TMA970 Inledande matematisk analys F/TM, ht 2020

(1)

TMA970 Inledande matematisk analys F/TM, ht 2020

Föreläsning 8: Absolutbelopp.

Triangelolikheten. Binomialkoefficienterna.

(2)

Absolutbelopp - definition

def Absolutbeloppet av x är avståndet från 0 till x,

𝑥𝑥 = �𝑥𝑥, ∀𝑥𝑥 ≥ 0

−𝑥𝑥, ∀𝑥𝑥 < 0

Exempel. (1) 5 = 5, −5 = 5 = −(−5) (2) 𝑥𝑥 − 𝑎𝑎 är avståndet från a till x

𝑥𝑥 − 𝑎𝑎 < 𝑏𝑏 ⇔ 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏 < 𝑥𝑥 < 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 (3) Vi påminner att 𝑥𝑥² = |𝑥𝑥|.

(3)

Triangelolikheten

Sats. För alla reella tal 𝑎𝑎, 𝑏𝑏 gäller

| 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏 | ≤ 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 ≤ 𝑎𝑎 + |𝑏𝑏|

Bevis. Vi visar först den högra olikheten.

Eftersom båda led är icke-negativa, får vi en ekvivalent olikhet om vi kvadrerar.

Vi ska alltså visa att

|𝑎𝑎 + 𝑏𝑏|² ≤ 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 ².

(4)

Triangelolikheten (forts.)

Vi har

|𝑎𝑎 + 𝑏𝑏|² = (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏)²= 𝑎𝑎² + 2𝑎𝑎𝑏𝑏 + 𝑏𝑏² ≤ 𝑎𝑎² + 2 𝑎𝑎 𝑏𝑏 + 𝑏𝑏² = 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 ²,

vilket bevisar olikheten.

Likhet: omm* 𝑎𝑎𝑏𝑏 = 𝑎𝑎 |𝑏𝑏|, d.v.s. omm a och b har samma tecken.

_____________________________

*omm = om och endast om

(5)

Den vänstra olikheten:

𝑎𝑎 = 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + (−𝑏𝑏) ≤ 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑏𝑏 , så att 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏 ≤ |𝑎𝑎 + 𝑏𝑏|.

Om vi börjar med |𝑏𝑏| istället får vi 𝑏𝑏 − 𝑎𝑎 ≤ 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 .

Eftersom | 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏 | = 𝑎𝑎 − |𝑏𝑏| eller 𝑏𝑏 − 𝑎𝑎 , följer olikheten.

(6)

Triangelolikheten för godtyckligt antal termer:

𝑎𝑎₁ + 𝑎𝑎₂ + ⋯ + 𝑎𝑎_𝑛𝑛 ≤ 𝑎𝑎₁ + 𝑎𝑎₂ + ⋯ + |𝑎𝑎_𝑛𝑛|.

Bevis. Matematisk induktion (OBS! Inbyggt fel!) Steg 1. 𝑛𝑛 = 1: v.l. = 𝑎𝑎₁ = h.l.

Steg 2. Induktionsantagande:

Antag att (ekvivalent med induktionsaxiomet) 𝑎𝑎₁ + 𝑎𝑎₂ + ⋯ + 𝑎𝑎_𝑘𝑘 ≤ 𝑎𝑎₁ + 𝑎𝑎₂ + ⋯ + |𝑎𝑎_𝑘𝑘|, för alla 𝒌𝒌 ≤ 𝒎𝒎, för något naturligt tal m.

(7)

Steg 3. Gäller då (under antagandet i steg 2) olikheten även för 𝑛𝑛 = 𝑚𝑚 + 1?

(𝑎𝑎₁ + ⋯ + 𝑎𝑎_𝑚𝑚) + 𝑎𝑎_𝑚𝑚+1 ≤

≤ |𝑎𝑎₁ + ⋯ + 𝑎𝑎_𝑚𝑚| + 𝑎𝑎_𝑚𝑚+1 ≤

≤ 𝑎𝑎₁ + ⋯ + |𝑎𝑎_𝑚𝑚| + | 𝑎𝑎_𝑚𝑚+1| Klart! Så var är felet???

Vi tar hjälp av ett roligt problem som

illustrerar felet. Återkommer nästa vecka!

(8)

Hästproblemet

Sats. Alla hästar har samma farg.

’’Bevis.’’ (1) Påståendet är uppenbarligen sant för en häst, 𝑛𝑛 = 1.

(2) Antag att påståendet är sant för något naturligt tal m, det vill säga, antag att m hästar alltid har samma färg för något m ∈ ℕ.

(9)

Hästproblemet (forts.)

(3) Betrakta m + 1 hästar. Välj två av dem, häst 1

och häst 2. Alla utom häst 1 är m till antalet och har därför samma färg enligt (2).

Alla utom häst 2 är ocksa m och har sarnrna färg.

(10)

Hästproblemet (forts.)

Men alla hästar utom 1 och 2 är med i båda

delmängderna, alltså måste båda delmängderna ha samma färg.

Därmed har häst 1 och häst 2 samma färg.

Enligt induktionsaxiomet har vi visat att alla hästar har samma färg.

(Den spännande upplösningen kommer nästa vecka.)

(11)

Binomialsatsen

(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏)^𝑛𝑛=?

Pascals triangel: 1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

Fungerar, men jobbigt om man ska ha … 𝑛𝑛 = 1000, eller vill visa något generellt.

(12)

Binomialsatsen (forts.)

Om 𝑎𝑎 = 𝑏𝑏 = 0, så finns inget att beräkna.

Antag att 𝑏𝑏 ≠ 0. Då

(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏)^𝑛𝑛= 𝑏𝑏^𝑛𝑛 1 + 𝑎𝑎 𝑏𝑏

𝑛𝑛

Det räcker alltså att kunna utveckla (1 + 𝑥𝑥)^𝑛𝑛. Det är klart att (1 + 𝑥𝑥)^𝑛𝑛 är en summa av

x-potenser, men vad är koefficienterna?

Vi vill ha formler, beroende av n.

(13)

Binomialkoefficienterna

def Binomialkoefficienter kallas talen

𝑛𝑛

𝑘𝑘 =

𝑛𝑛 𝑛𝑛 − 1 𝑛𝑛 − 2 … (𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 + 1) 1 � 2 � 3 � ⋯ � 𝑘𝑘 ,

där 𝑘𝑘 = 1,2, … , 𝑛𝑛. (’’n över k’’)

k faktorer i täljaren, k faktorer i nämnaren Exempel: ³₂ = ^3�2_1�2 = 3,

5 = ^5�4 = 10, ⁵ = ^5�4�3 = 10 = ⁵ .

(14)

Binomialkoefficienterna (forts.) 𝑛𝑛0

= 1

, per definition

Vi vill visa de egenskaper vi känner till från Pascals triangel:

(1) 𝑛𝑛

𝑘𝑘

=

_{𝑛𝑛−𝑘𝑘}^𝑛𝑛 ^,𝑘𝑘 = 0, 1, … , 𝑛𝑛;

(2) 𝑛𝑛

𝑘𝑘

+

_𝑘𝑘+1^𝑛𝑛

=

^𝑛𝑛+1_𝑘𝑘+1 ^, 𝑘𝑘 = 0, 1, … , 𝑛𝑛.

Beteckning: ’’k fakultet’’

𝑘𝑘! = 1 � 2 � 3 � ⋯ � 𝑘𝑘, 0! ≝ 1

(15)

Bevis (omskrivningar) Förläng med 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 !

𝑛𝑛

𝑘𝑘 =

𝑛𝑛!

𝑘𝑘! 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 ! Eftersom 𝑘𝑘 = 𝑛𝑛 − (𝑛𝑛 − 𝑘𝑘) ser vi att

𝑛𝑛

𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 =

𝑛𝑛!

𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 ! 𝑘𝑘! =

𝑛𝑛 𝑘𝑘 , och symmetrin är bevisad.

(16)

Bevis (forts.)

𝑛𝑛

𝑘𝑘 +

𝑛𝑛

𝑘𝑘 + 1 =

= 𝑛𝑛!

𝑘𝑘! 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 ! +

𝑛𝑛!

𝑘𝑘 + 1 ! 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 − 1 ! =

= 𝑛𝑛! (𝑘𝑘 + 1)

𝑘𝑘 + 1 ! 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 ! +

𝑛𝑛! (𝑛𝑛 − 𝑘𝑘)

𝑘𝑘 + 1 ! 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 ! =

= 𝑛𝑛! (𝑘𝑘 + 1 + 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘)

𝑘𝑘 + 1 ! (𝑛𝑛 + 1) − (𝑘𝑘 + 1) ! =

= 𝑛𝑛 + 1 𝑘𝑘 + 1

(17)

Kombinatorisk tolkning

𝑛𝑛𝑘𝑘

=

antalet sätt att välja k ur n element Om de k elementen är ordnade,

det första kan väljas på n olika sätt;

det andra kan väljas på 𝑛𝑛 − 1 olika sätt;

…

det sista kan väljas på 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 + 1 sätt.

Oordnade: dela med antalet sätt att ordna om.

(18)

Kombinatorisk tolkning (forts.)

Antal sätt att ordna om k element:

det första kan väljas på k olika sätt, det andra på 𝑘𝑘 − 1 olika sätt …

k st, alltså blir antalet k!

Antalet sätt att välja k ur n element är alltså

𝑛𝑛 𝑛𝑛 − 1 … (𝑛𝑛 − 𝑘𝑘 + 1)

1 � 2 � 3 � ⋯ � 𝑘𝑘 = 𝑛𝑛 𝑘𝑘

(19)

Egenskaperna – kombinatoriskt bevis

Att välja k element är samma som att välja resterande 𝑛𝑛 − 𝑘𝑘

(20)

Egenskaperna – kombinatoriskt bevis

Från n till 𝑛𝑛 + 1