(a) Ge negationen av p˚ ast˚ aendet:

TATA79/TEN3 Tentamen, 2017-08-15 Inledande matematisk analys

1.

(a) Ge negationen av p˚ ast˚ aendet:

”Alla barn kan gr˚ ata.”

(b) Utred med bevis om p˚ ast˚ aendet

”x < −4 =⇒ x ² − x > 19”

¨ ar sant eller falskt.

(c) Skriv kontrapositionen av p˚ ast˚ aendet i (b). ¨ Ar kontrapositionen sann eller falsk?

Solution:

(a) ”Det finns minst ett barn som inte kan gr˚ ata.”

(b) P˚ ast˚ aendet ¨ ar sant eftersom om x < −4 ¨ ar x ² > 16 och −x > 4. Det medf¨ ors att x ² − x > 16 + 4 = 20 > 19, s˚ a x ² − x > 19.

(c) ”x ² − x ≤ 19 =⇒ x ≥ −4”. Kontrapositionen av ett sant p˚ ast˚ aende ¨ ar alltid sann, d¨ arf¨ or ¨ ar den sann.

2. Visa att

n

X

k=1

k(k + 1)(k + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 4

f¨ or alla positiva heltal n.

Solution:

Vi bevisar

n

X

k=1

k(k + 1)(k + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

4 (∗) n

med hj¨ alp av induktion.

F¨ orst kollar vi att (∗) ₁ ¨ ar sann:

1

X k(k + 1)(k + 2) = 1(1 + 1)(1 + 2) = 3!

Nu antar vi att (∗) <sub>`</sub> ¨ ar sann f¨ or n˚ agot ` och betraktar v¨ ansterledet i (∗) _`+1 :

`+1

X

k=1

k(k + 1)(k + 2) =

`

X

k=1

k(k + 1)(k + 2) + (` + 1)((` + 1) + 1)((` + 1) + 2)

= `(` + 1)(` + 2)(` + 3)

4 + (` + 1)(` + 2)(` + 3)

= (` + 1)(` + 2)(` + 3)  ` 4 + 1



= (` + 1)(` + 2)(` + 3)(` + 4)

4 ,

som ¨ ar h¨ ogerledet i (∗) `+1 , s˚ a vi har visat (∗) ` =⇒ (∗) `+1 .

Enligt induktionsprincipen har vi bevisat (∗) n f¨ or alla positiva heltal n.

3.

Fibinacci talf¨ oljd (F n ) n definieras av villkoren

 F _n+2 = F _n+1 + F _n f¨ or n ≥ 1 F ₁ = F ₂ = 1

(a) R¨ ackna ut F ₁ , F ₂ , F ₃ , F ₄ , F ₅ och F ₆ . Vilka ¨ ar j¨ amna?

(b) Visa att F _n+3 = 2F _n+1 + F _n f¨ or alla n ≥ 1.

(c) Visa att vart tredje tal fr˚ an och med talet F ₃ ¨ ar j¨ amnt.

Solution:

(a) F 1 = 1, F 2 = 1, F 3 = 2, F 4 = 3, F 5 = 5 och F 6 = 8. F 3 och F 6 ¨ ar j¨ amna?

(b) Fr˚ an villkoren vet vi att F n+2 = F n+1 + F n f¨ or n ≥ 1 s˚ a vi f˚ ar ocks˚ a att F _n+3 = F _n+2 +F _n+1 f¨ or n ≥ 1. D¨ arf¨ or kan vi skriva F _n+3 = F _n+2 +F _n+1 = (F _n+1 + F _n ) + F _n+1 = 2F _n+1 + F _n f¨ or alla n ≥ 1.

(c) Vi ger en induktionsbevis. Vi vet att F ₃ = 2 ¨ ar j¨ amnt. Nu antar vi att F _`

¨ ar j¨ amnt och betrakta F _{`+3</sub> . Fr˚ an (b) vet vi att F <sub>`+3} = 2F _{`+1</sub> + F <sub>`} och d¨ arf¨ or ¨ ar F _{`+3</sub> j¨ amnt eftersom det ¨ ar en summa av tv˚ a j¨ amna tal: 2F <sub>`+1} ¨ ar j¨ amnt (oavsett av v¨ ardet av F `+1 ) och vi antog att F ` ¨ ar j¨ amnt. D¨ arf¨ or har vi bevisat att om F ` ¨ ar s˚ a ¨ ar F `+3 j¨ amnt och enligt induktionsprincipen

¨ ar F 3k j¨ amna f¨ or varje heltal k ≥ 1.

4.

Hitta alla l¨ osningar θ ∈ R till ekvationen 2 cos(2θ) − 4 cos θ + 3 = 0.

Solution:

Vi kan skriva om 2 cos(2θ) − 4 cos θ + 3 = 2(cos(2θ) + 1) − 4 cos θ + 1 = 4(cos θ) ² − 4 cos θ + 1 s˚ a ekvationen ¨ ar ekvivalent med

0 = (cos θ) ² − cos θ + 1 4 =



cos θ − 1 2

 2

. L¨ osningar ¨ ar d˚ a alla θ som uppfyller cos θ − 1/2 = 0.

cos θ − 1/2 = 0 ⇐⇒ cos θ = 1

2 ⇐⇒ θ = ± π

3 + 2kπ (k ∈ Z).

S˚ a alla l¨ osningar ¨ ar

θ = ± π

3 + 2kπ (k ∈ Z).

5.

Kom ih˚ ag att

exp _n (x) =

 0 om n ≤ |x|,

1 + _n ^x
n

om n > |x|, f¨ or positiva heltal n och x ∈ R.

(a) Definiera exponentialfunktionen exp : R → R och talel e.

(b) Visa att

exp _n (x) ≤ exp(x) ≤ 1 exp _n (−x) om n > |x|.

(c) Anv¨ and (b) f¨ or att visa

 n + 1 n

 ⁿ

≤ e ≤  n + 1 n

 ⁿ⁺¹

f¨ or alla n ≥ 3.

Solution:

(a) exp(x) = sup _n∈N exp _n (x) f¨ or alla x ∈ R och e = exp(1).

(b) Eftersom exp(x) = sup _n∈N exp _n (x) ¨ ar exp(x) en ¨ over begr¨ ansning av (exp _n (x)) _n , s˚ a ¨ ar

exp _n (x) ≤ exp(x) (1)

f¨ or alla x ∈ R och n ∈ N.

Eftersom (1) g¨ aller f¨ or alla x ∈ R kan vi s¨ atta −x in ist¨ allet f¨ or x och f˚ ar exp (−x) ≤ exp(−x) =⇒ 1

≤ 1

(2)

(c) Om vi s¨ atter x = 1 och definitionen av exp _n in i f¨ orsta olikhet i (3) f˚ ar vi att

 n + 1 n

 ⁿ

=

 1 + 1

n

 ⁿ

= exp _n (1) ≤ exp(1) = e

f¨ or n ≥ 2. Om vi s¨ atter x = 1 och definitionen av exp _n in i sista olikhet i (3) f˚ ar vi att

e = exp(1) ≤ 1 exp _n (−1) =

 n

n − 1

 ⁿ

f¨ or n ≥ 2, s˚ a

e ≤  n + 1 n

 ⁿ⁺¹

f¨ or n ≥ 3. Allihop d˚ a ¨ ar

 n + 1 n

 ⁿ

≤ e ≤  n + 1 n

 ⁿ⁺¹

f¨ or n ≥ 3.

6.

(a) Kom ih˚ ag att exp(x) ≤ 1/(1 − x) f¨ or x < 1. Anv¨ and den tillsammans med andra r¨ aknareglar f¨ or att visa

ln(a) ≥ a − 1 a f¨ or alla a > 0.

(b) Skissa grafen av den naturliga logaritmfunktionen ln : (0, ∞) → R.

Solution:

(a) Vi vet att exp(x) ≤ 1/(1 − x) f¨ or x < 1 s˚ a vi f˚ ar ta x = ln(a) s˚ a l¨ ange a < e. Vi f˚ ar

a = exp(ln(a)) ≤ 1

(1 − ln(a)) =⇒

↑ 0 < a < e

1 − ln(a) ≤ 1

a =⇒ ln(a) ≥ a − 1 a . Om a ≥ e ¨ ar ln(a) ≥ 1 och (a − 1)/a ≤ 1 s˚ a ln(a) ≥ 1 ≥ (a − 1)/a.

(b) Graphen av ln:

7.

(a) Hitta alla w ∈ C s˚ a att w ² = 5 + 12i.

(b) Hitta alla z ∈ C s˚ a att z ² + (4 + 2i)z − 2 − 8i = 0.

Solution:

(a) S¨ att w = u + iv f¨ or u, v ∈ R. D˚ a ¨ ar u ² − v ² + 2uvi = (u + iv) ² = 5 + 12i s˚ a

u ² − v ² = 5 och (4)

2uv = 12. (5)

Men eftersom |w| ² = |5 + 12i| ¨ ar u ² + v ² = p

5 ² + 12 ² = 13. (6)

Om vi adderar (4) och (6) f˚ ar vi att 2u ² = 18 och om vi subtraherar (4) fr˚ an (6) f˚ ar vi att 2v ² = 8. S˚ a

u = ±3 och v = ±2.

Ekvation (5) s¨ ager att u och v har samma tecken, s˚ a vi har bara tv˚ a m¨ oljigheter: u = 3 och v = 2, eller u = −3 och v = −2. D¨ arf¨ or ¨ ar l¨ osningar w = 3 + 2i och w = −3 − 2i.

(b) Vi kan skriva om z ² + (4 + 2i)z − 2 − 8i = 0 som (z + (2 + i)) ² = 5 + 12i s˚ a enligt f¨ orsta delen av uppgiften ¨ ar

z + (2 + i) = 3 + 2i eller z + (2 + i) = −3 − 2i.

D¨ arf¨ or alla l¨ osningar ¨ ar z = 1 + i och z = −5 − 3i.