Θέµατα στα Σύνολα και Αριθµοί 11/02/2011 Απαντήσεις µε σχολιασµό. n4 + 4n 2. (iii)

Transcript

1 Καρλόβασι 17/02/2011 Θέµατα στα Σύνολα και Αριθµοί 11/02/2011 Απαντήσεις µε σχολιασµό. 1. Να υπολογίσετε κάθε ένα από τα παρακάτω όρια (για ). (i)! (ii) (iii) (i) Χρη- οπότε a+1 a = lim (+1) = Το Θέµα αυτό είχε καλυφθεί στο µάθηµα (4/11/10 και 9/11/2010). σιµοποιούµε κριτήριο λόγου. Θέτουµε a =! lim 1 (+1) = lim 1 = 1 (1+ 1 ) e < 1 άρα lim a = 0. Άλλος τρόπος : Προφανώς! = 1(2 ( 1) ) 1. Άρα! 1 = 1 0 και από κριτήριο παρεµβολής έχουµε τελειώσει. (ii) Το 4 είναι γίγαντας αν συγκριθεί µε το 4 2. Οπότε περίπου η υπόριζος ποσότητα είναι για µεγάλα N ίση µε 4 άρα η δοθείσα ποσότητα συµπεριφέρεται όπως την 4 = ( ) 4 µε όριο το 1 4 = 1. Ας δώσουµε όµως την αυστηρή απόδειξη : Με ιδιότητα γινοµένου : lim = ϐγάζουµε τον µεγιστοβάθµιο = 4 (1 + 4 ) = = 1. Άλλος τρόπος µε κριτήριο παρεµβολής : και 54 = = 1 και 2 όµοια το αριστερό µέλος = 1. (iii) Πρόκειται για µια απλή χρήση του κριτηρίου του µέσου όρου. Η ακολουθία a = συγκλίνει στο 1 άρα και η ακολυθία των µέσων όρων της ϑα συγκλίνει και αυτή στο ίδιο όριο δηλ τον 1. Άλλος τρόπος µε χρήση του κριτηρίου της παρεµβολής : 1 1 αριθµητής, άρα 1 1 κλάσµα και παίρνουµε τα όρια. 2. Πως ορίζεται το σύνολο των πραγµατικών αριθµών µε κλάσεις ισοδυναµίας χρησιµοποιώντας ϐασικές ακολουθίες από ϱητούς αριθµούς ; ώστε ένα παράδειγµα µιας τέτοιας ακολουθίας που ανήκει στην ίδια κλάση ισοδυναµίας µε την ακολουθία (1 1 ) =1. Πότε ένας x R είναι µή µηδενικός και πότε ϑετικός ; Πότε ονοµάζεται ϱητός και πότε άρρητος ; Το Θέµα αυτό είχε καλυφθεί στα µαθήµατα , κ.ο.κ. Εχουµε ορίσει την παρακάτω σχέση(η οποία είναι σχέση ισοδυναµίας στο σύνολο των ϐασικών ακολουθιών από ϱητούς αριθµούς). (a ) (b ) ανν η (a b ) είναι µηδενική ακολουθία στους ϱητούς ή πιο αυστηρά ανν ( ɛ > 0, ɛ Q)( 0 N)( 0 ) a b < ɛ. Παράδειγµα οι ((1 1 ) ) =1, ((1 + 1 ) (1 2 ) ) =1 και ((1 + 1 ) ) =1 είναι όλες ϐασικές ακολουθίες ϱητών αριθµών(διότι είναι συγκλίνουσες ως γνωστόν) και συγκλίνουν αντίστοιχα στους αριθµούς e 1, (e e 2 ), (e) 1 δηλ. στο ίδιο ακριβώς όριο! Οπότε οι διαφορές τους είναι όλες µηδενικές ακολουθίες άρα ϐρήκαµε τρείς ισοδύναµες ακολουθίες(ως πρός την σχέση ισοδυναµίας που µόλις ορίσαµε). Τώρα

2 ορίζουµε x R ανν υπάρχει ϐασική ακολουθία(a ) ϱητών αριθµών έτσι ώστε το x να είναι η κλάση ισοδυναµίας της (a ) δηλαδή x = {(b ) : η (b ) είναι ϐασική ακολουθία από ϱητούς και (b ) (a )}. Για απλότητα ϑα γράφουµε x = LIM(a ). Για παράδειγµα ο γνωστός µας e ορίζεται να είναι η κλάση ισοδυναµίας της ((1 + 1 ) ) =1 ενώ το e 1 ορίζεται να είναι η κλάση ισοδυναµίας της ((1 1 ) ) =1. Οι υπόλοιπες δύο ακολουθίες που ορίσαµε στην αρχή, ανήκουν στην ίδια κλάση ισοδυναµίας µε την ((1 1 ) ) =1 διότι είναι ισοδύναµες µε αυτήν και άρα ορίζουν την ίδια κλάση ισοδυναµίας δηλ. τον πραγµατικό αριθµό e 1. Ορίζουµε ο x = LIM(a ) να είναι άρρητος ανν η (a ) δεν είναι τελικά σταθερή αλλά και κάθε άλλη ϐασική ακολουθία ϱητών (b ) που είναι ισοδύναµη µε την (a ) ( και άρα ορίζει ξανά τον x) δεν είναι τελικά σταθερή. Αλλιώς ο x λέγεται ϱητός. Για παράδειγµα ο x = LIM(3 + 5 ) δεν 2 µπορεί να είναι άρρητος. Πράγµατι, αν και η ακολουθία (3 + 5 ) δεν είναι 2 τελικά σταθερή, όµως η σταθερή ακολουθία (3) είναι ισοδύναµη µε αυτήν (διότι η διαφορά τους είναι µηδενική ακολουθία) οπότε ο x είναι ένας ϱητός(αυτός είναι προφανώς ο πραγµατικός αριθµός 3). Ορίζουµε x = 0 ανν x = LIM(0) οπότε x 0 ανν x LIM(0) ή µε άλλα λόγια ανν x = LIM(a ) για κάποια ακολουθία (a ) και η ακολουθία (a ) δεν είναι είναι ισοδύναµη µε την (0) δηλ. η (a ) δεν είναι µηδενική ακολουθία! Οµοια x = LIM(a ) > 0 ανν υπάρχει κάποιος σταθερός ϱητός r > 0 και ( 0 N)( 0 )(a > r). Με απλά ελληνικά : τελικά οι όροι της a είναι ϑετικοί και µάλιστα µεγαλύτεροι από κάποιο σταθερό ϱητό r > 0. Ετσι για παράδειγµα, ο x = LIM( 5 2 ) δεν µπο- ϱεί να είναι ϑετικός πραγµατικός αριθµός παρόλο που έχει ϑετικούς όρους(αυτός ο x είναι ίσος µε το 0). 3. είξτε ότι οι παρακάτω σχέσεις είναι σχέσεις ισοδυναµίας στο σύνολο των µιγαδικών αριθµών. Βρείτε για κάθε µια απ αυτές την κλάση ισοδυναµίας του i. z 1 z 2 ανν z 1 z 2 R. z 1 1 z 2 ανν z 1 = z 2. z 1 2 z 2 ανν [Arg(z 1 ) = Arg(z 2 ) και z 1, z 2 µη µηδενικοί] ή [z 1 = z 2 = 0]. Οπως έχουµε πεί στο µάθηµα ( κ.ο.κ) µια σχέση είναι σχέση ισοδυναµίας σε κάποιο σύνολο C ανν είναι ανακλαστική(c c για κάθε c C), συµµετρική (αν c 1 c 2 τότε c 2 c 1 για κάθε c 1, c 2 του C) και µεταβατική (αν c 1 c 2 και c 2 c 3 τότε c 1 c 3 για όλα τα c i C). Τώρα z 1 z 2 ανν z 1 z 2 R. Οµως αν z 1 = a 1 + b 1 i και z 2 = a 2 + b 2 i τότε z 1 z 2 R ανν (a 1 a 2 ) + (b 1 b 2 )i R ανν b 1 b 2 = 0 ανν b 1 = b 2 δηλ. ανν οι z 1, z 2 έχουν α- κριβώς το ίδιο ϕανταστικό µέρος(im(z 1 ) = Im(z 2 ))! Οπότε τώρα είναι πανεύκολο να δείξουµε τις παραπάνω ιδιότητες π.χ η είναι ανακλαστική διότι προφανώς το ϕανταστικό µέρος του µιγαδικού c είναι ακριβώς ίσο µε το ϕανταστικό µέρος του

3 ευατού του! Αν ο c 1 c 2 τότε το ϕανταστικό µέρος του c 1 είναι ίσο µε αυτό του c 2 και άρα το ϕανταστικό µέρος του c 2 είναι ίσο µε αυτό του c 1 και άρα c 2 c 1. Άρα η σχέση είναι συµµετρική και όµοια αποδεικνύεται ότι είναι και µεταβατική. Μένει να ϐρούµε την κλάση ισοδυναµίας του i δηλ. ποιοί είναι οι µιγαδικοί α- ϱιθµοί που είναι ισοδύναµοι µε το i. Στην περίπτωσή µας η ισοδυναµία σηµαίνει να έχουν ϕανταστικό µέρος ίσο µε Im(i) = 1. Αυτοί οι µιγαδικοί είναι ϕυσικά όλοι οι µιγαδικοί της µορφής z = a + i, a R(τα άκρα τους ϐρίσκονται πάνω στην οριζοντια ευθεία που διέρχεται από το τέλος(την άκρη) του i.) Οµοια z 1 1 z 2 ανν οι z 1, z 2 έχουν ακριβώς το ίδιο µέτρο. Προφανώς η 1 είναι σχέση ισοδυναµίας (π.χ. είναι ανακλαστική διότι κάθε c C έχει το ίδιο µέτρο µε το ευατό του κ.ο.κ). Μένει να ϐρούµε την κλάση ισοδυναµίας του i. Φυσικά i = = 1 δηλαδή το µέτρο του i είναι ακριβώς 1. Άρα η κλάση ισοδυναµίας του i είναι όλοι εκείνοι οι µιγαδικοί αριθµοί που έχουν µέτρο ίσο µε 1 δηλ. είναι όλοι οι µιγαδικοί που έχουν αρχή το O(0, 0) και που τα πέρατά τους ϐρίσκονται στην περιφέρεια του κύκλου µε κέντρο το (0, 0) και ακτίνα 1. Για την 2 πρέπει να ϑυµηθούµε ότι το Arg(z) είναι το πρωτεύον όρισµα του z αλλά δυστυχώς το όρισµα δεν ορίζεται αν ο z = 0. Οπότε z 1 2 z 2 ανν οι z 1, z 2 έχουν το ίδιο πρωτεύον όρισµα και ειναι µη µηδενικοί. Αν τώρα κάποιο απ τα z 1, z 2 είναι µηδενικό και ισχύει z 1 2 z 2 τότε αναγκαστικά και το άλλο είναι µηδενικό όπως ϐλέπουµε απ τον ορισµό της σχέσεως! Άρα για να αποδείξουµε ότι η 2 είναι σχέση ισοδυναµίας ϑα µπορούσαµε να χωρίσουµε την απόδειξη σε δυο περιπτώσεις : Περίπτωση πρώτη : το c(στην ανακλαστικότητα) είναι ίσο µε 0 και κάποιο απ τα c 1, c 2 είναι 0 (στην συµµετρικότητα) και κάποιο απ τα c 1, c 2, c 3 είναι 0(στην µεταβατικότητα). Τότε προφανώς c 2 c και άρα στην πρωτη περίπτωση είναι α- νακλαστική. Οµοια επειδή c 1 2 c 2 και κάποιο απ αυτά είναι 0 προκύπτει λόγω ορισµού της 2 ότι c 1 = c 2 = 0 άρα και c 2 = c 1 = 0 και άρα c 2 2 c 1 και άρα σε τούτη την περίπτωση είναι συµµετρική. Τώρα αν c 1 1 c 2 και c 2 c 3 και κάποιο απ τα c 1, c 2, c 3 είναι 0 τότε αναγκαστικά είναι και τα άλλα λόγω του ορισµού του 2 (γιατί ;). Άρα c 1 = c 2 = c 3 = 0 άρα c 1 = c 3 = 0 και άρα c 1 2 c 3 και άρα στην πρωτη περίπτωση είναι και µεταβατική. Περίπτωση δεύτερη : Κανένα εκ των c, c 1, c 2, c 3 στις ιδιότητες που απαιτούνται για να είναι σχέση ισοδυναµίας δεν είναι 0 δηλ. έχουµε να κάνουµε µε µή µηδενικούς µιγαδικούς. Οπότε σε τούτη την περίπτωση, c 1 2 c 2 ανν Arg(c 1 ) = Arg(c 2 ). Ο- πότε προφανώς η σχέση 2 είναι ανακλαστική( κάθε c έχει το ίδιο πρωτεύον όρισµα µε τον ευατό του!), συµµετρική και µεταβατική. Άρα σε κάθε περίπτωση είναι σχέση ισοδυναµίας. Μένει να ϐρούµε την κλάση ισοδυναµίας του i. Επειδή i 0 έπεται ότι στην κλάση του ανήκουν µόνο οι µη µηδενικοί µιγαδικοί αριθµοί z που έχουν το ίδιο πρωτεύον όρισµα µε αυτό δηλ. Arg(z) = Arg(i) = π 2 (είναι όλοι οι µη µηδενικοί αριθµοί που τα άκρα τους ϐρίσκονται στον καθετο άξονα δηλ. z = bi, b R µε b 0). 4. Εστω z 1 και z 2 δυο µη µηδενικοί µιγαδικοί αριθµοί. Ερµηνεύστε γεωµετρικά στο καρτεσιανό επίπεδο τα z 1 + z 2, z 1, z1 2 και z 1 z 2. Στην συνέχεια, αφού αποδείξετε την σχέση 2 z z 2 2 = z 1 + z z 1 z 2 2

4 να την περιγράψετε ως Θεώρηµα της Ευκλείδιας Γεωµετρίας. Το ϑέµα έχει καλυφθεί στο µάθηµα (π.χ , , κ.ο.κ.) Σχετικά για τους µιγαδικούς ϑα ϐρείτε και στο ϐιβλίο Σύνολα και Αριθµοί του Αντ. Τσολοµύτη και στην ενότητα Το σύνολο C (σελ. 57 και µετά). Κάθε µη µηδενικός µιγαδικός z = a + bi παριστάνεται ως ένα διάνυσµα που ξεκινά από την αρχή των αξόνων O(0, 0) και καταλήγει(τελειώνει) στο σηµείο A(a, b). Η αριστερόστροφη γωνία που ϑα πρέπει να στρίψουµε τον ϑετικό άξονα Ox έως ότου πέσει πάνω στην ευθεία των σηµείων O, A λέγεται πρωτεύον όρισµα του z(και συµβολίζεται µε Arg(z)). Η απόσταση OA = a 2 + b 2 συµβολίζεται µε z (το µέτρο του z). Από την εξίσωση του de Moivre προκύπτει ότι ο z 2 = z 2 (cos(2arg(z)) + si(2arg(z))) άρα έχει µέτρο a 2 +b 2 και πρωτεύον όρισµα ίσο µε 2Arg(z) αν ϐέβαια Arg(z) < π. Αν Arg(z) > π τότε 2Arg(z) > 2π και άρα Arg(z 2 ) = 2Arg(z) 2π (διότι πάντοτε το πρωτεύον όρισµα ενός µη µηδενικού µιγαδικού ϑα πρέπει είναι < 2π). Οµως σε κάθε περίπτωση ο z 2 µπορεί να σχεδιαστεί : Στρίβουµε αριστερόστροφα τον Ox κατά γωνία 2Arg(z)(αν 2Arg(z) < 2π ή κατά γωνία 2Arg(z) 2π διαφορετικά) και στην συνέχεια παίρνουµε µήκος(απόσταση) από το O(0, 0) ίση µε z 2. Η γεωµετρική του αθροίσµατος z 1 +z 2 και της διαφοράς την είδαµε στο µάθηµα( ) αλλά ϕυσικά υπάρχει και αλλού (σελ. 81 του παραπάνω ϐιβλίου). Χωρίς πολλές λεπτοµέρειες το άθροισµα z 1 + z 2 ξεκινάει από το O(0, 0) και καταλήγει στο τέλος της διαγωνίου του παραλληλογράµµου µε διαδοχικές πλευρές τις z 1 και z 2 ενώ το z 1 z 2 είναι ίδιο µε το διάνυσµα που ξεκινάει από το τέλος του z 2 και καταλήγει στο τέλος του z 1. Οπότε ουσιαστικά το z 1 z 2 είναι η δεύτερη διαγώνιος του πα- ϱαλληλογράµµου. Συνεπώς τα µήκη των πλευρών του είναι διαδοχικά(κυκλικά) z 1, z 2, z 1, z 2 µε τετράγωνα z 1 2, z 2 2, z 1 2, z 2 2 αντίστοιχα. Άρα η σχέση 2 z z 2 2 = z 1 + z z 1 z 2 2 λέει γεωµετρικά ότι το άθροισµα των τετραγώνων των µηκών των πλευρών του πα- ϱαλληλογράµµου είναι ίσο µε τα τετράγωνα των µηκών των διαγωνίων του. Αυτός είναι ϕυσικά ο γνωστός µας νόµος του παραλληλογράµµου από την Ευκλείδια Γεωµετρία! Η απόδειξη του νόµου είναι πολύ εύκολη : Αν z 1 = a 1 + b 1 i και z 2 = a 2 +b 2 i τότε z 1 2 = a 2 1 +b 2 1, z 2 2 = a 2 2 +b 2 2, z 1 +z 2 2 = (a 1 +a 2 ) 2 +(b 1 +b 2 ) 2 και z 1 z 2 2 = (a 1 a 2 ) 2 + (b 1 b 2 ) 2 οπότε z 1 + z z 1 z 2 2 = (a 1 + a 2 ) 2 + (b 1 + b 2 ) 2 + (a 1 a 2 ) 2 + (b 1 b 2 ) 2 που είναι ίσο µετά από πράξεις µε 2(a b 2 1) + 2(a b 2 2) = 2 z z Εστω A, B και Γ τρία σύνολα. Να δείξετε τις παρακάτω ισότητες A (B \ Γ) = (A B) \ (A Γ) A \ (B Γ) = (A \ B) (A \ Γ) P(A B) = P(A) P(B).

5 Το ϑέµα έχει καλυφθεί επαρκώς στο µάθηµα (µαθήµατα από και µετά). Επίσης στο ϐιβλίο Σύνολα και Αριθµοί ϑα ϐρείτε και αυτούσιες αποδείξεις για το πρώτο(σελ. 12) και για το δεύτερο υποερώτηµα(είναι ο γνωστός µας νόµος του de Morga αλλά µε ϐασικό σύνολο το A αντί του X που αναφέρει το ϐιβλίο σελ. 10.) Απαντήσεις : Για το πρώτο : (a, d) A (B \ Γ) (a A & d B \ Γ) (a A & d B & a A & d Γ) (a, d) A B & (a, d) A Γ (a, d) (A B) \ (A Γ). Για το δεύτερο : a A \ (B Γ) a A & a (B Γ) a A & a B & a Γ (a A & a B) & (a A & a Γ) a (A \ B) (A \ Γ) Για το τρίτο : Θα πρέπει να πούµε ότι το δυναµόσυνολο P(A) είναι το σύνολο όλων των υποσυνόλων του A. (Για παράδειγµα το P( ) είναι ίσο µε { } διότι το µοναδικό υποσύνολο του είναι ο ευατός του! Γενικά για κάθε σύνολο A το P(A) περιέχει στα σίγουρα το A διότι ισχύει προφανώς A A. ) Γ P(A B) Γ A B (Γ A & Γ B) Γ P(A) & Γ P(B) Γ P(A) P(B). 6. Εστω f : X Y µια συνάρτηση και A, B τυχαία υποσύνολα του X και Γ, του Y. Ποιές από τις παρακάτω ισότητες δεν µπορούν να ισχύουν ; ώστε ένα απλό αντιπαράδειγµα. Για τις υπόλοιπες να δώσετε µια απόδειξη. f(a B) = f(a) f(b) f(a B) = f(a) f(b) f 1 (Γ ) = f 1 (Γ) f 1 ( ). Το ϑέµα έχει καλυφθεί επαρκώς στο µάθηµα(τελευταία µαθήµατα από τον κ. Βασιλάκη.) Στο παραπάνω ϐιβλίο οι αποδείξεις του πρώτου και του τρίτου υ- ποερωτήµατος υπάρχουν στην σελίδα 22. Φυσικά το δεύτερο υποερώτηµα δεν µπορεί να ισχύει γενικά γιατί όπως διαβάζουµε στην σελ. 23 του ϐιβλίου και στην Πρόταση ότι για να ισχύει η ισότητα f(a B) = f(a) f(b) ϑα πρέπει η f να είναι 1-1. Άρα για να ϕτιάξουµε ένα αντιπαράδειγµα απλά ϑα πρέπει να σκεφτούµε ή να κατασκευάσουµε µια συνάρτηση που δεν είναι 1-1. Για παράδειγµα, έστω A = {0}, B = {1}, X = {0, 1}, Y = {0} και f : X Y µε ορισµό f(0) = f(1) = 0. Προφανώς, η f δεν είναι 1-1 και f(a) = f(b) = {0}, f(a B) = f( ) =, f(a) f(b) = {0} και άρα δεν ισχύει η ισότητα(το γεγονός ότι για κάθε συνάρτηση f ισχύει f( ) = προκύπτει εύκολα από τον ορισµό του f(a) σελ. 20 του ϐιβλίου). Σχόλια πάνω στη ϐαθµολογία : Κάποιοι από τους ϕοιτητές/τριες του µαθήµατος παρόλο που είχαν αρκετά υψηλή παρακολούθηση απέτυχαν να το περάσουν. Αυτοί συνολικά είναι περίπου 19. Καταλαβαίνω και συµµερίζοµαι την στενοχώρια σας. Θα παρακαλούσα ιδιαίτερα να µην απογοητεύεστε αλλά αντίθετα να πεισµατώνετε... Για να δώσω ένα απλό παράδειγµα πως πρέπει να σκεφτόµαστε : είναι όπως και στις εξετάσεις για το δίπλωµα αµαξιού. Μερικοί δεν το πέρνουνε µε την πρώτη ή ίσως ούτε µε την δεύτερη ή την τρίτη. Οµως αυτό δεν συνεπάγεται ότι δεν ϑα γίνουν πολύ καλοί οδηγοί...και πράγµατι γίνονται! Εύχοµαι την επόµενη ϕορά µε καλύτερη ίσως οργάνωση, επιµέλεια και διάβασµα να το περάσετε! Τε-

6 λειώνοντας ευχαριστώ ϑερµά όλους σας για την επικοινωνία µας για ένα ολόκληρο εξάµηνο. Καλή συνέχεια! Χαράλαµπος