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

Transkriptio

1 HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 015 Harjoitus 5 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan väitteiden todistamista tai kumoamista vastaesimerkin avulla. Vihje: kannattaa ensin piirtää Vennin kaavioita. 1. Päteekö väite A \ (B \ C) (A \ B) (A \ C) kaikilla joukoilla A, B ja C? Näytetään vastaesimerkillä, ettei väite päde yleisesti. Valitaan esimerkiksi A = C = {1} ja B =. Tällöin A \ (B \ C) = {1} \ = {1} ja (A \ B) (A \ C) = {1} =, joten A \ (B \ C) (A \ B) (A \ C). Siis väite ei päde yleisesti.. Päteekö väite (A \ B) (A \ C) A \ (B \ C) kaikilla joukoilla A, B ja C? Näytetään, että relaatio on voimassa yleisesti. Olkoot A, B ja C mitä hyvänsä joukkoja. Jos (A \ B) (A \ C) =, niin relaatio on voimassa. Muussa tapauksessa valitaan mielivaltainen a (A \ B) (A \ C). Tällöin a A \ B ja a A \ C. Erotuksen määritelmän mukaan a A, a / B ja a / C. Koska a / B, niin a / B \ C. Lisäksi a A, joten a A \ (B \ C). Siis (A \ B) (A \ C) A \ (B \ C).. Päteekö väite (A B) (C D) (A C) (B D) kaikilla joukoilla A, B, C ja D? Näytetään, että väite pätee kaikilla joukoilla. Oletetaan, että t (A B) (C D). Tällöin t A B tai t C D. Tarkastellaan tapaukset erikseen: Oletetaan, että t A B. Tällöin t = (a, b), missä a A ja b B. Yhdisteen määritelmän nojalla a A C ja b B D. Siten t = (a, b) (A C) (B D). Oletetaan, että t C D. Tällöin t = (c, d), missä c C ja d D. Yhdisteen määritelmän nojalla c A C ja d B D. Siten t = (c, d) (A C) (B D). Joka tapauksessa t (A C) (B D). Siis (A B) (C D) (A C) (B D). 4. Päteekö väite (A C) (B D) (A B) (C D) kaikilla joukoilla A, B, C ja D? Näytetään vastaesimerkillä, ettei väite päde yleisesti. Valitaan esimerkiksi A = {1}, B = {}, C = {} ja D = {4}. Tällöin (A C) (B D) = {1, } {, 4} = {(1, ), (1, 4), (, ), (, 4)}

2 ja (A B) (C D) = {(1, )} {(, 4)} = {(1, ), (, 4)}. Huomataan, että (1, 4) (A C) (B D), mutta (1, 4) / (A B) (C D). Näin ollen (A C) (B D) (A B) (C D), joten väite ei päde yleisesti. Tehtäväsarja II Seuraavat tehtävät liittyvät luentokalvojen asioihin 5. Mitkä alla olevissa kuvissa esiintyvistä säännöistä ovat kuvauksia? Mitkä niistä ovat injektioita? Mitkä niistä ovat surjektioita? 1 A f B θ β γ ϕ 1 A g B θ β γ ϕ 1 A h C β γ ϕ 1 4 D ρ B θ β γ ϕ 1 4 D υ C β γ ϕ 1 4 D τ C β γ ϕ Kuvauksen on liitettävä jokaiseen lähtöjoukon alkioon täsmälleen yksi maalijoukon alkio. Huomataan, ettei sääntö ρ ei täytä tätä ehtoa, sillä nyt ρ() = β ja ρ() = γ, eikä se täten ole kuvaus. Myöskään v ole kuvaus D C, sillä lähtöjoukossa on alkio, jota v ei kuvaa minnekään. Muut säännöt toteuttavat ehdon. Kuvaus on injektio, jos mitkään kaksi lähtöjoukon alkiota eivät kuvaudu samalle maalijoukon alkiolle. Siis injektioita ovat kuvaukset g ja h. Kuvaus on surjektio, jos se täyttää maalijoukon, eli jos jokaiselle maalijoukon alkiolle kuvautuu jokin lähtöjoukon alkio. Siis surjektioita ovat kuvaukset h ja τ. 6. Ovatko seuraavat kuvaukset injektioita? (a) f : R R, jolle x x 4x kaikilla x R. (b) g : R R, jolle x x kaikilla x R. (c) h: R \ { 4} R, jolle x x kaikilla x R \ { 4}. x + 4 (a) Huomataan, että nyt f(0) = = 0 ja f( 4) = ( 4 ) 4 4 = 0. Siis kahdella eri lähdön alkiolla on sama kuva-alkio, joten kuvaus ei ole injektio.

3 (b) Oletetaan, että g(a) = g(b) joillakin a, b R. Tällöin Siis kuvaus g on injektio. a = b a = b a = b. (c) Oletetaan, että h(x 1 ) = h(x ) joillakin x 1, x R \ { 4}. Tällöin Siis kuvaus h on injektio. 7. Ovatko tehtävän 6 kuvaukset surjektioita? x 1 x = x x + 4 x 1(x + 4) = x (x 1 + 4) x 1 x + 4x 1 = x 1 x + 4x 4x 1 = 4x x 1 = x. (a) Olkoon y R ja oletetaan, että x 4x = y. Tällöin x 4x y = 0 ja toisen asteen yhtälön ratkaisukaavasta saadaan x = 4 ± y = ± 4 + y. Diskriminantin 4 + y on oltava epänegatiivinen, eli täytyy olla y 4. Toisin sanoen, jos esimerkiksi y =, yhtälöllä x 4x = y ei ole ratkaisua. Näin ollen kuvaus ei ole surjektio. (b) Oletetaan, että y R. Tällöin y + R ja lisäksi ( g y + ) ( = y + ) = + y = y Siis g on surjektio. (c) Olkoon y R ja oletetaan, että x x+4 = y. Tästä saadaan x( y) = 4y, josta voidaan ratkaista x, kunhan y. Jos kuitenkin y =, niin yhtälö on epätosi. Siis kuvaus ei ole surjektio. 8. Merkitään V = ]0, [. Olkoon h: R R funktio, jolle x, jos x < 1; h(x) = x 1, jos x 1. Piirrä funktion h kuvaaja ja määritä sen avulla kuva hv sekä alkukuva h V. hv V V h V

4 Kuvaajista nähdään, että hv = ] 1, 0] [1, ] ja h V = ], 0[ [ 1, [ Olkoon f : [, ] R funktio, jolle x x. Olkoon A = [, 1]. Piirrä koordinaatistoon funktion f kuvaaja ja määritä sen avulla (a) kuva fa (b) alkukuva f [fa] (c) alkukuva f A (d) kuva f[f A]. Piirrä jokainen kohta omaan koordinaatistoonsa! fa A fa f A f A f [fa] A f[f A] (a) fa =[, 6]. (b) f [fa] =[, ]. (c) f fa [ 1, 9; 1, 9]. (d) f[f A] =[, 1]. 10. Onko kuvaus τ : R R, jolle injektio? Entä surjektio? x 8, jos x < ; τ(x) = x, jos x ; 6 x, jos x >, Huomataan, että τ(0) = 0 ja τ() = 6 = 0. Näin ollen kuvaus ei ole injektio. Ensimmäisellä osavälillä ], [ funktion τ kuvaaja on laskeva suora ja τ saa kaikki arvot väliltä ], [. Välillä [, ] τ on identtinen kuvaus ja saa siis kaikki arvot väliltä [, ]. Välillä ], [ funktion τ kuvaaja on taas laskeva suora ja siten τ saa kaikki arvot väliltä ], [. Kaiken kaikkiaan kuvauksen arvojoukko on siis ], [ [, ] ], [ = R, eli kyseessä on surjektio. Tehtäväsarja III Seuraavat tehtävät liittyvät yhdistetyn kuvauksen käsitteeseen. 11. Oletetaan, että f : R R, f(x) = x+4 ja g : [0, 5] R, g(x) = x 5. Muodosta seuraavista kuvauksista ne, jotka ovat hyvinmääriteltyjä: f g, g f, f f, g g.

5 (a) f g(x) = (x 5) + 4 = x (b) Kuvaus g f ei ole hyvin määritelty, sillä kuvauksien f ja g maali- ja lähtöjoukot eivät kohtaa. (c) f f(x) = (x + 4) + 4 = 4x + 1. (d) g g ei ole hyvin määritelty. 1. Määritellään kuvaukset f : R R ja g : R R asettamalla x, jos 0 x 1; f(x) = 1, muulloin, x, jos 0 x 1; g(x) = 0, muulloin. Määritä yhdistetyt kuvaukset g f ja f g. Piirrä niiden kuvaajat (kumpikin omaan koordinaatistoonsa). Suoralla laskulla saadaan g(x), jos 0 x 1; (g f)(x) = g(f(x)) = g(1), muulloin. Näin ollen (x) = 4x, jos 0 x 1; (g f)(x) = 0, jos 1 < x 1; 1 = 1, muulloin. Suoralla laskulla saadaan f(x ), jos 0 x 1; (f g)(x) = f(g(x)) = f(0), muulloin. Näin ollen x, jos 0 x 1; (f g)(x) = 0, muulloin. y = f(x) y = g(x) y = (g f)(x) y = (f g)(x)

6 Tehtäväsarja IV Tehtävissä 1 15 oletetaan, että f : X Y on kuvaus, A X ja B Y. 1. (a) Osoita, että A f [fa]. (b) Osoita vastaesimerkillä, että sisältyminen toiseen suuntaan ei päde yleisesti. (a) Oletetaan, että a A. Tällöin f(a) fa (kuvan määritelmä). Tästä seuraa, että a f [fa] (alkukuvan määritelmä). Siis A f [fa]. (b) Olkoon f : R R kuvaus, jolle x x. Olkoon A = {, } R. Nyt fa = {f(), f()} = {4, 9} ja f [fa] = f {4, 9} = {,,, }, joten f [fa] A. 14. Oletetaan, että f : X Y on kuvaus. Osoita, että kuvaus f on injektio, jos ja vain jos f [fa] = A kaikilla A X. Vihje: pieni osa on tehty tehtävässä 1. (a) Oletetaan, että kuvaus f on injektio. Osoitetaan, että f [fa] = A kaikilla A X perustelemalla sisältyminen molempiin suuntiin. i. Oletetaan, että x f [fa]. Tällöin f(x) fa (alkukuvan määritelmä). Tämä tarkoittaa, että f(x) = f(a) jollakin a A. Koska f on injektio, seuraa yhtälöstä f(x) = f(a), että x = a. Koska a A ja x = a, niin x A. ii. Tämä on osoitettu edellisessä tehtävässä. (b) Oletetaan, että f [fa] = A kaikilla A X. Osoitetaan, että f on injektio. Oletetaan, että x 1, x X ja f(x 1 ) = f(x ). Valitaan A = {x 1 }, jolloin A X. Joukon A kuva on fa = {f(x 1 )}. Koska x 1 f(x 1 ) ja x f(x ) = f(x 1 ), niin x 1, x f {f(x 1 )} = f [fa] = A = {x 1 }. Siis x 1, x {x 1 }, joten x 1 = x. 15. Oletetaan, että f : X Y on kuvaus. Osoita, että kuvaus f on surjektio, jos ja vain jos f[f B] = B kaikilla B Y. (a) Oletetaan, että kuvaus f on surjektio. Osoitetaan, että f[f B] = B kaikilla B Y perustelemalla sisältyminen molempiin suuntiin. i. Oletetaan, että y f[f B]. Tällöin y = f(x) jollakin x f B. Koska x f B, niin f(x) B. Koska f(x) = y, niin y B. Näin ollen f[f B] B. ii. Oletetaan, että y B. Koska f on surjektio, niin on olemassa sellainen x X, että f(x) = y. Oletuksen mukaan y B ja koska y = f(x) niin f(x) B. Tällöin x f B. Tämä tarkoittaa, että f(x) f[f B]. Lisäksi f(x) = y, joten y f[f B]. Siis B f[f B].

7 (b) Oletetaan, että f[f B] = B kaikilla B Y. Osoitetaan, että f on surjektio. Oletetaan, että y Y. Valitaan B = {y}, jolloin B Y. Oletuksen nojalla f[f B] = B, minkä vuoksi alkukuva f B : jos nimittäin olisi f B =, niin f[f B] = f =, mikä on ristiriidassa oletuksen f[f B] = B kanssa. Koska f B, niin on olemassa x f B. Tällöin x X ja f(x) B = {y}, joten f(x) = y. Siis on olemassa x X, jolla f(x) = y. Näin ollen f on surjektio. Kompleksiluvut 16. Kompleksiluvun z 0 negatiivinen eksponentti määritellään kuten reaaliluvuille: z n = (z n ) 1 kaikilla n N. Todista De Moivrén kaava: Olkoon z C, z 0 ja φ luvun z vaihekulma. Tällöin kaikilla n Z. Vihje: induktio ja lauseen 11 a ja c-kohta. z n = z n (cos nφ + i sin nφ) Olkoon z = r(cos φ + i sin φ) mikä hyvänsä kompleksiluku. Todistetaan väite aluksi luonnollisille luvuille käyttäen induktiota. Alkuaskel n = 0 toteutuu selvästi: z 0 = 1 = 1 (1 + 0) = z 0 (cos 0φ + i sin 0φ). Oletetaan sitten, että väite pätee luonnolliselle luvulle k N. Nyt z k+1 = zz k = z ( z k (cos kφ + i sin kφ) ) = r(cos φ + i sin φ) r k (cos kφ + i sin kφ) = r k+1 (cos φ + i sin φ)(cos kφ + i sin kφ) = r k+1 (cos φ cos kφ + i cos φ sin kφ + i sin φ cos kφ + i sin φ sin kφ) = r k+1 (cos φ cos kφ sin φ sin kφ + i (cos φ sin kφ + sin φ cos kφ) = r k+1 (cos(k + 1)φ + i sin(k + 1)φ) = z k+1 (cos(k + 1)φ + i sin(k + 1)φ), joten väite saatiin johdettua myös luvulle k + 1. Induktioperiaatteen nojalla väite on tosi kaikilla luonnollisilla luvuilla. Olkoon sitten n N ja tarkastellaan lukua z n. Määritelmän perusteella z n = (z n ) 1, joten z n = ( z n (cos nφ + i sin nφ)) 1. Lauseen perusteella oikea puoli voidaan kirjoittaa muodossa z n (cos nφ + i sin nφ), joten väite pätee myös luvulle n. Näin ollen väite on tosi kaikilla n Z. 17. Piirrä kompleksitasoa esittävä kuva ja merkitse siihen seuraavat kompleksiluvut: z 1 = e πi, z = 1 e π 4 i, z = e π i, z 4 = e 5π 4 i, z 5 = e 6πi, z 6 = 7 4 e π i, z 7 = 4e 5π 6 i, z 8 = e π i

8 Muistutus: e φi = cos φ + i sin φ, missä φ R. I z 7 z 6 z 1 z z 5 R z 4 z 8 z 18. Osoita, että cos θ = eiθ + e iθ ja sin θ = eiθ e iθ kaikilla θ R. i Muistetaan, että cos θ = cos( θ) ja sin θ = sin( θ). Tällöin ja e iθ + e iθ = = cos θ + i sin θ + cos( θ) + i sin( θ) cos θ + i sin θ + cos θ i sin θ = cos θ = cos θ e iθ e iθ i = = cos θ + i sin θ (cos( θ) + i sin( θ)) i cos θ + i sin θ cos θ + i sin θ i sin θ = i i = sin θ. 19. Merkitään z 1 = 4e iπ, z = e i π ja z = 6e i 5π 4. Määritä seuraavien kompleksilukujen itseisarvo, vaihekulma, reaaliosa ja imaginaariosa: (i) z 1 z (ii) z 1 z (iii) z (iv) z z z 1. (i) Sievennetään z 1 z = 4e iπ e i π = 8e i(π+ π ) = 8e i 5π = 8e i π. Eksponenttiesityksestä voidaan lukea luvun z 1 z itseisarvon olevan 8 ja vaihekulman π/. Reaali- ja imaginaariosiksi saadaan Re(z 1 z ) = 8 cos(π/) = 0 ja Im(z 1 z ) = 8 sin(π/) = 8 1 = 8.

9 (ii) Sievennetään z 1 = 4eiπ = 4 π z e i π ei(π ) = e i π = e i π. Eksponenttiesityksestä voidaan lukea luvun z 1 /z itseisarvon olevan ja vaihekulman π/. Reaali- ja imaginaariosiksi saadaan Re Im ( ) z1 z ( ) z1 z ( π = cos ( π = sin (iii) Huomioidaan miinusmerkki luvun edessä: ) = 0 = 0 ) = ( 1) =. z = 6e i 5π 4 = ( 1) 6e i 5π 4 = e iπ 6e i 5π 4 = 6e i(π+ 5π 4 ) = 6e i 9π 4 = 6e i π 4. Eksponenttiesityksestä voidaan lukea luvun z itseisarvon olevan 6 ja vaihekulman π/4. Reaali- ja imaginaariosiksi saadaan ( ) π 1 Re z = 6 cos = 6 = 6 = 4 ( ) π 1 Im z = 6 sin = 6 = 6 =. 4 (iv) Huomataan, että Itseisarvoksi saadaan z z z 1 = ( ) z1 1 z. z z z z = z 1 1 z = 1 1 z 6 = ja vaihekulmaksi π + π 4 = 5π 4 eli π 4. Reaali- ja imaginaariosiksi saadaan ( ) z z Re z 1 ( ) z z Im z 1 ( π = cos 4 ( π = sin 4 ) ( = 1 ) = ) = 1 =. 0. Määritä luvun z itseisarvo, vaihekulma, reaaliosa ja imaginaariosa, jos (a) z = (1 i ) 14 (b) z = (1 + i) ( i) ( + i 6) 1. (a) Merkitään w = 1 i ja etsitään luvun w napaesitys. Itseisarvo on w = 1 + = ja vaihekulmaksi saadaan 5π/. Näin w = (cos(5π/)+i sin(5π/))

10 ja Moivrén kaavan mukaan ( z = w 14 = 14 cos 70π ) 70π + i sin ( = (cos π + 4π ) ( + i sin 11 π + 4π )) = 14 ( cos 4π + i sin 4π Siten luvun z itseisarvo on z = 14, vaihekulma on 4π/ sekä ). Re z = 14 cos 4π = 14 ( 1 ) = 1, Im z = 14 sin 4π ( ) = 14 = 1. (b) Merkitään w 1 = 1 + i, w = i ja w = + i 6. Näiden kompleksilukujen napaesitykset ovat Siten w 1 = ( cos π 4 + i sin π ) 4 w = 4 ( cos π + i sin π ). ( w = cos 11π 6 ) 11π + i sin 6 z = w1w w 1 = ( ) ( ( 4 cos π π 6 π ) ( + i sin π π 6 π )) ( = cos 49π 1 ) 49π + i sin 1 ( = cos π 1 + i sin π ). 1 Näin luvun z itseisarvo on, vaihekulma on π 1 sekä Re z = cos π 1 = 1 ( 6 + ) Im z = sin π 1 = 1 ( 6 ). 1. Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö (a) x + 4x + = 0 (b) x + 1 = 1x (c) x x + 18 = x + 4x 40 (a) Diskriminantti on 4 4 = 8 < 0, joten yhtälön juuret saadaan kaavasta x = 4 ± i 8 = 4 ± 8 4 = ± i Yhtälöllä on siis tasan kaksi juurta, jotka ovat x = 1 + i ja x = 1 i.

11 (b) Yhtälö on yhtäpitävä yhtälön x 1x+1 = 0 eli myös yhtälön x 4x+4 = 0 kanssa. Diskriminantti on ( 4) = 0. Yhtälön juuri on siis x = 4 ± 0 1 = (c) Yhtälö on yhtäpitävä yhtälön x 6x+58 = 0 kanssa. Diskriminantti on ( 6) = 196 < 0, joten juuret saadaan kaavasta 6 ± i 196 = 6 ± 14i Yhtälön juuret ovat siis x = + 7i ja x = 7i. = ± 7i. Oletetaan, että s R ja tarkastellaan yhtälöä x + sx + 1 = 0. (a) Määritä ne reaaliluvut s, joilla tämän yhtälön ratkaisut eivät ole reaalilukuja. (b) Ratkaise yhtälö a-kohdan tilanteessa kompleksilukujen joukossa. (a) Yhtälön diskriminantti on (s) 4 1 = 4s 1. Koulutiedoilla saadaan: 4s 1 < 0 4s < 1 s < < s <. Näin ollen yhtälöllä ei ole reaalilukujuuria, jos ja vain jos < s <. (b) Oletetaan, että < s <. Tällöin yhtälön ratkaisut ovat x = s ± i 4s 1 = s ± i 4 s = s ± i s = s ± i s.

12 Tietojenkäsittelytieteen ja tilastotieteen matematiikkaa. Anna ja Antti ovat veneilemässä Helsingin edustalla ja haluavat vierailla seuraavilla saarilla: Harakka, Harmaja, Lonna, Pihlajasaari ja Vasikkasaari. (a) Kuinka monta eri tapaa on kiertää nämä saaret eri järjestyksessä? Edellä saaret lueteltiin aakkosjärjestyksessä; se olisi yksi mahdollinen tapa. (b) Kuinka monta eri tapaa on kiertää nämä saaret niin, että Lonna ja Vasikkasaari ovat kiertojärjestyksessä vierekkäin. Esimerkiksi Lonna, Vasikkasaari, Harakka, Harmaja, Pihlajasaari tai Harakka, Vasikkasaari, Lonna, Harmaja, Pihlajasaari ovat kaksi tällaista tapaa. (a) Tapoja on = 5! = 10 erilaista. (b) Lonna ja Vasikkasaari voivat olla kiertojärjestyksessä vierekkäin olemalla saaret numero 1 ja, ja, ja 4 tai 4 ja 5 - siis neljällä eri tavalla. Tällöin muut saaret voivat olla! erilaisessa järjestyksessä. Toisaalta Lonna ja Vasikkasaari voivat olla keskenään kahdessa erilaisessa järjestyksessä. Erilaisia tapoja kiertää saaret niin, että Lonna ja Vasikkasaari ovat peräkkäin, on siis 4! = 48 kappaletta. 4. Määritä termin x 9 y 8 kerroin polynomissa (x + y) 17. Kerroin on ( ) 17 8 = Määritä seuraavat logaritmit tai niiden likiarvot jakolaskun avulla: (i) log 16 (ii) log 80 (iii) log (iv) log 600 (i) -kantainen logaritmi luvusta 16 kertoo kuinka monta kertaa se on jaettava luvulla, jotta tulos olisi 1. Tutkitaan, voidaanko lukua 16 toistuvasti luvulla jakamalla saada osamääräksi = 8, 8 = 4, 4 =, = 1 Kun luku 16 jaettiin luvulla neljä kertaa saatiin osamääräksi 1, joten log 16 = 4. (ii) Jaetaan lukua 80 toistuvasti luvulla. 80 = 40, 40 = 0, 0 = 10, 10 = 5, 5 =,5,,5 = 1,5, 1,5 = 0,65 Huomataan, että jakamalla lukua 80 toistuvasti luvulla ei saada osamääräksi lukua 1. Lähimmäksi päästiin jakamalla se kuusi kertaa, joten log (iii) log = 0, sillä jakolaskuja ei tarvita. (iv) Jaetaan lukua 600 toistuvasti luvulla. 600 = 00, 00 66,7, 66,7,,, 7,4, 7,4,5,5 0,8 Huomataan, että jakamalla lukua 600 toistuvasti luvulla ei saada osamääräksi lukua 1. Lähimmäksi päästiin jakamalla se kuusi kertaa, joten log

13 6. Ratkaise seuraavat yhtälöt logaritmin määritelmän avulla: (i) log (x) = 5 (ii) log (x) =, 5 (iii) x = 16 (iv) x 1 = 100 (i) log (x) = 5 x = 5 = (ii) log (x) =,5 x =,5 = 0,5 = 4 (iii) x = 16 x = log (16) = 4 (iv) x 1 = 100 x 1 = log (100) x = log (100) Oletetaan, että a R ja a > 1. Päättele, miten paljon luvun a -kantainen logaritmi kasvaa, jos luku itse (a) kasvaa 8-kertaiseksi (b) kasvaa 51-kertaiseksi (c) korotetaan potenssiin 4 (d) korotetaan potenssiin 16 Vihje: esimerkiksi a-kohdassa on tarkoitus vertailla lukuja log (a) ja log (8a). (a) Koska log (8a) = log (8) + log (a) = + log (a), niin luvun a -kantainen logaritmi kasvaa kolmella, jos a kasvaa 8-kertaiseksi. (b) Koska log (51a) = log (51) + log (a) = 9 + log (a), niin luvun a -kantainen logaritmi kasvaa yhdeksällä, jos a kasvaa 51-kertaiseksi. (c) Koska log (a 4 ) = 4 log (a), niin luvun a -kantainen logaritmi kasvaa nelinkertaiseksi, jos a korotetaan potenssiin 4. (d) Koska log (a 16 ) = 16 log (a), niin luvun a -kantainen logaritmi kasvaa 16- kertaiseksi, jos a korotetaan potenssiin Kyyhkyslakkaperiaate (Pigeonhole principle) sanoo seuraavaa: jos kyyhkysiä on enemmän kuin pesäkoloja ja jokainen kyyhkynen lentää johonkin pesäkoloon, niin ainakin yhdessä pesäkolossa on ainakin kaksi kyyhkystä. Ratkaise seuraava tehtävä kyyhkyslakkaperiaatetta soveltaen: Opiskelijalla A on seitsemän päivää aikaa tehdä JYMin harjoitustehtäviä. Oletetaan, että hän teki yhteensä 10 tehtävää. Tekikö hän silloin varmasti jonakin päivänä tehtävää? Entä tekikö hän varmasti jonakin päivän tehtävää? Opiskelija ei tehnyt varmasti jonain päivänä kolmea tehtävää. Hän olisi voinut tehdä esimerkiksi kolmena ensimmäisenä päivänä kaksi tehtävää ja neljäntenä yhden, jolloin yhtenäkään päivänä ei olisi tehty kolmea tehtävää. Kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla opiskelija teki kuitenkin varmasti kaksi tehtävää jonain samana päivänä, sillä nyt tehtäviä on enemmän kuin päiviä ja jokainen tehtävä on tehtävä jonain päivänä.

14 9. Osoita, että neljän mielivaltaisen eri kokonaisluvun joukosta voidaan valita kaksi eri numeroa siten, että niiden erotus on jaollinen luvulla. Esimerkiksi joukosta {1,,, 4} lukujen 1 ja 4 erotus 1 4 = on jaollinen luvulla. Vastaavasti joukosta { 5, 400, 015, 000} lukujen -5 ja 015 erotus = 040 on jaollinen luvulla. Vihje: Kyyhkyslakkaperiaate sekä jakojäännös. Vapaaehtoinen lisäkysymys: Olkoon n N \ {0}. Osoita, että n + 1 mielivaltaisen eri kokonaisluvun joukosta voidaan valita kaksi eri numeroa siten, että niiden erotus on jaollinen luvulla n. Jaettaessa mielivaltainen luku luvulla on jakojäännös joko 0, 1 tai. Kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla neljän mielivaltaisen luvun joukosta voidaan valita kaksi lukua niin, että kolmella jaettaessa näillä on sama jakojäännös. Merkitään näitä kahta lukua a = k 1 +r ja b = k +r, missä k 1, k Z ja r on jakojäännös kolmella jaettaessa. Lukujen erotus on nyt a b = (k 1 + r) (k + r) = k 1 + r k r = k 1 k = (k 1 k ) Tämä luku on siis jaollinen kolmella.