Extramaterial till Problemlösningens grunder 1
Kapitel 4 (Algebra)
Exempel 1. Undersök reella lösningar till följande ekvationssystem:
x2+ 1 = 2y
y2 + 1 = 2x (1)
(A) Vi ska se hur ekvationssystemet kan lösas på lite olika sätt. Låt oss, till att börja med, söka en faktorisering, med avsikten att tillämpa Faktorprincipen (Noll- faktorlagen):
AB = 0 → A = 0 ∨ B = 0.
Ledvis subtraktion ger ekvationen
x2− y2 = 2(y − x), som efter tillämpning av konjugatregeln kan skrivas
x2− y2 = 2(y − x) ↔ (x − y)(x + y) = −2(x − y)
↔ (x − y)
| {z }
A
(x + y + 2)
| {z }
B
= 0.
Enligt Faktorprincipen så måste antingen (i) x−y = 0 eller (ii) x+y +2 = 0. I fallet (i) så måste, enligt den första ekvationen i (1), x2+ 1 = 2x, och denna ekvation har enda lösningen x = 1, således måste även y = 1. Kontroll visar att (x, y) = (1, 1) är en lösning till (1). Det andra fallet (ii), y = −x−2, ger ekvationen x2+1 = −2(x+2), som saknar reella lösningar. Detta fall ger därmed inga lösningar, så (1, 1) är den enda reella lösningen till (1).
(B) En annan strategi är att (primärt) söka en ekvation för en av variablerna. Den första ekvationen i (1) ger att y = (x2+ 1)/2, och substituerar vi detta uttryck för y i den andra ekvationen erhåller vi
x2+ 1 2
2
+ 1 = 2x ↔ x4+ 2x2+ 1
4 + 1 = 2x
↔ x4+ 2x2− 8x + 5 = 0. (2) Polynomekvationen (2) kan lösas genom att söka enstaka rötter och sedan faktorisera enligt Faktorsatsen (Sats 4.9). Söker vi heltalsrötter så vet vi (Sats 4.12) att de enda möjliga är x = ±1, ±5, då detta är de enda delarna till konstanttermen 5 i polynomet x4+ 2x2− 8x + 5. Genom prövning ser vi att x = 1 är en rot. Faktorisering ger:
x4 + 2x2− 8x + 5 = (x − 1)(x3+ x2+ 3x − 5).
Nu ser vi, på samma sätt, att x = 1 är ett nollställe till polynomet x3+ x2+ 3x − 5, som därmed innehåller faktorn x − 1. Vi erhåller att
x4+ 2x2− 8x + 5 = (x − 1)(x − 1)(x2+ 2x + 5).
Då polynomet x2+ 2x + 5 saknar reella nollställen, så kan vi konstatera att x = 1 är det enda möjliga värdet på x för vilket (1) kan gälla. Men om x = 1 så ger den
Extramaterial till Problemlösningens grunder 2
första ekvationen i (1) att y = 1, och kontroll av den andra ekvationen visar att (x, y) = (1, 1) är en lösning till (1).
(C) Ett tredje sätt, och kanske det mest eleganta sättet, att lösa (1) på är genom att tillämpa följande additiva variant av Faktorprincipen:
A + B = 0 → A = 0 ∧ B = 0, givet att A, B är icke-negativa. Ledvis addition i (1) ger oss
x2+ y2+ 2 = 2x + 2y ↔ x2− 2x + y2− 2y + 2 = 0
↔ (x − 1)2
| {z }
A
+ (y − 1)2
| {z }
B
= 0.
Vi konstaterar att det måste gälla att x = y = 1, och kontroll visar (återigen) att (x, y) = (1, 1) verkligen är en lösning till (1).
Problem
1. Lös följande ekvationssystem:
x2+ y2 = xy x2− y2 = x + y 2. Lös följande ekvationssystem:
x2+ y2 = x + y x2− y2 = xy 3. Lös följande ekvationssystem:
x2 + xy = x − y x2− y2 = x + y 4. Lös följande ekvationssystem:
x3+ x = x2+ y2 y3+ y = x2+ y2
Extramaterial till Problemlösningens grunder 3
Exempel 2. Visa att om a2+ b2 = 1 så gäller:
ab + a + b ≤ 2. (3)
(A) Låt oss börja med att skriva olikheten på formen:
2 − ab − a − b ≥ 0.
Vår första strategi för att bevisa denna olikhet är att försöka skriva om vänsterledet här som en kvadrat, eller en summa av kvadrater, eller en summa av på annat sätt icke-negativa uttryck (se sid 49, Upplaga 2). Med denna ingång till problemet så ställs vi inför frågan, hur kan vi erhålla ett samband mellan a + b, ab och a2 + b2 (som vi vet är 1)? Vi noterar att
(a − 1)2 + (b − 1)2+ (a − b)2 = 2(a2+ b2) − 2ab − 2(a + b) + 2, vilket ger att
(a − 1)2+ (b − 1)2+ (a − b)2
2 = 2 − ab − a − b,
under vår förutsättning a2+ b2 = 1. Detta innebär att
2 − ab − a − b ≥ 0 ↔ (a − 1)2+ (b − 1)2 + (a − b)2 ≥ 0, vilket bevisar olikheten (3).
(B) Ett annat sätt att hantera problemet är att göra successiva uppskattningar, dvs.
utnyttja principen
A ≤ C ∧ C ≤ B → A ≤ B.
Detta innebär i vårt fall att vi visar att ab + a + b ≤ C för något C och sedan, i sin tur, att C ≤ 2. Vi har nu att
0 ≤ (a − b)2 = a2+ b2− 2ab = 1 − 2ab,
med förutsättningen att a2+ b2 = 1(Jämför Exempel 4.2). Följaktligen är ab ≤ 1/2, givet att a2 + b2 = 1. Men vi har då även att
(a + b)2 = a2+ b2+ 2ab = 1 + 2ab ≤ 2, så a + b ≤√
2. Vi har därmed bevisat att ab + a + b ≤ 1
2+√ 2.
Vi är därmed klara om vi kan visa att C = 1/2 + √
2 ≤ 2. Men √
2 ≤ 3/2, ty 2 ≤ (3/2)2 = 9/4, så C ≤ 1/2 + 3/2 = 2.
Problem
1. För vilka värden på a gäller olikheten
(x − a)2+ x2 ≤ a för alla reella tal x.
Extramaterial till Problemlösningens grunder 4
2. Låt a, b, c vara positiva heltal. Visa att om ab < c, så är a + b ≤ c.
3. Visa att om 0 < a, b < 1 så gäller
√
ab +p
(1 − a)(1 − b) ≤ 1.
4. Visa att om a2+ b2 = 1 så gäller olikheten ab + a + b ≥ −1.
5. Rundheten R av en geometrisk gur i planet de nieras av R = 4πA
O2 ,
där A och O är gurens area respektive omkrets. Varje cirkel har rundheten 1 (visa gärna detta). Visa att en rektangel är som rundast (störst R) då den är en kvadrat, och bestäm rundheten R för en kvadrat.
