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

Transkriptio

1 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 lauseiden nojalla riittää löytää kuvaus g : [1, ) [, ), jolla g(f(x)) = x kaikilla x [, ) ja f(g(y)) = y kaikilla y [1, ). Tällöin lisäksi g on kuvauksen f käänteiskuvaus. Olkoon nyt y [1, ). Ratkaisemme nyt muuttujan x arvon yhtälöstä y = f(x). y =f(x) y =x + 4x =x + 4x + (5 y) x = 4 ± 1 4(5 y) = 4 ± 4(4 (5 y)) 4 ± 4 (5 y) = ± 4 (5 y) = ± y 1 Haluamme lisäksi, että x, joten valitsemme ratkaisun x = + y 1. Tämän laskutoimituksen inspiroimana määrittelemme funktion g : [1, ) [, ) asettamalla g(x) = + y 1. Nyt g(x) on määritelty kaikilla x [1, ) ja g(x) kaikilla x [1, ), joten funktion g määritelmä on järkevä. Koska x = + y 1 on yhtälön y = f(x) ratkaisu, niin kaikilla x [1, ) pätee x = f(g(x)). Lisäksi jos x [, ), niin g(f(x)) = + f(x) 1 = + x + 4x = + x + 4x + 4 = + (x + ) = + x + = x. Siis g(f(x)) = x kaikilla x [, ) ja f(g(y)) = y kaikilla y [1, ), mistä seuraa, kuten jo totesimme, että g = f 1 ja f on bijektio. Alla on kuva funktioiden f (punainen) ja f 1 (sininen) kuvaajista. Huomaamme, että funktion f 1 kuvaaja on peilikuva funktion f kuvaajasta suoran y = x suhteen.

2 Väite: Kuvaus f : X Y on injektio ja ja vain jos f 1 (f(a)) = A kaikilla A X. Todistus: Oletetaan, että f on injektio. Olkoon nyt A X. Jos x A, niin f(x) f(a) ja siten x f 1 (f(a)). Siis A f 1 (f(a)). Huomaa, että tähän ei tarvita kuvauksen f injektiivisyyttä. Toisaalta olkoon x / A. Koska f on injektio, niin f(x) f(y) kaikilla y A. Tällöin siis f(x) ei voi kuulua joukkoon f(a). Tästä taas seuraa, että x / f 1 (f(a)). Siis f 1 (f(a)) sisältää vain joukon A pisteitä, eli f 1 (f(a)) A. Saimme siis osoitettua, että A = f 1 (f(a)). Oletetaan, että f 1 (f(a)) = A kaikilla A X. Olkoon nyt x, y X ja x y. Oletuksen nojalla f 1 (f({x})) = {x}, joten y / f 1 (f({x})). Tästä seuraa, että f(y) / f({x}) = {f(x)}, eli f(y) f(x). Siis f on injektio. 3. Väite: Olkoon A ja B äärellisiä joukkoja. Tällöin A B = A + B A B. Todistus 1 : Luentomonisteessa on todistettu, että jos A ja B ovat erillisiä äärellisiä joukkoja, niin A B = A + B, ja jos A ja B ovat äärellisiä joukkoja, joilla A A, niin A \ B = A B. Käytämme näitä tuloksia väitteen todistamiseen. Huomaamme ensin, että joukot A ja B \A ovat erillisiä äärellisiä joukkoja. Lisäksi A B = A (B \ A), joten A B = A (B \ A) = A + B \ A. Toisaalta B \ A = B \ (A B) ja A B B, joten B \ A = B \ (A B) = B A B. Siis A B = A + B \ A = A + B A B. Väite on siis todistettu. 1 Tämä väite on todistettu myös Junnilan luentomonisteessa, samalla tavalla kuin tässä esitetään.

3 4. Ion the Quit saapuu fotoniraketillaan Kosmoksen pihalle aikoen yöpyä hotellissa. Valitettavasti hotelli on täynnä, sillä parhaillaan on menossa universaali eläintieteilijäkongressi. Sen osaanottajat, joita on numeroituvasti ääretön määrä, ovat vallanneet hotellin. Hotellinjohtaja kuitenkin järjestää tilaa Ion the Quietille seuraavalla yksinkertaisella tempulla. Jokainen jo hotellissa oleva vieras siirretään huoneeseen, jonka numero on yhtä suurempi kuin hänen nykyisen huoneen numero. Siis huoneessa 1 ollut asukas siirretään huoneeseen, huoneessa ollut huoneeseen 3 ja niin edelleen. Koska huoneita on äärettömästi, jokaiselle vieraalle löytyy uusi huone, ja huone 1 jää tyhjäksi. Nyt Ion voidaan majoittaa sinne. Aamulla vaikeudet jatkuvat. Jokaisessa linnunratajärjestelmässä, joita on kaikkiaan numeroituvasti ääretön määrä, on Kosmoksen kaltainen hotelli ja ne kaikki päätetään sulkea. Kaikki asukkaat kuljetetaan Kosmoksen pihalle. Näiden vieraiden majoittamiseksi hotellinjohtaja ensin numeroi kaikki suljetut hotellit ja niistä tuodut vieraat, niin että jokaisella hotellilla on eri numero ja jokaisen hotellin vieraat on numeroitu alkaen yhdestä. Nyt ensin hotellissa valmiiksi olevat asukkaat siirretään uusiin huoneisiin; huoneessa i oleva asukas laitetaan huoneeseen i. Merkitään nyt p(i):llä i:ttä alkulukua, siis p(1) =, p() = 3, p(3) = 5, p(4) = 7, ja niin edelleen. Hotellinjohtaja voi nyt majoittaa kaikki matemaatikot huoneisiin laittamalla aina hotellin numero i vieraan numero j huoneeseen p(i + 1) j. Siis esimerkiksi hotellin 1 vieras numero laitetaan huoneeseen p() = 3 = 9 ja hotellin 3 vieras laitetaan huoneeseen p(4) = 7 = Koska jokaisen hotellin kohdalla huoneiden valitsemiseen käytetään eri alkuluvun potensseja, ei kaksi eri hotellista tullutta vierasta voi päätyä samaan huoneeseen. Selvästi myös samasta hotellista tulleet vieraat kaikki saavat eri huoneet. Näin siis saadaan määrättyä jokaiselle oma huone. 5. Väite: Kaikilla n {0, 1,,... } pätee n = n+1 1 eli n i = n+1 1. Todistus: Todistetaan väite induktiolla yli luonnollisten lukujen. 3

4 1. Alkuaskel: Todistetaan ensin induktion alkuaskel, eli tapaus n = 0. Nyt 0 i = 0 = 1 = 1 = Väite siis pätee tässä tapauksessa.. Induktioaskel: Oletetaan, että väite pätee jollain luvulla k N, eli i = k+1 1. Osoitamme nyt, että väite pätee tapauksessa n = k + 1. Suoraviivaisella laskulla saamme ensin, että n k+1 i = i = k + k+1 = ( k ) + k+1 = i + k+1 Induktio-oletuksen nojalla siis k i = k+1 1, joten soveltamalla tätä edelliseen saamme i + k+1 = k k+1 = k+1 1 = k+ 1 = n+1 1. Yhdistämällä nämä yhtälöketjut saamme siis n i = n+1 1. Väite siis pätee myös tapauksessa n = k + 1 Induktioperiaatteen nojalla tästä seuraa, että väite pätee kaikilla n N.. Väite: Kaikilla n {1,,... } = Z + pätee eli n = 1 n(n + 1)(n + 1) n i = 1 n(n + 1)(n + 1). Todistus: Todistetaan väite induktiolla yli luonnollisten lukujen, alkaen luvusta Alkuaskel: Todistetaan ensin induktion alkuaskel, eli tapaus n = 1. Nyt 1 i = 1 = 1 = = 1 1 = 1 1(1 + 1)( 1 + 1) Väite siis pätee tässä tapauksessa. 4

5 . Induktioaskel: Oletetaan, että väite pätee jollain luvulla k Z +, eli i = 1 k(k + 1)(k + 1). Osoitamme nyt, että väite pätee tapauksessa n = k + 1. Nyt samaan tapaan kuin edellisessä tehtävässä n k+1 i = i = k + (k + 1) = ( k ) + (k + 1) = i + (k + 1) Induktio-oletuksen nojalla siis k i = 1 k(k+1)(k+1), joten soveltamalla tätä edelliseen saamme i + (k + 1) = 1 k(k + 1)(k + 1) + (k + 1) k(k + 1)(k + 1) + (k + 1) = = k3 + k + k + k + k + 1k + = k3 + 9k + 13k + = (k3 + 7k + k) + (k + 7k + ) = k(k + 7k + ) + (k + 7k + ) = (k + 1)(k + 7k + ) (k + 1)(k + )(k + 3) = = 1 (k + 1)((k + 1) + 1)((k + 1) + 1) = 1 n(n + 1)(n + 1). Yhdistämällä nämä yhtälöketjut saamme siis n i = 1 n(n + 1)(n + 1). Väite siis pätee myös tapauksessa n = k + 1 Induktioperiaatteen nojalla tästä seuraa, että väite pätee kaikilla n Z +. 5