TNA001
Kontrollskrivning 2 – Svar med kommentarer/Lösningsskisser.
2016-09-05 Sixten Nilsson
Version A
1. a) definierad om 11 − 3 ≥ 0 ⟺ ≤ 11 3⁄ . definierad för alla ∈ ℝ.
b) ( ( )) = 11 − 3(3 + ) = √2 − 3 .
2. A är sant, ty är omvändbar
B är falskt, ty då är inte omvändbar (t.ex. är (−3) = (3) = 0) C är sant, ty är omvändbar
D är falskt, ty då är inte omvändbar (t.ex. är (−3) = (3) = 0) E är sant, ty är omvändbar
F är sant, ty är omvändbar
Svar: A, C, E, F 3. A är sant, ty låt = + så har vi + ̅ = + + − = 2 = 2Re .
B är falskt, ty låt = + så har vi − ̅ = + − + = 2 = 2 Im ≠ 2Im . C är sant, ty låt = + så har vi ∙ ̅ = ( + )( − ) = + = + = | | . D är sant, ty låt = + så har vi Im( + ̅) = Im ( + ) + ( − ) = Im( − + + ) =
= Im(2 ) = 2 = 2 Re
Svar: A, C, D 4. a) Halvcirkelskiva ovanför Re-axeln, medelpunkt i origo och radie 2.
b) Alla på linjen = 1 2⁄
5. Vi visar påståendet med hjälp av ett induktionsbevis.
Vi inför beteckningarna V(n) och H(n) för respektive vänster- och högerled i påståendet P(n): V(n) = ∑ = = H(n).
STEG 1: P(2) : V(2) =∑ = = och H(2) = = Alltså är V(2) = H(2), d.v.s. P(2) är sant.
STEG 2: Vi antar att P(p) är sant för godtyckligt p ℤ , d. v. s. vi antar att
( ) = 1
− = − 1
= ( ).
Detta medför att
( + 1) = 1
− = 1
− + 1
( + 1) − ( + 1)= /enligt antagandet/ =
= − 1
+ 1
( + 1)( + 1 − 1)= − 1
+ 1
( + 1) =( − 1)( + 1) + 1
( + 1) =
= − 1 + 1 ( + 1) =
+ 1=( + 1) − 1
+ 1 = ( + 1)
Alltså är P(p + 1) sant om P(p) sant, d.v.s. vi har visat att P(p) sant P(p + 1) sant.
STEG 3: Eftersom P(2) är sant måste enligt STEG 2 även P(3) vara sant, men det innebär att även P(4) är sant o. s. v., och vi kan, enligt induktionsprincipen, dra slutsatsen att ∑ = för alla n ℤ , ≥ 2, v.s.v.
Anm: Uppgiften kan även lösas genom att 1
− = 1
− 1−1
= 1 −1 2 + 1
2−1
3 + ⋯ + 1
− 2− 1
− 1 + 1
− 1−1
= 1 −1
= − 1 .
Version B
1. a) definierad om 12 − 5 ≥ 0 ⟺ ≤ 12 5⁄ . definierad för alla ∈ ℝ.
b) ( ( )) = 12 − 5(2 + ) = √2 − 5 .
2. A är sant, ty är omvändbar
B är falskt, ty då är inte omvändbar (t.ex. är (−2) = (2) = 0) C är falskt, ty då är inte omvändbar (t.ex. är (−2) = (2) = 0) D är sant, ty är omvändbar
E är sant, ty är omvändbar F är sant, ty är omvändbar
Svar: A, D, E, F
3. A är sant, ty låt = + så har vi ∙ ̅ = ( + )( − ) = + = + = | | B är sant, ty låt = + så har vi Im( + ̅) = Im ( + ) + ( − ) = Im( − + + ) =
= Im(2 ) = 2 = 2 Re
C är sant, ty låt = + så har vi + ̅ = + + − = 2 = 2Re
D är falskt, ty låt = + så har vi − ̅ = + − + = 2 = 2 Im ≠ 2Im .
Svar: A, B, C 4. a) Halvcirkelskiva till höger om Im-axeln, medelpunkt i origo och radie 2.
b) Alla på linjen = 1 2⁄
5. Vi visar påståendet med hjälp av ett induktionsbevis.
Vi inför beteckningarna V(n) och H(n) för respektive vänster- och högerled i påståendet P(n): V(n) = ∑ = = H(n).
STEG 1: P(2) : V(2) =∑ = = och H(2) = = Alltså är V(2) = H(2), d.v.s. P(2) är sant.
STEG 2: Vi antar att P(p) är sant för godtyckligt p ℤ , d. v. s. vi antar att
( ) = 1
− = − 1
= ( ).
Detta medför att
( + 1) = 1
− = 1
− + 1
( + 1) − ( + 1)= /enligt antagandet/ =
= − 1
+ 1
( + 1)( + 1 − 1)= − 1
+ 1
( + 1) =( − 1)( + 1) + 1
( + 1) =
= − 1 + 1 ( + 1) =
+ 1=( + 1) − 1
+ 1 = ( + 1)
Alltså är P(p + 1) sant om P(p) sant, d.v.s. vi har visat att P(p) sant P(p + 1) sant.
STEG 3: Eftersom P(2) är sant måste enligt STEG 2 även P(3) vara sant, men det innebär att även P(4) är sant o. s. v., och vi kan, enligt induktionsprincipen, dra slutsatsen att ∑ = för alla n ℤ , ≥ 2, v.s.v.
Anm: Uppgiften kan även lösas genom att 1
− = 1
− 1−1
= 1 −1 2 + 1
2−1
3 + ⋯ + 1
− 2− 1
− 1 + 1
− 1−1
= 1 −1
= − 1 .
