Osoita, että jos A= 1 x | x >0 , niin joukolla A ei ole pienintä ylärajaa

Tehtäviä

Tehtävä 1. Johda toiseen asteen yhtälön ax²+bx+c= 0,a6= 0 ratkaisukaava.

Tehtävä 2. Määrittele joukon A ⊂ R pienin yläraja supA ja suurin alaraja infA.

Tehtävä 3. Osoita, että joukon A⊂R pienin yläraja supA on yksikäsitteinen.

Tehtävä 4. Osoita, että jos

A= 1

x | x >0

,

niin joukolla A ei ole pienintä ylärajaa. Laske infA. Tehtävä 5. Ratkaise

1. |x−3|>2|x|

2. 2|x−1|+|2x+ 3| ≥ |x−3|

3. 2|x+ 2| − |x+ 1|<1 4. |2x+ 5| ≤ |x+ 7|+|x−2|

Tehtävä 6. Osoita, että jos seuraavat väitteet ovat tosia jollakin arvollan ∈Z+, niin ne ovat tosia myös arvollan+ 1.

1. 1²+ 2²+ 3²+. . .+n² 6= n(n+1)(2n+1) 6

2. 1²+ 2²+ 3²+. . .+n² = n(n+1)(2n+1) 6

Onko kumpikaan väitteistä tosi kaikilla n∈Z+?

Tehtävä 7. Oletetaan kaava sin(x + y) = sinxcosy + cosxsiny tunnetuksi.

Osoita, että

1. sin(2x) = 2 sinxcosx

2. sin(x−y) = sinxcosy−cosxsiny 3. sin(^π₂ −x) = cosx

4. cos(^π₂ −x) = sinx

5. cos(x+y) = cosxcosy−sinxsiny 6. cos(x−y) = cosxcosy+ sinxsiny

7. cos(2x) = cos²x−sin²x= 2 cos²x−1 = 1−2 sin²x Tehtävä 8. Ratkaisu yhtälöt

1. sin(2x) =−cosx 2. −2 sinx+ 2 = cos²x 3. 2 cos²x= 1−sin(x−^π₃) Tehtävä 9. Ratkaise epäyhtälöt

1. sinx >tanx 2. sinx+ cosx >0 3. sinx+ cosx >1 4. sin⁴x+ cos⁴x≥1

Vinkkejä tehtäviin

Tehtävä 1. Muodosta vasemmalle puolelle neliö käyttämällä kaavaa u²+ 2uv+ v² = (u+v)².

Tehtävä 2. Pienimmän ylärajan täytyy olla sekä yläraja, että pienin sellainen.

Mieti miten muotoilet nämä ehdot matematiikan kielelle.

Tehtävä 3. Tee vastaoletus, että olisi olemassa kaksi erisuurta pienintä ylärajaa.

Tehtävä 4. Huomaa, että riittää osoittaa, että joukolla ei ole yhtään ylärajaa.

Tehtävä 5. 1. Korota molemmat puolet toiseen potenssiin tai jaa tarkastelu sopiviin osaväleihin.

2. Jaa tarkasteltava väli sopiviin osaväleihin, joissa itseisarvon sisällä olevat lausekeet eivät vaihda merkkiään.

3. Kuten edellisessä.

4. Käytä kolmioepäyhtälöä.

Tehtävä 6. Oleta oletus todeksi ja pyri muokkaamaan sen avulla haluttu väite.

Tehtävä 7. 1. Sijoita2x=x+x kaavaan ja laske.

2. Huomioi sini- ja kosinifunktioiden parillisuus / parittomuus.

3. Sovella edellistä kohtaa sijoittamalla kaavaan luku ^π₂. 4. Sovella edellistä tulosta.

5. Muuta tarkasteltava lauseke sisältämään sinifunktiota ja sovella aikaisempia tuloksia.

6. Käytä edellistä tulosta apuna.

7. Käytä apuna tulosta sin²x+ cos²x= 1.

Tehtävä 8. 1. Huomaa sinin parittomuus ja ettäcosx= sin(^π₂ −x). 2. Käytä kaavaa sin²x+ cos²x= 1 apuna.

3. Muunna molemmat puolet sisältämään vain ainoastaan kosinifunktioita.

Tehtävä 9. 1. Huomioi alue, jossa epäyhtälöissä olevat funktiot ovat määri- telty. Eliminoi sopivalla kertolaskulla ylimääräiset funktiot pois ja ratkaise

epäyhtälö. Huomaa milloin kerrot positiivisella luvulla ja milloin negativii- sella!

2. Ratkaise yhtälö sinx + cosx = 0 ja tarkastele sen merkin vaihtumista.

Jatkuvuuden perusteella voit päätellä ratkaisujoukon.

3. Suorita neliöön korotus ja sievennä lauseketta sopivasti.

4. Korota lauseke sin²x+ cos²x = 1 toiseen potenssiin tai arvioi sen avulla summaa sin⁴x+ cos⁴x ylöspäin.

Tehtävien ratkaisut

Ratkaisu 1. Koskaa 6= 0, niin

ax² +bx+c= 0 ⇔ x²+ b

ax+ c a = 0.

Merkitään, että p = ^b_a ja q = _a^c. Täydennetään vasemmalle puolelle neliö lisää- mällä yhtälön molemmille puolille luku (^p₂)²−q eli

x²+ 2· p

2x+ (p

2)² = (p 2)²−q.

Koska

x²+ 2· p 2x+ (p

2)² = (x+ p 2)²,

niin voidaan ottaa neliöjuuri puolittain olettaen, että (^p₂)²−q≥0ja saadaan

x+p 2 =±

r (p

2)²−q.

Siis

x=−p 2 ±

r (p

2)² −q =− b 2a ±

r ( b

2a)²− c a. Koska a6= 0, niin

± r

( b

2a)²− c a =±

r b² 4a² − c

a =± r 1

4a²(b²−4ac) =±

√b²−4ac 2|a|

Koska |a|=±a, niin

x= −b±√

b²−4ac 2a

aina, kun (^p₂)² − q ≥ 0 eli b² −4ac ≥ 0. Mikäli b² −4ac < 0, niin yhtälöllä ax²+bx+c= 0 ei ole reaalisia ratkaisuja.

Ratkaisu 2. Luku M on joukonA⊂R pienin yläraja, mikäli 1. a≤M kaikillaa∈A ja

2. jokaista lukua >0kohti on olemassa sellainena ∈A, ettäM− < a≤M.

Ensimmäinen ehto siis sanoo, että lukuM on joukonAeräs ylärajoista ja toinen ehto vaatii, että M on näistä ylärajoista pienin.

Vastaavasti että lukum on joukonA⊂R suurin alaraja, mikäli 1. m≤a kaikilla a∈A ja

2. jokaista lukua >0kohti on olemassa sellainena ∈A, ettäm≤a < m+. Ratkaisu 3. Oletetaan, että luvutM₁ jaM₂ ovat joukon Apienimmät ylärajat.

Tehdään vastaoletus, että M₁ 6= M₂. Voidaan olettaa, että M₁ < M₂. Valitaan =M₂−M₁ >0. KoskaM₂oli pienin yläraja ja >0, niin on olemassa sellainen lukua ∈A, että

M₂− < a≤M₂. Nyt

M₂−=M₂−M₂+M₁ =M₁ < a≤M₂

eräällea∈A, jotenM₁ ei voi olla joukonAyläraja eikä erityisesti pienin yläraja.

Tämä on ristiriita oletuksen kanssa. Siis M₁ =M₂, joten joukon Apienin yläraja on yksikäsitteinen.

Ratkaisu 4. Riittää osoittaa, että joukolla A ei ole olemassa yhtään ylärajaa.

Tehdään vastaoletus, että joukko A on ylhäältä rajoitettu. Siis on olemassa sel- lainen luku M, että M ≥ a kaikilla a ∈ A. Koska jokainen joukon A alkio on positiivinen, niin luku M on positiivinen. Nyt _M+1¹ >0, joten

M + 1∈A.

KuitenkinM+ 1> M, mikä on ristiriita vastaoletuksen kanssa. Täten joukkoA ei ole ylhäältä rajoitettu.

Osoitetaan, että infA= 0. Ensinnäkin 0< 1

x kaikillax >0.

Toisekseen olkoon > 0 mielivaltainen. Nyt > ₂ > 0 ja ₂ ∈ A, koska ² > 0. Täten jokaista lukua >0kohti on olemassa sellainen lukuy∈A, että0< y < . Tästä väite seuraa.

Ratkaisu 5. 1. Korotetaan molemmat puolet toiseen potenssiin. Koska|x−3|= p(x−3)² ja |x|=√

x², niin

x²−6x+ 9>4x² eli

0>3x²+ 6x−9 = 3(x² + 2x−3).

Yhtälön3x²+ 6x−9 = 0ratkaisut ovatx= 1jax=−3. Koska kyseessä on alaspäin aukeava paraabeli, niin merkkikaaviosta nähdään ratkaisu −3 <

x <1.

2. Oletetaan, että x <−³₂. Tällöin

−2(x−1)−(2x+ 3) =−4x−1≥ −(x−3) = 3−x, jonka ratkaisu on x≤ −⁴₃. Epäyhtälö on siis tosi kaikilla x <−³₂. Oletetaan seuraavaksi, että −³₂ ≤x <1. Tällöin

−2(x−1) + (2x+ 3) = 5≥3−x

joka on tosi tarkasteltavalla välillä −³₂ ≤ x <1. Siis epäyhtälö pätee, kun

−³₂ ≤x <1.

Oletetaan, että 1≤x <3. Tällöin

2(x−1) + (2x+ 3) = 4x+ 2 ≥3−x,

jonka ratkaisu on x≥ ¹₅, joten epäyhtälö pätee myös kaikilla 1≤x <3. Oletetaan, että 3≤x. Nyt

4x+ 2≥x−3

elix≥ −⁵₃. Näin ollen epäyhtälö on aina voimassa. Ratkaisu on siisx∈R.

3. Oletetaan ensin, että x <−2. Tällöin

−2(x+ 2) + (x+ 1) =−x−3<1,

jonka ratkaisu on x >−4. Siis saadaan ratkaisujoukko −4< x <−2. Oletetaan, että −2≤x <−1. Nyt

2(x+ 2) + (x+ 1) = 3x+ 5 <1

jonka ratkaisu on x <−⁴₃. Siis ratkaisuun saadan koko tarkasteluväli −2≤ x <−⁴₃.

Oletetaan lopuksi, että −1≤x. Siis

2(x+ 2)−(x+ 1) =x+ 3<1,

josta saadaan ratkaisu x <−2. Koska tämä ei leikkaa tarkasteltavan väliä

−1≤x, niin epäyhtälöllä ei ole yhtään ratkaisua x≥ −1. Lopulliseksi ratkaisujoukoksi saadaan siis −4< x <−⁴₃. 4. Kolmioepäyhtälöä soveltamalla saadaan suoraan, että

|2x+ 5|=|x+ 7 +x−2| ≤ |x+ 7|+|x−2|. Täten yhtälö on tosi kaikillax∈R.

Ratkaisu 6. 1. Oletetaan siis, että 1² + 2² + 3² +. . .+ n² 6= n(n+1)(2n+1)

6 .

Ratkaistaan, mitä1²+ 2²+ 3²+. . .+n²+ (n+ 1)² on. Oletuksen perusteella

1²+ 2²+ 3²+. . .+n²+ (n+ 1)² 6= n(n+ 1)(2n+ 1)

6 +6(n+ 1)² 6

= n(n+ 1)(2n+ 1) + 6(n+ 1)² 6

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

= (n+ 1)(2n²+n+ 6n+ 6) 6

= (n+ 1)(2n²+ 7n+ 6) 6

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

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

eli väite on tosi myös, luvulle n+ 1.

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

6 . Tällöin edellisen tehtävän perusteella

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

6 +6(n+ 1)² 6

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

Täten väite on tosi myös luvulle n+ 1.

Koska 1 = ^1·2·3₆ , niin siitä saadaan induktion perusaskel. Induktioperiaatteen nojalla jälkimmäinen väite on tosi kaikilla n ∈ Z+. Täten vaikka ensimmäisen väitteen päättely on virheetön, se on tavallaan turha, koska oletus1²+ 2²+ 3²+ . . .+n² 6= n(n+1)(2n+1)

6 on epätosi kaikilla n∈Z+. Ratkaisu 7. 1. Suoran laskun perusteella

sin(2x) = sin(x+x) = sinxcosx+ sinxcosx= 2 sinxcosx.

2. Ottamalla huomioon funktionsinxparittomuus ja funktioncosxparillisuus saadaan, että

sin(x−y) = sinxcos(−x) + cosxsin(−x) = sinxcosx−cosxsinx.

3. Koska sin^π₂ = 1 ja cos^π₂ = 0 ja käyttämällä edellisen kohdan tulosta saa- daan

sin(π

2 −x) = sinπ

2 cosx−cosπ

2 sinx= cosx.

4. Edellisen kohdan perusteella cos(π

2 −x) = sin(π 2 −(π

2 −x)) = sinx.

5. Aikaisemmista kohtia avuksi käyttäen saadaan, että cos(x+y) = sin(π

2 −x−y)

= sin(π

2 −x) cosy−cos(π

2 −x) siny

= cosxcosy−sinxsiny.

6. Edellisesta kohdasta ja käyttämällä funktion sinx parittomuutta ja funk- tion cosx parillisuutta saadan johdettua, että

cos(x−y) = cosxcos(−y)−sinxsin(−y) = cosxcosy+ sinxsiny.

7. Kohdan 5 nojalla, kun y=xon

cos(2x) = cos²x−sin²x.

Lisäksi−sin²x= cos²x−1 ja cos²x= 1−sin²x, joten cos²x−sin²x= 2 cos²x−1 = 1−2 sin²x.

Ratkaisu 8. 1. Koska

−sin(2x) = sin(−2x) = cosx= sin(π 2 −x),

niin yksikköympyrästä nähdään, että ratkaisut tulevat olemaan muotoa

−2x = ^π₂ − x+n2π tai −2x = π − ^π₂ +x +n2π, missä n ∈ Z mieli- valtaisia. Siis

x=−π

2 −n2π ja

x=−π 6 −n2

3π.

2. Koska 1−cos²x= sin²x, niin ratkaistavana on yhtälö sin²x−2 sinx+ 1 = (sinx−1)² = 0. Ratkaisut ovat siis muotoa x= ^π₂ +n2π, missä n ∈Z.

3. Koska cos(2x) = 2 cos²x−1, niin on ratkaistava yhtälö on cos(2x) =−sin(x−π

3) = sin(−(x− π

3) = cos(x+ π 3).

Nytcos(2x) = cos(x+^π₃)silloin, kun2x=x+^π₃+n2πtai2x=−x−^π₃+n2π eli yhtälön ratkaisut ovat

x= π

3 +n2π ja

x=−π 9 +n2

3π.

Ratkaisu 9. 1. Epäyhtälöä ei ole määritelty, kun x = ^π₂ +nπ. Kerrotaan yhtälö puolittain termillä ^cos_sinx^x. Tämä on sallittua, kun sinx6= 0elix6=nπ. Kun n2π < x < ^π₂ + n2π ja π + n2π < x < ^3π₂ +n2π, niin termi on positiivinen ja epäyhtälö tulee muotoon

cosx >1,

mikä on epätosi väite. Kun ^π₂ +n2π < x < π+n2π ja ^3π₂ +n2π < x <

(n+ 1)2π, niin termi on negatiivinen ja epäyhtälön merkki vaihtuu. Siis cosx <1,

mikä on tosi väite kyseisellä välillä. Siis ratkaisut ovat π

2 +n2π < x < π+n2π ja 3π

2 +n2π < x <(n+ 1)2π.

2. Tarvitsee siis ratkaista epäyhtälö

sinx+ cosx= sinx+ sin(π

2 −x)>0.

Yhtälön sinx=−sin(^π₂ −x) = sin(x−^π₂) ratkaisut ovat x=x−^π₂ +n2π tai x=π+ ^π₂ −x+n2π. Ainoat ratkaisut ovat siis x= ^3π₄ +nπ.

Nyt esimerkiksi ^3π₄ < π < ^7π₄ <2π < ^3π₄ +2πja koskasinπ+cosπ = 0−1<

0 ja sin 2π+ cos 2π = 0 + 1 > 0, niin funktion sinx+ cosx jatkuvuuden perusteella ratkaisut ovat välit]− ^π₄ +n2π, ^3π₄ +n2π[, missä n∈Z.

3. Edellisen kohdan perusteella epäyhtälön vasen puoli on positiivinen, kun ]− ^π₄ + n2π,^3π₄ + n2π[, missä n ∈ Z. Tällöin voidaan suorittaa neliöön korotus eli saadaan, että

sin²x+ 2 sinxcosx+ cos²x= 1 + sin(2x)>1.

Ratkaistavaksi jää epäyhtälösin(2x)>0väleilläx∈]−^π₄ +n2π,^3π₄ +n2π[. Sinin kulusta saadaan suoraan, että nπ < x < ^π₂ +nπ. Yhdistämällä välit saadaan lopullinen tulos

x ∈ ]n2π , π

2 +n2π [, missä n∈Z.

4. Ensimmäinen tapa. Koska sin²x+ cos²x= 1 kaikilla x∈R, niin

1 = sin²x+ cos²x2

= sin⁴x+ 2 sin²xcos²x

| {z }

≥0

+ cos⁴x.

Siis 1≥sin⁴x+ cos⁴x kaikillax∈ R. Täten tutkittava epäyhtälösin⁴x+ cos⁴x ≥ 1 on tosi täsmälleen silloin, kun yhtäsuuruus on voimassa eli 2 sin²xcos²x= 0.

Nyt sinx = 0 täsmälleen silloin, kun x = nπ ja cosx = 0 jos ja vain jos x = ±^π₂ +n2π. Yhdistämällä tulokset lopulliseksi vastaukseksi saadaan, että x=n^π₂, missä n∈Z.

Toinen tapa. Koska |sinx| ≤1 ja |cosx| ≤1, niin voidaan arvioida, että kaikillax∈R pätee

sin⁴x+ cos⁴x≤sin²x+ cos²x= 1.

Täten kysytty epäyhtälö on voimassa vain jos

sin⁴x+ cos⁴x= sin²x+ cos²x= 1.

Täten tiedoista |sinx| ≤ 1 ja |cosx| ≤ 1 voidaan päätellä, että epäyhtälö on voimassa vain jos

sinx= 0 ja |cosx|= 1 tai

cosx= 0 ja |sinx|= 1.

Epäyhtälösin⁴x+ cos⁴x≥1 on siis voimassa, kunx=n^π₂, missä n∈Z.