Lösningar och kommentarer till uppgifter

Lösningar och kommentarer till uppgifter Detta dokument innehåller svar, lösningar och/eller kommentarer till uppgifter ur läroboken Introduktion till högre studier i matematik (andra upplagan, ISBN 978-9-4-76-). I de fall då något korrekturfel föreligger i de svar som ges i den tryckta versionen är dessa förhoppningsvis rättade här, utan att detta i så fall särskilt kommenteras. Om svaret som ges i den tryckta boken skiljer sig från det svar som ges i föreliggande dokument är det alltså sannolikt i den tryckta boken felet ligger. Ett varningens ord: Det är frestande att ta del av ett lösningsförslag till en övningsuppgift man fastnat på. I vissa fall kan detta vara lämpligt, men det kan också ge en falsk känsla av säkerhet. Även om man kan läsa och förstå ett lösningsförslag innebär detta inte nödvändigtvis att man skulle kunna återskapa lösningen på egen hand. Använd därför dessa lösningsförslag på ett ansvarsfullt sätt. Denna samling med lösningsförslag uppdaterades senast november 08. Alla kommentarer mottas tacksamt! Författarna robert.johansson@umu.se lars-daniel.ohman@umu.se

Kapitel Grunder. Tal. a) 5 = 5 b) 4 = = c) 0, = 0 d) Vi förlänger bråket med 0 och får följande e) Konjugatregeln ger 0,6 7 = 0,6 0 7 0 = 6 70 = 5 ( + ) ( ) = ( ) = = = f) Låtx = 0,... Då gäller att vilket gerx = 9. g) 0, = 00 h) Låtx = 0,. Då gäller att vilket ger attx = 999 = 4. 0x =,... = +x 000x =, = +x

4 KAPITEL. GRUNDER. a) Vi räknar ut differensen mellanyochxgenom att först göra dem liknämniga. y x = 7 7 7 = 7 7 7 = 8 7 7 7 7 > 0 Slutsatsen blir alltså att y är störst. b) Eftersom bådex>0 ochy>0 så gäller att x>y x >y. Detta är mycket användbart vid vissa storleksjämförelser. Vi tittar därför istället på skillnaden mellan kvadraterna y x = ( ) 577 ( ) = 577 408 408 = = 577 408 408 = 408 > 0 Vi drar slutsatsen atty >x vilket alltså, i detta fall, ger atty>x. c) Differenseny x blir 5 5 = 5 5 0 vi kan avgöra om detta är positivt genom att undersöka täljaren. Är 5 5 positivt eller negativt? Eftersom både och 5 5 är positiva så kan vi avgöra det genom att titta på kvadraterna. Vi får = <5 = (5 5). Vi kan alltså dra slutsatsen atty<x. d) Båda talen är positiva så vi kan jämföra kvadraterna: Detta ger atty>x. ( ) ( ) = <0. Vi ska hittaaochbsom uppfyller att + 8 =a+ b. Efter kvadrering av båda led får vi + 8 =a + a b +b vilket skulle kunna ge en lösning oma +b = och a b = 8. Kvadrering av den andra likheten ger följande två ekvationer: a +b = 4a b = 8 Från detta kan vi sedan härleda att b +b =. Denna ekvation kan i sin tur skrivas om till ekvationenb b + = 0, som har den positiva lösningenb=(använd exempelvispq-formeln). Vi får alltsåa=och

.. TAL 5 b = som lösningar. Vi kan verifiera att detta verkligen stämmer genom att kvadrera: ( + ) = + + = + = + 8 Eftersom + >0 så drar vi slutsatsen att + är lika med + 8. Som en allmän regel är det alltid bra att kontrollera sina lösningar när man löst en ekvation, genom att sätta in lösningarna i ursprungsekvationen. 4. Två rationella talaochbär givna. Per definition kan de då skrivas som a = k/l och b = m/n för några lämpliga heltal k, l, m, n. Frågan är nu om a+b är ett rationellt tal; det vill säga om man kan skrivaa+b somp/q för några lämpliga heltalpochq? Vi beräknara +b med hjälp av välkända räkneregler för heltal: a +b = k l +m n =kn ln +lm +lm =kn ln ln Eftersomk,l,m,n är heltal, så är ävenkn+lm ochln heltal. Om vi sätter p =kn +lm ochq=ln, så ser vi atta +b kan skrivas soma +b =p/q, därpochq är heltal. Därför ära +b rationellt, per definition. Eftersom a ochbvar godtyckliga rationella tal, så gäller detta för varje summa av två rationella tal. 5. Låta = n m ochb= p q vara två rationella tal, det vill säga attn,p och m,q. Produkten blirab = np mq därnp ochmq (produkten av två heltal blir alltid ett heltal och produkten av två naturliga tal blir alltid ett naturligt tal). Vi har alltså bevisat att produkten ab är kvoten av ett heltal och ett naturligt tal och därmed att det är ett rationellt tal. 6. Antag, för en motsägelse, att = n m därn ochm. Detta leder till slutsatsen att = n m vilket betyder att skulle vara ett rationellt tal. Vi har alltså härlett en motsägelse och kan därför konstatera att vårt antagande om att måste vara felaktigt. Talet är alltså irrationellt. Notera att motsägelsebevis som bevismetod behandlas mer formellt och detaljerat i ett senare avsnitt i boken. 7. Vi antar attrp och härleder en motsägelse. Om detta gäller så kan vi skrivarp = n m därnär ett heltal ochmett naturligt tal. Taleträr rationellt så det går att skriva somr = s t därs 0är ett heltal ocht ett naturligt tal. Om vi dividerar medr i det första uttrycket och sätter in denna kvot istället så får vip= tn sm. Oms<0så är inte talet i nämnaren ett naturligt tal men vi kan i det fallet byta tecken på täljaren och nämnaren utan att ändra värdet påp. Vi kan alltså dra slutsatsen att p är rationellt. Detta är en motsägelse, så antagandet att rp är rationellt måste vara felaktigt. Vi har alltså bevisat att rp alltid är irrationellt om r 0 är rationellt ochpär irrationellt.

6 KAPITEL. GRUNDER 8. Vi kan exempelvis tap =q= som är irrationellt. Vi får då att pq =. Det finns många andra tänkbara exempel. 9. Vi antar att man kan skriva + = a b för ett heltalaoch ett naturligt talb. Vi kan skriva om detta som = a b b, men eftersoma b måste vara ett heltal får vi en motsägelse. Slutsatsen blir att + måste vara irrationellt. 0. Omrochr+p är rationella så kan vi skriva dem somr = n m ochr+p = s t. Vi får attp = s t n m = sm nt tm vilket ger attpär rationellt (med samma typ av resonemang som tidigare). Eftersom detta är en motsägelse så drar vi slutsatsen attr +p måste vara irrationellt.. Vi antar attc = log () = a b. Logaritmlagarna ger att c = = a b. Vi konstaterar först att a b = log ()>log () = 0 så bådeaochbär naturliga tal (b är ju det per definition). Vi kan sedan använda potenslagarna och skriva om likheten som b = a. Detta leder till en motsägelse eftersom vänsterled är ett udda tal, oavsett vad heltalsexponenten b är, och högerled är ett jämnt tal, oavsett vad heltalsexponentenaär. Taletcär alltså irrationellt.. Mängdlära. a){, 5} b){,, 5, 7, 8} c){, 6} d){6} e){8} f){8}. Notera att mängdenb kan skrivas somb={ 4,,,, 0,,,, 4} och mängdenabestår av alla kvadrater av de naturliga talen, det vill sägaa ={,,,...}. a) EftersomA B består av alla kvadrater ib så får vi atta B = {, 4}. b)c B består av alla naturliga tal ib, det vill sägac B ={,,, 4}. c)b\a är mängden som vi får genom att ta bort alla kvadrater från B, det vill säga och 4. Vi får mängden{ 4,,,, 0,, }. d) Alla element iafinns id= så vi fåra\d =. e) När vi tar bort alla naturliga tal så försvinner allt som finns i mängden A och kvar blir de icke-positiva talen i mängden B. Vi får därför mängden{ 4,,,, 0} f) Alla tal ic\a finns id= så vi får (C\A)\D =.. En mängd kan skrivas på många olika sätt. Här är några förslag: (a){x :x>x } ={x :x (0, )} (b){x :x=n + för någotn } (c){x :x } ={x :x }

.. MÄNGDLÄRA 7 (d){x :ax +bx +c = 0 för någraa,b,c } 4. Delmängder tilla:,{a},{e},{a,e} Delmängder tillb:,{b},{c},{d},{b,c},{b,d},{c,d},{b,c,d}.ahar fyra delmängder och B har 8 delmängder. En mängd mednelement har n delmängder. Vi låterd n beteckna antalet delmängder i en mängd{x,...x n } mednelement. Vi delar upp delmängderna i två varianter, därd är de som inte innehåller elementetx n och D är de som innehållerx n. Man kan se att D = D =d n (varje delmängd id kan paras ihop med en delmängd id genom att ta bort eller lägga tillx n ). Vi får alltså attd n = d n och om vi använder att d 0 = (en mängd med noll element har tomma mängden som delmängd) så kan vi se attd n = n d 0 = n. Ett annat sätt att resonera är att man då man bildar en delmängd för vart och ett av denelementen ska välja om det ska vara med i delmängden eller inte, alltså två valmöjligheter för vart och ett av elementen. Totalt får man då... = n olika valmöjligheter, och därmed också n olika delmängder. 5. Förslagsvis \. 6. U A B 7. U A B

8 KAPITEL. GRUNDER 8. (a) U 4 90 6 A 5 8 7 B (b) U 7 5 8 4 6 9 0 B C (c) U 6 5 4 7 9 0 8 A C (d) U C 4 9 0 8 5 6 7 A B

.. MÄNGDLÄRA 9 (e) U C 4 9 0 8 5 6 7 A B (f) U C 4 9 0 8 5 6 7 A B 9. Venn-diagrammet för (A B) c ser ut som följer: U A B Venn-diagrammet föra c B c är likadant. Alltså är de två mängderna lika, och vi har ett visuellt bevis för de Morgans första lag. Den andra delen av uppgiften löses på liknande sätt. 0. Ett element som ligger ia B måste också ligga ia. Eftersom alla element ia B tillhöraså gäller atta B A.. Eftersom båda mängderna är tomma så kan man dra slutsatsen att påståendena att varje element iatillhörb och tvärtom båda är sanna. Detta betyder att mängderna är lika per definition.. Det finns delmängder av som inte har något minsta element, exempelvis hela själv. Varje delmängd av har ett minsta element, men inte nödvändigtvis ett största element.

0 KAPITEL. GRUNDER. Mängden har inget minsta element. För varje element a b + finns mindre element, exempelvis a b. Ett förslag på en avtagande följd är n förn. Omaär en kandidat till det minsta strikt positiva rationella talet, så finner vi omedelbart ett strikt mindre strikt positivt rationellt tal, exempelvis a/. Alltså finns det inget minsta sådant tal.. Logik. A B A B A ( A) B S S S F S S F F F F F S S S S F F S S S Man kan se att kolumn och 5 har samma värden, vilket ger atta B ( A) B.. Sanningsvärdestabellen för A = B finns redan i texten, och sanningsvärdestabellen för B = A ser ut som följer: A B A B B = A S S F F S S F F S F F S S F S F F S S S Att de två uttrycken är logiskt ekvivalenta följer genom jämförelse av de första två spalterna respektive den sista spalten.. a) Giltig omb är sann eller omaär falsk. b) Utsagan kan läsas som Det finns ettxså attx <x. Detta är exempelvis sant omx eftersom vi kan ta ettxmellan 0 och i det fallet. Om däremotx så finns ingetxsom uppfyller olikheten. c) Giltig omx>5, eftersomx > 4x+4 omx>+ 8<5. Omx>5 är alltså den andra olikheten också uppfylld. d) Falsk, eftersom ekvationen är ekvivalent med =. Man kan dock tänka sig något exotiskt talområde där =, och där skulle utsagan vara sann för allax. e) Giltig exempelvis omx, men inte omx.

.. LOGIK 4. Tabellen är identisk med tabellen för A. Uttrycken A ocha Aär alltså logiskt ekvivalenta. Uppgiftens andra del ges av tabellen nedan. A B A B ( A) ( B) S S F F S S F F S F F S S F F F F S S F Man kan se att kolumnen för ( A) ( B) är den samma som föra B. Slutsatsen blir att ( A) ( B) A B. 5. Du måste fråga den underåriga person 4 om denna druckit alkohol, samt person, som ju har druckit alkohol, om han är 8 år eller äldre. Notera att du inte behöver fråga person, som ju är över 8, om denna druckit alkohol. 6. Vi går igenom korten från vänster till höger. (a) Det första kortet som är markerat med ettykan inte bryta mot regeln eftersom det inte kan ha ettxpå någon sida. (b) Det andra kortet måste ha ettapå andra sidan för att inte bryta mot regeln. Vi måste alltså vända på det andra kortet. (c) Det tredje kortet som har ett a kan inte heller bryta mot regeln. Om det är ettxpå andra sidan så uppfylls regeln och om det är etty så finns ingetxalls på kortet och regeln kan därför inte brytas. (d) På det sista kortet måste vi kontrollera att det inte är ettxpå andra sidan. De kort du måste vända på är kortet markerat medx, och det som är markerat med b. Jämför gärna denna uppgift med föregående uppgift. 7. Förslag på svar: a) Ej giltig. Liknar modus ponens. b) Giltig. Existensintroduktion. c) Giltig. Omskrivning av modus tollens. d) Ej giltig. Liknar både modus ponens och modus tollens. 8. Hur detta ska skrivas beror på hur man tolkar bara. Om man ser bara som att det uttrycker en nödvändig förutsättning kan detta skrivas som ( B A) = C

KAPITEL. GRUNDER Förledet ( B A) beskriver då att något av de två villkorenb= det är söndag eller A = det regnar inte, inte är uppfyllda. Om något av de två villkoren inte är uppfyllda måste detta leda till att C = vi åker inte på utflykt. Om man istället tolkar bara som att det är en nödvändig och tillräcklig förutsättning, så kan detta skrivas som (B A) C Förledet (B A) uttrycker nu att båda villkoren är uppfyllda, och precis då detta gäller så åker vi på utflykt..4 Definitioner, satser och bevis. Enligt standarddefinitionen:när delbart medmomm det finns ett annat heltalk sådant attn =m k.. Vi använder att ( B) = ( A) är logiskt ekvivalent meda = B för att bevisa att omn är jämnt delbart med, så är ävenndet. Vi kan alltså istället bevisa att n = n. Vi antar därför att n. Det betyder att vi får en restr= ellerr= då vi delarnmed talet. Vi kan skriva det somn=q +r för något q. Det i sin tur ger attn = (q +r) = 9q + 6q +r. Vi delar in resten av beviset i två fall beroende på värdet förr. Fall : Omr = så blirn = (q +q)+r = m+ därm = q +q. Det betyder att vi får resten när vi delarn med talet, och därmed gäller n. Fall : Omr = så får vin = (q + q) + 4 = m + därm= q + q +. Även i detta fall får vi alltså resten när vi delarn med, och återigen gäller n. Sammanfattningsvis: Om nså blir resten när vi dividerarn med talet. Vi kan alltså dra slutsatsen att n om n, vilket i sin tur ger att n = n.. Följ metoden i beviset för satsen om att, och använd resultatet från föregående uppgift. 4. Följ metoden i föregående uppgift. Notera att slutsatsen att n är delbart med 7 omn är delbart med 7 bygger på att 7 inte är ett kvadrattal (det är till och med ett primtal). Exempelvis gäller att 4 delar 8 = 4 = 4, men 4 delar inte 8, eftersom 8 =, och alltså bara innehåller en faktor.

.4. DEFINITIONER, SATSER OCH BEVIS 5. Vi visar att (A B) = (A B =B) och (A B =B) = (A B). Ur detta följer att (A B =B) (A B). (a) Vi visar först att (A B) = (A B =B). Antag därför atta B, det vill säga attx A = x B. Vi ska under denna förutsättning bevisa att bådea B B ocha B B gäller och ur det kan vi sedan dra slutsatsen att A B = B. Vi delar därför upp resonemanget i två steg. (i) Omx B så gäller attx A B, d.v.s.a B B. (ii) Omx A B så gäller attx Aellerx B, men eftersom A B är en förutsättning så får vi alltid attx B i detta fall. Ur det följer atta B B. Punkt (i) och (ii) ger att (A B) = A B =B. (b) Vi visar nu att (A B =B) = (A B). Antag därför att A B = B. Vi ska under denna förutsättning bevisa atta B. Omx A så följer attx A B =B, och därför gäller ävenx B. Vi har nu visat både att (A B) = (A B =B) och (A B =B) = (A B), och drar slutsatsen att (A B =B) (A B). 6. Följ förslagsvis uppställningen i analysen av beviset för sats... 7. I en triangel måste summan av längderna för två sidor alltid vara större än längden av den tredje sidan. Det betyder atta +b>c. Omvänt gäller att oma +b>cdära b cså kan vi ta en sträcka av längdcmed ändpunkter ip ochq, samt rita cirklar med radiernaaochboch med centrum i dessa punkter. Eftersoma +b>c ocha<b<cså måste dessa cirklar ha två skärningspunkter, låt R vara en sådan punkt. Då bildar PQR en triangel med sidornaa,b ochc(se figur nedan). R P Q Satsen som efterfrågas bör därför lyda som följer:

4 KAPITEL. GRUNDER Sats.4.. Tre stickor med längdera<b<c kan bilda en triangel om och endast oma +b>c. 8. Det finns n(n ) delmängder med exakt två element. Man kan argumentera för detta på följande sätt: För att bilda en delmängd med exakt två element väljer man först ut ett av denelementen, och därefter ett av de kvarvaranden elementen. Här finns alltså totalt n(n ) olika möjligheter. Man måste dock också ta hänsyn till att en mängd bara bestäms av vilka element som ingår, inte deras ordning. Om man först väljer elementet x och sedan elementety får man samma mängd,{x,y}, som om man först väljeryoch sedanx. Om man räknar tilln(n ) mängder har man därför räknat varje mängd två gånger, en gång som{x,y} och en gång som{y,x}. Det rätta antalet är därförn(n )/.

Kapitel Ekvationer och olikheter. Ekvationer. a) Ekvationenx = 4x kan skrivas somx(x 4) = 0. Eftersom en produkt av reella tal endast kan vara noll om minst en faktor är noll så får vi attx=0eller (x 4) = 0, det vill säga attx=0ellerx=4. b) Med samma resonemang som i uppgift a) får vi attx + x = 0 ellerx +x = 0. I det första fallet får vix=0ellerx= och i det andra attx=0ellerx=. Sammanfattningsvis får vi alltså x =,x = ochx = 0 som lösningar. c) Vi kan skriva ekvationen som (x ) = 6. Om vi sättert =x så får vit = 6 vilket gert =±4, det vill sägax =±4. Kvadraten av ett reellt tal måste vara positiv så den enda möjligheten är attx = 4 vilket gerx =±. d) Kvotuttrycket är definierat för dexför vilka nämnaren inte är noll, det vill säga förx + 4x 6 0, vilket gerx ± 0. Det enda sättet att få hela uttrycket att bli noll är om täljaren är noll, det vill säga omx=. Eftersom kvotuttrycket är definierat ix=så är ocksåx=en lösningen till ekvationen. Om kvotuttrycket inte hade varit definierat för x = så skulle ekvationen istället sakna lösning.. (a) Vi löser först med kvadratkomplettering och sedan med den så kallade pq-formeln. 5

6 KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER. Med kvadratkomplettering: x +x = 0 ( x + ) ( ) = 0 ( x + ) 5 4 = 0 ( x + ) = 5 4 Detta ger att ekvationen kan skrivas om som x + =± 5 och vi får alltså att x = ± 5.. Med pq-formeln: x = ± ( ) ( ) Efter förenkling får vi samma svar som med kvadratkomplettering. (b) Vi skriver först om ekvationen som en kvadratisk ekvation: + x + 0 =x x + 0 =x = ( x + 0) = (x ) x + 0 =x 4x + 4 x 5x 6 = 0 Med kvadratkomplettering eller pq-formeln får vi att x = eller x = 6. Vi har alltsåx= ochx=6som möjliga lösningar men om vi sätter inx = så blir vänsterledet + 9 = 5 och högerledet x =. Det betyder alltså attx = är en falsk rot. Om vi sätter inx = 6 så blir båda led 6 så vi har en lösningx = 6. Den falska roten kunde uppstå eftersom vi inte har ekvivalens mellan rad och rad i omskrivningen till en kvadratisk ekvation.

.. EKVATIONER 7 (c) Vi skriver om ekvationen tillx 5x 5 = 0 och använderpq-formeln. x = 5 ± (5 ) ( 5) x = 5 ± 5 4 + 5 x = 5 5 ± 4 + 0 4 x = 5 ± 45 4 x = 5 ± 45 (d) Vänsterledet är definierat när nämnaren inte är noll, det vill säga närx. Vänsterledet kan bara bli noll om täljaren är noll. Vi löser därför den ekvation som ges av att sätta täljaren lika med noll, alltså x x = 0. Medpq-formeln får vi attx= ellerx=, men uttrycket var inte definierat förx = så vi får endastx = som lösning.. I ekvationen 6x 4x = 0 kan vi enkelt faktorisera vänsterledet eftersom båda termerna har en gemensam faktorx. Vi får då ekvationen på formen x(6x 4) = 0. För att produkten ska vara noll måste någon av faktorerna vara noll, så vi får att lösningarna ärx = 0 ochx = 4 6 =. Ekvationen x 5 = 0 kan skrivas om som x = 5, vilket gerx= ± 5/. Om man ändå vill använda en lösningsformel för att lösa ekvationerna ska man tänka på att de saknade termerna motsvarar nollor, så att exempelvis 6x 4x = 0 kan skrivas som 6x 4x + 0 = 0, och har lösningarna x = 4± 6 4 6 0 6 där vi alltså förciformeln satt inc = 0. = ± 4.. Kvadratkomplettering fungerar alltid för att lösa kvadratiska ekvationer: x x = 0 (x ) = 0 (x ) = x = ±

8 KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER. I detta fall kan man även använda ett knep, nämligen faktorisering med hjälp av konjugatregeln: x x = 0 (x ) = 0 (x ) = 0 ((x ) )((x ) + ) = 0 Minst en faktor måste vara noll så vi fårx = + ellerx =.. Man kan också tänka sig andra metoder, exempelvis att med hjälp av ett numeriskt tillvägagångssätt gissa lösningarna, och verifiera att de faktiskt är lösningar. 5. Lämnas till läsaren. 6. I det fjärde steget dividerar man meda b = 0, vilket är otillåtet. För att det sista steget ska vara giltigt måsteb 0 gälla. 7. För att pq-formeln ska kunna tillämpas måste ekvationen skrivas om så attx -termen har koefficient. Det kan vi göra genom att dela båda led meda, som följer: ax +bx +c = 0 x + b a x +c a = 0 Vi ser att vi måste tap= b a ochq= c a. Vi sätter in detta ipq-formeln, och får x = b a ± (b a ) c b a = b a ± 4a 4ac = b a ± b 4ac där vi i andra ledet satt bråken under rottecknet på gemensam nämnare. Vi ser att detta direkt motsvarar formeln ur Sats... De båda formlerna ger därför alltid samma lösningar.. Polynomdivision och Faktorsatsen. Polynomdivision ger: x x x 5 x +x x + x (x + ) x +x ( x)(x + ) x a

.. POLYNOMDIVISION OCH FAKTORSATSEN 9 Vi får alltså kvotenx x och resten x. Vi kan kontrollera att uträkningen stämmer genom att kontrollera attx 5 x +x = (x +)(x x)+x.. Polynomdivision ger: x + x + 5x + x + x(x + ) x + (x + ) 0 Vi får att x + 5x + = (x + )(x + ), vilket ger attq(x) = x +.. Minst en faktor måste vara noll så vi har antingen att 7x 5 = 0 eller att x + x = 0. I det första fallet får vix = 5 7, och i det andra fallet att x = + ellerx =. Sammanfattningsvis har vi attx= 5 7, ellerx = + ellerx =. Vi kan relativt enkelt kontrollera att alla dessa faktiskt är lösningar, genom att sätta in i ursprungsekvationen. 4. Man kan se attp() = 0 så Faktorsatsen ger att (x ) måste delap(x). Om vi utför polynomdivision så ser vi attp(x) = (x )(x +x+). Man kan med hjälp av kvadreringsreglerna se att den sista faktorn är utvecklingen av (x + ) så vi fårp(x) = (x )(x + ), vilket ger rötternax = och x =x =. 5. Faktorsatsen ger attp(x) = (x a)(x b)(x c)q(x) därq(x) är ett polynom som inte har något nollställe. Graden hos p(x) måste alltså vara minst. Man kan också bevisa (med hjälp av den så kallade Algebrans fundamentalsats) attq(x) måste vara en konstantc. Detta ger att p(x) =c(x a)(x b)(x c) och att polynomets grad måste vara exakt. 6. Omrär en rot så gäller att vilket kan skrivas som p(r) =a 0 +a r +a r + +a n r n = 0 a 0 +r(a +a r + +a n r n ) = 0

0 KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER eller r(a +a r + +a n r n ) = a 0 Om nuroch allaa i är heltal så måste parentesen i vänsterledet vara ett heltal som vi kan kallaq. Vi har då attr( q) =a 0, det vill säga attr delara 0. Omr=0 är en rot så gäller 0 =p(r) =a 0, det vill säga att polynomets konstanta term är noll. 7. Polynomdivision med avseende på x ger: x +xy +y x y x (x y) x y y xy(x y) xy y y (x y) 0 x y Detta kan sammanfattas somx y = (x y)(x +xy +y ). Faktiskt gäller även attx n y n alltid harx y som en faktor omnär ett naturligt tal. Om vi byter utymot y i ekvationen så får vix +y = (x +y)(x xy +y ). I det senare fallet blir kvoten mellanx +y ochx +y alltså x xy +y.. Olikheter. Olikheterna kan lösas med flera olika tekniker. Lösningsförslagen här illustrerar en del av denna variationsrikedom. Att skissa graferna lämnas till läsarens grafritande räknare eller motsvarande. (a) Vi skriver om olikheten som 0 x(x ) och gör en teckentabell för uttrycket i högerled. x 0 + + x x + x(x ) + +

.. OLIKHETER Vi ser att 0 x(x ) förx (, 0] ellerx [, ). (b) Vi gör en teckentabell över faktorerna i vänsterledet. Faktorerna byter tecken i punkterna -, och så vi tar med dessa värden i tabellen. x + + + + x x + x 4 + + (x + )(x )(x 4) + + Vi ser att (x+)(x )(x 4)<0dåx (, ) ellerx (, ). (c) Vi multiplicerar olikheten medxoch +x och får tre fall. Fall : Omx< så är bådexoch +x negativa så olikheten byter riktning två gånger och blir oförändrad. Vi får alltsåx ( +x) vilket kan förenklas till x. I detta fall får vi inga lösningar eftersomx< och xinte båda kan vara uppfyllda samtidigt. Fall : Om <x<0 då är det baraxsom är negativ så olikheten byter riktning en gång och blir efter förenkling x. Vi får i detta fall. <x Fall : Omx>0 så är bådexoch +x positiva så olikheten byter inte riktning och blir efter förenkling x. I detta fall får vi lösningenx>0. Sammanfattningsvis får vi attx (, ] ellerx (0, ). Ett alternativt sätt att lösa uppgiften är att samla allt i olikhetens högerled och skriva om enligt följande. 0 x +x +x = + x x x( +x). Vi kan sedan göra en teckentabell över de ingående faktorerna x, +x och + x.

KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER (d) Vi multiplicerar olikheten medxoch får två fall. Fall : Omx>0så får vi olikheten x vilken har lösningarna x ochx. Möjligheten attx utesluts av attx>0 så vi får attx i detta fall. Fall : Omx<0så får vi olikheten x vilken har lösningarna x. Vi får lösningen x<0 i detta fall. Sammanfattningsvis får vi attx [, 0) ellerx [, ). (e) Vi samlar alla termer i vänsterled och får olikheten x x 0. Om vi löser ekvationenx x = 0 så kan vi faktorisera vänsterledet med hjälp av Faktorsatsen. Kvadratkomplettering eller pqformeln ger rötternax = ± 7, vilket i sin tur leder till faktoriseringen ( x )( 7 + x ) 7 0. Om[ vi nu gör en teckentabell så kan vi se att olikheten gäller för x 7, + ] 7. Alternativt kan vi konstatera att andragradsuttrycketx x som finns i vänsterledet är mindre än noll förxsom ligger mellan dess rötter. (f) Vi sättert =x + och får olikheten t<. Eftersom vänsterledet är positivt så kan vi skriva om detta somt<4. Om vi nu sätter inxigen så får vi olikhetenx + <4, vilket kan förenklas till (x )(x+ )<. Denna olikhet är uppfylld för <x<.. (a) Olikheten gäller förx (, 0). Vi kan se att grafen tilly = x ligger undery= x närx<0.

.. OLIKHETER y y = x y = x - x (b) Olikheten kan skrivas somx 4 vilket i sin tur är samma som x (, ] ellerx [, ). Vi kan se att grafen tilly=x + ligger övery= 5 närxligger i dessa intervall. y 7 y =x + 6 5 y = 5 4 x (c) Eftersom 0 x + så gäller att x + < ( x + ) <. Vi får alltså olikhetenx<. Olikheten är bara definierad förx>

4 KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER så vi får lösningenx (, ). Vi kan se i figuren nedan att grafen tilly= x + ligger undery= för dessax. y y = x + y = - x (d) För att olikheten ska gälla så ska antingen täljaren vara noll, det vill sägax = 5, eller så ska täljaren och nämnaren ha olika tecken. Vi får två fall: Fall : Täljaren är positiv och nämnaren negativ gerx> 5 och x> 4. Detta fall ger alltså attx> 4. Fall : Nämnaren är positiv och täljaren negativ gerx< 5 och x< 4. Detta fall ger alltså attx< 5. Sammanfattningsvis får vi attx (, 5 ] ellerx ( 4, ). Grafen tilly= x+5 4 x visas i figuren nedan. Den består av två delar, en till vänster om den prickade linjenx = 4 och en till höger om den. Den som ligger till höger är hela tiden mindre än noll men den som ligger till vänster är mindre än eller lika med noll förx 5, precis som vi visade ovan.

.4. ABSOLUTBELOPP 5 y x = 5 x = 4 - - - - - x y = x + 5 4 x - -4. Man kan resonera som så att +x 4x +x 4x 4x. I den första olikheten använder vi att och i den andra attx 0. 4. I näst sista steget delar vi med x som är negativt eftersom 0 x<, och vi skulle då egentligen vända på olikheten så att det blir >0 i sista steget. Alla övriga steg är korrekta..4 Absolutbelopp. Se nedanstående figur. y y = x + y = x + 5 4 x Lösningen till olikheten kan nu avläsas som <x<.

6 KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER. a) Omx 0så är x =xoch då blir ekvationenx=. Omx<0 så är x = x och ekvationen blir x =. Vi får alltså lösningarna x =±. b) x 0 så det kan inte finnas några lösningar. c) Man kan tolka vänsterledet som avståndet mellan talet x och talet på tallinjen. Ekvationen kan alltså utläsas som att avståndet mellan x och talet ska vara enheter. Det finns två tal som ligger på avstånd från talet :x = 0 ochx = 6. Ett alternativt sätt att lösa ekvationen på är att undersöka fallen då x 0 ochx <0. d) Vi delar upp lösningen i två fall. Fall : omx + 0så blir ekvationen x + + =. Vi kvadrerar och får ekvationenx + = som har lösningenx=. Genom prövning kan vi se att detta är en lösning till ekvationen. Fall : omx + <0så blir ekvationen istället x + =. Efter kvadrering får vi att x = men det är inte en tillåten lösning i detta fall, eftersom vi antagit attx + <0). Sammanfattningsvis får vi en lösning x =. e) Vi skriver om ekvationen som x ( ) = och kan då tolka den som att avståndet mellan x och ska vara. Vi får alltså två fall x = 0 och x =. Den senare ekvationen har ingen lösning men den första har lösningenx = 0. f) Vi sättert = x och får andragradsekvationent t + = 0. Med pq-formeln eller kvadratkomplettering får vi lösningarna t = och t = vilket ger ekvationerna x = och x =. Den första har lösningarnax =± och den andrax =±.. a) Olikheten är ekvivalent med 5 x 5 och om vi dividerar med så får vi lösningarna 5 <x< 5. I grafen nedan kan man se att grafen tilly= x ligger undery = 5 för dessax.

.4. ABSOLUTBELOPP 7 y 6 y = x 5 y = 5 4 x b) Olikheten kan skrivas som x < x ( ) och kan då tolkas som att avståndet mellanxoch ska vara mindre än avståndet mellan x och. Talet noll ligger mitt mellan och så olikheten gäller förx<0. I figuren nedan kan man se atty= x ligger under y = x + förx<0. y = x y = x + y x c) Uttrycket x i vänsterledet byter tecken dåx = och uttrycket i högerledet byter tecken dåx =. Vi får alltså tre fall. Fall : Omx så är båda uttrycken negativa och olikheten blir x + < x. Det ger 4<x men det är inte en möjlig lösning i detta fall. Fall : Om <x så får vi olikheten x + <x + som har lösningenx<. Vi får <x< som lösning i detta fall.

8 KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER Fall : Om <x så får vi olikheten x <x + vilket gerx<4. Vi får alltså lösningen <x<4 i detta fall. Sammanfattningsvis får vi <x<4. I figuren nedan kan vi se att grafen tilly= x för dessaxligger under grafen tilly= x +. y y = x 0 9 8 7 6 5 4 y = x + x 5 4 4 5 d) Vi kan skriva om olikheten som x, vilket är ekvivalent med x. Vi kan också se detta på graferna nedan. y 4 y = x 4 4 x y = x Notera att det svar som anges i den tryckta versionen av boken är felaktigt, nämligen attx< ellerx>.

.4. ABSOLUTBELOPP 9 e) Vi delar upp lösningen i tre fall beroende på omx 0 eller inte och omx + 0 eller inte. Fall : Omx< så får vi olikheten x + x. Vi får lösningenx 8 vilket innebär att vi får lösningenx 8 i detta fall. Fall : Om x<0 så får vi olikheten x + x vilken gerx 8. Vi får alltså inga lösningar i detta fall. Fall : Omx 0så blir olikheten x + x+, vilket gerx 4. Vi får lösningenx 4 i detta fall. Sammanfattningsvis får vi lösningarnax< 8 och 4<x, vilket man också kan se på graferna nedan. 9 8 7 6 5 4 4 5 y 5 4 y = x + y = x + f) Uttrycket som står inom absolutbelopp i vänsterled kan skrivas som +x x. Vi kan se att detta uttryck har rötternax= ± 5 vilket betyder att det är positivt förx ( 5, + 5 ). Uttrycket i högerled byter tecken ix = så vi får fyra fall. Fall : Omx< 5 så får vi olikheten x( x)< x, vilket gerx <, som gäller för <x<. Vi får lösningarna <x< 5 i detta fall. Fall : Om 5 <x så får vi olikheten +x( x)< x, vilket ger<x(x ) som i sin tur är ekvivalent med attx<0 eller <x. Vi får lösningarna 5 <x 0 i detta fall. Fall : Om <x + 5 så får vi olikheten +x( x)< +x vilket motsvarar <x. Vi kan skriva om detta som attx< x

0 KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER eller <x. Vi ser då att vi får lösningarna <x + 5 i detta fall. Fall 4: Om + 5 <xså har vi olikheten x( x)< +x vilket gerx(x )<0. Det senare är sant för 0<x<. Vi får lösningarna + 5 <x< i detta fall. Sammantaget får vi <x<0 och <x< som lösning. y 4 y = +x( x) y = x x g) Olikheten kan tolkas som att avståendet mellan x och talet ska vara mindre än. Vi kan skriva det som < x <4, vilket är ekvivalent med 0 x <4. Med samma avståndstolkning får vi lösningen 4<x<4. y 4 y = x y = 4 4 x h) Vi har attx + >0 för allaxså beloppstecknet kan tas bort och vi får då olikhetenx < 0 vilken saknar lösningar för reella talx.

.4. ABSOLUTBELOPP i) Med avståndstolkningen får vi att 0<x < vilket ger 0<x< eller <x<0. y 4 y = x y = x j) Om vi kvadratkompletterar andragradsuttrycket i vänsterledet så kan vi se att det är positivt för allax. x + 5x + 9 = ( x + 5 ) + /4>0. Vi kan alltså ta bort beloppstecknen och får då olikheten x + 5x + 9<. Vi flyttar sedan allt till vänsterled och faktoriserar med hjälp av faktorsatsen (x + )(x + ) =x + 5x + 6<0. Andragradsuttrycket är mindre än noll för de x som ligger mellan uttryckets rötter. Vi får alltså <x< som lösning.

KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER y = x + 5x + 9 y 6 5 4 y = 4 x 4. a) Vi bevisar att x = x för alla reella x genom att betrakta två fall. Fall : Omx 0 så får vi Högerled = x = ( x) =x= x = Vänsterled. Fall : Omx<0 så är x>0 och vi får Högerled = x = x = x = Vänsterled. Vi har alltså bevisat olikheten för allax. b) Eftersom x + >0för allaxså kan vi ta bort de yttre beloppstecknen i vänsterledet. Olikheten gäller alltså för allax. c) En av räknereglerna för absolutbeloppet är att xy = x y vilket i sin tur betyder att x = x (sättx=y). Det betyder att olikheten gäller för alla reella x. d) Man kan se att olikheten inte är sann förx = 0: 0 = = 0. Genom att dela upp i två fallx<0 ochx 0så kan man visa att olikheten gäller förx (, ] ochx [, ). e) Eftersom x +x 0 så kan man skriva följande likhet ( x +x) = x +x = x +x. I sista likheten använde vi att x +x 0och i första likheten att y = y för allay. Vi har alltså visat att olikheten är sann för alla reella x.

.4. ABSOLUTBELOPP f) Olikheten är inte sann förx<0eftersom vänsterledet blir då. Den stämmer däremot förx>0eftersom vänsterledet då blir x x =. För x = 0 är vänsterledet inte ens definierat. 5. (a) Räkneregeln x = x. Detta är precis uppgift.4.4.a. (b) Räkneregeln x y = x y. Fall. Omx>0,y< 0 följer att x y = x y = x ( y) = x y. Övriga tre fall kontrolleras på liknande sätt. (c) Räkneregelnx x kan visas på samma sätt genom uppdelning i två fallx 0 ochx<0. (d) Triangelolikheten. Med hjälp av föregående regel kan man konstatera att ( x + y ) x +y x + y. Vi kan sedan använda att z c c z c för att få triangelolikheten (tagz=x +y ochc = x + y ). Man kan även visa triangelolikheten genom fallindelning i fyra fall, x<0,y<0 respektivex>0,y< 0 ochx>0,y> 0. Falletx<0, y> 0 fås från falletx>0,y< 0 genom att byta namn påxochy. 6. Omy a = 0 så får vi a = x a + 0 = x a = x a och på samma sätt att b = x b samt b a = (x b x a ) + (0 0) = x b x a. Vi ser alltså att definitionen stämmer överens med definitionen av absolutbelopp på tallinjen. I figurerna nedan kan man se att definitionen av a och b a ger avståndet till origo fråna, respektive avståndet mellana = (x a,y a ) ochb=(x b,y b ). Notera särskilt att (y a y b ) = (y b y a ). y a = (x a,y a) a = x a +y a y a x a x

4 KAPITEL. EKVATIONER OCH OLIKHETER y (x a,y a ) ya yb (x b xa) + (ya y b ) x b x a (x b,y b ) x

Kapitel Summor och summatecken. Grundläggande notation och räkneregler. a) Man kan se att termerna är potenser av tre:,, 4 och 5. Ett sätt att skriva summan på är därför 5 i= i. b) Avståndet mellan på varandra följande termer är fyra så man kan exempelvis skriva termerna som, + 4, + 4, och så. a) vidare. Med summanotation skulle det ge 5 j=0 kan också exempelvis skriva summan som 4 i= + 4 j men man 4i +. c) Kvoten mellan två på varandra följande termer är så vi kan skriva dem som 6, 6, 6, och så vidare. Alternativt så startar vi på istället och får,,,..., vilket ger 5 k= k. d) Termerna är alla på formen r b) c) d) alltså skrivas som 6 r= r r+. r+ därr =,, 4, 5, 6. Summan kan 5 (i ) = + + 5 + 7 + 9 = 5 i= 00 = + +... = 95 = 85 } {{ } i=6 95 termer 6 i = 0 + + 4 + 9 + 6 + 5 + 6 = 9 i=0 6 i = + + 4 + 8 + 6 + + 64 = 7 i=0 5

6 KAPITEL. SUMMOR OCH SUMMATECKEN. Den första termen kan skrivas som + 7 0, andra som + 7, och så vidare. Den sista termen blir då + 7 94. Vi har numrerat termerna med talen 0,,..., 94 så summan har alltså 95 termer. 4. Förslagsvis i. i= Summan är oändlig både i den bemärkelsen att den har oändligt antal termer, men också att dess värde inte är ändligt. 5. a) Om vi tarj=i så får vi 0 j= b) Vi tari =k+ 6 och får 6 i= c) Vi tarj=i och får 8 (sin(iπx)) = i=4 0 (j + ) + = j + 7 = j= 0 i= i + 7. 6 6 ((i + 6) + ) = (i ) = (k ). i= 5 (sin((j + )πx)) = j= d) Vi tarj=i + 4 och får (j 4) + 5 = i=k 5 (sin((i + )πx)). i= j + = i +. j= j= i= 6. Första och sista termen kan tas upp i summan genom att utöka index medi = 0 ochi = : + (i + ) + 00 = (i + ) i= 7. Summorna har lika många termer, men inte samma termer. Exempelvis så är första termen ialika med ( ) + 5 =. SummanB börjar med ( + ) 8 = 4 och växer med tre enheter för varje ny term. Summan B kan därför inte innehålla termen. i=0 8. (a) 0 i= i =... 0 = 68800

.. NÅGRA VIKTIGA SUMMOR 7 (b) Man kan förkorta mellan alla på varandra följande faktorer i produkten. Kvar blir den första täljaren och den sista nämnaren. 78 i=. Några viktiga summor ( ) i = 4 77 i + 5 5 6 6 7... 78 78 79 = 4 79. Summan är aritmetisk och kan därför beräknas soms= n(a+an) där n = 00,a = ocha 00 = 00. Värdet blir 5050.. a) Geometrisk, r =.. a) b) Aritmetisk, d = 7. c) Varken aritmetisk eller geometrisk. d) Geometrisk,r=. e) Varken aritmetisk eller geometrisk. f) Aritmetisk medd = 0 och geometrisk medr=. 0 0 (i+ i ) = i+ 0 i= i= i= i = 0(0 + ) + 0 = 55+8857 = 8867 b) Alternativt: i= i= ( i) = 0 + + +... + 9 = 45 ( i) = i = 0 i= i= 0 ( + ) = 0 75 = 45 c) På grund av faktorn ( ) s kommer termerna att omväxlande vara positiva och negativa. Vi har inte behandlat någon anpassad metod för att beräkna sådana summor, utan vi får räkna ut summan term för term. 9 s= s ( ) s = + +4 5+... + ( 9) = 0 d) Summan är en teleskopsumma. i=5 ( i i + i + ) = 5 i + 6 4 = 4 = 8

8 KAPITEL. SUMMOR OCH SUMMATECKEN e) Summan har 4 9 = 5 termer som alternerar mellan + och. Vi har alltså 6 termer som är + och 6 som är. 4 ( ) s = 6 + 6 ( ) = s=0 f) Vi byter variabel tillj=i + 0 och får 98 98 j 0 + = j 00 = j= j= 98 (98 + ) 00 98 = = 970 9800 = 99. Alternativt så kan man se att alla termer utom den som har index i = 00 kommer ta ut varandra, så att summan blir 00+ = 99. 4. Omr = så är summan en summa av identiska termer och vi fårs =n a. 5. Vi får följande ekvationssystem: =s() =a +b+c+d 5 =s() = 8a + 4b + c +d 4 =s() = 7a + 9b + c +d 0 =s(4) = 64a + 6b + 4c +d Detta kan lösas exempelvis genom att eliminera variablerna en efter en, med start i attd = (a +b+c) från den första ekvationen. Ekvationssystemet har lösningena =,b=,c= 6 ochd=0. Vi får alltså att Vi testar s(n) = n +n +n 6 = n + n +n 6 n(n + )(n + ) = 6 5 (5 + )( 5+) 55 =s(5) = 6 6 (6 + )( 6+) 9 =s(6) = 6 7 (7 + )( 7+) 40 =s(7) =, 6 vilket stämmer bra.

.. NÅGRA VIKTIGA SUMMOR 9 6. Vi bevisar först likheten. +i +i = +i ( +i)( +i) +i ( +i)( +i) = = +i ( +i) ( +i)( +i) = ( +i)( +i) Vi använder sedan detta för att skriva om summan som en teleskopsumma. i= ( +i)( +i) = i= ( +i) ( +i) = 6 = 6. 7. Summan ska tolkas som att består av oändligt många termer,, 4, 8, och så vidare. Om man avbryter summeringen efter n termer kan man skriva n s = i = ( n ) i= = n. Kvantiteten n kommer bli godtyckligt liten om vi bara låternbli tillräckligt stort. Summan är med andra ord större än varje talr<om vi väljer ett tillräckligt stort n (alltså tar med tillräckligt många termer i summan), men samtidigt är den mindre än för varjen. Antag att vi verkligen kunde summera oändligt många termer och att vi då fick ett tal som svar. Då finns det bara ett värde som kan vara möjligt och det är s =. Oändliga summor som dessa brukar kallas serier.

40 KAPITEL. SUMMOR OCH SUMMATECKEN

Kapitel 4 Induktionsbevis och Binomialsatsen 4. Induktionsbevis. Vi låterp n vara påståendet att n (i ) =n i= och bevisar först att induktionsbasen är sann, det vill säga att påståendet är sant förn=. Vi betecknar högerled med HL och vänsterled med VL, och får då följande VL = (i ) = = = = HL. i= Vi har alltså bevisat att induktionsbasen är sann. Nu antar vi att formeln är sann förn =k, det vill säga attp (k) är sann (induktionsantagandet), alltså att VL k = HL k, och bevisar med hjälp av det attp (k + ) är sann (induktionssteget), alltså att VL k+ = HL k+. ( k+ k ) VL k+ = (i ) = (i ) + (k + ) i= i= = VL k + (k + ) = HL k + (k + ) =k + k + = (k + ) = HL k+. Induktionsprincipen ger nu att påståendet är sant för allan. I den tredje likheten har vi använt induktionsantagandet, det vill säga att 4

4 KAPITEL 4. INDUKTIONSBEVIS OCH BINOMIALSATSEN k (i ) =k i= eller med andra ord att VL k = HL k.. Hur tar man fram en sådan formel? Man kan till exempel börja med att experimentera med några små fall: n = : n = : n = : n = 4 : n = 5 : n = 6 : n = 7 : i = i= i = + 4 = 6 i= i = + 4 + 6 = i= 4 i = + 4 + 6 + 8 = 0 i= 5 i = + 4 + 6 + 8 + 0 = 0 i= 6 i = + 4 + 6 + 8 + 0 + = 4 i= 7 i = + 4 + 6 + 8 + 0 + + 4 = 56 i= Sedan kan man titta på följden av summor,, 6,, 0, 0, 4, 56 och försöka se ett mönster. Man kanske kan sin multiplikationstabell och ser att =, 6 =, = 4, 0 = 4 5, 0 = 5 6, 4 = 6 7 och 56 = 7 8. Då ligger det nära till hands att gissa att summaformeln kanske ska vara n(n + ). Om vi nu alltså gissar att summan av denförsta jämna positiva heltalen kan skrivas som n i =n(n + ) i= så kan vi sedan försöka bevisa detta med hjälp av induktion. Vi bevisar först induktionsbasen, det vill säga att

4.. INDUKTIONSBEVIS 4 VL = vilket stämmer bra. i = = = ( + ) = HL, i= Vi antar sedan att formeln är sann förn=k och bevisar med hjälp av det att den är sann förn =k+. Induktionsantagandet är med andra ord k i =k(k + ). i= Vi skriver om vänsterledet på samma sätt som i förra uppgiften: ( k+ k ) VL k+ = i = i + (k + ) =k(k + ) + (k + ) = i= i= = (k + )(k + ) = (k + )((k + ) + ) = HL k+. Enligt induktionsprincipen gäller därför att summaformeln är korrekt för allan. Hur kan man se detta geometriskt? Varje jämnt tal k kan delas upp i två lika stora delar, varderak stor. Om vi gör en sådan uppdelning för vardera jämnt tal från till n kan dessa delar passas ihop till en rektangel med sidlängdernochn +, som i figuren nedan. Figurens area motsvarar då summans värde, alltsån(n + ). Detta kan jämföra med figuren som motiverar summaformeln för aritmetiska summor. n n... n n Vi kan också parafrasera figuren för summan av denförsta udda talen:

44 KAPITEL 4. INDUKTIONSBEVIS OCH BINOMIALSATSEN n n... n n Vi har här en kvadrat med sidan +, som alltså har total area (n + ), menn + rutor (de skuggade) ska räknas bort, så den sökta arean är (n + ) (n + ) =n(n + ), som tidigare. Ett alternativt sätt att finna (och samtidigt bevisa) summaformeln är att använda räkneregler för summor och observera att n n i = i, i= och därefter använda den bekanta summaformeln för aritmetiska summor.. Vi börjar med att bevisa induktionsbasen, det vill säga att olikheten gäller för det minsta naturliga taletn =. Vi ser att VL = = HL, så induktionsbasen är alltså sann. I nästa steg antar vi att olikheten är sann förn=k, det vill säga att k k, och bevisar att den under denna förutsättning också är sann för n =k +. Vi får följande: VL k+ = (k+) = (k+)(k+) =k(k+) +(k+) (k+) = HL k+ I sista steget använde vi attk(k + ) 0 (eftersomk ). Enligt induktionsprincipen gäller olikheten för allan. När vi räknade på detta sätt behövde vi egentligen inte använda induktionsantagandet för att bevisa olikheten för n = k+. Induktionsprincipen säger dock bara att vi får använda induktionsantagandet om det behövs, inte att det måste användas. Om vi sätter in allt ovanstående i bevisschemat för induktionsbevis skulle det kunna se ut som följer: Induktionsbevis. Vi vill visa att utsaganp (n) är sann för allan. Vi använder oss av ett induktionsbevis. i=

4.. INDUKTIONSBEVIS 45 Vi visar därför först induktionsbasen, attp () är sann, nämligen att....... Här följer kontrollen av attp () är sann:... > stämmer... Vårt induktionsantagande,p (k), är följande:... k >k...... Vi vill nu visa induktionssteget, attp (k + ) gäller, nämligen att.... (k + ) > (k + )... Här följer beviset av attp (k) = P (k + ):... VL k+ = (k+) = (k+)(k+) =k(k+) +(k+) (k+) = HL k+ I sista steget använde vi attk(k + ) 0 (eftersomk )........ Vi drar med hjälp av induktionsprincipen slutsatsen att utsagan P (n) är sann för allan. 4. Induktionsbasen ska bevisas för det minsta giltiga värdet på n, vilket i detta fallet betyder att vi ska göra det förn =. Vi sätter in detta värde i högerledet respektive vänsterledet och får då följande: HL =n + 5 = + 5 = 4 och VL =n = = 7. Vi ser alltså att olikheten gäller för n =. Nu antar vi att olikheten gäller förn=k, det vill säga attk k +5 förk, och visar att olikheten gäller även förn =k +. VL k+ = (k + ) =k + k + k + (k + 5) + k + k + k + 5 = HL k+ I sista steget har vi använt att k + k + är positivt, eftersomkär positivt och alla termerna därför är positiva. Enligt induktionsprincipen gäller olikheten för alla naturliga tal n. 5. Vi ska bevisa påståendet att en aritmetisk summa kan skrivas som n i= a i = n(a +a n ). Här gäller alltså atta i =bi +c för två talb,c, Induktionsbasen, som är påståendet dån=, kan bevisas genom att vi utvecklar vänsterled och högerled var för sig och ser att det blir samma sak: VL n= = i= a i =a HL n= = (a +a n ) = (a +a ) =a

46 KAPITEL 4. INDUKTIONSBEVIS OCH BINOMIALSATSEN Med andra ord: Omn= så har vi bara en term i summan och då gäller atta n =a. Induktionsbasen är alltså sann. Nu antar vi att påståendet är sant förn =k, det vill säga att k i= a i = k(a +a k ) och bevisar att det leder till att påståendet också är sant förn=k +. Vi ska alltså bevisa att k+ a i = (k + )(a +a k+ ). i= I beviset använder vi att de förstak termerna också utgör en aritmetisk summa. k+ VL n=k+ = a i =a k+ + i= k a i = i= =a k+ + k(a +a k ) = k(a +a k ) + a k+ = = = (k + )(a +a k+ ) +ka k (k )a k+ a = (k + )(a +a k+ ) = (k + )(a +a k+ ) I sista steget använde vi att + ka k (k )a k+ a + 0 = HL n=k+ ka k (k )a k+ a =k(bk +c) (k )(b(k + ) +c) (b +c) = 0. Induktionsprincipen ger nu att formeln är sann för allan. 6. Vi ska bevisa att n i= a i =a r n r dära i =b r i för två talb,r. Induktionsbasen bevisar vi på följande vis: VL n= = a i =a i= HL n= =a r r =a. = =

4.. INDUKTIONSBEVIS 47 Induktionsbasen gäller alltså för n =. Vi antar nu att påståendet är sant förn=k, det vill säga att k i= = r k a k och bevisar att påståendet förn=k + följer ur det. Vi ska r med andra ord bevisa att k+ a i =br rk+ r. i= k+ VL n=k+ = a i =a k+ + i= =a k+ +br rk r k i= =br k+ + br brk+ r a i = br brk+ + ( r)br k+ r = br brk+ +br k+ br k+ r = br brk+ r =br rk+ r = HL n=k+ Vi har här använt induktionsantagandet i den tredje likheten. Induktionsprincipen ger nu att formeln är sann för allan. 7. Vi prövar medn =,,, 4, och så vidare och ser att 6 5 6+. En gissning är därför attn 5n + för allan 6. Vi bevisar detta med induktion och utgår från att vi vet att olikheten stämmer förn=6 som induktionsbas. Vi antar att olikheten är sann förn=k 6, det vill säga attk 5k + och försöker bevisa att detta ger att olikheten är sann förn =k +. VL k+ = (k + ) =k + k + (5k + ) + k + = 7k + 4 = 5(k + ) + + k 4 5(k + ) + = HL k+ I första olikheten användes induktionsantagandet och den sista olikheten gäller för allk för vilka k 4 0. Det senare är sant eftersomk 6 (men det skulle räcka medk ). Induktionsprincipen ger nu att formeln är sann för allan 6. 8. LåtP (n) vara påståendet att en mängd mednelement har n(n ) delmängder med element (vi kallar dem -delmängder i fortsättningen).

48 KAPITEL 4. INDUKTIONSBEVIS OCH BINOMIALSATSEN Som induktionsbas tar vip (0), det vill säga att den tomma mängden har 0 (0 ) -delmängder, vilket stämmer bra. Antag nu attp (k) är sann, det vill säga att varje mängd medkelement har k(k ) -delmängder. Givet detta ska vi bevisap (k + ), det vill säga att varje mängdm medk + element har (k+)((k+) ) = (k+)k -delmängder. MängdenM har åtminstone ett element eftersomk + 0 + =. Låtx vara ett av elementen im och blida en ny mängdm genom att ta bortx frånm. MängdenM har precisk element så enligt induktionsantagandet kan vi konstatera attm har k(k ) -delmängder. Dessa -delmängder är också -delmängder tillm och utöver dem finns ocksåk stycken - delmängder på formen{x,y} däry M. Det finns alltså precisk sätt att välja dessa mängder på. Vi får totalt k(k ) +k = = 0 k(k ) + k = k(k + ) -delmängder im, vilket bevisar attp (k + ) är sann. Enligt induktionsprincipen så gäller alltsåp (n) för allan 0. 9. Vi ska bevisa att för allan finns två heltala,b 0så attn=a+7b. Induktionsbasen består av påståendet att talet kan skrivas som en summa av :or och 7:or. Vi ser att det är sant genom att skriva det vill sägaa = 4 ochb = 0. = + + +, I induktionssteget ska vi anta att taletn=k kan skrivas som en summa av :or och 7:or och bevisa att vi ur det kan dra slutsatsen att även n = k + kan skrivas på detta sätt. Vi delar upp resonemanget i två fall. Fall : Omk= a + 7b ochb så kan vi skriva k + = (a + 5) + 7(b ) = a + 7b dära,b 0 är två heltal. I detta fall kan vi alltså skriva taletk + på det önskade viset. Fall : Omk=a + 7b ochb< så gäller att a =k 7b 7 = 5 vilket betyder atta. Vi kan då skriva k + = (a ) + 7(b + ) = a + 7b

4.. INDUKTIONSBEVIS 49 dära,b 0 återigen är två heltal. Även i detta fallet kan vi alltså skriva k + på den givna formen. Sammantaget kan vi se att vi alltid kan skrivan=k + som summan av :or och 7:or givet att vi kan göra det förn=k. Induktionsprincipen ger därmed att påståendet är sant för allan. 0. Induktionsbasen består av fallet dån = och om vi sätter in det värdet i formeln föra n så får vi 5 4 =, vilket stämmer bra med talföljdens definition. Vi antar nu att formeln är sann förn=k, det vill säga att a k = 5k 4. I induktionssteget bevisar vi att vi kan sluta oss till att formeln även gäller förn=k +. Vi använder först definitionen av talföljden då n =k + och får följande: a k+ = 5a k + Med hjälp av induktionsantagandet (som vi använder i den andra likheten) kan vi nu skriva detta som a k+ = 5a k + = 5 5k 4 = 5k+ 5 4 = 5k+. 4 + = + = 5k+ 5 + 4 4 Vi har med detta resonemang bevisat att formeln gäller förn =k + och induktionsprincipen ger därmed att den är sann för allan.. Vi ska bevisa att det inte finns något minsta motexempel till påståendet n< n dån. Precis som för det vanliga induktionsbeviset så börjar vi med att bevisa påståendet för det minsta värdet pån, det vill säga för n =. Påståendet blir i det fallet att < vilket stämmer bra, sån = är inte ett motexempel. Vi antar nu att vi har ett minsta motexempel förn =k, det vill säga attk k och resonerar sedan på följande vis. Vi har redan bevisat attk kan inte vara så k, vilket ger: k k k k = k Vi har alltså bevisat att omn=kär ett motexempel tilln n, så är ävenn=k är ett motexempel till påståendet. Detta leder till en motsägelse eftersom n = k skulle vara det minsta motexemplet. Slutsatsen blir att det inte kan finnas något minsta motexempel förn och det i sin tur leder till att det inte kan finnas några motexempel alls. Den sista biten av resonemanget hänger på att de naturliga talen har egenskapen att varje icke-tom delmängd innehåller ett minsta tal). =

50 KAPITEL 4. INDUKTIONSBEVIS OCH BINOMIALSATSEN. Felet ligger i att vi i induktionssteget antar att påståendet är sant för k, men i induktionsbasen har vi bara bevisat att påståendet är sant för k =. Ett korrekt bevis skulle kräva att induktionsbasen också omfattade k =, men det skulle inte gå att bevisa eftersom påståendet är falskt.. Förn = depå kan vi konstatera att all bensin finns vid en depå. Vi kan alltså starta där, fylla tanken och sedan köra ett varv. Vi antar nu att påståendet är sant förn =k depåer och bevisar det förn =k + depåer. Om vi hark + depåerd,...,d k+ så måste det finnas någon depåd a där det finns tillräckligt mycket bensin för att man ska kunna ta sig till nästa depå (annars kan det inte totalt finnas bensin till ett varv). LåtD b vara depån som kommer direkt efterd a. Vi tänker oss nu att vi flyttar all bensin id b till depånd a så att vi ser det som att vi harkdepåer. Vi konstaterar nu att induktionsantagandet ger att det måste finnas en depåd c där man kan starta och köra ett varv (c kan vara lika meda). Om vi nu flyttar tillbaka bensinen till depåd b och startar id c så är allt oförändrat fram till depåd a. När vi är id a så kan vi tanka upp all bensin som finns där och klara oss till depåd b (enligt vårt resonemang ovan). När vi är framme id b så har vi totalt fyllt på med precis lika mycket bensin som vi hade innan vi flyttade tillbaka bensinen tilld b och det betyder att vi kommer klara oss tillbaka till startpunkten id c. Vi har bevisat att påståendet gäller förn=k + depåer, givet att det gäller för n = k depåer. Induktionsprincipen ger att påståendet är sant för allan. 4. Binomialsatsen. Båda kan räknas ut för hand enligt följande. ( ) = 7 ( ) = 7! 7!( 7)! =! 7! 5! = 0 9 8 5 4 = 9 8 = 79. I sista steget förkortar vi 0 och i täljaren mot 5 respektive 4 i nämnaren.. I föregående uppgift såg vi att ( ) ( 7 = 7), och nu ska vi visa att detta var ett exempel på ett mer generellt samband. ( ) ( ) n n! = k k!(n k)! = n! n (n k)!k! = n k