täsmällinen päättely...PITKÄN MATEMATIIKAN LISÄSIVUT 1 TÄSMÄLLINEN PÄÄTTELY Ville Tilvis...

pitkän matematiikan

lisäsivut

Ville TilvisEsa v. Vesalainen

täsmällinen päättely

A

B

C

D

1

PITKÄN MATEMATIIKAN LISÄSIVUT 1

TÄSMÄLLINEN PÄÄTTELY

Ville Tilvis ja Esa V. Vesalainen

Pitkän matematiikan lisäsivut 1: Täsmällinen päättely

Viipurin Reaalikoulu OyMaunulan yhteiskoulu ja Helsingin matematiikkalukioMatematiikan opetuksen valtakunnallinen kehittämistehtävä Harppi

Helsinki 2020

1. Painos

Jotta kirjan käyttö olisi mahdollisimman mutkatonta, sen sisältö on lisensoitu avoimellaCreative Commons Nimeä 4.0 Kansainvälinen -käyttöluvalla.

cbhttps://creativecommons.org/licenses/by/4.0/deed.fi

Kannen suunnittelu Salli Kulmala

ISBN 978-952-69550-0-1 (nid.)ISBN 978-952-69550-1-8 (PDF)

Next Print Oy, Helsinki

https://creativecommons.org/licenses/by/4.0/deed.fi

Sisältö

Esipuhe 5

1 Täsmällinen päättely 6

Tärvelty shakkilauta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

Välin ]0,1[ suurin luku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Virheellinen todistus: 1 = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8p

2 on irrationaaliluku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2 Laatoituksia ja värityksiä 10

Harjoitustehtäviä . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3 Ramseyn teoriaa 15


4 Luvut ja äärettömyys 18

Äärettömyyksien vertailu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Numeroituvuus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Rationaalilukujen mahtavuus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Ylinumeroituvuus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Mikä luku voisi olla 0,9999...? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24


5 Vaikeiden ongelmien ratkaiseminen 27

Ongelmanratkaisijan työkalupakki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Taikasaari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29


6 Lukujonot ja hyvinjärjestysperiaate 32

Lukujono . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

Fibonaccin luvut ja rekursio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Hyvinjärjestysperiaate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34


Ensimmäiset vihjeet 42

Toiset vihjeet 55

Lähteet 70

Esipuhe

Pitkän matematiikan lisäsivut ovat itseopiskelumateriaalia niille, jotka kaipaavathaasteita ja haluavat laajentaa matematiikan osaamistaan lukio-oppimäärän ulko-puolelle. Lisäsivuihin on valittu aihepiirejä, joita lukiossa ei yleensä kohtaa, muttajoihin matematiikasta innostuneen voisi olla kiintoisaa ja palkitsevaa tutustua.

Materiaali sisältää lyhyet teoriaosiot ja runsaasti harjoitustehtäviä, joihin on kat-tavat vihjeet ja useimpiin toiset vihjeet. Tehtäviä on syytä yrittää aina ensin itse,mutta vihjeet ja toiset vihjeet on tarkoitettu käytettäviksi. Monet tehtävistä ovathuomattavan vaikeita, eikä kannata huolestua, jos osa niistä jää ratkaisematta.

Pitkän matematiikan lisäsivut 1 johdattaa matemaattisen ajattelun eri muotoihin.Täsmälliseen päättelyyn perehdytään laatoitusten, Ramseyn teorian, äärettömyyk-sien sekä lukujonojen parissa. Kokoelma pulmatehtäviä harjaannuttaa luovaaongelmanratkaisutaitoa.

Haluamme kiittää kaikkia kollegoita ja opiskelijoita, jotka ovat antaneet kannus-tavaa palautetta kirjan luonnoksista. Lisäksi Ville Tilvis haluaa kiittää perhettääntuesta kirjaprojektille.

Kaikista virheistä, puutteista ja parannusehdotuksista toivotaan sähköpostia VilleTilvikselle (ville.tilvis (at) mayk.fi).

Antoisia hetkiä lisäsivujen parissa!

Helsingissä ja Vantaalla 20.12.2020,

Ville Tilvis ja Esa V. Vesalainen

Opettaja! Tehtävien ratkaisut voi tilata osoitteesta ville.tilvis (at) mayk.fi

1 Täsmällinen päättely

Matematiikka on ajattelua täsmällisimmillään. Kun matemaattinen väite on ker-ran perusteltu oikeaksi – eli todistettu – se on varmaa tietoa eri tavalla kuin mikäänkokeellinen tulos. Voi olla, että ymmärryksemme painovoimasta ei ole aivan oikea,mutta kahden parittoman luvun summa on varmasti parillinen.

Mistä ”todistamisen” varmuus kumpuaa? Tämä on syvällinen kysymys, jota ei mis-sään nimessä ole ratkaistu lopullisesti. Emme kuitenkaan uppoudu nyt filosofiaan,vaan lähestymme asiaa esimerkkien kautta.

”Todistaminen” tai ”osoittaminen” kuulostaa kovin juhlalliselta, mutta näillä sa-noilla tarkoitetaan vain, että jokin asia on perusteltu täsmällisesti ja aukottomasti.Tarkastellaan muutamaa esimerkkiä.

Tärvelty shakkilauta

Shakkilaudasta on poistettu vastakkaiset kulmat kuvan mukaisesti.

Voiko tällaisen tärvellyn shakkilaudan peittää kahden vierekkäisen ruudun muo-toisilla dominopaloilla? Palat eivät saa mennä päällekkäin tai reunojen yli.

6

LUKU 1. TÄSMÄLLINEN PÄÄTTELY

Muutaman kokeilun jälkeen alkaa tuntua siltä, että tämä on mahdotonta. Mitensen voisi todistaa? Erilaisia vaihtoehtoja palojen asettelulle on valtavasti, jotenniiden läpi käyminen käsin ei ole realistinen vaihtoehto. Jos urakka halutaan siisosoittaa mahdottomaksi, täytyy joko

1. Kirjoittaa tietokoneohjelma, joka käy kaikki vaihtoehdot läpi ja tarkistaa,ettei mikään toimi.

2. Keksiä jotakin yksinkertaisempaa.

Suosimme toki jälkimmäistä vaihtoehtoa. Matematiikan helmiä ovat tilanteet,joissa yksinkertainen argumentti ratkaisee sotkuisen näköisen tilanteen. Tässä onratkaisu:

Todistus. Tärveltyä shakkilautaa ei voi peittää dominopaloilla, sillä jokainen pa-la peittää yhden mustan ja yhden valkoisen ruudun. Laudassa on kaksi mustaaruutua enemmän kuin valkoisia, joten vähintään kaksi mustaa ruutua jää peittä-mättä.

Kuinka vaivatonta ja eleganttia!

Huomautus. Todistuksen loppuun on usein tapana kirjoittaa pieni selventäväneliö osoittaamaan, että todistus on valmis. Tämä tapa on kopioitu sanomaleh-tiartikkeleiden lopetusmerkeistä. Toinen vaihtoehto on kirjoittaa m.o.t. (”..., mikäoli todistettava”) tai sama latinaksi: Q.E.D. (”quod erat demonstrandum”). Tässätekstissä emme juuri käytä mitään näistä, koska lähes joka tehtävän ja esimerkinratkaisu on jonkinlainen todistus joka tapauksessa.

Välin ]0,1[ suurin luku

Mikä on välin ]0,1[ suurin luku? Merkinnällä ]0,1[ tarkoitetaan joukkoa, joka koos-tuu kaikista reaaliluvuista x, joille pätee 0 < x < 1. Toisin sanoen, mikä on suurinlukua 1 pienempi luku?

Vastaukseksi tarjotaan usein lukua 0,999..., mutta tämän desimaaliesityksen ainoaluonnollinen tulkinta itse asiassa on, että kysessä on luku 1, kuten sivulla 24 perus-tellaan. Hieman yllättäen välin ]0,1[ suurinta lukua ei ole olemassa! Perustellaantämä.

Väite. Välillä ]0,1[ ei ole suurinta lukua.

Todistus. Oletetaan, että välin ]0,1[ suurin luku on a. Koska a kuuluu kyseisellevälille, täytyy olla a < 1. Merkitään b = 1−a. Tilanne on siis tämä:

7

LUKU 1. TÄSMÄLLINEN PÄÄTTELY

10 a

b

Tarkastellaan lukua a + b2 . Se on lukujen a ja 1 keskiarvo, ja se on suurempi kuin

a, mutta pienempi kuin 1. Luku a + b2 kuuluu siis välille ]0,1[, mutta on suurempi

kuin a.

10 a

b

a + b2

Siis: Jos mikä tahansa luku a on välin ]0,1[ suurin luku, niin se ei olekaan tämänvälin suurin luku, koska a + b

2 on suurempi. Tämä on ristiriita, joten mikään lukuei voi olla välin ]0,1[ suurin.

Edellä käytetty tapa todistaa jokin seikka mahdottomaksi ristiriidan kautta onhyvin näppärä työkalu, mutta voi vaatia hieman totuttelua.

Virheellinen todistus: 1 = 2

Aloitetaan tilanteesta a = b, missä a ja b ovat reaalilukuja. Kertomalla puolittainluvulla a saadaan

a2 = ab.

Sen jälkeen lisäämällä yhtälöön puolittain luku a2 −2ab saadaan

a2 +a2 −2ab = ab +a2 −2ab,

eli2a2 −2ab = a2 −ab.

Tämä sievenee muotoon

2 · (a2 −ab)= 1 · (a2 −ab

).

Jakamalla luvulla a2 −ab saadaan lopuksi

2 = 1.

Mikähän meni pieleen?

Ongelman ydin on siinä, että kun a = b, erotus a2 − ab on nolla. Viimeisessävaiheessa siis jaetaan nollalla, mikä tunnetusti ei ole hyvä idea.

Päättely on pätevä vain, jos sen jokainen vaihe on moitteeton!

8

LUKU 1. TÄSMÄLLINEN PÄÄTTELYp

2 on irrationaaliluku

Luvunp

2 irrationaalisuuden perustelu on klassinen todistus, joka on hiemanedellisiä esimerkkejä monimutkaisempi.

Väite. Lukup

2 ei ole rationaaliluku.

Todistus. On kaksi vaihtoehtoa: jokop

2 on rationaaliluku, tai se on irrationaalilu-ku. Osoitetaan, että se ei voi olla rationaaliluku.

Josp

2 olisi rationaaliluku, se voitaisiin kirjoittaa murtolukuna muodossa

p2 = m

n,

missä m ja n ovat kokonaislukuja, ja n 6= 0. Voidaan lisäksi päättää tutkia tapausta,

jossa murtolukum

non supistettu. Sievennetään hieman:

p2 = m

n||( )2

2 = m2

n2 || ·n2

2n2 = m2

Luku 2n2 on parillinen, joten myös luvun m2 täytyy olla parillinen (sillä nämä luvutovat yhtäsuuret). Siksi myös luvun m on oltava parillinen. Voidaan siis kirjoittaam = 2k, missä k on kokonaisluku. Jatketaan:

2n2 = m2 || m = 2k

2n2 = (2k)2

2n2 = 4k2 || : 2

n2 = 2k2

Nyt myös luvun n on oltava parillinen saman päättelyn perusteella kuin aiemmin.

Sekä luvun m että luvun n täytyy siis olla parillisia, jotenm

nei voi olla supistettu

murtoluku. Lukuap

2 ei siis voi kirjoittaa supistettuna murtolukuna, joten se eiole rationaaliluku.

Täsmällinen päättely on vaikeaa, ja oikean lähestymistavan löytäminen vaatii sekäkokemusta että luovuutta. Loppuosa tästä kirjasta esittelee erilaisia tapoja päätelläja perustella täsmällisesti. Osa harjoitustehtävistä osoittautuu todennäköisestivaikeiksi, joten hyödynnä vihjeitä!

9

2 Laatoituksia ja värityksiä

Matematiikassa laatoituksella tarkoitetaan tilanteita, joissa kuvio peitetään pie-nemmillä kuvioilla eli ”laatoilla”. Laatat eivät mene päällekkäin, ne eivät saa ollaedes osittain laatoitettavan alueen ulkopuolella, eikä laattoja saa pilkkoa osiin.

Arkielämän esimerkki laatoituksesta olisi vaikkapa kylpyhuoneen lattian laatoit-taminen kaakeleilla. Tosin erona puhtaaseen matematiikkaan kylpyhuoneessalaattoja pilkotaan surutta tilaan sopiviksi.

Osa laatoitettua lattiaa

Tässä luvussa keskitymme todistamaan eri tavoin, että tietynlaiset laatoituksetovat mahdottomia. Edellisessä kappaleessa esitetty tärvellyn shakkilaudan ongel-ma on tästä klassinen esimerkki. Tarkastellaan kahta muutakin esimerkkiä.

Esimerkki. Voiko 4×5-suorakaiteen laatoittaa seuraavilla viidellä laatalla?

Ratkaisu. Jaetaan suorakaide 1×1-ruuduiksi, ja väritetään ne kuten shakkilauta.

0Z0Z0Z0Z0Z0Z0Z0Z0Z0Z

10

LUKU 2. LAATOITUKSIA JA VÄRITYKSIÄ

Näin saadaan 10 mustaa ja 10 valkeaa ruutua. Jokainen laatoista peittää kaksi val-keaa ja kaksi mustaa ruutua, paitsi T-laatta, joka peittää aina joko kolme valkeaaja yhden mustan ruudun, tai kolme mustaa ja yhden valkean ruudun. Siten anne-tut viisi laattaa peittävät aina eri määrät mustia ja valkeita ruutuja, ja erityisesti4×5-suorakaidetta ei voi laatoittaa niillä.

Tilanne ei muutu, vaikka laattoja miten kiertäisi tai kääntäisi toisin päin peili-kuvakseen. (Ja muut kuin 90 asteen kierrot eivät selvästikään voi toimia, koskalaattojen täytyy sopia yhteen sekä toistensa että suorakulmion reunojen kanssa.)

Esimerkki 2. Usein laatoituksen mahdottomuus on kätevää perustellaan jol-lakin muulla värityksellä kuin shakkilautakuviolla. Todistetaan esimerkiksi, että8×8-ruudukkoa ei voi peittää 12 kappaleella 5×1-paloja ja yhdellä 4×1-palalla.

×12

×1

Ratkaisu. Shakkilautaväritys ei nyt vaikuta hyödylliseltä, sillä jokainen 5×1-palapeittäisi joko kaksi tai kolme mustaa ruutua, mikä ei suoraan johda ristiriitaan.

Ruudukko voidaan kuitenkin värittää esimerkiksi näin:

Mustia ruutuja on nyt 14 kappaletta, ja kukin 5×1- ja 4×1-paloista voi peittääniistä vain yhden. Koska paloja on käytettävissä vain 13 kappaletta, ainakin yksimusta ruutu jää peittämättä ja laatoitus on siis mahdoton.

Laudan sopiva väritys valitaan siis sen mukaan, mitä ollaan todistamassa.

11


Harjoitustehtäviä

Tehtävä 1. Osoita, että sekä 4×4- että 8×8-ruudukon voi laatoittaa tällaisilla1×1-neliöistä koostuvilla T-laatoilla.

Osoita sitten, että 10×10-ruudukkoa ei voi laatoittaa tällaisilla T-laatoilla.

Vihje s. 42 → Toinen vihje s. 55 →

Tehtävä 2. Osoita seuraavan värityksen avulla, että 8×8 -ruudukkoa ei voi laa-toittaa 15 kappaleella neljän ruudun L-paloja ja yhdellä 2×2-neliöllä.

× 15 × 1


Tehtävä 3. Osoita, että 8×8-ruudukkoa ei voi laatoittaa 15 T-laatalla ja yhdellä2×2-laatalla.

×15 ×1


Tehtävä 4. Osoita, että 10×10-neliötä ei voi laatoittaa 1×4-laatoilla.


12


Tehtävä 5. Neliön mitat ovat 7×7 ruutua, ja se yritetään laatoittaa kahdella eritavalla:

a) 12 kpl kolmen ruudun L-paloja, 3 kpl 2×2-neliöitä ja yksi 1×1-neliö.

b) 8 kpl kolmen ruudun L-paloja, 6 kpl 2×2-neliöitä ja yksi 1×1-neliö.

Toinen näistä tavoista on mahdollinen ja toinen mahdoton. Kumpi on kumpi?Perustele kummastakin, miksi se on mahdollinen tai mahdoton.

×12

×3

×1

×8

×6

×1


Tehtävä 6. Mielenkiintoista kyllä 10× 10-ruudukkoa ei voi laatoittaa milläänyhdistelmällä neljän ruudun Z-paloja ja 4×1-paloja.

Alla on kolme erilaista väritystä. Minkä avulla edellä esitetty väite voitaisiin todis-taa?

Väritys 1 Väritys 2 Väritys 3


13


Tehtävä 7. Suorakulmainen lattia on laatoitettu 2×2-laatoilla ja 1×4-laatoilla.Valitettavasti yksi 2×2-laatta menee rikki, ja varastosta löytyy vain yksi 1×4-laatta.Osoita, että lattiaa ei voi laatoittaa jäljelle jääneillä ehjillä laatoilla ja varastostalöytyneellä laatalla, vaikka laatat asettelisi uuteen järjestykseen.


Tehtävä 8. Tarkastellaan tällaista tasasivuisista kolmioista muodostuvaa ruuduk-koa:

Voiko tämän ruudukon laatoittaa seuraavan muotoisilla laatoilla?


14

3 Ramseyn teoriaa

Seuraava ongelma on eräs klassisimmista esimerkeistä siitä, miten matematiikassasaavutetaan monimutkaisia tuloksia yksinkertaisilla työkaluilla. Tällaisia ilmiöitätarkastellaan englantilaisen Frank P. Ramseyn (1903–1930) mukaan nimetyssäRamseyn teoriassa.

Esimerkki. Tarkastellaan kuutta ihmistä, joista ketkä tahansa kaksi joko tuntevattoisensa tai eivät tunne toisiaan. Osoita, että heidän joukostaan löytyy aina kolme,jotka kaikki tuntevat toisensa, tai kolme, joista ketkään kaksi eivät tunne toisiaan.

Huomautus. Kuusi henkilöä voivat tuntea toisiaan tai olla tuntematta toisiaan215 = 32768 eri tavalla.

Ratkaisu. Tarkastellaan yhtä näistä kuudesta henkilöstä, vaikkapa henkilöä A.Täytyy joko löytyä ainakin kolme muuta henkilöä B , C ja D jotka kaikki tuntevathenkilön A, tai ainakin kolme henkilöä B , C ja D , jotka kaikki ovat tuntemattomiahenkilölle A. Muutoin nimittäin muita henkilöitä olisi korkeintaan 2+2 = 4.

Merkitään sitä, että kaksi ihmistä tuntevat toisensa tavallisella viivalla jasitä, että he eivät tunne toisiaan, katkoviivalla . Tarkastellaan ensin tapausta,jossa A tuntee ainakin kolme henkilöä B , C ja D .

A

B

C

D

1Jos nyt jotkut kaksi henkilöä X ja Y henkilöistä B , C ja D tuntevat toisensa, niin A,X ja Y ovat kolme henkilöä, jotka kaikki tuntevat toisensa.

A

B

C

D

1

A

B

C

D

1

A

B

C

D

115

LUKU 3. RAMSEYN TEORIAA

Jos taas ketkään kaksi henkilöistä B , C ja D eivät tunne toisiaan, niin silloin heovat kolme henkilöä, joista ketkään kaksi eivät tunne toisiaan.

A

B

C

D

1Tarkastellaan sitten jälkimmäistä tapausta, jossa A ei tunne ketään henkilöistä B ,C ja D . Tämä tapaus on täysin samanlainen kuin edellinenkin.

A

B

C

D

1Jos nyt jotkut kaksi henkilöä X ja Y henkilöistä B , C ja D ovat toisilleen tunte-mattomia, niin A, X ja Y ovat kolme henkilöä, joista ketkään kaksi eivät tunnetoisiaan.

A

B

C

D

1

A

B

C

D

1

A

B

C

D

1Jos taas henkilöt B , C ja D kaikki tuntevat toisensa, niin silloin he ovat kolmehenkilöä, jotka kaikki tuntevat toisensa.

A

B

C

D

1Väite siis pätee kaikissa tapauksissa, ja olemme valmiit.

16

LUKU 3. RAMSEYN TEORIAA

Harjoitustehtäviä

Tehtävä 9. Kolme ihmistä tapaa. Osoita, että joku heistä tuntee molemmat muut,tai että joku heistä ei tunne kumpaakaan muuta.


Tehtävä 10. Neljän kaupungin välillä kulkee kuusi rautatietä, jotka yhdistävätjokaisen kaupungin jokaiseen toiseen.

Kaupunkien välillä operoi kaksi junayhtiötä, Blue Lines ja Red Lines. Reitit kilpai-lutetaan niin, että kutakin kuudesta reitistä liikennöi vain toinen yhtiöistä.

Osoita, että kilpailutuksen lopputuloksesta huolimatta mistä tahansa kaupungistapääsee kaikkiin muihin käyttäen vain yhden yhtiön junia. (Suoraa yhteyttä eivälttämättä ole, mutta kiertämällä toisten kaupunkien kautta pääsee minne vain.)

Huomautus: Tehtävän yleistys n kaupungille on harjoitustehtävänä 29 sivulla 36.


Tehtävä 11. Tarkastellaan kymmentä ihmistä, joista ketkä tahansa kaksi jokotuntevat toisensa tai eivät tunne toisiaan. Osoita, että näiden kymmenen ihmisenjoukosta löytyy neljä ihmistä, jotka kaikki tuntevat toisensa, tai kolme ihmistä,joista ketkään kaksi eivät tunne toisiaan.

Huomautus. Sama todistus toimii luonnollisesti väitteeseen, jossa tunteminen jatuntemattomuus vaihdetaan keskenään.

Huomautus 2. Osoittautuu, että monimutkaisemmalla argumentilla voi osoittaa,että luvun kymmenen voi korvata tässä luvulla yhdeksän ja väite pitää edelleenpaikkansa. Tätä emme tässä todista.


Tehtävä 12. Osoita, että kahdestakymmenestä ihmisestä jotkin neljä kaikki tun-tevat toisensa tai jotkin neljä ovat toisilleen tuntemattomia.


Tehtävä 13. Seitsemäntoista tutkijaa käy keskenään kirjeenvaihtoa kolmesta ai-heesta niin, että jokaiset kaksi heistä käyvät keskenään kirjeenvaihtoa täsmälleenyhdestä aiheesta. Osoita, että jotkin kolme tutkijaa käyvät keskenään kirjeenvaih-toa samasta aiheesta.


17

4 Luvut ja äärettömyys

Laskemisen perusta on lukumäärää osoittavissa luvuissa 1, 2, 3, 4, ja niin edelleen.Ihmiskunnan laskentatarpeiden kasvaessa käyttöön on vuosituhansien kuluessaotettu yhä monimutkaisempia lukuja. Luvut eivät ole mitenkään itsestään selviä(negatiivisia lukuja hyljeksittiin vielä 1500-luvulla), mutta modernin koulumate-matiikan kasvatti on tottunut operoimaan näiden lukujoukkojen kanssa.

Joukko Sisältää luvut

luonnolliset luvutN 0, 1, 2, 3, ...kokonaisluvut Z ..., −2, −1, 0, 1, 2, 3, ...

rationaaliluvutQ luvut muotoam

n, missä m ja n kokonaislukuja ja n 6= 0.

reaaliluvut R rationaalilukujen lisäksi muutkin lukusuoran luvut

Joissakin matemaattisissa teksteissä luku 0 lasketaan luonnolliseksi luvuksi, jois-sakin ei. Tässä tekstissä noudatetaan käytäntöä, jossa 0 on luonnollinen luku.

Jokainen edellä mainituista lukujoukoista on edellisen laajennos: kokonaisluvutsisältävät luonnolliset luvut ja negatiiviset luvut; rationaaliluvut sisältävät koko-naisluvut ja murtoluvut; reaaliluvut sisältävät rationaaliluvut ja irrationaaliluvut.

N

Z

Q

R

C

0 8

−2 −105

2

3

−1

7 2,5

p2 0,101001000100001...

i 3−4i

18

LUKU 4. LUVUT JA ÄÄRETTÖMYYS

Reaalilukujen joukkoa voidaan vielä täydentää kompleksilukujen joukollaC. Komp-leksilukuihin palataan Pitkän matematiikan lisäsivujen osassa 2.

Äärettömyyksien vertailu

Kuinka paljon erilaisia lukuja sitten on? Luonnollisia lukuja on äärettömän monta,mikä tarkoittaa esimerkiksi sitä, että luonnollisten lukujen lukumäärä on suurem-pi kuin mikään positiivinen luku. Tällä tavalla ajateltuna ääretön itse ei kuulumihinkään tässä käsiteltyyn lukujoukkoon: se ei ole luonnollinen luku eikä edesreaaliluku.

Symbolia ∞ käytetään monessa eri merkityksessä, muun muassa tarkoittamaanmitä tahansa ääretöntä lukumäärää, toisin sanoen äärellisen vastakohtana. Seu-raavassa haluamme vertailla erilaisia äärettömiä, joten ∞-symboli on liian epä-täsmällinen tähän käyttöön. Saksalainen matemaatikko Georg Cantor nimittäintodisti vuonna 1874, että äärettömiä joukkoja todella on eri kokoisia.

Joukon alkioiden mahtavuutta (mikä äärellisillä joukoilla tarkoittaa samaa kuinalkioiden lukumäärä) merkitään operaattorilla #, eli esimerkiksi suomalaistenaakkosten vokaalien joukolle voidaan kirjoittaa

#{a, e, i, o, u, y, å, ä, ö} = 9.

Luonnollisia lukuja on äärettömän monta, joten #N ei voi olla mikään äärellinenluku. Toisaalta myös kokonaislukuja on äärettömän monta. Onko kokonaislukujenmahtavuus sama kuin luonnollisilla luvuilla vai suurempi? Päteekö

#N= #Z vai #N< #Z ?

Miten näitä äärettömyyksiä vertaillaan?

Vertailuperiaate

Kahden joukon mahtavuuksien vertailussa toimivaksi on osoittautunut seuraavavertailuperiaate:

Jos kahden joukon alkioista voidaan muodostaa parit siten, että kum-mastakaan joukosta ei jää yhtään alkiota paritta, ja joka luvulla onvain yksi pari, niin silloin joukoissa on yhtä monta alkiota.

Periaatteelle on ehdotettu nimeä Humen periaate, jota ei pidä sekoittaa tunne-tumpaan Humen giljotiiniin.

Tätä vertailuperiaatetta voi soveltaa muinaiseen rusettiluisteluun, jossa luisteli-joilla oli (numeroituja) punaisia ja sinisiä rusetteja, ja jokaisen tuli löytää oma pari

19

https://en.wikipedia.org/wiki/Georg_Cantor

https://en.wikipedia.org/wiki/Georg_Cantor%27s_first_set_theory_article

https://en.wikipedia.org/wiki/Hume%27s_principle

https://en.wikipedia.org/wiki/Is%E2%80%93ought_problem


vastakkaista väriä. Jos tällaisessa luistelussa kaikille löytyy pari, voidaan päätelläpunaisia ja sinisiä rusetteja olevan yhtä paljon.

Rusetit järjestykseen

Tällä vertailuperiaatteella luonnollisia lukuja ja kokonaislukuja on yhtä monta!Voidaan nimittäin tehdä tällaiset parit:

N Z

0 01 12 −13 24 −25 36 −3...

...

Nollan pari on nolla, ja tämän jälkeen parittomilla luonnollisilla luvuilla nume-roidaan positiiviset ja parillisilla negatiiviset luvut. Jokaiselle luvulle löytyy pari,joten joukot ovat yhtä mahtavat: #N= #Z.

Tulos on yllättävä: miten muka kokonaislukuja ei olisi enemmän, sisältyväthänkaikki luonnolliset luvut kokonaislukuihin! Tähän on kuitenkin tyydyttävä, mikälihyväksytään vertailuperiaatteksi yllä esitetty ”rusettiluisteluperiaate”.

Sivuhuomiona todettakoon, että muitakin vertailuperiaatteita on. Esimerkiksijoidenkin lukujoukkojen vertailussa voidaan käyttää käsitettä tiheys, jolloin luon-nollisten lukujen tiheys on 1 ja parillisten luonnollisten lukujen tiheys 1

2 . Nämäjoukot ovat kuitenkin yhtä mahtavat, kuten saat harjoitustehtävässä 14 perustella.

20

https://fi.wikipedia.org/wiki/Aritmeettinen_tiheys


Numeroituvuus

Jos joukon alkiot voidaan asettaa pareiksi luonnollisten lukujen (tai jonkin senosajoukon) kanssa, joukkoa sanotaan numeroituvaksi. Tällä hetkellä elävien ihmis-ten joukko on numeroituva, mutta äärellinen; kokonaislukujen joukko on myösnumeroituva, ja ääretön.

Luonteva kysymys kuuluukin: ovatko kaikki äärettömät joukot numeroituvia?

Rationaalilukujen mahtavuus

Rationaalilukuja tuntuu olevan selvästi enemmän kuin kokonaislukuja, ja nii-den numerointi vaikuttaa toivottomalta. Jo pelkästään lukujen 0 ja 1 välissä onäärettömän monta rationaalilukua.

Jos numerointia esimerkiksi aloittaa nollan jälkeen luvuista, joiden osoittaja onyksi, urakka ei tule koskaan valmiiksi: vaikkapa luku 2

3 ei ole listalla.

N 0 1 2 3 . . .

Q 01

1

1

2

1

3. . .

Voidaan kuitenkin toimia ovelammin: kirjoitetaan positiiviset rationaaliluvut tau-lukkoon, jossa nimittäjät kasvavat alaspäin ja osoittajat oikealle:

1

1

2

1

3

1

4

1· · ·

1

2

2

2

3

2

4

2· · ·

1

3

2

3

3

3

4

3· · ·

1

4

2

4

3

4

4

4· · ·

......

......

. . .

Selvästi kaikki positiiviset rationaaliluvut ovat taulukossa. Aloittamalla oikeastayläkulmasta ja valitsemalla sopiva reitti kaikki positiiviset rationaaliluvut saadaannumeroitua:

21


1

1

2

1

3

1

4

1· · ·

1

2

2

2

3

2

4

2· · ·

1

3

2

3

3

3

4

3· · ·

1

4

2

4

3

4

4

4· · ·

......

......

. . .

Auki kirjoitettuna numerointi näyttää tältä, kun vielä annetaan nollalle pariksinolla:

N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 . . .

Q 01

1

2

1

2

2

1

2

1

3

2

3

3

3

3

2. . .

Positiiviset rationaaliluvut on siis mahdollista numeroida! Itse asiassa jokainenpositiivinen rationaaliluku esiintyy listalla äärettömän monta kertaa, esimerkiksi11 , 2

2 ja 33 ovat sama luku. Tämä ei sinänsä ole ongelma, mutta jos halutaan laskea

kukin luku vain kerran, kaksoiskappaleet voidaan jättää pois sitä mukaa kun niitätulee vastaan. Silloin prosessi näyttää tältä:

1

1

2

1

3

1

4

1· · ·

1

2

2

2

3

2

4

2· · ·

1

3

2

3

3

3

4

3· · ·

1

4

2

4

3

4

4

4· · ·

......

......

. . .

Vastaavasti numerointi alkaa nyt näin:

N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 . . .

Q 01

1

2

1

1

2

1

3

2

3

3

2

3

1

4

1. . .

22


Tässä olivat vasta positiiviset rationaaliluvut, mutta negatiiviset saa numeroituapienellä korjauksella. Voimme käyttää parilliset luonnolliset luvut positiivistenrationaalilukujen numerointiin ja parittomat negatiivisten. Lopullisen listan alkuon alla.

N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 . . .

Q 0 −1

1

1

1−2

1

2

1−1

2

1

2−1

3

1

3. . .

Rationaalilukuja on siis yhtä paljon kuin luonnollisia lukuja!

Huomautettakoon, että tämä päättely ei tuottanut laskukaavaa siitä, millä paikallakukin rationaaliluku on listassa. Numeroituvuus saatiin kuitenkin perusteltua,joten laskukaava ei ole meille välttämätön.

Ylinumeroituvuus

Kun tulokseksi on saatu

#N= #Z= #Q,

tekee mieli ajatella, että yksinkertaisesti kaikki äärettömät joukot ovat yhtä mahta-via. Yllättävää kyllä näin ei ole. Georg Cantor osoitti vuonna 1874, että reaaliluku-jen joukkoa ei voi numeroida. Alla esitettävässä todistuksessa käytetään Cantorinkuuluisaa diagonaaliargumenttia vuodelta 1891.

Väite. Välin ]0,1[ reaalilukuja ei voi numeroida.

Todistus. Tutkitaan välin ]0,1[ lukuja, eli lukujen 0 ja 1 välissä olevia reaalilukujadesimaaliesityksessä. Kuvitellaan, että ne on kaikki numeroitu jollakin tavalla:

N R

1 0,46874816. . .2 0,21319856. . .3 0,94813152. . .4 0,33333333. . .5 0,56218555. . ....

...

Poimitaan nyt ensimmäiseltä riviltä ensimmäinen desimaali, toiselta riviltä toi-nen desimaali, ja niin edelleen. Poimituista desimaaleista muodostetaan uusidesimaaliluku. Lopuksi muutetaan jokainen desimaali seuraavasti: kaikki ykkö-set muutetaan kakkosiksi ja loput numerot ykkösiksi. Seuraava kuva selventäneeasiaa.

23


N R

1 0,46874816. . .2 0,21319856. . .3 0,94813152. . .4 0,33333333. . .5 0,56218555. . ....

...

⇒ 0,41838... ⇒ 0,12111...

Kysymys kuuluu, missä kohtaa alkuperäistä listaa uusi luku 0,12111... on?

• Se ei voi olla listan ensimmäinen luku, koska ensimmäinen desimaali on eri.

• Se ei voi olla listan toinen luku, koska toinen desimaali on eri.

• Se ei voi olla listan kolmas luku, koska kolmas desimaali on eri, ja niinedelleen.

Uusi luku 0,12111... ei siis voi olla listalla lainkaan! Alkuperäinen lista ei sisäl-tänytkään kaikkia väilin ]0,1[ reaalilukuja. Saman päättelyn voisi toistaa milletahansa välin ]0,1[ reaalilukuja sisältävälle listalle, joten täydellistä listaa ei voi ollaolemassa.

Reaalilukuja ei siis voi numeroida, ei edes välin ]0,1[ reaalilukuja. Tällaista jouk-koa kutsutaan ylinumeroituvaksi. Lukujoukkojen mahtavuuksien vertailu päätyiseuraavaan, yllättävään lopputulokseen:

#N= #Z= #Q< #R.

Mahtavuuksien mielessä irrationaalilukuja on siis paljon enemmän kuin ratio-naalilukuja. Asiasta tekee erityisen hämmentävän se, että jokaisen kahden ratio-naaliluvun välissä on äärettömästi irrationaalilukuja, ja jokaisen kahden irratio-naaliluvun välissä on äärettömästi rationaalilukuja. Kuitenkin irrationaalilukujenmahtavuus on suurempi.

Huomautettakoon, että koska edellä kaikki yhdeksiköt muuttuivat ykkösiksi eivät-kä nolliksi, todistuksessa ei tarvitse murehtia sitä, että 1,0000... ja 0,9999... voivattarkoittaa vain samaa lukua, kuten seuraavaksi perustellaan.

Mikä luku voisi olla 0,9999...?

Olisi mukavaa, jos jokaista desimaaliesitystä vastaisi yksi desimaaliluku. Loputto-maan määrään yhdeksikköjä päättyvät desimaaliesitykset ovat kuitenkin ongel-mallisia. Tarkastellaan esimerkiksi desimaaliesitystä 0,999...

24


Voidaan tietysti kysyä, onko tällaista lukua edes olemassa. Vaikka luvun voi merkitäpaperille, se ei tarkoita että luku olisi hyvin määritely. Esimerkiksi 5

0 ei tarkoitamitään rationaalilukua, vaikka näyttääkin siltä.

Jos kuitenkin oletamme, että on olemassa hyvin määritelty luku x = 0,999..., jokanoudattaa desimaalilukujen laskulakeja, voimme laskea seuraavasti:

x = 0,999... || ·10

10x = 9,999...

Vähentämällä viimeinen yhtälö edellisestä saadaan

10x −x = 9,999...−0,999...

9x = 9

x = 1.

Näin laskien saimme 0,999... = 1, yllättävää! Jos siis haluamme puhua luvusta0,999... tavallisia laskulakeja noudattavana desimaalilukuna, täytyy hyväksyä senolevan yhtä suuri luvun 1 kanssa.

Toinen tapa päätyä samaan johtopäätökseen on laskea

0,999... = 0,333...+0,333...+0,333... = 1

3+ 1

3+ 1

3= 1.

Emme yritä sanoa, että tämä asia olisi mitenkään yksinkertainen. Reaaliluku-jen täsmällinen määrittely onnistui vasta 1800-luvulla, vaikka niitä oli käytettyvuosisatoja.

Pohditaan asiaa vielä toisesta suunnasta: Luvun 0,999... voi ajatella summaksi

0,999... = 9

10+ 9

100+ 9

1000+ 9

10000+ . . . ,

jossa on äärettömän monta yhteenlaskettavaa. Jos summa katkaistaan n. terminkohdalta, saadaan

0,999... > 9

10+ 9

100+·· ·+ 9

10n ,

eli toisin kirjoitettuna

0,999... > 0,999. . .99︸︷︷︸n numeroa

= 1−0,000. . .01︸︷︷︸n numeroa

= 1− 1

10n .

Lukujen 1 ja 0,999... erotuksesta voidaan siis sanoa

1−0,999... < 1

10n

kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n. Mikään positiivinen luku ei kuitenkaanole pienempi kuin 1

10n kaikilla luvun n arvoilla, sillä kun n kasvaa, 110n pienenee

mielivaltaisen pieneksi. Lukujen 1 ja 0,999... erotus ei siis voi olla positiivinen,joten sen on oltava nolla, ja luvut 1 sekä 0,999... ovat siis sama luku.

25


Harjoitustehtäviä

Tehtävä 14. Osoita pareja muodostamalla, että parillisia luonnollisia lukuja onyhtä monta kuin luonnollisia lukuja yhteensä.


Tehtävä 15. Osoita pareja muodostamalla, että viidellä jaollisia kokonaislukujaon yhtä monta kuin luonnollisia lukuja.

Vihje s. 46 →

Tehtävä 16. Osoita Cantorin diagonaaliargumenttia soveltaen, että ”sanoja”, jotkakoostuvat vain kirjaimista a ja b, on ylinumeroituvan monta. Oletetaan, että sanatvoivat olla äärellisen tai äärettömän pitkiä.

Vihje s. 46 →

Tehtävä 17. Tutkitaan samoja ab-sanoja kuin edellisessäkin tehtävässä, muttavaaditaan, että kaikkien sanojen tulee olla äärellisen mittaisia. Miksi tällaisten sa-nojen joukkoa ei voi todistaa ylinumeroituvaksi Cantorin diagonaaliargumentillaedellisen tehtävän tapaan? Onko kyseinen joukko numeroituva vai ylinumeroitu-va?


Tehtävä 18. Mitkä seuraavista joukoista ovat numeroituvia ja mitkä ylinumeroi-tuvia? Perustele kummassakin tapauksessa.

• Tason pisteet (x,y), missä x ja y ovat kokonaislukuja.

• Desimaaliluvut, joiden desimaaliesityksessä on vain numeroita 3 ja 0.

• Tason suorat, joiden yhtälöt ovat muotoa y = kx + b, missä k ja b ovatkokonaislukuja.

Numeroituvuuden perusteluksi riittää jonkinlainen järjestelmällinen numeroin-titapa esimerkiksi kuvana esitettynä. Tässä ei tarvitse esittää laskukaavaa, jokakertoisi mikä järjestysluku kullekin joukon jäsenelle tulisi.


Tehtävä 19. Miksi rationaalilukujen joukkoa ei voi todistaa ylinumeroituvaksiCantorin diagonaaliargumentilla? Rationaaliluvut kuitenkin voi esittää desimaali-lukuina siinä missä reaaliluvutkin.


26

5 Vaikeiden ongelmien ratkaiseminen

Matematiikan opiskelu on mainio tapa oppia ratkaisemaan vaikeita ongelmia.Tämä kyky on suureksi hyödyksi myös muilla elämän aloilla. On mahdollista,että opintosi eivät ole valmentaneet sinua ratkaisemaan matemaattisia ongelmia,joiden ratkaisemiseen kuluu esimerkiksi kolme tuntia. Miten niitä pitäisi työstää?

Tässä on joitakin matemaattisiin ongelmiin liittyviä suuntaa antavia aikaskaaloja:

1 s – 100 s rutiinia kehittävä harjoitustehtävä matematiikan kirjassa1 min – 60 min muutaman päättelyaskeleen vaativa harjoitustehtävä15 min – 200 min vaikea tai muuten vain pitkä oppikirjatehtävä1 h – 100 h kohtuullisen vaikea kilpamatematiikkatehtävä tai pulmamuutama päivä helppo todellinen sovellusongelma1 kk – 100 vuotta tutkimusongelma tieteessä tai teollisuudessa (ratkaisu

koostuu lukuisten pienempien ongelmien ratkaisemisesta)yli 2000 vuotta Vieläkään ei tiedetä, onko parittomia täydellisiä lukuja

olemassa.

On selvää, että jos ongelma ei ratkea ilman tuntien työtä, sen selättäminen vaatiimonipuolisia työtapoja ja aiempaa kokemusta vastaavista ongelmista. Kykysiratkaista vaikeita ongelmia kehittyy parhaiten, kun työstät tämänhetkisten kykyjesiylärajoilla olevia ongelmia.

Mikä tekee ongelmasta vaikean? Mahdollisia syitä voi olla monia:

• On epäselvää, mistä suunnasta ratkaisua pitäisi etsiä.

• On epäselvää, onko ratkaisua edes olemassa.

• On epäselvää, mitä täsmälleen yritetään saavuttaa.

• On epäselvää, onko tähän asti tehty työ lainkaan hyödyllistä.

Tällaisten ongelmien kanssa painiessa joutuu kestämään epävarmuutta ja ajoit-taista turhautumista, ja keskittymään intensiivisesti. Ne eivät ole huonoja taitojaoppia.

Miten harjaantunut matemaatikko sitten ratkoo vaikeita ongelmia? Tärkein vas-taus kuuluu: hyödyntämällä pitkää aiempaa kokemusta vastaavista ongelmista.

27

https://fi.wikipedia.org/wiki/T%C3%A4ydellinen_luku

LUKU 5. VAIKEIDEN ONGELMIEN RATKAISEMINEN

Matemaatikon työhön sisältyy jatkuva uusien asioiden, alojen, tekniikoiden jaideoiden opiskelu. Vuosien mittaan tästä kertyy melkoinen työkalupakki.

Asiantuntijan intuitio ohjaa kohti oikeita lähestymistapoja, ja intuitio kehittyy par-haiten kokemuksen kautta. Ongelmanratkaisijaksi tullaan siis ratkomalla ongel-mia. On kuitenkin joitakin yleisiä lähestymistapoja, joista on hyvä olla tietoinen.

Ongelmanratkaisijan työkalupakki

Mitä tehdä, kun ratkaisu ei löydy heti?

• Tutustu. Leiki ongelman kanssa saadaksesi tuntumaa sen rakenteeseen.Kokeile esimerkkejä. Piirrä kuva.

• Luo ja testaa hypoteeseja. Tee rohkeasti hypoteeseja eli olettamuksia: Voi-siko tämä kulma olla suora? Päteekö väite kaikilla alkuluvuilla? Voisivatkokaikki tarinan henkilöt puhua totta? Usein hypoteesia voi testata ilman, ettäratkaisee koko tehtävän. Oli hypoteesi oikea tai väärä, se antaa ymmärrystäongelman rakenteesta.

• Yksinkertaista. Esitä ongelmasta itsellesi yksinkertaisempi versio. Osaatkoratkaista sen? Voiko samalla tavalla ratkaista koko ongelman? Miksi ei?Joskus harvoin on eduksi myös monimutkaistaa ongelmaa. Yleisempi tapausvoi olla helpompi ratkaista!

• Kirjoita ja piirrä. Kun aivoista yrittää narrata esiin oivalluksia, tarvitaanmonipuolista aineistoa. Paperille piirtäminen on erittäin tehokas keinopitää asioita esillä ja hahmottaa niiden välisiä yhteyksiä. Lisäksi monetyksityiskohdat ovat liian monimutkaisia päässä pyöriteltäviksi.

• Vaihda näkökulmaa. Usein ensimmäiseksi yritetty lähestymistapa ei toi-mi. Kokeile siis monia! Jo ongelman kirjoittaminen eri muotoon voi antaaoivalluksen.

• Älä ole liian kriittinen. Paperille päätyy usein paljon toimimattomia ideoitaennen oikean löytymistä, mutta vain niin oikea idea löytyy.

28


Taikasaari

Tässä on esimerkki tehtävästä, jonka ratkaiseminen vaatii hieman työtä.

Taikasaari. Taikasaaren metsissä vaeltelee kolmenlaisia eläimiä: vuo-hia, susia ja leijonia. Sudet voivat syödä vuohia ja leijonat sekä vuohiaettä susia.

Koska kyseessä on Taikasaari:

• Jos susi syö vuohen, susi muuttuu leijonaksi.

• Jos leijona syö vuohen, leijona muuttuu sudeksi.

• Jos leijona syö suden, leijona muuttuu vuoheksi.

Nyt saarella on 17 vuohta, 55 sutta ja 6 leijonaa. Kuinka monta eläintäsaarella korkeintaan on jäljellä siinä vaiheessa, kun kukaan ei voienää syödä ketään?

Suosittelemme lukemaan Ville Tilviksen tätä ongelmaa käsittelevän artikkelin [15]Solmu-lehdestä osoitteestahttps://matematiikkalehtisolmu.fi/2018/3/Taikasaari.pdf.

Artikkelissa näet esimerkkejä ajattelutavoista, joilla tämän kaltainen ongelmavoidaan ratkaista.

29

https://matematiikkalehtisolmu.fi/2018/3/Taikasaari.pdf



Harjoitustehtäviä

Tässä harjoitustehtäväsarjassa on joitakin ongelmia, jotka aukeavat vasta pienenpohdiskelun jälkeen. Tehtävien ratkomisjärjestyksellä ei ole suurta merkitystä.Yritä löytää sopivia tapoja työstää ongelmia: kirjoita asioita ylös, piirrä kuvia,vaihda näkökulmaa, yksinkertaista.

Joka tehtävään on vihje sekä toinen vihje, ja niitä on tarkoitus myös käyttää. Jos olet20 minuutin työskentelyn jälkeen jumissa, voi olla hyvä aika katsoa ensimmäinenvihje.

Tehtävät eivät ole kompia: kaikkiin on olemassa yksikäsitteinen ratkaisu.

Tehtävä 20. Yhteiset tekijät. Sijoita oheiseen 4×4-ruudukkoon positiivisia koko-naislukuja, kuhunkin ruutuun eri luku. Aina kun kahdella ruudulla on yhteinensivu, ruutujen luvuilla täytyy olla ykköstä suurempi yhteinen tekijä. Vain yhteisilläsivuilla on merkitystä, nurkittain voi olla mitä lukuja hyvänsä.

Esimerkiksi luvut 12 ja 10 voivat olla vierekkäin, koska molemmat ovat jaollisialuvulla 2, eli toisin sanoen nillä on kummallakin tekijänä luku 2. Samoin luvut10 ja 5 voivat olla vierekkäin, koska molemmat ovat jaollisia luvulla 5. Sen sijaanluvut 5 ja 12 eivät voi olla vierekkäin, koska niillä ei ole yhteisiä tekijöitä.

Täytä ruudukko siten, että suurin käyttämäsi luku on mahdollisimman pieni.Kuinka pieneksi suurin luku on mahdollista saada? Perustele vastauksesi: mistävoit tietää, että kyseessä on minimi?


Tehtävä 21. Tanssiaiset. Suuressa ringissä seisoo 100 tanssijaa, jotka kaikki kat-sovat joko oikealle tai vasemmalle. Kaikki tanssijat, jotka näkevät vierustoverinsakasvot, huutavat ”Hei!” Heitä on yhteensä 38. Tämän jälkeen kaikki tanssijat kään-tävät päänsä toiseen suuntaan ja huutavat taas ”Hei!”, jos näkevät vierustoverinsakasvot. Kuinka moni huutaa ”Hei!” toisella kerralla?


30


Tehtävä 22. Hotellivieraat. Hotellissa on 100 huonetta, jotka on numeroitu lu-vuilla 1–100. Joka huoneessa on yksi asukas, ja he kaikki tapasivat aamiaisella.Jokainen huoneiden 1–99 asukkaista kätteli huoneensa numeron verran eri ih-misiä. Kuinka montaa ihmistä huoneen 100 asukas kätteli? Kukaan ei kätellytitseään.


Tehtävä 23. Sisarukset. Väestönlaskija koputti talon ovelle, ja avaamaan tuli mies.Väestönlaskija kyseli miehen perheestä, jolloin tämä kertoi seuraavaa:”Minulla on kolme tytärtä. Heidän ikiensä tulo on 72 ja summa sama kuin tämäntalon numero.”Väestönlaskija kävi tarkistamassa talon numeron ja palasi sitten neuvottomana:”Olen laskenut ja laskenut, mutten tiedä, minkä ikäisiä tyttäresi ovat.””Ai niin!”, huudahti mies. ”Unohdin kertoa, että vanhin tyttäreni pitää jäätelöstä.””No sittenhän asia on selvä!” sanoi väestönlaskija ja kirjasi tyttöjen iät muistiin.

Kuinka vanhoja tytöt ovat?


Tehtävä 24. Sata vankia ja hehkulamppu. Tässä tarinassa sata elinkautisvankiakootaan saliin, jossa vankilan johtaja kertoo heille seuraavaa:

”Tunnin päästä teidät jaetaan sataan eristysselliin eri puolille vankilaa, ettekä enäänäe toisianne. Kerran päivässä arvomme teistä satunnaisesti yhden (arpa voi osuasamalle monta kertaa), joka viedään huoneeseen, jonka katossa on hehkulamppu.Huoneeseen viety voi jättää valon päälle tai pois päältä. Seuraava vanki näkeelampun siinä tilassa, mihin se on edellisenä päivänä jätetty. Aluksi valo on poissapäältä.”

”Kun joku teistä on varma siitä, että kaikki vangit ovat käyneet lamppuhuonees-sa ainakin kerran, hän saa ilmoittaa tämän ja kaikki pääsevät vapaaksi. Saattekuitenkin vain yhden mahdollisuuden: jos ilmoittaja on väärässä, vietätte loppu-elämänne vankilassa.”

Vangeilla on tunti aikaa sopia strategiastaan ennen kuin heidät erotetaan toisis-taan. He sopivat, että ilmoittaa saa vain, kun on täysin varma siitä, että kaikki ovatkäyneet lamppuhuoneessa.

Keksi keino, jolla vangit voivat ennemmin tai myöhemmin olla varmoja siitä, ettäkaikki ovat käyneet lamppuhuoneessa ainakin kerran.

Tämä tehtävä ei ole kompa, vaan tapa laskea sataan sääntöjen puitteissa on ole-massa. Ainoa tapa viestiä on lamppu päällä / lamppu pois päältä. Mitkään muutyritykset (huutelu, seinäkirjoitukset, lampun rikkominen) eivät käy.


31

6 Lukujonot ja hyvinjärjestysperiaate

Tässä luvussa todistamme tuloksia, jotka puhuvat äärettömän monesta eri tapauk-sesta. Tälle on tarvetta vaikkapa lukujonojen yhteydessä.

Lukujono

Lukujono on luettelo tietyssä järjestyksessä olevia lukuja, kuten positiivisten paril-listen lukujen jono

2, 4, 6, 8, 10, 12, . . .

Tämä lukujono on päättymätön, mutta lukujono voi olla myös päättyvä, kutenesimerkiksi yksinumeroisten alkulukujen jono 2, 3, 5, 7.

Lukujonossa esiintyviä lukuja kutsutaan jonon jäseniksi tai alkioiksi. Jäseniä mer-kitään usein pienillä kirjaimilla, joihin on alaindeksillä merkitty, kuinka monesjäsen on kyseessä. Esimerkiksi parillisten positiivisten kokonaislukujen jonossavoitaisiin merkitä

a1 = 2, a2 = 4, a3 = 6, ja niin edelleen.

Indeksointi antaa myös tavan määritellä tämä lukujono näppärästi: Lukujonokoostuu luvuista an , joille pätee an = 2n, missä n > 1 on kokonaisluku. Yleisenjäsenen kaavalla an = 2 ·n voidaan laskea vaikkapa, että a10 = 2 ·10 = 20.

Indeksointi voidaan aloittaa myös jostakin muusta kokonaisluvusta kuin yksi,kuten seuraavassa esimerkissä.

Esimerkki. Kuinka moni lukujonon an = 14−3n, missä n on kokonaisluku jan > 0, jäsenistä on positiivinen?

Ratkaisu. Ongelman voi ratkaista kokeilemalla, sillä jonon jäsenet ovat sitä pie-nempiä, mitä suurempi n on. Lasketaan:

a0 = 14−3 ·0 = 14, a3 = 14−3 ·3 = 5,a1 = 14−3 ·1 = 11, a4 = 14−4 ·3 = 2,a2 = 14−3 ·2 = 8, a5 = 14−3 ·5 =−1, negatiivinen.

Lukujono alkaa siis14, 11, 8, 5, 2, −1, . . . ,

32

LUKU 6. LUKUJONOT JA HYVINJÄRJESTYSPERIAATE

joten jonossa on viisi positiivista jäsentä.

Tämän ongelman olisi voinut ratkaista myös ratkaisemalla epäyhtälön 14−3n > 0,josta saadaan

n < 14

3= 4

2

3.

Tämän epäyhtälön toteuttavat indeksin n arvot 0, 1, 2, 3 ja 4, joten positiivisiajäseniä on viisi kappaletta.

Fibonaccin luvut ja rekursio

Lukujonon jäsenet voi määritellä myös viittaamalla sen aiempiin jäseniin eli re-kursiivisesti. Hyvä esimerkki tästä on Fibonaccin lukujen jono

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, . . . ,

joka alkaa kahdella ykkösellä, minkä jälkeen jokainen jonon jäsen on kahdenedellisen summa. Seuraava jonon jäsen olisi siis 55+89 = 144.

Nimensä Fibonaccin luvut ovat saaneet Leonardo di Pisan (n. 1170 – n. 1250)mukaan, sillä hänet tunnettiin myös nimillä Leonardo Bonacci ja Fibonacci. Ita-lialainen Fibonacci käytti lukuja kirjassaan Liber Abaci laskuongelmassa, jonkataustatarina liittyi kanien lisääntymiseen.

Fibonaccin luvut voidaan määritellä muodollisesti näin:F1 = 1,

F2 = 1,

Fn = Fn−1 +Fn−2, kun n > 3.

Tässä siis Fn on jokin Fibonaccin luku, Fn−1 sitä edeltävä luku ja Fn−2 sitä edeltävä.Määritelmän kaavalla voidaan laskea

F3 = F3−1 +F3−2 = F2 +F1 = 1+1 = 2,

F4 = F4−1 +F4−2 = F3 +F2 = 2+1 = 3,

F5 = F5−1 +F5−2 = F4 +F3 = 3+2 = 5,

ja niin edelleen. Ajoittain on myös mukavuussyistä näppärää jatkaa jonoa vasem-malle päin asettamalla F0 = 0, jolloin tietenkin myös F0 +F1 = 0+1 = 1 = F2.

33


Hyvinjärjestysperiaate

Koska haluaisimme pystyä todistamaan tuloksia, jotka puhuvat äärettömän mo-nesta eri tapauksesta, otamme käyttöön seuraavan ilmeisen, mutta tärkeän, peri-aatteen:

Hyvinjärjestysperiaate.Jokaisessa kokoelmassa positiivisia kokonaislukuja, jokasisältää ainakin yhden luvun, on olemassa pienin luku.

Tämä mahdollistaa asioiden todistamisen kaikille positiivisille kokonaisluvuillenäin:

1. Tarkistetaan erikseen, että väite pätee pienimmillä luvun n arvoilla, kutenn = 1, ja tilanteesta riippuen ehkä myös n = 2, ja n = 3.

2. Oletetaan, että todistettava väite ei pidä paikkaansa kaikilla positiivisillakokonaisluvuilla n.

3. Silloin on olemassa positiivisia kokonaislukuja n, joilla väite ei päde.

4. Voimme siis valita pienimmän positiivisen kokonaisluvun n, jolla väite eipäde.

5. Jos nyt voimme osoittaa, että tällä luvulla n väitteen on kuitenkin pädettävä,saamme ristiriidan. Tämän perustelemisessa on yleensä oleellista se, ettätehtyjen oletusten mukaan väite pätee pienemmissä tapauksissa.

6. Askeleen 5 ristiriita osoittaa, että alkuperäinen oletus siitä, että väite eipidä paikkaansa kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n, on väärä. On siistodistettu, että väite pätee kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n.

Huomautus. Itse asiassa tämä menetelmä on oleellisilta osin sama asia kuin(matemaattisena) induktiona tunnettu todistusmenetelmä.

Pienin muutoksin menetelmällä voidaan todistaa myös väitteitä, jotka koskevatesimerkiksi kaikkia parillisia luonnollisia lukuja.

Esimerkki. Osoita, että jokaisella positiivisella kokonaisluvulla n on

1+2+3+ . . .+n = n (n +1)

2.

34


Ratkaisu. Jos väite ei päde kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n, on oltavaolemassa pienin positiivinen kokonaisluku n, jolla

1+2+3+ . . .+n 6= n (n +1)

2.

Väite toimii luvulla 1, sillä

1 = 1(1+1)

2,

joten on oltava n > 1. Koska n on pienin luku, jolla väite ei päde, ja koska n > 1, onväitteen on pädettävä luvulle n −1, eli

1+2+ . . .+ (n −1) = (n −1)(n −1+1)

2= (n −1)n

2.

Tämän tiedon avulla voimme sieventää summaa 1+2+3+ . . .+ (n −1)+n seuraa-vasti:

1+2+ . . .+ (n −1)︸︷︷︸= (n−1)n

2

+n = (n −1)n

2+n =

(n −1

2+1

)n =

(n −1

2+ 2

2

)·n

= n +1

2·n

= n (n +1)

2,

mikä on ristiriidassa sen oletuksen kanssa, että väite ei päde luvulle n. Siten eivoi olla pienintä lukua n, jolla väite ei pätisi, ja väitteen on pädettävä kaikillapositiivisilla kokonaisluvuilla n.

Esimerkki. Osoita, että jokaisella positiivisella kokonaisluvulla n pätee Fibo-naccin lukuja koskeva kaava

F1 +F3 +F5 +F7 + . . .+F2n−1 = F2n .

Ratkaisu. Koska F1 = 1 = F2 = F2·1, kaava pätee kun n = 1. Jos tulos ei pätisijoillakin positiivisilla kokonaisluvuilla, voisimme valita pienimmän positiivisenkokonaisluvun n > 2, jolla väite ei pätisi. Koska luku n olisi pienin, jolla väite eipätisi, se pätisi luvulla n −1, eli olisi

F1 +F3 + . . .+F2(n−1)−1 = F2(n−1),

ja voisimme sieventää alkuperäisen väitteen yhtälön vasenta puolta

F1 +F3 + . . .+F2(n−1)−1︸︷︷︸=F2(n−1)

+F2n−1 = F2(n−1) +F2n−1 = F2n−2 +F2n−1 = F2n ,

mikä olisi vastoin luvun n määritelmää. Siis ei voi olla olemassa pienintä positii-vista kokonaislukua n, jolla väite ei päde, ja siten ei voi olla olemassa ainuttakaansellaista lukua, eli väite pätee kaikilla n.

35


Harjoitustehtäviä

Tehtävä 25. Todista kaikille positiivisille kokonaisluvuille n identiteetti

F1 +F2 +F3 + . . .+Fn = Fn+2 −1.


Tehtävä 26. Olkoon n positiivinen kokonaisluku. Osoita, että

1+F2 +F4 +F6 + . . .+F2n = F2n+1.


Tehtävä 27. Osoita, että jokaisella positiivisella kokonaisluvulla n pätee

1 ·2+2 ·3+3 ·4+ . . .+n · (n +1) = n (n +1)(n +2)

3.



1 ·2 ·3+2 ·3 ·4+3 ·4 ·5+ . . .+n (n +1)(n +2) = n (n +1)(n +2)(n +3)

4.

Huomautus: Tämän ja edellisen tehtävän tulokset vihjaavat, että vastaava kaavavoisi toimia yleisemmin suuremmallakin määrällä peräkkäisiä kokonaislukuja.Juuri näin asia onkin.

Vihje s. 50 →

Tehtävä 29. Tehtävän 10 yleistys: Maassa on n > 2 kaupunkia, ja jokaista kaupun-kiparia yhdistää rautatie. Kutakin rautatietä operoi joko yhtiö Blue Lines tai RedLines. Osoita, että kaikista kaupungeista pääsee kaikkiin muihin kaupunkeihinkäyttäen vain yhden yhtiön junia.


36


Tehtävä 30. Osoita, että kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n pätee

F1F2 +F2F3 +F3F4 + . . .+F2n−1F2n = F 22n .


Tehtävä 31. Olkoon n positiivinen kokonaisluku. Todista, että

13 +23 +33 + . . .+n3 = n2 (n +1)2

4.


Tehtävä 32. Olkoon n positiivinen kokonaisluku. Todista identiteetti

12 +22 +32 + . . .+n2 = n (n +1)(2n +1)

6.

Vihje s. 51 →

Tehtävä 33. Määritellään lukujono a1, a2, . . . asettamalla a1 = 3, a2 = 5, ja

an+2 = 3an+1 −2an

jokaiselle positiiviselle kokonaisluvulle n. Etsi luvulle an yksinkertainen luvun nlauseke. Todista, että lauseke on oikein kaikilla n.


Tehtävä 34. Todista kokonaisluvuille n > 2 identiteetti(1− 1

4

)(1− 1

9

)(1− 1

16

)· · ·

(1− 1

n2

)= n +1

2n.



1

1 ·2 ·3+ 1

2 ·3 ·4+ 1

3 ·4 ·5+ . . .+ 1

n (n +1)(n +2)= 1

2

(1

2− 1

(n +1)(n +2)

).

Vihje s. 52 →

37


Tehtävä 36. Määritellään lukujono a0, a1, a2, . . . asettamalla

a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6,

sekä

an+3 = 2an+2 +an+1 −2an −an−1

jokaisella positiivisella kokonaisluvulla n. Osoita, että luku an on jaollinen luvullan jokaisella positiivisella kokonaisluvulla n.


Tehtävä 37. Mitä seuraavassa ”lauseessa” ja sen ”todistuksessa” on vialla?

”Lause”. Kaikki maailman hevoset ovat keskenään samanvärisiä.

”Todistus.” Tarkastellaan hevosten joukkoja, joissa on n hevosta. Osoi-tetaan, että kaikilla luvun n arvoilla kunkin joukon hevoset ovat keske-nään samanväriset. Tapauksessa n = 1 kunkin joukon ainoa hevonenon itsensä kanssa samanvärinen, joten väite pätee.

Oletaan sitten, että n > 2 on pienin hevosten joukon koko, jolla väiteei päde. Tarkastellaan jotakin n hevosen joukkoa, jossa on hevoseth1, h2, . . . , hn−1, hn . Koska n on pienin luku, jolla väite ei päde, kaikkin −1 hevosen joukot koostuvat keskenään samanvärisistä hevosista,ja erityisesti hevoset h1, . . . hn−1 ovat keskenään samanväriset, samoinhevoset h2, . . . hn .

Koska joukoissa on samoja jäseniä h2, . . . , hn−1, kaikki hevoset h1, h2,. . . hn ovat keskenään samanvärisiä.

h1 h2 h3 . . . hn−1

l l lh2 h3 . . . hn−1 hn

Luku n ei siis ollutkaan pienin, joten sellaista lukua ei ole olemassa.Kaikki maailman hevoset ovat siis keskenään samanvärisiä!


Tehtävä 38. Mitä seuraavassa ”lauseessa” ja sen ”todistuksessa” on vialla?

”Lause”. Jos a on positiivinen reaaliluku ja n positiivinen kokonaislu-ku, niin an−1 = 1.

38


”Todistus.” Jos väite ei pätisi, olisi olemassa positiivinen kokonaislukun ja positivinen reaaliluku a niin, että an−1 6= 1. Valitaan n ja a niin,että n on pienin mahdollinen. Koska a1−1 = a0 = 1, on oltava n > 2.Mutta nyt myös, muistaen, että n oli pienin mahdollinen arvo, jollatodistettava identiteetti ei päde,

an−1 = an−2 ·an−2

an−3 = 1 ·1

1= 1,

vastoin luvun n määritelmää. Tämä ristiriita osoittaa, että alkuperäi-nen oletus siitä, että todistettava väite ei pitäisi paikkaansa, ei oletotta, ja siten olemme todistaneet väitteen.

Vihje s. 53 →

Tehtävä 39. Mikä seuraavassa ”lauseessa” ja sen ”todistuksessa” on vialla?

”Lause”. Jokaisella positiivisella kokonaisluvulla n pätee

1

1 ·2+ 1

2 ·3+ 1

3 ·4+ . . .+ 1

(n −1)n= 3

2− 1

n.

”Todistus”. Jos väite ei pätisi, niin olisi olemassa pienin positiivinenkokonaisluku n, jolla väite ei pätisi. Koska tapauksessa n = 1

3

2− 1

1= 3

2−1 = 1

2= 1

1 ·2,

olisi varmasti n > 2. Mutta nyt luvun n määritelmän nojalla olisi

1

1 ·2+ 1

2 ·3+ 1

3 ·4+ . . .+ 1

(n −2)(n −1)= 3

2− 1

n −1,

ja voisimme laskea

1

1 ·2+ 1

2 ·3+ 1

3 ·4+ . . .+ 1

(n −2)(n −1)+ 1

(n −1)n

= 3

2− 1

n −1+ 1

(n −1)n= 3

2− 1

n −1+ 1

n −1− 1

n= 3

2− 1

n,

vastoin luvun n määritelmää. Siten ei ole olemassa pienintä lukua n,jolla väite ei pätisi, ja siten väite pätee kaikilla n.


39


Tehtävä 40. Totea, että luvuille

a = 1+p

5

2ja b = 1−

p5

2

pätee a2 = a+1 ja b2 = b+1. Osoita sitten Binet’n kaava, jonka mukaan Fibonaccinluvuille pätee

Fn = an −bn

p5

jokaisella positiivisella kokonaisluvulla n.


Tehtävä 41. Määritellään jono a1, a2, . . . asettamalla

a1 = 1, a2 = 1+ 1

1, a3 = 1+ 1

1+ 11

, a4 = 1+ 1

1+ 11+ 1

1

, . . .

Osoita, että jokaisella positiivisella kokonaisluvulla n pätee

an = Fn+1

Fn.


40


Huomautus tehtävien 40 ja 41 tuloksista.

Koska tehtävän 40 merkinnöillä |b| < 1 ja |a| > 1, suurilla luvun n arvoilla bn onhyvin lähellä nollaa kun taas an on huomattavan suuri luku. Tästä syystä Fn onlähempänä ja lähempänä lukua an/

p5, kun n kasvaa. Esimerkiksi

F5 = 5, F10 = 55, F15 = 610, ja F20 = 6765,

kun taas

a5

p5≈ 4,959675. . . ,

a10

p5≈ 55,003636. . . ,

a15

p5≈ 609,999672. . . ,

jaa20

p5≈ 6765,000030. . .

Raja-arvoja käyttäen tätä voitaisiin merkitä

Fn ∼ an

p5

taiFn

an/p

5−→ 1, kun n −→∞.

Koska Fn ∼ an/p

5 suurilla n, pätee tehtävän 41 merkinnöillä

an = Fn+1

Fn∼ an+1/

p5

an/p

5= a, eli an ∼ a

suurilla n. Tämä antaa aiheen määritellä ketjumurtolukukehitelmän

1+ 1

1+ 11+ 1

1+ 1...

= 1+p

5

2.

Vasemmalla puolella olevan kaltaisia lausekkeita kutsutaan ketjumurtoluvuiksi, janiille on olemassa varsin kaunis teoria. Lukua

a = 1+p

5

2≈ 1,618034. . .

puolestaan kutsutaan kultaisen leikkauksen suhteeksi.

41

Ensimmäiset vihjeet

Luvun 2 ensimmäiset vihjeet

Tehtävän 1 vihje. Todistaaksesi 4× 4-ruudukon laatoittamisen mahdolliseksikannattaa vain ruveta piirtämään; ratkaisu löytyy todennäköisesti nopeasti.

Shakkilautaväritys voi olla avuksi 10×10-ruudukon kanssa.

← Tehtävä s. 12 Toinen vihje s. 55 →

Tehtävän 2 vihje. Kuinka monta valkoista laattaa neliö peittää? Entä yksittäinenL-pala?


Tehtävän 3 vihje. Tässäkin olisi eduksi löytää sellainen väritys, jossa T-palat janeliöpala peittäisivät ruutuja parillisuuden kannalta eri tavalla.


Tehtävän 4 vihje. Nyt shakkilautavärityksestä ei ole iloa. Helpointa voisi ollakäyttää neljää eri väriä. Muitakin vaihtoehtoja toki on.


Tehtävän 5 vihje. Helpoin tapa todistaa laatoitus mahdolliseksi on piirtää se.Kannattaa siis kokeilla muutama kerta eri tapoja.

Mahdottomaksi todistamisessa voisi auttaa esimerkiksi kaksivärinen väritys, jossatoista väriä on selvästi vähemmän.


42

ENSIMMÄISET VIHJEET

Tehtävän 6 vihje. Värityksessä 1 suora 4× 1-pala peittää aina kaksi mustaa jakaksi valkoista ruutua, mutta mustia ruutuja on enemmän kuin valkoisia. Pelkilläsuorilla paloilla ei siis voi laatoittaa 10×10-ruudukkoa. Sen sijaan Z-palat peittävätvärityksessä 1 joko 1 tai 3 mustaa ruutua, mistä ei suoraan seuraa ristiriitaa. Väritys1 ei siis vaikuta käyttökelpoiselta tähän todistukseen.

Väritys 1


Tehtävän 7 vihje. Laatoitettavan lattian koko on siis tuntematon, mutta muodol-taan lattia on suorakulmio.

Voisiko lattian värittää kahdella värillä niin, että 4×1-laatta ja 2×2-laatta peittäisi-vät eri värisiä ruutuja jossakin mielessä eri tavoilla?


Tehtävän 8 vihje. Voisit selvittää ensin ruutujen lukumäärien perusteella, kuinkamonta kappaletta suurempaa ja pienempää palaa tarvittaisiin, jos laatoitus olisimahdollinen. Vaihtoehtoja on lopulta vain yksi.


43



Tehtävän 9 vihje.

Vaihtoehtoja tuntemiselle ja tuntemattomuudelle on vain 23 = 8 kappaletta, janäistä tapauksista monet ovat oleellisesti ottaen samoja. Tehtävän voi siis ratkaistalistamalla kaikki vaihtoehdot (ja se onkin aivan hyvä idea). Yritä kuitenkin ratkaistatehtävä myös lyhyemmällä tavalla samaan tyyliin kuin esimerkissä.


Tehtävän 10 vihje. Merkitään Blue Lines -yhtiön reittejä yhtenäisellä viivalla jaRed Lines -yhtiön reittejä katkoviivoilla. Tehtävänanto siis sanoo, että valittiin-pa yhtiöt miten tahansa, yhden yhtiön junilla pääsee kulkemaan mistä tahansakaupungista toiseen. Tarkastellaan kolmea esimerkkiä.

Esimerkki 1 Esimerkki 2 Esimerkki 3

Ensimmäisessä esimerkissä Blue Lines -junilla pääsee kaikkialle, toisessa esimer-kissä Red Lines -junilla ja kolmannessa kummallakin.

Kaikkia tapauksia ei kannata käydä läpi, vaan voit aloittaa todistuksen esimerkik-si tarkastelemalla yhtä kaupunkia A. Kaupungista A lähtee kolme rautatietä, javaihtoehtoja on vain kaksi: joko kaikkia kolmea rautatietä operoi sama yhtiö, taikahta operoi yksi yhtiö ja kolmatta toinen yhtiö. Nämä kaksi tapausta kannattaatarkastella erikseen.


44


Tehtävän 11 vihje. Tässä toimii samanlainen argumentti kuin esimerkissä käsi-tellyssä kuuden ihmisen tarkastelussa: Tutkitaan yhtä henkilöä A ja hänen suhdet-taan muihin 9 ihmiseen.

Voit aloittaa esimerkiksi tilanteesta, jossa on vähintään neljä henkilöä B , C , D ja E ,joita A ei tunne.

AB

C

D

E

1Tutkimalla henkilöiden B , C , D ja E keskinäisiä suhteita voit perustella, että tässätapauksessa väitteen on pädettävä.

Tämän jälkeen on mahdollista siirtyä tutkimaan tapausta, jossa on korkeintaankolme henkilöä, joita A ei tunne, eli A tuntee vähintään kuusi henkilöä.


Tehtävän 12 vihje. Haluaisimme hyödyntää tehtävän 11 tietoa kymmenen ihmi-sen tapauksesta.


Tehtävän 13 vihje. Tässä tehtävässä on hyödyllistä vakuuttua ensin siitä, että joskuusi tutkijaa käy kirjeenvaihtoa kahdesta eri aiheesta, niin jotkin kolme heistäkäyvät kirjeenvaihtoa keskenään samasta aiheesta. Tämä on luvun alussa olleenesimerkin tulos hieman toisin muotoiltuna.

Voit tarkastella yhtä tutkijaa A. Kuinka monen kanssa hän vähintään käy kirjeen-vaihtoa samasta aiheesta?


45



Tehtävän 14 vihje. Tulisi siis laatia parit kaikista luonnollisista luvuista ja parilli-sista luonnollisista luvuista. Millaiseen järjestykseen parilliset luvut kannattaisilaittaa, jotta ne olisivat kaikki varmasti listalla? Yksinkertaisuus on tässä hyve.

N 0 1 2 3 4 5 6 . . .

parilliset ? ? ? ? ? ? ? . . .

← Tehtävä s. 26 Toinen vihje s. 61 →Tehtävän 15 vihje. Huomaathan, että viidellä jaolliset kokonaisluvut sisältävätmyös negatiivisia lukuja. Voit ottaa mallia tavasta, jolla kokonaisluvut numeroitiin:

N 0 1 2 3 4 5 6 . . .

Z 0 1 −1 2 −2 3 −3 . . .

Voit korvata kokonaisluvut viidellä jaollisilla kokonaisluvuilla. Varmistu siitä, ettäjokaisella luonnollisella luvulla on parina eri viidellä jaollinen luku, ja joka viidelläjaollisella luvulla eri luonnollinen luku.

← Tehtävä s. 26

Tehtävän 16 vihje. Ratkaisu muistuttaa reaalilukujen ylinumeroituvuuden todis-tusta, nyt vain desimaalien tilalla on kirjaimia. Voit valita kirjaimet diagonaalilta javaihtaa kirjaimet a ja b päittäin. Ongelmaksi muodostuvat äärelliset sanat. Et voijättää diagonaalisanaan aukkoja (etkä järjestää sanoja pituuden mukaan). Keksit-kö ratkaisun, jolla diagonaalisanasta tulee yhtenäinen ja varmasti erilainen kuinmikään listan sana?

← Tehtävä s. 26

Tehtävän 17 vihje. Edellisen tehtävän kaltainen todistus ei toimi, koska diagonaa-lille muodostuvan sanan kanssa tulee ongelma. Mikä se on?


Tehtävän 18 vihje. Jos joukon alkiot koostuvat kahdesta kokonaisluvusta, ne voinumeroida samaan tapaan kuin rationaaliluvut numeroitiin sivulla 21. Jos tämä eitunnu mahdolliselta, voit yrittää käyttää Cantorin diagonalisointia.


Tehtävän 19 vihje. Millä tavalla rationaalilukujen desimaaliesitykset poikkeavatirrationaalilukujen desimaaliesityksistä?


46



Tehtävän 20 vihje. Kannattaa täyttyy tyhjä taulukko muutaman kerran alustalähtien, jotta saat tuntumaa tehtävään. Voit sitten yrittää parantaa toistaiseksiparasta tulostasi tutkimalla, mitkä pienet luvut jäivät käyttämättä. Voisiko jonkinniistä ujuttaa mukaan ja poistaa jonkin suuremman luvun?

Sääntöjen mukaisesti täytetty ruudukko voisi näyttää esimerkiksi tältä.

11 33 3 922 18 15 616 10 5 208 40 25 30

Tässä esimerkissä suurimmaksi luvuksi jäi 40, mutta tämä ei ole läheskään pieninmahdollinen vaihtoehto.


Tehtävän 21 vihje. Voit tutkia tapausta, jossa tanssijoita on esimerkiksi kuusi.Seuraavassa kuvassa nuolet osoittavat suuntaan, johon tanssijat katsovat. Ketkäheistä huutavat ”Hei!”? Piirrä vastaava kuva, kun tanssijat ovat kääntyneet. Ketkähuutavat nyt?

Miten tilanne yleistyy useammalla tanssijalle? Huomautus: tässä tarkasteltiinkuutta tanssijaa, koska sellainen määrä on vielä helppo piirtää, mutta rakennettanäkee enemmän suuremmalla kuin pienemmällä määrällä tanssijoita. Kannattaakokeilla myös muita pienehköjä lukumääriä.


Tehtävän 22 vihje. Huomaa, ettei huoneen 100 asukas voinut kätellä sataa ihmis-tä, koska muita hotellivieraita on vain 99. Mutta kuka hotellivieraista väistämättäkätteli kaikkia muita? Kuka ei kätellyt ketään muuta kuin sitä, joka kätteli kaikkiamuita?


47


Tehtävän 23 vihje. Kannattaa laatia taulukko, jossa on listattuna kaikki tavat, joil-la kolmesta kokonaisluvusta voi tulla tuloksi 72. Eri tavat on helpompi löytää, joslaitat ne järjestykseen esimerkiksi suurimman tekijän mukaan. Taulukon laatimi-nen voi tuntua turhauttavalta, mutta siinä ei lopulta mene kovin kauan. Taulukonavulla tehtävä on ratkaistavissa. Mitkä vaihtoehdot sopivat tarinaan ja mitä eivät?


Tehtävän 24 vihje. Ratkaisu on mahdollinen (eri tapoja on itse asiassa monta),mutta varmuuden saavuttamisessa voi kestää pitkään, joka tapauksessa vuosia.Älä siis pelästy, jos prosessissa tuntuu kestävän kauan!

Voi olla eduksi huomata, että kaikkien vankien ei tarvitse toimia samalla tavalla,vaan he voivat sopia erilaisista rooleista ennen koitoksen alkamista.


48



Tehtävän 25 vihje. Tehtävän voi ratkaista hyvin samalla tavalla kuin sitä edeltävänesimerkin. Voisi olla viisasta tarkistaa ensin, että väite pätee, kun n = 1. Tällöinväitteen vasen puoli on F1 oikea F1+2 −1. Ovatko ne yhtä suuret?

Voit olettaa sitten, että väite ei pidä paikkaansa kaikilla luvuilla n ja tutkia pienintälukua n, jolla väite ei päde. Täytyy olla n > 2, koska väite päti tapauksessa n = 1.Tällöin väite pätee luvulla n −1:

F1 +F2 + . . .+Fn−1 = F(n−1)+2 −1

= Fn+1 −1.

Voit käyttää tätä osoittaaksesi, että itse asiassa pätee

F1 +F2 + . . .+Fn−1 +Fn = Fn+2 −1.

Tällöin on osoitettu, ettei pienintä lukua n ole olemassa. Väite pätee siis kaikillapositiivisilla kokonaisluvuilla n.


Tehtävän 26 vihje. Voit tarkistaa ensin, että tulos pätee, kun n = 1. Tällöin yhtälön

1+F2 +F4 +F6 + . . .+F2n = F2n+1

vasen puoli saa muodon 1+F2 ja oikea puoli muodon F2·1+1. Ovathan kyseisetluvut yhtä suuret?

Tämän jälkeen voit tutkia pienintä n, jolla väite ei päde. Koska tapaus n = 1 toimii,täytyy olla n > 2. Koska n on pienin luku, jolla väite ei päde, yhtä pienemmälleluvulle n −1 väitteen täytyy päteä, eli on

1+F2 +F4 +F6 + . . .+F2(n−1) = F2(n−1)+1,

eli hieman sievennettynä

1+F2 +F4 +F6 + . . .+F2n−2 = F2n−1.

Voitko tämän avulla osoittaa, että on oltava myös

1+F2 +F4 +F6 + . . .+F2n−2 +F2n = F2n+1?


49


Tehtävän 27 vihje. On hyvä tarkastella erikseen tapaus n = 1.

Sitten voit tarkastella pienintä kokonaislukua n, jolla väite ei päde. Täytyy ollan > 2. Tällöin väite pätee luvulla n −1, eli pätee

1 ·2+2 ·3+ . . .+ (n −1)n = (n −1)n (n +1)

3.

Luvun n tapauksen yhtälön vasenta puolta voi nyt sieventää näin:

1 ·2+2 ·3+ . . .+ (n −1)n︸︷︷︸= (n −1)n (n +1)

3

+n(n +1) = (n −1)n (n +1)

3+n (n +1) .

Tästä voi jatkaa sieventämällä tulosta rohkesti.

Sievennyksen osalta tässä tehtävässä kannattaa vastustaa houkutusta kertoa su-lut auki, ja sen sijaan pikemminkin ottaa yhteisiä tekijöitä aina, kun se vain onmahdollista. Yhteisen tekijän ottamisella tarkoitamme esimerkiksi kaikille reaali-luvuille a, b, x ja y päteviä laskuja

ax +bx = (a +b) · x

taia(x + y)+b(x + y) = (a +b) · (x + y).

Nämä kaavat voi tarkistaa kertomalla oikeanpuoleisissa lausekkeissa sulut auki.

Tämän tehtävän tapauksessa voisi olla eduksi jatkaa sievennystä ottamalla yhtei-seksi tekijäksi n(n +1). Toisessa vihjeessä näytetään konkreettisesti, miten tämänvoi tehdä.


Tehtävän 28 vihje. Todistuksen voi rakentaa hyvin samanlaisella rakenteella kuintehtävässä 27. Kuten tehtävän 27 vihjeessä mainittiin, tässäkin tehtävässä kannat-taa välttää sulkujen kertomista auki, koska tämä monimutkaistaisi lausekkaitamerkittävästi.

Tehtävän 27 vihjeiden mukaisella todistuksen rakenteella vastaan voi tulla tilanne,jossa yhteisen tekijän ottaminen tähän tapaan:

(n −1)n (n +1)(n +2)

4+n (n +1)(n +2) =

(n −1

4+1

)n (n +1)(n +2)

on suureksi hyödyksi.

← Tehtävä s. 36

50


Tehtävän 29 vihje. Tapaus n = 2 on selvä: kahta kaupunkia yhdistää vain yksi rata,ja tätä ainokaista rataa ajaa toinen yhtiöistä.

Suurempia kaupunkimääriä voit lähestyä esimerkiksi olettamalla, että n on pieninluku, jolla väite ei päde, ja yrittää johtaa tästä ristiriidan osoittamalla, että koskaväite pätee kaupunkien määrällä n−1, sen täytyy sittenkin päteä myös kaupunkienmäärällä n.

Huomautettakoon, että tapaus n = 3 on itse asiassa sama kuin tehtävä 9, kunhantunteminen ja tuntemattomuus korvataan junayhtiöillä. Tapaus n = 4 taas ontehtävä 10. Näitä tapauksia ei kuitenkaan tarvitse erikseen tarkastella tässä, silläyleisen tapauksen todistus perustelee myös ne.


Tehtävän 30 vihje. Koska suurin väitteessä esiintyvä Fibonaccin luku F2n onjärjestysluvultaan parillinen, on väitteen muotoilussa luvulle n −1 ja luvulle nkahden yhteenlaskettavan ero, kun n > 2:

F1F2 +F2F3 + . . .+F2(n−1)−1F2(n−1)︸︷︷︸Väitteen vasen puoli luvulle n −1

+

Nämä termit lisättävä,

jotta saadaan väitteen

vasen puoli luvulle n︷︸︸︷F2n−2F2n−1 +F2n−1F2n


Tehtävän 31 vihje. Tämäkin tehtävä on ratkaistavissa hyvin samankaltaisessatodistuksella kuin tehtävä 27. Matkan varrella voi olla eduksi yhteisen tekijänottaminen tähän tapaan:

(n −1)2 n2

4+n3 =

((n −1)2

4+n

)n2,

minkä jälkeen sulut (n −1)2 kannattaa kertoa auki.


Tehtävän 32 vihje. Tällä tehtävällä on paljon yhteistä tehtävän 31 kanssa. Matkanvarrella sievennyksistä

(n −1)n (2n −1)

6+n2 = n

((n −1)(2n −1)

6+n

)

51


sekä 2n2+3n+1 = (n+1)(2n+1) voi olla hyötyä. Tämän viimeisen yhtäsuuruudenvoi perustella kertomalla sulut auki.

← Tehtävä s. 37

Tehtävän 33 vihje. Voit laskea esimerkiksi lukujonon kuusi ensimmäistä termiänäkyviin ja yritää niiden avulla arvata, mikä yleinen kaava voisi olla.


Tehtävän 34 vihje. Voisi olla eduksi tarkistaa ensin, että väite toimii, kun n = 2.(Miksi ei n = 1?)

Olkoon n pienin luku, jolla väite ei päde. Täytyy siis olla n > 3. Silloin luvulle n −1väitteen pitäisi olla tosi, ja siis(

1− 1

4

)(1− 1

9

)(1− 1

16

)· · ·

(1− 1

(n −1)2

)= (n −1)+1

2(n −1).

Miten tätä voisi soveltaa alkuperäisen väitteen vasempaan puoleen(1− 1

4

)(1− 1

9

)(1− 1

16

)· · ·

(1− 1

(n −1)2

)(1− 1

n2

)?


Tehtävän 35 vihje. Tehtävän voi ratkaista samalla rakenteella kuin tehtävän 34vihjeissä on esitetty. Tosin sievennykset ovat hieman mutkikkaampia.

Mikäli päädyt laskemaan summaa

−1

2· 1

n (n +1)+ 1

n (n +1)(n +2),

sen voi käsitellä esimerkiksi näin:

−1

2· 1

n (n +1)+ 1

n (n +1)(n +2)=

(−1

2+ 1

n +2

)· 1

n(n +1)

= −(n +2)+2

2(n +2)· 1

n(n +1)

= −n

2(n +2)· 1

n(n +1)

= −1

2(n +2)· 1

n +1.

← Tehtävä s. 37

52


Tehtävän 36 vihje. On siis todistettava, että kaikissa luvuissa an on tekijänä n, elierityisesti

a1 = 1 · (jokin kokonaisluku)



...

Voit laskea lukujonon ensimmäisiä termejä ja kirjoitaa ne muodossa

a1 = 1 ·u a4 = 4 · xa2 = 2 · v a5 = 5 · ya3 = 3 ·w a6 = 6 · z

...

Millaisen lukujonon luvut u, v , w , x, y , z, ... muodostavat? Voit tulosten perusteellayrittää arvata kaavan luvuille an ja sitten osoitaa sen oikeaksi.


Tehtävän 37 vihje. Miten ”todistukselle” käy tapauksessa n = 2?


Tehtävän 38 vihje. ”Todistuksessa” oletetaan asioita sekä luvusta an−2 että luvustaan−3. Mikä ongelma tästä syntyy?

← Tehtävä s. 38

Tehtävän 39 vihje. Virhe on aivan alussa, heti ensimmäisellä kaavarivillä. Voitvakuuttua ”lauseen” virheellisyydestä kokeilemalla jotakin luvun n arvoa.


53


Tehtävän 40 vihje. Identiteetin a2 = a +1 voi perustella laskemalla

a2 =(

1+p

5

2

)2

=(1+

p5)(

1+p

5)

4= 1+

p5+

p5+ (p

5)2

4= 6+2

p5

4= 3+

p5

2

ja toisaalta

a +1 = 1+p

5

2+1 = 1+

p5

2+ 2

2= 3+

p5

2.

Identiteetin b2 = b +1 voi perustella samaan tapaan.

Binet’n kaavan

Fn = an −bn

p5

todistaaksesi voit ensin tarkistaa tapaukset n = 1 ja n = 2, ja tutkia sitten pienintälukua n, jolla kaava ei päde (missä n > 3).


Tehtävän 41 vihje. Voit tarkistaa ensin, että väite on tosi tapauksessa n = 1, eli

a1 =F2

F1, ja tutkia sitten pienintä lukua n, jolla väite ei päde.

Millaisen rekursioyhtälön lukujono an toteuttaa, eli miten luvun an voisi esittääluvun an−1 avulla? Tästä rekursioyhtälöstä olisi hyötyä ratkaisussa.


54

Toiset vihjeet

Luvun 2 toiset vihjeet

Tehtävän 1 toinen vihje. 4×4-ruudukon voi laatoittaa näin:

Samaa ideaa voi soveltaa 8×8-ruudukkoon.

10×10-ruudukon tapauksessa kannattaa pohtia shakkilautaväritystä. JokainenT-pala peittää shakkilautaväritetystä laudasta parittoman määrän mustia ruutuja(joko yhden tai kolme). Miksi tämä on ongelma?

Voi olla hyödyksi miettiä, kuinka monta T-palaa yhteensä tarvittaisiin 10× 10-ruudukon onnistuneeseen laatoitukseen, ja peittäisikö näin monta T-palaa yh-teensä parillisen vai parittoman määrän mustia ruutuja. Kuinka monta mustaaruutua 10×10-laudalla on?

0Z0Z0Z0Z0ZZ0Z0Z0Z0Z00Z0Z0Z0Z0ZZ0Z0Z0Z0Z00Z0Z0Z0Z0ZZ0Z0Z0Z0Z00Z0Z0Z0Z0ZZ0Z0Z0Z0Z00Z0Z0Z0Z0ZZ0Z0Z0Z0Z0

← Tehtävä s. 12 ← Vihje s. 42

Tehtävän 2 toinen vihje. Kuviossa on valkoisia ruutuja yhteensä 32 kappaletta.Tästä taitaa muodostua ongelma, sillä 15 L-palaa ja yksi neliö eivät voi peittääparillista määrää valkoisia ruutuja. Miksi?


55

TOISET VIHJEET

Tehtävän 3 toinen vihje. Shakkilautaväritys toimii. Neliö peittää silloin kaksi mus-taa ruutua ja jokainen T-pala parittoman määrän mustia ruutuja. Miksi peitettyjenmustien ruutujen summa ei silloin voi olla 32?


Tehtävän 4 toinen vihje. Laudan voisi värittää systemaattisesti neljällä värilläsiten, että miten hyvänsä aseteltu 1×4-pala peittäisi aina neljä eriväristä ruutua,kuten oheisessa kuvassa. Kuinka monta kunkin väristä ruutua tällöin tulisi?

1 2 3 4 1 2 . . .2 3 4 1 2 3 . . .3 4 1 2 3 4 . . .4 1 2 3 4 1 . . .1 2 3 4 1 2 . . .2 3 4 1 2 3 . . .3 4 1 2 3 4 . . ....

......

......

.... . .

Jos käytät vain kahta väriä (esimerkiksi mustaa ja valkoista), laudan voisi värittääniin, että mikä tahansa 1×4-laatta peittää kolme valkoista ja yhden mustan ruudun.Kuinka monta mustia ruutuja olisi silloin?


Tehtävän 5 toinen vihje. Mahdollisessa laatoituksessa 2×2-neliöt kannattaa si-joittaa ensin, ja ne voi sijoittaa nurkkiin.

Mahdottomuutta tutkittaessa seuraavasta värityksestä voisi olla hyötyä.


56

TOISET VIHJEET

Tehtävän 6 toinen vihje. Värityksessä 2 suora 4×1-pala peittää aina joko 2 mustaaruutua tai ei yhtään, kun taas Z-pala peittää aina tasan yhden mustan ruudun.Tästäkään ei suoraan seuraa ristiriitaa, joten huomio kannattanee kiinnittää väri-tykseen 3.

Väritys 2

Värityksessä 3 voisi olla eduksi laskea, kuinka monta mustia ruutuja on yhteensä.


Tehtävän 7 toinen vihje. Voisitko värittää lattian ruudut niin, että jokainen 2×2-laatta peittää aina kolme yhden väristä ja yhden toisen värisen ruudun? Peittäisi-vätkö silloin 4×1-laatat ruutuja eri tavalla?

Millaista väritystä käytätkin, mahdottomuuden perustelemiseksi täytyy vielä miet-tiä, mitä peitettyjen eri väristen ruutujen lukumäärälle tai parillisuudelle tapahtuu,kun ehjiä laattoja siirrellään.


Tehtävän 8 toinen vihje. Ruudukossa on 49 kolmiota, joten jos viiden kolmionpaloja on x kappaletta ja 8 ruudun paloja y kappaletta, täytyy olla 5x +8y = 49.Tämä toteutuu vain yhdellä epänegatiivisella kokonaislukuparilla x ja y . Kunpalojen määrät ovat selvillä, shakkilautavärityksen kaltaisesta värityksestä voisiolla hyötyä.


57

TOISET VIHJEET


Tehtävän 9 toinen vihje. Jos merkitään tuntemista yhtenäisellä viivalla ja tunte-mattomuutta katkoviivalla, voidaan listata kaikki kahdeksan vaihtoehtoa.

Väitteen voi tarkistaa pätevän kaikissa näissä tapauksissa, ja todistus on valmis.Tämä on kuitenkin hieman epäeleganttia, eikä lähestymistapa toimisi, jos ihmisiäolisi enemmän.

Lyhyempi todistus voisi alkaa näin: Olkoon A yksi kolmesta ihmisestä. Jos A tunteemolemmat muut, väite pätee, samoin jos A ei tunne kumpaakaan. Täytyy siis enäätarkastella kolmatta tilannetta, jossa A tuntee yhden henkilön (olkoon hän B),mutta ei tunne toista henkilöä (sanokaamme C ).

A A

B C

A

Tapaus 1 Tapaus 2 Tapaus 3

Kolmannen tapauksen tarkastelun loppuun saattamiseksi kannattaa pohtia henki-löiden B ja C välistä suhdetta.


Tehtävän 10 toinen vihje. Tarkastellaan vihjeen 1 hengessä jotakin kaupunkiaA. Vaihtoehtoja on kaksi: kaupungista A lähtevää kolmea rautatietä operoi jokokaikkia sama yhtiö, tai kahta rautatietä operoi yksi yhtiö ja kolmatta (vaikkapayhteyttä A–C ) toinen yhtiö.

58

TOISET VIHJEET

A

B C

D A

B C

D

Tapaus 1 Tapaus 2

Ensimmäisessä tapauksessa väite pätee, eikö vain? Toisessa tapauksessa voisi ollahedelmällistä tarkastella yhteyksiä B–C ja C –D .


Tehtävän 11 toinen vihje. Täydennetään hieman ensimmäistä vihjettä: Tarkastel-laan henkilöä A, ja tapausta, jossa on vähintään neljä henkilöä (B , C , D ja E ), joitaA ei tunne.

AB

C

D

E

1Jos B ja C eivät tunne toisiaan, väite toteutuu. (Miksi?) Vastaavasti jos ketkä tahan-sa kaksi henkilöistä B , C , D ja E eivät tunne toisiaan, väite toteutuu. Mutta väitepätee myös tilanteessa, jossa kaikki henkilöistä B , C , D ja E tuntevat toisensa, eikövain?

Tarkasteltavaksi jää vielä tilanne, jossa A tuntee vähintään 6 ihmistä. Olkoot henyt B , C , D , E , F ja G .

AB

C

D

E F

G

1

Mitä luvun alussa esimerkkinä ollut tulos kertoo näistä kuudesta ihmisestä?


59

TOISET VIHJEET

Tehtävän 12 toinen vihje. Voit taas tarkastella yhtä henkilöä A. Muita henkilöitäon 19 kappaletta, joten joko

1. A tuntee vähintään 10 muuta.

2. On vähintään 10 henkilöä, joita A ei tunne.

Nämä kaksi tapausta voi tarkastella erikseen ja hyödyntää molemmissa tehtävän11 tulosta kymmenestä henkilöstä.


Tehtävän 13 toinen vihje. Tarkastellaan yhtä tutkijaa A, joka siis käy kirjeenvaih-toa muiden 16 tutkijan kanssa. Tutkija A käy jostakin aiheesta kirjeenvaihtoavähintään kuuden muun tutkijan kanssa; olkoot he B , C , D, E , F ja G . Tämänperustelemiseksi riittää todeta, että jos A kävisi kustakin aiheesta kirjeenvaihtoakorkeintaan viiden henkilön kanssa, näitä henkilöitä ei voisi olla enempää kuin5+5+5 = 15.

AB

C

D

E F

G

Mitä tapahtuu, jos jotkin tutkijoista B , C , D , E , F tai G käyvät keskenään kirjeen-vaihtoa samasta aiheesta kuin tutkijan A kanssa? Entä, jos kukaan heistä ei käy?Ensimmäinen vihje voi olla tässä avuksi.


60

TOISET VIHJEET


Tehtävän 14 toinen vihje. Itse asiassa tehtävä on pitkälti valmis, kun kirjoittaatällaisen listan:

N 0 1 2 3 4 5 6 . . .

parilliset 0 2 4 6 8 10 12 . . .

Esiintyykö jokainen luonnollinen luku ylärivissä täsmälleen kerran? Entä jokainenparillinen luonnolinen luku alarivissä? Mikäli kyllä, luvuista voidaan muodostaaparit, ja lukujoukkojen mahtavuudet ovat yhtä suuret.


Tehtävän 17 toinen vihje. Diagonaalille muodostuva sana on äärettömän pit-kä, joten sen ei kuuluisikaan olla listalla! Joukon numeroituvuutta pohdittaessakannattaa järjestää sanat ensin pituuden mukaisesti ja yhtä pitkät vaikkapa aak-kosjärjestykseen. Voiko tällaisen listan numeroida vai ei?


Tehtävän 18 toinen vihje. Numeroituvia ovat (x, y)-tason kokonaislukupisteet jakokonaislukukertoimiset suorat y = kx +b.

Ylinumeroituva on puolestaan ainoastaan numeroita 0 ja 3 sisältävien desimaali-lukujen joukko.

Yritäthän perustella nämä tulokset. Numeroituvuus voidaan perustella piirtämälläsopiva numerointi (kuten rationaalilukujen tapauksessa) ja ylinumeroituvuuskäyttäen Cantorin diagonaaliargumenttia (kuten reaalilukujen tapauksessa).


Tehtävän 19 toinen vihje. Rationaalilukujen desimaaliesitykset ovat joko jaksolli-sia tai päättyviä. Onko diagonaalille muodostuva luku välttämättä sellainen?


61

TOISET VIHJEET


Tehtävän 20 toinen vihje. Mitkä tahansa kaksi parillista lukua sopivat vierekkäin,joten ruudukon voi täyttää luvuilla 2–32. Tämä ei kuitenkaan ole paras ratkaisu.

Voi olla eduksi tarkastella alkulukuja. Jos esimerkiksi mukana on alkuluku 11, senmahdolliset naapurit ovat pienimmilläänkin 22, 33, 44,... Luvut kasvavat siis varsinsuureksi, vaikka alkuluvun 11 sijoittaisi nurkkaan.

3322 11

Optimaalinen ratkaisu ei siis voi sisältää kovin suuria alkulukuja.

Kannattaa tehdä huolellinen lista pienistä luvuista, joita et ole vielä käyttänyt, jayrittää ujuttaa niitä mukaan, jos mahdollista. Optimaalisessa ratkaisussa suurinluku on lopulta pienempi kuin 24.


Tehtävän 21 toinen vihje. Voi olla hedelmällistä ajatella samaan suuntaan katso-vien tanssijoiden jonoja. Ketkä tällaisessa jonossa huutavat ”Hei!”? Entä käännök-sen jälkeen?


62

https://fi.wikipedia.org/wiki/Alkuluku

TOISET VIHJEET

Tehtävän 22 toinen vihje. Tarkastellaan typistettyä muotoa ongelmasta: Olkoonhuoneita neljä, ja huoneiden 1–3 asukkaat kättelevät huoneensa numeron määränihmisiä. Kuinka monta kättelyä tulee huoneen 4 asukkaalle?

Huone 1kätteli yhtä

Huone 3kätteli kolmea

Huone 2kätteli kahta

Huone 4kätteli ??

Huoneen kolme asukas kätteli kaikkia muita. Merkitään kättelyä viivalla:




Huone 4kätteli ??

Huone 1 on nyt jo kätellyt riittämiin, joten huoneen 2 on täytynyt kätellä huonetta4 saadakseen kättelynsä täyteen. Huoneen neljä asukas kätteli siis kahta muuta.Tämä on ainoa mahdollinen lopputulos.





Voit yrittää yleistää vastaavan päättelyn suuremmalla joukolle. Esimerkiksi kuu-della huoneella kokeileminen voisi olla hyvä ajatus. Silloin kannatttaa aloittaatarkastelu huoneen 5 asukkaan kättelyistä.


63

TOISET VIHJEET

Tehtävän 23 toinen vihje. Teithän taulukon eri tavoista saada kolmen kokonaislu-vun tuloksi 72? Sitä tarvitaan nyt. Onhan taulukossasi 12 eri vaihtoehtoa? Tauluk-koon on hyvä kirjata myös lukujen summat.

Mietitään, minkä takia esimerkiksi vaihtoehto 72 ·1 ·1 = 72 ei ole mahdollinen.Verrataan tarinaan: Jos iät olisivat 72, 1 ja 1, talon numero olisi 74. Taulukkosiperusteella voit todeta, että ehdot

a ·b · c = 72 ja

a +b + c = 74

täyttäviä positiivisia kokonaislukuja a, b ja c ovat vain ne kolmikot, joissa esiintyvätluvut 72, 1 ja 1 jossakin järjestyksessä. Jos siis talon numero olisi 74, väestönlaskijaolisi selvittänyt ongelman laskemalla. Siispä talon numero ei voi olla 74. Katsotaulukkoasi: mikä on ainoa summa, joka sopii tarinaan?


Tehtävän 24 toinen vihje. Yksinkertaisinta lienee, että etukäteen sovitaan yhdenvangin toimivan laskijana. Tieto käynneistä toimitetaan hänelle lampun avulla jalaskija laskee, milloin muiden 99 käyntiä tulee täyteen. Ratkaistavat ongelmat ovat

• Miten vanki voi jättää tiedon siitä, että hän on ollut lamppuhuoneessa?

• Miten laskija saa tiedon?

• Miten varmistetaan, ettei viesti mene sekaisin sillä välin?

• Miten tulee toimia, kun sama vanki joutuu huoneeseen useita kertoja?

Kun nämä ongelmat on ratkaistu, laskija ilmoittaa kaikkien käyneen huoneessasaatuaan viimein tarvittavat tiedot. Tähän voi mennä varsin kauan!


64

TOISET VIHJEET


Tehtävän 25 toinen vihje. Jos edellisen vihjeen mukaisesti tiedämme väitteenpätevän luvulle n −1, eli

F1 +F2 + . . .+Fn−1 = Fn+1 −1,

voi alkuperäisen väitteen

F1 +F2 +F3 + . . .+Fn−1 +Fn = Fn+2 −1

vasenta puolta sieventää näin:

F1 +F2 +F3 + . . .+Fn−1︸︷︷︸=Fn+1−1

+Fn = Fn+1 −1+Fn .

Tämä on itse asiassa sama kuin Fn+2 −1, sillä pätee Fn+1 +Fn = Fn+2. Miksihän?


Tehtävän 26 toinen vihje. Edellistä vihjettä hyödyntäen väitteen

1+F2 +F4 +F6 + . . .+F2n−2 +F2n = F2n+1

vasenta puolta voi sieventää seuraavasti:

1+F2 +F4 +F6 + . . .+F2n−2︸︷︷︸=F2n−1

+F2n = F2n−1 +F2n .

Miksi tämän täytyy itse asiassa olla sama kuin F2n+1?


Tehtävän 27 toinen vihje. Edellisen vihjeen jäljiltä päädyttiin yhtälöön

1 ·2+2 ·3+ . . .+ (n −1)n +n(n +1) = (n −1)n (n +1)

3+n (n +1) ,

ja toiveena oli todistaa, että tämä olisi sama kuinn (n +1)(n +2)

3. Voisi olla eduksi

jatkaa sieventämistä ottamalla yhteiseksi tekijäksi luku n(n +1), jolloin saataisiin

(n −1)n (n +1)

3+n (n +1) =

(n −1

3+1

)·n(n +1) =

(n −1

3+ 3

3

)·n(n +1).

= n +2

3·n(n +1).

Miksi tämä on haluttu kaava? Miksi pienintä toimimatonta lukua n ei siis olekaanolemassa?


65

TOISET VIHJEET

Tehtävän 29 toinen vihje. Todistuksessa pohjatapaukseksi riittää n = 2, jolloinväite selvästikin pätee.

Pääset eteenpäin olettamalla, että n > 2 on pienin luku, jolla väite ei päde. Voitsitten tarkastella n kappaletta kaupunkeja A1, A2, . . . , An . Koska n on pienin luku,jolla väite ei päde, täytyy väitteen päteä, kun kaupunkeja on n − 1. Täytyy siisolla mahdollista matkustaa kaupunkien A1, . . . , An−1 välillä käyttäen vain yhdenyhtiön junilla, esimerkiksi Blue Lines -yhtiön.

A2

... ...

A1

An−1

An

Jos lisäät nyt tarkasteluun vielä kaupungin An , voit tutkia sen yhteyksiä kaupunkei-hin A1, . . . , An−1. Voit tarkastella erikseen tapauksen, jossa Blue Lines ei liikennöilainkaan kaupunkiin An ja sen vaihtoehtona tapauksen, jossa Blue Lines yhdistääkaupungin An ainakin yhteen muista kaupungeista.

Pystytkö kummassakin tapauksessa todistamaan, että kaikki kaupungit ovat sitten-kin yhteydessä toisiinsa yhden yhtiön junilla? Mikäli kyllä, olet johtanut ristiriidan,ja pienintä lukua n ei siis olekaan olemassa. Näin väite pätee kaikille luvuille n > 2.


Tehtävän 30 toinen vihje. Kokonaisessa todistuksessa on toki hyvä ensin tarkistaa,että väite pätee, kun n = 1, eli että lausekkeet F1F2 ja F 2

2 ovat yhtä suuret.

Jos oletetaan, että n > 2 on pienin luku, jolle väite ei päde, väite pätee luvulle n−1ja siis

F1F2 +F2F3 + . . .+F2(n−1)−1F2(n−1) =(F2(n−1)

)2 ,

tai vähemmillä suluilla kirjoitettuna

F1F2 +F2F3 + . . .+F2n−3F2n−2 = F 22n−2.

Tämän avulla voi sieventää väitteen vasenta puolta tapauksessa n seuraavasti:

F1F2 +F2F3 + . . .+F2n−3F2n−2︸︷︷︸= F 2

2n−2

+F2n−2F2n−1 +F2n−1F2n

= F 22n−2 +F2n−2F2n−1 +F2n−1F2n .

66

TOISET VIHJEET

Nyt haasteena olisi sieventää lauseke F 22n−2+F2n−2F2n−1+F2n−1F2n muotoon F 2

2n ,jolloin väite pätisikin luvulla n ja olisimme valmiit.

Sievennyksessä voisi olla eduksi ottaa yhteisiä tekijöitä ja hyödyntää sitä, ettäkahden peräkkäisen Fibonaccin luvun summa on seuraava Fibonaccin luku.


Tehtävän 31 toinen vihje. Kun on ensin tarkistettu, että väite pätee tapauksessan = 1, voidaan tarkastella pienintä kokonaislukua n > 2, jolla väite ei päde. Tällöinväite pätisi luvulle n −1, eli olisi

13 +23 + . . .+ (n −1)3 = (n −1)2 n2

4.

Kun tätä sovelletaan tapaukseen, jossa summassa on n kuutiota, saadaan

13 +23 + . . .+ (n −1)3︸︷︷︸= (n −1)2 n2

4

+n3 = (n −1)2 n2

4+n3.

Tämä puolestaan on mahdollista vihjeen 1 avulla sieventää lopulta muotoon

n2 +2n +1

4·n2,

jolloin maali on yhden askeleen päässä kun huomataan, että n2 +2n+1 = (n+1)2.Tämän muistikaavan voi perustella kertomalla viimeiset sulut auki.


Tehtävän 33 toinen vihje. Lukujonon termit ovat lähellä luvun kaksi potensseja.Esimerkiksi a3 = 9 = 23 +1 Miten lausekkeen an kaava siis pitäisi muotoilla?

Todistaaksesi kaavan oikeaksi tarkista ensin, että se pätee luvuilla a1 ja a2. Tarkas-tele sitten pienintä lukua n, jolla an ei olisi kaavasi mukainen.


Tehtävän 34 toinen vihje. Ensimmäisen vihjeen mukaisesti alkuperäisen väitteenvasenta puolta voi sieventää seuraavasti:(

1− 1

4

)(1− 1

9

)(1− 1

16

)· · ·

(1− 1

(n −1)2

)︸︷︷︸

=(n −1)+1

2(n −1)

(1− 1

n2

)= (n −1)+1

2(n −1)·(1− 1

n2

).

67

TOISET VIHJEET

Tätä voi sieventää edelleen

(n −1)+1

2(n −1)·(1− 1

n2

)= n

2(n −1)·(

n2

n2 − 1

n2

)= n

2(n −1)· n2 −1

n2

= n

2(n −1)· (n −1)(n +1)

n2 ,

missä viimeisessä välivaiheessa on käytetty tulosta n2 −1 = (n −1)(n +1), jonkavoi todistaa kertomalla sulut auki. Supistamalla lausekkeilla n ja (n −1) saadaan

n

2(n −1)· (n −1)(n +1)

n2 = n +1

2n.

Miksi nyt ollaankin itse asiassa valmiit?


Tehtävän 36 toinen vihje. Itse asiassa kaikille positiivisille kokonaisluvuille n pä-tee an = n ·Fn , missä Fn on järjestyksessä n. Fibonaccin luku! Tämän todistaaksesion syytä tarkistaa tapaukset n = 1, n = 2, n = 3 ja n = 4 erikseen. Tämän jälkeenvoit todistaa yleisen tapauksen olettamalla, että n > 5 on pienin luku, jolla kaavaei päde. Tällöin pätisi

an−4 = (n −4)Fn−4, an−3 = (n −3)Fn−3, an−2 = (n −2)Fn−2,

ja

an−1 = (n −1)Fn−1,

ja voitaisiin laskea

an = 2 ·an−1 +an−2 −2 ·an−3 −an−4

= 2(n −1)Fn−1 + (n −2)Fn−2 −2(n −3)Fn−3 − (n −4)Fn−4.

Huolellisella sievennyksellä tämän voi saattaa muotoon n ·Fn , jolloin väite pätee-kin luvulla n. Väite pätee siis kaikilla luvuilla n.


Tehtävän 37 toinen vihje. Tapauksessa n = 2 joukossa, jossa on n hevosta, onvain hevoset h1 ja h2. Näin todistuksen mainitsemissa n −1 hevosen joukoissa ontoisessa vain h1 ja toisessa h2. Onko näillä joukoilla yhteisiä hevosia?


68

TOISET VIHJEET

Tehtävän 39 toinen vihje. Jos kokeilet esimerkiksi arvoa n = 2, voit huomata”lauseen” olevan väärässä. Tämä ei tosin vielä kerro, mikä ”todistuksessa” on vialla.

Mitä tapauksessa n = 1 oikein tapahtuukaan? Väitteessä esiintyvän yhtälön vasem-

malla puolella suurimman yhteenlaskettavan pitäisi olla1

(n −1)n, mikä taitaa olla

hieman ongelmallista.


Tehtävän 40 toinen vihje. Binet’n kaavan Fn = an −bn

p5

todistaminen tapauksissa

n = 1 ja n = 2 voidaan tehdä sieventämällä suoraan tähän tapaan:

a1 −b1

p5

=1+

p5

2− 1−

p5

2p5

= . . . = 1, jaa2 −b2

p5

= (a +1)− (b +1)p5

= . . . = 1.

Jos n > 3 olisi pienin kokonaisluku, jolla kaava ei toimi, tätä pienemmille koko-naisluvuille n −1 ja n −2 pätisi

Fn−1 =an−1 −bn−1

p5

ja Fn−2 =an−2 −bn−2

p5

.

Voidaan siis sieventää

Fn = Fn−1 +Fn−2 =an−1 −bn−1

p5

+ an−2 −bn−2

p5

= an−1 +an−2 − (bn−1 +bn−2

)p

5.

Tästä voisi jatkaa yhteisen tekijän otolla an−1 +an−2 = (a +1) ·an−2 ja vastaavasti

lukua b sisältäville termeille. Jos saadaan sievennettyä Fn = an −bn

p5

, on osoitettu,

että kaava sittenkin pätee kaikilla positiivisilla kokonaisluvuilla n.


Tehtävän 41 toinen vihje. Itse asiassa pätee an = 1+ 1

an−1, kun n > 2.

Jos n > 2 on pienin kokonaisluku, jolla väite ei päde, väite pätee luvulle n−1 ja siis

an−1 =Fn

Fn−1, eli an = 1+ 1(

FnFn−1

) .

Saisiko tästä sievennettyä an = Fn+1

Fn, jolloin kaava sittenkin pätisi luvulla n ja

todistus olisi valmis?


69

Lähteet

Monet matemaattiset ideat ovat kiertäneet maailmaa vuosisatojen ajan, ja toisi-naan niiden alkuperäistä lähdettä on vaikeaa saada selville. Olemme kuitenkinpyrkineet listaamaan käyttämämme lähteet huolellisesti.

Laatoituksia käsittelevä luku 2 perustuu vahvasti teoksiin [3] ja [4].

Vaikeiden ongelmien ratkaisua käsittelevä luku 5 on saanut inspiraatiota teoksista[6] ja [7]. Mainittakoon, että aiheesta on myös kirjoitettu klassikkoteos [10].

Esimerkkien, kuvien ja tehtävien lähteet

Kuva sivulla 10. Kuva on PxHere-sivustolta, käyttö lisensoitu vapaalla CC0-lisenssillä.https://pxhere.com/en/photo/1275013 (Luettu 19.11.2020.)

Esimerkki sivulla 8. Virheellinen todistus väitteelle 1 = 2 on kirjan [13] liitteestä 7.

Esimerkki sivulla 10. Tämä 4×5-ruudukon täyttöä koskeva esimerkki on ongelma 2.2 kirjasta [3].

Esimerkki sivulla 35 on esimerkin 8.7 ensimmäinen osa teoksessa [3].

Tehtävä 1. Tämä on teoksesta [3], jossa se on ongelma 2.3.

Tehtävä 2. Tämä on esimerkki kirjan [4] luvussa Polyominoes and Checkerboards.

Tehtävä 3. Tämä on ongelma 2.4 teoksessa [3].


Tehtävä 6. Tämä on esimerkki kirjan [4] luvussa Polyominoes and Checkerboards.


Tehtävä 8. Tämä on Turun seudun seitsemäsluokkalaisten matematiikkakilpailun [12] loppukilpai-lusta 23.4.2016.

Tehtävä 10. Tämän tehtävän muotoilu on peräisin Tuomas Hynyseltä [5].

Tehtävä 13. Esiintyi tehtävänä 4 kuudensissa kansainvälisissä matematiikkaolympialaisissa 1964.

Tehtävä 20. Kenguru-matematiikkakilpailun [2] Cadet-sarjan (8. ja 9. luokka) viimeinen tehtävävuonna 2011.

Tehtävä 21. Kenguru-matematiikkakilpailun [2] Student-sarjasta (lukio) vuodelta 2017.

Tehtävä 22. Kenguru-matematiikkakilpailun [2] Student-sarjasta (lukio) vuodelta 2016.

Tehtävä 23. Pulma on kiertänyt maailmaa ainakin vuodesta 1996, mutta sen alkuperäinen lähde onmeille tuntematon.

Tehtävä 24. Pulma on kiertänyt maailmaa ainakin vuodesta 2001, mutta sen alkuperäinen lähde onmeille tuntematon.

Tehtävä 25. Esimerkki 8.6 kirjassa [3].

70

https://pxhere.com/en/photo/1275013

LÄHTEET

Tehtävä 26. Esimerkin 8.7 jälkimmäinen osa kirjassa [3].

Tehtävä 27. Tehtävä 81 tehtäväkokoelmassa [9].

Tehtävä 28. Tehtävä 90 kirjassa [9].

Tehtävä 30. Esimerkki 8.10 kirjassa [3].

Tehtävä 34. Tehtävä 84 tehtäväkokoelmassa [9].

Tehtävä 35. Tehtävä 89 teoksessa [9].

Tehtävä 36. Ongelma 2.52 kirjasta [1].

Tehtävä 37. Kirjan [11] sivulla 120 tehtävä 17, jonka kysymys koskee silmien väriä.

Tehtävä 38. Tehtävä 1.2.1.2 kirjassa [8].

Tehtävä 39. Tehtävä 1.2.1.3 kirjasta [8].

Tehtävä 40. Esimerkki 8.1 teoksessa [3].

Tehtävä 41. Esimerkki 8.14 teoksessa [3].

Viitteet

[1] ANDREESCU, T., ja D. ANDRICA: 360 Problems for Mathematical Contests, GIL Publishing House,2003.

[2] ASSOCIATION KANGOUROU SANS FRONTIÈRES: Kansainvälinen Kenguru-matematiikkakilpailu,https://kengurukilpailu.fi ja https://aksf.org.

[3] ENGEL, A.: Problem-Solving Strategies, Problem Books in Mathematics, Springer, 1998.

[4] GOLOMB, S. W.: Polyominoes: Puzzles, Patterns, Problems, and Packings, Princeton UniversityPress, 1996.

[5] HYNYNEN, T., henkilökohtainen keskustelu 4.8.2020.

[6] KAHNEMAN, D.: Thinking, Fast and Slow, Penguin Books, 2012.

[7] KLEIN, G.:The Power of Intuition, Random House, 2003.

[8] KNUTH, D. E.: The Art of Computer Programming. Volume 1 / Fundamental Algorithms,Addison-Wesley, 1973.

[9] LITVINENKO, V., ja A. MORDKOVICH: Solving Problems in Algebra and Trigonometry,Mir Publishers, 1987.

[10] PÓLYA, G.: How to Solve It, Princeton University Press, 1945.

[11] PÓLYA, G.: Induction and Analogy in Mathematics, Princeton University Press, 1954.

[12] Seitsemäsluokkalaisten matematiikkakilpailu:https://matematiikkakilpailut.fi/seiskat

[13] SINGH, S.: Fermat’n viimeinen teoreema, Tammi, 1998.

[14] SONG, Y.: 100 Prisoners and a Light Bulb,https://sites.math.washington.edu/~morrow/336_11/papers/yisong.pdf,luettu 23.11.2020.

[15] TILVIS, V.: Miten vaikeita tehtäviä ratkotaan?, Solmu, 3/2018, 9–11.https://matematiikkalehtisolmu.fi/2018/3/Taikasaari.pdf

71

https://kengurukilpailu.fi

https://aksf.org

https://matematiikkakilpailut.fi/seiskat

https://sites.math.washington.edu/~morrow/336_11/papers/yisong.pdf


täsmällinen päättely...PITKÄN MATEMATIIKAN LISÄSIVUT 1 TÄSMÄLLINEN PÄÄTTELY Ville Tilvis...

Documents

Transcript of täsmällinen päättely...PITKÄN MATEMATIIKAN LISÄSIVUT 1 TÄSMÄLLINEN PÄÄTTELY Ville Tilvis...