Johdatus matemaattisen analyysin teoriaan

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Koko: px
Aloita esitys sivulta:

Download "Johdatus matemaattisen analyysin teoriaan"

Transkriptio

1 Kirjan Johdatus matemaattisen analyysin teoriaan harjoitustehtävien ratkaisuja 18. maaliskuuta 2005 Ratkaisut ovat laatineet Jukka Ilmonen ja Ismo Korkee. Ratkaisuissa olevista mahdollisista virheistä tai puutteista voi ilmoittaa Jukka Ilmoselle 2. Tarkoittakoot symbolit p, p 1, p 2,... pisteitä ja l, l 1, l 2,... suoria. Merkitään p l, kun piste p on suoralla l. Oletus. Aksioomat (g 1 g 3 ) on voimassa systeemissä, jossa on ainakin yksi piste ja suora. a) Väitös. Jokaista l kohti on olemassa sellainen p, että (p l). Todistus. Tehdään vasta-oletus: on olemassa sellainen l, että jokaisella p on voimassa p l. Valitaan mielivaltainen piste p 1. Tällöin siis p 1 l, missä l on vastaoletuksen antama suora. Aksiooman (g 2 ) mukaan on olemassa sellainen l 1, että l 1 l ja p 1 l 1. Edelleen aksiooman (g 1 ) mukaan on olemassa sellainen p 2, että p 2 p 1 ja p 2 l 1. Vastaoletuksen mukaan kuitenkin p 2 l. Tällöin aksiooman (g 3 ) mukaan l = l 1, mikä on ristiriita eo. kanssa. Siis vastaoletus on väärin ja väite tosi. b) Väitös. Jokaista p kohti on olemassa sellainen l, että (p l). Todistus. Valitaan mielivaltainen p 1. Aksiooman (g 2 ) mukaan on olemassa sellaiset l 1 ja l 2, että l 1 l 2, p 1 l 1 ja p 1 l 2. Edelleen aksiooman (g 1 ) mukaan on olemassa sellainen p 2, että p 2 p 1 ja p 2 l 1. Aksiooman (g 2 ) mukaan on olemassa sellainen l 3, että l 3 l 1 ja p 2 l 3. Oletetaan sitten, että p 1 l 3. Tällöin siis p 1 l 3 ja p 2 l 3, ja toisaalta p 2 l 1 ja p 1 l 1. Nyt aksiooman (g 3 ) mukaan l 1 = l 3, mikä on mahdotonta. Siis on oltava (p 1 l 3 ). 1

2 9. Merkitään selkeyden vuoksi nollavektoria symbolilla 0. Oletus. V on vektoriavaruus, x V ja α R. a) Väitös. 0x = 0. Todistus. Nollan ominaisuuksien ja osittelulain mukaan saadaan 0x = (0 + 0)x = 0x + 0x. Lisäämällä tähän puolittain alkio (0x) V, saadaan liitäntälakia soveltamalla yhtälöt 0 = (0x + 0x) + ( (0x)) = 0x + (0x + ( (0x))) = 0x + 0 = 0x. b) Yhtälö α 0 = 0 saadaan samaan tapaan kuin a-kohta käyttämällä nollavektorin ominaisuutta 0 = c) Väitös. ( 1)x = x. Todistus. a-kohdan ja vastavektorin määritelmän mukaan on 0 = 0x = x + ( x). Siis (1 1)x = x + ( x). Käytetään edelliseen osittelulakia ja lisätään puolittain alkio x, jolloin saadaan (1x + ( 1)x) + ( x) = (x + ( x)) + ( x). Siis liitäntälain ja vastavektorin määritelmän mukaan 0 + ( 1)x = x + 0, josta seuraa väitös. 16. a) Nyt on olemassa sellainen z Z, että z = 0. Täten 3. aksiooma ei ole voimassa. b) Vastaoletus: Joukko A = {a 0, a 1, a 2,..., a n } (n N) on Peanon systeemi, missä a 0 on nolla. Siis jokaisella A:n alkiolla on seuraaja. Oletetaan yksinkertaisuusen vuoksi, että a 0 = a 1, a 1 = a 2 jne. Tällöin alkiolla a n ei ole seuraajaa. Nimittäin jos olisi eli a n = a i (i {1, 2,..., n} koska nolla ei ole minkään seuraaja), niin tällöin aksiooman 4 mukaan a n = a i 1. Siis 2. tai 4. aksiooma ei ole voimassa. c) Joukossa Q + {0} alkiolle ei ole yksikäsitteistä seuraajaa, koska rationaaliluvut ovat tiheässä. Täten 2. (ja 5.) aksiooma ei toteudu. 27. a) x Z on parillinen n Z : 2n = x. b) x Z on pariton n Z : 2n + 1 = x. c) x Z : n Z : x = 2n x = 2n + 1. d) x Z : ( n Z : x 2n) ( n Z : x = 2n + 1). 28. a) A Q on rajoitettu m Q : x A : x m. bi) Kun joukosta A löytyy itseisarvoltaan mielivaltaisen suuria lukuja, niin se on rajoittamaton. bii) A on rajoittamaton m Q : x A : x > m. 46. a) Funktioita {1, 2,..., n} {1, 2,..., n} on n n. 2

3 b) Bijektiota {1, 2,..., n} {1, 2,..., n} on n!. 52. Oletus. f : X Y bijektio. Väitös. (f 1 ) 1 = f. Todistus. Koska f on bijektio, käänteiskuvaus f 1 on olemassa. Valitaan mielivaltainen (x, y) X Y. Tällöin (x, y) f (y, x) f 1 (x, y) (f 1 ) a) Koska ehto f(x 1 ) = f(x 2 ) x 1 = x 2 ei ole voimassa (esim. arvoilla x 1 = 1 ja x 2 = 2), niin f ei ole injektio. Toisaalta koska ehto y Z : x Z : f(x) = y ei ole voimassa (esim. arvolla y = 1 ei ole alkukuvaa kuvauksessa f), niin f ei ole surjektio. bi) Funktio g : A B on surjektio, kun A = Z ja B = {0, ±5, ±10,...}. Epätäsmällisesti sanottuna: maalijoukon alkioita tulee vähentää niin, että kuviossa jokaiseen maalijoukon alkioon tulee vähintään yksi nuoli. bii) Funktio g : A B on injektio, kun A = {0, ±5, ±10,...} ja B = Z. Epätäsmällisesti sanottuna: lähtöjoukon alkioita tulee vähentää niin, että kuviossa jokaiseen maalijoukon alkioon tulee korkeintaan yksi nuoli. biii) Funktio g : A B on bijektio, kun A = {0, ±5, ±10,...} ja B = {0, ±5, ±10,...}. Epätäsmällisesti sanottuna: sekä lähtö-, että maalijoukon alkioita tulee vähentää niin, että jokaisesta lähtöjoukon alkiosta tulee kuviossa jokaiseen maalijoukon alkioon täsmälleen yksi nuoli. 57. a) f({1, 2}) = {0}, b) f({1, 2,..., 10}) = {0, 5, 10}, c) f(z) = {0, ±5, ±10,...}, d) f 1 ({5}) = {5, 6, 7, 8, 9}, e) f 1 ({4}) =, f) f 1 ({4, 5}) = {5, 6, 7, 8, 9}, g) f 1 ({0, ±5, ±10,...}) = Z, h) f 1 (Z) = Z. 58. Esimerkiksi funktio f : Q Q, f(x) = 1 x on oma käänteisfunktionsa, sillä (f f)(x) = f(f(x)) = f(1 x) = x aina, kun x Q. Pyydettyjä funktioita ovat myös (epätäsmällisesti sanottuna) kaikki sellaiset funktiot Q Q, joiden kuvaaja on symmetrinen suoran y = x suhteen. 61. Huom. Oletetaan, että merkintä (Q, ) jo sisältää tiedon siitä, että on laskutoimitus joukossa Q. 3

4 a) Oletus. Määritellään joukossa Q laskutoimitus kaavalla x y = x + y 1. Väitös. (Q, ) on Abelin ryhmä Todistus. (i) Koska x y = x + y 1 = y + x 1 = y x aina, kun x, y Q, niin on vaihdannainen. (ii) Koska (x y) z = (x+y 1) z = (x+y 1)+z 1 = x+y+z 2 = x + (y + z 1) 1 = x (y + z 1) = x (y z) aina, kun x, y, z Q, niin on liitännäinen. (iii) Merkitään e = 1 Q. Valitaan mielivaltainen x Q. Nyt x e = x + e 1 = x = x. Siis e Q : x Q : x e = x eli neutraalialkio laskutoimituksen suhteen on olemassa ja on e = 1. (iv) Valitaan mielivaltainen x Q. Merkitään x = 2 x Q. Nyt x x = x + (2 x) 1 = 1 = e. Siis x Q : x Q : x x = e eli jokaiselle alkiolle löytyy vasta-alkio laskutoimituksen suhteen. Kohtien (i),(ii),(iii) ja (iv) mukaan (Q, ) on Abelin ryhmä. b) Osoitetaan, että (Q, ) ei ole Abelin ryhmä, kun määritellään x y = 2xy. Abelin ryhmän määritelmän kohta (a 4 ) ei nimittäin pidä paikkaansa. Tässä kohdassa tarvitaan kuitenkin kohdassa (a 3 ) löytynyttä neutraalialkiota, joten määritetään se ensin. Oletus. Määritellään joukossa Q laskutoimitus kaavalla x y = 2xy. Väitös. (Q, ) ei ole Abelin ryhmä Todistus. Osoitetaan, että neutraalialkio on olemassa mutta ei mielivaltaisen alkion vasta-alkiota. Merkitään e = 1 Q. Valitaan mielivaltainen x Q. Nyt x e = 2x( 1 ) = x. Siis e Q : x Q : x e = x 2 2 eli neutraalialkio laskutoimituksen suhteen on olemassa ja on e = 1. Tehdään vastaoletus, että x Q : x Q : x x = e. Koska 0 Q, niin on olemassa sellainen 0 Q, että 0 0 = e = 1. Mutta nyt = 2(0)(0 ) = 0 1 riippumatta luvusta 2 0 eli päädytään ristiriitaan. Siis vastaoletus on väärä ja kaikille luvuille ei löydykään vastaalkiota laskutoimituksen suhteen. Siis (Q, ) ei ole Abelin ryhmä. c) Osoitetaan, että (Q, ) ei ole Abelin ryhmä, kun määritellään x y = min{x, y}. Oletus. Määritellään joukossa Q laskutoimitus kaavalla x y = min{x, y}. Väitös. (Q, ) ei ole Abelin ryhmä Todistus. Osoitetaan, että neutraalialkiota ei ole olemassa. Tehdään vastaoletus, että e Q : x Q : x e = x. Merkitään f = e + 1 Q. Nyt siis f e = min{f, e} = min{e + 1, e} = e f, mikä on ristiriita. Siis vastaoletus on väärä ja neutraalialkiota ei ole olemassa laskutoimituksen suhteen. Siis (Q, ) ei ole Abelin ryhmä. 4

5 d) Myöskään (Q, ) ei ole Abelin ryhmä, kun määritellään x y = max{x, y}. Tämä tarkastelu on vastaava kuin kohdassa (c). Korvataan vain min sanalla max ja merkitään f = e Huom. Koska K on kuntana sulkeutuva yhteen- ja kertolaskun suhteen ja lisäksi kunnassa jokaiselle alkiolle on olemassa vasta-alkio yhteenlaskun suhteen, niin selvästi kaikki väitöksessä (ja todistuksessa) esiintyvät alkiot ovat olemassa ja kuuluvat kuntaan K. Oletus. K on kunta ja x, y K. Väitös. ( x)y = x( y) = (xy). Todistus. (1) Osoitetaan ensin, että ( x)y = (xy). Tarkastellaan summaa xy + ( x)y. Saadaan yhtälöketju xy + ( x)y ositt.laki = (x + ( x))y (a 4) tulon nollas. = 0y = 0. Koska siis xy + ( x)y = 0, niin ehdon (a 4 ) mukaan ( x)y on alkion xy vasta- alkio yhteenlaskun suhteen. Koska tämä vasta-alkio on yksikäsitteinen, niin ( x)y = (xy). (2) Osoitetaan sitten, että x( y) = (xy). Koska oikeaksi todistetun kohdan (1) mukaan ( x)y = (xy) aina, kun x, y K, niin myös eli x( y) = (xy). x( y) vaihd.laki kohta (1) = ( y)x = (yx) vaihd.laki = (xy) Kohtien (1) ja (2) perusteella väitös on tosi. 74. Struktuuri (Q,, ) ei ole kunta, sillä osittelulaki ei ole voimassa: 1 Q ja (1 1) 1 = 2( )1 = 6 (1 1) (1 1) = = Oletus. K on järjestetty kunta ja x, y K, missä x, y 0. Väitös. a) x 2 = y 2 x = y, b) x 2 y 2 x y ja c) x 2 y 2 x y. Todistus. Jos x = 0 tai y = 0, niin kohdat a), b) ja c) ovat tulon nollasäännön mukaan triviaalisti voimassa. Olkoon siis seuraavissa kohdissa x, y 0. a) Jos x = y, niin triviaalisti x 2 = y 2. Olkoon x 2 = y 2. Siis x 2 y 2 = 0. Kunnan osittelu-, vaihdanta- ja liitäntälakien perusteella (x + y)(x y) = 0. Edelleen tulon nollasäännön mukaan x + y = 0 tai x y = 0. Koska x, y 0, niin x+y 0 eli ainoa mahdollisuus on, että x y = 0. Siis x = y. Siis ehto a) on voimassa. 5

6 c) Olkoon x y. Koska x 0, niin positiivisella luvulla kertomissäännön mukaan x 2 yx. Vastaavasti koska y 0, niin xy y 2. Tällöin kunnan vaihdantalain perusteella x 2 xy y 2 ja edelleen transitiivisuuden perusteella x 2 y 2 (oletetaan, että relaatio on jo osoitettu transitiiviseksi). Olkoon x 2 y 2. Tehdään vastaoletus, että x y. Tällöin joko x = y tai x y. Tapaus 1. Olkoon x = y. Tällöin kohdan a) mukaan x 2 = y 2, mikä on ristiriita. Tapaus 2. Olkoon x y. Toimimalla kuten kohdan c) alussa saadaan, että x 2 y 2, mikä on ristiriita. Koska kummatkin tapaukset 1 ja 2 johtavat ristiriitaan, niin vastaoletus on väärä ja siis x y. Siis ehto c) on voimassa. b) Nyt kohtien a) ja c) perusteella x 2 y 2 (x 2 = y 2 tai x 2 y 2 ) (x = y tai x y) x 2 y 2 eli ehto b) on voimassa. Kohtien a), b) ja c) perusteella väitös on tosi. 88. Väitös. x a r a r x a + r. Todistus. Oletetaan, ensin x a r. Koska x a 0, niin r 0 ja siten r 0. Näistä saadaan epäyhtälöt a r a ja a r + a. Jos x a = 0, niin x = a ja yhtälöiden ( ) mukaan a r x a + r. Oletetaan siis, että x a 0. Tällöin oletuksen mukaan joko (1) 0 x a r tai (2) 0 a x r. Epäyhtälöstä (1) saadaan a x a + r lisäämällä puolittain a. Nyt a r x a + r seuraa edellisestä ja rivin ( ) vasemmasta epäyhtälöstä. Koska vasta-alkioiden järjestys on käänteinen, yhtälöstä (2) saadaan r x a 0. Edelleen saadaan a r x a, joka yhdistettynä rivin ( ) oikeanpuoleiseen yhtälöön antaa tuloksen a r x a + r. Oletetaan sitten, että a r x a + r. Tästä saadaan suoraan r x a r, joten r x a ja x a r. Lisäksi vasta-alkioiden järjestyksen nojalla a x r Jos x a, niin x a = x a r. Jos x a, niin x a = a x r. ( ) 91. Oletus. K on järjestetty kunta. Väitös. K on ääretön joukko. Todistus. Tehdään vastaoletus, että K on äärellinen. Siis sen alkiot voidaan luetella eli merkitään K = {x 1, x 2,..., x n }, missä n Z +. Koska kunnassa on aina vähintään kaksi alkiota, nolla- ja ykkösalkio, niin n 2. Merkitään y 1 = x 1 ja { xi, jos y y i = i 1 x i, ( ) y i 1, jos x i y i 1, 6

7 kun i = 2,..., n (vertailullisuuden vuoksi näin voidaan tehdä). Tällöin oletuksen mukaan y 1, y 2,..., y n K. Valitaan mielivaltainen x i K. Nyt kaavasta ( ) seuraa, että x i y i. Toisaalta selvästi y i y i+1 y n, joten transitiivisuuden mukaan x i y n. Siis on olemassa sellainen y n K, että x i K : x i y n. Koska 0, 1 K ja 0 1, niin järjestetyn kunnan määritelmän mukaan y n = y n + 0 y n + 1 K, mikä on ristiriita. Siis vastaoletus on väärä eli joukon K on oltava ääretön. Siis väitös on tosi. 95. Oletus. K on järjestetty kunta ja a 2 + b 2 + c 2 = 1, missä a, b, c K. Väitös. 1 ab + bc + ac 1. 2 Todistus. (1) Koska a + b + c K, niin neliön ei-negatiivisuusehdon mukaan 0 (a + b + c) 2. Tällöin ehtojen (k 3 ),(a 1 ) ja (a 2 ) mukaan 0 a 2 +b 2 +c 2 +2(ab+bc+ac). Oletuksesta seuraa, että 0 1+2(ab+bc+ac). Nyt ehdon (yl) mukaan 1 2(ab+bc+ac) ja edelleen 1 ab+bc+ac. 2 (2) Koska (a b), (b c), (a c) K, niin neliön ei-negatiivisuusehdon mukaan 0 (a b) 2, (b c) 2, (a c) 2. Edelleen ehdon (yl) mukaan 0 (a b) 2 + (b c) 2 + (a c) 2. Tällöin ehtojen (k 3 ),(a 1 ) ja (a 2 ) mukaan 0 2(a 2 + b 2 + c 2 ) 2(ab + bc + ac). Oletuksesta seuraa, että 0 2 2(ab + bc + ac). Nyt ehdon (yl) mukaan 2(ab + bc + ac) 2 ja edelleen ab + bc + ac 1. Kohtien (1) ja (2) nojalla väitös on oikea. 98. a) Oletus. Relaatio R joukossa X 2 määritellään (x, y) R (u, v) x u (x = u y v), missä X on järjestetty joukko. Väitös. (X 2, R) on järjestetty joukko. Todistus. Riittää osoittaa, että refleksiivisyys, antisymmetrisyys, transitiivisuus ja vertailullisuus ovat voimassa relaatiolle R. (r) Valitaan mielivaltainen (x 1, x 2 ) X 2. Koska X on järjestetty joukko, niin järjestysominaisuuksien mukaan x 1 = x 1 ja x 2 x 2. Siis relaation R määritelmän mukaan (x 1, x 2 )R(x 1, x 2 ) eli (r) on voimassa. (as) Valitaan sellaiset mielivaltaiset (x 1, x 2 ), (y 1, y 2 ) X 2, että (x 1, x 2 )R(y 1, y 2 ) ja (y 1, y 2 )R(x 1, x 2 ). Siis relaation R määritelmän mukaan x 1 y 1 tai (x 1 = y 1 ja x 2 y 2 ) ja toisaalta y 1 x 1 tai (y 1 = x 1 ja y 2 x 2 ). Tapaus 1. Olkoon x 1 y 1. Silloin y 1 x 1, joten y 1 = x 1 ja y 2 x 2, mikä on mahdotonta. Tapaus 2. Olkoon x 1 = y 1 ja x 2 y 2. Tällöin y 1 x 1, joten y 1 = x 1 ja y 2 x 2. Koska on antisymmetrinen ja x 2 y 2 ja y 2 x 2, niin 7

8 x 2 = y 2. Siis x 1 = y 1 ja x 2 = y 2, joten (x 1, x 2 ) = (y 1, y 2 ). Tapausten 1 ja 2 perusteella (as) on voimassa. (t) Valitaan sellaiset mielivaltaiset (x 1, x 2 ), (y 1, y 2 ), (z 1, z 2 ) X 2, että (x 1, x 2 )R(y 1, y 2 ) ja (y 1, y 2 )R(z 1, z 2 ). Siis relaation R määritelmän mukaan x 1 y 1 tai (x 1 = y 1 ja x 2 y 2 ) ja toisaalta y 1 z 1 tai (y 1 = z 1 ja y 2 z 2 ). Tapaus 1. Olkoon x 1 y 1 ja y 1 z 1. Koska on transitiivinen, niin x 1 z 1. Tehdään vastaoletus, että x 1 = z 1. Silloin y 1 z 1 ja z 1 x 1 ja transitiivisuudesta seuraisi, että y 1 x 1. Tämä on ristiriita. Siis x 1 z 1 eli (x 1, x 2 )R(z 1, z 2 ). Tapaus 2. Olkoon x 1 y 1 ja (y 1 = z 1 ja y 2 z 2 ). Siis x 1 y 1 = z 1 eli (x 1, x 2 )R(z 1, z 2 ). Tapaus 3. Olkoon (x 1 = y 1 ja x 2 y 2 ) ja y 1 z 1. Siis x 1 = y 1 z 1 eli (x 1, x 2 )R(z 1, z 2 ). Tapaus 4. Olkoon (x 1 = y 1 ja x 2 y 2 ) ja (y 1 = z 1 ja y 2 z 2 ). Tällöin x 1 = y 1 = z 1. Toisaalta x 2 y 2 ja y 2 z 2 eli transitiivisuuden mukaan x 2 z 2. Siis x 1 = z 1 ja x 2 z 2 eli (x 1, x 2 )R(z 1, z 2 ). Tapausten 1, 2, 3 ja 4 perusteella (t) on voimassa. (v) Valitaan mielivaltaiset (x 1, x 2 ), (y 1, y 2 ) X 2. Tapaus 1. Olkoon x 1 y 1. Silloin (x 1, x 2 )R(y 1, y 2 ). Tapaus 2. Olkoon x 1 = y 1. Jos x 2 y 2, niin (x 1, x 2 )R(y 1, y 2 ). Jos taas y 2 x 2, niin (y 1, y 2 ) (x 1, x 2 ). Tapaus 3. Olkoon x 2 x 1. Silloin (y 1, y 2 ) (x 1, x 2 ). Tapausten 1, 2 ja 3 perusteella (x 1, x 2 )R(y 1, y 2 ) tai (y 1, y 2 ) (x 1, x 2 ). (v) on voimassa. Kohtien (r), (as), (t) ja (v) perusteella väitös on tosi. b) Joukossa X 3 määritellään sanakirjajärjestys R kaavalla (x 1, x 2, x 3 )R(y 1, y 2, y 3 ) x 1 x 2 (x 1 = y 1 x 2 y 2 ) (x 1 = y 1, x 2 = y 2 x 3 y 3 ). Joukossa X n määritellään sanakirjajärjestys R kaavalla (x 1, x 2,..., x n )R(y 1, y 2,..., y n ) x 1 x 2 (x 1 = y 1 x 2 y 2 )... (x 1 = y 1,..., x n 1 = y n 1 x n y n ). 99. Määritellään joukossa N relaatio seuraavasti: x y y x. Siis Selvästi on järjestysrelaatio. Nyt joukossa N ei ole pienintä alkiota (mutta suurin kylläkin on), joten ei ole hyvinjärjestys. 8

9 103. Oletus. (K, +,, ) on järjestetty kunta. Väitös. K on täydellinen joukon K jokaisella epätyhjällä alhaalta rajoitetulla osajoukolla on suurin alaraja. Todistus. Oletetaan, että K on täydellinen. Valitaan mielivaltainen alhaalta rajoitettu joukko A K, A, ja osoitetaan, että inf A on olemassa. Merkitään joukon A alarajojen joukkoa A l K. Koska A on alhaalta rajoitettu ts. on olemassa ainakin yksi joukon A alaraja, niin A l. Osoitetaan, että A l on ylhäältä rajoitettu. Valitaan mielivaltainen M A. Valitaan sitten mielivaltainen x A l. Koska x on joukon A alaraja ja M A, niin x M. Siis M K : x A l : x M eli joukko A l on ylhäältä rajoitettu. Koska A l K, A l ja A l on ylhäältä rajoitettu ja oletuksen mukaan K on täydellinen, niin a = sup A l K. Osoitetaan, että a = inf A. (i) Osoitetaan ensin, että a on joukon A alaraja. Valitaan mielivaltainen x A. Siis x on joukon A l yläraja. Koska a = sup A l eli a on joukon A l ylärajoista pienin, niin a x. Mutta nythän a A l eli a on joukon A alaraja. (ii) Osoitetaan sitten, että a on joukon A alarajoista suurin. Olkoon c joukon A mielivaltainen alaraja. Siis c A l. Koska a = sup A l, niin a on joukon A l yläraja. Siis c a. Siis a on joukon A alarajoista suurin. Kohtien (i) ja (ii) perusteella a = inf A. Oletetaan, että joukon K jokaisella epätyhjällä alhaalta rajoitetulla osajoukolla on suurin alaraja. Valitaan mielivaltainen ylhäältä rajoitettu joukko B K, B ja osoitetaan, että sup B on olemassa. Merkitään joukon B ylärajojen joukkoa B u K. Koska B on ylhäältä rajoitettu ts. on olemassa ainakin yksi joukon B yläraja, niin B u. Osoitetaan, että B u on alhaalta rajoitettu. Valitaan mielivaltainen m B. Valitaan sitten mielivaltainen y B u. Koska y on joukon B yläraja ja m B, niin m y. Siis m K : y B u : m y eli joukko B u on alhaalta rajoitettu. Koska B u K, B u ja B u on alhaalta rajoitettu, niin oletuksen mukaan b = inf B u K. Osoitetaan, että b = sup B. (i) Osoitetaan ensin, että b on joukon B yläraja. Valitaan mielivaltainen y B. Siis y on joukon B u alaraja. Koska b = inf B u eli b on joukon B u alarajoista suurin, niin y b. Mutta nythän b B u eli b on joukon B yläraja. (ii) Osoitetaan sitten, että b on joukon B ylärajoista pienin. Olkoon d joukon B mielivaltainen yläraja. Siis d B u. Koska b = inf B u, niin b on joukon B u alaraja. 9

10 Siis b d. Siis b on joukon B ylärajoista pienin. Kohtien (i) ja (ii) perusteella b = sup B. Kohtien ja perusteella väitös on tosi Huom. Reaalilukuja ei siis vielä tunneta saati niiden neliöjuuria, joten ilmaisu 2 täytyy kiertää sanomalla esimerkiksi yhtälön x 2 = 2 positiivinen ratkaisu. Todistuksen idea on, että mikäli s = sup A Q, niin tapauksessa s 2 < 2 löytyy s:n ja todellisen supin eli 2:n ja välistä lukua s suurempi joukon A alkio. Tällöin s ei olekaan yläraja joukolle A. Vastaavasti tapauksessa s 2 > 2 löytyy 2:n ja s:n välistä lukua s pienempi joukon A yläraja. Tällöin s ei olekaan pienin joukon A ylärajoista. Oletus. A = {x Q x > 0 ja x 2 < 2}. Väitös. Joukolla A ei ole pienintä ylärajaa joukossa Q. Todistus. Tehdään vastaoletus, että s = sup A Q. Koska monisteen tehtävän 7(a) mukaan yhtälöllä x 2 = 0 ei ole ratkaisua joukossa Q, niin s 2 2. Siis on oltava joko s 2 < 2 tai s 2 > 2. Tapaus 1. Olkoon s 2 < 2. Merkitään d = min{ 1, 2 s2 }. Koska 2 2s+1 s2 < 2 ja 0 < s, niin 0 < 2 s2 ja edelleen 0 < d. Lisäksi d < 1. Siis 0 < s < s + d. 2s+1 Toisaalta (s + d) 2 = s 2 + 2sd + d 2 = s 2 + d(2s + d) ( 2 s < s 2 + d(2s + 1) < s 2 2 ) + (2s + 1) = s s 2 = 2. 2s + 1 Koska 0 < s < s + d ja (s + d) 2 < 2, niin s + d A. Koska s = sup A eli s on (pienin) yläraja joukon A alkioille ja s + d A, niin s + d s, mikä on ristiriita. Siis tapaus 1 on mahdoton. Tapaus 2. Olkoon s 2 > 2. Merkitään d = s s2 2. Koska 4s s2 > 2, niin d < s. Lisäksi d = s s2 2 = 3s2 + 2 > 0, 4s 4s joten 0 < d < s. Kuitenkin ( s s 2 d ) = (s d)(s + d) < (s + s) < 4s ( s 2 2 2s ) (s + s) = s 2 2 eli d 2 > 2. Osoitetaan, että d on joukon A yläraja. Valitaan mielivaltainen u A. Siis 0 < u ja u 2 < 2. Jos nyt olisi d < u, niin d 2 < u 2, mikä on ristiriita. Siis u d eli d on joukon A yläraja. Koska s = sup A eli s on joukon A pienin yläraja, niin s < d, mikä on ristiriita. Siis tapaus 1 on myös mahdoton. 10

11 Koska kumpikin tapaus 1 ja 2 on mahdoton, niin vastaoletus on väärä ja joukon A pienintä ylärajaa ei siis ole olemassa joukossa Q. Siis väitös on tosi Olkoon (a n ) ja (b n ) jonoja, missä a n = 1 ja b n n = 1. Tällöin selvästi n 1 a n < b n, jokaisella n Z + ja lim n a n = lim n b n (= 0) a) Oletus. (a n ) ja (b n ) kasvavia reaalilukujonoja. Väitös. (a n + b n ) on kasvava. Todistus. Valitaan mielivaltainen i Z +. Koska (a n ) on kasvava, niin a i a i+1. Tästä saadaan epäyhtälö a i + b i a i+1 + b i a i+1 + b i+1, missä viimeinen yhtälö on voimassa jonon (b n ) kasvavuuden takia. b) Vastaesimerkki. Olkoon (a n ) = ( 1, 1,...) ja (b n ) = ( 1, 0, 1, 2,...) Selvästi jonot (a n ) ja (b n ) ovat kasvavia. Koska a 1 b 1 = 1 > 0 = a 2 b 2, niin (a n b n ) ei ole kasvava. c) Jos ainakin toisella kahdesta kasvavasta jonosta jokainen jäsen on 0, niin näiden jonojen tulojono on kasvava a,b) Lukujono (a n ) hajaantuu kohti miinus ääretöntä joss x R : n 0 Z + : n n 0 a n < m. Havainnollisesti tämä tarkoittaa, että jokaista mielivaltaista (pientä) lukua m kohti on olemassa sellainen indeksi n 0, että kun jonon termin indeksi on suurempi kuin n 0, niin tämä termi on pienempi kuin luku m. ci) Väitös. lim n n 2 =. Todistus. Valitaan m R. Merkitään n 0 = n n 0. Tällöin n 2 n 2 0 > ( m ) 2 = m m, m + 1. Olkoon missä ensimmäinen epäyhtälö on voimassa siksi, että jono (n 2 ) on kasvava. Siis on osoitettu, että x R : n 0 Z + : n n 0 a n > m. cii) Väitös. lim n (n n 2 ) =. Todistus. Valitaan m R. 1) Jos m R \ R, niin merkitään n 0 = 2. 2) Jos m R, niin merkitään n 0 = max{5, 2m +1} ( 2m > 0). Olkoon sitten n n 0. Tällöin 11

12 1) n n 2 n 0 n 2 0 = < 0 < m 2) n n 2 n 0 n 2 0 < 2m ( 2m) 2 = 2m + 2m < 2m 2 + 2m = m. Molemmissa kohdissa ensimmäinen epäyhtälö on voimassa, koska jono (n n 2 ) on vähenevä. Kohdan 2) viimeinen epäyhtälö on voimassa, koska a < a aina, kun a 5. Tämä voidaan näyttää oikeaksi todistamalla induktiolla yhtäpitävä epäyhtälö 4a < a 2 (a 2 5). Näin on osoitettu, että x R : n 0 Z + : n n 0 a n < m Olkoon valitut välit (ks. tehtävänanto) A 1, A 2, A 3,..., missä A i = [a i, b i ]. Siis [0, 1] A 1 A 2... Lisäksi selvästi lim n (b n a n ) = 0, joten sisäkkäisten välien lauseen oletukset ovat voimassa. Täten em. lauseen mukaan täsmälleen yksi luku on mukana jokaisessa välissä A i a) Vastaesimerkki. Tarkastellaan rationaalilukujonoa (x n ), missä x 1 = 1 ja x n+1 = x n + ( 2 x2 n ) aina, kun n Z 2x n+1 +. Tehtävän 107. ratkaisun epäyhtälöiden mukaan 1 < x n < 2 ja x n+1 > x n aina, kun n Z +, joten (x n ) on ylhäältä rajoitettu ja aidosti kasvava. Edelleen em. tehtävän mukaan tiedetään, että lim n x n = 2 ja tunnetusti 2 Q. Siis monotonisen jonon suppenemislause ei ole voimassa järjestetyssä kunnassa Q. b) Vastaesimerkki. Olkoon (x n ) kohdan (a) rationaalilukujono. Tarkastellaan lisäksi rationaalilukujonoa (y n ), missä y 1 = 2 ja y n+1 = y n ( y2 n 2 2y n ) aina, kun n Z +. Tehtävän 107. mukaan 0 < y n < 2 ja y n+1 < y n aina, kun n Z +, joten (y n ) on alhaalta rajoitettu ja aidosti vähenevä. Lisäksi em. tehtävän mukaan myös lim n y n = 2. Nyt [x 1, y 1 ] [x 2, y 2 ] [x 3, y 3 ] ja lim n y n x n = 0. Koska lim n x n = lim n y n = 2 ja tunnetusti 2 Q, niin ei ole sellaista sisäkkäisten välien lauseen tarkoittamaa rationaalilukua c, että n Z + : c [x n, y n ]. Siis sisäkkäisten välien lause ei ole voimassa järjestetyssä kunnassa Q. c) Vastaesimerkki. Tarkastellaan kohdan (a) rationaalilukujonoa (x n ), joka on siis sekä ylhäältä että alhaalta rajoitettu. Voidaan helposti osoittaa (vert. tehtävä 127.), että suppenevan jonon jokainen osajonokin suppenee kohti samaa raja-arvoa kuin alkuperäinen. Koska nyt lim n x n = 2, niin jokaisen osajononkin raja-arvo on oltava 2 mutta tunnetusti 2 Q. Siis Bolzanon-Weierstrassin lause ei ole voimassa järjestetyssä kunnassa Q b) Oletus. K on järjestetty kunta, jossa jokainen ylhäältä rajoitettu 12

13 kasvava alkiojono ja jokainen alhaalta rajoitettu vähenevä alkiojono suppenee (kohti kunnan K alkiota). Väitös. K on täydellinen. Todistus. Valitaan mielivaltainen ylhäältä rajoitettu A K, A, ja osoitetaan, että on olemassa sup A K. Koska A, niin on olemassa x 1 A, ja koska A on ylhäältä rajoitettu, niin on olemassa joukon A yläraja y 1 K. Voidaan lisäksi olettaa, että x 1 < y 1. Koska K on järjestetty kunta, niin voidaan muodostaa sellaiset jonot (x n ) ja (y n ), että kutakin lukua i = 1, 2, 3,... kohti { xi+1 = (x i + y i )/2, y i+1 = y i, jos (x i + y i )/2 ei ole joukon A yläraja, x i+1 = x i, y i+1 = (x i + y i )/2, jos (x i + y i )/2 on joukon A yläraja. ( ) Jono (x n ) on selvästi kasvava ja ylhäältä rajoitettu (alkiolla y 1 ), joten oletuksen mukaan x n a, missä a K. Vastaavasti jono (y n ) on vähenevä ja alhaalta rajoitettu (alkiolla x 1 ), joten oletuksen mukaan y n b, missä b K. Oletuksesta seuraa, että myös sisäkkäisten välien lause on voimassa (todistus identtinen sisäkkäisten välien lauseen todistuksen kanssa) ja [x 1, y 1 ] [x 2, y 2 ] [x 3, y 3 ] ja lim n y n x n = 0, joten!c K : lim n x n = lim n y n = c. Osoitetaan, että c = sup A. (i) Osoitetaan, että c on joukon A yläraja. Valitaan mielivaltainen x A. Koska ehdon ( ) mukaan y n on joukon A yläraja aina, kun n Z +, niin x y n aina, kun n Z +. Koska epäyhtälön rajallasäilymisehto on voimassa järjestetyssä kunnassa K (vert. tehtävä 123.), niin x = lim n x lim n y n = c eli c on joukon A yläraja. (ii) Osoitetaan, että c on joukon A ylärajoista pienin. Olkoon d mielivaltainen joukon A yläraja. Tällöin x n d aina, kun n Z +. Siis epäyhtälön rajallasäilymisehdon mukaan c = lim n x n lim n d = d eli c on joukon A ylärajoista pienin. Kohtien (i) ja (ii) mukaan sup A = c K eli K on täydellinen. Siis väitös on tosi a) Tapauksessa a = 1 saadaan jonoksi (x n ) = (1, 1, 1,...), jolloin (x n ) selvästi suppenee ja lim n x n = 1. Oletus. a > 0, a 1 ja x 0 = 1, x n+1 = x2 n +a 2x n, kun n = 1, 2, 3,.... Väitös. Jono (x n ) suppenee. Todistus. Osoitetaan induktiolla, että ( ) x n > 0 ja x 2 n > a aina, kun n Z +, n 2. 13

14 1 Induktiolähtö. Nyt x 2 = 1 4 (1+a)2 +a ja x 2 1+a 2 = 1 16 (1+a) a(1+a)2 +a 2. Selvästi x 2 > 0. Lisäksi oletuksen mukaan a 1, joten saadaan epäyhtä- (1+a) 2 löketju ( 1 4 (1 a)2 ) 2 > 0, ( 1 4 (1 + a)2 a) 2 > 0, 1 16 a)4 1 a(1 + 2 a)2 + a 2 > 0, 1 16 a)4 + 1 a(1 + 2 a)2 + a 2 > a(1 + a) 2, x 2 2 > a. Siis ( ) on tosi arvolla n = 2. 2 Induktio-oletus. ( ) on tosi arvolla n = k, k Z +, k 2 ts. x k > 0 ja x 2 k > a. 3 Induktioväitös. ( ) on tosi arvolla n = k +1 ts. x k+1 > 0 ja x 2 k+1 > a. 4 Induktioaskel. Koska induktio-oletuksen mukaan x k > 0 ja a > 0, niin x k+1 = x2 k +a 2x k > 0. Lisäksi induktio-oletuksen mukaan x 2 k > a, joten x 2 k+1 a = ( x2 k +a 2x k ) 2 a = 1 4 x2 k + 1a + a2 a = 1 2 4x 2 4 x2 k 1a + a2 2 k 4x 2 k ( x2 k a 2x k ) 2 > 0 eli x 2 k+1 > a. Siis induktioväitös on tosi. 5 Induktioperiaatteen mukaan x n > 0 ja x 2 n > a aina, kun n Z +, n 2. Nyt siis x n x n+1 = x n ( x2 n +a 2x n ) = x2 n a 2x n > 0 eli x n+1 < x n. Siis jono (x n ) n=2 on alhaalta rajoitettu ja aidosti vähenevä, joten monotonisen jonon suppenemislauseen mukaan se suppenee. Tällöin selvästi myös (x n ) n=1 suppenee. Siis väitös on tosi. = muutaman iteraa- b) Taskulaskimella saadaan arvoilla a = 2 ja a = 1 2 tiokierroksen jälkeen seuraavaa: x 0 = 1 x 1 = 1.5 x 2 = x 3 = x 4 = x 5 = x 0 = 1 14

15 x 1 = 0.75 x 2 = x 3 = x 4 = x 5 = Näyttäisi siltä, että lim n x n = a (se on helppo todistaakin). Rekursiokaava on Newton-Raphson -menetelmän sovellus a) { 1 n n Z +} b) { 1 n n Z +} {2 + 1 n n Z +} c) [0, 1] d) {1, 2, 3} 156. Jono (a n ) on Cauchyn jono jos ja vain jos ε K + : n Z + : p, q n a p a q < ε a) Oletus. f : A R, f(x) = x3 1, missä A = R \ {1}. x 1 Väitös. lim x 1 f(x) = 3. Todistus. Valitaan sellainen mielivaltainen jono (x n ) joukon A \ {1} alkioita, että x n 1. Tällöin lukujonon raja-arvon laskusääntöjen perusteella lim f(x x 3 n 1 n) = lim n n x n 1 = lim n (x2 n + x n + 1) = ( lim x n ) 2 + ( lim x n ) + ( lim 1) = = 3. n n n On siis osoitettu, että ((x n ) on jono, missä x n a ja {x n } A \ {1}) f(x n ) 3, joten funktion raja-arvon määritelmän mukaan lim x 1 f(x) = 3. Siis väitös on tosi. b) Oletus. f : A R, f(x) = x 3, missä A = R. Väitös. lim x 1 f(x) = 1. Todistus. Valitaan sellainen mielivaltainen jono (x n ) joukon A \ {1} alkioita, että x n 1. Tällöin lukujonon raja-arvon laskusääntöjen perusteella lim f(x n) = lim x 3 n = ( lim x n ) 3 = 1 3 = 1. n n n 15

16 On siis osoitettu, että ((x n ) on jono, missä x n a ja {x n } A \ {1}) f(x n ) 1, joten funktion raja-arvon määritelmän mukaan lim x 1 f(x) = 1. Siis väitös on tosi Esitetään joka kohtaan todistukset, vaikkei tehtävässä pyydettykään. a) Raja-arvo lim x 0 sin 1 ei suppene kohti reaalilukua eikä hajaannu x kohti ±. Tehtävä on ainakin mielekäs, koska 0 on funktion f(x) = sin 1 määrittelyjoukon A = R \ {0} kasautumispiste). x Oletus. f : A R, f(x) = sin 1, missä A = R \ {0}. x Väitös. lim x 0 f(x) ei ole olemassa (joukossa R {± }) Todistus. Tehdään vastaoletus, että lim x 0 f(x) = a, missä a R {± }. Tarkastellaan joukon A \ {0} jonoja (x n ) = ( 2, 2, 2,...) ja 1π 5π 9π (y n ) = ( 2, 2, 2,...), missä x 3π 7π 11π n 0 ja y n 0. Tällöin vastaoletuksen mukaan f(x n ) a ja f(y n ) a. Kuitenkin (f(x n )) = (sin 1π, sin 5π, sin 9π,...) = (1, 1, 1,...) 1 ja (f(y n )) = (sin 3π, sin 7π 11π, sin,...) = ( 1, 1, 1,...) 1, mikä on ristiriita, sillä funktion raja-arvo on yksikäsitteinen. Siis vastaoletus on väärä ja väitös on tosi. b) Oletus. f : A R, f(x) = x sin 1, missä A = R \ {0}. x Väitös. lim x 0 f(x) = 0. Todistus. Valitaan sellainen mielivaltainen jono (x n ) joukon A \ {0} alkioita, että x n 0. Osoitetaan, että f(x n ) 0. Valitaan mielivaltainen ε > 0. Koska x n 0, niin lukujonon raja-arvon määritelmän mukaan n 0 Z + : (n n 0 x n 0 < ε). Olkoon n n 0. Siis x n < ε. Nyt f(x n ) 0 = x n sin 1 x n = x n sin 1 }{{ x n x } n < ε. [ 1,1] Siis lukujonon raja-arvon määritelmän mukaan f(x n ) 0. On siis osoitettu, että ((x n ) on jono, missä x n 0 ja {x n } A \ {0}) f(x n ) 0), joten funktion raja-arvon määritelmän mukaan lim x 0 f(x) = 0. Siis väitös on tosi. 16

17 b) Raja-arvo lim x sin x ei suppene kohti reaalilukua (eikä hajaannu kohti ± ). Tehtävä on ainakin mielekäs, koska funktion f(x) = sin x määrittelyjoukosta R löytyy mielivaltaisen suuria lukuja. Oletus. f : A R, f(x) = sin x, missä A = R. Väitös. lim x f(x) ei ole olemassa (joukossa R {± }) Todistus. Tehdään vastaoletus, että lim x f(x) = a, missä a R {± }. Tarkastellaan joukon A jonoja (x n ) = ( 1π, 5π, 9π,...) ja (y n) = ( 3π, 7π, 11π,...), missä selvästi x n ja y n. Tällöin vastaoletuksen mukaan f(x n ) a ja f(y n ) a. Kuitenkin (f(x n )) = (sin 1π, sin 5π, sin 9π,...) = (1, 1, 1,...) 1 ja (f(y n )) = (sin 3π, sin 7π 11π, sin,...) = ( 1, 1, 1,...) 1, mikä on ristiriita, sillä funktion raja-arvo on yksikäsitteinen. Siis vastaoletus on väärä ja väitös on tosi. d) Oletus. f : A R, f(x) = sin x, missä A = R \ {0}. x Väitös. lim x f(x) = 0. Todistus. Valitaan sellainen mielivaltainen jono (x n ) joukon A alkioita, että x n ja osoitetaan, että f(x n ) 0. Valitaan mielivaltainen ε > 0. Koska x n, niin lukujonon (ääretöntä kohti hajaantumisen) määritelmän mukaan esimerkiksi arvolla M = 1 > 0 on voimassa ε n 0 Z + : (n n 0 x n > M). Olkoon n n 0. Siis x n = x n > M ja 1 x n < 1 = ε. Lisäksi sin x M n [ 1, 1]. Nyt f(x n ) 0 = sin x n x n = sin x n x n 1 x n < 1 M = ε. Siis lukujonon raja-arvon määritelmän mukaan f(x n ) 0. On siis osoitettu, että ((x n ) on jono, missä x n ja {x n } A) f(x n ) 0), joten funktion (äärettömässä olevan) raja-arvon määritelmän mukaan lim x f(x) = 0. Siis väitös on tosi a) Oletus. a R on joukon A R kasautumispiste ja f, g : A R ovat funktioita, lim x a f(x) = b R ja lim x a g(x) = c R. Väitös. lim x a f(x)g(x) = bc. Todistus. Valitaan sellainen mielivaltainen jono (x n ) joukon A \ {a} alkiota, että x n a. Koska oletuksen mukaan lim x a f(x) = b ja lim x a g(x) = c, niin f(x n ) b ja g(x n ) c. Tällöin lukujonojen 17

18 tulon raja-arvon laskusäännön perusteella f(x n )g(x n ) bc. On siis osoitettu, että ((x n ) on jono, missä x n a ja {x n } A \ {a}) f(x n )g(x n ) bc, joten funktion raja-arvon määr. mukaan lim x a f(x)g(x) = bc. Siis väitös on tosi. b) Oletus. a R on joukon A R kasautumispiste, f, g : A R ovat funktioita, lim x a f(x) = b R ja lim x a g(x) = c R, missä c 0 ja x A : g(x) 0. Väitös. lim x a f(x)/g(x) = b/c. Todistus. Valitaan sellainen mielivaltainen jono (x n ) joukon A \ {a} alkiota, että x n a. Koska oletuksen mukaan lim x a f(x) = b ja lim x a g(x) = c, niin f(x n ) b ja g(x n ) c. Koska x A : g(x) 0 ja c 0, niin lukujonojen osamäärän raja-arvon laskusäännön perusteella f(x n )/g(x n ) b/c. On siis osoitettu, että ((x n ) on jono, missä x n a ja {x n } A\{a}) f(x n )/g(x n ) b/c, joten funktion raja-arvon määr. mukaan lim x a f(x)/g(x) = b/c. Siis väitös on tosi Ohessa on esitetty todistus äärettömän tapauksessa. Vastaava tulos miinus äärettömälle saadaan korvaamalla symboli joka kohdassa symbolilla. Oletus. f : A R on funktio, lim x f(x) = a R ja lim x f(x) = b R. Väitös. a = b. Todistus. Valitaan sellainen mielivaltainen jono (x n ) joukon A alkioita, että x n (tällainen valinta on oletuksen mukaan mahdollinen). Lisäksi oletuksen mukaan f(x n ) a ja f(x n ) b, joten lukujonon raja-arvon yksikäsitteisyyslauseen mukaan a = b. Siis väitös on tosi Oletus. Funktio f on määritelty origon eräässä ympäristössä U, mahdollisesti origoa lukuunottamatta, ja lim x 0 f(x) = b. a) Väitös. Jos f(x) > 0 jokaisella x U \ {0}, niin ei ole välttämättä niin, että b > 0. 18

19 Toditus. Olkoon U = [ 1, 1] ja f : U \ {0} R, f = x. Nyt selvästi f(x) > 0 koko määrittelyjoukossaan ja vaadittu raja-arvo on olemassa, mutta se on 0. b) Väitös. Jos f(x) 0 jokaisella x U \ {0}, niin b 0. Todistus. Olkoon väitöksen ehto voimassa. Tehdään vastaoletus, että b < 0. Olkoon (x n ) sellainen jono joukon U \ {0} alkioita, että x n 0, kun n 0. Siis f(x n ) b. Nyt erityisesti Jos n n 0, niin saadaan n 0 Z + : n n 0 f(x n ) b < b 2. f(x n ) b = f(x }{{} n ) b < b 2 eli f(x n) < 0, >0 mikä on ristiriita. Täten väitös on voimassa Oletus. f : A R, a joukon A kasautumispiste ja lim x a f(x) = b. Väitös. On olemassa pisteen a sellainen ympäristö U, että f on rajoitettu joukossa U A \ {a}. Todistus. Koska lim x a f(x) = b, niin erityisesti δ > 0 : (x A 0 < x a < δ) f(x) b < 1. Olkoon U = [a δ, a + δ] ja x U A \ {a}. Tällöin kolmioepäyhtälön ja edellisen mukaan f(x) b f(x) b < 1. Siis f(x) < 1 + b jokaisella x U A \ {a}, eli f on rajoitettu tässä joukossa Esitetään vain täsmälliset määritelmät: ai) Olkoon f : A R funktio, missä A R on ylhäältä rajoittamaton. Funktiolla f sanotaan olevan äärettömässä raja-arvo ääretön, mikäli on voimassa ((x n ) on jono, missä x n ja {x n } A) f(x n ). Tällöin merkitään lim x f(x) =. 19

20 aii) Olkoon f : A R funktio, missä A R on ylhäältä rajoittamaton. Funktiolla f sanotaan olevan äärettömässä raja-arvo miinus ääretön, mikäli on voimassa ((x n ) on jono, missä x n ja {x n } A) f(x n ). Tällöin merkitään lim x f(x) =. bi) Olkoon f : A R funktio, missä A R on alhaalta rajoittamaton. Funktiolla f sanotaan olevan miinus äärettömässä raja-arvo ääretön, mikäli on voimassa ((x n ) on jono, missä x n ja {x n } A) f(x n ). Tällöin merkitään lim x f(x) =. bii) Olkoon f : A R funktio, missä A R on alhaalta rajoittamaton. Funktiolla f sanotaan olevan miinus äärettömässä raja-arvo miinus ääretön, mikäli on voimassa ((x n ) on jono, missä x n ja {x n } A) f(x n ). Tällöin merkitään lim x f(x) = ai) On mahdollista. Tarkastellaan funktioita f, g R R, missä f(x) = { 0, x < 0, 1, 0 x, g(x) = { 1, x < 0, 0, 0 x. Tällöin f + g : R R, (f + g)(x) = 1. Siis f + g voi olla jatkuva vaikka kumpikaan funktioista f ja g ei ole jatkuva. bi) On mahdollista. Olkoot f ja g kohdan (a)(i) epäjatkuvat funktiot. Tällöin fg : R R, (fg)(x) = 0. Siis fg voi olla jatkuva vaikka kumpikaan funktioista f ja g ei ole jatkuva. aii) Ei ole mahdollista. Todistus. Tehdään vastaoletus, että f + g ja f ovat jatkuvia, mutta g ei ole. Tällöin f on vakiofunktion 1 ja jatkuvan funktion f tulona jatkuva, joten g = (f + g) + ( f) on kahden jatkuvan funktion summana jatkuva. Ristiriita. Siis jos f + g ja f ovat jatkuvia, niin myös g on jatkuva. bii) On mahdollista. Tarkastellaan funktioita f, g R R, missä f(x) = 0 ja g on kuten kohdassa (a+b)(i). Tällöin fg : R R, (fg)(x) = 0. Siis vaikka fg ja f ovat jatkuvia, niin g:n ei tarvitse välttämättä olla. 20

21 188. Suoritetaan tehtävä malliksi sekä lukujonon raja-arvoon perustuen, että ε, δ-tekniikalla. Oletus. Funktiot f : A B ja g : B C ovat jatkuvia, missä A, B, C R. Väitös. g f : A C on jatkuva. Todistus. Valitaan mielivaltainen a A ja osoitetaan, että lim x a (g f)(x) = (g f)(a). Valitaan sellainen mielivaltainen jono (x n ) joukon A alkioita, että x n a. Koska oletuksen mukaan f : A B on jatkuva ja a A, niin f(x n ) f(a). Toisaalta oletuksen mukaan g : B C on jatkuva ja f(a) B ja (f(x n )) on sellainen jono joukon B alkioita, että f(x n ) f(a), joten On siis osoitettu, että (g f)(x n ) = g(f(x n )) g(f(a)) = (g f)(a). ((x n ) on jono, missä x n a ja {x n } A) (g f)(x n ) (g f)(a), joten funktion raja-arvon määritelmän mukaan lim x a (g f)(x) = (g f)(a). Siis g f on jatkuva pisteessä a. Koska a A oli mielivaltaisesti valittu, niin g f on jatkuva. Siis väitös on tosi. Oletus. Funktiot f : A B ja g : B C ovat jatkuvia, missä A, B, C R. Väitös. g f : A C on jatkuva. Todistus. Valitaan mielivaltainen a A ja osoitetaan, että lim x a (g f)(x) = (g f)(a). Valitaan mielivaltainen ε > 0. Koska oletuksen mukaan g : B C on jatkuva ja f(a) B, niin γ > 0 : (t B ja t f(a) < γ) g(t) g(f(a)) < ε. Toisaalta koska f : A B on jatkuva ja a A, niin erityisesti arvoa γ > 0 kohti δ > 0 : (x A ja x a < δ) f(x) f(a) < γ. ( ) ( ) Oletetaan, että x A ja x a < δ. Siis ehdon ( ) mukaan f(x) f(a) < γ. Edelleen koska f(x) B ja f(x) f(a) < γ, niin ehdon ( ) mukaan g(f(x)) g(f(a)) < ε. On siis osoitettu, että ε > 0 : δ > 0 : ((x A ja x a < δ) (g f)(x) (g f)(a) < ε), joten lim x a (g f)(x) = (g f)(a). Siis g f on jatkuva pisteessä a. Koska a A oli mielivaltaisesti valittu, niin g f on jatkuva. Siis väitös on tosi. 21

22 191. a) Funktion jatkuvuus määritellään funktion raja-arvon perusteella. Tämä taas määritellään joko lukujonojen raja-arvoon perustuen tai yhtäpitävästi ε, δ-tekniikalla. Tehtävän voi siis suorittaa jommalla kummalla tavalla. Tehtävänannossa esiintyy kuitenkin ε, δ-tekniikassa tarvittavia käsitteitä, joten tehtävä kannattanee suorittaa sillä. Oletus. γ > 0, A = {x R : x < γ}, f : A R on funktio, jolle x A : f(x) x. Väitös. f on jatkuva origossa. Todistus. Valitaan mielivaltainen ε > 0. Merkitään δ = ε. Siis δ > 0. Oletetaan, että x A ja x 0 < δ. Nyt f(x) f(0) = f(x) + ( f(0)) kolmioey f(x) + f(0) ol. x + 0 = x < δ = ε. On siis osoitettu, että ε > 0 : δ > 0 : ((x A ja x 0 < δ) f(x) f(0) < ε), joten lim x 0 f(x) = f(0) eli f on jatkuva origossa. Siis väitös on tosi. b) Tarkastellaan kirjan luvun 4.2 esimerkin 2 funktiota f : R R, missä { x, kun x Q, f(x) = x, kun x R \ Q. Koska f on määritelty kaikkialla, se on määritelty origon jossakin ympäristössä. Ko. esimerkissä todetaan, että f on jatkuva vain origossa. Lisäksi on voimassa x R : f(x) x (itse asiassa voimassa on yhtäsuuruus) Oletus. f : A R jatkuva, A = [a, b], M = max f(a) ja m = min f(a). Väitös. y ]m, M[ : x A : y = f(x). Todistus. Valitaan mielivaltainen y ]m, M[. Olkoon g : A R, g(x) = f(x) y. Siis g on jatkuva. Olkoon f(x M ) = M ja f(x m ) = m (jatkuvan funktion ääriarvolauseen mukaan tälläiset alkiot ovat olemassa). Nyt g(x m ) = m y < 0, koska m < y, ja g(x M ) = M y > 0, koska M > y. Koska g on jatkuva suljetulla välillä, jonka päätepisteet ovat x n ja x M, niin jatkuvan funktion nollakohtalauseen mukaan on olemassa sellainen x 0, että g(x 0 ) = 0 eli f(x 0 ) y = 0. Siis f(x 0 ) = y. 22

23 210. Koska kyseessä on vain ote laajemmasta todistuksesta, ei sovelleta tähän tehtävään oletus-väitös-todistus -formaattia. Riittää osoittaa, että f(x 0 ) = max f(a). Valitaan mielivaltainen f(x) f(a). Koska jonon (z n ) jokainen jäsen on joukon f(a) yläraja, niin n Z + : f(x) z n. Toisaalta sisäkkäisten välien lauseen mukaan lim n z n = f(x 0 ). Tällöin epäyhtälön rajallasäilymisehdon mukaan f(x) = lim f(x) lim z n }{{} n = f(x 0 ) f(a). n vakio Siis f(x 0 ) = max f(a), mikä on ristiriita, sillä vastaoletuksen mukaan max f(a) Huom. Koska tässä ei ole käsitelty kaikkia lukujonojen (epäoleellisia) raja-arvoja koskevia tuloksia, niin vastaaviin funktioiden tuloksiin ei viitata. Todistetaan ensin oheinen aputulos (tapaus menee vastaavasti), jolloin voidaan käyttää funktioita koskevaa tulosta: jos lim x ± f(x) = ± ja lim x ± g(x) = a > 0, niin lim x ± (fg)(x) = ±. Oletus. (x n ) ja (y n ) jonoja, x n a > 0 ja y n. Väitös. x n y n. Todistus. Oletuksen mukaan x n a > 0, joten esimerkiksi arvoa ε = a > 0 kohti k 2 0 Z + : (n k 0 x n a < a ). Siis 2 k 0 Z + : (n k 0 x n > a 2 ), (jos x n a < a, niin a x 2 n x n a < a ja edelleen x 2 n > a ). Valitaan 2 mielivaltainen M R. Oletuksen mukaan y n, joten esimerkiksi arvoa M 1 = 2 M > 0 kohti a m 0 Z + : (n k 0 y n > 2 M a ), Merkitään n 0 = max{k 0, m 0 }. Siis n 0 Z +. Oletetaan, että n n 0. Siis x n > a > 0 ja y 2 n > 2 M > 0. Nyt a x n y n > a 2 2 M a = M M. On siis osoitettu, että M R : n 0 Z + : (n n 0 x n y n > M), joten x n y n. Siis väitös on tosi. Sitten itse tehtävään. Huom. Selvästi voidaan olettaa, että ko. polynomiyhtälö on muotoa x n +a n 1 x n a 1 x+a 0 = 0, missä korkeinta potenssia olevan termin kerroin on = 1 ja oikea puoli on = 0. 23

24 Oletus. n Z + on pariton. Väitös. Reaalikertoimisella polynomiyhtälöllä x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = 0 on ainakin yksi reaalinen ratkaisu. Todistus. Tarkastellaan vastaavaa polynomifunktiota f : R R, f(x) = x n + a n 1 x n a 1 x + a 0. Kun x 0, niin voidaan kirjoittaa ( f(x) = x n 1 + a n 1 x a 1 x + a ) 0. n 1 x n Koska lim x x n = ja lim x (1 + a n a 1 + a x x n 1 0 ) = 1 > 0, x n niin aputuloksen perusteella lim x f(x) =. Lisäksi koska n on pariton, niin vastaavin perustein lim x f(x) =. Siis on olemassa sellainen m < 0, että f(m) < 0 ja sellainen M > 0, että f(m) > 0. Koska polynomifunktiot ovat kaikkialla jatkuvia (oletetaan tässä vaiheessa tunnetuksi), niin f on jatkuva erityisesti suljetulla välillä [m, M]. Nyt jatkuvan funktion nollakohtalauseen mukaan funktiolla f on ainakin yksi nollakohta avoimella välillä ] m, M [ eli on olemassa sellainen a ] m, M [, että f(a) = 0. Siis yhtälöllä x n +a n 1 x n a 1 x+a 0 = 0 on ainakin yksi reaalinen ratkaisu. Siis väitös on tosi Todistetaan ensin suurimman arvon olemassaolo. Oletus. f : R R on jatkuva ei-negatiivinen funktio ja lim x f(x) = lim x f(x) = 0. Väitös. max f(r) R. Todistus. (i) Jos f on vakiofunktio f(x) = 0, niin max f(r) = 0 R. (ii) Oletetaan, että f(a) > 0, a R. Koska oletuksen mukaan lim x f(x) = 0, niin esimerkiksi arvoa ε = f(a) > 0 kohti on olemassa sellainen 2 M R, erityisesti sellainen M > a, että x M : f(x) 0 = f(x) < ε. Lisäksi oletuksen mukaan lim x f(x) = 0, joten arvoa ε = f(a) > 0 kohti on olemassa myös sellainen m R, erityisesti sellainen m < a, että x m : f(x) 0 = f(x) < ε. Toisaalta koska 2 f on jatkuva, niin se on jatkuva myös suljetulla välillä [m, M]. Tällöin jatkuvan funktion ääriarvolauseen mukaan f saa välillä [m, M] suurimman arvonsa f(x 0 ) [m, M] eli x [m, M] : f(x) f(x 0 ). Lisäksi f(x) < ε < f(a) f(x 0 ) aina, kun x m tai x M, joten x R : f(x) f(x 0 ) eli f(x 0 ) = max f(r) R. Kohtien (i) ja (ii) perusteella väitös on tosi. Osoitetaan sitten vastaesimerkillä, että pienintä arvoa ei välttämättä ole. 24

25 Vastaesimerkki. Tarkastellaan ei-negatiivista funktiota f : R R, f(x) = 1. Tämä funktio on jatkuva, sillä x on jatkuva (vert. tehtävä 181.), x + 1 on jatkuvien funktioiden summana jatkuva ja edelleen x +1 1 on jatkuvien funktioiden osamääränä (ei nimitt. nollakohtia) jatkuva. Nyt selvästi lim x f(x) = lim x f(x) = 0, mutta f ei saa x +1 pienintä arvoa (jos esim. f(a) = min f(r), niin f( a + 1) < f(a), mikä on ristiriita). Siis ko. oletukset täyttävä funktio ei välttämättä saa pienintä arvoa. 25

x > y : y < x x y : x < y tai x = y x y : x > y tai x = y.

x > y : y < x x y : x < y tai x = y x y : x > y tai x = y. ANALYYSIN TEORIA A Kaikki lauseet eivät ole muotoiltu samalla tavalla kuin luennolla. Ilmoita virheistä yms osoitteeseen mikko.kangasmaki@uta. (jos et ole varma, onko kyseessä virhe, niin ilmoita mieluummin).

Lisätiedot

DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1. Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS

DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1. Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1 Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS Huomautus. Analyysin yksi keskeisimmistä käsitteistä on jatkuvuus! Olkoon A R mielivaltainen joukko

Lisätiedot

Tenttiin valmentavia harjoituksia

Tenttiin valmentavia harjoituksia Tenttiin valmentavia harjoituksia Alla olevissa harjoituksissa suluissa oleva sivunumero viittaa Juha Partasen kurssimonisteen siihen sivuun, jolta löytyy apua tehtävän ratkaisuun. Funktiot Harjoitus.

Lisätiedot

reaalifunktioiden ominaisuutta, joiden perusteleminen on muita perustuloksia hankalampaa. Kalvoja täydentää erillinen moniste,

reaalifunktioiden ominaisuutta, joiden perusteleminen on muita perustuloksia hankalampaa. Kalvoja täydentää erillinen moniste, Reaaliluvuista Pekka Alestalo Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopiston perustieteiden korkeakoulu Nämä kalvot sisältävät tiivistelmän reaaliluvuista ja niihin liittyvistä käsitteistä.

Lisätiedot

Matematiikan johdantokurssi, syksy 2016 Harjoitus 11, ratkaisuista

Matematiikan johdantokurssi, syksy 2016 Harjoitus 11, ratkaisuista Matematiikan johdantokurssi, syksy 06 Harjoitus, ratkaisuista. Valitse seuraaville säännöille mahdollisimman laajat lähtöjoukot ja sopivat maalijoukot niin, että syntyy kahden muuttujan funktiot (ks. monisteen

Lisätiedot

Reaaliluvut. tapauksessa metrisen avaruuden täydellisyyden kohdalla. 1 fi.wikipedia.org/wiki/reaaliluku 1 / 13

Reaaliluvut. tapauksessa metrisen avaruuden täydellisyyden kohdalla. 1 fi.wikipedia.org/wiki/reaaliluku 1 / 13 Reaaliluvut Reaalilukujen joukko R. Täsmällinen konstruointi palautuu rationaalilukuihin, jossa eri mahdollisuuksia: - Dedekindin leikkaukset - rationaaliset Cauchy-jonot - desimaaliapproksimaatiot. Reaalilukujen

Lisätiedot

Analyysi 1. Harjoituksia lukuihin 1 3 / Syksy Osoita täsmällisesti perustellen, että joukko A = x 4 ei ole ylhäältä rajoitettu.

Analyysi 1. Harjoituksia lukuihin 1 3 / Syksy Osoita täsmällisesti perustellen, että joukko A = x 4 ei ole ylhäältä rajoitettu. Analyysi Harjoituksia lukuihin 3 / Syksy 204. Osoita täsmällisesti perustellen, että joukko { 2x A = x ]4, [. x 4 ei ole ylhäältä rajoitettu. 2. Anna jokin ylä- ja alaraja joukoille { x( x) A = x ], [,

Lisätiedot

DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1 1. ALUKSI. Joukko-oppia

DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1 1. ALUKSI. Joukko-oppia DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1 Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 1. ALUKSI Joukko-oppia Lyhenteitä ja merkintöjä. A = B A:sta seuraa B. Implikaatio. A B A ja B yhtäpitävät. Ekvivalenssi.

Lisätiedot

Karteesinen tulo. Olkoot A = {1, 2, 3, 5} ja B = {a, b, c}. Näiden karteesista tuloa A B voidaan havainnollistaa kuvalla 1 / 21

Karteesinen tulo. Olkoot A = {1, 2, 3, 5} ja B = {a, b, c}. Näiden karteesista tuloa A B voidaan havainnollistaa kuvalla 1 / 21 säilyy Olkoot A = {1, 2, 3, 5} ja B = {a, b, c}. Näiden karteesista tuloa A B voidaan havainnollistaa kuvalla c b a 1 2 3 5 1 / 21 säilyy Esimerkkirelaatio R = {(1, b), (3, a), (5, a), (5, c)} c b a 1

Lisätiedot

MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 3: Jatkuvuus

MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 3: Jatkuvuus MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 3: Jatkuvuus Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos 19.9.2016 Pekka Alestalo, Jarmo

Lisätiedot

1 sup- ja inf-esimerkkejä

1 sup- ja inf-esimerkkejä Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Nollakohdan olemassaolo. Kaikki tuntevat

Lisätiedot

Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä

Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 1 / 13 Tehtäviä Tehtävä 1. Johda toiseen asteen yhtälön ax + bx + c = 0, a 0 ratkaisukaava. Tehtävä. Määrittele joukon A R pienin yläraja sup A ja suurin alaraja

Lisätiedot

missä on myös käytetty monisteen kaavaa 12. Pistä perustelut kohdilleen!

missä on myös käytetty monisteen kaavaa 12. Pistä perustelut kohdilleen! Matematiikan johdantokurssi Kertausharjoitustehtävien ratkaisuja/vastauksia/vihjeitä. Osoita todeksi logiikan lauseille seuraava: P Q (P Q). Ratkaisuohje. Väite tarkoittaa, että johdetut lauseet P Q ja

Lisätiedot

5.6 Yhdistetty kuvaus

5.6 Yhdistetty kuvaus 5.6 Yhdistetty kuvaus Määritelmä 5.6.1. Oletetaan, että f : æ Y ja g : Y æ Z ovat kuvauksia. Yhdistetty kuvaus g f : æ Z määritellään asettamalla kaikilla x œ. (g f)(x) =g(f(x)) Huomaa, että yhdistetty

Lisätiedot

Konvergenssilauseita

Konvergenssilauseita LUKU 4 Konvergenssilauseita Lause 4.1 (Monotonisen konvergenssin lause). Olkoon (f n ) kasvava jono Lebesgueintegroituvia funktioita. Asetetaan f(x) := f n (x). Jos f n

Lisätiedot

Algebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdotuksia harjoituksiin 3 (9 sivua) OT

Algebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdotuksia harjoituksiin 3 (9 sivua) OT Algebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdotuksia harjoituksiin 3 (9 sivua) 31.1.-4.2.2011 OT 1. Määritellään kokonaisluvuille laskutoimitus n m = n + m + 5. Osoita, että (Z, ) on ryhmä.

Lisätiedot

Luku 2. Jatkuvien funktioiden ominaisuuksia.

Luku 2. Jatkuvien funktioiden ominaisuuksia. 1 MAT-1343 Laaja matematiikka 3 TTY 21 Risto Silvennoinen Luku 2. Jatkuvien funktioiden ominaisuuksia. Jatkossa väli I tarkoittaa jotakin seuraavista reaalilukuväleistä: ( ab, ) = { x a< x< b} = { x a

Lisätiedot

1 sup- ja inf-esimerkkejä

1 sup- ja inf-esimerkkejä Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Kaarenpituus. Olkoon r: [a, b] R

Lisätiedot

Johdatus matematiikkaan

Johdatus matematiikkaan Johdatus matematiikkaan Luento 7 Mikko Salo 11.9.2017 Sisältö 1. Funktioista 2. Joukkojen mahtavuus Funktioista Lukiomatematiikassa on käsitelty reaalimuuttujan funktioita (polynomi / trigonometriset /

Lisätiedot

Funktiot. funktioita f : A R. Yleensä funktion määrittelyjoukko M f = A on jokin väli, muttei aina.

Funktiot. funktioita f : A R. Yleensä funktion määrittelyjoukko M f = A on jokin väli, muttei aina. Funktiot Tässä luvussa käsitellään reaaliakselin osajoukoissa määriteltyjä funktioita f : A R. Yleensä funktion määrittelyjoukko M f = A on jokin väli, muttei aina. Avoin väli: ]a, b[ tai ]a, [ tai ],

Lisätiedot

Sarjojen suppenemisesta

Sarjojen suppenemisesta TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Terhi Mattila Sarjojen suppenemisesta Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Huhtikuu 008 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos

Lisätiedot

Funktiot ja raja-arvo. Pekka Salmi

Funktiot ja raja-arvo. Pekka Salmi Funktiot ja raja-arvo Pekka Salmi Versio 0.3 13. lokakuuta 2017 Johdanto Tämä moniste on keskeneräinen... 1 1 Reaaliluvut 1.1 Lukujoukot Lukujoukoista käytettään seuraavia merkintöjä: N = {0, 1, 2, 3,...}

Lisätiedot

Raja-arvot ja jatkuvuus

Raja-arvot ja jatkuvuus Raja-arvot ja jatkuvuus 30. lokakuuta 2014 10:11 Suoraa jatkoa kurssille Johdatus reaalifunktioihin (MATP311) (JRF). Oheislukemista: Kilpeläinen: Analyysi 1, luvut 3-6, Spivak: Calculus, luvut 5-8, 22,

Lisätiedot

Matemaattisen analyysin tukikurssi

Matemaattisen analyysin tukikurssi Matemaattisen analyysin tukikurssi 5. Kurssikerta Petrus Mikkola 10.10.2016 Tämän kerran asiat Raja-arvo ja toispuolinen raja-arvo Funktion suurin ja pienin arvo Lukujono Lukujonon suppeneminen Kasvava

Lisätiedot

Kurssikoe on maanantaina Muista ilmoittautua kokeeseen viimeistään 10 päivää ennen koetta! Ilmoittautumisohjeet löytyvät kurssin kotisivuilla.

Kurssikoe on maanantaina Muista ilmoittautua kokeeseen viimeistään 10 päivää ennen koetta! Ilmoittautumisohjeet löytyvät kurssin kotisivuilla. HY / Avoin ylioisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 05 Harjoitus 6 Ratkaisut palautettava viimeistään tiistaina.6.05 klo 6.5. Huom! Luennot ovat salissa CK maanantaista 5.6. lähtien. Kurssikoe on

Lisätiedot

Kuvauksista ja relaatioista. Jonna Makkonen Ilari Vallivaara

Kuvauksista ja relaatioista. Jonna Makkonen Ilari Vallivaara Kuvauksista ja relaatioista Jonna Makkonen Ilari Vallivaara 20. lokakuuta 2004 Sisältö 1 Esipuhe 2 2 Kuvauksista 3 3 Relaatioista 8 Lähdeluettelo 12 1 1 Esipuhe Joukot ja relaatiot ovat periaatteessa äärimmäisen

Lisätiedot

Derivaattaluvut ja Dini derivaatat

Derivaattaluvut ja Dini derivaatat Derivaattaluvut Dini derivaatat LuK-tutkielma Helmi Glumo 2434483 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Syksy 2016 Sisältö Johdanto 2 1 Taustaa 2 2 Määritelmät 4 3 Esimerkkejä lauseita 7 Lähdeluettelo

Lisätiedot

1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus

1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus 1 Lineaariavaruus eli Vektoriavaruus 1.1 Määritelmä ja esimerkkejä Olkoon K kunta, jonka nolla-alkio on 0 ja ykkösalkio on 1 sekä V epätyhjä joukko. Oletetaan, että joukossa V on määritelty laskutoimitus

Lisätiedot

Tehtävä 3. Määrää seuraavien jonojen raja-arvot 1.

Tehtävä 3. Määrää seuraavien jonojen raja-arvot 1. Jonotehtävät, 0/9/005, sivu / 5 Perustehtävät Tehtävä. Muotoile matemaattiset vastineet seuraavien väitteiden negaatioille (ts. vastaohdat).. Jono (a n ) suppenee ohti luua a.. Jono (a n ) on asvava. 3.

Lisätiedot

Vastaus 1. Lasketaan joukkojen alkiot, ja todetaan, että niitä on 3 molemmissa.

Vastaus 1. Lasketaan joukkojen alkiot, ja todetaan, että niitä on 3 molemmissa. Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Vastaus 1. Lasketaan joukkojen alkiot, ja todetaan, että niitä on 3 molemmissa. Vastaus 2. Vertaillaan

Lisätiedot

Funktion raja-arvo ja jatkuvuus Reaali- ja kompleksifunktiot

Funktion raja-arvo ja jatkuvuus Reaali- ja kompleksifunktiot 3. Funktion raja-arvo ja jatkuvuus 3.1. Reaali- ja kompleksifunktiot 43. Olkoon f monotoninen ja rajoitettu välillä ]a,b[. Todista, että raja-arvot lim + f (x) ja lim x b f (x) ovat olemassa. Todista myös,

Lisätiedot

Analyysi A. Raja-arvo ja jatkuvuus. Pertti Koivisto

Analyysi A. Raja-arvo ja jatkuvuus. Pertti Koivisto Analyysi A Raja-arvo ja jatkuvuus Pertti Koivisto Kevät 207 Alkusanat Tämä moniste on tarkoitettu oheislukemistoksi Tampereen yliopistossa pidettävälle kurssille Analyysi A. Monisteen tavoitteena on tukea

Lisätiedot

Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }?

Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Vastaus

Lisätiedot

1 Reaaliset lukujonot

1 Reaaliset lukujonot Jonot 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 5 1 Reaaliset lukujonot Reaaliset lukujonot ovat funktioita f : Z + R. Lukujonosta käytetään merkintää (a k ) k=1 tai lyhyemmin vain (a k). missä a k = f(k). Täten lukujonot

Lisätiedot

Analyysi I. Visa Latvala. 26. lokakuuta 2004

Analyysi I. Visa Latvala. 26. lokakuuta 2004 Analyysi I Visa Latvala 26. lokakuuta 2004 34 Sisältö 3 Reaauuttujan funktiot 35 3.1 Peruskäsitteitä................................. 35 3.2 Raja-arvon määritelmä............................. 43 3.3 Raja-arvon

Lisätiedot

Algebra I, Harjoitus 6, , Ratkaisut

Algebra I, Harjoitus 6, , Ratkaisut Algebra I Harjoitus 6 9. 13.3.2009 Ratkaisut Algebra I Harjoitus 6 9. 13.3.2009 Ratkaisut (MV 6 sivua 1. Olkoot M ja M multiplikatiivisia monoideja. Kuvaus f : M M on monoidihomomorfismi jos 1 f(ab = f(af(b

Lisätiedot

1. Olkoon f :, Ratkaisu. Funktion f kuvaaja välillä [ 1, 3]. (b) Olkoonε>0. Valitaanδ=ε. Kun x 1 <δ, niin. = x+3 2 = x+1, 1< x<1+δ

1. Olkoon f :, Ratkaisu. Funktion f kuvaaja välillä [ 1, 3]. (b) Olkoonε>0. Valitaanδ=ε. Kun x 1 <δ, niin. = x+3 2 = x+1, 1< x<1+δ Matematiikan tilastotieteen laitos Differentiaalilaskenta, syksy 2015 Lisätehtävät 1 Ratkaisut 1. Olkoon f :, x+1, x 1, f (x)= x+3, x>1 Piirrä funktion kuvaa välillä [ 1, 3]. (a) Tutki ra-arvon (ε, δ)-määritelmän

Lisätiedot

Seurauksia. Seuraus. Seuraus. Jos asteen n polynomilla P on n erisuurta nollakohtaa x 1, x 2,..., x n, niin P on muotoa

Seurauksia. Seuraus. Seuraus. Jos asteen n polynomilla P on n erisuurta nollakohtaa x 1, x 2,..., x n, niin P on muotoa Seurauksia Seuraus Jos asteen n polynomilla P on n erisuurta nollakohtaa x 1, x 2,..., x n, niin P on muotoa P(x) = a n (x x 1 )(x x 2 )... (x x n ). Seuraus Astetta n olevalla polynomilla voi olla enintään

Lisätiedot

1 Määrittelyjä ja aputuloksia

1 Määrittelyjä ja aputuloksia 1 Määrittelyjä ja aputuloksia 1.1 Supremum ja infimum Aluksi kerrataan pienimmän ylärajan (supremum) ja suurimman alarajan (infimum) perusominaisuuksia ja esitetään muutamia myöhemmissä todistuksissa tarvittavia

Lisätiedot

Todista raja-arvon määritelmään perustuen seuraava lause: Jos lukujonolle a n pätee lima n = a ja lima n = b, niin a = b.

Todista raja-arvon määritelmään perustuen seuraava lause: Jos lukujonolle a n pätee lima n = a ja lima n = b, niin a = b. 2 Lukujonot 21 Lukujonon määritelmä 16 Fibonacci n luvut määritellään ehdoilla Osoita: 17 a 1 = a 2 = 1; a n+2 = a n+1 + a n, n N a n = 1 [( 1 + ) n ( 2 1 ) n ] 2 Olkoon a 1 = 3, a 2 = 6, a n+1 = 1 n (na

Lisätiedot

802320A LINEAARIALGEBRA OSA I

802320A LINEAARIALGEBRA OSA I 802320A LINEAARIALGEBRA OSA I Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LINEAARIALGEBRA 1 / 72 Määritelmä ja esimerkkejä Olkoon K kunta, jonka nolla-alkio on 0 ja ykkösalkio on 1 sekä

Lisätiedot

Analyysi III. Jari Taskinen. 28. syyskuuta Luku 1

Analyysi III. Jari Taskinen. 28. syyskuuta Luku 1 Analyysi III Jari Taskinen 28. syyskuuta 2002 Luku Sisältö Sarjat 2. Lukujonoista........................... 2.2 Rekursiivisesti määritellyt lukujonot.............. 8.3 Sarja ja sen suppenminen....................

Lisätiedot

Tehtävä 1. Miksi seuraavat esimerkit eivät ole funktioita? 1. f : R Z, f(x) = x 2. 2 kun x on parillinen,

Tehtävä 1. Miksi seuraavat esimerkit eivät ole funktioita? 1. f : R Z, f(x) = x 2. 2 kun x on parillinen, Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 005, sivu 1 / 4 Perustehtävät Tehtävä 1. Miksi seuraavat esimerkit eivät ole funktioita? 1. f : R Z, f(x) = x. kun x on parillinen, f : N {0, 1, }, f(x) = 1 kun x on alkuluku,

Lisätiedot

Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 2 / vko 9

Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 2 / vko 9 Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 2 / vko 9 Tuntitehtävät 9-10 lasketaan alkuviikon harjoituksissa ja tuntitehtävät 13-14 loppuviikon harjoituksissa. Kotitehtävät 11-12 tarkastetaan loppuviikon

Lisätiedot

Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II. LM2, Kesä /141

Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II. LM2, Kesä /141 Lineaarialgebra ja matriisilaskenta II LM2, Kesä 2012 1/141 Kertausta: avaruuden R n vektorit Määritelmä Oletetaan, että n {1, 2, 3,...}. Avaruuden R n alkiot ovat jonoja, joissa on n kappaletta reaalilukuja.

Lisätiedot

Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 1,

Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 1, Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 1, 15.9.2014 1. Hahmottele tasossa seuraavat relaatiot: a) R 1 = {(x, y) R 2 : x y 2 } b) R 2 = {(x, y) R 2 : y x Z} c) R 3 = {(x, y) R 2 : y > 0 and x 2

Lisätiedot

Reaalifunktioista 1 / 17. Reaalifunktioista

Reaalifunktioista 1 / 17. Reaalifunktioista säilyy 1 / 17 säilyy Jos A, B R, niin funktiota f : A B sanotaan (yhden muuttujan) reaalifunktioksi. Tällöin karteesinen tulo A B on (aiempia esimerkkejä luonnollisemmalla tavalla) xy-tason osajoukko,

Lisätiedot

Vieruskaverisi on tämän päivän luennolla työtoverisi. Jos sinulla ei ole vieruskaveria, siirry jonkun viereen. Esittäytykää toisillenne.

Vieruskaverisi on tämän päivän luennolla työtoverisi. Jos sinulla ei ole vieruskaveria, siirry jonkun viereen. Esittäytykää toisillenne. Aloitus Vieruskaverisi on tämän päivän luennolla työtoverisi. Jos sinulla ei ole vieruskaveria, siirry jonkun viereen. Esittäytykää toisillenne. Mitkä seuraavista väitteistä ovat tosia? A. 6 3 N B. 5 Z

Lisätiedot

Johdatus yliopistomatematiikkaan. JYM, Syksy2015 1/195

Johdatus yliopistomatematiikkaan. JYM, Syksy2015 1/195 Johdatus yliopistomatematiikkaan JYM, Syksy2015 1/195 Joukko ja alkio Määritelmä Joukko tarkoittaa kokoelmaa olioita, joita sanotaan joukon alkioiksi. Lisäksi vaaditaan, että jokaisesta oliosta on voitava

Lisätiedot

Reaaliluvuista. Yleistä funktio-oppia. Trigonometriset funktiot. Eksponentti- ja logaritmifunktiot. LaMa 1U syksyllä 2011

Reaaliluvuista. Yleistä funktio-oppia. Trigonometriset funktiot. Eksponentti- ja logaritmifunktiot. LaMa 1U syksyllä 2011 Toisen viikon luennot Reaaliluvuista. Yleistä funktio-oppia. Trigonometriset funktiot. Eksponentti- ja logaritmifunktiot. LaMa 1U syksyllä 2011 Perustuu paljolti lukion oppikirjoihin ja Trench in verkkokirjaan,

Lisätiedot

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n

IV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n IV. TASAINEN SUPPENEMINEN IV.. Funktiojonon tasainen suppeneminen Olkoon A R joukko ja f n : A R funktio, n =, 2, 3,..., jolloin jokaisella x A muodostuu lukujono f x, f 2 x,.... Jos tämä jono suppenee

Lisätiedot

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus matemaattiseen päättelyyn Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä 2 Todistamisesta 3 Joukko-oppia 4 Funktioista Funktio eli kuvaus on matematiikan

Lisätiedot

1. Logiikan ja joukko-opin alkeet

1. Logiikan ja joukko-opin alkeet 1. Logiikan ja joukko-opin alkeet 1.1. Logiikkaa 1. Osoita totuusarvotauluja käyttäen, että implikaatio p q voidaan kirjoittaa muotoon p q, ts. että propositio (p q) ( p q) on identtisesti tosi. 2. Todista

Lisätiedot

Ratkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen

Ratkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen Ratkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen 4.2.202 (ratkaisuehdotus päivitetty 23.0.207) Huomioitavaa: - Tässä ratkaisuehdotuksessa olen pyrkinyt mainitsemaan lauseen, johon kulloinenkin päätelmä vetoaa. Näin

Lisätiedot

Sanomme, että kuvaus f : X Y on injektio, jos. x 1 x 2 f (x 1 ) f (x 2 ) eli f (x 1 ) = f (x 2 ) x 1 = x 2.

Sanomme, että kuvaus f : X Y on injektio, jos. x 1 x 2 f (x 1 ) f (x 2 ) eli f (x 1 ) = f (x 2 ) x 1 = x 2. Sanomme, että kuvaus f : X Y on injektio, jos x 1 x 2 f (x 1 ) f (x 2 ) eli f (x 1 ) = f (x 2 ) x 1 = x 2. Siis kuvaus on injektio, jos eri alkiot kuvautuvat eri alkioille eli maalijoukon jokainen alkio

Lisätiedot

Analyysi 1. Pertti Koivisto

Analyysi 1. Pertti Koivisto Analyysi Pertti Koivisto Syksy 204 Alkusanat Tämä moniste on tarkoitettu oheislukemistoksi Tampereen yliopistossa pidettävälle kurssille Analyysi. Monisteen tavoitteena on tukea luentojen seuraamista,

Lisätiedot

Analyysi 1. Harjoituksia lukuihin 4 7 / Syksy Tutki funktion f(x) = x 2 + x 2 jatkuvuutta pisteissä x = 0 ja x = 1.

Analyysi 1. Harjoituksia lukuihin 4 7 / Syksy Tutki funktion f(x) = x 2 + x 2 jatkuvuutta pisteissä x = 0 ja x = 1. Analyysi 1 Harjoituksia lukuihin 4 7 / Syksy 014 1. Tutki funktion x + x jatkuvuutta pisteissä x = 0 ja x = 1.. Määritä vakiot a ja b siten, että funktio a x cos x + b x + b sin x, kun x 0, x 4, kun x

Lisätiedot

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus matemaattiseen päättelyyn Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä 2 Todistamisesta 2 3 Joukko-oppia Tässä luvussa tarkastellaan joukko-opin

Lisätiedot

Johdatus yliopistomatematiikkaan. JYM, Syksy /197

Johdatus yliopistomatematiikkaan. JYM, Syksy /197 Johdatus yliopistomatematiikkaan JYM, Syksy 2014 1/197 Joukko ja alkio Määritelmä Joukko tarkoittaa kokoelmaa olioita, joita sanotaan joukon alkioiksi. Lisäksi vaaditaan, että jokaisesta oliosta on voitava

Lisätiedot

Johdatus diskreettiin matematiikkaan (syksy 2009) Harjoitus 3, ratkaisuja Janne Korhonen

Johdatus diskreettiin matematiikkaan (syksy 2009) Harjoitus 3, ratkaisuja Janne Korhonen Johdatus diskreettiin matematiikkaan (syksy 009) Harjoitus 3, ratkaisuja Janne Korhonen 1. Väite: Funktio f : [, ) [1, ), missä on bijektio. f(x) = x + 4x + 5, Todistus: Luentomateriaalissa todistettujen

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 1

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 1 Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 1 1 Joukko-oppia Matematiikassa joukko on mikä tahansa kokoelma objekteja. Esimerkiksi joukkoa A, jonka jäseniä ovat numerot 1, 2 ja 5 merkitään A = {1, 2, 5}. Joukon

Lisätiedot

Surjektion käsitteen avulla kuvauksia voidaan luokitella sen mukaan, kuvautuuko kaikille maalin alkioille jokin alkio vai ei.

Surjektion käsitteen avulla kuvauksia voidaan luokitella sen mukaan, kuvautuuko kaikille maalin alkioille jokin alkio vai ei. 5.5 Surjektio Surjektion käsitteen avulla kuvauksia voidaan luokitella sen mukaan, kuvautuuko kaikille maalin alkioille jokin alkio vai ei. Määritelmä 5.5.1. Kuvaus f : X æ Y on surjektio, jos jokaisella

Lisätiedot

Kuvaus eli funktio f joukolta X joukkoon Y tarkoittaa havainnollisesti vastaavuutta, joka liittää joukon X jokaiseen alkioon joukon Y tietyn alkion.

Kuvaus eli funktio f joukolta X joukkoon Y tarkoittaa havainnollisesti vastaavuutta, joka liittää joukon X jokaiseen alkioon joukon Y tietyn alkion. Kuvaus eli funktio f joukolta X joukkoon Y tarkoittaa havainnollisesti vastaavuutta, joka liittää joukon X jokaiseen alkioon joukon Y tietyn alkion. Kuvaus eli funktio f joukolta X joukkoon Y tarkoittaa

Lisätiedot

Algebra I, harjoitus 5,

Algebra I, harjoitus 5, Algebra I, harjoitus 5, 7.-8.10.2014. 1. 2 Osoita väitteet oikeiksi tai vääriksi. a) (R, ) on ryhmä, kun asetetaan a b = 2(a + b) aina, kun a, b R. (Tässä + on reaalilukujen tavallinen yhteenlasku.) b)

Lisätiedot

Tehtävä 4 : 2. b a+1 (mod 3)

Tehtävä 4 : 2. b a+1 (mod 3) Tehtävä 4 : 1 Olkoon G sellainen verkko, jonka solmujoukkona on {1,..., 9} ja jonka särmät määräytyvät oheisen kuvan mukaisesti. Merkitään lisäksi kirjaimella A verkon G kaikkien automorfismien joukkoa,

Lisätiedot

Diskreetti matematiikka, syksy 2010 Harjoitus 7, ratkaisuista

Diskreetti matematiikka, syksy 2010 Harjoitus 7, ratkaisuista Diskreetti matematiikka, syksy 2010 Harjoitus 7, ratkaisuista 1. Olkoot (E, ) ja (F, ) epätyhjiä järjestettyjä joukkoja. Määritellään joukossa E F relaatio L seuraavasti: [ (x, y)l(x, y ) ] [ (x < x )

Lisätiedot

= 5! 2 2!3! = = 10. Edelleen tästä joukosta voidaan valita kolme särmää yhteensä = 10! 3 3!7! = = 120

= 5! 2 2!3! = = 10. Edelleen tästä joukosta voidaan valita kolme särmää yhteensä = 10! 3 3!7! = = 120 Tehtävä 1 : 1 Merkitään jatkossa kirjaimella H kaikkien solmujoukon V sellaisten verkkojen kokoelmaa, joissa on tasan kolme särmää. a) Jokainen verkko G H toteuttaa väitteen E(G) [V]. Toisaalta jokainen

Lisätiedot

Onko kuvaukset injektioita? Ovatko ne surjektioita? Bijektioita?

Onko kuvaukset injektioita? Ovatko ne surjektioita? Bijektioita? Matematiikkaa kaikille, kesä 2017 Avoin yliopisto Luentojen 2,4 ja 6 tehtäviä Päivittyy kurssin aikana 1. Olkoon A = {0, 1, 2}, B = {1, 2, 3} ja C = {2, 3, 4}. Luettele joukkojen A B, A B, A B ja (A B)

Lisätiedot

Reaaliarvoisen yhden muuttujan funktion raja arvo LaMa 1U syksyllä 2011

Reaaliarvoisen yhden muuttujan funktion raja arvo LaMa 1U syksyllä 2011 Neljännen viikon luennot Reaaliarvoisen yhden muuttujan funktion raja arvo LaMa 1U syksyllä 2011 Perustuu Trench in verkkokirjan lukuun 2.1. Esko Turunen esko.turunen@tut.fi Funktion y = f (x) on intuitiivisesti

Lisätiedot

MS-A0402 Diskreetin matematiikan perusteet

MS-A0402 Diskreetin matematiikan perusteet MS-A040 Diskreetin matematiikan perusteet Osa : Relaatiot ja funktiot Riikka Kangaslampi 017 Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto Relaatiot Relaatio Määritelmä 1 Relaatio joukosta A

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 1 Määrittelyjoukoista Tarkastellaan funktiota, jonka määrittelevä yhtälö on f(x) = x. Jos funktion lähtöjoukoksi määrittelee vaikkapa suljetun välin [0, 1], on funktio

Lisätiedot

Luonnollisten lukujen ja kokonaislukujen määritteleminen

Luonnollisten lukujen ja kokonaislukujen määritteleminen Luonnollisten lukujen ja kokonaislukujen määritteleminen LuK-tutkielma Jussi Piippo Matemaattisten tieteiden yksikkö Oulun yliopisto Kevät 2017 Sisältö 1 Johdanto 2 2 Esitietoja 3 2.1 Joukko-opin perusaksioomat...................

Lisätiedot

Diskreetin Matematiikan Paja Ratkaisuehdotuksia viikolle 2. ( ) Jeremias Berg

Diskreetin Matematiikan Paja Ratkaisuehdotuksia viikolle 2. ( ) Jeremias Berg Diskreetin Matematiikan Paja Ratkaisuehdotuksia viikolle 2. (24.3-25.3) Jeremias Berg 1. Olkoot A 1 = {1, 2, 3}, A 2 = {A 1, 5, 6}, A 3 = {A 2, A 1, 7}, D = {A 1, A 2, A 3 } Kirjoita auki seuraavat joukot:

Lisätiedot

7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi

7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi 7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi Z p [x]/(m), missä m on polynomirenkaan Z p [x] jaoton polynomi (ks. määritelmä 3.19).

Lisätiedot

Algebra 1, harjoitus 9, h = xkx 1 xhx 1. a) Käytetään molemmissa tapauksissa isomorfialausetta. Tarkastellaan kuvauksia

Algebra 1, harjoitus 9, h = xkx 1 xhx 1. a) Käytetään molemmissa tapauksissa isomorfialausetta. Tarkastellaan kuvauksia Algebra 1, harjoitus 9, 11.-12.11.2014. 1. Olkoon G ryhmä ja H G normaali aliryhmä. Tiedetään, että tällöin xhx 1 H kaikilla x G. Osoita, että itse asiassa xhx 1 = H kaikilla x G. Ratkaisu: Yritetään osoittaa,

Lisätiedot

Maksimit ja minimit 1/5 Sisältö ESITIEDOT: reaalifunktiot, derivaatta

Maksimit ja minimit 1/5 Sisältö ESITIEDOT: reaalifunktiot, derivaatta Maksimit ja minimit 1/5 Sisältö Funktion kasvavuus ja vähenevyys; paikalliset ääriarvot Jos derivoituvan reaalifunktion f derivaatta tietyssä pisteessä on positiivinen, f (x 0 ) > 0, niin funktion tangentti

Lisätiedot

isomeerejä yhteensä yhdeksän kappaletta.

isomeerejä yhteensä yhdeksän kappaletta. Tehtävä 2 : 1 Esitetään aluksi eräitä havaintoja. Jokaisella n Z + symbolilla H (n) merkitään kaikkien niiden verkkojen joukkoa, jotka vastaavat jotakin tehtävänannon ehtojen mukaista alkaanin hiiliketjua

Lisätiedot

0. Kertausta. Luvut, lukujoukot (tavalliset) Osajoukot: Yhtälöt ja niiden ratkaisu: N, luonnolliset luvut (1,2,3,... ) Z, kokonaisluvut

0. Kertausta. Luvut, lukujoukot (tavalliset) Osajoukot: Yhtälöt ja niiden ratkaisu: N, luonnolliset luvut (1,2,3,... ) Z, kokonaisluvut 0. Kertausta Luvut, lukujoukot (tavalliset) N, luonnolliset luvut (1,2,3,... ) Z, kokonaisluvut Rationaaliluvut n/m, missä n,m Z Reaaliluvut R muodostavat jatkumon fysiikan lukujoukko Kompleksiluvut C:z

Lisätiedot

X R Matematiikan johdantokurssi, syksy 2016 Harjoitus 5, ratkaisuista

X R Matematiikan johdantokurssi, syksy 2016 Harjoitus 5, ratkaisuista Matematiikan johdantokurssi, syksy 06 Harjoitus, ratkaisuista. Olkoon perusjoukkona X := {,,,, } ja := {(, ), (, ), (, ), (, )}. Muodosta yhdistetyt (potenssi)relaatiot,,,. Entä mitä on yleisesti n, kun

Lisätiedot

Kuvaus. Määritelmä. LM2, Kesä /160

Kuvaus. Määritelmä. LM2, Kesä /160 Kuvaus Määritelmä Oletetaan, että X ja Y ovat joukkoja. Kuvaus eli funktio joukosta X joukkoon Y on sääntö, joka liittää jokaiseen joukon X alkioon täsmälleen yhden alkion, joka kuuluu joukkoon Y. Merkintä

Lisätiedot

Johdatus matematiikkaan

Johdatus matematiikkaan Johdatus matematiikkaan Luento 8 Mikko Salo 13.9.2017 Sisältö 1. Kertausta Kurssin suorittaminen Kurssi suoritetaan lopputentillä (20.9. tai 4.10.). Arvostelu hyväksytty/hylätty. Tentissä on aikaa 4 h,

Lisätiedot

Kuvaus eli funktio f joukolta X joukkoon Y tarkoittaa havainnollisesti vastaavuutta, joka liittää joukon X jokaiseen alkioon joukon Y tietyn alkion.

Kuvaus eli funktio f joukolta X joukkoon Y tarkoittaa havainnollisesti vastaavuutta, joka liittää joukon X jokaiseen alkioon joukon Y tietyn alkion. Kuvaus eli funktio f joukolta X joukkoon Y tarkoittaa havainnollisesti vastaavuutta, joka liittää joukon X jokaiseen alkioon joukon Y tietyn alkion. Vastaavuus puolestaan on erikoistapaus relaatiosta.

Lisätiedot

KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012

KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012 KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012 RITVA HURRI-SYRJÄNEN 2. Kompleksitason topologiaa Kompleksianalyysi on kompleksiarvoisten kompleksimuuttujien funktioiden teoriaa. Tällä kurssilla käsittelemme vain

Lisätiedot

Topologia I Harjoitus 6, kevät 2010 Ratkaisuehdotus

Topologia I Harjoitus 6, kevät 2010 Ratkaisuehdotus Topologia I Harjoitus 6, kevät 2010 Ratkaisuehdotus 1. (5:7) Olkoon E normiavaruus, I = [0, 1] ja f, g : I E jatkuvia. Osoita, että yhtälön h(s, t) = (1 t)f(s) + tg(s) määrittelemä kuvaus h : I 2 E on

Lisätiedot

Ratkaisuehdotus 2. kurssikoe

Ratkaisuehdotus 2. kurssikoe Ratkaisuehdotus 2. kurssikoe 4.2.202 Huomioitavaa: - Tässä ratkaisuehdotuksessa olen pyrkinyt mainitsemaan lauseen, johon kulloinenkin päätelmä vetoaa. Näin opiskelijan on helpompi jäljittää teoreettinen

Lisätiedot

Sisältö. Sarjat 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 17

Sisältö. Sarjat 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 17 Sarjat 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 17 Sisältö 1 Peruskäsitteistöä 2 1.1 Määritelmiä 2 1.2 Perustuloksia 4 2 Suppenemistestejä positiivitermisille sarjoille 5 3 Itseinen ja ehdollinen suppeneminen 8 4 Alternoivat

Lisätiedot

Reaalilukujonoista ja niiden merkityksestä kouluopetuksessa

Reaalilukujonoista ja niiden merkityksestä kouluopetuksessa TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Anna-Kaisa Torvinen Reaalilukujonoista ja niiden merkityksestä kouluopetuksessa Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Syyskuu 2010 Tampereen yliopisto

Lisätiedot

on Abelin ryhmä kertolaskun suhteen. Tämän joukon alkioiden lukumäärää merkitään

on Abelin ryhmä kertolaskun suhteen. Tämän joukon alkioiden lukumäärää merkitään 5. Primitiivinen alkio 5.1. Täydennystä lukuteoriaan. Olkoon n Z, n 2. Palautettakoon mieleen, että kokonaislukujen jäännösluokkarenkaan kääntyvien alkioiden muodostama osajoukko Z n := {x Z n x on kääntyvä}

Lisätiedot

Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 2, Osoita että A on hyvin määritelty. Tee tämä osoittamalla

Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 2, Osoita että A on hyvin määritelty. Tee tämä osoittamalla Johdatus diskreettiin matematiikkaan Harjoitus 2, 23.9.2015 1. Osoita että A on hyvin määritelty. Tee tämä osoittamalla a) että ei ole olemassa surjektiota f : {1,, n} {1,, m}, kun n < m. b) että a) kohdasta

Lisätiedot

(2n 1) = n 2

(2n 1) = n 2 3.5 Induktiotodistus Induktiota käyttäen voidaan todistaa luonnollisia lukuja koskevia väitteitä, jotka ovat muotoa väite P (n) on totta kaikille n =0, 1, 2,... Tässä väite P (n) riippuu n:n arvosta. Todistuksessa

Lisätiedot

3.3 Funktion raja-arvo

3.3 Funktion raja-arvo 3.3 Funktion raja-arvo Olkoot A ja B kompleksitason joukkoja ja f : A B kuvaus. Kuvauksella f on pisteessä z 0 A raja-arvo c, jos jokaista ε > 0 vastaa δ > 0 siten, että 0 < z z 0 < δ ja z A f(z) c < ε.

Lisätiedot

Ensimmäinen induktioperiaate

Ensimmäinen induktioperiaate 1 Ensimmäinen induktioperiaate Olkoon P(n) luonnollisilla luvuilla määritelty predikaatti. (P(n) voidaan lukea luvulla n on ominaisuus P.) Todistettava, että P(n) on tosi jokaisella n N. ( Kaikilla luonnollisilla

Lisätiedot

Ensimmäinen induktioperiaate

Ensimmäinen induktioperiaate Ensimmäinen induktioperiaate Olkoon P(n) luonnollisilla luvuilla määritelty predikaatti. (P(n) voidaan lukea luvulla n on ominaisuus P.) Todistettava, että P(n) on tosi jokaisella n N. ( Kaikilla luonnollisilla

Lisätiedot

Relaatioista. 1. Relaatiot. Alustava määritelmä: Relaatio on kahden (tai useamman, saman tai eri) joukon alkioiden välinen ominaisuus tai suhde.

Relaatioista. 1. Relaatiot. Alustava määritelmä: Relaatio on kahden (tai useamman, saman tai eri) joukon alkioiden välinen ominaisuus tai suhde. Relaatioista 1. Relaatiot. Alustava määritelmä: Relaatio on kahden (tai useamman, saman tai eri) joukon alkioiden välinen ominaisuus tai suhde. Esimerkkejä Kokonaisluvut x ja y voivat olla keskenään mm.

Lisätiedot

Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus Malliratkaisut (Sauli Lindberg)

Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus Malliratkaisut (Sauli Lindberg) Matematiikan ja tilastotieteen laitos Reaalianalyysi I Harjoitus 4 9.4.-23.4.200 Malliratkaisut (Sauli Lindberg). Näytä, että Lusinin lauseessa voidaan luopua oletuksesta m(a)

Lisätiedot

HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015 Harjoitus 5 Ratkaisuehdotuksia

HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015 Harjoitus 5 Ratkaisuehdotuksia HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 015 Harjoitus 5 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan väitteiden todistamista tai kumoamista vastaesimerkin

Lisätiedot

Kurssikoe on maanantaina 29.6. Muista ilmoittautua kokeeseen viimeistään 10 päivää ennen koetta! Ilmoittautumisohjeet löytyvät kurssin kotisivuilla.

Kurssikoe on maanantaina 29.6. Muista ilmoittautua kokeeseen viimeistään 10 päivää ennen koetta! Ilmoittautumisohjeet löytyvät kurssin kotisivuilla. HY / Avoin ylioisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 201 Harjoitus 7 Ratkaisut palautettava viimeistään perjantaina 26.6.201 klo 16.00. Huom! Luennot ovat salissa CK112 maanantaista 1.6. lähtien.

Lisätiedot

8 Potenssisarjoista. 8.1 Määritelmä. Olkoot a 0, a 1, a 2,... reaalisia vakioita ja c R. Määritelmä 8.1. Muotoa

8 Potenssisarjoista. 8.1 Määritelmä. Olkoot a 0, a 1, a 2,... reaalisia vakioita ja c R. Määritelmä 8.1. Muotoa 8 Potenssisarjoista 8. Määritelmä Olkoot a 0, a, a 2,... reaalisia vakioita ja c R. Määritelmä 8.. Muotoa a 0 + a (x c) + a 2 (x c) 2 + olevaa sarjaa sanotaan c-keskiseksi potenssisarjaksi. Selvästi jokainen

Lisätiedot

Tällöin on olemassa reaalilukuja c, jotka kuuluvat jokaiselle välille I n = [a n, b n ]. Toisin sanoen a n c b n kaikilla n.

Tällöin on olemassa reaalilukuja c, jotka kuuluvat jokaiselle välille I n = [a n, b n ]. Toisin sanoen a n c b n kaikilla n. Analyysi I ja II lisämateriaalia HAARUKOINTI Tässä käsitellään kootusti sellaisia differentiaali- ja integraalilaskennan kurssin kysymyksiä, joissa joudutaan syventymään lukusuoran hienovaraisimpiin ominaisuuksiin.

Lisätiedot

Topologia IA, kesä 2017 Harjoitus 1

Topologia IA, kesä 2017 Harjoitus 1 Topologia IA, kesä 07 Harjoitus Heikki Korpela 5. toukokuuta 07 Tehtävä. Todista ( luonnollisin oletuksin, kirjoita ne!) kaava 0.8., so. että f j J B j = j J f B j, huolellisesti tarkastellen yksittäisiä

Lisätiedot