HY / Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matemaattinen analyysi I Harjoitus 1 / Ratkaisut Tämän harjoituksen pääaihe on käsite implikaatio ja myös sen merkitseminen kaksoisnuolella. Muistutamme erityisesti siitä, että kirjoittamalla p q emme tällä kurssilla koskaan tarkoita Koska p, niin q. ks. huomautus 1.8. Tehtäväalue ulottuu kohdan 1.15 paikkeille (hiukan edemmäs, jos haluaa). 1. (a) Mitkä seuraavista ovat välttämättömiä ehtoja, entä riittäviä, sille, että X on banaani? X on hedelmä, X on omena. (b) Mitkä seuraavista ovat välttämättömiä ehtoja, entä riittäviä, sille, että x > 1? x > 2, x 0, x 2 1 > 0, x 2 x 2 = (x 2)(x + 1) > 0. (c) Onko se, että x 0, riittävää, entä välttämätöntä sille, että x 2 > 0? Perustele kaikki vastauksesi jotenkin lähtien ko. käsitteiden määritelmistä! Ratkaisu. Kaikki lähtee siitä, että on katsottava, mitä termit riittävä ja välttämätön tarkoittavat: on etsittävä määritelmä! Sitten sovelletaan määritelmää. Tässä tehtävässä tapahtuu niin, että po. luonnollisen kielen ilmaisut kääntyvät matematiikan (tai formaalin logiikan) kielelle, jossa ongelmat sitten ratkaistaan, ja vastaus lopuksi käännetään takaisin luonnolliselle kielelle! 1 (a) Sivun 2 mukaan, kaavaan (1.2) liittyen, em. käsitteet yksinkertaisesti tarkoittavat tiettyjä implikaatioita! Kysymys Onko ehto X on hedelmä välttämätön sille, että X on banaani? kääntyy kysymykseksi Onko implikaatio X on banaani X on hedelmä tosi?. Ja tämähän on tosi: kaikki banaanit ovat hedelmiä! Siis vastaus on kyllä, X:n hedelmäisyys on välttämätön ehto X:n banaanisuudelle. (Voimme myös sanoa, että X ei voi olla banaani olematta hedelmä: siitä hedelmäisyyden välttämättömyys banaanisuudelle.) Vastaavasti kysymys Onko ehto X on omena välttämätön sille, että X on banaani? on määritelmän nojalla sama (yhtäpitävä) kuin kysymys Onko implikaatio X on banaani X on omena tosi?. 1 Tässä tehtävässä oletetaan, että banaani on hedelmä. Uusimman biologisen tiedon :) mukaan näin ei kuitenkaan ole: banaani on marja! Jos joku on toiminut tämän tiedon varassa, ratkaisu kelpaa, kunhan on siitä lähtökohdasta oikein! 1
Tämä taas on epätosi: voimme esittää banaanin, joka ei ole omena! (Itse asiassa lienee jopa niin, ettei yksikään banaani ole omena.) Siis vastaus on tässä ei, X:n omenaisuus ei ole välttämätön ehto banaaniudelle. Edelleen sivun 2 mukaan, kaavaan (1.2) liittyen, kysymys Onko ehto X on hedelmä riittävä sille, että X on banaani? kääntyy kysymykseksi Onko implikaatio X on hedelmä X on banaani tosi?. Tämä implikaatio on epätosi, joten X:n hedelmäisyys ei ole riittävä ehto X:n banaanisuudelle! Neljäskin vastaus on kielteinen: X:n omenaisuus ei ole riittävä ehto banaaniudelle! Loppuvastaus, luettelo: X:n hedelmäisyys on välttämätöntä muttei riittävää X:n banaaniudelle; X:n omenaisuus ei ole välttämätöntä eikä riittävää X:n banaaniudelle. Huomautus. Vastaukset tuntuvat arkikielenkäytön mukaan järkeviltä, tosin kysymykset välttämättömyydestä eivät siitä näkökulmasta ole niin selviä... Matematiikassa ja analysissä välttämättömyys kuitenkin on tärkeä käsite. Kannattaa oppia myös se periaate, että määritelmät ovat kovin tärkeitä! (b) Tässä alkuperäiset kysymykset käännetään vastaavasti kysymyksiksi implikaatioista: ehdolle x > 1 välttämättömiä ehtoja ovat siis ne, jotka seuraavat ehdosta x > 1, ja riittäviä ne, joista ehto x > 1 seuraa. Ensin loppuvastaus: Sille, että x > 1, välttämättömiä ehtoja ovat ja vain ne sekä riittäviä ja vain se. x 0, x 2 1 > 0 x > 2 Joitakin perusteluja implikaatiotasolla: x > 1 x > 2: esimerkiksi 3/2 > 1 mutta ei ole 3/2 > 2. Tässä siis vastaesimerkki sille, että implikaatio olisi pätenyt kaikille x R. x > 1 x 0: Selvä, koska 1 > 0. (Tätä käyttäessämme oletamme, että x > 1. Sitten päättelemme, että x > 0. Tästä seuraa, että x 0.) x > 1 x 2 1 > 0: Tähän on monta helppoa tapaa. Yksi opettavainen on seuraava: Oletetaan, että x > 1. Nyt x 2 1 = (x + 1)(x 1) > 0 tulon merkkisäännön mukaan, koska tässä kumpikin tekijä on oletuksen perusteella positiivinen: x + 1 > 1 + 1 = 2 > 0 ja x 1 > 1 1 = 0. x > 1 (x 2)(x + 1) > 0: Esim. arvolle x = 3/2 on implikaation etujäsen tosi mutta takajäsen epätosi (tulon merkkisääntö). Siis 2
on epätosi (merkityksessä seuraa aina ) eli pätee (merkityksessä ei seuraa aina ). (Muita ratkaisutapoja: Joku on kenties käyttänyt toisen asteen yhtälön ratkaisukaavaa ja miettinyt ylöspäin aukeavaa paraabelia... ) Päinvastaisten implikaatioiden tutkiminen. Se, että x > 2 x > 1, on selvää, koska 2 > 1. (Vrt. edellä.) Lopuissa käänteinen implikaatio on epätosi. Se nähdään sopivien vastaesimerkkien avulla (vrt. edellä), mikä jätetään tässä lukijalle! (c) Se, että x 0, on sekä riittävää että välttämätöntä, sille, että x 2 > 0. Tämä johtuu siitä, että ekvivalenssi x 0 x 2 > 0 on tosi (kaikille x R), ts. aina pätee, että x 0 x 2 > 0 ja että x 0 x 2 > 0. Edellinen on osoitettu esimerkissä 1.7, ja jälkimmäinen nähdään käyttäen epäsuoraa todistusta: Oletetaan, että x 2 > 0. Väitteenä on, että x 0. Todistuksen aluksi tehdään vastaväite (eli antiteesi), että x = 0. Mutta tästä seuraa ristiriita: x 2 = 0 2 = 0, vaikka oletuksen mukaan x 2 > 0. 2. Mitkä seuraavista väittämistä ovat tosia, mitkä epätosia? Muista varsinkin määritelmä 1.5! Tässä riittävät lyhyet perustelut. (a) 0 > 0 0 = 1, (c) x 0 x 2 > 0, (b) 0 > 0 0 = 1, (d) x N: x 0 x 2 > 0. (Viimeinen tarkoittaa x N: (x 0 x 2 > 0) suoritusjärjestyssäännön mukaan.) Ratkaisu. Tosia ovat (a), (b) ja (d). Epätosi on (c). Kaksi ensimmäistä johtuvat suoraan implikaation määritelmästä 1.5: niissä etujäsen 0 > 0 on epätosi! Kahdessa jälkimmäisessä väittämässä ei ole kyseessä yksittäinen implikaatio vaan kummassakin äärettömän monta implikaatiota, joiden kaikkien väitetään olevan tosia. Väittämä (c) on epätosi: 0 0 0 2 > 0 on epätosi (määritelmä 1.5), koska etujäsen 0 0 on tosi mutta takajäsen 0 > 0 epätosi; lisäksi 0 R, joten näemme, ettei implikaatio päde kaikille x R, kuten (c):ssä tarkoitetaan. (Annoimme vastaesimerkin). Kuitenkin väittämä (d) on tosi (määritelmä 1.5): Oletetaan, että x N. Oletetaan, että x 0. Tällöin itse asiassa x > 0, koska 0 / N. Nyt saadaan tulon merkkisäännöstä, että x 2 > 0. Siis implikaatio pätee kaikille x N. 3. Mille reaaliluvuille x, y R seuraavat väittämät ovat tosia, mille epätosia? Tässä tehtävässä ei tarvitse (mutta kannattaa) perustella vastauksiaan. Ratkaisu. (a) x > y x 2 > y 2, (b) (x + 1)x(x 1) 0. 3
(a) Pohdiskelua: Tämä kysymys on hankala! Huomaa, että kysytään, mille pareille (x, y) implikaatio pätee, mille ei! Perinteisellä lähestymistavalla tulee mutkikasta: Ehkä olettaisimme, että x > y, ja yrittäisimme todistaa, että tällöin x 2 > y 2, ja tässä voisi tutkia eri tapauksia, esim. minkä merkkisiä x ja y ovat (kertolaskua kun harrastetaan). Mutkikasta jo tuo puhumattakaan siitä, että itse asiassa meidän pitäisi tarkastella, mille pareille (x, y) todistus onnistuu, mille ei... Jne.! Yllä mainitussa yksi hankaluus on, että implikaatio voi olla tosi niin monella eri tavalla: kolmella neljästä (ks. määritelmä 1.5). Mutta tästä tuleekin idea! Katsotaankin, milloin implikaatio on epätosi! Siihenhän on vain yksi tapa... Selvitetään ensin, mille (x, y) on implikaatio x > y x 2 > y 2 epätosi ts. milloin on x > y tosi mutta x 2 > y 2 epätosi: No, x 2 y 2 täsmälleen, kun x 2 y 2, eli täsmälleen, kun x 2 y 2 0, eli täsmälleen, kun (x + y)(x y) 0. (Muistathan peruskaavan, että summan ja erotuksen tulo on neliöiden erotus!) Ottaen jälleen huomioon tulon merkkisäännön saamme siis, että (x > y x 2 > y 2 ) on epätosi täsmälleen, kun x > y ja x + y 0. (Käytimme sitä, että tulon (x+y)(x y) merkki on sama kuin edellisen tekijän merkki, jos jälkimmäinen tekijä x y > 0 eli jos x > y.) Vastaus: Epätosi täsmälleen, kun x > y ja x + y 0. Tosi täsmälleen, kun x y tai x + y > 0. 2 Huomaa, että vastaus voidaan ilmoittaa myös seuraavasti: Implikaatio on epätosi, kun y < x ja y x, ja tosi, kun y x tai y > x. Voit nyt piirtää ne koordinaattitason osajoukot, joissa implikaatio on epätosi/tosi. Edellinen osajoukko muodostaa neljännestason y-akselin alapuolen ympärillä! Kumpaankin joukkoon sisältyy tasan yksi niistä kahdesta puolisuorasta, jotka rajaavat osajoukot toisistaan. Toinen huomio: Nyt kun vastaus on löydetty, olisi helppoa perustella se oikeaksi epäyhtälöiden käsittelysääntöjen avulla! (b) Tässä(kin) vastaus löydetään tulon merkkisäännön avulla: Taulukko 1 0 1 x + 1 0 + + + + + x 0 + + + x 1 0 + (x + 1)x(x 1) 0 + 0 0 + antaa tulokseksi, että väittämä on tosi, kun x [ 1, 0] tai x [1, [, ja epätosi muutoin (ts. kun x ], 1[ tai x ]0, 1[). 2 Huomaa, miten sana ja vaihtui sanaksi tai, kun otimme ns. negaation! Tässä on kyseessä ns. de Morganin laki. 4
4. (a) Merkitse seuraavaan implikaatioiden totuusarvo (1=tosi, 0=epätosi erilaiset merkinnät, jotta erottuvat), kun väittämien p(1), p(2),..., p(6) totuusarvot on annettu (t=tosi, e=epätosi): p(1) p(2) p(3) p(4) p(5) p(6)... e 1 e 1 e 1 e 1 e 1 e 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t? e 1 t 0 e 1 t 0 e 1 t? t 0 e 1 e 1 e 1 t 1 t? Ratkaisu (yllä) perustui määritelmään 1.5. Huomautus. Tässä keskusteltiin ohjauksissa jonkin verran siitä, mitä tehtävässä haluttiin. Siinä tarkoitettiin, että kullakin rivillä (mikä sana oli editoinnissa jäänyt pois) olisi merkittävä implikaatioiden (monikko) totuusarvot. (Kokonaisuutena tämä on muutenkin mielekkäin tulkinta, myös ottaen huomioon merkkien erottuvuudesta huolehtimisen...) Mutta kaikkien mielekkäiden tulkintojen mukaiset korrektit vastaukset tietysti hyväksytään! Kuten on tapana merkitä 1 < 2 < 3 tarkoittamaan, että 1 < 2 ja 2 < 3, on tässäkin merkitty p q r tarkoittamaan, että p q ja q r. (Ns. transitiivisuus pätee implikaatiolle samoin kuin järjestykselle. Muuten merkintätapa olisi vaarallinen.) (b) Merkitse seuraavaan, mitkä totuusarvojen yhdistelmät ovat mahdollisia väittämille p(n), kun implikaatioiden totuusarvot on annettu: p(1) t p(2) e p(3). Ratkaisu. Käytämme taas määritelmää 1.5. Sen perusteella täsmälleen seuraavat totuusarvoyhdistelmät (alla olevat rivit) ovat mahdollisia: 0 1 0 1 1 0 5. Selvitä aluksi kokeellisesti, lopuksi arvaamalla, mille luonnollisille luvuille n N seuraava epäyhtälö näyttäisi olevan tosi, mille epätosi: (1) n 2 < 2 n. Onko keinoa, jolla voisit varmistua, onko arvauksesi oikea? Ratkaisu. Päässä laskemalla nähdään, että kun n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, on ja n 2 = 1, 4, 9, 16, 25, 36 2 n = 2, 4, 8, 16, 32, 64. Tältä osin ovat siis pienimmät luonnolliset luvun n, joille epäyhtälö (1) on tosi, luvut 1, 5 ja 6. 5
Tuntien (toisen) potenssifunktion sekä (2-kantaisen) eksponenttifunktion konstailematonta käyttäytymistä ja ottaen huomioon, että yllä näkyvä ero arvosta n = 4 alkaen kasvoi voimakkaasti, vaikuttaisi hyvältä arvaukselta, että ehdon (1) toteuttavat luonnolliset luvut olisivat 1 ja 5, 6, 7,... eli että ratkaisujoukko olisi {1} { n N n 5 }. Jos arvaus on oikea, sen voi todistaa oikeaksi induktioperiaatetta käyttäen (ks. alkaen kohdasta 1.15, parhaiten s. 7). Ohjeita vertais- ja itsearviointiin Yleisohje: Ajattelu ja perustelu on normaalisti periaatteessa tärkeämpää kuin tulosten virheettömyys: Väärästä tuloksesta huolimatta voi saada jopa täydet, jos ajatukset ovat oikein mutta on sattunut jokin lipsahdus! Oikea tulos mutta väärin tai puuttuvin perusteluin/ajatuksin ei yleensä tuota (läheskään?) täysiä pisteitä! Perustelut ovat tärkeitä, ellei toisin sanota. Yleensä tärkeitä ovat myös lähdeviittaukset. Näin ensimmäisellä kerralla on silti eri syistä syytä olla armelias! 80 = 21 + 16 + 22 + 14 + 7 pistettä ratkaisuista korkeintaan, 20 pistettä tasan, jos tekee itse- ja kaksi vertaisarviointia: yhteensä 100 pistettä saatavissa tästä harjoituksesta. 1. Tässä on 14 kysymystä, joten vastausta kohti on jaossa 1,5 pistettä. Perustelut ovat kuitenkin tärkeitä; tässä niitä on kahdella tasolla: palauttaminen implikaatioihin ja implikaatioiden totuusarvon perusteleminen. Sama toistuu niin monta kertaa, että joka kerta ei tarvitse sanoa kaikkea. Mutta vakavaa on erityisesti, jos riittävyyden tai välttämättömyyden määritelmän käyttö ei mitenkään näy vaan yritetään sormituntumalta. Jos kaikki perustelut puuttuvat, voi saada korkeintaan noin puolet pisteistä, vaikka vastaukset olisivat oikein, sillä perusteluja pyydettiin painokkaasti! Vastausten kokonaisuuden arviointi on joka tapauksessa hyväksi! 2. Tässä perustelujen ei tarvitse olla pitkiä, mutta määritelmän tuntemisen ja käytön pitäisi näkyä! Ratkaisun voi tarvittaessa tässäkin yrittää arvioida kokonaisuutena. Luonnollisten lukujen joukosta pitää tietää, ettei nolla tällä kurssilla siihen kuulu: se on selvästi sanottu materiaalissa. (Tiettyä videota ei ole vielä linkitetty kurssimateriaaliksi; kun se tehdään, nollan asemaa vielä korostetaan ja olihan itse videossakin varoitus asiasta!) 3. Tässä a-kohdasta on jaossa 16, b-kohdasta 6 pistettä. Kohta a on vaikea selvittää (paitsi: jos tietää/arvaa vastauksen, on helppo se perustella), ja vaikka perusteluja ei vaadittu, kaikenlaisesta ymmärryksestä ja perustelusta kannattaa antaa anteliaasti pisteitä, vaikka vastaus olisikin aika väärin! 4. Pisteet voisivat jakautua 7+7 tehtävän kohdille. Implikaation määritelmän käytön pitäisi jotenkin näkyä (paitsi jos se on selvästi käynyt ilmi aiemmissa). 5. Pelkkä vastaus ei tuo täysiä pisteitä, vaan joitakin perusteluja pitää näkyä! Jälkimmäinen, henkilökohtainen, kysymys on vapaaehtoinen. Todistuskeinoista ei (paperin yläosassa sanottuun) tehtäväalueeseen tiettävästi kuulu muuta kuin induktio(periaattee)n käyttö, joten se mainitsemalla voi tässä saada anteeksi, jos ei tiennyt, että meillä 0 / N. 6