Johdatus matemaattiseen päättelyyn

Johdatus matemaattiseen päättelyyn Oulun yliopisto Matemaattisten tieteiden laitos 2014 Tero Vedenjuoksu

Sisältö 1 Johdanto 3 2 Esitietoja ja merkintöjä 4 3 Todistamisesta 5 3.1 Suora todistus............................. 5 3.2 Epäsuora todistus........................... 7 3.3 Antiteesin muodostaminen...................... 11 3.4 Kuinka osoitetaan, että väite ei ole totta?.............. 13 3.5 Induktiotodistus............................ 17 3.6 Summamerkintä............................ 18 4 Joukko-oppia 22 4.1 Perusmääritelmiä........................... 22 4.2 Karteesinen tulo............................ 28 4.3 Miten joukot osoitetaan samoiksi?.................. 29 5 Funktioista 34 5.1 Kuvajoukko ja alkukuva....................... 35 5.2 Yhdistetty kuvaus........................... 37 5.3 Injektiivisyys, surjektiivisuus ja bijektiivisyys............ 38 5.4 Käänteiskuvaus............................ 41 6 Relaatioista 46 6.1 Funktio relaationa.......................... 47 2

1 Johdanto Matematiikan opetus koostuu usein luennoista, seminaareista sekä laskuharjoituksista. Luennoilla esitellään opintojakson teoriaosaa ja käydään läpi aihekokonaisuuden tärkeimpiä osia. Kaikkia kohtia ei välttämättä käydä yhtä tarkasti vaan osa saatetaan jättää myös kotiin mietittäväksi ja ratkottavaksi. Lisäksi opintojaksoon kuuluu usein viikottaisia kotitehtäviä, joita käsitellään laskuharjoituksissa. Tehtävät on tarkoitus pyrkiä ratkaisemaan itse mahdollisimman hyvin ennen laskuharjoituksia, missä opiskelijoiden erilaisia ratkaisuja käydään läpi. Muutama luentotunti ja harjoitustunti viikossa ei siis riitä kurssin asioiden omaksumiseen vaan itsenäistä tai ryhmässä tehtyä omatoimista työskentelyä on tultava saman verran lisäksi. Harjoitustehtävät ovat teorian omaksumisen tueksi eli niiden avulla voit testata oletko oppinut ja ymmärtänyt teorian käsitteet, määritelmät ja todistukset. Matematiikan opiskelun tukena ovat myös muut opiskelijat sekä tuutorit. Tuurtortuvasta löytyy apua kotitehtäviin, luentojen ymmärtämiseen sekä asioiden omaksumiseen. Pelkkä luentojen ahkera kuunteleminen ja niiden (ulkoa) opettelu ei tue matematiikan opiskelua. Matematiikan osaaminen ei ole ulkoa muistamista vaan ymmärtämistä sekä kykyä käyttää tietoja uusien ongelmien ratkaisemiseen. Tämän vuoksi oppimisen kannalta tärkeintä on itsenäinen työnteko, ts. luentojen asioiden uudelleen läpikäyminen sekä harjoitustehtävien ratkominen. Lisäksi ryhmässä työskentely on erinomainen apu matematiikan opiskeluun eikä tätä sovi unohtaa. Kurssimateriaali ja sisältö pohjautuu pääosin Maarit Järvenpään syksyn 2011 luentomonisteeseen (kirjoittanut Tuula Ripatti). 3

2 Esitietoja ja merkintöjä Määritelmä 2.1. Luonnollisten lukujen joukko N on joukko N = {0, 1, 2, 3,...}. Merkintä n N tarkoittaa, että n kuuluu joukkoon N, ts. n on joukon N alkio eli n on luonnollinen luku. Luonnollisten lukujen laskutoimitukset oletetaan tunnetuiksi: kahden luonnollisen luvun tulo ja summa ovat luonnollisia lukuja. Luonnollinen luku n on parillinen, jos on olemassa sellainen k N, että n = 2k, ja pariton, jos on olemassa sellainen l N, että n = 2l + 1. Huomautus 2.2. Jokainen luonnollinen luku on joko parillinen tai pariton, ts. ei ole olemassa luonnollista lukua, joka on parillinen ja pariton. Esimerkissä 3.9 harjoitellaan matemaattista päättelyä jaollisuutta ja rationaalilukuja käyttäen. Määritellään tätä varten tarvittavat käsitteet. Määritelmä 2.3. (i) Olkoot n, m N. Luku m on jaollinen luvulla n, jos on olemassa sellainen k N, että m = kn. (ii) Luonnollinen luku m on alkuluku, jos m 2 ja jos m on jaollinen ainoastaan luvuilla 1 ja m. Merkitään kokonaislukujen joukkoa symbolilla Z, ts. Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,...}. Kokonaisluku n on parillinen, jos on olemassa sellainen k Z, että n = 2k, ja pariton, jos on olemassa sellainen l Z, että n = 2l +1. (Vertaa määritelmä 2.1.) Määritelmä 2.4. Reaaliluku x on rationaaliluku, jos on olemassa sellaiset n, m Z, että n 0 ja x = m. Reaalilukua, joka ei ole rationaaliluku, sanotaan n irrationaaliluvuksi. Rationaalilukujen joukkoa merkitään symbolilla Q ja reaalilukujen joukkoa symbolilla R. (Reaalilukuja ei tällä kurssilla määritellä, ne ajatellaan lukusuoran pisteinä.) Rationaalilukujen laskutoimitukset oletetaan tunnetuiksi. Huomautus 2.5. Jokainen kokonaisluku on joko parillinen tai pariton, ts. ei ole olemassa kokonaislukua, joka on parillinen ja pariton. 4

3 Todistamisesta Matematiikassa väitelauseet ovat usein muotoa: Jos P on totta, niin Q on totta. Tässä ehtoa P kutsutaan oletukseksi ja ehtoa Q väitteeksi. Jos yo. väitelause on totta, sanotaan, että ehdosta P seuraa ehto Q tai että ehto P on riittävä ehto ehdolle Q, ja merkitään P Q. Nuolta kutsutaan implikaationuoleksi. Merkintä P Q luetaan joko P :stä seuraa Q tai P implikoi Q:n. Esimerkki 3.1. 1. Jos x 0 (oletus), niin x 0 (väite). 2. Jos n on parillinen luonnollinen luku (oletus), niin n 2 on parillinen luonnollinen luku (väite). 3. Olkoot n ja m parittomia luonnollisia lukuja (oletus). Tällöin mn on pariton luonnollinen luku (väite). 4. Kahden parillisen luonnollisen luvun tulo on parillinen. Oletus: n ja m ovat parillisia luonnollisia lukuja. Väite: nm on parillinen. Väitelauseen todistus kertoo, miksi ja miten väite seuraa oletuksista. Tarkastellaan seuraavaksi, miten väitelauseita todistetaan. 3.1 Suora todistus Suorassa todistuksessa lähdetään liikkeelle oletuksesta ja edetään vaiheittain väitteeseen. Päättelyn jokainen välivaihe on pystyttävä perustelemaan ja käytettävät käsitteet on määriteltävä tarkasti. Perusteluissa käytetään oletusta, aiemmin todistettuja lauseita tai muita tunnettuja tosiasioita. Esimerkeissä 3.2 sekä 3.3 harjoitellaan suoraa todistamista parittomia ja parillisia luonnollisia lukuja käyttäen. Esimerkki 3.2. Todista väite: jos n ja k ovat parittomia luonnollisia lukuja, niin n + k on parillinen. Oletus: n ja k ovat parittomia luonnollisia lukuja, ts. on olemassa sellaiset m N 5

ja l N, että n = 2m + 1 ja k = 2l + 1. Väite: n + k on parillinen, ts. on olemassa sellainen p N, että n + k = 2p. Todistus. Tavoitteena on löytää oletusta käyttäen sellainen p N, että n + k = 2p. Oletuksen perusteella n + k = (2m + 1) + (2l + 1) = 2(m + l + 1), joten n + k = 2p, kun valitaan p = m + l + 1 N. Siis n + k on parillinen. Esimerkki 3.3. Todista väite: parillisen luonnollisen luvun n neliö n 2 on parillinen. Oletus: n on parillinen, ts. on olemassa sellainen k N, että n = 2k. Väite: n 2 on parillinen, ts. on olemassa sellainen l N, että n 2 = 2l. Todistus. Tavoitteena on löytää oletusta käyttäen sellainen l N, että n 2 = 2l. Oletuksesta saadaan n 2 = (2k) 2 = 4k 2 = 2(2k 2 ), joten valitsemalla l = 2k 2 = (2k)k N nähdään, että n 2 on parillinen. Huomautus 3.4. Seuraava taulukko ei kelpaa todistukseksi, sillä kaikkia parillisia lukuja ja niiden neliöitä ei ole mahdollista taulukoida: n n 2 2 4 4 16 6 36.. Huomautus 3.5. Suorassa todistuksessa lähdetään liikkeelle oletuksesta ja päädytään väitteeseen. Päättelyssä voidaan käyttää oletusta ja tunnettuja tuloksia, väitettä ei saa käyttää. 6

3.2 Epäsuora todistus Epäsuorassa todistuksessa muodostetaan aluksi antiteesi, ts. oletetaan, että väite ei pidä paikkaansa, ja päädytään ristiriitaan joko oletusten tai tunnettujen tosiasioiden kanssa. Näin ollen väitteen on oltava totta. Esimerkki 3.6. (1) Todista väite: jos n 2 on parillinen, niin n on parillinen. Oletus: n 2 on parillinen. Väite: n on parillinen. Todistus. Antiteesi: n ei ole parillinen, ts. n on pariton. Antiteesin perusteella löydetään sellainen k N, että n = 2k + 1. Nyt n 2 = (2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1, missä 4k 2 + 4k N. Siis n 2 on pariton. Tämä on ristiriita, sillä oletuksen mukaan n 2 on parillinen. Näin ollen antiteesi on epätosi ja väite on totta. (2) Olkoot m ja n luonnollisia lukuja, joiden tulo on pariton. Tällöin sekä n että m ovat parittomia. Oletus: m ja n ovat luonnollisia lukuja ja nm on pariton. Väite: sekä n että m ovat parittomia. Todistus. Antiteesi: toinen luvuista on parillinen. Olkoon tämä parillinen luku n, ts. n = 2k jollakin k N. Nyt nm = 2km on parillinen, mikä on ristiriita, sillä oletuksen perusteella nm on pariton. Siis antiteesi on epätosi ja väite on totta. Huomautus 3.7. (1) Epäsuorassa päättelyssä antiteesin muodostaminen on tärkeää: on mietittävä huolellisesti, mitä tarkoittaa se, että väite ei olisikaan totta. Antiteesin muodostamiseen palataan myöhemmin. 7

(2) Epäsuorassa todistuksessa ei ole selvää, mistä ja miten ristiriita löydetään. (3) Esimerkissä 3.3 osoitettiin, että n on parillinen (oletus) n 2 on parillinen (väite). Toisaalta esimerkissä 3.6 (1) osoitettiin, että n 2 on parillinen (oletus) n on parillinen (väite). Nämä kaksi väitelausetta voidaan yhdistää ja kirjoittaa muodossa n on parillinen n 2 on parillinen. Nuolta kutsutaan ekvivalenssinuoleksi, ja merkintä luetaan joko n on pariton, jos ja vain jos n 2 on pariton tai n on pariton, täsmälleen silloin, kun n 2 on pariton. Merkintä P Q tarkoittaa siis (P Q) ja (Q P ). Esimerkki 3.8. Osoita, että luonnollinen luku n on parillinen, jos ja vain jos luonnollinen luku n + 1 on pariton. Todistus. Väite koostuu kahdesta väitelauseesta: n on parillinen (oletus) = n + 1 on pariton (väite) ja n + 1 on pariton (oletus) = n on parillinen (väite). Todistetaan nämä erikseen. Oletus 1: luku n on parillinen. Väite 1: luku n + 1 on pariton. Todistus. Koska oletuksen 1 perusteella n on parillinen, niin n = 2k jollakin k N. Nyt n + 1 = 2k + 1, joten n + 1 on pariton. Siis väite 1 on totta. Oletus 2: luku n + 1 on pariton. 8

Väite 2: luku n on parillinen. Todistus. Oletuksen 2 nojalla n + 1 = 2l + 1 jollakin l N, joten n = n 1 = (2l + 1) 1 = 2l. Näin ollen n on parillinen eli väite 2 on totta. Koska molemmat väitelauseet ovat totta, on myös alkuperäinen väite totta. Esimerkki 3.9. (1) Luku 12 on jaollinen luvuilla 1, 2, 3, 4, 6 ja 12, sillä 12 = 1 12 = 2 6 = 3 4. Luvulla 5 ei ole muita tekijöitä kuin 1 ja 5, joten se on alkuluku. (2) Todista väite: luonnollinen luku n on jaollinen luvulla 6, jos ja vain jos se on jaollinen sekä luvuilla 2 että 3. Todistus. Väite koostuu kahdesta väitelauseesta. Todistetaan ne erikseen. Oletus 1: luku n on jaollinen luvulla 6. Väite 1: luku n on jaollinen luvuilla 2 ja 3. Todistus. Käytetään oletusta 1 ja jaollisuuden määritelmää 2.3: Koska n = 6k jollakin k N, niin n = 2 (3k) = 2l, missä l = 3k N. Siis n on jaollinen 2:lla. Lisäksi n = 3 (2k) = 3m, missä m = 2k. Näin n on jaollinen 3:lla. Väite 1 on siis totta. Oletus 2: luku n on jaollinen luvuilla 2 ja 3. Väite 2: luku n on jaollinen luvulla 6. Todistus. Oletuksen 2 ja jaollisuuden määritelmän 2.3 perusteella n = 2l jollakin l N ja n = 3m jollakin m N. Osoitetaan aluksi, että m on parillinen. Käytetään epäsuoraa päättelyä. Antiteesi: m on pariton. Tällöin m = 2p + 1 jollakin p N, joten n = 3m = 3(2p + 1) = 2(3p + 1) + 1. Siis n on pariton. Tämä on ristiriita, sillä n = 2l eli n on parillinen. Koska päädyttiin ristiriitaan, on antiteesi väärä. Luvun m on siis oltava parillinen eli 9

m = 2k jollakin k N. Tästä saadaan n = 3m = 3 (2k) = 6k, joten n on jaollinen 6:lla eli väite 2 on totta. Koska sekä väitelause että väitelause ovat tosia, on alkuperäinen väite totta. (2) Osoita, että 2 on irrationaaliluku. (Pythagoras n. 550 eaa.) Todistus. Antiteesi: 2 ei ole irrationaaliluku, ts. 2 on rationaaliluku. Rationaalilukujen määritelmän 2.4 perusteella löydetään sellaiset luonnolliset luvut m ja n, että n 0 ja m 2 = n. Voidaan olettaa, että osamäärää m ei voida supistaa. (Jos supistaminen on mahdollista, supistetaan niin monta kertaa kuin voidaan, ja valitaan saadut n luvut m:ksi ja n:ksi.) Nyt 2 = ( ( m ) 2 2) 2 m 2 = = n n, 2 joten m 2 = 2n 2. Näin ollen m 2 on parillinen ja esimerkin 3.6 (1) perusteella myös m on parillinen, ts. m = 2k jollakin k N. Koska 2n 2 = m 2 = (2k) 2 = 4k 2, niin n 2 = 2k 2. Siten n 2 on parillinen ja esimerkin 3.6 (1) nojalla myös n on parillinen, ts. n = 2l jollakin l N. Nyt saadaan m n = 2k 2l, joten osamäärässä m voidaan supistaa luvulla 2. Tämä on ristiriita, sillä aiemmin n todettiin, että tätä osamäärää ei voida supistaa. Siis antiteesi on väärä. Näin ollen 2 on irrationaaliluku. (3) Olkoon n Z pariton. Osoitetaan sekä suoraa että epäsuoraa todistusta käyttäen, että 5n 3 on parillinen kokonaisluku. Oletus: n Z on pariton. 10

Väite: 5n 3 Z on parillinen. Suora todistus. Koska n on pariton, löydetään sellainen k Z, että n = 2k + 1. Näin ollen 5n 3 = 5(2k + 1) 3 = 10k 2 = 2(5k 1), joten 5n 3 on parillinen. Siis väite on totta. Epäsuora todistus. Antiteesi: 5n 3 ei ole parillinen, ts. 5n 3 on pariton. Antiteesin perusteella 5n 3 = 2k + 1 jollakin k Z. Nyt n = 5n 4n = (5n 3) 4n + 3 = 2k + 1 4n + 3 = 2k 4n + 4 = 2(k 2n + 2). Koska k 2n + 2 on kokonaisluku, on n parillinen kokonaisluku. Näin ollen väite on totta. 3.3 Antiteesin muodostaminen Antiteesi eli vastaväite on väitteen negaatio. Sitä muodostettaessa on mietittävä, mitä tarkoittaa, että väite ei ole totta. Väite ja antiteesi yhdessä sisältävät kaikki mahdolliset tilanteet. Epäsuorassa todistuksessa antiteesi on lisäoletus, jota hyödynnetään ristiriitaan pyrittäessä. Väite on totta täsmälleen silloin, kun antiteesi ei ole totta, ts. väite on tosi antiteesi on epätosi. Esimerkki 3.10. Muodostetaan antiteesit seuraaville väitteille. Huomaa, miten sanat ja, tai, kaikki ja on olemassa muuttuvat antiteesiä muodostettaessa. (1) Väite: tänään on pilvistä. Antiteesi: tänään ei ole pilvistä. (2) Väite: aurinko paistaa ja tuulee. Antiteesi: aurinko ei paista tai ei tuule. (3) Väite: sataa tai tuulee. Antiteesi: ei sada ja ei tuule. 11

(4) Väite: kaikki syyspäivät ovat aurinkoisia ja tuulisia. Antiteesi: on olemassa syyspäivä, joka ei ole aurinkoinen tai ei ole tuulinen. (5) Väite: on olemassa syyspäivä, jolloin tuulee tai sataa. Antiteesi: kaikki syyspäivät ovat tuulettomia ja sateettomia. Esimerkki 3.11. Olkoon x R. Muodostetaan antiteesit seuraaville väitteillle. (1) Väite: x 1. Antiteesi: x > 1. (2) Väite: 0 < x 1, ts. x > 0 ja x 1. Antiteesi: x 0 tai x > 1. (3) Väite: on olemassa sellainen k N, että x = 2k + 1. Antiteesi: ei ole olemassa sellaista lukua k N, että x = 2k +1, ts. kaikille luvuille k N pätee x 2k + 1. (4) Väite: kaikille n N on olemassa sellainen m N, että nm + 1 N. Antiteesi: on olemassa sellainen n N, että kaikille m N pätee nm + 1 / N. (5) Väite: on olemassa sellainen n N, että kaikille m N pätee m n ja mn N. Antiteesi: kaikilla n N on olemassa sellainen m N, että n = m tai nm / N. Esimerkki 3.12. Todista suoraa ja epäsuoraa päättelyä käyttäen väitelause: jos x R ja x 2 3x + 2 < 0, niin x > 0. Oletus: x R ja x 2 3x + 2 < 0. Väite: x > 0. Suora todistus. Koska x 2 3x + 2 < 0, niin 3x > x 2 + 2. Näin ollen x = 1 3 (3x) > 1 3 (x2 + 2) 1 3 (0 + 2) = 2 3 > 0. 12

Siis x > 0. Epäsuora todistus. Antiteesi: x 0. Tällöin 3x 0, joten x 2 3x + 2 0 + 0 + 2 = 2 > 0. Tämä on ristiriita, sillä oletuksen mukaan x 2 3x + 2 < 0. Siis antiteesi ei ole totta, joten väite on totta. Huomautus 3.13. (1) Matemaattista tekstiä voidaan tiivistää nk. kvanttoreiden avulla: kaikki (All) on olemassa (Exist). Esimerkiksi: Väite on olemassa sellainen x R, että x 2 = 2 voidaan esittää muodossa x R : x 2 = 2, ja väite kaikille luonnollisille luvuille m ja n pätee, että m + n N voidaan esittää muodossa n, m N pätee: m + n N. (2) Antiteesiä muodostettaessa sanat ja, tai sekä kvanttorit ja käyttäytyvät näin: väite ja tai antiteesi tai ja (3) Matematiikassa tai ei ole joko-tai. Siis P on tosi tai Q on tosi tarkoittaa (i) P tosi, Q epätosi, (ii) P epätosi, Q tosi (iii) P tosi, Q tosi. tai 3.4 Kuinka osoitetaan, että väite ei ole totta? Väitelause P Q osoitetaan vääräksi keksimällä esimerkki, jossa oletus P pätee, mutta väite Q ei. 13

Esimerkki 3.14. Osoita, että ao. väitelauseet eivät ole tosia. (1) Jos m ja n ovat negatiivisia kokonaislukuja, niin m n on negatiivinen kokonaisluku. Ratkaisu. Väite ei ole totta, sillä 1 ja 2 ovat negatiivisia kokonaislukuja, mutta 1 ( 2) = 1 on positiivinen kokonaisluku. (2) Jos x on irrationaaliluku, niin x x on irrationaaliluku. Ratkaisu. Väite ei ole totta, sillä 2 on irrationaaliluku, mutta x x = 2 2 = 2 ei ole irrationaaliluku. Jatketaan todistamisen harjoittelemista. Esimerkki 3.15. (1) Olkoot n, m N. Jos n + m on parillinen, niin joko n ja m ovat molemmat parillisia tai n ja m ovat molemmat parittomia. Oletus: n, m N ja n + m on parillinen. Väite: n ja m ovat parillisia tai n ja m ovat parittomia. Todistus. Antiteesi: Toinen luvuista on parillinen ja toinen pariton. Oletetaan, että n on parillinen ja m on pariton. Tällöin löydetään sellaiset k, l N, että n = 2l ja m = 2k + 1. Näin ollen n + m = 2l + 2k + 1 = 2(l + k) + 1, joten n + m on pariton. Tämä on ristiriita, sillä oletuksen mukaan n + m on parillinen. Antiteesi ei siis ole totta, ja näin ollen väite on totta. (2) Lukua 512 ei voida esittää yhden parittoman ja kahden parillisen luonnollisen luvun summana. Todistus. Antiteesi: Luku 512 voidaan esittää muodossa 512 = k + l + m, missä k N on pariton ja l, m N ovat parillisia. 14

Koska k = 2n + 1 jollakin n N, l = 2p jollakin p N ja m = 2s jollakin s N, saadaan 512 = k + l + m = 2n + 1 + 2p + 2s = 2(n + p + s) + 1, joten 512 on pariton. Tämä on ristiriita, sillä 512 = 2 256 on parillinen. Antiteesi ei siis ole totta, joten väite on totta. (3) Olkoot n, m ja k luonnollisia lukuja. Onko väite jos m + k on jaollinen n:llä, niin m on jaollinen n:llä tai k on jaollinen n:llä totta? Ratkaisu. Väite ei ole totta, mikä nähdään valitsemalla m = 3, k = 5 ja n = 2. Luku m + k = 3 + 5 = 8 on jaollinen 2:lla, sillä 8 = 4 2, mutta luvut 3 ja 5 eivät ole jaollisia 2:lla. (4) Olkoot n, m ja k luonnollisia lukuja. Onko väite jos m on jaollinen n:llä ja k on jaollinen n:llä, niin m + k on jaollinen n:llä totta? Ratkaisu. Väite on totta. Perustellaan se: Koska m ja k ovat jaollisia n:llä, niin m = ln ja k = pn joillakin l, p N. Nyt m + k = ln + pn = (l + p)n, joten m + k on jaollinen n:llä. Siis väite on totta. (5) Osoita, että on olemassa sellaiset irrationaaliluvut x ja y, että x y on rationaaliluku. Todistus. Reaaliluku 2 2 on joko rationaaliluku tai irrationaaliluku. Jos 2 2 on rationaaliluku, niin väite on totta, sillä voidaan valita x = y = 2. (Huomaa, että 2 on irrationaaliluku.) Jos 2 2 on irrationaaliluku, niin luku ( 2 2 ) 2 = 2 2 = 2 15

on rationaaliluku. Tässä tapauksessa voidaan valita x = 2 2 ja y = 2. (6) Osoita, että on olemassa sellainen yksikäsitteinen reaaliluku x, että kaikilla reaaliluvuilla y. xy + x 4 = 4y Todistus. Todistetaan ensin, että reaaliluku x on olemassa, ja osoitetaan yksikäsitteisyys tämän jälkeen. Valitaan x = 4. Tällöin olipa y mikä tahansa reaaliluku. xy + x 4 = 4y + 4 4 = 4y Todistetaan vielä yksikäsitteisyys. Antiteesi: oletetaan, että on olemassa sellainen reaaliluku x 4, että xy + x 4 = 4y kaikilla reaaliluvuilla y. Erityisesti, kun y = 0, saadaan x 4 = 0, joten x = 4, mikä on ristiriita. Näin ollen antiteesi ei ole totta, ja väite on todistettu. 16

3.5 Induktiotodistus Induktiota käyttäen voidaan todistaa luonnollisia lukuja koskevia väitteitä, jotka ovat muotoa väite P (n) on totta kaikille n = 0, 1, 2,.... Tässä väite P (n) riippuu n:n arvosta. Todistuksessa on kaksi vaihetta: (i) Osoitetaan, että väite on totta, kun n = 0. (ii) Oletetaan, että väite on totta, kun n = k (tätä kutsutaan induktio-oletukseksi), ja osoitetaan, että se on totta, kun n = k + 1 (tätä kutsutaan induktioväitteeksi). Kohdista (i) ja (ii) seuraa, että väite on totta kaikilla n = 0, 1, 2,..., sillä kohdan (i) perusteella väite on totta, kun n = 0, joten kohdan (ii) perusteella väite on totta, kun n = 1. Edelleen kohdan (ii) perusteella väite totta, kun n = 2 jne. Induktion ei tarvitse välttämättä alkaa luvusta n = 0: induktion avulla voidaan todistaa myös muotoa oleva väite, kun n 0 N. väite P (n) on totta kaikille n = n 0, n 0 + 1, n 0 + 2,... Esimerkki 3.16. Osoita, että kaikilla n = 1, 2,.... 1 + 3 +... + (2n 1) = n 2 Todistus. Todistetaan väite induktiota käyttäen. (i) Tarkistetaan, että yhtäsuuruuus on voimassa, kun n = 1: Vasen puoli: 1 Oikea puoli: 1 2 = 1. Siis väite pätee kun n = 1. 17

(ii) Oletetaan, että väite pätee, kun n = k, ja osoitetaan, että väite pätee, kun n = k + 1. Induktio-oletus: 1 + 3 +... + (2k 1) = k 2. Induktioväite: 1 + 3 +... + (2k 1) + (2(k + 1) 1) = (k + 1) 2. Induktioväitteen todistus. Lähdetään liikkeelle induktioväitteen vasemmalta puolelta. Induktio-oletusta käyttäen saadaan =k 2 (induktio-oletus) {}}{ 1 + 3 +... + (2k 1) +(2(k + 1) 1) = k 2 + 2(k + 1) 1 = k 2 + 2k + 2 1 = k 2 + 2k + 1 = (k + 1) 2. Näin päädyttiin induktioväitteen oikealle puolelle. Siis induktioväite on tosi. Induktioperiaatteen perusteella väite on tosi kaikille n = 1, 2,.... Esimerkki 3.17. Osoitetaan, että kaikilla ihmisillä on samanväriset silmät (luennolla). Tämä on esimerkkinä miksi kaikki induktioperiaatteen askeleet on syytä tarkastella erityisen tarkasti. 3.6 Summamerkintä Olkoot a 1, a 2,..., a n R. Merkitään n a j = a 1 + a 2 +... + a n. Esimerkki 3.18. j=1 (1) 3 2 i = 2 1 +2 2 +2 3 i=1 (2) l a k = a+a 2 +...+a l j=1 18

(3) m m a2 k = a 2 k = a(2+4+8+...+2 m ) k=1 k=1 Huomaa, että a ei riipu summausindeksistä k, joten sen saa viedä -merkin eteen. (4) p p p (αx j +βjy j+1 ) = α x j +β jy j+1 = α(x+x 2 +...+x p )+β(y 2 +2y 3 +...+py p+1 ). j=1 j=1 j=1 (5) n (2j 1) = 1 + 3 +... + (2n 1) j=1 (6) Tarkastellaan geometrisen sarjan osasummia: Olkoon b sellainen reaaliluku, että b 0 ja b 1. Merkitään S n = n b j. j=0 Osoita, että kaikilla n = 0, 1, 2,.... S n = bn+1 1 b 1 Todistus. Todistetaan väite induktiota käyttäen. (i) Osoitetaan, että väite pätee kun n = 0: Vasen puoli: S 0 = 0 j=0 bj = 1 Oikea puoli: b1 1 b 1 = b 1 b 1 = 1 Siis väite on tosi kun n = 0. 19

(ii) Induktio-oletus: Väite on tosi kun n = k, ts. S k = bk+1 1 b 1. Induktioväite: Väite on tosi, kun n = k + 1, ts. S k+1 = bk+2 1 b 1. Induktioväitteen todistus. Induktio-oletuksen perusteella k+1 S k+1 = b j = j=0 k b j + b k+1 j=0 induktio-oletus b k+1 1 = + b k+1 b 1 = bk+1 1 (b 1)bk+1 + b 1 b 1 = bk+1 1 + b k+2 b k+1 = bk+2 1 b 1 b 1. Siis induktioväite on tosi. Induktioperiaatteen nojalla väite on tosi kaikilla n = 0, 1, 2,.... (7) Osoita, että kaikilla n = 1, 2,.... 3 n > 2n Todistus. Todistetaan väite induktiota käyttäen. (i) Osoitetaan, että väite on totta, kun n = 1: Vasen puoli: 3 1 = 3 Oikea puoli: 2 1 = 2 Koska 3 > 2, niin väite on totta, kun n = 1. 20

(ii) Induktio-oletus: 3 k > 2k Induktioväite: 3 k+1 > 2(k + 1) Induktioväitteen todistus. Induktio-oletusta käyttäen saadaan 3 k+1 = 3 k 3 induktio-oletus > 2k 3 = 2k + 4k k 1 2k + 4 > 2k + 2 = 2(k + 1). Näin ollen induktioväite on totta, ja induktioperiaatteen nojalla väite pätee kaikilla n = 1, 2,.... (8) Osoita, että äärellisen monen rationaaliluvun q 1, q 2,..., q n summa q 1 + q 2 +... + q n on rationaaliluku. Todistus. Todistetaan väite induktiota käyttäen. (i) Osoitetaan, että väite on totta, kun n = 2, ts. kahden rationaaliluvun q 1 ja q 2 summa q 1 + q 2 on rationaaliluku. Olkoot q 1 = m 1 n 1 ja q 2 = m 2 n 2, missä m 1, m 2, n 1, n 2 Z ja n 1 0 sekä n 2 0. Tällöin q 1 + q 2 = m 1 + m 2 = m 1n 2 + m 2 n 1 n 1 n 2 n 1 n 2 on rationaaliluku, sillä m 1 n 2 + m 2 n 1 Z, n 1 n 2 Z ja n 1 n 2 0. (ii) Induktio-oletus: Kun k kappaletta rationaalilukuja lasketaan yhteen, saadaan rationaaliluku. Induktioväite: Kun k + 1 kappaletta rationaalilukuja lasketaan yhteen, saadaan rationaaliluku. Ts. jos q 1, q 2,..., q k+1 Q, niin q 1 +... + q k+1 Q. Induktioväitteen todistus. Olkoot q 1, q 2,..., q k+1 Q. Koska q 1 +... q k + q k+1 = (q 1 +... q k ) + q k+1, missä q 1 +... q k Q induktio-oletuksen nojalla ja q k+1 Q, niin kohdan (ii) perusteella näiden kahden rationaaliluvun summa on rationaaliluku. Siis induktioväite on totta. Induktioperiaatteen nojalla äärellisen monen rationaaliluvun summa on rationaaliluku. 21

4 Joukko-oppia Tässä luvussa tarkastellaan joukko-opin keskeisimpiä käsitteitä ja harjoitellaan matemaattista päättelyä niitä käyttäen. Joukko koostuu alkioista ja jokaisesta alkiosta on pystyttävä sanomaan, kuuluuko se tiettyyn joukkoon. Merkintä Mitä tarkoittaa? x A x on joukon A alkio, ts. x kuuluu joukkoon A y / A y ei ole joukon A alkio, ts. y ei kuulu joukkoon A {x P (x)} niiden alkioiden joukko, joilla on ominaisuus P (x) tyhjä joukko eli joukko, joka ei sisällä yhtään alkiota Esimerkki 4.1. (1) 1 {1, 2}, 2 {1, 2}, 0 / {1, 2} (2) {n N 0 < n < 5} = {1, 2, 3, 4} (3) {0, 1} = {0, 0, 1} = {1, 0} (4) {1}, sillä 1 {1}. (5) { }, sillä on joukon { } alkio. 4.1 Perusmääritelmiä Määritelmä 4.2. Joukko A on joukon B osajoukko, jos jokainen joukon A alkio on myös joukon B alkio, ts. jos x A, niin x B. Tällöin merkitään A B. Joukot A ja B ovat samat, jos A B ja B A. Tällöin merkitään A = B. Joukko A ei ole joukon B osajoukko, jos joukossa A on sellainen alkio, joka ei kuulu joukkoon B, ts. jos on olemassa sellainen a A, että a / B. Tällöin merkitään A B. Esimerkki 4.3. (1) {1, 2}, {1} {1, 2}, {2} {1, 2} ja {1, 2} {1, 2} (2) {3, 7, 11, 15} {n N n pariton} N 22

(3) {2, 3, 4} {2, 4, 6}, sillä 3 {2, 3, 4}, mutta 3 / {2, 4, 6}. (4) {n N n < 3} = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} (5) Parittomien luonnollisten lukujen määritelmän perusteella {n N n on pariton} = {2k + 1 k N}, ja huomautuksen 3.7(3) perusteella {n N n on pariton} = {n N n 2 pariton}. (6) N Z Q R (7) Koska N Z (esimerkiksi 1 Z, mutta 1 / N), niin N on joukon Z aito osajoukko. Vastaavasti Z on joukon Q aito osajoukko ( 1 Q, mutta 1 / Z) ja Q 2 2 on joukon R aito osajoukko ( 2 R, mutta 2 / Q). (8) Osoita, että {0, 1} = {x R x 2 = x}. Todistus. On osoitettava kaksi seikkaa: {0, 1} {x R x 2 = x} ja {x R x 2 = x} {0, 1}. Perustellaan 1. väite: koska 0 2 = 2 ja 1 2 = 1, niin {0, 1} {x R x 2 = x}, joten 1. väite on totta. Perustellaan vielä 2. väite: Jos x R on sellainen, että x 2 = x, niin 0 = x 2 x = x(x 1), mistä nähdään, että x = 0 tai x = 1. Siis 2. väite pätee. (9) Onko väite tosi? jos a A ja A B, niin a / B 23

Ratkaisu. Väite ei ole totta, mikä nähdään, kun valitaan A = {0, 1}, B = {1, 2} ja a = 1. Tällöin a A ja A B, sillä 0 A, mutta 0 / B. Lisäksi a B. Määritelmä 4.4. Olkoot A, B X. (Tässä X on jokin perusjoukko, esimerkiksi R, Q, Z tai N.) Määritellään joukkojen A ja B yhdiste leikkaus erotus ja komplementti A B = {x X x A tai x B}, A B = {x X x A ja x B}, A\B = {x X x A ja x / B} A C = {x X x / A}. Esimerkki 4.5. (1) Olkoot A = {0, 2, 4, 6} ja B = {0, 1, 2, 3}. Tällöin A B = {0, 1, 2, 3, 4, 6}, A B = {0, 2}, A \ B = {4, 6} ja (A B) (A \ B) = {0, 2} {4, 6} = {0, 2, 4, 6} = A. (2) Olkoot A = {0, 1, a, b}, B = {1, 2, a} ja C = {2, 3, c}. Tällöin A B = {0, 1, 2, a, b}, A B = {1, a}, A\B = {0, b}, B\A = {2}, A C =, B C = {2} A (B C) = A {2} = ja (A B) (A C) = {0, 1, 2, a, b} {0, 1, 2, 3, a, b, c} = {0, 1, 2, a, b}. 24

(3) Olkoot A = {n N n on jaollinen 6:lla}, B = {n N n on jaollinen 3:lla} ja C = {n N n on jaollinen 2:lla}. Tällöin ja esimerkin 3.9 (2) perusteella B C = {n N n on jaollinen 2:lla tai 3:lla} B C = {n N n on jaollinen 2:lla ja 3:lla} = A. Määritellään seuraavaksi joukon R avoimet, suljetut ja puoliavoimet välit. Määritelmä 4.6. Olkoot a, b R sellaisia, että a < b. Määritellään ]a, b[ = {x R a < x < b} [a, b] = {x R a x b} ]a, b] = {x R a < x b} [a, b[ = {x R a x < b} (avoin väli) (suljettu väli) (puoliavoin väli) (puoliavoin väli). Lisäksi ]a, [ = {x R x > a} [a, [ = {x R x a} ], a[ = {x R x < a} ], a] = {x R x a}. Huomautus 4.7. Tässä on äärettömän symboli. Esimerkki 4.8. (1) Olkoot A = [0, 1], B = [1, 2] ja C = ] 1 2, 3 2[. Nyt A B = {x R 0 x 1 tai 1 x 2} = [0, 2], A B = {x R 0 x 1 ja 1 x 2} = {1}, A C = {x R 0 x 1 tai 1 2 < x < 3 2 } = [ 0, 3 2[, A C = {x R 0 x 1 ja 1 2 < x < 3 2 } = ] 1 2, 1], B C = {x R 1 x 2 tai 1 2 < x < 3 2 } = ] 1 2, 2] B C = {x R 1 x 2 ja 1 2 < x < 3 2 } = [ 1, 3 2[, A\B = {x R 0 x 1 ja (x < 1 tai x > 2)} = [0, 1[, A\C = {x R 0 x 1 ja (x 1 2 tai x 3 2 )} = [ 0, 1 2] ja B\C = {x R 1 x 2 ja (x 1 2 tai x 3 2 )} = [ 3 3, 2]. 25

(1) Olkoot A = [ 2, 2[ ja B = [1, [. Tällöin A B = {x R 2 x 2 tai x 1} = [ 2, [ A B = {x R 2 x 2 ja x 1} = [1, 2[, R \ A = {x R x < 2 tai x 2} =], 2[ [2, [, R \ B = {x R x < 1} =], 1[, A \ B = { 2 x < 2 x < 1} = [ 2, 1[ ja B \ A = {x 1 x < 2 tai x 2} = [2, [. Määritellään seuraavaksi joukkojen äärelliset ja numeroituvat yhdisteet ja leikkaukset. Määritelmä 4.9. Joukkojen A 1, A 2,..., A k äärellinen yhdiste on k A i = A 1 A 2... A k = {x x A 1 tai x A 2 tai... tai x A k } i=1 = {x x A i jollakin i = 1,..., k} ja äärellinen leikkaus on k A i = A 1 A 2... A k = {x x A 1 ja x A 2 ja... ja x A k } i=1 = {x x A i kaikilla i = 1,..., k}. Määritelmä 4.10. Joukkojen A 1, A 2,... numeroituva yhdiste on A i = {x x A i jollakin i = 1, 2,...} i=1 ja numeroituva leikkaus on A i = {x x A i kaikilla i = 1, 2,...}. i=1 Esimerkki 4.11. (1) Tarkastellaan joukkoja A = ] 1, 0[, B = ]0, 1], C = [ 1 2, 2] ja D = {0, 3}. Mitä ovat A B, A B D, B C D, A B C D ja B C D? 26

Ratkaisu: Määritelmien perusteella saadaan A B = {x R 1 < x < 0 tai 0 < x 1} = ] 1, 1] \{0}, A B D = {x R 1 < x < 0 tai 0 < x 1 tai x = 0 tai x = 3} = ] 1, 1] {3}, B C D = {x R 0 < x 1 tai 1 x 2 tai x = 0 tai x = 3} = [0, 2] {3}, 2 A B C D = ja B C D =. (2) Kaikilla k N määritellään A k = [k, k + 1[. Mitä ovat 5 A k, 10 A k, 10 A k ja A k? k=1 k=1 k=5 k=1 Ratkaisu: Määritelmien perusteella 5 A k = A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 = [1, 2[ [2, 3[ [3, 4[ [4, 5[ [5, 6[= [1, 6[, k=1 10 k=1 10 k=5 A k = A 1 A 2... A 10 = [1, 2[ [2, 3[... [10, 11[= [1, 11[, A k = A 5 A 6... A 10 = [5, 6[ [6, 7[... [10, 11[= [5, 11[ A k = {x R x A k jollakin k = 1, 2,...} = [1, [. k=1 ja (3) Kaikilla k = 1, 2,... määritellään A k = [0, 1 [. Mitä ovat k 5 A k, 10 A k, 10 A k ja A k? k=1 k=1 k=5 k=1 27

Ratkaisu: Määritelmien perusteella 5 A k = A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 = [0, 1[ [0, 1[ [0, 1[ [0, 1[ [0, 1[= [0, 1[, 2 3 4 5 5 k=1 10 k=1 10 k=5 A k = A 1 A 2... A 10 = [0, 1[ [0, 1 1 1 [... [0, [= [0, [, 2 10 10 A k = A 5 A 6... A 10 = [0, 1[ [0, 1 1 1 [... [0, [= [0, [ ja 5 6 10 10 A k = {x R x A k kaikilla k = 1, 2,...} = {0}. k=1 Perustellaan viimeinen yhtäsuuruus, ts. todistetaan, että A k = {0} (ks. 2.12). On siis osoitettava, että k=1 {0} A k ja k=1 A k {0}. k=1 Koska 0 [0, 1 k [ kaikilla k = 1, 2,..., niin {0} k=1 A k. Osoitetaan vielä, että k=1 A k {0}. Oletus: x k=1 A k, ts. x A k kaikilla k = 1, 2,.... Väite: x = 0. Antiteesi: x 0. Koska x A 1 ja x 0, niin 0 < x < 1. Valitaan niin suuri i = 1, 2,..., että i > 1. Tällöin 1 < x, joten x / A x i i. Tämä on ristiriita, sillä oletuksen mukaan x A i. Näin ollen antiteesi ei ole tosi, ja siten väite pätee. 28

4.2 Karteesinen tulo Määritelmä 4.12. Joukkojen A ja B tulojoukko eli karteesinen tulo on A B = {(a, b) a A, b B}. Karteesisen tulon alkioita (a, b) sanotaan järjestetyiksi pareiksi. Järjestettyjen parien olennainen ominaisuus on seuraava: jos (x, y) ja (a, b) ovat järjestettyjä pareja, niin (x, y) = (a, b) jos ja vain jos x = a ja y = b. Esimerkki 4.13. (1) Jos A = {a, b, c} ja B = {0, a}, niin A B = {(a, 0), (a, a), (b, 0), (b, a), (c, 0), (c, a)}. (2) Olkoot A = {1}, B = {2, 3}, C = {1, 2} ja D = {3}. Mitä ovat A (B C), (A B) (A C), A (B \ C), (A B) \ (A C), (A B) (C D) ja (A C) (B D)? Ratkaisu. Määritelmistä saadaan A (B C) = {1} {1, 2, 3} = {(1, 1), (1, 2), (1, 3)} (A B) (A C) = {(1, 2), (1, 3)} {(1, 1), (1, 2)} = {(1, 1), (1, 2), (1, 3)} A (B \ C) = {1} {3} = {(1, 3)} (A B) \ (A C) = {(1, 2), (1, 3)} \ {(1, 1), (1, 2)} = {(1, 3)} (A B) (C D) = {(1, 2), (1, 3)} {(1, 3), (2, 3)} = {(1, 2), (1, 3), (2, 3)} (A C) (B D) = {1, 2} {2, 3} = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3)}. (3) Euklidinen avaruus R n : R 2 = R R = {(x, y) x R ja y R} (xy-taso) R 3 = R R R = {(x, y, z) x R, y R ja z R} R n = R R... R }{{} n-kpl (n-ulotteinen euklidinen avaruus). (xyz-avaruus) (4) Jos A = [ 1, 1[, B = ]0, 1[ ja C = [1, [, niin A B = [ 1, 1[ ]0, 1[ = {(x, y) R 2 1 x < 1 ja 0 < y < 1} A C = [ 1, 1[ [1, [ = {(x, y) R 2 1 x < 1 ja y 1} C A = [1, [ [ 1, 1[ = {(x, y) R 2 x 1 ja 1 y < 1}. 29

4.3 Miten joukot osoitetaan samoiksi? Kun todistetaan, että A = B, on päättelyssä kaksi vaihetta: (i) osoitetaan, että A B, ts. jos x A, niin x B, (ii) osoitetaan, että B A, ts. jos x B, niin x A. Esimerkki 4.14. (1) Olkoot A = {x R x 2 5x + 6 = 0} ja B = {n N 3 < n 2 < 10}. Osoita, että A = B. Todistus. On osoitettava, että A B ja B A. (i) Väite 1: A B, ts. jos x A, niin x B. Todistus. Olkoon x A. Tällöin x R ja x 2 5x + 6 = 0. Ratkaistaan toisen asteen yhtälö jakamalla polynomi x 2 5x + 6 tekijöihin: 0 = x 2 5x + 6 = (x 2)(x 3). Tästä nähdään, että x = 2 tai x = 3. Koska 2 N ja 3 < 2 2 < 10, niin 2 B. Koska 3 N ja 3 < 3 2 < 10, niin 3 B. Siis A B. (ii) Väite 2: B A, ts. jos x B, niin x A. Todistus. Olkoon n B, ts. n N ja 3 < n 2 < 10. Tällöin n = 2 tai n = 3. Sijoittamalla 2 x:n paikalle lausekkeeseen x 2 5x + 6 saadaan 2 2 5 2 + 6 = 4 10 + 6 = 0. Siis 2 A. Sijoittamalla 3 muuttujan x paikalle lausekkeeseen x 2 5x+6 saadaan Siis 3 A. Näin ollen B A. Kohdista (i) ja (ii) seuraa, että A = B. 3 2 5 3 + 6 = 9 15 + 6 = 0. (2) Osoita, että A (B C) = (A B) (A C). Todistus. 30

(i) Väite 1: A (B C) (A B) (A C), ts. jos x A (B C), niin x (A B) (A C). Todistus. Oletetaan, että x A (B C). Tällöin x A tai x B C. Käsitellään nämä tapaukset erikseen. Jos x A, niin x A B ja x A C yhdisteen määritelmän nojalla. Siis x (A B) (A C). Jos x B C, niin x B ja x C leikkauksen määritelmän perusteella. Edelleen yhdisteen määritelmän nojalla x A B ja x A C. Siis x (A B) (A C). Koska molemmissa tapauksissa x (A B) (A C), niin väite 1 on totta. (ii) Väite 2: (A B) (A C) A (B C), ts. jos x (A B) (A C), niin x A (B C). Todistus. Oletetaan, että x (A B) (A C). Tällöin x A B ja x A C. Jos x A, niin yhdisteen määritelmän nojalla x A (B C). Jos taas x / A, niin koska x A B ja x A C, on x molempien joukkojen B ja C alkio. Näin ollen x B C, mistä seuraa, että x A (B C). Siis väite 2 on totta. Kohdista (i) ja (ii) seuraa, että A (B C) = (A B) (A C). (3) Osoita, että (A B) C = A C B C. Todistus. (i) Väite 1: (A B) C A C B C, ts. jos x (A B) C, niin x A C B C. Todistus. Oletetaan, että x (A B) C, ts. x / A B. Perustellaan, että tästä seuraa, että x / A ja x / B. Antiteesi: x A tai x B. Tällöin x A B, mikä on ristiriita, sillä oletuksen perusteella x / A B. Siis antiteesi on väärä. Näin ollen x / A ja x / B, ts. x A C ja x B C. Siis x A C B C. Väite 1 on siis totta. 31

(ii) Väite 2: A C B C (A B) C, ts. jos x A C B C, niin x (A B) C. Todistus. Oletetaan, että x A C B C, ts. x / A ja x / B. Perustellaan, että tästä seuraa, että x / A B. Antiteesi: x A B. Tällöin x A tai x B, mikä on ristiriita, sillä oletuksen mukaan x / A ja x / B. Siis antiteesi on väärä. Näin ollen x / A B, ts. x (A B) C, ja väite 2 on osoitettu todeksi. Kohdista (i) ja (ii) seuraa, että (A B) C = A C B C. (3) Osoita, että A (B C) = (A B) (A C). Todistus. (i) Väite 1: A (B C) (A B) (A C), ts. jos (x, y) A (B C), niin (x, y) (A B) (A C). Todistus. Oletetaan, että (x, y) A (B C), ts. x A ja y B C. Jos y B, niin (x, y) A B. Jos taas y C, niin (x, y) A C. Näin ollen (x, y) (A B) (A C), joten väite 1 on totta. Väite 2: (A B) (A C) A (B C), ts. jos (x, y) (A B) (A C), niin (x, y) A (B C). Todistus. Oletetaan, että (x, y) (A B) (A C), ts. (x, y) A B tai (x, y) A C. Jos (x, y) A B, niin x A ja y B, joten (x, y) A (B C). Jos taas (x, y) A C, niin x A ja y C, joten (x, y) A (B C). Näin ollen väite 2 on totta. Kohdista (i) ja (ii) seuraa, että A (B C) = (A B) (A C).. 32

Harjoitellaan vielä todistamista joukko-opin käsitteitä käyttäen. Esimerkki 4.15. Osoita, että A B A, jos ja vain jos B A. Todistus. Väite koostuu kahdesta väitelauseesta. Todistetaan ne erikseen. Oletus 1: A B A. Väite 1: B A, ts. jos x B, niin x A. Todistus. Olkoon x B. Tällöin x A B, joten oletuksen 1 perusteella x A. Siis väite 1 on totta. Oletus 2: B A. Väite 2: A B A, ts. jos x A B, niin x A. Todistus. Olkoon x A B, ts. x A tai x B. Jos x A, niin väite 2 on totta. Jos taas x B, niin oletuksen 2 perusteella x A. Siis väite 2 on totta. Kohdista ja seuraa, että A B A, jos ja vain jos B A. 33

5 Funktioista Funktio eli kuvaus on matematiikan keskeisimpiä käsitteitä. Tässä luvussa tarkastellaan fuktioita ja todistetaan niiden ominaisuuksia. Funktiokäsitteen omaksumiseen kannattaa käyttää aikaa ja vaivaa runsaasti. Funktio on eräs modernin matematiikan peruspilareista. Määritelmä 5.1. Olkoot A ja B. Kuvaus eli funktio f : A B on sääntö, joka liittää jokaiseen joukon A alkioon a täsmälleen yhden joukon B alkion f(a) B, jota kutsutaan funktion f arvoksi pisteessä a tai a:n kuvaksi tai kuvapisteeksi kuvauksessa f. Joukkoa A kutsutaan funktion f määrittely- tai lähtöjoukoksi ja joukkoa B maalijoukoksi. Huomautus 5.2. Kuvaus muodostuu kolmikosta (f, A, B). Kaksi kuvausta f : A B ja g : C D ovat samat, jos A = C, B = D ja f(x) = g(x) kaikilla x A = C. Esimerkki 5.3. (1) Olkoot A = {a, b, c} ja B = {0, 2, 4, 6, 8}. Määritellään f : A B seuraavasti f(a) = 0, f(b) = 4, f(c) = 0. Tällöin f on kuvaus. Sekä a:n että c:n kuva on 0. (2) Olkoon f sääntö, joka liittää jokaiseen kuukauteen sen päivien lukumäärän. Tällöin f on kuvaus A N, missä A = {tammi-, helmi-, maalis-, huhti-, touko-, kesä-, heinä-, elo-, syys-, loka-, marras-, joulukuu}. Nyt f(tammikuu) = 31, f(helmikuu) = 28, f(huhtikuu) = 30 = f(syyskuu). (3) Olkoon P = {toisen asteen polynomit}. Määritellään kuvaus f : P R, f(p ) = Esimerkiksi, jos P (x) = x 2 + 1 P, niin f(p ) = 1 0 (x 2 + 1) dx = 1 0 / 1 0 P (x) dx. ( 1 3 x3 + x) = 4 3. 34

(4) Määritellään kuvaus f : R 2 R 2 f(x, y) = (2x y, x + y). Tällöin f(0, 1) = (2 0 1, 0 + 1) = ( 1, 1) ja f(0, 0) = (2 0 0, 0 + 0). 5.1 Kuvajoukko ja alkukuva Määritellään seuraavaksi funktion kuvajoukko ja alkukuva. Määritelmä 5.4. Olkoon f : A B kuvaus. Joukon U A kuvajoukko f(u) on joukon U alkioiden kuvapisteiden muodostama joukko: f(u) = {f(a) a U} = {b B on olemassa sellainen a U että b = f(a)} B. Joukon V B alkukuva f 1 (V ) on niiden joukon A alkioiden joukko, jotka kuvautuvat joukkoon V : f 1 (V ) = {a A f(a) V } A. Huomautus 5.5. Yo. määritelmän perusteella f(a) B, mutta yleensä f(a) B. Esimerkki 5.6. (1) Olkoot A = {a, b, c} ja B = {0, 2, 4, 6, 8}. Määritellään f : A B kuten esimerkissä 5.3 (1): f(a) = 0, f(b) = 4, f(c) = 0. Tällöin f({a, b}) = {0, 4}, f({a, c}) = {0}, f 1 ({6, 8}) =, f 1 ({0}) = {a, c} ja f 1 ({0, 4}) = {a, b, c} = A. Lisäksi f 1 (f({a})) = f 1 ({0}) = {a, c}, f(f 1 ({0, 4, 6})) = f({a, b, c}) = {0, 4}, f(a\f 1 ({0})) = f(a\{a, c}) = f({b}) = {4} ja f 1 (B f({a, c}) = f 1 (B {0}) = f 1 ({0}) = {a, c}. 35

(2) Olkoon A kuukausien muodostama joukko ja olkoon f : A N kuten esimerkissä 5.3 (2), ts. f liittää jokaiseen kuukauteen sen päivien lukumäärän. Tällöin f(a) = {28, 30, 31}, f 1 ({29}) =, f 1 ({28}) = {helmikuu}, f 1 ({30}) = {huhti-, kesä-, syys-, marraskuu} ja f(a\f 1 ({30})) = {28, 31}. (3) Tarkastellaan kuvausta f : R R, f(x) = x 2 2. Olkoot U = [0, 2[ ja V =] 1, 1]. Mitä ovat f(u) ja f 1 (V )? Ratkaisu. f(u) = {f(x) x U} = {x 2 2 x [0, 2[} = [ 2, 2[ ja f 1 (V ) = {x R f(x) V } = {x R x 2 2 ] 1, 1]} = {x R 1 < x 2 2 1} = {x R 1 < x 2 3} = [ 3, 1[ ]1, 3]. (4) Olkoon A X. Kuvausta χ A : A [0, 1], { 1, jos x A, χ A (x) = 0, jos x / A, kutsutaan joukon A karakteristiseksi funktioksi. Nyt χ 1 A ({0}) = A, χ 1 A ({1}) = X \ A ja χ 1 A ({y}) = kaikilla 0 < y < 1. (5) Olkoon f : A B kuvaus. Oletetaan, että V 1 V 2 B. Osoita, että f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ). Oletus: f : A B on kuvaus ja V 1 V 2 B. 36

Väite: f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ). Todistus. Olkoon x f 1 (V 1 ). Määritelmän perusteella f(x) V 1. Koska V 1 V 2, niin f(x) V 2. Siis määritelmän nojalla x f 1 (V 2 ). Näin ollen väite on totta. (6) Olkoon f : A B kuvaus. Oletetaan, että V 1, V 2 B. Osoita, että f 1 (V 1 V 2 ) = f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ). Todistus. (i) Väite 1: f 1 (V 1 V 2 ) f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ), ts. jos x f 1 (V 1 V 2 ), niin x f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ). Todistus. Olkoon x f 1 (V 1 V 2 ). Tällöin f(x) V 1 V 2, ts. f(x) V 1 ja f(x) V 2. Määritelmän nojalla x f 1 (V 1 ) ja x f 1 (V 2 ). Siis x f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ). Näin ollen väite 1 on totta. (ii) Väite 2: f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ) f 1 (V 1 V 2 ), ts. jos x f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ), niin x f 1 (V 1 V 2 ). Todistus. Olkoon x f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ), ts. x f 1 (V 1 ) ja x f 1 (V 2 ). Määritelmän perusteella f(x) V 1 ja f(x) V 2, joten f(x) V 1 V 2. Siis x f 1 (V 1 V 2 ). Näin ollen väite 2 on totta. Kohdista (i) ja (ii) seuraa, että f 1 (V 1 V 2 ) = f 1 (V 1 ) f 1 (V 2 ). 5.2 Yhdistetty kuvaus Määritelmä 5.7. Olkoot g : A B ja f : B C kuvauksia. Yhdistetty kuvaus f g : A C määritellään seuraavasti: (f g)(a) = f(g(a)) kaikilla a A. Esimerkki 5.8. (1) Olkoot f : R R, f(x) = 2x+3 ja g : R R, g(x) = cos x. Tällöin f g : R R, (f g)(x) = f(g(x)) = f(cos x) = 2 cos x + 3, g f : R R, (g f)(x) = g(f(x)) = g(2x + 3) = cos(2x + 3). 37

Erityisesti f g g f. (2) Olkoot f : R 2 R, f(x, y) = x + y ja g : R R 2, g(t) = (2 + t, t 2 ). Tällöin f g : R R, (f g)(t) = f(g(t)) = f(2 + t, t 2 ) = 2 + t + t 2 = t 2 + t + 2, g f : R 2 R 2, (g f)(x, y) = g(f(x, y)) = g(x + y) = (2 + x + y, (x + y) 2 ) = (x + y + 2, x 2 + 2xy + y 2 ). (3) Olkoot f : R 2 R, f(x, y) = x + y ja g : R R, g(t) = sin t. Tällöin g f : R 2 R, (g f)(x, y) = g(f(x, y)) = g(x + y) = sin(x + y). Yhdistettyä kuvausta f g ei ole olemassa, koska kuvauksen g maalijoukko R ei ole yhtä suuri kuin kuvauksen f lähtöjoukko R 2. 5.3 Injektiivisyys, surjektiivisuus ja bijektiivisyys Injektiivisyys, surjektiivisuus ja bijektiivisyys ovat tärkeitä kuvauksiin liittyviä käsitteitä. Tarkastellaan niitä seuraavaksi: Määritelmä 5.9. Kuvaus f : A B on injektio, jos lähtöjoukon erisuurten alkioiden kuvapisteet ovat erisuuret, ts. jos a 1, a 2 A ovat sellaisia, että a 1 a 2, niin f(a 1 ) f(a 2 ). Esimerkki 5.10. (1) Kuvausta f : R R, f(x) = x kutsutaan identtiseksi kuvaukseksi. Se on injektio. Perustelu: Jos x 1 x 2, niin f(x 1 ) = x 1 x 2 = f(x 2 ). (2) Kuvaus f : R R, f(x) = sin x, ei ole injektio, sillä f(0) = 0 = f(2π). (3) Esimerkin 5.3 (2) kuvaus f, joka liittää jokaiseen kuukauteen sen päivien lukumäärän, ei ole injektio, sillä f(tammikuu) = 31 = f(maaliskuu). Huomautus 5.11. (1) Kuvaus f : A B on injektio, jos jokaiseen pisteeseen b B kuvautuu korkeintaan yksi (siis tasan yksi tai ei yhtään) joukon A alkio. (2) Osoita, että kuvaus f : A B on injektio, jos ja vain jos ehdosta f(a 1 ) = f(a 2 ) seuraa, että a 1 = a 2, kun a 1, a 2 A. 38

Todistus. Väite koostuu kahdesta väitelauseesta. Todistetaan ne erikseen. Oletus 1: f : A B on injektio. Väite 1: jos a 1, a 2 A ovat sellaisia, että f(a 1 ) = f(a 2 ), niin a 1 = a 2. Todistus. Antiteesi: löydetään sellaiset a 1, a 2 A, että f(a 1 ) = f(a 2 ), mutta a 1 a 2. Tällöin f ei ole injektio, sillä erisuurilla alkioilla a 1 ja a 2 on sama kuvapiste. Tämä on ristiriita oletuksen 1 kanssa. Siis antiteesi on väärä ja väite 1 pätee. Oletus 2: ehdosta f(a 1 ) = f(a 2 ) seuraa, että a 1 = a 2. Väite 2: f on injektio. Todistus. Olkoot x 1, x 2 A sellaisia, että x 1 x 2. Jos f(x 1 ) = f(x 2 ), niin oletuksen 2 perusteella x 1 = x 2, mikä on ristiriita. Siis on oltava f(x 1 ) f(x 2 ). Koska f kuvaa eri pisteet x 1 x 2 eri pisteiksi, on se injektio. Näin olle väite 2 on totta. Kohdista ja seuraa, että f : A B on injektio, jos ja vain jos ehdosta f(a 1 ) = f(a 2 ) seuraa, että a 1 = a 2, kun a 1, a 2 A. Huomautus 5.11 (2) on hyödyllinen kuvauksen injektiivisyyttä todistettaessa. Esimerkki 5.12. (1) Onko kuvaus f : R 2 R, f(x, y) = x y, injektio? Ratkaisu. Kuvaus f ei ole injektio, sillä f(1, 2) = 1 = f(3, 4). (2) Onko kuvaus f : R R, f(x) = 3 2 x + 1 4, injektio? Ratkaisu. Kuvaus f on injektio. Perustellaan tämä: Olkoot x 1, x 2 R sellaisia, että f(x 1 ) = f(x 2 ). Tällöin 3 2 x 1 + 1 4 = 3 2 x 2 + 1 4, joten 3 2 x 1 = 3 2 x 2, mistä saadaan x 1 = x 2. Huomautuksen 5.11 (2) perusteella f on siis injektio. (3) Onko kuvaus g : R R 2, g(t) = (2t, t 3 ), injektio? Ratkaisu: Osoitetaan, että kuvaus g on injektio. Olkoot t, s R sellaisia, että g(t) = g(s) eli (2t, t 3 ) = (2s, s 3 ). Tällöin 2t = 2s ja t 3 = s 3. 39

Ensimmäistetä yhtälöstä saadaan t = s. Huomautuksen 5.11 (2) perusteella g on injektio. (4) Onko kuvaus h : R 2 R 2, h(x, y) = (2x, x + y), injektio? Ratkaisu: Kuvaus h on injektio. Perustellaan tämä: Olkoot (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ) R 2 sellaisia, että h(x 1, y 1 ) = h(x 2, y 2 ), ts. (2x 1, x 1 + y 1 ) = (2x 2, x 2 + y 2 ). Tällöin 2x 1 = 2x 2 ja x 1 + y 1 = x 2 + y 2. Ensimmäisestä yhtälöstä nähdään, että x 1 = x 2. Sijoittamalla tämä toiseen yhtälöön saadaan x 1 + y 1 = x 1 + y 2, josta nähdään, että y 1 = y 2. Näin ollen (x 1, y 1 ) = (x 2, y 2 ). Huomautuksen 5.11 (2) perusteella h on injektio. Määritelmä 5.13. Kuvaus f : A B on surjektio, jos f(a) = B eli jos jokaisella b B on olemassa ainakin yksi sellainen a A, että f(a) = b. Esimerkki 5.14. (1) Esimerkin 5.3 (2) kuvaus f : A N, joka liittää jokaiseen kuukauteen sen päivien lukumäärän, ei ole surjektio, sillä 100 N, mutta missään kuukaudessa ei ole sataa päivää. (2) Onko kuvaus f : N N, f(n) = 2n, surjektio? Ratkaisu. Kuvaus f ei ole surjektio. Perustellaan tämä osoittamalla, että 1 ei ole minkään luonnollisen luvun kuva kuvauksessa f, ts. 1 / f(n). Antiteesi: 1 f(n), ts. 1 = f(n) jollakin n N eli 1 = 2n jollakin n N. Ratkaisemalla tästä n saadaan n = 1, mikä on ristiriita, sillä n N. 2 Näin ollen antiteesi ei ole totta ja siis 1 / f(n) eli f ei ole surjektio. (3) Onko kuvaus g : R R, g(x) = 2x, surjektio? Ratkaisu. Olkoon y R. Löytyykö sellaista pistettä x R, että g(x) = y, ts. 2x = y? Mikäli löytyy, on kuvaus g surjektio. Ratkaisemalla x yhtälöstä 2x = y saadaan x = 1 y R. Tällöin 2 f(x) = f( 1 2 y) = 2 1 2 y = y. 40

Siis g on surjektio. (4) Onko kuvaus h : R 2 R, h(x, y) = x y, surjektio? Ratkaisu: Olkoon t R. Löytyykö sellaista lukuparia (x, y) R 2, että h(x, y) = t, ts. x y = t? Jos löytyy, on kuvaus h surjektio. Valitaan (x, y) = (t, 0) R 2. Tällöin h(x, y) = h(t, 0) = t 0 = t. Siis h on surjektio. Määritelmä 5.15. Kuvaus f : A B on bijektio, jos se on sekä injektio että surjektio. 5.4 Käänteiskuvaus Olkoon f : A B kuvaus. Kuvaus g : B A on funktion f käänteiskuvaus, jos f(g(b)) = b kaikilla b B ja g(f(a)) = a kaikilla a A, ts. f g : B B on joukon B identtinen kuvaus ja g f : A A on joukon A identtinen kuvaus. Jos käänteiskuvaus on olemassa, merkitään sitä symbolilla f 1 : B A. Esimerkki 5.16. Osoita, että kuvauksen f : R \ {2} R \ {3}, f(x) = käänteiskuvaus on g : R \ {3} R \ {2}, g(y) = 3x x 2, 2y y 3. Todistus. Jos x R \ {2}, niin ( 3x (g f)(x) = g(f(x)) = g x 2 ) = 2( ) 3x x 2 3x 3 = x 2 6x 3x 3(x 2) = 6x 6 = x. 41

Jos taas y R \ {3}, niin ( 2y (f g)(y) = f(g(y)) = f y 3 ) = 3( 2y y 3 ) 2y 2 = y 3 6y 2y 2(y 3) = 6y 6 = y. Määritelmän perusteella g on kuvauksen f käänteiskuvaus. Huomautus 5.17. Jos käänteiskuvaus on olemassa, se on yksikäsitteinen. Perustelu. Oletetaan, että kuvaukset g : B A ja g : B A ovat sellaisia, että f(g(b)) = b = f( g(b)) kaikilla b B ja g(f(a)) = a = g(f(a)) kaikilla a A. Osoitetaan, että g(b) = g(b) kaikilla b B. Olkoon b B. Tällöin g(b) = g(f( g(b))) = g(b), joten g = g. Käänteiskuvaus on siis yksikäsitteinen. Lause 5.18. Olkoon f : A B kuvaus. Kuvauksella f on käänteiskuvaus, jos ja vain jos f on bijektio. Todistus. Väite koostuu kahdesta väitelauseesta. Todistetaan ne erikseen. Oletus 1: Kuvauksella f on käänteiskuvaus f 1. Väite 1: Kuvaus f on bijektio. Todistus. Osoitetaan ensin, että f on injektio. Olkoot a 1, a 2 A sellaisia, että a 1 a 2. Todistetaan, että f(a 1 ) f(a 2 ). Jos f(a 1 ) = f(a 2 ), niin oletuksen 1 nojalla a 1 = f 1 (f(a 1 )) = f 1 (f(a 2 )) = a 2, 42

mikä on ristiriita. Näin ollen f(a 1 ) f(a 2 ). Siis f on injektio. Osoitetaan vielä, että f on surjektio. Olkoon b B. On löydettävä sellainen a A, että f(a) = b. Valitaan a = f 1 (b). Tällöin a A ja oletuksen 1 perusteella Siis f on surjektio. f(a) = f(f 1 (b)) = b. Koska f on sekä injektio että surjektio, on se bijektio. Näin ollen väite 1 on totta. Oletus 2: Kuvaus f on bijektio. Väite 2: Kuvauksella f on käänteiskuvaus f 1. Todistus. Koska kuvaus f on bijektio, niin kaikille b B löydetään sellainen yksikäsitteinen a b A, että f(a b ) = b. Määritellään kuvaus g : B A asettamalla g(b) = a b, ja osoitetaan, että g on kuvauksen f käänteiskuvaus, ts. että f(g(b)) = b kaikilla b B ja g(f(a)) = a kaikilla a A. Jos b B, niin f(g(b)) = f(a b ) = b. Jos taas a A, niin g(f(a)) = a f(a), missä a f(a) A on sellainen, että f(a f(a) ) = f(a). Koska f on oletuksen 2 nojalla injektio, on oltava a = a f(a). Näin ollen g(f(a)) = a. Siis g on kuvauksen f käänteiskuvaus. Kohdista ja seuraa, että lauseen väite on totta. Esimerkki 5.19. Osoita, että kuvaus f : R R, f(x) = x + 3, on bijektio, ja määritä sen käänteiskuvaus. Ratkaisu: (i) Osoitetaan, että f on injektio. Jos f(x 1 ) = f(x 2 ), niin x 1 + 3 = x 2 + 3, joten x 1 = x 2. Siis f on injektio. (ii) Osoitetaan, että f on surjektio. Olkoon y R. Etsitään sellainen x R, että f(x) = y, ts. x + 3 = y. 43

Ratkaisemalla tästä x saadaan x = 3 y. Nyt f(3 y) = (3 y) + 3 = y. Siis f on surjektio. Kohtien (i) ja (ii) perusteella f on bijektio, joten f:llä on käänteiskuvaus ja se on f 1 : R R, f 1 (t) = 3 t, sillä ja f f 1 (t) = f(3 t) = (3 t) + 3 = t f 1 f(x) = f 1 ( x + 3) = 3 ( x + 3) = x. Huomaa, että käänteiskuvauksen lauseke saadaan surjektiivisuuden todistuksesta. Huomautus 5.20. Jos f : A B on kuvaus, niin joukon V B alkukuva f 1 (V ) on aina olemassa. Sen sijaan käänteiskuvaus f 1 : B A on olemassa, jos ja vain jos f on bijektio. Alkukuva on joukko ja käänteiskuvaus on kuvaus. Lause 5.21. Oletetaan, että kuvaukset f : A B ja g : B C ovat bijektioita. Tällöin yhdistetty kuvaus g f : A B on bijektio. Sen käänteiskuvaus on (g f) 1 = f 1 g 1. Todistus. Osoitetaan ensin, että g f on bijektio, ts. se on sekä injektio että surjektio. (i) Väite 1: kuvaus g f on injektio. Todistus. Olkoot a 1, a 2 A sellaisia, että a 1 a 2. Koska f on injektio, niin f(a 1 ) f(a 2 ). Koska g on injektio, niin g(f(a 1 )) g(f(a 2 )), ts. Näin ollen g f on injektio. (ii) Väite 2: kuvaus g f on surjektio. (g f)(a 1 ) (g f)(a 2 ). Todistus. Olkoon c C. Etsitään sellainen a A, että (g f)(a) = c. Koska g : B C on surjektio, niin löydetään sellainen b B, että g(b) = c. Koska f : A B on surjektio, niin löydetään sellainen a A, että f(a) = b. Nyt (g f)(a) = g(f(a)) = g(b) = c. 44