1. Visa att l¨ osningar x ∈ R till ekvationen x

TATA79/TEN2 Provdugga 2, 2015-12-14 Inledande matematisk analys

1. Visa att l¨ osningar x ∈ R till ekvationen x

= 3 ¨ ar irrationella.

Solution: F¨ orst vill vi bevisa en hj¨ alpsats:

Om man vet att ett heltal i kvadrat c

¨ ar delbart med 3 s˚ a m˚ aste c ocks˚ a vara delbart med 3.

(1) Varje heltal c antingen ¨ ar delbart med 3 (och kan skrivas som c = 3n f¨ or n˚ agot heltal n) eller ¨ ar inte delbart med 3 (och kan skrivas antingen som c = 3n + 1 eller c = 3n + 2). Om c = 3n + 1 s˚ a ¨ ar c

= (3n + 1)

= 3(3n

+ 2n) + 1 s˚ a c

¨ ar inte delbart med 3. Om c = 3n + 2 s˚ a ¨ ar c

= (3n + 2)

= 3(3n

+ 6n + 1) + 1 s˚ a c

¨ ar inte delbart med 3. D¨ arf¨ or kan vi dra slutsatsen att om c ¨ ar inte delbart med 3 s˚ a ¨ ar c

inte delbart med 3. Det ¨ ar kontrapositionen av (1), s˚ a (1) ¨ ar bevisat.

Nu antar vi att c ¨ ar rationellt, det vill s¨ aga att c = n/m f¨ or n, m ∈ Z. Vi kan ocks˚ a anta att n och m inte har n˚ agon gemensam delare.

D¨ arav f˚ ar vi att 3 = c

= n

/m

som medf¨ or att 3m

= n

. S˚ a n

¨ ar delbart med 3 och enligt (1) ¨ ar n delbart med 3 och kan d˚ a skrivas som n = 3` f¨ or n˚ agot

` ∈ Z. Nu kan vi s¨ atta n = 3` i 3m

= n

och f˚ a 3m

= 9`

som medf¨ or att m

= 3`

. Det inneb¨ ar att m

¨ ar delbart med 3 och d¨ arf¨ or enligt (1) ¨ ar m ocks˚ a delbart med 3.

Vi har bevisat att b˚ ade n och m ¨ ar delbara med 3 och det inneb¨ ar att 3 ¨ ar en gemensam delare till n och m. Det ¨ ar en mots¨ agelse till att n och m inte har n˚ agon gemensam delare, d¨ arf¨ or ¨ ar c inte rationellt.

2.

(a) Med hj¨ alp av en bild definiera trigonometriska funktioner cosinus och si- nus. Skissa graphen av sin : R → R.

(b) Med hj¨ alp av en bild bevisa att

cos(θ + ϕ) = cos θ cos ϕ − sin θ sin ϕ f¨ or θ och ϕ som uppfyller θ ≥ 0, ϕ ≥ 0 och θ + ϕ ≤ π/2.

Solution:

(a) Titta:

(b) Titta:

Formeln bevisas genom att observera att l¨ angden av rektangels ovansidan i figuren ¨ ar lika med nedansidans l¨ angd.

3. Kom ih˚ ag cosinussatsen:

c

= a

+ b

− 2ab cos θ d¨ ar a, b, c och θ ges i figuren nedan.

Anv¨ ander cosinussatsen eller en annan metod f¨ or att visa

cos  π 8



=

p 2 + √ 2

2 .

Solution: Betrakta triangeln i figuren med a = b = 2 och θ = π/4. Cosi- nussatsen s¨ ager d˚ a att c

= 4 + 4 − 8 cos(π/4). Vi vet fr˚ an den r¨ atvinkliga triangeln (nedan) med sidorna av l¨ angderna 1, 1 och √

2 att cos(π/4) = 1/ √ 2, s˚ a c

= 8 − 8/ √

2 och c = p 8 − 4 √

2. Om vi delar triangeln i tv˚ a som figuren nedan

ser vi att mellersta linjen har l¨ angd q

4 − (8 − 4 √

2)/4 = p 2 + √

2 och d¨ arf¨ or

¨ ar

sin  π 8



=

p 2 + √ 2

2 .

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

(1 + x)

≥ 1 + nx.

Solution: Vi ger ett induktionsbevis av

(1 + x)

≥ 1 + nx. (2)

F¨ orst kollar vi vad som h¨ ander d˚ a n = 1: (1 + x)

= (1 + x) ≥ (1 + x) = 1 + nx s˚ a (2) st¨ ammer om n = 1. Sen antar vi att (2) st¨ ammer f¨ or n = m d¨ ar m ∈ N och betraktar fallet n = m + 1:

(1+x)

= (1+x)

(1+x) ≥ (1+mx)(1+x) = 1+mx+x+mx

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

5. Kom ih˚ ag att

exp

(x) =

 0 om n ≤ |x|,

1 +

om n > |x|.

(a) Definiera funktionen exp : R → (0, ∞).

(b) Visa att exp(x) ≥ 1 + x f¨ or alla x ∈ R.

Solution:

(a) Funktionen exp definieras enligt formeln exp(x) := sup

exp

(x).

(b) Enligt Bernoullis olikhet har vi att

 1 + x

n



≥ 1 + nx

n = 1 + x

f¨ or n > |x| och eftersom exp ¨ ar en ¨ ovre begr¨ ansning av v¨ ansterledet ¨ ar exp(x) ≥ 1 + x.

6.

(a) Definiera funktionen ln : (0, ∞) → R.

(b) Kom ih˚ ag att exp(x + y) = exp(x) exp(y). Visa att ln(ab) = ln(a) + ln(b) f¨ or alla a, b ∈ (0, ∞).

(c) F¨ or vilka x ∈ R ¨ ar

ln  x

− x − 12 x + 1



+ ln (x + 3) (♦)

definierat? Skriva om (♦) s˚ a att det inh˚ aller h¨ ogst en logaritm. F¨ or vilka x ∈ R ¨ ar din omskrivning definierad?

Solution:

(a) Funktionen ln : (0, ∞) → R definieras som inversen till exponentialfunk-

(b) Eftersom exp : R → (0, ∞) ¨ ar bijektiv finns det, f¨ or varje positiva a och b, x, y ∈ R s˚ a att a = exp(x) och b = exp(y) och d¨ arf¨ or ¨ ar ln(a) = x och ln(b) = y. Vi kan skriva exp(x + y) = exp(x) exp(y) om som

exp(ln(a) + ln(b)) = ab s˚ a

ln(a) + ln(b) = ln(exp(ln(a) + ln(b))) = ln(ab) (c) Uttrycket ln (x + 3) ¨ ar definierat f¨ or x > −3. Vi kan skriva om

ln  x

− x − 12 x + 1



= ln  (x + 3)(x − 4) x + 1



och kvotet byter tecken (med en linj¨ ar faktor) d˚ a x = −3, −1 och 4. F¨ or st¨ ort x ¨ ar alla faktorerna positiva, d¨ arf¨ or ¨ ar

(x + 3)(x − 4)

x + 1 > 0 om x > 4 eller −3 < x < −1.

D¨ arf¨ or ¨ ar (♦) definierat f¨ or x > 4 och −3 < x < −1.

Vi kan skriva om ln  x

− x − 12

x + 1



+ln (x + 3) = ln  (x + 3)(x − 4) x + 1



+ln (x + 3) = ln  (x + 3)

(x − 4) x + 1



och kvotet

(x + 3)

(x − 4) x + 1

byter tecken d˚ a x = −1 och 4 men om x = −3 n˚ ar det noll utan att korsa x-axeln. D¨ arf¨ or ¨ ar kvotet positivt om 4 < x, −3 < x < −1 eller x < −3 och

ln  (x + 3)

(x − 4) x + 1



¨ ar definierat f¨ or 4 < x, −3 < x < −1 och x < −3.

7. L¨ os ekvationen z

− 6z − 3 − 4i = 0 f¨ or z ∈ C.

Solution: Ekvationen kan skrivas som (z−3)

= 12+4i s˚ a vi s¨ atter z−3 = x+iy och r¨ aknar ut

x

− y

+ 2ixy = (z − 3)

= 12 + 4i som ¨ ar ekvivalent med ekvationerna

x

− y

= 12 och 2xy = 4

och vi ocks˚ a har att x

+ y

= |x + iy|

= |(x + iy)

| = |12 + 4i| = √

144 + 16 =

√ 160 = 4 √

10. D¨ arf¨ or ¨ ar

2x

= (x

+ y

) + (x

− y

) = 4 √

10 + 12

s˚ a x = ± p 2 √

10 + 6 och

2y

= (x

+ y

) − (x

− y

) = 4 √ 10 − 12 s˚ a y = ± p

2 √

10 − 6. Men ekvationen 2xy = 4 s¨ ager att antingen b˚ ade x eller y

¨ ar positiva eller b˚ ade x och y ¨ ar negativa, d¨ arf¨ or ¨ ar x + iy = ±

q 2 √

10 + 6 + i q

2 √ 10 − 6



s˚ a m¨ ojliga l¨ osningar ¨ ar z lika med

 3 +

q 2 √

10 + 6

 + i

q 2 √

10 − 6 eller

 3 −

q 2 √

10 + 6



− i q

2 √

10 − 6