HY / Matematiikan ja tilastotieteen laitos Matemaattinen analyysi I Harjoitus 2 / Ratkaisut Tehtävissä yleisohjeistuksena oli: Perustele vastauksesi hyvin ja selvästi! Esitä riittävästi lähdeviittauksia: mitä tämän kurssin määritelmää, lausetta, esimerkkiä tms. hyödynnät. Tehtäväalue ulottuu kohtaan.29 asti. Pisteet: 5 + 5 + 9 + 6 + 0 + 25 = 80.. (a) Todista induktioperiaatetta käyttäen, että kaikille n N on ( ) 2 + 2 2 + + 2 n = 2 n. (Osaatko lisäksi piirtää väitteen pätevyyttä havainnollistavan kuvan?) (b) Oletetaan, että ja n N. Todista induktioperiaatetta käyttäen Bernoullin epäyhtälö ( ) ( + ) n + n. Kerro myös, tarvitsitko kaikkia oletuksia! Ole huolellinen! Muista myös esimerkin.9 käytäntö lopusta alkuun. Ratkaisu. (a) Todistus: Induktiotodistuksessa on kaksi vaihetta: Alkutapaus. Kun n =, on ( ):n vasen puoli 2 = 2 ja oikea puoli 2 = 2, joten kaava ( ) pätee arvolle n =. 2 Induktioaskel. Tässä näytetään, että k N: p(k) p(k + ), missä p(k) väittää, että kaava ( ) pätee arvolle k = n. Tyypillisesti sekä muotoa kaikille k että muotoa jos, niin olevat väitteet todistetaan olettamalla jotakin ja osoittamalla sitten jotakin. Tarkemmin sanoen oletetaan toisaalta, että on annettu k (mielivaltainen po. joukosta), ja toisaalta, että implikaation etujäsen on tosi. Induktio-oletus: k N ja kaava ( ) pätee arvolle n = k, ts. (io) 2 + 2 2 + + 2 k = 2 k. Induktioväite: ( ) pätee myös, kun n = k +, ts. (iv) 2 + 2 2 + + 2 k+ = 2 k+. Todistus (induktioaskeleen sisäinen): Tässä on teknisesti helppoa muokata induktioväitteen (iv) vasen puoli + ( ) + + = 2 2 2 2 k+ (io) 2 + = + 2 + k 2 k+ 2 k+ 2 k+ = + 2+ 2 k+ = + 2 k+ = 2 k+. (iv):n oikeaksi puoleksi, joten induktioaskeleen sisäinen väite (iv) pätee! Koska kumpikin ehdoista ja 2 saatiin todistetuksi, pätee kaava ( ) induktioperiaatteen nojalla kaikille n N.
Havainnollistus: Voisimme piirtää janan, pituudeltaan, ja merkitä sille pisteitä kuvaamaan kaavan ( ) oikean puolen summan kehittymistä: ensin pisteen janan puoliväliin ( ), 2 sitten pisteen jäljellä olevan osan puoliväliin ( + = 3), 2 sitten pisteen taas jäljellä olevan osan puoliväliin ( + + = 7) 2 8 8 ja niin edelleen. Huomaisimme kuvasta, että jäljellä olevan janan pituus on ensin, 2 sitten, sitten jne. kaavan ( ) mukaisesti tietysti ja kutistuen 8 rajatta kohti nollaa... (b) Todistus: Induktiotodistuksessa on tosiaan kaksi vaihetta: Kun n =, on ( ):n vasen puoli ( + ) = + ja oikea puoli + = +, joten kaava ( ) pätee arvolle n =. 2 Induktio-oletus (IO): k N ja kaava ( ) pätee arvolle n = k, ts. (io) ( + ) k + k. Induktioväite: ( ) pätee myös, kun n = k +, ts. (iv) ( + ) k+ + (k + ). Todistus (induktioaskeleen sisäinen): Sille, että (io) (iv) (kun oletustemme mukaisesti ja k N), voidaan löytää perustelu kääritään hihat -tyylillä ja esittää se jälkiviisaasti -tyylillä. Esitämme molempia. Kääritään hihat : Kaavojen (io) ja (iv) vasemmat puolet ovat hyvin lähellä toisiaan. Kun kerrotaan (io) puolittain lausekkeella (+), joka on oletuksen perusteella epänegatiivinen, saadaan (vrt. lauseen.23 kohta (2)) ( ) ( + ) k+ ( + k)( + ). Saatiin vasen puoli tavoitteen mukaiseksi! [Oikeat puolet yo:ssa ja (iv):ssä luultavasti poikkeavat, ollaanhan todistamassa epäyhtälöä eikä yhtälöä.] Tutkitaan väite-epäyhtälön (iv) vasemman ja oikean puolen erotusta (jonka haluamme näyttää epänegatiiviseksi): ( + ) k+ ( + (k + ) ) ( + k)( + ) ( + (k + ) ) ( ) = + + k + k 2 ( + k + ) = k 2. (Käytimme tietysti lauseen.23 kohtaa ().) Mutta tämä on 0, koska k N ja R, jolloin k > 0 ja 2 0. Siis (iv) pätee. Jälkiviisaasti : Käyttäen lausetta.23.2 (ja lisäystä 0:lla kertomisesta) saadaan, koska + 0, että ( + ) k+ = ( + ) k ( + ) ( + k)( + ) määr. (io) joten (iv) on tosi. = + + k + k 2 + + k k N (IO) = + (k + ), Tämä tapaus ei ehkä vielä ole niin monimutkainen, etteikö kokemus auttaisi heti kehittämään todistuksen jälkimmäisellä. Edellistä on tärkeää harjoitella miten se kulloinkin toimiikaan. 2
Koska kumpikin ehdoista ja 2 saatiin todistetuksi, pätee kaava ( ) induktioperiaatteen nojalla kaikille n N. Käytimme myös oletusta, että. Tämä oletus on voinut joiltakin unohtua, jolloin päättelyssä on virhe, koska epäyhtälön suunta kääntyy kerrottaessa negatiivisella + :lla! Toki käytimme myös oletusta, että n N, vaikkakin väite olisi itse asiassa pätenyt myös tapauksessa n = 0. 2. Osoita induktioperiaatteen avulla luentojen tapaan selvästi perustellen, että kun n N on kyllin suuri, pätee epäyhtälö n 2 < 2 n. Vihje: Alkutapaukseen on hyötyä tehtävästä h/t5 (jossa asiaa tarkasteltiin kokeellisesti). Induktioaskeleessa tarvitset IO:ta kahdesti(!) toisin kuin luentojen esimerkeissä. Valmennusapua saat myös tehtävästä! Ratkaisu. Mainitun tehtävän h/t5 nojalla tiedämme, ettei epäyhtälö päde, kun n =, mutta pätee, kun n = 5, ja luultavasti siitä eteenpäin. Asetamme siksi väitteen (toiveikkaina) seuraavasti: Väite: Kaikille luonnollisille luvuille n 5 pätee epäyhtälö n 2 < 2 n. Todistus: Käytämme huomautuksen.20 mukaista yleistettyä induktioperiaatetta, jossa alkutapaus on n = n 0 Z, valiten n 0 = 5. Todistuksessa on yhä kaksi vaihetta: Selvästi 5 2 = 25 < 32 = 2 5, joten epäyhtälö pätee arvolle n = 5. 2 Induktio-oletus (IO): Oletetaan, että luonnollinen luku k 5 ja että epäyhtälö pätee arvolle n = k eli että k 2 < 2 k. Osoitetaan, että tällöin se pätee myös, kun n = k +. Saadaan: 2 k+ = 2 2 k > 2 k 2 = k 2 + k 2 k 2 + 5k > k 2 + 2k + k määr. IO IO: k 5 k > 0 k 2 + 2k + = (k + ) 2. k (Käytimme kolmasti lausetta.23.2, jossa kertojana oli ensiksi 2 > 0.) Siis IO:sta seurasi, että epäyhtälö n 2 < 2 n pätee myös arvolle n = k+. Nyt yleistetyn induktioperiaatteen nojalla epäyhtälö n 2 < 2 n pätee kaikille luonnollisille luvuille n 5. Huomautus: Katso myös t:n induktioita. Yo. taitaa olla jälkiviisas. 3. (a) Tehtävän h/t5 ratkaisemisen jälkeen tiedetään, että tehtävän h/t.a taulukon alarivi antaa epäyhtälön n 2 < 2 n totuusarvot, kun n 6! Mietitään uudestaan induktion käyttöä huomautuksen.20 mielessä. Mille luvuista n 0,..., 5} olisi tosi alkutapaus, mille induktioaskel? Ratkaisu. Tehtävässä h/t5 saaduista tuloksista (alla) nähdään, että po. yleistetyn induktion alkutapaus n = n 0 on tosi, kun n 0, 5}. (Äskeisen todistuksen nojalla myös, kun n 0 6, 7, 8,... }!) 3
p() p(2) p(3) p() p(5) p(6)... t 0 e e e t t Tehtävän h/t5 tulosten (yllä) mukaan induktioaskel p(k) p(k + ) on epätosi, kun k =, mutta tosi, kun k 2, 3,, 5}. Jos vaaditaan, että kaikki induktioaskeleet ovat tosia (kuten pätevässä induktiossa pitää olla), tehtävien h/t5 ja h2/t2 tulosten nojalla näin on kysytyistä tapauksista vain tapauksessa n 0 = 5. [Kokonainen induktiotodistus (sekä alkutapaus että induktioaskeleet ovat tosia) saadaan eo. vastaukset yhdistäen tapauksessa n 0 = 5 ja vain siinä. (Kun po. induktio on h2/t2:ssa suoritettu, voidaan päätellä, että myös tapaukset n 0 = 6, 7, 8,... toimivat.) ] (b) Anna jokaiselle n N esimerkki konkreettisesta väittämästä p(n) niin, että induktiotodistusyrityksessä väitteelle n N: p(n) toimii alkutapaus muttei induktioaskel (ainakaan kaikkialla so. jokaiselle k N)! Vihje: Käytä taulukkoa h/t.a:ssa inspiraatiolähteenä. Ratkaisu. Yllä todetun mukaan väitteeksi p(n) käy jokaiselle n N epäyhtälö n 2 < 2 n. (c) Päin vastoin kuin b-kohdassa, anna väitteet p(), p(2),..., joille toimii induktioaskel (kaikkialla) muttei alkutapaus! Ratkaisu. Asetetaan jokaiselle n N väitteeksi p(n) yhtälö n = 0. Koska kurssillamme N =, 2,... } (pykälän.0 alku), on tässä p(n) epätosi kaikille n N, jolloin alkutapaus p() on epätosi, mutta jokainen induktioaskel (epätodesta epätoteen) on tosi (määritelmä.5). Huomaa: Kohdissa (b) ja (c) on nyt perusteltu huomautuksen.6 väitteet!. (a) Jos a > 0, niin päteekö kaikille, y 0, että < y a > a y? Vetoa lauseeseen.23 niin paljon kuin voit. Ratkaisu. Oletetaan, että a > 0. Valitaan = ja y =. Silloin, y 0 ja < y mutta a = a < 0 < a = a y. Siten implikaatio on epätosi (määritelmä.5) tälle valinnalle, y 0. Se ei siis päde kaikille, y 0; vastaus on ei. Huomaa kuitenkin, että implikaatio pätisi olettaen, y molemmat negatiivisiksi, minkä näkisi lauseen.23. avulla ovelasti: vastaluvun otto kääntää järjestyksen, positiivisen jakaminen kääntää takaisin!
(b) Päteekö kaikille a 0, että < y a < y a? Vetoa lauseeseen.23 niin paljon kuin voit. Ratkaisu. Valitaan a =. Silloin a 0. Valitaan = ja y = 2. Nyt < y mutta a = > y = y a. (Suunnan kääntyminen voidaan perustella lauseella.23.3.) Tälle valinnalle a 0 ekvivalenssi ei siis päde (sillä etu- ja takajäsenen totuusarvot ovat eri). Jälleen vastaus on ei. 5. (a) Pura itseisarvomerkit lausekkeesta 2 2 jokaiselle R. Ota rajatapaukset mukaan kahdesti kaavan (.26) ja vakiokäytäntömme mukaisesti! (So. käytä merkkejä ja, älä > ja <.) (b) Jos f : R R on funktio, määritellään funktio f : R R asettamalla f () = f() kaikille R. Päteekö implikaatio f on aidosti kasvava f on aidosti kasvava? Hahmottele sopivien f :ien kuvaajia sekä vastaavien f :ien kuvaajat! Saat vedota tällaisiin kuviin vastauksessasi. Ratkaisu. (a) Oletetaan, että R. Kaavan (.26) mukaan 2 2 2, kun 2 2 0 2 = 2 + + 2, kun 2 2 0. Nyt tehtävän h/t muotoilun mukaan 2 2 = ( 2)( + ), mistä nähdään tulon merkkisäännön nojalla, että 2 2 0 2 (muista merkintäsopimus (.) sekä muistisäänto!) ja 2 2 0 2. (Toinen tapa määrittää ko. polynomin merkki eri osissa lukusuoraa olisi tietysti käyttää 2. asteen yhtälön ratkaisukaavaa jne.!) Siten 2 2 2, kun tai 2 2 =. 2 + + 2, kun 2 (b) Implikaatio ei päde: Funktio : R R on aidosti kasvava, mutta tämän funktion itseisarvo : R R ei ole aidosti kasvasva, kuten vaikka esimerkin.3 kuvasta nähdään. (Tässä riitti siis yksi kuva/tapaus: vastaesimerkki!) 5
6. Ratkaise epäyhtälö 3 < 2 käyttäen (a) perusmenetelmää (ks. sivu ja esimerkki.27) sekä (b) näppärästi lausetta.28. Ole erittäin tarkka ekvivalenssien suhteen, ks. huomautus.25! Mieti lukujen merkkejä ja implikaatioiden suuntia huolellisesti. Ratkaisu. Epäyhtälön määrittelyehto on, että 0. Kaikki implikaatiot ja ekvivalenssit alla tarkoitetaan pätemään kaikille R0} (ts. epäyhtälön määrittelyjoukossa). (a) Tärkeää kaavaamme (.26) jälleen käyttäen saadaan, että 3 = 3, kun 3 eli kun < 0 3 3, kun 3 eli kun 0 < 3. Yllä lukujen 3 ja / vertaaminen vaati paljon ajattelua! Se on tehtävä eksplisiittisesti (huomaa, että eli viittasi ekvivalenssiin): Tapaus < 0: Tällöin / < 0 < 3 aina. Tapaus > 0: Tällöin lauseen.23 kohdan (2) loppuosan avulla saadaan ekvivalenssit 3 3 sekä 3 3 (kun kerrotaan puolittain positiiviluvuilla ja 3 ). Nyt jaamme määritelyjoukon itseisarvomerkkien purkamisesta tulleisiin tapauksiin (ts. käytämme perusmenetelmää ): Tapaus < 0 tai 3 : 3 < 2 <. Alatapaus < 0: < ei tosi koskaan. Alatapaus 3 : < <. Osavastaus: 3 Tapaus 0 < : 3 5 Osavastaus: 5 < 3. Vastaus: 5 < <. (b) Kirjoitamme ekvivalensseja niin pitkään kuin vaivattomasti näemme ne päteviksi, sitten jatkamme pelkin implikaatioin. Tärkeimmät perustelut laitamme näkyviin; lukijan vastuulla on ajatella loputkin (jo tuttuja): 3 < 2.28. 3 < 2 3 2 < < 3 + 2 < < 5 < > 0 < < 5 < 0 ( > 0 < 5) 0 < < < 0 > 5 5 < < < < 5. Lukijalle jätettyjä pikku perusteluja helpotti, että ne olivat lähinnä implikaatioille! Kun aloimme lopussa muodostaa implikaatioita takaisin päin, suuntasimme onnistuneesti heti kohtaan, jossa olimme katkaisseet ekvivalenssien ketjun. (Tällaistahan monesti sanotaan tarkistukseksi. Hylättyjä ratkaisuehdokkaita ei nyt ollut.) Siis vastaus on 5 < <. 6
Ohjeita itse- ja vertaisarviointiin 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. Molempiahan vielä painotettiin tehtäväpaperin alussa! Erityisohjeita yksittäisiin tehtäviin (yleisohjeita unohtamatta):. Kohdista maksimissaan 7 + 8 pistettä, mutta samoista puutteista ei tarvitse sakottaa molemmissa erikseen! Arvioitava erikseen induktioperiaatteen hallintaa sinänsä ja sen teknistä toteutusta, jossa erityyppisten väitteiden todistamisessa voi olla aivan erilaiset haasteet. Kuva on a-kohdassa ylimääräistä (sitä ei siis vaadita), mutta oivaltavalla kuvalla (ks. malli yllä) voi kompensoida jotakin pientä ongelmaa toisaalla. Ymmärrystä siis painotetaan. Jos b-kohdassa ei huomannut käyttää oletusta (ja teki siis päättelyvirheen), menettää jonkin pisteen. (Riippuu hieman kokonaisuudesta.) 2. Tässä erityisesti korostettiin perustelujen selvyyttä. Esim. induktio-oletuksen käyttö pitää ehdottomasti osoittaa! (Se toinen käyttö siis on, että induktioaskeleessakin k 5.) Jos käytti alkutapauksena tapausta n = jolloin induktioaskeleet eivät voi ylittää kuilua :stä 5:een, menettää pisteitä. (Riippuu taas kokonaisuudesta.) 3. Pistejako kohtien välillä 3 + 3 + 3. Kohdan (a) muotoilu saattoi aiheuttaa tulkintaongelmia; niissä kannattaa olla armelias (järkevä tulkinta hyväksytään).. 3 + 3 pistettä. Koska a-kohdassa luonnollisella kielellä esitetty kysymys suonee eri tulkintoja, kannattaa hyväksyä yksikin vastaesimerkki a > 0 (esim. a = ) ja vastaesimerkit, y 0 vaikka malliratkaisussa näytetään peräti, että kaikki luvut a > 0 mahdollistavat vastaesimerkkejä, y 0. 5. Pisteet + 6. Jos a-kohdassa on aidosti käsitetty, ettei purkamista tarvitse viedä :n tasolle (kuten yllä vietiin), voi olla armelias. Tämän takia: purkamishanke loppuun asti kompensoi pieniä virheitä myös b:ssä. 6. Tässä on päähuomio siinä, onko kehittänyt ekvivalenssit luotettavasti (eikä sattumalta oikein)! Ja että (joko kerralla tai eri suunnat erikseen) on lopulta saavuttanut ekvivalenssin alkuperäisen ey:n ja ns. ratkaisun välille! Ekvivalenssi, jota ei ole perusteltu vielä enemmän, jos vaikuttaa, että on ajateltu vain yhteen suuntaan, tuottaa miinusta. Jos samanlainen perustelu toistuu, ei sitä tarvinne joka kerta mainita (kuten ei mallissakaan). Implikaatioissakin on tietysti oltava huolellinen (ei sattumalta oikein). Perusmenetelmä (a-kohta) on tärkeä hallita! Lausetta.28 (b-kohta) voi käyttää ainakin parilla vaihtoehtoisella tavalla (vaikkakaan ne eivät kovin oleellisesti eroa toisistaan). Lopuksi: muista alun yleisohjeet! 7