Enkele valkuilen om te vermijden

Transcriptie

1 Enkele valkuilen om te vermijden Dit document is bedoeld om per onderwerp enkele nuttige strategieën voor opgaven te geven. Ook wordt er op een aantal veelgemaakte fouten gewezen. Het is géén volledige samenvatting van de stof. Bij het opschrijven van bewijzen Schrijf op wat je wil bewijzen. Schrijf elke denkstap op. Kleine stapjes kan je misschien overslaan, maar bij twijfel moet je het opschrijven. Het bewijs moet duidelijk zijn voor mensen die het nog niet kennen. Als je een specifieke bewijsstrategie gebruikt (uit het ongerijmde, gevalsonderscheid etc.), geef dit dan duidelijk aan, voordat je hiermee begint. Geef bij een bewijs uit het ongerijmde duidelijk aan wat je aanneemt, en wanneer je hiermee een tegenspraak krijgt. Nadat je de tegenspraak hebt vastgesteld, moet je nog noemen wat je hiermee hebt bewezen. Geef bij gevalsonderscheiding alle gevallen van tevoren aan, en werk ze dan één voor één uit. Bij elk geval moet je tot dezelfde conclusie komen, zodat je daarna kan concluderen dat dit altijd het geval is. Geef aan het eind van je bewijs een conclusie: wat heb je nu bewezen? Bij een opgave van de vorm: Bewijs dat l k / Q : Meestal pak je een dergelijke opgave aan met een bewijs uit het ongerijmde: ik geef een voorbeeld met k = 35 en l = 3. Stel dat 3 35 Q. Dan kunnen we schrijven dat 3 35 = b a waarbij a, b Z en a 0. Door eventuele gemeenschappelijke delers van a en b weg te delen (d.w.z. de breuk te vereenvoudigen), mogen we bovendien aannemen dat ggd(a, b) = 1. Dan geldt dat 35 = ( 3 35) 3 = ( b a )3 = b3 a en dus 35a 3 = b 3. Nu zien we dat 5 een deler is van 3 35a 3, en dus ook van b 3. Omdat 5 een priemgetal is, en 5 b b 2, moet nu 5 b of 5 b 2 vanwege het Lemma van Euclides. Maar in het 5 b 2 geval, geeft hetzelfde Lemma van Euclides ons weer dat 5 b of 5 b, dus er moet sowieso gelden dat 5 b. Schrijf nu b = 5c met c Z. Dan geldt dat 35a 3 = b 3 = (5c) 3 = 125c 3, zodat 7a 3 = 25c 3. We zien dat 5 een deler is van 25c 3, en dus moet het ook een deler zijn van 7a 3. Omdat 5 priem is, kunnen we het Lemma van Euclides toepassen om te zien dat 5 7 of 5 a 3. Maar 5 is geen deler van 7, dus moet de tweede optie wel waar zijn: 5 a 3. Door net als eerder nog twee keer het Lemma van Euclides toe te passen, zien we dat 5 a. Maar nu is gebleken dat 5 een deler is van zowel a als b, terwijl a en b zo gekozen waren dat ggd(a, b) = 1. Dit geeft een tegenspraak. Onze aanname dat 3 35 Q moet dus wel onjuist geweest zijn. Dus 3 35 / Q. In het bewijs hierboven, vind je een tegenspraak met het feit dat ggd(a, b) = 1. Dan moet je dus niet per ongeluk vergeten dat in je aannames over a en b te zetten! Als je een getal wilt vinden waar a en b allebei deelbaar door zijn, moet je goed nadenken over met welk getal je dat gaat proberen. In het voorbeeld hierboven, moet ik niet gaan nadenken over deelbaarheid door 2. Deelbaarheid door 5 of 7 is interessant, omdat de vergelijking 35a 3 = b 3 ons informatie geeft over deelbaarheid door 5 en 7 (de delers van 35). 1

2 Het Lemma van Euclides mag alleen worden toegepast voor priemgetallen!! Let op de betekenis van uitdrukkingen over delen. Als x, y Z +, dan betekenen de volgende uitdrukkingen allemaal hetzelfde: x y; x is een deler van y; x deelt y; y is een veelvoud van x; er bestaat een getal k Z waarvoor y = kx; y is een x-voud. Bij een opgave over verzamelingen: Als je een inclusie A B moet bewijzen, neem dan een element van A en laat zien dat dit ook in B zit. Een gelijkheid van verzamelingen A = B betekent A B en B A. Als je zo n gelijkheid moet bewijzen, bewijs dan ook deze beide inclusies! Bij productverzamelingen (dus dingen van de vorm A B) gaat het om paren van elementen! Verzamelingen kunnen ook leeg zijn. Denk hier goed over na bij is dit waar of niet opgaven! Let goed op je {- en }-haakjes als het over machtsverzamelingen gaat! Let erop dat zinnen met combinaties van en en of vaak op meerdere manieren gelezen kunnen worden, en dan dus dubbelzinnig zijn. Gebruik zonodig haakjes! Bij equivalentierelaties: Zorg dat je goed weet wat reflexief, symmetrisch en transitief betekenen. Onthou dat één element x waarvoor x x al voldoende is om de relatie niet reflexief te laten zijn. Soortgelijk voor symmetrisch en transitief. Als een equivalentierelatie op een verzameling X is, en x X, dan schrijven we: De equivalentieklasse van x = E x = [x] = {y X : y x}. Voor x, y X, zijn de volgende uitspraken nu allemaal equivalent: x y, y x, x E y, y E x, E x = E y, en E x E y. Als een equivalentierelatie op een verzameling X is, dan is een volledig stelsel van representanten een deelverzameling van X die uit elke equivalentieklasse precies 1 element bevat. Als je wilt bewijzen dat A X een volledig stelsel van representanten is, zul je dus twee dingen moeten bewijzen: In elke equivalentieklasse zit (ook) een element van A. Als twee elementen van A in dezelfde equivalentieklasse zitten, dan zijn ze gelijk. Bij functies en verzamelingen: Zorg dat je goed weet wat injectief, surjectief en bijectief betekenen. Als f : X Y een functie is, dan kan f 1 twee verschillende betekenissen hebben: Als y Y, dan kun je alleen over f 1 (y) praten als f bijectief is. In dit geval is f 1 (y) gelijk aan het unieke punt x X waarvoor f(x) = y. Als B Y, dan is f 1 (B) sowieso gedefinieerd, of f nu bijectief is of niet. f 1 (B) = {x X : f(x) B}. Er geldt: (Dus in het bijzonder: als y Y dan geldt {y} Y en dus is f 1 ({y}) wel altijd gedefinieerd, maar f 1 (y) niet altijd gedefinieerd.) 2

3 Plaatjes kunnen heel nuttig zijn om een idee te krijgen bij de opgave, maar een plaatje alleen is géén bewijs. Goed gedefinieerd? Om te controleren of een functie f : X Y goed gedefinieerd is, moet je drie dingen nagaan: Heeft elk element van X een beeld? Vaak is het meteen duidelijk dat aan deze eis voldaan is. Maar bijvoorbeeld de functie f 1 : R R gedefinieerd door f 1 (x) = 1 x is vanwege deze voorwaarde niet goed gedefinieerd. Liggen al deze beelden ook in het codomein? Deze voorwaarde kun je vaak al tegelijk met de vorige voorwaarde nagaan. Bekijk de functie f 2 : Z Z >0 gedefinieerd door f 2 (n) = n voor een voorbeeld dat niet aan deze voorwaarde voldoet. Heeft elk element x X ook maar één beeld? Deze voorwaarde moet onder andere geverifieerd worden wanneer X een verzameling van equivalentieklassen is. Bekijk bijvoorbeeld de functie f 3 : Z/5Z Z/3Z gegeven door f 3 ([x] 5 ) = [2x] 3. Dan geldt dat [1] 5 = [6] 5, maar f([1] 5 ) = [2] 3 en f([6] 5 ) = [12] 3 = [0] 3. Omdat [2] 3 [0] 3 blijkt het punt p = [1] 5 = [6] 5 twee verschillende beelden te hebben. Dus f 3 is niet goed gedefinieerd. Als m n voor m, n N, dan voldoet de functie f 4 : Z/nZ Z/mZ gegeven door f 4 ([x] n ) = [2x] m wél aan deze eis: Als [x] n = [y] n voor gehele getallen x en y, dan geldt dat n x y. We willen nagaan of f 4 ([x] n ) = f 4 ([y] n ). Omdat m een deler van n is, moet gelden dat m x y. Hieruit volgt ook dat m 2(x y) = 2x 2y. Dit impliceert dat [2x] m = [2y] m, zodat f 4 ([x] n ) = f 4 ([y] n ). Als twee punten gelijk zijn, zijn hun beelden dus ook gelijk. Bij inductie: Vergeet de basisstap niet, en zorg dat je de juiste basisstap kiest (moet je iets bewijzen voor alle n N, dan is je basisstap n = 0. Voor alle n Z +, dan is je basisstap n = 1. Voor alle n Z met n 3, dan is de basisstap n = 3). Vergeet de inductiehypothese niet! Bij inductie naar n mag er géén n in je inductiehypothese staan! Wees niet bang om zonodig meerdere inducties uit te voeren, maar denk wel even na of het echt nodig is. Een voorbeeldsom voor inductie: Bewijs dat (m + 1) n > mn voor alle m, n Z +. We kunnen deze opgave aanpakken met inductie naar n. Basisstap Stel dat n = 1. Dan geldt voor elke m Z + dat (m + 1) n = (m + 1) 1 = m + 1 > m = m 1 = mn. Laat nu n Z + en veronderstel dat de volgende inductiehypothese (IH) geldt: Inductiehypothese (m + 1) n > mn voor elke m Z +. Inductiestap Kijk nu naar n + 1. Voor elke m Z + geldt dat (m + 1) n+1 = (m + 1) (m + 1) n > IH (m + 1) mn = m(n + mn) m(n + 1). 3

4 Wegens inductie moet de bewering (m + 1) n > mn voor alle m Z + nu voor elke n Z + gelden. Hiermee is het gevraagde bewezen. In het voorbeeld hierboven wordt de letter n keurig vóór de inductiehypothese geïntroduceerd. Merk ook op dat m Z + wel in de inductiehypothese mag voorkomen, omdat we immers geen inductie naar m uitvoeren. Bij aftelbaarheid en overaftelbaarheid: Denk erom een een aftelbare verzameling ook eindig kan zijn, en dus niet altijd gelijkmachtig is met N. Zorg dat je de standaardmethoden kent om te bewijzen dat een verzameling X aftelbaar is: Bewijs dat het eindig is, als dat kan. Gebruik dat een aftelbare vereniging van aftelbare verzamelingen weer aftelbaar is. Geef een bijectie met N en bewijs dat dit ook een bijectie is. Enkele varianten hierop die je ook kunt gebruiken: Beschrijf een of andere manier om alle elementen af te tellen. Gebruik het idee uit het bewijs van de aftelbaarheid van Q. Geef een injectieve afbeelding f : X N. Dan geldt dat X = n N f 1 ({n}). Elke verzameling f 1 ({n}) heeft maximaal 1 element (vanwege de injectiviteit van f) en is dus eindig. Omdat een aftelbare vereniging van aftelbare verzamelingen aftelbaar is, is nu ook X aftelbaar. (Deze uitleg hoort ook in je bewijs voor te komen!) Geef een surjectieve afbeelding f : N X. Dan geldt dat X = n N {f(n)}. Elke verzameling {f(n)} heeft 1 element en is dus eindig. Omdat een aftelbare vereniging van aftelbare verzamelingen aftelbaar is, is nu ook X aftelbaar. (Deze uitleg hoort ook echt bij je bewijs!) Zorg dat je de standaardmethoden kent om te bewijzen dat een verzameling X overaftelbaar is: Vind een bijectie met een verzameling waarvan je weet dat hij overaftelbaar is. Probeer een bewijs uit het ongerijmde met behulp van een Cantor-diagonaal argument. Laat zien dat X een overaftelbare deelverzameling heeft. Let er bij het gebruiken van een aftelbare vereniging van aftelbare verzamelingen is aftelbaar op dat je wel een aftelbare vereniging bekijkt. Zo is bijvoorbeeld r R {r} niet aftelbaar! Bij een opgave met complexe getallen Voor complexe getallen hebben we twee verschillende schrijfwijzen. Het kiezen van de juiste schrijfwijze kan een opgave veel gemakkelijker maken. De schrijfwijze z = a + bi, waarbij a R en b R, is vooral erg handig bij het optellen. ( ) Als a, b, c, d R, dan geldt: a + bi = c + di a = c en b = d. De schrijfwijze z = r e ϕi, waarbij r R 0 en ϕ R, is vooral erg handig bij vermenigvuldigen. 4

5 Als r, s R >0 en ϕ, ψ R, dan geldt: ( ) re ϕi = se ψi r = s en ϕ = ψ + k 2π voor een geheel getal k. Let erop dat de bovenstaande bewering alleen waar is voor positieve waarden r en s! We kunnen de verschillende schrijfwijzen in elkaar omzetten met behulp van r e ϕi = r ( cos(ϕ) + i sin(ϕ) ) = r cos(ϕ) + r sin(ϕ)i. 5