Oefening 2.3. Noteer de volgende verzamelingen d.m.v. (eenvoudig) voorschrift voor de eerste helft en d.m.v. opsomming voor de tweede helft.

Oefeningen op hoofdstuk 2 Verzamelingenleer 2.1 Verzamelingen Oefening 2.1. Beschouw A = {1, {1}, {2}}. Welke van de volgende beweringen zijn waar? Beschouw nu A = {1, 2, {2}}, zelfde vraag. a. 1 A c. {1} A e. {2} A g. {{2}} A b. {1} A d. {{1}} A f. {2} A Oplossing 2.1. Voor A = {1, {1}, {2}} is alles waar behalve f. Voor A = {1, 2, {2}} is alles waar behalve b en d. Oefening 2.2. Welke van de volgende beweringen zijn waar? a. b. c. { } d. { } Oplossing 2.2. a. vals b. waar c. waar d. waar. Zo n verzameling A bestaat niet, want P(A) bevat altijd en A zelf als elementen, dus P(A) kan nooit leeg zijn. In het minimale geval A = vallen beide samen, en hebben we P( ) = { }. Oefening 2.3. Noteer de volgende verzamelingen d.m.v. (eenvoudig) voorschrift voor de eerste helft en d.m.v. opsomming voor de tweede helft. a. {1, 4, 9, 16, 25,... } b. { 1 2, 3 4, 5 6, 7 8,... } c. {0, 3, 8, 15, 24,... } d. {x R : x 2 > x} e. {x R : x 2 ]0, 1[} f. {x N : 12 < x < 17} g. {y Z : y 2 2y is deelbaar door 2} h. {y Z : y 2 3y is deelbaar door 2} i. {z R : z 2 2 = 0} j. {z Z : z 2 2 = 0} Oefening 2.4. Beschouw volgende deelverzamelingen van Z. A = {2m + 1 m Z} D = {3r + 1 r Z} G = {mπ m Z} B = {2n + 3 n Z} E = {3r + 2 r Z} H = {2nπ n Z} C = {2p 3 p Z} F = {3r 2 r Z} J = {x R sin x = 0} Welke van de verzamelingen A, B en C zijn gelijk aan elkaar? Welke van de verzamelingen D, E en F zijn gelijk aan elkaar? Wat zijn de relaties tussen van de verzamelingen G, H en J? Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Verzamelingenleer 19

Oplossing 2.4. Eerste vraag. A = B = C. Om te bewijzen dat A = B, bewijzen we dat A B en B A. Beschouw eerst een element x A. Dan bestaat er een m Z waarvoor geldt dat x = 2m + 1. Stel nu n = m 1. We weten dat dan n Z en we vinden dat x = 2(n + 1) + 1 = 2n + 2 + 1 = 2n + 3. Hieruit volgt dat x B. Elk element uit A is dus een element van B, waaruit volgt dat A B. Beschouw nu x B. Dan bestaat er een n Z waarvoor geldt dat x = 2n + 3 = 2n + 2 + 1 = 2(n + 1) + 1 = 2m + 1, waarbij we stellen dat m = n + 1 Z. We vinden dus dat B A en dus is A = B. Volledig analoog wordt aangetoond dat A = C (stel m = p 2) en dat B = C (stel n = p 3). Tweede vraag. D E F, E D = F E. Beschouw een element x D. Er is dus een geheel getal s Z waarvoor geldt dat x = 3s + 1. Als er ook een (niet noodzakelijk hetzelfde) geheel getal t zou bestaan waarvoor x = 3t + 2, dan zou x een element zijn van de verzameling E. Maar hieruit zou volgen dat x = 3s + 1 = 3t + 2, of dus dat t = 3s 1 3 = s 1 3. We vinden dus dat s en t niet beide een geheel getal kunnen voorstellen. Hieruit volgt dat D E. Op volledig analoge manier toont men aan dat E F en D = F (stel s = t 1)). Derde vraag. Er geldt dat H G = J. Neem namelijk willekeurig h H, dan is h van de vorm h = 2nπ, dus er bestaat een m Z zodat h = mπ (namelijk m = 2n). Dus h G. Omdat h willekeurig was, is H G. Er geldt zelfs dat H G, want π G maar π / H. We bewijzen nu dat G = J. Neem g = mπ G. Dan is g R en sin g = sin(mπ) = 0, dus g J. Neem nu j J, dus sin j = 0. Uit de goniometrie weten we dat j een veelvoud moet zijn van π, zodat j G. Dat bewijst de gelijkheid. Merk op dat in de definities van D, E en F, de letter r een vrije variabele is. Er wordt niet dezelfde r bedoeld. Oefening 2.5. Lijst alle deelverzamelingen op van {1, 2, 3, 4}. Doe hetzelfde voor {1, 2, 3, {1, 2}}. Oplossing 2.5. P({1, 2, 3, 4}) = {, {1}, {2}, {3}, {4}, {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}, {1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}, {1 P({1, 2, 3, {1, 2}}) = {, {1}, {2}, {3}, {{1, 2}}, {1, 2}, {1, 3}, {1, {1, 2}}, {2, 3}, {2, {1, 2}}, {3, {1, 2}}, {1, 2, 3}, {1, 2, { Oefening 2.6. Bewijs, voor willekeurige verzamelingen A, B en C: a. A A b. A B B A A = B c. A B B C A C d. A B P(A) P(B) Oplossing 2.6. a. Voor A moeten we bewijzen dat voor alle x geldt dat x A (d.w.z. x : x x A). Maar er zijn geen elementen in, dus de implicatie is triviaal voldaan voor elke x. Neem nu willekeurig a A, dan is a A, dus A A. b. Het te bewijzene betekent, afgaand op de definities van en gelijkheid van verzamelingen: ( x : x A x B) ( x : x B x A) x : x A x B, maar dit is een geldige equivalentie om logische redenen. c. Neem een a A. Wegens A B is dan a B. Wegens B C is nu a C, dus omdat a willekeurig was, is A C. d. Stel dat A B. Neem een V P(A), d.w.z. dat V A. Dan is ook V B wegens het vorige en dus V P(B). Stel nu dat A en B verzamelingen zijn zodat P(A) P(B). Neem nu willekeurig a A. Dan is {a} A en dus {a} P(A) P(B), dus {a} P(B) ofwel {a} B, wat betekent dat a B. We hebben dus bewezen dat A B. Alternatief, we hebben natuurlijk A A dus A P(A), door het gegeven dan ook A P(B) en dus A B. Oefening 2.7. Waar of vals? Bewijs! Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Verzamelingen 20

a. A B B C A C b. A B B C A C c. A B B C A C d. A B B C A C e. A B B C A / C f. {x R 2x = 6} = 3 g. {3} {x R 2x = 6} h. y {x R x 2 = 1} y = 1 i. {x R x 2 = 4} { 2, 2} j. {x N 2x + 6 = 0} R \ N Oplossing 2.7. Enkel de eerste en de laatste zijn waar. De laatste is triviaal voldaan, want {x N 2x + 6 = 0} =. Voor de rest moeten tegenvoorbeelden geconstrueerd worden. Voor de tweede bijvoorbeeld: elk voorbeeld waarbij A en B disjunct zijn en A C. 2.2 Operaties op verzamelingen Oefening 2.8. Bewijs de eigenschappen in stelling 2.5. Oefening 2.9. Bewijs de volgende uitspraken over elementaire operaties op verzamelingen. Illustreer je bewijzen met een Venndiagram. Zijn A, B en C willekeurige verzamelingen. a. A B A A B b. A = A c. A = d. A A = A A = A e. A \ = A f. \ A = g. A \ B = A B c h. A B A \ C B \ C Oplossing 2.9.? Oefening 2.10. Zijn A, B en C willekeurige verzamelingen. Vul aan en bewijs. a. A B A C b. A B A C c. A B B C d. A C B C e. A B A B = f. A B A B = g. A \ B = h. A B C A B = i. A B C D C A A B = Oefening 2.11. Bewijs dat (A B) c = A c B c en dat A B B c A c. Met welke tautologieën uit de logica komen deze wetten overeen? Geef de verzamelingtheoretische equivalenten van de tautologieën uit de lijst in de cursus. Oplossing 2.11. Een wet van De Morgan en de wet van contrapositie. Oefening 2.12. Gebruik de wetten uit de verzamelingenleer om de volgende gelijkheden aan te tonen. Hierbij zijn A, B, C Ω, met Ω een universele verzameling. a. A (B \ A) = c. (A \ B) c = A c B b. (A \ B) (A B) = A d. [A (B C)] C = (A B) C Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Operaties op verzamelingen 21

e. (A B) (C D) = (A C) (A D) (B C) (B D) g. (A B) = (A B c ) (A c B) f. ( ((A ) ) c c B) C B c = B C h. (A B) c = A c B c Oplossing 2.12. a. A (B \ A) (6.) = A (B A c ) (2.) = A B A c (1.) = A A c B (2.) = (A A c ) B (8.) = B (11.) = b. (A \ B) (A B) (3.) = A (B c B) (8.) = A Ω (10.) = A c. (A \ B) c (6.) = (A B c ) c (4.) = A c (B c ) c (7.) = A c B d. ( ((A B) C ) c B c ) c (4.) = ( ((A B) C ) c ) c (B c ) c (7.) = ( (A B) C ) B (2.) = (A B) (C B) (1.) = (A B) (B C) (2.) = ( (A B) B ) C (5.) = B C e. (A B) (Def.) = (A B) \ (A B) (6.) = (A B) (A B) c (4.) = (A B) (A c B c ) (3.) = (A A c ) (A B c ) (B A c ) (B B c ) (8.) = (A B c ) (B A c ) (10.) = (A B c ) (B A c ) Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Operaties op verzamelingen 22

f. (A B) c Def. = ( (A B) \ (A B) ) c (6.) = ( (A B) (A B) c) c (4.)(7.) = (A B) c (A B) (4.) = (A c B c ) (A B) (3.) = ( A c (A B) ) ( B c (A B) ) (3.) = ( (A c A) (A c B) ) ( (B c A) (B c B) ) (8.) = ( Ω (A c B) ) ( (B c A) Ω ) (10.) = (A c B) (B c A) (1.)(1.) = (A B c ) (A c B) (7.) = ( A B c) ( A c (B c ) c) (4.) = (A B c ) (A B c ) c (6.) = (A B c ) \ (A B c ) Def. = A B c Oefening 2.13. Bewijs dat P(A B) = P(A) P(B) en dat P(A B) P(A) P(B). Geef een voorbeeld om aan te tonen dat er niet altijd gelijkheid geldt. Oplossing 2.13.? Willekeurige unies en doorsneden Oefening 2.14. Bewijs stelling 2.7 uit de cursus. Veralgemeen eigenschappen van eindige unie en doorsnede (bijvoorbeeld uit de oefeningen hierboven) tot eigenschappen van willekeurige unie en doorsnede en bewijs ze. Oefening 2.15. Wat zijn de volgende verzamelingen? a. b. c. d. e. f. {{a, e, i, o, u},{a, b, c, d, e},{b, e, r, t}} {{a, e, i, o, u},{a, b, c, d, e},{b, e, r, t}} z Z [z, z + 1] z Z [z, z + 1] ε R >0 ] ε, ε[ ε R >0 ] ε, ε[ g. h. i. j. k. l. λ {a,b,c} ] λ, λ[ (a, b, c R >0) λ {a,b,c} ] λ, λ[ (a, b, c R >0) a R {(x, y) R2 : y = ax} a R {(x, y) R2 : y = ax} r R {(x, y) R2 : x 2 + y 2 < r2 +2 r 2 +1 } r R {(x, y) R2 : x 2 + y 2 < r2 +2 r 2 +1 } Oplossing 2.15. a. {a, b, c, d, e, i, o, r, t, u} b. {e} c. R d. e. R f. {0} g. ] max{a, b, c}, max{a, b, c}[ h. ] min{a, b, c}, min{a, b, c}[ Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Operaties op verzamelingen 23

i. {(x, y) R 2 : x 0 y = 0} j. {(0, 0)} k. {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 < 2} = B(0, 2) l. {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 1} = B(0, 1) Oefening 2.16. Onderzoek de waarheid van de volgende uitspraken met betrekking tot inclusie en willekeurige unie en doorsnede. Bewijs de ware en geef tegenvoorbeelden voor de valse. Hierbij zijn I en J indexverzamelingen en {A i : i I} en {B i : i I} geïndexeerde families verzamelingen. a. A i B i, i I i I A i i I B i c. I J i I A i j J A j b. A i B i, i I i I A i i I B i d. I J i I A i j J A j Oplossing 2.16. Allen zijn waar. De bewijzen zijn straightforward. Oefening 2.17. Zij F een familie verzamelingen. Bewijs dat F de kleinste verzameling is die elke A F omvat, in de zin dat a. A F : A F b. Als voor een verzameling X geldt dat A F : A X, dan is F X Formuleer en bewijs een gelijkaardige karakterisatie voor F. Partities Oefening 2.18. Bewijs dat {{1, 2}, {3}, {4, 5, 7}, {6}} een partitie is van {1,..., 7}. Bewijs dat {{3r r N}, {3r + 1 r N}, {3r + 2 r N}} een partitie is van N. Oplossing 2.18. In het eerste geval is het duidelijk dat de vier deelverzamelingen nietledig zijn, dat ze onderling disjunct zijn en dat hun unie {1,..., 7} is. In het tweede geval is is het zaak te bewijzen dat elk natuurlijk getal op een unieke manier geschreven kan worden als 3r + a, met a {0, 1, 2}. Men kan hier een ad hoc bewijs bedenken, maar eenvoudigst is om stelling 4.5 aan te roepen. Oefening 2.19. Lijst alle partities van {1, 2, 3} op. Doe hetzelfde voor {1, 2, 3, 4}. Controleer dat het er drie keer zoveel zijn. Van de verzameling van alle uitkomsten van drie opeenvolgende kop-of-muntspelletjes (met bv. KMM als element), schrijf de partitie neer die overeenkomt met de classificatie naargelang het aantal keer kop. Oplossing 2.19. {1, 2, 3} heeft vijf partities: {{1}, {2}, {3}}, {{1, 2}, {3}}, {{1, 3}, {2}}, {{2, 3}, {1}}, {{1, 2 De verzameling {1, 2, 3} heeft vijftien partities. Voor de laatste vraag: {{KKK}, {KKM, KMK, MKK}, {MMK, M Oefening 2.20. Geef voorbeelden van partities van N in 2, 11 en oneindig veel partitieklassen. Geef voorbeelden van partities van de verzameling van alle mensen. Welke twee extremale partities bestaan er op elke verzameling? Oplossing 2.20. Op elke verzameling bestaan twee triviale partities: de partitie in singletons, en de partitie met één partitieklasse, namelijk de verzameling zelf. Oefening 2.21. Als A = {A i : 1 i s} en B = {B j : 1 j t} partities zijn van eenzelfde verzameling Ω, bewijs dan dat de verzameling van alle nietledige A i B j, voor alle 1 i s en 1 j t weer een partitie vormen van Ω, de kruispartitie genoemd van A en B. Gebruik het concept van kruispartitie om de volgende breinbreker op te lossen. Gegeven negen objecten waarvan geweten is dat acht dezelfde massa hebben en één zwaarder is dan de andere, toon aan hoe men het zware object kan identificeren door gebruik te maken van twee wegingen met een weegbalans. Oplossing 2.21. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Operaties op verzamelingen 24

Cartesisch product van verzamelingen Oefening 2.22. Zij A = {1, 3, 5} en B = {2, 4}. Beschrijf A A, B B, A B en B A. Oefening 2.23. Bewijs stelling 2.10. Toon aan dat de inclusie (A B) (C D) (A C) (B D) niet kan uitgebreid worden tot een gelijkheid van verzamelingen. Oefening 2.24. Toon de volgende eigenschappen aan van het cartesisch product (A en B willekeurige verzamelingen, I een indexverzameling, A, B bij d.). a. A = = B. b. A B A C B C c. A B A B. d. A B = B A A = B e. A i I B i = i I (A B i) f. A i I B i = i I (A B i) Oplossing 2.24. Voor de eerste: stel dat A en neem dan (a, b) A. Dat betekent dat a, b : a A en b, maar dat laatste is een strijdigheid, want er bestaat geen b. We bewijzen enkel één richting van de laatste, de rest is analoog. Neem (a, b) A i I B i? Dan is a A en voor alle i I is b B i. Dat betekent dat (a, b) A B i voor elke i I en dus (a, b) i I (A B i). Oefening 2.25. Toon aan dat, als A m elementen heeft en B n, dat dan A B precies mn elementen heeft. Oplossing 2.25. A B bevat alle elementen van de vorm (a, b), met a A en b B. Er zijn m mogelijke keuzes voor a en n keuzes voor b, onafhankelijk van elkaar. In totaal zijn er dus mn keuzes voor (a, b) mogelijk. Oefening 2.26. Als A en B precies n N elementen gemeenschappelijk hebben, hoeveel elementen hebben A B en B A dan gemeenschappelijk? Oplossing 2.26. n 2. Gebruik dat (A B) (B A) = (A B) (B A). 2.3 Relaties Oefening 2.27. Voor elk van de volgende relaties, geef aan welke eigenschappen (uit def. 2.14) voldaan zijn en welke niet. Welke relaties zijn orderelaties, welke equivalentierelaties? Zij A een willekeurige verzameling. a. De delingsrelatie op N b. < op Z c. = op A d. op P(A) e. Disjunctheid op P(A) f. De relatie R op N gedefinieerd door m R n m < 10n g. De relatie R op Z gedefinieerd door m R n m + n is even h. De relatie R op R gedefinieerd door m R n y = e x i. De relatie R op R gedefinieerd door m R n xy 0 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Relaties 25

j. De gelijkvormigheidsrelatie op de verzameling van alle driehoeken in het vlak k. De loodrechtheidsrelatie op alle rechten in het vlak l. De relatie is ouder van op de verzameling van alle mensen m. De relatie is broer van op de verzameling van alle mensen n. De relatie R op Q gedefinieerd door m R n x < 0 (x 0 x = y) o. De relatie R op R R gedefinieerd door (x, y) R (z, w) x + z y + w p. De relatie R op R R gedefinieerd door (x, y) R (z, w) x + y z + w q. De relatie op C[0, 1] van continue [0, 1] R-functies, gedefinieerd door f 1 f 2 1 0 (f 1 (x) f 2 (x)) dx = 0 r. De relatie op C[0, 1], gedefinieerd door f 1 f 2 c R : f 1 = f 2 + c Oplossing 2.27. We lossen enkel de eerste op. We kennen de definitie: a is een deler van b als en slechts als er een natuurlijk getal d bestaat waarvoor geldt dat a d = b. De delingsrelatie is reflexief, want elk getal a is een deler van zichzelf: a 1 = a. De delingsrelatie is antisymmetrisch. Immers, als a b en b a hebben we twee natuurlijke getallen d en d waarvoor geldt dat a d = b en b d = a. Hieruit volgt dat a = b d = a d d, waaruit volgt dat d d = 1. Maar dit zijn beide natuurlijke getallen. De enige mogelijkheid is dat d = d = 1 waaruit volgt dat a = b. Dit is de definitie van antisymmetrie. De delingsrelatie is transitief. Immers, als a b en b c dan bestaan er twee natuurlijke getallen d en d waarvoor geldt dat a d = b en b d = c. We vinden dus dat c = b d = a (d d ), waarbij d d een natuurlijke getal is. Hieruit volgt dat a c. De relatie is inderdaad transitief. Oefening 2.28. Beschouw A = {1, 2, 3, 6}. Geef een voorbeeld van elk van de gevraagde relaties (één keer met een pijlenvoorstelling en/of door expliciete opsomming van de koppels, één keer door een expliciet voorschrift indien mogelijk). a. Een reflexieve relatie over A. b. Een antireflexieve relatie over A. c. Een relatie over A die reflexief noch antireflexief is. d. Een symmetrische relatie over A. e. Een antisymmetrische relatie over A die niet asymmetrisch is. f. Een asymmetrische relatie over A. g. Een relatie over A die symmetrisch noch asymmetrisch is. h. Een transitieve relatie over A, die exact 4 koppels heeft. i. Een relatie over A die reflexief en symmetrisch is, maar niet transitief. j. Een relatie over A die reflexief en transitief is, maar niet symmetrisch. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Relaties 26

k. Een relatie over A die transitief en symmetrisch is, maar niet reflexief. Oefening 2.29. Welke eigenschap van een relatie R op A wordt omschreven met {(x, x) : x A} R =? Druk de eigenschap van asymmetrie van een relatie uit in functie van twee andere eigenschappen van een relatie (definitie 2.14). Oplossing 2.29. Een antireflexieve relatie. Asymmetrisch = antisymmetrisch en antireflexief. Oefening 2.30. Wat is fout bij volgende redenering? Elke symmetrische en transitieve relatie R over een verzameling A is reflexief. Bewijs. Beschouw (x, y) R. Aangezien de relatie symmetrisch is, is ook (y, x) R. Dus zijn zowel (x, y) als (y, x) koppels van de relatie. Transitiviteit heeft als gevolg dat (x, x) R. Dit toont aan dat de relatie ook reflexief is. Oplossing 2.30. Om te bewijzen dat voor alle x het identieke koppel (x, x) tot de relatie behoort, moet men vertrekken van een willekeurige x, waarvan niet geweten is dat die überhaupt in een relatiekoppel (x, y) voorkomt. Voor elementen x waarvoor geen koppel (x, y) of (y, x) bestaat, is (x, x) niet noodzakelijk R. A fortiori is de ledige relatie een tegenvoorbeeld voor deze stelling. Oefening 2.31. Beschouw een niet-ledige relatie R over een verzameling A. Toon aan dat R nooit aan volgende drie eigenschappen tegelijk kan voldoen: anti-reflexief, symmetrisch en transitief. Oplossing 2.31. Veronderstel dat een relatie wel aan deze drie eigenschappen voldoet, dan volstaat het aan te tonen dat deze relatie noodzakelijk de ledige relatie moet zijn. Oefening 2.32. Zij A een willekeurige verzameling. Welke relatie op A is zowel een equivalentierelatie als een partiële orderelatie? Oplossing 2.32. Als er een koppel (x, y) tot de relatie behoort, dan moet wegens symmetrie ook het koppel (y, x) tot de relatie behoren en wegens antisymmetrie volgt hieruit dan noodzakelijk x = y. Er mogen dus alleen identieke koppels tot de relatie behoren. Bovendien moet elk identiek koppel tot de relatie behoren wegens reflexiviteit. De gezochte relatie is dus gelijk aan {(a i, a i ) 1 i n}. Dit is de relatie =. Oefening 2.33. In elke verzameling van verzamelingen is een orderelatie. Toon dit aan. Is deze orderelatie een totale ordening of een partiële ordening? Oplossing 2.33. Het volstaat de eigenschappen van een orderelatie na te gaan. De gegeven relatie is een partiële ordening. Equivalentierelaties Oefening 2.34. Geef de bijhorende equivalentierelaties van de partities uit oefening 2.18. Oplossing 2.34. De eerste equivalentierelatie wordt gegeven door {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6), (7, 7), (1, 2), De tweede heeft oneindig veel koppels en omschrijven we best als de relatie R gedefinieerd door mrn 3 m n, of nog als R = {(m, n) N N : m n is een veelvoud van 3}. Oefening 2.35. Bewijs dat de volgende relaties equivalentierelaties zijn en beschrijf de quotiëntstructuur (geef een unieke representant voor elke equivalentieklasse). a. De relatie R op Z met a R b a 2 = b 2 Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Relaties 27

b. De relatie op P(Ω) met A B A E = B E, voor een willekeurige maar vaste verzameling E Ω, met Ω een universele verzameling. c. De relatie op {(a, b) a, b Z, b 0}, gedefinieerd door (a, b) (c, d) ad = bc. d. De relatie op N N met (a, b) (c, d) a + d = b + c. e. De relatie R op R 2 met (x, y) R (u, v) x 2 + y 2 = u 2 + v 2. Oplossing 2.35. Om een equivalentierelatie te zijn, moet de relatie voldoen aan reflexiviteit, symmetrie en transitiviteit. In elk van de gevallen is het straightforward om die na te gaan. We bewijzen enkel de transitiviteit van 3. Beschouw drie koppels (a, b), (c, d), (e, f), waarbij a, c, e Z en b, d, f Z. Veronderstel dat (a, b) (c, d) en (c, d) (e, f). We moeten aantonen dat hieruit volgt dat (a, b) (e, f). (a, b) (c, d) ad = cb adf = cbf (c, d) (e, f) cf = ed cbf = bed Merk op dat we de vermenigvuldiging mogen maken aangezien f 0 en b 0. Uit beide rechtse gelijkheden samen kunnen we besluiten dat adf = bed. We weten dat d 0, dus we mogen d in beide leden wegdelen. Hieruit volgt dat af = be. Dit is juist de voorwaarde opdat (a, b) (e, f), wat bewezen moest worden. De equivalentieklassen zien er in het eerste geval als volgt uit: {{0}, {1, 1}, {2, 2},... }. Een unieke representant voor elke equivalentieklasse zou dus het positieve getal kunnen zijn (behalve voor {0}, waarvoor we 0 kiezen). Een tweede mogelijkheid is om er telkens het negatieve getal uit te kiezen. Men bekomt dan eigenlijk Z + en Z. Een derde mogelijkheid is om als representant van de klasse {a, a}, a Z het element ( 1) a a te nemen. Op die manier krijgen we afwisselend een positief en een negatief getal als representant. Als representant voor de equivalentieklassen in het tweede geval kan je de deelverzamelingen van C nemen. Een willekeurig element van elke equivalentieklasse snijdt een uniek deel uit C, waardoor deze deelverzameling dus uniek bepaald is. De representant is in feite het kleinste element van de equivalentieklasse, aangezien het bevat is in elk ander element van de equivalentieklasse. Om in het derde geval een unieke representant van elke equivalentierelatie te vinden, kunnen we best overgaan op een meer gekende notatie voor de equivalentieklassen van koppels (a, b), b 0, namelijk a b. We stellen vast dat (a, b) (c, d) ad = cb a b c d, dus de quotiëntstructuur is niets anders dan de verzameling van rationale getallen Q. Zo is a b een notatie voor de verzameling van alle koppels die ermee equivalent zijn (de breuken die ermee gelijk zijn). Een unieke representant voor elke klasse vindt men door de getallen a en b zo te nemen dat ggd(a, b) = 1 en b > 0. Maar analoog als in vorige oefeningen kan je nadenken over een alternatieve representatie van deze getallen. De vierde opgave is gelijkaardig aan de derde. Het is de equivalentierelatie die Z als quotiëntstructuur uit N N maakt. Als representant voor elke klasse kan men bijvoorbeeld het koppel (a, b) nemen waarvoor één van beide leden 0 is (dat bestaat altijd en is uniek). De vijfde equivalentierelatie is een classificatie van reële vectoren in het vlak naargelang norm. De equivalentieklassen zijn cirkels rond de oorsprong. Oefening 2.36. Zij {P i : i I} een partitie van een verzameling Ω. Ga na dat de Ω Ω-deelverzameling (P i P i ) i I een equivalentierelatie is op Ω en bewijs dat het precies de equivalentierelatie is, geïnduceerd door de partitie {P i : i I}. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Relaties 28

Oplossing 2.36. Zit elk identiek koppel (x, x) in de relatie? Neem x Ω, dan bestaat er een P i zodat x P i. Dan is (x, x) P i P i i I (P i P i ), dus elk identiek koppel is in de relatie bevat. Stel nu dat (x, y) i I (P i P i ), zegge (x, y) P i0 P i0. Dat betekent dat x P i0 en y P i0, dus ook (y, x) P i0 P i0 i I (P i P i ). Stel nu dat (x, y) i I (P i P i ) en (y, z) i I (P i P i ). Zij i 1 en i 2 zodanig dat (x, y) P i1 P i1 en (y, z) P i2 P i2. Dan is x P i1, y P i1, y P i2 en z P i2. Maar omdat {P i : i I} een partitie is zijn P i1 en P i2 disjunct of gelijk, en daar y P i1 P i2, zal i 1 = i 2. Dat betekent dat x P i1 en z P i1, dus (x, z) P i1 P i1 i I (P i P i ), wat de transitiviteit bewijst. We hebben (x, y) i I(P i P i ) i I : (x, y) P i P i i I : x P i y P i, wat precies overeenkomt met de equivalentierelatie geïnduceerd door de partitie. Zie ook stelling 2.18. Oefening 2.37. Zij A een niet-ledige verzameling. Wat is de kleinste equivalentierelatie op A (klein met betrekking tot inclusie)? Bewijs dat elke equivalentierelatie deze minimale equivalentierelatie bevat. Wat is de grootste equivalentierelatie op A (met betrekking tot inclusie)? Bewijs dat elke equivalentierelatie bevat is in deze maximale equivalentierelatie. Oplossing 2.37. De minimale is de identiteitsrelatie =. Ze is bevat in elke equivalentierelatie, omdat elke equivalentierelatie reflexief is. De maximale is de totale relatie A A, waarbij elke twee elementen van A gerelateerd zijn. Per definitie van relatie is elke relatie bevat in A A. Bewerkingen op relaties Oefening 2.38. Is de doorsnede van twee relaties weer een relatie? Waarom (niet)? Zelfde vraag voor unie en complement. Oplossing 2.38. Dit zijn inderdaad allemaal weer relaties. Een relatie is een deelverzameling van een cartesisch product A B. Unies, doorsneden en complementen van dergelijke deelverzamelingen zijn weer deelverzamelingen van A B, dus weer relaties. Oefening 2.39. Bewijs voor relaties R 1 en R 2 op A A, dat R 1 R 2 een reflexieve relatie is als en slechts als R 1 en R 2 reflexieve relaties zijn. Oplossing 2.39. Noteer met I A verzameling van alle identieke koppels (die men de identiteitsrelatie of de diagonaal kan noemen) {(x, x) A A}. Dan is R 1 R 2 reflexief I A R 1 R 2 I A R 1 I A R 2 R 1 is reflexief en R 2 is reflexief. Oefening 2.40. Waar of vals? Bewijs of tegenvoorbeeld! De symmetrische sluiting van de unie van twee relaties is de unie van hun symmetrische sluitingen. Oplossing 2.40. Waar. Oefening 2.41. Toon aan dat een relatie R reflexief is als en slechts de inverse relatie R 1 dat ook is. Bewijs hetzelfde voor symmetrie en transitiviteit. Oefening 2.42. Toon aan dat de volgende twee definities van reflexieve sluiting R van een relatie R op A samenvallen: a. R = R I A b. De kleinste reflexieve relatie die R bevat, d.w.z. de unieke relatie R die voldoet aan de eigenschappen Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Relaties 29

R R R is reflexief Voor elke relatie R geldt dat, als R R en R is reflexief, dan is R R. Stel analoge definities op voor symmetrische en transitieve sluiting en bewijs de analoge equivalenties. Oplossing 2.42. De bewijzen zijn instructief maar straightforward. Oefening 2.43. Men kan ook de samenstelling definiëren van twee relaties R 1 A B en R 2 B C als de relatie tussen A en C van koppels (a, c) waarvoor er een b B bestaat zodat a R 1 b R 2 c, m.a.w. R 2 R 1 = {(a, c) A C b B : (a, b) R 1 (b, c) R 2 }. Bewijs dat (R 2 R 1 ) 1 = R 1 1 R 1 2. 2.4 Afbeeldingen Oefening 2.44. Zijn de volgende functies f : R R en g : R R, zoals hieronder gedefinieerd, gelijk aan elkaar of niet? Leg uit waarom. a. f(x) = max(x, x) g(x) = x b. f(x) = x 2 g(x) = x2 4 x+2 Oplossing 2.44. a. f en g zijn aan elkaar gelijk, omdat x R : x = max(x, x). Als verzameling koppels {(x, x ) x R} zijn beide functies gelijk. b. f en g zijn niet gelijk, omdat ze zich anders gedragen bij x = 2. De functie f heeft als beeld 4, maar g is niet gedefinieerd. Als verzameling koppels is f = g {( 2, 4)}. Eigenlijk is g een partiële functie en geen echte functie. Oefening 2.45. Geef, indien mogelijk, voorbeelden van functies f : N N die voldoen aan de eigenschap a. m < n f(m) < f(n) b. m < n f(m) > f(n) c. m < n f(m) = f(n) d. Als m en n oneven zijn, dan m < n f(m) < f(n) en als m en n even zijn, dan f(m) = f(n). Oefening 2.46 (Over de karakteristieke functie). Zij Ω een verzameling en A Ω. Identificeer de verzamelingen {x Ω : 1 A (x) = 1}, {x Ω : 1 A (x) = 0} en {x Ω : 1 A (x) = 1}. Schets de grafiek van de R {0, 1}-functies 1 [1,5[, 1 [1,5[ c, 1 {2} en 1 N. Oefening 2.47. Gebruik de definitie van afbeelding als een bijzondere relatie om de volgende eigenschappen aan te tonen. a. Als f : A B en g : A B afbeeldingen zijn, dan is f = g als en slechts als x A : f(x) = g(x). b. Als f : A B en g : C D afbeeldingen zijn, dan is f = g als en slechts als A = C en x A : f(x) = g(x). Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Afbeeldingen 30

c. Als f 1 : A 1 B en f 2 : A 2 B afbeeldingen zijn met A 1 A 2 =, dan is f 1 f 2 een afbeelding van A 1 A 2 naar B. d. Als f 1 : A 1 B en f 2 : A 2 B afbeeldingen zijn met f(a) = g(a), a A 1 A 2, dan is f 1 f 2 een afbeelding van A 1 A 2 naar B. Waarom is de eis van disjunctheid essentieel bij 3? Oplossing 2.47. Injecties en surjecties Oefening 2.48. Bepaal van de volgende afbeeldingen of ze injectief zijn en of ze surjectief zijn. Bewijs ook telkens deze (niet-)in/surjectiviteit en bepaal het beeld als ze niet surjectief zijn. Zijn A en B willekeurige verzamelingen. a. f : R R : x ax b (a 0 en b reële parameters) b. f : R R : x x 3 x c. f : R R : x x+ x 2 d. f : N N : x x+ x 2 e. f : C C : x x f. { 2n voor n even f : N N : n n voor n oneven g. : R Z : x x = het grootste geheel getal z zodat z x h. f : R [0, 1[: x x x i. f : {a, b, c, d} {c, d, e}; met f(a) = c, f(b) = d, f(c) = c, f(d) = e j. f : N N N <19 : x ( x/19, x mod 19) k. f : R 2 R 2 : (x, y) (x + 2y, x y) l. f : N N : x x/2 m. 1 A : A A : a a n. f : Z Z Z : (m, n) m n o. π 1 : A B A : (a, b) a p. d : A A A : x (x, x) q. f : A A { } : a (a, ) r. s : A P(A) : a {a} s. min : P(N) N : S min(s) Oplossing 2.48. Oefening 2.49. Lijst alle afbeeldingen op van {0, 1} naar {a, b, c}. Welke daarvan zijn injectief? Welke zijn surjectief? Doe hetzelfde voor alle afbeeldingen van {a, b, c} naar {0, 1}. Oefening 2.50. Zij 2N + 1 = {1, 3, 5, 7,... } de verzameling van oneven natuurlijke getallen en 2N = {2, 4, 6,... } de verzameling van even natuurlijke getallen. Geef voorbeelden van afbeeldingen van 2N + 1 naar 2N a. die bijectief zijn b. die injectief zijn maar niet surjectief c. die surjectief zijn maar niet injectief Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Afbeeldingen 31

d. die injectief noch surjectief zijn Bepaal voor elk van je voorbeelden het beeld (van heel 2N + 1) en het beeld van {1, 3, 5, 7}. Oefening 2.51. Zij f : A B een afbeelding. Bewijs dat f niet injectief is als en slechts als er verschillende elementen x en y in A bestaan zodat f({x, y}) een singleton is. Bewijs dat f niet surjectief is als en slechts als er een z B bestaat zodat f 1 (z) de ledige verzameling is. Oplossing 2.51. Injectiviteit betekent dat voor alle a, a A de implicatie a a f(a) f(a) waar is. De functie f is niet injectief als en slechts als er x en y in A bestaan zodat x y en toch f(x) = f(y). Dit is equivalent met de uitspraak dat f({x, y}) een singleton is, wat we moesten bewijzen. Surjectiviteit betekent dat voor alle b B er een a A bestaat zodat f(a) = b. De functie f is niet surjectief als er een b B bestaat zodat voor alle a A : f(a) b, m.a.w. dat f 1 (b) =. Oefening 2.52. Zij f : A B een afbeeldingen tussen verzamelingen. Deze induceert een afbeelding F : P(A) P(B) tussen de machtsverzamelingen door, voor een verzameling H A, te definiëren F (H) = {f(h) B h H}. Bewijs: a. Als f inverteerbaar is, dan ook F. b. Als f injectief is, dan ook F. c. Als f surjectief is, dan ook F. Oefening 2.53. Als f : A B een afbeelding is, dan induceert deze twee afbeeldingen tussen P(A) en P(B). De afbeelding F : P(A) P(B) werd gedefinieerd in de cursus en in oefening 2.52 en noteren we doorgaans zelf ook met f. De afbeelding f 1 : P(B) P(A) is gedefinieerd voor T B, als f 1 (T ) = {a A f(a) T }. Bewijs de volgende uitspraken, voor een indexverzameling Λ, als S λ P(A), λ Λ en T λ P(B), λ Λ. [ ] a. f 1 T λ = [ ] f 1 [T λ ] c. f S λ = f [S λ ] λ Λ λ Λ λ Λ λ Λ [ ] b. f 1 T λ = [ ] f 1 [T λ ] d. f S λ f [S λ ] λ Λ λ Λ λ Λ λ Λ Bewijs dat de laatste inclusie niet kan veralgemeend worden tot een gelijkheid. voorwaarde op f op, waaronder de laatste inclusie een gelijkheid wordt. Stel een voldoende Oplossing 2.53. De voorwaarde is dat f een bijectie is. Oefening 2.54. Bewijs de eerste isomorfiestelling voor verzamelingen (stelling 2.26): zij f : X Y een afbeelding. Dan is KER(f) = {(x 1, x 2 ) X X f(x 1 ) = f(x 2 )} een equivalentierelatie. Bovendien induceert f een bijectie ˆf : X/ KER(f) Im(f) Oplossing 2.54. KER(f) is de relatie bepaald door x 1 x 2 f(x 1 ) = f(x 2 ) en is duidelijk een equivalentierelatie: reflexiviteit, symmetrie en transitiviteit volgen uit deze eigenschap van de gelijkheid. De afbeelding ˆf : X/ KER(f) Im(f) x KER(f) f(x) Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Afbeeldingen 32

definieert het beeld van een klasse x KER(f) in functie van een representant x. We moeten eerst nagaan dat deze afbeelding goed gedefinieerd is, m.a.w. als x 1 KER(f) = x 2 KER(f), is dan f(x 1 ) = f(x 2 )? Ja, want als x 1 en x 2 representanten zijn van dezelfde klasse, is x 1 x 2, dit betekent net dat f(x 1 ) = f(x 2 ). Bovendien is de afbeelding injectief. Als x 1 KER(f) en x 2 KER(f) zodanig zijn dat f(x 1 ) = f(x 2 ), dan is x 1 x 2 en dus x 1 KER(f) = x 2 KER(f). Tot slot is ˆf ook duidelijk surjectief: neem een element y Im(f). Per definitie van Im(f) is y van de vorm y = f(x), voor een x X. Dan wordt y bereikt door het element x KER(f) X/ KER(f) voor deze x, want ˆf(x KER(f)) = f(x) = y. Oefening 2.55. Bewijs dat de canonische projectie (bij een equivalentierelatie) altijd surjectief is en dat de canonische injectie (bij een inclusie van verzamelingen) altijd injectief is. Samenstelling en inverse Oefening 2.56. Ga na dat de inverse van een bijectie (volgens de definitie van inverse van een afbeelding), opgevat als relatie, inderdaad de inverse is van die relatie (volgens de definitie van inverse van een relatie). Ga na dat de samenstelling van afbeeldingen (volgens de definitie van samenstelling van afbeeldingen), opgevat als relaties, inderdaad de samenstelling is van die relatie (volgens de definitie uit oefening 2.43). Oefening 2.57. Bewijs dat de volgende twee definities van inverteerbaarheid van een functie f : A B equivalent zijn. g : B A, zodat a A, b B : f(a) = b g(b) = a g : B A, zodat a A : g f(a) = a en b B : f g(b) = (b) Oefening 2.58. Bewijs stelling 2.24 via linkse en rechtse inversen. Ga daarvoor als volgt te werk. Zij f : X Y een afbeelding. Een afbeelding g : Y X heet een rechtse inverse van f als f g = 1 Y. Een afbeelding g : Y X heet een linkse inverse van f als g f = 1 X. Een afbeelding g met f g = 1 Y én g f = 1 X heet een inverse. Bewijs: a. Als f zowel een rechtse inverse g als een linkse inverse h heeft, dan is g = h en g is een inverse van f. b. Als f een inverse heeft, dan is die uniek. c. f is surjectief als en slechts als f een rechtse inverse g heeft. d. f is injectief als en slechts als f een linkse inverse g heeft. e. f is bijectief als en slechts als f een inverse g heeft. Oplossing 2.58. a. h = h 1 Y = h (f g) = (h f) g = 1 X g = g. b. Stel dat g en h twee inversen zijn van f. Dan is zeker g een linkse inverse en h een rechtse inverse, dus wegens a. is g = h. c. Stel dat f een rechtse inverse g : Y X heeft (d.w.z. f g = 1 Y ) en neem willekeurig y Y. Stel x = g(y). Dan is f(x) = f(g(y)) = (f g)(y) = 1 Y (y) = y, dus y wordt inderdaad bereikt door f en omdat y willekeurig was, is f surjectief. Stel omgekeerd dat f surjectief is. Dan is f 1 (y) een nietledige deelverzameling van X voor elke y Y. Kies voor elke y een x in de vezel f 1 (y) en definieer g als g(y) = x (dit is mogelijk door het keuzeaxioma). Dan is f(g(y)) = y, y Y, en dus f g = 1 Y wat betekent dat f een rechtse inverse heeft. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Afbeeldingen 33

d. Stel dat f een linkse inverse g : Y X heeft (d.w.z. g f = 1 X ). Stel dat f(x) = f(x). Dan is x = g(f(x)) = g(f(x)) = x, wat bewijst dat f injectief is. Stel omgekeerd dat f injectief is. Kies een vaste a X. Zij Im(f) = f[x] Y het beeld van f. Voor y Im(f), definieer g(y) als de (wegens injectiviteit unieke) x waarvoor f(x) = y. Voor y / Im(f), definieer g(y) = a. Dan is g een afbeelding van Y naar X. We bewijzen nu dat g f = 1 X. Neem x X. Dan is y = f(x) Im(f), zodat g(y) = x, dus g(f(x)) = x. Dus g is een linkse inverse van f. e. Stel dat f een inverse heeft. Dan is f door het vorige surjectief, alsook injectief, dus f is bijectief. Stel omgekeerd dat f bijectief is. Door de surjectiviteit bestaat er een rechtse inverse g en door de injectiviteit een linkse inverse h. Wegens a. is dan g = h en f heeft een inverse g. Oefening 2.59. De samenstelling van in/sur/bijecties is weer een in/sur/bijectie. Om als samenstelling van twee afbeeldingen een injectie te zijn, is het echter niet noodzakelijk dat de componenten beiden injecties te zijn. Vind een voorbeeld waar dat niet zo is. Hetzelfde geldt voor surjecties, doe daarvoor hetzelfde. Geef tot slot een voorbeeld van twee functies f en g, beiden geen bijecties, waarvoor de samenstelling g f wel een bijectie is (tussen verzamelingen met weinig elementen, bijvoorbeeld). Oefening 2.60. Bepaal de inversen van de bijecties in oefening 2.48. 2.5 Ordes Oefening 2.61. Geef een voorbeeld van een keten in de orde (N, ). Oefening 2.62. Geef een voorwaarde op A zodat de orderelatie (P(A), ) een totale orde zou zijn. Oplossing 2.62. A < 3. Oefening 2.63 (Order theorem). Bewijs de ordestelling: zij X een verzameling. Als R een (niet-strikte) orderelatie is op X, dan is S = {(x, y) R x y} een strikt-orderelatie op X. Als S een strikt-orderelatie is op X, dan is R = S {(x, x) x X} een (niet-strikte) orderelatie op X. Deze constructies zijn elkaar inverse. 2.6 Kardinaliteiten Oefening 2.64. Zij A en B eindige en gelijkmachtige verzamelingen ( A = B = n). Bewijs dat een afbeelding van A naar B injectief is als en slechts als ze surjectief is. Oplossing 2.64. Zij f een afbeelding van A naar B. Dan bevat deze functie n koppels (één voor elk element van A) of n pijlen in de pijlenvoorstelling. Stel eerst dat f surjectief is. Dan wordt elk element in B ten minste één keer bereikt. Maar dat betekent dat elk element ten hoogste één keer kan bereikt worden, want mocht een element van B door twee elementen in A bereikt worden, dan zouden er meer dan n pijlen voorkomen. Omdat elk element ten hoogste één keer bereikt wordt, is f injectief. Stel nu dat f injectief is. Dan wordt elk element in B ten hoogste één keer bereikt. Maar dat betekent dat elk element ten minste één keer moet bereikt worden, want mocht een element van B niet in het beeld van f voorkomen, dan zouden de n pijlen moeten toekomen bij n 1 objecten, wat wegens het duivenhokprincipe zou betekenen dat een element meer dan één keer bereikt wordt, een schending van de injectiviteit. Omdat elk element ten mioste één keer bereikt wordt, is f dus surjectief. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Ordes 34

Oefening 2.65. Zij A, B, C en D verzamelingen met A = C en B = D. Bewijs dat A B = C D. Oplossing 2.65. Zijn f : A C en g : B D bijecties. We bewijzen dat de afbeelding F : A B C D (a, b) (f(a), g(b)) een bijectie is. Stel dat (a 1, b 1 ) en (a 2, b 2 ) zodanig zijn dat (f(a 1 ), g(b 1 )) = (f(a 2 ), g(b 2 )). Dan is f(a 1 ) = f(a 2 ) en wegens de injectiviteit van f is a 1 = a 2. Analoog krijgen we b 1 = b 2, dus (a 1, b 1 ) = (a 2, b 2 ), wat de injectiviteit bewijst. Neem nu (c, d) C D willekeurig. Omdat f en g surjectief zijn, bestaan er a A en b B zodat f(a) = c en g(b) = d. Voor deze elementen geldt dat F (a, b) = (f(a), g(b)) = (c, d). Omdat (c, d) willekeurig was, is F surjectief. Oefening 2.66. Zij G en S verzamelingen. Bewijs: er bestaat een H G met S = H als en slechts als er een injectie van S in G bestaat. Oplossing 2.66. Stel dat H G en dat f : S H een bijectie is tussen S en H. Dan is f : S G s f(s) een afbeelding die hetzelfde doet als f, maar G als codomein heeft in plaats van H. Deze functie f is niet noodzakelijk meer surjectief (heeft enkel H G als beeld), maar is wel nog injectief (geërfd van f: als f (s) = f (t), dan is ook f(s) = f(t) en wegens injectiviteit van f is dan s = t). Stel nu dat er een injectie i : S G bestaat. Beschouw dan Im(i) G. Dan is i : S Im(i) s i(s) een afbeelding die hetzelfde doet als i, maar Im(i) heeft als codomein en dus per definitie van Im(i) surjectief is. Dus de bijectie i vestigt dat S = Im(i), dus we hebben een H G gevonden waarvoor S = H. Oefening 2.67. De volgende uitspraken zijn niet algemeen geldig. Geef voor elk van de uitspraken een voorbeeld (waar het wel zo is) en een tegenvoorbeeld. a. De doorsnede van twee oneindige verzamelingen is een oneindige verzameling. b. Tussen een oneindige deelverzameling B en een echte oneindige deelverzameling A van B bestaat een bijectie. c. Voor gelijkmachtige verzamelingen A en B is ook A B = A = B. Oplossing 2.67. a. De doorsnede van twee oneindige verzamelingen is een oneindige verzameling: N N = N, Z R + = N,... De doorsnede van twee oneindige verzamelingen is een eindige verzameling: Z + Z = {0}, R N =. b. Er bestaat een bijectie tussen A en B: Kies A = N, B = N; kies A = N en B = Z. Er bestaat geen bijectie tussen A en B: N R, verzameling van constante functies verzameling van alle reële functies. c. Cartesisch product is gelijkmachtig: elke oneindige verzameling, bv N N = N. Cartesisch product is niet gelijkmachtig: elke eindige verzameling, bv N 2 N <2 = 4 2 = N 2. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Kardinaliteiten 35

Oefening 2.68. Bewijs dat een verzameling Peano-eindig is als en slechts als ze Dedekind-eindig is, d.i. het volgende. Zij A een verzameling. Er bestaat een n N zodat A = N <n als en slechts als er geen bijectie bestaat tussen A en een echte deelverzameling van A. Oplossing 2.68. Cameron Aftelbaarheid Oefening 2.69. Bewijs dat de volgende verzamelingen aftelbaar zijn. a. De verzameling van alle drievouden b. {n N : n 10 500 } c. N \ {4, 5, 6} d. De verzameling van alle priemgetallen P Oplossing 2.69. Men kan expliciete bijecties vinden. Bij de laatste: beschouw de bijectie f : N P, gedefinieerd door f(0) = 2 en voor alle n 0, met f(n + 1) = het kleinste priemgetal strikt groter dan f(n). Overtuig jezelf ervan dat dit inderdaad een goed gedefinieerde functie is. Ga na dat het een bijectie is. Oefening 2.70. Bewijs dat elke deelverzameling van een aftelbare verzameling ook aftelbaar is. Bewijs daarvoor eerst de volgende lemma s en gebruik deze in je bewijs. a. Elke deelverzameling van de natuurlijke getallen is aftelbaar. b. Als T aftelbaar is en er is een bijectie tussen A en T, dan is A aftelbaar. Oplossing 2.70. Zeker schrijven, Devlin Oefening 2.71. Werk de details uit van het bewijs van N N = N met behulp van de functie f(m, n) = 2 m 1 (2n + 1). Oplossing 2.71. Men moet aantonen dat de twee bijecties die begrepen zijn in de gelijkheid N N = N = N, inderdaad bijecties zijn. Oefening 2.72. Zijn A en B aftelbaar oneindige verzamelingen. Bewijs dat als A en B disjunct zijn, dan A B ook aftelbaar is. Bewijs daarna dat A B ook aftelbaar oneindig is als ze niet noodzakelijk disjunct zijn. Oplossing 2.72. Stel dat f A : N A en f B : N B bijecties zijn die getuigen van de aftelbaarheid van A en B. Dan is de afbeelding een bijectie tussen N en A B. { ( n ) fa 2 als n even is n ( f n 1 ) B 2 als n oneven is g : N A B Als A en B niet disjunct zijn, kunnen we dit oplossen op verschillende manieren. Men kan het resultaat van oefening 2.70 gebruiken. Men kan A B en A \ B B \ A beschouwen, twee verzamelingen die elk hoogstens aftelbaar zijn en wiens unie dus aftelbaar moet zijn. Werk elk van de geschetste opties verder uit. Oefening 2.73. Bewijs dat elke aftelbaar oneindige verzameling een partitie in paren toelaat. Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Kardinaliteiten 36

Overaftelbaarheid Oefening 2.74. Zij B de verzameling van alle oneindige binaire rijen (d.w.z. alle oneindige sequenties van nullen en enen). Bewijs dat B overaftelbaar is. Oplossing 2.74. Men kan het bewijs voor de overaftelbaarheid van R aanpassen, want cruciaal in het bewijs is het diagonaalargument van Cantor. Ruwweg: stel dat alle binaire rijen opsombaar zijn, dan kan men een binaire rij construeren die niet in die opsomming staat, door op de digit op plaats i te definiëren als verschillend van de i de digit van de i de binaire rij in de opsomming. Oefening 2.75. Toon aan dat als A overaftelbaar is, en B een aftelbare deelverzameling van A, dan A\B ook overaftelbaar is. Toon aan dat er overaftelbaar veel irrationale getallen bestaan. Oplossing 2.75. Oefening 2.76. Bewijs dat elk open interval gelijkmachtig is met R (Hint: gebruik een tangens of boogtangens). Oefening 2.77. Zij A en B disjuncte verzamelingen met A = B = R. Toon aan dat A B de kardinaliteit van R heeft. (De conclusie is ook waar als A en B niet disjunct zijn.) Oplossing 2.77. e x Opgeloste oefeningen Relaties en Structuren, Kardinaliteiten 37