HELSINGIN YLIOPISTO HELSINGFORS UNIVERSITET UNIVERSITY OF HELSINKI
|
|
- Jarno Elstelä
- 7 vuotta sitten
- Katselukertoja:
Transkriptio
1 HELSINGIN YLIOPISTO HELSINGFORS UNIVERSITET UNIVERSITY OF HELSINKI Tiedekunta/Osasto Fakultet/Sektion Faculty Laitos Institution Department Matemaattis-luonnontieteellinen Tekijä Författare Author Riku Leppänen Työn nimi Arbetets titel Title Matematiikan ja tilastotieteen laitos Transkendenttiset luvut Oppiaine Läroämne Subject Matematiikka Työn laji Arbetets art Level Aika Datum Month and year Sivumäärä Sidoantal Number of pages Pro gradu -tutkielma Toukokuu s Tiivistelmä Referat Abstract Työssä esitellään transkendenttiset ja algebralliset luvut ja todistetaan Liouvullen lause, Transkendenttisten lukujen joukon ylinumeroitavuus, Lindemann-Weierstrassin lause ja tämän avulla lukujen e ja π transkendenttisuus Avainsanat Nyckelord Keywords Transkendenttiset luvut, Liouvillen lause, Lindemann-Weierstrassin lause, Säilytyspaikka Förvaringsställe Where deposited Kumpulan tiedekirjasto Muita tietoja Övriga uppgifter Additional information
2 Transkendenttiset luvut Riku Leppänen
3 Sisältö 1 Johdanto 2 2 Liouvillen lause 4 3 Lindemann-Weierstrassin lause 8 31 Heikennetty muoto 8 32 Lemmoja Lindemann-Weierstrassin lauseen todistus 21 1
4 Luku 1 Johdanto Matemaatikot ovat läpi historian olleet kiinnostuneita yhtälöistä ja niiden ratkaisuista Tässä gradussani tutkin lukuja, jotka eivät ole minkään kokonaislukukertoimisen yhtälön ratkaisuja Näitä lukuja kutsutaan transkendenttisiksi luvuiksi joskus myös transsendenttisiksi Transkendettisten lukujen vastaparina ovat luvut, jotka ovat jonkin kokonaislukukertoimisen yhtälön ratkaisuja Näitä lukuja kutsutaan algebrallisiksi luvuiksi Esimerkiksi kaikki kokonaisluvut ovat algebrallisia lukuja Euler määritteli transkendenttiset luvut 1700-luvulla ja Johan Lambert esitti todistuksessaan π:n irrationaalisuudesta, että π ja e ovat transkendenttisia Transkendenttisten lukujen olemassaolon todisti 1844 Joseph Liouville Hän antoi myös muutama vuosi tämän todistuksen jälkeen ensimmäiset desimaalimuodossa olevat esimerkit transkendenttisista luvuista Näistä tunnetuin on Liouvillen lukuna tunnettu 10 k! = , k=1 missä desimaali on 1 jos se sijaitsee jollain seuraavista paikoista 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24 ja niin edelleen, muuten se on 0 Tämän luvun transkendenttisuus osoitettiin Liouvillen lauseen avulla, jonka mukaan algebrallisia irrationaalilukuja ei voi arvioida rajattoman tarkasti rationaaliluvuilla Vasta 1873 löytyi ensimmäinen transkendenttiluku, jota ei ollut erikseen rakennettu tätä tarkoitusta varten Charles Hermite nimittäin osoitti tällöin, että e on transkendenttinen Vuosi tämän jälkeen osoitettiin, että transkendenttisten lukujen joukko on ylinumeroituvasti ääretön, toisin kuin algebrallisten lukujen joukko Tämä tarkoittaa, että transkendenttisia lukuja on paljon enemmän kuin algebrallisia lukuja 1882 Ferdinand von Lindemann todisti π:n transkendenttisyyden ja pian tämän jälkeen Karl Weierstrass yleisti Lindemanin todistusmenetelmän Lindemann-Weierstrassin lauseeksi Piin transkendenttisyys mahdollisti useiden vanhojen harppi-viivain ongelmien 2
5 osoittamisen mahdottomaksi Näistä ongelmista kuuluisin on ympyrän neliöiminen, jossa pyritään luomaan ympyrän kanssa yhtäsuuren pinta-alan sisältävä neliö Gradussani käsittelen Liouvillen lauseen todistuksineen, todistan transkendenttisten lukujen joukon olevan ylinumeroituva ja todistan Lindemann-Weierstrassin lauseen Lindemann-Weierstrassin lauseesta seuraa helposti lukujen π ja e transkendenttisuus, joten todistan graduni lopuksi tämän 3
6 Luku 2 Liouvillen lause Käydään aluksi läpi muutamia tärkeitä merkintöjä Merkitään muotoa a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n olevaa polynomia merkinnällä P x Jos a 0, a 1,, a n Q, niin P x Qx Polynomia, jolla a 0, a 1,, a n = 0 sanotaan nollapolynomiksi Jos n on polynomin P x = a 0 +a 1 x 1 + +a n x n suurin potenssi, jonka kerroin a n 0, sanotaan, että polynomi P x on astetta n Määritelmä 21 Luku b on transkendenttinen, jos se ei toteuta mitään muotoa P x = 0 olevaa yhtälöä, missä P x Qx ja P x ei ole nollapolynomi Jos luku ei ole transkendenttinen, se on algebrallinen Algebrallisella luvulla on yksikäsitteinen alinta astetta oleva polynomi, jota kutsutaan minimipolynomiksi Lisäksi minimipolynomin suurinta astetta olevan termin kerroin on 1 Algebrallinen luku on astetta n, jos sen minimipolynomi on astetta n Siirrytään seuraavaksi Liouvillen lauseeseen Sen todistuksessa tarvitaan väliarvolausetta Lause 22 Olkoon f : [a, b] R suljetulla välillä [a, b] jatkuva ja avoimella välillä a, b derivoituva Silloin on olemassa ainakin yksi piste ξ ]a, b[ siten että f ξb a = fb fa Todistus Väliarvolauseen todistus löytyy lähteestä [?, s 54] Lause 23 Olkoon α reaalinen algebrallinen luku astetta n > 1 Tällöin on olemassa positiivinen vakio c = cα siten, että kaikille rationaaliluvuille p/q, joilla sytp, q = 1, q > 0 ja p, q Z, pätee 24 α p q > cα q n 4
7 Todistus Olkoon P x α:n minimipolynomi Poistamalla nimittäjät P x:n kertoimista saadaan kokonaislukukertoiminen astetta n oleva polynomi Olkoon fx = a n x n + a n 1 x n 1 + +a 1 x+a 0 tämä polynomi Olkoon M f x suurin arvo välillä [α 1, α+1] Olkoon fx:n α:sta poikkeavat juuret α 1, α 2,, α m Valitaan cα < min{1, M, α α 1, α α 2,, α α m } Tehdään vastaoletus eli oletetaan, että?? ei päde joillekin luvuille p, q Z Näin ollen α p q cα q cα < min{1, α α 1, α α n 2,, α α m } Nyt p q [α 1, α + 1] ja p q / {α 1,, α m } Koska kokonaislukukertoimiset potenssifunktiot ovat derivoituvia, lauseen?? nojalla on olemassa x 0 α:n ja p/q:n välissä siten, että Näin ollen fα fp/q = α p/qf x 0 α p q = fp/q fα f x 0 = fp/q f x 0 Koska fp/q 0, voidaan kirjoittamalla fp/q auki ja ottamalla q n yhteiseksi tekijäksi todeta, että n j=0 fp/q = a jp j q n j q n 1 q n Nyt, koska f x 0 M, saadaan α p q = fp/q f x 0 1 M1 cα n q n α p q Saadaan ristiriita, joten väite on tosi Liouvillen lauseen avulla voidaan määritellä Liouvillen lukuja, jotka ovat transkendenttisiä Määritelmä 25 Luku α R on Liouvillen luku, jos jokaiselle n N on olemassa p, q Z, q > 1 siten, että 0 < α p q < 1 q n 5
8 Lause 26 Liouvillen luvut ovat transkendenttisiä Todistus Olkoon α Liouvillen luku Osoitetaan ensin, että α on irrationaalinen Tehdään vastaoletus eli oletetaan α = c/d joillain c, d Z, d > 0 Olkoon n N, jolla 2 n 1 > d Nyt mille tahansa kokonaisluvuille p ja q, q > 1 ja p/q c/d, pätee α p q = c d p q 1 dq 1 2 n 1 q 1 q n Tällöin α ei voi olla Liouvillen luku, mikä on ristiriita Eli α on irrationaalinen Oletetaan, että α on irrationaalinen algebrallinen Liouvillen luku Lauseen?? mukaan on olemassa reaaliluku cα ja positiivinen kokonaisluku n > 1, siten että?? pätee kaikille p, q Z, q > 1 Olkoon r sellainen positiivinen kokonaisluku jolle 2 r > 1/cα Koska α on liouvillen luku, on olemassa luvut p, q Z, q > 1, joilla α p q < 1 q 1 n+r q n 2 cα r q n Tämä on ristiriidassa yhtälön?? kanssa, joten α on transkendenttinen Osoitetaan seuraavaksi, että luku on Liouvillen luku α = n= n! Todistus Valitaan positiivinen kokonaisluku n ja valitaan p/q = n j=0 1/10j!, missä p, q Z, q = 10 n! > 1 Näin ollen 0 < α p q = j=n j! < j=n+1! joten α on Liouvillen luku, ja täten transkendenttinen luku 1 10 = 1 j 10 n+1! = 1 nn! q, n Samanlaisella päättelyllä voidaan todistaa, että mikä tahansa muotoa α = n=0 oleva luku, missä a N, on Liouvillen luku Todistus Valitaan positiivinen kokonaisluku n ja valitaan p/q = n j=0 1/aj!, missä p, q Z, q = a n! > 1 Näin ollen 0 < α p q = j=n+1 q a j! < j=n+1! 1 a = 1 j a 1a 1 = 1 n+1! 1 a nn!] q n 1 a n! 6
9 Lause 27 Algebrallisten lukujen joukko on numeroituvasti ääretön Todistus Tarkastellaan ensin kokonaislukukertoimisten polynomien joukkoa Olkoon P kokonaislukukertoiminen polynomi Määritellään F P olemaan polynomin P asteen ja polynomin kertoimien itseisarvojen summa Jokaiselle kokonaisluvulle n on olemassa vain äärellinen määrä kokonaislukukertoimisia polynomeja joille F P = n Näin kokonaislukukertoimisten polynomien joukko on saatu jaettua äärellisiin osajoukkoihin, joilla on hyvin määritelty järjestys Järjestetään nyt näiden joukkojen sisällä polynomit Q = a n x n + a x n 1n a 0 siten, että ensin a 0 saa suurimman mahdollisen arvon, jonka jälkeen a 1 saa suurimman mahdollisen arvon jäljellä olevasta arvosta ja niin edelleen Eli polynomien, joilla F P = n, joukossa ensimmäinen on n ja toinen on 1x+n 2, kolmas 2x+n 3,, n 1x, 1x 2 + 1x + n 5 Järjestetään täten polynomit ensin kokonaisluvun n = F P mukaan ja sen jälkeen yllä mainitulla tavalla Nyt jokaisella polynomilla on yksikäsitteinen järjestysluku, joten polynomien joukko on numeroituvasti ääretön Astetta n olevalla polynomilla on n ratkaisua, joten jokainen uusi polynomi tuo vain äärellisen määrän algebrallisia lukuja, joten algebralliset luvut voidaan järjestää sen mukaan, monesko polynomi tuo ne ensimmäistä kertaa esille ja, jos jokin polynomi tuo useamman algebrallisen luvun, niin ne voidaan järjestää suuruusjärjestykseen Täten algebrallisten lukujen joukko on numeroituvasti ääretön Toisaalta reaalilukujen joukko on ylinumeroituvasti ääretön joten transkendenttilukujen joukon on oltava ylinumeroituvasti ääretön, sillä kahden numeroituvasti äärettömän joukon yhdiste on numeroituvasti ääretön 7
10 Luku 3 Lindemann-Weierstrassin lause Lause 31 Olkoon α 0, α 1, α n erillisiä algebrallisia lukuja Tällöin luvut e α 0, e α 1,, e αn ovat lineaarisesti riippumattomia algebrallisten lukujen suhteen Toisin sanoen kaikille algebrallisille luvuille β 0, β 1,, β n, olettaen, että kaikki eivät ole nollia, pätee n β m e αm 0 m=0 Mukailen todistuksessa lähdettä [?] Todistus on pitkä ja haastava ja siksi se on jaettu erillisiin osiin 31 Heikennetty muoto Todistetaan ensin heikennetty muoto Lindemann-Weierstrassin lauseesta Tätä todistusta varten tarvitaan seuraava lemma Lemma 32 Olkoon hz Z[z] muotoa hz = N n=0 c nz n Olkoon α 1, α 2,, α N polynomin hz nollakohdat Tällöin millä tahansa kokonaislukukertoimisella polynomilla P z summa P α 1 + P α P α N on rationaaliluku, jonka nimittäjä voidaan kirjoittaa muodossa c degp N, missä degp on polynomin P z aste Todistus Polynomi Bα 1,, α N = P α 1 +,, +P α N on symmetrinen, eli muuttujien α 1,, α N järjestystä voi vaihtaa ilman, että tulos muuttuu Tämä tarkoittaa, että polynomi voidaan esittää alkeissymmetristen polynomien σ 1, σ 2,, σ N avulla, missä 8
11 σ 1,, σ N koostuu α 1,, α n tulojen summasta, missä polynomissa σ k on kerrottu aina k N lukua kerrallaan Tästä johtuen Bα 1,, α N = F σ 1,, σ N Z[σ 1,, σ N ], missä degf degp Lisäksi huomataan, että hz = c N z N + c N 1 z N c 1 z 1 + c 0 N = c N z α i i=1 = c N z N σ 1 z N N 1 σ N 1 z + 1 N σ N Kertoimia vertaamalla saadaan yhteys alkeissymmetristen polynomien ja hz kertoimien välille σ k = 1 k c N k c N Tästä seuraa, että jokainen alkeissymmetrinen polynomi on rationaaliluku, jolla on nimittäjänä c N Kun nämä luvut laitetaan funktioon F σ 1,, σ N, saadaan rationaaliluku, jonka jakajana on c degf N Lisäksi degf degb, joten tätä rationaalilukua voidaan kertoa kokonaisluvulla C degb degf N, jolloin saadaan lemman vaatima tulos Käytetään tätä lemmaa heikennetyn version todistuksessa Lausetta varten täytyy määritellä algebrallisen luvun konjugaatti Määritelmä 33 Jos α on astetta n oleva algebrallinen luku, joka toteuttaa polynomiyhtälön x αx βx γ = 0, on olemassa n 1 kappaletta muita algebrallisia lukuja β, γ,, jotka myös toteuttavat tämän yhtälön Näitä lukuja kutsutaan α:n konjugaateiksi Lause 34 Olkoon A = {α 1, α 2,, α N } nollasta poikkeavien erillisten algebrallisten lukujen joukko, jolla, jos α n A, niin jokainen α n konjugaatti kuuluu myös A:han Olkoon β 0, β 1,, β N sellaisia nollasta poikkeavia kokonaislukuja, joilla jos α i, α j A ovat toistensa konjugaatteja, niin β i = β j Tällöin β 0 + N β n e αn 0 9
12 Todistus Tehdään vastaoletus, jonka mukaan on olemassa nollasta poikkeavat kokonaisluvut β 0, β 1,, β N, jotka toteuttavat lauseen oletukset ja joilla 35 β 0 + N β n e αn = 0 Ryhmitellään α i :t siten, että jokainen ryhmä sisältää vain α i :n ja kaikki sen konjugaatit Koska A sisältää vain tälläisiä ryhmiä, sen alkiot voidaan nimetä uudelleen seuraavasti α 11, α 12,, α 1N1, α 21 α 22,, α 2N2,, α M1, α M2,, α MNM Tällä merkinnällä {α m1, α m2,, α mnm } sisältää vain α i :n ja sen konjugaatit ja A sisältää M kappaletta näitä joukkoja Nimetään β i :t uudelleen vastaavalla tavalla siten, että e α mi :n kerroin yhtälössä?? on β mi Oletusten nojalla tiedetään, että β m1 = β m2 = = β mnm, joten kaikkia β mi voidaan merkitä β m Merkitään lisäksi A:n itseisarvoltaan suurinta jäsentä α:lla Näillä merkinnöillä alkuperäinen vastaoletus?? voidaan kirjoittaa muodossa β 0 + M Nm β m e amn = 0 Olkoon f m z = z α m1 z α m2 z α mnm F m z on siis pienintä astetta oleva polynomi, jonka ratkaisuna on kaikki joukon {α m1, α m2,, α mnm } alkiot Koska α m1, α m2,, α mnm ovat toistensa konjugaatteja on funktio f m z rationaalilukukertoiminen Olkoon d m kaikkien funktion f m kertoimien nimittäjien pienin yhteinen jaettava, jolloin d m f m Z[z] Määritellään seuraavaksi ristiriitaa varten apufunktio fz = d 1 d 2 d M p z p 1 f 1 z p f 2 z p f M z P, missä p on vielä tällä hetkellä tuntematon alkuluku Tämä voidaan kirjoittaa muodossa fz = j=p 1 c j z j Koska fz = d 1 f 1 z p d 2 f 2 z p d M f M z p z p 1 ja jokainen suluissa oleva polynomi on kokonaislukukertoiminen, on f myös kokonaislukukertoiminen, joten c j Z, kaikille p 1 j N + 1p 1 Huomataan, että c p 1 = ±d 1 d 2 d m α 11 α 12 α MNM p = ±d 1 d 2 d M α 1 α 2 α N p 10
13 Tiedetään, että d i > 0 kaikille i ja oletuksen mukaan α j :t ovat nollasta poikkeavia, joten c p 1 0 Seuraavaksi todistetaan, että p 1 f j z = j=1 Tämän todistamisessa käytetään huomiota, että Näin ollen f j z = p 1 p 1 f j z = j=1 = = j=1 J 1 J p+1 z j j! J! J j! c Jz J j, kun 1 j p 1 J! J j! c jz J j p 1 j=1 z J j J j! J 1 j=j p 1 z j, j! mikä on juuri se, mitä haluttiin Huomataan myös, että, koska fz = gzz α p jokaiselle α A, missä gz on jokin α:sta riippuva polynomifunktio, niin f j α = 0 kaikille 1 j p 1 Siten p 1 f j α = 0 j=1 kaikilla α A Tarkastellaan seuraavaksi seuraava tuloa e α = = J p j=0 α j + j! J 1 j=j p+1 j=0 α j + j! α j j! j=j α j j! 11
14 Yllä olevien tulosten avulla huomataan, että keskimmäinen termi on p 1 j=1 f j α = 0, joten e α = J p = P p α + T p α, j=0 α j + j! missä P p ja T p ovat ensimmäinen ja toinen summattava Muistutuksena vastaoletus?? oltiin muokattu muotoon β 0 + M Nm β m e amn = 0 j=j α j j! Kerrotaan yhtälön molemmat puolet luvulla ja summataan alkaen indeksistä J = p 1! p 1 ja päättyen indeksiin J = N + 1p 1 Näin saadaan β 0 p 1! + M Nm β m e amn = 0 p 1! Summan järjestystä muuttamalla saadaan β 0 M P 1! + β m 1 p 1! N m e αmn = 0 Tässä sulkujen sisällä oleva kaksoissumma on P p α mn :n ja T p α mn :n summa Eli β 0 M P 1! + 1 M m β m P p α mn + T p α mn = 0 p 1! Kun siirretään T p α mn sisältävät termit yhtälön toiselle puolelle, saadaan 36 β 0 M P 1! + J!v J p 1! Z, sillä β 0 Z Palautetaan tässä vaiheessa mie- Huomataan, että β 0 leen, että Mm β m P p α mn p 1! = M Mm β m T p α mn p 1! P p z = 12 J p j=0 Z j j!
15 Tarkastellaan ensimmäistä termiä summassa, kun J = p 1 Huomataan, että tällöin jää jäljelle tyhjä summa, joka on siis nolla 1 c j p 1!c p 1 j! = 0 Täten summan ensimmäinen termi voidaan jättää kirjoittamatta, jolloin P p z = J=p j=0 J p j=0 z j j! Z[z] Todistetaan seuraavaksi, että p! jakaa jokaisen P p z:n kertoimen Luonnollisesti p! jakaa J!:n kaikilla J p, mutta lausekkeessa mukana oleva 1 saattaa kumota tämän ominaisuuden Tässä tapauksessa riittää tarkastella tilannetta, jossa j saa suurimman arvonsa j! Nimittäin, jos J! on jaollinen p!:lla, kun j on suurin mahdollinen luku, on se jaollinen j! kaikilla pienemmilläkin j:n arvoilla, sillä j! sisältää kaikki pienemmän j kertomat Koska J p, voidaan J kirjoittaa muodossa J = p + r, missä r Z, r 0 Nyt j:n suurin arvo on p + r p = r, jolloin J! j! = p + r! r! p + r = p! r Tämä on selvästi jaollinen luvulla p!, joten yllä oleva väite on saatu todistettua ja on osoitettu, että 1 P p! pz Z[z] Sovelletaan seuraavaksi lemmaa?? Tässä tapauksessa hz on d m f m z, jolla on nollakohdat α m1, α m2,, α mnm ja P z = Ppz jonka juuri todistettiin olevan kokonaislukukertoiminen Tiedetään, että deg P p Np 1, joten lemman?? nojalla jokaiselle m p! on olemassa kokonaisluku ã m siten että N m P p α mn p! = ãm d Np 1 m Kertomalla yhtälön molemmat puolet p:llä ja asettamalla a m = pã m voidaan huomata, että jokaiselle m on olemassa kokonaisluku a m siten, että p a m ja N m P p α mn p 1! = a m d Np 1 m Tämän tuloksen avulla voidaan yhtälö?? muokata muotoon β 0 M P 1! + a m β m d Np 1 m 13 = M Mm β m T p α mn p 1!
16 Määritellään seuraavaksi kokonaisluku D = d 1 d 2 d m, ja kerrotaan edellä olevan yhtälön molemmat puolet luvulla D Np, jolloin saadaan M β 0 D Np P 1! + M Mm a m β m d m d/d m Np = β m D Np T p α mn p 1! Selvästi D/d m on kokonaisluku kaikilla m, joten vasen puolisko yhtälöä on kokonaisluku, jota voidaan merkitä N Tämä kokonaisluku tuottaa lopulta ristiriidan, sillä osoitamme, että oikealla p:n valinnalla, N :n täytyy olla kokonaisluku välillä ]0, 1[, mikä on selvästi mahdotonta Ensin osoitetaan, että se ei ole nolla Kirjoitetaan N muodossa N = β 0 D Np c p 1 + β 0 D Np J=p M p 1! + a m β m d m D/D m Np Aiemmin on osoitettu, että c p 1 0 Lisäksi tiedetään, että p a m jokaiselle m ja selvästi p J!, sillä J p Näin ollen p jakaa sulkujen sisällä olevan kokonaisluvun Koska p, D ja c p 1 ovat nollasta poikkeavia vakioita, jotka kuuluvat kokonaislukuihin, voidaan valita p > max{zβ 0, D, c p 1 }, jolloin p ei jaa lukua β 0 D Np c p 1 Yhdistämällä äsken päätellyt tiedot huomataan, että N 0 mod p, joten selvästi N 0 Seuraavaksi etsitään p:lle sellainen arvo, että N < 1 Tätä varten tarkastellaan toista tapaa määritellä N, M Nm N = β m D Np T p α mn p 1! Kolmioepäyhtälön perusteella 0 < N M Nm β m D Np T p α mn p 1! Nyt tavoitteenamme on osoittaa, että oikealla puolella oleva summa on pienempi kuin 1 Lähdetään liikkeelle arvioimalla T p α mn :n suuruutta Muistetaan, että z j T p z = j! = c J j=0 j=j J! j + J! zj+j 14
17 Toisaalta tiedetään, että joten Siispä T p α = j + J! j!j! j + J = 1, j J! j + J! 1 j! c J c J c J j=0 j=0 j=0 c J α J J! j + J! αj+j J! j + J! αj+j J! j + J! α j+j j=0 α j j! α e α Edellä on oletettu, että α 1, joka siis oli alkuperäisen joukon A suurin jäsen Jos näin ei ole, voidaan vastaisuudessa kaikki α :n esiintymät korvata 1:llä Koska tämä muutos ei muuta todistusta merkittävästi, vaan se ainoastaan yksinkertaistaa joitain merkintöjä, oletetaan, että α 1 Edellä olevan perusteella saadaksemme yläraja T p α:lle täytyy löytää yläraja summalle c J Palautetaan mieleen, että fz = j=p 1 c J c j z j = D p z p 1 z α 1 p z α 2 p z α N p Jokainen suluissa oleva tekijä voidaan kirjoittaa muodossa z α n p = p l=o p α n p l z l l 15
18 Tästä voidaan päätellä, että c j :n summan ylärajaa etsiessä kannattaa tarkastella seuraavaa { } p p p max α p l α p l l=0,1,,p l l l=0 p p α p l l=0 = 2 α p Eli jokainen kerroin näissä tekijöissä on pienempi tai yhtäsuuri kuin 2 α p ja summassa on N kappaletta tekijöitä, jolloin saadaan N c j D p 2 α p = D p 2 α Np Vaikka tämä raja vaikuttaa hyvin heikolta, se on hyödyllinen, sillä se on muotoa K p jollain vakiolla K Kun tämä raja sijoitetaan tarkasteltavaan summaan, saadaan c J Np2D 1/N α Np Tämän avulla saadaan yläraja T p α:lle seuraavasti missä T p α α e α Np2D 1/N α Np e α N p α 2d 1/N α Np = e α α N p D p 2 α N p α N+1 p = K 1 K 2 p K 1 = e α α, ja K 2 = ND2 α 2N+1 Jälleen ylärajan hyödyllisyys johtuu sen muodosta, ei laadusta Seuraavaksi osoitetaan, että kokonaisluku N on pienempi kuin 1 Palautetaan mieleen, että M Nm β m D Np T p α mn 0 < N p 1! 16
19 Olkoon B = max{ β 1, β 2,, β M } Näin ollen, käyttäen juuri löydettyjä rajoja, voidaan todeta, että 0 < N BNK 1 D N K 2 p p 1! Jokainen luvuista B, N, K 1, D ja K 2 ovat p:stä riippumattomia vakioita Lisäksi xp p! 0, kun p, joten riittävän suurella alkuluvulla p yllä olevan epäyhtälön oikea puoli on pienempi kuin 1, joten saadaan 0 < N < 1 mikä on mahdotonta Näin ollen vastaoletus on väärä ja lause on tosi β 0 + N β n e αn = 0 Edellä todistettu heikennetty muoto osoittaa, että tietty joukko algebrallisia lukuja on lineaarisesti riippumaton kokonaislukujen suhteen Lindemann-Weierstrassin lause sen sijaan käsittelee mielivaltaista algebrallisten lukujen joukkoa, ja kertoo sen olevan lineaarisesti riippumaton rationaalilukujen suhteen Vaikka näiden välillä on valtava ero, heikennettyä muotoa voidaan hyödyntää, sillä Lindemann-Weierstrassin lause voidaan muokata samankaltaiseen muotoon kuin heikennetty muoto menettämättä lauseen yleisyyttä Tämä muokkaus vaatii muutaman lemman, jotka käsitellään ja todistetaan seuraavassa osiossa 32 Lemmoja Lemma 37 Olkoon p 1, p 2,, p L, τ 1, τ 2,, τ M C erillisiä ja olkoon r 1, r 2,, r L, t 1, t 2,, t M C nollasta poikkeavia Jos L M r l e p l t m e τm l=1 kerrotaan auki ja samaa astetta olevat termit yhdistetään, tulos on muotoa N s n e λn joillakin N N, s n C, ja erillisellä λ n C, missä λ n = p l + τ m Lisäksi vähintään yksi s n poikkeaa nollasta 17
20 Todistus Huomataan aluksi, että L M r l e p l t m e τm = l=1 1 l L 1 m M r l t m e p l+τ m Olkoon S = {p l +τ m 1 l L, 1 m M} Joukko S on epätyhjä ja siinä on vähintään 2 alkiota, joten se voidaan kirjoittaa muodossa S = {λ 1,, λ N } erillisillä λ n C ja jollakin N N Olkoon s n = r l t m l,m siten että p l +τ m=λ n Näin ollen L M r l e p l t m e τm = l=1 N s n e λn Tarkastellaan seuraavaksi joukkoa {Rp 1,, Rp L }, missä Rp l on p l :n reaaliosa Tämä joukko on epätyhjä ja äärellinen reaalilukujen joukko, jolla on täten pienin alkio Tämä alkio ei välttämättä ole yksikäsitteinen Otetaan nyt nämä pienimmät alkiot joukkoon {p l1,, p lk } Koska joukko on äärellinen ja epätyhjä, on olemassa alkio jolla on pienin kompleksiosa Tämä luku on yksikäsitteinen, koska luvut p 1, p 2,, p L ovat erillisiä Samalla tavalla voidaan löytää pienin luku luvuista τ q, τ 2,, τ m Olkoon p α ja τ α nämä pienimmät luvut Näin ollen on olemassa luku λ α S siten että λ α = p α + τ α ja joka saadaan vain näiden kahden luvun summana Koska on olemassa jokin λ α, joka voidaan esittää vain summalla p α + τ α, tiedetään, että s α = r α t α ja, koska kaikki r l ja t m poikkeavat nollasta, myös s α poikkeaa nollasta Yllä olevan lemman ansiosta tiedetään, että kaksi eksponenttisummaa voidaan kertoa ilman että tuloksena saadaan nolla Tämä auttaa varmistamaan, että todistaessa lausetta?? ei päädytä todistamaan triviaalia tosiasiaa 0 = 0 Seuraava tavoite on muokata satunnaisesti valittu algebrallisten lukujen joukko sellaiseksi joukoksi, joka toteuttaa heikennetyn muodon oletukset Heikennetyssä muodossa joukolla oli hyödyllinen ominaisuus, jonka mukaan joukossa olevan luvun α kaikki konjugaatit kuuluvat myös joukkoon Kutsutaan tällaistä joukkoa konjuugaattitäydelliseksi joukoksi Todistetaan seuraavaksi lemma, joka antaa hyödyllisen kriteerin konjugaattitäydellisyydelle Lemma 38 Joukko {α 1, α 2,, α L } Q on konjugaattitäydellinen jos ja vain jos polynomilla z α 1 z α 2 z α L on rationaaliset kertoimet 18
21 Todistus Oletetaan ensin, että {α 1, α 2,, α L } on konjugaattitäydellinen Jaetaan tämä joukko konjugaattitäydellisiksi osajoukoiksi, joissa kukin alkio esiintyy vain kerran ja joissa on vain alkio ja sen konjugaatit Näitä osajoukkoja on M kappaletta, eli {α 1,, α L } = {α 1,, α 1L1 } {α M1,, α MLM } Jokaiselle näistä joukoista löytyy minimipolynomi z α m1 z α m2 z α mlm Minimipolynomi on aina rationaalilukukertoiminen, ja polynomi z α 1 z α 2 z α L on näiden polynomien tulo ja siten rationaalilukukertoiminen kuten haluttiinkin Oletetaan seuraavaksi että fz = z α 1 z α 2 z α L Q[z] Jos jotkin α l ovat rationaalisia, ne voidaan poistaa ja jäljelle jäävä tulo on yhä rationaalilukukertoiminen Lisäksi, jos α l on rationaaliluku, niin joukko {α l } on konjugaattitäydellinen, joten voimme jättää kaikki rationaaliset α l huomiotta Tehdään näin ja nimetään jäljelle jäävä osuus gz = z α 1 z α K Q[z], missä α k / Q Jos g on jaoton, sen täytyy olla lukujen α!,, α K minimipolynomi ja siten {α 1,, α K } on konjugaattitäydellinen joukko Jos g ei ole jaoton, se voidaan kirjoittaa muodossa g = h e 1 1 h e 2 2 h e J J, missä jokainen h j Q[z] on jaoton ja e j 1 Nimetään α i :t uudelleen siten, että h j z = z α j1 z α j2 z α jlj Nyt huomataan, että h j Q[z] on minimipolynomi luvuille α j1,, α jlj ja siten {α j1,, α jlj } on konjugaattitäydellinen Lisäksi {α 1, α 2,, α L } = J j=1 e j i=1 {α j 1, α j2,, α jlj } on yhdiste konjugaattitäydellisistä joukoista ja siten konjugaattitäydellinen Käsitellään seuraavaksi lemmaa joka edellisen lemman kanssa antaa valmiuden muokata Lindemann-Weierstrassin lauseessa oleva algebrallisten lukujen joukko konjugaattitäydelliseksi Lemma 39 Olkoon {γ 1,, γ J } joukko algebrallisia lukuja ja fx 1,, x J = a 1 x a J x J, missä a j Z kaikilla j = 1,, J Nyt joukko on konjugattitäydellinen {fτ 1,, τ J τ j on γ j :n konjugaatti kaikilla j} 19
22 Todistus Lemman?? nojalla väite voidaan todistaa osoittamalla, että polynomi pz = z fτ 1,, τ J τ j on γ j :n konjugaatti kaikilla j on rationaalilukukertoiminen Kirjoitetaan pz uudelleen seuraavalla tavalla: pz = = τ j on γ j :n konjugaatti kaikilla 2 j J τ j on γ j :n konjugaatti kaikilla 2 j J τ 1 on γ 1 :n konjugaatti kaikilla j qz z fτ 1,, τ J Huomataan, että jos γ 1 konjugaatit ovat γ 11, γ 12, γ 1n niin qz = z fγ 11, τ 2,, τ J z γ 12, τ 2,, τ J z fγ 1n, τ 2,, τ J n = z a 2 τ 2 a J τ J a }{{} 1 γ 1i i=1 =:y = y n σ 1 y n 1 + σ 2 y n n σ n, missä σ i :t ovat γ 1 :n konjugaattien alkeissymmetrisiä polynomeja, ja siten rationaalisia Eli y n σ 1 y n 1 + σ 2 y n n σ n Q[y] ja siten qz Q[z, τ 1,, τ J ] Sama argumentti pätee kaikille τ i, joten pz Q[z] ja lemman?? nojalla {f/τ 1,, τ J } on konjugaattitäydellinen Tämän lemman avulla voidaan siis luoda konjugaattitäydellinen joukko satunnaisesta algebrallisten lukujen joukosta Lindemann-Weierstrassin lause käsittelee kuitenkin summaa, jossa e on korotettu algebrallisten lukujen potenssiin Kutsutaan summaa e α e α M, jossa {α 1,, α M } on konjugaattitäydellinen joukko, konjugaattitäydelliseksi eksponenttisummaksi Näillä summilla on seuraava hyödyllinen ominaisuus Lemma 310 Kahden konjugaattitäydellisen eksponenttisumman tulo on konjugaattitäydellinen eksponenttisumma 20
23 Todistus Olkoon e α 1 + e α e α L ja e β 1 + e β e β M konjugaattitäydellisiä eksponenttisummia Nyt e α 1 + e α e α L e β 1 + e β e β M = e α l+β m, 1 l L 1 m M joten tulee osoittaa, että {α l + β m 1 l L, 1 m M} on konjugaattitäydellinen algebrallisten lukujen joukko Sovelletaan lemmaa?? polynomilla fx 1, x 2 = x 1 + x 2 Huomataan, että koska {α 1,, α L } ja {β 1,, β M } ovat konjugaattitäydellisiä, niin joukko {α l + β m 1 l L, 1 m M} toteuttaa lemman oletukset ja on siis konjugattitäydellinen Näin ollen 1 l L 1 m M on konjugattitäydellinen eksponenttisumma e α l+β m Edellisen lemman jälkeen on vihdoin saatu kasaan kaikki tarvittavat työkalut Lindemann- Weierstrassin lauseen todistamiseksi Tehdäänkin se seuraavaksi 33 Lindemann-Weierstrassin lauseen todistus Lause 311 Olkoon α 0, α 1, α n erillisiä algebrallisia lukuja Tällöin luvut e α 0, e α 1,, e αn ovat lineaarisesti riippumattomia algebrallisten lukujen suhteen Eli kaikille algebrallisille luvuille β 0, β 1,, β n, olettaen, että kaikki eivät ole nollia, pätee n β m e αm 0 m=0 Todistus Tehdään vasta-oletus: On olemassa β i, joilla 312 M β m e αm = 0 m=0 Kerrotaan lauseke?? samankaltaisilla lausekkeilla, missä jokainen α m on korvattu sen kaikilla konjugaateilla kaikissa mahdollisissa kombinaatioissa: β 0 e p 0 + β 1 e p β M e p M = 0 p m on α m:n konjugaatti kaikilla 0 m M 21
24 Kun tulo kerrotaan auki, saadaan lauseke 313 b 0 E 0 + b 1 E b L E L = 0, missä b l :t ovat kokonaislukukertoimisia polynomeja, joissa muuttujina on β m ja E l :t ovat konjugaattitäydellisiä eksponenttisummia Todistetaan seuraavaksi tämä väite Kun tuloa kerrotaan auki, saadaan tulokseksi summa, jonka jokainen alkio on muotoa gβ 1, β 2,, β M e r 1+r 2 ++r M, missä g Z[t 1,, t M ] on jokin polynomi ja r i :t ovat algebrallisia lukujen kaikkien α i konjugaattien joukosta Sovelletaan lemmaa?? polynomiin x 1 + x x M ja joukkoon {α 1, α 2,, α M }, jolloin huomataan, että yhtälössä saman kertoimen sisältävät termit muodostavat konjugaattitäydellisen eksponenttisumman Tämä olikin juuri se mitä haluttiin Lisäksi lemman?? nojalla ainakin jonkin β l täytyy poiketa nollasta, joten yleisyyttä menettämättä voidaan olettaa, että kaikki termit poikkeavat nollasta, sillä jos jokin β l = 0, se voidaan poistaa ja muut termit nimetä uudelleen Lauseke alkaa pikkuhiljaa muistuttaa heikennetyn muodon lauseketta, mutta ongelmana on vielä se, että heikennetyssä muodossa lausekkeen kertoimet olivat kokonaislukuja, kun taas tällä hetkellä lausekkeemme kertoimet ovat polynomeja Tämä voidaan korjata kertomalla lauseke?? lausekkeella, jossa jokainen b l on korvattu sen konjugaateilla Näin saadaan tulo σ 0 E 0 + σ 1 E σ L E L = 0 σ l on b l :n konjugaatti kaikilla 0 l L Kuten edellä, tämä tulo sieventyy muotoon ζ o ɛ 0 + ζ 1 ɛ ζ K ɛ K = 0, missä jokainen σ k on symmetrinen polynomi b l :n konjugaattitäydellisessä joukossa ja siten rationaalinen ja jokainen ɛ k on E l :ien tulo ja siten lemman?? nojalla konjugaattitäydellinen eksponenttisumma Lisäksi lemman?? nojalla jokin σ k poikkeaa nollasta, joten voidaan taas poistaa kaikki σ k = 0 ja nimetä loput uudelleen, jolloin voidaan olettaa, että σ k 0 kaikille k Lisäksi, koska jokainen σ k on rationaalinen, voidaan edellä oleva lauseke kertoa niiden nimittäjien pienimmällä yhteisellä jaettavalla ja siten olettaa ilman yleisyyden menetystä, että jokainen σ k on kokonaisluku Viimeisenä sievennyksenä voidaan olettaa, että kaikki eksponentit missä tahansa ɛ k :ssa ovat toistensa konjugaatteja, sillä mikä tahansa konjugaattitäydellinen eksponenttisumma voidaan jakaa summaksi konjugaattitäydellisiä eksponenttisummia, joilla on tämä ominaisuus Näin ollen lausekkeelle 314 ζ 0 ɛ 0 + ζ 1 ɛ ζ K ɛ K = 0 22
25 pätee, että jokainen ζ k Z \ {0} ja jokainen ɛ k on eksponenttisumma, missä jokainen eksponentti on kaikkien muiden eksponenttien konjugaatti Tämä lauseke täyttää lähes kaikki heikennetyn muodon oletukset Ainoastaan oletus, jonka mukaan yhden summan termeistä täytyy koostua vain kerroinosasta, on vielä epäselvä Tässä tapauksessa tämä oletus tarkoittaisi, että jonkin ɛ k täytyy olla 1 Jos ɛ k = 1 jollain k, ristiriita on syntynyt ja todistus on valmis Oletetaan siis, että ɛ k 1 kaikilla k = 0, 1,, K Erityisesti ɛ 0 = e n 1 + e n e n J, missä {n 1, n 2,, n J } on konjugaattitäydellinen joukko nollasta poikkeavia algebrallisia lukuja Olkoon ɛ o = e n 1 + e n e n J Huomataan, että ɛ 0 on konjugaattitäydellinen eksponenttisumma Lemman?? nojalla ɛ 0 ɛ 0 on myös konjugaattitäydellinen eksponenttisumma ja lisäksi tämä summa sisältää vähintään J kappaletta tuloja e n j e n j = e 0 = 1 Näin ollen voidaan kirjoittaa ɛ 0 ɛ o = J + ɛ 0, missä ɛ 0 on konjugaattitäydellinen eksponenttisumma Koska kaikki lausekkeessa?? olevat eksponenttisummat ovat erillisiä, mikään eksponentti ɛ k :ssa, kun k 0, ei kuulu joukkoon {n 1, n 2, n J }, joten ɛ k ɛ 0 = ɛ k ei sisällä yhtään termiä e0 Siispä kertomalla lauseke?? lausekkeella ɛ 0 saadaan Jζ 0 + ζ 0 ɛ o + ζ 1 ɛ ζ K ɛ K, missä jokainen ζ k on nollasta poikkeava rationaaliluku ja jokainen ɛ k on konjugaattitäydellinen eksponenttisumma ilman yhtään e 0 -termiä Siispä Jζ 0 on ainut eksponenttitermeistä vapaa termi ja se poikkeaa nollasta Näin summa toteuttaa lauseen?? oletukset, mutta on ristiriidassa sen tuloksen kanssa Eli vastaoletus johtaa ristiriitaan, joten Lindemann- Weierstrassin lause on tosi Lindemann-Weierstrassin lauseen avulla voidaan todistaa lukujen e ja π transkendenttisuus Korollaari 315 Neperin luku e on transkendenttinen Todistus Tarkastellaan joukkoa {0, 1} Tämä joukko koostuu erillisistä algebrallisista luvuista Näin ollen luvut e 0 = 1 ja e 1 = e ovat lineaarisesti riippumattomia algebrallisten lukujen suhteen Siis: jos e on algebrallinen niin yhtälön e e = 0 tulisi olla epätosi, joten e on transkendenttinen 23
26 Todistetaan seuraavaksi luvun π transkendenttisuus Korollaari 316 π on transkendenttinen Todistus Tehdään vastaoletus, jonka mukaan π on algebrallinen Tällöin myös iπ on algebrallinen, koska kahden algebrallisen luvun tulo on algebrallinen Selvästi 0 iπ, joten lukujen e 0 = 1 ja e iπ = 1 tulisi lauseen?? nojalla olla lineaarisesti riippumattomia algebrallisten lukujen joukossa Kuitenkin = 0, joka muodostaa ristiriidan, joten π on transkendenttinen 24
27 Kirjallisuutta [1] Michael Filasetz: Trancendental Number Theory, filaseta/gradcourses/math785/math785notes5pdf luettu [2] Lee A Butler: Trancendence and Irrationality proofs uk/~malab/pdfs/ma469pdf luettu [3] Pekka Tuominen: Todennäköisyyslaskenta I, 5 painos, Limes ry, 2000 [4] Wikipedia Transcendental Number luettu [5] Ritva Hurri-Syrjänen: Differentiaali- ja integraalilaskenta 11, Luentomuistiinpanot, Helsingin Yliopisto
Transkendenttiluvuista
Transkendenttiluvuista Juuso Mattila Matematiikan pro gradu Jyväskylän yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos Kevät 205 2 TIIVISTELMÄ JYVÄSKYLÄN YLIOPISTO Matematiikan ja tilastotieteen laitos
Lisätiedot(iv) Ratkaisu 1. Sovelletaan Eukleideen algoritmia osoittajaan ja nimittäjään. (i) 7 = , 7 6 = = =
JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 07) HARJOITUS 7, MALLIRATKAISUT Tehtävä Etsi seuraavien rationaalilukujen ketjumurtokehitelmät: (i) 7 6 (ii) 4 7 (iii) 65 74 (iv) 63 74 Ratkaisu Sovelletaan Eukleideen algoritmia
LisätiedotMiten osoitetaan joukot samoiksi?
Miten osoitetaan joukot samoiksi? Määritelmä 1 Joukot A ja B ovat samat, jos A B ja B A. Tällöin merkitään A = B. Kun todistetaan, että A = B, on päättelyssä kaksi vaihetta: (i) osoitetaan, että A B, ts.
LisätiedotJohdatus 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
LisätiedotAlgebrallisista ja transkendenttisista luvuista
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Leo Majaranta Algebrallisista ja transkendenttisista luvuista Informaatiotieteiden yksikkö Matematiikka Toukokuu 2011 2 Tampereen yliopisto Informaatiotieteiden
Lisätiedotreaalifunktioiden ominaisuutta, joiden perusteleminen on muita perustuloksia hankalampaa. Kalvoja täydentää erillinen moniste,
Reaaliluvuista Pekka Alestalo Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopiston perustieteiden korkeakoulu Nämä kalvot sisältävät tiivistelmän reaaliluvuista ja niihin liittyvistä käsitteistä.
Lisätiedot13.3. Transkendenttisuudesta. 14. Juurikunnat Määritelmä ja olemassaolo.
13.3. Transkendenttisuudesta. Luvun todistamiseksi algebralliseksi riittää löytää polynomi, jonka juuri kyseinen luku on. Transkendenttisuuden todistaminen on sen sijaan työläämpää. Jotkut tapaukset ovat
Lisätiedot14. Juurikunnat Määritelmä ja olemassaolo.
14. Juurikunnat Mielivaltaisella polynomilla ei välttämättä ole juuria tarkasteltavassa kunnassa. Tässä luvussa tutkitaan sellaisia algebrallisia laajennoksia, jotka saadaan lisäämällä polynomeille juuria.
LisätiedotJohdatus matemaattiseen päättelyyn
Johdatus matemaattiseen päättelyyn Maarit Järvenpää Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos Syyslukukausi 2015 1 Merkintöjä 2 Todistamisesta 2 3 Joukko-oppia Tässä luvussa tarkastellaan joukko-opin
Lisätiedot4 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
LisätiedotReaaliluvut. 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
LisätiedotMatematiikassa väitelauseet ovat usein muotoa: jos P on totta, niin Q on totta.
Väitelause Matematiikassa väitelauseet ovat usein muotoa: jos P on totta, niin Q on totta. Tässä P:tä kutsutaan oletukseksi ja Q:ta väitteeksi. Jos yllä oleva väitelause on totta, sanotaan, että P:stä
LisätiedotKOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012
KOMPLEKSIANALYYSI I KURSSI SYKSY 2012 RITVA HURRI-SYRJÄNEN 8. Integraalilauseiden sovelluksia 1. Analyyttisen funktion sarjaesitys. (eli jokainen analyyttinen funktio on lokaalisti suppenevan potenssisarjan
LisätiedotMiten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }?
Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Vastaus
LisätiedotVastaus 1. Lasketaan joukkojen alkiot, ja todetaan, että niitä on 3 molemmissa.
Miten perustella, että joukossa A = {a, b, c} on yhtä monta alkiota kuin joukossa B = {d, e, f }? Vastaus 1. Lasketaan joukkojen alkiot, ja todetaan, että niitä on 3 molemmissa. Vastaus 2. Vertaillaan
LisätiedotTodistusmenetelmiä Miksi pitää todistaa?
Todistusmenetelmiä Miksi pitää todistaa? LUKUTEORIA JA TO- DISTAMINEN, MAA11 Todistus on looginen päättelyketju, jossa oletuksista, määritelmistä, aksioomeista sekä aiemmin todistetuista tuloksista lähtien
LisätiedotMatematiikan 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
LisätiedotAlkulukujen harmoninen sarja
Alkulukujen harmoninen sarja LuK-tutkielma Markus Horneman Oiskelijanumero:2434548 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun ylioisto Syksy 207 Sisältö Johdanto 2 Hyödyllisiä tuloksia ja määritelmiä 3. Alkuluvuista............................
Lisätiedota) Mitkä seuraavista ovat samassa ekvivalenssiluokassa kuin (3, 8), eli kuuluvat joukkoon
Matematiikan johdantokurssi, syksy 08 Harjoitus 3, ratkaisuista. Kokonaisluvut määriteltiin luonnollisten lukujen avulla ekvivalenssiluokkina [a, b], jotka määrää (jo demoissa ekvivalenssirelaatioksi osoitettu)
LisätiedotTehtävä 1. Arvioi mitkä seuraavista väitteistä pitävät paikkansa. Vihje: voit aloittaa kokeilemalla sopivia lukuarvoja.
Tehtävä 1 Arvioi mitkä seuraavista väitteistä pitävät paikkansa. Vihje: voit aloittaa kokeilemalla sopivia lukuarvoja. 1 Jos 1 < y < 3, niin kaikilla x pätee x y x 1. 2 Jos x 1 < 2 ja y 1 < 3, niin x y
LisätiedotJokaisen parittoman kokonaisluvun toinen potenssi on pariton.
3 Todistustekniikkaa 3.1 Väitteen kumoaminen vastaesimerkillä Monissa tilanteissa kohdataan väitteitä, jotka koskevat esimerkiksi kaikkia kokonaislukuja, kaikkia reaalilukuja tai kaikkia joukkoja. Esimerkkejä
LisätiedotJohdatus matematiikkaan
Johdatus matematiikkaan Luento 7 Mikko Salo 11.9.2017 Sisältö 1. Funktioista 2. Joukkojen mahtavuus Funktioista Lukiomatematiikassa on käsitelty reaalimuuttujan funktioita (polynomi / trigonometriset /
LisätiedotInjektio. 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.
LisätiedotJohdatus matematiikkaan
Johdatus matematiikkaan Luento 4 Mikko Salo 4.9.2017 Sisältö 1. Rationaali ja irrationaaliluvut 2. Induktiotodistus Rationaaliluvut Määritelmä Reaaliluku x on rationaaliluku, jos x = m n kokonaisluvuille
LisätiedotInduktiota käyttäen voidaan todistaa luonnollisia lukuja koskevia väitteitä, jotka ovat muotoa. väite P(n) on totta kaikille n = 0,1,2,...
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
Lisätiedot1 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
LisätiedotDiofantoksen yhtälön ratkaisut
Diofantoksen yhtälön ratkaisut Matias Mäkelä Matemaattisten tieteiden tutkinto-ohjelma Oulun yliopisto Kevät 2017 Sisältö Johdanto 2 1 Suurin yhteinen tekijä 2 2 Eukleideen algoritmi 4 3 Diofantoksen yhtälön
LisätiedotEsitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa 1. Lähdetään sieventämään epäyhtälön vasenta puolta:
MATP00 Johdatus matematiikkaan Ylimääräisten tehtävien ratkaisuehdotuksia. Osoita, että 00 002 < 000 000. Esitetään tehtävälle kaksi hieman erilaista ratkaisua. Ratkaisutapa. Lähdetään sieventämään epäyhtälön
LisätiedotSekalaiset 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
LisätiedotDiskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 1 / vko 8
Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 1 / vko 8 Tuntitehtävät 1-2 lasketaan alkuviikon harjoituksissa ja tuntitehtävät 5- loppuviikon harjoituksissa. Kotitehtävät 3-4 tarkastetaan loppuviikon
LisätiedotEnsimmäinen induktioperiaate
Ensimmäinen induktioperiaate Olkoon P(n) luonnollisilla luvuilla määritelty predikaatti. (P(n) voidaan lukea luvulla n on ominaisuus P.) Todistettava, että P(n) on tosi jokaisella n N. ( Kaikilla luonnollisilla
LisätiedotEnsimmäinen induktioperiaate
1 Ensimmäinen induktioperiaate Olkoon P(n) luonnollisilla luvuilla määritelty predikaatti. (P(n) voidaan lukea luvulla n on ominaisuus P.) Todistettava, että P(n) on tosi jokaisella n N. ( Kaikilla luonnollisilla
LisätiedotMitään muita operaatioita symbolille ei ole määritelty! < a kaikilla kokonaisluvuilla a, + a = kaikilla kokonaisluvuilla a.
Polynomit Tarkastelemme polynomirenkaiden teoriaa ja polynomiyhtälöiden ratkaisemista. Algebrassa on tapana pitää erillään polynomin ja polynomifunktion käsitteet. Polynomit Tarkastelemme polynomirenkaiden
LisätiedotKOMPLEKSIANALYYSI 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
Lisätiedotk=1 b kx k K-kertoimisia polynomeja, P (X)+Q(X) = (a k + b k )X k n+m a i b j X k. i+j=k k=0
1. Polynomit Tässä luvussa tarkastelemme polynomien muodostamia renkaita polynomien ollisuutta käsitteleviä perustuloksia. Teemme luvun alkuun kaksi sopimusta: Tässä luvussa X on muodollinen symboli, jota
LisätiedotJohdatus matematiikkaan
Johdatus matematiikkaan Luento 8 Mikko Salo 13.9.2017 Sisältö 1. Kertausta Kurssin suorittaminen Kurssi suoritetaan lopputentillä (20.9. tai 4.10.). Arvostelu hyväksytty/hylätty. Tentissä on aikaa 4 h,
LisätiedotMatematiikan 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
Lisätiedot7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi
7. Olemassaolo ja yksikäsitteisyys Galois n kunta GF(q) = F q, jossa on q alkiota, määriteltiin jäännösluokkarenkaaksi Z p [x]/(m), missä m on polynomirenkaan Z p [x] jaoton polynomi (ks. määritelmä 3.19).
LisätiedotLineaarikombinaatio, lineaarinen riippuvuus/riippumattomuus
Lineaarikombinaatio, lineaarinen riippuvuus/riippumattomuus 1 / 51 Lineaarikombinaatio Johdattelua seuraavaan asiaan (ei tarkkoja määritelmiä): Millaisen kuvan muodostaa joukko {λv λ R, v R 3 }? Millaisen
LisätiedotDerivaattaluvut ja Dini derivaatat
Derivaattaluvut Dini derivaatat LuK-tutkielma Helmi Glumo 2434483 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Syksy 2016 Sisältö Johdanto 2 1 Taustaa 2 2 Määritelmät 4 3 Esimerkkejä lauseita 7 Lähdeluettelo
LisätiedotLuvun π irrationaalisuus. Ilari Vallivaara
Luvun π irrationaalisuus Ilari Vallivaara 27. marraskuuta 24 Sisältö 1 Esipuhe 2 2 Todistuksen pääpiirteinen kulku 3 3 Todistus 4 Lähdeluettelo 9 1 1 Esipuhe Luvun π irrationaalisuus seuraa suoraan sen
Lisätiedot802320A LINEAARIALGEBRA OSA I
802320A LINEAARIALGEBRA OSA I Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LINEAARIALGEBRA 1 / 72 Määritelmä ja esimerkkejä Olkoon K kunta, jonka nolla-alkio on 0 ja ykkösalkio on 1 sekä
LisätiedotDIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1. Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS
DIFFERENTIAALI- JA INTEGRAALILASKENTA I.1 Ritva Hurri-Syrjänen/Syksy 1999/Luennot 6. FUNKTION JATKUVUUS Huomautus. Analyysin yksi keskeisimmistä käsitteistä on jatkuvuus! Olkoon A R mielivaltainen joukko
LisätiedotMatematiikan 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
LisätiedotPro gradu -tutkielma Meteorologia SUOMESSA ESIINTYVIEN LÄMPÖTILAN ÄÄRIARVOJEN MALLINTAMINEN YKSIDIMENSIOISILLA ILMAKEHÄMALLEILLA. Karoliina Ljungberg
Pro gradu -tutkielma Meteorologia SUOMESSA ESIINTYVIEN LÄMPÖTILAN ÄÄRIARVOJEN MALLINTAMINEN YKSIDIMENSIOISILLA ILMAKEHÄMALLEILLA Karoliina Ljungberg 16.04.2009 Ohjaajat: Ari Venäläinen, Jouni Räisänen
LisätiedotAlgebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdoituksia harjoituksiin 8 (7 sivua)
Algebra I Matematiikan ja tilastotieteen laitos Ratkaisuehdoituksia harjoituksiin ( sivua).... Nämä ovat kurssin Algebra I harjoitustehtävien ratkaisuehdoituksia. Ratkaisut koostuvat kahdesta osiosta,
Lisätiedot(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
Lisätiedot802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III. Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO
8038A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 016 Sisältö 1 Irrationaaliluvuista Antiikin lukuja 6.1 Kolmio- neliö- ja tetraedriluvut...................
Lisätiedot1 sup- ja inf-esimerkkejä
Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Nollakohdan olemassaolo. Kaikki tuntevat
LisätiedotLuonnollisten lukujen ja kokonaislukujen määritteleminen
Luonnollisten lukujen ja kokonaislukujen määritteleminen LuK-tutkielma Jussi Piippo Matemaattisten tieteiden yksikkö Oulun yliopisto Kevät 2017 Sisältö 1 Johdanto 2 2 Esitietoja 3 2.1 Joukko-opin perusaksioomat...................
LisätiedotRollen lause polynomeille
Rollen lause polynomeille LuK-tutkielma Anna-Helena Hietamäki 7193766 Matemaattisten tieteiden tutkinto-ohjelma Oulun yliopisto Kevät 015 Sisältö 1 Johdanto 1.1 Rollen lause analyysissä.......................
Lisätiedot802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III
802328A LUKUTEORIAN PERUSTEET OSA III BASICS OF NUMBER THEORY PART III Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LUKUTEORIA 1 / 77 Irrationaaliluvuista Määritelmä 1 Luku α C \ Q on
LisätiedotRatkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen
Ratkaisuehdotus 2. kurssikokeeseen 4.2.202 (ratkaisuehdotus päivitetty 23.0.207) Huomioitavaa: - Tässä ratkaisuehdotuksessa olen pyrkinyt mainitsemaan lauseen, johon kulloinenkin päätelmä vetoaa. Näin
LisätiedotMatematiikan tukikurssi, kurssikerta 5
Matematiikan tukikurssi, kurssikerta 5 1 Jonoista Matematiikassa jono (x n ) on yksinkertaisesti järjestetty, päättymätön sarja numeroita Esimerkiksi (1,, 3, 4, 5 ) on jono Jonon i:ttä jäsentä merkitään
LisätiedotYhtäpitävyys. Aikaisemmin osoitettiin, että n on parillinen (oletus) n 2 on parillinen (väite).
Yhtäpitävyys Aikaisemmin osoitettiin, että n on parillinen (oletus) n 2 on parillinen (väite). Toisaalta ollaan osoitettu, että n 2 on parillinen (oletus) n on parillinen (väite). Nämä kaksi väitelausetta
Lisätiedot1 Supremum ja infimum
Pekka Alestalo, 2018 Tämä moniste täydentää reaalilukuja ja jatkuvia reaalifunktioita koskevaa kalvosarjaa lähinnä perustelujen ja todistusten osalta. Suurin osa määritelmistä jms. on esitetty jo kalvoissa,
LisätiedotTehtävä 2. Osoita, että seuraavat luvut ovat algebrallisia etsimällä jokin kokonaislukukertoiminen yhtälö jonka ne toteuttavat.
JOHDATUS LUKUTEORIAAN syksy 017) HARJOITUS 6, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Etsi Pellin yhtälön x Dy = 1 pienin positiivinen ratkaisu kun D {,, 5, 6, 7, 8, 10}. Ratkaisu 1. Tehtävässä annetuilla D:n arvoilla
LisätiedotRatkaisuehdotus 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
LisätiedotMatemaattisten työvälineiden täydentäviä muistiinpanoja
Matemaattisten työvälineiden täydentäviä muistiinpanoja Antti-Juhani Kaijanaho 7 maaliskuuta 0 Deduktiivinen ja induktiivinen päättely Deduktiivisessa päättelyssä johtopäätös seuraa aukottomasti premisseistä
LisätiedotJohdatus lukuteoriaan Harjoitus 11 syksy 2008 Eemeli Blåsten. Ratkaisuehdotelma
Johdatus lukuteoriaan Harjoitus syksy 008 Eemeli Blåsten Ratkaisuehdotelma Tehtävä Todista ketjumurtoluvun peräkkäisille konvergenteille kaava ( ) n induktiolla käyttämällä jonojen ( ) ja ( ) rekursiokaavaa.
Lisätiedot2017 = = = = = = 26 1
JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 2, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Sovella Eukleiden algoritmia ja (i) etsi s.y.t(2017, 753) (ii) etsi kaikki kokonaislukuratkaisut yhtälölle 405x + 141y = 12. Ratkaisu
LisätiedotSarjojen suppenemisesta
TAMPEREEN YLIOPISTO Pro gradu -tutkielma Terhi Mattila Sarjojen suppenemisesta Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matematiikka Huhtikuu 008 Tampereen yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos
LisätiedotDiskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 2 / vko 9
Diskreetin matematiikan perusteet Laskuharjoitus 2 / vko 9 Tuntitehtävät 9-10 lasketaan alkuviikon harjoituksissa ja tuntitehtävät 13-14 loppuviikon harjoituksissa. Kotitehtävät 11-12 tarkastetaan loppuviikon
LisätiedotRothin lause. Heikki Pitkänen. Matematiikan pro gradu
Rothin lause Heikki Pitkänen Matematiikan pro gradu Jyväskylän yliopisto Matematiikan ja tilastotieteen laitos Kevät 0 Tiivistelmä: Heikki Pitkänen, Rothin lause. Matematiikan pro gradu -tutkielma, 47
Lisätiedot1 Sisätulo- ja normiavaruudet
1 Sisätulo- ja normiavaruudet 1.1 Sisätuloavaruus Määritelmä 1. Olkoon V reaalinen vektoriavaruus. Kuvaus : V V R on reaalinen sisätulo eli pistetulo, jos (a) v w = w v (symmetrisyys); (b) v + u w = v
Lisätiedot[E : F ]=[E : K][K : F ].
ALGEBRA II 35 Lause 4.4 (Astelukulause). Olkoot E/K/Fäärellisiä kuntalaajennuksia. Silloin [E : F ]=[E : K][K : F ]. Todistus. Olkoon {α 1,...,α n } kanta laajennukselle E/K ja {β 1,...,β m } kanta laajennukselle
LisätiedotCantorin joukon suoristuvuus tasossa
Cantorin joukon suoristuvuus tasossa LuK-tutkielma Miika Savolainen 2380207 Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto Syksy 2016 Sisältö Johdanto 2 1 Cantorin joukon esittely 2 2 Suoristuvuus ja
LisätiedotJohdatus diskreettiin matematiikkaan (syksy 2009) Harjoitus 3, ratkaisuja Janne Korhonen
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
LisätiedotOminaisvektoreiden lineaarinen riippumattomuus
Ominaisvektoreiden lineaarinen riippumattomuus Lause 17 Oletetaan, että A on n n -matriisi. Oletetaan, että λ 1,..., λ m ovat matriisin A eri ominaisarvoja, ja oletetaan, että v 1,..., v m ovat jotkin
Lisätiedot2.1. Tehtävänä on osoittaa induktiolla, että kaikille n N pätee n = 1 n(n + 1). (1)
Approbatur 3, demo, ratkaisut Sovitaan, että 0 ei ole luonnollinen luku. Tällöin oletusta n 0 ei tarvitse toistaa alla olevissa ratkaisuissa. Se, pidetäänkö nollaa luonnollisena lukuna vai ei, vaihtelee
Lisätiedotw + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1.
Kotitehtävät, tammikuu 2011 Vaikeampi sarja 1. Ratkaise yhtälöryhmä w + x + y + z =4, wx + wy + wz + xy + xz + yz =2, wxy + wxz + wyz + xyz = 4, wxyz = 1. Ratkaisu. Yhtälöryhmän ratkaisut (w, x, y, z)
LisätiedotEsimerkki kaikkialla jatkuvasta muttei missään derivoituvasta funktiosta
Esimerkki kaikkialla jatkuvasta muttei missään derivoituvasta funktiosta Seminaariaine Miikka Rytty Matemaattisten tieteiden laitos Oulun yliopisto 2004 Matemaattista ja historiallista taustaa Tämän kappaleen
LisätiedotApprobatur 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
LisätiedotTenttiin valmentavia harjoituksia
Tenttiin valmentavia harjoituksia Alla olevissa harjoituksissa suluissa oleva sivunumero viittaa Juha Partasen kurssimonisteen siihen sivuun, jolta löytyy apua tehtävän ratkaisuun. Funktiot Harjoitus.
LisätiedotMatematiikan tukikurssi, kurssikerta 2
Matematiikan tukikurssi kurssikerta 1 Relaatioista Oletetaan kaksi alkiota a ja b. Näistä kumpikin kuuluu johonkin tiettyyn joukkoon mahdollisesti ne kuuluvat eri joukkoihin; merkitään a A ja b B. Voidaan
LisätiedotTopologia Syksy 2010 Harjoitus 4. (1) Keksi funktio f ja suljetut välit A i R 1, i = 1, 2,... siten, että f : R 1 R 1, f Ai on jatkuva jokaisella i N,
Topologia Syksy 2010 Harjoitus 4 (1) Keksi funktio f ja suljetut välit A i R 1, i = 1, 2,... siten, että f : R 1 R 1, f Ai on jatkuva jokaisella i N, i=1 A i = R 1, ja f : R 1 R 1 ei ole jatkuva. Lause
LisätiedotJohdatus matemaattiseen päättelyyn (5 op)
Johdatus matemaattiseen päättelyyn (5 op) Tero Vedenjuoksu Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos 2014 Johdatus matemaattiseen päättelyyn 2014 Yhteystiedot: Tero Vedenjuoksu tero.vedenjuoksu@oulu.fi
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 4 Supremum ja inmum Tarkastellaan aluksi avointa väliä, Tämä on joukko, johon kuuluvat kaikki reaaliluvut miinus yhdestä yhteen Kuitenkaan päätepisteet eli luvut ja
Lisätiedoton Abelin ryhmä kertolaskun suhteen. Tämän joukon alkioiden lukumäärää merkitään
5. Primitiivinen alkio 5.1. Täydennystä lukuteoriaan. Olkoon n Z, n 2. Palautettakoon mieleen, että kokonaislukujen jäännösluokkarenkaan kääntyvien alkioiden muodostama osajoukko Z n := {x Z n x on kääntyvä}
Lisätiedot802320A LINEAARIALGEBRA OSA II
802320A LINEAARIALGEBRA OSA II Tapani Matala-aho MATEMATIIKKA/LUTK/OULUN YLIOPISTO SYKSY 2016 LINEAARIALGEBRA 1 / 64 Sisätuloavaruus Määritelmä 1 Olkoon V reaalinen vektoriavaruus. Kuvaus on reaalinen
Lisätiedot1 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,
Lisätiedot3.1 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
Lisätiedot1. Osoita, että joukon X osajoukoille A ja B on voimassa toinen ns. de Morganin laki (A B) = A B.
HY / Avoin yliopisto Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015 Harjoitus 3 Ratkaisuehdotuksia Tehtäväsarja I Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan muun muassa kahden joukon osoittamista samaksi sekä joukon
Lisätiedot1 sup- ja inf-esimerkkejä
Alla olevat kohdat (erityisesti todistukset) ovat lähinnä oheislukemista reaaliluvuista, mutta joihinkin niistä palataan myöhemmin kurssilla. 1 sup- ja inf-esimerkkejä Kaarenpituus. Olkoon r: [a, b] R
LisätiedotMatematiikan 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
LisätiedotMatematiikan tukikurssi
Matematiikan tukikurssi Kurssikerta 6 Sarjojen suppeneminen Kiinnostuksen kohteena on edelleen sarja a k = a + a 2 + a 3 + a 4 +... k= Tämä summa on mahdollisesti äärellisenä olemassa, jolloin sanotaan
LisätiedotTekijä Pitkä Matematiikka 11 ratkaisut luku 2
Tekijä Pitkä matematiikka 11 0..017 170 a) Koska 8 = 4 7, luku 8 on jaollinen luvulla 4. b) Koska 104 = 4 6, luku 104 on jaollinen luvulla 4. c) Koska 4 0 = 80 < 8 ja 4 1 = 84 > 8, luku 8 ei ole jaollinen
Lisätiedot33. pohjoismainen matematiikkakilpailu 2019 Ratkaisut
33. pohjoismainen matematiikkakilpailu 2019 Ratkaisut 1. Kutsutaan (eri) positiivisten kokonaislukujen joukkoa merkitykselliseksi, jos sen jokaisen äärellisen epätyhjän osajoukon aritmeettinen ja geometrinen
LisätiedotIV. TASAINEN SUPPENEMINEN. f(x) = lim. jokaista ε > 0 ja x A kohti n ε,x N s.e. n n
IV. TASAINEN SUPPENEMINEN IV.. Funktiojonon tasainen suppeneminen Olkoon A R joukko ja f n : A R funktio, n =, 2, 3,..., jolloin jokaisella x A muodostuu lukujono f x, f 2 x,.... Jos tämä jono suppenee
Lisätiedota ord 13 (a)
JOHDATUS LUKUTEORIAAN (syksy 2017) HARJOITUS 4, MALLIRATKAISUT Tehtävä 1. Etsi asteet ord p (a) luvuille a 1, 2,..., p 1 kun p = 13 ja kun p = 17. (ii) Mitkä jäännösluokat ovat primitiivisiä juuria (mod
LisätiedotOrtogonaaliprojektio äärellisulotteiselle aliavaruudelle
Ortogonaaliprojektio äärellisulotteiselle aliavaruudelle Olkoon X sisätuloavaruus ja Y X äärellisulotteinen aliavaruus. Tällöin on olemassa lineaarisesti riippumattomat vektorit y 1, y 2,..., yn, jotka
LisätiedotDiskreetin Matematiikan Paja Ratkaisuhahmotelmia viikko 1. ( ) Jeremias Berg
Diskreetin Matematiikan Paja Ratkaisuhahmotelmia viikko 1. (14.3-18.3) Jeremias Berg 1. Luettele kaikki seuraavien joukkojen alkiot: (a) {x Z : x 3} (b) {x N : x > 12 x < 7} (c) {x N : 1 x 7} Ratkaisu:
LisätiedotPERUSASIOITA ALGEBRASTA
PERUSASIOITA ALGEBRASTA Matti Lehtinen Tässä luetellut lauseet ja käsitteet kattavat suunnilleen sen mitä algebrallisissa kilpatehtävissä edellytetään. Ns. algebrallisia struktuureja jotka ovat nykyaikaisen
Lisätiedot3. 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
LisätiedotVastaoletuksen muodostaminen
Vastaoletuksen muodostaminen Vastaoletus (Antiteesi) on väitteen negaatio. Sitä muodostettaessa on mietittävä, mitä tarkoittaa, että väite ei ole totta. Väite ja vastaoletus yhdessä sisältävät kaikki mahdolliset
LisätiedotKoodausteoria, Kesä 2014
Koodausteoria, Kesä 2014 Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 5.2 BCH-koodin dekoodaus Tarkastellaan t virhettä korjaavaa n-pituista BCH-koodia. Olkoon α primitiivinen n:s ykkösen juuri, c = c(x)
Lisätiedot2 Funktion derivaatta
ANALYYSI B, HARJOITUSTEHTÄVIÄ, KEVÄT 2018 2 Funktion derivaatta 1. Määritä derivaatan määritelmää käyttäen f (), kun (a), (b) 1 ( > 0). 2. Tutki, onko funktio sin(2) sin 1, kun 0, 2 0, kun = 0, derivoituva
LisätiedotAnalyysi III. Jari Taskinen. 28. syyskuuta Luku 1
Analyysi III Jari Taskinen 28. syyskuuta 2002 Luku Sisältö Sarjat 2. Lukujonoista........................... 2.2 Rekursiivisesti määritellyt lukujonot.............. 8.3 Sarja ja sen suppenminen....................
Lisätiedot4 Yleinen potenssifunktio ja polynomifunktio
4 Yleinen potenssifunktio ja polynomifunktio ENNAKKOTEHTÄVÄT 1. a) Tutkitaan yhtälöiden ratkaisuja piirtämällä funktioiden f(x) = x, f(x) = x 3, f(x) = x 4 ja f(x) = x 5 kuvaajat. Näin nähdään, monessako
Lisätiedotrm + sn = d. Siispä Proposition 9.5(4) nojalla e d.
9. Renkaat Z ja Z/qZ Tarkastelemme tässä luvussa jaollisuutta kokonaislukujen renkaassa Z ja todistamme tuloksia, joita käytetään jäännösluokkarenkaan Z/qZ ominaisuuksien tarkastelussa. Jos a, b, c Z ovat
Lisätiedot