(a) Definiera a n f¨ or a ∈ R och n ∈ N, och a −n f¨ or a ∈ R \ {0} och n ∈ N.

TATA79/TEN1 Omdugga 1, 2015-11-28 Inledande matematisk analys

1.

(a) Definiera a ⁿ f¨ or a ∈ R och n ∈ N, och a ⁻ⁿ f¨ or a ∈ R \ {0} och n ∈ N.

(b) Bevisa att (ab) ⁿ = a ⁿ b ⁿ f¨ or a, b ∈ R och n ∈ N.

(c) Skriva 0.325325325 . . . (det vill s¨ ager a 3k−2 = 3, a 3k−1 = 2 och a 3k = 5 f¨ or k ∈ N) som ett br˚ ak.

Solution:

(a) a ⁿ och a ⁻ⁿ f¨ or a ∈ R och n ∈ N.

a ⁿ := aa . . . a

| {z }

n g˚anger

f¨ or reella tal a och positiva heltal n. Vi definierar a ⁻ⁿ := (a ⁻¹ ) ⁿ f¨ or reella tal a 6= 0 och positiva heltal n.

(b) Vi f˚ ar att

a ⁿ b ⁿ = aa . . . a

| {z }

n g˚anger

bb . . . b

| {z }

n g˚anger

= (ab) aa . . . a

| {z }

(n − 1) g˚anger

bb . . . b

| {z }

(n − 1) g˚anger

= (ab)(ab) aa . . . a

| {z }

(n − 2) g˚anger

bb . . . b

| {z }

(n − 2) g˚anger

= · · · = (ab)(ab) . . . (ab)

| {z }

n g˚anger

= (ab) ⁿ .

(c) S¨ att x = 0.325325325 . . . . S˚ a 1000x = 325.325325325 · · · = 325 + x. D¨ arf¨ or

¨ ar 999x = 325 och x = 325/999.

2.

(a) Definiera vad det betyder att s¨ aga ` ¨ ar en infimum till en m¨ angd A.

(b) Betrakta f¨ oljderna (a n ) n∈N och (b n ) n∈N som definieras enligt a n = n + 3

n och b n = − 3 n f¨ or alla n ∈ N.

(i) Bevisa att inf n a n = 1.

1

(ii) Bevisa att inf _n b _n = −3.

Solution:

(a) Det betyder att

(i) ` ≤ a f¨ or alla a ∈ A, och

(ii) f¨ or varje ε > 0 finns det a ∈ A s˚ a att a < ` + ε.

(b) (i) i. n + 3 ≥ n s˚ a a _n = (n + 3)/n ≥ 1 f¨ or alla n ∈ N.

ii. Betrakta ε > 0. Vi vill hitta ett n ∈ N s˚ a att 1 + 3

n = n + 3

n = a n < 1 + ε.

Olikheten ¨ ar uppfylld om vi v¨ aljer n att vara ett naturligt tal st¨ orre ¨ an 3/ε.

(ii) i. Observera att n ≥ 1 f¨ or alla n ∈ N som medf¨ or att 1/n ≤ 1 och i sin tur ¨ ar b n = −3/n ≥ −3 f¨ or alla n ∈ N.

ii. Betrakta ε > 0. Vi vill hitta ett n ∈ N s˚ a att

− 3

n = b n < −3 + ε.

Det r¨ acker att ta n = 1 eftersom − ³ ₁ = b 1 < −3 + ε.

3. Bevisa att

n

X

k=1

(3k ² − k) = n ² (n + 1).

Solution:

Vi anv¨ ander induktion.

Om n = 0 ¨ ar v¨ ansterledet P 1

k=1 (3k ² + k) = 3 × 1 ² − 1 = 2 och h¨ ogerledet

¨ ar 1 ² (1 + 1) = 2 s˚ a likheten st¨ ammer d˚ a.

Nu antar vi att likheten st¨ ammer f¨ or n = m och vi betraktar likheten d˚ a n = m + 1. Vi f˚ ar att

m+1

X

k=1

(3k ² − k) =

m

X

k=1

(3k ² − k) + (3(m + 1) ² − (m + 1)) = m ² (m + 1) + (3(m + 1) ² − (m + 1))

= (m + 1)(m ² + 3(m + 1) − 1) = (m + 1)(m + 1)(m + 2) = (m + 1) ² ((m + 1) + 1), s˚ a vi kan dra slutsatsen att likheten st¨ ammer om n = m + 1. D¨ arf¨ or enligt

induktion g¨ aller likheten f¨ or alla n ∈ N.

4.

(a) Definiera begreppet str¨ angt v¨ axande som g¨ aller f¨ or en funktion f : R → R.

(b) Betrakta en funktion f : R → R som definieras enligt formeln f (x) = x ³ − 6x ² + 12x − 8

f¨ or alla x ∈ R. Visa att f ¨ ar str¨ angt v¨ axande. [Tips: Faktorisera polyno- met.]

2

Solution:

(a) En funktion f : R → R kallas f¨ or str¨ angt v¨ axande om x < y medf¨ or att f (x) < f (y) f¨ or alla x, y ∈ R.

(b) Vi kan skriva f (x) = (x − 2) ³ och eftersom x 7→ x + 2 ¨ ar str¨ angt v¨ axande r¨ acker det att visa x 7→ x ³ ¨ ar str¨ angt v¨ axande. S¨ att g(x) = x ³ . Om 0 ≤ x < y ¨ ar g(y) − g(x) = (y − x)(x ² + xy + y ² ) > 0 och om x < y ≤ 0 ¨ ar g(y) − g(x) = (y − x)(x ² + xy + y ² ) > 0. Om x < 0 < y enligt fallen ¨ ovan

¨

ar g(x) < g(0) < g(x). S˚ a g och d¨ armed f ¨ ar str¨ angt v¨ axande.

5.

(a) R¨ akna summan

8

X

k=1

5(6) ^k .

(b) R¨ akna summan

42

X

k=1

7 2 ^k−1 .

H¨ ar beh¨ over du inte r¨ akna ut potenser, det r¨ acker att skriva om summan s˚ a att det har h¨ ogst tv˚ a termer som inneh˚ aller eventuella potenser.

Solution:

(a) Vi anv¨ ander formen P n

k=1 ar ^k−1 = a ^1−r _1−r

med n = 8, r = 6 och a = 30, s˚ a

8

X

k=1

5(6) ^k =

8

X

k=1

30(6) ^k−1 = 30 1 − (6) ⁸

1 − 6 = 6 ⁹ − 6.

(b) Vi anv¨ ander formen P n

k=1 ar ^k−1 = a ^1−r _1−r

med n = 42, r = 1/2 och a = 7, s˚ a

42

X

k=1

7

2 ^k−1 = 7 1 − (1/2) ⁴²

1 − 1/2 = 14(1 − (1/2) ⁴² ).

3