Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Att repetera.

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Storlek: px
Starta visningen från sidan:

Download "Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Att repetera."

Transkript

1 Uppsala Uiversitet Matematisa Istitutioe Bo Styf rasformmetoder, 5 hp gyl, I, W, X Att repetera. Vi samlar här e del material frå tidigare urser som a vara avädbart uder urses gåg. Serier. E serie (eller oädlig summa) a är ett försö att addera alla tale i e följd (a ), N. Om försöet lycas säger vi att serie är overget. Om försöet misslycas säger vi att serie är diverget. Försöet består i att ma bildar följde (s ) beståede av delsummora s = a N + a N+ + + a, = N, N +, N + 2,... Försöet defiieras som lycat om S = lim s existerar. Serie med värdet (eller summa) S. Vi sriver då S = a. Försöet defiieras som misslycat om S = lim s ite existerar. Serie a är då di- verget, d.v.s det går ite att addera tale i följde (a ), N. a är då overget Geometrisa serier. Om vi försöer addera tale a = x, =, 2, 3,..., där x är ett reellt tal, så får vi de geometrisa serie x = + x + x 2 + x 3 + = För delsummora s = + x + x x har vi xs = x + x x + x och ( x)s = s xs = ( + x + x x ) (x + x x + x ) = x vilet ger s =, då x =, s = x x = x, då x =. ( ) x Med hjälp av ( ) ser vi att de geometrisa serie divergerar om x och overgerar om < x <. I det seare fallet har vi S = x = x. =

2 Räeregel för overgeta serier. Om a, b är overgeta och A, B är ostater så är (Aa + Bb ) overget och (Aa + Bb ) = A a + B b Om däremot a är overget, meda b är diverget, och A, B är ostater, B = 0, så är (Aa + Bb ) diverget. Sats. Om att serier divergerar. a overgerar så måste a 0. Dea sats a bara avädas för att bevisa Absolutoverges. E serie absolutoverget serie är automatist overget. a sägs vara absolutoverget om a <. E Altererade serier. E altererade serie är e serie där varaa term är positiv och varaa term är egativ. E altererade serie a alltså srivas som ( ) a eller ( ) a ( ) där a > 0 för alla. Leibiz overgesriterium. Om a avtar mot 0 så overgerar ( ). Exempel. Eligt Leibiz riterium overgerar seriera (a) ( ) (b) cos π + l (c) ( ) Partiell itegratio. Detta är balägesvariate av produtregel, (AB) = A B + AB, för derivatio. Atag att F är e atiderivata till f. För de obestämda itegrale av e produt f g gäller f (x)g(x) dx = F(x)g(x) F(x)g (x) dx För e bestämd itegral av f g gäller b a f (x)g(x) dx = [ F(x)g(x) ] x=b x=a b a F(x)g (x) dx. Detta fugerar ormalt bara om g (x) är e elare futio ä g(x). Så är fallet om t.ex. g(x) är ett polyom, g(x) = l x eller g(x) = arcta x. Exempel. Exempel. π 0 te 2t dt = t 2 e2t 2 e2t dt = C + t 2 e2t 4 e2t. π t si t dt = [ t cos t] π 0 ( ) cos t dt = π cos π + [si t] π 0 = π. 0 2

3 rigoometrisa formler. Expoetiallage e w e z = e w+z för alla w, z C ( ) gör det eelt att härleda behövliga trigoometrisa formler. Sätter vi, till exempel, w = iϕ, z = iθ i ( ) får vi cos(ϕ + θ) + i si(ϕ + θ) = e i(ϕ+θ) = e iϕ e iθ = (cos ϕ + i si ϕ)(cos θ + i si θ) = = (cos ϕ cos θ si ϕ si θ) + i(cos ϕ si θ + si ϕ cos θ) Idetifiatio av real- och imagiärdelar ger och cos(ϕ + θ) = cos ϕ cos θ si ϕ si θ si(ϕ + θ) = cos ϕ si θ + si ϕ cos θ För att göra dessa härledigar behöver vi äve ua biomialformel (se eda) och Eulers formler cos θ = 2 (eiθ + e iθ ), si θ = 2i (eiθ e iθ ) Problem. Sriv f (x) = 8 cos x cos 2x cos 3x som e summa av termer av type a cos ωx. Lösig. Med hjälp av expoetiallage och Eulers formler får vi f (x) = (2 cos x)(2 cos 2x)(2 cos 3x) = (e ix + e ix )(e 2ix + e 2ix )(e 3ix + e 3ix ) = (e 3ix + e 3ix + e ix + e ix )(e 3ix + e 3ix ) = + + e 2ix + e 2ix + e 4ix + e 4ix + e 6ix + e 6ix = cos 2x + 2 cos 4x + 2 cos 6x Problem. Sriv g(x) = si 5 x som e summa av termer av type a si ωx. Lösig. Med hjälp av expoetialformel, biomialformel och Eulers formler får vi 32i g(x) = (e ix e ix) 5 = e 5ix 5 e 4ix e ix + 0 e 3ix e 2ix 0 e 2ix e 3ix + 5 e ix e 4ix e 5ix = e 5ix e 5ix 5 e 3ix + 5 e 3ix + 0 e ix 0 e ix = 2i si 5x 0i si 3x + 20i si x Detta ger g(x) = 5 8 si x 5 6 si 3x + 6 si 5x Polär represetatio av omplexa tal. Varje omplext tal z = x + yi har e polär framställig z = x + yi = r cos θ + ir si θ = r e iθ, där r = z och θ är viel som z, sett som e frå origo emaerade vetor, bildar tillsammas med positiva reella axel. 3

4 z = x + iy θ r = z z = x + iy = r e iθ. Komplexa expoetialfutioe. Dea defiieras, för varje omplext tal w = u + iv, geom e w = e u+iv = e u (cos v + i si v) Sätter vi här u = x, v = 0 så får vi e x = e x+0i = e x (cos 0 + i si 0) = e x ( + 0i) = e x () = e x Ovaståede defiitio ger alltså, för reella variabelvärde, samma resultat som de tidigare defiierade expoetialfutioe. ar vi i stället u = 0, v = θ får vi e iθ = e 0+iθ = e 0 (cos θ + i si θ) = cos θ + i si θ För dessa tal har vi e iθ = cos 2 θ + si 2 θ = (trigoometrisa etta). De omplexa tale e iθ, för reella θ, svarar alltså mot puter på ehetscirel (och omvät svarar varje put på ehetscirel mot ett sådat tal). För varje ollsilt omplext tal z gäller att z/ z har absolutbeloppet ett. Alltså a vi fia θ så att z z = eiθ alltså z = z e iθ vilet ju är de polära represetatioe. De polära represetatioe är ite ui. För varje heltal gäller att z = z e i(θ+2π) För de omplexa expoetialfutioe gäller formel (de så allade expoetiallage). Av ( ) följer diret att (Z betecar heltale). Biomialformel och Pascals triagel. ( + z) = ( + z)... ( + z) = = =0 = ( + z) = + e w e z = e w+z för alla w, z C ( ) (e z ) = e z för alla z C, Z ( 0 ) + ( ) z = ( + z)( + z) ( = =0 (( ) z ) ( + ( ) z + + )) z + z ( ) z + + ( ) z 4

5 Potese z, för 0, fås geom att ma i produte ( + z)... ( + z) väljer z frå ( av ) paretesera och ur de resterade paretesera. Ett sådat val a göras på olia sätt, vilet ger oss oefficiete framför z. Vi ser ocså att ( ) ( ) ( ) = + för 0 < <. Detta sambad ger oss Pascals triagel som är avädbar vid beräig av (a + b), för ite alltför stora. Exempelvis eori för partialbråsuppdelig. (a + b) 4 = a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4 (a + b) 5 = a 5 + 5a 4 b + 0a 3 b 2 + 0a 2 b 3 + 5ab 4 + b 5 Sats. Om (x), N(x) = N (x) (x) är polyom, sådaa att har lägre grad ä N och N, saar gemesamma ollställe, så fis polyom, 2 sådaa att N = N = N + 2 där har lägre grad ä N och 2 har lägre grad ä. Bevis. Eftersom N, saar gemesamma ollställe fis, eligt Eulides algoritm (se eda), polyom P, P 2 sådaa att P (x) (x) + P 2 (x)n (x) =, för alla x R. Det följer att N = P + P 2 N N = P N + P 2 Här a det häda att P ej har lägre grad ä N eller att P 2 ej har lägre grad ä. Geom polyomdivisio (se eda) får vi då N = P N + P 2 = Q + N + Q där Q, Q 2,, 2 är polyom, har lägre grad ä N och 2 har lägre grad ä. Här måste Q + Q 2 vara ollpolyomet, för aars följer, om vi multiplicerar lede med N, att har högre grad ä sig själv. 5

6 Sats. Om N(x) = M(x) m, där m >, och har lägre grad ä N så fis polyom R,..., R m, som alla har lägre grad ä M, sådaa att N = M m = R M + R 2 M R m M m ( ) Bevis. Med polyomdivisio får vi M m = M m M = M m ( ) Rm M + Q m = R m M m + Q m M m där R m har lägre grad ä M och Q m har lägre grad ä M m. Geom upprepig (med Q m i stället för och m i stället för m o.s.v) fås ( ). Polyomdivisio. Då polyomet (x) divideras med ett aat polyom N(x) får ma e vot Q(x) och e rest R(x): (x) R(x) = Q(x) + N(x) N(x) (x) = Q(x)N(x) + R(x) Om (x) har lägre grad ä N(x) blir vote oll och R(x) = (x). Uder alla omstädigheter har R(x) lägre grad ä N(x). Divisioe går jämt ut, d.v.s (x) är delbart med N(x), om och edast om R(x) = 0. Exempel. Utför polyomdivisioe i fallet då (x) = 2x 5 3x 4 + 2x 3 x 2 + 2x och N(x) = x 4 2x 3 + 2x 2 2x +. Lösig. E valig divisiosuppställig med liggade stol ger: 2x + 2x 5 3x 4 + 2x 3 x 2 + 2x x 4 2x 3 + 2x 2 2x + 2x 5 + 4x 4 4x 3 + 4x 2 2x x 4 2x 3 + 3x 2 x 4 + 2x 3 2x 2 + 2x x 2 + 2x Vi avläser att Q(x) = 2x + och R(x) = x 2 + 2x. Eulides algoritm. Största gemesamma delare till två polyom N (x), (x) defiieras som det moisa polyomet S(x) (ledade oefficiete är ) av högsta möjliga gradtal som delar både N (x) och (x). Varje polyom som delar både N (x) och (x) måste dela S(x). Av detta följer att de största gemesamma delare är ui. Atag att vi gör polyomdivisioe N (x)/ (x) med resultatet N (x) = Q 2 (x) (x) + N 3 (x) Av detta följer att ett polyom S(x) delar både N (x) och (x) om och edast om S(x) delar både (x) och N 3 (x). Pare N (x), (x) och (x), N 3 (x) har alltså 6

7 samma största gemesamma delare. Eulides algoritm iebär att ma gör e upprepad polyomdivisio eligt schemat: N (x) = Q 2 (x) (x) + N 3 (x) (x) = Q 3 (x)n 3 (x) + N 4 (x). N 2 (x) = Q (x)n (x) + N (x) N (x) = Q (x)n (x) Ma avbryter då divisioe går jämt ut. De största gemesamma delare S(x) är det moisa polyom som fås då N (x) delas med si ledade oefficiet. Av schemat a ma äve utläsa att det fis polyom P (x), P 2 (x) sådaa att S(x) = P (x) (x) + P 2 (x)n (x) De största gemesamma delare är om och edast om N (x) och (x) saar gemesamma omplexa ollställe. I ett sådat fall gäller alltså att det fis polyom P 2 (x), P (x) sådaa att = P (x) (x) + P 2 (x)n (x) 7