(a) Visa att 4n < 2 n f¨ or alla n ∈ N s˚ a att n ≥ 5.

TATA79/TEN3 Tentamen, 2016-03-31 Inledande matematisk analys

1.

(a) Visa att 4n < 2 ⁿ f¨ or alla n ∈ N s˚ a att n ≥ 5.

(b) Varf¨ or funkar inte ditt bevis av (a) om man betraktar n < 5?

Solution:

(a) Man kan anv¨ anda induktion. F¨ orst kollar vi att olikheten st¨ ammer d˚ a n = 5: 4n = 4 × 5 = 20 och 2 ⁿ = 2 ⁵ = 32 s˚ a 4n < 2 ⁿ d˚ a n = 5.

Sen antar vi att olikheten st¨ ammer d˚ a n = k f¨ or n˚ agot k ∈ N, k ≥ 5, och betraktar

4(k + 1) = 4k + 4 <

↑

enligt olikheten med n = k

2 ^k + 4 = 2 ^k + 2 ² ≤ 2 ^k + 2 ^k = 2 ^k (1 + 1) = 2 ^k+1

som visa att olikheten st¨ ammer d˚ a n = k + 1.

Enligt induktion f¨ oljer olikheten f¨ or alla n ∈ N s˚ a att n ≥ 5.

(b) Om k = 1 s˚ a funkar inte induktions steget, eftersom 2 ² 6≤ 2 ^k d˚ a.

F¨ or alla k = 1, 2, 3, 4 funkar inte bas fallet eftersom 4 × 1 6< 2 ¹ , 4 × 2 6< 2 ² , 4 × 3 6< 2 ³ och 4 × 4 6< 2 ⁴ .

2. Visa att 9 ⁿ − 2 ⁿ ¨ ar j¨ amnt delbart med 7 f¨ or alla n ∈ N. (Det s¨ ags att m ∈ N ¨ ar j¨ amnt delbart med k ∈ N om m/k ∈ N.)

Solution: Det finns minst tv˚ a s¨ att att l¨ osa problemet.

Man f˚ ar faktorisera:

9 ⁿ − 2 ⁿ = (9 − 2)(9 ⁿ⁻¹ + 9 ⁿ⁻² × 2 + 9 ⁿ⁻³ × 2 ² + · · · + 9 × 2 ⁿ⁻² + 2 ⁿ⁻¹ ) s˚ a

9 ⁿ − 2 ⁿ

7 = 9 ⁿ − 2 ⁿ

9 − 2 = 9 ⁿ⁻¹ + 9 ⁿ⁻² × 2 + 9 ⁿ⁻³ × 2 ² + · · · + 9 × 2 ⁿ⁻² + 2 ⁿ⁻¹ ∈ N.

Man f˚ ar ocks˚ a anv¨ anda induktion. F¨ orst kollar vi om n = 1 s˚ a ¨ ar 9 ⁿ − 2 ⁿ = 9 − 2 = 7 som ¨ ar j¨ amnt delbart med 7. Sen antar vi att 9 ^k − 2 ^k ¨ ar j¨ amnt delbart med 7 f¨ or n˚ agot k ∈ N och r¨ aknar

9 ^k+1 − 2 ^k+1

7 = 9 ^k+1 − 9 ^k × 2 + 9 ^k × 2 − 2 ^k+1

7 = 9 ^k (9 − 2) + (9 ^k − 2 ^k )2

7 = 9 ^k +2 9 ^k − 2 ^k 7 . Men vi kan dra slutsatsen att det ¨ ar ett naturligt tal under hypotsen att (9 ^k −

2 ^k )/7 ¨ ar ett naturligt tal. Enligt induktion ¨ ar 9 ⁿ − 2 ⁿ ¨ ar j¨ amnt delbart med 7 f¨ or alla n ∈ N.

3.

1

(a) Anv¨ and

cos(θ + ϕ) = cos θ cos ϕ − sin θ sin ϕ f¨ or alla θ, ϕ ∈ R f¨ or att visa

sin ² θ = 1 − cos(2θ) 2 f¨ or alla θ ∈ R.

(b) Hitta alla θ ∈ R s˚ adana att 1 + cos(2θ) + 3 sin θ = 0.

Solution:

(a)

cos(2θ) = cos(θ + θ) = cos θ cos θ − sin θ sin θ = cos ² θ − sin ² θ = 1 − 2 sin ² θ d¨ arf¨ or ¨ ar

sin ² θ = 1 − cos(2θ) 2 f¨ or alla θ ∈ R.

(b) Vi r¨ aknar

0 = 1 + cos(2θ) + 3 sin θ = 1 + (1 − 2 sin ² θ) + 3 sin θ = −2 sin ² θ + 3 sin θ + 2 s˚ a ekvationen ¨ ar ekvivalent med

0 = 2(sin ² θ−3/2 sin θ−1) = 2((sin θ−3/4) ² −9/16−1) = 2((sin θ−3/4) ² −25/16) som i sin tur ¨ ar ekvivalent med

sin θ = 3/4 ± 5/4.

S˚ a antingen ¨ ar sin θ = 2 eller sin θ = −1/2. Eftersom det finns inga l¨ osningar till sin θ = 2 alla l¨ osningar till ekvationen ¨ ar precis l¨ osningarna till sin θ = −1/2. D¨ arf¨ or l¨ osningarna ¨ ar

θ = −5π/6 + 2kπ, −π/6 + 2kπ f¨ or alla k ∈ Z.

4.

(a) Definiera a ^x f¨ or a > 0 och x ∈ R.

(b) Visa att definitionen av a ^x fr˚ an (a) st¨ ammer ¨ overens med definitionen d˚ a x ¨ ar ett heltal i fallet x = 3. Det vill s¨ aga kontrollera att a ³ = aaa enligt definitionen du skrev i (a).

Solution:

(a) a ^x := exp(x ln(a)) f¨ or a > 0 och x ∈ R.

2

(b) Vi r¨ aknar ut att a ³ =

↑ (a)

exp(3 ln(a)) = exp(ln(a)+ln(a)+ln(a)) =

↑

exp(x + y) = exp(x) exp(y)

exp(ln(a)) exp(ln(a)) exp(ln(a)) =

↑ (a)

aaa.

5. Bevisa Bernoullis olikhet: F¨ or alla reella tal x ≥ −1 och alla n ∈ N f˚ ar man att

(1 + x) ⁿ ≥ 1 + nx.

Solution: Vi ger ett induktionsbevis av

(1 + x) ⁿ ≥ 1 + nx. (1)

F¨ orst kollar vi vad som h¨ ander d˚ a n = 1: (1 + x) ⁿ = (1 + x) ≥ (1 + x) = 1 + nx s˚ a (1) st¨ ammer om n = 1. Sen antar vi att (1) st¨ ammer f¨ or n = m d¨ ar m ∈ N och betraktar fallet n = m + 1:

(1+x) ^m+1 = (1+x) ^m (1+x) ≥ (1+mx)(1+x) = 1+mx+x+mx ² ≥ 1+(m+1)x s˚ a (1) st¨ ammer f¨ or n = m + 1 och (1) ¨ ar bevisad.

6.

(a) Betrakta en punkt (x, y) i planet som ligger p˚ a en cirkel med radien r > 0 och medel punkt i origo. Det inneb¨ ar d˚ a att x ² + y ² = r ² . L˚ at y > 0, och θ och ϕ vara vinklarna i bilden nedan. Visa att cos(θ + ϕ) = 0 f¨ or alla (x, y).

Solution: Vi kan direkt se att

cos θ = y

py ² + (x + r) ² , sin θ = x + r py ² + (x + r) ² ,

cos ϕ = y

py ² + (r − x) ² och sin ϕ = r − x py ² + (r − x) ² .

3

D¨ arf¨ or kan vi r¨ akna

cos(θ + ϕ) = cos(θ) cos(ϕ) − sin(θ) sin(ϕ)

= y

py ² + (x + r) ²

y

py ² + (r − x) ² − x + r py ² + (x + r) ²

r − x py ² + (r − x) ²

= y ² − (x + r)(r − x)

py ² + (x + r) ² py ² + (r − x) ² = y ² + x ² − r ²

py ² + (x + r) ² py ² + (r − x) ² = 0

7.

(a) Definiera e ^iθ f¨ or θ ∈ R.

(b) Bevisa att

e ^ix

e ^iy = e ^i(x−y)

f¨ or alla reella tal x och y. Endast definitioner och trigonometriska r¨ aknelagar f˚ ar anv¨ andas utan att de f¨ orst bevisas.

Solution:

(a) e ^iθ := cos θ + i sin θ f¨ or θ ∈ R.

(b)

e ^ix

e ^iy = cos x + i sin x

cos y + i sin y = (cos x + i sin x)(cos y − i sin y) (cos y + i sin y)(cos y − i sin y)

= (cos x cos y + sin x sin y) + i(sin x cos y − cos x sin y)

= cos(x − y) + i sin(x − y) = e ^i(x−y) .

4