Kompletteringskompendium

Transkript

1 Kompletteringskompendium Tomas Ekholm Institutionen för matematik

2 Innehåll 0 Notationer och inledande logik Talmängder Utsagor Induktion Inledande exempel Induktionsprincipen Övningar Komplexa tal 10.1 Rektangulär form Andragradsekvationer med komplexa koefficienter Polära koordinater Övningar Polynom och algebraiska ekvationer Definitioner och faktorsatsen Algebraiska ekvationer Samband mellan rötter och koefficienter Övningar Svar till övningar 33

3 0 Notationer och inledande logik 0.1 Talmängder Vi börjar med att införa beteckningar för några mängder av tal. De naturliga talen N = {0, 1,, 3,...}, heltalen Z = {...,, 1, 0, 1,,...} och de rationella talen { a } Q = b : a, b Z, b 0. Det senare utläses Mängden av alla a/b sådana att a och b är heltal och b 0. Vi kommer även att behöva mängden R som är de reella talen. Vi kan inte enkelt definiera denna mängd inom ramarna för detta häfte, utan vi får i detta läget se den som mängd av alla tal på tallinjen. Låt A vara en mängd. Om ett element x tillhör mängden A skriver vi x A, annars x / A. Exempel 0.1. Talet 34 N medan 3 / N. Talet 4 Z och 3 R. Låt a 1, a,..., a n vara n stycken tal. Vi inför följande notationer a k = a 1 + a a n, Exempel 0.. k=1 n a k = a 1 a... a n. k=1 3 (k + 1) = = = 9. k=1 0. Utsagor Matematisk bevisföring bygger på följande logiska definitioner: Låt A och B vara två utsagor, vi har att (A och B) är sann om A är sann och B är sann, annars falsk. (A eller B) är falsk om A är falsk och B är falsk, annars sann. (A medför B) är falsk om A är sann och B är falsk, annars sann. Påståendet A medför B kan även uttryckas som A implicerar B och betecknas A = B. (A om och endast om B) är sann om (A medför B) är sann och (B medför A) är sann, annars falsk. Påståendet A om och endast om B kan skrivas med hjälp av symbolen, som A B. 3

4 Exempel 0.3. Det som kan orsaka lite problem är det faktum att utsagan (A medför B) alltid är sann då A är falsk. T.ex är följande en sann utsaga: Om vatten fryser vid 10 o C finns det inget vatten. En motivering till vår definition av (A medför B) utgörs av följande exempel. Exempel 0.4. Låt utsagan A vara Kalle har rånat kiosken och utsagan B vara kiosken har blivit rånad. Utsagan A = B betyder att Öm Kalle har rånat kiosken har kiosken blivit rånad. Enligt definitionen är A = B falsk om A är sann och B är falsk. Detta känns rätt eftersom Öm Kalle har rånat kiosken har kiosken blivit rånad tillsammans med Kalle har rånat kiosken och kiosken har inte blivit rånad verkar orimligt. Antag nu att det var Stina och inte Kalle som hade rånat kiosken. Det är rimligt att fortfarande låta uttrycket A = B, d.v.s. Öm Kalle har rånat kiosken har kiosken blivit rånad vara sant. Antag nu att ingen har rånat kiosken. Fortfarande känns det korrekt att A = B, d.v.s. Öm Kalle har rånat kiosken har kiosken blivit rånad vara sant. 4

5 1 Induktion 1.1 Inledande exempel Före vi beskriver induktionsprincipen studerar vi ett exempel. Låt oss försöka bevisa att för varje heltal n 1 gäller att k=1 k = n3 + 3n + n. 6 Det är enkelt att se att om n = 1 får vi V L = HL = 1, om n = får vi V L = HL = 5, om n = 3 får vi.... Eftersom n kan vara vilket heltal som helst större än 0 är denna metod dömd att misslyckas. Vi måste hitta något annat angripningssätt. Antag att det för ett givet n stämmer att k=1 k = n3 + 3n + n. 6 Låt oss undersöka om likheten då gäller för nästkommande heltal, d.v.s. vi vill undersöka om det är sant att n+1 k = (n + 1)3 + 3 (n + 1) + (n + 1). 6 k=1 Ett sätt att angripa detta är att försöka använda vårt antagande. Vi observerar att n+1 V L = k = k + (n + 1) k=1 och kan nu använda vårt antagande V L = k=1 k=1 k + (n + 1) = n3 + 3n + n 6 = n3 + 3n + n + 6n + 1n (n + 1) = n3 + 9n + 13n Det återstår att visa att detta sammanfaller med högerledet, HL = (n + 1)3 + 3 (n + 1) + (n + 1) 6 = ( n 3 + 3n + 3n + 1 ) + 3 ( n + n + 1 ) + n = n3 + 9n + 13n + 6 = V L. 6 Det fungerade. Vi har nu visat att om likhet stämmer för något fixt värde n stämmer den för nästkommande värde, d.v.s. n+1. Vi vet att likheten stämmer 5

6 för n = 1 och därmed för n =. Eftersom likheten nu gäller för n = har vi att den gäller för n = 3. På detta sätt kan vi fortsätta i all oändlighet. Detta visar att om n är ett heltal större än 0 har vi identiteten k = n3 + 3n + n. 6 k=1 Vi är nu redo att formellt presentera denna princip som kallas induktionsprincipen. 1. Induktionsprincipen Lemma 1.1. Låt P (n) vara ett påstående vars sanningsvärde beror av heltalet n n 0, där n 0 Z. Antag att a) P (n 0 ) är sann, b) Implikationen P (n) = P (n + 1) är sann för alla n n 0. Då är P (n) sann för alla heltal n n 0. Del a) i induktionsprincipen kallas basfall och del b) kallas induktionssteg. Ett bevis där induktionsprincipen används kallas ett induktionsbevis. Låt oss studera fler exempel. Exempel 1.. Visa att 3 n > n 3 för alla n 4. Vi nyttjar förstås induktion. a) Vi studerar först startvärdet. Då n = 4 har vi V L = 3 4 = 81 och HL = 4 3 = 64. Vi har att V L > HL. b) Antag att det för ett givet n 4 gäller att 3 n > n 3. Vi vill visa att 3 n+1 > (n + 1) 3 vilket är detsamma som att visa att skillnaden 3 n+1 (n + 1) 3 > 0. Vi försöker återföra problemet till vårt antagande som är att 3 n > n 3. Det är viktigt att tänka på att det minsta värde som n kan anta är 4. Detta ger t.ex. att n 3 = n n 8n. 3 n+1 (n + 1) 3 = 3 3 n (n + 1) 3 > 3 n 3 (n + 1) 3 = = n 3 3n 3n 1 8n 3n 3n 1 = = 5n 3n 1 0n 3n 1 = 17n 1 > 0. Vi har visat de två stegen i induktionsprincipen vilket ger oss att 3 n > n 3, för alla heltal n 4. Definition 1.3. Låt a, b Z, a är delbart med b om det existerar ett c Z sådant att b = a c. 6

7 Exempel 1.4. Talet 18 är delbart med 6 ty 18 = 6 3. Exempel 1.5. Visa att 3 n n är delbart med 7 för alla n N. Induktionsbeviset lyder: a) För n = 0 får vi = 7 vilket är delbart med 7. b) Antag att det för ett givet n N gäller att 3 n n är delbart med 7, d.v.s. att 3 n n = 7c, för något c Z. Vi vill visa att 3 (n+1) n+1 = 3 n n+1 är delbart med 7, d.v.s. att 3 n n+1 = 7d för något d Z. Som vanligt måste vi använda oss av antagandet. 3 n n+1 = 9 3 n n = 7 3 n+1 + ( 3 n n) = 7 3 n+1 + 7c = 7 ( 3 n+1 + c ) Eftersom d = 3 n+1 + c Z har vi visat att påståendet är sant för nästkommande heltal. Alltså 3 n n är delbart med 7 för alla n N. 1.3 Övningar Övning 1.1. Visa att för alla heltal n 1 gäller likheten n = n (n + 1). Övning 1.. Låt P (n) vara påståendet n = (n + 1). 8 Visa att om P (n) är sant för något n är P (n + 1) sant. Visa även att P (n) alltid är falskt. Övning 1.3. Låt x vara ett reellt tal sådant att x 1. Använd induktion för att visa att 1 + x + x + x x n 1 = 1 xn 1 x. 7

8 Övning 1.4. Visa att summan av de n första udda naturliga talen är n och att summan av deras kvadrater är n (n 1) (n + 1). 3 Övning 1.5. Visa med hjälp av induktion att k=1 1 k(k + 1) = n n + 1, för n 1 och att n 1 k=n 1 k(k + 1) = 1 n. Övning 1.6. Visa att (n 1) 3 +n 3 +(n + 1) 3 är delbart med 9 för alla n N. Övning 1.7. Visa att (n 1) 3 + (n + 1) 3 är delbart med 4 för alla n N. Övning 1.8. Visa att för varje heltal n 1 gäller formeln (k + 1) (k + 5) = k=1 n (n + 7) (n + 7). 6 Övning 1.9. Visa att för varje heltal n 1 följer att k=1 k k = n + n. Övning Visa att för varje heltal n 1 följer att n k=1 k 1 k 1 3n + 1. Övning Låt oss definiera n! = n (n 1) (n ) Visa att för varje heltal n 1 gäller att (n)! (n!) n 1. Övning 1.1. Visa att n n för alla heltal n 4. Övning Visa att för alla heltal n 1 gäller att ( k) = k 3. k=1 Övning Låt p vara ett reellt tal sådant att p > 1. Visa att (1 + p) n 1 + np för alla n N. k=1 8

9 Övning Visa att 3 n 1 är delbart med 8 för alla heltal n 0. Övning Visa att för alla heltal n 4 gäller att 3 n > n + 4n. Övning Visa att n + 3 n < 4 n för alla heltal n. Övning Visa att n n n > n! för alla heltal n 6. (Ledning: (1 + 1/n) n är en växande talföljd.) 9

10 Komplexa tal.1 Rektangulär form I detta kapitel kommer vi att studera ordnade par av typen (a, b), där a, b R. Att paret är ordnat betyder att för a b gäller att (a, b) inte är detsamma som (b, a). Definition.1. Ett komplext tal z är ett ordnat par av reella tal, z = (a, b), där a, b R. Addition och multiplikation av två komplexa tal z 1 = (a 1, b 1 ) och z = (a, b ) definieras genom z 1 + z = (a 1, b 1 ) + (a, b ) = (a 1 + a, b 1 + b ), (.1) z 1 z = (a 1, b 1 ) (a, b ) = (a 1 a b 1 b, a 1 b + a b 1 ). (.) Likhet definieras genom att z 1 = z om a 1 = a och b 1 = b. Mängden av alla komplexa tal betecknas C. Läsaren kan själv övertyga sig om att associativa lagen är uppfylld för både addition och multiplikation, d.v.s. (z 1 + z ) + z 3 = z 1 + (z + z 3 ) (z 1 z ) z 3 = z 1 (z z 3 ). Detsamma gäller för den kommutativa lagen och den distributiva lagen z 1 + z = z + z 1 z 1 z = z z 1 z 1 (z + z 3 ) = z 1 z + z 1 z 3. Exempel.. Låt z 1 = (, 3) och z = ( 5, 1) då följer att z 1 + z = (, 3) + ( 5, 1) = ( 3, ), z 1 z = (, 3) ( 5, 1) = ( , + 15) = ( 7, 17). Om z = (a, b) och c R definierar vi T.ex. ger fallen c = 1 och c = 1 identiteterna c z = (ca, cb). (.3) z = ( a, b), ( z a =, b ). 10

11 Tal på formen (a, 0) kan identifieras med de reella talen. Om z 1 = (a 1, 0) och z = (a, 0) ser vi att z 1 + z = (a 1 + a, 0) och z 1 z = (a 1 a, 0) vilket sammanfaller med addition och multiplikation för reella tal. Ett reellt tal a identifierar vi med det komplexa talet z = (a, 0). Vi ser att för reella tal sammanfaller de båda definitionerna (.) och (.3) för multiplikation. Ekvationen x +1 = 0 saknar lösning i mängden av reella tal, ty x +1 > 0. Om vi låter x anta komplexa värden finner vi emellertid lösningar. Låt x = (0, 1), då är x = (0, 1) (0, 1) = ( 1, 0) som vi idenifierar med det reella talet 1. Det finns ett praktiskt skrivsätt för att behandla komplexa tal. Ett godtyckligt komplext tal (a, b) kan skrivas på följande form (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (0, 1) (b, 0). Om vi nu identifierar (a, 0) med a och (b, 0) med b får vi det komplexa talet a + (0, 1) b. Definition.3. Talet i = (0, 1) kallas den imaginära enheten. Exempel.4. Potenser av i har följande förhållanden 1 = i 4 = i 8 =..., i = i 5 = i 9 =..., 1 = i = i 6 =..., i = i 3 = i 7 =.... Speciellt viktig är egenskapen i = 1. Med hjälp av den imaginära enheten kan vi identifiera det komplexa talet (a, b) med a+ib och använda de vanliga räknelagarna för addition och multiplikation. För att verifiera detta låt z 1 = a 1 + ib 1 och z = a + ib. Addition och multiplikation får som väntat följande utseende: z 1 + z = a 1 + ib 1 + a + ib = a 1 + a + i(b 1 + b ), z 1 z = (a 1 + ib 1 )(a + ib ) = a 1 a + ia 1 b + ia b 1 + i b 1 b = a 1 a b 1 b + i(a 1 b + a b 1 ). Låt z = a + ib där a, b R och i är den imaginära enheten. Det reella talet a kallas realdelen av z och betecknas a = Re z och det reella talet b kallas imaginärdelen av z och betecknas b = Im z (observera att i ej tillhör imaginärdelen). Ett komplext tal på formen a + ib sägs vara på rektangulär form. Definition.5. Låt z = a + ib vara ett komplext tal. Konjugatet av z är det komplexa talet z = a ib. Absolutbeloppet av z är det reella talet z = a + b. 11

12 Absolutbeloppet av z = a+ib beskriver avståndet från punkten (a, b) till origo i talplanet. Vi observerar följande likhet z z = (a + ib)(a ib) = a i b = a + b = z. (.4) Denna likhet, drar vi nytta av då vi inför division av två komplexa tal z 1 och z. Division definieras som högerledet i följande formel z 1 z = z 1 z z z = 1 z z 1 z, observera att talet z är reellt och kan behandlas som (.3). Exempel.6. Skriv talet 1 + i3 i på rektangulär form. Enligt definitionen är 1 + i3 i = (1 + i3)( + i) ( i)( + i) = 1 + i7 5 = i7 5. Låt z 1, z C. Vi har räknereglerna Re z = z + z, (.5) Im z = z z, i (.6) z 1 + z = z 1 + z, (.7) z 1 z = z 1 z, (.8) ( ) ( ) z1 z1 =, (.9) z z z = z, (.10) z 1 z = z 1 z, (.11) z 1 = z 1 z, (.1) z Re z z, (.13) Im z z, (.14) som följer ganska direkt från definitionerna. Exempelvis följer (.6), (.1) och 1

13 (.13) efter ansättningen z = a + ib, ty z z a + ib (a ib) = = ib = b = Im z, i i i z 1 = 1 z z 1 z = 1 z z 1 z = 1 z z 1 z z = 1 z z 1 z = z 1 z, Re z = a = a a + b = z. Observera att i beviset av (.1) har vi använt oss av (.10) och (.11). Sats.7 (Triangelolikheten). Låt z 1 och z vara komplexa tal, då följer att Bevis: Vi visar olikheten kvadrerad, z 1 + z z 1 + z z 1 + z = (z 1 + z )(z 1 + z ) = (z 1 + z )(z 1 + z ) Vi har olikheten = z 1 z 1 + z 1 z + z z 1 + z z = z 1 + z 1 z + z 1 z + z = z 1 + Re (z 1 z ) + z z 1 + Re (z 1 z ) + z z 1 + z 1 z + z = z 1 + z 1 z + z = ( z 1 + z ). z 1 + z ( z 1 + z ). Eftersom z 1 + z 0 och z 1 + z 0 kan vi ta kvadratroten av höger- och vänsterled och behålla olikheten. Imz z 1 +z z z 1 +z z z 1 z 1 Rez Följdsats.8. Låt z 1 och z vara komplexa tal, då följer att z 1 z z 1 + z. Bevis: Vi använder oss av triangelolikheten, z 1 = z 1 + z z z 1 + z + z 13

14 alltså z 1 z z 1 + z. Med samma metod har vi även att z z 1 z 1 + z. Dessa två uttryck ger olikheten.. Andragradsekvationer med komplexa koefficienter Vi börjar med ett exempel då koefficienten framför z är noll. Exempel.9. Lös ekvationen z = 4 3i. Vi söker de komplexa tal z som kvadrerade är 4 3i. Talet z kan beskrivas med real- och imaginärdel z = a + ib. Ekvationen blir nu eller efter utveckling (a + ib) = 4 3i (.15) a b + iab = 4 3i. Från definitionen följer att två komplexa tal är lika om och endast om realoch imaginärdel sammanfaller, vilket ger oss ekvationssystemet { a b = 4 ab = 3. Lösningarna till ekvationssystemet ger lösningarna till den ursprungliga ekvationen. Vi kan även använda kriteriet att absolutbeloppet av höger och vänsterled måste sammanfalla i ekvation (.15): (a + ib) = 4 3i, a + b = 4 + ( 3) = 5. Med tillägg av denna ekvation får vi ekvationssystemet a b = 4 ab = 3 a + b = 5. Första och tredje ekvationen ger att a = 9, d.v.s. a = ± 3. Andra ekvationen ger (observera teckenförhållandet mellan a och b) b = 3 a = 3 =

15 Lösningarna till ekvationen är således { z1 = 3 i = 3+i. z Det allmänna fallet kan återföras på vårt exempel ovan. Exempel.10. Lös ekvationen z (3 + i)z i = 0. Vi nyttjar kvadratkomplettering, vilket bygger på att vi vill finna en kvadrat sådan att utveckling av kvadraten ger oss termerna z (3 + i)z. Vi ser att ( z 3 + i ) = z (3 + i)z + uppfyller kraven. Detta ger identiteten ( 3 + i z (3 + i) z = (z 3 + i Vår ursprungliga ekvation blir nu ) = z (3 + i)z i 4 ) 5 + 1i. 4 ( z 3 + i ) 5 + 1i i = 0 4 eller enklare ( z 3 + i ) = i. Låt nu w = z 3+i, vilket ger oss ekvationen w = i. Härefter kan följa vårt tidigare exempel. Låt w = a + bi, vi får ekvationssystemet a b = 15 4 ab = a + b = 17 4 vilket har lösningen a = ± 1 och b = ±. Lösningarna till vår ursprungliga ekvation blir { z1 = 1 3+i + i + = + 3i z = 1 3+i i + = 1 i. 15

16 .3 Polära koordinater En punkt (a, b) som identifieras med z = a + ib i det komplexa talplanet C kan om z 0 beskrivas med hjälp av avståndet z från punkten till origo och vinkeln θ från z medurs till den positiva reella axeln, som är mängden av alla komplexa tal av typen (a, 0) med a > 0. Vinkeln θ kallas argumentet av z och betecknas θ = arg z. Vi har att vilket betyder att a = z cos θ, b = z sin θ, z = a + ib = z cos θ + i z sin θ = z (cos θ + i sin θ). Märk att vi till θ kan addera en multipel av π och erhålla samma komplexa tal. Argumentet θ är därför bestämt så när som på en multipel av π. Ett komplext tal beskrivet på denna form säges vara på polär form. Imz b z = (a,b) z θ a Rez Multiplikation av komplexa tal på polär form blir betydligt enklare att hantera än den rektangulära framställningen. Låt z 1 = z 1 (cos θ 1 + i sin θ 1 ) och z = z (cos θ + i sin θ ). Med hjälp av additions formler för sinus och cosinus får multiplikation följande utseende z 1 z = z 1 (cos θ 1 + i sin θ 1 ) z (cos θ + i sin θ ) = z 1 z (cos θ 1 cos θ sin θ 1 sin θ + i(sin θ 1 cos θ + cos θ 1 sin θ )) = z 1 z (cos(θ 1 + θ ) + i sin(θ 1 + θ )), och division följer enligt z 1 = 1 z z z 1 z = z 1 z (cos θ 1 + i sin θ 1 ) (cos θ i sin θ ) = z 1 z (cos θ 1 cos θ + sin θ 1 sin θ + i(sin θ 1 cos θ cos θ 1 sin θ )) = z 1 z (cos(θ 1 θ ) + i sin(θ 1 θ )). 16

17 Exempel.11. Låt z 1 = 1 + i och z = 1 + i. Produkten z 1 z blir då 3 + i. Imz z z 1 z z 1 Rez Här visas multiplikationen geometriskt. Produktens vinklar är summan av faktorernas vinklar och produktens avstånd till origo är produkten av faktorernas avstånd. Följande definition är praktisk. Definition.1. Låt θ R. Vi definierar e iθ = cos θ + i sin θ. Enligt ovan är z 1 = z 1 e iθ 1, z = z e iθ och vi har att arg(z 1 z = arg z 1 + arg z, ( ) z1 arg = arg z 1 arg z. Om vi låter z 1 = z = 1 ger ovanstående likheter och om n N har vi z e iθ 1 e iθ = e i(θ 1+θ ), (e iθ ) n = e iθ e iθ e iθ = e inθ. (.16) Exempel.13. Lös ekvationen z n = w, där n 1 är ett heltal och w C. Vi skriver om ekvationen på polär form. Låt z = z e iθ och w = w e iϕ, med hjälp av (.16) får vi z n e inθ = w e iϕ. 17

18 Vi drar oss till minnes att funktionerna sinus och cosinus är π-periodiska vilket ger { z n = w nθ k där k Z. Löser vi ut z och θ får vi { Lösningarna till ekvationen blir z θ k = ϕ + πk = w 1 n = ϕ+πk n. z k = z e iθ k = w 1 n e i ϕ+πk n, för k Z. Observera att k = m och k = m + n ger samma lösning. Vi kan därför begräns k till 0, 1,,..., n 1. Om vi ersätter θ med θ i formeln e iθ = cos θ + i sin θ får vi e iθ = cos θ i sin θ Detta följer av att cos( θ) = cos θ och sin( θ) = sin θ. Löser vi ut cos θ och sin θ får vi Eulers formler: cos θ = eiθ + e iθ sin θ = eiθ e iθ. i.4 Övningar Övning.1. Beräkna och förenkla summorna ( a) 5 1+i + i3 1 i ), b) 4 k=1 (i)k. Övning.. Låt z = 1 i och w = 3 i. Bestäm a) 3z w, b) zw, c) 1 z w z. 18

19 Övning.3. Bestäm det reella talet a så att ( ) 5 i Im = 0. 3 ia Övning.4. Visa att z = 1 om och endast om z = 1 z. Övning.5. Visa räknelagarna (.5) (.14). Övning.6. Visa att z + 4 z + för alla komplexa tal z. Övning.7. Lös andragradsekvationerna a) z = i, b) z 9 40i = 0. Övning.8. Lös andragradsekvationerna a) z z 1 3i = 0, b) z ( + i)z 3 + 6i = 0. Övning.9. Bestäm ( ( + i)(1 + i ) 3) arg 3i(. 1 i) Övning.10. Visa att sin 3 θ = 3 sin θ 4 sin(3θ) 4. Övning.11. Uttryck följande komplexa tal i polär form a) i, b) 3 i, c) 1 i 1+ 3i, d) ( cos 1 i sin 1 ). Övning.1. Uttryck följande komplexa tal i rektangulär form a) e i 4π 3, b) 1 (1+i) 3, c) 1+i +i, d) e i 5π 6. Övning.13. Lös ekvationerna 19

20 a) z = 0, b) z 8 = 16, c) z 6 = 1 + i. Övning.14. Visa att om z < 1 och w < 1 följer att z w 1 zw < 1. 0

21 3 Polynom och algebraiska ekvationer 3.1 Definitioner och faktorsatsen En funktion f : C C av typen f(x) = a n x n + a n 1 x n a x + a 1 x + a 0, (3.1) där a i C kallas ett polynom. Om a i R för alla 0 i n kallas polynomet reellt, annars komplext. Om a n 0 sägs polynomet vara av gradtal n och vi skriver deg f = n, a n kallas den ledande koefficienten. Observera att gradtal för polynom inte är definierat för nollpolynomet f(x) = 0. Två polynom är lika om och endast om deras respektive koefficienter sammanfaller. Vi kan använda summasymbolen för polynomet (3.1) och får då f(x) = a i x i. i=0 Exempel 3.1. Låt f(x) = 4x 3 x+15. Funktionen f är då ett reellt polynom och deg f = 3. Koefficienterna är 15, 1, 0 och 4. Den ledande koefficienten är 4. Addition och multiplikation mellan polynom definieras genom (f + g)(x) = f(x) + g(x), (f g)(x) = f(x) g(x). Direkt följer att om f 0, g 0 och f + g 0 har vi deg(f + g) max(deg f, deg g), (3.) deg(f g) = deg f + deg g. (3.3) Anledningen till olikheten i (3.) är att koefficienterna till de termer med högst gradtal kan summeras till noll och därmed försvinna. Låt t.ex. f(x) = x +x 4 + 3i och g(x) = x + 4x. Vi har att (f + g)(x) = f(x) + g(x) = 5x 4 + 3i, så deg(f + g) = 1 men deg f = deg g =. Ett tal α C kallas ett nollställe till polynomet f om f(a) = 0. Om x = α löser ekvationen f(x) = 0 sägs α vara en rot till ekvationen. Självfallet är x = α en rot till ekvationen f(x) = 0 om och endast om α är ett nollställe till polynomet f. Vi säger att polynomet f är delbart med polynomet g om det finns ett polynom h sådant att f = g h. Exempel 3.. Polynomet f(x) = x 1 är delbart med g(x) = x + 1 ty x 1 = (x + 1)(x 1). Vi har således f = g h, där h(x) = x 1. Talen 1 och 1 är nollställen till f. 1

22 Låt f och g vara polynom med egenskapen att deg f deg g. Vi kan då finna entydiga polynom k och r så att f kan skrivas på formen f(x) = k(x)g(x) + r(x), (3.4) där k och r har egenskaperna att deg k = deg f deg g och om r 0 gäller att 0 deg r < deg g. Polynomen k och r kallas kvoten respektive resten då f divideras med g. Observera att f är delbart med g om och endast om r(x) = 0. Jämför detta med heltalen då vi utför division eller 7 3 = + 1 3, 7 = Exempel 3.3. Ett sätt att beräkna kvoten och resten är genom polynomdivision. Låt f(x) = x 4 5x 3 + 4x 14x + 4 och g(x) = x + 3 vi presenterar räkningarna med både liggande stolen och trappan, x 5x +1 x + 3 x 4 5x 3 +4x 14x +4 x + 3 (x 4 +3x ) 5x 3 +x 14x +4 ( 5x 3 15x) x +x +4 (x +3) x +1 Överst i uppställningen ser vi kvoten k(x) = x 5x + 1 och nederst resten r(x) = x + 1. Vi kan alltså skriva f på formen f(x) = (x 5x + 1)(x + 3) + x + 1. Likhet (3.4) ligger till grund för den viktiga faktorsatsen. Sats 3.4. Låt f vara ett polynom och α C. Talet α är ett nollställe till f om och endast om f är delbart med x α. Bevis: Vi börjar med att visa utsagan att om talet α är ett nollställe till f så är f delbart med polynomet x α. Antag att α är ett nollställe till f. Vi använder (3.4) med g(x) = x α och får f(x) = k(x)(x α) + r(x), (3.5) där 0 deg r < deg(x α) = 1. Detta medför att r endast består av en konstant. Sätt r(x) = c. Vi kan bestämma c genom att studera (3.5) för x = α: f(α) = k(α)(α α) + c = c.

23 Eftersom α är ett nollställe till f följer att c = f(α) = 0. Vi har att f(x) = k(x)(x α) vilket betyder att f är delbart med x α. Vi är klara med den ena implikationen. Antag nu att f är delbart med x α, vilket betyder att det finns ett polynom k så att f(x) = k(x)(x α). (3.6) Vi vill undersöka om α är ett nollställe till f. Identiteten (3.6) ger direkt att f(α) = k(α)(α α) = 0, vilket betyder att α är ett nollställe till f. 3. Algebraiska ekvationer Exempel 3.5. Lös ekvationen x 3 5x x + 5 = 0. Vi ser genom prövning att x = 1 löser ekvationen. Låt f(x) = x 3 5x x+5. Polynomet f har ett nollställe för x = 1, d.v.s. f(1) = 0. Faktorsatsen ger oss att f är då delbart med polynomet x 1. För att beräkna kvoten kan man antingen använda polynomdivision eller ansätta ett polynom k(x) = ax + bx + c och studera likheten f(x) = k(x) (x 1), d.v.s. x 3 5x x + 5 = (ax + bx + c)(x 1) = ax 3 + (b a)x + (c b)x c. Jämför vi koefficienter får vi att a = 1, b = 4 och c = 5. Vi har att x 3 5x x + 5 = (x 4x 5)(x 1) = 0. Löser vi andragradsekvationen får vi slutligen rötterna x 1 = 1, x = 5 och x 3 = 1. Sats 3.6 (Algebrans fundamentalsats). Varje polynom f med egenskapen att deg f 1 har ett komplext nollställe. För att bevisa satsen krävs mer avancerad matematik än vad vi klarar i denna stund, men håll ut! Satsen bevisas exempelvis i en kurs i komplex analys eller i högre kurser i algebra. Tillsammans med faktorsatsen får vi en faktorisering av polynom. Följdsats 3.7. Låt f vara ett polynom med deg f = n, där n 1. Då kan f skrivas på formen f(x) = a n (x α 1 )(x α ) (x α n ), (3.7) där α i C, för 1 i n, är polynomets nollställe och a n samma koefficient som i formel (3.1). Bevis: Vi använder induktionsbevis över gradtalet n: 3

24 a) Vi börjar med basfallet, d.v.s. då n = 1. Om ett polynom f är av gradtal 1 har det utseendet f(x) = a 1 x + a 0 och kan därför skrivas på formen ( f(x) = a 1 x + a ) 0. a 1 b) Antag att varje polynom g av gradtal n kan skrivas på formen g(x) = c(x α 1 )(x α ) (x α n ), (3.8) där c 0 och α i, för 1 i n, är komplexa tal. Vi vill visa att varje polynom f av gradtal n + 1 kan skrivas på formen f(x) = c(x α 1 )(x α ) (x α n+1 ), för några komplexa konstanter c och α i, för 1 i n. Enligt algebrans fundamentalsats vet vi att polynomet f har ett komplext nollställe α n+1. Enligt faktorsatsen är f delbart med polynomet x α n+1, d.v.s. f(x) = g(x)(x α n+1 ), där g är ett polynom med gradtal n. Enligt antagandet (3.8) kan f skrivas på formen f(x) = c(x α 1 )(x α ) (x α n+1 ). (3.9) Induktionsprincipen ger oss så när som på konstanten a n likhet i (3.7). Utför man parentesmultiplikation i (3.9) ser vi att c är koefficienten till x n+1, vilket är a n+1. Vi är klara. Exempel 3.8. Faktorisera polynomet f(z) = z 3 (1 + i)z + 6( 1 + i)z + 4i(1 i) som har ett nollställe i punkten z =. Enligt följdsats 3.7 är uppgiften klar då vi vet alla nollställen till f. Enligt faktorsatsen är f delbart med polynomet z. Låt oss ansätta g(z) = az + bz + c och lösa ekvationen f(z) = g(z)(z ). Vi får f(z) = (az + bz + c)(z ) = az 3 + (b a)z + (c b)z c. Jömförelse av koefficienter ger oss ekvationssystemet a = b a = (1 + i) c b = 6( 1 + i) c = 4i(1 i) 4

25 som har lösningen a =, b = 4i och c = i. Alltså är f(z) = (z + ( 4i)z i)(z ). De två nollställena till f är även nollställen till g, d.v.s. rötter till ekvationen g(z) = 0. Vi löser ekvationen g(z) = 0: z + ( 4i)z i = 0. Från delkapitel. har vi metoder för att lösa andragradsekvationer såsom denna. Lösningarna blir z 1 = i och z = 1 + i. Enligt följdsats 3.7 kan vi skriva f(z) = (z )(z i)(z + 1 i). Sats 3.9. Låt f vara ett reellt polynom och α vara ett nollställe till polynomet. Då följer att även α är ett nollställe till polynomet. Bevis: Förutsättningarna för satsen säger att f(x) = a i x i, i=0 där a i R och f(α) = a i α i = 0. (3.10) i=0 Vi vill visa att f(α) = 0. Komplexkonjugat av ekvation (3.10) ger oss f(α) = a i α i = i=0 a i α i = i=0 a i α i = i=0 a i α i = f(α) = 0. i=0 Exempel Ekvationen z 4 z 3 z z 3 = 0 har roten z 1 = i. Bestäm samtliga rötter till ekvationen. Låt f(z) = z 4 z 3 z z 3. Vi noterar att i är en rot till ekvationen f(z) = 0 och att f är ett reellt polynom. Därför följer av sats 3.9 att även i = i är en rot till ekvationen f(z) = 0. Enligt faktorsatsen är polynomet f delbart med (z i) och (z + i), d.v.s. det finns ett andragradspolynom k sådant att f(z) = k(z)(z i)(z + i) = k(z) ( z + 1 ). Efter polynomdivision eller ansättning av godtyckligt andragradspolynom k följer att k(z) = z z 3. Ekvationen k(z) = 0 har rötterna z 3 = 1 och z 4 = 3. Rötterna till den ursprungliga ekvationen är z 1 = i, z = i, z 3 = 1 och z 4 = 3. 5

26 Definition Låt f vara ett polynom. Ett nollställe α sägs vara av multiplicitet m om f är delbart med (x α) m men inte delbart med (x α) m+1. Talet α är ett nollställe till polynomet f av multiplicitet m om och endast om f kan skrivas på formen f(x) = (x α) m g(x), där polynomet g har egenskapen att g(α) 0. Detta följer av att g(α) = 0 om och endast om g kan skrivas på formen g(x) = (x α)k(x), vilket insatt i f är f(x) = (x α) m+1 k(x). Från definitionen följer att om α är ett nollställe till f med multiplicitet m så är f ej delbart med (x α) m+1. Alltså följer att g(α) 0. Lemma 3.1. Låt f vara ett polynom och α ett nollställe till f av multiplicitet m. Då gäller att α är ett nollställe till f av multiplicitet m 1. Bevis: Antag att α är ett nollställe till f av multiplicitet m, d.v.s. att f(x) = (x α) m g(x), där g(α) 0. Produktregeln för derivator ger oss f (x) = m(x α) m 1 g(x) + (x α) m g (x) = (x α) m 1 ( mg(x) + (x α)g (x) ) Slutligen måste vi verifiera att f ej är delbart med (x α) m, vilket är detsamma som att verifiera att mg(α) + (α α)g (α) = mg(α) 0. Det senare följer av att m 0 och g(α) 0. grund för en allmännare sats. Detta lemma ligger till Sats Låt f vara ett polynom. Ett tal α är ett nollställe till f av någon multiplicitet större än eller lika med m om och endast om för alla 0 k m 1. d k f (α) = 0, dxk Bevis: Vi börjar med att visa att om α är ett nollställe till f av någon multiplicitet större än eller lika med m följer att d k f (α) = 0, dxk 6

27 för alla 0 k m 1. Antag att α är ett nollställe till f av multiplicitet l m. Från lemma 3.1 följer att α är ett nollställe till f av multiplicitet l 1 m 1, vilket ger att för något polynom g har vi df dx (x) = (x α)m 1 g(x) och speciellt df (α) = 0. dx Upprepar vi lemma 3.1 får vi att α är ett nollställe till f av multiplicitet l, vilket ger att d f (α) = 0. dx Vi kan fortsätta på detta vis och får slutligen att α är ett nollställe till d m 1 f/dx m 1 av multiplicitet l m + 1 1, och speciellt har vi d m 1 f (α) = 0. dxm 1 Vi vill även visa det omvända resultatet. Antag att d k f (α) = 0, (3.11) dxk för alla k sådana att 0 k m 1. Vi vill visa att f är delbart med polynomet (x α) m. Vi använder (3.4) och får f(x) = (x α) m k(x) + r(x), där polynomen k och r är kvoten respektive resten då f divideras med (x α) m. Vi vill visa att r(x) = 0. Vi vet att deg r m 1 och kan därför ansätta r(x) = a 0 + a 1 (x α) + a (x α) a m 1 x m 1. Eftersom α är ett nollställe av minst multiplicitet m till h(x) := (x α) m k(x) har vi från den bevisade delen av satsen d h (α) = 0, (3.1) dxi för alla 0 i m 1. Ekvationerna (3.11) och (3.1) ger att d i r (α) = 0, (3.13) dxi för alla 0 i m 1. Koefficienten a 0 = 0, ty från (3.13) med i = 0 har vi Låt oss derivera r, vi får r(α) = a 0 = 0. r (x) = a 1 + a (x α) (m 1)a m 1 x m. (3.14) 7

28 Från (3.13) och (3.14) får vi att r (α) = a 1 = 0. Fortsätter vi på detta sätt och beräknar di r och därefter använder (3.13) får vi att a dx i i = 0 för alla 0 i m 1 och därmed att r(x) = 0. Alltså är f(x) = (x α) m k(x) vilket visar satsen. Exempel Ekvationen x 4 4x = 0 har en dubbelrot, d.v.s. en rot av multiplicitet två. Lös ekvationen. Bilda f(x) = x 4 4x Enligt sats 3.13 är dubbelroten till f(x) = 0 även en rot till ekvationen f (x) = 0. Vi söker därför nollställena till f (x) = 4x 3 1x = 4x (x 3) = 0. Nollställena till f är x = 0 och x = 3. Eftersom f(0) = 7 så måste f(3) = 0. Enligt faktorsatsen är f(x) = (x 3) g(x), för något polynom g. Med hjälp av polynomdivision eller ansättning av godtyckligt andragradspolynom får vi att g(x) = x + x + 3. Resterande rötter till f får vi från ekvationen g(x) = 0, som har rötterna x 3 = 1 + i och x 3 = 1 i. Sammanfattningsvis är rötterna till ekvationen x 1 = x = 3, x 3 = 1 + i och x 3 = 1 i. För att lösa en polynomekvation av högre grad än två har vi endast givit metoden att gissa rötter och därefter faktorisera ut förstagradsuttryck för att reducera gradtalet på ekvationen med ett. Det finns exakta formler för rötterna till polynomekvationer upp till och med gradtal fyra och man har visat att det inte går att få fram liknande formler för högre gradtal. För att veta vilka rötter man ska gissa på kan man i vissa fall använda följande sats. Sats Låt f(x) = a 0 + a 1 x + a x a n x n vara ett polynom med a i Z för alla 0 i n. Antag att bråket p/q ej går att förkorta och är en rot till ekvationen f(x) = 0. Då följer att a 0 är delbart med p och att a n är delbart med q. Bevis: Vi vet att p/q är en rot till ekvationen f(x) = 0, vilket innebär att f ( ) p = q eller, efter multiplikation med q n, a i p i q i = 0 i=0 a i p i q n i = a 0 q n + i=0 a i p i q n i = 0. (3.15) Vi väljer först att visa att a 0 är delbart med p. Att a n är delbart med q följer analogt. i=1 8

29 Efter omskrivning av (3.15) får vi ( ) a 0 q n = a i p i q n i = p a i p i 1 q n i. i=1 Här ser vi att högerledet är delbart med p alltså är vänsterledet delbart med p. Här använder vi aritmetikens fundamentalsats som säger att varje heltal större än ett kan på ett entydigt sätt skrivas som en produkt av primtal. Alla primtalfaktorer som tillsammans bygger upp talet p måste finnas i a 0 eftersom bråket p/q inte gick att förkorta enligt våra förutsättningar. Alltså är a 0 delbart med p. i=1 Exempel Lös ekvationen x 3 3x x + 6 = 0. Vi observerar först att koefficienterna i ekvationen är heltal. Möjliga rationella rötter p/q är enligt sats 3.15 således fallen då p {±1, ±, ±3, ±6} och q {±1}. Vi ser att då koefficienten till x 3 är 1 får vi att de möjliga rationella rötterna är heltal. Efter testande av möjliga heltalsrötter finner vi att x 1 = 3 är en rot. Efter polynomdivision eller annan metod ser vi att x = och x 3 =. 3.3 Samband mellan rötter och koefficienter Låt f(x) = a 0 + a 1 x + a x a n 1 x n 1 + x n ha de komplexa nollställena α 1, α,..., α n. Enligt algebrans fundamentalsats är f(x) = (x α 1 )(x α ) (x α n ). För att få en konstant term ur dessa paranteser måste vi multiplicera ( α 1 ) ur första parantesen med ( α ) ur den andra o.s.v. vi får n a 0 = ( α 1 )( α ) ( α n ) = ( 1) n α 1 α α n = ( 1) n α i. Det finns även ett enkelt uttryck för koefficienten a n 1. För att få en term av typen cx n 1, där c är en konstant, måste vi multiplicera x i alla parenteser utom i en av dem. Ur denna återstående väljer vi α i, för något i sådant att 1 i n. Vi kommer att få n olika termer av denna typ. Summan av dessa blir α 1 x n 1 α x n 1... α n = (α 1 + α α n )x n 1. Eftersom detta endast är ett annat sätt att uttrycka koefficienten framför x n 1 så måste a n 1 = α i. Exempel Låt oss studera fallet för ett godtyckligt tredjegradspolynom. Låt i=1 i=1 f(x) = x 3 + a x + a 1 x + a 0 (3.16) 9

30 ha nollställena α 1, α och α 3. Vi kan nu skriva f på formen f(x) = (x α 1 )(x α )(x α 3 ). Utför vi parentesmultiplikationen får vi f(x) = x 3 (α 1 + α + α 3 )x + (α 1 α + α 1 α 3 + α α 3 )x α 1 α α 3. Jämför vi koefficienter får vi (α 1 + α + α 3 ) = a α 1 α + α 1 α 3 + α α 3 = a 1 α 0 = α 1 α α Övningar Övning 3.1. Lös ekvationerna a) z 4 + iz + 3 = 0, b) z 8 17z = 0, c) z 6 iz 3 4 = 0. Övning 3.. Låt w 1 vara en rot till ekvationen z n = 1. Visa att n 1 w k = 0. k=0 Övning 3.3. Ett andragradspolynom antar värdena 0, 1 och 1 värdena 1, respektive 3. Bestäm polynomet. Övning 3.4. Hur många komplexa rötter har ekvationen z(z z 3 + 1) + z 6 = z 3 (z 3 z + )? Övning 3.5. Kan det finnas någon polynomekvation med sex olika rötter, varav fem rötter ligger i intervallet ]0, 1[ och en rot ligger i intervallet ]1000, [? Övning 3.6. De fem olika rötterna till ekvationen z 5 1 = 0 betecknas 1, z 1, z, z 3 och z 4. Beräkna (1 z 1 )(1 z )(1 z 3 )(1 z 4 ). Det är inte nödvändigt att lösa ekvationen. Övning 3.7. Lös ekvationen z 3 iz z + i = 0, då man vet att z = i är en rot. Övning 3.8. Bestäm talet a så att ekvationen z 3 4z z + a = 0 får roten z =. Lös därefter ekvationen. 30

31 Övning 3.9. Bestäm det komplexa talet a så att ekvationen z 3 (1 + i)z + (4 + 3i)z + a = 0 får roten z = i. Lös ekvationen fullständigt. Övning Bestäm en polynomekvation med reella koefficienter så att den är av lägsta möjliga grad och har rötterna + i, i och 1. Övning Ekvationen z 4 + z 3 + 6z + 8z + 8 = 0 har rötterna i och 1 + i. Bestäm de övriga rötterna. Övning 3.1. Ekvationen z 4 + z 3 + 3z + z + = 0 har en rot 1 + i. Bestäm samtliga rötter. Övning Ekvationen z 4 8z z 98z = 0 har roten 3 + 5i. Bestäm samtliga rötter. Övning Ekvationen z 4 + 3z 3 + z + 18z 30 = 0 har en rent imaginär rot. Lös ekvationen fullständigt. Övning Bestäm det reella talen a och b så att ekvationen z 3 +az+b = 0 får roten 1 i. Lös ekvationen fullständigt. Övning Faktorisera polynomen så långt som möjligt i reella faktorer a) x 4 + 1, b) x 4 + x + 1, c) x 6 1, d) x 9 x 6 x 3 + 1, e) x 5 x 4 + x 3 x + x 1. Övning Ett polynom x + ax + b ger vid division med x + resten 1 och vid division med x 10 resten 13. Bestäm polynomet. Övning Polynomet p ger resten 7 vid division med x 4 och resten 5 vid division med x 3. Vilken rest ger p vid division med (x 4)(x 3) Övning Bestäm de reella talen a och b så att ekvationen z 4 + az 3 + bz 1z = 15 har roten i. Lös ekvationen fullständigt. Övning 3.0. Ekvationen z 4 + z 3 + z + z + 4 = 0 har en rot med real- och imaginärdel lika. Lös ekvationen. Övning 3.1. Ekvationen z 4 6z z 18z + 10 = 0 har en rot med realdelen dubbelt så stor som imaginärdelen. Lös ekvationen. Övning 3.. Uppdela polynomet f(x) = x 7 + x 6 + x 5 + x 4 + x 3 + x + x + 1 i reella faktorer av högst grad två. Ledning: Studera (x 1)f(x). Övning 3.3. Ange summan respektive produkten av alla rötterna till ekvationen 4z 7 + z 3 + 3z 100 = 0. 31

32 Övning 3.4. Beräkna summan av rötterna till ekvationen (z 1) 8 = 1. Övning 3.5. Givet ekvationen z (1+5i)z 6+3i = 0, beräkna produkten av rötternas konjugerade värden. Övning 3.6. Visa att ekvationen z z är delbart med z + z + 1. Övning 3.7. Ekvationen 3x 5 5x 4 0x x + 53 = 0 har en trippelrot för x = 1. Lös ekvationen. 3

33 4 Svar till övningar Övning.1. a) + 5i b) 1 6i Övning.. a) 3 4i b) 10 10i 1 c) 5 (1 + 7i) Övning.3. a = 3 5 Övning.7. a) z 1, = ±(1 i) b) z 1, = ±(5 + 4i) Övning.8. a) z 1 = + i och z = 1 i b) z 1 = 3 och z = 1 + i Övning.9. π 4 Övning.11. a) e i π b) e i π 6 1 c) e i 7π 1 d) e i Övning.1. a) 1 + i 3 b) 1 4 (1 + i) c) 1 5 (4 + i3) d) 1 ( 3 + i) Övning

34 a) z 1, = 1 (1 ± i 3) och z 3 = 1 b) z k = e i πk 8, för k {0, 1,,..., 7} c) z k = 1 1 e i π+8πk 4, för k {0, 1,,..., 5} Övning 3.1. a) z 1, = ± 1+i och z 3,4 = ± 3 (1 i) b) z 1, = ±1, z 3,4 = ±, z 5,6 = ±i och z 7,8 = ±i c) z k = 1 3 e i π+1kπ 18, för k {0, 1, } och z k = 1 3 e i 5π+1kπ 18, för k {3, 4, 5} Övning 3.3. x + 5x Övning 3.4. Tre, ty ekvationen är av grad tre. ) ( x 1 4 Övning 3.5. Ja, t.ex. ( x 1 ( ) x Övning Övning 3.7. z 1 = i och z,3 = 3 ± i Övning 3.8. a = 0, z 1 = och z,3 = 3 ± i ) ( x 1 5 Övning 3.9. a = 4i, z 1 = i, z = 1 i och z 3 = i Övning z 5 5z z 3 10z + 9z 5 = 0 Övning z 1, = ±i och z 3,4 = 1 ± i Övning 3.1. z 1, = 1 ± i och z 3,4 = ±i Övning z 1, = 3 ± 5i och z 3,4 = 1 ± i Övning z 1, = ±i 6 och z 3,4 = 3± 9 Övning a = 1, b = 10, z 1, = 1 ± i och z 3 = Övning a) (x + x + 1)(x x + 1) b) (x + x + 1)(x x + 1) c) (x 1)(x + 1)(x + x + 1)(x x + 1) d) (x 1) (x + x + 1) (x + 1)(x x + 1) e) (x 1)(x + x + 1)(x x + 1) Övning x 7x 17 ) ( x 1 6) (x 1001) = 34

35 Övning x 1 Övning a = 4, b =, z 1, = ± i och z 3,4 = ± 3 Övning 3.0. z 1, = 1 ± i och z 3,4 = 1±i 7 Övning 3.1. z 1, = ± i och z 3,4 = 1 ± i Övning 3.. (x + 1)(x + 1)(x + x + 1)(x x + 1) Övning 3.3. Summan är noll och produkten är 5. Övning Övning i Övning 3.7. x 1 = x = x 3 = 1 och x 4,5 = 7±

36 Sakregister delbarhet, 6 Eulers formler, 18 heltalen, 3 imaginära enheten, 11 imaginärdel, 11 komplexa tal, 10 absolutbelopp, 11 argument, 16 polär form, 16 rektangulär form, 11 konjugat, 11 naturliga talen, 3 nollställe multiplicitet, 6 polynom, 1 delbarhet, 1 gradtal, 1 nollställe, 1 rot, 1 rationella talen, 3 realdel, 11 36