Ketjumurtodemot 1 1. Taiteessa (kuvataiteessa, arkkitehtuurissa, musiikissa jne.) tunnetaan klassinen sectio aurea eli kultainen leikkaus, joka matemaattisesti tarkoittaa janan jakamista kahteen osaan niin, että koko janan suhde pitempään osaan on sama kuin pitemmän osan suhde lyhyempään. Tätä suhdetta kutsutaan kultaiseksi luvuksi. Tällä luvulla on taiteessa havaittavien esteettisten piirteiden lisäksi myös erittäin kiinnostavia matemaattisia ominaisuuksia, ja sillä on oikein oma vakiintunut symbolikin: kultaista lukua merkitään yleensä ϕ:llä. Tällä kurssilla ϕ on erittäin korostetusti esillä. Totea laskemalla, että ϕ:n arvo on ϕ = 1 + 5 ( 1.6180). 2 Niin sanottu Fibonaccin lukujono (f n ) määritellään asettamalla ensin f 0 = f 1 = 1. Yleinen määritelmä on rekursiivinen: kun n 2, niin oletetaan, että luvut f 0,...,f n 1 on jo määritelty ja asetetaan f n = f n 1 + f n 2. Näin siis Fibonaccin luku f n (n 2) on aina kahden edellisen summa eli Fibonaccin jonon alkupää on 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,... 2. Osoita, että kaikille n 1 pätee f n+1 f n 1 f 2 n = ( 1) n+1. Tarkastellaan sitten jonoa (g n ), missä Jonon (g n ) alkupää on 3. Osoita, että kaikille n 1 pätee g n = f n+1 f n kaikille n 0. 1,2, 3 2, 5 3, 8 5, 13 8, 21 13, 34 21, 55 34,... g n = 1 + 4. Osoita, että kaikille n 1 pätee n k=1 ( 1) k+1 f k 1 f k. g n = 1 + 1 g n 1.
Jono (g n ) ei ole kasvava eikä vähenevä, mutta parillisilla indekseillä saatu osajono on kasvava ja parittomilla vähenevä: 5. Osoita, että 6. Osoita, että g 2n < g 2n+2 kaikilla n 0. g 2n+1 < g 2n 1 kaikilla n 1. Tehtävien 5. ja 6. tulosten lisäksi jonolla (g n ) on myös seuraava ominaisuus: 7. Osoita, että g 2n < g 2n+1 kaikilla n 0. 8. Osoita tehtävien 5.-7. avulla, että jono (g n ) käyttäytyy näin: g 0 < g 2 < g 4 < g 2n < g 2n+2 < < g 2n+3 < g 2n+1 < < g 3 < g 1. 9. Osoita tehtävän 8. avulla, että jono (g n ) suppenee. 10. Osoita tehtävien 4. ja 9. avulla, että jono (g n ) suppenee kohti kultaista lukua ϕ. Huomaa, että tehtävien 8. ja 10. nojalla osajono (g 2n ) konvergoi kultaiseen lukuun alhaalta ja osajono (g 2n+1 ) ylhäältä. Tämä antaa mahdollisuuden approksimoida lukua ϕ. Esimerkiksi pätee 55 34 < ϕ < 34 21, tai vielä tarkemmin 55 34 < ϕ < 89 55. Tässä on huomionarvoista se, että 34/21 on paras mahdollinen yläarvio, jos nimittäjä rajoitetaan niin, että se on korkeintaan 54. Nimittäjä 55 parantaa sitten arviota reilusti. Esimerkiksi nimittäjää 54 käyttäen saadaan paras yläarvio luvulla 88/54 1.6296 eli virhe on 0.0116, kun taas yläarviolle 34/21 1.6190 virhe on vain 0.0010. Arviossa 89/55 1.6182 virhe on 0.0002. Vastaava ilmiö havaitaan myös näille muille ala-/yläarvioille, kuten laskimesta näkyy.
Ketjumurtodemot 2, 26.9.2013 1. Olkoot p/q ja r/s rationaalilukuja siten, että 0 p/q < r/s 1 ja ps rq = 1. Osoita, että p/q ja r/s ovat supistetussa muodossa ja että ne ovat jonkun Fareyjonon peräkkäisiä termejä. (Ks. luentomonisteen tehtävät 33. ja 32.) 2. Olkoot p/q ja r/s kuten tehtävässä 1. Osoita, että med(p/q,r/s) on supistetussa muodossa ja että p/q, med(p/q, r/s) sekä r/s ovat jonkun Farey-jonon kolme peräkkäistä termiä. (Ks. luentomonisteen tehtävät 33. ja 34.) 3. Mikä on Farey-jonon F 30 termiä 5/8 seuraava termi? Entä termiä 5/8 edeltävä termi? (Ks. luentomonisteen tehtävä 35.) 4. Mikä on Farey-jonon F 300 termiä 5/8 seuraava termi? Entä termiä 5/8 edeltävä termi? 5. Olkoon ϕ kultainen luku (ks. demot 1) ja merkitään ψ = ϕ 1, jolloin ψ ]0,1[. Demoissa 1 määriteltiin Fibonaccin lukujen f n avulla jono (g n ) joka konvergoi kohti lukua ϕ. Määritellään nyt jono (h n ) asettamalla Jonon (h n ) alkupää on siten h n = f n f n+1 kaikille n 0. Osoita, että 1, 1 2, 2 3, 3 5, 5 8, 8 13, 13 21, 21 34, 34 55,... lim h n = ψ. n Osoita lisäksi, että konvergenssi ( ) tapahtuu näin: ( ) h 1 < h 3 < h 5 < < ψ < < h 4 < h 2 < h 0. 6. Tehtävän 5. nojalla luvulle ψ saadaan arviot 1 2 < 3 5 < 8 13 < 21 34 < ψ < 34 55 < 13 21 < 5 8 < 2 3 < 1. Mikä on paras rationaalinen approksimaatio luvulle ψ, jos approksimoivan luvun aste (eli nimittäjän suuruus) saa olla korkeintaan 55? Entä jos aste saa olla korkeintaan 88? Entä jos se saa olla korkeintaan 143? Mikä on paras rationaalinen ala-arvio luvulle ψ (s.o. p/q < ψ), jos aste saa olla korkeintaan 55? Entä jos se saa olla korkeintaan 88? Osaatko yleistää tätä jotenkin? Nämä rationaaliluvut h n ovat sellaisia, että syntyvä approksimaatiovirhe lukuun
ψ on seurauksen 3.3 luokkaa; ts. jos h n = p/q niin ψ p/q < 1/q 2. Tätä ei osata vielä todistaa, mutta jos nyt tähän väitteeseen uskotaan, niin mikä on matalatasoisin rationaaliluku, jolla virhe on korkeintaan 1/1000? Entä 1/1000000? 7. Todista lemma 2.2, jossa p/q ja r/s ovat rationaalilukuja siten, että p/q < r/s. Väitetään, että p λp + µr < q λq + µs < r kaikille λ,µ N. s (Muista, että 0 ei ole luonnollinen luku.) Lopuksi täysin erilainen tehtävä: Ylimääräinen tehtävä. Olkoon A joukko, jossa on 2013 luonnollista lukua. Näistä ei oleteta mitään, ne voivat olla suuria tai pieniä ja osittain tai kokonaan samoja. Osoita kyyhkyslakkaperiaatetta käyttäen, että A:ssa on epätyhjä osajoukko B, jonka alkioiden eli B:n lukujen summa on jaollinen luvulla 2013. (Ks. luentomonisteen tehtävä 38.) (Ohje: Tämä on aika vaikea. Harjoittele ensin pienemmillä luvuilla kuin 2013, esimerkiksi luvuilla 2,3,4,5 jne. Viisainta, joskaan ei välttämätöntä, on kaiketi tehdä antiteesi ja ehkä toinenkin.) Tämän ylimääräisen tehtävän oikean ratkaisun esittämisestä lupaan yhden hyvityspisteen tenttiin.
Ketjumurtodemot 3, 3.10.2013 1. Täydennä Hurwitzin lauseen 3.7 todistus osoittamalla oikeaksi väite a) tapauksessa (5). Tässä siis α on annettu irrationaaliluku ja haetaan rationaalilukua p/q, jolle pätisi α p/q < 1/q 2. Luentomonisteen todistuksessa oletetaan, että 0 < α < 1 ja valitaan peräkkäiset Farey-jonon termit a/b ja c/d F N (mielivaltaiselle N) siten että a/b < α < c/d. Väite a) kuuluu niin, että ainakin jokin luvuista a b, a + c b + d, tai c d on haettua tyyppiä. Luentomonisteessa käsitellään vaihtoehto a/b < α < (a + c)/(b + d); tehtävänä on nyt todistaa väite a) tapauksessa a + c b + d < α < c d. 2. Todista lemmat 3.8-11. Näissä ϕ = (1 + 5)/2, ϕ = (1 5)/2 ja a/b Q sekä m > 0 siten, että a/b ϕ < m/b 2. Väitteet ovat seuraavia: 3.8: a b ϕ a b ϕ 1 = b 2 a2 ab b 2, 3.9: a 2 ab b 2 0, 3.10: a b ϕ a b ϕ 1 b 2 ja 3.11: a b ϕ 1 < m b 2 + 5. 3. Olkoon ϕ kultainen luku eli ϕ = 1+ 5 2. Osoita, että [2,ϕ] + [0,2,ϕ] = 3 ja [2,2,ϕ] + [0,ϕ] = 3. Osoita edelleen, että kaikille α > 0 pätee [2,1,1,α] + [0,2,α] = 3 ja [2,2,α] + [0,1,1,α] = 3. 4. Laske ketjumurtolukuesitys π:n likiarvolle 3.1416 käyttäen luentomonisteen sivulla 23 olevaa Eukleideen algoritmiin perustuvaa vihjettä. Koska tätä vihjettä ei ole todistettu oikeaksi, tarkista vastauksesi käyttäen symbolin [x 0,x 1,...,x k ] määritelmää sivulta 24. Laske myös luvun 3.1416 konvergentit p n /q n, n = 0,1,...,k käyttäen lemman 4.1 algoritmia luvuille p n ja q n ; lähtökohtana tässä algoritmissa on tietenkin edellä laskemasi lukujono x 0,...,x k, jolle pätee [x 0,x 1,...,x k ] = 3.1416. Totea, että lemman 4.1 väite p n q n = [x 0,x 1,...,x n ]
pätee kaikille n = 0,...,k. Totea myös, että lemmojen 4.3 ja 4.4 väitteet pätevät luvuille p n ja q n, n = 0,...,k. 5. Laske ketjumurtolukuesitys π:n likiarvolle 3.1416 käyttäen algoritmia 4.9. Laske algoritmin 4.9 avulla myös itse luvun π viisi ensimmäistä konvergenttia tavallisessa murtolukumuodossa. Tässä ensimmäisessä laskussa kannattaa käyttää murtolukuja, mutta jälkimmäisessä pitää kai ottaa laskin ja sieltä jokin π:n likiarvo. Riippuen tämän likiarvon tarkkuudesta, saatava vastaus on oikein tai väärin luultavasti oikein vielä viidennelle konvergentille. Oma koneeni tuotti arvion π [a 0,a 1,...,a 17 ] = [3,7,15,1,292,1,1,1,2,1,3,1,14,2,1,1,2], joka on tuohon asti oikein, mutta sain sitten a 18 = 2, kun oikein olisi a 18 = 3. Tavallisessa murtolukumuodossahan π:n seitsemän ensimmäistä konvergenttia löytyvät luentomonisteen johdannosta sivulta iii. 6. Todista oikeaksi huomautus 4.2: Kaikille n 1 pätee [ ] [ ] [ ] [ ] x0 1 x1 1 xn 1 pn p = n 1, 1 0 1 0 1 0 q n q n 1 kun (x n ) on annettu lukujono ja p n,q n on määritelty kuten lemman 4.1 algoritmissa. 7. Todista lemma 4.5: Jos (q n ) on algoritmin 4.1 antama lukujono, niin osajonot (q 2n ) ja (q 2n+1 ) ovat aidosti kasvavia. Osoita esimerkillä, että koko jonon (q n ) ei tarvitse olla kasvava. Osoita kuitenkin toisaalta, että jos algoritmin syötejono (x n ) koostuu kokonaisluvuista, niin syntyvä jono (q n ) on kokonaisuudessaan kasvava. Muista algoritmin 4.1 oletus, että x n > 0 kun n 1, jolloin kokonaisluvuille x n pätee x n 1 kun n 1.
Ketjumurtodemot 4, 10.10.2013 1. Todista lemma 4.7: Jos algoritmin 4.1 syötejono (x n ) koostuu kokonaisluvuista, niin p n,q n Z kaikille n (tämä nyt on lähinnä trivialiteetti) ja jonolle (q n ) saadaan kasvunopeusarvio q n 2 n 1 kaikille n. Muista algoritmin 4.1 oletus, että x n > 0 kun n 1, jolloin kokonaisluvuille x n pätee x n 1 kun n 1. 2. Olkoon (x n ) jono reaalilukuja siten, että x n > 0 kaikille n 0. Olkoot (p n ) ja (q n ) algoritmin/lemman 4.1 antamat lukujonot, jolloin lemman 4.1 mukaan pätee p n /q n = [x 0,...,x n ] kaikille n. Osoita, että [x n,...,x 1 ] = q n q n 1 ja [x n,...,x 0 ] = p n p n 1 kaikille n 1. Totea varmuuden vuoksi, että väite pätee esimerkiksi kun [x 0,x 1,x 2 ] on [1,2,3]. (Ohje: Tämä saattaa olla hyvinkin hankala tehtävä suoraan algoritmin 4.1 määritelmästä lähtien. Tässä kannattaa käyttää huomautusta 4.2 ja muistella matriisien laskusääntöjä lineaarialgebrasta.) 3. Olkoon α irrationaaliluku sekä (α n ) ja (a n ) algoritmista 4.9 saadut lukujonot siemenluvulla α. Silloin α = [a 0,a 1,...] lauseen 4.10 mukaisesti. Luennoilla on moneen otteeseen todettu, että kaikille n pätee α n = [a n,a n+1,...]. (1) Perusteluna on käytetty sitä, että algoritmi 4.9 toimii niin, että se joka kierroksella alkaa ikäänkuin alusta uutena siemenlukuna α n, jolloin väite (1) seuraa lauseesta 4.10 samoin kuin α:lle. Näinhän asia onkin, mutta on tuo nyt vähän hatara peruste, joten on syytä todistaa asia kunnolla. Osoita siis induktiolla, että väite (1) pätee kaikille n. Osoita samalla, että kaikille n pätee (vrt. luentomonisteen tehtävä 65.) [a n,a n+1,...] = a n + 1 [a n+1,a n+2,...]. 4. Olkoon α irrationaaliluku sekä p n /q n sen konvergentit. Osoita, että rationaaliluku p n /q n on supistetussa muodossa kaikille n. 5. Määrää luvun α = 1 + 2 ketjumurtolukuesitys. Laske tästä esityksestä luvun α kuusi (tai enemmän) ensimmäistä konvergenttia tavallisessa murtolukumuodossa. Määrää myös luvun 10 ketjumurtolukuesitys.
6. Minkä (ilman ketjuesitystä saatavan) luvun ketjumurtolukuesitys on [1,2,1,2,1,2,...]? Entä [2,1,2,1,2,1...]? Entä [1,2,3,1,2,3,1,2,3,...]? Tarkista vastauksesi käyttäen algoritmia 4.9. 7. Määrää rationaaliluku p/q siten, että 1 + 2 p q < 1 100q. 8. Luentomonisteen sivulla 37 määriteltiin kaikille x R merkintä x asettamalla x = min{ x n n N}, jolloin qα antoi virhearvion approksimoitaessa lukua α rationaaliluvulla p/q parhaalle mahdolliselle p, tietysti. Laske tämä virhearvio tehtävän 7. luvulle α = 1 + 2 ja kyseisessä tehtävässä löytämällesi q. Laske virhearvio myös jollekin vähän suuremmalle q ja vertaa saamaasi tulosta luentomonisteen sivun 39 lihavoitetulla tekstillä esitettyihin huomautuksiin.
Ketjumurtodemot 5, 17.10.2013 1. Osoita esimerkeillä, että irrationaaliluvulle α ja luvuille q,q N pätee toisaalta qα < q α m α,q < m α,q ja toisaalta myös m α,q < m α,q qα < q α. (Ohje: Ks. tehtävä 62. ja sen jälkeiset kommentit käytetyt merkinnät selviävät luentomonisteen sivulta 37.) 2. Olkoon α irrationaaliluku ja p n /q n, n 0 sen konvergentit. Osoita, että Päteekö tämä, kun n = 0? q n α = q n α p n kaikille n 1. 3. Olkoot x,y R ja n Z. Osoita, että x + y x + y ja nx n x. Osoita esimerkillä, että (myös) jälkimmäinen epäyhtälö voi olla aito. Vertaa luentomonisteen tehtävään 61. 4. Olkoon α irrationaaliluku ja p n /q n, n 0 sen konvergentit, jolloin lauseen 4.8 nojalla lim p n n α q n = 0. (1) Osoita, että myös lim q nα = 0. (2) n Osoita toisaalta esimerkillä, että jos (jokin) rationaalilukujono p n/q n toteuttaa ehdon (1), niin se ei välttämättä toteuta ehtoa (2). Huomaa kuitenkin, että kääntäen ehto (2) implikoi ehdon (1) tosin tämä edellyttää sitä, että luvut p n (joita ei ehdossa (2) näy) on valittu sopivasti eli niin, että q nα = q nα p n. 5. Osoita esimerkillä, että irrationaaliselle α voi löytyä äärettömän monta lukua p/q siten, että α p q < 1 q 2, (3) mutta mikään näistä luvuista p/q ei ole α:n konvergentti. (Ohje: Tehtävä on kovin helppo, jos pitää löytää vain yksi tällainen p/q, jolloin valinta q = 1 usein toimii. Äärettömän monen p/q:n löytäminen onkin sitten jo vaikeampaa. Valitaan vaikkapa α = [2,2,2,...] ja olkoot luvut p n /q n sen konvergentit. Kuten Farey-jonojen käsittelyn yhteydessä havaittiin, ala- ja yläapproksimaation mediantti on yleensä hyvä approksimaatio, joten sitä voisi tässä
kokeilla. Määritellään siis kaikille n 1 p n q n = p n + p n 1 q n + q n 1. Osoita tehtävän 6. avulla, että nämä luvut toteuttavat ehdon (3).) 6. Olkoon α irrationaaliluku, p n /q n sen konvergentit ja α n kuten algoritmissa 4.9. Todista aputuloksena tehtävään 5, että α p n + p n 1 q n + q n 1 = α n+1 1 (q n + q n 1 )(α n+1 q n + q n 1 ). 7. Olkoon α irrationaaliluku ja p n /q n sen konvergentit. Lauseessa 5.9 nähtiin, että ainakin joka toinen konvergentti toteuttaa ehdon α p n < 1 (4) q n Kaikki konvergentit eivät kuitenkaan välttämättä toteuta ehtoa (4). Tästä saa triviaalin esimerkin kun n = 0. Anna myös epätriviaali esimerkki, jossa n 1 tai n 2. (Ohje: Tämä on aika hankala, koska kaikki konvergentit toteuttavat lauseen 4.8 nojalla ehdon α p n < 1, (5) q n q n+1 q n ja jos q n+1 2q n, niin ehto (4) seuraa. Pitää siis etsiä sellainen α, jolle ainakin q n+1 < 2q n jollekin n. Parasta olisi se, että q n+1 olisi vain vähän suurempi kuin q n. Lisäksi olisi suotavaa, että q n+2 olisi hyvin paljon suurempi kuin q n+1, jolloin ehdon (5) nojalla p n+1 /q n+1 on hyvin lähellä lukua α. Konvergenteille pätee yhtälö p n+1 /q n+1 p n /q n = 1/q n q n+1, jolloin luvun p n /q n etäisyys α:sta on lähellä lukua 1/q n q n+1, ja tämä on suurempi kuin 1/2q 2 n, kunhan q n+1 on vain vähän suurempi kuin q n.) 8. Lauseen 3.12 perusteella kultainen luku ϕ on varsin huonosti approksimoitava, joten voisi ajatella, että tehtävään 7. saataisiin tästä esimerkkejä. Näin ei kuitenkaan ole, vaan ϕ:n konvergentit toteuttavat ehdon (4), ainakin suurille n. Todista tämä. Miten on pienten indeksien n laita? (Ohje: Tämä ilmiö johtuu pohjimmiltaan siitä, että ϕ:n ketjumurtoesitys ϕ = [1,1,1,...] ja myös jono (q n ) on hyvin tasainen, jolloin tehtävän 7. ohjeen kaltaista tilannetta ei synny. Huomaa kuitenkin, että tässä aina q n+1 < 2q n (vrt. teht. 7. ohje), joten väite (4) ei mitenkään suoraan seuraa. Tässähän luvut q n (ja myös p n :t) ovat Fibonaccin lukuja (ks. demo 1), mutta laskuja varten on varmaan viisasta todistaa ensin oikeaksi esitys 2q 2 n p n 1 = q n = ϕn+1 (1 ϕ) n+1 5 kaikille n 1. Tällä voi sitten arvioida erotusta ϕ p n /q n.)
Ketjumurtodemot 6, 24.10.2013 1. Todista, että irrationaaliluvun ketjumurtolukuesitys on yksikäsitteinen. Vähän täsmällisemmin muotoiltuna: Olkoon α irrationaaliluku ja (a n ) sekä (b n ) kokonaislukujonoja siten, että a n,b n 1 kun n 1. Olkoon Osoita, että a n = b n kaikille n. α = lim n [a 0,a 1,...,a n ] = lim n [b 0,b 1,...,b n ]. 2. Osoita, että jokainen rationaaliluku voidaan esittää täsmälleen kahdella eri tavalla ketjumurtolukuna. Taas vähän tarkemmin muotoiltuna: Olkoon p/q rationaaliluku. Lauseen 4.11 nojalla p/q:lla on ketjumurtolukuesitys p q = [a 0,a 1,...,a n ]. Osoita, että tämän lisäksi on olemassa täsmälleen yksi eri esitys p q = [b 0,b 1,...,b m ], missä b k :t ovat kokonaislukuja ja b k 1 kun k 1. Osoita myös, että näissä esityksissä n ja m ovat eri pariteettia. Asian konkretisoimiseksi esitä luvun 2/3 molemmat ketjumurtolukuesitykset. (Toisenhan saa algoritmista 4.9, mutta mistäs se toinen napataan?) 3. Olkoon (x n ) reaalilukujono. Osoita, että jos on olemassa reaalinen raja-arvo lim n x n R, niin lim inf x n = lim n x n. Anna perusteltu esimerkki tilanteesta, jossa reaalista raja-arvoa lim n x n ei ole, mutta on kuitenkin olemassa lim inf x n R. Osoita edelleen, että lim n x n = jos ja vain jos lim inf x n =. 4. Anna esimerkki irrationaaliluvusta α, jolle ei ole olemassa reaalista rajaarvoa lim q q qα. Tästä syystä Markovin vakion määritelmässä on käytettävä lim inf:iä tavallisen raja-arvon sijasta. 5. Minkä luvun ketjumurtolukuesitys on [3,3,3,...]? Laske tämän luvun Markovin vakio. 6. Laske lukujen α = 10 ja β = 3 + 10 Markovin vakiot. 7. Laske luvun 3 Markovin vakio. 8. Jos irrationaaliluvun α ketjumurtolukuesityksessä on äärettömän monta kolmosta, niin lemman 6.14 nojalla µ(α) 1/3. Tätä tulosta voi vähän parantaa: Oletetaan, että α:n ketjumurtolukuesityksen lopussa on vain ykkösiä, kakkosia
ja äärettömän monta kolmosta. Osoita, että (Huomaa, että 4/13 < 1/3.) µ(α) 4 13.
Ketjumurtodemot 7, 31.10.2013 1. Markovin vakioita laskiessa (ja muutenkin) on mukava heti tietää, kumpi kahdesta annetusta ketjumurtoluvusta on suurempi. Ketjumurtoesityksen ensimmäinen luku sen pitkälti ratkaisee, eli jos a 0 < b 0, niin [a 0,a 1,...] < [b 0,b 1,...]. Tämä seuraa siitä, että ensimmäinen luku on koko ketjumurtoluvun kokonaisosa. Entäs jos ensimmäinen luku tai alkupäästä useampikin luku on sama? Olkoot β ja γ irrationaaliluvuja, joilla on ketjumurtolukuesitykset β = [a 0,a 1,...,a n,b 1,b 2,...] ja γ = [a 0,a 1,...,a n,c 1,c 2,...]. Merkitään a = [a 0,...,a n ]. Osoita, että Osoita lisäksi, että jos n on pariton, niin b 1 < c 1 β < γ jos n on parillinen, niin b 1 < c 1 γ < β. jos n on pariton, niin β < a jos n on parillinen, niin a < β. Osoita edelleen, että kaikille m 1 pätee jos n on pariton, niin [a 0,...,a n,b 1,...,b m ] < a jos n on parillinen, niin a < [a 0,...,a n,b 1,...,b m ]. 2. Osoita, että jos irrationaaliluvun α Markovin vakiolle µ(α) pätee µ(α) > 1/3, niin α:n ketjumurtolukuesityksen lopussa esiintyy vain ykkösiä ja kakkosia. Huomaa, että tämä ei lemmasta 6.14 huolimatta ole täysin triviaali väite ei tosin paljon muutakaan. 3. Osoita, että jos irrationaaliluvun α Markovin vakio on 1/ 8, niin α on ekvivalentti luvun [2, 2, 2,...] kanssa. 4. Olkoon α irrationaaliluku, jolle pätee µ(α) > 1/3. Tällöin tehtävän 2. nojalla α:n ketjumurtolukuesityksen lopussa esiintyy vain ykkösiä ja kakkosia. Lemmassa 6.19 osoitettiin, että ketjumurtolukuesityksen lopussa ei voi esiintyä yksinäisiä kakkosia, vaan niitä on aina vähintään kaksi peräkkäin. Osoita, että ketjumurtoesityksen lopussa ei voi esiintyä myöskään yksinäisiä ykkösiä. Osoita edelleen, että esityksen lopussa ei voi esiintyä täsmälleen kolmen pituisia ykkösjonoja, ts. jos ykkösiä esiintyy, niin niitä on peräkkäin kaksi tai vähintään neljä. Osoita lisäksi, että myöskään täsmälleen kolmen pituisia kakkosjonoja ei ketjumurtoesityksen lopussa voi olla. 5. Olkoon α irrationaaliluku. Jos µ(α) > 1/3, niin α:n ketjumurtolukuesityksen lopussa on vain ykkösiä ja kakkosia kuten edellä todettiin. Entä kääntäen, eli jos oletetaan, että α:n ketjumurtolukuesityksen lopussa on vain ykkösiä ja kakkosia, niin onko välttämättä µ(α) > 1/3? Entä seuraako vähän lievemmästä ja ja ja
ehdosta µ(α) 1/3, että α:n ketjumurtolukuesityksen lopussa on vain ykkösiä ja kakkosia? Voiko minkään luvun Markovin vakio olla 1/3? Jos voi, anna esimerkki. 6. Totea, että luentomonisteen sivun 70 taulukon kolmas rivi pitää paikkansa, ts. että jos α = [2 2,1 2 ], niin µ(α) = 5/ 221. 7. Markovin lauseessa todetaan, että jos µ(α) > 1/3, niin µ(α) = a 9a2 4, (1) missä a on Diofantoksen yhtälön x 2 + y 2 + z 2 = 3xyz jonkun ratkaisun maksimaalinen luku. Myös itse luvusta α voidaan sanoa jotain. Jos kyseisen ratkaisun muut luvut ovat b ja c, a > b > c, niin on mahdollista valita kokonaisluvut r ja s siten, että br c (mod a), 0 r < a ja r 2 + 1 = as. Tällöin ehdon (1) toteuttava α on ekvivalentti yhtälön ax 2 + (3a 2r)x + s 3r = 0 (2) ratkaisun kanssa. Tällä yhtälöllä on kaksi ratkaisua, mutta ne ovat keskenään ekvivalentteja, joten ei ole väliä kumman valitsee. Näitä faktoja ei tällä kurssilla todisteta, mutta varmistaudu siitä, että nämä väitteet pätevät ainakin jos tarkastellaan Diofantoksen yhtälön ratkaisua {5, 2, 1}. Tässä tehtävässä on siis tarkoitus valita luvut r ja s ylläkuvatulla tavalla, ratkaista vastaava yhtälö (2) ja todeta, että molempien ratkaisujen Markovin vakio on ehdon (1) mukainen eli tässä tapauksessa 5/ 221. Tässä kannattaa laskea ketjumurtolukukehitelmät käyttäen kvadraattisille luvuille kehitettyä algoritmia 7.4. Huomaa, että mikäli nuo edellä esitetyt väitteet pitävät paikkansa, jokainen irrationaaliluku, jonka Markovin vakio on yli 1/3, on kvadraattinen. Ja tämä havainto johtaa välittömästi seuraavaan tehtävään: 8. Onko jokaisen kvadraattisen luvun Markovin vakio yli 1/3? Huomautus. Jos tehtävän 7. merkintä br c (mod a) on vieras, niin sanottakoon selvennykseksi, että sehän tarkoittaa sitä, että luku br c on a:lla jaollinen.
Ketjumurtodemot 8, 7.11.2013 1. Olkoot α ja β ekvivalentteja irrationaalilukuja. Osoita, että on olemassa A,B,C,D Z siten että β = Aα + B Cα + D ja AD BC = ±1. (1) 2. Olkoon α irrationaaliluku ja n Z. Osoita, että α + n, 1/α ja α ovat ekvivalentteja luvun α kanssa. (Nuo kaksi viimeistä väitettä saattavat aiheuttaa vähän päänvaivaa, jos ei heti huomaa nykäistä oikeasta narusta. Vihjeenä voisi todeta, että kaikki kolme väitettä kannattaa todistaa nimenomaan annetussa järjestyksessä.) 3. Osoita, että tehtävän 1. tulos kääntyy, ts. jos on olemassa ehdon (1) toteuttavat A,B,C,D Z, niin α ja β ovat ekvivalentteja. (Tämä näyttää aika vaikealta. Helpointa on varmaan osoittaa, että kuvaus x Ax + B, A,B,C,D Z, AD BC = ±1 (2) Cx + D on esitettävissä kuvausten x x + n, x 1/x ja x x yhdisteenä ja käyttää sitten tehtävää 2. Se, että tyyppiä (2) oleva kuvaus tosiaan voidaan esittää tuollaisena yhdisteenä on kaiketi parasta todistaa induktiolla vaikkapa luvun A suhteen. Tässä voi olla jokin suoraviivaisempikin tapa, joka saattaisi löytyä kirjallisuudesta. On huomattava tyyppiä (2) olevien kuvausten ja kokonaislukumatriisien [ ] A B, A,B,C,D Z, AD BC = ±1 C D läheinen yhteys: kuvausten yhdistäminen vastaa matriisituloa. Näistä matriisituloistahan tiedetään aika paljon; mahdollisesti jotain sellaista, josta voisi olla tässä apua.) 4. Olkoon α kvadraattinen luku ja α sen konjugaatti. Ovatko luvut α ja α ekvivalentteja? 5. Lauseessa 6.29 ratkaistiin Diofantoksen yhtälö x 2 + y 2 + z 2 = 3xyz antamalla jonkinlainen kuvio, josta sen jokaisen ratkaisun löytää. Ratkaise nyt Diofantoksen yhtälöt x 2 + y 2 + z 2 = 2xyz ja x 2 + y 2 + z 2 = 4xyz. KÄÄNNÄ!
6. Olkoon α huonosti approksimoitava luku. Osoita, että ei ole olemassa vakioita c,s R, c > 0 ja s > 2 siten, että pätisi α p q < c q s äärettömän monelle p Q. (3) q 7. Miten tehtävässä 6. käy, jos poistetaan oletus α on huonosti approksimoitava? Onko siis olemassa irrationaalilukua α ja (siitä riippuvia) vakioita c > 0 ja s > 2 siten, että tehtävän 6. ehto (3) pätee?
Ketjumurtodemot 9, 14.11.2013 1. Osoita, että irrationaaliluku α on kvadraattinen jos ja vain jos se voidaan esittää muodossa α = r + d, r Z, s Z \ {0}, d N ja d ei ole neliö. (1) s Osoita lisäksi, että esityksessä (1) oleva luku s voidaan valita niin, että s jakaa luvun d r 2. Osoita edelleen, että kvadraattisen luvun konjugaatti on hyvin määritelty, ts. riippumaton esityksen (1) valinnasta. 2. Osoita, että jos α on kvadraattinen luku ja n Z \ {0}, niin luvut α + n, 1/α, nα ja α/n ovat kvadraattisia. Nämä väitteet seuraavat lemmasta 7.9, mutta se on nyt käyttökiellossa, koska lemman 7.9 todistuksessa vedottiin tähän harjoitustehtävään. Käyttökiellossa ovat myös kaikki tätä lemmaa myöhemmät lauseet, esimerkiksi periodisuudesta kertovat tulokset. 3. Tehtävän 8.4 ratkaisussa huomautettiin, että jos α on kvadraattinen, niin sen konjugaatti α on ekvivalentti sellaisen luvun kanssa, jonka periodi on α:n periodi väärinpäin. Tämä olisi nyt tarkoitus todistaa. Täsmällisemmin sanottuna: Olkoon α kvadraattinen, jolloin lauseen 7.15 nojalla sen ketjumurtolukuesitys on periodinen, ts. α = [a 0,...,a n,a n+1,...,a m ]. Osoita, että α on ekvivalentti luvun β = [a m,...,a n+1 ] kanssa. 4. Oletetaan, että d N ei ole neliö. Lauseen 8.6 nojalla luvun α = d ketjumurtolukuesitys on muotoa α = [a 0,a 1,...,a n,2a 0 ], missä jono a 1,...,a n on palindromi. (2) Nyt voi kysyä, että päteekö tämä kääntäen, ts. jos α:lla on esitys (2), niin onko α = d jollekin d N? Vastaus on kielteinen, kuten vaikkapa esimerkistä α = 7/2 = [1,3,10,3,2] näkyy. Jotain voidaan kuitenkin sanoa niistä luvuista α, joilla on esitys (2). Osoita, että α:lla on esitys (2) jos ja vain jos α > 1 ja α on muotoa α = d s, missä d,s N ja d ei ole neliö. 5. Laske Pell in yhtälöille x 2 29y 2 = +1 ja x 2 29y 2 = 1 jotkut epätriviaalit ratkaisut. 6. Onko yhtälöllä x 2 999y 2 = 1 ratkaisua? 7. Tarkastellaan Pell in yhtälöä x 2 dy 2 = +1. (3)
Oletetaan, että (x 1,y 1 ) on yhtälön (3) epätriviaali ratkaisu. Muodostetaan jono lukupareja (x n,y n ) määrittelemällä rekursiivisesti kaikille n 1 matriisitulomuodossa [ ] [ ] [ ] xn+1 x1 dy = 1 xn. (4) y n+1 y 1 x 1 y n Osoita, että kaikki näin syntyvät parit (x n,y n ) ovat yhtälön (3) ratkaisuja. Totea, että jos lähdetäänkin yhtälöstä x 2 dy 2 = 1 ja sen ratkaisusta (x 1,y 1 ), niin algoritmi (4) ei tuota oikeita lukupareja eli yhtälön x 2 dy 2 = 1 ratkaisuja. Miten algoritmia pitää modifioida, jotta saadaan aikaan ratkaisuja myös tälle yhtälölle? 8. Tehtävän 7. algoritmi (4) tuottaa äärettömän paljon yhtälön (3) ratkaisuja, jos lähdetään jostakin epätriviaalista ratkaisusta (x 1,y 1 ). Jos valitaan tämä alkuarvo niin, että se on pienin epätriviaali ratkaisu (pienin vaikkapa siinä mielessä, että y 1 on pienin), niin tuottaako algoritmi (4) kaikki yhtälön (3) epätriviaalit ratkaisut? Ylimääräinen, erittäin vaikea tehtävä, jota ei tehdä demoissa. Tehtävässä 6. selviteltiin yhtälön x 2 999y 2 = 1 ratkaisun olemassaoloa melko työläillä laskelmilla. Nämä laskelmat voidaan joskus välttää, sillä voidaan osoittaa (ja tämä on se tehtävän vaikea osuus), että välttämätön (mutta ei riittävä) ehto yhtälön x 2 dy 2 = 1 ratkaisun olemassaololle saadaan seuraavasti. Jaetaan d ensin muotoon d = d a 2, missä d ei sisällä neliötä. Sen jälkeen tutkitaan luvun d parittomia alkulukutekijöitä. Jotta ratkaisu voisi olla olemassa, on näiden kaikkien parittomien alkulukutekijöiden p toteutettava yhtälö p 1 (mod 4). Tämä ehto on myös riittävää sille, että yhtälöllä x 2 dy 2 = 1 on rationaalinen ratkaisu (x,y) Q 2, vaikkei se kokonaislukuratkaisun olemassaoloa takaakaan. Mitä voit tällä perusteella sanoa x 2 999y 2 = 1 ratkaisun olemassaolosta? Entä yhtälöistä x 2 1000y 2 = 1 tai x 2 1001y 2 = 1? Kurssin loppupuolella ehkä onnistutaan todistamaan nuo yllä esitetyt väitteet.
Ketjumurtodemot 10, 21.11.2013 1. Mitkä ovat lukujen 6 2, 6 4, 6 8, 6 16, ja 6 32 minimaalipolynomit ja niiden asteet? Huomaa, että näiden lukujen irrationaalisuuskin on vähän epäselvää. Tässä voi käyttää huomautusta 9.4 ja siinä todettua faktaa, että lause 9.3 pätee myös rationaaliluvulle, jolloin lausetta voidaan tässä soveltaa tietämättä lukujen irrationaalisuutta. Tässä käy sitten niin, että minimaalipolynomien aste on vähintään kaksi, jolloin luvut ovat irrationaalisia, koska rationaaliluvun minimaalipolynomin aste on yksi. 2. Jos hyväksytään rationaaliluvut algebrallisiksi, niin voidaan osoittaa, että algebrallisten lukujen joukko A on reaalilukujen kunnan alikunta. Jos et tiedä tai muista (ali-)kunnan määritelmää, ota selvää. (Englanniksi kunta on field.) Tämän todistus vaatii vähän algebraa, eikä se ihan tällä kurssilla onnistu. Oleellistahan tässä on, että tuon tuloksen nojalla A on suljettu yhteen- ja kertolaskun suhteen (eli a+b,ab A kaikille a,b A) ja että A sisältää kaikkien alkioidensa vasta-alkiot ja nollasta eroavien alkioiden käänteisalkiot. Myös kaikki A \ {0}:n alkioiden kokonaislukupotenssit pysyvät A:ssa. Tämä kuntaominaisuus ei kuitenkaan takaa neliö- tai muun juuren säilymistä A:ssa. Osoita, että se siellä kuitenkin pysyy, ts. jos a A, niin kaikille n 2 pätee n a A edellyttäen, että (reaalinen) n a on olemassa. Muista tässä, että Q A alussa tehdyn sopimuksen mukaisesti. Huomautus. On melko vaikeaa suoraan määritelmän perusteella osoittaa, että A on kunta. Miten esimerkiksi osoitetaan, että kahden algebrallisen luvun tulo tai summa on algebrallinen? Algebra siis auttaa tässä asiassa (kuntalaajennusten kautta), mutta tähän puoleen ei nyt tällä kurssilla mennä. 3. Transkendenttisillä luvuilla on osittain samoja ominaisuuksia kuin tehtävässä 2. todettiin olevan algebrallisilla luvuilla. Osoita, että transkendenttisten lukujen joukko T sisältää kaikkien alkioidensa vasta-alkiot ja nollasta eroavien alkioiden käänteisalkiot. Osoita, että myös kaikki T \ {0}:n alkioiden kokonaislukupotenssit pysyvät T:ssa, samoin kuin juuret, mikäli ne ovat reaalisina olemassa. Osoita myös, että transkendenttiluvun ja nollasta eroavan algebrallisen luvun tulo ja summa ovat transkendenttisia. 4. Tehtävästä 3. huolimatta joukolla T ei ole kaikkia tehtävässä 2. mainittuja A:n ominaisuuksia. Kahden transkendenttiluvun tulo tai summa ei välttämättä ole transkendenttinen. Anna tästä esimerkki olettaen vaikkapa, että π ja e tiedetään transkendenttisiksi. 5. Tehtävästä 4. huolimatta voidaan sanoa seuraavaa. Laajennetaan algebrallisten lukujen joukkoa A hyväksymällä algebrallisiksi luvuiksi myös kokonaislukukertoimisten polynomiyhtälöiden kompleksiset juuret. Tällöin siis esimerkiksi ±i ovat algebrallisia, koska ne ovat yhtälön x 2 + 1 = 0 juuria. Merkitään tätä laajennettua algebrallisten lukujen joukkoa symbolilla A C. Tämä joukko voidaan
osoittaa kompleksilukujen joukon C alikunnaksi samalla tavalla kuin A kunnan R alikunnaksi tehtävän 2. tarkastelussa. Tällä kunnalla A C on sellainen mielenkiintoinen ominaisuus, että se on algebrallisesti suljettu. Jos tämä käsite on vieras, niin: Sanotaan, että kunta F on algebrallisesti suljettu, jos jokaisella F-kertoimisella ei-vakiolla polynomilla on juuri kunnassa F. Kompleksilukujen kunta on esimerkki algebrallisesti suljetusta kunnasta; R ja Q sen sijaan eivät ole algebrallisesti suljettuja. Osoita käyttäen tietoa kunnan A C on algebrallisesta sulkeutuneisuudesta, että jos α ja β ovat transkendenttilukuja, niin ainakin toinen luvuista α + β tai αβ on transkendenttinen. Pienenä vihjeenä voisi sanoa, että todistus mahtuu kahdelle riville. Huomautus. Koska π ja e tiedetään transkendenttisiksi, niin tehtävän 5. nojalla joko π + e tai πe on transkendenttinen kukaan ei vain tiedä kumpi, vai ovatko kenties molemmat. Cantorin todistus transkendenttisten lukujen olemassaololle pohjautui numeroituvuuden käsitteeseen. Tässä muutamia perusasioita numeroituvuudesta. Määritelmä on se, että (ääretön) joukko A on numeroituva, jos on olemassa bijektio f : N A. Tästähän nimityskin tulee: numeroituvan joukon alkiot voidaan numeroida tai indeksoida merkitsemällä a n = f(n), jolloin A = {a n n N}. Jos ääretön joukko A ei ole numeroituva, niin se on ylinumeroituva. Seuraavat perustulokset pätevät (niiden todistuksiin ei puututa tässä, osa on helppoja, osa vähän vaikeampia): 1) Numeroituvan joukon ääretön osajoukko on numeroituva. 2) Jos joukon osajoukko on ylinumeroituva, niin itse joukkokin on ylinumeroituva. 3) Jos A on ääretön ja B numeroituva sekä on olemassa injektio A B, niin A on numeroituva. 4) Jos A on ääretön ja B numeroituva sekä on olemassa surjektio B A, niin A on numeroituva. 5) Jos A on numeroituva ja B ylinumeroituva, niin on olemassa injektio A B, mutta ei ole olemassa injektiota B A. Tässä mielessä ylinumeroituva joukko on aina suurempi kuin mikä tahansa numeroituva joukko. 6) Jos B on ylinumeroituva ja on olemassa injektio B C, niin C on ylinumeroituva.
7) Jos joukot A 1,...,A n ovat numeroituvia, niin karteesinen tulo A 1 A 2... A n on numeroituva. 8) Jos joukot A 1,...,A n ovat numeroituvia, niin yhdiste A 1 A 2... A n on numeroituva. 9) Tulosta 8) voidaan parantaa: Numeroituvien joukkojen numeroituva yhdiste on numeroituva. Täsmällisemmin sanottuna: Jos I on numeroituva (indeksi)joukko ja kaikille i I on annettu numeroituva joukko A i, niin joukko i I A i on numeroituva. Äärellisten joukkojen numeroituva yhdiste on joko äärellinen tai numeroituva. Huomaa, että tuloksella 7) ei vastaavaa parannusta ole: Numeroituvien joukkojen numeroituva karteesinen tulo on ylinumeroituva. Todista näiden perustulosten avulla seuraavaa: 6. Z ja Q ovat numeroituvia. 7. Kaikkien luonnollisista luvuista muodostuvien äärellisten jonojen joukko {(n 1,...,n k ) k N ja n 1,...,n k N} on numeroituva kun taas kaikkien luonnollisista luvuista muodostuvien äärettömien jonojen joukko {(n 1,n 2,...) n i N kaikille i N} on ylinumeroituva. Ohje jälkimmäiseen väitteeseen: Tuloksen 2) nojalla riittää tarkastella osajoukkoa A, joka koostuu kaikista jonoista, joissa on pelkkiä ykkösiä ja kakkosia. Tee antiteesi: on olemassa bijektio f : N A. Tällöin jokaiselle n kuvapiste f(n) on jono, jossa on vain ykkösiä ja kakkosia. Olkoon f(n) k tämän jonon alkio paikassa k eli jono f(n) on (f(n) 1,f(n) 2,...). Muodosta jono g A sopimalla, että { 1 jos f(k) k = 2 g k = 2 jos f(k) k = 1. 8. Osoita, että R on ylinumeroituva. (Ohje: Riittää osoittaa, että väli [0, 1] on ylinumeroituva. Jokaisella x [0, 1] on desimaalikehitelmä x = 0.a 1 a 2 a 3..., missä a i {0,1,...,9} kaikille i. Käytä hyväksi tehtävän 7. ohjeen joukon A ylinumeroituvuutta ja tulosta 6). Muista ottaa huomioon, että desimaalikehitelmä ei ole yksikäsitteinen, esimerkiksi 0.499999...=0.500000...) 9. Osoita, että algebrallisten lukujen joukko on numeroituva. (Ohje: Käytä tuloksia 9) ja 7).) 10. Osoita, että transkendenttisten lukujen joukko on ylinumeroituva.
Ketjumurtodemot 11, 28.11.2013 1. Olkoot (q n ) ja (q n) rationaalisia p-cauchy-jonoja. Osoita, että myös jonot (q n + q n) ja (q n q n) ovat rationaalisia p-cauchy-jonoja. 2. Luvun α R p p-normi määritellään raja-arvona α p = lim n q n p, (1) missä rationaalilukujono (q n ) on α:n edustaja, ts. α = [(q n )]. Osoita, että tämä on järkevä määritelmä eli että ehdon (1) (tavallinen reaalinen) raja-arvo lim n q n p R on olemassa jokaisella p-cauchy-jonolle (q n ) ja että raja-arvo (1) on riippumaton valitusta α:n edustajajonosta (q n ). 3. Olkoon i : Q p R p upotuskuvaus, i(q) = [(q n ) n N ], missä (q n ) n N on vakiojono, q n = q kaikille n. Tämä on järkevä määritelmä, koska triviaalisti (q n ) on p-cauchy-jono, ja määrää siten ekvivalenssiluokan [(q n )] R p. Osoita, että i on injektio. Osoita edelleen, että i on rengashomomorfismi, ts. että i(q + q ) = i(q) + i(q ) ja i(q q ) = i(q) i(q ) kaikille q,q Q. Osoita vielä, että i säilyttää normin, ts. että i(q) p = q p kaikille q Q p. 4. Osoita, että kuvaukset f : R p R ja g : R p R p, f(α) = α p ja g(α) = α 2 ovat jatkuvia, ts. jos α n p α, niin f(αn ) f(α) ja g(α n ) p g(α). Seuraavassa tarkastellaan mielivaltaisia Q:n normeja, ks. määritelmä monisteen sivulta 137. Sanotaan, että Q:n normi on diskreetti, jos q = 1 kaikille q 0. Sanotaan, että Q:n normit 1 ja 2 ovat ekvivalentteja, jos niillä on samat Cauchy-jonot, ts. jos kaikille Q:n jonoille (q n ) pätee: (q n ) on Cauchyjono normin 1 suhteen jos ja vain jos (q n ) on Cauchy-jono normin 2 suhteen. 5. Olkoon mielivaltainen Q:n normi. Osoita, että kaikille q,q Q, q 0 pätee a) q n = q n kaikille n Z, b) q /q = q / q, c) q q q ± q d) lim n qn = 0 normin suhteen q < 1. ja
Koska p on Q:n normi, niin tehtävän 5. tulokset pätevät erityisesti normille p. 6. Olkoot 1 ja 2 ekvivalentteja normeja Q:ssa. Oletetaan, että 1 on diskreetti. Osoita, että myös 2 on diskreetti. 7. Olkoot 1 ja 2 ekvivalentteja normeja Q:ssa. Osoita, että kaikille q Q pätee q 1 < 1 q 2 < 1, q 1 > 1 q 2 > 1 ja q 1 = 1 q 2 = 1. 8. Olkoot 1 ja 2 normeja Q:ssa. Osoita, että on olemassa α R, α > 0 siten, että q 2 = q α 1 kaikille q Q jos ja vain jos 1 ja 2 ovat ekvivalentteja. (Ohje tehtävän (selvästi) vaikeampaan suuntaan : Valitse, jos mahdollista, a Q siten että 0 < a 1 < 1 ja määrittele α = log a 2 log a 1. Kiinnitä q Q, 0 < q 1 < 1 ja määrittele joukot S 1 = {m/n Q q m n 1 < a 1 } ja S 2 = {m/n Q q m n 2 < a 2 } Osoita, että S 1 = S 2, ja päättele tästä, että väite pätee annetulle α:lle.) 9. Tarkastellaan kuvausta Q R, q q α, missä α R, α > 0 ja on tavallinen itseisarvo. Osoita, että tämä kuvaus on normi jos ja vain jos α 1. Osoita myös, että tässä tapauksessa eli kun 0 < α 1 syntyvä normi on ekvivalentti tavallisen itseisarvonormin kanssa.
Ketjumurtodemot 12, 5.12.2013 Sanotaan, että Q:n normi on epäarkhimedinen, jos toteuttaa vahvan kolmioepäyhtälön. Muussa tapauksessa sanotaan, että on arkhimedinen. Kaikki jatkossa esiintyvät normit ovat nimenomaan Q:n normeja, vaikkei sitä aina erikseen mainita. 1. Osoita, että normi on epäarkhimedinen jos ja vain jos n 1 kaikille n Z. Ohje: Suunta menee induktiolla. Käänteinen suunta on vaikeampi. Osoita ensin, että q + q n (n + 1)[max{ q, q }] n (1) käyttämällä binomikaavaa ja sitä tietoa, että binomikertoimet ovat kokonaislukuja. Käytä lopuksi sitä tunnettua(?) faktaa, että lim n n n + 1 = 1. 2. Olkoon epäarkhimedinen normi. Osoita, että kaikille q,q Q pätee q q < q q = q. 3. Olkoon epäarkhimedinen normi. Tarkastellaan kuvausta Q R, q q α, missä α R, α > 0. Osoita, että tämä kuvaus on epäarkhimedinen normi. Osoita myös, että syntyvä normi on ekvivalentti normin kanssa. Vertaa tulosta tehtävään 11.9; tässä ei siis tarvitse tehdä rajoitusta α 1. 4. Olkoot 1 ja 2 normeja, joista toinen on arkhimedinen ja toinen epäarkhimedinen. Osoita, että nämä normit eivät voi olla ekvivalentteja. 5. Olkoon arkhimedinen normi. Osoita, että kaikille q,q Q, q 0 on olemassa n N siten, että nq > q. Osoita myös, että on olemassa luonnollisia lukuja, joilla on mielivaltaisen suuri normi, ts. että sup{ n n N} =. 6. Olkoon arkhimedinen normi. Osoita, että on olemassa α > 0 siten, että q = q α kaikille q Q, missä on tavallinen itseisarvonormi. Ohje: Normin arkhimedisuuden nojalla on olemassa n N siten, että n > 1. Tällöin voidaan valita n 0 = min{n N n > 1}. Määritellään α = log n 0 log n 0. Tämä α toteuttaa väitteen. Väite pätee ainakin, kun q = n 0. Osoita, että se pätee kaikille n N ja päättele tästä, että se pätee kaikille q Q. Vaikea
vaihe tässä on todistaa, että se pätee kaikille n N. Haarukoi ensin n välille n s 0 n < n s+1 0, jolloin n:llä on (n 0 -kantainen) esitys s n = a k n k 0, a k = 0,1,...,n 0 1. (1) k=0 Todista erikseen epäyhtälöt n n α ja (2) n α n. (3) Epäyhtälöä (2) varten saat arvion esityksestä (1). Siinä olevan summan normi saadaan sopivalla kikkailulla arvioitua tyyppiä n αs 0 n=0 an olevalla härvelillä. Tästä saat epäyhtälön n Cn α jollekin n:stä riippumattomalle vakiolle C. Sama vakio toimii myös kaikille potensseille n N ja antamalla N väite (2) seuraa. Ehtoa (3) varten osoita ensin, että n n (s+1)α 0 (n s+1 0 n) α (4) soveltamalla (jo todistettua) ehtoa (2) lukuun n s+1 0 n. Muista, että n s 0 n < n s+1 0, jolloin saat ehdon (4) nojalla arvion n C n α jollekin n:stä riippumattomalle vakiolle C. Jatko sujuu kuten ehdon (2) todistuksessa. 7. Olkoon epäarkhimedinen normi, joka ei kuitenkaan ole diskreetti. Osoita, että on olemassa alkuluku p ja reaaliluku α > 0 siten, että missä p on Q:n p-normi. q = q α p kaikille q Q, (1) Ohje: Osoita ensin, että on olemassa n N siten, että n < 1. Tällöin voidaan valita n 0 = min{n N n < 1}. Osoita, että n 0 on alkuluku, n 0 = p. Määrittele sitten log p α = log p. Nämä ovat väitteessä haetut luvut p ja α. Tämän todistamiseksi menettele näin: Osoita ensin tehtävän 2. avulla, että jos n N ja p ei ole n:n tekijä, niin n = 1. Osoita sitten, että jos n N, n = p k n, missä p ei ole n :n tekijä, niin n = p k. Todista, että ehto (1) pätee kaikille n N ja yleistä ehto (1) sitten koskemaan kaikkia rationaalilukuja q samalla tavalla kuin tehtävässä 6. 8. Todista Ostrowskin lause: Jos on Q:n normi, niin on joko - diskreetti normi - ekvivalentti itseisarvonormin tai - ekvivalentti jonkun p-normin p, p alkuluku, kanssa.
Ketjumurtodemot, ylimääräisiä tehtäviä 1. Laske lukujen 1/2 ja 1/2 Q R p p-esitys kaikille alkuluvuille p, myös kun p = 2. 2. Olkoon α = a m...a 0.a 1 a 2... luvun α R p p-esitys, missä a m 0. Mikä on luvun α p-esitys? Ohje: Vastauksen arvaamista helpottaa alekkainen yhteenlasku, vaikkei tämmöistä metodia ole oikeaksi todistettukaan. Tässä pitää tietysti sitten laskea, että arvaus on oikein; hyväksytään tässä laskussa se, että suppenevia sarjoja voi laskea termeittäin yhteen ja kertoa termeittäin vakiolla tämähän on helppo todistaa oikeaksi missä tahansa normiavaruudessa. 3. Sanotaan, että R p :n sarja n=0 α n suppenee p-itseisesti, jos sarja n=0 α n p suppeneee R:ssä. Koska R:ssä suppenevan sarjan termit konvergoivat tunnetusti nollaan, niin p-itseisesti suppevan sarjan termit p-konvergoivat nollaan ja silloin lauseen 12.1 nojalla p-itseisesti suppeneva sarja p-suppenee. Tunnetusti myös tavallisessa R:ssä itseisesti suppeneva sarja suppenee. R:n suppenevan sarjan ei kuitenkaan kuten hyvin tiedetään tarvitse supeta itseisesti. Miten tämä asia on R p :ssä, ts. suppeneeko R p :n p-suppeneva sarja myös p-itseisesti? 4. a) Sarja n=0 n! ei selvästikään suppene R:ssä. Osoita, että suppenee kuitenkin R p :ssä jokaiselle alkuluvulle p. b) Luvun e määrittelevä sarja se ei suppene missään R p :ssä. n=0 1 n! suppenee tunnetusti R:ssä. Osoita, että c) Onko olemassa rationaalilukusarjaa, joka suppenisi R:ssä ja sen lisäksi myös jokaisessa R p :ssä? Seuraavassa on hatara heuristinen argumentti, miksi c)-kohdan sarjaa ei voi olla olemassa: Jos sarja suppenee jokaisessa R p :ssä, niin sen termit konvergoivat nollaan jokaisen normin p suhteen. Silloin sen termien osoittajissa esiintyy korkeampia ja korkeampia p:n potensseja jokaiselle p (kuten käy kohdassa a)), ja silloin termit eivät voi konvergoida nollaan R:ssä eikä sarja siten supeta R:ssä. Onko tämä heuristinen perustelu riittävän tukevalla pohjalla? 5. Olkoon p 2 alkuluku ja α Z p siten, että α p = 1. Tällöin α:lla on p-esitys α = a 0.a 1 a 2... = a n p n, missä a 0 0. n=0 Osoita, että on olemassa neliöjuuri α Z p jos ja vain jos a 0 on neliöjäännösluokka, ts. jos on olemassa k {1,...,p 1} siten, että k 2 a 0 (mod p).
Huomautus. Voidaan osoittaa, että kaikista jäännösluokista 1,...,p 1 tasan puolet on neliöjäännösluokkia. Esimerkiksi kun p = 11, neliöjäännösluokkia ovat tarkalleen 1,4,9,5 ja 3 eli näitä on (11 1)/2 = 5 kappaletta. Neliöjuuri siis löytyy täsmälleen silloin kun α:n p-esityksen ensimmäinen luku (huomaa ehto α p = 1, jolloin p-esityksen ensimmäinen nollasta eroava luku on välittömästi ennen desimaalipistettä) on neliöjäännösluokka. Siten voidaan puolittain järkevästi sanoa, että todennäköisyydellä 1/2 α:lla on neliöjuuri. Tapauksessa p = 3 luku a 0 voi saada vain arvot 1 tai 2, joista 1 on neliöjäännösluokka ja 2 ei. Silloin esimerkiksi luvulla 1/2 = 2.111... ei ole neliöjuurta Z 3 :ssa, kun taas luvulla 1/2 = 1.111... on neliöjuuri. 6. Tehtävän 5. tulos ei päde, jos p = 2. Sen sijaan saadaan seuraavaa: Olkoon α Z 2 siten, että α 2 = 1. Osoita, että α:lla on neliöjuuri joukossa Z 2 jos ja vain jos α 1 2 1 8. Ohje: Jos neliöjuuri β on olemassa, kirjoita se muotoon β = 1 + 2γ, korota neliöön sekä tarkastele vaihtoehtoja γ 2 < 1 ja γ 2 = 1. 7. Osoita, että yhtälöllä x 3 = 1 on triviaalin ratkaisun x = 1 lisäksi myös toinen ratkaisu β joukossa R 7. Tällä ratkaisulla on 7-esitys Laske luvut c 0,c 1,c 2 ja c 3. β = c 0.c 1 c 2 c 3... Ohje: Henselin lemman todistuksen jono (α n ) p-konvergoi sopivalla alkuarvolla α 0 kohti ratkaisua β. Tämä jono on p-cauchy-jono ja kaikille n pätee Tällöin myös α n α m p P(α n) p P (α n ) p kun m > n. α n β p P(α n) p P (α n ) p kaikille n. (1) Arvion (1) oikea puoli konvergoi monotonisesti nollaan, ja α n antaa arvion β:lle tarkkuudella ǫ, kun P(α n ) p / P (α n ) p < ǫ. Tehtävänä on siis (muun muassa) säätää ǫ niin pieneksi, että vaaditut desimaalit saadaan oikein. Huomaa kuitenkin, että tässä käytettävä P ei ole P(x) = x 3 1. Huomaa myös, että näitä haettuja ratkaisuja β Z 7 on itse asiassa kaksi; toista voidaan lähestyä toisenlaisella alkuarvon α 0 valinnalla. Likiarvo c 0.c 1 c 2 c 3 on silloin erilainen. Näitä molempia ei kannata erikseen ruveta vääntämään, sillä toisen saa toisesta helposti alekkaista yhteenlaskua soveltaen, kun huomaa ensin, että niiden summa on 1 = 6.666...
8. Osoita, että yhtälöllä x 5 = 1 ei ole triviaalin ratkaisun x = 1 lisäksi muita ratkaisuja joukossa R 7. Ohje: Tässä ei Henselin lemmasta ole apua. Mahdollisen ratkaisun 7-esitys olisi muotoa c 0.c 1 c 2... (miksi?). Osoita, että c 0 :ksi ei käy mikään luku c 0 = 0,1,...,6. 9. Määrää ne alkuluvut p, joille on olemassa a) 1 p Z p ja vastaavasti b) p 1 Z p. 10. Mikä on pienin luku m > 100, jolle yhtälöllä x 2 + y 2 = mz 2 on kokonaislukuratkaisu? Onko yhtälöillä x 2 +y 2 = 356819z 2 ja/tai x 2 +y 2 = 356821z 2 kokonaislukuratkaisua?