Ketjumurtoluvut, ratkaisuja demotehtäviin 1

Transkriptio

1 Ketjumurtoluvut, ratkaisuja demotehtäviin. x y Yllä olevassa kuvassa siis pitää olla x + y x = x y = ϕ. Tästä saadaan josta edelleen + y x = x y = ϕ, + ϕ = ϕ ja eli ϕ + = ϕ 2 ϕ 2 ϕ = 0. Tämä on toisen asteen yhtälö, jonka ratkaisut ovat ϕ = ± = ± 5. 2 Koska haetun luvun ϕ tulee olla positiivinen, tähän käy vain +-merkki, josta väite ϕ = seuraa. 2. Todistetaan väite f n+ f n f 2 n = ( ) n+ induktiolla n:n suhteen. Kun n = väite tulee muotoon 2 =, joka pitää paikkansa. Tässä induktiossa on syytä vielä todeta väitteen paikkansapitävyys kun n = 2. Silloinhan väite tulee muotoon =, joka sekin on tosi. Yleisessä induktioaskeleessa oletetaan, että n 3 ja että väite pätee kaikille luvuille, 2,..., n. Erityisesti väite pätee luvulle n 2 tätä varten täytyy olettaa, että n 3; muutenhan olisi n 2 0. Induktioväite tulee muotoon f n+2 f n f 2 n+ = ( ) n+2. ()

2 Käyttäen Fibonaccin lukujen määritelmää lähdetään laskemaan väitteen () vasenta puolta: f n+2 f n f 2 n+ = (f n+ + f n )(f n + f n 2 ) (f n + f n ) 2 = f n+ f n + f n+ f n 2 + f n f n + f n f n 2 f 2 n 2f n f n f 2 n = f n+ (f n + f n 2 ) f n f n f 2 n + (f n f n 2 f 2 n ) = f n+ f n f n f n f 2 n + (f n f n 2 f 2 n ) i) = f n+ f n f n f n f 2 n + ( ) n 2+ = f n (f n+ f n f n ) + ( ) n+ = f n 0 + ( ) n+ = ( ) n+, joten väite () pätee. Yhtälössä i) on käytetty induktio-oletusta nimenomaan luvulle n 2, ei siis luvulle n. 3. Tehdään induktio n:n suhteen. Koska g = 2, niin väite arvolla n = tulee muotoon 2 = + ( )2, joka on tosi. Oletetaan sitten induktiivisesti, että n 2 ja että väite pätee n:lle. Induktioväite on n+ g n+ = + k= Lähdetään laskemaan väitteen () oikeaa puolta: n+ + + k= n k= ( ) k+ f k f k = ( ) k+ f k f k. () ( ) k+ f k f k + ( )n+2 f n f n+ i) = g n + ( )n+2 f n f n+ = f n+ f n + ( )n+2 f n f n+ = fn+ 2 + ( )n+2 = f n f n+ f n f n+ fn+ 2 + ( ) n+2 ii) = f n f n+ f n f n+2 = f n+2 = g n+, f n f n+ f n+ 2

3 joten väite () pätee. Tässä yhtälö i) seuraa induktio-oletuksesta ja yhtälö ii) tehtävästä Kaikille n väite saadaan suoraan laskemalla: + g n = + f n = + f n = f n + f n = f n+ = g n. f f n f n f n n 5. Kun n = 0, väite g 2n < g 2n+2 tulee muotoon < 3/2, joka pätee. Kun n, saadaan tehtävää 3. soveltaen g 2n+2 g 2n = 2n+2 + k= ( ) 2n++ ( ) k+ f k f k ( + 2n k= + ( )2n+2+ = f 2n f 2n+ f 2n+ f 2n+2 = f 2n f 2n+ f 2n+ f 2n+2 ) i) > 0, f 2n+ ( f 2n f 2n+2 ) ( ) k+ = f k f k joten väite g 2n < g 2n+2 pätee. Tässä epäyhtälö i) seuraa siitä, että Fibonaccin lukujono on selvästi aidosti kasvava, jolloin f 2n f 2n+2 > Kuten tehtävässä 5. saadaan kaikille n tehtävää 3. soveltaen g 2n+ g 2n = 2n+ + k= ( ) k+ f k f k ( + ( ) 2n+ + ( )2n++ = f 2n f 2n f 2n f 2n+ + = f 2n f 2n f 2n f 2n+ ( ) i) < 0, f 2n f 2n+ f 2n 2n k= ) ( ) k+ = f k f k joten väite g 2n+ < g 2n pätee. Tässäkin epäyhtälö i) seuraa siitä, että Fibonaccin lukujono on aidosti kasvava, jolloin f 2n+ f 2n < Kaikille n 0 pätee g 2n+ g 2n = f 2n+2 f 2n+ = f 2n+2f 2n f2n+ 2 i) = f 2n+ f 2n f 2n+ f 2n ( ) 2n++ = > 0, f 2n+ f 2n f 2n+ f 2n 3

4 joten väite g 2n < g 2n+ seuraa. Tässä yhtälö i) seuraa tehtävästä Vähän täsmennettynä tässä tehtävässä väitetään, että ) parillisindeksiset g n :t muodostavat aidosti kasvavan jonon, 2) paritonindeksiset g n :t muodostavat aidosti vähenevän jonon ja 3) jokainen parillisindeksinen g n on aidosti pienempi kuin mikä tahansa paritonindeksinen g m. Väite ) seuraa välittömästi tehtävästä 5. ja väite 2) tehtävästä 6. Väite 3) vaatii pienen lisäperustelun: Olkoon siis n parillinen ja m pariton. Väitetään, että g n < g m. () Tämän todistamiseksi valitaan parillinen k siten, että k > n ja k > m. Väitteen ) nojalla pätee g n < g k. (2) Tehtävän 7. nojalla pätee g k < g k+. (3) Koska k on parillinen, niin k + on pariton. Koska lisäksi k + > m, niin väitteen 2) nojalla g k+ < g m. (4) Väite () seuraa nyt ehdoista (2), (3) ja (4). 9. Tehtävän 8. nojalla osajono (g 2n ) on kasvava ja ylhäältä rajoitettu, joten se suppenee. Olkoon α = lim n g 2n. Vastaavasti tehtävän 8. nojalla osajono (g 2n+ ) on vähenevä ja alhaalta rajoitettu, joten sekin suppenee. Olkoon β = lim n g 2n+. Ilmeisesti väite koko jonon (g n ) suppenemisesta seuraa, jos osoitetaan, että Tehtävän 8. nojalla saadaan kaikille n α = β. () g 2n < α β < g 2n+. (2) 4

5 Tehtävän 7. ratkaisussa nähtiin, että g 2n+ g 2n = f 2n+ f 2n. (3) On helppo nähdä, että Fibonaccin lukujonolle (f n ) pätee f n n kaikille n, jolloin ehdon (3) avulla saadaan kaikille n arvio g 2n+ g 2n < Yhdistämällä ehdot (2) ja (4) saadaan arvio (2n + ) 2n < n. (4) α β < n. Tämä pätee kaikille n, jolloin väite () seuraa. 0. Tehtävän 9. nojalla siis jono (g n ) suppenee. Merkitään Väitetään siis, että α = lim n g n. () α = Ilmeisesti myös α = lim n g n ja tehtävän 8. nojalla on selvää, että α 0, jolloin ( lim + ) = + n g n α. (2) Tehtävän 4. nojalla g n = + g n, jolloin ehtojen () ja (2) nojalla saadaan josta α = + α, α 2 α = 0. Tämä on toisen asteen yhtälö, ja ratkaisukaavasta saadaan α = ± 5. 2 Koska g n :t ovat positiivisia, niin myös α on positiivinen ja silloin ratkaisussa tulee kyseeseen vain +-merkki, josta väite seuraa. α =

6 6

7 Ketjumurtoluvut, ratkaisuja demotehtäviin 2. Jos esimerkiksi p/q ei olisi supistetussa muodossa, olisi p = kp ja q = kq jollekin k N, k 2. Tällöin ehdosta ps qr = saataisiin k(p s q r) =, mikä on mahdotonta, koska k 2 ja p s q r Z. Siten p/q:n on oltava supistetussa muodossa. Vastaavasti nähdään, että myös r/s on supistetussa muodossa. Merkitään m = max{q,s} ja osoitetaan, että p/q ja r/s ovat Farey-jonon F m peräkkäisiä termejä. Tehdään tässäkin antiteesi: On olemassa Farey-jonon F m alkio a/b siten, että p q < a b < r s. () Koska a/b F m, niin Oletuksen ps qr =, ehdon () ja lauseen 2.3 nojalla Koska λ,µ, niin ehdon (3) mukaan Ehtojen (2) ja (4) nojalla saadaan b m. (2) b = λq + µs joillekin λ,µ. (3) b q + s. (4) q + s m = max{q,s}. Tämä on kuitenkin mahdotonta, koska q, s N ja siten q, s, jolloin q + s q + > q ja q + s + s > s. Syntynyt ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten väite on todistettu. 2. Osoitetaan ensin, että med(p/q,r/s) = p + r q + s on supistetussa muodossa. Tehdään tätä varten antiteesi: Mediantti ei olekaan supistetussa muodossa, vaan p + r = ka ja q + s = kb jollekin k 2. Oletuksen ps qr = nojalla saadaan tällöin = ps qr = ps + pq pq qr = p(s + q) q(p + r) = pkb qka = k(pb qa). () 7

8 Koska pb qa Z, niin ehto () merkitsee sitä, että k jakaa luvun, jolloin k = ±, mikä on vastoin ehtoa k 2. Syntynyt ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten mediantti on välttämättä supistetussa muodossa. Osoitetaan sitten, että p/q, med(p/q,r/s) ja r/s ovat Farey-jonon F q+s peräkkäisiä termejä. Osoitetaan, että p/q ja med(p/q, r/s) ovat tämän jonon peräkkäisiä termejä aivan analogisesti nähdään, että myös med(p/q,r/s) ja r/s ovat F q+s :n peräkkäisiä termejä. Koska q + s = max{q,q + s}, niin väite seuraa tehtävästä, jos osoitetaan, että p(q + s) q(p + r) =. (2) Väitteen (2) näkee oikeaksi suoraan laskemalla: p(q + s) q(p + r) = pq + ps qp qr = ps qr i) =, missä yhtälö i) seuraa oletuksesta. 3. Olkoon r/s haettu jonon F 30 termiä 5/8 seuraava termi. Silloin pätee ja lauseen 2.5 nojalla s 30 () 5s 8r =. (2) Tehtävänä on siis etsiä pienin luku r/s, joka toteuttaa ehdot () ja (2). Yksi yhtälön (2) ratkaisu (r, s) löytyy Eukleideen algoritmin avulla. Lasketaan ensin tällä algoritmilla lukujen 5 ja 8 suurin yhteinen tekijä (joka on selvästi ): Sitten tästä systeemistä takaperin: =3 2 = 8 = = = (5 3) = = (8 5) = Silloin =, (3) 8

9 ja eräs ehdon (2) toteuttava luku on ainakin 2/3. Tämä toteuttaa myös ehdon (), mutta onko kyseessä pienin ehdot () ja (2) toteuttava luku? Tutkitaan asiaa. Oletetaan, että r/s toteuttaa ehdot () ja (2). Ehtojen (2) ja (3) nojalla saadaan josta 5s 8r = , 5(s 3) = 8(r 2). (5) Koska syt(5, 8) = (kuten yllä Eukleideen algoritmilla nähtiin), yhtälö (5) merkitsee sitä, että r 2 on viidellä jaollinen ja s 3 kahdeksalla jaollinen eli r 2 = 5k ja s 3 = 8l joillekin k,l Z. (6) Sijoittamalla ehdot (6) yhtälöön (5) saadaan Silloin ehtojen (6) mukaan 40l = 40k eli l = k. r = 2 + 5k ja s = 3 + 8k jollekin k Z. (7) Näin on nähty, että ehdon (2) toteuttavat vain ehdon (7) antamat luvut r/s. Helposti nähdään, että nämä todella toteuttavat ehdon (2). Lisäehtona tässä on vielä, että r,s N ja että s toteuttaa ehdon (). On ilmeistä, että näin käy täsmälleen silloin kun k = 0,,2,3, jolloin saadaan ratkaisuehdokkaat 2 3, 7, 2 9 ja (8) Näistä pitää siis valita pienin. (Huomaa, että ehto (2) takaa automaattisesti, että 5/8 < r/s.) Derivoimalla nähdään heti, että kuvaus x 2 + 5k 3 + 8k on vähenevä, joten pienin luvuista (8) saadaan suurimmalla k:n arvolla eli kun k = 3, jolloin haettu luku on Entäpä sitten lukua 5/8 edeltävä jonon F 30 luku? Tässä yhtälö (2) tulee muotoon r8 s5 =. (2 ) Tämänkin erään ratkaisun saa Eukleideen algoritmilla (tai kokeilemalla) ja erääksi ratkaisuksi käy r/s = 3/5. Muut ratkaisut löytyvät kuten yllä: Jos r/s toteuttaa yhtälön (2 ), niin kuten yhtälössä (5) saadaan 5(s 5) = 8(r 3), (5 ) 9

10 josta (kuten yhtälössä (7)) r = 3 + 5k ja s = 5 + 8k jollekin k Z. (7 ) Ehdot r, s N ja () toteutuvat kun n = 0,, 2, 3, eli ratkaisuehdokkaat ovat 3 5, 8 3, 3 2 ja (8 ) Luvuista (8 ) pitää nyt valita suurin (Huomaa, että ehto (2 ) takaa automaattisesti, että r/s < 5/8.) Derivoimalla nähdään, että kuvaus x 3 + 5k 5 + 8k onkin nyt kasvava, joten suurin luvuista (8 ) saadaan suurimmalla k:n arvolla eli kun k = 3, jolloin haettu luku on Tässä voidaan menetellä kuten tehtävässä 3. Ainoa ero tulee oikeastaan siitä, että ehto () korvataan nyt ehdolla s 300. ( ) Ehto (7) saadaan kuten tehtävässä 3, mutta ehto ( ) antaa k:lle laajemman vaihteluvälin, eli nyt k voi saada arvot k = 0,,2,...,37 eli ratkaisuehdokkaat ovat 2 3, 7 87,..., 299. Kuten tehtävässä 3. pienin näistä saavutetaan suurimmalla k:n arvolla eli vastaus eli Farey-jonon F 300 termiä 5/8 seuraava termi on Ehto (7 ) saadaan myös kuten tehtävässä 3., mutta k:n vaihteluväli on nyt k = 0,,2,...,36 ja ratkaisuehdokkaat ovat 3 5, 8 83,..., Kuten tehtävässä 3. suurin näistä saavutetaan suurimmalla k:n arvolla eli vastaus eli Farey-jonon F 300 termiä 5/8 edeltävä termi on 5. Koska tehtävän.. mukaan ϕ = + 5, 2 0

11 niin Näistä esityksistä saadaan ψ = ϕ = ϕ ψ = Silloin Koska määritelmien mukaan niin väite = ( 5 + ) ( 5 ) 4 = ( = 5 4 =. ψ = ϕ. () h n = g n, lim h n = ψ n seuraa tehtävästä.0. ja ehdosta (). Jälkimmäinen väite h < h 3 < h 5 < < ψ < < h 4 < h 2 < h 0 puolestaan seuraa tehtävästä.8. ja ehdosta (). 6. Tehtävän 5. nojalla siis saadaan arvio h 5 < ψ < h 6 () eli 2 34 < ψ < (2) Koska =, niin tehtävän. nojalla 2/34 ja 34/55 ovat Fareyjonon F 55 peräkkäisiä termejä. Silloin arvion () perusteella paras approksimaatio luvulle ψ tasolla 55 on joko 2/34 tai 34/55. Kumpi se sitten on? Laskimesta näkyy, että 34/55 on selvästi parempi, mutta tämän näkee ilman laskinta myös näin: Tehtävän 5. nojalla saadaan myös arvio h 5 < h 7 < ψ < h 6, joten riittää osoittaa, että h 7 on lähempänä lukua h 6 kuin lukua h 5. Tämän taas näkee näin h 7 h 6 = = = ja toisaalta h 7 h 5 = = = 89 34,

12 joten h 7 h 6 < h 7 h 5, koska > Koska lisäksi h 7 < ψ < h 6, niin virhearvio h 6 :lle on h 7 h 6 = Tämä ei ole ihan sattumaa, vaan johtuu viime kädessä siitä, että h 7 on h 5 :n ja h 6 :n mediantti, jolloin noissa laskuissa osoittaja menee (viime kädessä tehtävän 2. nojalla) itseisarvoltaan ykköseen ja nimittäjä ratkaisee. Koska selvästi h n :ssä on sitä suurempi nimittäjä, mitä suurempi indeksi n on, tuo havainto yleistyy: Jos h n = p n /q n, niin tasolla q n paras approksimaatio on nimenomaan h n = p n /q n. Lisäksi h n :n antama approksimaatiovirhe on korkeintaan h n+ h n = q nq n+. 34/55 on siis paras approksimaatio tasolla 55. Se on sitä myös tasolla 88, sillä tehtävän 2. nojalla 2 34, 55 89, ovat Farey-jonon F 89 kolme peräkkäistä termiä, joten välillä ] 2 34, [ ei ole yhtään murtolukua, jonka taso olisi korkeintaan 88. Tasolla 89 paras approksimaatio on kuten yllä yleisesti todettiin 55/89. Se on sitä myös tasolle 43 asti. Tasolla 44 parhaimman approksimoijan tittelin ottaa sitten h 8 eli 55/89:n ja 34/55:n mediantti eli 89/44. Koska siis välillä ] 2 55 [ ei ole yhtään murtolukua, jonka taso olisi korkeintaan 88, niin 2/34 on paras ala-arvio paitsi tasolle 54 (jonne asti se on paras arvio ylipäätään) niin myös tasoille 55 ja 88. Tasolla 89 tämän kunnian ottaa 55/89. 34, 34 Matalatasoisin rationaaliluku, jolle virhe on korkeintaan /000 löytyy siis niin, että se on viimeistään ensimmäinen sellainen h n, jonka nimittäjän neliö ylittää luvun , joten jo h 5 = 2/34 kelpaa. Virhehän on tätä käyttäen ψ Edellistä h n :ää eli arviota 3/2 käyttäen virhe on ψ , eli niukasti yli tuhannesosan. Mikään aikaisempi h n ei anna tarkempaa arviota, sillä arviot paranevat koko ajan, kuten yllä todettiin. Vastaus siis tähän tuhannesosan kysymykseen on 2/34. Miljoonasosan virheeseen päästään ainakin sellaisella h n :llä, jonka nimittäjä ylittää luvun 000. Lukujen h n nimittäjät ovat Fibonaccin lukuja:,,2,3,5,8,3,2,34,55,89,44,233,377,60,987,597,... 2

13 Luvulla 60/987 virhe on korkeintaan , ja tämä on jo riittävän tarkka. Laskin antaa todelliseksi virheeksi Edellisellä arviolla 377/60 virhe on ψ ψ , joten tämä ei vielä ihan riitä. Vastaus miljoonasosan kysymykseen on siis 60/ Tässä oletetaan, että p/q < r/s ovat rationaalisia ja λ,µ N. Väitteenä on p λp + µr < q λq + µs < r s. () Oletuksen p/q < r/s (ja q, s N, jolloin q, s > 0) nojalla saadaan ehto ps < qr. Tällöin µps < µqr ja edelleen λpq+µps < λpq+µqr eli p(λq+µs) < q(λp+µr). Tästä jakamalla (huomaa, että myös λq + µs > 0) saadaan p λp + µr < q λq + µs. (2) Vastaavasti λps < λqr, jolloin λps+µrs < λqr+µrs eli s(λp+µr) < r(λq+µs) eli λp + µr λq + µs < r s. (3) Väite () seuraa ehdoista (2) ja (3). Ylimääräinen tehtävä Olkoot joukon A luvut a n, n =,...,203. Merkitään kokonaisluvun x jäännösluokkaa modulo 203 symbolilla [x]. Tämähän on siis se jakojäännös, joka syntyy, kun x jaetaan luvulla 203, jolloin [x] {0,,...,202} kaikille x. Riittää osoittaa, että joidenkin A:n alkioiden summan jäännösluokka on 0. Tähän riittää (tietysti) osoittaa, että Tehdään antiteesi: Osoitetaan, että luokat [a i a j ] = 0 joillekin i j 203. () [a i a j ] 0 kaikille i j 203. (AT) [a a j ], j =,...,203 ovat kaikki eri luokkia. (2) Väitteen (2) todistamiseksi tehdään toinen antiteesi: [a a i ] = [a a j ] joillekin i < j 203. (AT2) 3

14 Antiteesin (AT2) nojalla saadaan [a i a j ] = 0. Tämä on kuitenkin vastoin antiteesia (AT). Syntynyt ristiriita osoittaa, että antiteesi (AT2) on väärä ((AT):n vallitessa, siis), joten väite (2) on todistettu. Antiteesin (AT) nojalla luokat [a a j ], j =,...,203 voivat saada vain arvoja,2,...,202. Näitä mahdollisia arvoja on siis 202 kappaletta, kun taas luokkia [a a j ], j =,...,203 on ehdon (2) nojalla 203 kappaletta. Silloin kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla kaksi eri luokkaa saa saman arvon. Tämä on kuitenkin ehdon (2) nojalla mahdotonta. Syntynyt ristiriita osoittaa, että antiteesi (AT) on väärä ja väite () on näin todistettu. 4

15 Ketjumurtoluvut, ratkaisuja demotehtäviin 3. Tässä siis oletetaan, että a/b ja c/d ovat peräkkäiset Farey-jonon F N termit ja että a + c b + d < α < c d. () Väitteenä on, että ainakin yksi ehdoista α a b < 5b 2, α a + c b + d < 5(b + d) 2 tai α c d < 5d 2 pätee. Tehdään antiteesi: Mikään ehdoista (2) ei päde. Tällöin, koska lemman 2.2 nojalla pätee a/b < (a + c)/(b + d), saadaan oletuksen () perusteella epäyhtälöt α a b 5b 2, α a + c b + d 5(b + d) 2 Laskemalla yhteen epäyhtälöitä (3) saadaan epäyhtälöpari c d a b ( ) 5 b + 2 ( d 2 ) c d a+c b+d 5 (b+d) + 2 d, 2 ja (2) c d α 5d 2. (3) josta saadaan edelleen cb da bd 5 ( b 2 + d 2 ) ( ) cb da d(b+d) 5 (b+d) + 2 d 2. (4) Koska a/b < c/d ovat peräkkäiset Farey-jonon termit, niin lauseen 2.5 nojalla cb da =. Silloin epäyhtälöparista (4) saadaan bd ( ) 5 b + 2 ( d 2 ) d(b+d) 5 (b+d) + (5) 2 d. 2 Epäyhtälöt (5) eivät kuitenkaan voi lemman 3.6 nojalla olla yhtaikaa voimassa, joten antiteesi johtaa ristiriitaan. Se on siis väärä ja väite on todistettu. 2. Väite a b ϕ a b ϕ = b 2 a2 ab b 2 (3.8) nähdään oikeaksi suoralla laskulla: a b ϕ a b ϕ a = b + 5 a 2 b 5 2 = ( a ) 2 a + ( 5 + ) b b = a ) 2 a ( b b + 5 ( a ) 2 4 = a b b = b 2 a2 ab b 2. 5

16 Väitteen a 2 ab b 2 0 (3.9) todistamiseksi riittää ehdon (3.8) nojalla nähdä, että a b ϕ a b ϕ 0. () Väite () seuraa, jos osoitetaan, että a b ϕ 0 ja a ϕ 0. (2) b Väitteet (2) pätevät, koska ϕ ja ϕ ovat irrationaalilukuja mikä fakta puolestaan seuraa siitä, että 5 on irrationaalinen. Väitteen a b ϕ a b ϕ b 2 (3.0) todistamiseksi riittää ehdon (3.8) nojalla osoittaa, että a 2 ab b 2. Tämä seuraa suoraan ehdosta (3.9), koska a ja b ovat kokonaislukuja ja siten myös a 2 ab b 2 on kokonaisluku. Väitteessä oletetaan siis, että a b ϕ < m b (3.) a b ϕ < m b 2. (3) Arvio saadaan näin: a b ϕ i) a b ϕ ii) + ϕ ϕ < m b 2 + 5, missä epäyhtälö i) saadaan kolmioepäyhtälöstä ja epäyhtälö ii) seuraa oletuksesta (3) sekä siitä, että ϕ ϕ = Suoraan määritelmästä laskemalla saadaan [2,ϕ] + [0,2,ϕ] = [2,ϕ] [2,ϕ] = 2 + ϕ ϕ (2 + 5) = 2 + 4(2 + 2( ) 2 + = 3. 5) = 2 + ϕ + ϕ 2ϕ + = = = 6

17 Vastaavasti [2,2,ϕ] + [0,ϕ] = ϕ ϕ = 2 + ϕ 2ϕ + + ϕ = 3, missä viimeisessä yhtälössä palaudutaan aikaisempiin laskuihin. Tässä voi tietysti huomata myös seuraavan yleisemmän säännön: [a 0,a,...,a n ] = a 0 + jolloin [a,...,a n ] = a [a,...,a n ] = a 0 + [0,a,...,a n ], [2,ϕ] + [0,2,ϕ] = 2 + [0,ϕ] + [0,2,ϕ] = [0,ϕ] [0,2,ϕ] = [0,ϕ] + [2,2,ϕ]. Säännön () nojalla jälkimmäisissä väitteissä pätee [2,,,α] + [0,2,α] = 2 + [0,,,α] + [0,2,α] = [0,,,α] [0,2,α] = [0,,,α] + [2,2,α], joten riittää todistaa toinen väitetyistä yhtälöistä. Todistetaan jälkimmäinen. Tämäkin on suora lasku: [2,2,α] + [0,,,α] = α α 2 + α 2α + + α + 2α + = 2 + 2α + 2α + = 2 + = 3. = 2 + α 2α α α+ 4. Tässä siis tarkastellaan rationaalilukua 3.46 = 346/0000. Lasketaan Eukleideen algoritmilla osoittajan ja nimittäjän suurin yhteinen tekijä: 346 = = = = 8. Tähän algoritmi päättyy ja suurin yhteinen tekijä on siis 8, mutta se ei nyt ole kiinnostavaa, vaan kiinnostavia ovat kertoimet 3, 7, 6 ja. Näiden pitäisi nyt antaa ketjumurtolukuesitys luvulle 346/0000 eli pitäisi olla Tarkistetaan: [3,7,6,] = = = , () 346 = [3,7,6,]. () 0000 = = = = 7

18 joten oikein on. Kun sovelletaan lemman 4. algoritmia lukujonoon x 0 = 3, x = 7, x 2 = 6, x 3 =, saadaan q 0 = q = x = 7 q 2 = x 2 q + q 0 = = 3 q 3 = x 3 q 2 + q = = 250. Vastaavasti saadaan luvut p 0,p,p 2 ja p 3 : p 0 = x 0 = 3 p = x 0 x + = = 22 p 2 = x 2 p + p 0 = = 355 p 3 = x 3 p 2 + p = = Luvun 346/0000 konvergentit ovat siten p n /q n, n = 0,...,3: p 0 q 0 = 3, p q = 22 7, p 2 q 2 = 355 3, p 0 q 0 = , joista viimeinen on tarkka arvo. Lemma 4. väittää, että Tarkistetaan tämä laskemalla: p n q n = [x 0,...,x n ] kaikille n = 0,...,3. [x 0 ] = x 0 = 3 = 3, [x 0,x ] = [3,7] = = 22 7, [x 0,x,x 2 ] = [3,7,6] = joten oikein on, sillä tapaus n = 3 tarkistettiin jo edellä. Lemman 4.3 mukaan Tarkistetaan tämäkin: ja = = 355 3, p n q n p n q n = ( ) n+ kaikille n =,2,3. p q 0 p 0 q = = + p 2 q p q 2 = = = p 3 q 2 p 2 q 3 = = = +, joten toimii. Lemman 4.4 mukaan p n q n = x 0 + n k= ( ) k+ q k q k kaikille n =,2,3. 8

19 Tarkistus: x 0 + x 0 + k= 2 k= ( ) k+ q k q k = x 0 + q 0 q = = 22 7 = p q ( ) k+ q k q k = x 0 + q 0 q q q 2 = = = = = p 2 q 2 3 ( ) k+ x 0 + = x = 3 + q k q k q 0 q q q 2 q 3 q = k= = = = = p 3 q 3, joten oikein on tämäkin. 5. Algoritmi 4.9 antaa luvulle α = 3.46 jonot (α n ) ja (a n ) näin: α 0 = α = 3.46 ja a 0 = α 0 = 3.46 = 3, α = = α 0 a = = ja a = α = 7, 46 α 2 = = α a 88 = = ja a 2 = α 2 = 6, α 3 = = α 2 a 8 = = ja a 2 = α 2 =, 88 ja tähän algoritmi sitten päättyykin, koska α 2 on kokonaisluku. Vastaus on siten lauseen 4. nojalla eli sama kuin tehtävässä 4. α = [a 0,a,a 2,a 3 ] = [3,7,6,], Itse π:lle ketjumurtolukuesityksen löytäminen on vaikeampaa, koska pyöristysongelmat tulevat vastaan. Koska π on irrationaaliluku, niin tämä ketjumurtolukuesitys on ääretön, mutta itse asiassa sitä ei tunneta kovin pitkälle eikä tiedetä miten se käyttäytyy: pysyvätkö esimerkiksi ketjumurtolukuesitykseen tulevat luvut rajoitettuina vaiko eivät. Jos käytetään likiarvoa π ja laskuissa yhdeksän desimaalin tark- 9

20 kuutta, niin algoritmi 4.9 antaa jonot (α n ) ja (a n ) näin: α 0 = , a 0 = 3, α = , a = 7, α 2 = , a 2 = 5, α 3 = , a 3 =, α 4 = , a 4 = 292, α 5 = , a 5 =, α 6 = , a 6 =. Näistä saadaan lemman 4. mukaisesti konvergentit p n /q n, n = 0,...,5: p 0 q 0 = [a 0 ] = 3, p q = [a 0,a ] = [3,7] = = 22 7, p 2 = [a 0,a,a 2 ] = [3,7,5] = 3 + q p 3 q 3 = [a 0,a,a 2,a 3 ] = [3,7,5,] = 3 + p 4 q 4 = [a 0,a,a 2,a 3,a 4 ] = [3,7,5,,292] = = = = , = = 355 3, = = , p 5 q 5 = [a 0,a,a 2,a 3,a 4,a 5 ] = [3,7,5,,292,] = = = p 6 q 6 = [a 0,a,a 2,a 3,a 4,a 5,a 6 ] = [3,7,5,,292,,] = = = = 3 + = = = = , = Jos tätä listaa verrataan luentomonisteen johdannossa olevaan listaan, niin huomataan, että samoja ovat. Nämä ovat vielä oikeita konvergentteja π:lle, mutta vääjäämättä jossakin vaiheessa pyöristysongelmat tulevat aiheuttamaan virheen, jos käytetyillä tarkkuuksilla laskemista jatketaan. = = 20

21 6. Kun n = saadaan [ ] x0 0 [ ] x = 0 [ ] x0 x + x 0 = x [ p p 0 q q 0 joten väite pätee. Oletetaan sitten, että väite pätee n:lle. Silloin (n + ):lle saadaan [ ] [ ] [ ] [ ] x0 x xn xn+ = [ ] [ ] pn p n xn+ = q n q n 0 [ ] [ ] xn+ p n + p n p n pn+ p = n, x n+ q n + q n q n joten induktioaskel on otettu ja väite pätee. q n+ 7. Jonojen (q 2n ) ja (q 2n+ ) aidosti kasvavuus seuraa, jos osoitetaan, että Luvun q n+2 määritelmän mukaan q n ], q n < q n+2 kaikille n. () q n+2 = x n+2 q n+ + q n, joten väite () seuraa, jos osoitetaan, että x n+2 q n+ > 0 kaikille n. (2) Algoritmin 4. oletusten mukaan x n+2 > 0 ja lemman 4. mukaan q n+ > 0, joten väite (2) seuraa. Koko jonon (q n ) ei tarvitse olla kasvava. Jos esimerkiksi x n = /2 kaikille n niin saadaan q 0 = q = 2 q 2 = = 5 4 q 3 = = 9 8 q 4 = = 29 6 q 5 = =

22 ja niin edelleen. Tässä esimerkissä jonon kasvavuus ei toimi ainakaan alussa, sillä q < q 0 ja q 3 < q 2. Tosin q 3 < q 4 < q 5 mutta eihän se enää kasvavuutta pelasta. Tuotahan voi miettiä, miten jatkossa (eli kun n 6) käynee. Jos x n :t ovat kokonaislukuja, niin algoritmin oletuksen x n > 0 kun n nojalla pätee x n kaikille n. (3) Jonon (q n ) kasvavuutta varten pitää osoittaa, että q n q n+ kaikille n. (4) Ensin q 0 x seuraa ehdosta (3), sillä q 0 = ja q = x. Yleisesti kun n q n+ = x n+ q n + q n i) q n + q n+ ii) > q n, joten väite (4) pätee. Tässä epäyhtälö i) seuraa ehdosta (3) ja epäyhtälö ii) siitä, että q k > 0 kaikille k, kuten yllä todettiin. Huomaa, että epäyhtälön ii) perusteella myös jonon (q n ) n= kasvavuus on aitoa. Jonon alussa voi toki olla q = q 0 (= ). 22

23 Ketjumurtoluvut, ratkaisuja demotehtäviin 4. Tässä siis oletetaan, että x n Z kaikille n 0 ja että x n kun n. Induktiolla nähdään välittömästi, että p n Z kaikille n: Ensin p 0 = x 0 Z ja p = x 0 x + Z ja jos oletetaan, että n 2 ja että p k Z kaikille k = 0,...,n, niin p n = x n p n + p n 2 Z. Vastaavasti jonolle q n : Ensin q 0 = Z ja q = x Z ja jos oletetaan, että n 2 ja että q k Z kaikille k = 0,...,n, niin q n = x n q n + q n 2 Z. Varsinainen väite tässä on kasvunopeusarvio q n 2 n kaikille n. () Väite () todistetaan sekin induktiolla. Väite pätee triviaalisti luvulle q 0 = ja luvulle q = x se seuraa oletuksesta x. Oletetaan sitten, että n 2 ja että väite () pätee kaikille k = 0,...,n. Arvio () luvulle q n saadaan näin: q n = x n q n + q n 2 i) q n + q n 2 ii) 2 n n 3 = 2 n n = 2 n 2 2 ( ) = 2 n 2 2 ( ) iii) = 2 n 2 2 = 2 n, missä epäyhtälö i) seuraa oletuksesta x n ja siitä, että lemman 4. mukaan q n > 0, epäyhtälö ii) seuraa induktio-oletuksesta ja epäyhtälö iii) siitä, että / 2 /2. 2. Huomautuksen 4.2 mukaan pätee [ ] [ ] [ ] x0 x xn = [ pn p n q n q n ]. () Olkoot q 0,...,q n ja p 0,...,p n algoritmin 4. mukaiset jonot, jotka on laskettu käyttäen syötejonoa x n,x n,...,x,x 0. Lemman 4. nojalla p n q n = [x n,...,x ] ja (2) p n q n Toisaalta huomautuksen 4.2 nojalla [ ] [ ] [ ] xn xn x0 = = [x n,...,x,x 0 ]. (3) [ p n p n q n q n ]. (4) 23

24 Transponoidaan nyt matriisitulo (). Koska tulossa olevat matriisit ovat symmetrisiä, ne eivät transponoitaessa muutu, mutta tulon järjestys vaihtuu ja saadaan [ ] xn 0 [ ] xn 0 [ ] x0 = 0 [ ] T [ pn p n pn q = n q n q n Ehtojen (4) ja (5) nojalla [ p n ] [ p n pn = q n q n q n p n q n ], p n q n ]. (5) joten Väitteet [x n,...,x ] = q n q n p n = p n p n = q n q n = p n q n = q n. seuraavat ehdoista (2) ja (3) sekä yhtälöistä (6). ja [x n,...,x 0 ] = p n p n (6) 3. Osoitetaan ensin, että [a n,a n+,...] = a n + eli [a n+,a n+2,...] lim [a n,a n+,...,a k ] a n = 0 kaikilla n. k lim m [a n+,a n+2,...,a m ] () Lauseen 4.8 nojalla väitteen () molemmat raja-arvot ovat olemassa, joten riittää osoittaa, että lim [a n,a n+,...,a k ] a n k [a n+,a n+2,...,a k ] = 0. Tämä on triviaali väite, sillä määritelmän mukaan [a n,a n+,...,a k ] = a n + [a n+,a n+2,...,a k ], joten [a n,a n+,...,a k ] a n = 0 kaikille k. [a n+,a n+2,...,a k ] Näin väite () on todistettu. Sen nojalla saadaan helposti induktiolla tehtävän toinen väite α n = [a n,a n+,...] kaikille n. (2) 24

25 Kun n = 0, väite (2) seuraa huomautuksesta 4.2, koska α on oletuksen mukaan irrationaalinen. Jos oletetaan induktiivisesti, että väite (2) pätee n:lle, niin saadaan α n+ i) = ii) = α n a n iii) = [a n,a n+,...] a n [a n+,a n+2,...] = [a n+,a n+2,...], joten väite (2) pätee (n + ):lle. Tässä yhtälö i) seuraa algoritmista 4.9, yhtälö ii) induktio-oletuksesta ja yhtälö iii) ehdosta (). 4. Tehdään antiteesi: kokonaisluvuilla p n ja q n on yhteinen tekijä k 2, jolloin p n = kp ja q n = kq joillekin p,q Z. Lemman 4.3 nojalla p n+ q n p n q n+ = ( ) n, joten k(p n+ q pq n+ ) = ( ) n. () Yhtälö () on kuitenkin mahdoton, koska siinä esiintyy vain kokonaislukuja ja k 2. Tämä ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten p n /q n on supistetussa muodossa. 5. Sovelletaan algoritmia 4.9 lukuun α = Jonot (α n ) ja (a n ) määräytyvät näin: α 0 = α = + 2, a 0 = α 0 = 2, 2 + α = = = α 0 a = + 2 = α 0, ja pitemmälle ei tarvitse jatkaa, koska jono alkaa toistaa itseään eli α n = α 0 kaikille n. Silloin myös a n = a 0 = 2 kaikille n ja α:n ketjumurtolukuesitys on Tästä saadaan konvergentit p 0 q 0 = [2] = 2, p q = [2,2] = = 5 2, p = [2,2,2,...]. = [2,2,2] = 2 + q 2 [2,2] = = 2 5, p 3 = [2,2,2,2] = 2 + q 3 [2,2,2] = = 29 2, p 4 = [2,2,2,2,2] = 2 + q 4 [2,2,2,2] = = 70 29, p 5 = [2,2,2,2,2,2] = 2 + q 5 [2,2,2,2,2] = =

26 Luvulle α = algoritmi 4.9 antaa α 0 = 0, a 0 = 0 = 3, α = = = α 0 a = 0 + 3, a = = 6, α 2 = α a = = 0 3 = α. Laskemisen voi lopettaa tähän, sillä algoritmi alkaa toistaa itseään ja ja silloin myös α n = α = kaikille n, a n = α n = = 6 kaikille n. Koska a 0 = 3, niin luvun 0 ketjumurtolukuesitys on 0 = [3,6,6,6,...]. 6. Merkitään α = [,2,,2,,2,...] ja β = [2,,2,,2,...]. Tehtävän 3. nojalla saadaan α = + ja β = 2 + β α. () Yhtälöistä () saadaan edelleen josta edelleen josta ratkaisemalla α = α = + α 2α + = 3α + 2α +, 2α 2 2α = 0, α = 2 ± 2 = ± α:n ketjumurtolukuesityksen perusteella < α < 2, joten kyseeseen tulee vain +-merkki eli α = Tämän jälkeen β:n saa helpoimmin yhtälöistä (): 2 β = = 2 + 2( 3 ) = =

27 Tarkistetaan vastaus β:n osalta algoritmilla 4.9. Tässä saadaan α 0 = + 3, a 0 = + 3 = 2, α = = α 0 a a 0 = =, 2 α 2 = = α a 3 = =, 2 2 = 2( 3 + ) = + 3 = α 0, 3 3 joten algoritmi alkaa tässä toistaa itseään eli jono (α n ) on α 0,α,α 0,α,α 0,α,... ja vastaava jono (a n ) on a 0,a,a 0,a,a 0,a,... Koska a 0 = 2 a =, niin β = [2,,2,,2,,...], kuten piti ollakin. Merkitään sitten γ = [,2,3,,2,3,,2,3,...]. Tehtävän 3. nojalla josta edelleen γ = + josta ratkaisemalla [2,3,,2,3,,2,3,...] = [3,,2,3,,2,3,...] [,2,3,,2,3,...] + 3γ + 7γ + 2 = 0γ + 3 7γ + 2, = γ 7γ 2 8γ 3 = 0, = γ 3γ+ γ = 8 ± 48 = 4 ± γ:n ketjumurtolukuesityksen perusteella < γ < 2, joten kyseeseen tulee vain +-merkki eli γ = = = 27

28 Tarkistetaan vastaus algoritmilla 4.9. Tässä saadaan α 0 = , a 0 = =, 7 α = = = 7( ) =, a = = 2, 4 α 2 = 4 = = 4( ) =, a 2 = = 3, 3 α 3 = = 3 = 3( ) = = α 0, joten tässä kohdassa algoritmi alkaa toistaa itseään, ja (α n ) jono on α 0,α,α 2,α 0,α,α 2,α 0,α,α 2,... ja vastaavasti (a n ) jono on a 0,a,a 2,a 0,a,a 2,a 0,a,a 2,... Koska a 0 = a = 2 ja a 2 = 3, niin γ = [,2,3,,2,3,,2,3,...], kuten piti ollakin. 7. Koska luvun α = + 2 konvergenteille p n /q n pätee lauseen 4.8 nojalla α p n <, q n q n q n+ niin riittää valita n niin, että q n+ > 00. Näin käy tehtävän 5. mukaan kun n = 5, sillä ilmeisesti q 6 = 69. Siis haluttuun tarkkuuteen päästään konvergentilla Tämänhän voi laskimella tarkistaa: p 5 = 69 q < Tässä 70α = 70( + 2) , joten 70α = () Huomaa, että kokonaisluku, jonka lähelle luku 70α tulee on nimenomaan 69, niinkuin luentomonisteen tehtävän 66. mukaan tulee ollakin, koska käytettävä 28

29 konvergentti on p 5 /q 5 = 69/70. Lasketaan sitten vaikkapa 00α. Tässä 00α 24.42, joten 00α = 0.42, ja tämähän on oleellisesti huonompi kuin 70α arviosta (). Näin käy siis kaikille q < 69, joka on seuraavan konvergentin taso. Kun q saa arvon 69, niin tarkkuuden pitäisi parantua arvioon () verrattuna. Näinhän se onkin : 69α = =

30 30

31 Ketjumurtoluvut, ratkaisuja demotehtäviin 5. Tässähän riittää antaa yksi esimerkki, jossa mutta qα < q α, () m α,q < m α,q, (2) sillä molemmat väitteet seuraavat tästä jälkimmäisessä väitteessä q:n ja q :n roolit vaihtaen. Tämmöinen esimerkki löytyy vaikkapa luentomonisteen sivulta 40, jossa approksimoitiin lukua α = π. Jos valitaan esimerkiksi q = 3 ja q = 32989, niin ehto (2) seuraa sivun 40 laskelmista ja ehto () Lagrangen lauseesta 5.7, koska q = q 3 ja q < 3302 = q Koska määritelmän mukaan q n α = min{ q n α p p Z}, niin riittää osoittaa, että Väite () on yhtäpitävää väitteen kanssa. Lauseen 4.8 nojalla q n α p n < 2. () α p n q n < 2q n (2) α p n <, q n q n q n+ joten väite (2) seuraa, jos q n+ 2. Näin on lemman 4.7 nojalla, kun n, sillä q n :t ovat kokonaislukuja. Kun n = 0, voi olla q n+ =, joten lauseen 4.8 käyttö tässä todistuksessa ei toimi. Sitäpaitsi väite q 0 α = q 0 α p 0 ei päde kaikilla luvuilla α: Jos valitaan α siten, että /2 < α <, niin q 0 = ja p 0 = a 0 = α = 0, joten väite tulee muotoon α = α, mutta nythän on selvästi α = α. 3. Valitaan n x,n y Z siten, että Silloin x = x n x ja y = y n y. (x + y) (n x + n y ) = (x n x ) + (y n y ) x n x + y n y = x + y, joten väite x + y x + y seuraa, koska määritelmän mukaan x + y = min{ (x + y) k k Z} ja n x + n y Z. Vastaavasti n x n n x = n x n x = n x, 3

32 joten väite nx n x seuraa, koska n n x Z. Tämä epäyhtälö voi olla aito, koska aina x /2, ja jos x 0, niin suurille n N pätee n x > /2. 4. Koska tehtävän 2. nojalla q n α = q n α p n, kun n, niin väite q n α 0 seuraa, jos osoitetaan, että Väite () voidaan kirjoittaa muotoon Lauseen 4.8 nojalla joten väite (2) seuraa, jos lim q nα p n = 0. () n lim q n α p n = 0. (2) n q n α p n <, q n q n q n+ lim n q n+ = 0. Tämähän seuraa välittömästi siitä, että q n lemman 4.7 nojalla. Olkoon sitten α reaaliluku, jonka desimaalikehitelmä on α = Koska kyseessä on jaksoton desimaalikehitelmä, niin α on irrationaalinen. Määritellään sitten jono p n/q n asettamalla p q jolloin selvästi = 0, p 2 q 2 = 2 00, p 3 q 3 = 2 000, p 4 q 4 = ,..., lim n Kuitenkaan ei päde q nα 0, sillä p n q n q α = = q 2α = = α = 0. (3) q 3α = = q 4α = = ja niin edelleen. Ilmeisesti siis q nα 0. kaikille n joten ei voi olla q nα 0. Oletetaan sitten, että pätee q nα 0 ja että q nα = q nα p n. Väitteenä on, että ehto (3) pätee. 32

33 Nyt siis q nα p n 0, jolloin q n α p n q n 0 ja väite (3) seuraa, sillä q n:t ovat nollasta eroavia kokonaislukuja ja silloin q n kaikille n. 5. Valitaan ohjeen mukaisesti α = [2, 2, 2,...] ja p n q n = p n + p n q n + q n. Osoitetaan ensin, että nämä luvut p n q n eivät voi olla α:n konvergentteja. Tehdään antiteesi: p n q n Koska demotehtävien.2 ja 4.4 mukaan p n q n niin tällöin on q n = q k eli = p k q k jollekin k. (AT) ja p k q k ovat supistetussa muodossa, q n + q n = q k. () Lemman 2.2 nojalla mediantti p n q n on konvergenttien pn q n ja pn q n välissä. Lemman 4.6 mukaan on tällöin oltava k > n. (2) Lemman 4. mukaan tälle α = [2,2,2,...] saadaan q n+ = 2q n + q n, joten q n+ > q n + q n, jolloin ehdon () mukaan q n+ > q k. Koska jono (q n ) on kasvava, niin tällöin on oltava n + > k. (3) Ehdot (2) ja (3) ovat ristiriidassa keskenään, joten antiteesi (AT) on väärä. Näin on osoitettu, että luvut p n q eivät voi olla α:n konvergentteja. n Tehtävän väitteenä on siis α p n q n < (q n) 2 kaikille n eli α p n < (q n + q n ) 2 kaikille n. (4) q n Uskotaan jo tässä vaiheessa tehtävän 6. tulokseen α p n + p n q n + q n = α n+ (q n + q n )(α n+ q n + q n ). (5) 33

34 Koska tehtävän 4.3 nojalla α n+ = [a n+,a n+2,...] ja nyt a k = 2 kaikille k, niin α n+ = [2,2,2,...] = α. Silloin ehto (5) tulee muotoon α p n = α (q n + q n )(αq n + q n ). (6) q n Ehdon (6) nojalla väite (4) seuraa, jos osoitetaan, että eli että α (q n + q n )(αq n + q n ) < (q n + q n ) 2 Väite (7) voidaan kirjoittaa yhtäpitävästi muotoon α <. (7) αq n + q n q n + q n (α )(q n + q n ) < αq n + q n αq n + αq n q n q n < αq n + q n (α 2)q n < q n. (8) Koska α = [2,2,2,...], niin α = 2, joten 2 < α < 3. Silloin 0 < α 2 <, joten väite (8) seuraa, jos q n q n. Tämähän pätee, koska jono (q n ) on kasvava. 6. Tässä väitetään, että α p n + p n q n + q n = α n+ (q n + q n )(α n+ q n + q n ). Tämä on suora lasku, kun käytetään ensin lemmaa 5.: α p n + p n i) q n + q n = α n+ p n + p n p n + p n α n+ q n + q n q n + q n = (α n+ p n + p n )(q n + q n ) (p n + p n )(α n+ q n + q n ) (q n + q n )(α n+ q n + q n ) = α n+ p n q n + p n q n α n+ p n q n p n q n (q n + q n )(α n+ q n + q n ) = (α n+ )(p n q n p n q n ) (q n + q n )(α n+ q n + q n ) = (α n+ ) p n q n p n q n ii) = (q n + q n )(α n+ q n + q n ) α n+ (q n + q n )(α n+ q n + q n ). Tässä yhtälö i) seuraa lemmasta 5. ja yhtälö ii) lemmasta

35 7. Jos valitaan α kuten tehtävässä 2. siten, että /2 < α <, jolloin q 0 = ja p 0 = a 0 = α = 0, niin α q 0 > p 0 2 = 2q0 2. Vähemmän triviaali esimerkki löytyy vaikkapa π:n konvergentista p 2 = 333 q Huomaa, että q 3 = 3 ja q 4 = 3302, joten tilanne on kutakuinkin tehtävän ohjeen mukainen. Tässä saadaan π , kun taas Siis tämä esimerkki on toimiva. Huomaa, että koska q 3 = 3, niin lauseen 4.8 nojalla saadaan arvio π < , mutta koska q 4 on huomattavan suuri eli q 4 = 3302, niin π p 3 < q , ja silloin käy juuri niinkuin tehtävän ohjeessa kuvaillaan. 8. Todistetaan ensin oikeaksi tehtävän ohje p n = q n = ϕn+ ( ϕ) n+ 5 kaikille n. () Koska ϕ = [,,,...], niin algoritmin 4. mukaan q 0 =, q =, q 3 = q 2 +q = 2 ja niin edelleen, eli Fibonaccin lukujonohan tähän muodostuu eli q n = f n kaikilla n. Vastaavasti p 0 =, p = 2 ja yleisesti p n = p n + p n 2, joten tämäkin on Fibonaccin lukujono, tosin pienellä indeksin siirrolla eli p n = f n+ kaikille n. Tällöin p n = f n = q n kun n, joten väite () seuraa, jos osoitetaan, että f n = ϕn+ ( ϕ) n+ 5 kaikille n 0. (2) Tämä tehdään induktiolla. Kun n = 0, väite (2) tulee muotoon = ϕ ( ϕ) 5, 35

36 joka pätee, koska ϕ ( ϕ) = 2ϕ = 5. Kun n =, väite (2) tulee muotoon = ϕ2 ( ϕ) 2 5, joka sekin pätee, koska ϕ 2 = ϕ+ ja siten ϕ 2 ( ϕ) 2 = ϕ+ +2ϕ (ϕ+) = 2ϕ = 5. Oletetaan sitten induktiivisesti, että n 2 ja että väite (2) pätee tätä pienemmille luvuille. Luvulle n saadaan f n = f n + f n 2 = ϕn ( ϕ) n 5 ϕ n (ϕ + ) ( ϕ) n ( ϕ + ) i) = 5 + ϕn ( ϕ) n 5 = ϕ n ϕ 2 ( ϕ) n ( ϕ) 2 5 = ϕn+ ( ϕ) n+ 5, joten väite (2) pätee. Tässä yhtälö i) perustuu siihen, että sekä ϕ että ϕ ovat yhtälön x 2 x = 0 ratkaisuja. Näin väite () on todistettu, ja sen avulla saadaan yhtäpitäviä ehtoja: ϕ p n q n < 2qn 2 ϕ ϕn+2 ( ϕ) n+2 ϕ n+ ( ϕ) n+ < ( ) 2 2 ϕ n+ ( ϕ) n+ 5 ϕ n+2 ϕ( ϕ) n+ ϕ n+2 + ( ϕ) n+2 5 < 2(ϕ n+ ( ϕ) n+ ) ( ϕ) n+ 5 ( ϕ + ϕ) < 2(ϕ n+ ( ϕ) n+ ) i) (2ϕ ) ϕ n+ < 5 ( n+) 2(ϕ n+ ϕ) 5ϕ n+ 2ϕ < 2(ϕ n+ ( )n+ ϕ ) n+ 5 < 5 2 ϕ 2n+2 ϕ 2n+2. (4) ( ) n+ Tässä ekvivalenssi i) seuraa siitä, että ϕ = /ϕ. Koska ϕ.62, niin sen ensimmäinen konvergentti p 0 /q 0 = / ei toteuta (3) 36

37 ehtoa (3). Sen sijaan kaikki muut konvergentit tämän toteuttavat. Kun n =, konvergentti p /q = 2/ toteuttaa selvästi ehdon (3). Koska ehto (4) on ekvivalentti ehdon (3) kanssa, riittää osoittaa, että ehto (4) pätee kaikille n 2. Koska ϕ 2n+2 ϕ 2n+2, kun n ( ) n+ ja 5 < 5/2, niin on selvää, että ehto (4) toteutuu suurille n. Se toteutuu myös pienille n 2. Todistetaan tätä varten vähän kovempi ehto: 5 5 < 2 ϕ 2n+2 ϕ 2n+2 + kaikille n 2. (5) Koska jono (ϕ 2n+2 ) on kasvava ja myös funktio x x+ on kasvava, niin riittää huomata, että ehto (5) toteutuu pienimmälle tarkasteltavalle n eli kun n = 2. Ehto (5) tulee tällöin muotoon x 5 5 < 2 ϕ 6 ϕ 6 +. (6) Käyttäen toistuvasti yhtälöä ϕ 2 = ϕ+ saadaan esitys ϕ 6 = 8ϕ+5, jolloin ehto (6) tulee muotoon 2 < 8ϕ ϕ + 6. (7) Sijoittamalla ϕ = 2 ( + 5) saadaan ehto (7) ekvivalentteihin muotoihin 2 5 < < < 5, ja tämähän sitten on jo selvää. Näin väite (5) on todistettu ja väite (4) seuraa. 37

38 38

39 Ketjumurtoluvut, ratkaisuja demotehtäviin 6. Todistetaan ensin aputulos A: a 0 [a 0,...,a n ] a 0 +. Tehdään induktio n suhteen. Kun n = 0, väite pätee, sillä [a 0 ] = a 0. Oletetaan sitten induktiivisesti, että väite pätee n:lle. Pitää osoittaa, että eli että a 0 [a 0,...,a n+ ] a 0 + i) ii) a 0 a 0 + a 0 +. [a,...,a n+ ] Induktio-oletuksen nojalla [a,...,a n+ ] a, jolloin 0 [a,...,a n+ ] ja molemmat väitteet eli epäyhtälöt i) ja ii) seuraavat. Näin aputulos A on todistettu. Todistetaan sitten aputulos B: a 0 [a 0,a,...] a 0 +. Tämä seuraa aputuloksesta A, sillä [a 0,a,...] = lim n [a 0,a,...,a n ]. Muotoillaan vielä aputulos C: Jos kokonaislukujonoille (c n ) ja (d n ) pätee c n,d n kun n ja β = [c 0,c,c 2,...] = [d 0,d,d 2,...] on irrationaalinen, niin c 0 = d 0. Aputuloksen C todistus. Oletuksen ja tehtävän 4.3 nojalla saadaan yhtälöt β = c 0 + [0,c,c 2,...] = d 0 + [0,d,d 2,...], () josta c 0 d 0 = [0,d,d 2,...] [0,c,c 2,...]. (2) Aputuloksen B nojalla 0 [0,d,d 2,...],[0,c,c 2,...]. (3) Koska β on irrationaalinen ja c 0,d 0 Z, niin yhtälöiden () nojalla myös luvut [0,d,d 2,...] ja [0,c,c 2,...] 39

40 ovat molemmat irrationaalisia. Silloin epäyhtälöt (3) ovat aitoja ja niiden avulla saadaan arvio < [0,d,d 2,...] [0,c,c 2,...] <. Tämän arvion ja yhtälön (2) nojalla saadaan < c 0 d 0 <. (4) Koska c 0,d 0 Z, niin myös c 0 d 0 Z, ja silloin epäyhtälöiden (4) nojalla on oltava c 0 d 0 = 0, ja aputuloksen C väite seuraa. Ryhdytään sitten varsinaisen väitteen todistukseen, eli olkoon α = [a 0,a,...] = [b 0,b,...] irrationaaliluku ja väitetään, että a n = b n kaikille n. Todistetaan tämä induktiolla. Kun n = 0 väite seuraa suoraan aputuloksesta C. Oletetaan sitten induktiivisesti, että kaikille irrationaalisille α ketjumurtoesityksen n + ensimmäistä lukua ovat yksikäsitteisiä, jolloin siis erityisesti a k = b k kaikille k = 0,...,n ja väitetään, että a n+ = b n+. Tehtävän 4.3 nojalla α = a 0 + ja koska induktio-oletuksen nojalla a 0 = b 0, niin [a,a 2,...] = b 0 + [b,b 2,...], (5) [a,a 2,...] = [b,b 2,...] =: β. (6) Koska α on oletuksen mukaan irrationaalinen ja a 0 Z, niin yhtälön (5) nojalla myös β on irrationaalinen. Sovelletaan nyt induktio-oletusta irrationaalilukuun β. Induktio-oletuksen mukaan sen ketjumurtolukuesityksen n + ensimmäistä lukua ovat yksikäsitteisiä. Tällöin esitysten (6) perusteella a k = b k kaikille k =,...,n + ; erityisesti siis a n+ = b n+, joten induktioväite on todistettu. 2. Todistetaan väite induktiolla esityksen minimaalisen pituuden n suhteen. p q = [a 0,...,a n ] Olkoon ensin n = 0. Tällöin p/q = [a 0 ] = a 0 Z, joten voidaan olettaa, että q =, ja pitäisi osoittaa, että p:llä on täsmälleen yksi muu ketjumurtolukuesitys. Yksi tällainen esitys löytyy heti: Valitaan b 0 = p ja b =, jolloin [b 0,b ] = b 0 + b = p + = p. 40

41 Koska näissä löydetyissä esityksissä on eri pariteetti (kuten väitetään), niin riittää osoittaa, että muita esityksiä ei ole. Olkoon sitä varten p = [c 0,...,c m ]; pitää osoittaa, että joko m = 0 ja c 0 = a 0 = p, tai sitten m = ja c 0 = b 0 sekä c = b. Jos m = 0, niin p = [c 0 ] = c 0 ja väite pätee. Voidaan siis olettaa, että m. Tällöin p = [c 0,...,c m ] = c 0 + [c,...,c m ]. () Tehtävän. aputuloksen A ja ehdon () nojalla c 0 p c 0 +. Koska kyse on kokonaisluvuista, pätee tällöin joko p = c 0 tai p = c 0 +. (2) Koska ehdossa () oleva osamäärä ei voi olla nolla, ei voi olla myöskään p = c 0, joten ehdon (2) perusteella p = c 0 +. (3) Silloin ehdon () nojalla joten [c,...,c m ] =, [c,...,c m ] =. (4) Jos nyt m =, niin ehdon (4) nojalla c = [c ] =. Silloin ehdon (3) ja lukujen b 0,b valinnan perusteella c 0 = b 0 ja c = b, joten väite pätee. Voidaan siis olettaa, että m 2, jolloin riittää saada aikaan ristiriita. Tehtävän. aputuloksen A nojalla c [c,...,c m ], joten ehdon (4) mukaan c, jolloin c =, koska c N. Silloin yhtälöstä (4) saadaan oletuksen m 2 nojalla jolloin + [c 2,...,c m ] = c + [c 2,...,c m ] = [c,c 2,...,c m ] =, [c 2,...,c m ] = 0, mikä on mahdotonta. Näin haluttu ristiriita löytyi, ja induktion alkuaskel on otettu. 4

42 Oletetaan sitten, että n ja että väite pätee niille rationaaliluvuille, joilla on n:ää lyhyempi ketjumurtolukuesitys. Lause 4. antaa siis yhden esityksen p q = [a 0,...,a n ]. (5) Voidaan olettaa, että esitys (5) on lyhin mahdollinen, sillä muuten väite seuraa heti induktio-oletuksesta. Koska n, niin p/q ei voi olla kokonaisluku, joilla on nollapituinen esitys. Esityksen (5) nojalla saadaan p q = a 0 + [a,...,a n ]. (6) Koska siis p/q ei ole kokonaisluku, niin esityksen (6) nojalla [a,...,a n ]. Silloin tehtävän. aputuloksen A perusteella < [a,...,a n ]. (7) Luku [a,...,a n ] on välttämättä rationaalinen, joten induktio-oletuksen nojalla tällä on myös toinen esitys [a,...,a n ] = [b,...,b m ], (8) missä n ja m ovat eri pariteettia. Tehtävän. aputuloksen A perusteella eli jolloin ehdon (7) nojalla [b,...,b m ] b [a,...,a n ] b, b > 0. (9) Koska esityksessä [b,...,b m ] muut b i :t ovat automaattisesti positiivisia, pätee ehdon (9) nojalla b i > 0 kaikille i, jolloin [a 0,b,...,b m ] = a 0 + [b,...,b m ] (0) on kelvollinen ketjumurtoluku, joka ehtojen (6) ja (8) nojalla esittää lukua p/q. Lisäksi se on eri esitys kuin alkuperäinen p/q = [a 0,...,a n ], koska m ja n ovat eri pariteettia. Lopuksi pitää vielä osoittaa, että muita ketjumurtolukuesityksiä ei ole. Olkoon siis p q = [c 0,...,c k ]; () pitää osoittaa, että esitys () on joko esitys (5) tai (0). 42

43 Koska p/q ei ole kokonaisluku, pätee tehtävän. aputuloksen A ja esitysten (5) ja () nojalla a 0 < p q < a 0 + ja c 0 < p q < c 0 +, ja tällöin on oltava a 0 = c 0. (2) Koska [a 0,...,a n ] on luvun p/q lyhin mahdollinen esitys, niin k n ja silloin saadaan esityksistä (5) ja (0) a 0 + josta edelleen ehdon (2) nojalla [a,...,a n ] = c 0 + [c,...,c k ], [a,...,a n ] = [c,...,c k ]. (3) Induktio-oletuksen nojalla rationaaliluvulla [a,...,a n ] on vain yksi erilainen esitys, mutta tämähän löydettiin jo ehdossa (8). (Se on eri esitys kuin [a,...,a n ], koska n ja m ovat eri pariteettia.) Tällöin ehdon (3) perusteella joko k = n ja c i = a i kaikille i =,...,n = k tai sitten k = m ja c i = b i kaikille i =,...,m = k. Ehdon (2) nojalla näissä vaihtoehdoissa päädytään joko esitykseen (5) tai (0), joten väite on todistettu. Luvulle 2/3 saadaan algoritmista 4.9 esitys 2/3 = [0,,2]. Toinen esitys on 2/3 = [0,,,]. Tässä voi tietysti miettiä sitä, tuottaako algoritmi 4.9 aina rationaaliluvulle nimenomaan sen lyhyemmän esityksen. Kyllähän se tuottaa, eikä todistuskaan kovin vaikea ole jätetään se mietittäväksi. 3. Olkoon lim n x n = x R. Valitaan a,b R siten, että a < x < b. Väitteen lim inf x n = x todistamiseksi riittää lauseen 6.3 nojalla osoittaa, että x n < b äärettömän monelle n ja () x n < a vain äärellisen monelle n. (2) Valitaan ǫ > 0 siten että ǫ < min{x a,b x}. Koska lim n x n = x, niin raja-arvon määritelmän mukaan on olemassa n 0 N siten, että kaikille n n 0 pätee x n x < ǫ. Tällöin luvun ǫ valinnan nojalla x n < b kaikille n n 0, joten väite () seuraa. Vastaavasti luvun ǫ valinnan nojalla joten myös väite (2) seuraa. a < x n kaikille n n 0, 43

44 Sitten pitää antaa esimerkki, jossa reaalista raja-arvoa ei ole, mutta reaalinen lim inf on olemassa. Määritellään jono (x n ) asettamalla x n = ( ) n kaikille n. Tämä jono ei selvästikään ole Cauchy-jono, joten ei ole olemassa raja-arvoa lim n x n. Toisaalta kuitenkin pätee lim inf x n =. (3) Väitteen (3) todistamiseksi valitaan a,b R siten, että a < < b. Lauseen 6.3 nojalla riittää osoittaa, että x n < b äärettömän monelle n ja (4) x n < a vain äärellisen monelle n. (5) Koska parittomille n pätee x n = < b, niin väite (4) seuraa. Toisaalta kaikille n pätee a < x n, joten myös väite (5) seuraa. Oletetaan seuraavaksi, että Väitteenä on, että myös Merkitään kuten lim inf:n määritelmässä kaikille n jolloin ja väite (7) tulee muotoon lim =. (6) n lim inf x n =. (7) A n = {x n,x n+,x n+2,...} ja m n = inf A n R, lim inf x n = lim n m n, lim m n =. (9) n Olkoon M R mielivaltainen. Väitteen (9) todistamiseksi riittää osoittaa, että on olemassa n 0 N siten, että Oletuksen (6) nojalla on olemassa n N siten, että m n M kun n n 0. (0) x n M kun n n. () Valitaan nyt n 0 := n, 44

45 ja osoitetaan, että tämä valinta toimii ehdossa (0). Kun n n 0 = n, niin ehdon () nojalla x M kaikille x A n. (2) Tällöin joten ehto (0) pätee. m n = inf A n M, On siis osoitettu, että ehto (6) implikoi ehdon (7). Oletetaan sitten kääntäen, että ehto (7) pätee; väitteenä on nyt ehto (6). Väitteen (6) todistamiseksi riittää osoittaa, että on olemassa n N siten, että ehto () pätee. Oletuksen (7) nojalla on olemassa n 0 N siten, että ehto (0) pätee. Nyt valitaan n := n 0, ja osoitetaan, että tämä valinta toimii ehdossa (). Kun n n = n 0, niin ehdon (0) nojalla ehto (2) pätee. Tällöin pätee myös ehto (), joten tämä käänteinenkin implikaatio on todistettu. 4. Tässä pitäisi siis antaa esimerkki irrationaaliluvusta α, jolla ei ole raja-arvoa lim q q αq. Valitaan α = [a 0,a,...] = [,2,,2,,2,...] = + 3, 2 ks. tehtävä 4.6. Olkoot p n /q n luvun α konvergentit. Koska suppenevan jonon jokainen osajono suppenee, riittää osoittaa, että ei ole olemassa raja-arvoa lim n q n αq n. Lemman 6.6 nojalla q n αq n = [a n+,a n+2,...] + [0,a n,...,a ], joten riittää osoittaa, että jonolla ( ) [a n+,a n+2,...] + [0,a n,...,a ] n N () ei ole raja-arvoa. Tähän taas riittää osoittaa, että jonon () parilliset ja parittomat termit konvergoivat eri pisteisiin. Koska tehtävän 4.6 mukaan β = [2,,2,,2,,...] = + 3, niin jonon () 45

46 parillisille termeille saadaan lim n [a 2n+,a 2n+2,...] + [0,a 2n,...,a ] = lim n β + lim n [,2...,2] }{{} 2n kpl = β + α Vastaavasti parittomille termeille saadaan lim n = [a 2n,a 2n+,...] + [0,a 2n,...,a ] = lim n α + lim n [2,...,2] }{{} 2n kpl = α + β = [2,,2,,...] + [0,,2...,2] = 3 6. = = [,2,,2,...] + [0,2,...,2] = 3 3. = 2( + 3) = Koska , niin parilliset ja parittomat termit konvergoivat eri pisteeseen, ja silloin koko jono () ei voi konvergoida. 5. Merkitään α = [3, 3, 3,...]. Tällöin tehtävän 4.3 nojalla joten josta ratkaisemalla α = 3 + [3,3,3,...] = 3 + α, α 2 3α = 0, α = 3 ± 3. 2 Koska α 3, niin kyseeseen tulee vain +-merkki, eli α = Tälle saadaan Markovin vakio suoraan raja-arvona (joka sattuu nyt olemaan olemassa): µ(α) = lim n [3,3,3,...] + [0,3,...,3] = α + }{{} = α 3+ α α 2 + = 2 (3+ = 3) n kpl = (3 + 3)(3 3 3) = = Tehtävässä 4.5 laskettiin luvun α = 0 ketjumurtolukuesitys, joka on α = [3,6,6,6,...]. 3 46

47 Silloin luvun β = ketjumurtolukuesitys on β = [6,6,6,...]. Luvut α ja β ovat siten ekvivalentteja, joten lauseen 6.3 nojalla niillä on sama Markovin vakio, ja riittää laskea µ(β). Tämä saadaan suoraan raja-arvona (joka sattuu nyt olemaan olemassa): µ(β) = lim n [6,6,6,...] + [0,6,...,6] = β + }{{} = β β n kpl = (3 + 0)(20 6 0) = 2 0 = β 2 + = Tehtävän 4.6 mukaan luvun β = + 3 ketjumurtolukuesitys on β = [2,,2,,2,,...]. Tällöin luvun 3 ketjumurtolukuesitys on 3 = [,,2,,2,,...]. (3 + 0) 2 + = Merkitään α = + 3, 2 jolloin α:n ketjumurtolukuesitys on tehtävän 4.6 mukaan α = [a 0,a,a 2,...] = [,2,,2,,2,...]. Silloin α ja 3 ovat ekvivalentteja, joten lauseen 6.3 nojalla niillä on sama Markovin vakio, ja riittää laskea µ(α) eli lim inf [a n+,a n+2,...] + [0,a n,...,a ]. Tehtävässä 4. todettiin, että jono ( ) (x n ) n N = [a n+,a n+2,...] + [0,a n,...,a ] n N käyttäytyy niin, että sen parilliset termit konvergoivat lukuun 3 6 termit 3 3. Tällöin () ja parittomat lim inf 3 [a n+,a n+2,...] + [0,a n,...,a ] = 6. Tämä seuraa lauseesta 6.3, sillä jos a < 3 6 < b, niin x n < b suurille parillisille indekseille siis äärettömän monelle n ja x n > a kaikille suurille indekseille, 47