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