Kompendium i Algebra, del 3 för fysikinriktade kandidatprogram. Rikard Bøgvad och Paul Vaderlind

Transkript

1 Kompendium i Algebra, del 3 för fysikinriktade kandidatprogram Rikard Bøgvad och Paul Vaderlind

2

3 Innehåll Kapitel 1. Absolutbelopp Absolutbelopp Räkneregler Att beskriva intervall med absolutbelopp Absolutbelopp och kvadratrötter Triangelolikheten Omvända triangelolikheten Fler exempel på livet med absolutbelopp. Nu i komplexa talplanet Övningar. 11 Kapitel 2. Olikheter Olikheter med obekanta behandlas som ekvationer... nästan Tallinjen Teckenstudium Fler exempel Olikheten mellan det aritmetiska och geometriska medelvärdet Övningar. 19 Kapitel 3. Heltal Primtal och faktorisering En naturlig fråga Hur många primtal finns det? Divisionsalgoritmen Euklides algoritm Diofantiska ekvationer Entydigheten av ett tals primtalsfaktorisering Övningar. 38 Kapitel 4. Moduliräkning alias kongruenser Klockräkning Mattenörden som urmakare Räkneregler Vad moduliräkning betyder för just ditt kriminella nätverk Övningar. 47 Kapitel 5. Matematikens kunskapsteori. 48 iii

4 iv INNEHÅLL 1. Logik eller varför är mattenördar som dom nu är och hur kan jag bli likadan? Påståenden Implikation och ekvivalens Om matematiska resonemang Antingen antingen eller eller eller, eller vad? Implikation och ekvivalens igen Kvantifikatorer. 61 Kapitel 6. Mängder - ja, vad sysslar vi egentligen med för något? Operationer på mängder: snitt, union, komplement. Venn-diagram Ändliga mängder Uppsagd ur paradiset. 70 Kapitel 7. Induktion Ett motiverande exempel Ett babyexempel Tillämpning på det första exemplet Fler exempel Övningar. 80 Kapitel 8. Fundamentala principer för antalsräkning Ett motiverande problem Att stiga upp på morgonen sett som ett matematiskt problem Permutationer Arrangemang Arrangemang med repetitioner Kombinationer och binomialsatsen Övningar. 90 Kapitel 9. Kort repetition av basbyte, nu med modern teknologi Basbyte Övergång till en ON-bas Ortogonala matriser Egenvärden och egenvektorer Övningar 108 Kapitel 10. Lineära avbildningar Arketypiskt exempel-till varje matris finns en lineärr avbildning Först: på höjden eller bredden? Matriser Lineära transformationer finns faktiskt i naturen, speciellt nu på våren Några exempel på avbildningar som inte är lineära 116

5 INNEHÅLL v 1.5. Första lärdomar av exemplena Matrisframställning av en lineär avbildning vilken som helst Med en godtycklig bas Geometriska exempel på lineära avbildningar Projektion Spegling Rotation Rotation kring en linje Mer om lineära avbildningar Injektiva, surjektiva och bijektiva avbildningar Sammansättning och invers Operatorer Men seriöst, varför förekommer lineära avbildningar överallt, om de nu verkligen gör det? Övningar 146 Kapitel 11. Får vi gå nu, eller? Om andragradskurvor Varför andragradskurvor lite historia Kägelsnitt Ellipser Hyperbler Parabler Andragradskurvor Ellips Hyperbel Parabel Klassifikation av andragradskurvor Elimination av blandade termer Övningar 169 Kapitel 12. Facit till vissa uppgifter 171

6

7 KAPITEL 1 Absolutbelopp. 1. Absolutbelopp. Vi har redan introducerat absolutbelopp av komplexa tal: Kom ihåg att z är avståndet från z till origo i det komplexa talplanet. Om nu z = a R ligger på den reella talaxeln, d v s är ett reellt tal, så är a förstås avståndet till origo längs den reella talaxeln (vi kan knappast korta ner avståndet med en utflykt i det komplexa talplanet). Alltså är t ex 3 = 3 och mer generellt, om a 0 så är a = a. För negativa tal som 3 har vi 3 = 3, eller 5 = 5. Det är alltså lätt att beskriva vad det innebär att ta absolutbeloppet av ett reellt tal som vi möter ansikte mot ansikte: vi plockar bort ett eventuellt minustecken. Hur ska vi formulera detta? Vi tittar på fallet att a är negativt igen. Då är a = b, där b är positiv. Avståndet från a till origo är just b, så vi har att a = b. I termer av a är b = a, så uttryckt så här har vi har faktiskt klistrat på ett minustecken a = b = a. Alltså är t ex 3 = ( 3) = 3. Vi skulle alltså kunna definiera absolutbeloppet för reella tal direkt, utan att bekymra oss om avstånd mellan komplexa tal, på följande sätt. Definition 1. Om a är ett reellt tal, så är a om a 0, a = 0 om a = 0 a om a 0. Observera att fallet a = 0 täcks av alla tre rader i definitionen, men de ger allihop samma värde: 0 = 0 = 0. Vi ritar upp grafen y = x till absolutbeloppet, som funktion av x. Observera att funktionsvärdena ju är längder av sträckor, och därmed aldrig negativa. Därför ligger grafen i övre planhalvan. Observera vidare att x = x, och att detta svarar mot att grafen är symmetrisk kring y-axeln. Formen på absolutbeloppets definition, med olika fall kan verka främmande, om man vill att ens funktioner ska ha stadiga formler typ x 2 (e x +23) som definition, men är inte konstigare än att det kostar olika för icke-studenter och studenter att åka buss. Först avgör ju biljettförsäljaren om x är en student eller inte, sedan bestäms biljettpriset B(x) på basis av detta. Det är alltså även där en uppdelning 1

8 2 1. ABSOLUTBELOPP Figur 1. Grafen y = x i fall. Uppdelningen i fall är ofta väsentlig i lösningen av problem som innehåller absolutbelopp. Exempel 1. Lös ekvationen x 3 + 2x = 0. Lösning: För att kunna räkna på detta vill vi gärna bli av med absolutbeloppstecknen. Det kan vi göra om vi vet tecknet på x 2, eftersom det följer ur definitionen att { x 3 om x 3 0 x 3, x 3 = (x 3) om x 3 0 x 3. Den punkt x där vi växlar rad i denna definition av x 3 är x = 3. Första raden i definitionen används när x 3, andra raden när x 3. För att göra sig av med absolutbelopp bör vi alltså dela upp lösningen i flera fall. Fall 1: Vi letar lösningar som uppfyller x 3. I detta intervall är x 3 + 2x = x 3 + 2x = 3x 3. Ska x 3 + 2x vara 0 så är 3x 3 = 0 x = 1. Det är bara det att vi tittar just nu efter lösningar som är 3, och det är inte 1. Alltså är detta inte en giltig lösning! Vi drar slutsatsen att ekvationen inte har några lösningar x som är 3. Fall 2: Vi letar nu lösningar som uppfyller x 3. Då är x 3 +2x = (x 3)+ 2x = x + 3, och om detta ska vara 0 så är x + 3 = 0 x = 3. Denna lösning uppfyller verkligen villkoret x 3, och är därmed en lösning till den ursprungliga ekvationen.

9 1. ABSOLUTBELOPP. 3 Vi kan se detta fenomen på grafen y = x 3 + 2x. Vi letar nollställen till funktionen, d v s punkter där grafen skär x-axeln. Till vänster om x = 3, sammanfaller grafen med linjen y = x + 3 och de har det gemensamma nollstället x = 3. Till höger om x = 3, sammanfaller grafen y = x 3 + 2x istället med linjen y = 3x 3 (som syns streckad i bilden). Denna linje skär x-axeln i x = 1, men denna punkt ligger inte på grafen y = x 3 + 2x Figur 2. Grafen y = x 3 + 2x och linjen y = 3x 3 (streckad) Nu ett lite mer involverat exempel: Exempel 2. Lös ekvationen x 1 + x + 1 = 3. Lösning: För att kunna tillämpa våra kunskaper om lineära ekvationer på detta vill vi, som i förra exemplet, gärna bli av med absolutbeloppstecknen. Det kan vi göra om vi vet tecknet på både x 1 och x + 1. Brytpunkterna när vi växlar rad i definitionen av x 1 är x 1 = 0 x = 1, och för x + 1 är den x + 1 = 0 x = 1. Vi kan alltså dela upp lösningen i tre fall, som svarar mot de tre intervall som dessa två punkter delar in reella talaxeln i. I vart och ett av intervallen kan vi ersätta absolutbeloppen med ett enda lineärt uttryck. Fall 1: Vi letar lösningar som uppfyller x 1. Då är både x+1 och x 1 positiva, så att x + 1 = x + 1, och x 1 = x 1. Alltså reduceras vänstra ledet till x 1 + x + 1 = (x 1) + (x + 1) = 2x

10 4 1. ABSOLUTBELOPP. och vi söker lösningen till ekvationen 2x = 3. Svaret är x = 3/2 och eftersom 3/2 1 så är detta alltså en giltig lösning. Fall 2: Vi letar lösningar som uppfyller 1 x 1. Då är x 1 negativ och x 1 = (x 1), medan x + 1 fortfarande är positiv och alltså x + 1 = x + 1. Alltså reduceras vänstra ledet till x 1 + x + 1 = (x 1) + (x + 1) = 2. Likheten 2 = 3 är förstås nonsens; hur vi än väljer x så kan vi aldrig få 2 = 3. Det blir inga lösningar i detta fall. Fall 3: Vi letar lösningar som uppfyller x 1. Då är både x 1 och x + 1 negativa och x 1 = (x 1), och x + 1 = (x + 1). Därmed reduceras vänstra ledet till x 1 + x + 1 = (x 1) (x + 1) = 2x och vi letar efter lösningar till 2x = 3 x = 1.5. Denna lösning är giltig eftersom den är mindre än 1. Ekvationen har alltså två lösningar: x = ±3/ Figur 3. Grafen y = x 1 + x + 1 och linjen y = 3. Vi kan studera grafen y = x 1 + x + 1 för att se hur detta syns på den. Denna gång är vi ute efter x-koordinater för skärningen med den horisontella linjen y = 3, streckad i figuren. Vi fann de två värden x = ±3/2 som också är uppenbara i figuren Tänk nu att vi skjuter linjen y = 3 uppåt eller nedåt, d v s vi tittar på linjen y = b för varierande b. När b = 3 hade vi två skärningspunkter med grafen, d v s två lösningar till x 1 + x + 1 = b. Om b sedan ökar från b = 3 har vi fortfarande två lösningar, liksom också i början när b minskar. Men när så b = 2

11 2. RÄKNEREGLER. 5 har vi plötsligt oändligt många lösningar, och sedan när b < 2 så finns det inga lösningar alls. Detta illustrerar olika fall som kan förekomma. Ett ännu mer involverat exempel. Exempel 3. Lös ekvationen x 2 + x + 1 = 3. Lösning: Igen är idén att bestämma intervall där vi kan ersätta alla absolutbeloppen med bestämda lineära uttryck. Startande inifrån i uttrycket, ser vi först att x växlar lineärt uttryck i x = 0, ty om x 0 så är ju x = x, medan om x 0 så är x = x. I det första fallet är alltså x 2 = x 2, som i sin tur växlar definitionsrad i x = 2. När x 0 är x 2 = x 2 som växlar definitionsrad i x = 2. Det sista uttrycket i ekvationen x + 1 växlar definitionsrad i x = 1. Vi har alltså identifierat punkter 2, 1, 0, 2, så att i intervallen mellan dem kan vi ersätta hela x 2 + x + 1 med ett enda lineärt uttryck. Det ger oss 5 fall. Vi kan se detta i bilden nedan av grafen y = x 1 + x + 1. Den består av 5 bitar av olika linjer, i dessa olika intervall. Fall 1: Vi letar lösningar som uppfyller x 2. Då är x 2 + x + 1 = 2x 1, och enda lösningen till 2x 1 = 3 är x = 2. Denna lösning uppfyller x 2 och är alltså en giltig lösning. Fall 2: Vi letar lösningar som uppfyller 0 x 2. I detta intervall är x 2 + x + 1 = x 2 + x + 1 = (x 2) + (x + 1) = 3, d v s den är konstant. Alltså är alla punkter i intervallet lösningar. Fall 3: Vi letar lösningar som uppfyller 1 x 0. I intervallet är x 2 + x + 1 = x 2 + x + 1 = (x + 2) + (x + 1) = 3x + 3, och enda lösningen till 3x + 3 = 3 är x = 0. Fall 4: Vi letar lösningar som uppfyller 2 x 1. Då är x 2 + x + 1 = x 2 + x + 1 = (x + 2) (x + 1) = 1, och det finns inga lösningar till 1 = 3. Fall 5: Vi letar lösningar som uppfyller x 2. Då är x 2 + x + 1 = x 2 + x + 1 = (x + 2) (x + 1) = 2x 3, och lösningen x = 3 till 2x 3 = 3 ligger också i rätt intervall. Sammanfattningsvis har vi visat att den ursprungliga ekvationen löses av alla x, som antingen är 3 eller ligger i intervallet 0 x Räkneregler. Vi har tidigare visat vissa räkneregler för absolutbeloppet av komplexa tal. De är också lätta att visa direkt från definitionen som vi gav nyss. De två sista reglerna i satsen nedan dyker ofta upp i räkningar.

12 6 1. ABSOLUTBELOPP Figur 4. Grafen y = x 2 + x + 1 och linjen y = 3. Sats 1. Antag att x, y R. Då är (1) x 0, med likhet bara om x=0, (2) xy = x y, (3) x/y = x / y, där y 0 (4) x = x, (5) y x = x y. Exempel 4. Lite eftertanke ger att räknereglerna också kan användas när vi har fler tal. T ex så har vi ( 2.1) 2 ( 0.5) = = = 2.1. På liknande sätt generaliserar vi fräckt (2) ovan till ( 2) 20 = 2 20 = ( 2) 20 = 2 10 = Att beskriva intervall med absolutbelopp. Om a, b R så är a b avståndet mellan a och b på reella tallinjen. Detta är en viktig och användbar intuition och förklarar till en del varför absolutbelopp så ofta dyker upp. Avståndet mellan t ex 2 och 3 är 3 ( 2) = 5. Det kvittar i vilken ordningen vi skriver dem, så vi har a b = b a. Exempel 5. Bestäm alla x för vilka x 17 = 3.

13 3. ABSOLUTBELOPP OCH KVADRATRÖTTER. 7 Lösning: vi kan beskriva detta i ord som att vi söker punkter x vars avstånd till 17 på tallinjen är 3. Uppenbarligen är x = = 20 en lösning, liksom 17 3 = 14. Mer generellt har vi i figuren nedan att x a = ϵ inträffar precis när avståndet från x till a är ϵ, d v s precis för x = a+ϵ, respektive x = a ϵ. Då har vi förflyttat oss från a med avståndet ϵ antingen åt höger eller vänster. Intervallet mellan dessa två punkter består av de punkter vars avstånd till a är mindre än eller lika med ϵ, d v s de punkter som uppfyller x a ϵ, och är ett behändigt sätt att beskriva intervall på. a Ε a a Ε Figur 5. Intervallet {x R : x a ϵ}. Exempel är ett närmevärde med 3 signifikanta siffror på π. Att säga att de tre siffrorna är signifikanta innebär (åtminstone) att hävda att π = 0.005, eller att π 3.145, d v s att π ligger nånstans i ett visst intervall, symmetriskt kring Absolutbelopp och kvadratrötter. För att återgå till komplexa tal visade vi med Pythagoras formel att z = zz. För reella tal a R, som ju uppfyller ā = a säger detta a = a 2 Vi kan förstås se detta direkt från Definition 1: Poängen är att kvadratroten ur ett positivt tal b alltid är den positiva lösningen till x 2 = b. Om nu b = a 2, så har ekvationen x 2 = a 2 de två rötterna ±a, och kvadratroten är alltså den av dessa som är positiv. Men detsamma är ju sant för a, och nyttigt att ha som reflex: a är det av de två talen a, a som är positivt Exempel 7. Förenkla (x 1) 2. x 1 Lösning: Det är frestande att dra kvadratroten ur kvadraten: (x 1) 2 = x 1 och få att kvoten är 1. Men detta är fel, ty (x 1) 2 = x 1 är bara sant om

14 8 1. ABSOLUTBELOPP. x 1 0. Om istället x 1 < 0 så är (x 1) 2 = (x 1), och kvoten blir 1. Ett bättre sätt att förenkla är alltså att skriva { { (x 1) 2 x 1 (x 1)/(x 1) om x > 1 1 om x > 1, = x 1 x 1 (x 1)/(x 1) om x < 1 1 om x < 1. (Uttrycket är odefinierad om x = 1.) 4. Triangelolikheten. Ett resultat som var lätt att motivera geometriskt i det komplexa talplanet var triangelolikheten: z + u z + u, som ju egentligen bara sade att summan av längderna av två sidor i en triangel är större än längden av den tredje. Triangelolikheten är förstås sann för reella tal också, och vi kan bevisa den direkt, som en övning att hantera olikheter. Sats 2. Om a, b R, så a + b a + b. Bevis. Vi utnyttjar att x är det positiva av de två talen a, a, speciellt det största av dem. Vi har alltså att a a och vilket ger att b b, a + b a + b. Dessutom är a a, och tillsammans med att b b får vi att (a + b) a + b. Men a + b är antingen a + b eller (a + b) och bägge har vi visat är mindre än a + b. Alltså följer satsens olikhet. En tillämpning av triangelolikheten på a b = a + ( b) ger varianten att a b a + b = a + b. Idén med satsen och dess variant är att vi vill uppskatta storleken på a±b, i termer av storleken av a och b och vi kan inte göra en bättre uppskattning om vi har att göra med skillnaden a b än om vi arbetar med a + b.

15 4. TRIANGELOLIKHETEN. 9 Exempel 8.. Antag att vi i ett experiment mäter a respektive b och får närmevärdena ã = 2.10 respektive b = 3.20, med en skattad osäkerhet av högst I själva verket är vi intresserade av c = 17a + b. (Låter lite som en chick-lit roman, eller hur?) Vad är nu noggranheten i närmevärdet c = 17ã + b = 28.40? Lösning: Vad vi vet, översatt i absolutbelopp är att a ã 10 2 och b b 10 2, och vi vill skatta c c. Tillämpar vi triangelolikheten och räkneregler för absolutbelopp, får vi c c = 17(a ã) + (b b) 17(a ã) + (b b) = Eller annnorlunda uttryckt så ligger c i intervallet c c Osäkerheten i mätningen har alltså fortplantat sig och vuxit rejält Omvända triangelolikheten. Ibland kan man vara intresserad av att uppskatta a + b med en undre gräns i termer av a och b istället för en övre gräns som triangelolikheten ger. Det bästa vi kan göra är den här lite sunkiga s k omvända triangelolikheten. Sats 3. Om a, b R så a b a + b. Bevis. Skriv a = (a b) + b och tillämpa triangelolikheten a = (a b) + b a b + b. På samma sätt fås b = (b a) + a a b + a. (Kom ihåg att b a = a b.) Den första olikheten innebär (subtrahera b från båda leden) att a b a b, och ur den andra fås på samma sätt, genom subtraktion med a, att b a a b. Alltså är både a b och b a = ( a b ) mindre än a b. Men ett av dessa tal är lika med a b, så vi har visat att a b a b. Byter vi nu b mot b, så får vi olikheten i satsen.

16 10 1. ABSOLUTBELOPP. 5. Fler exempel på livet med absolutbelopp. Nu i komplexa talplanet. Geometriskt är livet bara värt att leva i C. Exempel 9. Bestäm vilka z C som uppfyller z i = 2. Lösning: Kom ihåg att avståndet mellan två komlexa tal i talplanet ges av absolutbeloppet av deras skillnad. Genom att skriva ekvationen som z i = z ( 1 i) = 2, ser vi att vi kan uttrycka villkoret som att avståndet från z till 1 i ska vara precis 2. Svaret är alltså en cirkel i komplexa talplanet med radie 2 och centrum 1 i. En variation: Exempel 10. Bestäm vilka z C som uppfyller 13z i = 2. Lösning: Genom att skriva om: ( 1 i) ( 1 i) 13z i = 13(z = 13 z = och dela med 13 får vi det ekvivalenta villkoret ( 1 i) z = , som uttrycker villkoret att z ligger på en cirkel med radie 2/13 och centrum 1/13 i/13. Exempel 11. Bestäm vilka z C som uppfyller Lösning: Genom att skriva om får vi ekvationen z + 1 = 2 z + i. z + 1 z + i = 2. Eftersom detta är positiva tal, är denna ekvation ekvivalent med Sätter vi z = x + yi så får vi ( z + 1 ) 2 = 2( z + i ) 2. (x + 1) 2 + y 2 = 2(x 2 + (y + 1) 2 ) x 2 2x + y 2 + 4y + 1 = 0. Kvadratkomplettera nu det sista uttrycket: (x 2 2x)+(y 2 +4y)+1 = (x 1) 2 1+(y+2) = 0 (x 1) 2 +(y+2) 2 = 4. Men det sista uttrycket är precis z (1 2i) 2, så ekvationen svarar mot cirkeln med radie 2 och centrum 1 2i. z (1 2i) = 2,

17 Man tröttnar ibland på cirklar och vill ha linjer: Exempel 12. Bestäm vilka z C som uppfyller 6. ÖVNINGAR. 11 z + 1 = z + i. Eftersom detta är positiva tal, är denna ekvation ekvivalent med Sätter vi z = x + iy så får vi ( z + 1 ) 2 = ( z + i ) 2. (x + 1) 2 + y 2 = x 2 + (y + 1) 2 2x 2y = 0. Svaret är alltså linjen Re z = x = y = Im z. Slutligen leker vi lite. Exempel 13. Titta på de två sista exemplen, som specialfall av en allmännare ekvation z u = R z w, där u och v är två fixa komplexa tal, och K är ett reellt tal. Gör tankeexperimentet att vi upprepar räkningarna ovan. Det som i det sista exemplet gjorde att x 2 och y 2 -termerna försvann var att K = 1 (kolla!). Detta gjorde att vi fick en linje. (Vi kunde förstås också ha fått en ekvation 0 = 0 men det låtsas vi inte om). Är det så att x 2 och y 2 -termerna inte försvinner så har de samma koefficient och vi får efter en tänkt kvadratkomplettering ekvationen för en cirkel (det skulle kunna gå fel och vara en radie som ska vara ett negativt tal och då finns det inga lösningar, men det fallet struntar vi i). Alltså har vi (någorlunda) utan att jobba analyserat vad som kan hända, och ser att vi (utom dom där degenerade fallen när vi inte har några lösningar alls eller allt är lösningar) får cirklar eller linjer som lösningar till ekvationen. 6. Övningar. (1) Bestäm (a ett reellt tal) e) a 2, f) ( a) 2. a) 5, b) 5, c) 5 2, d) ( 5) 2, (2) Lös ekvationerna (x antas vara ett reellt tal) a) x = 3, b) x = 0, c) x = 3, d) x 1 = 3, e) 2x 1 = 3, f) 1 x = 3. (3) Rita mängden av de reella, respektive komplexa tal för vilka a) x 3, b) x 2, c) x 1 5, d) x + 2 < 3. (4) Rita graferna a) y = x, b) y = x 1, c) y = x + 3. (5) Rita graferna a) y = x +2x, b) y = x 1 x, c) y = x+3 2x. (6) Lös ekvationerna a) x x = 2, b) x x 3 = 0, c) x x = 0. (7) Lös ekvationen x x 1 = 4 (8) Rita i det komplexa talplanet de z som uppfyller z + 2 = 1. (9) Bestäm alla komplexa tal z för vilka z + 2 = z 2. (10) Bestäm alla komplexa tal z för vilka z 1 = 2 z + 1.

18 12 1. ABSOLUTBELOPP. (11) Bestäm alla komplexa tal z för vilka 1/z 1/4 = 1/4.

19 KAPITEL 2 Olikheter. 1. Olikheter med obekanta behandlas som ekvationer... nästan. En olikhet som x + 2 5, där problemet är att bestämma de x R för vilka olikheten är sann, kan vi förstås lösa genom att dra bort 2 från bägge sidor: x (x + 2) x 3. Principen, som vi använder, kan vi uttrycka mer abstrakt som att a b a + c b + c, där a, b, c R. Detta är samma teknik som för lineära ekvationer. På liknande vis kan vi lösa 2x 3, genom att multiplicera med 1/2 på bägge sidor: Mer generellt är principen att 2x 3 2x 3 x 3 2. a b ac bc, där a, b, c R och, OBS! c > 0. (c 0 för att vi ska få en ekvivalent olikhet.) Här kommer en skillnad gentemot ekvationslösningvi kan inte multiplicera med vad som helst och få en ekvivalent olikhet, utan endast med positiva tal. Titta på ett exempel: vi har att 2 0, men det är inte sant att 2 ( 1) = 2 0 ( 1) = 0. Men lugn, det är inte kaos. Mer abstrakt igen, det som händer när vi multiplicerar med ett negativt tal är att olikheten byter riktning: a b ac bc, där a, b, c R och, OBS! c < 0. Exempel 14. Vi kan se varför i ett exempel. Antag att a b, och att vi vill multiplicera bägge sidor med med c = 2. Då har vi först 2a 2b. Genom att sedan dra bort först 2b och därefter 2a från bägge sidor får vi 2a 2b 2a 2b 0 ( 2)b ( 2)a ( 2)a ( 2)b. 13

20 14 2. OLIKHETER. Alltså har vi visat a b ( 2)a ( 2)b, där a, b R. Kontentan är att om vi alltså bara håller reda på tecknet på allt vi multiplicerar (eller delar med) och byter riktning på våra olikheter, när det är minus, så kan vi lösa olikheter precis som ekvationer. Exempel 15. Bestäm för vilka x som 3e x xe x < 5e x. Lösning: 3e x xe x < 5e x (3 x)e x < 5e x 3 x < 5, eftersom e x > 0 alltid är positivt och skilt från 0, så att vi kan dela med det. Vidare är 3 x < 5 x < 2 x > 2, (vi drog bort 3 från bägge sidor, och multiplicerade sedan med 1 och bytte riktning på olikheten.) Svaret är alltså att olikheten är sann för alla x > Tallinjen. För att få en intuitiv bild över tal och olikheter är tallinjen oslagbar. Olikheten a b tolkas som att punkten som svarar mot talet a ligger till vänster om punkten som svarar mot talet b på tallinjen. För att få a + c från a flyttar vi punkten a precis c steg från a, antingen åt höger, om c är positivt, eller åt vänster om c är negativt. Vi kan alltså tolka addition som förflyttning av punkter på tallinjen. Vi kan på den göra oss en bild av varför a b a + c b + c, där a, b, c R. Det säger ju bara följande: om a ligger till vänster om b, och vi samtidigt flyttar dessa punkter c steg, och får a + c respektive b + c, så liggger a + c till vänster om b + c. Vi kan också skapa konkreta bilder av abstrakt nonsens som a b och b c = a c. Detta säger ju bildmässigt bara att om a ligger till vänster om b och b ligger till vänster om c, så ligger a till vänster om c. Effektiv problemlösning handlar mycket om att skapa sig enkla intuitiva bilder som dessa, ett slags principskisser över hur situationen ser ut. 2. Teckenstudium. Antag att vi vill veta när funktionen f(x) = (x 1)(x + 2) är positiv, d v s vi vill ta reda på för vilka x som (x 1)(x + 2) 0. Vi vet ju att produkten av två positiva liksom två negativa tal är positiv, och att produkten av ett positivt

21 2. TECKENSTUDIUM. 15 och ett negativt tal är negativ. Om vi alltså vet tecknet på respektive faktor i (x 1)(x + 2) kan vi lösa problemet. Men det är lätt att se: faktorn x 1 är 0 när x = 1, positiv när x > 1, samt negativ när x < 1. Den andra faktorn x + 2 är 0 när x = 2, positiv när x > 2, samt negativ när x < 2. Vi kan alltså dela upp tallinjen i tre intervall, med egenskapen att vi vet tecknet på faktorerna och därmed funktionen f(x) i varje intervall. I nedanstående tabell är den översta linjen en tallinje, med x = 2 och x = 1 markerade. Varje rad under tallinjen hör till en funktion, och på den raden under varje punkt på tallinjen (nåja, inte alla punkter...) står tecknet av radens funktion i den punkten. x -2 1 x+2: x-1: f(x)= (x-1)(x+2): Ur de två första radernas tecken vid ett visst x kan vi få produkten f(x):s tecken. Det ger tecknena i f(x):s rad. Från tabellen kan vi sedan avläsa att f(x) 0 x 2 eller x 1. Vi ser samma resultat i grafen y = f(x), som ligger ovanför x-axeln precis när funktionen är positiv Figur 1. Grafen till y = (x + 2)(x 1). Samma teknik fungerar när det är fråga om division eller flera faktorer. Det viktiga är då hur många negativa tal vi behöver multiplicera eller dela för att få

22 16 2. OLIKHETER. vår funktion. Är det ett udda antal så är produkten negativ, medan om det är ett jämnt antal så är den positiv. Exempel 16. När är funktionen f(x) = (x 1)(x + 1)ex (x 3)(x + 5) > 0? Lösning: Vi har fem faktorer. De fyra lineära x + 5, x + 1, x 1, x 3 växlar tecken när x = 5, x = 1, x = 1, respektive x = 3. Den femte e x är alltid positiv och spelar därför ingen roll för resultatet (Vi kan dela med den och få en ekvivalent olikhet.). Vi ritar upp en tabell över faktorernas tecken, och fyller sedan i deras tecken: x x+5: x+1: x-1: x-3: f(x): + +? ? Den sista raden får vi genom att på en viss plats står det + om det är ett jämnt antal minustecken i kolonnen ovanför, och - om det är ett udda antal. Vid x = 5 och x = 3 är funktionen inte definierad, något som vi markerat med?. Ur tabellen kan vi slutligen avläsa att f(x) > 0 precis när x < 5, eller 1 < x < 1, eller x > 3. Exempel 17. När är 3. Fler exempel. 1 (x 2)(x 4) 1 (x 1)(x 2)?

23 3. FLER EXEMPEL. 17 Lösning: Vi kan lösa detta genom att skriva om olikheten så att det blir en fråga om teckenstudium: Olikheten är ekvivalent med att r(x) 0, där 1 r(x) = (x 2)(x 4) 1 (x 1)(x 2) = x 1 = (x 1)(x 2)(x 4) x 4 (x 1)(x 2)(x 4) = 3 = (x 1)(x 2)(x 4). x x-1: x-2: x-4: r(x): ? +? - - -? Ur detta ser vi att svaret är 1 < x < 2 eller x > 4. (Observera att för x = 1, 2, 4 är åtminstone en av kvoterna inte definierad, så dessa punkter ingår definitivt inte.) Vi ser samma resultat i grafen y = f(x), som ligger ovanför x-axeln precis när funktionen är positiv: Varning: I detta exempel, skulle man också lätt (men felaktigt) kunnat tänka så här: multiplicera bägge sidor med (x- 2)(x- 1)(x- 4) så att vi blir av med bråkskräpet. Det ger x 1 x 4 3 0, vilket alltid är sant, och därför är olikheten också sann. Problemet med detta resonemang är att tecknet på det som vi multiplicerar med, varierar med x, och är speciellt ibland negativ, och därför får vi inte en ekvivalent olikhet - kom ihåg diskussionen i första sektionen. Ibland kan man förstås gå rakt på: Exempel 18. När är x 2 x ? Lösning: Eftersom x 2 0 för alla x, så är x > 0. Alltså kan vi multiplicera med x 2 + 4, och får den ekvivalenta olikheten x 2 0 x 2.

24 18 2. OLIKHETER Figur 2. Grafen till y = 1 (x 2)(x 4) 1 (x 1)(x 2). 4. Olikheten mellan det aritmetiska och geometriska medelvärdet. Slutligen ska vi beskriva en användbar olikhet, en av många. Att summera ett antal tal och dela med antalet tal är ett sätt att få fram ett medelvärde. Men det finns andra. T ex kan man vikta de olika talen: M(a 1, a 2 ) = 0.9a a 2. Orsaken kan vara att man anser att mätvärdet a 1 från en viss källa är 9 gånger mer troligt att vara korrekt, än från den mer slarviga och kanske suspekta källan som ger a 2. Då skulle man kunna välja att bara ange a 1, men då slänger man bort information, en av kyrkans sju dödssynder (bland de övriga märks att dela med 0, och ha åtrå efter sin nästas datoralgebrassystem). Istället tilldelar man alltså den suspekta informationenen mindre vikt. En väsentlig egenskap som ett medelvärde ska uppfylla för att det ska kallas ett medelvärde är att, om alla talen är lika med ett tal a, ska medelvärdet ge detta tal. I exemplet ovan är t ex M(a, a) = 0.9a + 0.1a = a. Det mest använda medelvärdet, vårt vanliga, kallas ibland det aritmetiska och definieras som: A := a 1 + a a n. n

25 5. ÖVNINGAR. 19 Här har vi n tal a 1, a 2,..., a n, och tar summan och delar med antalet tal. Är alla n talen samma tal a så är medelvärdet na/n = a. Ett annat vanligt medelvärde är att ta produkten av n icke-negativa tal och sedan dra n:te roten ur dem: G := (a 1 a 2...a n ) 1 n = n a 1 a 2...a n. Så t ex är det geometriska medelvärdet av 2 och 18: G = 2 18 = 6, medan det vanliga medelvärdet är A = 10. Om alla a i är samma tal a så är G = a, så det är OK att se G som ett slags medelvärde. I exemplet ser vi att A G, och detta är faktiskt alltid sant. Sats 4. Antag att a i A G. 0, i = 1, 2,..., n är icke-negativa reella tal. Då är Bevis. Vi nöjer oss med att visa detta när endast två tal a, b är involverade. Eftersom a, b är icke-negativa, så är de kvadrater (av sina kvadratrötter). Alltså finns det icke-negativa x och y så att a = x 2, b = y 2. Då är och och det vi ska visa är att G = ab = x 2 y 2 = xy A = x2 + y 2, 2 x 2 + y 2 2 xy. Vi formulerar om olikheten genom att multiplicera med 2 och flytta över: x 2 + y 2 2xy x 2 + y 2 2xy = (x y) 2 0 Men en kvadrat är alltid positiv, så den sista olikheten är alltid sann, och därmed också A G som vi startade med. Vi kan också lägga märke till att vi har likhet precis när x y = 0 x = y a = b. 5. Övningar. (1) Använd huvudräkning för att ordna talen , , i storleksordning. (2) Lös olikheterna a) 3x+1 < 2, b) 3x+2 1, c) 3x+1 > 5x+2, d) (x 3)(x + 3) x 2, e) (x + 1)(x 2) x 2 + 2x.

26 20 2. OLIKHETER. (3) Lös olikheten 3x + 1 x + 2 < 2. (4) Lös olikheterna a) x 2 < 4, b) x 2 > 4, c) (x + 1) 2 > (x + 5) 2. (5) Lös olikheterna a) x2 + 1 x (6) Lös olikheten < x, b) 2x2 x + 2 < x 2, c) x2 + 2 x > 1. x(x 1)(x 2)(x 3)(x 4)(x 5)(x 6) > 0. (7) Lös olikheten 3x + 1 x + 2 < 2 x + 3. (8) Lös olikheten ( 1) n 1, (n Z) (9) Bevisa A G för fyra tal, genom att utgå ifrån att du känner till att den gäller för två tal.

27 KAPITEL 3 Heltal. I naturvetarens verktygslåda utgör olika sorters tal förstås en stor del. Historiskt har man allt eftersom nya problem dykt upp hittat på nya typer. Allra först kom förstås de positiva hela talen, som användes för att beräkna antal. Betraktat t ex som militär teknologi var det säkert en revolution - för första gången fick man en billig metod att avgöra om man kunde plundra grannbyn -man räknade helt enkelt hur många dom var och jämförde med hur många man själv var och hade så en enkel tumregel för om man skulle vinna eller inte. (Som så många matematiska modeller innebar detta förstås en grov men samtidigt effektiv förenkling av verkligheten.) Efter många hundra år införde man talet 0 (kanske som en symbol för en walkover situation när grannbyn mangrant tagit semester) och fick så N, mängden av hela tal större än eller lika med 0. Negativa tal och bråktal är utvidgningar av detta vinnande koncept, och så småningom har man också hittat på reella tal (oändliga decimaltal) och t o m komplexa tal (och det finns fler varianter). Det finns flera poänger med att inte bums kila vidare till säg reella tal, funktioner och analys, utan först se vad man kan göra enbart med hela tal. En är att här kan man bygga upp känsla för hur en matematisk teoribyggnad ser ut och hur komplicerade de saker man kan göra med den kan bli. En annan och kanske oväntad sådan poäng är teorins aktualitet och användbarhet. Primtal är väsentliga i vissa viktiga tillämpningar av matematik från de sista decennierna. De är nämligen basen för de flesta moderna krypterings- och kodningsmetoder och det som följer i denna text (och mycket mer) används sålunda varje gång man stoppar in ett bankomatkort i en automat. Dessa tillämpningar är rätt nya, men baserade på resultat som varit kända i mer än 2000 år. (Det mesta av dem står i en bok av Euklides som kallas Elementa från cirka 300 fkr). Detta illustrerar att även om teorin kan tyckas vara ren vetenskap, enbart intressant ur ett vetenskapligt perspektiv och i sin egen rätt, så hindrar detta inte dess användbarhet, och också att allt i matematik inte är gjort, på långa vägar när. Det finns många andra exempel. 21

28 22 3. HELTAL. 1. Primtal och faktorisering. Antag att man tittar på hur man kan konstruera positiva hela tal. Från 2 och 3 kan vi med addition bilda t ex 5 = 2 + 3, 6 = 3 + 3,... I själva verket kan vi redan med 1 bilda 5 = Och vi inser förstås, att med 1 som den enda typen av legobit (men i obegränsat antal) kan vi få alla strikt positiva heltal med upprepad addition. Och för att få de negativa talen sedan, så sätter vi bara ett minustecken framför. Inte speciellt fantasieggande... Titta nu på samma problem att konstruera de positiva hela talen, men låt oss nu använda oss av multiplikation i stället för addition. Från 2 och 3 kan vi med multiplikation (hur många gånger vi vill eller ingen alls) bilda t ex 2, 3, 4 = 2 2, 6 = 2 3, 8 = 2 2 2, 12 = 2 2 3,... Några ögonblicks eftertanke får en att inse att vi inte kan få t ex 5 som en produkt av 2 och 3. Och situationen blir inte bättre av att vi lägger till 1 till legobitarna. För att kunna skriva alla heltal som produkter måste vi alltså ha tillgång till åtminstone 2 och 3 och 5. Men även då får vi inte med 7. Så då måste vi ha 7 också. Men då kan vi fortfarande inte skriva 11 som en produkt av våra legotal. Situationen är alltså helt annorlunda och mycket mer komplicerad än den var med addition. När världen känns krånglig och svår finns det inget (utom kanske kaffe med något starkt i och en deckare) som är så lugnande som en definition: Definition 2. Ett positivt heltal n kallas sammansatt om det är en produkt n = a b av två positiva heltal a och b som bägge är strikt större än 1. (Alltså 1 < a och 1 < b. Observera att av detta följer nödvändigtvist att 1 < a < n och 1 < b < n.). Om n är större än 1 och inte är sammansatt kallas det för ett primtal. Exempel 19. Talet 6 är ett sammansatt heltal ty 6 = 2 3. Talen 2, 3, 5, 7, 11 som dök upp i resonemanget ovan är primtal. Observera att talet 1 enligt definitionen inte är ett primtal. Det gör (så småningom) teorin lättare att hantera. Vi ger en definition till. Definition 3. Ett heltal b 0 kallas delare av ett tal n om det finns ett heltal a så att n = a b. Vi säger också att n delas av b. Ett annat sätt att uttrycka detta är att säga att kvoten n/b är ett heltal. Vi skriver detta som b n. Exempel och 3 är delare till 6, eftersom 6 = 2 3. Vilket positivt tal som helst n delas alltid av talet själv n och av 1, eftersom n = n 1. Talet n är alltså ett

29 1. PRIMTAL OCH FAKTORISERING. 23 primtal om och endast om dess enda positiva delare är n och 1. Observera också att varje tal är en delare av 0, och att inget tal delas av 0. Observera också att definitionen inte bara täcker positiva heltal, utan alla heltal. Vi har t ex att 6 delas av 2, eftersom 6 = ( 2) ( 3), och alltså gäller att 2 6. En fullständig lista på alla delare av 6 är ±1, ±2, ±3, ±6. Man ser lätt att b n b n. I resten av avsnittet ska vi bara syssla med positiva tal. Primtalen är de tal som vi fann ovan svara mot ett slags legobitar för att bygga upp tal med multiplikation. Varje tal verkar kunna skrivas som en produkt av primtal. Argument för att detta är sant är lätt att ge och det ska vi göra nu. Först ska vi se det i ett exempel med ett konkret heltal och sedan i allmänhet för alla heltal. Ofta i matematiska texter finns bara det allmänna argumentet för ett påstående och då är det ett mycket effektivt sätt att förstå argumentet att själv gå igenom det i ett speciellt fall. Exempel 21. Tag ett tal, t ex Precis som alla tal större än 1 är det antingen ett primtal eller ett sammansatt tal. Man ser att 3102 = , så det är ett sammansatt tal, delbart med 2. Talet 2 är förstås ett primtal: de enda talen a, b mindre än 2 som kunde komma ifråga för att ge 2 = a b är ju a = b = 1, som ju inte fungerar. Fortsätt nu med Precis som alla tal större än 1 är det antingen ett primtal eller ett sammansatt tal. Om det är sammansatt så måste det vara delbart med något tal som är mindre än Låt oss kolla alla dessa. Talet är inte delbart med 2, men med 3 ty 1551 = Hittills har vi fått 3102 = , och det är lätt att kolla att 3 också är ett primtal. Fortsätt med 517. Precis som alla tal större än 1 är det antingen ett primtal eller ett sammansatt tal. Det är inte delbart med 2 och därför inte heller med något jämnt tal över huvudtaget. Vidare är det inte delbart med 3 ty 517/3 = och inte med 5 eller 7 ty 517/5 = och 517/7 = Vi behöver inte kolla om 517 är delbart med 9 eller 10, för gäller det t ex att 517 = 9 a för något a så är ju också 517 = 3 3a, så att då skulle 517 vara delbart med 3. Men däremot är 517 delbart med 11, ty 517/11 = 47. För att sammanfatta har vi hittills fått 3102 =

30 24 3. HELTAL. Genom att pröva dela 47 med tal som är mindre än 47, ser man att 47 är ett primtal och vi har alltså fått en framställning av 3102 som en produkt av primtal, en primtalsfaktorisering. Talet i exemplet är förstås bara ett av oändligt många tal. Vi kan pröva fler tal och se att argumentet i exemplet fungerar på samma sätt, och sen är vi nog rätt övertygade om att det är sant att varje tal kan skrivas som produkten av primtal. Men vi vet inte att den är sann förrän vi gett ett bevis, d v s ett korrekt argument, som visar att satsen är sann för alla heltal. Som tur är kan vi analysera exemplet ovan och se varför samma teknik kommer att fungera för vilket heltal som helst (större än 1). Sats 5. Varje positivt tal större än 1 är antingen ett primtal eller kan skrivas som en produkt av primtal. En alternativ formulering är: För varje heltal n 2 finns det r 1 och primtal p 1,..., p r så att n = p 1 p 2...p r. Bevis. Även det här beviset formuleras rätt pladdrigt. Poängen är att satsen ur en viss synvinkel sett ett rätt starkt påstående. Varför då? Jo det uttalar sig ju om existensen av något som vi konkret inte har en isbits chans i helvetet att hitta, ty redan för en del tal med säg bara futtiga tusen siffror kommer det att krävas en dator stor som universum och mer tid än dess återstående livslängd för att hitta en faktorisering. Som tur är behöver vi inte hitta konkreta faktoriseringar för alla tal. Vi behöver bara visa på en principiell metod och den kan vi hitta i exemplet. Det startade med att vi hade ett tal n (större än 1), och så konstaterade vi att precis som alla tal är det antingen ett primtal eller ett sammansatt tal. Notera nu att om n är ett primtal är vi klara: satsen är sann för detta tal. Annars så finns det a > 1 och b > 1 så att n = ab. Hade vi nu vetat att både a och b är primtal eller produkter av primtal, så hade vi varit färdiga. I förstone kan detta tyckas vara ett cirkelbevis. Men vad vet vi om a och b? Jo, åtminstone att de är strikt mindre än n. Så låt oss lägga upp beviset som ett tankeexperiment. Låt oss tänka oss att vi går igenom heltalen i storleksordning, startande med 2. Antingen är satsen sann för alla tal eller så kommer vi förr eller senare till ett första motexempel, alltså ett tal n som inte är en produkt av primtal och inte ett primtal själv. Låt oss antaga att vi har hittat ett sådant n. Eftersom n inte är ett primtal finns det heltal a, b så att n = ab. Men vi vet att alla tal strikt mindre än n är produkter av primtal (eller primtal själva). Speciellt gäller detta för a och b. Men då är förstås också deras produkt n = ab en produkt av primtal. Det är en klar motsägelse mot att vårt n skulle vara det minsta motexemplet. Alltså kan det inte finnas sådana n. D v s satsen är sann.

31 2. EN NATURLIG FRÅGA. 25 Observera att vi också får en metod att hitta en primtalsfaktorisering på köpet. Givet ett tal n kollar vi för alla tal större än 1 och mindre än n om de delar n. Hittar vi ingen delare så är n ett primtal, och om vi hittar en faktorisering n = ab, så tillämpar vi samma procedur på a och b. Exempel 22. Man kan lätt visa att om n är ett positivt tal sådant att inga heltal a n delar n så är n ett primtal. (Se övningarna.) Detta kan användas för att med huvudräkning visa att 113 är ett primtal. Och för att kolla om 8521 är ett primtal med en miniräknare behöver du högst genomföra 30 divisioner, om du kan multiplikationstabellen och därmed vet vilka tal under 100 som är primtal. Exempel 23. Följande sätt att konstruera primtal kallas Eratosthenes såll. Det har fördelen att man inte ens behöver kunna räkna ut kvoter av heltal, och är egentligen samma tanke som vi startade det här avsnittet med: primtalen är de legobitar som behövs för att konstruera alla tal med multiplikation. Skriv upp alla tal 2 till säg 100 i ordningsföljd på ett papper. Idén är att eliminera alla sammansatta tal, genom att systematiskt ta bort alla multipler av primtal. Det första talet 2 som står i listan måste vara ett primtal - det är ju inte delbart med något tal som är mindre än sig själv. De tal som är delbara med 2 är precis vartannat tal i listan: 2, 4, 6, 8,... Stryk dem allihop utom det första talet 2. Det första talet som står ostruket i listan, alltså talet 3, måste vara ett primtal - det är ju inte delbart med något tal som är mindre än sig själv. De tal som är delbara med 3 är precis vart tredje tal i listan: 3, 6, 9, 12,... Stryk dem allihop utom det första talet 3. Nu är 5 det första talet som står ostruket i listan och måste vara ett primtal-det är ju inte delbart med något tal som är mindre än sig själv (om det vore delbart med ett av de strukna talen t ex 4 skulle det ju vara delbart med 2). Stryk nu vart femte tal från 5 utom 5 själv. Fortsätt på samma sätt: 7 som är det första ostrukna talet är ett primtal, stryk sedan vart sjunde tal med start i 7, utom 7 själv, o s v, o s v. De ostrukna tal som står kvar är primtalen. 2. En naturlig fråga. Satsen om att varje heltal kan skrivas som en produkt av primtal ger upphov till den naturliga frågan: går det att göra detta på olika sätt? Kan det t ex vara sant att = ? (Alla tal här är primtal - hur man hittar dem

32 26 3. HELTAL. kommer ni att lära er i datorlabbkursen). Vi kan naturligtvis kolla att detta inte är sant genom att räkna ut produkterna till , men det finns kanske andra sätt att faktorisera på? Redan 2000 år före miniräknarens uppfinning visste de intresserade att primtalsfaktorisering bara kan ske på (i princip) ett sätt. Det finns förstås alltid möjligheten att ändra på ordningen mellan faktorerna, t ex så är 30 = = = =... (Hur många möjligheter finns det? Se kombinatorikavsnittet!) Men låt oss säga att alla dessa faktoriseringar är lika upp till ordningen av faktorerna. Sats 6. Två primtalsfaktoriseringar av samma positiva heltal är alltid lika upp till ordningen av faktorerna. Alternativt kan vi formulera oss så här: Antag att n 2 och att n = p 1 p 2...p r = q 1 q 2...q s där p 1,..., p r och q 1,..., q s är primtal. Då är s = r och p 1,..., p r och q 1,..., q r desamma upp till ordning. Alltså vet vi utan att ens snegla på 2:ans multiplikationstabell att , bara på ren intellektuell styrka, för att inte tala om att I sanning en sats värd att tatuera på insidan av ögonlocken, som det står i tusen och en natt, så att den även när man sover ständigt är framför ens ögon... (Att tatuera kurslitteratur räknas förresten inte som fusk, så vitt jag kan se vid en genomögning av universitetets regler. Kursledaren kan säkert tipsa om lämpliga satser att lämna till tatueraren.) De två satser om primtalsfaktoriseringar vi talat om kallas tillsammans Aritmetikens fundamentalsats. Beviset för den senare delen är komplicerat, och kommer i avsnittet 2.7. Vissa av primtalen i en faktorisering av ett tal är förstås ibland lika. T ex 48 = = Antalet faktorer som är lika med ett visst primtal p kallar vi p : s multiplicitet. Alltså är 2 en primtalsfaktor i 48 med multiplicitet 4, medan 3 har multiplicitet 1. Hur gör vi förresten med negativa tal? Jo, då kan vi förstås skriva t ex 6 = ( 1) 2 3, och får på det sättet en motsvarande faktorisering, med en faktor 1 och ett antal positiva primtal. Men 1 är inte ett primtal för det Hur många primtal finns det? Kanske vore det praktiskt om det bara fanns några få primtal. Alla tal skulle då vara produkter av dessa. Men så är det inte. Sats 7. Det finns oändligt många primtal. Bevis. Vi har två varandra uteslutande möjligheter.

33 3. HUR MÅNGA PRIMTAL FINNS DET? 27 Det finns oändligt många primtal Det finns inte oändligt många primtal, d v s bara ett ändligt antal Vi ska visa att det andra alternativet inte kan inträffa, genom att visa att ur det följer en motsägelse. Därmed måste det första alternativet vara det som gäller. Antag att p 1, p 2,..., p r är listan av alla primtal som finns och låt x = p 1 p 2...p r + 1. (Vi kan kanske inte kan räkna ut x men vi vet att det finns ett sådant heltal.) Påstående: inget primtal i primtalsfaktoriseringen av x finns med bland p 1, p 2,..., p r. För om det fanns ett sådant primtal skulle det dela både x och produkten p 1 p 2...p r och därmed också deras differens, som är 1. Men inget tal strikt större än 1 delar 1. Det visar att påståendet är sant. Men eftersom x har en primtalsfaktorisering (enligt satsen tidigare), kan inte p 1, p 2,..., p r, vara alla primtal, utan det måste finnas fler. Detta är den sökta motsägelsen, och enligt ovan, måste det då vara det första alternativet som är sant. Detta är den enklaste satsen om primtal. Man kan säga mycket mer. Om vi tittar på följden av primtal 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,... ser vi att avståndet mellan primtal är mindre i början än senare i följden. Av de första hundra talen är 25 primtal. Sannolikheten att ett slumpvis valt tal bland dessa är ett primtal är alltså 0.25 = 25/100. Av de första tusen talen är 168 primtal och sannolikheten att ett slumpvis tal bland dessa ska vara ett primtal är lägre, bara = 168/1000. Ritar man en tabell och låter sin dator jobba får man följande figur, som visar hur sannolikheten sjunker, ju större tal vi betraktar: Figur 1. Sannolikheten för att ett tal mindre än x är ett primtal Trots att kurvan är så skakig, vilket svarar mot svårigheten att beskriva exakt hur primtalen fördelas bland de andra heltalen, verkar sannolikheten ändå i

34 28 3. HELTAL. stort bete sig rätt regelbundet. Man kan visa, med stor ansträngning och mycket teknik, att kurvan ungefär följer grafen till 1/ log x. Detta kallas primtalssatsen. Det finns gott om andra svåra satser och än fler olösta problem om primtal. T ex så kallas primtal som skiljer sig åt med 2 - som t ex 3 och 5 eller 17 och 19 för primtalstvillingar. Ingen vet om det finns oändligt många sådana tvillingar, fast man arbetat flera hundra år på att avgöra detta. I april 2013 skedde ett mycket oväntat genombrott, och man kan nu visa att det finns oändligt många primtal, som visserligen inte (som man önskar) bara skiljer sig åt med 2, men i alla fall med högst (Från början var Zhangs resultat att det fanns oändligt många primtal som skilde sig åt med högst 70 miljoner, men en pågående analys av hans bevis av många personer har fått ner gränsen till (per 23/6 2013)). Ett annat mycket attraktivt olöst problem är Goldbachs förmodan från 1742 som säger att varje jämnt tal större än 2 kan skrivas som en summa av två primtal. Teorin för primtal har sedan länge varit intressant bland matematiker för sin egen skull, men även bland amatörer. För några tiotal år sedan åkte t o m en primtalsentusiast anställd hos ett telebolag i USA i fängelse sedan han (olovligt) programmerat datorerna hos telebolaget att leta efter stora primtal på ledig tid. Men oturligt nog var det en bug i hans program och efter ett tag användes allt mer av det multinationella bolagets totala datorkapacitet till att leta efter sällsynta primtal, med påföljd att det tog allt längre och längre tid för allt surare kunder att få sina samtal kopplade... Ett av sju stora miljondollarpris som är utlysta av Clay-institutet är motiverat av problemet att få ett mer precist grepp om hur primtalen är fördelade bland alla tal. Trots att primtalsfördelning förstås handlar om heltal så är det precisa problemet i prisuppgiften att studera egenskaper hos komplexa nollställen till en viss komplexvärd funktion, Riemanns zetafunktion. Om dessa är som Riemann trodde för 150 år sedan så får man nämligen mycket bättre formler än hittils kända för sannolikheten att ett tal är primtal. 4. Divisionsalgoritmen. Vad är heltalsdivision som vi får lära oss det i skolan? Det är förstås en konkret metod att räkna ut en kvot. T ex så är 1234/142 = Detta kan vi hitta med 142 algoritmen för heltalsdivision: trappan eller liggande stolen. Men den har också förvånansvärt användbar, omväl banal, principiell aspekt. Sats 8. Antag att 1 b Z. Varje rationellt tal n/b Q kan skrivas som n/b = k + r/b, där k Z och 0 r/b < 1.

35 5. EUKLIDES ALGORITM. 29 Vi kan också formulera detta som en sats som bara handlar om heltal om vi noterar att 0 r/b < 1 är detsamma som att 0 r < b. Sats 9. Till varje heltal n Z och varje tal 1 b Z finns det unika heltal k, r Z så att n = kb + r, 0 r < b. Talet r kallas resten av n vid divison med b, medan k kallas heltalskvoten. Det är dessa heltal k och r som vi hittar med algoritmen för heltalsdivision. Vad säger denna sats i några speciella exempel? Tag t ex b = 2. Då säger den att varje tal n kan skrivas som k 2 + r, där r är ett heltal 0 r < b = 2. Det betyder att r är 0 eller 1. Alltså kan varje tal n skrivas som 2k eller som 2k + 1. Vi känner igen uppdelningen av tal i jämna eller udda. Generellt säger villkoret 0 r < b att r är något av talen 0, 1,..., b 1. För b = 5, säger alltså satsen att varje tal n kan skrivas antingen som 5k, 5k+1, 5k+2, 5k+3, eller som 5k + 4 för något k bz. Hur ska man bevisa divisionssatsen? Bevis. Tänk (och rita gärna) en tallinje med heltalspunkterna angivna. Sätt ett märke (x t ex) vid alla punkter som svarar mot multiplar kb av b. Om en av dessa markerade punkter är kb så är nästa större (k + 1)b och heltalspunkterna mellan dessa två är kb + 1, kb + 2,..., kb + (b 1). Om nu n är vilket tal som helst så är antingen n en av de markerade punkterna (vilket svarar mot att det finns k så att n = kb + 0) eller så ligger n mellan två markerade punkter med säg kb till vänster och (k + 1)b till höger. Då är n någon av kb + 1, kb + 2,..., kb + (b 1). I bägge fallen är n = kb + r, där 0 r < b. (Är beviset oklart så gör det för b = 5.) Observera att vi kan dela även negativa tal. Exempel 24. Vi har att 12 = ( 3) Kom ihåg att resten, här 3, ska vara positiv. I termer av beviset nyss, har vi först markerat alla, positiva såväl som negativa, multiplar av 5 på tallinjen, och sedan sett att 12 ligger 3 steg till höger om 15. Jämför detta med att 12 = , där resten är Euklides algoritm. Ett motiverande problem. Varje rationellt tal kan skrivas på flera sätt som bråk. T ex är 1 = 3 = 112 k och t o m lika med, för vilket heltal k 0 som helst k

36 30 3. HELTAL. Givet ett tal som 60/48 kan vi förkorta det: = = = = 5 4. Här har vi hela tiden hittat gemensamma delare till täljaren och nämnaren och förkortat bort dessa, ända tills vi inte längre kan fortsätta. Vi säger att 5/4 är maximalt förkortat. (Men vi kanske kunde ha hitta andra sätt att faktorisera och kommit fram till ett annat resultat? Men vi skyndar oss att säga att läsaren inte ska tro att det är så: världen är god, i alla fall dess bråk, och det finns bara en maximalt förkortad form till varje bråk.) Problemet i denna sektion är: Hur hittar man gemensamma delare och förkortar ett bråk maximalt? Det kan synas som ett banalt problem (hur många bråk är vi närmare bekanta med?), men lösningen involverar teknik som är fundamental och användbar i många andra sammanhang. Nu ska vi först ge en definition. När vi förkortade 60/48 ovan så hittade vi tal som 2 som var delare till både 60 och 48. Sådana tal kallas gemensamma delare och det största av dem kallas den största gemensamma delaren. Definition 4. Låt a, b Z. Största gemensamma delaren SGD(a, b) är det unika tal som som har följande två egenskaper. Dels delar SGD(a, b) både a och b. Dels har det egenskapen att om d a och d b så d SGD(a, b). Exempel 25. De gemensamma delarna till 30 och 24 är ±1, ±2, ±3, ±6 så SGD(30, 24) = 6. Ur föregående övning ser vi att det är lätt att hitta SGD om man känner till talens primtalsfaktorisering, eftersom då ser vi direkt vilka delarna till talen är. 30 = har t ex precis delarna ±1, ±2, ±3, ±5, ±2 3, ±2 5, ±3 5, ± Men primtalsfaktoriseringar är oftast svår att hitta och det finns en direkt och mycket snabbare metod som kallas Euklides algoritm. (En algoritm är ett beräkningsschema.) Vi visar den först i ett exempel. För att se varför metoden fungerar behövs ett lemma 1. Lemma 1. Låt a, b Z vara två heltal. Om d a och d b och k, l Z så d (ka + lb). 1 ett lemma=en nyttig hjälpsats

37 5. EUKLIDES ALGORITM. 31 Om a, b Z är två heltal och k, l Z två andra heltal så kallas ka + lb en lineärkombination av a, b. Lemmat säger alltså att om d delar två tal så delar den också varje lineärkombination av dem. Notera att lemmat bland annat säger att d delar a + b, a b, a + 2b, 3a + b. Dessa svarar ju mot olika värden på k, l. Användningen av k, l är ett sätt att sammanfatta alla dessa fall och fler. Bevis. Att d a och d b betyder enligt definitionen att det finns a 1, b 1 Z, så att a = a 1 d och b = b 1 d. Då är ka + lb = ka 1 d + lb 1 d = (ka 1 +lb 1 )d och det innebär att det finns ett tal c (nämligen c = ka 1 + lb 1 ) så att ka + lb = cd. D v s villkoret i definitionen av att d (ka + lb) är uppfyllt. Beskrivning och bevis av Euklides algoritm genom ett exempel. Vi ska beräkna SGD(286, 1859). Dela först det större talet med det mindre: Resten här är 143. Notera nu två saker 1859 = Resten 143 = är en lineärkombination av 286 och Varje delare till 286 och 1859 delar därför också 143, enligt lemmat ovan. Speciellt SGD(286, 1859) 143. Så SGD(286, 1859) delar både 143 och (förstås) 286 och är därmed (enligt definitionen av SGD) mindre än eller lika med SGD(286, 143) 1859 är en lineärkombination av 286 och 143 och därför SGD(286, 143) Speciellt delar SGD(286, 143) både 1859 och (förstås) 286. Så SGD(286, 143) SGD(286, 1859). Om två tal är mindre än eller lika med varandra så måste de vara lika. Så de två påståendena ovan visar tillsammans att SGD(286, 143) = SGD(286, 1859). Alltså har vi fått mindre tal än de vi startade med för vilka vi ska beräkna största gemensamma delaren och kan förstås fortsätta på samma sätt. Dela alltså igen det större talet med det mindre: 286 = Resten här är noll. Den största gemensamma delaren till 286 och 143 är alltså 143 och vi har visat att SGD(286, 1859) = 143. Det fundamentala steget i allmänhet. Vi kunde ha argumenterat med vilka positiva heltal a b som helst istället för 1859 och 286. Först delar vi a med

38 32 3. HELTAL. b: a = kb + r och med argumentet ovan får vi att om r 0 så är SGD(a, b) = SGD(b, r). Om r = 0 så är b själv en delare till både a och b, så då är SGD(a, b) = b. Vitsen med att göra divisionen är att i det sista fallet är problemet löst och i det första fallet är b, r mindre tal än a, b. Så i det första fallet upprepar vi bara argumentet. Talen för vilka vi ska ta SGD blir allt mindre och mindre tills någon rest måste vara 0. Då är vi klara. Detta är Euklides algoritm. Sats 10. (Euklides algoritm) Antag att a b > 0 är heltal. Efter ett ändligt antal steg, ger succesiv användning av divisionssatsen följande situation, där den sista divisonen har rest 0: a = kb + r b = k 1 r + r 1 r = k 2 r 1 + r 2... (1) r l 2 = k l r l 1 + r l r l 1 = k l+1 r l Då är SGD(a, b)) = r l. Bevis. Vi visar i) För de successiva resterna gäller att b > r > r 1 >... > r l. ii) SGD(a, b) = SGD(b, r) = SGD(r, r 1 ) =... = SGD(r l 1, r l ) = r l. Påståendet i) följer direkt ur divisionssatsen: resten är alltid strikt mindre än det man delar med. Det ger b > r. I nästa steg delar man med r och får resten r 1, så då är r > r 1. Och så vidare. Ur i) följer att förr eller senare måste resten bli 0: en följd av strikt minskande positiva tal startande med b (t ex b = 10) kan inte vara längre än b (t ex 10 > 9 > 8... > 1.) Återstår att bevisa ii). Det räcker att bevisa att SGD(a, b) = SGD(b, r). Samma argument ger sedan att SGD(b, r) = SGD(r, r 1 ) o s v. Nu SGD(a, b) a och SGD(a, b) b och enligt lemmat ovan delar den då också r = a kb. Därmed är den en gemensam delare till b och r, och mindre än eller lika med SGD(b, r). Med ett liknande argument följer att SGD(b, r) delar både a = kb + r och b och är därmed mindre än eller lika med SGD(a, b). Ur de två olikheterna följer SGD(a, b) = SGD(b, r).

39 5. EUKLIDES ALGORITM. 33 Förkortning av bråk Vi börjar med att förkorta bråket 286. Ovan såg vi 1859 att SGD(286, 1859) = 143, och alltså kan vi förkorta bort denna faktor. Men vi måste veta hur många gånger 143 går i 286 och Om vi tittar närmare på räkningarna kan vi se att vi kan klara oss utan fler divisioner. Vi hade 1859 = = Sätter vi in resultatet av den andra divisionen i den första ser vi att 1859 = = 6 (2 143) = Alltså får vi 1859 = = Vi har maximalt förkortat Definition 5. Två tal (som 10 och 21) sådana att deras största gemensamma delare är 1 sägs vara relativt prima. Ett heltalsbråk (som 10 ) där täljare och 21 nämnare är relativt prima, sägs vara maximalt förkortat. Det viktiga med nästa sats är att den säger att det bara finns ett enda maximalt förkortat bråk som är lika med ett visst rationellt tal. Genom att dela ut med den största gemensamma delaren till nämnaren och täljaren har vi ju sett att det finns åtminstone ett sådant maximalt förkortat bråk. Sats 11. Varje positiv kvot a/b är lika med ett unikt maximalt förkortat heltalsbråk a 1 /b 1. Beviset är inte svårt och använder satsen om unik primtalsfaktorisering. Om vi har två maximalt förkortade bråk a 1 /b 1 = a 2 /b 2, så får vi att a 1 b 2 = a 2 b 1, och genom att primtalsfaktorisera bägge sidorna och utnyttja att a 1 är relativt prim b 1 (så att deras faktoriseringar innehåller olika primtal), ser vi att varje primtalsfaktor i a 1 också delar a 2, och att multipliciteterna är desamma, så att a 1 = a 2, vilket sedan ger att b 1 = b 2. Exempel 26. Vi har förstås motsvarande sats för negativa bråk. Ur ovanstående beräkning får vi att = 2, och att detta är det unika sättet att skriva som ett maximalt förkortat bråk med en positiv nämnare. (Det sista måste 1859 vi lägga till för att få unicitet eftersom 2 13 = 2 13.)

40 34 3. HELTAL. 6. Diofantiska ekvationer. Med Euklides algoritm kan vi lösa ekvationer av typen ax + by = c där a, b, c är givna heltal och man bara är intresserad av heltalslösningar, d.v.s. x och y ska vara heltal. Sådana ekvationer kallas Diofantiska. Hade vi varit intresserade av att beskriva alla lösningar i reella tal, så kan vi (förstås) lätt beskriva dem genom att lösa ut y (åtminstone om b 0). Då får vi att lösningarna är alla (x, y) sådana att y = c/b (a/b)x. Lösningarna är precis punkter (x, y) på en linje i xy-planet. Men eftersom c/b (a/b)x inte behöver vara ett heltal (även om x är ett heltal) så säger detta inte något om vilka heltalslösningar det finns. Vissa sådana ekvationer kan t o m sakna heltalslösningar. Exempel 27. Ekvationen 35x + 55y = 102 har ingen lösning (i heltal). Ty oavsett vilka värden man ger x och y kommer vänsterledet att vara delbart med 5. Men 102 är inte delbart med 5. Lite mer tjusigt formulerat: Vänsterledet är en lineärkombination av 35 och 55 och enligt ett tidigare lemma är det då delbart med SGD(35, 55) = 5, så för att en ekvation 35x+55y = c ska vara lösbar måste c vara delbart med SGD(35, 55). Generaliserar vi argumentet i exemplet, ser vi att ett nödvändigt villkor för att det ska finnas en lösning till ekvationen ax + by = c är att SGD(a, b) delar c. Om detta villkor är uppfyllt kan man dela bägge sidor av ekvationen med SGD(a, b) utan att ändra vilka lösningar man har. Om man gör denna division kommer SGD av koefficienterna i vänsterledet att bli 1. Exempel 28. Ekvationen 35x + 55y = 100, där SGD(35, 55) = 5 har samma lösningar som ekvationen 7x + 11y = 20, för vilken SGD(7, 11) = 1. I fortsättningen antar vi därför att SGD(a, b) = 1. Vi ska se att i detta fall har ekvationen alltid oändligt många lösningar, och att det finns ett systematiskt sätt att hitta dessa. Metoden är uppdelad i tre steg: Hitta en lösning x = x 0, y = y 0 (en s k partikulärlösning) till ekvationen ax + by = c. Hitta alla lösningar till den homogena ekvationen ax + by = 0.

41 6. DIOFANTISKA EKVATIONER. 35 Alla lösningar till ax + by = c fås genom att till partikulärlösningen lägga alla lösningar till den homogena ekvationen, d v s som x = x 0 + x, y = y 0 + y. Vi motiverar först detta. Antag att vi redan har hittat en partikulärlösning x = x 0, y = y 0. Om x = x 1, y = y 1 är en annan lösning gäller alltså att ax 0 +by 0 = c och ax 1 + by 1 = c. Detta ger att a(x 1 x 0 ) + b(y 1 y 0 ) = 0. Observera att x 1 = x 0 + (x 1 x 0 ) och y 1 = y 0 + (y 1 y 0 ). Vi får därmed den nya lösningen (x 1, y 1 ) genom att till den gamla (x 0, y 0 ) addera (x 1 x 0, y 1 y 0 ), som är en lösning till ekvationen ax + by = 0. Omvänt, om (x 0, y 0 ) är en lösning till ekvationen ax + by = c och (x, y ) är en lösning till ekvationen ax+by = 0, så kommer (x 0 +x, y 0 +y ) att vara en lösning till ekvationen ax+by = c, för a(x 0 +x )+b(y 0 +y ) = (ax 0 +by 0 )+(ax +by )c+0 = c. Vi kan alltså ta reda på ALLA lösningar till ekvationen ax + by = c genom att hitta EN lösning (en partikulärlösning) till denna ekvation och till denna lösning addera ALLA lösningar till motsvarande homogena ekvation ax + by = 0. Vi har alltså två problem kvar: Hur hittar man en partikulärlösning och hur ser lösningarna till den homogena ekvationen ut? Ibland kan man hitta en partikulärlösning utan räkning. T.ex. har ekvationen 7x + 34y = 1 lösningen x = 5, y = 1 och ekvationen 34x + 37y = 3 lösningen x = 1, y = 1. En metod som emellertid alltid fungerar, förutsatt att SGD(a, b) = 1, är att hitta en lösning till hjälpekvationen ax + by = 1 genom Euklides algoritm baklänges (se exemplet nedan) och sedan multiplicera denna lösning med c. Exempel 29. Betrakta ekvationen 34x + 37y = 3 och hjälpekvationen 34x + 37y = 1. Vi bestämmer SGD(34, 37) med Euklides algoritm. Lös ut resterna i schemat. 37 = = = = Utgå nu ifrån den sista likheten 1 = och ersätt 3 i denna med uttrycket för 3 från den första ekvationen. Detta ger 1 = 34 11(37 34) = Hjälpekvationen har alltså en lösning x = 12, y = 11, så den ursprungliga ekvationen 34x + 37y = 3 har en lösning x = 36 = 3 12, y = 33 = 3 ( 11).

42 36 3. HELTAL. Metoden i exemplet (som kallas Euklides algoritm körd baklänges) fungerar alltid för att hitta en partikulärlösning. Det återstår att bestämma den allmänna lösningen till ax + by = 0 där SGD(a, b) = 1. Om ax = by och SGD(a, b) = 1 måste a dela y (se nedan), så y = ka för något heltal k. Detta ger x = kb, så den allmänna lösningen till ax + by = 0 blir x = kb, y = ka, där k är ett godtyckligt heltal. Exempel 30. Ekvationen 34x + 37y = 0 har den allmänna lösningen x = 37k, y = 34k, så ekvationen 34x + 37y = 3 har den allmänna lösningen x = 36 37k, y = k, där k är ett godtyckligt heltal. I resonemanget ovan användes följande: Om ax = by för några heltal a, x, b, y och SGD(a, b) = 1, så måste a dela y. Det kan inses på följande sätt. Gör en primfaktoruppdelning av a, x, b, y. Eftersom primfaktoruppdelningen av ett heltal är unik bortsett från ordningen av faktorerna och tecken på dem, så måste precis samma faktorer ingå i ax som i by. Men a och b har inga gemensamma primfaktorer eftersom SGD(a, b) = 1, så om p är en primfaktor i a med multiplicitet k (förekommer k gånger i primtalsfaktoriseringen av a, dvs p k a) så måste p vara en primfaktor i y med multiplicitet minst lika med k. Detta medför att a delar y. För att sammanfatta: Den diofantiska ekvationen ax + by = c (där SGD(a, b) = 1) har den allmänna lösningen x = cx 0 bk, y = cy 0 + ak, k Z där (x 0, y 0 ) är en enda ynka lösning till hjälpekvationen ax + by = Entydigheten av ett tals primtalsfaktorisering. Nu har vi all den nödvändiga teorin för att kunna bevisa den återstående delen av Aritmetikens fundamentalsats, dvs Sats 4 i avsnitt 2.2: Två primtalsfaktoriseringar av samma tal är alltid lika upp till ordningen av faktorerna. Alternativt kan vi formulera oss så här: Antag att n 2 och att n = p 1 p 2...p r = q 1 q 2...q s där p 1,..., p r och q 1,..., q s är primtal. Då är s = r och p 1,..., p r och q 1,..., q r desamma upp till ordning. Vi börjar med att formulera och bevisa tre viktiga lemma:

43 7. ENTYDIGHETEN AV ETT TALS PRIMTALSFAKTORISERING. 37 Lemma 2. Om d = SGD(a, b) så kan d skrivas som en lineärkombination av a och b, d v s det finns två heltal x och y sådana att d = ax + by. Bevis. I stället för att ge ett stringent bevis väljer vi att förklara själva bevisidén med hjälp av ett belysande exempel. För detta ändamål väljer vi två tal a = 312 och b = 221. För att finna d = SGD(a, b) tillämpar vi förstås Euklides algoritm: 312 = = = = Då den sista resten (som är skild från noll) är 13 så är alltså d = SGD(312, 221) = 13. Nu vänder vi på stegen i Euklides algoritm, börjar från den näst sista raden och jobbar oss uppåt: 13 = = 91 2 ( ) = = 5 ( ) = Därmed lyckades vi med att skriva 13 = SGD(312, 221) som en linjär kombination av 312 och 221, med x = 5 och y = 7. (Notera att det är en vanlig situation att vi behöver både positiva och negativa tal här.) Detta lemma kan också formuleras som att den diofantiska ekvationen ax+by = d har åtminstone en lösning (x, y), om d = SGD(a, b), och beviset använder ju precis den lösningsteknik som infördes i föregående avsnitt. Men här behöver vi bara att en lösning finns, inte alls hur lösningen ser ut, ska det visa sig. Ur blotta existensen får vi nämligen följande mycket användbara resultat. Lemma 3. Antag att ett primtal p delar produkten ab av två heltal a och b. Då är p en delare till a eller till b. Bevis. Om p delar a, så finns är vi färdiga. Antag att primtalet p inte är en delare till a. Då är uppenbarligen SGD(a, p) = 1, eftersom p bara har de positiva delarna 1 och p. Enligt det föregående lemmat finns det då två heltal x och y sådana att 1 = ax + py. Om vi multiplicerar denna likhet med talet b får vi b = (ax + py)b = (ab)x + pby. Enligt antagande är produkten ab delbar med p. I så fall är båda termerna i summan (ab)x + pby delbara med p, vilket innebär att talet b är delbart med p. Vi har alltså visat att om a inte är delbart med p, så är b delbart med p. Minst ett av talen a och b är därmed delbart med p. Lemma ovan kan elegant generaliseras till en produkt av fler faktorer än 2: Lemma 4. Antag att ett primtal p delar produkten a 1 a 2...a k av k 2 heltal. Då är p en delare till minst en av dessa k faktorer.

44 38 3. HELTAL. Bevis. Det intuitiva beviset bygger på en upprepad tillämpning av föregående lemma. Om p inte delar a 1 men delar a 1 (a 2...a k ) så måste p dela produkten (a 2...a k ). Om p inte delar a 2 men delar a 2 a 3...a k = a 2 (a 3...a k ) (och k 3) så måste p dela produkten (a 3...a k ), o s v. tills man reducerar parentesen till en produkt av två faktorer och då följer slutsatsen återigen enligt föregående lemma. En snabb illustration av detta lemma: Är delbart med 17? Visserligen är ett slags kändisprimtal och alltså absolut inte delbart med 17, men hjärtat sjunker när man inser att har 482 siffror, vilket alltså är cirka 474 fler siffror än i alla fall min medelsvenssonminiräknare kan hantera. Att besvara frågan med heltalsdivision kommer alltså knappt på fråga. Som tur är räddas man av lemmat: eftersom inte är delbart med 17, så är ingen potens det heller. Efter detta reklaminslag är vi redo att bevisa entydighetssatsen ovan. Bevis. Eftersom n = p 1 p 2...p r och n = q 1 q 2...q s, n 2, så är p 1 p 2...p r = q 1 q 2...q s. Då primtalet p 1 delar vänstra ledet så är p 1 också en delare till q 1 q 2...q s. Enligt lemma ovan måste p 1 dela något av talen q 1, q 2,..., q s. Vi kan utan vidare antaga att (efter en eventuell omordning av talen q i ) talet p 1 delar q 1. Då båda dessa är primtal så följer att p 1 = q 1. Efter division med p 1 reduceras därför likheten p 1 p 2...p r = q 1 q 2...q s till p 2...p r = q 2...q s. Genom att upprepa samma argument, först med p 2, sedan med p 3, osv, finner vi att det finns lika många faktorer i båda leden av p 1 p 2...p r = q 1 q 2...q s (r = s) och att (efter en eventuell omordning av talen q i ) p k = q k, 1 k r. 8. Övningar. (1) Primtalsfaktorisera (2) Konstruera med Eratosthenes såll en lista över alla primtal upp till 100. Skatta hur lång tid det skulle ta dig att göra en lista på primtalen upp till (3) Visa att om n är ett sammansatt tal så har det en delare som är mindre än eller lika med n. (Ledtråd: om n = ab så kan inte både a > n och b > n.)använd detta för att visa att om nu n är ett tal sådant att inga heltal a n delar n, så är n ett primtal. Visa med detta och huvudräkning att 113 är ett primtal. Hur många divisioner med en miniräknare behöver du som mest genomföra för att kolla att 8521 är ett primtal? (Svar: om du kan multiplikationstabellen och därmed vet vilka tal under 100 som är primtal så räcker det med mindre än 24.) (4) 117 och 1117 är primtal. Låt a = och b = Vad är SGD(a, b)?

45 (5) Låt a = p α p α r r 8. ÖVNINGAR. 39 vara primtalsfaktoriseringen av a, där vi fört ihop alla primtal som är p 1 till en potens p α 1 1 o s v. Låt b = p β p β r r. Låt γ i = Min(α i, β i ), i = 1,..., r. Visa att SGD(a, b) = p γ p γr (6) Visa att k 2 + k är delbart med 2 för varje k Z. (7) Bevisa att n 2 1 är delbart med 8 för alla udda heltal n. (Ledtråd: skriv n = 2k + 1 och använd föregående uppgift.) (8) Bevisa att talet n 3 n är delbart med 6 om n är ett naturligt tal, och delbart med 24 om n är ett udda naturligt tal. (9) Bestäm SGD(9563, 6205). (10) Förkorta så långt som möjligt (11) Förkorta så långt som möjligt bråket (12) Bestäm alla heltalslösningar till ekvationen 43x + 19y = 4. (13) Lös den diofantiska ekvationen 114x + 303y = 168. (14) Lille Per har av sin moder fått 250 kr för att gå till konditoriet och köpa lyxsemlor till ett pris av 17 kr per styck och mandelkakor till ett pris av 6 kr per styck. När han är framme i konditoriet har han hunnit glömma hur många av de två slagen bakverk han skulle köpa. Han minns dock att inga pengar skulle bli över och att antalet mandelkakor var ett udda tal. Hjälp lille Per! (15) Bestäm alla heltal x sådana att 379 är en delare i 2078x + 1. (Ledtråd: uttryck detta som en diofantisk ekvation: det ska finnas y Z så att 379y = 2078x + 1) (16) Ett positivt heltal kallas perfekt (eller fullkomligt) om det är lika med summan av 1 och sina äkta 2 delare (exempelvis är 6 perfekt, ty 6 = ). Bestäm primtalet p så att talet 16p blir perfekt. r. 2 äkta delare till ett positivt tal n är alla delare till n utom 1 och själva n

46 KAPITEL 4 Moduliräkning alias kongruenser för den som tycker tal för det mesta är alldeles för stora. 1. Klockräkning. Antag att vi startar en digital klocka, som enbart visar timmar, klockan 12 en dag. Efter 3 timmar visar klockan förstås på 3, men det gör den också efter 15 eller 27 timmar. När n timmar har gått visar den på r där r är resten vid division av n med 12. De n som har samma rest vid division med 12 sägs vara lika modulo Mattenörden som urmakare. Att vi har 12 timmar på halvt dygn beror säkert på någon historisk tillfällighet, t ex antalet fingrar på den förste urmakarens händer, och lika gärna kunde det blivit en klocka som går ett varv på b timmar, där b är ett annat positivt heltal. Definition 6. Antag att b är ett positivt heltal. Två heltal m, n Z sägs vara lika eller kongruenta modulo b, m n (mod b) om och endast om de har samma rest vid division med b. Relationen m n (mod b) kallas i litteraturen ofta för kongruens: m kongruent med n modulo b. Exempel 31. Talen 13, 25 och 37 har alla samma rest vid division med 12, nämligen 1, eftersom 13 = , 25 = och 37 = Det har också 23, 11, 1 eftersom 23 = ( 2) , 11 = ( 1) , och 1 = Alltså är (mod 12). Alternativt kan vi ge ett annat kriterium för när två tal är lika (kongruenta) modulo b. 40

47 2. MATTENÖRDEN SOM URMAKARE. 41 Sats 12. Antag att b är ett positivt heltal och m, n Z. Då m n (mod b) b (m n) Bevis. För att visa en ekvivalens ska vi visa två implikationer. Antag först att m n (mod b). Enligt definitionen ovan innebär det att m och n har samma rest vid divison med b. Kalla denna rest r. Alltså är m = k 1 b + r och n = k 2 b + r för några k 1, k 2 Z. Det innebär att m n = k 1 b + r (k 2 b + r) = (k 1 k 2 )b. Alltså (enligt definitionen) b (m n). Implikationen åt andra hållet: Antag alltså att b (m n). Då är (enligt definition) m n = kb för något k Z. Kalla resten vid division av n med b för r 1 så att n = k 1 b+r 1 för något k 1 Z. Nu är m = (m n)+n = kb+k 1 b+r 1 = (k+k 1 )b+r 1. Vi har alltså hittat ett par av tal k 2 = k + k 1 och r 1 med de rätta egenskaperna i divisionssatsen, så att m = k 2 b + r 1. Enligt divisionssatsen finns det bara ett sådant par och därför är r 1 resten av m vid division med b. Med hjälp av detta kriterium kan vi lätt visa att relationen har en del enkla men viktiga egenskaper. Man kan notera att ser ut som identitetstecknet =. Följande sats säger löst att det är berättigat att tänka på som en slags likhet, eftersom den har samma typ av egenskaper. Där det inte leder till missförstånd ska vi i fortsättningen använda notationen m b n istället för m n (mod b). Sats 13. Antag att b är ett positivt heltal och k, m, n Z. Då är i) m b m, ii) m b n om och endast om n b m, iii) Om m b n och n b k så m b k. Beviset är enkelt. Bevis. Vi bevisar bara iii), de övriga lämnas åt läsaren. Påståendena m b n och n b k säger (enligt definitionen) att m och n har samma rest, liksom n och k (vid division med b). Men då är det klart att m och k har samma rest, och enligt definitionen innebär det att m b k. Exempel 32. Låt oss beskriva vilka tal som är ekvivalenta med varandra modulo 7. Alla tal som är delbara med 7 har samma rest 0 vid division med 7. Så På samma sätt är = k

48 42 4. MODULIRÄKNING ALIAS KONGRUENSER alla som har resten 1. Generellt ser vi att om vi fixerar ett r = 0, 1,..., 6 så är alla tal av formen 7k + r, k Z ekvivalenta med varandra modulo Räkneregler. Riktigt roligt (= lärarspråk för...) och i alla fall användbart blir det inte förrän vi inser att vi faktiskt kan räkna med rester nästan som vanligt. Sats 14. Antag att b är ett positivt heltal. Om m 1 b n 1 och m 2 b n 2 så i) m 1 + m 2 b n 1 + n 2 ii) m 1 m 2 b n 1 n 2 Lite löst och med en gnutta kreativ bokföring säger denna sats t ex att resten modulo b av ett algebraiskt uttryck inte förändras om vi byter talen i uttrycket mot andra tal med samma rest modulo b. Bevis. Enligt förutsättningarna och Sats 12 finns det k 1 så att m 1 n 1 = k 1 b m 1 = n 1 + k 1 b, och på samma sätt finns det k 2 så att m 2 n 2 = k 2 b m 2 = n 2 + k 2 b. Ur detta följer i) direkt: (m 1 + m 2 ) (n 1 + n 2 ) = (m 1 n 1 ) + (m 2 n 2 ) = (k 1 + k 2 )b, och alltså är skillnaden mellan höger och vänsterledena i i) delbar med b. Detta innebär enligt Sats 12 att m 1 + m 2 b n 1 + n 2. För ii) gör så här : m 1 m 2 = (n 1 +k 1 b)(n 2 +k 2 b) = n 1 n 2 +n 1 k 2 b+k 1 bn 2 +k 1 bk 2 b = n 1 n 2 +(n 1 k 2 +k 1 n 2 +k 1 bk 2 )b. Subtrahera n 1 n 2 från bägge sidorna, m 1 m 2 n 1 n 2 = (n 1 k 2 + k 1 n 2 + k 1 bk 2 )b, som är delbart med b. Alltså är (enligt Sats 12 igen) ii) sann. Exempel 33. Vad är resten modulo 3 av ? Vilken rest får man då man dividerar med 3? Notera att 10 = , så Enligt satsen är då 100 = , så att och ur det följer enligt (ii) ovan att 1000 = = 1. Fortsätter vi får vi att alla tiopotenser är kongruenta med 1 modulo 3: alltså 10 k 3 1, k 0.

49 3. RÄKNEREGLER. 43 Som en ytterligare konsekvens av satsen får vi att, i ett uttryck med multiplikationer och additioner av tal, kan vi byta ut alla 10-potenser mot 1 utan att förändra resten modulo 3. Så = = Därmed är talet delbart med 3. Vi observerar att på samma sätt ger varje heltal i decimalsystemet samma rest vid division med 3 som sin siffersumma. Genom att upprepa (ii) i Sats 14 ovan fås: Sats 15. Antag att b är ett positivt heltal. Om m b m k b n k. n och k N så är Exempel 34. Idag är det tisdag. Vilken veckodag är det om a = dagar? Om vi har a r (mod 7), där r = 0, 1,..., 6 så bestämmer r svaret. Är r = 0 har det gått ett jämnt antal veckor efter a dagar och det är återigen tisdag, om r = 1 är det onsdag o s v. Vi kan räkna ut r så här. Eftersom och så är först a Titta nu på potenser av 2 och deras rester modulo , , , , , ,... Vi ser att mönstret börjar upprepar sig. Eftersom så är också 2 3k = (2 3 ) k 7 1 k = 1 för all positiva tal k. Speciellt kan vi skriva 2 53 = = (2 3 ) = 4. Vi kan göra detsamma med potenser av , , , , , (Observera förresten hur lätt det är att räkna här! När vi t ex fått , så multiplicerar vi bara bägge sidor med 3 och får Allt enligt satsen nyss. Vi behöver alltså aldrig räkna ut 3 5.) Även här ser vi ett mönster som kommer att upprepa sig, eftersom 3 6k = (3 6 ) k 7 1 k = 1 för all positiva tal k. Alltså är = = (3 6 ) = 4. Sammantaget är a = Alltså är svaret söndag. Njut förslagsvis ett litet tag av vad vi sluppit genom att räkna så här: heltalet är mycket stort, så vilken tid och hur många döda träd skulle det inte

50 44 4. MODULIRÄKNING ALIAS KONGRUENSER ha krävts för att räkna ut det och sedan med trappan eller liggande stolen dela det med 7? Exempel 35. Varje publicerad bok har en ISBN kod som innehåller tio siffror i fyra grupper, t ex Den första gruppen är en språkkod (91 för Svenska, 0 för Engelska, osv), den andra gruppen är förlagskod, den tredje boknummer inom förlaget och den sista en checksiffra med vars hjälp man kan kontrollera om de övriga siffrorna är rätt kopierade. Checksiffran väljs så att för varje ISBN kod a 1 a 2 a 3...a 10 gäller 1 a a a Addition av a 10 till båda leden resulterar i ekvivalent kongruens 1 a a a 9 11 a 10. Checksiffran är alltså en rest vid divison med 11 och kan därmed vara ett av 0, 1, 2,..., 9 och X, där X står för siffran 10. VARNING. Kongruenser kan alltså adderas, subtraheras och multipliceras. Men det finns ju fyra räknesätt? Division fungerar dock inte lika bra. Moduloräkning handlar om heltal och division leder till rationella tal i allmänhet för det första. Så det är oklart hur man ska definiera division. Men ännu värre, även det som är konsekvenser för heltal av existensen av division fungerar inte alltid. För heltal vet vi t ex att ab = 0 medför att antingen är a = 0 eller så är b = 0. Men detta är inte sant modulo vissa tal, tex så är Som en konsekvens kan man inte heller ur likheten ax b ay (a, x, y Z och a skild från 0) i allmänhet dra slutsatsen att x = y. (Det går att rädda situationen om b är ett primtal, men det är en annan historia.) 4. Vad moduliräkning betyder för just ditt kriminella nätverk. Vi ska bara surfa lite på ytan. Mer detaljer finns i artiklar om kryptering och RSA t ex på wikipedia. I många sammanhang vill man att en text bara ska kunna läsas av en enda mottagare. När man t ex knappar in sin bankomatkod är det katastrofalt om den kan läsas av någon som avlyssnar alla telefonmeddelanden från apparaten. Därför krypteras informationen innan den ska skickas på ett sätt som ska göra att det bara är ens bank som kan läsa den. Samma typ av problem uppkommer när lärare ska skicka tentor över e-post - de kan inte skickas i klartext eftersom det inte är alldeles otänkbart att några duktiga studenter tjuvlyssnar på mail (så skickliga studenter är ju förstås en lärares dröm.)

51 4. VAD MODULIRÄKNING BETYDER FÖR JUST DITT KRIMINELLA NÄTVERK. 45 Det har länge varit en kamp mellan de som konstruerar krypteringssystem och de som försöker bryta dem. I och med datorer har det förstås blivit mycket lättare att göra det sista: Fantomens hemliga chiffer tar inte många millisekunder att läsa. Samtidigt har användningen av datorer inneburit att mycket mer känslig information är tillgänglig för missbruk, så att det blivit ett stort behov av säker kryptering. För ungefär 30 år sedan utvecklades bl a krypteringssystemet RSA som hittills - och troligen även i framtiden - kunnats göras tillräckligt säkert. Det och liknande metoder innebär att dom goda - konstruktörer av krypteringssystem vunnit över de onda - de som försöker dechiffrera. RSA är i princip rätt enkelt, och använder sig av moduliräkning och endast några få fler satser om primtal än de vi gått igenom. Det skulle kunna brytas om det fanns en tillräckligt snabb metod att primtalsfaktorisera sammansatta tal. Men sådana tror man alltså inte finns. Vi ska gå igenom en annan tillämpning av moduliräkning som kom ungefär samtidigt, det s k Diffie-Hellmans nyckelbyte. Krypteringssystem är ofta beroende av en s k nyckel eller lösenord, som bestämmer hur informationen ska krypteras. Det kan tänkas som ett rimligt stort tal, t ex några hundra siffror. Man kan tänka sig att man har ett bibliotek med olika krypteringssystem, och nyckeln är numret på det av dessa system som ska användas. Om nu Alice och Bob - detta är de traditionella namnen för de som ska utbyta hemlig information - vill se till att de använder samma nycklar, så har de ett problem. De kan inte skicka nyckeln till varandra över en telefonlinje eller med post, för då kan den enkelt uppsnappas och all annan kommunikation som krypteras med denna gemensamma nyckel läsas. De kan förstås mötas då och då i enslighet och komma överens, men det blir opraktiskt och dyrbart, särskilt om de ofta vill byta nycklar. (Ju längre samma nyckel används, desto större är risken för avslöjande.) Men de kan göra så här, med lite moduliräkning. Vi behöver en beteckning: om som nedan p är ett fixt primtal, och x är ett naturligt tal så låt [x] stå för den positiva resten av x modulo p. Om p = 7 så är alltså [10] = 3, och ur tidigare räkneregler (Sats 15) följer t ex att [a b ] c [a bc ]. Problemet är alltså att två personer ska kommunicera via avlyssnade telefonlinjer med varandra och i slutändan ha kommit överens om samma tal, utan att avlyssnarna har en suck. Helt öppet kommer Alice och Bob överens om ett primtal p och ett tal 1 < g < p (och att följa proceduren nedan). Denna information känner alltså eventuella tjuvlyssnare också till.

52 46 4. MODULIRÄKNING ALIAS KONGRUENSER Sedan bestämmer sig Alice i hemlighet tillsammans med sin älskade slumpgenerator för ett tal 1 < k A < p 1. Detta känner bara hon till. På samma sätt bestämmer sig Bob i hemlighet för ett tal 1 < k B < p 1. Detta känner bara han till. Sedan skickar Alice resten modulo p av g k A, d v s [g k A ] till Bob, och han skickar [g k B ] till Alice. Dessa två tal kan man inte skydda, utan de antas också bli avlyssnade. Sedan tar Alice det tal [g k B ] hon fått av Bob och upphöjer det till sin egen hemliga potens k A, och räknar ut resten modulo p. Hon får [[g k B ] k A ] = [g k Ak B ]. Bob gör detsamma med det tal [g k A ] han fått av Alice. Han upphöjer det till sin egen hemliga potens k B, och räknar ut resten modulo p. Han får [[g k A ] k B ] = [g k Ak B ], alltså samma tal som Alice fick.. Resten modulo p av talet g k Ak B är deras gemensamma nyckel! Varför fungerar detta? Varför kan inte tjuvlyssnarna få fram nyckeln? Enkelt: Funktionen x [g x ] är en s k envägsfunktion. Den är, som vi såg i exemplet i förra sektionen lätt att räkna ut, även för stora tal x, men givet att man vet [g x ] är det (troligen) hopplöst svårt att räkna ut x. (Problemet att räkna ut x effektivt kallas för det diskreta logaritmproblemet, eftersom det svarar mot att räkna ut ett slags logaritm med basen g.) En tjuvlyssnare känner till följande g, p, [g k A ], [g k B ] och har problemet att ur detta bestämma den gemensamma nyckeln [g k Ak B ]. Om hon (Catherine eller Eve är standardnamn) kunde räkna ut k A och k B från [g k A ] och [g k B ] genom en effektiv lösning av diskreta logaritmproblemet, så skulle hon förstås kunna få fram nyckeln g k Ak B. Men ingen känner till någon sådan effektiv metod, eller någon annan metod att bestämma den gemensamma nyckeln. Det finns till varje primtal p gott om g så att varje 1 y p 1 kan skrivas som y = [g x ], för något x. Detta är en viktig teknisk poäng, för att potenserna i proceduren ovan ska bli olika. Exempel 36. Låt p vara 13 och g = 2. Då är (modulo 13) 1 2 0, 2 2 1, 4 2 2, 8 2 3, 3 2 4, 6 2 5, , , 5 2 9, , , Vi ser att varje tal 1 y p 1 = 12 kan skrivas som 2 x, för något lämpligt x. I exemplet ovan såg vi att resten av 2 12 = modulo 13 är 1. Det är sant inte bara för primtalet 13 utan i allmänhet. För varje primtal p gäller följande sats (som används i RSA och andra system) och kallas Fermats lilla sats.

53 5. ÖVNINGAR. 47 Sats 16. Låt p vara ett primtal och 0 < a < p. Då gäller a p 1 1 (mod p). Multiplicerar vi likheten i satsen med a får vi a p p a, och detta är sant för alla tal a Z. Beviset för satsen är inte så svårt och kommer i en senare kurs. 5. Övningar. (1) Visa att är jämnt delbart med 16. (Ledtråd: räkna ut resten vid division med 16 av potenserna 3 1, 3 2, 3 3,... Finns det något användbart mönster?) (2) Vilken rest erhålles då delas med 23? (3) Vilken är sista siffran i talet ? (Ledtråd: detta handlar också om att räkna ut en rest.) (4) Vad skulle sista siffran bli om man skulle räkna ut talet ( ) 10? (5) Visa genom att kolla alla möjliga rester att talet n 3 + 2n är delbart med 3 för alla heltal n. (6) Visa, utan att använda Fermats lilla sats, att för varje heltal n som inte är multipel av 7 gäller att n 6 vid division med 7 ger resten 1. (Ledtråd: varje tal är modulo 7 lika med något av 1, 2, 3, 4, 5, 6 och det räcker att titta på dessa) (7) Bestäm för varje naturligt tal n den minsta ickenegativa resten vid division av 3 2n n med 7. (8) Vilka heltal g mellan 0 och 7 har egenskapen att resterna modulo 7 av tillräckligt många potenser g 1, g 2, g 3,... omfattar 1, 2,..., 6? (9) Antag att g = 2, p = 7 och att Alices hemliga k A är 2 och att Bobs k B = 5. Vad är deras gemensamma nyckel? (10) a) Är X en giltig ISBN kod? b) Är en giltig ISBN kod? c) Vad är checksiffran för ??

54 KAPITEL 5 Matematikens kunskapsteori. Thus mathematics may be defined as the subject in which we never know what we are talking about, nor whether what we are saying is true. Bertrand Russell, 1918 Efter att ha läst ett antal veckor matematik på universitet kan det vara hög tid att fundera lite på vad det är vi gör, egentligen, och varför. Citatet ovan från Russell som är ryckt från ett sammanhang där det inte är lika uppgivet, kanske känns oroväckande sant. Som student oavsett ämne lär man sig bl a fakta (förutom hantverksskicklighet), vars sanningshalt väl bör vara garanterad av att den lärs ut av kompetenta lärare vid ett kompetent universitet. Man accepterar alltså dessa fakta för att auktoriteterna säger så (kanske dubbelkollar man i några andra böcker, för säkerhets skull, förstås). Förutom detta så lärs man in i att själv kunna etablera sanna fakta i de olika ämnena genom forskning. Metoder för att fastställa vad som är sant varierar drastiskt från ämne till ämne. Jämför t ex följande påståenden Det finns oändligt många primtal. En deriverbar funktion, vars derivata är positiv, är växande. Ljushastigheten i vakuum är ungefär km/s. Gavrilo Princip mördade Franz Ferdinand (en händelse som utlöste första världs-kriget) De två sista påståendena utspelas/har utspelats i en verklighet vilken vi kan testa. Fysikstudenten kanske gör ett experiment som visar att ljushastigheten är den som läroboken påstår och kanske till och med upprepar Michelson-Morleys experiment att ljushastigheten inte förändras om ljusstrålen skickas ut från ett objekt i rörelse. Experiment med verkligheten är det som bekräftar att ett påstående är sant. Historiestudenten får kanske studera samtida dokument och se i vilken mån man kan vara säker på att det var just Gavrilo Princip som var mördaren och i vilken utsträckning det verkligen var detta som utlöste kriget. Här är förstås dokumenten öppna för tolkning, och det kan bli en intressant diskussion av vilka 48

55 5. MATEMATIKENS KUNSKAPSTEORI. 49 andra faktorer som spelat roll, men det är ändå återigen en verklighet nåbar via dokument eller andra historiska lämningar som är testet på sanningen. Vad är det då som har etablerat de två första matematiska påståendena som sanna? Jo, det är förstås beviset, samma bevis som presenteras i läroboken. Man kan alltså säga att den roll som experimentet har för fysikern har beviset för matematikern. Matematikern, stackarn, har ingen verklighet att gå till för att fysiskt se efter om ett resultat är sant, utan måste klara sig med språklig argumentation. Åt det positiva hållet så är matematikern alltså inte bunden till någon utomspråklig verklighet utan har stor frihet i att välja vilka modeller de konstruerar. Ta t ex reella tallinjen som alltså inte finns i verkligheten, bara i matematikernas böcker och tankar, men som förstås är utvecklad för att användas praktiskt, och verkligen är ett väldigt effektivt verktyg. Men är den verkligen självklart bäst för allt? Varför ska vi ständigt använda dessa gamla reella tal och inte undersöka varianter där tallinjen är sammansatt av små odelbara minsta delar, som man kanske kan kalla atomer eller pixlar? Vad händer då? (Detta är ett modernt område kallat digital geometri.) Matematiker hittar ständigt på nya begrepp och definitioner, vissa förstås subjektivt sett intressantare och bättre än andra - det beror på vad man vill förstå eller använda dem till. Beskrivningen av bevisens roll ovan förklarar varför logiska resonemang spelar en så stor roll i den här boken och i all presentation av matematik - dels visar de att resultaten är sanna, och dels är de den teknik som man måste behärska för att hitta egna resultat. Detta gäller alltifrån att lösa övningsuppgifter - som ju också är ett slags bevis för ett påstående, nämligen för att uppgiften har just det givna svaret - till att utveckla ny matematik. Men låt oss återgå till det första exemplet och observera nu att det finns en hel del skillnader i säkerheten av de vunna resultaten. Är experimentet som man gjort med ljushastigheten verkligen helt säkert? Visst går det t ex att föreställa sig en värld där några relativistiskt kunniga men klåtentakliga trafikpoliser sett till att ljuset i tätorten verkligen håller hastighetsbegränsningen och inte blåser iväg med mer än km/s, medan det däremot på den galaktiska landsbygden kan gå betydligt vildare till. Eller visst går det att argumentera för att Franz Ferdinands död bara var en förevändning för ett krig alla ville ha, eller att det var en komplott av det österrikiska hovet, eller... Visserligen är inget av detta speciellt troligt, men helt säker kan man inte vara. Det är som i en rättegång: det är bara ställt utom allt rimligt tvivel att X mördade Y. Då och då är det förstås ändå i stället Z som är skurken. Skulle en känd fysiker hävda att ljushastigheten varierar beroende på platsen i universum, skulle jag känna mig tvungen att lyssna på argumenten för att avgöra

56 50 5. MATEMATIKENS KUNSKAPSTEORI. om denna nya teori är rimlig, och kanske känna mig glad för att universum är ännu intressantare än vad det kan tyckas vara runtom Nyköping. Däremot är det totalt oåterkalleligen så att de två matematiska satserna ovan är sanna. Det går inte, med mindre än att man förvrider meningen med själva orden, att hävda att det finns ett största primtal. Ett annat exempel: Om någon påstår sig ha funnit ett exakt uttryck för π som rationellt tal är jag inte intresserad, för jag har läst beviset som ställer det utom allt tvivel, inte bara utom allt rimligt tvivel, utan verkligen bortom allt tvivel, att det inte kan finnas ett sådant. Den som hävdar något sådant vet jag har fel. Skulle det så vara en berömd auktoritet, ja då vet alla som har läst algebra 1 i år i Stockholm med total förvissning (hoppas jag) att auktoriteten har blivit helt senil. Alltså en helt annorlunda reaktion än till den berömde fysikern i det förra tankeexperimentet. Det här är kanske lätt att missförstå som lokalpatriotiskt skryt - att matematik är lika bra i jämförelse med andra vetenskaper som Halmstad BK efter några öl, d v s bäst. Det är det inte, utan det är en följd av att matematiken lever i språket, och av att den följer andra regler. Nackdelen med det är att matematiken bara uttalar sig om språket, om matematiken, inte om verkligheten utanför. Vill man göra det, måste man ha andra sätt att förhålla sig till saker som sanning och verklighet. Matematikens bevisregler applicerade på t ex juridiken hade inneburit att ingen någonsin blivit dömd för något brott (utom möjligen för division med 0), och skulle alltså inneburit att juridiken blivit meningslös och oanvändbar. Fysiker tycker ofta att matematiker är långsamma och petimetrar, i en sund känsla av att att om man t ex på matematiskt manér från början krävt att kvantmekaniken skulle vara logiskt förenlig med kända fysiska teorier, så hade det, så sorry, inte blivit någon kvantmekanik alls. Matematikens logiska struktur är inte enbart ett självändamål utan också ett villkor för att matematiken ska vara användbar praktiskt. Matematik är ju i mångt och mycket utvecklat för att vara naturvetenskapernas språk, med vilket man kan bygga tankemodeller av det som intresserar i verkligheten, tillräckligt enkla för att man ska kunna förstå dem och resonera i dem, och sedan kunna testa dem via experiment mot verkligheten. Då är det förstås i sakens natur att man inte ska behöva springa till mamma natur och kolla allt hela tiden, utan att man ska kunna skilja vad som är helt säkra resonemang inuti modellen, och vad som är de tillfällen där man behöver experimentella data. Tag till exempel Newtons analys av planeters rörelse, som var en av startpunkterna för både analysen i matematik och för fysiken som vetenskap. Hans utgångspunkt var egentligen bara ett enda experimentellt faktum, nämligen att

57 1. LOGIK ELLER VARFÖR ÄR MATTENÖRDAR SOM DOM NU ÄR OCH HUR KAN JAG BLI LIKADAN? 51 banor för planeter i solsystemet är ellipser. Med detta som bas byggde han sedan en matematisk-logisk modell av kroppars rörelse under påverkan av något han kallade krafter och det lyckades för honom att matematiskt - alltså med många och långa argumentationskedjor - härleda hur dessa krafter beror av massan på de involverade kropparna och deras inbördes avstånd. Även Einstein tog avstamp i ett fysikaliskt experiment - Michelson-Morleys ovan nämnda experiment - för att härleda speciella relativitetsteorin med rent matematiska metoder. I bägge fallen var det förstås väsentligt att de matematiska resonemangen (efter det att modellen satts upp) inte var godtyckliga utan säkert sanna, så att eventuella korrekta förutsägelser gjorda genom modellen verkligen troliggör denna. 1. Logik eller varför är mattenördar som dom nu är och hur kan jag bli likadan? Bevis är alltså viktiga för att i första hand etablera att något är sant. Bevis är också viktiga att förstå för att kunna använda deras tekniker i syfte att självständigt lösa nya problem eller bara använda andras lösningar på gamla problem med smärre förändringar, i matematik, ekonomi och naturvetenskaper. Om man förstår varför tecknet på derivatan bestämmer om funktionen är växande eller avtagande i ett visst intervall, så är man förstås i en bättre situation att använda partiell information om storleksordningen på derivatan - t ex att den ligger mellan 1/2 och 1 - för att uppskatta hur funktionen kan variera på intervallet. Matematisk text har som ni märkt en hel del särdrag. Definitioner talar om precis vad som menas med ett begrepp i den fortsätta texten. Det kan betyda att ett välkänt begrepp - t ex funktion - i fortsättningen ges en annorlunda innebörd än den man är van vid. De är alltid så kallade namndefinitioner, d v s de definierar hur ett namn ska användas. De har också en absolut karaktär - ett objekt är antingen av den definierade typen eller inte. Jämför med säg en definition av begreppet demokrati som folkstyre, som lätt kan urarta i ett politiskt slagsmål, om man börjar diskutera om ett visst land verkligen är en demokrati. Exempel 37. Definition: Ett positivt heltal kallas perfekt om det är lika med summan av 1 och sina äkta positiva delare. Ett exempel är talet 6, ty = 6. Jag kunde lika gärna ha kallat dem dumma tal, tal av typ X, eller hittat på något annat namn. Namnet kvittar. Definitionen syftar bara till att tala om för läsaren precis vilka egenskaper jag menar när jag använder uttrycket perfekt tal. Författaren går i pant för att inga andra egenskaper (utom de som senare bevisas eller refereras från andra källor) än dessa ska användas.

58 52 5. MATEMATIKENS KUNSKAPSTEORI. Satser är förstås sanna påståenden av större intresse, och de följs av ett bevis, som bara är ett argument för att påståendet i satsen är sant. Samma sats kan ofta bevisas på många olika sätt - t ex finns det en bok med 150 olika bevis för Pythagoras sats. Någon har tyckt att det finns många olika sätt att förstå varför den är sann. Egentligen skiljer ingenting argumentet i en lösning av en räkneuppgift från ett bevis, det ska i bägge fallen vara ett logiskt korrekt och oemotsägligt demonstrerande av att något är sant. Att studera matematik, är förutom att lära sig en massa nya fakta, tekniker och ideer, också som att lära sig ett nytt språk. Vissa av orden och sätten att argumentera, känner man till och förstår helt, medan andra - de mest förrädiska - är kända men verkar användas på nya sätt, och en tredje klass är förstås helt nya. Det är viktigt att vara uppmärksam på detta och flitigt fråga. För att texten inte ska bli långrandigt förkortar man ofta en del ofta använda meningar och argument. Tag t ex följande Sats 17. För varje reellt tal gäller att absolutbeloppet av talet är större än eller lika med talet själv. Bevis. Antag att x är ett reellt tal. Om x är positivt så x = x, så x x. Om x är negativt så är x = x 0 och 0 x, så x x. Om x = 0 (och alltså varken positivt eller negativt) är x = 0 = 0 0, så även då är påståendet sant. Eftersom x antingen är ett positivt eller negativt tal, eller noll, och i alla tre fallen olikheten gäller, så är den sann för x. Eftersom x kunde vara vilket reellt tal som helst, så är satsen sann för alla reella tal. Mot detta bevis skulle man kunna invända att det börjar med ett antagande, och det kan väl inte vara tillåtet, när man ska bevisa att satsen alltid är sann? Meningen Antag att x är ett rellt tal här skulle kanske kunna översättas så här: Påståendet i satsen uttalar sig om samtliga reella tal. Så då måste vi visa det för alla sådana. Låt oss studera ett sådant och eftersom det är behändigt att ha ett namn på det så kommer vi (den som skriver texten och läsaren) överens om att kalla det x. Detta står alltså för ett reellt tal som är fixt under själva bevisets gång, men som kan vara vilket tal som helst. Vi har alltså inte alls gjort några andra antaganden än att vi har något konkret x att prata om. Andra varianter av den första meningen är Låt x vara ett (godtyckligt) reellt tal, eller så kastar man sig direkt in i beviset och skippar den första meningen. De två sista meningarna i beviset utelämnas ofta, så att läsaren får avsluta det underförstådda argumentet själv.

59 2. PÅSTÅENDEN Påståenden. Matematisk text består av påståenden som vi nu skall betrakta närmare. Exempel på påståenden är 13 är ett primtal, 15 är ett primtal, Varje triangel är rätvinklig, Varje primtal är udda, < 3, π är irrationellt, Det finns ett primtal av formen 2 2n + 1 där n 5. Dessa påståenden, och för övrigt gäller det alla påståenden, är sanna eller falska. Det kan tyckas banalt, men det gäller ju ofta inte i andra sammanhang. Matematiska påståenden kan inte vara halvsanna eller hamna i en gråzon, som i vanligt språk. Detta gäller även det sista påståendet ovan, som trots en hel del arbete under de senaste tre århundraden, inte är känt om det är sant eller inte. (Primtal av denna typ kallas Fermatprimtal.) Men endera är det, sant eller falskt. Inte varje utsaga i en matematisk text är ett påstående. Till exempel är varken derivatan av vänstra ledet", eller avbildningens kärnanågra påståenden. Det är nämligen omöjligt att tillordna dem ett sanningsvärde Sant"eller Falsk". Vi skall också syssla med påståenden som innehåller en eller flera variabler och vars sanningsvärde beror på dessa: x är ett primtal, x < y, Om x > 3 så är x > 5. Om f(x) = x 3 så är f (x) = 3x 2. Här underförstår man att variablerna skall tilldelas värden från någon mängd (t. ex. R, eller f(x) i sista exemplet som är en i mängden av alla deriverbara funktioner). Vilken denna mängd är skall alltid framgår av sammanhanget. Först efter att ha tilldelat alla i påståendet ingående variabler värden kan man fråga om påståendet är sant eller falskt. Svaret kan naturligtvis bero på vilka värden man tilldelat variablerna. Om ett påstående har alltid samma sanningsvärde, oberoende av valet av variabeln, så kallas detta för ett slutet påstående. I annat fall är det fråga om ett öppet påstående: dess sanningsvärde kan vara både det ena och det andra, beroende av valet av variabeln.

60 54 5. MATEMATIKENS KUNSKAPSTEORI. 3. Implikation och ekvivalens. Exempel 38. Ekvationssystemet x + y + z = 3 x + 2y + z = 4 2x + y + z = 4 3x + 2y + z = 5 kan lösas så här: ta skillnaden mellan den andra ekvationen och den första. Det ger att y = (x+2y +z) (x+y +z) = 4 3 = 1. Ta sedan skillnaden mellan den tredje ekvationen och den första. Det ger att x = (2x + y + z) (x + y + z) = 4 3 = 1. Stoppa sedan in dessa värden på y och z i den första ekvationen och få att z = 1. Alltså är lösningen x = 1, y = 1, z = 1. Eller stämmer detta? Något är skumt, om vi nämligen stoppar in de funna värdena i den fjärde ekvationen så är den inte sann (eller uppfylld, mer specialistspråk). Vad ska vi dra för slutsats av detta? Vad vi egentligen visade med argumentet ovan är att följande påstående är sant: Om x, y, z är reella tal som löser ekvationssystemet så är x = 1, y = 1, z = 1. Det finns nämligen i vårt resonemang ovan ett underförstått antagande att x, y, z existerade. Annorlunda uttryckt visade vi att: Om det finns en lösning till ekvationssystemet, så måste den vara x = 1, y = 1, z = 1. Men vi vet ju från början inte att det finns en lösning! Och i själva verket finns det ju ingen eftersom den enda möjliga lösningen x = 1, y = 1, z = 1 inte var en lösning till den sista, fjärde ekvationen. Påståendet ovan kan skrivas som x, y, z är reella tal som löser ekvationssystemet = x = 1, y = 1, z = 1. Det är ett påstående som är sammansatt ur två enklare påståenden med hjälp av en implikationspil =. Exemplet ovan visar nyttan av att hålla reda på den logiska gången i lösningen av en ekvation. Gauss-eliminationen är designad att göra just detta. Dags för att sammanfatta och generalisera exemplet. Säg att P och Q är två påståenden, som eventuellt beror på några variabler. För att visa att P = Q är sann räcker det att visa att för varje situation där variablerna getts konkreta värden och P då är sann, så är också Q sann. Låt oss titta på ett ännu enklare exempel.

61 Exempel 39. Följande är förstås sant: 3. IMPLIKATION OCH EKVIVALENS. 55 x 2 = x 2 4. Det är förstås ett påstående som kan översättas i ord till om ett tal är större än eller lika med 2 så är dess kvadrat större än eller lika med 4. För att kolla att det är sant tittar vi på alla fall när x 2 är sant och räknar ut x = 4. Vi behöver förstås inte studera alla de fall när påståendet x 2 är falskt. Däremot så är påståendet x 2 = 4 = x = 2 falskt. Om vi vet att kvadraten på ett visst tal är 4, så vet vi inte att talet är 2. Talet kunde ju vara 2 också. Ett korrekt påstående vore x 2 = 4 = x = 2 eller x = 2. När vi har två påståenden P och Q sådana att P = Q och Q = P, så säger vi att de två påståendena är ekvivalenta och detta skrivs P Q. Att P Q betyder att P och Q är sanna samtidigt och falska samtidigt. I exemplet ovan kan vi skriva x 2 = 4 x = 2 eller x = 2. Gausselimination har som mål att med en serie av ekvivalenta påståenden nå ett enklare ekvationssystem. "Ekvivalenta påståenden betyder i sammanhanget att man inte förlorar någon information på vägen, d v s att det ursprungliga och de slutliga systemet har samma lösningar. Exempel 40. Ekvationssystemet ovan kan lösas så här med Gausselimination. x + y + z = 3 x + y + z = 3 x + y + z = 3 x + 2y + z = 4 + y = 1 + y = 1 2x + y + z = 4 y z = 2 z = 1 3x + 2y + z = 5 y 2z = 4 2z = 3 De två sista ekvationerna kan aldrig vara sanna samtidigt för ett värde på z, och det systemet saknar alltså lösning. Därmed saknar också det första systemet lösning. Exempel 41. Om f(x) = x n, n Z, så är derivatan f (x) = nx n 1. Detta är en känd, speciellt sann, sats, som alltså kan uttryckas som Omvändningen av detta påstående f(x) = x n, n Z = f (x) = nx n 1. f (x) = nx n 1 är förstås inte sant, utan falskt. Däremot är = f(x) = x n, n Z f (x) = nx n 1 = f(x) = x n + C, C R,

62 56 5. MATEMATIKENS KUNSKAPSTEORI. ett sant påstående, liksom f (x) = nx n 1 f(x) = x n + C, C R, Notera här att vi tänker på f(x) som en matematisk-språklig variabel som kan stå för vilken funktion som helst. 4. Om matematiska resonemang. För att visa ett visst påstående P är sant kan man antingen göra det direkt eller resonera så här: Antingen är P sant eller dess motsats P är sant. Kan vi visa att P leder till en uppenbar omöjlighet, så har vi eliminerat möjligheten att P är sant, och kan dra slutsatsen att P måste vara sant. En sådan resonemang kallas motsägelsebevis eller på latin Reductio ad absurdum, d v s reduktion till det absurda. Det är en teknik som ofta användes i vardagslivet, t ex i gräl. Om en tonåring hävdar att en förälder är en elak och snål jävel, och föräldern t ex lektor i matematik, kräver bevis ges kanske svaret: Om du hade varit snäll eller givmild så hade du köpt en bättre dator. Då är det bara formuleringen Låt oss antaga att du är en snäll eller givmild förälder. Då inses lätt att... som fattas för att göra detta till ett perfekt motsägelsebevis. Här är ett motsägelsebevis till en väldigt berömd och mer än 2000 år gammal sats. Sats 18. Talet 2 är irrationellt. Bevis. Antag motsatsen, d v s att det finns heltal m, n så att 2 = m/n. Vi kan anta att m/n är maximalt förkortat, d v s SGD(m, n) = 1, eftersom annars förkortar vi det bara och använder de nya täljare och nämnare vi får. Kvadrering och omflyttning ger m 2 = 2n 2. Alltså är m jämnt 1, d v s det finns ett heltal m 1 så att m = 2m 1. Insättning ger 4m 2 1 = 2n 2 2m 2 1 = n 2. Men detta innebär att n också är jämnt. Alltså är både m och n jämna, vilket strider mot att SGD(m, n) = 1. Alltså kan inte motsatsen mot satsens påstående vara sant, utan måste vara falskt och det innebär att satsens påstående är sant. För att visa påstående P = Q antar man vanligen att P är sann och härleder därefter Q genom något resonemang. Men man kan också ersätta P = Q med 1 egentligen får vi att m 2 är jämnt och det måste visas att därmed m också är jämnt. Detta kan också visas som ett motsägelsebevis - se nedan.

63 5. ANTINGEN ANTINGEN ELLER ELLER ELLER, ELLER VAD? 57 det ekvivalenta Q = P. Tankegången bakom detta är följande variant av motsägelsebevis. Vi vill visa att P = Q, så antag att vi vet P. Vi vill visa att Q är sann och därmed behöver vi bara eliminera möjligheten att Q är sann. Om vi nu antar att Q är sann och att vi visat Q = P så får vi att P är sann. Tillsammans med förutsättningen att P är sann ger detta en motsägelse, och vi har eliminerat möjlighetetn att Q är sann. Alltså är det Q som är sann. Vi ger ett exempel där samma sats visas på bägge sätten. Påståendet är x udda = x 2 udda. Bevis 1. Eftersom x är udda finns det ett heltal k så att x = 2k + 1. Det ger att x 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 4(k 2 + k) + 1, som har resten 1 när man delar med 2, och alltså är udda. Bevis 2. (Motsägelsebevis) Antag att x 2 är delbart med 2 (vi antar Q). Om x = p 1...p r är primtalsfaktoriseringen av x så är x = p p 2 r en faktorisering av x i primtal. Eftersom 2 delar x 2 så måste åtminstone ett av primtalen p 1,..., p r vara 2. Det innebär alltså att 2 delar x och vi får en motsägelse mot att x var udda (vi får P ). Alltså kan inte x 2 vara delbart med 2, utan är udda. 5. Antingen antingen eller eller eller, eller vad? Ordet eller används ofta i matematiska sammanhang på ett lite annorlunda sätt än i normalt icke-matematiskt språk. Ofta används det i den vanliga ickematematiska gråheten som antingen-eller, t ex i frasen vän eller fiende (antingen det ena eller det andra men inte båda samtidigt), men det har också andra meningar. Är ett påstående som 2 1 eller 2 < 1 sant? Det kommer alltså att bero av hur vi tolkar ordet eller här. Den tolkning man i matematiken har valt som standard är att ett påstående av formen P eller Q är sant precis när åtminstone något av påståendena P och Q är sanna, inklusive när bägge är sanna, och därmed falskt endast när både P och Q är falska. Man kan behändigast beskriva detta med en sanningsvärdestabell, som visar precis när P eller Q är sant. Matematiker, eller snarare logiker har infört en symbol för sitt eller, nämligen, men den används inte alltför ofta utanför delvetenskapen matematisk logik. Här är sanningsvärdestabellen, som alltså anger hur sanningsvärdet av P Q beror av sanningsvärdet av P och Q (s betecknar sant påstående, f - falskt påstående):

64 58 5. MATEMATIKENS KUNSKAPSTEORI. P Q P Q s s s s f s f s s f f f (2) Exempel 42. Påståendet 2 1 eller 2 < 1 är sant. För att få ett exempel på att P Q är falskt måste vi välja två P och Q som bägge är falska, t ex 1 2 eller Det kan vara intressant att kontrastera detta mot sanningsvärdestabellen för den alternativa tolkning som nämndes inledningsvis.) P Q Antingen P eller Q, men inte båda s s f s f s f s s f f f (3) Exempel 43. Om man tilldelar x ett värde i R får påståendet x > 3 eller x < 2 samma sanningsvärde oberoende av om man tolkar eller enligt (2) eller (3). Däremot är det viktigt att bestämma sig för en av tabellerna när det gäller påståendet x < 3 eller x > 2. Menar man (2) kan det ibland vara lämpligt att precisera detta till x < 3 eller x > 2 eller båda. Att med sanningstabeller beskriva den precisa meningen hos eller var rätt effektivt. Om P :s eller Q:s sanningsvärden är kända kan man direkt avläsa P Q :s sanningsvärde (d v s om det är sant eller falskt). Man kan notera att P Q är ett påstående som är uppbyggt av enklare påståenden med hjälp av eller, närmast algebraiskt. Det finns även andra sätt att sammanfoga två påståenden till ett, t ex P och Q, som betecknas P Q. Här är sanningsvärdestabellen P Q P Q s s s s f f f s f f f f Tydligen är P Q sann om och endast om både P och Q är sanna, något som väl också är den vanliga användningen i språket. (4)

65 5. ANTINGEN ANTINGEN ELLER ELLER ELLER, ELLER VAD? 59 Operationen P Q kallas ofta för disjunktion medan P Q kallas för konjunktion. a) (Varje kvadrat är liksidig) (Varje kvadrat är rätvinklig), b) (Varje kvadrat är liksidig) (27 är ett primtal), c) (2 > 3) (5 < 3), d) (7 är ett primtal) (7 är ett udda tal), e) (48 är ett kvadrattal 2 ) (0 = 1), f) (Den 1 januari 2011 var en söndag) (3784 är delbart med 11). Övning 2. För vilka reella tal x är följande påstående sant: (x 2 2x 3 < 0) (0 x 10)? Övning 3. Skriv upp (den åttaradiga) sanningsvärdestabellen för P (Q R) och (P Q) R. Resultatet visar att det är viktigt att med hjälp av parenteser utmärka hur påståendena skall fogas ihop. Övning 4. Visa att P (Q R) är sann om och endast om (P Q) (P R) är sann. Samma uppgift för P (Q R) och (P Q) (P R). Om P är ett påstående skrivs, som tidigare nämnts, dess negation P (uttalat icke-p ). Om P är påståendet x = 1, så är förstås dess negation påståendet x 1. Sanningsvärdestabellen är: P P s f (5) f s Exempel 44. Negationen till 1 > 0 ( ett är större än noll ) skrives alltså (1 > 0) ( ett är inte större än noll ) men i detta fall bekvämast 1 0 ( ett är mindre än eller lika med noll ). Negationen till x > 0 y < 0 kan skrivas x 0 y 0. Övning 5. Visa att P Q är sann om och endast om (P Q) är sann. (Det betyder t ex att påståendet x 2 eller x 3 är falskt precis när 2 < x och x < 3 är sant.) 2 kvadrattal= ett tal av typ n 2 för något heltal n

66 60 5. MATEMATIKENS KUNSKAPSTEORI. Samma uppgift för P Q och (P Q). (Ledtråd: använd sanningsvärdestabeller.) 6. Implikation och ekvivalens igen. Vi har tidigare tittat på implikation P = Q och ekvivalens P Q. De har samma karaktär som och, i den meningen att man med deras hjälp bygger upp mer komplicerade påståenden från enklare. Implikationen P = Q uttalas P medför Q, om P så Q eller P implicerar Q ; man säger också att P är tillräckligt för Q (det räcker att P gäller för att Q ska gälla) och att Q är nödvändigt för P (för att P ska gälla är det nödvändigt att Q gäller. Om Q inte gör det så gör inte P det heller). Exempel 45. Låt P vara påståendet x 2 och Q påståendet x 2 4. Det är klart att Q är sann om P är det, d v s P = Q. Observera att vi struntar i att titta på värden av variabeln x för vilka P är falsk. Vi studerar alltså enbart fallen när P är sann, och i en sådan situation är P = Q sann endast om även Q är sann. Implikationen hade varit falsk om det funnits ett värde på x för vilket P var sann och Q falsk. Detta leder till följande sanningsvärdestabell. P Q P = Q s s s s f f f s s f f s De i praktiken enda viktiga raderna här är alltså den första och den andra. Om P är sann och dessutom Q är sann så bör implikationen P = Q vara sann, medan om P är sann och ändå Q är falsk så bör implikationen P = Q vara falsk. De två sista raderna handlar om när P är falsk. De säger att då är implikationen sann, oberoende av om Q är sann eller falsk. Det avspeglar, som sades ovan, att vi är bara intresserade av att använda implikationer när vi studerar en situation där vi vet att P är sann. (6) Exempel 46. Två exempel: (1) x 2 = y 2 = (x = y x = y), som blir ett sant påstående om x och y tilldelas värden i R (likgiltigt vilka), och (2) π är irrationell = π är inte ett heltal,

67 7. KVANTIFIKATORER. 61 som är ett sant påstående. Vi skriver ibland också Q = P i stället för P = Q ( Q om P ). Övning 6. Visa att P = Q har samma sanningsvärdestabell som Q = P. Påståendet (P = Q) (Q = P ) skrives P Q ( P om och endast om Q ibland förkortat till P omm Q, P är ekvivalent med Q, P är nödvändig och tillräcklig för Q ). Sanningsvärdestabellen för denna relation, kallad ekvivalens, är tydligen P Q P Q s s s s f f (7) f s f f f s Observera att beskrivningen (P = Q) (Q = P ) också talar om en möjlig väg att bevisa P Q, genom att visa att P = Q och separat visa att Q = P. 7. Kvantifikatorer. Vi skall slutligen införa två operationer på påståenden av en ny typ, kallade kvantifikatorer. Om P (x) är ett påstående som (eventuellt) innehåller en variabel x, varvid x tar värden i en mängd A, skall vi med x A P (x) beteckna påståendet för varje x i A gäller P (x). kallas allkvantifikator eller universal kvantifikator. Vidare skall vi med x A P (x) beteckna påståendet för minst ett x i A gäller P (x) (alternativa formuleringar: det existerar (minst) ett x i A så att P (x) gäller, för något x i A gäller P (x) ). kallas existenskvantifikator. Exempel 47. x R x 2 0, är uppenbarligen ett sant påstående. Påståendet x R x 2 0 är också sant, eftersom 0 2 = 0.

68 62 5. MATEMATIKENS KUNSKAPSTEORI. Exempel 48. x R y R x = y y R x R x = y Det första påståendet kan utläsas: för alla reella x finns ett reellt tal y så att x=y. Det andra utläses: det finns ett reellt y som för alla x har genskapen y=x. Här är det första påståendet sant, det andra falskt. Om det av sammanhanget är klart ur vilken mängd A värdena för variabeln x skall hämtas kan vi skriva x, x i stället för x A, x A. (Detta är den vanligaste situationen.) Exempel 49. Om x f(x) = 0 säger man att ekvationen f(x) = 0 är lösbar. Om x f(x) 0 säger man att ekvationen f(x) = 0 är olösbar. Anmärkning. Påståendet x y är varken sant eller falskt innan vi givit (reella) värden för x och y. Likaså har påståendet x R x y inget sanningsvärde förrän vi angivit vad y betecknar. Men y R x R x y är sant påstående; det innehåller inga variabler som skall ges värden. Man säger att x och y i det sista påståendet är bundna variabler; det är endast variabler som inte är bundna av en kvantifikator som skall tilldelas värden. Jämför med 1 0 x 3 dx som betecknar ett reellt tal och där den bundna variabeln x inte skall ges något värde. Exempel 50. Följande påståenden är alltid sanna oberoende av vilka påståenden P (x) och Q(x) betecknar. x P (x) x P (x), x P (x) x P (x), x (P (x) Q(x)) ( x P (x) x Q(x)) x (P (x) Q(x)) ( x P (x) x Q(x)) Dessa ekvivalenser svarar egentligen bara mot sunt förnuft. Antag t ex att vi vill visa det är inte sant att alla hela tal är delbara med 2. Det kan vi formulera som x P x, där P x står för påståendet x är delbart med 2. Hur gör man? Jo man visar upp ett tal, t ex 1, som inte är delbart med 2. Detta sista innebär att man har demonstrerat att x P x. Den första ekvivalensen ovan uttrycker bara att detta är en korrekt metod. Övning 7. Illustrera de övriga ekvivalenserna i exemplet nyss på samma sätt med konkreta exempel. Ge ett argument för att de är sanna.

69 7. KVANTIFIKATORER. 63 Övning 8. Ange för alla reella värden på a och b när följande påståenden är sanna a) x R ax = b, b) x R ax b. Övning 9. Negationen till påståendet Alla läroböcker i matematik är oläsbara kan givetvis formuleras Det är inte sant att alla läroböcker i matematik är oläsbara men det är naturligare att säga Någon lärobok i matematik är läsbar. Formulera på detta sätt negationen till följande påståenden: a) Alla läroböcker i matematik och logik är oläsbara. b) Alla klassens elever fick godkänt i alla språk. c) Minst en av klassens elever fick godkänt i alla språk. d) Minst tre av männen var sjuka. e) Högst tre av männen var sjuka.

70 KAPITEL 6 Mängder - ja, vad sysslar vi egentligen med för något? Existensen av matematiska objekt är långtifrån oproblematisk om man börjar rota lite (se sista avsnittet). Vad är egentligen talet 2? Ingenstans finns det en tvåa av dyr platina-iridium legering, som skulle kunna vara den riktiga tvåan, i stil med den meterförebild, arkivmetern, som förvaras i Internationella byrån för mått och vikt i Paris. Istället får man kanske säga att 2 är en språklig konvention som används på ett visst precist sätt, och det känns kanske inte alltför tryggt. Å andra sidan fungerar begreppen bra i en matematisk vardag. Vi behöver ett neutralt begrepp för att något är, existerar, finns till... dit vi kan skyffla alla svårigheter och sedan låta filosofer och logiker bry sig om dem och deras existentiella 2000-årskris. Matematiker säger att matematiska objekt är element i mängder och sedan någonting i stil med citatet nedan ur en lärobok, som snarare avleder uppmärksamheten från de riktiga problemen med begreppet: "Vi skall inte definiera vad en mängd är utan hela tiden använda oss av begreppet i den intuitiva betydelsen av en mängd av abstrakta eller konkreta föremål (synonymer: klass, samling). Därvid betraktas två mängder som identiska om de föremål som tillhör dem är desamma." Då vet vi vad vi sysslar med: att existera är att vara ett element av en mängd, och när man dör flyttar man över till dess komplement. Trots kritik visar sig detta med mängder vara ett mycket praktiskt sätt att tänka, inte minst för att vi kan konstruera mängder så behändigt, bara genom att ange en särskiljande och definierande egenskap de har och på det sättet laborera med dem som om vi verkligen höll dem i vår hand och visste nästan allt om dem. Om föremålet x tillhör mängden A säger man att x är ett element i A och skriver detta x A (uttalat x tillhör A ). Om x inte tillhör A skriver man x / A. Kom ihåg följande mängder av tal, som är så ofta förekommande att man infört standardbeteckningar för dem: 64

71 6. MÄNGDER - JA, VAD SYSSLAR VI EGENTLIGEN MED FÖR NÅGOT? 65 N, mängden av heltal 0, Z, mängden av heltal, Q, mängden av rationella tal, R, mängden av reella tal, C, mängden av komplexa tal. Ett kortfattat sätt att uttrycka att x är ett reellt tal är alltså x R. Men de föremål som tillhör en mängd behöver inte vara tal. I matematiken betraktar man ofta exempelvis mängden av alla polynom, mängden av alla deriverbara funktioner, mängden av alla trianglar. För att få åskådliga exempel kan man också betraka konkreta mängder som mängden av alla nu levande människor. Exempel 51. Mängden M 1 består av alla positiva heltal x sådana att x 2 2x + 1 = 0 Mängden M 2 består av alla funktioner f sådana att f (x) = x 2 och f(0) = 1 Mängden M 3 består av alla funktioner f sådana att f (x) = x 2. Mängden M 4 består av alla positiva heltal n som har följande egenskap: för detta n, finns det heltal x, y, z sådana x n + y n = z n och xyz 0. Mängden M 5 består av alla jämna positiva heltal n > 3 som kan skrivas som summan av två primtal. Det är lätt att se att M 1 bara består av det enda elementet 1. Det skriver vi M 1 = {1}. Måsvingarna kallas i matematiken mängdklammer. Vidare vet vi från analysen att M 2 har det enda elementet x 3 /3 + 1 och alltså är M 2 = {x 3 /3 + 1}. Mängden M 3 består av alla funktioner f sådana att f(x) = x 3 /3 + C, där C är ett reellt tal och detta skrivs M 3 = {f : f(x) = x 3 /3 + C, C R}. Vidare så tog det 350 år och ca sidor matematisk text för att visa att M 4 = {1, 2} (Fermats stora sats). Till slut är det inte känt om M 5 består av alla jämna tal större än eller lika med 4 (Goldbachs hypotes från 1700-talet). Men alla dessa mängder är mängder, och tankemässigt vinner man något i påtaglighet genom att sammanfatta deras element i ett enda begrepp och ge dem ett namn. Om varje element i A också är ett element i B säges A vara en del av B, eller en delmängd av B, och man skriver A B (eller B A) (uttalat A är en del av B eller A är inkluderad i B eller B omfattar A ). Exempelvis är N Z och Z Q. Detta skrives N Z Q. Om A B och B A säges A och B vara

72 66 6. MÄNGDER - JA, VAD SYSSLAR VI EGENTLIGEN MED FÖR NÅGOT? lika (eller identiska), A = B. Då detta inte är fallet, d.v.s. då någon av mängderna innehåller ett element som inte tillhör den andra, skriver man A B ( A skild från B ). Den mängd som innehåller x 1,..., x n och inga andra element tecknas {x 1,..., x n } ( mängden av x 1 till x n ). Observera att {1, 2, 3} = {2, 3, 1} = {1, 1, 3, 2} (ordningen av element i listan spelar ingen roll. Även om samma element skrivs flera gånger så är det bara ett element. I exemplet har var och en av mängderna tre element: en 1:a, en 2:a och en 3:a). Om man vill ange den del av A vars element x uppfyller ett villkor P (x) skriver man {x A; P (x)} (uttalat mängden av alla x i A sådana att P (x) gäller ). Exempel 52. {x Z; x 0} = N. Det slutna intervallet [a, b] = {x R; a x b}. Det öppna intervallet ]a, b[= (a, b) = {x R; a < x < b}. Ofta är det av sammanhanget klart att alla x tillhör t. ex. R och i så fall kan man skriva [a, b] = {x; a x b}. 1. Operationer på mängder: snitt, union, komplement. Venn-diagram. Av givna mängder skall vi konstruera nya. Låt A och B vara mängder. Då skall vi med unionen av A och B mena den mängd vars element är de föremål som tillhör minst en av mängderna A och B. Vidare skall skärningen (eller snittet av A och B vara den mängd vars element är de föremål som tillhör både A och B. Vi skriver A B ( A union B ) för unionen och A B ( A skärning B ) för skärningen av A och B. och Vi inför också n A k = A 1 A n k=1 n A k = A 1 A n k=1 för de mängder vilkas element är de objekt som tillhör minst ett av respektive alla av A 1,..., A n. Vad är {1, 2, 3} {4, 5, 6}? Uppenbarligen finns inget element som tillhör bägge mängderna. Vi har nu två alternativ. Antingen kan vi säga att skärningen mellan två mängder inte alltid är definierad, nämligen då det saknas gemensamt element (den utvägen känns frånstötande eftersom vi gärna vill kunna skriva upp A B utan att varje gång kontrollera om det är tillåtet), eller kan vi också införa en ny mängd sådan att {1, 2, 3} {4, 5, 6} =. Detta är det naturliga tillvägagångssättet och det är just det man har valt.

73 1. OPERATIONER PÅ MÄNGDER: SNITT, UNION, KOMPLEMENT. VENN-DIAGRAM. 67 Mängden har inga element och man kallar den för den tomma mängden. Den är alltså ingen onödig abstraktion eftersom den erfordras om man vill använda skärning ohämmat. Det kan endast finnas en tom mängd eftersom två mängder med samma element (i detta fall inga element) är lika. Vi har tydligen för varje mängd A A, A =, A = A. (Jämför med a 0 = 0 och a + 0 = a.) Man säger att mängderna A 1,..., A n är (parvis disjunkta om A j A k = för alla j, k, 1 j < k m. Övning 1. Låt A = {x R; x a 1} och B = {x R; x b 2}. Ange villkor på a och b för att A B = resp. A B = {0}. Övning 2. Skriv upp alla delmängder till {1, 2, 3}. Övning 3. Skriv upp alla mängder som kan bildas med union och skärning från mängderna (intervallen) [0, 2], [1, 3] och [2, 4]. Det blir tio stycken om de tre givna räknas med. Övning 4. Samma uppgift för mängderna (intervallerna) [0, 1], [2, 3] och [4, 5]. (Det blir åtta stycken.) För att åskådliggöra operationer på mängder användes ofta Venndiagram. Därvid betraktar man mängden av alla punkter som ligger innanför (eller utanför) en cirkelperiferi etc. Exempel: (under figuren anges det streckade området) A B A B A B A B A B C C C Venndiagram för A B, A B, A B C, A B C, A (B C) = (A B) (A C) Exempel 53. Visa att A (B C) = (A B) (A C). (Denna formel säger att är distributiv i. Jämför med den distributiva lagen x(y + z) = xy + xz.) Lösning: För att visa att två mängder M och N är lika kan man ibland tillämpa strategin att visa att M N och N M. Likheten som vi vill visa gäller alltså om och endast om vi har både A (B C) (A B) (A C) och A (B C) (A B) (A C).

74 68 6. MÄNGDER - JA, VAD SYSSLAR VI EGENTLIGEN MED FÖR NÅGOT? Om x A (B C) så är x A och dessutom tillhör x en av mängderna B och C. Därför har vi antingen x A B eller x A C d.v.s. i varje fall x (A B) (A C). Därmed är den första inklusionen riktig. För att visa den andra antar vi att x (A B) (A C) och får då att (minst) ett av alternativen x A B, x A C gäller. Om x A B måste tydligen x tillhöra både A och B, därför tillhör x både A och B C, alltså x A (B C). Om x A C ses på samma sätt att x A (B C). Likheten är därmed visad. Övning 5. Visa på samma sätt att A (B C) = (A B) (A C). (Denna formel kallas den distributiva lagen för och har ingen motsvarighet i räknelagarna för talen: x + (yz) (x + y)(x + z).) Låt A vara en mängd. Mängden av alla föremål som inte tillhör A kallas komplementet till A, och tecknas A. Men det är ofta ganska mycket som inte tillhör A och vi är intresserade endast av objekt av ett visst slag. Därför menar man i definitionen ovan inte bokstavligen alla objekt x / A, utan inskränker sig till något på förhand angivet universum U ( universe of discourse ). Alltså A = U A = {x U; x / A} ( komplementet till A med avseende på U ). Om A R underförstås det oftast att A skall tas med avseende på R = U. Vi skriver också A \ B för A B = {x U; x A, men x / B}. Exempel 54. Z \ {x R; x 0} = Z \ N är de negativa heltalen. U = U, U U =. Om vi i ett Venndiagram låter U anges av en rektangel får A och A \ B följande representation: Α A och A \ B A B Övning 6. Skriv upp alla mängder som kan bildas med union, skärning och komplement relativt R från [0, 2] och [1, 2]. (Det blir åtta stycken.)

75 2. ÄNDLIGA MÄNGDER. 69 Övning 7. Visa att A B = (A B) och att A B = (A B) (ofta kallade de Morgan lagarna). 2. Ändliga mängder. Med en ändlig mängd menas förstås en mängd som har ändligt många element. Om A är en ändlig mängd betecknar vi med A eller #A antalet element i A. Tydligen är = 0, {x} = 1, {x, y} = 1 om x = y och {x, y} = 2 om x y, etc. Ett viktigt samband är A B + A B = A + B (8) som gäller om A och B är ändliga mängder. Visa detta! Om U är ett ändligt universum gäller A = U \ A = U A. (9) Denna formel erhålles också som ett specialfall av (8) om B = U \ A. Slutligen betraktar vi n stycken ändliga mängder A 1,..., A n Tydligen har vi A 1 A n A A n, (10) där likhet inträffar om och endast om A 1,..., A n är disjunkta. Av (10) följer att om betecknar komplementet med avseende på ett ändligt universum U A 1 A n så gäller A A n = ( A 1 A n ) = U A 1 A n U A 1 A n = A A n (n 1) U. När gäller likhet? Exempel 55. Med två tillämpningar av (8) får vi: A B C = A + B C A (B C) = A + B + C B C A (B C). Om vi nu använder den distributiva lagen på A (B C) får vi A (B C) = (A B) (A C) A B + A C (A B) (A C) och således (11) A B C = A + B + C A B B C A C + A B C. (12) vi Om vi tillämpar formel (12) på mängderna A, B, C istället för A, B, C får A B C = A + B + C A B B C A C + A B C = ( U A )+( U B )+( U C ) (A B) (B C) (A C) + (A B C) = 3 U A B C ( U A B ) ( U B C ) ( U C

76 70 6. MÄNGDER - JA, VAD SYSSLAR VI EGENTLIGEN MED FÖR NÅGOT? A )+( U A B C ) = U A B C + A B + B C + C A A B C. Formeln A B C = U A B C + A B + B C + C A A B C (13) är mycket nyttig vid olika beräkningar. Övning 8. I ett häftigt slag förlorade minst 70% av de stridande ett öga, minst 75% ett öra, minst 80% en arm och minst 85% ett ben. Hur många (minst) drabbades av alla fyra skadorna? (Ledtråd: Tillämpa formel (11).) Övning 9. En marknadsundersökning meddelar att av 1000 tillfrågade tycker 816 om konfekt, 725 om glass och 645 om tårta medan 562 tycker om både konfekt och glass, 463 om både konfekt och tårta, 470 om både glass och tårta och slutligen 310 om alla tre sorterna. Är resultatet troligt? (Ledtråd: Tillämpa formel (13) och undersök hur många tycker varken om konfekt, glass eller tårta.) Exempel 56. Definitionerna av mängdoperationerna kan skrivas så här med hjälp av de logiska symbolerna: Dessutom gäller x A B (x A x B), x A B (x A x B), x A \ B (x A x B) eller ekvivalent, x A \ B (x A x B), n x A k k N (k n x A k ), x k=0 n A k k N (k n x A k ). k=0 A B x(x A x B). 3. Uppsagd ur paradiset. Inledningsvis i detta kapitel nämnde vi att det kan uppfattas som ett problem vad matematik egentligen handlar om. Var finns alla dessa oändliga decimaltal, räta linjer eller ens s k naturliga tal? För att kommunicera och tänka effektivt med dem behöver vi tänka på dem som begrepp som konkret existerar, som vi kan

77 3. UPPSAGD UR PARADISET. 71 peka på, hantera och visa upp, inte bara som långa kedjor av språkliga definitioner och konstruktioner. Det är det problemet som införandet av mängder löser, eller förpassar någon annanstans. Vi säger att matematiken handlar om mängder och att en av dessa mängder är R med vissa egenskaper (axiomen i analyskursen). Sedan tillåter vi oss att göra allt som man kan göra med mängder - ta snitt och unioner och så vidare och kan så skapa nya mängder. Vi slipper att gång på gång göra oprecisa definitioner i stil med att "en punkt är läge utan utsträckning", och kan istället säga att en punkt är det ordnade paret (x, y) där x, y R. Med ett elegant men lite ojust trick har vi förpassat den ofrånkomliga vagheten och osäkerhet om matematikens grundvalar till specialisterna på logik, och kan övergå till något roligare, t ex att använda matematik på väsentliga problem. Men bara några avslutande ord om vad som hände med de som tog mängdläran på för stort allvar. Av vad vi just sett i tidigare avsnitt verkar det som om man kan konstruera mängder hämningslöst ur alla typer av påståenden P som beror av en variabel, genom att definiera A = {x; P (x)}. Men så är det inte riktigt upptäckte filosofen Bertrand Russell en paradox, som talar om att detta härliga paradistillstånd måste evakueras. Först en omväg kring frågan om en mängd kan vara element i sig själv. Observera att mängden T av alla trianglar ju förstås inte är en triangel, och alltså inte ett element i sig själv. Vi har alltså T / T. Detta är förstås den vanligaste situationen för en mängd, men det finns också mängder som innehåller sig själva (med vår naiva definition av mängder). Ett exempel skulle kunna vara mängden S vars element är de mängder som kan beskrivas med ändligt många ord. Mängden N = {1, 2, 3} kan beskrivas med ändligt antal bokstäver som mängden av heltal större än 0 och mindre än 4", och alltså är den en av de mängder som ingår som element i S, d v s N S. Men uttrycket mängden av de mängder som kan beskrivas med ändligt många bokstäver är ju en beskrivning av S, som bara använder ett ändligt antal ord och alltså gäller det att S S. Nu tillbaks till Russels paradox. Titta på M = {A; A / A} d v s M består av de mängder som inte är element i sig själva. Hur är det då med själva mängden M? Är det så att M M? Om svaret är ja, så uppfyller M det villkor som definierar vilka mängder som ska ingå som element i M. Och det var att M / M. Men detta är en motsägelse: M kan inte både vara ett element i sig själv och inte. Alltså måste svaret på frågan om M M vara nej. Men då gäller M / M, och M uppfyller det villkor som definierar vilka mängder som ska ingå i M: d v s M M. Igen motsägelse! Inget tycks fungera här, utan

78 72 6. MÄNGDER - JA, VAD SYSSLAR VI EGENTLIGEN MED FÖR NÅGOT? vi har hittat ett påstående som varken är sant eller falskt. Detta ledde förstås till massjälvmord bland matematiker, eller? Nej, ty denna paradox berör inte matematiskt verkstadsgolv i någon större utsträckning, eftersom man inte har något större intresse och användning för den typ av mängd som konstrueras i Russells paradox. Men den fick den första euforin över matematikens logiska och mängdteoretiska grundvalar att falna. Man undvek lätt Russells paradox, utan att behöva ge upp mängdlärans praktiska flexibilitet och fröjder, genom att på olika fiffiga sätt bygga in ett förbud mot konstruktioner i stil med den som nyss gav en paradox. Som matematikern David Hilbert sade i en matematisk variant av Vi flytt int : Ingen skall driva ut oss ifrån det paradis som Cantor 1 skapade. Problemen kan bl a lösas genom att man t ex kräver att skapande av mängder hela tiden ska ske inuti en största mängd, ett så kallat universum, typ de reella talen eller alla delmängder av reella tal (normalt sett använder man något ännu större, så stort att alla rimliga mängder man är intresserad av får plats). Då kan vi inte bilda mängden i Russells paradox, och kan fortsätta jaga älg i paradiset. Men man får alltså inte ha för stora ambitioner, utan snällt hålla sig inom ett någorlunda litet universum. Avslutningsvis en annan variant på Russells paradox i ett väldigt litet universum - som tur är går den inte att formulera strikt matematiskt. Frissan i byn hemma säger: jag klipper håret på precis de människor som inte klipper håret själva. Är det så att hon klipper sitt eget hår? 1 Georg Cantor - arkitekten bakom mängdläran

79 KAPITEL 7 Induktion. 1. Ett motiverande exempel. Kom ihåg att vi har visat att det finns en behändig formel för summan av de n första heltalen: n(n + 1) s n := n =, 2 som är ett specialfall av den allmänna formeln för summan av en aritmetisk följd. Antag nu att vi vill hitta en formel för summan av de n första kvadraterna k n := n 2. En bra början är att göra några experiment, d v s räkna lite: n s n k n k n /s n 1 5/3 7/3 3 11/3 13/3 Det syns att k n växer snabbare än s n, och för att jämföra har vi lagt till en rad med kvoten mellan de två följderna. Från den raden syns det att kvoten växer systematiskt med 2/3, så ur vår tabell kan vi se att det verkar som att k n /s n = 2n + 1. Eftersom vi hade en formel för s n, leder detta till en gissad 3 formel för summan av kvadraterna n 2 = k n = k n s n = 2n + 1 n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) =. s n Beräknar vi högra ledet för n lika med 1, 2, 3, 4, 5 och 6 kan vi kontrollera att resultatet verkligen överensstämmer med k n för n = 1, 2, 3, 4, 5 och 6. Men detta är bara en sammanfattning av vårt experiment. Vi vet inte att formeln är sann ens för nästa tal n = 7 och även om vi kollar det och till och med 73

80 74 7. INDUKTION. räknar så långt som datorn orkar med, är dessa beräkningar inget slutgiltigt bevis för att formeln alltid är sann. Varför skulle det inte kunna finnas något riktigt stort n för vilket den är falsk? Men världen är inte så ond och man kan bevisa att formeln är sann, med hjälp av en bevisteknik som man kallar induktion. Men först ett enklare exempel. 2. Ett babyexempel. Antag att vi har ställt ett antal dominobrickor D 1, D 2, D 3,... på högkant på den reella tallinjen så att bricka D n står mitt ovanpå n. Till höger om bricka D n står då bricka D n+1. Om vi puttar den första brickan åt höger, mot den andra brickan, så trillar förstås alla brickorna så småningom. Låt oss se närmare på hur man resonerar för att inse detta, mest för att få hjälp med exemplet ovan. Variabeln n använder vi bara för att ge namn åt brickorna. Vi ger ett kortnamn för påståendet att en viss bricka trillar. Låt P (n) vara påståendet Bricka D n ramlar åt höger. Vi inser omedelbart att oberoende av vilket heltal n 1 är, så gäller att P (n) = P (n + 1). Formellt säger detta Om bricka D n ramlar åt höger, så ramlar D n+1 åt höger. (Kom ihåg att A = B betyder Om A är sann, så är också B sann ). Och detta säger ju bara det uppenbara att om en bricka ramlar åt höger så kommer den att få brickan närmast till höger om sig att också ramla. Att för alla n 1, P (n) = P (n + 1) är sant här sammanfattar alltså oändligt många påståenden, nämligen P (1) = P (2) är sant, P (2) = P (3) är sant, P (3) = P (4) är sant, o s v. Antag nu att P (1) är sann. Det vill säga, brickan D 1 trillar åt höger. Varför trillar alla brickorna? Jo, eftersom också P (1) = P (2) är sant så följer att P (2) också är sann. Och eftersom P (2) = P (3) gäller så följer att P (3) är sann, o s v. Fortsätter vi detta resonemang så når vi så småningom att P (1000) är sann,... och vilket P (n) som helst. Alltså trillar alla brickorna. Låt oss sammanfatta detta som en allmän princip eftersom det uppenbarligen fungerar oavsett vad påståendet P (n) är: Induktionsprincipen: Ur (bassteget) P (1) är sann och (induktionssteget) P (n) = P (n + 1) är sann för alla n = 1, 2, 3,... kan vi dra slutsatsen att P (n) är sann för alla n = 1, 2, 3,...

81 3. TILLÄMPNING PÅ DET FÖRSTA EXEMPLET. 75 Observera att man måste vara noga med att verifiera båda stegen, bassteget och induktionssteget. Är P (1) inte sant i t ex domino-exemplet så kommer ju inte någon av brickorna att trilla. 3. Tillämpning på det första exemplet. I början av kapitlet har vi gissat"en formel för summan av de n första kvadraterna, för godtyckligt positivt heltal n. Formeln, som vi betecknar här med P (n) lyder på följande sätt: P (n) : n 2 = n(n + 1)(2n + 1). 6 Påståendet P (3) t ex är att 3(3 + 1)( ) =, 6 och det finns ett påstående för varje heltal. Uträkningen tidigare visar att P (1), P (2), P (3), P (4), P (5) och P (6) alla är sanna. Men än så länge vet vi inte att de andra påståendena är sanna. Om vi nu kan visa att P (n) = P (n + 1), för alla positiva heltal n så är vi precis i situationen med dominobrickorna ovan, och precis som där kan vi dra slutsatsen att P (n) är sann för alla n. Så låt oss försöka göra detta. Det kallas induktionssteget. Bevis för att implikationen P (n) = P (n + 1) är sann för alla n 1: Om vi ska visa en implikation som P (n) = P (n+1), så ska vi antaga att förledet P (n) är sann och sedan ge ett argument för att P (n+1) är sann. I den här speciella situationen kallas antagandet att att P (n) är sann för induktionsantagandet. Antag alltså att n är ett fixt heltal för vilket P (n) är sant. P (n) säger förstås att n 2 = n(n + 1)(2n + 1), (14) 6 medan P (n + 1) säger att n 2 +(n+1) 2 = (n + 1)(n )(2(n + 1) + 1) 6 = (n + 1)(n + 2)(2n + 3) 6

82 76 7. INDUKTION. Eftersom vi får antaga att P (n) är sann, så kan vi lägga till (n + 1) 2 på bägge sidor i likheten (14). Det ger att vi vet att n 2 + (n + 1) 2 n(n + 1)(2n + 1) = + (n + 1) 2. 6 Vänsterledet här är kvadratsumman som förekommer i P (n + 1), så vi är klara om vi kan visa att högerledet är det som ges av vår formel. Och detta är bara algebra: n(n + 1)(2n + 1) 6 n(2n + 1) 6 + (n + 1) 2 = + (n + 1) = (n + 1)(n + 2)(2n + 3) 6 (n + 2)(2n + 3), 6 n(2n + 1) + 6(n + 1) = (n + 2)(2n + 3), som man lätt kollar är sant. Alltså har vi visat induktionssteget. Tillsammans med att vi vet att P (1) är sann, så vet vi då att P (n) är sann för alla n - enligt induktionsprincipen ovan. Alla dominobrickor har fallit! 4. Fler exempel. Matematisk induktion är alltså en metod för att visa satser som gäller för alla naturliga tal genom att visa ett steg i taget. Tidigare har satser av den här typen dykt upp då och då, men hittills har vi undvikit att ge allmänna bevis, genom att hänvisa till speciella knep eller genom att resonera intuitivt. Exempel 57. D(x n ) = nx n 1. I detta fall har vi återigen ett påstående för varje positivt heltal n. För små värden på n kan påståendet vara lätt att inse, medan svårigheterna ökar när n växer. Vi behöver därför en allmän metod. Om vi i exemplet vill visa att D(x 6 ) = 6x 5, så ligger det nära till hands att använda produktregeln: D(x 6 ) = D(x x 5 ) = 1 x 5 + x D(x 5 ). Om vi nu redan vet motsvarande regel för n = 5, dvs att D(x 5 ) = 5x 4 så kan vi fortsätta: D(x 6 ) =... = x 5 + xd(x 5 ) = x 5 + x 5x 4 = 6x 5. Om vi i stället vill visa att D(x 97 ) = 97x 96 så är det kanske inte så troligt att vi redan känner till motsvarande formel av ordning 1 lägre, dvs för n = 96. Genom att fortsätta proceduren nedåt kommer vi dock så småningom ner till ett känt påstående (t ex D(x 2 ) = 2x). Detta är ett alternativt sätt att tänka på matematisk induktion. Motsvarigheten i exemplet med dominobrickorna är att bricka 97 trillar om bricka 96 trillar om... bricka 1 trillar. Men oftast brukar man istället för att börja med ett fixt n och arbeta sig nedåt, utgå, som vi sett, från fallet n = 0

83 4. FLER EXEMPEL. 77 (eller 1) och arbeta uppåt. Så här ser beviset då ut. Vi vet att Dx = 1 = 1 x 1 1 i överensstämmelse med formeln. Antag nu att den är sann för ett visst n och beräkna D(x n+1 ) = D(x x n ) = D(x)x n + xd(x n ) = x n + nxx n 1 = (n + 1)x n, enligt antagandet. Alltså är formeln också sann för n + 1 om den är sann för n, och med induktionsprincipen är den då sann för alla heltal. Exempel 58. (Lite svårare) Visa att följden a n := 1 + a n 1, a 1 = 0 är växande och begränsad (och därmed att den konvergerar mot ) 2 Lösning: Alla tal i följden är positiva. Titta nu närmare på villkoret att den växer. Det innebär att a n := 1 + a n 1 > a n a n 1 > (a n 1 ) 2. Definiera funktionen f(x) = x 2 x 1 = (x α)(x β), där α < β är de två nollställena till det kvadratiska polynomet. Då är olikheten ovan sann om och endast om f(a n 1 ) < 0. Med teckenstudium ser man att f(x) < 0 är sant om och endast om α < x < β. Notera att β = > 0, och att α = 1 5 < 0. För 2 2 att sammanfatta har vi nu sett att följden är växande om a n β för alla n. Denna övre begränsning kan vi visa med induktion: Det är klart att den gäller för n = 1. Antag sedan att den är sann för ett visst n: d v s vi antas veta att a n < β och vill då visa att den också är sann för n + 1 d v s att a n+1 < β. Men a n+1 = 1 + a n < 1 + β = β. (Den sista likheten är en omformulering av ekvationen x 2 x 1 = 0 x 2 = x + 1 x = x + 1, om x > 0.) Alltså har vi visat induktionssteget. Med induktionsprincipen är det då sant att följdens element är begränsad av β och att den därmed enligt argumentet nyss är växande för alla n. Att gränsvärdet blir precis β följer av att en växande begränsad följd konvergerar (se analyskursen) mot ett gränsvärde, som vi kan ge namnet a. Om vi då låter n i relationen a n = 1 + a n 1 gå mot oändligheten så får vi att a = 1 + a. Som vi redan såg tidigare så har denna ekvation en enda positiva lösning, nämligen β. Exempel 59. Visa att 3 n > n 3 för alla n 4. Lösning: Om n = 4 säger denna olikhet att 81 > 64 vilket är sant. Detta är basen för induktionen. Antag sedan att vi vet att den är sann för ett visst n, 3 n > n 3. Då vill vi visa att den gäller för n + 1 d v s att 3 n+1 > (n + 1) 3.

84 78 7. INDUKTION. Vi börjar med vänstra ledet 3 n+1 = 3 3 n... och utnyttjar nu induktionsantagandet... > 3 n 3 = n 3 + 2n 3 = n 3 + 2n 2 n... och eftersom n 4 så får vi... n 3 + 2n 2 4 = n 3 + 3n 2 + 5n 2 = n 3 + 3n 2 + 3n 2 + 2n 2 >... slutligen utnyttjar vi olikheter 3n 2 3n och 2n 2 > 1 och får... > n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3. Därmed har vi visat induktionssteget och med induktionsprincipen följer det att olikheten är sann för alla n. Exempel 60. Givet är ett kvadratiskt rutnät G n med 2 n rutor längs varje sida. Rutnätet är defekt då en av dess rutor saknas. Dessutom har vi en massa triominos, d v s geometriska figurer som består av tre lika stora kvadrater, ihoplimmade i form av bokstaven L. En kvadrat i en triomino är lika stor som en ruta i rutnätet. Visa att det defekta rutnätet alltid helt kan övertäckas med triominos. (Triominos kan alltså placeras på nätet så att kvadraterna svarar mot rutorna, och alla rutor, utom den som saknas, är täckta, och så att triomionos inte överlappar varandra, och inga triominos sticker ut ur nätet på sidorna.) Figur 1. Ett schackbräde med 2 n+1 2 n+1 rutor kan delas upp i fyra mindre schackbräden med vardera 2 n 2 n rutor. Det påstående som ska bevisas kan alltså formuleras som: P(n): Det defekta rutnätet G n kan övertäckas med triominos. Bassteget: För n = 1 är G 1 trivialt. identisk med en triomino. P (1) gäller därmed

85 4. FLER EXEMPEL. 79 Induktionssteget: Vi antar nu att P (k) gäller för något k 1, d v s att nätet G k kan övertäckas med triominos (oberoende av var den saknade rutan ligger). Målet är att visa att även P (k + 1) är sant. Dela G k+1 i fyra lika stora kvadratiska rutnät (se fiiguren). Var och en av dessa kommer att ha en sida med 2 k+1 /2 = 2 k rutor. I en av dessa fyra kvadrater ligger den saknade rutan från G k+1, och denna delkvadrat är alltså av typ G k. Denna del av vår G k+1 kan därmed, enligt induktionsantagandet, övertäckas med triominos. Återstår de tre övriga delkvadraterna som vi inte kan betrakta som G k eftersom de inte är defekta. Men detta kan avhjälpas på följande sätt. Tag en triomino och placera den i hörnet där de tre kvadraterna mötts (se figuren). Triominon täcker då en ruta i varje kvadrat och om vi bortser från dessa tre rutor så har vi skapat tre rutnät av typ G k som, enligt antagande, kan övertäckas med triominos. Alltså kan vi täcka hela G k+1 och vi har visat att P (k +1) är sant. Enligt induktionsprincipen gäller då P (n) för alla n 1. Ibland kan man behöva följande, till syne starkare version av induktionsprincipen: Induktionsprincipen II (den starka"induktionen): Låt för n = 0, 1, 2,..., P (n) vara ett påstående så att (bassteget): P (0) är ett sant påstående och (induktionssteget): P (k) är sanna för k n medför att P (n + 1) är sant. Då gäller att P (n) är sant för alla n = 0, 1, 2,... Denna induktionsvarianten kallas starkare för att man i induktionssteget ställer större krav: påståendet P (n+1) är en konsekvens av P (0), P (1), P (2),... och P (n), inte enbart en konsekvens av P (n) som är fallet med den vanliga induktionen. Inte dessto mindre kan man visa att båda varianterna är sinsemellan ekvivalenta. Av praktiska skäl är dock den starka varianten bekvämare i visa situationer. Exempel 61. Fibonaccitalen definieras av att F 1 = F 2 = 1 och rekursionsregeln F n+1 = F n + F n 1. Exempelvis blir de första talen 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,... Visa att F n < (7/4) n, n = 1, 2, 3,... Lösning: Låt induktionspåståendet P (k) vara att F k < (7/4) k. Det är lätt att kontrollera att P (1) och P (2) är sanna. Detta, sanningen av både P (1) och P (2), är basen i induktionen (Observera att rekursionsregeln F n+1 = F n +F n 1 bestämmer Fibonaccitalen, om värdena på de två första är givna. Därför måste induktionsbasen starta med de första två termerna).

86 80 7. INDUKTION. Antag nu att induktionspåståendet P (k) är sant för alla k upp till ett visst fixt n 2. Vi vill visa att det också är sant för n + 1. Det enda nya är att det då ska gälla att F n+1 < (7/4) n+1. F n+1 är bestämt av två Fibonaccital om vilka vi vet olikheten. F n+1 = F n + F n 1 < (7/4) n + (7/4) n 1. Om vi nu kan visa att högerledet (7/4) n + (7/4) n 1 < (7/4) n+1 så är vi klara. Men det är lätt. Delas olikheten med (7/4) n 1 så fås olikheten 7/4 + 1 < (7/4) 2 som är lätt att se är sann. Alltså har vi visat induktionssteget, och induktionsprincipen ger att olikheten är sann för alla n. 5. Övningar. (1) Visa att (2) Visa att n (k + 1)(k + 5) = 1 6 n(n + 7)(2n + 7) för alla n Z +. k= n (n + 1) = för alla n Z +. n n + 1. (3) Visa att n 3 = ( n) 2 för alla n Z +. n k (4) Visa att 2 = 2 n + 2 för alla n Z k 2 n +. (5) Visa att k=1 n k= k = 2n n + 1 för alla n Z +. (6) Visa att 2 n > n 3 för alla heltal n10. n 1 (7) Visa att < 2 n för alla n Z +. k k=1 (8) Visa att n 1 2n 1 3n + 1 för alla n Z +. (9) Antag att a 0 = 1 och att a n = a n a n 1 för n = 1, 2, 3,.... Skriv upp några av de första termerna i denna följd, gissa en formel för a n som gäller för alla n N och visa sedan att gissningen är riktig(eller hitta en mindre kass annan gissning...).

87 5. ÖVNINGAR. 81 (10) Antag att a 1 = 3, a 2 = 5 och att a n+1 = 3a n 2a n 1 för n = 2, 3, 4,.... Skriv upp några av de första termerna i denna följd, gissa en formel för a n som gäller för alla n Z + och visa sedan att gissningen är riktig. (11) Visa att n 4 2 = 2 n + 2 n 2, n n = 1, 2, 3,... (12) Visa att < 2 n för n n (13) Antag att a 1 = 2 och att a n+1 = 6 + a n för alla n Z +. Visa att a n < 3 och att a n+1 > a n för alla n Z +. Åskådliggör också talföljden grafiskt på ett bra sätt. (14) Antag att a 0 = 0, a 1 = 1 och att a n = a n 1 + a n 2 för n = 2, 3, 4,.... Visa att det finns tal α och β sådana att a n = 1 5 (α n β n ) för alla n N. Vilka är dessa tal α och β?

88 KAPITEL 8 Fundamentala principer för antalsräkning. 1. Ett motiverande problem. Titta på följande formler ur en formelsamling: (x + y) 2 = x 2 + 2xy + y 2 (x + y) 3 = x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3 (x + y) 4 = x 4 + 4x 3 y + 6x 2 y 2 + 4xy 3 + y 4 och ställ problemet: vad är den allmänna formeln, t ex vad är (x + y) 17 =? Man kan gissa lite: det verkar rätt rimligt från exemplen att (x + y) 17 = x x 16 y xy 16 + y 17, och att alla termer har total grad 17 och alltså ser ut som x 17, x 16 y, x 15 y 2,..., xy 16, y 17. Vidare borde koefficienterna vara heltal. Men vilka är de? Vi ska så småningom se att de räknar ett visst antal möjliga val. I detta avsnitt ska vi studera olika sätt att räkna antal och ge ett antal fundamentala principer. Nu är det förstås inte så att dessa principer är utvecklade för att bestämma koefficienter i polynomet ovan. De är användbara på många olika problem. Inte minst i tillämpningar i fysik och biologi, t ex. På sedvanligt sätt berör vi inte dessa, utan studerar enklare men basala problem, ofta formulerade på det speciellt artificiella sätt som matematiker använder (d v s nördigt). 2. Att stiga upp på morgonen sett som ett matematiskt problem. Antag att man ska ska klä på sig. Man har tre par byxor att välja på, fyra t-skjortor, fem par skor och kan antingen ha solglasögon eller inte. På hur många olika sätt kan man kombinera dessa plagg? Man kan se det som resultatet av en följd av val. Först väljer man t-skjorta. Det kan ske på fyra sätt. Sedan väljs byxor. Oavsett vilken t-skjorta man nyss valde så kan detta ske på 3 sätt, och alltså kan dessa två val ske på = 4 3 olika sätt. Sedan väljer man skor. För varje 82

89 2. ATT STIGA UPP PÅ MORGONEN SETT SOM ETT MATEMATISKT PROBLEM. 83 val av t-skjorta och byxor kan detta ske på 5 sätt, alltså sammanlagt sätt. Slutligen väljer man om man ska ha solglasögon eller inte, d v s för varje val av de tidigare plaggen har man två möjligheter. Svaret blir alltså att det finns möjliga klädkombinationer. Observera att vår formulering av antalet möjligheter som en viss bestämd följd av val var rätt godtycklig. Men hade vi startat i någon annan ände, t ex med att välja solglasögon eller inte, så hade det lett till samma resultat om antalet möjliga sätt att klä sig. Vi formulerar tekniken i exemplet som en allmän idé: Multiplikationsprincipen: Ett val av s element a 1, a 2,..., a s, där det första valet kan ske på r 1 sätt, det andra på r 2 sätt o s v, kan ske på r 1 r 2... r s olika sätt, förutsatt att valen är sinsemellan oberoende. Exempel 62. Du ska måla ett rum med en färg på väggarna och en färg på snickerierna. Du har 100 färgnyanser att välja på. Arbetet kan alltså utföras på olika sätt. Vi kan se valet av de två färgerna som att man först väljer väggfärgen på ett av hundra möjliga sätt och sedan snickerifärgen på ett av hundra möjliga sätt. Exempel 63. Antalet ord av med 5 bokstäver från ett alfabet med 30 symboler är (Ett ordska tolkas som en uppräkning av dessa bokstäver i någon ordning. Det behöver alltså inte vara ett ord som har någon betydelse. T.ex. är GJAFES ett ord.) Ett sådant ord kan nämligen ses som ett val av fem ordnade (d v s en första bokstav, en andra, en tredje osv) symboler bland 30 möjligheter, och på det kan vi tillämpa multiplikationsprincipen. Exempel 64. Du ska färgkoda olika sorters elektriska motstånd (alltså ungefär som nummerplåtar på bilar, med färger istället för bokstäver och siffror). Du ska använda en följd av små färgade fyrkanter, som målas på dem. Du har fyra färger: gult, blått, grönt, rött, och använder en svart fyrkant för att markera att här börjar koden. Hur många fyrkanter måste tryckas på motstånden? Lösning: Om du bara använder två fyrkanter (förutom den svarta) är antalet möjligheter 4 2 = 16. Med 3 fyrkanter, 4 fyrkanter osv. blir det 4 3 = 64, 4 4 = 256, 4 5 = 1024, 4 6 = 4096, 4 7 = Svaret är alltså att 7 fyrkanter färgade i fyra olika färger räcker för att särskilja motstånden. Vänd på problemet: hur många färger behövs för att fem fyrkanter ska räcka? Kalla antalet färger för x. Då ska alltså x , eller x 1/ / (upphöj bägge sidor till

90 84 8. FUNDAMENTALA PRINCIPER FÖR ANTALSRÄKNING. 1/5). Svaret är alltså att det behövs minst 7 färger för att fyra fyrkanter (förutom den svarta) ska räcka. 3. Permutationer. Om n är ett positivt heltal, definieras n! (n-fakultet) genom formeln n! = 1 2 (n 1) n. T.ex. är 5! = = 120. Och 1! = 1 och dessutom mer säreget definierar man 0! = 1. Detta kommer nämligen att visa sig mycket praktiskt. Exempel 65. Om vi har 6 olika böcker vi ska ställa i en bokhylla, på hur många sätt kan vi ordna dessa? Lösning: Vi har 6 val för platsen längst till vänster. När vi valt ut en bok för den platsen, har vi 5 val till nästa, 4 till nästa o.s.v. Totalt har vi = 6! = 720 möjligheter att ordna böckerna. Exempel 66. Vi har de sex bokstäverna A, E, F, G, J och S på sex papperslappar. Hur många ord av längd sex kan bildas med dessa bokstäver? Svar: 6!. En permutation av n föremål är ett sätt att ordna dessa föremål, så att det finns ett första föremål, ett andra föremål, o s v.. I det första exemplet ovan ordnade vi sex böcker, från vänster till höger och i det andra exemplet sex bokstäver för att få ett ord(som vi alltså rått och utan att ta hänsyn till meningen bara ser som en följd av bokstäver). Om vi har n föremål vilka som helst, kan vi med samma resonemang som i exemplen ordna dem på n! = n (n 1) 2 1 olika sätt. Det finns alltså n! permutationer av n föremål. Vi kan alltså se på n! som den kombinatoriska funktion av n som ger svaret till frågan på hur många sätt kan n föremål ordnas?. Det är förresten det som (möjligtvis) motiverar, lite mattenördskruvat förstås, den definition som nämndes ovan, att 0! = 1. Vi kan ju bara placera säg 0 studenter i en bostadskö, på ett enda unikt sätt genom att inte placera någon alls i kön... Exempel personer strömmar in på systembolaget i Sundbyberg och ställer sig i den enda kön. På hur många sätt kan det ske? Lösning: Varje möjlig kö kan betraktas som en permutation av de hundra personerna och svaret är alltså 100! (Vi kan se hur lördagskön på systemet i

91 5. ARRANGEMANG MED REPETITIONER. 85 Sundbyberg platsar i kosmiska sammanhang: Wikipedia anger att antalet atomer i universum är skattat till jämförelsevis försumbara ) 4. Arrangemang. Exempel 68. Kom ihåg de sex bokstäverna A, E, F, G, J och S på sex papperslappar. Hur många ord med tre bokstäver kan bildas av de sex papperslapparna? Lösning: Det finns 6 möjligheter att välja första bokstav, 5 att välja andra och 4 att välja tredje. Totalt alltså = 120 ord med tre bokstäver valda bland de 6 möjliga. Detta kan skrivas som /(3 2 1)6!/3!. Vi kan se detta som att vi har valt ut 3 element i ordning bland de 6 papperslapparna. Ett sådant val kallas ett arrangemang. Sats 19. Att välja ut k element bland n i ordning kallas ett arrangemang av k element bland n. Antalet sådana arrangemang är ( n (n 1) (n (k 1) ) n (n 1) (n (k 1) ))( ) (n k) (n k 1) 1 = (n k) (n k 1) 1 n (n 1) 2 1 n! (n k) (n k 1) 1 (n k)!. = Exempel 69. En tävling med 7 deltagare ska resultera i en prislista med en första-, en andra- och en tredjepristagare. På hur många sätt kan prislistan se ut? Svar: = 7!/4! = 210. Varje arrangemang av givna n (olika) element kallas för en permutation av n element. 5. Arrangemang med repetitioner. Exempel 70. Hur många ord med 5 bokstäver kan bildas av de 5 bokstäverna i PAPPA? Lösning: Problemet nu är att bokstäverna inte är olika. Det finns alltså inte 5! möjlighe-ter. Man kan lösa problemet genom att först låtsas att alla bokstäver är olika, säg P 1, A 1, P 2, P 3, A 2. Då kan 5! ord bildas. Om vi tar bort märkningen

92 86 8. FUNDAMENTALA PRINCIPER FÖR ANTALSRÄKNING. på P 1, P 2, P 3 kommer vissa ord som tidigare var olika att sammanfalla, t.ex. blir P 1 P 2 P 3 A 1 A 2 och P 2 P 3 P 1 A 1 A 2 båda bli P P P A 1 A 2. Hur många olika ord klumpas samman till samma när man tar bort märkningen på P 1, P 2, P 3?. Det finns 3! = 6 ord som sammanfaller, för det finns så många sätt att permutera P 1, P 2, P 3. Det blir alltså 5!/3! olika ord när man tar bort märkningen på P 1, P 2, P 3. Sedan tar vi bort märkningen på A 1,A 2, vilket gör att två olika ord kommer att sammanfalla. Resultatet blir alltså att man kan bilda 5!/(3!2!) = 10 ord. Här är ett annat sätt att resonera för att få fram resultatet. Kalla antalet ord som kan bildas av alla bokstäver i PAPPA för N. Om vi nu märker bokstäverna PPP till P 1, P 2, P 3 kan vi ur varje ord bilda 3! nya, eftersom det finns 3! sätt att ordna P 1, P 2, P 3. Det finns alltså N 3! ord med bokstäverna P 1, P 2, P 3, A, A. Av varje sådant ord kan vi bilda två nya genom att märka AA till A 1 A 2 eller A 2 A 1. Det finns alltså N 3!2! ord med bokstäverna P 1, P 2, P 3, A 1, A 2. Men nu är alla bokstäver olika, så N 3!2! = 5!, så N = 5!/(3!2!). Exempel 71. Hur många ord kan bildas om man använder alla bokstäver i TANANARIVE? Lösning: Om man märker bokstäverna så alla 10 blir olika kan man bilda 10! ord. När man tar bort märkningen på de tre A:na få man 10!/3! ord. Tar man sedan bort märkningen på N 1, N 2 får man 10!/(3!2!) ord. Detta kan skrivas 10!/(3!2!1!1!1!1!1!) där de fem ettorna svarar mot att inget händer om man tar bort märkningen på T, R, I, V och E. Den allmänna formeln ser ut så här: Antag att vi har n 1 stycken av en bokstav, n 2 stycken av en annan osv., till n r stycken av den r-te bokstaven. Låt n 1 + +n r = N! N. Det finns alltså totalt N bokstäver. Då kan man bilda olika ord av n 1! n r! längd N. 6. Kombinationer och binomialsatsen. Exempel 72. Nu tänker vi oss en tävling med 7 deltagare A, B, C, D, E, F och G där vi ska välja ut tre pristagare. Vi ska alltså bara välja ut en grupp om tre personer där ordningen mellan dessa är oväsentlig. Antalet prislistor med en första-, en andra- och en tredjepristagare är = 7!/4!. För varje grupp av tre pristagare finns det 3! sådana listor som blir identiska om vi bortser från ordningen mellan pristagarna.

93 Svaret blir alltså (7!/4!)/3! = 7! 4!3!. 6. KOMBINATIONER OCH BINOMIALSATSEN. 87 Definition 7. Ett val av r element ur en mängd med n element kallas en kombination (eller delmängd). Antalet sätt att välja ut r element bland ( n) om man n inte bryr sig om i vilken ordning de r elementen väljs ut betecknas (utläses r n över r). Vi har alltså t.ex. ( ) 7 = 7! 4 4!3!. Den allmänna formeln, som bevisas på samma sätt som i det inledande exemplet är ( ) n n! = r r!(n r)! Dessa tal kallas binomialtal. Ett binom är en summa av två termer, och binomialtalen förekommer som koefficienter i utvecklingen av en potens av ett binom d v s det problem vi startade med. Låt oss se varför och hur. Exempel 73. Uttrycket (x + y) 3 = (x + y)(x + y)(x + y) kan utvecklas genom att man på alla möjliga sätt väljer ut x eller y ur varje parentes, multiplicerar ihop dessa, och summerar dessa produkter. Man får alltså (x + y) 3 = x x x + x x y + x y x + x y y+ y x x + y x y + y y x + y y y. Alla termer är inte olika, t.ex är x x y = x y x = y x x. Alla termer är en produkt av sammanlagt tre x eller y. Antalet termer som är en produkt av två x och ett y, d.v.s. de som blir x 2 y, är detsamma som antalet sätt ( att ) välja ut de två 3 av de tre parenteserna ur vilka vi väljer x. Det kan göras på = 3 sätt. 2 Allmänt gäller att om man utvecklar (x + y) n så får man termer som är produkter av sammanlagt n stycken x eller y. Antalet termer med k stycken y och n k stycken x, d.v.s. de som blir x n k y k, är antalet sätt att välja ut de k parenteser (x + y) ur vilka vi väljer y (och från övriga n k parenteser väljs x). Detta ( ) n kan göras på sätt. Koefficienten för x n k y k är alltså k därmed visad. ( n k ). Följande sats är

94 88 8. FUNDAMENTALA PRINCIPER FÖR ANTALSRÄKNING. Sats 20. Binomialsatsen: Anta x, y C, och n är ett icke negativt heltal. Då gäller ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n ( ) n (x + y) n = x n + x n 1 y + + xy n 1 + y n = x n k y k. 0 1 n 1 n k ( ) ( ) n n! n n! Vi har sett att =. Speciellt är alltså = k r!(n r)! 0 0!(n 0)! = 1 ( ) n n! och = = 1. Detta svara emot att det finns endast ett sätt att välja n n!(n n)! ut x ur 0 parenteser och endast ( ) ett sätt att välja ut x ur n parenteser. (Det är för n övrigt nödvändigheten att = 1 som gör att man väljer definiera 0! som 1.) 0 En mängd med de tre elementen A, B, C betecknas {A, B, C}. I en mängd är elementen inte ordnade, så t.ex. är {A, B, C} = {B, C, A}. Om vi har en mängd med n element, hur många delmängder med k element kan bildas? Svaret är förstås ( n k ). Det totala antalet delmängder till en mängd med n element är alltså ( ) n + 0 ( ) n ( ) n. n (Då har vi räknat med den tomma mängden,, som inte har några element, och också hela mängden som delmängder.) Jag påstår att denna summa blir 2 n. Ett kombinatoriskt bevis av detta är följande: En delmängd är bestämd av att vi för varje element gör en lista som beskriver om det elementet ligger i delmängden, eller inte. En sådan lista har n poster som var och en har två möjliga val. Antalet möjliga listor är alltså 2 n. Ett algebraiskt bevis av samma sak är följande: I binomialutvecklingen av (x + y) n ersätter man både x och y med 1. Vi får då ( ) ( ) ( ) n n n 2 n = (1 + 1) n = n Vi har sett att ( ) n = 0 k=0 ( ) n (båda lika med 1). Allmänt gäller att n ( ) ( ) n n =. k n k Ett kombinatoriskt bevis av detta är att det finns lika många delmängder med k element som det finns delmängder med n k element till en mängd med n element.

95 6. KOMBINATIONER OCH BINOMIALSATSEN. 89 Man kan ju lika gärna peka ut de n k elementen som inte ska ingå i delmängden, som att peka ut de k element som ska ingå. Ett mer intetsägande algebraiskt bevis är att n! (n k)!k! = n! k!(n k)!. ( ) n Binomialtalen brukar ordnas i en triangel, Pascals triangel. Talet, där k n k 0, finns på plats k i rad n (observera att både k och n räknas från 0): ( 0 0) ( 1 ) ( 1 0 1) ( 2 ) ( 2 ) ( ) ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) ( ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) ( ) ( 4 4) eller Varje rad i denna triangel börjar och slutar med 1 och dessutom är varje ( ) tal 4 inuti en rad summan av de två tal som står närmast ovanför, t.ex är = 2

96 90 8. FUNDAMENTALA PRINCIPER FÖR ANTALSRÄKNING. ( ) ( ) 3 2. Allmänt gäller att ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 = +, där n k 1. k k 1 k ( ) n Här är ett kombinatoriskt bevis för denna formel. Vi vet att är antalet delmängder med k element valda ur en mängd med n element. Välj nu ut ett speciellt k element, säg a ur mängden med n element. En delmängd med k element kan nu antingen innehålla a eller inte innehålla a. I det första fallet ska man välja ut k 1 element bland de återstående n 1 elementen för att få en delmängd med k element ( ) n 1 tillsammans med a. Detta kan göras på sätt. I det andra fallet ska man k 1 välja alla k elementen ( ) bland n 1 för att få en delmängd ( ) med ( k element. ) ( Detta ) n 1 n n 1 n 1 kan göras på sätt. Sammanlagt får vi att = +. k k k 1 k (Ett algebraiskt bevis är ( inte ) heller särskilt komplicerat. Det bygger på direkt n n! tillämpning av formeln = r r!(n r)!.) 7. Övningar. (1) Ungefär hur många bilar kan det maximalt finnas i Sverige om varje bil ska ha ett unikt bilnummer? (Ett bilnummer består här för enkelhetens skull precis av tre bokstäver, vilka som helst, följda av tre tal vilka som helst. Till skillnad från bilregistret utesluter vi inte vissa bokstavskombinationer. För att förenkla räkningar anta att alfabetet består av 30 bokstäver.) (2) Hur många tal finns det i tio-systemet som har högst 5 siffror? Precis 5 siffror? (3) Hur många ord (en ordnad följd av bokstäver) i ett alfabet med 30 bokstäver finns det om orden precis ska använda 5 bokstäver? (4) Som en förberedelse för en ny läroplan, bestämmer myndigheterna (i en oemotsägligt blodig diktatur), sig för att inventera det numera rätt åldersstigna beståndet av naturliga tal, och ger därför matematiska institutionen här i uppdrag att räkna alla dessa, samt kassera de som är alltför slitna. Institutionen ska för detta nyanställa tre räknare och dessa kan väljas från 100 sökande. På hur många sätt kan detta ske? (5) I ett plan med koordinatsystem vill man förflytta sig från punkten (2, 3) till punkten (12, 11). Varje sådan stig består av ett antal horisontella och vertikala sträckor av längd 1 som får endast gå i riktningen till höger eller uppåt. Hur många olika stigar finns det?

97 7. ÖVNINGAR. 91 (6) På hur många olika sätt kan åtta personer placeras runt ett runt bord? Två utplaceringar som endast skiljer sig med en rotation anses vara lika. (7) Hur många permutationer av symbolerna a, b, c, d, e och f finns det där symbolen a inte ligger omedelbart mellan b och c. (8) Vilket är den konstanta termen i utvecklingen av ( 2x x ) 99? (Ledtråd: den konstanta termen är koeffcienten vid x 0.) (9) På hur många sätt kan tio olika böcker placeras på två hyllor? Böckerna antas stå intill varandra med början vid hyllans vänstra sidan. En hylla kan eventuellt vara tom. (10) (Det här är ett tuffare problem endast för elitidrottare, där man inte kan använda sig av teorin.) Till en fest har värdparet bjudit 4 par. En del personer skakar hand med varandra, men ingen skakar hand med sin partner. Värden frågar alla andra hur många de skakat hand med och får idel olika svar. Hur många skakar hand med värdinnan? (11) Hur många 6-siffriga tal kan man bilda med hjälp av siffrorna 0, 1 och 2 om talen skall innehålla minst en nolla? (12) Hur många olika stryktipsrader med sju 1:or, två X och fyra 2:or finns det? (Som bekant består en stryktipsrad av en uppställning, där man för vardera av 13 olika matcher tippat endera 1 eller X eller 2.) (13) En kortlek består som bekant av 52 kort i fyra olika färger, vardera med 13 kort i olika valörer. I en pokergiv får en spelare fem kort (ordningsföljden är oväsentlig). a) Hur många olika pokerhänder finns det? b) Hur många av dessa innehåller ett fyrtal, dvs fyra kort i samma valör? c) Hur många händer innehåller två par, dvs två kort i en valör, två kort i en annan valör, samt ett av en tredje valör? (14) Vid en kassa i en systembutik står först A1 och sedan i tur och ordning A2, A3, A4, A5 och A6 i kö och vid en annan kassa står på motsvarande sätt B1, B2, B3, B4 och B5 i kö. Kassorna skall stängas och de köande skall samtliga ställa sig i kö vid en nyöppnad kassa så att ordningen mellan A1,..., A6 bevaras, liksom ordningen mellan B1,..., B5. Dessutom kommer A3 och B2 (som inte har träffats på länge och har mycket att prata om) att ställa sig intill varandra i den nya kön. På hur många sätt kan den nya kön se ut? (15) På en pappersremsa står ordet GEOMETRI. Man klipper upp remsan så att man får åtta papperslappar så att det på var och en finns en bokstav. Hur många ord bestående av 3 bokstäver kan man bilda genom att lägga ut dessa lappar?

98 92 8. FUNDAMENTALA PRINCIPER FÖR ANTALSRÄKNING. (16) Antag att vi har 9 röda och 6 svarta bollar. Hur många följder av längd 15 kan vi bilda av dessa bollar givet att de första r bollarna är svarta. (För vilka r är problemet lösbart?) (17) I en mängd med 11 element skall man bestämma två delmängder A och B, sådana att A innehåller 6 element och B innehåller 5 element varav minst 2 element är gemensamma i A och B. På hur många sätt kan detta göras? (18) Antag vi har en mängd A bestående av 12 element och en mängd B bestående av 8 element, och antag att A B består av 4 element. På hur många sätt kan vi välja ut 4 element från A B, om vi kräver att något av de utvalda elementen skall tillhöra A och något skall tillhöra B? (Beteckningen A B står för snittet mellan mängderna A och B, dvs de element som tillhör både A och B medan A B står för unionen mellan mängderna A och B, dvs de element som tillhör A eller B eller båda. Mer om detta i kapitlet om mängder.) (19) Bestäm koefficienten för x 2 i utvecklingen av ( x 3 1 x 3 )10. (Ledtråd: tillämpa binomialteoremet.) (20) Bevisa att n k=0 ( ) n 2 k = 3 n, n 1. k (Ledtråd: Binomialteoremet! Argumentet är en rad långt.) (21) Hur många heltal i det slutna intervallet [1000, 9999] finns det a) där varje siffra (utom den första) är strikt mindre än närmast efterföljande, b) där varje siffra (utom den första) är mindre än eller lika med närmast efterföljande?

99 KAPITEL 9 Kort repetition av basbyte, nu med modern teknologi Vi kommer i detta kapitel att diskutera vektorer i planet och i rummet. När vi har valt en fix bas B u = (e 1, e 2, e 3 ) i t ex rummet kan vi identifiera en vektor v = x 1 e 1, +x 2 e 2 + x 3 e 3 med sin koordinatvektor (x 1, x 2, x 3 ), och då säger vi ofta vektorn i R 3 som har koordinater (x 1, x 2, x 3 ) i standardbasen, eller t o m vektorn (x 1, x 2, x 3 ) R 3. Allt för att göra notationen mindre tung. 1. Basbyte Redan tidigare har vi funnit att samma vektor oftast har olika koordinater i olika baser. Vilken bas man vill arbeta i beror i stort sett på vilken problemformulering man använder. I ett lämpligt val av basen kan uppgiften förenklas betydligt. Låt oss bara reflektera ett ögonblick över några exempel på detta. Om jag ska beskriva en flugas rörelse här i rummet så tar jag kanske ett koordinatsystem där origo är en punkt i rummet och jag har ett ON-system parallellt med väggarna säg. Men det koordinatsystemet är uppenbart idiotiskt att använda, om jag ska beskriva jordens rörelse kring solen. För det ändamålet bör jag väl ta ett koordinatsystem med origo i solens mitt, och med basvektorer som bildar ett ON-system, fixt visavi stjärnorna. Läsaren kan hitta på andra egna favoritexempel. Detta var exempel från tillämpningarna, men vi ska se att det finns många fler rent matematiska exempel. Om man nu vill syssla med flera av dessa koordinatssystem samtidigt, som t ex (mjukvaran i) en satellit måste göra, som å ena sidan använder ett lokalt koordinatsystem för att hålla reda på vad som är höger, vänster, eller framåt kamera, och å andra sidan orienterar sig med ett annat koordinatsystem efter stjärnorna och för det tredje fotograferar jorden och ska kunna tala om att den just nu fotograferar en misstänkt skräpig gårdsplan i Lundaskog i ett tredje koordinatssystem. Ja hur gör den då? Jo, den använder basbyte, som vi nu kommer att visa i stort sett bara innebär multiplikation med en lämpligt vald matris. Exempel 74. I basen B u = (u 1, u 2 ) i planet har vektorn w koordinater w Bu = (a, b). Vektorerna v 1 = 2u 1 u 2 och v 2 = u 1 + 3u 2 är också en bas. Det kan vi se genom att räkna ut areafunktionen av de två nya vektorerna i termer av de 93

100 94 9. BASBYTESREPETITION gamla (som ju spände upp ett parallellogram med area skild från 0) ( ) 2 1 A(v 1, v 2 ) = det A(u 1 3 1, u 2 ) = 5A(u 1, u 2 ) 0. Alltså utgör de en ny bas B v = (v 1, v 2 ) i planet. Vilka koordinater har w i basen B v? Vi byter alltså basen från den gamla basen B u till den nya basen B v. Lösning: Om vi löser ut u 1 och u 2 ur ekvationssystemet { v 1 = 2u 1 u 2 ( 2) v 2 = u 1 + 3u 2 så får vi { u 1 = 3 5 v v 2 u 2 = 1 5 v v 2 ( 3) Insättning av detta i sambandet w = au 1 + bu 2 ger då w = a( 3 5 v v 2) + b( 1 5 v v 2) = 3a + b 5 Koordinater för w i basen B v är därmed w Bv = ( 3a + b 5 v 1 + a + 2b v 2. 5, a + 2b ). 5 Som kolonnvektor (kolonnmatris) kan koordinaterna för w i basen B v skrivas som ( 3a+b ) ( 3 5 a+2b = a + 1b ) ( 3 ( ) a + 2b = 5 5 a ) b Observera att kolonnerna i matrisen A = ( ) inte är något annat än koordinaterna för basvektorerna i den gamla basen B u uttryckta i den nya basen B v, enligt sambandet ( 3). Första kolonnen är koordinaterna för första basvektorn, andra kolonnen är koordinaterna för andra basvektorn. Det kommer att vara sant i allmänhet, som vi strax ska se. Det är också lätt här att räkna ut att det A 0, och alltså är matrisen A inverterbar, något som alltid kommer att vara sant för en matris som bekriver ett basbyte på detta sätt. Exempel 75. Antag nu att en vektor z har koordinaterna (α, β) i basen B v från förra exemplet. Vilka koordinater har z i basen B u? Lösning: Insättning av sambandet ( 2) i z = αv 1 + βv 2 medför att z = α(2u 1 u 2 ) + β( u 1 + 3u 2 ) = (2α β)u 1 + ( α + 3β)u 2. I kolonnform kan därmed koordinaterna skrivas som

101 ( ) 2α β = α + 3β Låt oss med B beteckna matrisen B = 1. BASBYTE 95 ( ) ( 2 1 α. 1 3 β) ( ) Som vi såg i de två exemplena så kan byte av bas uttryckas som multiplikation med en lämplig matris. Matrisen A i det förra exemplet och matrisen B kallas då för basbytesmatriser. A är basbytesmatris från basen B u till B v, medan B är basbytesmatris från basen B v till B u. Man kan förstås undra vilket samband det finns, om något, mellan matriserna A och B. Det är lätt att kontrollera att BA = AB = E, alltså B = A 1. Detta bör med lite eftertanke inte vara någon överraskning då den ena byter basen från B u till B v medan den andra byter tillbaka. Som matrismultiplikation kan detta skrivas som B(Aw) = (BA)w = Ew = w (där w framställs som kolonnmatris). Därmed ser vi speciellt att basbytesmatriser alltid är inverterbara. Vi sammanfattar exemplen och diskussionen ovan i en sats, som formuleras i rummet snarare än bara för planet. Sats 21. Antag att vi har två baser i rummet: B u = (u 1, u 2, u 3 ) och B v = (v 1, v 2, v 3 ). Då finns det en inverterbar matris A sådan att w Bv = Aw Bu, där vektorerna w Bu och w Bv är skrivna som kolonnvektorer. Kolonnerna i matrisen A, som kallas för basbytesmatrisen från B u till B v, utgörs av koordinater för vektorerna i basen B u uttryckta i basen B v. Bevis. Låt oss uttrycka vektorerna u 1, u 2, u 3 i basen B v : u 1 = a 1 v 1 + a 2 v 2 + a 3 v 3, u 2 = b 1 v 1 + b 2 v 2 + b 3 v 3 och u 3 = c 1 v 1 + c 2 v 2 + c 3 v 3. Om w Bu = (α, β, γ), dvs. w Bu = αu 1 + βu 2 + γu 3, så är w Bu = α(a 1 v 1 + a 2 v 2 + a 3 v 3 ) + β(b 1 v 1 + b 2 v 2 + b 3 v 3 ) + γ(c 1 v 1 + c 2 v 2 + c 3 v 3 ) = (αa 1 + βb 1 + γc 1 )v 1 + (αa 2 + βb 2 + γc 2 )v 2 + (αa 3 + βb 3 + γc 3 )v 3. Med andra ord är w Bv = (αa 1 + βb 1 + γc 1, αa 2 + βb 2 + γc 2, αa 3 + βb 3 + γc 3 ), eller som kolonnvektor

102 96 9. BASBYTESREPETITION αa 1 + βb 1 + γc 1 αa 2 + βb 2 + γc 2 = a 1 b 1 c 1 a 2 b 2 c 2 α β. αa 3 + βb 3 + γc 3 a 3 b 3 c 3 γ Matrisen A = a 1 b 1 c 1 a 2 b 2 c 2 a 3 b 3 c 3 är den sökta basbytesmatrisen från basen B u till B v. Basbytesmatriser är inverterbara, och vi kan explicit konstruera deras invers: som beskrevs alldeles nyss, är den basbytesmatrisen åt andra hållet, från basen B v till B u. Vi formulerar först vad som händer om vi, lite veligt eller konsumtionspräglat kanske, fortsätter, att byta och byta baser... Korollarium 1. a) Antag att vi har tre baser, B u, B v och B w. Om A är basbytesmatris från basen B u till B v och B är basbytesmatris från basen B v till B w så är BA basbytesmatris från B u till B w. b) Om A är basbytesmatris från basen B u till B v så är A 1 basbytesmatris från basen B v till B u. Bevis. a) Om z Bv = Az Bu och z Bw = Bz Bv så är z Bw = B(Az Bu ) = (BA)z Bu. Det betyder att BA spelar samma roll som basbytesmatrisen från B u till B w gör i föregående sats. Detta innebär att det handlar om precis samma matris, dvs att BA är lika med basbytesmatrisen från B u till B w. b) Låt B vara basbytesmatrisen motsatt A, alltså från B v till B u. Enligt a) är då BA basbytesmatris från B u till B u. Men det handlar alltså om att se sambandet mellan koordinater i samma bas, d v s sambandet z Bu = (BA)z Bu. Låter vi z = u 1 får vi att z Bu = (1, 0, 0) t. T v i sambandet ovan står då (1, 0, 0) t, som är första kolonnen i enhetsmatrisen och till höger första kolonnen i BA. Dessa är alltså lika, och genom att titta på de två andra basvektorerna får vi att E och BA har precis samma kolonner, och alltså är lika. På samma sätt får man AB = E. Alltså är B = A 1. Exempel 76. Vektorerna u 1, u 2, v 1, v 2 har koordinater (3, 1), ( 2, 0), (1, 1) och (1, 1) i en bas B i planet. Eftersom u 1, u 2 är en bas och v 1, v 2 också är en bas, har vi två baser i planet, skilda från standardbasen, B u och B v. Bestäm basbytesmatrisen A mellan B u och B v samt basbytesmatrisen B mellan B v och B u.

103 1. BASBYTE 97 Lösning: Kolonnerna i A utgörs av koefficienterna för vektorerna u 1, u 2 i basen ( ) { x z u 1 = xv 1 + yv 2 B v, dvs. A =, där. y t u 2 = zv 1 + tv 2 ( ( ( För u 1 ser vi att = x + y, vilket ger x = 2 och y = 1. För u 1) 1) 1) 2 ( ) ( ( ( ) får vi = z +t, vilket ger z = t = 1. Därmed är A =. 0 1) 1) 1 1 ( ) 1 1 Matrisen B är inversen till A alltså, efter uträkning, B =. 1 2 Ett annat, smartare sätt att lösa uppgiften i exemplet ovan är följande. Observera att ekvationerna ( ) ( ( = x + y 1 1) 1) och kan skrivas som ( ) ( ( = z + t 0 1) 1) ( ( ) ( 1 1 x 3 = 1 1) y 1) och ( ( ) 1 1 z = 1 1) t ( ) 2. 0 Detta kan vidare sammanfattas som en enda matrisprodukt: ( ) ( ) ( ) 1 1 x z 3 2 = ( 4) 1 1 y t 1 0 ( ) 1 1 Kolonnerna i C = utgörs av vektorerna v 1 1 1, v 2 medan kolonnerna i ( ) 3 2 D = utgör av vektorerna u 1 0 1, u 2. Eftersom matrisen C är inverterbar (determinanten är 2 ( 0) så finns ) den 1/2 1/2 inversa matrisen och vi kan t o m beräkna den enkelt: C 1 =. Från 1/2 1/2 sambandet (*4) får vi därmed att ( ) ( ) ( ) ( ) x z 1/2 1/ A = = C y t 1 D = =. 1/2 1/

104 98 9. BASBYTESREPETITION Samma resonemang fungerar förstås också i rummet och vi kan sammanfatta detta på följande sätt: Basbytesmatrisen A från basen B u till basen B v kan fås som A = C 1 D, där kolonnerna i C utgörs av vektorerna i B v medan kolonnerna i D utgörs av vektorerna i B u. Använd nu samma metod för att lösa följande uppgift: Övning 1. Vektorerna u 1, u 2, u 3, v 1, v 2, v 3 har koordinater (1, 1, 2), (1, 2, 1), (2, 1, 1), (1, 1, 1), (1, 1, 1) och ( 1, 1, 1) i en bas B i rummet. (a) Verifiera att u 1, u 2, u 3 är en bas liksom v 1, v 2, v 3. De utgör alltså två nya baser, B u och B v, i rummet. (b) Bestäm basbytesmatrisen A mellan B u och B v samt basbytesmatrisen B mellan B v och B u Övergång till en ON-bas. Antag att B u = (u 1, u 2, u 3 ) är en godtycklig bas i rummet medan B v = (v 1, v 2, v 3 ) är en ON-bas. Basbytesmatrisen till ONbasen B v är särskilt enkel att bestämma eftersom, enligt en sats i avsnittet om skalärprodukter, har vi u 1 = (v 1 u 1 )v 1 + (v 2 u 1 )v 2 + (v 3 u 1 )v 3, och likadant för u 2 och u 3. Basbytesmatrisen är därmed A = v 1 u 1 v 1 u 2 v 1 u 3 v 2 u 1 v 2 u 2 v 2 u 3. v 3 u 1 v 3 u 2 v 3 u 3 Övning 2. Vektorerna v 1, v 2, v 3 har koordinater ( och (0, 0, 1) i standardbasen i rummet. (a) Visa att B v = (v 1, v 2, v 3 ) är en ON-bas , 2, 0), ( 2, 2, 0) (b) Vektorerna u 1 = (1, 1, 2), u 2 = (1, 2, 1) och u 3 = (2, 1, 1) utgör en annan bas, B u, i rummet. Bestäm sambandet mellan koordinaterna z Bv och z Bu för en godtycklig vektor z i rummet.

105 1. BASBYTE Ortogonala matriser. En kvadratisk matris A kallas för ortogonal om AA t = A t A = E. Detta innebär att A är inverterbar och A 1 = A t. Vi ska strax visa att ortogonala matriser inte bara är algebraiska leksaker utan att de är precis basbytesmatriser mellan ON-system, och därför centrala i många användningar av lineär algebra. Enhetsmatrisen ( är ) förstås ortogonal och ett annat viktigt exempel är matrisen cos α sin α A = (kontrollera att A sin α cos α 1 = A t!) Observera att det är enkelt att räkna ut inversen till en ortogonal matris det är ju bara att byta rader mot kolonner, inga räkningar alls behövs. Vi sjunker ännu djupare ner i ON-basernas bekväma förstaklassfåtöljer... Lyssna bara: Sats 22. Givet en ON-bas. Kolonnerna i en given matris kan betraktas som koordinater för vissa vektorer, kallade kolonnvektorer i denna bas. Om vi har en ortogonal matris A så är kolonnvektorerna parvis ortogonala och har längd 1. Samma egenskap har radvektorerna i A. Det betyder speciellt att kolonnvektorerna också är en ON-bas. Bevis. Antag att A = a 1 b 1 c 1 a 2 b 2 c 2 är en ortogonal matris. Vi vill visa att a 3 b 3 c 3 skalärprodukten av en kolonn med sig själv är lika med 1 medan skalärprodukten mellan två olika kolonner är 0. Eftersom A är ortogonal (alltså A t A = E) och A t = a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 så är c 1 c 2 c 3 A t A = a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 a 1 b 1 c 1 a 2 b 2 c 2 = = E. c 1 c 2 c 3 a 3 b 3 c Räknar vi ut produkten mellan matriserna i mitten följer det att a a a 2 3 = 1, a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 = 0, a 1 c 1 + a 2 c 2 + a 3 c 3 = 0, osv. Det är precis det som vi ville visa. Från likheten AA t = E kan vi dra liknade slutsats för raderna i A. Övning 3. (a) Antag att matrisen A är ortogonal. Vilka värden kan determinanten det A antaga? (b) Visa att produkten av ortogonala matriser av samma storlek också är en ortogonal matris.

106 BASBYTESREPETITION Ortogonala matriser är av globalt intresse, utanför den lilla skara som samlar på veteranmatriser, framför allt därför att de precis är basbytesmatriser mellan två ON-baser. Exempel 77. Vektorn u har koordinater (3, 1) i en ON-bas. Vilka koordinater har vektorn u om vi roterar basen med vinkel π 6 moturs? Lösning: Låt oss först finna basbytesmatrisen mellan ON-baserna B u = (u 1, u 2 ) och B v = (v 1, v 2 ), som är definierade enligt figuren nedan. u 2 v 2 G 30 v 1 30 O u 1 F 3 Uppenbarligen är OF = v 1 cos 30 = cos 30 = 2 och OG = v 1 sin 30 = sin 30 = Därmed är OF = 2 u 1 och OG = 1 2 u 2. Eftersom v 1 = OF + OG så 3 följer det att v 1 = 2 u u 2. På motsvarande sätt får vi att v 2 = sin 30 u 1 + cos 30 u 2 = u u 2. Sambandet { v 1 = 3 u u 2 2 v 2 = 1u u 2 2 ( ) cos 30 sin 30 ger oss basbytesmatrisen A = sin 30 cos 30 = ( ) från basen B v till B u. Matrisen A är, enligt ovan, ortogonal, vilket medför att basbytesmatrisen från B u till B v är lika med ( ) ( 3 ) cos 30 A 1 = A t sin 30 = 1 sin 30 cos 30 =

107 2. EGENVÄRDEN OCH EGENVEKTORER 101 och de sökta koordinaterna är ( ) ( ) ( 3 3 ) 3 1 = Observera att istället för vinkeln 30 kunde vi ha betraktat rotationen ( moturs med ) cos α sin α en godtycklig vinkel α och då skulle basbytesmatrisen varit A =. sin α cos α Övning 4 Om vi istället för att rotera basen i exemplet ovan håller basen fix och roterar vektorn u = (3, 1) med vinkeln 30 moturs, vilka koordinater får den erhållna vektorn? (Ledtråd: Uppgiften kan tänkas som att det är vektorn som är fix, men att basen roterar...) 2. Egenvärden och egenvektorer Matriser som transformationer. Till varje kvadratisk matris hör en avbildning från R n till R n, definierad av att vektorn v R n med koordinatmatris X (betraktad som en kolonnmatris) går till ( w ) R n med koordinatmatris 1 20 AX. Till exempel så hör till matrisen A =, avbildningen (x, y) (x + 20y, 3x + 300y). Kalla denna avbildning F A : R n R n, och notera att det är en mycket snäll variant av en funktion. Den tar nämligen summor till summor, och lineärkombinationer till lineärkombinationer. Alltså F A (λv 1 + µv 2 ) = λf A (v 1 ) + µf A (v 2 ), λ, µ R. Detta följer direkt från egenskapen hos matrismultiplikation att A(λX 1 + µx 2 ) = λax 1 + µax 2, där X 1 och X 2 är koordinatmatriser till v 1 och v 2. Avbildningar med den egenskapen kallas ibland lineära transformationer, eller, när som här, både argumentet och värdet av funktionen ligger i samma R n, för operatorer. Man kan rätt lätt visa att varje lineär transformation alltid ges av en matris på detta sätt, men vi ska inte fördjupa oss i detta. Vi nöjer oss med att upprepa den viktiga poängen att kvadratiska n n matriser beskriver vissa lineära operatorer på R n, och ska nu se hur detta kan användas för att förstå matriser Egenvektorer och egenvärden. Fixera en kvadratisk matris A. Antag att v är en vektor och λ ett tal sådana att funktionsvärdet F A (v) = λv är en multipel av argumentet. Då säger vi att v är en egenvektor till matrisen A (eller transformationen F A ) med egenvärdet λ.

108 BASBYTESREPETITION Exempel 78. Låt Då är alltså A = ( ) 3/5 4/5. 3/5 1/5 F A (x, y) = (1/5)( 3x + 4y, 3x + y) en lineär transformation R 2 till R 2. Vi påstår att f 1 = (1, 2) och f 2 = (2, 1) är egenvektorer med egenvärden 1 respektive 1. Det följer omedelbart genom uträkning: F A (f 1 ) = (1/5)( , ) = (1, 2) = f 1, och F A (f 2 ) = (1/5)( ( 1), ( 1)) = ( 2, 1) = f 2. Vi ska strax se hur man kan bestämma egenvektorer och egenvärden, och t ex visa att de egenvärden vi hittade i exemplet nyss är de enda egenvärdena för den matrisen, men först ska vi se varför begreppet är viktigt Vad har man för nytta av det? Vi fortsätter med matrisen A i exemplet i föregående delsektion. Om den lineära transformationen F A vet vi nu, dels att den är lineär, dels att det finns två vektorer f 1 = (1, 2) och f 2 = (2, 1) på vilka effekten av transformationen är speciellt genomskinlig. Dessutom är dessa två vektorer en bas för alla vektorer i planet. Alltså kan vi skriva varje vektor v = x f 1 + y f 2 för några x, y R, och vi får sedan p g a lineariteten att F A (v) = F A (x f 1 + y f 2 ) = x F A (f 1 ) + y F A (f 2 ) = x f 1 y f 2. Strikt matrissociologiskt sett, säger detta att matrisen A är typiskt missanpassad i standardbasen till R n! Som avbildning sett borde den mycket hellre leva i basen f = (f 1, f 2 ). I den basen så kan ju F A :s effekt uttryckas mycket enkelt: multiplicera första koordinaten med 1, och den andra med 1. Mer formellt kan detta skrivas som ( ) 1 0 [F A (v)] Bf = [v] 0 1 Bf. ( ) 1 0 (Vi säger att F A har matrisen i basen B 0 1 f ) Ur detta kan vi t o m förstå rent geometriskt vad F A egentligen är, d v s vad denna avbildning gör med en vektor v i planet. Notera nämligen att f 1 = (1, 2) och f 2 = (2, 1) är vinkelräta mot varandra (kolla deras skalärprodukt) och att alltså uppdelningen v = x f 1 + y f 2 består, dels av vektorn x f 1 på linjen L genom origo med riktningsvektor f 1, dels av vektorn y f 2 längs normalen mot L. Vektorn F A (v) = x f 1 y f 2 = v 2(y f 2 ) är alltså precis spegelbilden av v i linjen L. (Rita figur!)

109 2. EGENVÄRDEN OCH EGENVEKTORER 103 Alltså är den geometriska innebörden av att multiplicera en vektors koordinater i standardbasen med A, den mycket begripligare operationen att spegla vektorn i L. För att sammanfatta exemplets moraliska innebörd: om det som här finns en bas av egenvektorer till A, kan vi få ett betydligt mer åskådligt grepp om F A. Det är orsaken till att man ofta analyserar matriser genom att leta efter egenvärden och egenvektorer. Vi illustrerar användbarheten med ytterligare ett exempel. Antag att vi har ett fysikaliskt tillstånd som beskrivs av en vektor v, t ex en lista över några arters biomassa. Vi gör något med tillståndet, t ex väntar precis ett år och får en ny lista biomassor. Vi antar att sambandet mellan de två tillstånden beskrivs lineärt av en matris A. Vårt nya tillstånd är alltså F A (v), där A är en matris, och i termer av koordinater har vi bara multiplicerat en koordinatkolonnvektor X(= [v] Be ) (i standardbasen Be ) med A och fått AX = [F (v)] Be. Om vi upprepar vad vi nyss gjorde med det nya tillståndet ett antal gånger får vi A 2 X, A 3 X o s v. Hur kan kan vi förutsäga vad som händer asymptotiskt? Jo, med hjälp av egenvärden, som i följande exempel. Exempel 79. Låt A vara som i föregående exempel och sätt B = (1/2)A(den sista matrisen svarar t ex mot att vi säljer hälften av all biomassa som hamburgare vid slutet av varje år). Om v är en vektor i planet, med kooordinatkolonnvektor X, existerar lim n A n X eller lim n B n X? Lösning: Att multiplicera en kolonnvektor X = [v] Be med A svarar mot att räkna ut kolonnvektorn till [F A (v)] Be. Notera sedan att A har egenvärden ±1 och B egenvärden ±(1/2). Låter vi X vara koordinatkolonnvektorn till f 2 ser vi att A n X = ( 1) n X eftersom F A (f 2 ) = f 2 ger att AX = X, A 2 X = A( X) = ( 1) 2 X o s v. Här existerar inget gränsvärde av A n X, som alternerar mellan ±X. Funktionsvärdena kommer på motsvarande sätt att alternera mellan ±f 2. Men om vi nu tittar på B istället ser vi på samma sätt att B n [f 1 ] Be = (1/2) n [f 1 ] Be och B n [f 2 ] Be = ( 1/2) n [f 2 ] Be, som bägge går mot 0 när n, vilket ger att lim n B n [v] Be = lim n B n (x [v] Be + y [v] Be ) = 0, för en godtycklig vektor v = x f 1 + y f 2. Att f 1 och f 2 var egenvektorer till B med egenvärden ±(1/2) var det som gjorde skillnaden. Som syntes i beräkningen förklarar det det olika asymptotiska beteendet hos de två matriserna A och B: till B finns en bas av egenvektorer med egenvärden som i absolutbelopp är strikt mindre än Basbyte och diagonalisering. Den lineära transformationen F = F A definierades nyss med hjälp av standardbasen i R n, och då gavs sambandet mellan koordinaterna av en vektor v och F (v) av [F (v)] Be = A[v] Be.

110 BASBYTESREPETITION Vad händer om vi byter bas? Låt B f = (f 1, f 2, f 3 ) vara en bas. Vi vet att sambandet mellan koordinater i de två baserna ges av en basbytesmatris, B från B f till B e vars existensberättigande är att v Be = Bv Bf för en godtycklig vektor v. Kom ihåg att kolonnerna i B är koordinaterna för basvektorerna i B f uttryckta i B e, så att den är lätt att konstruera också. Sats 23. Låt B f = (f 1, f 2, f 3 ) vara en bas i R 3, och B basbytesmatrisen från B f till B e. Då gäller att [F (v)] Bf = B 1 AB[v] Bf. I ord uttryckt är alltså effekten av att gå från v till F (v) uttryckt i dessa två vektorers koordinater i basen B f detsamma som att multiplicera den förstas koordinater med den nya matrisen B 1 AB. Bevis. Ur sambandet [F (v)] Be = A[v] Be samt [v] Be = B[v] Bf, och [F (v)] Be = B[F (v)] Bf, får vi att B[F (v)] Bf = AB[v] Bf, så multiplikation med B 1 på bägge sidor ger satsen. Exempel 80. Vi återvänder till vårt gamla exempel med ( ) 3/5 4/5 A =. 3/5 1/5 Basbytet från basen B f = ((1, 2), (2, 1)) till standardbasen, ges av basbytesmatrisen (med kolonnvektorer som är koordinaterna i standardbasen av baselementen i B f ) ( ) 1 2 B =. 2 1 I det föregående exemplet räknade vi ut att ( ) 1 0 [F (v)] Bf = [v] 0 1 Bf, och ur satsen får vi alltså att D = ( ) 1 0 = B AB.

111 2. EGENVÄRDEN OCH EGENVEKTORER 105 Vi noterar att D i exemplet var en diagonalmatris och att det svarar mot att den nya basen bara bestod av egenvektorer. Elementen på diagonalen var precis egenvärdena. Generellt visar vi på samma sätt följande sats. Sats 24. Antag att A har en bas av egenvektorer f 1, f 2, f 3. Då gäller att det finns en inverterbar matris B, vars kolonner är koordinaterna av egenvektorerna i standardbasen, så att D = B 1 AB, är en diagonalmatris(vars diagonal består av egenvärdena). Att till en matris A hitta en inverterbar matris B så att B 1 AB är en diagonalmatris, kallas för att diagonalisera matrisen Hur hittar man egenvärden och egenvektorer till en matris? Vi har två problem, att bestämma egenvärden och till vart och ett av dem hitta egenvektorer. Bägge kan vi lösa med våra verktyg: determinanter och Gauss-elimination. (Som varning bör nämnas, att det är inte alltid så att det finns vare sig egenvärden eller hel bas av egenvektorer. I så fall finns det ändå andra mer avancerade sätt att förenkla matrisen genom att byta bas.) Vi demonstrerar tekniken i ett exempel. Exempel 81. Diagonalisera A = Sätt X = x y. Vi ska först hitta λ R så att det överhuvudtaget finns z icketriviala lösningar till AX = λx (A λe)x = 0. Detta svarar ju precis mot att hitta egenvärden. En sådan homogen ekvation har icke-triviala lösningar precis då det(a λe) = 0, så vi kan t ex räkna ut determinanten i vänsterledet som ett polynom i λ och sedan lösa ekvationen. Då får vi (t ex med Sarrus regel det(a λe) = λ 3 + 6λ 2 11λ + 6 och genom att gissa rationella rötter(eller mer seriöst, använda en dator) ser vi kvickt att λ = 1, 2, 3 är rötter. Låt oss sedan bestämma egenvektorer till dessa egenvärden. Fall 1 när λ = 1: då ska vi lösa (A λe)x = 0, eller ekvationssystemet 3x 2y z = 0 3x 2y 5z = 0 3z = 0 (15)

112 BASBYTESREPETITION Den sista ekvationen ger att z = 0, och stoppar vi in detta i de två andra ekvationerna ser vi att de reduceras till 1 ekvation, nämligen 3x 2y = 0. Denna ekvation har en parameterlösning, t ex alla (x, y, z) = t(2, 3, 0), t R. En egenvektor är alltså f 1 = (2, 3, 0) (och varje multipel av den). Vi fortsätter: Fall 2 när λ = 2: då ska vi lösa (A λe)x = 0, eller ekvationssystemet 2x 2y z = 0 3x 3y 5z = 0 z = 0 Den sista ekvationen ger att z = 0, och stoppar vi in detta i de två andra ekvationerna ser vi att de reduceras till en ekvation, nämligen x y = 0. Denna ekvation har en parameterlösning, t ex alla (x, y, z) = t(1, 1, 0), t R. En egenvektor är alltså f 2 = (1, 1, 0) (och varje multipel av den). Vi får nästan lika enkla räkningar i det tredje fallet: λ = 3: då får vi ekvationssystemet x 2y z = 0 3x 4y 5z = 0 0 = 0 x 2y z = 0 2y 2z = 0 0 = 0 Som alltid, om vi verkligen har ett egenvärde, så har vi en parameterlösning. Den sista (icke-triviala) ekvationen ger att y = z = t, och sedan att x = 3t, och vi får en parameterlösning (x, y, z) = t(3, 1, 1), t R. En egenvektor är alltså f 3 = (3, 1, 1) (och varje multipel av den). Basbytesmatrisen har egenvektorerna som kolonner och vi får alltså = , ett resultat som vi kan kolla genom uträkning av inversen och matrismultiplikation... Notera att vi kan ha många varianter på situationen i detta exempel. Vi kan t ex ha flera lineärt oberoende egenvektorer till samma egenvärde. Exempel 82. Genom lösning av ekvationen det(a λe) = x 3 +5x 2 7x+3, ser man att x = 1 och x = 3 är egenvärden till matrisen A = Löser man nu (A E)X = 0 får man bara ekvationen z = 0 kvar, och den har parameterlösningarna (x, y, z) = t(1, 0, 0) + s(0, 1, 0) s, t R. Alla dessa vektorer är egenvektorer till A med egenvärdet 1, och vi kan ta och sätta f 1 = (1, 0, 0) och f 2 = (0, 1, 0). Till egenvärdet 3 hittas på samma sätt egenvektorn f 3 = (3, 1, 1). (16) (17)

113 2. EGENVÄRDEN OCH EGENVEKTORER 107 Dessa tre vektorer utgör en bas i rummet (Kolla att determinanten är skiljd från noll!). Diagonaliserar vi, så får vi resultatet = Det kan också inträffa att det inte finns en bas av egenvärden. Här ett enkelt exempel i planet. ( ) 2 1 Exempel 83. Bestäm egenvektorer och egenvärden för A =. Vi har 0 2 att det(a λe) = (2 λ) 2 som har den enda lösningen λ = 2. Detta är alltså det enda egenvärdet. Löser vi nu (A 2E)X = 0 så får vi { y = 0 0 = 0, (18) som har parameterlösningen (x, y) = t(1, 0), t R. Här är alltså alla egenvektorer parallella med en linje, och vi kan inte hitta en bas bland dem för alla vektorer i planet. Matrisen går alltså inte att diagonalisera. Det kan också inträffa att det inte finns något egenvärde. ( ) 0 1 Exempel 84. Bestäm egenvektorer och egenvärden för A =. Vi har 1 0 att det(a λe) = λ som inte har något (reellt) nollställe. Det finns alltså vare sig egenvärden eller egenvektorer. Vi kan förstås (ibland, förstås beroende på vilket underliggande problem vi använder matrisen till) se den som en matris bland matriser med komplexa element, och då finns det (komplexa) egenvärden (±i) och egenvektorer ((1, i) och (1, i))... Som tröst kan man nämna att medelmatrisen, en slumpvis vald matris, i någon precis teknisk betydelse faktiskt är diagonaliserbar...dessutom finns det stora klasser, t ex de symmetriska matriserna som kan diagonaliseras, man kan t o m visa att det finns en ortonormal bas av egenvektorer för dessa.

114 BASBYTESREPETITION 3. Övningar (5) Antag att vektorerna u 1, u 2, u 3 i en bas B har koordinater (1, 2, 2), (2, 4, 1) och (3, 1, 2). Visa att u 1, u 2, och u 3 är en bas och bestäm basbytesmatriserna mellan denna bas och standardbasen. (6) Antag att B v = (v 1, v 2 ) är en bas i planet och att u 1 = v 1 + 4v 2 samt u 2 = 5v 1 3v 2. Visa att (a) B u = (u 1, u 2 ) också är en bas i planet. (b) Bestäm basbytesmatrisen från B u till B v. (c) Finn basbytesmatrisen från B v till B u och bestäm w Bu för w = 5v 1 + 3v 2. (7) Antag att B v = (v 1, v 2, v 3 ) är en bas i rummet och att u 1 = 4v 1 v 2, u 2 = v 1 + v 2 + v 3 samt u 3 = v 1 + v 2 2v 3. (a) Visa att B u = (u 1, u 2, u 3 ) också är en bas i rummet. (b) Bestäm basbytesmatrisen från B u till B v och finn z Bv för z = 3u 1 + 4u 2 + u 3. (c) Bestäm också basbytesmatrisen från B v till B u. (8) Om v är en egenvektor till A med egenvärdet λ, är då v också egenvektor till A A + 2E? Vilket egenvärde har den då? (9) Om v = (1, 2, 3) och w = (1, 0, 1) är egenvektorer till A med egenvärden λ µ, är då 2v + 13w också egenvektor till A? Vilket egenvärde har den då? Vad händer när λ = µ? (10) Låt ( ) 0 1/3 A =. 1/2 5/6 ( ) x Bestäm dess egenvärden och visa att lim n A n = 0. y (11) (a) Punkterna A, B, C och D har koordinater (1, 0, 1), (2, 1, 3), (2, 4, 9) och (3, 1, 2) respektive i ett koordinatsystem i rummet. Avgör om punkterna ligger i ett plan. (b) Samma fråga för punkterna A = ( 3, 1, 1), B = ( 1, 2, 1), C = ( 2, 0, 3) och D = (2, 2, 7), (c) Avgör om vektorerna AB, AC, AD i a) och b) är lineärt beroende eller oberoende.

115 3. ÖVNINGAR 109 (12) För vilka värden på talet a är vektorerna (3, a 2, 7), ( 1, 2, a) och (1, 1, 1) lineärt oberoende? (13) * Använd Gram-Schmidts ortogonalisering för att finna en ON-bas i rummet med utgångspunkten från basen u 1 = (1, 0, 1), u 2 = (3, 1, 1), u 3 = (2, 2, 3).

116 KAPITEL 10 Lineära avbildningar Vi ska nu, speciellt för detta kapitel och till slut, efter att ha pratat om det så länge, införa ett namn på rummet. I enlighet med all god internationell praxis kommer vi att kalla det för... R 3. Rent formellt så är förstås R 3 = {(x 1, x 2, x 3 ) x 1, x 2, x 3 R} mängden av alla ordnade taltripplar. Orsaken att vi kan använda sådana taltripplar som namn på punkter i rummet är förstås för att vi valt ett koordinatsystem. Vi tänker oss att vi har en fix bas, e = (e 1, e 2, e 3 ) och med hjälp av denna bas, och ett origo O, kan vi först beskriva varje vektor v i rummet med dess koordinater och sedan punkter P i rummet genom v e = (x 1, x 2, x 3 ), (OP ) e = (x 1, x 2, x 3 ). Tänker vi lite närmare på detta ser vi att elementen i R 3, t ex (x 1, x 2, x 3 ) ovan beskriver två helt olika begrepp, dels vektorer, och dels punkter. Vi inför alltså inte bara R 3 som namn på alla punkter i rummet, vi har också döpt vektorer i rummet med samma sorts namn (sambandet fick vi genom det som vi kallade för ortsvektorer: varje punkt P svarade mot ortsvektorn OP ). När vi nu har satt namn på både punkter och vektorer i rummet med element i R 3, så kan vi lika gärna identifiera både punkter och vektorer med taltripplar. Vi kan alltså säga: låt u = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 och mena det ärligt som likhet (inte bara som en beskrivning med hjälp av koordinater). Här syns det att det är en vektor vi menar från vänstersidans avslöjande streck u, men om vi bara ser (1, 2, 3) så måste det egentligen till en förklaring. Är det en punkt eller vektor? Ibland kommer vi, speciellt i senare kurser, att tala om vektorrummet R 3 för att markera att våra taltripplar representerar vektorer och därför kan adderas och multipliceras med skalärer och så. För att fixera terminologi och kontext, kom ihåg några basfakta från tidigare kapitel. I alla punkter nedan (utom delvis den första) handlar det om vektorrummet R

117 10. LINEÄRA AVBILDNINGAR 111 Vektorn mellan punkten P = (a 1, a 2, a 3 ) R 3 och Q = (b 1, b 2, b 3 ) R 3 är P Q = (b 1 a 1, b 2 a 2, b 3 a 3 ) R 3 Om u = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 och v = (y 1, y 2, y 3 ) R 3 så u + v = (x 1, x 2, x 3 ) + (y 1, y 2, y 3 ) = (x 1 + y 1, x 2 + y 2, x 3 + y 3 ) R 3. Om u = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 och λ R så λu = λ(x 1, x 2, x 3 ) = (λx 1, λx 2, λx 3 ) R 3. Om u = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 och v = (y 1, y 2, y 3 ) R 3 så definierar vi standardskalärprodukten av vektorer i R 3 som u v = (x 1, x 2, x 3 ) (y 1, y 2, y 3 ) = x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3 R I vår identifikation är basvektorerna e = (e 1, e 2, e 3 ) standardbasen e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1). (Standardskalärprodukten är alltså skalärprodukten med avseende på ONbasen e = (e 1, e 2, e 3 )) Nu kan vi äntligen börja med kapitlets tema. Följande är en definition av en speciell sorts funktion (avbildning) från vektorer i rummet till vektorer i rummet. och Definition 8. En funktion G : R 3 R 3 sägs vara lineär om för alla u, v R 3 och λ R. G(u + v) = G(u) + G(v), G(λu) = λg(u), Vi observerar att det handlar om vektorrummet R 3, eftersom vi adderar taltripplar. Vi har ju tidigare sett att addition av vektorer och multiplikation av vektorer med skalärer är centrala och användbara begrepp. En lineär avbildning bevarar summor d v s bilden under funktionen av en summa av två vektorer är summan av deras bilder. Detta (tillsammans med att avbildningen bevarar produkter med skalärer), ska vi se, gör lineära avbildningar enkla att handskas med, och att beskriva. Ändå är de, ska vi också se, tillräckligt komplicerade för att inte vara ledsamt tråkiga (vilket man inte kan säga om alla matematiska begrepp). I

118 LINEÄRA AVBILDNINGAR resten av denna sektion ska vi visa upp flera exempel på lineära avbildningar och en ytterligare intimt öppenhjärtig beskrivning av varför de förekommer överallt i matematiska sammanhang finns i den sista sektionen i det här kapitlet. Till sist, kontentan av definitionen av en lineär avbildning, var ju att den bevarade addition och multiplikation med skalärer. Alltså, frågar en kritisk inställd läsare, kunde vi väl i definitionen ha bytt 3 i R 3 mot 2 eller 4 eller 117? Helt sann och insiktsfull invändning! Det är bara att sätta igång, men teorin är kanske lite konkretare i R 3, vilket är skälet till att vi går igenom teorin för det fallet. I nästa lineär algebrakurs finns de berusande högredimensionella varianterna av satserna i detta kapitel, som förresten ser precis likadana ut, så när som på alla prickar (i typ x 1,..., x 117,) och har samma bevis... och av vilka de flesta också går ut på att lösa ekvationssystem... ett av livets riktigt stora teman... :-) 1. Arketypiskt exempel-till varje matris finns en lineärr avbildning 1.1. Först: på höjden eller bredden? Vi påminner om att för att det är behändigt vill vi ibland kunna beskriva en vektor v R 3 inte bara med hjälp av dess koordinatvektor i standardbasen (som har basvektorerna e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) och e 3 = (0, 0, 1)) som en följd av koordinater (x 1, x 2, x 3 ) utan också ibland som en kolonnmatris, [v] e = x 1. (Notera hur notationen fungerar indexet talar om att vi använder basen e = (e 1, e 2, e 3 ). Liknande notation använde vi tidigare i samband med basbyten i ett tidigare kapitel.) Det viktiga för att beskriva vilken vektor det är fråga om är ju följden av koordinater, så det ska väl inte vara några problem, utan vi kommer (slarvigt men effektivt) att kalla både den horisontella och den vertikala formen för vektorns v:s koordinatvektor. Det är också klart att addition av vektorer nu svarar mot addition av deras koordinatvektorer, sedda antingen som vektorer eller som matriser, och att en liknande överensstämmelse också gäller för multiplikation med skalär. x 2 x Matriser. Nu till det typiska exemplet på en lineär avbildning. Sätt u = (x 1, x 2, x 3 ). Vi påstår att följande är en lineär avbildning: G(u) = (x 1 + x 2 + x 3, 10x x x 3, 100x x x 3 ).

119 1. ARKETYPISKT EXEMPEL-TILL VARJE MATRIS FINNS EN LINEÄRR AVBILDNING113 Vi ger namn till koordinaterna för v = G(u) explicit genom v = (y 1, y 2, y 3 ) = G(u). Notera att koordinaterna av bilden under G är lineärkombinationer av u:s koordinater. Det ska vi så småningom se är typiskt för lineära transformationer. För att se att G verkligen är en lineär avbildning på latast möjliga sätt, kan vi använda några saker vi vet om matrismultiplikation. Notera nämligen att vi kan skriva om högerledet (om vi transponerar allting, d v s skriver vektorer på höjden istället för på bredden) y 1 x 1 + x 2 + x 3 y 2 = 10x x x 3 = x 1 x 2. y 3 100x x x x 3 Kallar vi matriserna i ekvationens ytterled, från vänster till höger, för [v] e, A och [u] e, har vi alltså att v = G(u) [v] e = A[u] e. (Observera att högerledet alltså är produkten mellan de två matriserna A och [u] e.) Vi har talat om hur man ska beräkna avbildningen G, genom att tala om hur man ska räkna ut koordinaterna till G(u) om man vet koordinaterna till u. Det speciella med denna avbildningen var att sambandet gavs som multiplikation med matrisen A. Detta ger additiviteten. Den följer nämligen ur en av räknelagarna för matrismultiplikation, dess distributivitet. Här är argumentet: Antag att mot vektorerna u 1 och u 2 svarar kolonnmatriserna [u 1 ] e och [u 2 ] e. Då svarar mot G(u 1 ) och G(u 2 ) de två kolonnmatriserna A[u 1 ] e och A[u 2 ] e. Mot G(u 1 + u 2 ) svarar A([u 1 ] e + [u 2 ] e ). Men nu har vi ju att A([u 1 ] e + [u 2 ] e ) = A[u 1 ] e + A[u 2 ] e och detta säger (skrivet på bredden) precis att samt att G(u 1 + u 2 ) = G(u 1 ) + G(u 2 ) G(λu 1 ) = λg(u 1 ) samt A(λ[u 1 ] e ) = λa[u 1 ] e Vad var nu nyttan av detta jo, detta är ett riktigt allmänt exempel på en lineär avbildning. Varje 3 3 matris ger upphov till en sådan vi kan byta ut A i exemplet mot vilken matris som helst. Nu kan vi sitta till sent, långt efter midnatt och bara spotta ur oss lineära avbildningar, om vi skulle önska. Vi ska snart se att avbildningar av denna typ egentligen är de enda som finns, d v s att varje lineär transformation (= avbildning = funktion) 1 kan beskrivas som matrismultiplikation på detta sätt. 1 I allmänhet skulle det räcka med termen funktion men av historiska skäl använder man i vissa matematiska ämnen andra termer, för exakt samma begrepp. I lineär algebra säger man oftast en avbildning eller en transformation.

120 LINEÄRA AVBILDNINGAR Sats 25. Låt A vara en 3 3-matris. Konstruera en avbildning F A : R 3 R 3, F A (u) = v, på följande sätt. Använd beteckningarna u = (x 1, x 2, x 3 ) och v = (y 1, y 2, y 3 ). Då är [u] e = x 1 och [v] e = y 1. x 2 x 3 y 2 y 3 Definiera F A (u) = v A[u] e = [v] e y 1 = A x 1. y 2 y 3 x 2 x 3 Då är F A en lineär avbildning. Bevis: Precis som för den konkreta matrisen ovan så kokar det ner till distributivitet av matrismultiplikation och kommutativitet av multiplikation med skalär. Observera att konstruktionen av en lineär transformation i satsen hade fungerat lika bra för en 2-matris. Då hade vi fått en lineär transformation R 2 R Lineära transformationer finns faktiskt i naturen, speciellt nu på våren. Nämligen som projektioner, speglingar och rotationer. T ex speglingar i smältande is. Och det syns direkt från definitionerna av avbildningarna att de är lineära, utan att man behöver använda minsta bevis... det räcker att bara titta på bilder. I den här sektionen ägnar vi oss åt projektioner. Vi har redan tidigare pratat om projektioner i samband med Gram-Schmidts ortogonaliseringsprocess, men det är först nu som vi ska titta på dem som avbildningar. Vi utgår från ett plan Π genom origo, i ett ON-system, och som antas ha normalen n. Då kan vi definiera den vinkelräta projektionen w = P roj Π (v) av en vektor v på planet, genom att framställa v som summan av två vektorer (se bilden nedan) v = w + (v w). Här vill vi att de två termerna i summan i högerledet uppfyller följande villkor: i) w ligger i (är parallell med) planet Π. ii) v w är parallell med normalen till planet.

121 1. ARKETYPISKT EXEMPEL-TILL VARJE MATRIS FINNS EN LINEÄRR AVBILDNING115 n v v w w Π Titta nu på nästa bild som beskriver summan av två vektorer och deras projektioner. Vad svarar nu additiviteten hos P roj Π mot? Jo, den svarar ju mot att triangeln som (i termer av riktade sträckor) beskriver w = u + v projiceras på triangeln som beskriver att P roj Π (w) = P roj Π (u) + P roj Π (v). Men det är väl uppenbart! Lemma 5. P roj Π (u+v) = P roj Π (u)+p roj Π (v) samt P roj Π (λu) = λp roj Π (u). Bevis. Bevis för den första delen följer raskt från nedanstående figur. u v w = u + v P roj Π (u) P roj Π (u + v) P roj Π (v) Π

122 LINEÄRA AVBILDNINGAR Men livet är förstås inte bara en additiv dans på rosor... Beviset för P roj Π (λu) = λp roj Π (u) är inte lika lätt, utan kräver betraktande av likformiga trianglar eller trigonometri. Titta på nästa bild och meditera (likformigt) själv. u λu P roj Π (u) P roj Π (λu) Π Vi återkommer till detta exempel senare när vi ska räkna mer precist och då ska vi se att man kan få fram lineariteten och mer också på ett betydligt mer komplicerat sätt, som inte alls är det minsta naturligt. Yes box, vi är ju rena matematiker, inte tillämpade... men den senare metoden ger också praktiska formler Några exempel på avbildningar som inte är lineära. Vi vill se vissa enkla egenskaper hos lineära avbildningar. Låt oss introducera dessa genom att vi ger några exempel på avbildningar varav en del inte är lineära avbildningar, av rätt fåniga skäl. Exempel 85. Låt u = (x 1, x 2, x 3 ). En av G 1 (u) = (x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 1, 4x 1, 9x 3 ) och G 2 (u) = (x 1 + 2x 2 + 3x 3, 4x 1, 9x 3 ) är en lineär avbildning. Vilken? Vi kan använda följande egenskap hos en lineär avbildning. Stoppa in λ = 0 och u = 0 i egenskapen hos en lineär avbildning att Då får vi speciellt G(λu) = λg(u). G(0) = 0 G(0) = 0.

123 1. ARKETYPISKT EXEMPEL-TILL VARJE MATRIS FINNS EN LINEÄRR AVBILDNING117 En lineär avbildning tar alltså nollvektorn till nollvektorn. Men det betyder att G 1 inte kan vara en lineär avbildning, eftersom G 1 (0, 0, 0) = (1, 0, 0) (0, 0, 0). (Det är alltså den konstanta termen 1 här som sabbar lineariteten.) Alltså måste G 2 vara den lineära avbildningen, om vi kan lita på problemformuleringen. Vi kollar (för u = (x 1, x 2, x 3 ) och v = (y 1, y 2, y 3 )): G 2 (u + v) = ((x 1 + y 1 ) + 2(x 2 + y 2 ) + 3(x 3 + y 3 ), 4(x 1 + y 1 ), 9(x 3 + y 3 )) = ( (x1 + 2x 2 + 3x 3 ) + (y 1 + 2y 2 + 3y 3 ), (4x 1 ) + (4y 1 ), (9x 3 ) + (9y 3 ) ) = och (x 1 + 2x 2 + 3x 3, 4x 1, 9x 3 ) + (y 1 + 2y 2 + 3y 3, 4y 1, 9y 3 ) = G 2 (u) + G 2 (v). G 2 (λu) = ((λx 1 )+2(λx 2 )+3(λx 3 ), 4(λx 1 ), 9(λx 3 )) = λ(x 1 +2x 2 +3x 3, 4x 1, 9x 3 ) = λg 2 (u) Alltså är bägge villkoren uppfyllda för att G 2 ska vara en lineär avbildning. Exempel 86. Vi såg i föregående exempel att konstanta termer inte gick bra ihop med linearitet. Det gör inte heller termer av grad större än 1. (Vi preciserar vad detta betyder: ett polynom i flera variabler är ett uttryck som kan bildas med multiplikation och addition från variablerna, t ex 3 + x 4 1x 3 2. Ett monom är ett polynom som kan fås genom bara multiplikationer, t ex x 3 1x 2 x Graden hos ett monom är antalet variabler som ingår, i exemplet lägger vi alltså ihop exponenterna och får = 121. Graden hos ett polynom är den maximala graden hos något ingående monom, t ex så har 3 5x 1 + x 2 1x 2 + 2x 4 1x 3 2 grad 7.) Nu till exemplet: sätt G(u) = (x 1 + 3x 2 x 3, x 1, x 3 ). Vi har att G(0) = 0 men avbildningen är trots detta inte lineär. Titta t ex på det andra villkoret G(λu) = ((λx 1 ) + 3(λx 2 λx 3 ), λx 1, λx 3 ). = = λ(x 1 + 3λx 2 x 3, x 1, x 3 ). Vi ser att vi lyckas bryta ut λ men att det är kvar ett λ bland vektorns koordinater. Tar vi lämpliga värden på variablerna så att (x 1 + 3λx 2 x 3, x 1, x 3 ) (x 1 + 3x 2 x 3, x 1, x 3 ) ser vi att avbildningen inte är lineär. T ex medan G(100 0, 100 1, 100 1) = (3 10 4, 0, 100), 100G(0, 1, 1) = 100(3, 0, 1) = (300, 0, 100), och dessa två vektorer är olika varandra, i strid mot vad linearitet hade krävt.

124 LINEÄRA AVBILDNINGAR Exempel 87. Nu ett mer intelligent exempel, nämligen på en geometrisk typ av avbildningar som är mycket användbara men som inte är lineära avbildningar. Låt a = (a 1, a 2, a 3 ) 0 vara en fix vektor och definiera translationen T a med denna vektor som T a (u) = u + a. (Vi knuffar, vilket på latin heter translaterar, alltså iväg alla vektorer u med den fixa vektorn a.) Om vi tänker oss att translationen agerar på ortsvektorer, translaterar vi alla punkter med vektorn a. Detta är inte en lineär transformation, t ex av samma skäl som i det första exemplet, eftersom T a (0) = a 0, enligt antagandet Första lärdomar av exemplena. Sats 26. Om G är en lineär avbildning så gäller i) G(0) = 0 och ii) G(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = λ 1 G(v 1 ) + λ 2 G(v 2 ) för alla v 1, v 2 R 3 och λ R. Bevis: Den första egenskapen visade vi ovan. Den andra följer så här: av additiviteten får vi först G(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = G(λ 1 v 1 ) + G(λ 2 v 2 ). Sedan har vi att G(λ 1 v 1 ) = λ 1 G(v 1 ) och motsvarande för den andra termen G(λ 2 v 2 ) = λ 2 G(v 2 ). Tillsammans ger detta påståendet. Notera två saker. Den första är att egenskapen hos en avbildning att uppfylla ii) i satsen här faktiskt är detsamma som att avbildningen är lineär. Om vi vet att ii) är sann kan vi t ex sätta λ 1 = λ 2 = 1 och få G(1 v 1 +1 v 2 ) = 1 G(v 1 )+1 G(v 2 ), vilket bara är ett annat sätt att säga att G är additiv på. Den andra egenskapen följer på liknande sätt. Ibland använder man därför egenskapen ii) som definition av lineär avbildning. Den andra saken värd att notera är att man kunde haft en summa av fler än två vektorer. Egenskap ii) kallas linearitet, och säger, lite löst, att G tar en lineärkombination 2 av två vektorer till en lineärkombination med samma koefficienter. Om vi tar en lineärkombination med 3, 4 eller fler vektorer, så kommer samma sak att gälla. Vi har alltså G(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + λ 3 v 3 ) = G(λ 1 v 1 ) + G(λ 2 v 2 ) + G(λ 3 v 3 ), 2 uttryck av typ λ 1 u 1 + λ 2 u λ k u k.

125 2. MATRISFRAMSTÄLLNING AV EN LINEÄR AVBILDNING VILKEN SOM HELST 119 och så vidare. Att visa detta är förstås (och faktiskt, vi är helt seriösa) en busenkel övning på induktion Matrisframställning av en lineär avbildning vilken som helst Vi såg tidigare att vi med en (3 3)-matris A kunde definiera en lineär transformation F A : R 3 R 3. Nu ska vi se att omvändningen också är sann, att varje lineär transformation F har en unik matris A så att avbildningen F svarar mot multiplikation med matrisen A, dvs F = F A. Vi ska göra detta i två versioner, först med R 3, vilket innebär att vi ser vektorer i rummet som lineärkombinationer av de tre basvektorerna e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) och e 3 = (0, 0, 1). Vi har (x 1, x 2, x 3 ) = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x 3 e 3. (19) I nästa delavsnitt ska vi notera att det argument vi använder för att analysera lineära avbildningar fungerar lika bra för vilken annan bas som helst (men då ger oss en annan matris!) Det enda väsentliga för att vi ska få en matris är sambandet (19). Vi påminner om notationen. Om v = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 så betecknar [v] e = x 1. Detta utläses som att v: s koordinater (i form av en kolonnmatris) i basen e är [v] e. x 2 x 3 Sats 27. i) Givet en 3 3-matris A så finns det en lineär avbildning F A : R 3 R 3 definierad av [F A (v)] e = A[v] e. ii) Om F är en lineär avbildning R 3 R 3 finns det en unik matris A, sådan att [F (v)] e = A[v] e. Satsen säger först att till varje matris A kan man få en lineär transformation genom att se på effekten som A ger på koordinaterna när man multiplicerar med den, och sedan att alla lineära transformationer fås på detta sätt från någon matris.

126 LINEÄRA AVBILDNINGAR Bevis: i) är en omformulering av Sats 25. Där definierade vi den lineära avbildningen F A på koordinatnivå som vänstermultiplikation med matrisen A. Alltså om v = (x 1, x 2, x 3 ) så att [v] e = x 1, så är bildvektorns koordinater givna av y 1 = [F A ((x 1, x 2, x 3 ))] e = A[v] e = A x 1. y 2 y 3 ii) Vi ska hitta matrisen A givet transformationen F. Tillämpa lineariteten på (19) x 2 x 3 F (x 1, x 2, x 3 ) = F (x 1 e 1 + x 2 e 2 + x 3 e 3 ) = x 1 F (e 1 ) + x 2 F (e 2 ) + x 3 F (e 3 ). (20) Nu är F (e 1 ), F (e 2 ), F (e 3 ) vektorer och alltså kan vi beskriva deras koordinater (i standardbasen e). Låt oss göra det i form av deras koordinatkolonnmatriser, alltså bestående av några bestämda reella tal, som vi numrerar på ett sätt som strax inses är naturligt. [F (e 1 )] e = a 11 Räkna sedan på: ur (20) får vi att a 21 a 31 [F (e 2 )] e = a 12 a 22 a 32 [F (e 3 )] e = a 13 a 23 a 33 x 2 x 3 [F (x 1, x 2, x 3 )] e = x 1 [F (e 1 )] e + x 2 [F (e 2 )] e + x 3 [F (e 3 )] e eller [F (x 1, x 2, x 3 )] e = x 1 a 11 a 21 + x 2 a 12 a 22 + x 3 a 13 a 23 = a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 x 1 x 2. a 31 a 32 a 33 x 3 a 31 a 32 Kalla nu 3 3-matrisen i den sista ekvationen för A och vi har bevisat satsens påstående. a 33

127 2. MATRISFRAMSTÄLLNING AV EN LINEÄR AVBILDNING VILKEN SOM HELST 121 Notera ett mycket användbart faktum från beviset, nämligen att kolonnerna i matrisen som hör till F är koordinatkolonnmatriser som hör till F :s värden på de tre olika basvektorerna, alltså [F (e 1 )] e, [F (e 2 )] e och [F (e 3 )] e. Det gör det ibland enkelt att bestämma matrisen som hör till F. Exempel 88. (Tentatal: osannolikt lätta varianten) Bestäm matrisen och den lineära transformation som hör till en lineär transformation F som uppfyller F (1, 0, 0) = (1, 2, 3) F (0, 1, 0) = (0, 0, 1) F (0, 0, 1) = (12, 3, 4) Lösning: Matrisen är alltså bara att skriva upp A = och det innebär att F (x 1, x 2, x 3 ) = (y 1, y 2, y 3 ) där y 1 y 2 = A x 1 x 2 = x x 3 2x 1 + 3x 3, y 3 x 3 3x 1 + x 2 + 4x 3 vilket kan skrivas som F (x 1, x 2, x 3 ) = (x x 3, 2x 1 + 3x 3, 3x 1 + x 2 + 4x 3 ). Exempel 89. (Tentatal: mer realistiskt svåra varianten) Följande är en typ av tal som är storsäljare i tentabranschen. Givet en lineär transformation F sådan att följande är känt. F (1, 0, 0) = (1, 2, 3) F (1, 1, 0) = (0, 0, 1) F (1, 1, 1) = (12, 3, 4) Bestäm F fullständigt! Lösning: Vi löser den på två olika sätt. Sätt som vanligt e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) och e 3 = (0, 0, 1). De tre vektorer vars bilder under F vi känner till, ser ut som (1, 0, 0) = e 1, (1, 1, 0) = e 1 + e 2, (1, 1, 1) = e 1 + e 2 + e 3. Utnyttjar vi nu lineariteten och den information vi har om F får vi att (1, 2, 3) = F (1, 0, 0) = F (e 1 ), (0, 0, 1) = F (1, 1, 0) = F (e 1 + e 2 ) = F (e 1 ) + F (e 2 ), (12, 3, 4) = F (1, 1, 1) = F (e 1 + e 2 + e 3 ) = F (e 1 ) + F (e 2 ) + F (e 3 ).

128 LINEÄRA AVBILDNINGAR Men då vet vi ju för det första att F (e 1 ) = (1, 2, 3), vilket följer från den första ekvationen, och sedan, från den andra och tredje ekvationen, att F (e 2 ) = (F (e 1 ) + F (e 2 )) F (e 1 ) = (0, 0, 1) (1, 2, 3) = ( 1, 2, 2), och slutligen F (e 3 ) = (F (e 1 )+F (e 2 )+F (e 3 )) (F (e 1 )+F (e 2 )) = (12, 3, 4) (0, 0, 1) = (12, 3, 3). Därmed vet vi koordinaterna för bilder av samtliga basvektorer, [F (e 1 )] e, [F (e 2 )] e och [F (e 3 )] e, och kan helt sonika skriva upp F :s matris. Den är A = och det innebär att med (y 1, y 2, y 3 ) = F (x 1, x 2, x 3 ) är y 1 y 2 = A x 1 x 2 = x 1 x x 3 2x 1 2x 2 + 3x 3, y 3 x 3 3x 1 2x 2 + 3x 3 och alltså är F (x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 x x 3, 2x 1 2x 2 + 3x 3, 3x 1 2x 2 + 3x 3 ). Men hallå, hur ska jag göra om vektorerna inte har dessa överdrivet enkla uttryck i basvektorerna? Snällhet är väl inte livets normalsituation, men då kan man göra så här. Vi löser samma exempel, men nu med en metod som alltid fungerar, givet att det faktiskt finns en enda (alltså entydig) lösning F. Vi tillämpar den genialiska grekiska metod, som går ut på att man ska antaga att man redan har löst problemet, och sedan resonera baklänges från det. (Metoden kallas analys förresten... så vi löser det här lineär algebraproblemet med analys...) Antag alltså att vi redan har hittat A, som är F :s matris. Vad vet vi då? Hur ska vi få håll på A? Jo, matrisen A kodar ju om sambandet y 1 = A x 1, y 2 y 3 mellan en vektors koordinater x 1 (i kolonnmatrisform) och koordinaterna y 1 x 2 x 3 av dess bild (också i kolonnmatrisform) under F och tillämpar vi detta på de tre x 2 x 3 y 2 y 3

129 2. MATRISFRAMSTÄLLNING AV EN LINEÄR AVBILDNING VILKEN SOM HELST 123 värden vi känner till så får vi följande: 1 2 = A 1 0, = A 1 1, = A Tänk nu efter och rita diagram och se att vi kan slå ihop detta till följande matrisekvation vitsen är att A gånger en kolonn är en kolonn... : = A Och hur man löser sådana matrisekvationer för att få A vet vi precis det är bara att hitta en lämplig invers matris, och multiplicera med den (på rätt sida): A = = = och däremellan räknades inversen till matrisen ut till En snabb koll visar att detta gav samma resultat som den föregående metoden vilket alltid är lika djupt tillfredsställande. Exempel 90. (Diagonalmatriser) Givet den lineära transformationen F som bara multiplicerar varje vektor med 13. Vad är dess matris? Vi vet alltså att F (v) = 13v. Vi ser att vilket innebär att dess matris är F (1, 0, 0) = (13, 0, 0) F (0, 1, 0) = (0, 13, 0) F (0, 0, 1) = (0, 0, 13) A = Sambandet mellan koordinater är förstås bara att man multiplicerar koordinaterna med 13. Så här härligt komplicerat kan vi nu beskriva detta (vi tar med det som en övning huvudsakligen i konsten att använda terminologiskt snömos, men

130 LINEÄRA AVBILDNINGAR också för att terminologin ska sitta lite bättre senare när vi kommer till basbyte och det blir vad soldathandboken antagligen hade kallat terminologiskt skarpt läge.) [F (v)] e = y 1 y 2 = 13x 1 13x 2 = x 1 x 2 = A[v] e y 3 13x x 3 Speciellt ser vi att identitetsavbildningen Id(v) = v har enhetsmatrisen som matris, ett faktum som vi återkommer till Med en godtycklig bas. Antag nu att vi har en bas b = (b 1, b 2, b 3 ) för R 3, som inte är standardbasen. I tillämpningar se till exempel nedan hur man analyserar rotation är ofta en annan bas än den vanliga bättre. Vi har redan gått igenom basbyte i Kap 6.3, och här ger vi bara en snabb repetition och ett minnestrick. Varje vektor v kan beskrivas som en lineärkombination med vissa koordinater. Vi beskriver detta som att [v] b = x 1, v = x 1 b 1 + x 2 b 2 + x 3 b 3. (21) vilket utläses som vektorn v:s koordinatmatris. Det fiffiga med koordinater är att de precis, exakt och unikt beskriver vektorn givet att vi vet vilken bas vi använder. För att komma ihåg hur ekvation (21) ser ut kan vi lite fuskaktigt införa en radmatris b vars element är vektorer inte tal, men som multipliceras med reella tal likt en matris: v = x 1 b 1 + x 2 b 2 + x 3 b 3 = (b 1 b 2 b 3 ) x 1 = b[v] b. (22) Nyttan med detta sätt att skriva är att det ska göra det enklare att förstå och därmed komma ihåg formlerna för basbyte. Men det är bara frågan om samma gamla basbytesmatris som infördes i kapitlet om baser. En lineär avbildning F tar förstås v till F (v). Bägge dessa vektorer beskrivs med koordinater, och vi kan fråga oss efter sambandet mellan dessa beskrivningar. Föga förvånande är det ordagrant detsamma som för standardbasen sambandet sker med matriser och argumentet är precis detsamma som tidigare. Det enda som man behöver göra är att överallt byta e mot b. Istället för att upprepa oss (än mer än vad vi redan gör) och ge dessa likadana bevis, ger vi några exempel x 2 x 3 x 2 x 3

131 2. MATRISFRAMSTÄLLNING AV EN LINEÄR AVBILDNING VILKEN SOM HELST 125 efter satsen. Men var redan nu varnad att vilken matris som svarar mot en lineär transformation beror på basen. En och samma lineära transformation har i olika baser olika matriser. Sats 28. i) Givet en 3 3-matris A så finns det en lineär avbildning F A : R 3 R 3 definierad av [F A (v)] b = A[v] b. i) Om F är en lineär avbildning R 3 R 3 finns det en unik matris A, sådan att [F (v)] b = A[v] b. Några exempel skingrar kanske dimmorna. Exempel 91. Vi har följande bas i rummet b 1 = (1, 1, 1), b 2 = (1, 1, 0), b 3 = (1, 0, 0), och dessutom är matrisen A = given. Enligt satsen ovan finns det en lineär transformation F A som svarar mot denna matris, i basen b. Vad är nu F A (10, 21, 32)? Enligt definitionen i satsen tar F A vektorn v med koordinaterna [v] b = x 1 till vektorn F A (v) med koordinaterna [F A (v)] b = y 1 y 2 := x 1 x y 3 Men detta sker när vektorerna uttrycks med sina koordinater i b-basen, så för att lösa uppgiften måste vi först ta reda på vilka koordinater i b-basen som v = (10, 21, 32) har. Gör vi detta på enklast möjliga sätt ska vi alltså lösa (10, 21, 32) = x 1 b 1 + x 2 b 2 + x 3 b 3 = (x 1 + x 2 + x 3, x 1 + x 2, x 1 ), x 3 x 2 x 3 eller ekvationssystemet x 1 + x 2 + x 3 = 10 x 1 + x 2 = 21 x 1 = 32

132 LINEÄRA AVBILDNINGAR Vi räknar lätt ut att lösningen till systemet är x 1 = 32, x 2 = 11, x 3 = 11 och med en del mer jobb sedan att A = Då har vi alltså räknat fram bildvektorn F A (v):s koordinater i b-basen, och vi har fått att F A (v) = 23b 1 + 7b b 3. (Vi kan uttrycka högersidan här i standardbasen och får då som förväntat, eftersom baserna är olika ett helt annat uttryck: F A (v) = (21, 16, 23)) Vi såg indirekt från detta exempel att samma lineära avbildning kan ha och oftast har olika matriser i olika baser. Man kan då fråga efter ett systematiskt samband i stil med det samband mellan koordinater som vi tidigare sett. Följande exempel visar hur sambandet ser ut. Exempel 92. Vi har vektorerna b 1 = (2, 3, 1), b 2 = (1, 0, 1), b 3 = (1, 1, 1). De utgör en bas t ex därför att determinanten av matrisen B med dessa basvektorer som kolonner är skild från noll: det = Antag nu att vi har en lineär avbildning F som i denna bas svarar mot en matris som vi kallar [F ] b. För att vara konkreta (och rätt räknemässigt) loja kan vi tänka på den som , och intrycket vi vill ge är att detta är en väldigt enkel matris, utan något mer komplicerat själsliv, ett slags sommarlovs- och shampooreklammatris. Och det är förstås sant i denna bas. Men i andra baser... Problemet är alltså att se vad matrisen för F är i en annan bas, t ex i standardbasen. Den matrisen kallar vi förstås om läsaren har knäckt koden [F ] e. Låt oss lägga allt vi kan om situationen på bordet i form av ekvationer och se vad vi kan få ut. Vi har en vektor v. Den har koordinater, dels i den ena, dels i den andra basen. Som i (22) kan vi skriva detta som

133 2. MATRISFRAMSTÄLLNING AV EN LINEÄR AVBILDNING VILKEN SOM HELST 127 och (för samma vektor v) v = b[v] b = (b 1 b 2 b 3 ) x 1, v = e[v] e = (e 1 e 2 e 3 ) x 2 x 3 x 1 x 2 x 3 (Här är e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) och e 3 = (0, 0, 1).) Sambandet mellan dessa två uppsättningar koordinater vet vi. Inför basbytesmatrisen B, som uttrycker hur basvektorerna b 1, b 2, b 3 uttrycks i e-vektorerna. (b 1 b 2 b 3 ) = (e 1 e 2 e 3 ) = eb Notera hur första kolonnen i basbytesmatrisen här precis är koordinaterna( i e- basen) till första basvektorn b 1 = (2, 3, 1), o s v. Basbytesmatrisen är förstås den matris som ger sambandet mellan koordinater. Det kan vi komma ihåg så här: Stoppa in uttrycket för b-basen från den tredje ekvationen i den första ekvationens uttryck för v och jämför med den andra ekvationens uttryck för samma vektor. v = (b 1 b 2 b 3 ) x 1 x 2 = (e 1 e 2 e 3 ) x 1 x 2 = (e 1 e 2 e 3 ) x 1 x x 3 Ur detta får vi följande samband mellan koordinater: x 1 x 2 = x 3 eller med vårt tjusiga beteckningssätt. x 1 x 2 x 3 x 3, [v] e = B[v] b. (23) Allt detta hade vi gjort tidigare, och vi har bara med det här som repetition. Nu till F. Vi har två matriser till F i de två baserna: x 3 [F (v)] e = [F ] e [v] e [F (v)] b = [F ] b [v] b

134 LINEÄRA AVBILDNINGAR Utnyttja nu dessutom att (23) också ger sambandet mellan koordinaterna i de två baserna för F (v), och att vi alltså har: [F (v)] e = B[F (v)] b = B[F ] b [v] b (24) Men vi hade också [F (v)] e = [F ] e [v] e = [F ] e B[v] b, och alltså har vi B[F ] b [v] b = [F ] e B[v] b. Detta ska vara sant för alla vektorer v, och därav följer(se följande övning) att B[F ] b = [F ] e B B[F ] b B 1 = [F ] e (25) (En basbytesmatris är ju alltid inverterbar.) Vi har löst problemet! Så när som på att vi måste räkna ut resultatet i vårt konkreta fall: [F ] e = B[F ] b B 1 = Vi använde följande resultat: Övning 1. Antag att A och B är 3 3-matriser. Visa följande: i) Om C = 1 0 och AC = BC, så behöver inte A = B.(Du ska alltså hitta 0 två matriser A B så att AC = BC) ii) Om C är en fix 3 1 kolonnmatris, vilken som helst, och AC = BC, så behöver inte A = B.(Du ska alltså hitta två matriser A B så att AC = BC) iii) Slutligen visa att om AC = BC, för alla 3 1 kolonnmatriser, så gäller A = B(Ledning: titta på kolonnmatriserna som hör till standardbasen.) Räkningarna i exemplet ovan var helt generella, inte knutna till de konkreta matriserna eller ens till vilka baser vi hade, så därför har vi ett bevis för följande sats. Sats 29. Givet två baser b 1, b 2, b 3 och c 1, c 2, c 3. Det finns då en basbytesmatris B, från basen b till basen c (vars kolonner består av koordinaterna för b-vektorerna i c-basen). Om F är en lineär transformation så har den i respektive bas matriserna [F ] b och [F ] c. Sambandet mellan dessa två matriser ges av [F ] c = B[F ] b B 1

135 2. MATRISFRAMSTÄLLNING AV EN LINEÄR AVBILDNING VILKEN SOM HELST 129 Exempel 93. I standardbasen har den lineära transformationen F matrisen Vilken matris har F i basen b 1 = (1, 0, 2), b 2 = (1, 1, 1), b 3 = (0, 0, 1)? Lösning: Förutom basen b är standardbasen e involverad här. Vi vet F :s matris i standardbasen, [F ] e samt basbytesmatrisen som uttrycker b-basen i e-basen kolonnerna är bara koordinaterna till b-vektorerna : Enligt satsen vet vi då att B = [F ] e = B[F ] b B 1, men, hallå, det är ju [F ] b vi letar efter, inte [F ] e?! Men det fixar sig, vi kan lösa ut genom att multiplicera med B 1 (från vänster OBS!), och B (från höger OBS!) B 1 [F ] e B = B 1 B[F ] b B 1 B = [F ] b. Det ger oss alltså en formel till för basbyte och ytterligare möjligheter att komma ihåg allting fel... Hur som, i vårt fall, får vi [F ] b = B 1 [F ] e B = = Exempel 94. Det finns några (men väldigt få) lineära transformationer som har samma matriser i alla baser. Tag t ex identitetstransformationen Id(x) = x. Om b 1, b 2, b 3 är basen så är Id(b 1 ) = 1 b 1 +0 b 2 +0 b 3, o s v. Eftersom koordinaterna för bilderna av de olika basvektorerna under den lineära transformationen ger transformationens matris så får vi att matrisen som hör till identitetsavbildningen är enhetsmatrisen E. Generellare, den lineära transformation som består av att vi multiplicerar vektorer med λ R, har också samma egenskap av att dess matris är densamma i alla baser. Eftersom λ(b 1 ) = λ b b b 3, så är dess matris oavsett basen en diagonalmatris med λ på diagonalen. Man kan visa att dessa är de enda.

136 LINEÄRA AVBILDNINGAR 3. Geometriska exempel på lineära avbildningar 3.1. Projektion. Antag att det är en solig dag. Ett flygplan flyger lågt över ett slättlandskap, så lågt att man ser skuggan av planet fara snabbt över marken. Givet att man vet längs vilken linje flygplanet flyger och solens position, hur ska man räkna ut den bana skuggan följer? Är det överhuvudtaget en rät linje? Om läsaren tycker detta är problem som möjligtvis skulle intressera tjuren Ferdinand, så kan man förvandla det fredliga Thailandsplanet till ett bombplan och fråga: hur designar man en app eller ett program som talar om var eventuella bomber hamnar? Projektion på ett plan. Ett enklare och fredligare problem är följande. Antag att Π är ett plan genom origo, i ett ON-system, och att planets normal är n. Då kan vi definiera den vinkelräta projektionen P roj Π (v) av en vektor v på planet, vilket vi redan tidigare visade är en lineär avbildning. Enligt definitionen ska alltså den vinkelräta projektionen w = P roj Π (v) av v uppfylla två villkor, som faktiskt bestämmer den entydigt, nämligen att om vi skriver (se figuren) så gäller att v = w + (v w). i) w ligger i (är parallell med) planet, och ii) v w är parallell med normalen till planet. n v v w w Π

137 3. GEOMETRISKA EXEMPEL PÅ LINEÄRA AVBILDNINGAR 131 Vi kan översätta detta till följande villkor. Eftersom w ligger i planet så är den därför vinkelrät mot planets normal. Det kan uttryckas som att skalärprodukten av w och planets normal är 0. Det är det första villkoret nedan. i) n w = 0 ii) v w = tn, för något t R Att v w ska vara parallell med normalen n, till planet, innebär ju att den är en multipel av normalen, och det är det andra villkoret. Nu ska vi bestämma t först genom att ta skalärprodukten av den andra ekvationen med n: n (v w) = n (tn) n v n w = n v = tn n t = n v n n. Kunskapen om t bestämmer w = v (v w) = v tn. Alltså har vi: Sats 30. Den vinkelräta projektionen P roj Π (v) av en vektor v på planet Π med normalvektorn n är P roj Π (v) = v n v n. (26) n n Dags att bli fysiska med ett exempel. Den stora poängen med detta exempel är att det visar hur man ska få fram matrisen till en godtycklig projektion. Exempel 95. (ON-system) Låt planet Π vara givet av ekvationen x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 0. Om v = (x 1, x 2, x 3 ), vad är koordinaterna för P roj Π (v)? Beskriv sambandet på matrisform. Lösning: Vi har att normalen till planet är (1, 2, 3), så n n = = 14 och n v = x 1 + 2x 2 + 3x 3. Alltså är P roj Π (v) = (x 1, x 2, x 3 ) x 1 + 2x 2 + 3x 3 (1, 2, 3) = 14 (x 1 x 1 + 2x 2 + 3x 3 14, x 2 2 x 1 + 2x 2 + 3x 3 14, x 3 3 x 1 + 2x 2 + 3x 3 ) = (13x 1 2x 2 3x 3, 2x x 2 6x 3, 3x 1 6x 2 + 5x 3 ). Detta samband kan beskrivas på matrisform som y = x 1 y 2 y x 2 x 3

138 LINEÄRA AVBILDNINGAR Exemplet får oss att återigen inse att projektion på plan genom origo är en lineär avbildning från R 3 till R 2, eftersom den kan beskrivas som en produkt med en matris (se Sats 25). Det kan vi också se direkt, från det uttryck vi räknade fram i föregående sats. Sats 31. Antag att Π är ett plan i R 3. Avbildningen är lineär. v P roj Π (v), Bevis: Vi visar bara additiviteten. Enligt formel 26 har vi ett uttryck för n (v + w) P roj Π (v + w) = (v + w) n = v + w ( n v n n n n + n w n n )n = = v n v n n n + w n w n n n = P roj Π(v) + P roj Π (w). Vi ser alltså att additiviteten följer av additiviteten hos skalärprodukten. På samma sätt bevisas lineariteten, att P roj Π (λw) = λp roj Π (w) som en konsekvens av motsvarande egenskap hos skalärprodukten Spegling. Matematiker menar med spegling avbildningen av en vektor i den verkliga världen genom spegeln in i spegelvärlden på baksidan av spegeln. Se bilden nedan. Matematiker rör sig alltså lika nördaktigt hemvant in i spegelvärlden som i den riktiga världen, till skillnad från vanliga människor som hindras av glasytan. P v Π O P roj Π(v) T S Π(v) Q Låt S Π (v) beteckna speglingen av vektor v i planet π. Från bilden är det klart att OP har spegelbilden S Π (OP ) = OQ och att P Q är vinkelrät mot planet Π och

139 3. GEOMETRISKA EXEMPEL PÅ LINEÄRA AVBILDNINGAR 133 därför parallell med normalen n. Speglingen bevarar längder och vinklar (när vi speglar i plan, som här, men förstås inte när speglingarna är buktiga som på lustiga huset. Så roligt ska vi inte ha. Inte nu i alla fall.) Alltså är trianglarna med hörn OP T respektive OQT lika stora (kongruenta), och speciellt är P Q = 2 P T. Som vektorer innebär det att P Q = 2P T. Punkten T, där P Q skär planet, är ändpunkten för projektionen OT av OP på planet Π. Och den vet vi redan hur vi ska räkna ut! Vi startade med OP och så drog vi bort T P : OT = OP T P = v ( n v )n. Drar vi nu bort QP = 2T P istället så får vi spegelbilden, vektorn n n OQ. Därmed har vi visat följande Sats 32. (ON-system) Spegelbilden S Π (v) av en vektor v i planet Π med normalvektorn n är S Π (v) = v 2( n v n n )n. Vi räknar ut matrisen till speglingen i det plan som vi nyss studerade projektionen på. Exempel 96. (ON-system) Låt planet Π vara givet av ekvationen x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 0. Om v = (x 1, x 2, x 3 ), vad är koordinaterna för S Π (v)? Beskriv sambandet på matrisform. Vi har att normalen till planet är (1, 2, 3), så n n = = 14 och n v = x 1 + 2x 2 + 3y 3. Alltså är S Π (v) = (x 1, x 2, x 3 ) 2( x 1 + 2x 2 + 3y 3 )(1, 2, 3) = 14 (x 1 2 x 1 + 2x 2 + 3x 3 14, x 2 4 x 1 + 2x 2 + 3x 3 14, x 3 6 x 1 + 2x 2 + 3x 3 ) = (12x 1 4x 2 6x 3, 4x 1 + 6x 2 12x 3, 6x 1 12x 2 4x 3 ). Detta samband kan beskrivas på matrisform som y = x 1 y 2 y x 2 x 3

140 LINEÄRA AVBILDNINGAR 3.3. Rotation. Om inte läsaren redan har tänkt tanken att 3, som i R 3, i kapitlets text är speciellt, kanske för speciellt, så är det dags att göra det nu. Varför skulle inte 3 kunna vara 2? I den meningen att vi tittar på avbildningar R 2 R 2, och beskriver dem med matriser som vi har gjort nyss? (Det är förstås så att vi också kan ersätta 3 med 4, men så stora tal som 4 och bortom är det bäst vi väntar med tills nästa kurs). Rotationer kring en punkt i planet är ett bra exempel. Låt oss nu hålla i huvudet den karismatiske folkskolläraren i Slättåkra, Pär Bartilssons maxim Matematik är det enda skolämne där man verkligen ska vara lat, ett förföriskt yttrande, som tyvärr visade sig vara huvudsakligen helt fel, men som dessförinnan hann påverka framtidsvalet för vissa av denna skrifts författare på ett avgörande sätt. Q v P O θ v Q P Vi har alltså avbildningen R θ, som roterar varje vektor v med θ radianer kring origo (se bilden ovan). Det är en avbildning R 2 R 2. Vi kan göra som nyss, och räkna ut effekten på en vektor vilken som helst v = (x, y). Det skulle folkskollärare Bartilsson tyckt varit osmart, en bokstavlig idoghet snarare passande för naturkunskap eller gymnastik. Istället skulle han rekommenderat att man i) noterar att R θ är en lineär avbildning (se bilden nedan för R θ (u + v) = R θ (u) + R θ (v). Rita själv den andra delen, för R θ (λu) = λr θ (u)),

141 3. GEOMETRISKA EXEMPEL PÅ LINEÄRA AVBILDNINGAR 135 R θ (v) R θ (u) R θ (u + v) = R θ (u) + R θ (v) v u + v O θ u samt att ii) då vet vi precis hur man får fram dess matris. Kolonnerna är ju nämligen koordinaterna av bilderna av basvektorerna e 1 = (1, 0) och e 2 = (0, 1). Från bilden nedan (och definitionen av cos och sin) syns det att dessa är R θ (e 1 ) = (cos θ, sin θ) och R θ (e 2 ) = ( sin θ, cos θ). e 2 R θ (e 2 ) θ θ R θ (e 1 ) e 1 Det betyder att vi kan beskriva sambandet mellan ursprungsvektorns v = (x 1, x 2 ) koordinater och bildvektorns koordinater R θ (v) = (y 1, y 2 ) på matrisform så här. ( ) ( ) ( ) y1 cos θ sin θ x1 = y 2 sin θ cos θ x Rotation kring en linje. Nu kan vi gå tillbaka till tre dimensioner. Antag att vi har en linje L och vill rotera vektorer kring denna (se figuren nedan:

142 LINEÄRA AVBILDNINGAR Låt u = P Q. Låt vidare Π 1 ăvara planet genom P vinkelrät mot linjen L. Punkten P är rotationen av P med vinkel θ kring L, alltså en rotation inom planet Π 1. Samma händer med punkten Q inom planet Π 2, som också är vinkelrät mot L. Vektor P Q är alltså lika med rotationen av P Q med vinkel θ kring linjen L.). L P θ P R θ (u) u Q θ Q Π 1 Π 2 Även detta är en lineär avbildning, som vi betecknar med Rθ L. Vi ställer oss frågan: hur ska man göra för att vara lat här? Hur skulle Bartilsson löst problemet? En idé är att hitta en bas som förenklar problemet. Tag en vektor b 1 som är parallell med linjen. Den förändras inte av rotationen: R L θ (b 1) = b 1. Sedan kan vi hitta en ON-bas (b 2, b 3 ) för planet som är vinkelrät mot linjen. Då kommer rotationen att beskrivas i det planet som om den var en rotation i dimension 2: R L θ (x 2 b 2 + x 3 b 3 ) = (x 2 cos θ x 3 sin θ)b 2 + (x 2 sin θ + x 3 cos θ)b 3 Då har vi alltså bestämt matrisen i denna bas: [Rθ L ] b = cos θ sin θ (27) 0 sin θ cos θ Sedan kan vi utnyttja basbytessatsen(sats 29) för att få fram matrisen i en annan bas. Exempel 97. Antag att vi har linjen L med riktningsvektor (1, 1, 1) genom origo. Beskriv matrisen i standardbasen för rotation θ radianer kring L.

143 3. GEOMETRISKA EXEMPEL PÅ LINEÄRA AVBILDNINGAR 137 Lösning: Enligt det som sades nyss ska vi hitta en ON-bas för planet som är vinkelrätt mot L. Det planet ges av {(x, y, z) x+y+z = 0}. Löser vi ekvationen (sätt z = t, y = s) så får vi lösningarna på parameterform: ( s t, s, t) = s( 1, 1, 0) + t( 1, 0, 1). Från detta ser vi att två basvektorer för planet är f 2 = ( 1, 1, 0) och f 3 = ( 1, 0, 1). Men de är inte vinkelräta, och bildar därmed absolut inte ett ONsystem, vilket vi behöver. Som tur är har vi en teknik för att få fram vinkelräta vektorer: vi behåller en av dessa, till exempel f 3 och istället för f 2 tar vi helt enkelt och subtraherar från f 2 den vinkelräta projektionen på f 3 (enligt det vi gjorde i avsnittet om projektioner, eller rentav det vi gjorde i ett tidigare kapitel Gram-Schmidts ortogonalisering): g 2 = f 2 ( f 2 f 3 f 3 f 3 )f 3 = ( 1 2, 1, 1 2 ). De två vektorerna g 2 och f 3 är nu vinkelräta mot varandra men har inte nödvändigtvist längd 1. Det kan vi åstadkomma genom att normera vektorerna och vi får en ON-bas för planet vinkelrät mot L. b 2 = ( 1, 1, 1) 2 2 = 1 ( 1, 2, 1), b 3 = ( 1, 1, 1) ( 1, 0, 1) ( 1, 0, 1) = 1 ( 1, 0, 1), 2 som tillsammans med riktningsvektorn för linjen L, b 1 = (1, 1, 1), utgör en bas anpassad för systemet. Nu vet vi att matrisen till Rθ L i denna bas ges av (27), och kan applicera basbytessatsen(sats 29) ovan för att få matrisen i standardsystemet. Basbytesmatrisen är och det sökta svaret är B = , B[R L θ ] b B 1. Vadå? Ska vi inte tillbringa ytterligare en mysig halvtimme med att räkna ut denna matris? Nej, inte just nu, ty vi har verkligen löst problemet, upp till två enkla multiplikationer och en inversion, som inte kommer att lära någon något, och svaret i explicit form kan vi enklast få genom att kila iväg till närmsta datoralgebrasystem, och vi känner oss lata idag... solen skiner. Man ska också notera att realistiska problem, typ det som vi sysslade med här, snabbt blir räknemässigt jobbiga, till skillnad från de snälla, tillrättalagda problem som vi oftast har i lineär algebraboken. Därför behöver man i verkligheten just effektiva datorer... gärna utomhus, med en drink, vid vattnet.

144 LINEÄRA AVBILDNINGAR 4. Mer om lineära avbildningar 4.1. Injektiva, surjektiva och bijektiva avbildningar. Vi har i analysen sett att det är viktigt och intressant att hålla reda på en funktions värdemängd, t ex undersöka när den antar alla värden i målmängden, liksom när den är injektiv, d v s aldrig har samma värde på två olika argument. Vi påminner om definitionerna. Definition 9. En avbildning mellan två mängder F : V W är injektiv om och endast om v 1 v 2 = F (v 1 ) F (v 2 ) surjektiv om och endast om det till varje w W finns ett v V sådant att F (v) = w. bijektiv om och endast om den är både surjektiv och injektiv. Definitionen ovan fungerar för vilken avbildning F : R 3 R 3 som helst. Låt oss skynda oss att se att man kan förgylla livet med linearitet, eller i alla fall göra det enklare att kolla injektivitet. Sats 33. En lineär avbildning F : R 3 R 3 är injektiv om och endast om F (v) = 0 v = 0. Bevis: Kom ihåg att för en lineär avbildning gäller att F (0) = 0. Om F är injektiv så gäller speciellt att enda chansen att värdena av v och 0 är desamma, d v s F (v) = F (0) = 0 är när v = 0. Omvänt, om villkoret i satsen är uppfyllt, så ska vi visa att F är injektiv. Antag alltså att F (v 1 ) = F (v 2 ). Då gäller 0 = F (v 1 ) F (v 2 ) = F (v 1 v 2 ). Alltså avbildas v 1 v 2 på 0 av F, och enligt villkoret i satsen betyder det att v 1 v 2 = 0 eller att v 1 = v Bas. Antag att R 3 är rummet av vektorer i rummet och a 1, a 2, a 3 är tre vektorer i det. Definiera en avbildning F : R 3 R 3 genom F (x 1, x 2, x 3 ) = x 1 a 1 + x 2 a 2 + x 3 a 3. Följande påståenden är ett sätt att se på vad det innebär att a 1, a 2, a 3 är lineärt oberoende och bas. Lineärt oberoende svarar mot att F är injektiv och vi har en bas när avbildningen dessutom är surjektiv. Intuitionen med bas är att vi kan använda den för att ersätta vektorer jobbiga geometriska begrepp med snälla tripplar av tal. Vi gör det med funktionen F (eller snarare dess invers). Sats 34. För avbildningen F gäller: i) F är en lineär avbildning

145 5. SAMMANSÄTTNING OCH INVERS 139 ii) F är injektiv precis när vektorerna a 1, a 2, a 3 är lineärt oberoende. iii) F är bijektiv precis när vektorerna a 1, a 2, a 3 är en bas. Bevis: i) Vi bevisar bara additiviteten. Antag att u = (x 1, x 2, x 3 ) och v = (y 1, y 2, y 3 ). Då är F (u + v) = (x 1 + y 1 )a 1 + (x 2 + y 2 )a 2 + (x 3 + y 3 )a 3. Men detta är samma som F (u) + F (v) = (x 1 a 1 + y 1 a 1 ) + (x 2 a 2 + y 2 a 2 ) + (x 3 a 3 + y 3 a 3 ). ii) Att avbildningen är injektiv betyder enligt satsen nyss precis att F (u) = 0 u = 0, eller med användning av F :s definition: x 1 a 1 +x 2 a 2 +x 3 a 3 = 0 (x 1, x 2, x 3 ) = 0 x 1 = 0, x 2 = 0 och x 3 = 0. Det sista villkoret här är ju nu precis detsamma som att de tre vektorerna ska vara lineärt oberoende. iii)att a 1, a 2, a 3 är en bas innebär att vektorerna dels ska vara lineärt oberoende, och dels ska varje vektor i R 3 kunna skrivas som en lineärkombination av dem. Det sista villkoret innebär att till varje v R 3 så ska det finnas x 1, x 2, x 3 R så att v = x 1 a 1 + x 2 a 2 + x 3 a 3. Men detta är ju precis villkoret för att det ska finnas u = (x 1, x 2, x 3 ) så att v = F (u), d vs villkoret för att F ska vara surjektiv. 5. Sammansättning och invers Om F är en lineär avbildning R 3 R 3, och G är en annan lineär avbildning R 3 R 3, så kan vi bilda de två avbildningarnas sammansättning: v F (v) = w G(w) = G(F (v)). Denna avbildning kallas ibland G F. Det gäller alltså definitionsmässigt att (G F )(v) = G(F (v)). Observera ordningen: först tillämpar vi F på v sedan G. Gör vi tvärtom får vi en annan avbildning, (F G)(v) = F (G(v)). Sats 35. Antag att F och G är lineära avbildningar R 3 R 3, med matris A respektive B (i basen b). Sammansättningen G F : v G(F (v)) är en lineär avbildning med matris BA. Vi kan också formulera detta som att [(G F )] b = [(G)] b [(F )] b. Bevis: Att F har matrisen A betyder att koordinatmatrisen till F (v) är [F (v)] b = A[v] b, och på samma sätt är

146 LINEÄRA AVBILDNINGAR [G(w)] b = B[w] b. Om detta sista tillämpas på w = F (v) får vi [G(F v))] b = [G(w)] b = B[w] b = BA[v] b, vilket precis säger att sammansättningen representeras av matrisprodukten BA. Exempel 98. (Typiskt tentatal) Den lineära avbildningen F är definierad som vektorprodukten F (v) = v (1, 2, 1), medan G är projektionen på planet med ekvation x 1 +x 2 = 0. Vad är matrisen för sammansättningen G F (i standardbasen)? För att få fram F :s matris, kan man räkna ut F :s värde på de olika basvektorerna: så att F (1, 0, 0) = (0, 1, 2), F (0, 1, 0) = ( 1, 0, 1), F (0, 0, 1) = ( 2, 1, 0), [F ] e = För att få G:s matris tillämpar vi teorin i förra avsnittet. Ekvation (26) säger G(v) = v n v n n n. Normalen till planet kan vi läsa av från ekvationen till n = (1, 1, 0) och sätter vi v = (x 1, x 2, x 3 ) så får vi då n v = x 1 + x 2 och n n = 2, så G(v) = (x 1, x 2, x 3 ) ( x 1 + x 2 )(1, 1, 0) = (x 1 x 2, x 2 x 1, 2x 3 ). Från detta ser vi vad matrisen är, eftersom vi nämligen har 1 2 (x 1 x 2, x 2 x 1, 2x 3 ) = x 1 x x 3 Till slut får vi alltså att matrisen för sammansättningen är [G F ] e = [G] e [F ] e = = Sats 36. Antag att G är en bijektiv lineär avbildning R 3 R 3, med matris A (i basen b). Då finns en invers avbildning G 1 som är en lineär avbildning R 3 R 3. Dessutom är A inverterbar, och den inversa avbildningens G 1 :s matris är

147 5. SAMMANSÄTTNING OCH INVERS 141 A 1. Omvänt, om G är en lineär avbildning R 3 R 3, med inverterbar matris A så har G en invers och är alltså bijektiv. Bevis: Att en bijektiv avbildning G har en invers är klart (och diskuterat i analysdelen av kursen). Inversen definieras som v = G 1 (w) precis när G(v) = w. (Surjektiviteten hos G behövs för att denna definition ska ge ett resultat v för varje w och injektiviteten för att detta v ska vara entydigt.) Den inversa avbildningen är lineär, ty låt w = λ 1 w 1 + λ 2 w 2, och välj v 1 så att G(v 1 ) = w 1 och G(v 2 ) = w 2. Det betyder att G 1 (w 1 ) = v 1 och G 1 (w 2 ) = v 2. Nu har vi å ena sidan, G(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = λ 1 G(v 1 ) + λ 2 G(v 2 ) = λ 1 w 1 + λ 2 w 2 = w. Å andra sidan är därför G 1 (w) = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 = λ 1 G 1 (w 1 ) + λ 2 G 1 (w 2 ), och därmed är inversen en lineär transformation. Ur definitionen av den inversa transformationen är det klart att sammansättningarna G 1 G och G G 1 är identitetsavbildningen. Identitetsavbildningen har enhetsmatrisen som matris. Men enligt föregående sats betyder det att produkten av de två avbildningarnas matriser [G] b [G 1 ] b = [G 1 ] b [G] b = E. Det betyder att den inversa avbildningens matris är inversen till A = [G] b. Omvänt om A är inverterbar så kan vi definiera den lineära avbildning F som har A:s invers som matris. Sammansättningarna G F och F G har då enhetsmatrisen AA 1 = A 1 A = E, som matris och är därmed identitetsavbildningen. Det betyder att G har inversen F. Exempel 99. (Typiskt tentatal)den lineära transformationen G är given av matrisen a a + 2 a + 5 i standardbasen. Bestäm för vilka värden på parametern a som G har invers. Enligt satsen ovan är det frågan om att ta reda på för vilka a som matrisen är inverterbar. Det kan vi göra genom att beräkna dess determinant som är a 2 + 5a. Denna är skild från noll precis när a inte är 0 eller 5. Så då är matrisen och avbildningen inverterbar. Hade någon nu bett oss(mycket snällt t ex) att beräkna inversen, så hade vi också kunnat göra det, med den vanliga tekniken, baserad på Gauss-Jordan

148 LINEÄRA AVBILDNINGAR elimination. Svaret hade då utan större möda blivit 1 a2 + 7a + 4 a 5 1 a a 4 a a 2 + 5a a 0 a (Vi ser förresten också på detta uttryck, som vi ju kommer fram till utan determinanter, varför vi måste ha a 2 + 5a 0 för att det ska finnas en invers.) Här har vi fått den inversa matrisen, och den inversa avbildningen ges då av G 1 (x 1, x 2, x 3 ) = 1 a 2 + 5a a2 + 7a + 4 a 5 1 a a 4 a a 0 a x Operatorer. De lineära transformationer vi har betraktat är speciella. Titta t ex på avbildningen R R 3 given genom G(t) = (t, 2t, 3t). Det är lätt att kolla att den är additiv G(t + s) = (t + s, 2(t + s), 3(t + s)) = (t, 2t, 3t) + (s, 2s, 3s) = G(t) + G(s), och ännu enklare att G(λt) = λg(t). Alltså är det en lineär transformation? Ja, men inte så som vi definierade dem, eftersom vi byggde in i definitionen att lineära transformationer var avbildningar R 3 R 3. Generellt är lineära transformationer avbildningar R n R k som bevarar addition och multiplikation med skalärer. I del 2 av denna kurs kommer vi, som vi har tjatat om, att behandla dem i denna allmänhet. Nu vill vi bara nämna detta för att läsaren inte ska minnas och sedermera tro att följande sats gäller alla lineära transformationer. Följande starka sats gäller bara om vi har lineära transformationer från R k till sig själv. Sådana lineära transformationer kallar man operatorer. Sats 37. Antag att F är en lineär transformation från R 3 till R 3. Följande påståenden är ekvivalenta: i) F är bijektiv ii) F är surjektiv iii) F är injektiv iv) Matrisen [F ] e till F är inverterbar. v) Matrisen [F ] b till F är inverterbar i vilken bas bsom helst. vi) det[f ] e 0 vii) det[f ] b 0 i vilken bas bsom helst x 2 x 3 Bevis: Vi har sett(sats 36) att i), iv) och v) är ekvivalenta. Vidare så är inverterbarhet hos en matris ekvivalent med att dess determinant är skild från noll. Det ger att vi) och vii) är ekvivalenta med i), iv) och v).

149 5. SAMMANSÄTTNING OCH INVERS 143 Om nu F är bijektiv är den förstås både surjektiv och injektiv. Det säger att i) = ii) och i) = iii). Omvänt, antag nu först att F är surjektiv. Då har vi alltså att för varje vektor w så kan vi hitta en vektor v så att w = F (v). Översatt till matriser säger detta, om A = [F ] e är F :s matris, att det för varje Z är möjligt att hitta X så att Z = z 1 = A x 1 = AX. z 2 z 3 Speciellt kan vi då göra som i ett tidigare exempel,där det diskuteras hur man hittar en invers till en matris, och lösa de tre ekvationerna x 2 x 3 AX 1 = 1 0, AX 2 = 0 1 AX 3 = Om nu B är matrisen vars kolonner är X 1, X 2, X 3 så gäller då att AB = E. Alltså är A inverterbar. Detta visar att ii) = iv). Injektiviteten går också att uttrycka i termer av ekvationssystem. Den säger att F (v) = 0 medför att v = 0. Uttryckt i dessa vektorers koordinater säger detta att 0 = AX bara har den triviala lösningen X = 0. Men ett sådant ekvationsssystem har en koefficientmatris som är inverterbar. Alltså gäller också att iii) = i). Detta avslutar beviset! Vi har visat att alla påståendena är sanna precis samtidigt. Exempel 100. Nu ska vi titta på en lineär avbildning F a som varierar, beroende av en parameter a R. Problemet är att avgöra när (alltså för vilka a) transformationen F a är injektiv, surjektiv eller bijektiv. Transformationen är beskriven genom sin matris, alltså dess verkan på koordinater. Om v = (x 1, x 2, x 3 ) så är bildvektorns koordinater F a (v) = (y 1, y 2, y 3 ), där sambandet mellan koordinater ges av följande matrisekvation. y 1 y 2 = 1 a17 + cos(e 117a ) 57a 0 a x 1 x a y 3 x 3 En kallblodig läsare, med mer än normalt starka nerver, har redan hunnit noterat att detta är en övre triangulär matris, med snäll diagonal och nåt som säkert är avsett att vara chockerande komplicerat ovanför den. Frågan var när F a är injektiv, surjektiv eller bijektiv. Vi vet att detta är detsamma som att matrisen till avbildningen ska ha determinant skild från noll. Men determinanten av matrisen är a(a 2 1), som är skild från noll precis när a 0, ±1.

150 LINEÄRA AVBILDNINGAR 6. Men seriöst, varför förekommer lineära avbildningar överallt, om de nu verkligen gör det? Vi vill motivera att lineära avbildningar, som studeras i detta avsnitt verkligen är grundläggande och i någon mening de enklaste av alla avbildningar eller funktioner från R n R k. I texten ovan har vi mest jobbat med n = k = 3, men all teori går lika bra för n, k vilka som helst. Motivation kan ges på många olika sätt, och en del av dessa har synts i exemplen i de föregående sektionerna, men här vill vi göra detta, genom att skissa hur lineära avbildningar används för att generalisera begreppet derivata, sett som en lineär approximation till en funktion. Detta är ingenting vi kommer att säga mer om under kursen, utan tillämpningar kommer i senare kurser, men det ger alltså en slags förklaring till varför matriser och varför lineära avbildningar är ofrånkomliga i all matematisk praxis. Den läsare som blint litar på att allt vi lär ut är lika användbart som intressant och roligt kan nöja sig med att läsa definitionen av lineära avbildningar en gång till och sedan gå vidare till nästa avsnitt... I analyskursen har vi spenderat mycket tid med att studera funktioner av en reell variabel. Vi startade mycket allmänt med funktioner vars enda egenskap var att de var kontinuerliga, och sedan skaffade vi oss en arsenal av verktyg för att studera sådana allmänna funktioner. Ett sådant verktyg eller idé är derivator och tangenter, som i en formulering säger att en funktions beteende kan approximeras med en lineär funktion (i närheten av en punkt). Approximationen fungerar (oftast) bara bra just nära en punkt, så i närheten av en annan punkt får man välja en annan lineär funktion, men idén med lineära approximationer används gång på gång, både i bevis av satserna i den matematiska teorin och som ett tanke- och beräkningshjälpmedel i tillämpningar av matematik. Men de flesta funktioner man studerar beror inte bara på en enda variabel utan på många ska vi beskriva t ex vädret på jordytan behöver vi två koordinater för att beskriva vilken plats det är frågan om, och sedan beskrivs kanske vädret i form av en vektor med en koordinat som beskriver temperaturen, en för trycket, två för vindriktningen, en för vindstyrkan... Det blir en funktion R 2 R 5, och hur ska man då generalisera insikten om lineära approximationer från envariabelteorin? Låt oss titta närmare på tangenter och derivator i en variabel. Vi fixerar en punkt a, och det är i närheten av den punkten vi vill ha en bra approximation. Om funktionen f är deriverbar i x = a, så säger detta att, för alla förändringar x i x-värdet, blir motsvarande förändring i y-värdet y = f(a + x) f(a) = f (a) x + R( x),

151 6. MEN SERIÖST, där feltermen R( x) snabbt går mot 0 när x går mot 0 (se analysboken för en mer precis formulering). Poängen, dit vi vill komma, är att approximationen yf (a) x, är en riktigt bra approximation (nära punkten x = a), den bästa approximation vi kan göra med en lineär funktion i viss mening. Vad är det för typ av approximation? Tittar vi på högerledet och ställer oss frågan vilken typ av funktion detta är, och försöker få en känsla för dess snällhet, ser vi att det förstås svarar mot multiplikation med ett tal (f (a) ) x f (a) x. Varför är detta snällt? Jo t ex, för att det är en lineär funktion G( x) i följande mening. (För att vara riktigt äckligt överpedagogiska: givet att vi har t ex funktionen x G(x) = 13x, visst är det så att och G(x 1 + x 2 ) = 13(x 1 + x 2 ) = 13x x 2 = G(x 1 ) + G(x 2 ), G(λx 1 ) = 13λx 1 = λ(13x 1 ) = λg(x 1 ), så alla villkor i definitionen gäller för G(x).) Vår motivation för begreppet lineär avbildning i definitionen är nu framför allt hur följande definition ser ut. Den generaliserar begreppet deriverbarhet av en funktion av en variabel, till vektorvärda funktioner av flera variabler, och är ett sätt att studera sådana funktioner med hjälp av lineära approximationer. Den ges här som en liten aptitretare... Definition 10. En funktion F : R n R k sägs vara differentierbar i x = a R n om det finns en lineär transformation G : R n R k, sådan att y = F (a + x) F (a) = G( x) + R( x) för någon funktion R( x) sådan att lim x 0 R( x) ) = 0. x Det sista ska förstås (och tills vidare) bara kommas ihåg som att feltermen R uppfyller ett villkor som uttrycker att den går snabbt mot 0 när x går mot 0. Kontentan är att förändringen av funktionsvärdet yg( x), är approximativt givet av den lineära transformationen G.

152 LINEÄRA AVBILDNINGAR 7. Övningar (2) Låt A = och F A vara den lineära avbildning vars matris i standardbasen är A. (a) Bestäm F A (1, 1, 1). (b) Visa att F A är inverterbar och bestäm F 1 A (x 1, x 2, x 3 ) explicit. (3) Givet en lineär transformation F sådan att följande F (1, 0, 1) = (1, 2, 3) F (1, 1, 0) = (1, 0, 1) F (0, 1, 1) = (2, 3, 4) är känt. Bestäm F fullständigt, d v s räkna ut F :s matris. (4) Låt w R 3. Visa att avbildningen F (v) := v w är en lineär avbildning(du får använda satser om vektorprodukt, förstås). (a) Visa att den aldrig kan ha en invers. (b) Beräkna matrisen till den lineära transformationen F (v) := v (1, 1, 1). (5) Beräkna matrisen till den vinkelräta projektionen på planet x 1 +2x 2 +x 3 = 0. (6) Beräkna matrisen till speglingen i planet x 1 + 2x 2 + x 3 = 0. (7) S är den lineära transformation som svarar mot spegling i ett plan. I en bas b har S matrisen A. Visa att AA = E, så att A är sin egen inversa matris. (8) R θ, för θ R är den lineära transformation som svarar mot rotation θ radianer moturs. (a) Vad är R θ R η? (b) Låt A θ vara matrisen till R θ, θ R i standardbasen i planet. Visa att A θ A η = A θ+η. Visa att ur detta följer additionsreglerna för cos och sin. (9) (a) Låt F vara en lineär transformation för vilken F (1, 1, 0) = (1, 0, 0), F (0, 1, 1) = (0, 1, 0) och F (1, 0, 1) = (0, 0, 1). Visa att F är bijektiv och bestäm matrisen för F 1.(Ledning: inga räkningar behövs, utan det räcker att stirra på givna data.) Bestäm matrisen till F. (b) Låt G vara speglingen i planet x + y + 2z = 0. Bestäm G:s matris.

153 7. ÖVNINGAR 147 (c) Bestäm matrisen för G F. (10) I standardbasen har den lineära transformationen F matrisen Vilken matris har F i basen b 1 = (1, 2, 3), b 2 = (1, 1, 1), b 3 = (0, 0, 1)?

154 KAPITEL 11 Får vi gå nu, eller? Om andragradskurvor Det finns förstås mer. Detta är ett bonuskapitel, som bara finns här för att visa glädjen i vad man kan använda matematik till. Och så förstås för att det ger så bra tentamensfrågor, men det behöver man ju inte bekymra sig om. Just nu, i alla fall. Vi lovar att återkomma till detta. Retoriska frågor är underbara. Den här t ex: Vad är en linje? Ett tänkbart svar är: Det är den kortaste vägen mellan två punkter. Ett annat: Den bana genom rummet som en partikel färdas om den inte utsätts för några krafter alls. Om den är alldeles ensam i ett flyttstädat universum, utan sol, stjärnor, utan måne. I kompendiet har vi haft flera andra delvis mer matematiska svar. Vi har pratat om ekvationer, och parameterframställningar. Det blir, om jag har räknat rätt, fyra olika möjliga definitioner (och om man konsulterar Matematikterminologi för skolan, kan man roande se att en rejäl kvalitetsdefinition, som t o m mammiga småskolebarn ska kunna känna sig trygga med, kräver begrepp som Hausdorffdimension och fraktaler, men så är ju matematiken, även ur andra aspekter mycket enklare här på universitetet än där.) Linjer kan alltså införas eller definieras på många olika sätt, fyller alltså många olika funktioner, och dyker upp i många olika fysikaliska modeller. De är naturliga objekt att studera ur flera olika aspekter. Vad vore då nästa steg, när man har smält linjer och plan, och inte längre vill låta sig nöjas med dessa, utan kräver kraftigare stimulans? Vilka kurvor ska man undersöka då? Och vilka tillämpningar finns det? En linje är ju lösningsmängden, d v s alla lösningarna (x, y) till en ekvation av typen x + y + 1 = 0. Ett försiktigt förslag, som utgår från denna användning av ekvationer för linjer, är att titta på kurvor som beskrivs av andragradsekvationer linjer och plan beskrivs ju av förstagradsekvationer. Några sådana kurvor känner vi ju redan till: en är cirkeln som består av alla lösningar till andragradsekvationen x 2 + y 2 = 1. Ett annat djärvare förslag, inspirerad av den nyss nämnda partikeln som i frånvaron av yttre krafter rör sig längs en linje, är att se vilken bana en partikel, typ jorden, som rör sig påverkad av en annan partikel, typ solen, med en kraft med 148

155 1. VARFÖR ANDRAGRADSKURVOR LITE HISTORIA 149 vissa egenskaper, typ gravitation. Det är ett litet, men inte helt ensamt universum med två påverkade partiklar, alltså. Vilka är kurvorna i ett sådant universum? Ett tredje förslag är att skära sönder en glasstrut. Märkligt nog leder alla dessa förslag till samma kurvor: ellipser, parabler och hyperbler. 1. Varför andragradskurvor lite historia Låt oss starta med att precisera det där med glasstrutar. Vi är inte psykopater (i alla fall inte en del av oss), utan det är (nästan) den historiskt äldsta definitionen av kägelsnitt Kägelsnitt. Ta en glasstrut en kägla, i äldre språkbruk, eller kon och skär den med en skarp kniv, i ett plan. Skär vi vinkelrät mot glasstrutens centralaxel får vi ett snitt som ser ut som en cirkelskiva. Ett snett snitt ger ett område begränsat av en deformerad cirkel, som vi kallar ellipsformad. Ett väldigt snett snitt ger ett hyperbelformat område. Däremellan, om snittet skär glasstrutens centralaxel under precis samma vinkel som centralaxeln bildar med strutens yttre skal, så ger snittet ett parabelformat område. Dessa snitt kallas för kägelsnitt(eller direktöversatt från engelskan koniska sektioner). En del av illustrationerna nedan är f ö hämtade från internet, och använder därför engelsk terminologi. Eller, mindre våldsamt och mindre komplicerat, tag en ficklampa och lys med den på en vägg. När vi pekar den rakt på väggen får vi ett cirkelformat ljust område, lutar vi ficklampan lite får vi ett ellipsformat som sedan när vi lutar alltmer, övergår till ett parabelformat och slutligen till hyperbelformat område. Väggen skär den kon av ljus som ficklampan sprider. Visst är det långtifrån intuitivt och rätt udda att dessa koniska sektioner ska svara mot kurvor som är andragradsekvationer, och i någon mening är de näst mest komplicerade av kurvor? Men mest fascinerande är att dessa kurvor har så mycket både osannolikt speciella, men också användbara egenskaper. Låt oss välja ut några få och beskriva dem, innan vi går över till hur vi ska beskriva kurvorna med hjälp av ekvationer. Egenskaperna har med ljus och radio, ljud och gravitation att göra Ellipser. Detta är kurvorna du ska använda om du är en grym och despotisk tyrann som vill avlyssna dina undersåtar, men göra detta på ett ekologiskt sätt.

156 ANDRAGRADSKURVOR Figur 1. Kägelsnitt Men först hur kan man rita upp en ellips? I punkterna F1 och F2 i figuren nedan har man fäst ett snöre, som sedan sträcks med en penna. När man flyttar pennan runt, hela tiden med snöret sträckt, får man en ellips. Figur 2. Konstruktion av en ellips

157 1. VARFÖR ANDRAGRADSKURVOR LITE HISTORIA 151 Matematiskt kan vi uttrycka detta som att punkter P på ellipsen är precis de punkter som uppfyller att (där L är längden på snöret). P F 1 + P F 2 = L, Detta är ett snabbt och rätt effektivt sätt att konstruera en ellips, men här är en intressantare egenskap. Punkterna F 1 och F 2 i figuren kallas brännpunkter. Det beror på följande underbara egenskap. Antag att vi i figuren nedan har tänt ett ljus i den ena av brännpunkterna, samt försilvrat insidan av ellipsen(lite gotiskt det där). Då studsar ljusstrålarna mot ellipsens insida och går därefter allihop genom den andra brännpunkten, som alltså blir mycket ljus. Denna egenskap har utnyttjats i Westminster Abbey. Där finns ett whispering gallery som är ett stort rum med väggar som är ellipsformade. Står man vid den ena brännpunkten kan man avlyssna ett samtal som förs i den andra brännpunkten, trots att detta inte hörs av andra som står mycket närmare. Ljudet studsar på precis samma sätt som ljuset nyss. Observera hur detta bygge sparar på ström och dyrbar utrustning, i sann mening något att stolt ta upp under rubriken miljöarbete i säg MI5:s (Bonds gamla arbetsgivare) årsrapport. Figur 3. På insidan försilvrad ellips från ett 1500-tals träsnitt 1.3. Hyperbler. Detta är kurvan för dig som snabbt vill lämna solsystemet. Ett av förslagen för hur man skulle kunna skapa mer komplicerade kurvor i inledningen var att titta på en partikel och solen. Detta var den första riktigt viktiga tillämpningen av kägelsnitt, och ledde till den moderna civilisationen, om man vill göra det till en bra historia.

158 ANDRAGRADSKURVOR Så här gick det till. Tycho Brahe (en dansk på Ven, numera svensk ö, talet) skaffade omfattande astronomiska mätdata, innan den utsugna bondebefolkningen reste sig inte en kvadrant till! och slog sönder alla hans instrument. Han flydde vagnar fulla av astronomiska observationer till Prag där kejsar Rudolf II gav honom arbete och alla, främst Tycho Brahes släktingar, försökte lägga beslag på hans mätningar. Man förutspådde att de skulle ha stor ekonomisk betydelse, eftersom de skulle leda till en vetenskaplig astrologi. Tänk om man verkligen kunde beräkna vilken den rätta dagen är för att gå upp i en muntlig tenta! Eller snarare när man ska så vete... Tycho Brahes assistent Johannes Kepler ung, mörklockig lyckades tänk nu vilda biljakter i Prags smala gränder få anteckningarna med sig, och nu kommer kägelsnitten insåg sedan helt genialiskt att Mars bana kring solen verkligen var en ellips, inte en komplicerad modell med 72 små cirklar som snurrade i otakt, som alla dittils ansett och räknat (rätt exakt) på. Verkligen ett praktexempel på att tänka utanför boxen (det låter förstås fånigt i efterhand men är helt sant, även att Kepler faktiskt var riktigt genialt enastående!) Att planetbanorna var ellipser av olika storlekar accepterades (utom av katolska kyrkan, som förbjöd Keplers böcker fram till 1800-talet i alla katolska länder, vilket gjorde att nervösa matematiker, typ Descartes, flyttade till Holland en plats där man f ö ungefär samtidigt uppfann den moderna bekväma fåtöljen.) I mitten av 1600-talet åtog sig Isaac Newton projektet att utifrån detta faktum (planeters banor, inte fåtöljen) räkna ut hur krafterna i hela universum kunde se ut. Vissa människor är väldigt främmande för blygsamhet. Han kom fram till den moderna gravitationslagen, och hans uträkningar bekräftades av mera experiment och plötsligt kunde man förutsäga månens rörelser, tidvattnet, och inte minst kanonprojektilers banor. De engagerade blev lite smått tagna av detta genombrott: ur ett enda litet observerat faktum beskrev Newton universums struktur, lika mycket för äpplen som trillar som för stjärnor och planeters rotation kring dem. Nu är vi ju mer vana vid att se sådana genombrott, inte minst på långfilm, men då var det stort. Newtons ideér inkluderade förresten också derivator, integraler och det mesta annat i analys 1, och det utbröt en allt mer febril aktivitet kan man inte göra vad Newton gjorde för astronomin med allting annat? Så småningom ledde detta till fler genombrott t ex (under talet) de matematiska teorierna för magnetism och elektricitet (Maxwell), för ekonomin (Wargentin i Sverige, t ex), och inte minst den solitt matematiska teorin för engelska adelsätters undergång (Galton), och ett alltmer stegrat behov av matematiker, och inte minst dagens ljusa jobbmarknad, för sådana som kan skilja en ellips från en hyperbel...

159 1. VARFÖR ANDRAGRADSKURVOR LITE HISTORIA 153 Vad Newton visade var bland annat följande. Om man har en kropp S till exempel en sol som är placerad i origo i ett rum och som enbart genom Newtons gravitationslag påverkar en annan kropp K i ett för övrigt tomt rum, så kommer K att röra sig i en bana som är ett kägelsnitt. Banan kan t ex vara en ellips som för Mars, med solen i den ena brännpunkten, men det kan också vara en hyperbel. Det innebär att kroppen kommer in i solsystemet, tar en vända runt solen och sedan sticker, för alltid. Kometer är av motsvarande två slag, sådana som som Halleys komet som följer en elliptisk bana (tillbaka vart 75:e år, och Edmund Halley var just den som frågade Newton om hur världen skulle se ut om alla kroppar rörde sig längs ellipser och därmed väckte Newtons intresse för frågan), och de som aldrig kommer tillbaka. I figuren nedan syns olika banor. Figur 4. Kroppars möjliga banor kring solen 1.4. Parabler. Detta är kurvan du ska använda för att fånga solsken till en vattenkokare på ökenresan (parbelbaserade sådana används faktiskt fortfarande dagligen i Tibet), alternativt kan du köpa en till tv:n i närmsta shoppingcenter (och titta på ett lämpligt ökenreportage). Parabeln fås, betraktad psykopatiskt som kägelsnitt, precis när kniven som skär offrets glasstrut är parallell med ett tangentplan.

160 ANDRAGRADSKURVOR Figur 5. Parabel som kägelsnitt Egenskapen som gör parabeln så användbar är den som syns i denna figur: Figur 6. Parabolisk spegel Låt oss återigen tänka att vi har försilvrat insidan av parabeln. Sol- eller radiostrålar, som kan anses som parallella, eftersom solen är så långt borta, kommer in ovanifrån och träffar parabeln i P :na. Därefter reflekteras de och färdas mot brännpunkten F. Snurrar man parabeln runt axeln F V så får man en paraboloid. Om man vill göra en ugn, placerar man det man vill steka eller smälta i F det är fullt möjligt att komma upp i flera tusen graders hetta (paraboloida kokanordningar i Tibet). Paraboloidantennen förstärker en svag radio- och tvsignal