Malliratkaisut 5 - Helsingin yliopisto

HY / Avoin yliopisto
Johdatus yliopistomatematiikkaan, kesä 2015
Harjoitus 5 – Ratkaisuehdotuksia
Tehtäväsarja I
Seuraavissa tehtävissä harjoitellaan väitteiden todistamista tai kumoamista vastaesimerkin
avulla. Vihje: kannattaa ensin piirtää Vennin kaavioita.
1. Päteekö väite A \ (B \ C) ⊂ (A \ B) ∩ (A \ C) kaikilla joukoilla A, B ja C ?
Ratkaisu:
Näytetään vastaesimerkillä, ettei väite päde yleisesti. Valitaan esimerkiksi A = C =
{1} ja B = ∅. Tällöin
A \ (B \ C) = {1} \ ∅ = {1}
ja
(A \ B) ∩ (A \ C) = {1} ∩ ∅ = ∅,
joten A \ (B \ C) 6⊂ (A \ B) ∩ (A \ C). Siis väite ei päde yleisesti.
2. Päteekö väite (A \ B) ∩ (A \ C) ⊂ A \ (B \ C) kaikilla joukoilla A, B ja C ?
Ratkaisu: Näytetään, että relaatio on voimassa yleisesti. Olkoot A, B ja C mitä
hyvänsä joukkoja. Jos (A \ B) ∩ (A \ C) = ∅, niin relaatio on voimassa. Muussa
tapauksessa valitaan mielivaltainen a ∈ (A \ B) ∩ (A \ C). Tällöin a ∈ A \ B ja
a ∈ A \ C . Erotuksen määritelmän mukaan a ∈ A, a ∈
/ B ja a ∈
/ C . Koska a ∈
/ B,
niin a ∈
/ B \ C . Lisäksi a ∈ A, joten a ∈ A \ (B \ C). Siis
(A \ B) ∩ (A \ C) ⊂ A \ (B \ C).
2
3. Päteekö väite (A × B) ∪ (C × D) ⊂ (A ∪ C) × (B ∪ D) kaikilla joukoilla A, B, C ja
D?
Ratkaisu: Näytetään, että väite pätee kaikilla joukoilla. Oletetaan, että
t ∈ (A × B) ∪ (C × D). Tällöin t ∈ A × B tai t ∈ C × D . Tarkastellaan tapaukset
erikseen:
• Oletetaan, että t ∈ A × B . Tällöin t = (a, b), missä a ∈ A ja b ∈ B . Yhdisteen
määritelmän nojalla a ∈ A∪C ja b ∈ B∪D . Siten t = (a, b) ∈ (A∪C)×(B∪D).
• Oletetaan, että t ∈ C × D . Tällöin t = (c, d), missä c ∈ C ja d ∈ D . Yhdisteen
määritelmän nojalla c ∈ A∪C ja d ∈ B∪D . Siten t = (c, d) ∈ (A∪C)×(B∪D).
Joka tapauksessa t ∈ (A ∪ C) × (B ∪ D). Siis
(A × B) ∪ (C × D) ⊂ (A ∪ C) × (B ∪ D).
2
4. Päteekö väite (A ∪ C) × (B ∪ D) ⊂ (A × B) ∪ (C × D) kaikilla joukoilla A, B, C ja
D?
Ratkaisu: Näytetään vastaesimerkillä, ettei väite päde yleisesti. Valitaan esimerkiksi
A = {1}, B = {2}, C = {3} ja D = {4}. Tällöin
(A ∪ C) × (B ∪ D) = {1, 3} × {2, 4} = {(1, 2), (1, 4), (3, 2), (3, 4)}
ja
(A × B) ∪ (C × D) = {(1, 2)} ∪ {(3, 4)} = {(1, 2), (3, 4)}.
Huomataan, että (1, 4) ∈ (A ∪ C) × (B ∪ D), mutta (1, 4) ∈
/ (A × B) ∪ (C × D). Näin
ollen
(A ∪ C) × (B ∪ D) 6⊂ (A × B) ∪ (C × D),
joten väite ei päde yleisesti.
Tehtäväsarja II
Seuraavat tehtävät liittyvät luentokalvojen 81-137 asioihin
5. Mitkä alla olevissa kuvissa esiintyvistä säännöistä ovat kuvauksia? Mitkä niistä ovat
injektioita? Mitkä niistä ovat surjektioita?
A
B
A
f
1
2
3
θ
β
γ
ϕ
D
1
2
3
A
B
θ
β
γ
ϕ
D
ρ
1
2
3
4
B
g
θ
β
γ
ϕ
1
2
3
4
1
2
3
C
C
h
β
γ
ϕ
D
υ
β
γ
ϕ
1
2
3
4
C
τ
β
γ
ϕ
Ratkaisu: Kuvauksen on liitettävä jokaiseen lähtöjoukon alkioon täsmälleen yksi
maalijoukon alkio. Huomataan, ettei sääntö ρ ei täytä tätä ehtoa, sillä nyt ρ(2) = β ja
ρ(2) = γ , eikä se täten ole kuvaus. Myöskään v ole kuvaus D → C , sillä lähtöjoukossa
on alkio, jota v ei kuvaa minnekään. Muut säännöt toteuttavat ehdon.
Kuvaus on injektio, jos mitkään kaksi lähtöjoukon alkiota eivät kuvaudu samalle
maalijoukon alkiolle. Siis injektioita ovat kuvaukset g ja h.
Kuvaus on surjektio, jos se täyttää maalijoukon, eli jos jokaiselle maalijoukon alkiolle
kuvautuu jokin lähtöjoukon alkio. Siis surjektioita ovat kuvaukset h ja τ .
6. Ovatko seuraavat kuvaukset injektioita?
(a) f : R → R, jolle x 7→ 3x2 − 4x kaikilla x ∈ R.
(b) g : R → R, jolle x 7→ 3 − 2x kaikilla x ∈ R.
2x
kaikilla x ∈ R \ {−4}.
(c) h : R \ {−4} → R, jolle x 7→
x+4
Ratkaisu:
(a) Huomataan, että nyt f (0) = 3 · 02 − 4 · 0 = 0 ja f ( 34 ) = 3 · ( 43 )2 − 4 · 43 = 0. Siis
kahdella eri lähdön alkiolla on sama kuva-alkio, joten kuvaus ei ole injektio.
(b) Oletetaan, että g(a) = g(b) joillakin a, b ∈ R. Tällöin
3 − 2a = 3 − 2b ⇒ −2a = −2b ⇒ a = b.
Siis kuvaus g on injektio.
(c) Oletetaan, että h(x1 ) = h(x2 ) joillakin x1 , x2 ∈ R \ {−4}. Tällöin
2x1
2x2
=
⇒ 2x1 (x2 + 4) = 2x2 (x1 + 4)
x1 + 4
x2 + 4
⇒ x1 x2 + 4x1 = x1 x2 + 4x2
⇒ 4x1 = 4x2
⇒ x1 = x2 .
Siis kuvaus h on injektio.
7. Ovatko tehtävän 6 kuvaukset surjektioita?
Ratkaisu:
(a) Olkoon y ∈ R ja oletetaan, että 3x2 − 4x = y . Tällöin 3x2 − 4x − y = 0 ja
toisen asteen yhtälön ratkaisukaavasta saadaan
√
√
4 ± 16 + 12y
x=
= 2 ± 4 + 3y.
2
Diskriminantin 4 + 3y on oltava epänegatiivinen, eli täytyy olla y ≥ − 43 . Toisin
sanoen, jos esimerkiksi y = −2, yhtälöllä 3x2 − 4x = y ei ole ratkaisua. Näin
ollen kuvaus ei ole surjektio.
(b) Oletetaan, että y ∈ R. Tällöin − y2 + 32 ∈ R ja lisäksi
y 3
y 3
g − +
=3−2 − +
=3+y−3=y
2 2
2 2
Siis g on surjektio.
2x
= y . Tästä saadaan
(c) Olkoon y ∈ R ja oletetaan, että x+4
x(2 − y) = 4y,
josta voidaan ratkaista x, kunhan y 6= 2. Jos kuitenkin y = 2, niin yhtälö on
epätosi. Siis kuvaus ei ole surjektio.
8. Merkitään V = ]0, 2[. Olkoon h : R → R funktio, jolle

− − x,
h(x) = 
jos x < 1;
2x − 1, jos x ≥ 1.
Piirrä funktion h kuvaaja ja määritä sen avulla kuva hV sekä alkukuva h← V .
Ratkaisu:
V
hV
V
h← V
Kuvaajista nähdään, että hV = ]−1, 0] ∪ [1, 3] ja h← V = ]−2, 0[ ∪
h
1 3
,
2 4
h
.
9. Olkoon f : [−3, 2] → R funktio, jolle x 7→ x2 − 2. Olkoon A = [−3, 1]. Piirrä
koordinaatistoon funktion f kuvaaja ja määritä sen avulla
(a) kuva f A
(b) alkukuva f ← [f A]
(c) alkukuva f ← A
(d) kuva f [f ← A] .
Piirrä jokainen kohta omaan koordinaatistoonsa!
Ratkaisu:
fA
fA
f ←A
f ←A
A
f [f ← A]
←
f [f A]
A
(a) f A =[ − 2, 6].
(b) f ← [f A] =[ − 3, 2].
(c) f ← f A ≈[ − 1, 9; 1, 9].
(d) f [f ← A] =[ − 2, 1].
10. Onko kuvaus τ : R → R, jolle
τ (x) =



−3x − 8 ,



x,
6 − 2x ,
jos x < −2;
jos −2 ≤ x ≤ 2;
jos x > 2,
injektio? Entä surjektio?
Ratkaisu: Huomataan, että τ (0) = 0 ja τ (3) = 6 − 2 · 3 = 0. Näin ollen kuvaus ei
ole injektio.
Ensimmäisellä osavälillä ]−∞, −2[ funktion τ kuvaaja on laskeva suora ja τ saa
kaikki arvot väliltä ]−2, ∞[. Välillä [−2, 2] τ on identtinen kuvaus ja saa siis kaikki
arvot väliltä [−2, 2]. Välillä ]2, ∞[ funktion τ kuvaaja on taas laskeva suora ja siten
τ saa kaikki arvot väliltä ]−∞, 2[. Kaiken kaikkiaan kuvauksen arvojoukko on siis
]−2, ∞[ ∪ [−2, 2] ∪ ]−∞, 2[ = R, eli kyseessä on surjektio.
Tehtäväsarja III
Seuraavat tehtävät liittyvät yhdistetyn kuvauksen käsitteeseen.
11. Oletetaan, että f : R → R, f (x) = 2x + 4 ja g : [0, 5] → R, g(x) = x2 − 5. Muodosta
seuraavista kuvauksista ne, jotka ovat hyvinmääriteltyjä: f ◦ g , g ◦ f , f ◦ f , g ◦ g .
Ratkaisu:
(a) f ◦ g(x) = 2(x2 − 5) + 4 = 2x2 − 2
(b) Kuvaus g◦f ei ole hyvin määritelty, sillä kuvauksien f ja g maali- ja lähtöjoukot
eivät kohtaa.
(c) f ◦ f (x) = 2(2x + 4) + 4 = 4x + 12.
(d) g ◦ g ei ole hyvin määritelty.
12. Määritellään kuvaukset f : R → R ja g : R → R asettamalla
f (x) =

2x ,
1 ,
jos 0 ≤ x ≤ 1;
muulloin,
g(x) =

x2 ,
0 ,
jos 0 ≤ x ≤ 1;
muulloin.
Määritä yhdistetyt kuvaukset g ◦ f ja f ◦ g . Piirrä niiden kuvaajat (kumpikin omaan
koordinaatistoonsa).
Ratkaisu: Suoralla laskulla saadaan
(g ◦ f )(x) = g(f (x)) =

g(2x) ,
g(1) ,
jos 0 ≤ x ≤ 1;
muulloin.
Näin ollen
(g ◦ f )(x) =

2

(2x)

= 4x2 ,
0,


 2
1
= 1,
jos 0 ≤ x ≤ 12 ;
jos 21 < x ≤ 1;
muulloin.
Suoralla laskulla saadaan
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) =
Näin ollen

f (x2 ) ,
f (0) ,

2x2 ,
(f ◦ g)(x) = 
0,
y = f (x)
jos 0 ≤ x ≤ 1;
muulloin.
jos 0 ≤ x ≤ 1;
muulloin.
y = g(x)
y = (f ◦ g)(x)
y = (g ◦ f )(x)
Tehtäväsarja IV
Tehtävissä 13–15 oletetaan, että f : X → Y on kuvaus, A ⊂ X ja B ⊂ Y .
13. (a) Osoita, että A ⊂ f ← [f A].
(b) Osoita vastaesimerkillä, että sisältyminen toiseen suuntaan ei päde yleisesti.
Ratkaisu:
(a) Oletetaan, että a ∈ A. Tällöin f (a) ∈ f A (kuvan määritelmä). Tästä seuraa,
että a ∈ f ← [f A] (alkukuvan määritelmä). Siis A ⊂ f ← [f A].
(b) Olkoon f : R → R kuvaus, jolle x 7→ x2 . Olkoon A = {2, 3} ⊂ R. Nyt
f A = {f (2), f (3)} = {4, 9} ja f ← [f A] = f ← {4, 9} = {−3, −2, 2, 3},
joten f ← [f A] 6⊂ A.
14. Oletetaan, että f : X → Y on kuvaus. Osoita, että kuvaus f on injektio, jos ja vain
jos f ← [f A] = A kaikilla A ⊂ X . Vihje: pieni osa on tehty tehtävässä 13.
Ratkaisu:
(a) Oletetaan, että kuvaus f on injektio. Osoitetaan, että f ← [f A] = A kaikilla
A ⊂ X perustelemalla sisältyminen molempiin suuntiin.
i. Oletetaan, että x ∈ f ← [f A]. Tällöin f (x) ∈ f A (alkukuvan määritelmä).
Tämä tarkoittaa, että f (x) = f (a) jollakin a ∈ A. Koska f on injektio,
seuraa yhtälöstä f (x) = f (a), että x = a. Koska a ∈ A ja x = a, niin
x ∈ A.
ii. Tämä on osoitettu edellisessä tehtävässä.
(b) Oletetaan, että f ← [f A] = A kaikilla A ⊂ X . Osoitetaan, että f on injektio.
Oletetaan, että x1 , x2 ∈ X ja f (x1 ) = f (x2 ). Valitaan A = {x1 }, jolloin
A ⊂ X . Joukon A kuva on f A = {f (x1 )}. Koska x1 7→ f (x1 ) ja x2 7→ f (x2 ) =
f (x1 ), niin
x1 , x2 ∈ f ← {f (x1 )} = f ← [f A] = A = {x1 } .
Siis x1 , x2 ∈ {x1 }, joten x1 = x2 .
2
15. Oletetaan, että f : X → Y on kuvaus. Osoita, että kuvaus f on surjektio, jos ja vain
jos f [f ← B] = B kaikilla B ⊂ Y .
Ratkaisu:
(a) Oletetaan, että kuvaus f on surjektio. Osoitetaan, että f [f ← B] = B kaikilla
B ⊂ Y perustelemalla sisältyminen molempiin suuntiin.
i. Oletetaan, että y ∈ f [f ← B]. Tällöin y = f (x) jollakin x ∈ f ← B . Koska x ∈
f ← B , niin f (x) ∈ B . Koska f (x) = y , niin y ∈ B . Näin ollen f [f ← B] ⊂ B .
ii. Oletetaan, että y ∈ B . Koska f on surjektio, niin on olemassa sellainen
x ∈ X , että f (x) = y . Oletuksen mukaan y ∈ B ja koska y = f (x) niin
f (x) ∈ B . Tällöin x ∈ f ← B . Tämä tarkoittaa, että f (x) ∈ f [f ← B]. Lisäksi
f (x) = y , joten y ∈ f [f ← B]. Siis B ⊂ f [f ← B].
(b) Oletetaan, että f [f ← B] = B kaikilla B ⊂ Y . Osoitetaan, että f on surjektio.
Oletetaan, että y ∈ Y . Valitaan B = {y}, jolloin B ⊂ Y . Oletuksen nojalla
f [f ← B] = B , minkä vuoksi alkukuva f ← B 6= ∅: jos nimittäin olisi f ← B = ∅,
niin f [f ← B] = f ∅ = ∅, mikä on ristiriidassa oletuksen f [f ← B] = B kanssa.
Koska f ← B 6= ∅, niin on olemassa x ∈ f ← B . Tällöin x ∈ X ja f (x) ∈ B = {y},
joten f (x) = y . Siis on olemassa x ∈ X , jolla f (x) = y . Näin ollen f on
surjektio.
2
Kompleksiluvut
16. Kompleksiluvun z 6= 0 negatiivinen eksponentti määritellään kuten reaaliluvuille:
z −n = (z n )−1 kaikilla n ∈ N.
Todista De Moivrén kaava: Olkoon z ∈ C, z 6= 0 ja φ luvun z vaihekulma. Tällöin
z n = |z|n (cos nφ + i sin nφ)
kaikilla n ∈ Z.
Vihje: induktio ja lauseen 11 a ja c-kohta.
Ratkaisu: Olkoon z = r(cos φ + i sin φ) mikä hyvänsä kompleksiluku. Todistetaan
väite aluksi luonnollisille luvuille käyttäen induktiota. Alkuaskel n = 0 toteutuu
selvästi:
z 0 = 1 = 1 · (1 + 0) = |z|0 · (cos 0φ + i sin 0φ).
Oletetaan sitten, että väite pätee luonnolliselle luvulle k ∈ N. Nyt
z k+1 = zz k
= z |z|k (cos kφ + i sin kφ)
= r(cos φ + i sin φ) · rk (cos kφ + i sin kφ)
= rk+1 (cos φ + i sin φ)(cos kφ + i sin kφ)
= rk+1 (cos φ cos kφ + i cos φ sin kφ + i sin φ cos kφ + i2 sin φ sin kφ)
= rk+1 (cos φ cos kφ − sin φ sin kφ + i (cos φ sin kφ + sin φ cos kφ)
= rk+1 (cos(k + 1)φ + i sin(k + 1)φ)
= |z|k+1 (cos(k + 1)φ + i sin(k + 1)φ),
joten väite saatiin johdettua myös luvulle k + 1. Induktioperiaatteen nojalla väite on
tosi kaikilla luonnollisilla luvuilla.
Olkoon sitten n ∈ N ja tarkastellaan lukua z −n . Määritelmän perusteella z −n =
−1
(z n )−1 , joten z −n = (|z|n (cos nφ + i sin nφ)) . Lauseen perusteella oikea puoli voi−n
daan kirjoittaa muodossa |z| (cos −nφ + i sin −nφ), joten väite pätee myös luvulle
−n. Näin ollen väite on tosi kaikilla n ∈ Z.
17. Piirrä kompleksitasoa esittävä kuva ja merkitse siihen seuraavat kompleksiluvut:
z1 = e−πi ,
z5 = e6πi ,
π
1 π
z2 = e 4 i , z3 = 3e− 2 i ,
2
5π
7 π
z6 = e 2 i , z7 = 4e 6 i ,
4
5π
z4 = 2e 4 i ,
π
z8 = 2e− 3 i
Muistutus: eφi = cos φ + i sin φ, missä φ ∈ R. Ratkaisu:
I
z7
z6
z2
z1
z5
R
z4
z8
z3
eiθ − e−iθ
eiθ + e−iθ
ja sin θ =
kaikilla θ ∈ R.
2
2i
Ratkaisu: Muistetaan, että cos θ = cos(−θ) ja sin θ = − sin(−θ). Tällöin
18. Osoita, että cos θ =
eiθ + e−iθ
cos θ + i sin θ + cos(−θ) + i sin(−θ)
=
2
2
cos θ + i sin θ + cos θ − i sin θ
2 cos θ
=
=
= cos θ
2
2
ja
eiθ − e−iθ
cos θ + i sin θ − (cos(−θ) + i sin(−θ))
=
2i
2i
cos θ + i sin θ − cos θ + i sin θ
2i sin θ
=
=
= sin θ.
2i
2i
3π
5π
19. Merkitään z1 = 4eiπ , z2 = 2ei 2 ja z3 = −6ei 4 . Määritä seuraavien kompleksilukujen itseisarvo, vaihekulma, reaaliosa ja imaginaariosa:
(i) z1 z2
(ii)
z1
z2
(iii) z3
(iv)
z2 z3
.
z1
Ratkaisu:
(i) Sievennetään
3π
3π
5π
π
z1 z2 = 4eiπ · 2ei 2 = 8ei(π+ 2 ) = 8ei 2 = 8ei 2 .
Eksponenttiesityksestä voidaan lukea luvun z1 z2 itseisarvon olevan 8 ja vaihekulman π/2. Reaali- ja imaginaariosiksi saadaan Re(z1 z2 ) = 8 cos(π/2) = 0 ja
Im(z1 z2 ) = 8 sin(π/2) = 8 · 1 = 8.
(ii) Sievennetään
3π
3π
π
4
z1
4eiπ
= i 3π = ei(π− 2 ) = 2e−i 2 = 2ei 2 .
z2
2
2e 2
Eksponenttiesityksestä voidaan lukea luvun z1 /z2 itseisarvon olevan 2 ja vaihekulman 3π/2. Reaali- ja imaginaariosiksi saadaan
z1
z2
z1
Im
z2
Re
3π
2
3π
= 2 sin
2
= 2 cos
=2·0=0
= 2 · (−1) = −2 .
(iii) Huomioidaan miinusmerkki luvun edessä:
5π
5π
5π
5π
9π
π
z3 = −6ei 4 = (−1) · 6ei 4 = eiπ · 6ei 4 = 6ei(π+ 4 ) = 6ei 4 = 6ei 4 .
Eksponenttiesityksestä voidaan lukea luvun z3 itseisarvon olevan 6 ja vaihekulman π/4. Reaali- ja imaginaariosiksi saadaan
√
1
6
=6· √ = √ =3 2
2
2
√
1
6
π
= 6 · √ = √ = 3 2.
Im z3 = 6 sin
4
2
2
π
4
Re z3 = 6 cos
(iv) Huomataan, että
z2 z3
z1
=
z1
z2
−1
z3 .
Itseisarvoksi saadaan
z2 z3 z1
=
−1
z1 z2
· |z3 | =
1
·6=3
2
ja vaihekulmaksi
3π π
5π
3π
+ =−
eli
.
2
4
4
4
Reaali- ja imaginaariosiksi saadaan
!
z2 z3
Re
z1
3π
= 3 cos
4
1
= 3 · −√
2
z2 z3
Im
z1
3π
= 3 sin
4
1
3
=3· √ = √ .
2
2
3
= −√
2
20. Määritä luvun z itseisarvo, vaihekulma, reaaliosa ja imaginaariosa, jos
√
√
√
√
(a) z = (1 − i 3)14
(b) z = (1 + i)3 ( 3 − i)2 (2 2 + i2 6)−1 .
Ratkaisu:
√
(a) Merkitään
w = 1 − i 3 ja etsitään luvun w napaesitys. Itseisarvo on |w| =
√
1 + 3 = 2 ja vaihekulmaksi saadaan 5π/3. Näin w = 2(cos(5π/3)+i sin(5π/3))
ja Moivrén kaavan mukaan
z = w14 = 214 cos
14
=2
4π
4π
cos 11 · 2π +
+ i sin 11 · 2π +
3
3
4π
4π
+ i sin
.
cos
3
3
=2
14
70π
70π
+ i sin
3
3
Siten luvun z itseisarvo on |z| = 214 , vaihekulma on 4π/3 sekä
4π
1
Re z = 2 cos
= 214 · −
= −213 ,
3
2
√
√
3
4π
14
14
=2 · −
= −213 3 .
Im z = 2 sin
3
2
√
√
√
(b) Merkitään w1 = 1 + i, w2 = 3 − i ja w3 = 2 2 + i2 6. Näiden kompleksilukujen napaesitykset ovat
14
√ π
π
w1 = 2 cos + i sin
4
4
√
π
π
w3 = 4 2 cos + i sin
.
3
3
11π
11π
+ i sin
w2 = 2 cos
6
6
Siten
z=
w13 w22 w3−1
√
11π π
11π π
π
( 2)3 · 22
π
√
−
−
+ i sin 3 · + 2 ·
=
cos 3 · + 2 ·
4
6
3
4
6
3
4 2
49π
49π
= 2 cos
+ i sin
12
12
π
π
= 2 cos
+ i sin
.
12
12
Näin luvun z itseisarvo on 2, vaihekulma on
Re z = 2 cos
√
π
1 √
= ( 6 + 2)
12
2
π
sekä
12
Im z = 2 sin
√
π
1 √
= ( 6 − 2).
12
2
21. Ratkaise kompleksilukujen joukossa yhtälö
(a) 2x2 + 4x + 3 = 0
(b) 3x2 + 12 = 12x
(c) 2x2 − 2x + 18 = x2 + 4x − 40
Ratkaisu:
(a) Diskriminantti on 42 − 4 · 2 · 3 = −8 < 0, joten yhtälön juuret saadaan kaavasta
q
x=
−4 ± i | − 8|
2·2
−4 ±
=
4
√
8
√
−2 ± i 2
=
2
√
Yhtälöllä on siis tasan kaksi juurta, jotka ovat x = −1 + i
2
2
√
ja x = −1 − i
2
.
2
(b) Yhtälö on yhtäpitävä yhtälön 3x2 −12x+12 = 0 eli myös yhtälön x2 −4x+4 = 0
kanssa. Diskriminantti on (−4)2 − 4 · 1 · 4 = 0. Yhtälön juuri on siis
√
4± 0
x=
=2
2·1
(c) Yhtälö on yhtäpitävä yhtälön x2 −6x+58 = 0 kanssa. Diskriminantti on (−6)2 −
4 · 1 · 58 = −196 < 0, joten juuret saadaan kaavasta
q
6 ± i | − 196|
2
=
6 ± 14i
= 3 ± 7i
2
Yhtälön juuret ovat siis x = 3 + 7i ja x = 3 − 7i.
22. Oletetaan, että s ∈ R ja tarkastellaan yhtälöä 3x2 + 2sx + 1 = 0.
(a) Määritä ne reaaliluvut s, joilla tämän yhtälön ratkaisut eivät ole reaalilukuja.
(b) Ratkaise yhtälö a-kohdan tilanteessa kompleksilukujen joukossa.
Ratkaisu:
(a) Yhtälön diskriminantti on (2s)2 − 4 · 3 · 1 = 4s2 − 12. Koulutiedoilla saadaan:
√
√
4s2 − 12 < 0 ⇔ 4s2 < 12 ⇔ s2 < 3 ⇔ − 3 < s < 3 .
√
√
Näin ollen yhtälöllä ei ole reaalilukujuuria, jos ja vain jos − 3 < s < 3.
√
√
(b) Oletetaan, että − 3 < s < 3. Tällöin yhtälön ratkaisut ovat
q
x=
−2s ± i |4s2 − 12|
2·3
√
−s ± i 3 − s2
=
.
3
q
=
−2s ± i 4|s2 − 3|
2·3
q
=
−2s ± 2i |s2 − 3|
2·3
2
Tietojenkäsittelytieteen ja tilastotieteen matematiikkaa
23. Anna ja Antti ovat veneilemässä Helsingin edustalla ja haluavat vierailla seuraavilla
saarilla: Harakka, Harmaja, Lonna, Pihlajasaari ja Vasikkasaari.
(a) Kuinka monta eri tapaa on kiertää nämä saaret eri järjestyksessä? Edellä saaret
lueteltiin aakkosjärjestyksessä; se olisi yksi mahdollinen tapa.
(b) Kuinka monta eri tapaa on kiertää nämä saaret niin, että Lonna ja Vasikkasaari
ovat kiertojärjestyksessä vierekkäin. Esimerkiksi Lonna, Vasikkasaari, Harakka,
Harmaja, Pihlajasaari tai Harakka, Vasikkasaari, Lonna, Harmaja, Pihlajasaari
ovat kaksi tällaista tapaa.
Ratkaisu:
(a) Tapoja on 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5! = 120 erilaista.
(b) Lonna ja Vasikkasaari voivat olla kiertojärjestyksessä vierekkäin olemalla saaret
numero 1 ja 2, 2 ja 3, 3 ja 4 tai 4 ja 5 - siis neljällä eri tavalla. Tällöin muut saaret
voivat olla 3! erilaisessa järjestyksessä. Toisaalta Lonna ja Vasikkasaari voivat
olla keskenään kahdessa erilaisessa järjestyksessä. Erilaisia tapoja kiertää saaret
niin, että Lonna ja Vasikkasaari ovat peräkkäin, on siis 2 · 4 · 3! = 48 kappaletta.
24. Määritä termin x9 y 8 kerroin polynomissa (x + y)17 .
Ratkaisu: Kerroin on
17
8
= 24310.
25. Määritä seuraavat logaritmit tai niiden likiarvot jakolaskun avulla:
(i)
log2 16
(ii)
log2 80
(iii)
log100 1
(iv)
log3 600
Ratkaisu:
(i) 2-kantainen logaritmi luvusta 16 kertoo kuinka monta kertaa se on jaettava
luvulla 2, jotta tulos olisi 1. Tutkitaan, voidaanko lukua 16 toistuvasti luvulla
2 jakamalla saada osamääräksi 1.
16
= 8,
2
8
= 4,
2
4
= 2,
2
2
=1
2
Kun luku 16 jaettiin luvulla 2 neljä kertaa saatiin osamääräksi 1, joten log2 16 =
4.
(ii) Jaetaan lukua 80 toistuvasti luvulla 2.
80
40
20
10
5
2,5
1,25
= 40,
= 20,
= 10,
= 5, = 2,5,
= 1,25,
= 0,625
2
2
2
2
2
2
2
Huomataan, että jakamalla lukua 80 toistuvasti luvulla 2 ei saada osamääräksi
lukua 1. Lähimmäksi päästiin jakamalla se kuusi kertaa, joten log2 80 ≈ 6.
(iii) log100 1 = 0, sillä jakolaskuja ei tarvita.
(iv) Jaetaan lukua 600 toistuvasti luvulla 3.
600
200
66,7
22,2
7,4
2,5
= 200,
≈ 66,7,
≈ 22,2,
≈ 7,4,
≈ 2,5
≈ 0,83
3
3
3
3
3
3
Huomataan, että jakamalla lukua 600 toistuvasti luvulla 3 ei saada osamääräksi
lukua 1. Lähimmäksi päästiin jakamalla se kuusi kertaa, joten log3 600 ≈ 6.
26. Ratkaise seuraavat yhtälöt logaritmin määritelmän avulla:
(i)
log2 (x) = 5
(ii)
log2 (x) = 2, 5
(iii) 2x = 16
(iv) 2x−1 = 100
Ratkaisu:
(i) log2 (x) = 5 ⇔ x = 25 = 32
√
(ii) log2 (x) = 2,5 ⇔ x = 22,5 = 22 · 20,5 = 4 2
(iii) 2x = 16 ⇔ x = log2 (16) = 4
(iv) 2x−1 = 100 ⇔ x − 1 = log2 (100) ⇔ x = log2 (100) + 1
27. Oletetaan, että a ∈ R ja a > 1. Päättele, miten paljon luvun a 2-kantainen logaritmi
kasvaa, jos luku itse
(a) kasvaa 8-kertaiseksi
(b) kasvaa 512-kertaiseksi
(c) korotetaan potenssiin 4
(d) korotetaan potenssiin 16
Vihje: esimerkiksi a-kohdassa on tarkoitus vertailla lukuja log2 (a) ja log2 (8a).
Ratkaisu:
(a) Koska log2 (8a) = log2 (8) + log2 (a) = 3 + log2 (a), niin luvun a 2-kantainen
logaritmi kasvaa kolmella, jos a kasvaa 8-kertaiseksi.
(b) Koska log2 (512a) = log2 (512) + log2 (a) = 9 + log2 (a), niin luvun a 2-kantainen
logaritmi kasvaa yhdeksällä, jos a kasvaa 512-kertaiseksi.
(c) Koska log2 (a4 ) = 4 log2 (a), niin luvun a 2-kantainen logaritmi kasvaa nelinkertaiseksi, jos a korotetaan potenssiin 4.
(d) Koska log2 (a16 ) = 16 log2 (a), niin luvun a 2-kantainen logaritmi kasvaa 16kertaiseksi, jos a korotetaan potenssiin 16.
28. Kyyhkyslakkaperiaate (Pigeonhole principle) sanoo seuraavaa: jos kyyhkysiä on enemmän kuin pesäkoloja ja jokainen kyyhkynen lentää johonkin pesäkoloon, niin ainakin
yhdessä pesäkolossa on ainakin kaksi kyyhkystä. Ratkaise seuraava tehtävä kyyhkyslakkaperiaatetta soveltaen:
Opiskelijalla A on seitsemän päivää aikaa tehdä JYMin harjoitustehtäviä. Oletetaan, että hän teki yhteensä 10 tehtävää. Tekikö hän silloin varmasti jonakin päivänä
3 tehtävää? Entä tekikö hän varmasti jonakin päivän 2 tehtävää?
Ratkaisu: Opiskelija ei tehnyt varmasti jonain päivänä kolmea tehtävää. Hän olisi
voinut tehdä esimerkiksi kolmena ensimmäisenä päivänä kaksi tehtävää ja neljäntenä yhden, jolloin yhtenäkään päivänä ei olisi tehty kolmea tehtävää. Kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla opiskelija teki kuitenkin varmasti kaksi tehtävää jonain samana
päivänä, sillä nyt tehtäviä on enemmän kuin päiviä ja jokainen tehtävä on tehtävä
jonain päivänä.
29. Osoita, että neljän mielivaltaisen eri kokonaisluvun joukosta voidaan valita kaksi
eri numeroa siten, että niiden erotus on jaollinen luvulla 3. Esimerkiksi joukosta
{1, 2, 3, 4} lukujen 1 ja 4 erotus 1 − 4 = −3 on jaollinen luvulla 3. Vastaavasti joukosta {−25, 400, 2015, 3000} lukujen -25 ja 2015 erotus −25 − 2015 = −2040 on
jaollinen luvulla 3.
Vihje: Kyyhkyslakkaperiaate sekä jakojäännös.
Vapaaehtoinen lisäkysymys: Olkoon n ∈ N \ {0}. Osoita, että n + 1 mielivaltaisen eri kokonaisluvun joukosta voidaan valita kaksi eri numeroa siten, että niiden
erotus on jaollinen luvulla n.
Ratkaisu: Jaettaessa mielivaltainen luku luvulla 3 on jakojäännös joko 0, 1 tai 2.
Kyyhkyslakkaperiaatteen nojalla neljän mielivaltaisen luvun joukosta voidaan valita
kaksi lukua niin, että kolmella jaettaessa näillä on sama jakojäännös. Merkitään näitä
kahta lukua a = 3k1 +r ja b = 3k2 +r , missä k1 , k2 ∈ Z ja r on jakojäännös kolmella
jaettaessa. Lukujen erotus on nyt
a − b = (3k1 + r) − (3k2 + r) = 3k1 + r − 3k2 − r = 3k1 − 3k2 = 3(k1 − k2 )
Tämä luku on siis jaollinen kolmella.