Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Koko: px
Aloita esitys sivulta:

Download "Johdatus matemaattiseen päättelyyn"

Transkriptio

1 Johdatus matemaattiseen päättelyyn Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos 2011 Maarit Järvenpää

2 1 Todistamisesta Matematiikassa väitelauseet ovat usein muotoa: jos P on totta, niin Q on totta. Tässä P :tä kutsutaan oletukseksi ja Q:ta väitteeksi. Jos yo. väitelause on totta, sanotaan, että P :stä seuraa Q tai että P on riittävä ehto Q:lle, ja merkitään P Q. Nuolta kutsutaan impikaationuoleksi. Merkintä P Q luetaan joko P :stä seuraa Q tai P implikoi Q:n. 1.1 Esimerkkejä (1) Jos x 0 (oletus), niin x 0 (väite). (2) Jos n on parillinen luonnollinen luku (oletus), niin n 2 on parillinen luonnollinen luku (väite). (3) Olkoot n ja m parittomia luonnollisia lukuja (oletus). Tällöin mn on pariton luonnollinen luku (väite). (4) Kahden parillisen luonnollisen luvun tulo on parillinen. Oletus: n ja m ovat parillisia luonnollisia lukuja. Väite: nm on parillinen. Väitelauseen todistus kertoo, miksi ja miten väite seuraa oletuksista. Tarkastellaan seuraavaksi, miten väitelauseita todistetaan. 1.2 Suora todistus Suorassa todistuksessa lähdetään liikkeelle oletuksesta ja edetään vaiheittain väitteeseen. Päättelyn jokainen välivaihe on pystyttävä perustelemaan ja käytettävät käsitteet on määriteltävä tarkasti. Perusteluissa käytetään oletusta, aiemmin todistettuja lauseita tai muita tunnettuja tosiasioita. Esimerkeissä 1.5 harjoitellaan todistamista parittomia ja parillisia luonnollisia lukuja käyttäen. Määritellään seuraavaksi tarvittavat käsitteet. 1.3 Määritelmä Luonnollisten lukujen joukko N on joukko N = {0, 1, 2, 3,...}. 2

3 Merkintä n N tarkoittaa, että n kuuluu joukkoon N, ts. n on joukon N alkio eli n on luonnollinen luku. Luonnollisten lukujen laskutoimitukset oletetaan tunnetuiksi: kahden luonnollisen luvun tulo ja summa ovat luonnollisia lukuja. Luonnollinen luku n on parillinen, jos on olemassa sellainen k N, että n = 2k, ja pariton, jos on olemassa sellainen l N, että n = 2l Huomautus Jokainen luonnollinen luku on joko parillinen tai pariton, ts. ei ole olemassa luonnollista lukua, joka on parillinen ja pariton. 1.5 Esimerkkejä (1) Todista väite: jos n ja k ovat parittomia luonnollisia lukuja, niin n + k on parillinen. Oletus: n ja k ovat parittomia luonnollisia lukuja, ts. on olemassa sellaiset m N ja l N, että n = 2m + 1 ja k = 2l + 1. Väite: n + k on parillinen, ts. on olemassa sellainen p N, että n + k = 2p. Todistus. Tavoitteena on löytää oletusta käyttäen sellainen p N, että n+k = 2p. Oletuksen perusteella n + k = (2m + 1) + (2l + 1) = 2(m + l + 1), joten n + k = 2p, kun valitaan p = m + l + 1 N. Siis n + k on parillinen. (2) Todista väite: parillisen luonnollisen luvun n neliö n 2 on parillinen. Oletus: n on parillinen, ts. on olemassa sellainen k N, että n = 2k. Väite: n 2 on parillinen, ts. on olemassa sellainen l N, että n 2 = 2l. Todistus. Tavoitteena on löytää oletusta käyttäen sellainen l N, että n 2 = 2l. Oletuksesta saadaan n 2 = (2k) 2 = 4k 2 = 2(2k 2 ), joten valitsemalla l = 2k 2 = (2k)k N nähdään, että n 2 on parillinen. Seuraava taulukko ei kelpaa todistukseksi, sillä kaikkia parillisia lukuja ja niiden neliöitä ei ole mahdollista taulukoida: 3

4 n n Huomautus Suorassa todistuksessa lähdetään liikkeelle oletuksesta ja päädytään väitteeseen. Päättelyssä voidaan käyttää oletusta ja tunnettuja tuloksia, väitettä ei saa käyttää. 1.7 Epäsuora todistus Epäsuorassa todistuksessa muodostetaan aluksi antiteesi, ts. oletetaan, että väite ei pidä paikkaansa, ja päädytään ristiriitaan joko oletusten tai tunnettujen tosiasioiden kanssa. Näin ollen väitteen on oltava totta. 1.8 Esimerkkejä (1) Todista väite: jos n 2 on parillinen, niin n on parillinen. Oletus: n 2 on parillinen. Väite: n on parillinen. Todistus. Antiteesi: n ei ole parillinen, ts. n on pariton. Antiteesin perusteella löydetään sellainen k N, että n = 2k + 1. Nyt n 2 = (2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1, missä 4k 2 + 4k N. Siis n 2 on pariton. Tämä on ristiriita, sillä oletuksen mukaan n 2 on parillinen. Näin ollen antiteesi on epätosi ja väite on totta. (2) Olkoot m ja n luonnollisia lukuja, joiden tulo on pariton. Tällöin sekä n että m ovat parittomia. Oletus: m ja n ovat luonnollisia lukuja ja nm on pariton. Väite: sekä n että m ovat parittomia. Todistus. Antiteesi: toinen luvuista on parillinen. Olkoon tämä parillinen luku n, ts. n = 2k jollakin k N. 4

5 Nyt nm = 2km on parillinen, mikä on ristiriita, sillä oletuksen perusteella nm on pariton. Siis antiteesi on epätosi ja väite on totta. 1.9 Huomautuksia (1) Epäsuorassa päättelyssä antiteesin muodostaminen on tärkeää: on mietittävä huolellisesti, mitä tarkoittaa se, että väite ei olisikaan totta. Antiteesin muodostamiseen palataan myöhemmin. (2) Epäsuorassa todistuksessa ei ole selvää, mistä ja miten ristiriita löydetään. (3) Esimerkissä 1.5 (2) osoitettiin, että n on parillinen (oletus) n 2 on parillinen (väite). Toisaalta esimerkissä 1.8 (1) osoitettiin, että n 2 on parillinen (oletus) n on parillinen (väite). Nämä kaksi väitelausetta voidaan yhdistää ja kirjoittaa muodossa n on parillinen n 2 on parillinen. Nuolta kutsutaan ekvivalenssinuoleksi, ja merkintä luetaan joko n on pariton, jos ja vain jos n 2 on pariton tai n on pariton, täsmälleen silloin, kun n 2 on pariton. Merkintä P Q tarkoittaa siis (P Q) ja (Q P ) Esimerkki Osoita, että luonnollinen luku n on parillinen, jos ja vain jos luonnollinen luku n + 1 on pariton. Todistus. Väite koostuu kahdesta väitelauseesta: n on parillinen (oletus) = n + 1 on pariton (väite) ja n + 1 on pariton (oletus) = n on parillinen (väite). Todistetaan nämä erikseen. 5

6 Oletus 1: luku n on parillinen. Väite 1: luku n + 1 on pariton. Todistus. Koska oletuksen 1 perusteella n on parillinen, niin n = 2k jollakin k N. Nyt n + 1 = 2k + 1, joten n + 1 on pariton. Siis väite 1 on totta. Oletus 2: luku n + 1 on pariton. Väite 2: luku n on parillinen. Todistus. Oletuksen 2 nojalla n + 1 = 2l + 1 jollakin l N, joten n = n 1 = (2l + 1) 1 = 2l. Näin ollen n on parillinen eli väite 2 on totta. Koska molemmat väitelauseet ovat totta, on myös alkuperäinen väite totta. Esimerkissä 1.14 harjoitellaan matemaattista päättelyä jaollisuutta ja rationaalilukuja käyttäen. Määritellään tätä varten tarvittavat käsitteet Määritelmä Olkoot n, m N. Luku m on jaollinen luvulla n, jos on olemassa sellainen k N, että m = kn. Luonnollinen luku m on alkuluku, jos m 2 ja jos m on jaollinen ainoastaan luvuilla 1 ja m Määritelmä Merkitään kokonaislukujen joukkoa symbolilla Z, ts. Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,...}. Rationaalilukujen laskutoimitukset oletetaan tunnetuiksi. Kokonaisluku n on parillinen, jos on olemassa sellainen k Z, että n = 2k, ja pariton, jos on olemassa sellainen l Z, että n = 2l +1. (Vertaa määritelmä 1.3.) Reaaliluku x on rationaaliluku, jos on olemassa sellaiset n, m Z, että n 0 ja x = m n. Rationaalilukujen joukkoa merkitään symbolilla Q ja reaalilukujen joukkoa symbolilla R. (Reaalilukuja ei tällä kurssilla määritellä, ne ajatellaan lukusuoran pisteinä.) Irrationaaliluku on reaaliluku, joka ei ole rationaaliluku. 6

7 1.13 Huomautus Jokainen kokonaisluku on joko parillinen tai pariton, ts. ei ole olemassa kokonaislukua, joka on parillinen ja pariton Esimerkkejä (1) Luku 12 on jaollinen luvuilla 1, 2, 3, 4, 6 ja 12, sillä 12 = 1 12 = 2 6 = 3 4. Luvulla 5 ei ole muita tekijöitä kuin 1 ja 5, joten se on alkuluku. (2) Todista väite: luonnollinen luku n on jaollinen luvulla 6, jos ja vain jos se on jaollinen sekä luvuilla 2 että 3. Todistus. Väite koostuu kahdesta väitelauseesta. Todistetaan ne erikseen. Oletus 1: luku n on jaollinen luvulla 6. Väite 1: luku n on jaollinen luvuilla 2 ja 3. Todistus. Käytetään oletusta 1 ja jaollisuuden määritelmää 1.11: Koska n = 6k jollakin k N, niin n = 2 (3k) = 2l, missä l = 3k N. Siis n on jaollinen 2:lla. Lisäksi n = 3 (2k) = 3m, missä m = 2k. Näin n on jaollinen 3:lla. Väite 1 on siis totta. Oletus 2: luku n on jaollinen luvuilla 2 ja 3. Väite 2: luku n on jaollinen luvulla 6. Todistus. Oletuksen 2 ja jaollisuuden määritelmän 1.11 perusteella n = 2l jollakin l N ja n = 3m jollakin m N. Osoitetaan aluksi, että m on parillinen. Käytetään epäsuoraa päättelyä. Antiteesi: m on pariton. Tällöin m = 2p + 1 jollakin p N, joten n = 3m = 3(2p + 1) = 2(3p + 1) + 1. Siis n on pariton. Tämä on ristiriita, sillä n = 2l eli n on parillinen. Koska päädyttiin ristiriitaan, on antiteesi väärä. Luvun m on siis oltava parillinen eli m = 2k jollakin k N. Tästä saadaan n = 3m = 3 (2k) = 6k, joten n on jaollinen 6:lla eli väite 2 on totta. Koska sekä väitelause että väitelause ovat tosia, on alkuperäinen väite totta. (2) Osoita, että 2 on irrationaaliluku. (Pythagoras n. 550 eaa.) 7

8 Todistus. Antiteesi: 2 ei ole irrationaaliluku, ts. 2 on rationaaliluku. Rationaalilukujen määritelmän 1.12 perusteella löydetään sellaiset luonnolliset luvut m ja n, että n 0 ja 2 = m n. Voidaan olettaa, että osamäärää m ei voida supistaa. (Jos supistaminen on mahdollista, supistetaan niin monta kertaa kuin voidaan, ja valitaan saadut luvut n m:ksi ja n:ksi.) Nyt 2 = ( ( m ) 2 2) 2 m 2 = = n n, 2 joten m 2 = 2n 2. Näin ollen m 2 on parillinen ja esimerkin 1.8 (1) perusteella myös m on parillinen, ts. m = 2k jollakin k N. Koska 2n 2 = m 2 = (2k) 2 = 4k 2, niin n 2 = 2k 2. Siten n 2 on parillinen ja esimerkin 1.8 (1) nojalla myös n on parillinen, ts. n = 2l jollakin l N. Nyt saadaan m n = 2k 2l, joten osamäärässä m voidaan supistaa luvulla 2. Tämä on ristiriita, sillä aiemmin n todettiin, että tätä osamäärää ei voida supistaa. Siis antiteesi on väärä. Näin ollen 2 on irrationaaliluku. (3) Olkoon n Z pariton. Osoitetaan sekä suoraa että epäsuoraa todistusta käyttäen, että 5n 3 on parillinen kokonaisluku. Oletus: n Z on pariton. Väite: 5n 3 Z on parillinen. Suora todistus. Koska n on pariton, löydetään sellainen k Z, että n = 2k + 1. Näin ollen 5n 3 = 5(2k + 1) 3 = 10k 2 = 2(5k 1), joten 5n 3 on parillinen. Siis väite on totta. Epäsuora todistus. Antiteesi: 5n 3 ei ole parillinen, ts. 5n 3 on pariton. Antiteesin perusteella 5n 3 = 2k + 1 jollakin k Z. Nyt n = 5n 4n = (5n 3) 4n + 3 = 2k + 1 4n + 3 = 2k 4n + 4 = 2(k 2n + 2). Koska k 2n + 2 on kokonaisluku, on n parillinen kokonaisluku. Näin ollen väite on totta. 8

9 1.15 Antiteesin muodostaminen Antiteesi eli vastaväite on väitteen negaatio. Sitä muodostettaessa on mietittävä, mitä tarkoittaa, että väite ei ole totta. Väite ja antiteesi yhdessä sisältävät kaikki mahdolliset tilanteet. Epäsuorassa todistuksessa antiteesi on lisäoletus, jota hyödynnetään ristiriitaan pyrittäessä. Väite on totta täsmälleen silloin, kun antiteesi ei ole totta, ts. väite on tosi antiteesi on epätosi Esimerkkejä Muodostetaan antiteesit seuraaville väitteille. Huomaa, miten sanat ja, tai, kaikki ja on olemassa muuttuvat antiteesiä muodostettaessa. (1) Väite: tänään on pilvistä. Antiteesi: tänään ei ole pilvistä. (2) Väite: aurinko paistaa ja tuulee. Antiteesi: aurinko ei paista tai ei tuule. (3) Väite: sataa tai tuulee. Antiteesi: ei sada ja ei tuule. (4) Väite: kaikki syyspäivät ovat aurinkoisia ja tuulisia. Antiteesi: on olemassa syyspäivä, joka ei ole aurinkoinen tai ei ole tuulinen. (5) Väite: on olemassa syyspäivä, jolloin tuulee tai sataa. Antiteesi: kaikki syyspäivät ovat tuulettomia ja sateettomia Esimerkkejä Olkoon x R. Muodostetaan antiteesit seuraaville väitteillle. (1) Väite: x 1. Antiteesi: x > 1. (2) Väite: 0 < x 1, ts. x > 0 ja x 1. Antiteesi: x 0 tai x > 1. 9

10 (3) Väite: on olemassa sellainen k N, että x = 2k + 1. Antiteesi: ei ole olemassa sellaista lukua k N, että x = 2k +1, ts. kaikille luvuille k N pätee x 2k + 1. (4) Väite: kaikille n N on olemassa sellainen m N, että nm + 1 N. Antiteesi: on olemassa sellainen n N, että kaikille m N pätee nm + 1 / N. (5) Väite: on olemassa sellainen n N, että kaikille m N pätee m n ja mn N. Antiteesi: kaikilla n N on olemassa sellainen m N, että n = m tai nm / N Esimerkki Todista suoraa ja epäsuoraa päättelyä käyttäen väitelause: jos x R ja x 2 3x + 2 < 0, niin x > 0. Oletus: x R ja x 2 3x + 2 < 0. Väite: x > 0. Suora todistus. Koska x 2 3x + 2 < 0, niin 3x > x Näin ollen Siis x > 0. x = 1 3 (3x) > 1 3 (x2 + 2) 1 3 (0 + 2) = 2 3 > 0. Epäsuora todistus. Antiteesi: x 0. Tällöin 3x 0, joten x 2 3x = 2 > 0. Tämä on ristiriita, sillä oletuksen mukaan x 2 3x + 2 < 0. Siis antiteesi ei ole totta, joten väite on totta Huomautuksia (1) Matemaattista tekstiä voidaan tiivistää nk. kvanttoreiden avulla: kaikki (All) on olemassa (Exist). 10

11 Esimerkiksi: Väite on olemassa sellainen x R, että x 2 = 2 voidaan esittää muodossa x R : x 2 = 2, ja väite kaikille luonnollisille luvuille m ja n pätee, että m + n N voidaan esittää muodossa n, m N pätee: m + n N. (2) Antiteesiä muodostettaessa sanat ja, tai sekä kvanttorit ja käyttäytyvät näin: väite ja tai antiteesi tai ja (3) Matematiikassa tai ei ole joko-tai. Siis P on tosi tai Q on tosi tarkoittaa (i) P tosi, Q epätosi, (ii) P epätosi, Q tosi tai (iii) P tosi, Q tosi Kuinka osoitetaan, että väite ei ole totta? Väitelause P Q osoitetaan vääräksi keksimällä esimerkki, jossa oletus P pätee, mutta väite Q ei Esimerkkejä Osoita, että ao. väitelauseet eivät ole tosia. (1) Jos m ja n ovat negatiivisia kokonaislukuja, niin m n on negatiivinen kokonaisluku. Ratkaisu. Väite ei ole totta, sillä 1 ja 2 ovat negatiivisia kokonaislukuja, mutta 1 ( 2) = 1 on positiivinen kokonaisluku. (2) Jos x on irrationaaliluku, niin x x on irrationaaliluku. Ratkaisu. Väite ei ole totta, sillä 2 on irrationaaliluku, mutta x x = 2 2 = 2 ei ole irrationaaliluku. Jatketaan todistamisen harjoittelemista. 11

12 1.22 Esimerkkejä (1) Olkoot n, m N. Jos n + m on parillinen, niin joko n ja m ovat molemmat parillisia tai n ja m ovat molemmat parittomia. Oletus: n, m N ja n + m on parillinen. Väite: n ja m ovat parillisia tai n ja m ovat parittomia. Todistus. Antiteesi: Toinen luvuista on parillinen ja toinen pariton. Oletetaan, että n on parillinen ja m on pariton. Tällöin löydetään sellaiset k, l N, että n = 2l ja m = 2k + 1. Näin ollen n + m = 2l + 2k + 1 = 2(l + k) + 1, joten n + m on pariton. Tämä on ristiriita, sillä oletuksen mukaan n + m on parillinen. Antiteesi ei siis ole totta, ja näin ollen väite on totta. (2) Lukua 512 ei voida esittää yhden parittoman ja kahden parillisen luonnollisen luvun summana. Todistus. Antiteesi: Luku 512 voidaan esittää muodossa 512 = k + l + m, missä k N on pariton ja l, m N ovat parillisia. Koska k = 2n + 1 jollakin n N, l = 2p jollakin p N ja m = 2s jollakin s N, saadaan 512 = k + l + m = 2n p + 2s = 2(n + p + s) + 1, joten 512 on pariton. Tämä on ristiriita, sillä 512 = on parillinen. Antiteesi ei siis ole totta, joten väite on totta. (3) Olkoot n, m ja k luonnollisia lukuja. Onko väite jos m + k on jaollinen n:llä, niin m on jaollinen n:llä tai k on jaollinen n:llä totta? Ratkaisu. Väite ei ole totta, mikä nähdään valitsemalla m = 3, k = 5 ja n = 2. Luku m + k = = 8 on jaollinen 2:lla, sillä 8 = 4 2, mutta luvut 3 ja 5 eivät ole jaollisia 2:lla. (4) Olkoot n, m ja k luonnollisia lukuja. Onko väite jos m on jaollinen n:llä ja k on jaollinen n:llä, niin m + k on jaollinen n:llä 12

13 totta? Ratkaisu. Väite on totta. Perustellaan se: Koska m ja k ovat jaollisia n:llä, niin m = ln ja k = pn joillakin l, p N. Nyt m + k = ln + pn = (l + p)n, joten m + k on jaollinen n:llä. Siis väite on totta. (5) Osoita, että on olemassa sellaiset irrationaaliluvut x ja y, että x y on rationaaliluku. Todistus. Reaaliluku 2 2 on joko rationaaliluku tai irrationaaliluku. Jos 2 2 on rationaaliluku, niin väite on totta, sillä voidaan valita x = y = 2. (Huomaa, että 2 on irrationaaliluku.) Jos 2 2 on irrationaaliluku, niin luku ( 2 2 ) 2 = 2 2 = 2 on rationaaliluku. Tässä tapauksessa voidaan valita x = 2 2 ja y = 2. (6) Osoita, että on olemassa sellainen yksikäsitteinen reaaliluku x, että kaikilla reaaliluvuilla y. xy + x 4 = 4y Todistus. Todistetaan ensin, että reaaliluku x on olemassa, ja osoitetaan yksikäsitteisyys tämän jälkeen. Valitaan x = 4. Tällöin olipa y mikä tahansa reaaliluku. xy + x 4 = 4y = 4y Todistetaan vielä yksikäsitteisyys. Antiteesi: oletetaan, että on olemassa sellainen reaaliluku x 4, että xy + x 4 = 4y kaikilla reaaliluvuilla y. Erityisesti, kun y = 0, saadaan x 4 = 0, joten x = 4, mikä on ristiriita. Näin ollen antiteesi ei ole totta, ja väite on todistettu. 13

14 1.23 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 on kaksi vaihetta: (i) Osoitetaan, että väite on totta, kun n = 0. (ii) Oletetaan, että väite on totta, kun n = k (tätä kutsutaan induktio-oletukseksi), ja osoitetaan, että se on totta, kun n = k + 1 (tätä kutsutaan induktioväitteeksi). Kohdista (i) ja (ii) seuraa, että väite on totta kaikilla n = 0, 1, 2,..., sillä kohdan (i) perusteella väite on totta, kun n = 0, joten kohdan (ii) perusteella väite on totta, kun n = 1. Edelleen kohdan (ii) perusteella väite totta, kun n = 2 jne. Induktion ei tarvitse välttämättä alkaa luvusta n = 0: induktion avulla voidaan todistaa myös muotoa oleva väite, kun n 0 N. väite P (n) on totta kaikille n = n 0, n 0 + 1, n 0 + 2, Esimerkki Osoita, että kaikilla n = 1, 2, (2n 1) = n 2 Todistus. Todistetaan väite induktiota käyttäen. (i) Tarkistetaan, että yhtäsuuruuus on voimassa, kun n = 1: Vasen puoli: 1 Oikea puoli: 1 2 = 1. Siis väite pätee kun n = 1. (ii) Oletetaan, että väite pätee, kun n = k, ja osoitetaan, että väite pätee, kun n = k + 1. Induktio-oletus: (2k 1) = k 2. Induktioväite: (2k 1) + (2(k + 1) 1) = (k + 1) 2. 14

15 Induktioväitteen todistus. Lähdetään liikkeelle induktioväitteen vasemmalta puolelta. Induktio-oletusta käyttäen saadaan =k 2 (induktio-oletus) { }} { (2k 1) +(2(k + 1) 1) = k 2 + 2(k + 1) 1 = k 2 + 2k = k 2 + 2k + 1 = (k + 1) 2. Näin päädyttiin induktioväitteen oikealle puolelle. Siis induktioväite on tosi. Induktioperiaatteen perusteella väite on tosi kaikille n = 1, 2, Summamerkintä Olkoot a 1, a 2,..., a n R. Merkitään n a j = a 1 + a a n. j= Esimerkkejä (1) 3 2 i = i=1 (2) l a k = a+a a l j=1 (3) m m a2 k = a 2 k = a( m ) k=1 k=1 Huomaa, että a ei riipu summausindeksistä k, joten sen saa viedä -merkin eteen. (4) p p p (αx j +βjy j+1 ) = α x j +β jy j+1 = α(x+x x p )+β(y 2 +2y py p+1 ). j=1 j=1 j=1 15

16 (5) n (2j 1) = (2n 1) j=1 (6) Tarkastellaan geometrisen sarjan osasummia: Olkoon b sellainen reaaliluku, että b 0 ja b 1. Merkitään n S n = b j. Osoita, että kaikilla n = 0, 1, 2,.... j=0 S n = bn+1 1 b 1 Todistus. Todistetaan väite induktiota käyttäen. (i) Osoitetaan, että väite pätee kun n = 0: Vasen puoli: S 0 = 0 j=0 bj = 1 Oikea puoli: b1 1 b 1 = b 1 b 1 = 1 Siis väite on tosi kun n = 0. (ii) Induktio-oletus: Väite on tosi kun n = k, ts. S k = bk+1 1 b 1. Induktioväite: Väite on tosi, kun n = k + 1, ts. S k+1 = bk+2 1 b 1. Induktioväitteen todistus. Induktio-oletuksen perusteella k+1 S k+1 = b j = j=0 k b j + b k+1 j=0 induktio-oletus b k+1 1 = + b k+1 b 1 = bk+1 1 (b 1)bk+1 + b 1 b 1 = bk b k+2 b k+1 = bk+2 1 b 1 b 1. 16

17 Siis induktioväite on tosi. Induktioperiaatteen nojalla väite on tosi kaikilla n = 0, 1, 2,.... (7) Osoita, että kaikilla n = 1, 2, n > 2n Todistus. Todistetaan väite induktiota käyttäen. (i) Osoitetaan, että väite on totta, kun n = 1: Vasen puoli: 3 1 = 3 Oikea puoli: 2 1 = 2 Koska 3 > 2, niin väite on totta, kun n = 1. (ii) Induktio-oletus: 3 k > 2k Induktioväite: 3 k+1 > 2(k + 1) Induktioväitteen todistus. Induktio-oletusta käyttäen saadaan 3 k+1 = 3 k 3 induktio-oletus > 2k 3 = 2k + 4k k 1 2k + 4 > 2k + 2 = 2(k + 1). Näin ollen induktioväite on totta, ja induktioperiaatteen nojalla väite pätee kaikilla n = 1, 2,.... (8) Osoita, että äärellisen monen rationaaliluvun q 1, q 2,..., q n summa q 1 + q q n on rationaaliluku. Todistus. Todistetaan väite induktiota käyttäen. (i) Osoitetaan, että väite on totta, kun n = 2, ts. kahden rationaaliluvun q 1 ja q 2 summa q 1 + q 2 on rationaaliluku. Olkoot q 1 = m 1 n 1 ja q 2 = m 2 n 2, missä m 1, m 2, n 1, n 2 Z ja n 1 0 sekä n 2 0. Tällöin q 1 + q 2 = m 1 + m 2 = m 1n 2 + m 2 n 1 n 1 n 2 n 1 n 2 on rationaaliluku, sillä m 1 n 2 + m 2 n 1 Z, n 1 n 2 Z ja n 1 n 2 0. (ii) Induktio-oletus: Kun k kappaletta rationaalilukuja lasketaan yhteen, saadaan rationaaliluku. Induktioväite: Kun k + 1 kappaletta rationaalilukuja lasketaan yhteen, saadaan rationaaliluku. Ts. jos q 1, q 2,..., q k+1 Q, niin q q k+1 Q. 17

18 Induktioväitteen todistus. Olkoot q 1, q 2,..., q k+1 Q. Koska q q k + q k+1 = (q q k ) + q k+1, missä q q k Q induktio-oletuksen nojalla ja q k+1 Q, niin kohdan (ii) perusteella näiden kahden rationaaliluvun summa on rationaaliluku. Siis induktioväite on totta. Induktioperiaatteen nojalla äärellisen monen rationaaliluvun summa on rationaaliluku. 18

19 2 Joukko-oppia Tässä luvussa tarkastellaan joukko-opin keskeisimpiä käsitteitä ja harjoitellaan matemaattista päättelyä niitä käyttäen. Joukko koostuu alkioista ja jokaisesta alkiosta on pystyttävä sanomaan, kuuluuko se tiettyyn joukkoon. Merkintä Mitä tarkoittaa? x A x on joukon A alkio, ts. x kuuluu joukkoon A y / A y ei ole joukon A alkio, ts. y ei kuulu joukkoon A {x P (x)} niiden alkioiden joukko, joilla on ominaisuus P (x) tyhjä joukko eli joukko, joka ei sisällä yhtään alkiota 2.1 Esimerkkejä (1) 1 {1, 2}, 2 {1, 2}, 0 / {1, 2} (2) {n N 0 < n < 5} = {1, 2, 3, 4} (3) {0, 1} = {0, 0, 1} = {1, 0} (4) {1}, sillä 1 {1}. (5) { }, sillä on joukon { } alkio. 2.2 Määritelmä Joukko A on joukon B osajoukko, jos jokainen joukon A alkio on myös joukon B alkio, ts. jos x A, niin x B. Tällöin merkitään A B. Joukot A ja B ovat samat, jos A B ja B A. Tällöin merkitään A = B. Joukko A ei ole joukon B osajoukko, jos joukossa A on sellainen alkio, joka ei kuulu joukkoon B, ts. jos on olemassa sellainen a A, että a / B. Tällöin merkitään A B. 2.3 Esimerkkejä (1) {1, 2}, {1} {1, 2}, {2} {1, 2} ja {1, 2} {1, 2} (2) {3, 7, 11, 15} {n N n pariton} N (3) {2, 3, 4} {2, 4, 6}, sillä 3 {2, 3, 4}, mutta 3 / {2, 4, 6}. (4) {n N n < 3} = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} 19

20 (5) Parittomien luonnollisten lukujen määritelmän perusteella ja huomautuksen 1.9(3) perusteella (6) N Z Q R {n N n on pariton} = {2k + 1 k N}, {n N n on pariton} = {n N n 2 pariton}. (7) Koska N Z (esimerkiksi 1 Z, mutta 1 / N), niin N on joukon Z aito osajoukko. Vastaavasti Z on joukon Q aito osajoukko ( 1 2 Q, mutta 1 / Z) ja Q 2 on joukon R aito osajoukko ( 2 R, mutta 2 / Q). (8) Osoita, että {0, 1} = {x R x 2 = x}. Todistus. On osoitettava kaksi seikkaa: {0, 1} {x R x 2 = x} ja {x R x 2 = x} {0, 1}. Perustellaan 1. väite: koska 0 2 = 2 ja 1 2 = 1, niin {0, 1} {x R x 2 = x}, joten 1. väite on totta. Perustellaan vielä 2. väite: Jos x R on sellainen, että x 2 = x, niin 0 = x 2 x = x(x 1), mistä nähdään, että x = 0 tai x = 1. Siis 2. väite pätee. (9) Onko väite tosi? jos a A ja A B, niin a / B Ratkaisu. Väite ei ole totta, mikä nähdään, kun valitaan A = {0, 1}, B = {1, 2} ja a = 1. Tällöin a A ja A B, sillä 0 A, mutta 0 / B. Lisäksi a B. 2.4 Määritelmä Olkoot A, B X. (Tässä X on jokin perusjoukko, esimerkiksi R, Q, Z tai N.) Määritellään joukkojen A ja B yhdiste A B = {x X x A tai x B}, 20

21 leikkaus A B = {x X x A ja x B}, erotus A\B = {x X x A ja x / B} ja komplementti A C = {x X x / A}. 2.5 Esimerkkejä (1) Olkoot A = {0, 2, 4, 6} ja B = {0, 1, 2, 3}. Tällöin A B = {0, 1, 2, 3, 4, 6}, A B = {0, 2}, A \ B = {4, 6} ja (A B) (A \ B) = {0, 2} {4, 6} = {0, 2, 4, 6} = A. (2) Olkoot A = {0, 1, a, b}, B = {1, 2, a} ja C = {2, 3, c}. Tällöin A B = {0, 1, 2, a, b}, A B = {1, a}, A\B = {0, b}, B\A = {2}, A C =, B C = {2} A (B C) = A {2} = ja (A B) (A C) = {0, 1, 2, a, b} {0, 1, 2, 3, a, b, c} = {0, 1, 2, a, b}. (3) Olkoot A = {n N n on jaollinen 6:lla}, B = {n N n on jaollinen 3:lla} ja C = {n N n on jaollinen 2:lla}. Tällöin ja esimerkin 1.14 (2) perusteella B C = {n N n on jaollinen 2:lla tai 3:lla} B C = {n N n on jaollinen 2:lla ja 3:lla} = A. Määritellään seuraavaksi joukon R avoimet, suljetut ja puoliavoimet välit. 21

22 2.6 Määritelmä Olkoot a, b R sellaisia, että a < b. Määritellään ]a, b[ = {x R a < x < b} [a, b] = {x R a x b} ]a, b] = {x R a < x b} [a, b[ = {x R a x < b} (avoin väli) (suljettu väli) (puoliavoin väli) (puoliavoin väli). Lisäksi ]a, [ = {x R x > a} [a, [ = {x R x a} ], a[ = {x R x < a} ], a] = {x R x a}. Tässä on äärettömän symboli. 2.7 Esimerkkejä (1) Olkoot A = [0, 1], B = [1, 2] ja C = ] 1 2, 3 2[. Nyt A B = {x R 0 x 1 tai 1 x 2} = [0, 2], A B = {x R 0 x 1 ja 1 x 2} = {1}, A C = {x R 0 x 1 tai 1 2 < x < 3 2 } = [ 0, 3 2[, A C = {x R 0 x 1 ja 1 2 < x < 3 2 } = ] 1 2, 1], B C = {x R 1 x 2 tai 1 2 < x < 3 2 } = ] 1 2, 2] B C = {x R 1 x 2 ja 1 2 < x < 3 2 } = [ 1, 3 2[, A\B = {x R 0 x 1 ja (x < 1 tai x > 2)} = [0, 1[, A\C = {x R 0 x 1 ja (x 1 2 tai x 3 2 )} = [ 0, 1 2] ja B\C = {x R 1 x 2 ja (x 1 2 tai x 3 2 )} = [ 3 3, 2]. (1) Olkoot A = [ 2, 2[ ja B = [1, [. Tällöin A B = {x R 2 x 2 tai x 1} = [ 2, [ A B = {x R 2 x 2 ja x 1} = [1, 2[, R \ A = {x R x < 2 tai x 2} =], 2[ [2, [, R \ B = {x R x < 1} =], 1[, A \ B = { 2 x < 2 x < 1} = [ 2, 1[ ja B \ A = {x 1 x < 2 tai x 2} = [2, [. 22

23 Määritellään seuraavaksi joukkojen äärelliset ja numeroituvat yhdisteet ja leikkaukset. 2.8 Määritelmä Joukkojen A 1, A 2,..., A k äärellinen yhdiste on k A i = A 1 A 2... A k = {x x A 1 tai x A 2 tai... tai x A k } i=1 = {x x A i jollakin i = 1,..., k} ja äärellinen leikkaus on k A i = A 1 A 2... A k = {x x A 1 ja x A 2 ja... ja x A k } i=1 = {x x A i kaikilla i = 1,..., k}. Joukkojen A 1, A 2,... numeroituva yhdiste on A i = {x x A i jollakin i = 1, 2,...} i=1 ja numeroituva leikkaus on A i = {x x A i kaikilla i = 1, 2,...}. i=1 2.9 Esimerkkejä (1) Tarkastellaan joukkoja A = ] 1, 0[, B = ]0, 1], C = [ 1 2, 2] ja D = {0, 3}. Mitä ovat A B, A B D, B C D, A B C D ja B C D? Ratkaisu: Määritelmien perusteella saadaan A B = {x R 1 < x < 0 tai 0 < x 1} = ] 1, 1] \{0}, A B D = {x R 1 < x < 0 tai 0 < x 1 tai x = 0 tai x = 3} = ] 1, 1] {3}, B C D = {x R 0 < x 1 tai 1 x 2 tai x = 0 tai x = 3} = [0, 2] {3}, 2 A B C D = ja B C D =. 23

24 (2) Kaikilla k N määritellään A k = [k, k + 1[. Mitä ovat 5 A k, 10 A k, 10 A k ja A k? k=1 k=1 k=5 k=1 Ratkaisu: Määritelmien perusteella 5 A k = A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 = [1, 2[ [2, 3[ [3, 4[ [4, 5[ [5, 6[= [1, 6[, k=1 10 k=1 10 k=5 A k = A 1 A 2... A 10 = [1, 2[ [2, 3[... [10, 11[= [1, 11[, A k = A 5 A 6... A 10 = [5, 6[ [6, 7[... [10, 11[= [5, 11[ A k = {x R x A k jollakin k = 1, 2,...} = [1, [. k=1 (3) Kaikilla k = 1, 2,... määritellään A k = [0, 1 [. Mitä ovat k ja 5 A k, 10 A k, 10 A k ja A k? k=1 k=1 k=5 k=1 Ratkaisu: Määritelmien perusteella 5 A k = A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 = [0, 1[ [0, 1[ [0, 1[ [0, 1[ [0, 1[= [0, 1[, k=1 10 k=1 10 k=5 A k = A 1 A 2... A 10 = [0, 1[ [0, [... [0, [= [0, [, A k = A 5 A 6... A 10 = [0, 1[ [0, [... [0, [= [0, [ ja A k = {x R x A k kaikilla k = 1, 2,...} = {0}. k=1 Perustellaan viimeinen yhtäsuuruus, ts. todistetaan, että A k = {0} (ks. 2.12). k=1 24

25 On siis osoitettava, että {0} A k ja k=1 A k {0}. k=1 Koska 0 [0, 1 k [ kaikilla k = 1, 2,..., niin {0} k=1 A k. Osoitetaan vielä, että k=1 A k {0}. Oletus: x k=1 A k, ts. x A k kaikilla k = 1, 2,.... Väite: x = 0. Antiteesi: x 0. Koska x A 1 ja x 0, niin 0 < x < 1. Valitaan niin suuri i = 1, 2,..., että i > 1 x. Tällöin 1 < x, joten x / A i i. Tämä on ristiriita, sillä oletuksen mukaan x A i. Näin ollen antiteesi ei ole tosi, ja siten väite pätee Määritelmä Joukkojen A ja B tulojoukko eli karteesinen tulo on A B = {(a, b) a A, b B}. Huomaa, että (a, b) = (c, d) a = c ja b = d Esimerkkejä (1) Jos A = {a, b, c} ja B = {0, a}, niin A B = {(a, 0), (a, a), (b, 0), (b, a), (c, 0), (c, a)}. (2) Olkoot A = {1}, B = {2, 3}, C = {1, 2} ja D = {3}. Mitä ovat A (B C), (A B) (A C), A (B \ C), (A B) \ (A C), (A B) (C D) ja (A C) (B D)? Ratkaisu. Määritelmistä saadaan A (B C) = {1} {1, 2, 3} = {(1, 1), (1, 2), (1, 3)} (A B) (A C) = {(1, 2), (1, 3)} {(1, 1), (1, 2)} = {(1, 1), (1, 2), (1, 3)} A (B \ C) = {1} {3} = {(1, 3)} (A B) \ (A C) = {(1, 2), (1, 3)} \ {(1, 1), (1, 2)} = {(1, 3)} (A B) (C D) = {(1, 2), (1, 3)} {(1, 3), (2, 3)} = {(1, 2), (1, 3), (2, 3)} (A C) (B D) = {1, 2} {2, 3} = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3)}. 25

26 (3) Euklidinen avaruus R n : R 2 = R R = {(x, y) x R ja y R} (xy-taso) R 3 = R R R = {(x, y, z) x R, y R ja z R} R n = R R... R } {{ } n-kpl (n-ulotteinen euklidinen avaruus). (xyz-avaruus) (4) Jos A = [ 1, 1[, B = ]0, 1[ ja C = [1, [, niin A B = [ 1, 1[ ]0, 1[ = {(x, y) R 2 1 x < 1 ja 0 < y < 1} A C = [ 1, 1[ [1, [ = {(x, y) R 2 1 x < 1 ja y 1} C A = [1, [ [ 1, 1[ = {(x, y) R 2 x 1 ja 1 y < 1} Miten joukot osoitetaan samoiksi? Kun todistetaan, että A = B, on päättelyssä kaksi vaihetta: (i) osoitetaan, että A B, ts. jos x A, niin x B, (ii) osoitetaan, että B A, ts. jos x B, niin x A Esimerkkejä (1) Olkoot A = {x R x 2 5x + 6 = 0} ja B = {n N 3 < n 2 < 10}. Osoita, että A = B. Todistus. On osoitettava, että A B ja B A. (i) Väite 1: A B, ts. jos x A, niin x B. Todistus. Olkoon x A. Tällöin x R ja x 2 5x + 6 = 0. Ratkaistaan toisen asteen yhtälö jakamalla polynomi x 2 5x + 6 tekijöihin: 0 = x 2 5x + 6 = (x 2)(x 3). Tästä nähdään, että x = 2 tai x = 3. Koska 2 N ja 3 < 2 2 < 10, niin 2 B. Koska 3 N ja 3 < 3 2 < 10, niin 3 B. Siis A B. (ii) Väite 2: B A, ts. jos x B, niin x A. Todistus. Olkoon n B, ts. n N ja 3 < n 2 < 10. Tällöin n = 2 tai n = 3. Sijoittamalla 2 x:n paikalle lausekkeeseen x 2 5x + 6 saadaan = = 0. 26

27 Siis 2 A. Sijoittamalla 3 muuttujan x paikalle lausekkeeseen x 2 5x+6 saadaan Siis 3 A. Näin ollen B A. Kohdista (i) ja (ii) seuraa, että A = B = = 0. (2) Osoita, että A (B C) = (A B) (A C). Todistus. (i) Väite 1: A (B C) (A B) (A C), ts. jos x A (B C), niin x (A B) (A C). Todistus. Oletetaan, että x A (B C). Tällöin x A tai x B C. Käsitellään nämä tapaukset erikseen. Jos x A, niin x A B ja x A C yhdisteen määritelmän nojalla. Siis x (A B) (A C). Jos x B C, niin x B ja x C leikkauksen määritelmän perusteella. Edelleen yhdisteen määritelmän nojalla x A B ja x A C. Siis x (A B) (A C). Koska molemmissa tapauksissa x (A B) (A C), niin väite 1 on totta. (ii) Väite 2: (A B) (A C) A (B C), ts. jos x (A B) (A C), niin x A (B C). Todistus. Oletetaan, että x (A B) (A C). Tällöin x A B ja x A C. Jos x A, niin yhdisteen määritelmän nojalla x A (B C). Jos taas x / A, niin koska x A B ja x A C, on x molempien joukkojen B ja C alkio. Näin ollen x B C, mistä seuraa, että x A (B C). Siis väite 2 on totta. Kohdista (i) ja (ii) seuraa, että A (B C) = (A B) (A C). (3) Osoita, että (A B) C = A C B C. Todistus. (i) Väite 1: (A B) C A C B C, ts. jos x (A B) C, niin x A C B C. Todistus. Oletetaan, että x (A B) C, ts. x / A B. Perustellaan, että tästä seuraa, että x / A ja x / B. Antiteesi: x A tai x B. Tällöin x A B, mikä on ristiriita, sillä oletuksen perusteella x / A B. Siis antiteesi on väärä. Näin ollen x / A ja x / B, ts. x A C ja x B C. Siis x A C B C. Väite 1 on siis totta. 27

DISKREETTI MATEMATIIKKA

DISKREETTI MATEMATIIKKA DISKREETTI MATEMATIIKKA 1 2 DISKREETTI MATEMATIIKKA Sisällysluettelo 1. Relaatio ja funktio 3 1.1. Karteesinen tulo 3 1.2. Relaatio ja funktio 3 2. Kombinatoriikkaa 8 2.1. Tulo- ja summaperiaate 9 2.2.

Lisätiedot

Jarkko Peltomäki. Järjestetyt joukot ja hilat

Jarkko Peltomäki. Järjestetyt joukot ja hilat Jarkko Peltomäki Järjestetyt joukot ja hilat Luonnontieteiden kandidaatin tutkielma Turun yliopisto Syyskuu 2010 Sisältö 1 Johdanto 2 2 Järjestetty joukko 3 2.1 Määritelmiä ja perusominaisuuksia...............

Lisätiedot

Pohjoismaisten matematiikkakilpailujen tehtävät ja ratkaisut 1995 2015

Pohjoismaisten matematiikkakilpailujen tehtävät ja ratkaisut 1995 2015 Pohjoismaisten matematiikkakilpailujen tehtävät ja ratkaisut 995 05 Tehtävät 9. Pohjoismainen matematiikkakilpailu, 5.3.995 995.. Olkoon AB O-keskisen ympyrän halkaisija. Valitaan ympyrän kehältä pistec

Lisätiedot

Kaikki mitä olet aina halunnut tietää pumppauslemmoista, mutta mitä et ole kehdannut kysyä

Kaikki mitä olet aina halunnut tietää pumppauslemmoista, mutta mitä et ole kehdannut kysyä Kaikki mitä olet aina halunnut tietää pumppauslemmoista, mutta mitä et ole kehdannut kysyä Tommi Syrjänen 1 Yleistä pumppauslemmoista Pumppauslemmalla voidaan todistaa, että kieli ei kuulu johonkin kieliluokkaan.

Lisätiedot

Lukiotason matematiikan tietosanakirja

Lukiotason matematiikan tietosanakirja niinkuin matematiikka Simo K. Kivelä Lukiotason matematiikan tietosanakirja Versio 1.12 / 10.08.2000 Simo K. Kivelä Riikka Nurmiainen TKK 1998 2005 Taustat 1/1 Lukiotason matematiikan tietosanakirja M

Lisätiedot

Kolmannen asteen yhtälöä ratkaisemassa

Kolmannen asteen yhtälöä ratkaisemassa Solmu 1/2000 2001 Kolmannen asteen yhtälöä ratkaisemassa Taustana tarinallemme on tämän kevään lyhyen matematiikan yo-tehtävä, jossa käskettiin osoittamaan, että yhtälöllä f(x) = x 3 4x 2 = 0 on juuri

Lisätiedot

Y100 kurssimateriaali

Y100 kurssimateriaali Y kurssimateriaali Syksy Jokke Häsä ja Jaakko Kortesharju Sisältö Johdanto 4 Reaaliarvoiset funktiot 5. Funktio.................................... 5. Yhdistetty funktio.............................. 7.3

Lisätiedot

2. Polynomien jakamisesta tekijöihin

2. Polynomien jakamisesta tekijöihin Imaginaariluvut mielikuvitustako Koska yhtälön x 2 x 1=0 diskriminantti on negatiivinen, ei yhtälöllä ole reaalilukuratkaisua Tästä taas seuraa, että yhtälöä vastaava paraabeli y=x 2 x 1 ei leikkaa y-akselia

Lisätiedot

1.1 Yhtälön sieventäminen

1.1 Yhtälön sieventäminen 1.1 Yhtälön sieventäminen Lausekkeeksi voidaan kutsua jokaista merkittyä laskutoimitusta. Sellaisia matema-tiikan tehtäviä on vähän, joita suorittaessaan ei joutuisi sieventämään lausekkeita, millä tarkoitetaan

Lisätiedot

Kreikkalainen historioitsija Herodotos kertoo, että Niilin tulvien hävittämät peltojen rajat loivat maanmittareiden

Kreikkalainen historioitsija Herodotos kertoo, että Niilin tulvien hävittämät peltojen rajat loivat maanmittareiden MAB2: Geometrian lähtökohdat 2 Aluksi Aloitetaan lyhyellä katsauksella geometrian historiaan. Jatketaan sen jälkeen kuvailemalla geometrian atomeja, jotka ovat piste ja kulma. Johdetaan näistä lähtien

Lisätiedot

Karttojen värittäminen

Karttojen värittäminen Karttojen värittäminen Neliväriongelman värityskombinaatioiden lukumäärän etsiminen graafien avulla Eero Räty & Samuli Thomasson Valkeakosken Tietotien lukio / Päivölän Kansanopisto Tieteenala: Matematiikka

Lisätiedot

Laskennanteoria: Mitä voimmelaskea tietokoneella ja kuinkatehokkaasti?

Laskennanteoria: Mitä voimmelaskea tietokoneella ja kuinkatehokkaasti? Laskennanteoria: Mitä voimmelaskea tietokoneella ja kuinkatehokkaasti? Wilhelmiina Hämäläinen Johdatus tietojenkäsittelytieteeseen 1.-2.12. 2003 Tietojenkäsittelytieteen laitos Joensuun yliopisto 1 Johdanto

Lisätiedot

Todennäköisyyslaskenta 1/7 Sisältö ESITIEDOT: joukko-oppi, lukumäärän laskeminen, funktiokäsite Hakemisto

Todennäköisyyslaskenta 1/7 Sisältö ESITIEDOT: joukko-oppi, lukumäärän laskeminen, funktiokäsite Hakemisto Todennäköisyyslaskenta /7 Sisältö ESITIEDOT: joukko-oppi, n laskeminen, käsite Hakemisto Todennäköisyyslaskennan peruskäsitteet Todennäköisyyslaskennassa tarkastelun kohteena ovat satunnaisilmiöt.esimerkkejä

Lisätiedot

Miten nostaa yläasteen oppilaitten kiinnostusta matematiikan sanallisia tehtäviä kohtaan? Esimerkkejä, neuvoja, analyysi

Miten nostaa yläasteen oppilaitten kiinnostusta matematiikan sanallisia tehtäviä kohtaan? Esimerkkejä, neuvoja, analyysi Solmu 1/2008 1 Miten nostaa yläasteen oppilaitten kiinnostusta matematiikan sanallisia tehtäviä kohtaan? Esimerkkejä, neuvoja, analyysi Pavel Shmakov MAFYKE-lehtori, Käpylän peruskoulu, Helsinki shpavel@luukku.com

Lisätiedot

1. Muutamia erityisongelmia murtolukujen käsitteen oppimisessa

1. Muutamia erityisongelmia murtolukujen käsitteen oppimisessa 1. Muutamia erityisongelmia murtolukujen käsitteen oppimisessa (Lähde: Lamon, S. 1999. Teaching fractions and ratios for understanding. New Jersey: Lawrence Erlbaum Publishers.) Murtolukujen alueelle siirryttäessä

Lisätiedot

A-B, kun A < B 1 / 20

A-B, kun A < B 1 / 20 A-B, kun A < B 1 / 20 Ylivuoto Luvunk p esittäminen vaatiip+1merkkiä, joista 1. merkki on1ja loputpmerkkiä0:ia. Tapauksessa, missäajab ovat positiivisia,a > B, on lukua B:kin positiivinen, joten A B +k

Lisätiedot

B. 2 E. en tiedä C. 6. 2 ovat luonnollisia lukuja?

B. 2 E. en tiedä C. 6. 2 ovat luonnollisia lukuja? Nimi Koulutus Ryhmä Jokaisessa tehtävässä on vain yksi vastausvaihtoehto oikein. Laske tehtävät ilman laskinta.. Missä pisteessä suora y = 3x 6 leikkaa x-akselin? A. 3 D. B. E. en tiedä C. 6. Mitkä luvuista,,,

Lisätiedot

AVOIN MATEMATIIKKA 8 lk. Osio 1: Yhtälöitä ja prosentteja

AVOIN MATEMATIIKKA 8 lk. Osio 1: Yhtälöitä ja prosentteja Marika Toivola ja Tiina Härkönen AVOIN MATEMATIIKKA 8 lk. Osio 1: Yhtälöitä ja prosentteja Sisältö on lisensoitu avoimella CC BY 3.0 -lisenssillä. 1 Osio 1: Yhtälöitä ja prosentteja 1. Yhtälö... 4. Yhtälön

Lisätiedot

4.1 Kaksi pistettä määrää suoran

4.1 Kaksi pistettä määrää suoran 4.1 Kaksi pistettä määrää suoran Kerrataan aluksi kurssin MAA1 tietoja. Geometrisesti on selvää, että tason suora on täysin määrätty, kun tunnetaan sen kaksi pistettä. Joskus voi tulla vastaan tilanne,

Lisätiedot

(Monisteen Esimerkki 2.6.8) Olkoon R polynomifunktioiden rengas R[x]. Kiinnitetään c R. Merkitään

(Monisteen Esimerkki 2.6.8) Olkoon R polynomifunktioiden rengas R[x]. Kiinnitetään c R. Merkitään Monisteen Esimerkki 2.6.8 Olkoon R polynomifunktioiden rengas R[x]. Kiinnitetään c R. Merkitään I c = {px R pc = 0}. Osoitetaan, että I c on renkaan R ihanne. Ratkaisu: Vakiofunktio 0 R I c joten I c.

Lisätiedot

Matematiikan olympiavalmennus: Diofantoksen yht al oit a

Matematiikan olympiavalmennus: Diofantoksen yht al oit a Matematiikan olympiavalmennus: Diofantoksen yht al oit a Heikki M antysaari 25. helmikuuta 2007 V ah an teoriaa Diofantoksen yht al o: tuntemattomia enemm an kuin yht al oit a. Lukiossa esim. 4x + 8y =

Lisätiedot

HYÖDYKEMARKKINAT. Sisältö. Matti Estola. 5. marraskuuta 2013. 1 Erilaiset markkinatilanteet 4. 2 Miksi erilaisia markkinatilanteita esiintyy 5

HYÖDYKEMARKKINAT. Sisältö. Matti Estola. 5. marraskuuta 2013. 1 Erilaiset markkinatilanteet 4. 2 Miksi erilaisia markkinatilanteita esiintyy 5 HYÖDYKEMARKKINAT Matti Estola 5. marraskuuta 2013 Sisältö 1 Erilaiset markkinatilanteet 4 2 Miksi erilaisia markkinatilanteita esiintyy 5 3 Yritys täydellisesti kilpailluilla markkinoilla 8 3.1 Hinnan

Lisätiedot

1.Kuvauksen lähtöaineisto

1.Kuvauksen lähtöaineisto 1.Kuvauksen lähtöaineisto 1 Tieteen tehtävänä on uuden tiedon hankkiminen. Käyttäytymistieteet tutkivat elollisten olioiden käyttäytymistä voidakseen ymmärtää sitä tai ainakin löytääkseen siitä säännönmukaisuuksia;

Lisätiedot

Demo 1: Sisä- ja ulkopistemenetelmät

Demo 1: Sisä- ja ulkopistemenetelmät Mat-2.2105 Optimoinnin perusteet Malliratkaisut 11 Ehtamo Demo 1: Sisä- ja ulkopistemenetelmät a) Ratkaise tehtävä min (x 1 2) 4 + (x 1 2x 2 ) 2 s.e. x 2 = x 2 1 käyttäen kvadraattista ulkopuolista sakkofunktiota.

Lisätiedot

Pitkän matematiikan kertaustehtävät

Pitkän matematiikan kertaustehtävät Pitkän matematiikan kertaustehtävät Kurssit 1-10 Tehtäväpaketti soveltuu erityisen hyvin koko pitkän matematiikan pakollisen oppimäärän kertaamiseen lyhyessä ajassa. Asioiden käsittelyjärjestys ja kappalejako

Lisätiedot

Kirjallisuuden vaihto hankintatapana

Kirjallisuuden vaihto hankintatapana Tieteellisen kirjallisuuden vaihtokeskus - Georg Strien Kirjallisuuden vaihto hankintatapana Tieteellisen kirjallisuuden vaihdolla on pitkä perinne, vanhimmat viitteet löytyvät vuodesta 1694 Ranskasta.

Lisätiedot

Palloja voi pyörittää kevyellä liikkeellä normaaliasennosta (harmaa) vaakatasossa niin, että numerot tulevat

Palloja voi pyörittää kevyellä liikkeellä normaaliasennosta (harmaa) vaakatasossa niin, että numerot tulevat PELIOHJE 1 (14) Pelaajat: 2-4 pelaajaa Ikäsuositus: 6+ SISÄLTÖ / PELIVÄLINEET 1 kääntyvä satataulu 100 lukukorttia (sis. luvut 1-100) 6 jokerikorttia 2 noppaa (sis.luvut 1-10) 30 pelimerkkiä PELI OPETTAA

Lisätiedot

Tieto, totuus, tiede (2004)

Tieto, totuus, tiede (2004) 1 Tieto, totuus, tiede (2004) Keskustelijat: Eero Byckling Viljo Martikainen Heikki Mäntylä Jyrki Rossi Jyrki Tyrkkö 2.1.2004 Heikki Mäntylä Hyvät Luonnonfilosofit, Joululoman jälkeen on syytä palata taas

Lisätiedot

AVOIN MATEMATIIKKA 9 lk. Osio 2: Trigonometriaa ja geometrian tietojen syventämistä

AVOIN MATEMATIIKKA 9 lk. Osio 2: Trigonometriaa ja geometrian tietojen syventämistä Marika Toivola ja Tiina Härkönen AVOIN MATEMATIIKKA 9 lk. Osio : Trigonometriaa ja geometrian tietojen syventämistä Sisältö on lisensoitu avoimella CC BY.0 -lisenssillä. 1 Osio : Trigonometriaa ja geometrian

Lisätiedot

Käsikirja Mathcad 15.0 Lokakuu 2010

Käsikirja Mathcad 15.0 Lokakuu 2010 Käsikirja Käsikirja Mathcad 15.0 Lokakuu 2010 Copyright 2010 Parametric Technology Corporation. Parametric Technology Corporation omistaa sekä tämän ohjelman että siihen kuuluvan dokumentaation tekijänoikeudet.

Lisätiedot