SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR

SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR 1. Föreläsning 1 Se litet blad om mängdlära på kurshemsidan. Talsystemen N, Z, Q, R. Mängder och symboler. Lite logik. Slutligen gick vi igenom potenslagarna. Eftersom a 1/n var definierat för icke-negativa a och även a m så kunde vi definiera a m/n genom (1.1) a m/n = (a 1/n ) m då a 0 och n och m naturliga tal, dvs n, m N. Observera att definitionen ovan kan utvidgas till negativa tal a om n är udda. Skulle vi felaktigt använda definitionen (1.1) för n = 2 = m så får vi ( 9) 2/2 = (( 9) 1/2 ) 2, men vi vet inte (i denna kurs iallafall!) vad ( 9) 1/2 är. Å andra sidan är givetvis men notera att ( 9) 2/2 = ( 9) 1 = 9, (( 9) 2 ) 1/2 = 81 1/2 = 9. 2. Föreläsning 2 Repetition av logik. Om A B så betyder det att A nödvändigtvis implicerar B. Vi definierade under förra föreläsningen a x för rationella x och icke-negativa a ( i vissa fall fick a < 0). Detta kan utvidgas till alla reella tal x. Potenslagarna gäller fortfarande, tex (a x ) y = a xy. Polynom. Vi gick igenom en sats som sade att givet två polynom p(x), g(x), så existerar q(x) och r(x) så att p(x) = g(x)q(x) + r(x) där graden av r(x) är mindre än graden av g(x). Därefter den viktiga Faktorsatsen; alltså ett polynom p(x) har ett nollställe α R om och endast om p(x) kan skrivas p(x) = (x α)q(x) för något polynom q(x). Vi bevisade (nästan!) ett Lemma (se blad om mänglära). Låt oss visa att påstående (3) är ekvivalent med påstående (2) (tex), dvs x a a x a. Låt oss börja med att påminna om att x x x gäller för alla reella x (verifiera detta!). Att visa implikationen från höger till vänster är uppenbar. Vi skall nu visa omvändningen, dvs att x a implicerar a x a. Eftersom x x får vi direkt att x a implicerar x a. Det som nu återstår är att visa att x a implicerar a x. Men x a implicerar x a (byter vi tecken i en olikhet så vänder olikheten!). Dessutom gäller att x x och alltså måste gälla att a x. 1

2 SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR 3. Föreläsning 3 Repetition av Faktorsatsen. Lite om multiplicitet. Det exempel som jag tänkte göra på föreläsningen var Exempel 1: p(x) = x 4 10x 3 + 36x 2 54x + 27. Vi ser att p(1) = 0. Faktorsatsen ger att p(x) = (x 1)q(x) där q(x) är ett nytt polynom. Polynomdivision ger att q(x) = x 3 9x 2 + 27x 27. Vi kan tillämpa Faktorsatsen igen på q(x). Vi har att x = 3 är ett nollställe och alltså gäller att q(x) = (x 3)q 1 (x) där q 1 (x) är ett nytt polynom. Polynomdivision ånyo ger q 1 (x) = x 2 6x + 9. Alltså; p(x) = (x 1)q(x) = (x 1)(x 3)(x 2 6x + 9). Men q 1 (x) kan faktoriseras som q 1 (x) = (x 3) 2. Alltså p(x) = (x 3) 3 (x 1). Härur ses att x = 1 har multiplicitet 1 och x = 3 har multiplicitet 3. Observera att multipliciteten av nollstället x = 3 definieras som det tal n sådant att p(x) = (x 3) n q(x) där q är ett polynom och q(3) 0. Om q(3) = 0 så ger ju Faktorsatsen att vi kan bryta ut ännu en faktor x 3 ur q och på så vis skulle vi få p(x) = (x 3) 4 q 2 (x) osv, vilket ej är sant i detta fall. Det exempel som vi gjorde på föreläsningen var Exempel 2: f(x) = x 4 4x 3 + 12x 2 36x + 27. Fortfarande är x = 1 ett nollställe. Faktorsatsen ger alltså att f(x) = (x 1)q(x) = (x 1)(x 3 3x 2 + 9x 27). Vidare, faktoriserar vi q(x) så ser vi att x = 3 är ett nollställe och efter polynomidivision får vi q(x) = (x 3)(x 2 + 9). Alltså f(x) = (x 1)(x 3)(x 2 + 9). Vi kan ej faktorisera (x 2 + 9) mer eftersom detta polynom ej har reella rötter. (I A2 delen av kursen kommer vi dock kunna göra det men med komplexa rötter). Båda nollställena x = 1 och x = 3 har i detta fall multiplicitet 1. Plan Geometri. Axiom 1 4. Vi gick igenom och bevisade Satsen om att vertikalvinklar alltid är lika samt en Följdsats till Parallellaxoimet (Axiom 2), som säger att alternatvinklarna är lika om och endast om linjerna l 1 och l 2 är parallella (se figuren i boken på sidan 8). Observera att parallellaxoimet gäller i båda riktningar. Alltså δ = α om och endast om linjerna l 1 och l 2 är parallella (se figur sid 8). Vi bevisade också Satsen om att vinkelsumman i en triangel är 180 grader och avslutningsvis Parallellogramsatsen; där vi använde både parallellaxoimet och Axiom 3 (VSV). Omvändningen till parallellogramsatsen gäller också; Lemma 3.1 (Omvändningen till parallellogramsatsen). Om motstående sidor i en fyrhörning är lika stora så är fyrhörningen en parallellogram.

SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR 3 Bevis: ÖVN. (Ledning; drag en diagonal i fyrhörningen och utnyttja kongruensfall (SSS) i Axiom 3). 4. Föreläsning 4 NU har vi gått igenom alla 5 axiomen. Som sades är det mest axiom 2 (Parallellaxiomet, med ev följdsats) och 3 (Kongruensfallen) som ni kommer att referera till. De övriga axiomen, 1, 2, 5 kommer att användas utan man att ens refererar till dem. Vi bevisade Phytagoras sats (och utnyttjade axiom 5). Därefter Likformighet. Notera att två trianglar är likformiga om de är kongruenta men ej tvärtom. Likformighet är alltså svagare än kongruens. Vi ville hitta en motsvarighet till Kongruensfallen för likformiga trianglar. Detta slutade med Satsen om likformighetsfallen (SVS), (SSS), (VV). På vägen dit behövde vi Transversalsatsen och Topptriangelsatsen. Omvändningen till Transversalsatsen är också sann dvs Lemma 4.1 (Omvändningen till Transversalsatsen). Om en transversal till triangeln ABC skär de två sidorna AB och BC i två punkter Q resp R så att sträckorna som därmed uppkommer uppfyller AQ QB = BR RC så är transversalen parallell med AC. Beviset lämns som övning. Observera att vi ej har bevisat Basvinkelsatsen och Satsen om likformiga trianglar (sid 17-18 i boken). Dessutom bör ni läsa in er på övriga satser också; tex Yttervinkelsatsen och Bisketrissatsen. 5. Föreläsning 5 och 6 Anders K vikarierar. Kapitel 3, 5 ur Månssons-Nordbecks bok och kapitel A ur Diehls bok. 6. Föreläsning 7 Funktionsbegreppet; definitionsmängd och värdemängd. Först tittade vi lite på hur grafen ser ut till f(x) = x 2 och f(x) = x 2 x + 2 = x 2 4. Om vi har en funktion y = f(x) så kan man få värdemängden genom att se för vilka y-värden som ekvationen y = f(x) är lösbar. Betrakta alltså x som obekant. De y för vilka ekvationen är lösbar är värdemängden. Ibland kan man lösa ut x som funktion av y som vi gjorde i exemplet Löser vi ut x som funktion av y får vi y = f(x) = x 4 x 1. x = y 4 y 1.

4 SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR Samtidigt har vi här faktiskt bestämt en invers till f, nämligen x = f 1 (y) = y 4 y 1 eller f 1 (x) = x 4 x 1. Sammansättning av funktioner. Låt f och g vara funktioner. Då är f g(x) = f(g(x)) sammansättningen av f och g. Notera att f g(x) g f(x) i allmänhet (vi gjorde exemplet f(x) = x 3 + 1 och g(x) = x 1). Inversen till en funktion är den funktion f 1 sådan att f f 1 (x) = x. Vi har även att f 1 f(x) = x. Lustigt nog blir alltså i ovanstående fall inversen till f samma som f (i allmänhet blir det inte så). Låt oss sätta samman f med sin invers (dvs sig själv!) för att se om verkligen f f 1 (x) = x. Vi har f f 1 (x) = x 4 x 1 4 x 4 4(x 1) = 1 x 4 (x 1) = 3x 3 = x. x 4 x 1 Med andra ord gäller f = f 1 i detta speciella fall. Rita grafen till f. Vad händer om du speglar den i linjen y = x? Injektiva funktioner. Funktionen f är injektiv om alla x 1 x 2, x 1, x 2 D f implicerar att f(x 1 ) f(x 2 ). Notera att en ekvivalent formulering är x 1, x 2 D f och f(x 1 ) = f(x 2 ) implicerar att x 1 = x 2. Växande och avtagande funktioner. En strängt växande eller strängt avtagande funktion på ett intervall är alltid inverterbar (Sats 7.1). Anmärkning 1: Omvändningen gäller inte! Det finns exempel på funktioner som är varken avtagande eller växande, men ändå har invers. Tag till ex { f(x) = x, 0 x < 1, 3 x, 1 x 2. Ovanstående funktion är injektiv och har därmed invers. Rita grafen. Då ser du att den är växande eller avtagande bara på vissa delintervall. Funktionen som sådan är varken växande eller avtagaande. 7. Föreläsning 8 Idag gick vi igenom kapitel 8.1 8.3. Först tittade vi på grafen till f(x) = x 4 x 1 sedan igår. Observera att den är symmetrisk med avseende på linjen y = x. Detta är anledningen till att funktionens invers f 1 (x) har samma uttryck som själva f, dvs f 1 (x) = f(x) i detta fall. Kom ihåg att en funktion är injektiv om och endast om den har en invers! (Denna sats står inte så formulerad i boken med är omedelbar följd av definitionerna 7.2 och 7.3). Monotona funktioner är funktioner som är antingen växande eller avtagande på hela sin definitionsmängd. En strängt monoton funktion (dvs en funktion som är antingen strängt växande eller strängt avtagande) är injektiv och har alltså en invers. Sträng monotonicitet är alltså starkare än injektivitet; en funktion kan vara injektiv utan att vara strängt monoton (se ex från förra föreläsningen).

SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR 5 Vi definierade begränsade funktioner och jämna/udda funktioner. Exempelvis är f(x) = 1 begräsad (både uppåt av 1 och nedåt av 0). Notera dock att värdet 0 1+x 2 aldrig antas. Värdemängden är (0, 1]. Angående jämna och udda funktioner så nämnde vi följande lemma: Lemma 7.1. Ett polynom är udda om och endast om det innehåller enbart termer med udda exponenter. Ett polynom är jämt om och endast om det bara innehåller termer med jämna exponenter (inklusive konstanttermen; som räknas som term med exponent lika med noll!) Beviset utelämnas. Potensfunktioner och exponentialfunktioner (kap 8.2). Begreppen exponential funktion och potensfunktion kanske ni kommer ihåg från gymnasiet. En exponential funktion f(x) = a x avtagande om 0 < a < 1 och växande för a > 1. Varför? Titta tex på funktionerna f(x) = 2 x och g(x) = (1/2) x = 1/2 x så ser ni lite grann varför det är så; när x blir större så blir också 2 x större. Vi såg också att inversen till f(x) = x 2/3, x 0 är just f 1 (x) = x 3/2, x 0 eftersom f f 1 (x) = x. Logaritmen i basen a, dvs log a x är inversen till exponentialfunktionen f(x) = a x, alltså f 1 (x) = log a x. Inversen existerar ty exponentialfunktionerna är strängt växande eller strängt avtagande. Vi härledde den första logaritmlagen utifrån den första exponentiallagen. Se boken sid 133. Däremot hann vi inte med att lösa ekvationssystem med exponentialfunktioner. Ej heller hann vi till kapitlet om basbyten i logaritmer, något som jag tänkte be övningsassistenterna ta upp på övningen på torsdag/fredag. Notera alltså att det finns ett samband mellan log a x och log b x (se sid. 137). Beviset för dessa formler (x 1); (7.1) Obs Logaritmen är injektiv Log-lag 2 Sätter vi tex x = b får vi sambandet: log b a = log b b log a b = 1 log a b. a log a x = x log b a log a x = log b x log a x log b a = log b x log b a = log b x log a x. 8. Föreläsning 9 Introdukton och definition av sinus och cosinus funktionerna, samt ur dessa även tangens och cotangens. En av dagens viktiga observationer är (troligen) att (8.1) (8.2) sin(x) = sin(x + 2πn) sin(x) = sin(π x + 2πn),

6 SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR där n är ett godtyckligt heltal. För cosinusfunktionen har vi (8.3) (8.4) cos(x) = cos(x + 2πn) cos(x) = cos( x + 2πn). Vi löste ekvationssystemet cos(x) = sin(2x). Genom att utnyttja att cos(x) = sin(π/2 x) får vi sin(π/2 x) = sin(2x). Nu utnyttjar vi (8.1) och (8.2) och får två ekvationer (8.5) (8.6) detta ger två lösnings-sviter (8.7) (8.8) π x = 2x + 2πn π x = π 2x + 2πn. x = π/6 + 2πn/3 x = π + 2πn. Slutligen bevisade Bisektrissatsen med hjälp av Sinussatsen (se boken sid 57 i Diehls bok). Läs själva Cosinussatsen och kapitlet om cirkelns omkrets och area. Här finns också en definition talet π. 9. Föreläsning 10 Idag definierade vi inversa trigonometriska funktioner. Viktigt är att komma ihåg att en funktion och dess invers måste vara väldefinierade, vilket betyder att de bara kan anta ett värde för varje x. Inversen till f(x) = sin(x), π/2 x π/2 är som bekant arcsin(x) och vi har arcsin(sin(x)) = x bara för x [ π/2, π/2], just för att arcsin(x) bara returnerar värden i intervallet [ π/2, π/2]. Själva f(x) = sin(x) har ingen invers eftersom den inte är injektiv (det finns ingen restriktion i definitionsmängden). Vi kan också definiera en annan invers, superarcsin(x) som är invers till f(x) = sin(x), 3π/2 x 5π/2. Notera att vi har valt ett annat intervall i definitionsmängden för f här. Därmed blir också värdemängden för superarcsin(x) just intervallet [3π/2, 5π/2]. Vi har till exempel (9.1) (9.2) (9.3) (9.4) (9.5) (9.6) (9.7) (9.8) För superarcsin får vi arcsin(sin(2π)) = arcsin(0) = 0 arcsin(sin(4π)) = arcsin(0) = 0 arcsin(sin(π/6)) = arcsin(1/2) = π/6 arcsin(sin(5π/6)) = arcsin(1/2) = π/6 superarcsin(sin(2π)) = superarcsin(0) = 2π superarcsin(sin(4π)) = superarcsin(0) = 2π superarcsin(sin(π/6)) = superarcsin(1/2) = π/6 + 2π superarcsin(sin(5π/6)) = superarcsin(1/2) = π/6 + 2π

SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR 7 Givetvis går att definiera inverser till varje del av sinusfunktionen där den är injektiv. Pröva själv att välj ditt favoritintervall där sin(x) är injektiv och bestäm en invers till just denna restriktion till sin(x). Vi löste ekvationen 2 arcsin(sin(x)) = x. Genom att vi vet att α = arcsin(sin(x)) är antingen x + 2πn eller π x + 2πn för något (fixt) heltal n så får vi två ekvationssystem: (9.9) (9.10) 2(x + 2πn) = x 2(π x + 2πn) = x. Detta ger x = 4πn eller x = 2π 3 (2n + 1). Men eftersom α [ π/2, π/2] så ger detta krav på x och därmed n. Vi får slutligen lösningarna x = 0 i första fallet och x = ±2π/3 i andra fallet. Alltså svar; x = 0, ±2π/3. Läs själva om Hjälpvinkel (sid 154-156) och avsnittet om hyperboliska funktioner (kap 8.6). 10. Föreläsning 11 och 12 Det först vi gjorde under föreläsning 11 handlade om aritmetiska summor och geometriska summor. Härledningar för formlerna för sådana summor finns i boken. Vad som tycktes orsaka vissa problem var att skifta index i en summa: Antag att vi vill beräkna summan S = 10 k=2 (π 2 ) k. Då kan vi minska index i summan så att den startar i k = 0 och slutar i k = 10 2 = 8; samtidigt som vi ökar k i uttrycket (π 2 ) k med 2. Alltså 10 8 (10.1) S = π 2k = π 2(k+2) (10.2) (10.3) (10.4) k=2 = 8 π 2k π 4 = π 4 8 π 2k 8 = π 4 (π 2 ) k. Nu kan vi använda oss av formeln för geometrisk summa, och får 8 S = π 4 (π 2 ) k = π 4 (π2 ) 9 1 π 2 1 = π4 π18 1 π 2 1. Vi definierade binomialkoefficienter för att sedan formulera binomialsatsen. Viktigt är att tänka på att binomialkoefficienterna ( n k) är en kombinatorisk storhet, dvs antalet sätt att välja ut k olika element ur n möjliga (där ordningen ej spelar roll).

8 SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR Exempelvis betyder ( 4 2) antalet sätt att välja ut 2 element ur 4 möjliga. detta kan göras på 6 olilka sätt: 12, 13, 14, 23, 24, 34, om ordningen inte spelar någon roll. Tar vi med ordningen blir det dubbelt så många kombinationer: 12, 21, 13, 31, 14, 41, 23, 32, 24, 42, 34, 43. Dvs totalt 12 kombinationer. Detta kommer utav att först kan vi välja fritt bland de 4 elementen, därefter återstår 3 stycken. Alltså 4 3 möjliga kombinationer. Om ordningen inte spelar roll måste vi dividera med antal sätt att permutera de två elementen. Efter som det i ovanstäende fall bara finns precis 2 sätt att byta ordning på 2 element så får vi 12/2 = 6 kombinationer, där ordnignen ej spelar roll. Generellt resonerade vi oss fram till att antalet sätt att välja ut k olika element ur n möjliga, där ordningen spelar roll, är lika med n(n 1)(n 2)... (n k + 1). Först har vi n element att välja på, när vi valt detta, så återstår n 1 element osv. För att ta reda på vad antalet sätt är att välja ut k olika element ur n möjliga, där ordningen ej spelar roll, måste vi dividera med antalet sätt att ställa de k elementen i olika ordningsföljd. Med andra ord, vi söker antalet permutationer av k element. Om k personer skall ställas på led så har vi k val att välja den första personen. Därefter finns k 1 personer kvar, och således har vi k(k 1) val att ställa de två första personerna i ledet. Fortsätter vi på samma sätt får vi k (k 1) (k 2)... 2 1 = k! antal sätt att ställa k element i ordning. Därmed blir ( ) n n(n 1)(n 2)... (n k + 1) =. k k (k 1) (k 2)... 2 1 som kan förenklat skrivas med fakultetssymbolen som ( ) n n! = k k!(n k)!. Binomialsatsen (kap. 4.2 sid 57) säger att n (a + b) n = ( n k ) a k b n k. Beviset med dess ideer finns på sid 57 varför jag inte repeterar dem här. Vi bevisade också sats 4.4 (sid 58) som säger att ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 = +. k k k 1 Beviset är också presenterat i boken varför jag ej ger det här. Den sista satsen är grunden för att binomialkoefficienterna är element i Pascales triangel; åter är detta väl sammanfattat i boken.

SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR 9 Vi hade följande exempel-problem: Bestäm konstant-termen i f(x) = (2x + 1 ) 12. x 2 Binomialsatsen ger 1 ( ) 12 (2x + x 2 ) 12 = 2 (2x) k (x 2 ) 12 k. k Vi söker det k för vilket termen (2x) k (x 2 ) 12 k ej beror på x. För att detta skall uppfyllas måste exponenterna för x ta ut varandra, dvs (2x) k (x 2 ) 12 k måste vara en konstant (oberoende av x). Vi får (2x) k (x 2 ) 12 k = 2 k x k 24+2k = 2 k x 24 3k och därför måste 24 3k = 0 och därmed blir k = 8. Konstanttermen blir alltså ( ) 12 2 8. 8 (där ( 12 8 ) = 495). Resten av föreläsning 12 ägnades åt problem ur tentamen 2011-01-07. Vi fortsätter med de tre sista problemen på sista seminariet.