Matematiikkaa logiikan avulla

Transkriptio

1 Ralph-Johan Back Joakim von Wright Matematiikkaa logiikan avulla Pitkän matematiikan ylioppilaskoe, kevät 2003 Turku Centre for Computer Science IMPEd Resource Centre TUCS Lecture Notes No 6, Oct 2008

2

3 Matematiikkaa logiikan avulla Pitkän matematiikan ylioppilaskoe, kevät 2003 Ralph-Johan Back och Joakim von Wright Lokakuussa 2008, Turku, Suomi Copyright Ralph-Johan Back and Joackim von Wright All rights reserved TUCS Lecture Notes Nr 6 IMPEd Series

4

5 Esipuhe Tässä havainnollistetaan rakenteisten päättelyketjujen käyttöä kokoelmassa tyypillisiä matematiikan tehtäviä lukion pitkässä matematiikassa. Tehtävät ovat pitkän matematiikan ylioppilas kokeesta keväältä Kaikkiin viiteentoista tehtävään annetaan ratkaisut rakenteisten päättelyketjujen avulla. Matematiikkaa logiikan avulla Tämä julkaisu on osa laajempaa sarjaa jossa esitellään rakenteisia päättelyketjuja ja niiden sovellutuksia matematiikan opetuksessa. Seuraavat julkaisut ovat toistaiseksi ilmestyneet tässä sarjassa: Rakenteiset päättelyketjut lukiomatematiikassa(back, Wright [13]) Lyhyt lukuteorian kurssi (Back, von Wright [11]) Pitkän matematiikan ylioppilaskoe, kevät 2003 (Back, von Wright[12]) Johdatus rakenteisiin päättelyketjuihin (Back [2]) Logiikka ja rakenteiset päättelyketjut (Back [3]) Rakenteiset päättelyketjut yleisenä todistusmuotona (Back [4]) Kiitossanat Työ rakenteisten päättelyketjujen kehittämiseksi ja kokeilut soveltaa menetelmää opetuksessa ovat tapahtuneet läheisessä yhteistyössä Learning and Reasoning laboratorion jäsenten kanssa, tutkimuslaboratorio joka on Åbo Akademin ja Turun Yliopiston yhteishanke. Erityisesti haluamme kiittää seuraavia henkilöitä monista antoisita ja mielenkiintoisista keskusteluista menetelmästä ja esityksestä menetelmän kehittämisestä (lista on aakkosjärjestyksessä): Johannes Eriksson, Tanja Kavander, Linda Mannila, Martin Nylund, Mia Peltomäki, Viorel Preoteasa, Tapio Salakoski, och Patrick Sibelius.Tutkimuksen on rahoittanut Suomen Akatemia, projektin Center of Excellence in Formal Methods in Programming puitteissa. 3

6 4

7 Sisältö 1 Johdanto 7 2 Koetehtävien ratkaisut 9 Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä Tehtävä

8 Sisältö 6

9 1 Johdanto Rakenteiset päätteleketjut on uusi menetelmä kirjoittaa matemaattisia todistuksia ja johtoja, joka soveltuu hyvin lukiotasoisen matematiikan ymmärtämiseen. Menetelmä on alunperin meidän kehittämä ja se on kuvailtu muun muassa julkaisuissa[10, 1, 6, 8, 9]. Menetelmän yleiskatsastus annetaan tutoriaalissa [5] sekä logiikan kurssissa [14]. Rakenteiset päätteltketjut on jatkokehitelmä E.W. Dijktrasin lineaarisille päättelyketjuille (calculational style proofs) [16, 19, 17]. Olemme tutkineet rakenteisten päättelyketjujen käyttöä lukio-opetuksessa monissa tutkimusprojekteissa, joissa on ollut mukana tutkioita Åbo Akademista (Back, von Wright, Mannila), Turun Yliopistosta (Tapio Salakoski) ja Turun Kupittaan lukiosta (Mia Peltomäki) [15, 7]. Oletamme, että lukija tuntee rakenteiset päättelyketjut, esim. yllämainittujen tutoriaalin tai logikaankurssin pohjalta. Tässä raportissa menetelmää sovelletaan tyypillisiin lukiotason ongelmiin. Suomen ylioppilaskoe on mainio koe menetelmälle: se on puolueettomasti valittu tehtäväkokoelma, jonka kaikkien lukion matematiikan lukeneiden tulisi osata ratkaista. Olemme valinneet esittää esimerkkiratkaisut ylioppilastutkinnon pitkän matematiikan kevään 2003 kokeeseen. Kevään 2003 koetta pidettiin epätavallisen vaikeana, mutta useimpia tehtäviä voidaan kuitenkin pitää tyypillisinä ylioppilaskirjoitusten pitkässä matematiikassa. Poikkeuksen tekee tehtävä 3, joka oli epätavallisen käytännöllinen. Seuraavassa esitämme esimerkkiratkaisut ylioppilastutkinnon pitkän matematiikan kevään 2003 kokeeseen. Jokaiseen tehtävään saadaan probleema, ratkaisu soveltamalla rakenteisia päättelyketjuja, mahdollisesti ratkaisun selvennystä sekä kommentteja ja tehtävän ratkaisu. Tehtävän valmistelussa esitellään ratkaisuun tarvittavaa teoriaa lyhyesti. 7

10 1 Johdanto 8

11 2 Koetehtävien ratkaisut Tehtävä 1 Tehtävä 1 (a) Probleema Sievennä lauseke: 3 34 / Päättelyketju 3 34 / = {muutetaan murtoluvuiksi} 15 4 / 5 3 = {ei-negatiivisten lukujen neliöjuurien osamäärä on lukujen osamäärän neliöjuuri} 15 4 / 5 3 = {jaettava kerrotaan jakajan käänteisluvulla} = {supistetaan} = {aritmetiikka} 3 2 Vastaus 3 34 / = 3 2 9

12 2 Koetehtävien ratkaisut Selitys Koska kyseessä on ensimmäinen tehtävä (tarkoitettu olemaan helppo) se on perusteltu yksityiskohtaisella ratkaisulla. Kommentteja Kaksi ensimmäistä vaihetta voidaan yhtä hyvin tehdä päinvastaisessa järjestyksessä. Tehtävä 1 (b) Probleema Sievennä lauseke: ( x y + y x 2)/( x y y x ). Valmistelu Koska nimittäjä ei saa olla nolla, täytyy olettaa, että x 0 ja y 0. Lisäksi lausekeen x y y x = x2 y 2 xy nimittäjä ei myöskään saa olla nolla, joten oletetaan lisäksi, että x y ja x y. Päättelyketju ( x y + y x 2)/( x y y x ) = {yhteinen nimittäjä} ( x2 xy + y2 xy 2xy xy )/( x2 xy y2 xy ) = {murtolukulaskentaa} ( x2 +y 2 2xy xy )/( x2 y 2 xy ) = {murtoluvulla jakaminen on kertomista sen käänteisluvulla} x 2 +y 2 2xy xy xy x 2 y 2 = {tekijöihin jako} (x y) 2 xy xy (x+y)(x y) = {supistetaan: x, y ja x y supistuvat} x y x+y Vastaus x y) ( x y + y x 2)/( x y y x ) = x y x+y (olettaen, että x 0, y 0, x y ja 10

13 Tehtävä 2 Kommentteja Ehdot x:lle ja y:lle ovat tärkeitä, mutta koska tämä on ensimmäinen tehtävä, ei ehtojen merkitsemistä oletettavasti vaadita ratkaisun hyväksymiseen. Huomaa, että vaikka alkuperäinen lauseke ei ole määritelty, kun x = 0 tai y = 0 tai x = y, niin lopullinen lauseke on määritelty. Huomaa myös, että ehtoa x y ei nähdä suoraan alkuperäisestä lausekkeesta (sitävastoin se ilmenee päättelyketjun keskellä olevasta lausekkeesta). On tärkeää käsitellä nimittäjän nollakohdat: kolme ehtoa takaavat, että mikään nimittäjä ei mene nollaksi ja silloin käsite ei-määritelty ei tule ongelmaksi. Tehtävä 2 Probleema Tasasivuisen kolmion ympäri piirretään ympyrä, joka kulkee kolmion kärkipisteiden kautta. Kolmion sisään asetetaan toinen ympyrä siten, että se sivuaa kolmion sivuja. Kuinka monta prosenttia edellisen ympyrän ala on suurempi kuin jälkimmäisen ympyrän ala? Valmistelu Tässä erikoistapauksessa kahden ympyrän keskipisteet yhtyvät (kolmion painopiste on samalla etäisyydella kaikista kolmesta kulmasta ja samalla etäisyydellä sivujen keskipisteistä). Tilanne kuvataan Kuviossa 2.1. A 2 α r 2 r1 A 1 Huomioi seuraavaa: Kuva 2.1: Ongelmatilanne. r 1 on kolmion sisään piirretyn ympyrän säde, 11

14 2 Koetehtävien ratkaisut r 2 on kolmion ympäri piirretyn ympyrän säde, symmetrian perusteella kulma α on puolet tasasivuisen kolmion kulmasta eli α = π 6. Päättelyketju A 2 /A 1 = {ympyrän ala} πr 2 2 /(πr2 1 ) = {sievennetään} (r 2 /r 1 ) 2 = {sini suorakulmaisessa kolmiossa} ( 1 sin α )2 = {α on puolet tasasivuisen kolmion kulmasta eli α = π 6 } ( 1 1/2 )2 = {lasketaan} 4 = {muotoillaan} Vastaus Ulompi kolmio on 300% suurempi kuin sisempi kolmio. Selitys Viimeinen vaihe muokkaa asian muotoon, mistä nähdään helposti prosentuaalinen ero (1 + p 100 ). 12

15 Tehtävä 3 Kommentteja Perustelu, joka osoittaa, että ympyröiden keskipisteet yhtyvät, voitaisiin tehdä formaalisemmin. Erillisellä päättelyketjulla voitaisiin perustella, miksi α = π 6. On myös mahdollista laskea kummankin ympyrän ala ensin ja sitten jakaa nämä lausekkeet. Mahdollisesti on olemassa yksinkertaisempi argumentti, joka osoittaa, että r 2 = 2r 1. Probleema voitaisiin ratkaista myös nopeammin käyttämällä tasasivuisen kolmion sisään ja ympäri piirrettyjen ympyröiden alojen kaavoja. Tehtävä 3 Probleema Laudan leveys on 95 mm ja pituus 1,6 m. Siitä sahataan samanpituisia paloja, jotka asetetaan rinnakkain siten, että muodostuu neliön muotoinen levy. Miten pitkä voi neliön sivu enintään olla? Valmistelu Olkoon n palojen lukumäärä, n Z +, ja olkoon x palojen pituus. Silloin on voimassa nx 1600 missä pituusyksikkö on millimetri. Lisäksi tiedämme, että x = 95n, koska palat muodostavat neliön. Tilanne kuvataan Kuviossa 2.2 (huomaa, että yksi pala voi jäädä yli). x 95 mm n Nyt haluamme maksimoida x:n. Kuva 2.2: Neliö ja yli jäänyt laudanpala. 13

16 2 Koetehtävien ratkaisut Päättelyketju n Z + maksimoi x:n, kun x = 95n ja nx 1600 {sievennetään oletusta nx 1600 oletuksen x = 95n avulla} [x = 95n] nx 1600 {käytetään oletusta x = 95n} n 95n 1600 {sievennetään} n /95 {ratkaistaan olettamalla, että n Z + ; < 25} n 4 n Z + maksimoi x:n, kun x = 95n ja n 4 {x on aidosti kasvava n:n funktio} n = 4 Vastaus Suurin mahdollinen leveys on 4 95 = 380 (mm). Selitys Ottamalla väite maksimoinnista lähtökohdaksi meillä on kaikki tieto koottuna päättelyketjun alkulausekkeessa. Kommentteja Koska osoitettiin, että n 4 on myös mahdollista kokeilla neljää vaihtoehtoista n:n arvoa 1, 2, 3, ja 4. Tehtävä 4 Probleema Tilastojen mukaan eräässä pääsykuulustelussa 25 % pyrkijöistä epäonnistuu matematiikan ja 17 % fysiikan kokeessa. Pyrkijöistä 10 % epäonnistuu kummassakin kokeessa. Laske todennäköisyys, että fysiikan kokeessa epäonnistunut pyrkijä epäonnistuu myös matematiikan kokeessa. Millä todennäköisyydellä pyrkijä epäonnistuu ainakin toisessa kokeessa? 14

17 Tehtävä 4 Valmistelu Olkoon A tapaus hakija epäonnistuu matematiikan kokeessa ja B tapaus hakija epäonnistuu fysiikan kokeessa. Todennäköisyyksien tilastollisen tulkinnan avulla tiedämme seuraavat todennäköisyydet: P (A) = 0, 25, P (B) = 0, 17 ja P (A B) = 0, 10 ja näitä tietoja käytetään oletuksina päättelyketjussa. Tilannetta voidaan kuvata Venn-diagrammilla, katso Kuva 2.3. A B A B U B A (A U B) Kuva 2.3: Venn-diagrammi. Päättelyketju P (A B) = {ehdollisen todennäköisyyden sääntö} P (A B) P (B) = {oletukset} 0,10 0,17 {lasketaan} 0, 59 ja P (A B) 15

18 2 Koetehtävien ratkaisut = {disjunktion sääntö} P (A) + P (B) P (A B) = {oletukset} 0, , 17 0, 10 = {lasketaan} 0, 32 Vastaus Todennäköisyydet ovat 0, 59 ja 0, 32. Kommentteja Kytkentä tilastojen ja todennäköisyyksien välillä täytyy olla tunnettu (ja se voitaisiin mielellään todeta selvästi ratkaisussa). On olemassa epäsuora oletus, että tulokset kahdessa kokeilussa ovat toisistaan riippumattomia. Jos prosenttiosuudet kirjoitetaan Venn-diagrammiin, voidaan vastaus laskea ilman todennäköisyyssääntöjen apua, katso Kuva 2.4. A B Kuva 2.4: Venn-diagrammi (prosentit). Tehtävä 5 Tehtävä 5 (a) Probleema Ratkaise yhtälöryhmä { x + 2y = 4 2 x = 8 y 16

19 Tehtävä 5 Valmistelu Yhtälöpari ei ole tosin lineaarinen, mutta koska 8 = 2 3, voidaan jälkimmäinen yhtälö yksinkertaisesti muuttaa lineaariseksi yhtälöksi, joka on ekvivalentti alkuperäisen kanssa. Päättelyketju { x + 2y = 4 2 x = 8 y {sievennetään toinen yhtälö} 2 x = 8 y {eksponenttisääntö} 2 x = 2 3y {2-kantainen eksponenttifunktio on monotoninen} x = 3y { x + 2y = 4 x = 3y {otetaan toinen yhtälö oletukseksi ja sievennetään ensimmäinen} [x = 3y] x + 2y = 4 {sijoitetaan toisesta yhtälöstä} 3y + 2y = 4 {ratkaistaan yhtälö} y = 4 5 { y = 4 5 x = 3y {sijoitetaan y ensimmäisestä yhtälöstä toiseen ja lasketaan} { y = 4 5 x = 12 5 Vastaus Selitys Yhtälöparilla { { x + 2y = 4 y = 4 2 x = 8y on ratkaisu 5 x = 12 5 Huomaa, että yhtälöparia käsitellään konjunktiona. 17

20 2 Koetehtävien ratkaisut Kommentteja On tietenkin mahdollista ratkaista suoraan x (tai y) toisesta yhtälöstä ja käyttää sijoitusmenetelmää, mutta ratkaisu tulee helpommaksi, jos keksii, että jälkimmäinen yhtälö on naamioitu muoto yhtälöstä x = 3y. Tässä käytetään ekvivalenssia koko päättelyketjussa. Vaihtoehtoisesti voitaisiin käyttää implikaatiota, mutta silloin täytyy ratkaisu tarkistaa ( generateand-test -menetelmä). Tehtävä 5 (b) Probleema Piirrä funktioiden lg x ja 1/x 2 kuvaajat samaan kuvioon ja ratkaise tämän perusteella epäyhtälö lg x x 2. Etsi vastaus kahden desimaalin tarkkuudella. Kommentteja Kuvaajat näkyvät Kuvassa 2.5. Kuva 2.5: Kaksi funktion kuvaajaa. Kuvaajista nähdään, että epäyhtälöllä on likimääräinen ratkaisu x < 1, 9 x > 1, 9 18

21 Tehtävä 6 Koska molemmat funktiot ovat symmetrisiä y-akselin suhteen (parillisia), riittää löytää nollakohdan likiarvo funktiolle f(x) = lg x x 2, x > 0 Päättelyketju f(x) lasketaan toistuvasti eri x:n arvoilla ja laskimen tulosta käytetään ratkaisemaan, onko tulos positiivinen vai negatiivinen. Lähtökohdaksi otetaan graafinen ratkaisu ja tarkastelu osoittaa, että f(1, 8) = 0, ja f(1, 9) = 0, mistä saadaan f(1, 8) < 0 < f(1, 9). Edelleen kokeilu antaa f(1, 85) = 0, ja f(1, 88) = 0, ja f(1, 89) = 0, mistä saadaan f(1, 89) < 0 < f(1, 90). Viimeinen kokeilu antaa f(1, 895) = 0, ja lopputulokseksi tulee f(1, 89) < 0 < f(1, 90). Tästä nähdään nyt, että likiarvo f:n nollakohdalle kahden desimaalin tarkkuudella on 1, 90. Vastaus Likimäräinen ratkaisu on 1, 90 < x x > 1, 90 Kommentteja Tehtävä ei ole oikein hyvin muotoiltu, koska ei ole selvää, mitä tarkoitetaan ratkaisun antamisella epäyhtälöön kahden desimaalin tarkkuudella. Kuvaaja vihjaisee, että f :llä on vain yksi nollakohta, kun x > 0, mutta tämä voidaan myös todistaa osoittamalla, että f on aidosti monotoninen. Tehtävä ratkaistiin tässä ilman varsinaista lineaarista tai rakenteista päättelyketjua, mutta järjestelmällinen työskentelytapa on samanlainen: jokaisessa ratkaisun vaiheessa saadaan yhä tarkempi ratkaisu. Tehtävä 6 Probleema Kolmion kulmille α, β ja γ on voimassa sin α sin β = cos γ. Osoita, että kolmio on suorakulmainen. 19

22 2 Koetehtävien ratkaisut Valmistelu Koska α, β ja γ ovat kolmion kulmia, seuraa siitä, että kaikki kolme ovat välillä 0 ja π (180 ) ja että niiden summa on π. Yhtälön muoto (kahden sinilausekkeen tulo) antaa vinkin, että etsitään pikemminkin algebrallista kuin geometrista ratkaisua. Päättelyketju [α + β + γ = π, 0 < α < π, 0 < β < π, 0 < γ < π] sin α sin β = cos γ {ensimmäisestä oletuksesta seuraa, että γ = π (α + β)} sin α sin β = cos(π (α + β)) {kosinisääntö ([18] s. 34)} sin α sin β = cos(α + β) {summan kosini ([18], s 36)} sin α sin β = sin α sin β cos α cos β {sievennetään} cos α cos β = 0 {tulon nollasääntö} cos α = 0 cos β = 0 {kulman kosini (kulma välillä 0 ja π)} α = π 2 β = π 2 Vastaus Koska joko α tai β on π 2, niin kolmio on suorakulmainen. Kommentteja: Riittäisi työskennellä implikaatiolla. Kuvio ei olisi tässä avuksi, koska ratkaisu rakentuu kokonaan lausekkeen algebralliseen käsittelyyn. 20

23 Tehtävä 7 Tehtävä 7 Probleema Suora on vektorin 3i+j +3k suuntainen ja kulkee pisteen (2, 3, 7) kautta. Määritä sen ja tason x + 2y + z = 1 leikkauspiste. Valmistelu Suora voidaan muuttaa parametriseen muotoon (x, y, z) = (2 + 3t, 3 + t, 7 + 3t) Leikkauspisteiden pitää silloin toteuttaa sekä tämä yhtälöryhmä että tason yhtälö. Päättelyketju x + 2y + z = 1 x = 2 + 3t y = 3 + t z = 7 + 3t {sijoitetaan ensimmäiseen yhtälöön kolme muuta} 2 + 3t + 2(3 + t) t = 1 {sievennetään} 8t + 15 = 1 {ratkaistaan yhtälö} t = 7 4 Vastaus Leikkauspisteet ovat (2+3 ( 7 4 ), 3+( 7 4 ), 7+3 ( 7 4 )) = ( 13 4, 5 4, 7 4 ). Kommentteja Suoran muuttaminen vektorimuodosta parametrimuotoon avaruudessa oletetaan tunnetuksi. Koska etenemme implikaatiolla, pitäisi ratkaisu oikeastaan tarkistaa. Tehtävän anto sisältää epäsuoran oletuksen siitä, että on olemassa tarkalleen yksi leikkauspiste. 21

24 2 Koetehtävien ratkaisut Tehtävä 8 Probleema Yksikkösäteisen pallon sisällä on tilavuudeltaan mahdollisimman suuri suora ympyräpohjainen lieriö. Määritä lieriön korkeus ja pohjaympyrän säde. Laske lieriön ja pallon tilavuuksien suhde. Valmistelu Tilannetta kuvataan Kuviossa 2.6, missä pallon sädettä merkitään R:llä ja lieriön pohjan sädettä r:llä. Lieriön korkeus on 2x. r x R Kuva 2.6: Pallon sisällä on suora ympyräpohjainen lieriö. Tunnettujen kaavojen mukaan pallon tilavuus on ja lieriön tilavuus on V s = 4 3 πr3 V c = 2xπr 2 Kuviosta nähdään (Pythagoraan lauseen avulla), että R 2 = x 2 + r 2, joten V c (x) = 2xπ(R 2 x 2 ) Ensimmäisenä probleemana on nyt löytää x (0 x R) siten, että V c on mahdollisimman suuri. Päättelyketju x maksimoi V c (x) = 2πR 2 x 2πx 3 kun 0 x R 22

25 Tehtävä 8 {kehittele ja testaa} V c (x) = 0 {derivoidaan polynomifunktio} 2πR 2 6πx 2 = 0 {ratkaistaan yhtälö, 0 x R} x = R/ 3 V c (0) = {sijoitetaan ja lasketaan} 0 V c (R/ 3) = {sijoitetaan ja lasketaan} 2π R 3 2R2 3 V c (R) = {sijoitetaan ja lasketaan} 0 x = R/ 3 Nyt lieriön korkeus on h = 2x = 2R/ 3 ja sen pohjan säde on r = R 2 x 2 = R 2 ( R 2 ) 2 = R 3 3 Täten saadaan V s /V c = {sijoitetaan} 4 3 πr3 /(2π R 3 2R2 3 ) = {muokataan} 4πR πR 2R 2 = {sievennetään} 3 23

26 2 Koetehtävien ratkaisut Vastaus Lieriön korkeus on 2R/ 2 3 ja sen pohjan säde on R 3. Tilavuuksien suhde on 3. Selitys Strategia kehittele-ja-testaa tarkoittaa, että ensin keksitään ehdokkaita maksimeiksi ja sitten niiden joukosta etsitään, mikä piste antaa maksimin. Tässä tapauksessa ehdokkaat ovat derivaatan nollakohdat ja välin päätepisteet, koska käsitellään kaikkialla jatkuvaa ja derivoituvaa funktiota suljetulla välillä. Kommentteja Sillä tiedolla, että pallon säde oli 1, ei ollut mitään merkitystä tehtävässä, koska siinä ei kysytty absoluuttisia tilavuuksia vaan vain tilavuuksien suhdetta. On ilmeistä, että lieriön täytyy olla piirretty pallon sisään, jotta saadaan maksimaalinen tilavuus. Muuttujana olisi voitu käyttää myös lieriön koko korkeutta (h) ja silloin olisi esiintynyt laskuissa x:n sijaan. h 2 Tehtävä 9 Probleema Määritä funktion f(x) = x+2 x 3, x > 3, käänteisfunktio f 1. Millä välillä tämä on määritelty? Osoita laskemalla, että f 1 (f(x)) = x, kun x > 3. Valmistelu Jotta funktion kanssa olisi helpompi työskennellä, muokataan ensin sen lauseketta. Päättelyketju Muokataan funktiota: f(x) = {annettu määrittely} x+2 x 3 = {yksinkertainen muokkaus} x 3+5 x 3 24

27 Tehtävä 9 = {jaetaan kahdeksi murtoluvuksi, sievennetään} x 3 Tätä tulosta käytetään toistuvasti jatkossa. Nyt osoitamme, että funtiolla on käänteisfunktio osoittamalla, että se on aidosti vähenevä: funktiolla f on käänteisfuntio {aidosti vähenevällä funktiolla on käänteisfunktio} f(x) on aidosti vähenevä, kun x > 3 {negatiivinen derivaatta merkitsee aitoa vähenevyyttä} f (x) < 0, kun x > 3 {derivoidaan x 3 } 5 (x 3) 2 < 0, kun x > 3 {nimittäjä on positiivinen, koska x > 3} T Nyt keksimme lauseen käänteisfunktiolle: y = x 3 {vähennetään 1, jaetaan 5:llä} y 1 5 = 1 x 3 {käännetään (sallittu, koska x > 3)} 5 y 1 = x 3 {lisätään 3, siirretään termejä} x = y 1 Ennenkuin voimme antaa käänteisfunktion lausekkeen, täytyy meidän vielä ratkaista määrittelyjoukko: x > 3 25

28 2 Koetehtävien ratkaisut {vähennetään 3} x 3 > 0 {käännetään molemmat puolet (sallittu, kun epäyhtälö on muotoa z > 0)} 1 x 3 > 0 {kerrotaan 5:llä ja lisätään 1} x 3 > 1 niin käänteisfunktio voidaan esittää muodossa f 1 (y) = y 1, y > 1 Lopuksi suoritetaan haluttu lasku oletuksena että x > 3 ja f(x) > 1: f 1 (f(x)) = {aikaisempi päättelyketju} f(x) 1 = {ensimmäinen päättelyketju} ( 5 x 3 1) = {sievennetään} ( 5 x 3 ) = {sievennetään} 3 + (x 3) = {sievennetään} x Vastaus Käänteisfunktio on f 1 (y) = y 1, y > 1. 26

29 Tehtävä 10 Selitys Standardimenetelmässä käänteisfunktion muodostamiseksi osoitetaan ensin, että käänteisfunktio on olemassa ja sitten johdetaan ekvivalenssi muotoa y = f(x) x = f 1 (y) Käänteisfunktio on olemassa, jos funktion voidaan osoittaa olevan aidosti kasvava tai vähenevä. Tähän voidaan käyttää derivaattaa (edellyttäen että funktio on jatkuva ja derivoituva). Käänteisfunktion määrittelyjoukko on sama kuin funktion arvojoukko ja ratkaistaan johtamalla ekvivalenssi muotoa x D f y V f Kommentteja Tehtävä ei ollut oikeastaan vaikea, mutta se rakentui lukuisista osista ja huolimattomuusvirhe aikaisemmassa osassa johtaa helposti ratkaisun suistumiseen raiteiltaan. Ensimmäinen päättelyketju on oikeastaan yksinkertainen polynomien jakolasku. Tehtävä 10 Probleema Anna esimerkki jatkuvasta funktiosta f : [0, 1] R, jolla on ominaisuudet f(0) = f(1) = 0 ja 1 0 f(x)dx = 100. Valmistelu Ehto 1 0 f(x)dx = 100 merkitsee, että se ala, jota rajoittavat käyrä ja x-akseli välillä x = 0 ja x = 1, on kooltaan 100 pinta-alayksikköä. Funktion f kuvaaja voi parhaiten olla alaspäin aukeava paraabeli edellyttäen, että sen huippu on riittävän korkealla ylhäällä, katso Kuvaa 2.7. Siksi oletamme, että f(x) = ax(1 x) missä a on vakio. Sellainen funktio täyttää ehdot f(0) = f(1) = 0 ja on jatkuva (koska se on polynomifunktio). 27

30 2 Koetehtävien ratkaisut y f 1 2 x Kuva 2.7: Mahdollinen f:n muoto. Päättelyketju 1 0 ax(1 x)dx = 100 {sievennetään funktion lauseketta} 1 0 (ax ax2 )dx = 100 {integroidaan polynomi} [ ax2 2 ax3 3 ]1 0 = 100 {sijoitetaan ja sievennetään} a 2 a 3 = 100 {sievennetään} a 6 = 100 {sievennetään} a = 600 Vastaus Funktio f(x) = 600x(1 x) täyttää vaaditut kolme ehtoa. 28

31 Tehtävä 11 Selitys Käytetty strategia on arvata funktion muoto ja sitten löytää mahdollisia arvoja arvauksessa käytettäville parametreille (tässä tapauksessa a:lle). Kommentteja Tässä tarvitaan aavistus funktion muodosta, jotta päästään eteenpäin. Funktio f voisi yhtä hyvin aivan toisen muotoinen, esim { ax, x 1 f(x) = 2 a(1 x), x > 1 2 (siinä tapauksessa voitaisiin parametri a määrittää geometrisella järkeilyllä). Arvaus ei ole tässä tapauksesa kaukaa haettu, koska annetut nollakohdat antavat vinkin polynomifunktiosta, jonka tekijöinä ovat x ja x 1. Päättelyketju etenee ekvivalensseilla, mutta käänteinen implikaatio olisi ollut riittävä. Tehtävä 11 Probleema Olkoon x y2 0 = 1. Osoita, että x 0x + y 0 y = 1 on ympyrän x 2 + y 2 = 1 tangentti. Mitkä ovat sivuamispisteen koordinaatit? Valmistelu Oletus x y2 0 = 1 merkitsee, että piste (x 0, y 0 ) sijaitsee ympyrän kehällä x 2 + y 2 = 1. Sijoitus x 0 x:n ja y 0 y:n paikalle osoittaaa myös, että suora x 0 x + y 0 y = 1 kulkee tämän pisteen kautta. Tilannetta kuvataan Kuvassa 2.8. Päättelyketju suora x 0 x + y 0 y = 1 sivuaa ympyrää x y2 0 = 1 pisteessä (x 0, y 0 ) {luonteenomainen ominaisuus ympyrän tangentille} x 0 x + y 0 y = 1 on kohtisuorassa sädettä vastaan ympyrässä x y2 0 = 1, joka kulkee pisteen (x 0, y 0 ) kautta {suorat ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan, jos niiden kulmakertoimien tulo on 1} suoran x 0 x + y 0 y = 1 kulmakerroin 29

32 2 Koetehtävien ratkaisut y 1 (x,y ) x Kuva 2.8: Ongelmatilanne. = {muokataan yhtälöä} suoran kulmakerroin y = x 0 y 0 x + 1 y 0 = {suoran yhtälö} x 0 y 0 ympyrän x y2 0 = 1 pisteen (x 0, y 0 ) kautta kulkevan säteen kulmakerroin = {ympyrän keskipiste on (0, 0)} y 0 x 0 x 0 y 0 y0 x 0 = 1 {sievennetään} T Vastaus MOT. Tangentin sivuamispisteen koordinaatit ovat (x 0, y 0 ). Kommentteja Tässä oletetaan epäsuorasti, että on olemassa korkeintaan yksi sivuamispiste (se on itsestään selvä, koska kyseessä on ympyrä). Tehtävä ei ollut varsinaisesti vaikea, mutta jos ei pidä selvää eroa toisaalta x:n ja y:n välillä ja toisaalta x 0 :n ja y 0 :n välillä, niin ajautuu helposti väärille raiteille. 30

33 Tehtävä 12 Tehtävä 12 Probleema Geometrisen jonon kolmen ensimmäisen termin summa on 3 ja kuuden ensimmäisen termin summa on 12. Laske yhdeksän ensimmäisen termin summa. Suppeneeko vastaava geometrinen sarja? Valmistelu Olkoon a 1 ensimmäinen alkio ja q peräkkäisten alkioiden suhde. Olkoon edelleen s n n:n ensimmäisen alkion summa. Silloin on voimassa s n = 1 q a n q 1 q (tämä on standardikaava) ja tiedämme, että s 3 = 3 ja s 6 = 12. Päättelyketju s 6 = 12 {käytetään tarkennettua päättelyketjua} s 6 = {määritelmä} a 1 + a 1 q + a 1 q 2 + a 1 q 3 + a 1 q 4 + a 1 q 5 = {ryhmitellään ja sievennetään} s 3 + q 3 s 3 s 3 + q 3 s 3 = 12 {oletus s 3 = 3} 3 + 3q 3 = 12 {ratkaistaan yhtälö} q = Nyt on voimassa s 9 = {sama perustelu kuin edellä tarkennetussa päättelyketjussa} s 6 + q 6 s 3 = {sijoitetaan annetut arvot osasummille s 6 ja s 3 } = {lasketaan} 39 31

34 2 Koetehtävien ratkaisut Vastaus Yhdeksän ensimmäisen alkion summa on 39. Sarja ei ole suppeneva (koska a 0 ja q 1). Kommentteja Ei ollut välttämätöntä laskea a 1 :n arvoa, koska alkioiden lukumäärä mukana olleissa osasummissa sattui olemaan 3, 6 ja 9. Tehtävä 13 Probleema Piste on r-säteisen pallon ulkopuolella etäisyydellä d pallon pinnasta. Kuinka monta prosenttia p = p(r, d) pallon pinnasta näkyy pisteestä? Määritä lim d p(r, d). Kuinka suuri osa maapallon pinnasta näkyy 500 kilometrin korkeudella olevasta satelliitista? Maapallon säde on 6370 km. Valmistelu Kuva 2.9 näyttää tilanteen sivulta katsottuna. O on pallon keskipiste, P on pallosta etäisyydellä d oleva piste ja A on se piste, missä katselulinja sivuaa palloa. Kulma AOP on α. A r P d h α r h O Kuva 2.9: Ongelmatilanne. Kysytty suure p on kalotin, jonka korkeus on h, alan A k ja koko pallon A s alan suhde. Koska tangentti pisteessä A on kohtisuorassa sädettä vastaan, niin on voimassa cos α = r r+d. Jos A k on kalotin ala ja A s on pallon kokonaispintaala, niin haettu funktio on p(r, d) = A k A s

35 Tehtävä 13 Yläpuolella mainittu oletus toimii lähtökohtana päättelyketjul- Päättelyketju le: cos α = r r+d {suorakulmainen kolmio kuviossa: cos α = r h r } r h = r r+d r {yhtälön ratkaisu} h = rd r+d {kalotin ala: A k = 2πrh} A k = 2πr2 d r+d {koko pallon ala: A s = 4πr 2 } A k /A s = 2πr2 d (r+d) 4πr 2 {sievennetään} A k /A s = d 2(r+d) {p:n määritelmä} p(r, d) = 50d r+d ja lim d p(r, d) {aiempi päättelyketju} lim d 50d r+d {jaetaan osoittaja ja nimittäjä d:llä} lim d 50 r/d+1 { r d 0 silloin d } 50 Arvoilla d = 500 ja r = 6370 saadaan p 3,

36 2 Koetehtävien ratkaisut Vastaus Se osa pallon pinnasta, joka näkyy, muodostaa p(r, d) = 50d r+d prosenttia koko pallon pinnasta ja lim p(r, d) = 50. Satelliitista nähdään 3, 64 prosenttia maan pinnasta. Kommentteja Sen sijaan, että käytettiin kosinia, olisi voitu käyttää hyväksi kuviossa olevien kahden kolmion yhdenmuotoisuutta (molemmat ovat suorakulmaisia ja niillä on yksi yhteinen kulma α). Tehtävä 14 Probleema Määritä alkuarvotehtävän y = y 2, y(0) = a (a R) ratkaisu y a (x). Laske lim a 0 y a (1). Valmistelu Differentiaaliyhtälö y = y 2 muotoillaan uudelleen dy dx = y2. Ehtoa y(0) = a käytetään oletuksena. Päättelyketju dy dx = y2 {kehitellään ja testataan} dy dx = y2 {separoidaan differentiaalit} y 2 dy = 1dx {integroidaan molemmat puolet} y 1 = x + C jollakin C:n arvolla {muokataan} y = 1 x+c y = 1 x+c y = 1 x+c jollakin C:n arvolla jollakin C:n arvolla {derivoidaan} jollakin C:n arvolla dy dx = 1 (x+c) 2 {lähtökohta tarkennetulle päättelyketjulle} dy dx = y2 jollakin C:n arvolla {oletuksesta y(0) = a saadaan a = 1 C, eli C = 1 a } 34

37 Tehtävä 15 y = 1 x 1 a ja {sievennetään} y = a 1 ax lim a 0 y a (1) = {yleinen ratkaisu differentiaaliyhtälölle} lim a 0 a 1 a 1 = {sijoitetaan a:lle arvo 0; funktio g(a) = a ympärillä} 1 a 1 on jatkuva kohdan a = 0 0 Vastaus Ratkaisu on y a (x) = a 1 ax ja lim a 0 y a (1) = 0. Selitys Käytämme perusmenetelmää separoituvalle differentiaaliyhtälölle. Se merkitsee, että dx ja dy käsitellään reaalisina lausekkeina ja molemmat puolet saadaan integroida muotoa edx = e dy olevassa yhtälössä (ja silloin lisätään integroimisvakio toiselle puolelle tulosyhtälöä). Kommentteja Ilmaus jollakin C:n arvolla roikkuu mukana useassa vaiheessa samassa päättelyketjussa, mikä on hiukan kömpelöä. Raja-arvo lim a 0 y a (1) saadaan käyttämällä perustelua: jos funktio f on jatkuva pisteen z ympärillä ja f(z):lla on hyvin määritelty arvo, niin silloin on voimassa lim x z f(x) = f(z). Tehtävä 15 Probleema Piirrä kompleksitasoon pisteet z k = cos( kπ 4 ) + i sin( kπ 4 ), kun k = 0, 1, 2, 3, 4. Laske näiden pisteiden kuvapisteet, kun ne kuvataan funktiolla f : C C, f(z) = z 2 (C = kompleksitaso). Piirrä toinen kuva kompleksitasosta ja sijoita siihen kuvapisteet. 35

38 2 Koetehtävien ratkaisut z 3 i Im z 2 z z z 0 1 Re Kuva 2.10: Pisteet z k kompleksitasossa. Valmistelu Pisteet z k voidaan heti piirtää, koska annettu muoto ilmaisee niiden napakoordinaatit kompleksitasossa. Kuvan 2.10 mukaan. Päättelyketju f(z k ) Lasketaan kuvapisteet yleisesti: = {f:lle ja z k :lle annetut arvot} (cos( kπ 4 ) + i sin( kπ 4 ))2 = {neliöön korotus} cos 2 ( kπ 4 ) + 2i cos( kπ 4 ) sin( kπ 4 ) sin2 ( kπ 4 ) = {kaksinkertaisten kulmien kaavat} cos( kπ 2 ) + i sin( kπ 2 ) Vastaus Kuvapisteet ovat siis z k = cos( kπ 2 ) + i sin( kπ 2 ), k = 0, 1, 2, 3, 4. Ne ovat myös yksikköympyrällä, mutta kaksinkertaisella etäisyydellä verrattuna alkuperäisiin pisteisiin, katso Kuva Kommentteja Jos tiedetään, että kompleksilukujen kertolasku polaarimuodossa vastaa säteiden kertolaskua ja kulmien yhteenlaskua, niin vastaus voidaan antaa laskematta. On tietenkin oikein laskea pisteiden absoluuttiset koordinaatit esim z 0 = 1 ja sitten laskea zk 2 erikseen jokaiselle pisteelle. 36

39 Tehtävä 15 i Im z z Re 2 z 0 = 01 z z 3 Kuva 2.11: Kuvapisteet z k kompleksitasossa. 37

40 2 Koetehtävien ratkaisut 38

41 Kirjallisuutta [1] R. J. Back, M. Sjöberg, and J. von Wright. Field tests of the structured derivations method. Tech. Rpt. 491, Turku Centre for Computer Science, November [2] Ralph-Johan Back. Matematiikkaa logiikan avulla: Johdatus rakenteisiin päättelyketjuihin. TUCS Lecture Notes 10, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [3] Ralph-Johan Back. Matematiikkaa logiikan avulla: Logiikka ja rakenteiset päättelyketjut. TUCS Lecture Notes 11, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [4] Ralph-Johan Back. Matematiikkaa logiikan avulla: Rakenteiset päättelyketjut yleisenä todistusmuotona. TUCS Lecture Notes 12, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [5] Ralph-Johan Back. Matematik med litet logik: Introduktion till strukturerade härledningar. TUCS Lecture Notes 7, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [6] Ralph-Johan Back, Jim Grundy, and Joakim von Wright. Structured calculation proof. Formal Aspects of Computing, 9: , [7] Ralph-Johan Back, Mia Peltomäki, Tapio Salakoski, and Joakim von Wright. Structured derivations supporting high-school mathematics. In A. Laine, J. Lavonen, and V. Meisalo, editors, Proceedings of the 20th Annual Symposium of the Finnish Mathematics and Science Education Research Association, Research Report 253, pages , Helsinki, Finland, Department of Applied Sciences of Education, University of Helsinki. [8] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Doing high school mathematics carefully. TUCS Technical Report 140, TUCS - Turku Centre for Computer Science, [9] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Refinement Calculus: A Systematic Introduction. Springer-Verlag, Graduate Texts in Computer Science. 39

42 Kirjallisuutta [10] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. A method for teaching rigorous mathematical reasoning. In Proceedings of Int. Conference on Technology of Mathematics, University of Plymouth, UK, Aug [11] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Matematiikkaa logiikan avulla: Lyhyt lukuteorian kurssi. TUCS Lecture Notes 5, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [12] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Matematiikkaa logiikan avulla: Pitkän matematiikan ylioppilaskoe, kevät TUCS Lecture Notes 6, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [13] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Matematiikkaa logiikan avulla: Rakenteiset päättelyketjut lukiomatematiikassa. TUCS Lecture Notes 4, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [14] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Matematik med litet logik: Strukturerade härledningar i gymnasiematematiken. TUCS Lecture Notes 1, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [15] R.J. Back, T. Kavander, M. Nylund, M. Peltomäki, T. Salakoski, and J. von Wright. Teaching high-school mathematics with structured derivations in hypertext format). In International Conference on Computer Systems and Technologies CompSysTech, Sofia, Bulgaria, June [16] Edsger W. Dijksta and C. S. Scholten. Predicate Calculus and Program Semantics. Springer-Verlag, [17] E.W. Dijkstra. The notational conventions i adopted, and why. Formal Aspects of Computing, 14:99 107, [18] MAOL. MAOLs tabeller - matematik, fysik, kemi. Schildts, [19] A. J. M. van Gasteren. On the Shape of Mathematical Arguments. Lecture Notes in Computer Science. Springer-Verlag, Berlin,

43

44 Turku Centre for Computer Science TUCS Lecture Notes 1. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematik med lite logik: Strukturerade härledningar i gymnasiematematiken 2. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematik med lite logik: En kort kurs i talteori 3. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematik med lite logik: Studentexamen i lång matematik, våren Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematiikkaa logiikan avulla: Rakenteiset päättelyketjut lukiomatematiikassa 5. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematiikkaa logiikan avulla: Lyhyt lukuteorian kurssi 6. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematiikkaa logiikan avulla: Pitkän matematiikan ylioppilaskoe, kevät Ralph-Johan Back, Matematik med lite logik: Introduktion till strukturerade härledningar 8. Ralph-Johan Back, Matematik med lite logik: Logik för strukturerade härledningar 9. Ralph-Johan Back, Matematik med lite logik: Strukturerade härledningar som allmänt bevisformat 10. Ralph-Johan Back, Matematiikkaa logiikan avulla: Johdatus rakenteisiin päättelyketjuihin 11. Ralph-Johan Back, Matematiikkaa logiikan avulla: Logiikka ja rakenteiset päättelyketjut 12. Ralph-Johan Back, Matematiikkaa logiikan avulla: Rakenteiset päättelyketjut yleisenä todistusmuotona

45

46 Turku Centre for Computer Science Joukahaisenkatu 3-5 B, Turku, Finland University of Turku ldepartment of Information Technology ldepartment of Mathematics Åbo Akademi University ldepartment of Information Technologies Turku School of Economics linstitute of Information Systems Sciences ISBN ISSN

47 Back & von Wright Matematiikkaa logiikan avulla: Pitkän matematiikan ylioppilaskoe, kevät 2003