En webbaserad analyskurs Grundbok
Akilles och sk ¨oldpaddan - en introduktion till
gr ¨ansv ¨arden
Anders K¨all´en MatematikCentrum LTH
anderskallen@gmail.com
Introduktion
De gamla grekerna hade ett problem: tv¨art emot all erfarenhet borde r¨orelse vara en om¨ojlighet. F¨or att g˚a en viss str¨acka, m˚aste du n¨amligen f¨orst g˚a halva str¨ackan, sedan h¨alften av ˚aterstoden. D¨arefter h¨alften av det som ˚aterst˚ar f¨or att sedan g˚a h¨alften....
Man har allts˚a alltid en bit kvar, och kan d¨arf¨or aldrig komma fram, tyckte Zenon fr˚an Elea (i Italien!) och andra greker, som ville tolka v¨arlden utifr˚an logiska resonemang, inte utifr˚an vad de verkligen observerade. I deras v¨arld gav sinnena oss en illusion av v¨arlden, och den sanna kunskapen kunde endast f˚as genom logikens lagar.
I det h¨ar kapitlet ska vi diskutera denna fr˚aga matematiskt, liksom den n¨arbesl¨aktade fr˚agan huruvida Akilles verkligen hinner ifatt sk¨oldpaddan som startar f¨ore honom. Det handlar om geometriska talf¨oljder, geometriska summor och geometriska serier. Och s˚a handlar det om varf¨or vi beh¨over en ordentlig definition av gr¨ansv¨arden. D¨aremot g¨or vi ingen mer ing˚aende analys av gr¨ansv¨arden utan h˚aller huvuddelen av diskussionen p˚a en mer intuitiv niv˚a.
Geometriska talf¨ oljder
I m˚anga sammanhang m¨ater man en storhet vid upprepade tillf¨allen. Om vi s¨atter in ett kapital p˚a ett bankkonto med en viss ˚arlig r¨anta, s˚a ¨ar vi kanske intresserade av hur mycket pengar kontot inneh˚aller efter ett ˚ar, efter tv˚a ˚ar, osv. Inom ekologin kan man vara intresserad av att inventera[1] ett visst djurbest˚and i ett omr˚ade en g˚ang om ˚aret under ett antal ˚ar. Eller att m¨ata antalet bakterier i en kultur en g˚ang dagligen f¨or att se effekten av ett antibiotikum.
Om vi betecknar det vi vill m¨ata med a (t.ex. antalet kronor p˚a bankkontot, eller antalet djur i omr˚adet), s˚a ¨ar det naturligt att inf¨ora ett index f¨or att specificera vid vilket tillf¨alle vi m¨atte storheten. Detta ger oss en talf¨oljd
a1, a2, a3, . . . , an, . . . ,
d¨ar an betecknar m¨atresultatet i m¨atning nummer n. En s˚adan talf¨oljd skriver vi ofta kortare {an}∞1 , eller t.o.m. bara{an} om det ¨ar klart vilka index som g¨aller. Ofta ¨ar det l¨ampligt att b¨orja numreringen s˚a att f¨orsta talet i talf¨oljden blir a0, s˚a att vi skriver den som {an}∞0 . Man kan ocks˚a b¨orja p˚a andra index i sviten; likas˚a kan vi utan problem t¨anka oss negativa tal som index.
Exempel 1 Bland de enklaste talf¨oljderna har vi de som startar med ett tal, och sedan l¨agger till ett visst tal i varje steg. Med andra ord, om vi b¨orjar med talet a0
och sedan l¨agger till talet d i varje steg, s˚a att
a1 = a0+ d, a2 = a1+ d = a0+ 2d, a3 = a2+ d = a0+ 3d, o.s.v.
s˚a g¨aller att vi f˚ar en talf¨oljd s˚adan att det n:te talet ¨ar an = a0 + nd. En s˚adan talf¨oljd kallas en aritmetisk talf¨oljd.
En annan typ av talf¨oljd dyker upp i n¨asta exempel.
Exempel 2 Om vi s¨atter in kapitalet K kr p˚a en bankbok med 100p procents r¨anta (detta betyder att t.ex. 12% r¨anta svarar mot p = 0.12), s˚a har kapitalet vuxit med pK kr p˚a ett ˚ar. Efter ett ˚ar har vi d¨arf¨or K + pK = (1 + p)K kr p˚a kontot. Hur mycket har vi d˚a p˚a kontot efter n ˚ar?
F¨or att utreda det l˚ater vi an beteckna hur m˚anga kronor vi har p˚a kontot efter n ˚ar.
H¨ar ¨ar det l¨ampligt att b¨orja med a0 = K. N¨asta tal i serien, d.v.s. kapitalet efter ett ˚ar, ges av
a1 = (1 + p)K.
Efter ytterligare ett ˚ar, tv˚a ˚ar efter ins¨attningen, har detta kapital vuxit till a2 = (1 + p)a1 = (1 + p)2K.
Upprepar vi detta finner vi till slut att efter n ˚ar har vi an= (1 + p)an−1 = . . . = (1 + p)nK kronor p˚a kontot.
En talf¨oljd {an} som ¨ar s˚adan att
an+1 = ran
f¨or alla n, kallas en geometrisk talf¨oljd med kvoten r. Om vi startar med a0 = a blir denna talf¨oljd
a, ar, ar2, ar3, . . .
I Exempel 2 hade vi en geometrisk talf¨oljd med kvoten r = 1 + p.
Exempel 3 Att l˚ana pengar i en bank ¨ar lite mer komplicerat ¨an diskussionen i Exempel 2 vad g¨aller r¨anteber¨akningar. Banken har n¨amligen kommit p˚a att man tj¨anar mer pengar om man l¨agger p˚a r¨antan flera g˚anger per ˚ar. Man s¨ager d˚a att man kapitaliserar r¨antan vi de olika tillf¨allena.
Om vi l˚anar K kronor till en ˚arsr¨anta av 12%[2] och vi antar att banken kapitaliserar fyra g˚anger om ˚aret, betyder detta att banken l¨agger till 12/4 = 3 procents r¨anta varje kvartal. Den totala r¨antan efter ett ˚ar som ska betalas ¨ar d˚a inte 12%, utan kapitalet har ¨okat med en faktor
(1 + 0.03)4 = 1.1255,
allts˚a 12.55%. Man kallar de 12% f¨or nominell r¨anta, medan 12.55% ¨ar den faktiska r¨antan.
I verkligheten kapitaliseras dock l˚anet inte fyra g˚anger om ˚aret utan hela tiden. Om vi t¨anker oss att det kapitaliseras varje dag, som det finns 365 av, har l˚anet g˚att upp
med en faktor
(1 + 0.12
365)365 = 1.1275
p˚a ett ˚ar, vilket svarar mot 12.75% r¨anta. Inga stora skillnader p˚a kort tid, men
“m˚anga b¨ackar sm˚a..”
Anm¨arkning Om vi verkligen vill l¨agga p˚a r¨antan hela tiden, m˚aste vi anv¨anda oss av exponentialfunktionen.
Hur mycket effekten av en ¨okning av en dos av t.ex. ett l¨akemedel blir, best¨ams ofta av den relativa ¨okningen av denna. Om en dos p˚a 10 mg ¨okas med 5 mg ¨ar det troligt att man m¨arker en skillnad i effekt. Om en dos p˚a 100 mg ¨okas med 5 mg kommer ¨okningen i effekt troligen att vara mycket mindre. I det f¨orra fallet har vi en ¨okning p˚a 50%, i det senare en ¨okning p˚a futtiga 5%. En konsekvens av detta ¨ar att n¨ar man testar olika doser av ett l¨akemedel, ¨ar det naturligt att v¨alja dessa s˚a att de bildar en geometrisk talf¨oljd.
Exempel 4 Ett s¨att att behandla vissa allergier ¨ar s.k. hyposensibilisering. Det inneb¨ar att det allergiframkallande ¨amnet (allergenet) ges i st¨andigt ¨okande doser under en l¨angre tidsperiod. Man b¨orjar med en l˚ag dos och tanken ¨ar att individen ska kunna v¨anjas vid allergenet, s˚a att den allergiska reaktionen minskar eller t.o.m.
f¨orsvinner.
En patient ska f˚a 30 injektioner med en veckas mellanrum mellan varje injektion.
Sista veckan ska han f˚a 100 000 enheter och man vill, av r¨adsla f¨or en allergisk reaktion, ge en startdos p˚a 5 enheter. Om man v¨aljer att administrera doser som utg¨or en geometrisk talf¨oljd, hur ska kvoten v¨aljas?
Villkoret ¨ar att
5r29 = 100000 ⇔ r = 29√
20000 = 1.41.
Vi ska allts˚a ¨oka dosen med 41% mellan varje administrering. Dosen f¨or den n:te injektionen blir 5· 1.41n−1.
Inom ekologin dyker geometriska talf¨oljder upp i det som kallas Malthus’ modell f¨or en population. L˚at oss betrakta en insektspopulation som har ˚atskilda generationer och l˚at an beteckna antalet individer i populationen i generation n. Malthus enkla modell ¨ar d˚a att vi antar att an+1 = ran, d¨ar r utg¨or det genomsnittliga antalet ungar per individ i varje generation (som allts˚a antas vara konstant).
Om r > 1 v¨axer en s˚adan geometrisk talf¨oljd ¨over alla gr¨anser, vilket vi skriver som[3]
an→ ∞ d˚a n → ∞.
Det ¨ar l¨att att f¨orst˚a intuitivt: om varje individ i genomsnitt f˚ar mer ¨an en unge, v¨axer populationen ¨over alla gr¨anser. Om ist¨allet 0 < r < 1 har vi en geometrisk talf¨oljd som
g˚ar mot 0 d˚a n g˚ar mot o¨andligheten:
an → 0 d˚a n→ ∞.
Aven detta ¨ar l¨att att f¨orst˚¨ a intuitivt: om varje individ i medeltal f˚ar f¨arre ¨an en unge, kommer populationen att d¨o ut.
Anm¨arkning Thomas Robert Malthus var en engelsk pr¨ast som kanske ¨ar mest k¨and f¨or sin bok An Essay on the Principle of Populations som utkom 1798. I den framkas- tade han teorin att befolkningen typiskt v¨axer geometriskt, medan f¨odoresurserna endast kan tillv¨axa linj¨art med tiden. Om d¨arf¨or ingenting g¨ors politiskt f¨or att
¨andra p˚a detta, t.ex. genom f¨odelsekontroll, kommer befolkningen att v¨axa fortare
¨an tillg˚angen p˚a mat, vilket leder till fattigdom och sv¨alt. Hans id´e med att inf¨ora f¨odelsekontroll f¨oll dock inte i god jord p˚a den tiden!
Geometriska summor
Vi ska nu summera talen i en geometrisk talf¨oljd. F¨or att motivera varf¨or b¨orjar vi med ett exempel, som ¨ar en modifikation av Exempel 2.
Exempel 5 Antag att vi s¨atter in kapitalet K till ˚arsr¨antan 100p% varje ˚ar. Hur mycket har vi d˚a p˚a banken n ˚ar efter f¨orsta ins¨attningen?
Vi har sett att f¨orsta ins¨attningen v¨axer till (1 + p)nK kronor p˚a n ˚ar. Den andra ins¨attningen har vid samma tidpunkt vuxit till (1 + p)n−1K kronor osv. Det totala kapitalet p˚a kontot efter n ˚ar ¨ar d¨arf¨or
K + (1 + p)K + (1 + p)2K + . . . + (1 + p)nK kr, alldeles efter den senaste ins¨attningen.
Ett alternativt s¨att att resonera f¨or att f˚a samma resultat ¨ar att l˚ata sn beteckna summan p˚a kontot efter n ˚ar (d¨ar vi s¨atter s0 = K). D˚a g¨aller att det som finns p˚a kontot ett visst ˚ar ¨ar ˚arets ins¨attning plus det som fanns ett ˚ar tidigare, men med tillagd r¨anta. Vi kan uttrycka detta som
sn+1 = K + (1 + p)sn.
Att det leder till summan ovan framg˚ar av den kommande diskussionen.
Den talf¨oljd {sn} som definieras av den s.k. rekursionsformeln
(1) sn+1 = a + rsn, s0 = a,
kallas den geometriska summan. Utskriven blir denna
sn = a + rsn−1 = a + r(a + rsn−2) = a + ra + r2sn−2 = a + ra + r2(a + rsn−3)
= a + ra + r2a + r2sn−3= . . . = a + ra + r2a + . . . + rns0. Med andra ord, vi har formeln
(2) sn = a + ar + ar2+ . . . + arn= a
n
X
k=0
rk. H¨ar anv¨ander vi summasymbolen f¨or att kortare beteckna en summa:
am+ am+1 + . . . + an=
n
X
k=m
ak. T.ex. har vi att
5
X
k=1
2k = 2 + 22+ 23+ 24+ 25 = 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62.
Summan (2) kan vi ber¨akna med ett enkelt trick: multiplicera med r och j¨amf¨or summorna (f¨or denna r¨akning tar vi a = 1):
sn = 1+ r + r2+ r3+ . . . + rn
rsn = r + r2+ r3+ . . . + rn +rn+1 sn− rsn = 1+ 0 + 0 + 0 + . . . + 0 −rn+1.
Vi ser allts˚a att (1− r)sn = 1− rn+1, s˚a om r 6= 1, s˚a kan vi dividera med (1− r) och f˚a att sn = (1− rn+1)/(1− r). Efter multiplikation med a ger detta oss formeln f¨or den geometriska summan:
(3)
n
X
k=0
ark= a1− rn+1
1− r om r6= 1.
N¨ar r = 1 blir summan naturligtvis lika med n + 1.
Exempel 6 F¨or kontot i Exempel 5 har vi d¨arf¨or f¨oljande uttryck f¨or hur mycket pengar det finns p˚a kontot efter n ˚ar:
K1− (1 + p)n+1
1− (1 + p) = K(1 + p)n+1− 1
p kronor.
Anm¨arkning Ett alternativt s¨att att bevisa formeln f¨or den geometriska summan bygger p˚a s˚a kallad induktion. Man visar d˚a f¨orst formeln f¨or n = 0. D¨arefter visar man att den ¨ar sann f¨or n = k + 1 om den ¨ar sann f¨or n = k. Eftersom den ¨ar sann f¨or n = 0, blir den d˚a sann f¨or n = 1, och eftersom den ¨ar sann f¨or n = 1, blir den sann f¨or n = 2, o.s.v. D¨armed kan vi dra slutsatsen att formeln ¨ar sann f¨or alla n.
F¨or att kunna g¨ora det m˚aste vi h¨anvisa till ett axiom, det s.k. induktionsaxiomet[4]. I v˚art fall ¨ar de tv˚a stegen i induktionsbeviset
a) Formel (3) ¨ar sann f¨or n = 0 d¨arf¨or att summan ¨ar d˚a r0 = 1 och h¨ogerledet ¨ar (1− r)/(1 − r) = 1,
b) Antag att (3) g¨aller f¨or n = k. D˚a g¨aller att
k+1
X
i=0
ri =
k
X
i=0
ri+ rk+1 = 1− rk+1
1− r + rk+1 = 1− rk+2 1− r .
H¨ar anv¨ande vi induktionsantagandet i andra likheten. Resultatet ¨ar allts˚a att (3) ¨ar sann f¨or n = k + 1.
D¨armed har vi visat att formeln g¨aller i allm¨anhet.
Vi avslutar med en variation p˚a l˚anetemat, n¨amligen s˚a kallade annuitetsl˚an.
Exempel 7 Vi vill ta ett l˚an p˚a 100 kkr[5] som ska betalas tillbaka p˚a fem ˚ar med en ˚arsr¨anta p˚a 9%. Kapitaliseringen sker m˚anadsvis, s˚a skulden sn efter n m˚anader ges av
sn = Krn, d¨ar K = 105, r = 1 + 0.09/12 = 1.0075.
Eftersom den totala l˚aneperioden ¨ar 60 m˚anader betyder det att om vi betalar till- baka skulden efter fem ˚ar, s˚a ska vi betala
s60= 105· 1.007560= 156568 kronor.
Men vi vill inte betala tillbaka l˚anet p˚a det s¨attet. Vi vill ist¨allet ta ett annuitetsl˚an s˚a konstruerat att vi varje m˚anad betalar in ett belopp a s˚a stort att n¨ar fem ˚ar g˚att
¨ar hela skulden betald. Om vi nu l˚ater an vara skulden efter n m˚anader, s˚a har vi d¨arf¨or att a0 = K (det ¨ar ju startskulden) och vi ska v¨alja amorteringen a s˚a att a60 = 0.
Om skulden efter n m˚anader ¨ar an, s˚a kommer denna att stiga till ran n¨asta m˚anad.
Men samtidigt kommer vi att betala in amorteringen. Det betyder att vi har rekur- sionsformeln
an+1= ran− a, a0 = K.
Detta ¨ar inte Ekvation 1, men vi kan l¨osa den p˚a motsvarande s¨att:
an = ran− a = r(ran−2− a) − a = r2an−3− (a + ar) = r2(ran−3− a) − (a + ar) =
r3an−3− a(1 + r + r2) = . . . = rna0 − a
n−1
X
k=0
rk = Krn− arn− 1 r− 1 . Alternativt tar vi det fr˚an andra h˚allet:
a0 = K, a1 = rK− a, a2 = r(rK − a) − a = r2K− (a + ra), a3 = r(r2K − (a + ra)) − a = r3K− (a + ra + r2a), och s˚a vidare. Detta leder till samma formel.
Villkoret p˚a a ¨ar nu att a60= 0, allts˚a att Kr60= ar60− 1
r− 1 ⇔ a = K(r− 1) 1− r−60 .
Med v˚ara val av K och r inneb¨ar detta att a = 2075.83 kronor. Det ¨ar allts˚a den m˚anatliga inbetalningen.
Anm¨arkning Ett alternativt s¨att att resonera ¨ar att man s¨atter in alla amortering- arna p˚a ett speciellt konto med samma r¨anta som l˚aner¨antan. Det som finns p˚a kontot
¨ar d˚a en geometrisk summa, och den ska vara lika med den totala l˚aneskulden efter 60 m˚anader utan amorteringar. Det ¨ar samma r¨akningar som ovan.
Den geometriska serien och Akilles’ lopp
Vi har sett ovan att rn → ∞ d˚a n → ∞ om r > 1, men att rn → 0 d˚a n → ∞ d˚a 0 < r < 1. T.ex. g¨aller att 2n → ∞ d˚a n → ∞, medan (12)n = 21n → 0 d˚a n→ ∞. Det f¨oljer att |rn| = |r|n → 0 d˚a n → ∞ om |r| < 1. Fr˚an diskussionen i f¨oreg˚aende avsnitt vet vi dessutom att
n
X
k=0
rk = 1− rn+1
1− r , r 6= 1.
Om vi d¨arf¨or l˚ater n→ ∞, s˚a ser vi att
∞
X
k=0
rk = 1
1− r om |r| < 1.
Denna o¨andliga summa kallas den geometriska serien[6].
Anm¨arkning Denna formel f¨or summan av den geometriska serien g¨aller inte f¨or andra r, vilket vi ska titta n¨armare p˚a l¨angre fram i detta kapitel. Man s¨ager att serien konvergerar d˚a|r| < 1 men divergerar annars.
Exempel 8 Vi ˚aterv¨ander till Zenons problem som antyddes i inledningen, vilket var att vi alltid m˚aste g˚a h¨alften av det som ˚aterst˚ar innan vi kommer fram. Om vi s¨atter totalstr¨ackan till ett, s˚a betyder det att str¨ackan vi g˚att efter n steg an
uppfyller rekursionsformeln
an+1 = an+ 1
2(1− an) = 1 2+ 1
2an
med a1 = 1/2. Det f¨oljer att[7]
an= 1 2+ (1
2)2+ . . . + (1
2)n= 1 2
1− (12)n
1− 12 = 1− (1 2)n och d˚a n→ ∞ ser vi att an→ 1. Med andra ord:
1 2+ (1
2)2+ . . . + (1
2)n+ . . . = 1, som sig b¨or.
Anm¨arkning Man kan tycka att detta ¨ar sj¨alvklart. Men t¨ank dig att det finns en lampa som kan vara t¨and eller sl¨ackt. Den ¨ar sl¨ackt n¨ar du startar, men n¨ar du g˚att f¨orsta delstr¨ackan t¨ands den. Sedan sl¨acks den efter n¨asta delstr¨acka, varefter den t¨ands igen efter den f¨oljande. Och s˚a vidare, i det o¨andliga. N¨ar du kommit fram, ¨ar lampan d˚a t¨and eller sl¨ackt?
Det finns olika s¨att att “f¨orst˚a” den geometriska serien. Ett illustreras i figuren nedan:
A B
C
D E
F
1
r
r r2
r2 r3
r3 r4r5
H¨ar ser vi att trianglarna ∆ABC och ∆ECF ¨ar likformiga, eftersom de har samma vinklar. Sidan AC (som har l¨angden 1) f¨orh˚aller sig d¨arf¨or till sidan EF (som har l¨angden 1− r) p˚a samma s¨att som sidan AB f¨orh˚aller sig till sidan CE. Sidan CE har l¨angden ett, medan sidan AB har l¨angden
1 + r + r2+ r3+ . . . =
∞
X
k=0
rk.
Med andra ord ∞
X
k=0
rk= 1 1− r.
Relaterat till detta ¨ar den klassiska paradoxen med Akilles och sk¨oldpaddan.
Exempel 9 Hj¨alten fr˚an Iliaden, den snabbfotade Akilles, ska springa ikapp med en sk¨oldpadda. Akilles springer med en hastighet vA km/h, som ¨ar st¨orre ¨an den sk¨oldpaddan hastighet vS r¨or sig med. Sk¨oldpaddan f˚ar d¨arf¨or ett f¨orspr˚ang p˚a 1 km. Kommer Akilles n˚agonsin att hinna ifatt sk¨oldpaddan? Om han g¨or det, n¨ar sker det?
Antikens greker hade som sagt problem med detta – det borde aldrig h¨anda! Varje g˚ang Akilles kommit till den plats p˚a vilken sk¨oldpaddan var nyss, har denne hunnit komma ytterligare en bit. Han m˚aste d¨arf¨or hela tiden ligga lite f¨ore. Tyckte grekerna.
Men ¨ar det s˚a? L˚at oss r¨akna p˚a det.
Det tar Akilles 1/vAtimmar att springa 1 km, allts˚a komma till sk¨oldpaddans start- plats. Under den tiden har sk¨oldpaddan hunnit springa vS/vA = a < 1 km. Det tar nu Akilles a/vA timmar att springa denna str¨acka, och under den tiden har sk¨oldpaddan hunnit vS a
vA = a2 km. Den totala str¨ackan som Akilles beh¨over springa f¨or att komma ifatt sk¨oldpaddan ¨ar d¨arf¨or
s = 1 + a + a2+ . . . =
∞
X
k=0
ak km.
(Men kommer han d˚a n˚agonsin ifatt sk¨oldpaddan?)
Men vi kan ocks˚a resonera p˚a ett annat s¨att. L˚at τ vara tidpunkten d˚a Akilles hinner ifatt sk¨oldpaddan. D˚a ska det g¨alla att
1 + vSτ = vAτ ⇔ τ = 1 vA(1− a). P˚a den tiden har Akilles sprungit
s = vAτ = 1
1− a kilometer.
J¨amf¨or vi de tv˚a l¨osningarna, ser vi att vi f˚ar formeln f¨or den geometriska serien
∞
X
k=0
ak = 1
1− a om 0 < a < 1.
Detta exempel ger ett s¨att att “f¨orst˚a” den geometriska serien, men f¨orklarar den de gamla grekernas problem? Det senare l¨amnas ˚at l¨asaren att sj¨alv ta st¨allning till.
Vi avslutar s˚a med ett annat sorts exempel.
Exempel 10 Vid rysk roulette anv¨ands en revolver med ett roterbart magasin som rymmer sex skott. Revolvern laddas med ett enda skott. F¨orste man, h¨ar kallad A, roterar magasinet, riktar revolvern mot sitt huvud och trycker av. Om han d¨arefter fortfarande ¨ar i livet, r¨acker han revolvern till den andre duellanten, som vi kallar B, som nu g¨or samma sak som A. Om han ocks˚a ¨overlever l¨amnar han tillbaka pistolen till A som f˚ar sitt andra f¨ors¨ok. P˚a detta s¨att skjuter A och B v¨axelvis tills ett skott g˚ar av. Hur stor ¨ar sannolikheten att A f¨orlorar livet?
Det finns olika s¨att A kan f¨orlora livet p˚a:
a) Han kan d¨o efter f¨orsta skottet. Sannolikheten f¨or det ¨ar 1/6.
b) Han kan d¨o i sitt andra skott. F¨or att det ska h¨anda m˚aste han f¨orst ha skjutit blankt, vilket chansen ¨ar 5/6 f¨or. Sedan m˚aste ¨aven B ha skjutit blankt, vilket ocks˚a har sannolikheten 5/6. D¨arefter ska han skjuta skarpt, vilket sker med sannolikheten 1/6. Sannolikheten f¨or att precis detta ska h¨anda ¨ar
5 6 ·5
6 · 1 6 = 1
6(5 6)2.
c) Han kan d¨o i sitt tredje skott. D˚a m˚aste det ha avfyrats fyra blankskott innan det blir ett skarpt, och sannolikheten f¨or det ¨ar
1 6(5
6)4. d) osv
Vi ser nu att sannolikheten att A ska d¨o kan beskrivas av den o¨andliga summan
∞
X
k=0
1 6(5
6)2k = 1 6
∞
X
k=0
(25 36)k = 1
6 1
1− 2536 = 6 11.
Sannolikheten att B f¨orlorar livet ¨ar d¨arf¨or 1−116 = 115, s˚a andre man har som v¨antat en n˚agot st¨orre chans ¨an f¨orste man att ¨overleva.
Om gr¨ ansv¨ arden och o¨ andliga serier
Vi s˚ag ovan att om |r| < 1 s˚a g¨aller att
∞
X
k=0
rk= 1 1− r.
I b¨orjan n¨ar den h¨ar formeln anv¨andes “gl¨omde” man ofta bort villkoret att |r| < 1 f¨or att formeln ska g¨alla, och skrev t.ex. saker som att
1 + 2 + 22+ . . . + 2n+ . . . = 1
1− 2 =−1 2,
vilket uppenbarligen ¨ar nonsens. I v˚ara dagar har en motsvarande formel cirkulerat som ett internetvirus, n¨amligen att summan av alla positiva heltal ¨ar −1/12[8].
Grunden till att s˚adant kan h¨avdas ¨ar att man g¨or som ibland h¨ande p˚a 1700-talet: man anv¨ander formler f¨or o¨andliga serier n¨ar de inte f˚ar anv¨andas. F¨or att verkligen f˚a klart f¨or oss n¨ar vi kan anv¨anda en s˚adan formel, och n¨ar vi inte kan g¨ora det, beh¨over vi en en ordentlig definition av vad det betyder att an → a d˚a n → ∞. Problemet illustreras av talf¨oljden
1,−1, 1, −1, . . . , (−1)k, . . .
Har den ett gr¨ansv¨arde? Varannan g˚ang ¨ar den 1 och varannan g˚ang −1, s˚a genomsnitt
¨ar den 0. ¨Ar det ett gr¨ansv¨arde? P˚a samma s¨att skulle vi kunna argumentera f¨or att 1 + (−1) + 1 + (−1) + . . . + (−1)k+ . . . = 1
2, eftersom varannan av partialsummorna
sn=
n
X
k=0
(−1)k
¨ar 0 och varannan ¨ar 1. Faktum ¨ar att om det vore p˚a det s¨attet skulle vi kunna “bevisa”
att summan av de positiva heltalen ¨ar −1/12 p˚a f¨oljande s¨att.
Exempel 11 Om vi s¨atter
s1 = 1− 2 + 3 − 4 + 5 − 6 + . . . , s˚a ser vi att
2s1 =
(1− 2 + 3 − 4 + 5 − 6 + . . .
+ 1− 2 + 3 − 4 + 5 − . . . = 1− 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + . . . = 1 2. H¨ar har vi subraherat termvis, och sista likheten bygger p˚a diskussionen ovan. Allts˚a g¨aller att s1 = 1/4. L˚at nu
s = 1 + 2 + 3 + 4 + . . . =
∞
X
k=1
k
vara summan av alla de positiva heltalen. D˚a har vi att
s− s1 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + . . .− (1 − 2 + 3 − 4 + 5 − 6 + . . .)
= 4 + 8 + 12 + . . . = 4(1 + 2 + 3 + . . .) = 4s.
Men d˚a f¨oljer att 3s = −s1 =−1/4 och allts˚a att s =−1/12!
Eftersom exemplet uppenbarligen ger ett absurt resultat, ser vi att vi m˚aste vara mer noggranna. En s˚adan noggrannhet b¨orjar med att vi g¨or en ordentlig definition av vad vi menar med att an→ a d˚a n→ ∞.
an
n A
N
V˚art s¨att att t¨anka p˚a ett s˚adant gr¨ansv¨arde antyder en dynamisk definition av begreppet gr¨ansv¨arde som en sorts r¨orelse: n¨ar vi r¨or oss genom heltalen 1, 2, 3, . . . och observe- rar uppf¨orandet av talf¨oljden an, s˚a vill vi kunna observera h¨andelsen an→ a.
Detta ¨ar emellertid sv˚art att formulera matematiskt, och f¨or att f˚a en fungerande definition har man valt att v¨anda p˚a turordningen: vi tittar inte f¨orst p˚a n och sedan p˚a an, utan baserar definitionen p˚a vad vi m˚aste g¨ora f¨or att visa gr¨ans¨overg˚angen. Figuren till h¨oger illustrerar vad man g¨or f¨or att definiera vad som menas med att an → ∞ d˚a n→
∞. Den formella definitionen ¨ar
Definition 1 Att
an→ ∞ d˚a n → ∞.
betyder att oavsett hur stort A vi ¨an v¨aljer, finns det alltid ett N (som beror p˚a A) s˚a stort att
an > A om n > N.
Vi skriver detta alternativt som
n→∞lim an=∞.
Anm¨arkning Notera att det ¨ar viktigt att an> A f¨or alla n s˚adana att n > N .
Exempel 12 F¨or att visa att rn→ ∞ d˚a n→ ∞ om r > 1 r¨aknar vi som f¨oljer[9]: rn > A ⇔ n ln r > ln A ⇔ n > ln A
ln r.
Givet A ska vi allts˚a ta N = (ln A)/(ln r). (Notera att eftersom r > 1 g¨aller att ln r > 0.)
Vi har ocks˚a en definition av vad som menas med att en talf¨oljd g˚ar mot noll.
Definition 2 Att
an → 0 d˚a n→ ∞.
betyder att oavsett vilket (litet) > 0 vi v¨aljer, g˚ar det alltid att finna ett heltal N (som beror p˚a ) s˚adant att
|an| < om n > N.
Som alternativ beteckning anv¨ands h¨ar
n→∞lim an = 0.
Den kanske viktigaste till¨ampningen ¨ar f¨oljande exempel.
Exempel 13 F¨or att visa att rn→ 0 d˚a n→ ∞ om 0 < |r| < 1 g¨or vi som f¨oljer:
|rn| < ⇔ n ln|r| < ln ⇔ n > ln ln|r| = N.
(Sista likheten ¨ar en definition.) Notera att N beror av vilket vi valde! Eftersom ln|r| < 0 s˚a g¨aller att n¨ar vi dividerar med ln|r| ¨andras olikheten! Notera ocks˚a att ln < 0 om 0 < < 1.
an
n ǫ
−ǫ N
Det vi m˚aste g¨ora f¨or att visa gr¨ans¨overg˚angen ¨ar allts˚a f¨oljande. Vi bildar f¨orst ett smalt band kring 0, varefter vi f¨ors¨akrar oss om att an ligger i detta band om n ¨ar st¨orre ¨an ett visst tal N som beror av hur brett bandet ¨ar.
Detta ska g˚a oavsett hur smalt vi valde det ursprungliga bandet.
Slutligen s¨ager vi att
n→∞lim an = a om det g¨aller att
n→∞lim(an− a) = 0.
Det ˚aterst˚ar att precisera vad vi menar med att serien
∞
X
k=1
ak
konvergerar. Men det betyder precis att talf¨oljden av partialsummor, sn =
n
X
k=1
ak,
konvergerar mot ett tal s, allts˚a att limn→∞sn = s, och det ¨ar detta tal som ¨ar seriens v¨arde.
Exempel 14 Att den geometriska serien konvergerar d˚a |r| < 1 men inte annars visar vi genom att vi anv¨ander vad vi har visat ovan. Partialsummorna kan vi ber¨akna till
sn =
n
X
k=0
rk= 1− rn+1
1− r om r6= 1, och dessutom vet vi att
rn → 0 d˚a n→ ∞ om |r| < 1, medan
|rn| → ∞ d˚a n → ∞ om |r| > 1.
F¨or att bevisa att den geometriska summan ¨ar s = 1/(1− r) ska vi nu betrakta skillnaden
|sn− s| =
n
X
k=0
rk− 1 1− r
=
1− rn+1
1− r − 1 1− r
= |r|n+1
|1 − r| →
(0 om |r| < 1
∞ om |r| > 1 . Om r = 1 vet vi att summan blir o¨andlig, partialsummorna ¨ar ju n + 1, medan om r =−1 ¨ar partialsummorna omv¨axlade 1 och 0, och kan d¨arf¨or inte konvergera.
Anm¨arkning I artikeln Grafisk analys av en skal¨ar rekursion diskuteras det asymp- totiska uppf¨orandet av talf¨oljder definierade genom en rekursion p˚a formen an+1 = f (an) n¨armare. Det illustrerar ocks˚a gr¨ansv¨ardesbegreppet geometriskt och rekom- menderas som vidarel¨asning p˚a detta avsnitt.
Noteringar
1. I detta fall best¨amma storleken av djurbest˚andet.
2. Detta ¨ar en absurd r¨anta n¨ar detta skrivs, ˚ar 2016. Men matematiska exempel m˚aste inte vara realistiska – deras uppgift ¨ar att f¨ormedla en teknik som sedan kan anv¨andas vid analys av verkliga problem.
3.→ symboliserar g˚ar mot
4. Induktionsaxiomet s¨ager att de tv˚a stegen i induktionsbeviset ¨ar tillr¨ackligt f¨or att p˚ast˚a att p˚ast˚aendet ¨ar sant f¨or alla n. Det kan synas sj¨alvklart, men axiom ¨ar ju ofta formuleringar av sj¨alvklara p˚ast˚aenden. De beh¨ovs s˚a att matematiska bevis kan bli fullst¨andiga.
5. kkr=kilo kronor, allts˚a 1000 kronor.
6. En o¨andlig summa kallas en serie av n˚agot f¨or f¨orfattaren oklart sk¨al.
7. Vi anv¨ander h¨ar (3) med a = 1/2, r = 1/2 och n ist¨allet f¨or n− 1
8. Ska man vara riktigt ¨arlig finns det ett korn av sanning i p˚ast˚aendet. Men inte p˚a den form det st˚ar! Vi kan definiera en funktion ζ(z) =P∞
k=1k−z d˚a z > 1. Sedan kan man forts¨atta den som en s.k. analytisk funktion till att vara definierad ¨aven f¨or negativa z. Den s˚a uppkomna funktionen f˚ar v¨ardet −1/12 d˚a z =−1, vilket svarar mot summan.
9. H¨ar beh¨over du veta n˚agot om logaritmfunktioner. Titta g¨arna i arbetsbladet Logaritmlagar.