(A B) C = A C B C och (A B) C = A C B C. Bevis: (A B) C = A C B C : (A B) C = A C B C : B C (A B) C A C B C

Transkript

1 Sats 1.3 De Morgans lagar för mängder För alla mängder A och B gäller att (A B) C = A C B C och (A B) C = A C B C. (A B) C = A C B C : A B A C (A B) C B C A C B C (A B) C = A C B C : A B A C (A B) C B C A C B C

2 Sats Delbarhetssats 1 a, b, c Z : a b a c a (b + c). a b m Z : b = am. a c n Z : c = an. Därmed är b + c = am + an = a(m + n).

3 Sats Delbarhetssats 2 a, b, c Z : a b b c a c. a b m Z : b = am. b c n Z : c = bn. Därmed är c = bn = amn.

4 Sats Minsta äkta delaren är ett primtal Om heltalet n är sammansatt så är den minsta positiva äkta delaren till n ett primtal. Antag att n är ett sammansatt tal och att d är den minsta positiva äkta delaren till n. Antag nu motsatsen till påståendet, dvs att d inte är ett primtal. Då finns en äkta delare d till d som därmed även är en mindre äkta delare till n. Detta är en motsägelse eftersom d var den minsta äkta delaren till n. Alltså är den minsta äkta delaren ett primtal.

5 Sats Existens av primtalsfaktorisering Alla heltal kan primtalsfaktoriseras. Antag att n är ett sammansatt heltal (om det är ett primtal så är det ju sin egen primtalsfaktorisering) och att p 1 är den minsta positiva äkta delaren. Då finns ett heltal n 1 så att n = n 1 p 1. Om n 1 är ett primtal är primtalsfaktoriseringen klar. Om n 1 är sammansatt finns en minsta positiv äkta delare p 2 och ett tal n 2 så att n 1 = n 2 p 2 osv. Eftersom denna process måste sluta efter ett ändligt antal steg, säg m steg, har vi slutligen att n = n 1 p 1 = n 2 p 2 p 1 =... = n m p m p 2 p 1.

6 Sats Oändligt många primtal Det finns oändligt många primtal. (Euklides bevis) Antag motsatsen, dvs att det bara finns ändligt många primtal. Låt p vara det största primtalet och bilda N = (1 2 3 p) + 1 = p! + 1 > p Klart att N antingen är sammansatt eller primtal. Men eftersom p var det största primtalet och N > p så måste N vara sammansatt. Enligt ett lemma gäller att om N sammansatt så är den minsta positiva äkta delaren d ett primtal. Men inget av talen 2, 3,..., p kan vara delare eftersom de ger resten 1. Därmed måste d vara ett primtal som är större än p. Men eftersom p var det största primtalet är detta en motsägelse. Alltså finns det oändligt många primtal.

7 Sats 3.8 Moduloräkningssatsen Om a q och b r (mod c) så är (i) a + b q + r (ii) ab qr (iii) na nq (iv) a n q n. a q (mod c) innebär att x : a = cx + q. b r (mod c) innebär att y : b = cy + r. Därmed är (i): a + b = cx + q + cy + r = c(x + y) + (q + r) q + r (mod c) (ii) ab = (cx + q)(cy + r) = c(cxy + xr + yq) + qr qr (mod c) (iii) na = n(cx + q) = cnx + nq nq (mod c) (iv) a n = (cx + q)a n 1 = cxa n 1 + a n 1 q a n 1 q = (cx + q)a n 2 q = cxa n 2 q + a n 2 q 2 a n 2 q 2... q n (mod c).

8 Sats Existens av lösning till diofantisk ekvation a, b Z x, y : (ax + by = gcd(a, b)) Beräkna med hjälp av Euklides algoritm gcd(a, b) och nysta sedan upp resonemanget baklänges.

9 Sats Delbarhet 3 p primtal p ab p a p b Om p a är det klart. Antag därför att p a. Då gäller att gcd(p, a) = 1 (eftersom p är ett primtal) och enligt ett lemma finns då heltal x och y så att px + ay = 1. Multiplikation i båda led med b ger att bpx + aby = b. Eftersom nu p ab och p bpx måste p b.

10 Sats Aritmetikens fundamentalsats Varje primtalsfaktorisering är entydig. Enligt ett lemma kan varje heltal a primtalsfaktoriseras. Antag nu motsatsen till påståendet, dvs att a kan primtalsfaktoriseras på åtminstone två sätt så att a = p 1 p 2 p m = q 1 q 2 q n. Antag att m n (ingen inskränkning). Enligt ett annat lemma måste p 1 q i för något i. Då måste p 1 = q i eftersom båda talen är primtal. Numrera nu om så att q 1 = q i och dividera båda led med p 1 = q 1. Därmed har vi att p 2 p 3 p m = q 2 q 3 q n. Nu måste p 2 q i för något i. Numrera om så att q 2 = q i och dividera med p 2 = q 2, osv. Eftersom m n får vi efter m steg att 1 = q m+1 q m+2 q n vilket är en motsägelse eftersom q m+1, q m+2,..., q n alla är primtal. Alltså är primtalsfaktoriseringen entydig.

11 Sats 1.26 Samband mellan koefficienter och rationella rötter Om ekvationen a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = 0 har en rot x = p q maximalt förkortad, så gäller att p a 0 och q a n. Antag att x = p q (maximalt förkortat) löser ekvationen ovan så är a n ( p q ) n + an 1 ( p q Multiplicera båda led med q n : ) n a1 p q + a 0 = 0. a n p n + a n 1 p n 1 q a 1 pq n 1 + a 0 q n = 0 ( ) a 0 q n = (a n p n 1 + a n 1 p n 2 q a 1 q n 1 )p p a 0 eftersom p q var maximalt förkortat. På samma sätt fås från ( ) att a n p n = (a n 1 p n a 1 pq n 2 + a 0 q n 1 )q q a n.

12 Sats 4.19 Existens av lösning till diofantisk ekvation Den diofantiska ekvationen ax + by = c har lösning om och endast om gcd(a, b) c. Antag att x, y Z : ax + by = c. Låt nu d = gcd(a, b). Eftersom d a finns ett heltal m så att a = md. Och d b innebär att det finns n så att b = nd. Alltså är c = ax + by = mdx + ndy och då d mdx + ndy måste även d = gcd(a, b) dela c. Låt d = gcd(a, b) och antag att d c. Då finns ett heltal n så att c = nd. Enligt ett lemma finns det alltid heltal x och y så att ax + by = d. Låt nu x = nx och y = ny så är ax+by = anx +bny = n(ax +by ) = nd = c.

13 Sats 4.20 Allmän lösning av diofantisk ekvation Om (x 0, y 0 ) är en lösning till ax + by = c, så är den fullständiga lösningsmängden {(x, y) : x = x 0 bm, y = y 0 + am, m Z}. Antag till att börja med att gcd(a, b) = 1. Detta är ingen inskränkning eftersom gcd(a, b) c är en förutsättning för att den diofantiska ekvationen ska ha någon lösning över huvud taget (enligt ett tidigare lemma), och man därmed annars kan dividera båda led med gcd(a, b). Tag godtyckligt ett heltal m. Antag att (x 0, y 0 ) är en lösning till den diofantiska ekvationen, dvs att ax 0 + by 0 = c och låt (x, y) = (x 0 bm, y 0 + am). Då är ax + by = a(x 0 bm) + b(y 0 + am) = ax 0 abm + by 0 + abm = ax 0 + by 0 = c Detta innebär att alla par på formen (x 0 bm, y 0 + am) där m Z är lösningar till den diofantiska ekvationen. Att det inte kan finnas några andra lösningar framgår av följande resonemang. Antag att (x, y) = (x 0 + u, y 0 + v) är en annan lösning. Då är a(x 0 + u) + b(y 0 + v) = c = ax 0 + ay 0 varmed au + bv = 0, dvs au = bv. Eftersom gcd(a, b) = 1 gäller att a b varmed a v, dvs det finns ett heltal m så att v = am och au = abm, dvs u = bm.

14 Sats 6.8 Lösning av homogen differensekvation Antag att den karakteristiska ekvationen λ 2 +pλ+q = 0 har rötterna λ 1 och λ 2. Då har den homogena rekurrensekvationen x n+2 +px n+1 +qx n = 0, n = 1, 2, 3,... den fullständiga lösningen x n = { C1 λ n 1 + C 2 λ n 2 om λ 1 λ 2 (C 1 n + C 2 )λ n 1 om λ 1 = λ 2 där C 1 och C 2 är konstanter. Antag att λ pλ 1 + q = λ pλ 2 + q = 0. Antag dessutom att λ 1 λ 2 så ger insättning av uttrycken för x n ovan att x n+2 + px n+1 + q = = C 1 λ n C 2 λ n p(c 1 λ n C 2 λ n+1 2 ) + q(c 1 λ n 1 + C 2 λ n 2) = C 1 λ n 1(λ pλ 1 + q) + C 2 λ n 2(λ pλ 2 + q) = 0 vilket verifierar lösningsformen då λ 1 λ 2. Antag nu istället att λ 1 = λ 2. Att ekvationen λ 2 + pλ + q = 0 har dubbelroten λ = λ 1 innebär att 0 = (λ λ 1 ) 2 = λ 2 2λ 1 λ + λ 2 1 = λ 2 + pλ + q om p = 2λ 1 och q = λ 2 1 ( ). Genom insättning av uttrycken för x n då λ 1 = λ 2 ovan fås att x n+2 + px n+1 + q = ) ) = (C 1 (n + 2) + C 2 λ n p (C 1 (n + 1) + C 2 λ n q(c 1 n + C 2 )λ n 1 ) = C 1 λ n 1 (n(λ 21 + pλ 1 + q) + 2λ 21 + pλ 1 + C 2 λ n 1(λ pλ 1 + q) = C 1 λ n 1(2λ pλ 1 ) = 0 om bara 2λ 2 1 = pλ 1. Men från ( ) ovan gäller i fallet med dubbelrot att p = 2λ 1. Alltså är pλ 1 = ( 2λ 1 )λ 1 = 2λ 2 1.

15 Sats 7.5 Binomialsatsen För alla reella tal x, y och icke-negativa heltal n gäller att (x + y) n = n k=0 ( ) n x k y n k k Betrakta produkten (x + y) n = (x + y)(x + y) (x + y). Vid utveckling av detta binom kommer vi att få en term genom att välja x i alla parenteserna, varmed termen blir x n. På samma sätt kan vi bara åstadkomma termen y n genom att välja y i alla parenteserna. Termen med x n 1 y däremot kan åstadkommas genom att välja x i alla utom sista, välja x i alla utom näst sista,..., x i alla utom i första. På så sätt får man nx n 1 y. På motsvarande sätt fås även nxy n 1. Osv. I allmänhet blir alla uttryck på formen x k y n k vilket innebär att man valt x i k av parenteserna och y i resten, dvs i n k parenteser. Antalet sätt man kan välja k stycken bland n möjliga är ( n k). Alltså blir utvecklingen av (x + y) n just ( n 0) x n + ( ) n 1 x n 1 y + ( ) n x n 2 y ( ) n y n = n 2 n k=0 ( n ) k x k y n k

16 16. Q uppräknelig Mängden Q är uppräknelig. Vi kan räkna upp de rationella talen p q värden på p och q: genom att lista dem för olika q : p : Detta inkluderar bara de positiva talen men det är ju inget problem p att för varje tal först räkna detta och sedan räkna dess negativa q motsvarighet p. Listan blir dubbelt så lång men lika uppräknelig. q

17 Sats 2 irrationellt 2 är ett irrationellt tal. Antag motsatsen, dvs att det finns tal p och q så att 2 kan skrivas p q maximalt förkortat. Då är 2 = ( p q )2 = p2 p 2 = 2q 2 p 2 jämnt q 2 tal p jämnt tal m : p = 2m så 2 = p2 q 2 = (2m)2 q 2 = 4 m2 q 2 2q 2 = 4m 2 q 2 = 2m 2 q 2 jämnt tal q jämnt tal n : q = 2n p = 2m q 2n som ej är maximalt förkortat Motsägelse! Alltså är 2 irrationellt.

18 Sats R överuppräknelig Mängden R är överuppräknelig. (Cantors diagonalbevis) Varje tal mellan 0 och 1 kan entydigt skrivas som ett oändligt decimaltal om vi bara lägger till att inget tal får avslutas med en oändlig sekvens av 9:or. Antag nu motsatsen till påståendet, dvs att mängden R är uppräknelig. Då måste det gå att räkna upp de reella talen mellan 0 och 1 genom att numrera dem med de positiva heltalen. Detta skulle ge en kolumn av decimalutvecklingar 1 : 0.a 11 a 12 a 13 a : 0.a 21 a 22 a 23 a : 0.a 31 a 32 a 33 a : 0.a 41 a 42 a 43 a där a ij är den j:te siffran i decimalutvecklingen av det i:te talet i kolumnen. Varje tal i kolumnen är unikt och alla tal mellan 0 och 1 måste finnas med i den (oändligt långa kolumnen). Bilda nu talet a = 0.a 1 a 2 a 3 a 4... där a i = { 1 om aii = 0 0 om a ii 0 Talet a är då olikt alla tal i kolumnen eftersom det är olikt det i:te talet i decimal i. Eftersom 0 < a < 1 är detta ett tal som inte är med i kolumnen, dvs kolumnen kan inte innehålla alla reella tal mellan 0 och 1, varmed vi har en motsägelse. Därmed är beviset klart.

19 Sats 6.1 Aritmetisk summa För alla n Z + är n k = k=1 n(n + 1). 2 Låt oss beteckna summan med S, dvs S = n k=1 k = n Skriv nu upp summan på det långa sättet (dvs utan summatecken) på en rad = S, och nedanför samma sak fast baklänges = S, och summera slutligen lodrätt, term för term: (n 1) + n = S + n + (n 1) = S (n+1) + (n+1) (n+1) + (n+1) = 2S Eftersom det är n termer på var och en av dessa rader gäller alltså att n(n + 1) = 2S. Dividerar vi slutligen båda led med 2 och betänker att S var summan n k=1 k får vi n(n+1) = n k 2 k=1 vilket skulle bevisas.

20 Sats 6.4 Teleskopsumma För alla n Z + och summander {a k : 0 k 1} är n (a k a k 1 ) = a n a 0. k=1 Direkt uträkning ger n (a k a k 1 ) = a 1 a 0 + a 2 a 1 + a 3 a a n 1 a n 2 +a n a n 1 k=1 = a 0 + (a 1 a 1 ) + (a 2 a 2 ) (a n 1 a n 1 )+a n = a n a 0

21 Sats Triangelolikheten för reella tal För alla reella tal x och y är x + y x + y och x y x y. Eftersom absolutbeloppet α av ett reellt tal α kan skrivas max( α, α), x + y x + y och x y x + y så är x + y = max( x y, x + y) x + y Därmed är den första olikheten bevisad. Om man i första olikheten byter x mot x y fås att (x y) + y = x x y + y (1) och om man i första olikheten byter y mot y x fås x + (y x) = y x + y x (2) Dvs (1) x y x y och (2) x y y x = x y. Därmed är x y = max( x y, x + y ) x y.

22 Observation 1.20, 1.49 Faktorsatsen p P : p(α) = 0 z α p(z). Divisionsalgoritmen säger att a, b Z, b 0 k, r Z : 0 r < b a = kb + r (se Algoritm 3.1). På samma sätt finns det en divisionsalgoritm för polynom som säger att p P, q P 0 k, r P : 0 grad r < grad q p = kq + r (där P 0 = {polynom p : gradp > 0}) vilket inte bevisas i denna kurs. Antag nu att p(α) = 0 och låt q(z) = z α P 0. Enligt divisionsalgoritmen för polynom finns det då k, r P : 0 grad r < grad q och p(z) = k(z)q(z) + r(z). Eftersom q(z) = z α är grad q = 1 varmed grad r måste vara 0, dvs r(z) = C (en konstant). Alltså har vi att p(z) = k(z)(z α) + C Dessutom var p(α) = 0. Därmed är 0 = p(α) = k(α)(α α) + C = C dvs C = 0. Alltså är slutligen p(z) = k(z)(z α) för något polynom k vilket är detsamma som att z α p(z).

23 Sats 6.5 Geometrisk summa För alla a 1 och n Z + är n k=0 a k = 1 an+1 1 a. Låt S = n a k k=0 Då är S = a 0 + a 1 + a a n = 1 + a + a a n och as = a + a 2 + a a n+1 så 1 + as = 1 + a + a a n + a n+1 varmed 1 + as a n+1 = 1 + a + a a n = S Ekvationen 1 as a n+1 = S är linjär med den obekanta S. Subtrahera as i båda led så fås 1 a n+1 = S as. Faktorisera nu S i högerledet: 1 a n+1 = S(1 a) och dividera slutligen båda led med 1 a (vilket är tillåtet eftersom ett villkor var att a 1) så fås att 1 a n+1 1 a = S = n k=0 a k.

24 Sats Exponentialuttryck divergerar snabbare än potensuttryck a > 1, α > 0 : ( ax då x ). x α Låt oss först bevisa detta påstående i specialfallet då α = 1 och låt dessutom a = 1 + p där p > 0 (eftersom a > 1). Beteckningen [x] betyder heltalsdelen av x och innebär att [x] är ett heltal sådant att x 1 < [x] x för alla reella tal x. Därmed har vi enligt Binomialsatsen (se Sats 7.5) med n = [x] att a x x (1 + p)x = x (1 + p)n x = 1 n ( ) n p k x k k=0 1 ( ) n p 2 x 2 = n(n 1) p 2 2x (x 1)(x 2) p 2 2x = 1 2 (x x )p2 eftersom x x då n. Antag nu att α är godtyckligt positivt och låt b = a 1/α. Eftersom a > 1 är då även b > 1 och a x x = ((a1/α ) x ) α ( b x ) α. = α x α x Då bx x om x gäller slutligen även att a x x α ( b x ) α = då x. x

25 Sats Potensuttryck divergerar snabbare än logaritmuttryck a > 1, α > 0 : ( xα då x ). log a x Låt t = log a x. Då gäller att t då x. Dessutom är x = a t. Därmed har vi att x α log a x = (at ) α t = (aα ) t t enligt föregående sats eftersom t då x.

26 Sats 1.21, 1.51 Faktorisering av polynom p P n c, α 1, α 2,..., α n C : p(z) = c(z α 1 )(z α 2 ) (z α n ). Enligt Algebrans fundamentalsats finns åtminstone ett nollställe, α 1 C, till p. Därmed gäller enligt Faktorsatsen att q 1 P n 1 : p(z) = (z α 1 )q 1 (z). Om nu n 1 = 0 är beviset klart, ty då är q 1 konstanten c. Om n 1 1 gäller åter enligt Algebrans fundamentalsats att q 1 har ett nollställe, α 2 C, så enligt Faktorsatsen har vi att q 2 P n 2 : q 1 (z) = (z α 2 )q 2 (z). Om nu n 2 är beviset klart med c = q 2. Om inte, då finns det α 3 C och q 3 P n 3 så att q 2 (z) = (z α 3 )q 3 (z), osv. Denna procedur fortsätter n steg och slutar med att q n : q n 1 (z) = (z α n )q n (z) där q n helt enkelt är den komplexa konstanten c. Därmed är p(z) = (z α 1 )q 1 (z) = (z α 1 )(z α 2 )q 2 (z) = (z α 1 )(z α 2 )(z α 3 )q 3 (z). = (z α 1 )(z α 2 )(z α 3 ) (z α n )c

27 Sats 1.52 Samband mellan polynom och konjugerande nollställen p P R : (p(z) = 0 p( z) = 0). Antag att p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 där a i R för alla i. Antag nu dessutom att p(z 0 ) = 0. Vi ska visa att p( z 0 ) = 0. Detta skulle då innebära att p(z 0 ) = 0 p( z 0 ) = 0. Eftersom z 0 = z 0 för alla z 0 C skulle det dock även innebära att p( z 0 ) = 0 p(z 0 ) = 0 och beviset skulle vara klart. Vi har att p(z 0 ) = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = 0 De elementära räknereglerna för konjugatet kan sammanfattas a z = az z + w = z + w z n = z n för alla n Z +, a R och z, w C. Därmed är p( z 0 ) = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = 0 = 0

28 Sats 1.40 Triangelolikheten för komplexa tal z + w z + w för alla z, w C. För alla komplexa tal z = a+bi är z 2 = a 2 +b 2 a 2 = (Re z) 2. Alltså gäller att z Re z. Dessutom är z + z = 2Re z och zw = z w, så z + w 2 = (z + w)(z + w) = z z + z w + w z + w w = z 2 + z w + z w + w 2 = z 2 + 2Re (z w) + w 2 z z w + w 2 = ( z + w ) 2 Därmed är z + w z + w.