Reaalianalyysin kehittyminen. Pro Gradu Miika Polso Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto

Koko: px
Aloita esitys sivulta:

Download "Reaalianalyysin kehittyminen. Pro Gradu Miika Polso Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto"

Transkriptio

1 Reaalianalyysin kehittyminen Pro Gradu Miika Polso Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto 14. toukokuuta 2009

2 Sisällysluettelo 1 Johdanto 3 2 Varhaisen ajan analyysi Eudoksos Knidoslainen ja ekshaustiomenetelmä Arkhimedes Syrakusalainen Kehityksen taantuminen 12 4 Analyysin uusi nousu 1600-luvulla Bonaventura Cavalieri Pierre de Fermat Isaac Newton Gottfried Leibniz Valistusajan matematiikka 28 1

3 5.1 Leonhard Euler Analyysistä tulee täsmällistä 1800-luvulla Carl Friedrich Gauss Fourier-sarja Augustin-Louis Cauchy Bernhard Bolzano Riemannin integraali Karl Weierstrass Moderni reaalianalyysi Mitta- ja integraaliteoria

4 Luku 1 Johdanto Reaalianalyysin tutkimuskohteita ovat esimerkiksi reaaliarvoisten funktioiden derivaatat ja integraalit, raja-arvo, potenssisarjat ja mittateoria. Tässä matematiikan historiaa tutkivassa työssä käydään läpi keskeisiä ajanjaksoja, henkilöitä ja heidän saavutuksiaan, jotka liittyvät reaalianalyysin kehittymiseen kohti nykyistä formaalia muotoa. Useassa kohtaa tutkielmassa on historiallista aineistoa lähestytty modernein merkinnöin. Ei ole syitä palata aiemmin käytössä olleisiin merkintätapoihin, ja onkin tehokkaampaa esittää asiasisältö paremmin ymmärretyssä kieliasussa. Yleisesti ottaen taustatietojen ja yleisen juonen seuraamista on tutkittu lähteestä [1], ja tarkennuksia tehty tarvittaessa lähteestä [2]. Lauseiden todistuksissa on hyödynnetty molempien lähteiden [1] ja [2] tietoja, joskin nyt ensisijainen lähde on yleisesti ollut lähde [2]. Muut viittaukset löytyvät tekstin lomasta. 3

5 Luku 2 Varhaisen ajan analyysi Taustatilanne Kreikkalainen matematiikka syntyi joonialaisen ja pythagoralaisen koulukuntien ympärille. Näiden koulukuntien tärkeimmät edustajat, Thales ja Pythagoras vaikuttivat kuudennella vuosisadalla ennen ajanlaskumme alkua. Historiallisesti he ovat kiistanalaisia henkilöitä, legendoihin kiedottuja salaperäisiä hahmoja. Thales oli käytännön mies, mutta Pythagoras oli mystikon maineessa. Pythagoralaisten pidetäänkin käynnistäneen uudenlaiseen matematiikkaan painottavan kulttuurin. Heille matematiikka liittyi läheisemmin viisauden rakkauteen kuin käytännön elämän tarpeisiin. Tämä asenne on jatkunut muodossa tai toisessa aina nykyaikaamme asti. Vuonna 427 ekr syntyi filosofi Platon. Matemaattisia lähteitä ja asiakirjoja ei ole juuri säilynyt Platonia edeltävältä ajalta, ei siis Pythagoraankaan ajalta. Asiakirjojen sijaan pythagoralaisten ansiot ovat välittyneet perimätietona. Platon oli Sokrateen kuuluisin oppilas ja Aristoteleen opettaja. Vaikka Sokrateen vaikutus matematiikan kehittymiseen oli olematon, Platonista tuli 4

6 300-luvun ekr matematiikan innoittaja. Platon ei itse yltänyt suuriin matemaattisiin tuloksiin, mutta hänen työnsä merkitys tuli Ateenaan perustamansa akatemian kautta. 2.1 Eudoksos Knidoslainen ja ekshaustiomenetelmä Akatemian suurin matemaatikko Eudoksos Knidoslainen todisti lemman, joka tunnetaan nykyään myös jatkuvuusaksiooman nimellä, ja joka on kreikkalaisten integraalilaskennan vastineen, ekshaustiomenetelmän perusta. Määritelmä 2.1. (Jatkuvuusaksiooma). Kun kahdella annetulla suureella on suhde (eli molemmat ovat nollasta eriäviä), toisella on monikerta, joka on toista suurempi. Määritelmä 2.2. (Ekshaustio-ominaisuus). Jos annetusta suureesta vähennetään vähintään sen puolikas ja jäljelle jääneestä osasta vähennetään taas vähintään sen puolikas ja jos tätä vähennysprosessia jatketaan, päädytään lopulta suureeseen, joka on pienempi kuin mikä tahansa annettu samankaltainen suure. Modernisti määritelmä 2.2 voidaan esittää määritelmän 2.3 muodossa. Määritelmä 2.3. Olkoon M annettu suure, ɛ samanlainen ennalta määrätty luku ja suhteelle r on voimassa 1 r 1. Tällöin on olemassa sellainen 2 positiivinen kokonaisluku N, että M(1 r) n < ɛ kaikille positiivisille kokonaisluvuille n > N. Siis lim M(1 n r)n = 0. Kreikkalaiset käyttivät tätä ominaisuutta käyräviivaisten kuvioiden aloja ja tilavuuksia koskevien teoreemojen todistamiseen. Vaikka Eudoksoksen kaikki 5

7 työt ovat hävinneet aikojen saatossa, on olemassa viitteitä siitä, että juuri hän kehitti ekshaustiomenetelmän. Sen ansiosta Eudoksosta voidaan pitää integraalilaskennan käynnistäjänä. Lause 2.4. Ympyröiden alat suhtautuvat toisiinsa kuin niiden halkaisijoiden neliöt. Todistus. Olkoot ympyrät c ja C, niiden halkaisijat d ja D ja alat a ja A. On siis todistettava, että a = d2. Käytetään epäsuoraa todistusta ja osoitetaan, A D 2 että vaihtoehdot a < d2 ja a > d2 eivät ole tosia. A D 2 A D 2 Oletetaan aluksi, että a > d2. On olemassa sellainen luku a < a, että A D 2 a = d2. Olkoon a a ennalta annettu luku ɛ > 0. Ympyröiden c ja C sisään A D 2 piirretään säännölliset monikulmiot, joiden aloista käytetään merkintöjä p n ja P n, ja joiden sivujen lukumäärä n on yhtä suuri. Tutkitaan monikulmioiden ja ympyröiden väliin jääviä aloja (kuva 2.1). Kuva 2.1: Ympyrän sisällä olevat monikulmiot Jos sivujen lukumäärä kaksinkertaistetaan, on ilmeistä, että näistä näistä kuvioiden väliin jäävistä aloista on vähennettävä yli puolet. Tästä seuraa ekshaustio-ominaisuuden mukaan, että kuvioiden väliin jääviä aloja voidaan pienentää toistuvilla monikulmioiden sivujen lukumäärän kaksinkertaistuksilla (eli antamalla luvun n kasvaa) kunnes a p n < ɛ. Koska a a = ɛ, saadaan p n > a. Eudoksos tunsi tuloksen pn P n 6 = d2 D 2, joten oletuksestamme

8 a A = d2 D 2 saadaan, että pn P n = a. Koska olemme osoittaneet, että p A n > a, niin täytyy olla P n > A. Monikulmio P n on kuitenkin ympyrän sisällä, joten edellinen päätelmä ei voi päteä. Ristiriidasta seuraa, että mahdollisuus a > d2 ei A D 2 ole tosi. Vastaavalla tavalla nähdään, että mahdollisuus a < d2 ei myöskään A D 2 voi olla tosi. Ainoaksi mahdollisuudeksi jää siis a = d2. A D 2 Huomautus. Lauseen 2.4 väite voidaan esittää myös muodossa 4a d = 4A 2 D. (2.1) 2 Kaavassa (2.1) yhtälön molemmat puolet antavat lukuarvoksi luvun π, ja nykyään tiedämme ympyröitä koskevan tuloksen A = πr 2 = π( d 2 )2 = 1 4 πd2. Kreikkalaiset eivät kuitenkaan kyenneet tekemään tätä päätelmää, koska heille yhtälö (2.1) oli alojen suhde eikä numeerinen yhtälö. Siksi luku π ei esiinny tässä yhteydessä kreikkalaisessa matematiikassa. 2.2 Arkhimedes Syrakusalainen Vaikka Aleksandria oli hellenistisen kauden matemaattisen toiminnan keskus, Arkhimedes ei asunut siellä vaan Syrakusassa. Syrakusan joutuessa Rooman ja Karthagon valtataistelun kohteeksi ja vuosina ekr Rooman piirittämäksi, Arkhimedeen kerrotaan keksineen jatkuvasti nerokkaita laitteita vihollisen kukistamiseksi: katapultteja, väkipyöriä ja koukkuja roomalaisten laivojen merestä kohottamiseksi ja murskaamiseksi. Tämä kertoo Arkhimedeen luovasta ja soveltavasta toiminnasta, ja häntä pidetäänkin matemaattisen fysiikan perustajana. Arkhimedes ei kuitenkaan arvostanut mekaanisia laitteita yhtä paljoa kuin ajattelunsa tuotteita. Hän oli kiinnostuneempi yleisistä periaatteista kuin käytännön sovelluksista. Arkhimedeen kuuluisiin töihin kuuluu lukuisia geometrisiä tuloksia, vipulaki 7

9 ja lause hydrostaattisesta nosteperiaatteesta. Jälkimmäisen keksiessään hänen kerrotaan huudahtaneen Heureka (olen keksinyt sen) ja juosseen kylvystä kotiinsa. Seuraavassa käsitellään kuitenkin niitä tuloksia, jotka selkeästi johtavat differentiaali- ja integraalilaskennan piiriin. Määritelmä 2.5 (Arkhimedeen spiraali, käyrän tangentin määrääminen). Arkhimedeen spiraali on sellaisen tasopisteen ura, joka lähtee tasaisella nopeudella liikkeelle puolisuoran päätepisteestä, kun puolisuora pyörii päätepisteensä ympäri tasaisella kulmanopeudella. Liikkuvan pisteen napakoordinaatit ajan hetkellä t ovat r = vt ja θ = ωt, joten spiraalin yhtälö on napakoordinaatistossa r = aθ, missä a = v. ω Kuva 2.2: Arkhimedeen spiraali Ajattelemalla että spiraalilla r = aθ oleva piste on kahdessa samanaikaisessa liikkeessä, koordinaatiston origosta loittonevassa tasaisessa suoraviivaisessa liikkeessä ja tasaisessa origoa kiertävässä ympyräliikkeessä, Arkhimedes näyttää löytäneen liikkeen suunnan (joka on käyrän tangentti) siten, että hän piirsi liikkeen komponenttien resultantin. Tässä ensimmäistä kertaa määritettiin käyrälle tangentti. Määritelmä 2.6. Termi konoidi tarkoittaa paraabelin pyörähdyskappaleesta, paraboloidista, leikattua segmenttiä. Lauseessa 2.7 esitetään Arkhimedeen todistus, joka on menetelmältään erittäin lähellä nykyistä integraalilaskentaa. 8

10 Lause 2.7. Konoidin ympärille asetettu lieriö on tilavuudeltaan kaksi kertaa niin suuri kuin konoidin tilavuus. Todistus. Olkoon ABC paraboloidin segmentti ja CD sen akseli (poikkileikkaus segmentistä on esitetty kuvassa 2.3). Kappaleen ympäri piirretään ympyräpohjainen lieriö (johon kuuluu poikkileikkauskuvan pisteet A, B, F ja E), jonka akseli on myös CD. Akseli jaetaan yhtäsuuriin osiin siten, että osien lukumäärä on n ja pituus h. Jakopisteiden kautta piirretään kannan suuntaiset tasot. Tasojen paraboloidista leikkaamien ympyräpohjaisten osien sisään ja ympäri piirretään kuvassa näytetyllä tavalla lieriöt. Sisään mahtuu lieriöitä (n 1) kappaletta ja ympärillä olevien lieriöiden lukumäärä on n. Olkoot lieriöiden pohjan säteet r 1, r 2, r 3,..., r n, missä r n = R. Kuva 2.3: Poikkileikkaus segmentistä Verrataan sisään ja ympäri piirrettyjen kappaleiden tilavuuksia (joista käytetään merkintöjä V (S) ja V (Y )) ison lieriön ABF E tilavuuteen (josta käytetään merkintää V (L)). V (S) V (L) = hπr2 1 + hπr hπr hπr 2 n 1 nhπr 2 = n 1 i=1 r2 i nr 2. (2.2) Paraabelin yhtälöstä seuraa, että r2 i = ih = i. Siksi yhtälö (2.2) saadaan R 2 nh n aritmeettista summaa hyväksi käyttäen muotoon n 1 i=1 r2 i nr 2 = (n 1) n 2 = (n 1) 1+(n 1) 2 n 2 = n(n 1) 2 n 2 = n 2 <

11 Vastaavasti voidaan arvioida ympäri piirretyn kappaleen tilavuutta lieriön tilavuuteen: sillä n i=1 r2 i V (Y ) V (L) = hπ nhπr < n2 2n = + n 2 2 = n 2 = n n 2 > 1 2, n(n + 1) 2 n 2 = n n 2. Ulko- ja sisäpuolelle piirrettyjen kappaleiden tilavuuksien erotus on yhtä suuri kuin kuvion ympäri piirretyn sylinterin alimman viipaleen tilavuus: πh n n 1 ri 2 πh ri 2 = πhrn 2 = πhr 2. i=1 i=1 Tästä syystä voidaan päätellä, että jakotiheyttä n kasvatettaessa, eli viipaleiden ohentuessa, ympäri ja sisään piirrettyjen kappaleiden tilavuuksien erotus saadaan annettua lukua pienemmäksi. Tällöin epäyhtälöt todistavat väitteen. V (S) < 1 V (L) 2 V (Y ) > 1 V (L) 2 Huomautus. Lauseen 2.7 todistuksessa esitetty menetelmä eroaa modernista integroinnista siinä, että se ei käytä raja-arvon käsitettä. Antiikin matemaatikot olivat hyvin lähellä sitä, mutta kukaan heistä ei määritellyt raja-arvoa. Raja-arvon määritelmän puuttumisen lisäksi puuttuivat myös yleiset laskennalliset algoritmit, joilla olisi voitu laskea pinta-aloja ja tilavuuksia. Arkhimedes aloitti uudet laskut yleensä kokonaan alusta käyttämättä aikaisemmista ja vastaavista ongelmista saatuja ratkaisuja hyväkseen. 10

12 Varhaisen kreikkalaisen analyysin puutteisiin voidaan lukea myös tangettisuorien ajatteleminen pelkästään käyrää koskettavana suorana. Tämä oli riittämätön näkemys todistamaan muutosnopeus-esityksiä. Arkhimedeen työt antoivat sysäyksen vasta 1600-luvulla kehittyneelle differentiaali- ja integraalilaskennalle. Hänen edistymisensä matemaattisten työkalujen hyödyntämisessä teki hänestä suuren maamerkin matematiikan historiaan. 11

13 Luku 3 Kehityksen taantuminen Kreikkalaisen matematiikan kulta-ajan päättymisen jälkeen reaalianalyysin kehittymisessä tulee huomattavan pitkä tauko. Suuret teoriat tulevat esiin seuraavaksi lähinnä keskiajan loppuvaihella. Keskiajalla matematiikassa loistaneet kirjoittivat arabiaksi ja elivät islamilaisessa Afrikassa ja Aasiassa, kun taas uuden ajan johtavat matemaatikot kirjoittivat latinaksi ja asuivat kristillisessä Euroopassa. Voidaan tarkentaa, että viisi suurta kulttuuria keskiajalla olivat Kiina, Intia, Arabia, Itäinen valtakunta eli Bysantti ja Läntinen valtakunta eli Rooma. Useimmat kiinnostuksen kohteet liittyivät tuolloin algebraan ja lukuteoriaan. Modernimman matematiikan alkusoittoa oli, kun käytännön miehet Simon Stevinius, Johannes Kepler ja Galileo Galilei tarvitsivat Arkhimedeen menetelmiä 1500 ja 1600-lukujen taitteessa. He kuitenkin halusivat kiertää ekshaustiomenetelmän loogiset hienoudet, josta seurasi antiikin infinitesimaalisten menetelmien muuntautuminen differentiaali- ja integraalilaskentaan. Sata vuotta ennen Newtonin ja Leibnizin julkaisuja ilmestynyt Stevinuksen Statiikka vuodelta 1586 todistaa, että kolmion painopiste on sen mediaanilla. 12

14 Luku 4 Analyysin uusi nousu 1600-luvulla 4.1 Bonaventura Cavalieri Galilein oppilaasta Cavalieristä tuli Bolognan yliopiston matematiikan professori vuonna Hän tutki ajalleen tyypillisesti geometriaa, trigonometriaa, tähtitiedettä ja optiikkaa. Cavalieri keskittyi geometrian teemaan, joka vastaa nykyisin differentiaalija integraalilaskennan lausetta a 0 x n dx = an+1 n + 1. Lauseen ilmaiseminen poikkeaa kuitenkin olennaisesti nykyisestä muodostaan. Cavalieri vertasi suunnikkaan kanssa samansuuntaisten janojen pituuksien potensseja vastaaviin janojen pituuksien potensseihin jommassa kummassa kolmiossa, jotka suunnikkaan lävistäjä muodostaa. Jakakoon lävistäjä CF suunnikkaan AF DC kahdeksi kolmioksi ja jakakoon jana HE kolmion CDF siten, että se on samansuuntainen kuin kanta CD (Kuva 4.1). 13

15 Kuva 4.1: Cavalierin suunnikas Asetetaan piste B janalle AC siten, että janat BC ja F E ovat yhtä pitkiä. Piirtämällä jana BM samansuuntaiseksi kuin jana CD, voidaan todistaa, että jana BM on yhtä pitkä kuin jana HE. Niinpä kolmioon CDF piirretyt janat, jotka ovat kannan CD suuntaisia, voidaan asettaa pareittain yhteyteen kolmion ACF vastaavien janojen kanssa. Tästä seuraa, että kolmiot ovat yhtä suuret. Koska suunnikas on kahden kolmion kannan suuntaisten janojen summa summa, on selvää, että yhden kolmion janojen pituuksien ensimmäisten potenssien summa on puolet suunnikkaan janojen pituuksien ensimmäisten potenssien summasta. Toisin sanoen a 0 x dx = a2 2. Myöhemmin Cavalieri osoitti todistukset korkeammille potensseille ja esitti vuonna 1647 yleistyksen, jonka mukaan potenssille n suhde saa muodon 1. Vaikka Ranskassa matemaatikot tunsivat myöskin tämän tuloksen, avasi n+1 Cavalierin teoreema tien moniin differentiaali- ja integraalilaskennan algoritmeihin. 14

16 4.2 Pierre de Fermat Italialaiset matemaatikot Cavalieri ja Evangelista Torricelli kuolivat molemmat vuonna Matematiikan keskukseksi muodostui selkeästi Ranska 1600-luvun toisella kolmanneksella. Johtavat matemaatikot olivat René Descartes ( ) ja Pierre de Fermat ( ), mutta merkittäviin saavutuksiin ylsivät myös Gilles Persone de Roberval ( ), Girard Desargues ( ) sekä Blaise Pascal ( ). Tästä ajanjaksosta lähtien matematiikka alkoi kehittyä ennemminkin sisäisen logiikkansa kuin taloudellisten, sosiaalisten tai teknisten paineiden alaisena. Descartes oli luultavasti matemaattisilla taidoilla mitaten aikansa kyvykkäin ajattelija, mutta sydämeltään hän ei ollut matemaatikko. Hänen työnsä geometrian ja analyyttisen geometrian parissa oli ikään kuin vain elämän erään vaiheen tulos, jonka hän tieteelle omisti. Fermat oli Descartesin ainoa kilpailija matemaattisten taitojen suhteen, mutta hänkään ei ollut ammattimatemaatikko. Analyysin puolella Fermat kehitti muotoa y = f(x) oleville käyrille menetelmän, jolla löydetään pisteet, joissa funktio saavuttaa maksimi- tai minimiarvon. Päättelyn taustalla on geometriset oivallukset, ja formaalimpi määrittely sai odottaa vielä 1600-luvun loppupuolta. Myös Fermat n tangentteja koskeva tarkastelu vastaa oleellisesti sitä, että f(a + e) f(a) lim e 0 e on käyrän kaltevuus pisteessä x = a. Tätä menetelmäänsä Fermat ei kuitenkaan selittänyt tyydyttävästi, ja se saikin kritiikkiä etenkin Descartesilta. Fermat n saavutukset analyyttisessä geometriassa ja infinitesimaalisessa analyysissä olivat vain kaksi hänen tutkimustensa suuntausta, ja merkittävää työtä Fermat teki etenkin lukuteorian saralla. Tästä esimerkkinä olkoon kiehtova ja kuuluisaksi tullut Fermat n suuri lause, jonka todistuksen esitti eng- 15

17 lantilainen Andrew Wiles vasta vuonna 1995 [3]. Fermat n kuoltua löytyi hänen sivun marginaaliin kirjoittamansa toteamus, että hänellä on nerokas todistus teoreemaan. Todistusta ei ole kuitenkaan löydetty, ja monet uskovat sen olevan virheellinen. Fermat n maksimien ja minimien löytämisen menetelmä Verrataan tietyssä pisteessä olevaa funktion arvoa f(x) sen läheisessä pisteessä saamaan arvoon f(x + e). Tavallisesti nämä arvot poikkeavat toisistaan selvästi, mutta sileän käyrän laaksoissa ja huipuissa arvojen muutosta tuskin huomaa (kuvan 4.2 vasen puoli). Kun luku e pienenee, funktioiden arvot tulevat lähemmäksi todellista yhtäsuuruutta, toisin sanoen f(x+e) f(x) 0. Jos f(x) on polynomifunktio, voidaan suorittaa jakolasku f(x + e) f(x) e 0. Kuva 4.2: Fermat n maksimien ja minimien löytämisen menetelmä Fermat ei vaatinut, että luku e olisi pieni, eikä sanonut mitään raja-arvosta luvun e lähestyessä nollaa. Hän ajatteli termit x ja x + e algebrallisesti yhtälön f(x) = c juurina (kuvan 4.2 oikea puoli). Kirjoittamalla f(x + e) = f(x), jakamalla luvulla e ja vasta sen jälkeen merkitsemällä luvun e nollaksi, Fer- 16

18 mat sai ratkaisuksi, että kaksi juurta ovat yhtä suuret, kun c = f(x) on funktion f maksimiarvo. Fermat n ajatus antaa muuttujalla hieman toisistaan poikkeavat arvot on hänen ajoistaan lähtien ollut infinitesimaalisen analyysin olennaisin osa. Myöhemmin Laplacen mielestä Fermat oli differentiaalilaskennan todellinen keksijä. Fermat keksi myös menetelmän käyrän tangentin määräämiseksi. Määritelmä 4.1. Alitangentiksi sanotaan tangentin projektiota x-akselilla. Lause 4.2. Käyrän y = f(x) alitangentti s saadaan yhtälöstä s e f(x) f(x + e) f(x). Todistus. Fermat n menetelmässä approksimoidaan, että tangentin käyrän sivuamispisteen läheisyydessä käyrällä y = f(x) oleva piste on sekä käyrällä että tangentilla. Kuva 4.3: Käyrän tangentti Niin saadaan yhdenmuotoiset kolmiot (kuva 4.3), joista saadaan suhde s + e s = k f(x). (4.1) 17

19 Ratkaisemalla alitangentti s yhtälöstä (4.1) saadaan s = e f(x) k f(x), johon sijoittamalla k f(x + e) saadaan väite. Lause 4.3. Käyrän y = f(x) tangentti f (x) saadaan yhtälöstä missä s on alitangentti. f (x) = f(x) s, Todistus. Lausetta 4.2 muokkaamalla saadaan yhtälö s f(x) f(x+e) f(x) e Kun nyt otetaan nykymerkinnöin raja-arvo e 0, saadaan s = f(x) f (x), josta f (x) = f(x) s.. Esimerkki. Olkoon f(x) = x 2. Tällöin Siis s ex 2 (x + e) 2 x 2 = x2 2x + e x2 2x = x 2, kun e 0. f (x) = f(x) s = x2 x/2 = 2x. Fermat n integraalilaskenta Fermat lla ei ollut vain menetelmää muotoa y = x m olevien käyrien tangenttien määrittämiseksi, vaan vuoden 1629 jälkeen hän keksi myös käyrien rajoittamia aloja koskevan teoreeman, saman, jonka Cavalieri julkaisi vuosina 1635 ja

20 Lause 4.4. Pisteiden x = 0 ja x = a välissä oleva käyrä y = x n ja x-akseli rajoittavat pinta-alan an+1, missä n Z, n 1 ja n 1. n+1 Todistus. Jaetaan väli [0, a] äärettömän moneen osaan siten, että jakopisteinä ovat a, ae, ae 2, ae 3,..., missä 0 < e < 1. Piirretään näistä pisteistä käyrälle kuvan 4.4 mukaiset suorakulmiot ja lasketaan niiden avulla likiarvo pintaalalle. Kuva 4.4: Fermat n integrointi Suorakulmioiden alat suurimmasta lähtien ovat a n (a ae), a n e n (ae ae 2 ), a n e 2n (ae 2 ae 3 ),..., ja ne muodostavat geometrisen sarjan a n+1 [(1 e) + (e e 2 )e n + (e 2 e 3 )e 2n...]. Järjestelemällä hakasuluissa olevia termejä, saadaan a n+1 [1 + e n+1 + e 2(n+1) ( e (1 + e n+1 + e 2(n+1) +...))] = a n+1 [(1 e) (1 + e n+1 + e 2(n+1) +...)]. Geometrisen summan kaavalla sievennettynä lauseke tulee muotoon a n+1 (1 e) 1 (en+1 ) n 1 e n+1 = a n+1 1 e 1 e n+1 (1 (en+1 ) n ). 19

21 Kun n kasvaa rajatta, termi (1 (e n+1 ) n )) lähestyy arvoa 1. Olemme siis tilanteessa a n+1 (1 e) a n+1 eli 1 e n e + e e. n Kun suure e lähestyy arvoa 1, eli kun suorakulmiot kapenevat, niiden alojen summa lähestyy käyrän rajoittamaa alaa. Merkitsemällä suorakulmioiden alojen summaan e = 1 saadaan an+1 n+1. Huomautus. Jos modernein merkinnöin halutaan laskea integraalin b a arvo, riittää, että huomaamme tämän lausekkeen vastaavan integraaleja b 0 x n dx a 0 x n dx. xn dx Huomautus. Fermat n vanhempi aikalainen Gregorius St. Vincentläinen selvitti lauseessa 4.4 olevan ongelmatapauksen n = 1. Hän osoitti, että jos x-akselilla merkitään arvosta x = a lähtien pisteet, joiden välit kasvavat jatkuvassa geometrisessä suhteessa ja jos näistä pisteistä piirretään y-akselin suuntaiset suorat hyperbelille xy = 1, käyrän peräkkäisten y-akselin suuntaisten suorien ja x-akselin väliin jäävät alat ovat yhtäsuuret. Kun siis x- akselilla jakopisteiden arvot kasvavat geometrisesti, käyrän rajoittama ala kasvaa aritmeettisesti. Niinpä Gregorius tunsi kaavan b a x 1 dx = ln b ln a vastineen. 4.3 Isaac Newton Isaac Newton syntyi joulupäivänä Lahjakkaan pojan varttuessa hänen enonsa taivutteli Isaacin Cambridgeen Aluksi kemia näytti olevan Newtonin suurin mielenkiinnon kohde, mutta hän luki myös matemaattista kirjallisuutta ja kuunteli professori Lucas Barrownin luentoja, jotka ennakoivat uutta analyyttistä struktuuria. 20

22 1660-luvun puolivälin koittaessa Newton oli saavuttanut aikansa matemaattisen tietämyksen huipun. Tästä lähtien hän kehitti itsenäisesti analyysiä, ensimmäisinä keksintöinään funktioiden ilmoittaminen päättymättöminä sarjoina. Newtonin kiinnostuksen kohteena olivat erityisesti jatkuvasti muuttuvat suureet eli fluentit ja niiden muutosnopeudet eli fluksit. Trinity College Cambridgessä oli ruton takia suurimmaksi osaksi suljettuna vuosina Tällä välin Newton teki kotonaan ajatustyötään, mistä seurasi matematiikan historian hedelmällisimpänä tunnettu kausi. Newtonin neljä suurinta keksintöä näkivät päivänvalon ensikertaa: 1. binomilause 2. differentiaali- ja integraalilaskenta 3. gravitaatiolaki ja 4. värien luonne. Newtonin ensimmäinen painettu diffrentiaali- ja integraalilaskennan esitys Philosophiae naturalis principia mathematica ilmestyi vuonna Sen alussa määritellään raja-arvo seuraavalla tavalla. Määritelmä 4.5. Suureet, ja suureiden suhteet, jotka äärellisessä ajassa konvergoivat jatkuvasti toisiaan kohti, ja jotka ennen tämän ajan loppumista ovat lähempänä toisiaan kuin yksikään annettu ero, tulevat lopulta yhtä suuriksi. Newtonin menetelmä yhtälöiden likimääräiseksi ratkaisemiseksi Newtonin teoksista De analysi ja Methodus fluxionum et serierum infitorum löytyy tehokas algoritmi funktion nollakohtien likimääräiseen ratkaisuun. 21

23 Lause 4.6 (Newtonin menetelmä). Olkoon f(x) = 0 ratkaistava yhtälö ja f : [a, b] R C n -funktio. Jos tunnetaan arvo x n väliltä (a, b), saadaan ratkaisulle tarkempi likiarvo x n+1 = x n f(x n) f (x n ). Kuva 4.5: Newtonin menetelmä Todistus. Derivaatan määritelmän mukaan funktion derivaatta pisteessä x n on sama kuin funktiolle kohtaan x n piirretyn tangentin kulmakerroin. Siispä kuvan 4.5 mukaisesti kulmakertoimeksi tulee f (x n ) = 0 f(x n) x n+1 x n eli x n+1 = x n f(x n) f (x n ). Huomautus (1). Menetelmää voidaan käyttää toistuvasti, kunnes approksimaatio saavuttaa halutun tarkkuuden. Huomautus (2). Jos f(x) on polynomi, Newtonin menetelmä on olennaisesti sama kuin kiinalais-arabialainen approksimaatio, joka tunnetaan Hornerin nimellä. Newtonin menetelmän etu on siinä, että se soveltuu myös transsendenttifunktioita sisältäviin yhtälöihin. 22

24 Newtonin ja Leibnizin tulokset Newton ei derivoinut tai integroinut ensimmäisenä, mutta hän vakiinnutti kyseisen teorian yhdeksi algoritmiksi. Samoihin aikoihin Saksassa Gottfried Leibniz kehitti vastaavasti differentiaali- ja integraalilaskentaa, ja muodostui epäselvyys siitä, kenelle kuuluu kunnia teorian muodostamisessa. Leibnizilla on julkaisemisen prioriteetti, sillä hänen tuloksensa ilmestyivät kolme vuotta ennen Principiaa. Kuitenkin pidetään melko selvänä, että Newtonin keksinnöt tapahtuivat jo 10 vuotta aiemmin - ja toisaalta Leibniz teki keksintönsä Newtonista riippumatta. Epäselvyys asiasta johti kuitenkin avoimeen riitaan. Prioriteettikiista vieraannutti brittiläiset matematiikot manner-euroopan kehityksestä 1700-luvulla. Näin Englantilainen matematiikka jäi muusta eurooppalaisesta matematiikasta jälkeen. 4.4 Gottfried Leibniz Saksalainen Lebniz ( ) kirjoittautui Leipzigin yliopistoon ollessaan 15 vuotias. Hänen laajat opintonsa olivat poikkitieteellisiä ja hän onkin yksi viimeisimmistä henkilöistä, joka on yltänyt universaaliin tietämykseen. Leibnizistä tuli vaikutusvaltainen diplomaatti, joka matkusteli paljon. Differentiaalilaskenta Leibniz ymmärsi hyvien merkintätapojen tärkeyden ajattelun apuvälineenä, ja erityisesti differentiaali- ja integraalilaskennassa hän teki erittäin onnistuneita valintoja. Esimerkiksi merkintä y dx on jäänyt meidänkin käyttöömme Leibnizin perintönä. 23

25 Vuonna 1684 Leibniz julkaisi uuden menetelmänsä maksimien ja minimien sekä tangenttien määrittämiseksi. Siinä hän esitti esimerkiksi kaavat osamäärän ja potenssien derivaatoille: d x y = y dx x dy y 2 ja dx n = nx n 1. Tulon derivointikaavan hän perustelee lauseen 4.7 mukaisesti. Lause 4.7. Tarkastellaan muuttujia x ja y. Tällöin dxy = x dy + y dx. Todistus. Muuttujien x ja y pienimmät muutokset dx ja dy ovat äärettömän pieniä. Siksi tulo dx dy voidaan jättää huomiotta ja voidaan kirjoittaa tulon xy pienimmäksi muutokseksi dxy = (x + dx)(y + dy) xy = x dy + y dx. Leibnizin muunnoskaava Kuvassa 4.6 pisteet P (x, y) ja Q(x + dx, y + dy) ovat käyrällä y = f(x), x [a, b]. Leibniz määritteli kuvasta infinitesimaalisen kolmion OP Q. Infinitesimaalinen kaari ds kulkee käyrällä pisteiden P ja Q välillä ja määrittää tangenttisuoran, joka leikkaa y-akselin pisteessä T (0, z). Jana OS on tangentille piirretyllä origon kautta kulkevalla normaalilla ja sen pituus on p. Lause 4.8 (Leibnizin muunnoskaava). Välillä [a, b] määritellyille jatkuville funktioille y = f(x) ja z = g(x) on voimassa yhtälö b y dx = 1 ( b ) [xy] b a + z dx. (4.2) 2 a a Todistus. Kuvan 4.6 tangenttisuoralle pätee yhtälö y = x dy + z eli z = y xdy dx dx. (4.3) 24

26 Kuva 4.6: Infinitesimaalinen kolmio OP Q. Yhdenmuotoisten kolmioiden OST ja P RQ vastinsivujen suhteista saadaan verranto dx p = ds z p ds = z dx. Täten kolmion OP Q alaksi saadaan a(op Q) = 1p ds = 1 z dx. Jos lasketaan 2 2 yhteen kaikki ne alat, jotka muodostuvat vastaavalla tavalla määritetyistä infinitesimaalisista kolmioista käyrän pisteiden P ja Q välillä, saadaan integraali a(oab) = 1 2 b a z dx, (4.4) missä funktio z = g(x) on määritelty yhtälön 4.3 mukaisesti. Määritetään sitten integraali b y dx. Olkoon piste C = (a, 0) ja piste a 25

27 D = (b, 0). Kysytty integraali saadaan laskemalla yhteen kolmion OBD ja sektorin OAB alat ja vähentämällä tästä kolmion OBC ala. b a y dx = 1 2 bf(b) 1 2 af(a) + a(oab) = 1 2 [xy]b a + a(aob), johon sijoittamalla tulos 4.4 päädytään väitteeseen. Huomautus. Sijoittamalla muunnoskaavaan yhtälö 4.3 saadaan osittaisintegroinnin kaava b a y dx = [xy] b a f(b) f(a) x dy. Leibniz määritteli muunnoskaavan avulla päättymättömiä sarjoja. Seuraava kuuluisa esimerkki kantaa hänen nimeään. Esimerkki. Kuvan 4.7 a-kohdan yksikköympyrän y-akselin yläpuolinen osa noudattaa funktiota y = 2x x 2. Derivointi muuttujan x suhteen antaa tulokseksi joten nyt dy dx = z = y x 1 x y 1 x = 1 x, 2x x 2 y x = 2 x eli x = 2z2 1 + z 2. Nyt neljännesympyrän pinta-ala voidaan laskea muunnoskaavan avulla. 26

28 Kuva 4.7: Esimerkkitehtävä. 1 π 4 = y dx Käytetään muunnoskaavaa 0 = 1 ( [x 1 ) 2x x 2 2 ] z dx 0 = 1 [ ( 1 )] x dz (Kuva 4.7 b-kohta.) 2 = 1 = 1 = z 2 dz 1 + z 2 0 z 2 (1 z 2 + z 4...) dz [ 1 3 z3 1 5 z z7... = ]

29 Luku 5 Valistusajan matematiikka 1700-luvulla oli syytä selkeyttää differentiaali- ja integraalilaskennan teoriaa. Esimerkiksi ranskalainen matemaatikko Michel Rolle kuului Acadèmie des Sciencesin ryhmään, joka kritisoi differentiaali- ja integraalilaskennan teoriaa. Hän kuvasi differentiaali- ja integraalilaskennan nerokkaiden virheiden kokoelmaksi. Pierre Varignon oli Leibnizin kanssa kirjeenvaihdossa ja antoi vastauksen Rollelle. Keskeisimpiä ongelmakohtia oli differenssin ymmärtäminen hyvin pieneksi mutta kaikesta huolimatta vakiosuureeksi. Varignon selitti että differentiaali muuttuu eikä se ole vakio, ja että uuden analyysin perusta on oleellisesti aukoton. Vastustuksen romahdettua analyysi kehittyi nopeasti Manner-Euroopassa. Valistusajalla Bernoullien suvusta nousi esiin runsaasti lahjakkaita matemaatikkoja. Leibnizin seuraajiksi tulivat sveitsiläiset veljekset Jakob ja Johann Bernoulli. Heistä vanhempi, Jakob, ehdotti integraali -sanan käyttöä Leibnizille ja hän huomautti muun muassa, että derivaatta ei välttämättä häviä funktion maksimi- tai minimipisteessä, vaan se voi saada myös äärettömän arvon tai olla määrittämätöntä muotoa. 28

30 Johann Bernoulli opetti ranskalaiselle G. F. A. L Hospitalille Leibnizin kehittämän analyysin salaisuuksia. Markiisi L Hospital teki sopimuksen Bernoullin kanssa, jonka mukaan Johann Bernoulli lähettäisi hänelle säännöllistä palkkaa vastaan matemaattiset keksintönsä. Tästä johtuen eräs Bernoullin keskeisimmistä keksinnöistä kantaa nimeä L Hospitalin sääntö. Lause 5.1 (L Hospitalin sääntö). Olkoot funktiot f(x) ja g(x) differentioi- f tuvia pisteessä x = a. Jos f(a) = g(a) = 0 ja lim (x) x a g (x) niin f(x) lim x a g(x) = lim f (x) x a g (x). on olemassa, Todistus. Kun x a ja x on riittävän lähellä pistettä a, niin Cauchyn väliarvolauseen nojalla pisteiden a ja x välistä löytyy sellainen t x, että (g(x) g(a))f (t x ) = (f(x) f(a))g (t x ). f Koska lim (x) x a on määritelty, niin g (x) 0, kun x a ja x a on g (x) riittävän pieni. Erityisesti g (t x ) 0, kun erotus x a on riittävän pieni. Koska f(a) = g(a) = 0 ja g(x) 0, saadaan Kun x a, niin myös t x a ja siten f(x) g(x) = f (t x ) g (t x ). f(x) lim x a g(x) = lim f (t x ) x a g (t x ). Huomautus. L Hospitalin verbaalisen argumentoinnin seurauksena saadaan väite kun f(a) = g(a) = 0. [4] f(a + dx) g(a + dx) = f(a) + f (a)dx g(a) + g (a)dx = f (a)dx g (a)dx = f (a) g (a), 29

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

Derivaatta 1/6 Sisältö ESITIEDOT: reaalifunktiot, funktion raja-arvo

Derivaatta 1/6 Sisältö ESITIEDOT: reaalifunktiot, funktion raja-arvo Derivaatta 1/6 Sisältö Derivaatan määritelmä funktio Olkoon kiinteä tarkastelupiste. Reaalimuuttujan reaaliarvoisen funktion f deri- (reaali-) vaatta tässä pisteessä merkitään f () voidaan luonnetia kadella

Lisätiedot

Injektio. Funktiota sanotaan injektioksi, mikäli lähtöjoukon eri alkiot kuvautuvat maalijoukon eri alkioille. Esim.

Injektio. Funktiota sanotaan injektioksi, mikäli lähtöjoukon eri alkiot kuvautuvat maalijoukon eri alkioille. Esim. Injektio Funktiota sanotaan injektioksi, mikäli lähtöjoukon eri alkiot kuvautuvat maalijoukon eri alkioille. Esim. Funktio f on siis injektio mikäli ehdosta f (x 1 ) = f (x 2 ) seuraa, että x 1 = x 2.

Lisätiedot

MAB3 - Harjoitustehtävien ratkaisut:

MAB3 - Harjoitustehtävien ratkaisut: MAB - Harjoitustehtävien ratkaisut: Funktio. Piirretään koordinaatistoakselit ja sijoitetaan pisteet:. a) Funktioiden nollakohdat löydetään etsimällä kuvaajien ja - akselin leikkauspisteitä. Funktiolla

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 4 Jatkuvuus Jatkuvan funktion määritelmä Tarkastellaan funktiota f x) jossakin tietyssä pisteessä x 0. Tämä funktio on tässä pisteessä joko jatkuva tai epäjatkuva. Jatkuvuuden

Lisätiedot

, c) x = 0 tai x = 2. = x 3. 9 = 2 3, = eli kun x = 5 tai x = 1. Näistä

, c) x = 0 tai x = 2. = x 3. 9 = 2 3, = eli kun x = 5 tai x = 1. Näistä Pitkä matematiikka 8.9.0, ratkaisut:. a) ( x + x ) = ( + x + x ) 6x + 6x = + 6x + 6x x = x =. b) Jos x > 0, on x = + x x = + x. Tällä ei ole ratkaisua. Jos x 0, on x = + x x = + x x =. c) x = x ( x) =

Lisätiedot

Vastaus: 10. Kertausharjoituksia. 1. Lukujonot lim = lim n + = = n n. Vastaus: suppenee raja-arvona Vastaus:

Vastaus: 10. Kertausharjoituksia. 1. Lukujonot lim = lim n + = = n n. Vastaus: suppenee raja-arvona Vastaus: . Koska F( ) on jokin funktion f ( ) integraalifunktio, niin a+ a f() t dt F( a+ t) F( a) ( a+ ) b( a b) Vastaus: Kertausharjoituksia. Lukujonot 87. + n + lim lim n n n n Vastaus: suppenee raja-arvona

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

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

Ympyrä 1/6 Sisältö ESITIEDOT: käyrä, kulma, piste, suora

Ympyrä 1/6 Sisältö ESITIEDOT: käyrä, kulma, piste, suora Ympyrä 1/6 Sisältö Ympyrä ja sen yhtälö Tason pisteet, jotka ovat vakioetäisyydellä kiinteästä pisteestä, muodostavat ympyrän eli ympyräviivan. Kiinteä piste on ympyrän keskipiste ja vakioetäisyys sen

Lisätiedot

LUKU 6. Mitalliset funktiot

LUKU 6. Mitalliset funktiot LUKU 6 Mitalliset funktiot Määritelmistä 3. ja 3.0 seuraa, että jokainen Lebesgue-integroituva funktio on porrasfunktiojonon raja-arvo melkein kaikkialla. Kuitenkin moni tuttu funktio ei ole Lebesgue-integroituva.

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

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

x j x k Tällöin L j (x k ) = 0, kun k j, ja L j (x j ) = 1. Alkuperäiselle interpolaatio-ongelmalle saadaan nyt ratkaisu

x j x k Tällöin L j (x k ) = 0, kun k j, ja L j (x j ) = 1. Alkuperäiselle interpolaatio-ongelmalle saadaan nyt ratkaisu 2 Interpolointi Olkoon annettuna n+1 eri pistettä x 0, x 1, x n R ja n+1 lukua y 0, y 1,, y n Interpoloinnissa etsitään funktiota P, joka annetuissa pisteissä x 0,, x n saa annetut arvot y 0,, y n, (21)

Lisätiedot

5 Differentiaalilaskentaa

5 Differentiaalilaskentaa 5 Differentiaalilaskentaa 5.1 Raja-arvo Esimerkki 5.1. Rationaalifunktiota g(x) = x2 + x 2 x 1 ei ole määritelty nimittäjän nollakohdassa eli, kun x = 1. Funktio on kuitenkin määritelty kohdan x = 1 läheisyydessä.

Lisätiedot

Matematiikan peruskurssi 2

Matematiikan peruskurssi 2 Matematiikan peruskurssi Tentti, 9..06 Tentin kesto: h. Sallitut apuvälineet: kaavakokoelma ja laskin, joka ei kykene graaseen/symboliseen laskentaan Vastaa seuraavista viidestä tehtävästä neljään. Saat

Lisätiedot

4.1 Urakäsite. Ympyräviiva. Ympyrään liittyvät nimitykset

4.1 Urakäsite. Ympyräviiva. Ympyrään liittyvät nimitykset 4.1 Urakäsite. Ympyräviiva. Ympyrään liittyvät nimitykset MÄÄRITELMÄ 6 URA Joukko pisteitä, joista jokainen täyttää määrätyn ehdon, on ura. Urakäsite sisältää siten kaksi asiaa. Pistejoukon jokainen piste

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

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 8 Väliarvolause Oletetaan, että funktio f on jatkuva jollain reaalilukuvälillä [a, b] ja derivoituva avoimella välillä (a, b). Funktion muutos tällä välillä on luonnollisesti

Lisätiedot

Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus matemaattiseen päättelyyn Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä Luonnollisten lukujen joukko N on joukko N = {1, 2, 3,...} ja kokonaislukujen

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3

Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3 Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 3 1 Epäyhtälöitä Aivan aluksi lienee syytä esittää luvun itseisarvon määritelmä: { x kun x 0 x = x kun x < 0 Siispä esimerkiksi 10 = 10 ja 10 = 10. Seuraavaksi listaus

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

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 9 Korkeamman asteen derivaatat Tutkitaan nyt funktiota f, jonka kaikki derivaatat on olemassa. Kuten tunnettua, funktion toista derivaattaa pisteessä x merkitään f (x).

Lisätiedot

Integrointi ja sovellukset

Integrointi ja sovellukset Integrointi ja sovellukset Tehtävät:. Muodosta ja laske yläsumma funktiolle fx) x 5 välillä [, 4], kun väli on jaettu neljään yhtä suureen osaan.. Määritä integraalin x + ) dx likiarvo laskemalla alasumma,

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

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 10 1 Funktion monotonisuus Derivoituva funktio f on aidosti kasvava, jos sen derivaatta on positiivinen eli jos f (x) > 0. Funktio on aidosti vähenevä jos sen derivaatta

Lisätiedot

Derivaatan sovellukset (ääriarvotehtävät ym.)

Derivaatan sovellukset (ääriarvotehtävät ym.) Derivaatan sovellukset (ääriarvotehtävät ym.) Tehtävät: 1. Tutki derivaatan avulla funktion f kulkua. a) f(x) = x 4x b) f(x) = x + 6x + 11 c) f(x) = x4 4 x3 + 4 d) f(x) = x 3 6x + 1x + 3. Määritä rationaalifunktion

Lisätiedot

Preliminäärikoe Tehtävät Pitkä matematiikka 4.2.2014 1 / 3

Preliminäärikoe Tehtävät Pitkä matematiikka 4.2.2014 1 / 3 Preliminäärikoe Tehtävät Pitkä matematiikka / Kokeessa saa vastata enintään kymmeneen tehtävään Tähdellä (* merkittyjen tehtävien maksimipistemäärä on 9, muiden tehtävien maksimipistemäärä on 6 Jos tehtävässä

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

3.1 Väliarvolause. Funktion kasvaminen ja väheneminen

3.1 Väliarvolause. Funktion kasvaminen ja väheneminen Väliarvolause Funktion kasvaminen ja väheneminen LAUSE VÄLIARVOLAUSE Oletus: Funktio f on jatkuva suljetulla välillä I: a < x < b f on derivoituva välillä a < x < b Väite: On olemassa ainakin yksi välille

Lisätiedot

Preliminäärikoe Tehtävät A-osio Pitkä matematiikka kevät 2016 Sivu 1 / 4

Preliminäärikoe Tehtävät A-osio Pitkä matematiikka kevät 2016 Sivu 1 / 4 Preliminäärikoe Tehtävät A-osio Pitkä matematiikka kevät 06 Sivu / Laske yhteensä enintään 0 tehtävää. Kaikki tehtävät arvostellaan asteikolla 0-6 pistettä. Osiossa A EI SAA käyttää laskinta. Osiossa A

Lisätiedot

Määrätty integraali. Markus Helén. Mäntän lukio

Määrätty integraali. Markus Helén. Mäntän lukio Määrätty integraali Markus Helén Pinta-ala Monikulmio on tasokuvio, jota rajoittaa suljettu, itseään leikkaamaton murtoviiva. Monikulmio voidaan aina jakaa kolmioiksi. Alueen pinta-ala on näiden kolmioiden

Lisätiedot

Olkoon funktion f määrittelyjoukkona reaalilukuväli (erityistapauksena R). Jos kaikilla määrittelyjoukon luvuilla x 1 ja x 2 on voimassa ehto:

Olkoon funktion f määrittelyjoukkona reaalilukuväli (erityistapauksena R). Jos kaikilla määrittelyjoukon luvuilla x 1 ja x 2 on voimassa ehto: 4 Reaalifunktiot 4. Funktion monotonisuus Olkoon funktion f määrittelyjoukkona reaalilukuväli (erityistapauksena R). Jos kaikilla määrittelyjoukon luvuilla x ja x on voimassa ehto: "jos x < x, niin f (x

Lisätiedot

Sinin jatkuvuus. Lemma. Seuraus. Seuraus. Kaikilla x, y R, sin x sin y x y. Sini on jatkuva funktio.

Sinin jatkuvuus. Lemma. Seuraus. Seuraus. Kaikilla x, y R, sin x sin y x y. Sini on jatkuva funktio. Sinin jatkuvuus Lemma Kaikilla x, y R, sin x sin y x y. Seuraus Sini on jatkuva funktio. Seuraus Kosini, tangentti ja kotangentti ovat jatkuvia funktioita. Pekka Salmi FUNK 19. syyskuuta 2016 22 / 53 Yhdistetyn

Lisätiedot

Äärettömistä joukoista

Äärettömistä joukoista Äärettömistä joukoista Markku Halmetoja Mistä tietäisit, että sinulla on yhtä paljon sormia ja varpaita, jos et osaisi laskea niitä? Tiettyä voimisteluliikettä tehdessäsi huomaisit, että jokaista sormea

Lisätiedot

Pythagoraan polku 16.4.2011

Pythagoraan polku 16.4.2011 Pythagoraan polku 6.4.20. Todista väittämä: Jos tasakylkisen kolmion toista kylkeä jatketaan omalla pituudellaan huipun toiselle puolelle ja jatkeen päätepiste yhdistetään kannan toisen päätepisteen kanssa,

Lisätiedot

1. a. Ratkaise yhtälö 8 x 5 4 x + 2 x+2 = 0 b. Määrää joku toisen asteen epäyhtälö, jonka ratkaisu on 2 x 1.

1. a. Ratkaise yhtälö 8 x 5 4 x + 2 x+2 = 0 b. Määrää joku toisen asteen epäyhtälö, jonka ratkaisu on 2 x 1. ABIKertaus.. a. Ratkaise yhtälö 8 5 4 + + 0 b. Määrää joku toisen asteen epäyhtälö, jonka ratkaisu on. 4. Jaa polynomi 8 0 5 ensimmäisen asteen tekijöihin ja ratkaise tämän avulla 4 epäyhtälö 8 0 5 0.

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

Preliminäärikoe Pitkä Matematiikka 3.2.2009

Preliminäärikoe Pitkä Matematiikka 3.2.2009 Preliminäärikoe Pitkä Matematiikka..9 x x a) Ratkaise yhtälö =. 4 b) Ratkaise epäyhtälö x > x. c) Sievennä lauseke ( a b) (a b)(a+ b).. a) Osakkeen kurssi laski aamupäivällä,4 % ja keskipäivällä 5,6 %.

Lisätiedot

1 Peruslaskuvalmiudet

1 Peruslaskuvalmiudet 1 Peruslaskuvalmiudet 11 Lukujoukot N {1,, 3, 4,} on luonnollisten lukujen joukko (0 mukana, jos tarvitaan), Z {, 3,, 1, 0, 1,, 3,} on kokonaislukujen joukko, Q m n : m, n Z, n 0 on rationaalilukujen joukko,

Lisätiedot

3 Yleinen toisen asteen yhtälö ja epäyhtälö

3 Yleinen toisen asteen yhtälö ja epäyhtälö Juuri Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty 5.8.016 3 Yleinen toisen asteen yhtälö ja epäyhtälö ENNAKKOTEHTÄVÄT 1. a) x + x + 1 = 4 (x + 1) = 4 Luvun x + 1 tulee olla tai, jotta sen

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

Differentiaalilaskenta 1.

Differentiaalilaskenta 1. Differentiaalilaskenta. a) Mikä on tangentti? Mikä on sekantti? b) Määrittele funktion monotonisuuteen liittyvät käsitteet: kasvava, aidosti kasvava, vähenevä ja aidosti vähenevä. Anna esimerkit. c) Selitä,

Lisätiedot

Vektorien pistetulo on aina reaaliluku. Esimerkiksi vektorien v = (3, 2, 0) ja w = (1, 2, 3) pistetulo on

Vektorien pistetulo on aina reaaliluku. Esimerkiksi vektorien v = (3, 2, 0) ja w = (1, 2, 3) pistetulo on 13 Pistetulo Avaruuksissa R 2 ja R 3 on totuttu puhumaan vektorien pituuksista ja vektoreiden välisistä kulmista. Kuten tavallista, näiden käsitteiden yleistäminen korkeampiulotteisiin avaruuksiin ei onnistu

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

= 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

a b c d

a b c d 1. 11. 011!"$#&%(')'+*(#-,.*/103/465$*784 /(9:*;9."$ *;5> *@9 a b c d 1. + +. 3. 4. 5. 6. + + + + + + + + + + P1. 5 140 8 47 = 5 140 ( 3 ) 47 = 5 140 3 47 = 5 140 141 = (5 ) 140 = 10 140, jossa on

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kertausta 2. välikokeeseen Toisessa välikokeessa on syytä osata ainakin seuraavat asiat: 1. Potenssisarjojen suppenemissäe, suppenemisväli ja suppenemisjoukko. 2. Derivaatan laskeminen

Lisätiedot

Matematiikan taito 9, RATKAISUT. , jolloin. . Vast. ]0,2] arvot.

Matematiikan taito 9, RATKAISUT. , jolloin. . Vast. ]0,2] arvot. 7 Sovelluksia 90 a) Koska sin saa kaikki välillä [,] olevat arvot, niin funktion f ( ) = sin pienin arvo on = ja suurin arvo on ( ) = b) Koska sin saa kaikki välillä [0,] olevat arvot, niin funktion f

Lisätiedot

3. Kirjoita seuraavat joukot luettelemalla niiden alkiot, jos mahdollista. Onko jokin joukoista tyhjä joukko?

3. Kirjoita seuraavat joukot luettelemalla niiden alkiot, jos mahdollista. Onko jokin joukoista tyhjä joukko? HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015 Harjoitus 1 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Seuraavat tehtävät liittyvät luentokalvoihin 1 14. Erityisesti esimerkistä 4 ja esimerkin

Lisätiedot

13. Taylorin polynomi; funktioiden approksimoinnista. Muodosta viidennen asteen Taylorin polynomi kehityskeskuksena origo funktiolle

13. Taylorin polynomi; funktioiden approksimoinnista. Muodosta viidennen asteen Taylorin polynomi kehityskeskuksena origo funktiolle 13. Taylorin polynomi; funktioiden approksimoinnista 13.1. Taylorin polynomi 552. Muodosta funktion f (x) = x 4 + 3x 3 + x 2 + 2x + 8 kaikki Taylorin polynomit T k (x, 2), k = 0,1,2,... (jolloin siis potenssien

Lisätiedot

7. Tasaisen rajoituksen periaate

7. Tasaisen rajoituksen periaate 18 FUNKTIONAALIANALYYSIN PERUSKURSSI 7. Tasaisen rajoituksen periaate Täydellisyydestä puristetaan maksimaalinen hyöty seuraavan Bairen lauseen avulla. Bairen lause on keskeinen todistettaessa kahta funktionaalianalyysin

Lisätiedot

TAMPEREEN YLIOPISTO Luonnontieteiden kandidaatin tutkielma. Mika Kähkönen. L'Hospitalin sääntö

TAMPEREEN YLIOPISTO Luonnontieteiden kandidaatin tutkielma. Mika Kähkönen. L'Hospitalin sääntö TAMPEREEN YLIOPISTO Luonnontieteiden kandidaatin tutkielma Mika Kähkönen L'Hospitalin sääntö Matematiikan, tilastotieteen ja losoan laitos Matematiikka Lokakuu 007 Sisältö 1 Johdanto 3 1.1 Tutkielman sisältö........................

Lisätiedot

1 Kompleksiluvut 1. y z = (x, y) Kuva 1: Euklidinen taso R 2

1 Kompleksiluvut 1. y z = (x, y) Kuva 1: Euklidinen taso R 2 Sisältö 1 Kompleksiluvut 1 1.1 Määritelmä............................ 1 1. Kertolasku suorakulmaisissa koordinaateissa.......... 4 1.3 Käänteisluku ja jakolasku..................... 9 1.4 Esimerkkejä.............................

Lisätiedot

Funktiojonon tasainen suppeneminen

Funktiojonon tasainen suppeneminen TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Taina Saari Funktiojonon tasainen suppeneminen Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Elokuu 2009 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen

Lisätiedot

Kertaus. Integraalifunktio ja integrointi. 2( x 1) 1 2x. 3( x 1) 1 (3x 1) KERTAUSTEHTÄVIÄ. K1. a)

Kertaus. Integraalifunktio ja integrointi. 2( x 1) 1 2x. 3( x 1) 1 (3x 1) KERTAUSTEHTÄVIÄ. K1. a) Juuri 9 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty 5.5.6 Kertaus Integraalifunktio ja integrointi KERTAUSTEHTÄVIÄ K. a) ( )d C C b) c) d e e C cosd cosd sin C K. Funktiot F ja F ovat saman

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi

Matematiikan tukikurssi Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 8 1 Funktion kuperuussuunnat Derivoituva funktio f (x) on pisteessä x aidosti konveksi, jos sen toinen derivaatta on positiivinen f (x) > 0. Vastaavasti f (x) on aidosti

Lisätiedot

Matematiikka vuosiluokat 7 9

Matematiikka vuosiluokat 7 9 Matematiikka vuosiluokat 7 9 Matematiikan opetuksen ydintehtävänä on tarjota oppilaille mahdollisuus hankkia sellaiset matemaattiset taidot, jotka antavat valmiuksia selviytyä jokapäiväisissä toiminnoissa

Lisätiedot

Poistumislause Kandidaatintutkielma

Poistumislause Kandidaatintutkielma Poistumislause Kandidaatintutkielma Mikko Nikkilä 013618832 26. helmikuuta 2011 Sisältö 1 Johdanto................................... 2 2 Olemassaolon ja yksikäsitteisyyden historiaa............ 3 3 Esitietoja..................................

Lisätiedot

Pyramidi 9 Trigonometriset funktiot ja lukujonot 15.4.2011 HK1-1. Dsin3 x. 3cos3x. Dsinx. u( x) sinx ja u ( x) cosx. Dsin. Dsin

Pyramidi 9 Trigonometriset funktiot ja lukujonot 15.4.2011 HK1-1. Dsin3 x. 3cos3x. Dsinx. u( x) sinx ja u ( x) cosx. Dsin. Dsin Pyramidi 9 Trigonometriset funktiot ja lukujonot 5.4.0 HK- a) Dsin3 us ( ) cos3 3 us( ) s( ) 3cos3 s( ) 3 ja s( ) 3 u( ) sin ja u( ) cos b) Dsin 3 3 Dsin us ( ) s( ) sin ja s( ) cos 3 u( ) ja u( ) 3 3sin

Lisätiedot

Cantorin joukko LUKU 8

Cantorin joukko LUKU 8 LUKU 8 Cantorin joukko 8.. Cantorin 3 -joukko Merkitään J = J 0, = [0, ]. Poistetaan välin J keskeltä avoin väli I,, jonka pituus on /3; siis I, = (, 2). Olkoot jäljelle jäävät suljetut välit J 3 3, ja

Lisätiedot

Oletetaan, että funktio f on määritelty jollakin välillä ]x 0 δ, x 0 + δ[. Sen derivaatta pisteessä x 0 on

Oletetaan, että funktio f on määritelty jollakin välillä ]x 0 δ, x 0 + δ[. Sen derivaatta pisteessä x 0 on Derivaatta Erilaisia lähestymistapoja: geometrinen (käyrän tangentti sekanttien raja-asentona) fysikaalinen (ajasta riippuvan funktion hetkellinen muutosnopeus) 1 / 19 Derivaatan määritelmä Määritelmä

Lisätiedot

Reaalilukuvälit, leikkaus ja unioni (1/2)

Reaalilukuvälit, leikkaus ja unioni (1/2) Luvut Luonnolliset luvut N = {0, 1, 2, 3,... } Kokonaisluvut Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,... } Rationaaliluvut (jaksolliset desimaaliluvut) Q = {m/n m, n Z, n 0} Irrationaaliluvut eli jaksottomat desimaaliluvut

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

Reaaliluvut 1/7 Sisältö ESITIEDOT:

Reaaliluvut 1/7 Sisältö ESITIEDOT: Reaaliluvut 1/7 Sisältö Reaalilukujoukko Reaalilukujoukkoa voidaan luonnollisimmin ajatella lukusuorana, molemmissa suunnissa äärettömyyteen ulottuvana suorana, jonka pisteet ja reaaliluvut vastaavat toisiaan:

Lisätiedot

FUNKTIONAALIANALYYSIN PERUSKURSSI 1. 0. Johdanto

FUNKTIONAALIANALYYSIN PERUSKURSSI 1. 0. Johdanto FUNKTIONAALIANALYYSIN PERUSKURSSI 1. Johdanto Funktionaalianalyysissa tutkitaan muun muassa ääretönulotteisten vektoriavaruuksien, ja erityisesti täydellisten normiavaruuksien eli Banach avaruuksien ominaisuuksia.

Lisätiedot

Yhtälön oikealla puolella on säteen neliö, joten r. = 5 eli r = ± 5. Koska säde on positiivinen, niin r = 5.

Yhtälön oikealla puolella on säteen neliö, joten r. = 5 eli r = ± 5. Koska säde on positiivinen, niin r = 5. Tekijä Pitkä matematiikka 5 7..017 31 Kirjoitetaan yhtälö keskipistemuotoon ( x x ) + ( y y ) = r. 0 0 a) ( x 4) + ( y 1) = 49 Yhtälön vasemmalta puolelta nähdään, että x 0 = 4 ja y 0 = 1, joten ympyrän

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

1 Kompleksiluvut. Kompleksiluvut 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 7

1 Kompleksiluvut. Kompleksiluvut 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 7 Kompleksiluvut 10. syyskuuta 2005 sivu 1 / 7 1 Kompleksiluvut Lukualueiden laajennuksia voi lähestyä polynomiyhtälöiden ratkaisemisen kautta. Yhtälön x+1 = 0 ratkaisemiseksi tarvitaan negatiivisia lukuja.

Lisätiedot

Pinta-alojen ja tilavuuksien laskeminen 1/6 Sisältö ESITIEDOT: määrätty integraali

Pinta-alojen ja tilavuuksien laskeminen 1/6 Sisältö ESITIEDOT: määrätty integraali Pinta-alojen ja tilavuuksien laskeminen 1/6 Sisältö ESITIEDOT: Tasoalueen pinta-ala Jos funktio f saa välillä [a, b] vain ei-negatiivisia arvoja, so. f() 0, kun [a, b], voidaan kuvaajan y = f(), -akselin

Lisätiedot

Preliminäärikoe Tehtävät A-osio Pitkä matematiikka kevät 2016 Sivu 1 / 4

Preliminäärikoe Tehtävät A-osio Pitkä matematiikka kevät 2016 Sivu 1 / 4 Preliminäärikoe Tehtävät A-osio Pitkä matematiikka kevät 06 Sivu / 4 Laske yhteensä enintään 0 tehtävää. Kaikki tehtävät arvostellaan asteikolla 0-6 pistettä. Osiossa A EI SAA käyttää laskinta. Osiossa

Lisätiedot

Approbatur 3, demo 1, ratkaisut A sanoo: Vähintään yksi meistä on retku. Tehtävänä on päätellä, mitä tyyppiä A ja B ovat.

Approbatur 3, demo 1, ratkaisut A sanoo: Vähintään yksi meistä on retku. Tehtävänä on päätellä, mitä tyyppiä A ja B ovat. Approbatur 3, demo 1, ratkaisut 1.1. A sanoo: Vähintään yksi meistä on retku. Tehtävänä on päätellä, mitä tyyppiä A ja B ovat. Käydään kaikki vaihtoehdot läpi. Jos A on rehti, niin B on retku, koska muuten

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

Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 12

Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 12 Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 2 Tenttiin valmentavia harjoituksia Huomio. Tähän tulee lisää ratkaisuja sitä mukaan kun ehin niitä kirjoittaa. Kurssilla käyään läpi tehtävistä niin monta kuin mahollista.

Lisätiedot

MS-A0202 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (SCI) Luento 2: Usean muuttujan funktiot

MS-A0202 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (SCI) Luento 2: Usean muuttujan funktiot MS-A0202 Differentiaali- ja integraalilaskenta 2 (SCI) Luento 2: Usean muuttujan funktiot Antti Rasila Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto Syksy 2016 Antti Rasila (Aalto-yliopisto)

Lisätiedot

1. Murtoluvut, murtolausekkeet, murtopotenssit ja itseisarvo

1. Murtoluvut, murtolausekkeet, murtopotenssit ja itseisarvo 1. Murtoluvut, murtolausekkeet, murtopotenssit ja itseisarvo Olkoot a, b, c mielivaltaisesti valittuja reaalilukuja eli reaaliakselin pisteitä. Ne toteuttavat seuraavat laskulait (ns. kunta-aksioomat):

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

Lukujonon raja-arvo 1/7 Sisältö ESITIEDOT: lukujonot

Lukujonon raja-arvo 1/7 Sisältö ESITIEDOT: lukujonot Lukujonon raja-arvo 1/7 Sisältö Esimerkki lukujonon raja-arvosta Lukujonossa a 1,a 2,a 3,... (jossa on äärettömän monta termiä) voivat luvut lähestyä jotakin arvoa, kun jonossa edetään yhä pidemmälle.

Lisätiedot

A Lausekkeen 1,1 3 arvo on 1,13 3,3 1,331 B Tilavuus 0,5 m 3 on sama kuin 50 l 500 l l C Luvuista 2 3, 6 7

A Lausekkeen 1,1 3 arvo on 1,13 3,3 1,331 B Tilavuus 0,5 m 3 on sama kuin 50 l 500 l l C Luvuista 2 3, 6 7 1 Tuotteen hinta nousee ensin 10 % ja laskee sitten 10 %, joten lopullinen hinta on... alkuperäisestä hinnasta. alkuperäisestä hinnasta. YLIOPPILASTUTKINTO- LAUTAKUNTA 23.3.2016 MATEMATIIKAN KOE PITKÄ

Lisätiedot

Kokonaisluvut. eivät ole kokonaislukuja!

Kokonaisluvut. eivät ole kokonaislukuja! Luvut Lähdetään liikkeelle kertaamalla mitä tiedämme luvuista. Mitä erilaiset luvut kuvaavat ja millaisia ominaisuuksia niillä on? Mikä voisi olla luonnollisin luku aloittaa? Luonnolliset luvut Luonnolliset

Lisätiedot

l 1 2l + 1, c) 100 l=0

l 1 2l + 1, c) 100 l=0 MATEMATIIKAN PERUSKURSSI I Harjoitustehtäviä syksy 5. Millä reaaliluvun arvoilla a) 9 =, b) 5 + 5 +, e) 5?. Kirjoita Σ-merkkiä käyttäen summat 4, a) + + 5 + + 99, b) 5 + 4 65 + + n 5 n, c)

Lisätiedot

KESKEISET SISÄLLÖT Keskeiset sisällöt voivat vaihdella eri vuositasoilla opetusjärjestelyjen mukaan.

KESKEISET SISÄLLÖT Keskeiset sisällöt voivat vaihdella eri vuositasoilla opetusjärjestelyjen mukaan. VUOSILUOKAT 6 9 Vuosiluokkien 6 9 matematiikan opetuksen ydintehtävänä on syventää matemaattisten käsitteiden ymmärtämistä ja tarjota riittävät perusvalmiudet. Perusvalmiuksiin kuuluvat arkipäivän matemaattisten

Lisätiedot

Hilbertin aksioomat ja tarvittavat määritelmät Tiivistelmä Geometria-luentomonisteesta Heikki Pitkänen

Hilbertin aksioomat ja tarvittavat määritelmät Tiivistelmä Geometria-luentomonisteesta Heikki Pitkänen Hilbertin aksioomat ja tarvittavat määritelmät Tiivistelmä Geometria-luentomonisteesta Heikki Pitkänen 1. Hilbertin aksioomat 1-3 Oletetaan tunnetuiksi peruskäsitteet: piste, suora ja suora kulkee pisteen

Lisätiedot

k-kantaisen eksponenttifunktion ominaisuuksia

k-kantaisen eksponenttifunktion ominaisuuksia 3.1.1. k-kantaisen eksponenttifunktion ominaisuuksia f() = k (k > 0, k 1) Määrittely- ja arvojoukko M f = R, A f = R + Jatkuvuus Funktio f on jatkuva Monotonisuus Funktio f aidosti kasvava, kun k > 1 Funktio

Lisätiedot

MATEMATIIKAN PERUSKURSSI I Harjoitustehtäviä syksy Millä reaaliluvun x arvoilla. 3 4 x 2,

MATEMATIIKAN PERUSKURSSI I Harjoitustehtäviä syksy Millä reaaliluvun x arvoilla. 3 4 x 2, MATEMATIIKAN PERUSKURSSI I Harjoitustehtäviä syksy 6. Millä reaaliluvun arvoilla a) 9 =, b) + + + 4, e) 5?. Kirjoita Σ-merkkiä käyttäen summat 4, a) + 4 + 6 + +, b) 8 + 4 6 + + n n, c) + + +

Lisätiedot

MAY1 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty 12.4.2016 Julkaiseminen sallittu vain koulun suljetussa verkossa.

MAY1 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty 12.4.2016 Julkaiseminen sallittu vain koulun suljetussa verkossa. KERTAUS Lukujono KERTAUSTEHTÄVIÄ K1. Ratkaisussa annetaan esimerkit mahdollisista säännöistä. a) Jatketaan lukujonoa: 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, Rekursiivinen sääntö on, että lukujonon ensimmäinen jäsen

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

Lauseen erikoistapaus on ollut kevään 2001 ylioppilaskirjoitusten pitkän matematiikan kokeessa seuraavassa muodossa:

Lauseen erikoistapaus on ollut kevään 2001 ylioppilaskirjoitusten pitkän matematiikan kokeessa seuraavassa muodossa: Simo K. Kivelä, 13.7.004 Frégier'n lause Toisen asteen käyrillä ellipseillä, paraabeleilla, hyperbeleillä ja niiden erikoistapauksilla on melkoinen määrä yksinkertaisia säännöllisyysominaisuuksia. Eräs

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

Ristitulolle saadaan toinen muistisääntö determinantin avulla. Vektoreiden v ja w ristitulo saadaan laskemalla determinantti

Ristitulolle saadaan toinen muistisääntö determinantin avulla. Vektoreiden v ja w ristitulo saadaan laskemalla determinantti 14 Ristitulo Avaruuden R 3 vektoreille voidaan määritellä pistetulon lisäksi niin kutsuttu ristitulo. Pistetulosta poiketen ristitulon tulos ei ole reaaliluku vaan avaruuden R 3 vektori. Ristitulosta on

Lisätiedot

a b c d + + + + + + + + +

a b c d + + + + + + + + + 28. 10. 2010!"$#&%(')'+*(#-,.*/1032/465$*784 /(9:*;9."$ *;5> *@9 a b c d 1. + + + 2. 3. 4. 5. 6. + + + + + + + + + + P1. Valitaan kannaksi sivu, jonka pituus on 4. Koska toinen jäljelle jäävistä sivuista

Lisätiedot

9. Vektorit. 9.1 Skalaarit ja vektorit. 9.2 Vektorit tasossa

9. Vektorit. 9.1 Skalaarit ja vektorit. 9.2 Vektorit tasossa 9. Vektorit 9.1 Skalaarit ja vektorit Skalaari on koon tai määrän mitta. Tyypillinen esimerkki skalaarista on massa. Lukumäärä on toinen hyvä esimerkki skalaarista. Vektorilla on taas suuruus ja suunta.

Lisätiedot

Yhtälönratkaisusta. Johanna Rämö, Helsingin yliopisto. 22. syyskuuta 2014

Yhtälönratkaisusta. Johanna Rämö, Helsingin yliopisto. 22. syyskuuta 2014 Yhtälönratkaisusta Johanna Rämö, Helsingin yliopisto 22. syyskuuta 2014 Yhtälönratkaisu on koulusta tuttua, mutta usein sitä tehdään mekaanisesti sen kummempia ajattelematta. Jotta pystytään ratkaisemaan

Lisätiedot

Matematiikan peruskurssi (MATY020) Harjoitus 7 to

Matematiikan peruskurssi (MATY020) Harjoitus 7 to Matematiikan peruskurssi (MATY020) Harjoitus 7 to 5..2009 ratkaisut 1. (a) Määritä funktion f(x) = e x e x x + 1 derivaatan f (x) pienin mahdollinen arvo. Ratkaisu. (a) Funktio f ja sen derivaatat ovat

Lisätiedot

4 Matemaattinen induktio

4 Matemaattinen induktio 4 Matemaattinen induktio Joidenkin väitteiden todistamiseksi pitää näyttää, että kaikilla luonnollisilla luvuilla on jokin ominaisuus P. Esimerkkejä tällaisista väitteistä ovat vaikkapa seuraavat: kaikilla

Lisätiedot

Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 10

Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 10 Matematiikan tukikurssi: kurssikerta 10 1 Newtonin menetelmä Oletetaan, että haluamme löytää funktion f(x) nollakohan. Usein tämä tehtävä on mahoton suorittaa täyellisellä tarkkuuella, koska tiettyjen

Lisätiedot

MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö

MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö MS-A010{3,4} (ELEC*) Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Luento 10: Ensimmäisen kertaluvun differentiaaliyhtälö Pekka Alestalo, Jarmo Malinen Aalto-yliopisto, Matematiikan ja systeemianalyysin laitos

Lisätiedot