Ratkaisut 1.1. (a) + 5 +5 5 4 5 15 15 (b) 5 5 5 5 15 16 15 (c) 100 99 5 100 99 5 4 5 5 4 (d) 100 99 5 100 ( ) 5 1 99 100 4 99 5 1.. (a) ( 100 99 5 ) ( ( 4 ( ) ) 4 1 ( ) ) 4 9 4 16 (b) 100 99 ( 5 ) 1 100 99 5 4 (c) 1001 999 6 1000 1001 999 ( ) 1000 1001 999 1000 1000 1001 1000 999 1000 (d) (1001 999 ) 6 1000 (1001 ) ( 999 ) ( ) 1000 00 997 1000 1000 00 1997 (e) 1001 500 +1 (1000 1) 500 +1 (500 1)( 500 +1) 500 +1 ( 500 1) 1.. (a) ( 11 101 ) 11+ 101 (11 101)(11+ 101) 11 101 0 (b) 11 101 11+ 101 (11 101)+(11+ 101) (c) 16 (16 ) 1/ 1.4. (a) ((4 ) ) 1/ 4 1 4 1 1 (b) + (+ )(+ ) ( )(+ 8+5 ) 7 (c) 1.5. (a) (b) 1 + + +1 ( +) 1 + + +1 (1+ ) 1 + + 1 (1 ) 1 1 7 4 ( ) ( )( +) + 1 + 1 1
1.6. (a) (a ) b c (abc 1 ) a 6 b c a b c a 4 b 1 1 a 4 b (b) (m n 1 ) (mn ) 1 +m 1 n m 6 n m 1 n +m 1 n m 6 n m 1 (n +n) m 5 n 5 m 5 (1+n ) n 1 n +n 1 m 5 n 1+n n 1 nn m5 1+n 1.7. (a) ( 1) n+1 (a + a )(a a ) + ( 1) n (a ) 1 (a a 4 ) + a a 4 1 a 4 (b) (a+)(a 1) 6a +4a 6a a+6a 6a 4a 1 +4a (4a ) 4a 4a 4 4a (4a ) 4 ((a 1)) 4 (a 1) (c) xn+1 x n y x n+ x n y ( (d) ( x 1 x (x+1) x 1 x 1 (x+1) xn (x y) x n (x y ) ) / x x x (x 1)(x+1) ) xn (x y) (x y)(x+y) xn x+y x x ( ) (x 1)(x 1) (x+1)(x ) (x 1) (x 1)(x+1) (x 1)(x+1) x x x+1 (x x+x ) (x 1)(x+1) (x 1)(x+1) x x+ (x 1)(x+1) (x 1)(x+1)(x+1) x (x ) x+1 x x+1 1.8. (a) b ab + a (b a) b a a (b) (a b) b (a b) a a b ab b a b a b a a b b a b a b ( a b ) a b a b a b (c) a b b/a a b a b a b a/b b 1/ a1/ b / b 1/ a / a 1/ b a a/ b / a / b / a / b / a b a / b / (a b) a/ b/ b a
.1. a x (a+1)x+1 (a a 1)x 1. Yhtälö on ratkeava joss a a 1 0. Koska a a 1 0 joss a (1 ± 5)/, niin yhtälö on ratkeva joss a (1 ± 5)/ ja se ratkaisu on 1/(a a 1)... Olkoon lisätyn 10 % seoksen määrä x litraa ja lisätyn % seoksen määrä y litraa. Nyt saamme öljyn määrälle yhtälön: 0.1x+0.0y 0.01p(x+y) 10x+y p(x+y) (p )y (10 p)x y 10 p p x, joten (x, y) sijaitsee suoralla y 10 p x, missä 0 x 50 ja 0 y 100. p Kuva 1. Punaisella suoralla p 5 ja vihreällä p Syntyneen seoksen määrä on siis x + y x + 10 p 10 p x (1 + p p )x 8 p x litraa. Tämä saa suurimman arvonsa kun x on mahdollisimman suuri. (a) Nyt suoran y 10 p x 5 x kulmakerroin on pienempi kuin, joten saamme p maksimin kun x 50 ja täten kysytty maksimi on 8 50 litraa eli noin 1 litraa. (b) Nyt suoran y 10 p x 7x kulmakerroin on suurempi kuin, joten saamme p maksimin kun y 100 eli x 100/7 ja täten kysytty maksimi on 8 100/7 litraa eli noin 114 litraa... Olkoon x lähetin ja y joukko-osaston nopeus (yksikkönä km/min). Lähetti kulkee minuutissa 1.5 + y kilometriä ja.5 minuutissa 1.5.5y kilometriä. Täten saamme kaksi yhtälöä lähetin nopeudelle: x x 1.5 + y 1.5.5y.5 x 1 + y x 1 + y x y 1 + y y 5 5
4 x 1 + y y 1( 1) 1 5 0 x 1 + 1 11 0 0 y 1 0 Täten lähetin nopeus on 11 0 on 1 km/min 0 eli 1 0 km/min eli 11 0 60 km/h. 60 km/h ja joukko-osaston nopeus.4. Koska x x + (x 1)(x ), niin lauseke supistuu polynomiksi joss sekä x 1 että x jakavat osoittajan. Nollakohtalauseen nojalla tämä on ekvivalenttia sen kanssa että sekä x 1 että x on osoittajan nollakohta. Ts. (1) 1 (a + ) + a 4 0 () 8 (a + )4 + a 4 0. Nyt ja (1) a a 6 0 a 1 ± 1 4 ( 6) 4 1 ± 7 4 () 4a 4a 8 0 a a 0 a 1 ± 1 4 ( ) 4 { / Täten lauseke supistuu polynomiksi joss a / tai a 1 tai a. 1 ± { 1.5. (a) Positiivisuusehto: x 1, reaalisuusehto: x 1. Jotta yhtälö x + 1 x 1 olisi ratkeava, niin on siis oltava x 1 ja tällöin yhtälö on ekvivalentti yhtälön x + 1 (x 1) kanssa. Nyt x + 1 (x 1) x + 1 x x + 1 x x 0 x(x ) 0. Tulon nollasäännön nojalla x(x ) 0 joss x 0 tai x. Näistä x 0 ei toteuta ehtoa x 1, joten yhtälön ainoa ratkaisu on x. (b) x + 6 x x x 6. Positiivisuusehto: x 6, reaalisuusehto: x 0. Jotta yhtälö olisi ratkeava, niin on siis oltava x 6 ja tällöin yhtälön ekvivalentti yhtälön x (x 6) kanssa. Nyt x (x 6) x x 1x + 6 x 1x + 6 0 x 1± 1 4 6 1± 5 1±5 { 4 9 Näistä x 4 ei toteuta ehtoa x 6, joten yhtälön ainoa ratkaisu on x 9. (c) x + x x + x +. Nyt molemmat puolet ovat ei-negatiivisia. Reaalisuusehdot: x + 0 ja x 0 eli x / ja x. On siis oltava x ja tällöin x + x + x + ( x + ) x + 4 x + 4
5 4 x x + (x ) 4 x + 1. Yhtälö 4 x x + 1 on ekvivalentti yhtälön 16(x ) (x + 1) kanssa ja 16(x ) (x + 1) 16x x + x + 1 x 14x + 0 x 14 ± 14 4 14 ± 64 14 ± 8 { 11 Sekä x että x 11 toteuttavat ehdon x, joten yhtälön ratkaisut ovat x ja x 11..6. (a) x + 4 x + 4 ± x + 4 ± x + ±(4 ± ) x ±(4 ± ). Täten yhtälön ratkaisut ovat x 9, x, x 5 ja x 1. (b) Poistetaan itseisarvomerkit yhtälöstä x + 1 + x 1. Nyt x + 1 > 0 joss x > 1 ja x 1 > 0 joss x > 1/. Täten: (1) x 1: x + 1 + x 1 x 1 x + 1 x x 1 () 1 < x < 1/: x + 1 + x 1 x + 1 x + 1 x 1 x 1 (ko. välillä ei ratk.) () x 1/: x + 1 + x 1 x + 1 + x 1 x x 1 Yhtälön ratkaisut ovat siis x 1 ja x 1. (c) Positiivisuusehto: x 1 0 eli x 1. Tällöin myös x 1 ja täten x 1 x 1 x 1 x 1 x x 0 x(x 1) 0 x 0 tai x 1 Näistä vain x 1 toteuttaa positiivisuusehdon, joten se on yhtälön ainoa ratkaisu. (d) Positiivisuusehto: x 0. Tällöin x 1 x x x 1 x x x 1 x ±x { 4x x 1 x ± x x ( 0 sillä x 0) Jos siis x 0, niin alkuperäinen yhtälö on ekvivalentti yhtälön x 1 4x kanssa. Nyt x 1 4x x 1 ±4x x 4x 1 0 x ±4± 16 4 ( 1) ±4± 5 ±± 5, joten positiivisuusehdon nojalla ainoat ratkaisut ovat x ± + 5.
6.7. Koska 4y + 9x + 8y 18x (y + ) + (x ) 1 ((y + 1)) + ((x 1)) 1 4(y + 1) + 9(x 1) 1, niin 4y + 9x + 8y 18x 9(x 1) + 4(y + 1) 6 9 6 (x 1) + 4 6 (y + 1) 1 (x 1) (y + 1) + 1. Täten yhtälön 4y +9x +8y 18x ratkaisut (x, y) muodostavat (1, 1)-keskisen ellipsin, jonka pikkuakselit ovat ja. Kuva. Ellipsi (x 1) + (y+1) 1.8. Kysyttyjen suorien yhtälöt ovat muotoa y 1 x + c. Ympyrän ja suoran leikkauspisteet saadaan kun sijoitetaan y 1 x + c ympyrän yhtälöön: ( 1 x + c) + x 10 1 4 x + cx + c + x 10 5 4 x + cx + c 10 0. Suora sivuaa ympyrää joss tällä yhtälöllä on vain yksi ratkaisu joss sen diskriminantti on nolla eli c 4 5 4 (c 10) 0 4c 50 + 50 0 c ± ± 5. 4 Täten kysytyt suorien yhtälöt ovat y 1 x ± 5. Kuten yllä näimme, suora y 1x + c sivuaa ympyrää joss 5 4 x + cx + c 10 0 joss x c 5/4 5 c. Näin ollen sivuamispisteet ovat ( c, 1( 5 5 c) + c) eli (x, y) (, ) ja (x, y) (, ).
.9. Sijoitetaan x u v ja y u+v yhtälöön xy 1, jolloin saadaan (u v)(u+v) 1 u v 1. xy-tason käyrä xy 1 on siis uv-tason hyperbeli u v 1, jonka asymptootit ovat v ±u eli suorat x 0 ja y 0 (huomaa, että u 1 (x + y) ja v 1 (y x)). Koska (u, v) (1, 0) joss (x, y) (1, 1) ja (u, v) (0, 1) joss (x, y) ( 1, 1), niin u-akseli on suoran y x suuntainen ja v-akseli on suoran y x suuntainen. 7 Kuva. Hyperpeli xy 1 (sininen käyrä)
8.1. (a) x+6 < x 1 x + 6 < 9x 7x > 9 x > 9 7 (b) (x ) (x 1)(x+) > 1 (x ) (x 1)(x + ) > x 8x + 8 x 5x + > 1x < 9 x < 9 1.. (a) Yhtälön x + x + 0 diskriminatti D 7 < 0, joten x + x + 0 kaikilla reaaliluvuilla x. Koska paraabeli y x + x + on ylöspäin aukeava, niin x + x + > 0 kaikilla reaaliluvilla x. (b) 4x 1x + 9 (x ) > 0 aina kun x. (c) x + x 0 x 1 tai x. Koska paraabeli y x + x on ylöspäin aukeava, niin nyt x + x > 0 joss x < tai x > 1... (a) 1 + 1 1 1 + 1 1 0 x +x 1 x x x x x x x x 1± 5, niin nyt saadaan merkkikaavio: 1 5 1+ 0 5 x + x 1 + + x + + x +x 1 x + + 0. Koska x + x 1 0 Täten 1 x + 1 x 1 x joss 1 5 x < 0 tai x 1+ 5. (b) (x + x 1) < x 4 x 4 (x + x 1) > 0 (x (x + x 1))(x + (x + x 1)) > 0 ( x + 1)(x + x 1) > 0 Koska x + x 1 0 x 1± 4, niin nyt saadaan merkkikaavio:
9 1 1/ 1 x + x 1 + + + x + 1 + + + ( x + 1)(x + x 1) + + Täten (x + x 1) < x 4 joss x < 1 tai 1 < x < 1..4. a x (a 1)x + 1 (a a + 1)x 1 (a 1) x 1. Jos a 1, niin epäyhtälö on tosi kaikilla reaaliluvilla x. Jos a 1, niin (a 1) > 0 ja epäyhtälö on tosi aina kun x 1/(a 1)..5. (a) x + > x 1 x + > x 1 tai x + < x + 1 x > 4 tai x < /. Jokainen reaaliluku x toteuttaa ainakin toisen näistä epäyhtälöistä ja täten x + > x 1 kaikilla reaaliluvuilla x. (b) x x 5 < x + x 5 (x x 5) < (x + x 5) (x x 5) (x + x 5) < 0 (x x 5 + x + x 5)(x x 5 x x + 5) < 0 (x 10)( x) < 0.
10 Merkkikaavio: 5 0 5 x 10 + + x + + (x 10)( x) + + Täten x x 5 < x + x 5 joss 5 < x < 0 tai x > 5..6. (a) (x ) +(y 1) joss (x, y) on joko -säteisen (, 1)-keskisen ympyrän kehällä tai sen sisäpuolella.
(b) x + y < 1 joss y < 1 x. Positiivisuusehto: 1 x 0 x 1 1 x 1. Siispä x + y < 1 joss 1 + x < y < 1 x, missä 1 x 1. Näin ollen x + y < 1 joss (x, y) on suorien y ±1 ± x, rajaaman alueen sisäpuolella. 11.7. (a) Oltava x > 0. Tällöin x < x x < x x(x 1) > 0 x > 1. (b) Reaalisuusehto: x 1. Jos x 1 < 0 eli x <, niin epäyhtälö x + 1 > x 1 on tosi. Oletetaan, että x. Nyt x ( x ) x + 1 > 1 x + 1 > 1 x ( x ) x + 1 > 4 x + 1 x 4 < 0 x < 8. Täten x + 1 > x 1 joss 1 x < 8.
1 (c) Reaalisuusehto: x. Nyt x + < x x + < (x ) x + < 4x 8x + 4 4x 9x + > 0 x < 1 4 tai x >. (d) Reaalisuusehto: x. Jos x, niin x + > 0 ja 4 x > x + 4 x > (x + ) 4 x > x + 6x + 9 x + 6x + 5 < 0. Koska x + 6x + 5 > 0 kaikilla reaaliluvuilla x, niin epäyhtälöllä 4 x > x + ei ole ratkaisuja.
(e) Reaalisuusehto: 1 x 1. Jos x < 0, niin epäyhtälö ei ole ratkeava. Jos x 0, niin 1 x < x 1 x < x x 1 > 0 1 < x 1. 1
14 4.1. (a) Olkoon (x, y) kysytty piste. Koska 600 1 500 +, niin t 600π 6 (+1 500)π 6 π 6 1π + 500 π + 500 π. 6 Täten (x, y) (cos t, sin t) (cos( π ), sin( π )) ( 1, ). (b) Olkoon (x, y) kysytty piste. Koska 1015 4 500 15, niin t 1015π 1 ( 15 4 500)π 1 15π 1 500 π 5π 4 500 π. Täten (x, y) (cos t, sin t) (cos( 5π), sin( 5π)) ( cos(π 5π), sin(π 5π)) 4 4 4 4 ( cos( π), sin( π)) ( cos( π), sin( π )) ( 1 1 4 4 4 4, ). 4.. (a) cos t ± 1 sin t ± 1 ( π 4 ) ± 16 π 4. (b) tan t sin t ± π/4 ± cos t 16 π /4 π. 16 π 4.. (a) Koska k 6m + r, missä m on kokonaisluku ja r 0, ±1, ±,, niin ja näin ollen k π (6m + r)π r π + m π cos(k π ) cos(r π ) ja sin(k π ) sin(r π ). Koska π π π, niin cos( π) cos( π) ja sin( π) sin( π ) (peilaus y-akselin suhteen), ja saamme taulukon missä m on mikä tahansa kokonaisluku. r cos(r π + mπ) sin(r π + mπ) 0 1 0 1 1/ / 1/ / 1 0 1/ / 1 1/ / (b) Pisteet sijaitsevat yksikköympyrän kehällä ja ovat säännöllisen kuusikulmion kärkipisteet.
4.4. (a) sin x sin sin x sin( ) x + kπ tai x π + + kπ kaikilla kokonaisluvuilla k. (b) cos x cos cos x cos(π ) x ±(π ) + kπ kaikilla kokonaisluvuilla k. (c) tan x tan tan x tan( ) x + kπ kaikilla kokonaisluvuilla k. 4.5. sin(x) + cos(x/) 0 cos(x/) sin(x) cos(x/) sin( x) cos(x/) cos(π/ + x) x/ ±(π/ + x) + kπ x/ π/ + x + kπ tai x/ π/ x + kπ 5 x π/ + kπ tai 7 x π/ + kπ x π 5 + k 4π 5 kaikilla kokonaisluvuilla k. tai x π 7 + k 4π 7, (b) sin x + (cos x)/ 0 6 sin x cos x tan x 1 6 x arctan( 1/6) + kπ, kaikilla kokonaisluvuilla k. (c) kaikilla kokonaisluvuilla k. tan x sin(x) sin x cos x sin x cos x sin x sin x cos x cos x sin x(1 cos x) 0 sin x 0 tai 1 cos x 0 cos x x kπ tai cos x ± 1 x kπ tai x ± π 4 + kπ tai x ±(π π 4 ) + kπ x kπ tai x ± π 4 + kπ tai x ±π 4 + kπ, 15 0
16 4.6. (a) sin x cos x 0 1 cos x cos x 0 cos x + cos x + 1 0 (cos x + 1) 0 cos x 1 x ±π + kπ, kaikilla kokonaisluvuilla k. (b) (x 1) 5 sin(x 1) 0 x 1 0 tai sin(x 1) 0 x ±1 tai x 1 kπ x ±1 tai x 1 + k π, kaikilla kokonaisluvilla k. 4.7. (a) sin(cos x) 0 cos x mπ, missä m on kokonaisluku. Koska 1 cos x 1, niin ainoa kokonaisluku m jolla yhtälö cos x mπ on ratkeava on m 0. Täten sin(cos x) 0 cos x 0 x π + kπ kaikilla kokonaisluvuilla k. (b) cos(sin x) cos(sin x) sin x ± π + mπ, missä m 6 on konaisluku. Koska 1 sin x 1, niin ainoa kokonaisluku m joilla yhtälö sin x ± π + mπ on ratkeava on m 0. Täten 6 cos(sin x) sin x ± π ( 6 x arcsin ± π ) ( + kπ tai x π arcsin ± π ) + kπ, 6 6 kaikilla kokonaisluvuilla k. 4.8. (a) Koska sin x 1 x π + kπ 4 tai x π π + kπ π 4 4 sin x 1 x π + kπ 4 tai x π + kπ, niin 4 sin x < 1 1 < sin x < 1 π 4 + kπ < x < π 4 + kπ tai π 4 + kπ < x < 5π 4 + kπ. ( Huom. sin( π 4 ) sin(π π 4 ) sin( 5π 4 )). + kπ ja Kuva 4. EY:n sin x < 1/ ratkaisut ovat vp kuvassa ne kulmat jotka vastaavat vahvennettujen kaarten osia, ja op kuvassa vahvennettujen käyrän osien pisteiden x-koordinaatit
17 (b) Koska cos x 1 x ±π + kπ ja cos x 1 x π π + kπ tai x π + π + kπ, niin cos x > 1 cos x > 1 tai cos x < 1 π + kπ < x < π + kπ tai π + kπ < x < 4π + kπ. Kuva 5. EY:n cos x > 1/ ratkaisut ovat vp kuvassa ne kulmat jotka vastaavat vahvennettujen kaarten osia, ja op kuvassa vahvennettujen käyrän osien pisteiden x-koordinaatit (c) Koska tan x ±1 x ± π 4 + kπ, niin tan x 1 tan x 1 tai tan x 1 π + kπ < x π 4 + kπ tai π 4 + kπ x < π + kπ.
18 4.9. Koska A sin(t+b) A(sin t cos B+cos t sin B) (A sin B) cos t+(a cos B) sin t, niin cos t + 4 sin t A sin(t + B) cos t + 4 sin t (A sin B) cos t + (A cos B) sin t { A sin B A cos B 4 { A + 4 5 tan B /4 Valitaan B arctan(/4) 0.644. Nyt 0 < B < π/, joten sin B + 4 5 ja cos B 4 + 4 4 5. Jos siis valitaan A +5, niin A sin B ja A cos B 4, ja näin ollen missä φ arctan(/4) 0.644. f(t) cos t + 4 sin t 5 sin(t + φ), Kuva 6. y f(t) on 0.644 verran vasemmalle vaihesiirretty sinikäyrä jonka amplitudi 5
19 5.1. (a) x +1 4 x 1 x +1 ( ) x 1 x +1 (x 1) x +1+x 1 x + x 1 1 x + x 0 x 1 ±. (b) x+1 x 1 1 x ( 1 ) 1 x 1 x 8 x. 5.. x + 1 x 4 x x + 1 x x 4 x ( x ) + 4 x ( x ) 4 x + 0 x 4 ± { 16 4 1 x 0 tai x 1. 5.. e sin x + a e sin x a. Koska sin x saa kaikki arvot väliltä [ 1, 1], niin e sin x saa kaikki arvot väliltä [e 1, e]. Täten yhtälö e sin x a on ratkeava joss e 1 a e e a e 1 e a e 1. 5.4. (a) e x sin x > 0 on tosi kaikilla muuttujan x arvoilla, sillä e t > 0 kaikilla reaalivuilla t. (b) x 5x+8 > 9 x 5x+8 >. Koska f(t) t on kasvava, niin x 5x+8 > joss x 5x + 8 > joss x 5x + 6 > 0 joss x < tai x >. (c) Koska epäyhtälön 5 x molemmat puolet ovat positiivisia ja funktio f(t) ln t on kasvava kun t > 0, niin 5 x ln(5 x ) ln x ln 5 ln x ln ln 5 5.5. (a) log x x x 8. (b) Kantaluvun x on oltava positiivinen. Nyt log x 1/ x 1/ x 9. (c) Kantaluvun x on oltava positiivinen. Nyt log x (x + 1) x x + 1 x x 1 0. Yhtälön x x 1 0 ainoa positiivinen ratkaisu on x 1+ 5, joten se on yhtälön log x (x + 1) ainoa ratkaisu. 5.6. Määrittelyehdot: x > 1 ja x > 1. On siis oltava x > 1. Nyt
0 ln(x + 1) ln(x 1) ln(x + 1) ln(x 1) ln((x 1) ) x + 1 (x 1) x + 1 x x + 1 x x 0 x(x ) 0 x (tai x 0). Yhtälön ainoa ratkaisu on siis x. (b) Määrittelyehdot: x > 1 ja x >. On siis oltava x > 1. Nyt log 10 (x 1) log 10 (x + ) + 1 log 10 ((x 1) ) log 10 (x + ) 1 (x 1) log 10 x + log 10 10 x x + 1 10 x + x x + 1 10(x + ) x 1x 19 0 x 6 + 55 (tai x 6 55). Yhtälön ainoa ratkaisu on siis x 6 + 55. 5.7. Oltava x > 0 ja x 1. Koska log x 1 log x 1 log x log x 7 4 1 1 log x log x 7 4 log 1 log x 1 log x, niin (log x) + 7 4 (log x) 1 0 4(log x) + 7(log x) 0 log x 7 ± 49 4 4 ( ) 8 x { 1 4 1/4 4 7 ± 9 8 { 1/4 5.8. Koska 1 log 1/ () ja f(t) log 1/ (t) on vähenevä, niin log 1/ (x ) 1 log 1/ (x ) log 1/ () x x 5 0 5 x 5.
5.9. Kantaluvun x on oltava positiivinen ja lisäksi on oltava 4x > 0 eli x > 1/. Koska log x 1 0, niin log x (4x ) > 0 joss log x (4x ) > log x 1. (1) Jos 1/ < x < 1, niin f(t) log x (t) on vähenevä, joten log x (4x ) > log x 1 4x < 1 x < 4. () Jos x > 1, niin f(t) log x (t) on kasvava, joten log x (4x ) > log x 1 4x > 1 x > 4. 1 Täten log x (4x ) > 0 joss 1 < x < 4 tai x > 1. 5.10. Koska niin log k ( 1 ) + log k( ) + log k( 4 ) + + log k( n 1 n ) log k( 1 log k ( 1 n ), n 4 n 1 log k ( 1 ) + log k( ) + log k( 4 ) + + log k( n 1 n ) 1 log k( 1 n ) 1 log k ( 1 n ) log k(k). (1) Jos 0 < k < 1, niin log k ( 1 n ) log k(k) joss 1 n k. n 1 n ) () Jos k > 1, niin log k ( 1 ) log n k(k) joss 1 k. Koska n > 1, niin tämä toteutuu n kaikilla kantaluvun k arvoilla. Siispä: log k ( 1) + log k( ) + log k( ) + + log 4 k( n 1 ) 1 joss k > 1 tai 0 < k 1/n. n