 = ∅ omdat x1 6= x2. Uit de aanname volgt dan dat

f(A1 ∩A2) = f(∅) = ∅ = f(A1) ∩ f(A2).

Dit is een contradictie aangezien f(A1) = f(A2). Dus is onze veronderstel-ling vals, en geldt er x1 = x2. Bijgevolg is f injectief.Omgekeerd, veronderstel dat f injectief is. Neem dan een y ∈ f(A1 ∩ A2)willekeurig. Dan bestaat er een x ∈ A1 ∩ A2 zodat f(x) = y. Dus isx ∈ A1 en x ∈ A2. Bijgevolg is f(x) ∈ f(A1) en f(x) ∈ f(A2), zodatf(x) = y ∈ f(A1)∩ f(A2). Omdat y willekeurig gekozen werd, volgt hieruitde eerste inclusie.Neem nu een y ∈ f(A1)∩f(A2) willekeurig. Dan is y ∈ f(A1) en y ∈ f(A2).Bijgevolg bestaat er een x1 ∈ A1 zodat f(x1) = y. Evenzeer bestaat er eenx2 ∈ A2 met f(x2) = y. Uit de injectiviteit van f volgt dat x1 = x2. Dusis ook x1 ∈ A2, zodat x1 ∈ A1 ∩ A2. Bijgevolg is y = f(x1) ∈ f(A1 ∩ A2).Omdat y willekeurig gekozen werd, toont dit de tweede inclusie aan.Beide implicaties zijn nu bewezen, en dus geldt de stelling.

32