Kurslitteratur - Förberedande kurs i matematik

F¨orberedande kurs i matematik Alexanderson, Bergkvist, Leander, Lundqvist, Ottergren

3

2

1

-2

1

-1

-1

-2

2

3

F¨ orord Detta material ¨ ar avsett att introducera matematik f¨or nya universitets- och h¨ogskolestudenter och ar skrivet som kurslitteratur till F¨ orberedande kurs i matematik, som ¨ar en distanskurs utvecklad ¨ av Stockholms universitet. Kursen riktar sig till nya studenter i ¨amnet samt till de som vill f˚ a en djupare bild av matematiken. Materialet repeterar till viss del grundl¨aggande gymnasiematematik p˚ a universitetsvis, men tar ocks˚ a upp en hel del nya saker som vi tror att l¨asaren kommer att ha stor nytta av vid kommande matematikstudier vid universitet eller h¨ogskola. L¨asaren f¨oruts¨atts ha kunskaper i ¨ amnet minst motsvarandes gymnasiets Matematik C eller Matematik 3b/3c. Materialet ¨ ar organiserat i tre kapitel. Vart och ett av dessa tre kapitel ¨ar indelade i mindre avsnitt. Efter de flesta delavsnitt finns ¨ ovningar som l¨asaren med f¨ordel kan g¨ora f¨or att kontrollera att han eller hon f¨ orst˚ att de olika begreppen och metoderna fr˚ an avsnittet. Alla ¨ovningar ¨ar t¨ankta att g¨ oras utan hj¨ alp av minir¨ aknare eller dator. Kapitel 1 best˚ ar till stor del av en presentation av olika tal, samt regler f¨or hur man r¨aknar med dessa. Kapitlet utg˚ ar fr˚ an de positiva heltalen och motiverar en rad utvidgningar f¨or att till slut komma fram till de komplexa talen. I kapitel 2 behandlas algebra och kombinatorik. Kapitlet avslutas med en diskussion av n˚ agra logiska symboler. I kapitel 3 introduceras m¨ angdl¨ ara. Med hj¨alp av m¨angdl¨ara definierar vi funktionsbegreppet och g˚ ar sedan igenom de vanligaste funktionerna. Vi anv¨ander d¨arefter teorin fr˚ an gr¨ansv¨arden f¨or att definiera derivata. Vi definierar slutligen begreppet integral som ett gr¨ansv¨arde av ¨over- och undersummor. Kapitlet behandlar ¨ aven olikheter, absolutbelopp och trigonometri. Detta ¨ ar den femte upplagan av kursmaterialet och ¨ar till inneh˚ allet i princip identisk med den fj¨ arde upplagan, men framst¨ allningen har f¨orb¨attras efter noggrann korrekturl¨asning av ˚ Asa Ericsson, Lisa Nicklasson och John Sass.

Stockholm, maj 2014 F¨ orfattarna

Femte upplagan, tredje tryckningen c Stockholms universitet 2015 Copyright

Inneh˚ all 1 Tal 1.1 De positiva heltalen och de naturliga talen . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Heltalen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Potenser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Prioritetsreglerna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Heltalsdivision . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.4 J¨ amna och udda tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Primtal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Modulor¨ akning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Representation av heltal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Rationella tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1 Addition, multiplikation och division av rationella tal . . . . 1.6.2 Blandad form och decimalform . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.3 De rationella talens slutenhet . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Reella tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7.1 Mer om potenser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Komplexa tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Kvadreringsreglerna och konjugatregeln . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.1 Kvadreringsreglerna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.2 Konjugatregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9.3 F¨ orenkling av br˚ ak d¨ ar t¨aljare och n¨amnare ¨ar komplexa tal .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 7 7 8 9 10 10 12 14 17 19 20 22 22 23 23 26 28 28 29 29

2 Algebra, kombinatorik och logik 2.1 Polynom och polynomekvationer . . . . . . 2.1.1 Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Polynomekvationer . . . . . . . . . . 2.1.3 L¨ osningen till en andragradsekvation 2.1.4 Linj¨ ara ekvationssystem . . . . . . . 2.2 Faktorsatsen och polynomdivision . . . . . 2.2.1 Polynomdivision . . . . . . . . . . . 2.2.2 Divisionsalgoritmen f¨ or polynom . . 2.2.3 Faktorsatsen . . . . . . . . . . . . . 2.2.4 Hur man finner rationella r¨otter . . 2.3 Kombinatorik . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Multiplikationsprincipen . . . . . . . 2.3.2 Permutationer . . . . . . . . . . . . 2.3.3 Ordnat urval . . . . . . . . . . . . . 2.3.4 Ordnat urval med upprepning . . . . 2.3.5 Oordnat urval . . . . . . . . . . . . . 2.3.6 Summasymbolen . . . . . . . . . . . 2.3.7 Binomialsatsen och Pascals triangel 2.4 Logik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31 31 31 32 33 36 37 37 38 39 40 42 43 43 44 45 45 47 47 50

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

53 53 54 54 55 56 57 58 59

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . med reella koefficienter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 Funktionsl¨ ara 3.1 M¨ angdl¨ ara . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Funktionsbegreppet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Definitionsm¨ angd, v¨ ardem¨angd och m˚ alm¨angd . . . 3.2.2 Begreppen surjektiv och injektiv . . . . . . . . . . . 3.2.3 Sammans¨ attningen av tv˚ a funktioner . . . . . . . . . 3.2.4 Inverterbara funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Grafritning och reella funktioner . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Reella punktm¨ angder, det reella talplanet och grafer

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

3.4

3.5

3.6

3.7

3.8

3.3.2 Sk¨ arningen av tv˚ a kurvor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.3 Grafen till den inversa funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.4 Cirkelns ekvation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.5 N˚ agra reella funktioner och dess grafer . . . . . . . . . . . . . . . . Olikheter och absolutbelopp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1 Olikheter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.2 Absolutbelopp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1 R¨ atvinkliga trianglar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.2 Vinkelbegreppet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.3 De trigonometriska funktionerna och enhetscirkeln . . . . . . . . . 3.5.4 Standardvinklar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.5 Samband mellan cosinus och sinus f¨or olika vinklar . . . . . . . . . 3.5.6 Triangelsatserna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.7 Trigonometriska funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.8 Trigonometriska ekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.9 Pol¨ ar framst¨ allning av komplexa tal . . . . . . . . . . . . . . . . . Gr¨ ansv¨ arden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.1 Beteenden n¨ ara en punkt d¨ar f (x) ¨ar odefinierbar . . . . . . . . . 3.6.2 Gr¨ ansv¨ arden n¨ ar x g˚ ar mot o¨andligheten . . . . . . . . . . . . . . Derivata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1 Tangentens ekvation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.2 Derivator av k¨ anda funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.3 Derivatan av summor, produkter, sammans¨attningar och kvoter av ¨ derivatan alltid definierad? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.4 Ar 3.7.5 Till¨ ampning av derivata f¨or att best¨amma min- och maxpunkter . 3.7.6 Till¨ ampning av derivata vid grafritning . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.7 Maximum och minimum av en funktion p˚ a ett intervall . . . . . . Integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.1 Ber¨ akning av integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.2 N˚ agra integrationsregler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.3 Att best¨ amma areor med hj¨alp av integraler . . . . . . . . . . . . .

. . . . . 60 . . . . . 61 . . . . . 62 . . . . . 64 . . . . . 70 . . . . . 70 . . . . . 72 . . . . . 73 . . . . . 74 . . . . . 74 . . . . . 77 . . . . . 78 . . . . . 81 . . . . . 82 . . . . . 84 . . . . . 87 . . . . . 89 . . . . . 92 . . . . . 92 . . . . . 93 . . . . . 94 . . . . . 96 . . . . . 97 funktioner 97 . . . . . 100 . . . . . 100 . . . . . 103 . . . . . 105 . . . . . 107 . . . . . 109 . . . . . 109 . . . . . 111

4 Facit till ¨ ovningarna

114

Sakregister

121

Symboler N Z Q R C < ≤ > ≥ !P n k




⊂ ∪ ∩ ∈ ∈ / ⇒, ⇐ ⇔ ∧ ∨ VL HL

de naturliga talen heltalen de rationella talen de reella talen de komplexa talen mindre ¨ an mindre ¨ an eller lika med st¨ orre ¨ an st¨ orre ¨ an eller lika med fakultet summa binomialkoefficient, l¨ ases ”n ¨ over k” delm¨ angd till, om A ⊂ B s˚ a ¨ar A en delm¨angd till B union snitt tillh¨ or tillh¨ or ej implicerar ar ekvivalent med ¨ och eller v¨ anstra ledet h¨ ogra ledet

5

1

Tal

Det f¨ orsta kapitlet handlar om r¨ akning med olika typer av tal.

1.1

De positiva heltalen och de naturliga talen

Vi b¨ orjar med de tal man st¨ oter p˚ a dagligen, n¨amligen positiva heltal. Det ¨ar tal som r¨aknar hela antal. M¨ angden av de positiva heltalen betecknas Z+ och Z+ = {1, 2, 3, 4, . . .}. Med de positiva heltalen saknar vi m¨ojlighet att uttrycka ”ingenting”. D¨arf¨or inf¨or vi de naturliga talen som ¨ ar de positiva heltalen inklusive talet noll1 . Vi betecknar de naturliga talen med symbolen N och N = {0, 1, 2, 3 . . .}. Det ¨ ar bara nollan som skiljer N fr˚ an Z+ . Eftersom alla tal som finns i Z+ ocks˚ a finns i N s˚ a ¨ar Z+ en delm¨ angd av N, vilket vi skriver som Z+ ⊂ N. Vad ¨ ar det egentligen vi g¨ or n¨ ar vi adderar tv˚ a naturliga tal? Varf¨or ¨ar till exempel 4 + 1 = 5? Svaret a ¨r att vi har definierat att addition med 1 ger n¨asta tal i uppr¨akningen 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .. Betraktar vi talen som utplacerade p˚ a en linje kan vi t¨anka oss addition med 1 som att g˚ a ett steg till h¨ oger p˚ a den linjen. Att 4 + 4 = 8 beror p˚ a att n¨ar vi flyttar oss fyra steg till h¨oger fr˚ an 4 s˚ a kommer vi att hamna p˚ a 8. Eftersom vi hela tiden r¨ or oss till h¨oger p˚ a linjen n¨ar vi adderar naturliga tal s˚ a kommer vi alltid att f˚ a ett nytt naturligt tal. Vi s¨ager att de naturliga talen ¨ar slutna under addition. Multiplikation betraktar vi som upprepad addition: a · b = a + ··· + a. | {z } b stycken

Vi har visat att de naturliga talen ¨ar slutna under addition och eftersom multiplikation ¨ar upprepad addition s˚ a f¨ oljer det att de naturliga talen ¨ar slutna ¨aven under multiplikation. N¨ ar vi subtraherar ett naturligt tal fr˚ an ett annat r¨or vi oss till v¨anster p˚ a tallinjen. Om vi ska r¨ akna ut 4 − 5 s˚ a startar vi p˚ a position fyra och r¨or oss fem steg ˚ at v¨anster. Men de naturliga talen ”slutar” vid noll. De naturliga talen ¨ar allts˚ a inte slutna under subtraktion. S˚ a vi utvidgar de naturliga talen till heltalen .

1.2

Heltalen

Med de hela talen menas m¨ angden {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .} och denna betecknas Z (fr˚ an tyskans ”Zahlen”). Det g¨aller allts˚ a att Z+ ⊂ N ⊂ Z. Med de hela talen l¨ oser vi problemet med subtraktionen 4 − 5 eftersom vi nu kan r¨ora oss till v¨ anster om noll. Subtraktion med ett negativt tal −a definierar vi som att g˚ a a steg till h¨oger p˚ a tallinjen. Uttrycket 5 − (−3) ¨ ar s˚ aledes lika med 5 + 3. N¨ar vi subtraherar ett heltal fr˚ an ett annat heltal f˚ ar vi ett nytt heltal. De hela talen ¨ ar allts˚ a slutna under subtraktion. F¨ oljande lagar g¨ aller f¨ or addition av heltal. 1 Notationen ar inte helt vedertagen och i vissa sammanhang avser man med de naturliga talen endast de positiva ¨ heltalen.

7

a+b=b+a Kommutativa lagen f¨or addition (a + b) + c = a + (b + c) Associativa lagen f¨or addition −(−a) = a Negeringslagen P˚ a grund av den associativa lagen ¨ar det helt okej att skriva a + b + c helt utan parentes, eftersom det inte spelar n˚ agon roll om vi f¨orst l¨agger ihop a och b eller b och c. Exempel 1.1. (5 + 4 − 3) + 2 = 5 + (4 − 3 + 2) enligt den associativa lagen. Exempel 1.2. 4 − (−4) = 4 + 4 = 8 enligt negeringslagen. Vi har sett att multiplikation av positiva heltal ¨ar en upprepad addition. P˚ a analogt vis kan vi exempelvis tolka (−4) · 5 som −4 − 4 − 4 − 4 − 4 = −20. F¨ oljande lagar g¨ aller f¨ or multiplikation av heltal. a·b=b·a (a · b) · c = a · (b · c) a · (b + c) = a · b + a · c

Kommutativa lagen f¨or multiplikation Associativa lagen f¨or multiplikation Distributiva lagen

Den distributiva lagen beh¨ arskas vanligtvis bra fr˚ an v¨anster till h¨oger, men det ¨ar viktigt att aven kunna g˚ a fr˚ an h¨ oger till v¨ anster, det vill s¨aga att skriva om uttryck p˚ a formen a · b + a · c som ¨ a · (b + c). Den distributiva lagen g¨ aller ¨ aven f¨or fler element enligt exemplen nedan. Exempel 1.3. a · (b + c + d) = ab + ac + ad. Exempel 1.4. (a + b) · (c + d) = a · (c + d) + b · (c + d) = a · c + a · d + b · c + b · d. Vi ska nu best¨ amma vad produkten av tv˚ a negativa tal ¨ar. Vi har att 0 = −a · 0 = (−a) · 0 = (−a) · (b − b). Genom att utnyttja den distributiva lagen f˚ ar vi (−a) · (b − b) = (−a) · b + (−a) · (−b), det vill s¨ aga 0 = (−a) · b + (−a) · (−b). Vi adderar a · b till b˚ ada led och f˚ ar a · b = (−a) · (−b). Produkten av tv˚ a negativa tal ¨ ar allts˚ a lika med produkten av deras ”positiva motsvarigheter”. 1.2.1

Potenser

F¨ or att l¨ attare hantera uttryck av typen x · x · x har man inf¨ort potenser. Vi skriver x · x · x = x3 , d¨ ar x ¨ ar potensens bas och 3 ¨ ar potensens exponent . Potenser ¨ ar ett kompakt skrivs¨ att och vi kan till exempel p˚ a ett mycket litet utrymme ge en ovre gr¨ ans f¨ or antalet elementarpartiklar i hela universum enligt modern fysik, n¨amligen 2300 . ¨ 8

Kuriosa 1. Det finns en s¨ agen som s¨ ager att n¨ ar uppfinnaren av det schackliknande spelet Shaturanja visade upp spelet f¨ or kungen av Indien blev denne s˚ a imponerad att han ville ge uppfinnaren en bel¨ oning. Uppfinnaren sa d˚ a att han ¨ onskade sig ett vetekorn f¨ or den f¨ orsta rutan p˚ a schackbr¨ adet, tv˚ a vetekorn f¨ or den andra rutan, fyra vetekorn f¨ or den tredje, ˚ atta vetekorn f¨ or den fj¨ arde, och s˚ a vidare. Kungen tyckte att detta l¨ at som en rimlig bel¨ oning och beviljade uppfinnarens ¨ onskning. Han ins˚ ag inte att summan 1 + 2 + 22 + 23 + 24 + · · · + 263 med r˚ age ¨ oversteg samtliga vetekorn i hela v¨ arlden. Vi kan notera att x3 · x4 = (x · x · x) · (x · x · x · x) = x · · x} = x7 | ·{z sju g˚ anger

och att (x3 )2 = x3 · x3 = (x · x · x) · (x · x · x) = x6 = x3·2 . Allm¨ ant g¨ aller f¨ oljande r¨ akneregler: xa · xb = xa+b (xa )b = xa·b Exempel 1.5. 24 · 25 = 24+5 = 29 Exempel 1.6. (24 )5 = 24·5 = 220 Exempel 1.7. 92 · 35 = (32 )2 · 35 = 32·2 · 35 = 34 · 35 = 34+5 = 39 Exempel 1.8. (−1)4 = ((−1)2 )2 = 12 = 1 1.2.2

Prioritetsreglerna

Att uttrycket 3 + 3 · 4 ¨ ar lika med 15 och inte 24 ser nog m˚ anga som sj¨alvklart. Men anledningen till detta ¨ ar endast konventionell. Vi har best¨amt att multiplikation och division har h¨ogre prioritet an addition och subtraktion. Om det motsatta hade g¨allt s˚ a hade 3 + 3 · 4 varit lika med 6 · 4 = 24. ¨ Prioritetsreglerna ¨ ar f¨ oljande: 1. Ber¨ akna parenteser. 2. Ber¨ akna potenser. 3. Ber¨ akna multiplikation och division. 4. Ber¨ akna addition och subtraktion. Exempel 1.9. F¨ orenkla uttrycket (−1)3 + 3 · ((4 − 23 )2 − 5). L¨ osningsf¨ orslag: Vi anv¨ ander prioritetsreglerna och f˚ ar (−1)3 + 3 · ((4 − 23 )2 − 5) = −1 + 3 · ((4 − 8)2 − 5) = −1 + 3 · ((−4)2 − 5) = −1 + 3 · (16 − 5) = −1 + 3 · 11 = −1 + 33 = 32. F

9

1.2.3

Heltalsdivision

N¨ ar man delar ett heltal med ett annat blir resultatet inte alltid ett heltal. Till exempel g˚ ar divisionen 17/5 inte j¨ amt ut. Men genom att inf¨ora begreppen kvot och rest kan man studera s˚ a kallad heltalsdivision. Kvoten vid heltalsdivision av tv˚ a positiva heltal a och b anger det maximal antalet g˚ anger vi kan dra b fr˚ an a och fortfarande f˚ a n˚ agonting icke-negativt kvar. Det vi f˚ ar kvar ar resten. ¨ Exempel 1.10. Ber¨ akna kvoten och resten d˚ a 17 delas med 5. Lo orslag: Kvoten ¨ ar det maximala antalet g˚ anger som vi kan dra bort 5 fr˚ an 17 och ¨sningsf¨ fortfarande f˚ a n˚ agonting icke-negativt kvar. Eftersom 3 · 5 = 15 men 4 · 5 = 20 s˚ a blir kvoten 3. Vi har att 17 = 3 · 5 + 2, allts˚ a¨ ar resten lika med 2. F Mer formellt s¨ oker s¨ oker vi allts˚ a kvoten k och resten r s˚ a att a = kb + r, d¨ar 0 ≤ r < b. Exempel 1.11. Ber¨ akna kvoten och resten d˚ a 106 delas med 21. L¨ osningsf¨ orslag: Vi har 106 = 5 · 21 + 1, allts˚ a ¨ar kvoten k lika med 5 och resten r lika med 1. F Exempel 1.12. Ber¨ akna kvoten och resten d˚ a 20 delas med 4. L¨ osningsf¨ orslag: Vi har 20 = 4 · 5 + 0, allts˚ a ¨ar kvoten k lika med 5 och resten r lika med 0. F N¨ ar resten ¨ ar lika med noll vid heltalsdivision av a med b s˚ a betyder det att divisionen g˚ ar j¨amt ut. Vi s¨ ager att b ¨ ar en delare till a. 1.2.4

J¨ amna och udda tal

Du har s¨ akert lagt m¨ arke till att summan av tv˚ a j¨amna heltal blir ett nytt j¨amnt heltal, likas˚ a att summan av tv˚ a udda heltal blir ett j¨ amnt heltal och att summan av ett j¨amnt och ett udda heltal udda. Vi ska nu bevisa att det ¨ ar s˚ a. Eventuellt ¨ar det h¨ar f¨orsta g˚ angen som du m¨oter ett strikt matematiskt bevis. Att f¨ olja resonemanget nedan ¨ar nyttigt f¨or den matematiska mognaden, men det ¨ ar inte n¨ odv¨ andigt f¨ or att kunna f¨ orst˚ a det ¨ovriga materialet i kompendiet. Vi b¨ orjar med tv˚ a definitioner. Definition 1. Ett heltal ¨ ar j¨ amnt om det ¨ ar delbart med tv˚ a, det vill s¨ aga om det kan skrivas p˚ a formen 2a, f¨ or n˚ agot heltal a. Definition 2. Ett heltal ¨ ar udda om det l¨ amnar rest ett vid division med tv˚ a, det vill s¨ aga om det kan skrivas p˚ a formen 2a + 1 f¨ or n˚ agot heltal a. Vi kan nu formulera och bevisa v˚ ara utsagor. Sats 1. Summan av tv˚ a j¨ amna heltal ¨ ar ett j¨ amnt heltal. Bevis 1. Eftersom talen ¨ ar j¨ amna kan det f¨ orsta skrivas som 2a1 och det andra skrivas som 2a2 , d¨ ar a1 och a2 ¨ ar heltal. Vi f˚ ar summan 2a1 + 2a2 = 2(a1 + a2 ), vilket ¨ ar ett j¨ amnt tal enligt definition. Allts˚ a¨ ar summan av tv˚ a j¨ amna heltal ett j¨ amnt heltal. Sats 2. Summan av tv˚ a udda heltal ¨ ar ett j¨ amnt heltal.

10

Bevis 2. Eftersom talen ¨ ar udda kan det f¨ orsta skrivas som 2a1 + 1 och det andra skrivas som 2a2 + 1, d¨ ar a1 och a2 ¨ ar heltal. Vi f˚ ar summan 2a1 + 1 + 2a2 + 1 = 2a1 + 2a2 + 2 = 2(a1 + a2 + 1), vilket ¨ ar j¨ amnt tal. Allts˚ a¨ ar summan av tv˚ a udda heltal ett j¨ amnt heltal. Sats 3. Summan av ett udda och ett j¨ amnt heltal ¨ ar ett udda heltal. Bevis 3. Det udda talet kan skrivas som 2a1 + 1 och det j¨ amna kan skrivas som 2a2 , d¨ ar a1 och a2 ¨ ar heltal. Vi f˚ ar summan 2a1 + 1 + 2a2 = 2(a1 + a2 ) + 1, vilket ¨ ar udda tal. Allts˚ a¨ ar summan av ett udda och ett j¨ amnt heltal ¨ ar ett udda heltal. Det finns motsvarande satser f¨ or multiplikation och vi v¨aljer att bevisa en och l¨amnar ¨ovriga tv˚ a som ¨ ovningar. Sats 4. Produkten av ett udda och ett j¨ amnt heltal ¨ ar ett j¨ amnt heltal. Bevis 4. Det udda talet kan skrivas som 2a1 + 1 och det j¨ amna kan skrivas som 2a2 , d¨ ar a1 och a2 ¨ ar heltal. Vi f˚ ar produkten (2a1 + 1)2a2 = 2((2a1 + 1)a2 ), vilket ¨ ar j¨ amnt tal. Allts˚ a¨ ar produkten av ett udda och ett j¨ amnt heltal ¨ ar ett j¨ amnt heltal. ¨ Ovningar 1. Ber¨ akna 1 − (5 − 4). 2. Ber¨ akna (−1)3 . 3. Ber¨ akna (−1)12 . 4. F¨ orenkla −(a − b − (a + b)) + (a + b). 5. F¨ orenkla (a + b)(c + d) − c(a + b). 6. Visa att (a + b)3 = a3 + 3ab2 + 3a2 b + b3 . b

7. Ge ett exempel p˚ a n¨ ar (xa )b = x(a

)

b

och ett exempel p˚ a n¨ar (xa )b 6= x(a ) .

8. Ber¨ akna kvoten k och resten r d˚ a 107 delas med 7. 9. Vad blir resten d˚ a 293 delas med 17? 10. Bevisa att produkten av tv˚ a j¨ amna heltal ¨ar ett j¨amnt heltal. 11. Bevisa att produkten av tv˚ a udda heltal ¨ar ett udda heltal.

11

1.3

Primtal

Antag att vi utg˚ ar fr˚ an talen 3 och 5 och fr˚ agar oss vilka ytterligare naturliga tal vi kan bilda genom upprepad addition. De fem f¨ orsta talen som vi kan bilda ¨ar 3 + 3 = 6,

3 + 5 = 8,

3 + 3 + 3 = 9,

5 + 5 = 10

och

3 + 3 + 5 = 11.

Om vi ist¨ allet utg˚ ar fr˚ an talet 1 s˚ a kan vi bilda 1 + 1 = 2, 1 + 1 + 1 = 3, 1 + 1 + 1 + 1 = 4, det vill s¨ aga alla positiva heltal. Talet 1 fungerar allts˚ a s˚ a att hela Z+ kan bildas fr˚ an det med hj¨alp av upprepad addition. L˚ at oss betrakta motsvarande situation f¨or multiplikation. Vi utg˚ ar fr˚ an talen 3 och 5 och fr˚ agar oss vilka ytterligare naturliga tal vi kan bilda genom upprepad multiplikation. De tv˚ a f¨orsta talen som vi kan bilda ¨ ar 3 · 3 = 9 och 3 · 5 = 15. Hur ska vi b¨ ara oss ˚ at om vi vill kunna skapa alla naturliga tal p˚ a det h¨ar s¨attet? L˚ at oss l¨agga till talet 2. Vi kan nu ¨ aven bilda 2 · 2 = 4,

2 · 3 = 6,

2 · 2 · 2 = 8,

2 · 5 = 10,

2 · 2 · 3 = 12

och

2 · 2 · 2 · 2 = 16.

Sammantaget har vi f˚ att {2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 16, . . .}. M¨ angden blir t¨ atare, men vi saknar till exempel talet 7. N¨ar vi l¨agger till detta tal s˚ a kan vi ¨aven bilda 14 och vi f˚ ar {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, . . .}. Vi kan forts¨ atta och l¨ agga till 11 och sedan 13, men d˚ a kommer vi uppt¨acka att vi saknar talet 17. Talen 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 som vi utg˚ att fr˚ an ¨ar de sju f¨orsta primtalen . Varje naturligt tal st¨orre an ett kan bildas genom upprepad multiplikation av primtal. ¨ Vi beh¨ over f¨ orst˚ as en mer precis beskrivning av vad som menas med ett primtal. F¨or att g¨ora det ska vi f¨ orst ber¨ atta vad ett sammansatt heltal ¨ar. Ett positivt heltal a > 1 ¨ ar sammansatt om det kan skrivas som en produkt av tv˚ a heltal b och c som ¨ ar st¨ orre ¨ an ett, det vill s¨ aga a = b · c, d¨ar b > 1 och c > 1. Exempel 1.13. Talen 4, 6, 8, 9 ¨ ar sammansatta eftersom 4 = 2 · 2,

6 = 2 · 3,

8=2·4

och

9 = 3 · 3,

medan talen 2, 3, 5, 7 ¨ ar primtal eftersom dessa inte kan skrivas som en produkt av mindre postiva heltal. Nu kan vi definiera begreppet primtal. Definition 3. Ett positivt heltal som ¨ ar st¨ orre ¨ an ett och som inte ¨ ar sammansatt kallas f¨ or primtal. Kuriosa 2. Det finns o¨ andligt m˚ anga primtal. Detta brukar man bevisa genom ett s˚ a kallat mots¨ agelsebevis. Man antar att det bara finns ¨ andligt m˚ anga primtal och visar att detta leder till en mots¨ agelse, varp˚ a man drar slutsatsen att antalet primtal ¨ ar o¨ andligt. F¨ oljande ¨ ar exempel p˚ a k¨ anda primtal. 2 65537 1111111111111111111

Det enda j¨amna primtalet. Varf¨or? Det st¨orsta (hittills) s˚ a kallade Fermatprimtalet (Googla f¨or definition). Det n¨ast minsta primtalet som skrivs med bara ettor. 12

L¨ agg m¨ arke till att begreppet sammansatt tal ¨ar n¨ara knutet till begreppet delbarhet fr˚ an f¨orra kapitlet, n¨ amligen att ett heltal b ¨ ar en delare till ett heltal a om a = b · c f¨or n˚ agot heltal c. En synonym till delare ¨ ar faktor. Vi ¨ ar i huvudsak intresserade av positiva delare till positiva heltal. Exempel 1.14. Talet 6 har de positiva delarna 1, 2, 3, 6. Talet 7 har de positiva delarna 1 och 7. Talet 8 har de positiva delarna 1, 2, 4, 8. Kuriosa 3. Ett tal a kallas perfekt om summan av de positiva delarna ¨ ar lika med 2a. Till exempel ar 6 ett perfekt tal eftersom 1 + 2 + 3 + 6 = 12 = 2 · 6. Hur m˚ anga perfekta tal som finns ¨ ar en ¨ oppen fr˚ aga. Kan du hitta n˚ agot annat perfekt tal ¨ an sex? Tips: Det finns ett som ¨ ar mindre ¨ an ¨ 30. Med hj¨ alp av definitionen av delare s˚ a kan vi definiera sammansatta tal och primtal p˚ a ett annat s¨ att. Ett positivt heltal som ¨ ar st¨orre ¨an ett ¨ar sammansatt om det har fler ¨an tv˚ a positiva delare. Ett positivt heltal som endast har tv˚ a positiva delare, sig sj¨alv och ett, kallas f¨or ett primtal. Ibland talar man ¨ aven om ¨ akta delare. Man s¨ager att b ¨ar en ¨akta delare till a om b ¨ar en positiv delare till a och b ¨ ar skilt fr˚ an b˚ ade ett och a. Ett primtal ¨ar allts˚ a ett tal som saknar ¨akta delare.

Primtalsfaktorisering Betrakta talet 520. Eftersom talet ¨ ar j¨amnt s˚ a ¨ar det delbart med tv˚ a och vi kan skriva 520 = 2 · 260. ¨ Aven 260 ¨ ar delbart med tv˚ a och vi skriver 260 = 2 · 130. ˚ Aterigen, 130 ¨ ar j¨ amt och vi f˚ ar 130 = 2 · 65. Vi ser att fem ¨ ar en positiv delare till 65 och 65 = 5 · 13. Vi har allts˚ a visat att 520 = 2 · 2 · 2 · 5 · 13 = 23 · 5 · 13. L¨ agg m¨ arke till att 2, 5 och 13 alla a¨r primtal. Vi s¨ager att vi har primtalsfaktoriserat 520. Primtalsfaktoriseringen av ett positivt heltal a¨r unik. Detta a¨r Aritmetikens fundamentalsats och tas upp i h¨ ogre kurser i algebra. Primtalsfaktoriseringen av ett tal hj¨alper oss att best¨amma delarna till talet som f¨oljande exempel visar. Exempel 1.15. Hur m˚ anga positiva delare har talet 520? Lo aller det att 520 = 23 · 5 · 13. L¨asaren b¨or o¨vertyga sig om att de ¨sningsfo ¨rslag: Enligt ovan g¨ positiva delarna till talet a r talen p˚ a formen 2a · 5b · 13c , d¨ar 0 ≤ a ≤ 3, 0 ≤ b ≤ 1 och 0 ≤ c ≤ 1. ¨ Detta ger delarna 20 · 50 · 130 = 1 20 · 50 · 131 = 13 20 · 51 · 130 = 5 20 · 51 · 131 = 65 1 0 0 1 0 1 1 1 0 2 · 5 · 13 = 2 2 · 5 · 13 = 26 2 · 5 · 13 = 10 21 · 51 · 131 = 130 22 · 50 · 130 = 4 22 · 50 · 131 = 52 22 · 51 · 130 = 20 22 · 51 · 131 = 260 23 · 50 · 130 = 8 23 · 50 · 131 = 104 23 · 51 · 130 = 40 23 · 51 · 131 = 520. Det finns allts˚ a 16 positiva delare till 520. F

13

Om man vill ta reda p˚ a om ett tal a ¨ar ett primtal s˚ a kan unders¨oka om a delas av primtalen 2, 3, 5, 7, 11, . . .. Har man g˚ att igenom alla primtal som ¨ar mindre ¨an a och inte funnit n˚ agon positiv delare s˚ a vet man att a sj¨ alvt m˚ aste vara ett primtal. Men man beh¨over i sj¨alva verket inte testa alla acker att testa alla primtal som ¨ar mindre ¨an eller lika med √ primtal fram till talet a utan det r¨ a. Kan du fundera ut varf¨ or det ¨ ar s˚ a? ¨ 257 ett primtal? Exempel 1.16. Ar √ Lo orslag: Vi b¨ orjar med√att uppskatta hur stort 257 ¨ar. Eftersom 202 = 400 s˚ a g¨ ¨sningsf √aller √ ¨ a m˚ aste 257 vara mindre a m˚ aste 257 det att 400 = 20. Allts˚ ¨an 20. Vi har att 172 = 289, allts˚ √ aven vara mindre ¨ an 17. Men 162 = 256, s˚ a 257 ¨ar st¨orre ¨an 16. Primtalen som ¨ar mindre ¨an 17 ¨ ar {2, 3, 5, 7, 11, 13}. ¨ Eftersom 257 a a kan det inte vara delbart med 2. Eftersom 257 = 3 · 85 + 2 l¨amnas ¨r udda s˚ resten 2 vid division med tre och a a inte delbart med tre. Vi har att 5 · 51 + 2 = 257, allts˚ a a¨r ¨r allts˚ 257 inte heller delbart med fem. Det l¨ amnas som en o¨vning till l¨asaren att verifiera att inte heller 7, 11 och 13 a aa F ¨r delare till 257. Allts˚ ¨r 257 ett primtal. Observera att primtalsfaktoriseringen av ett primtal ¨ar primtalet sj¨alvt. ¨ Ovningar 1. Hur m˚ anga positiva delare har talet 8? 2. Hur m˚ anga ¨ akta delare har talet 8? 3. Hur m˚ anga positiva delare har talet 23 · 5 · 234 ? 4. Avg¨or om talen 85, 133 och 661 ¨ar primtal. Om n˚ agot tal inte ¨ar ett primtal s˚ a primtalsfaktorisera det och best¨ am antalet positiva delare. 5. F¨ ors¨ ok att primtalsfaktorisera ditt personnummer eller telefonnummer med hj¨alp av en minir¨ aknare. Kommentar: Detta ¨ ar det enda st¨allet i kompendiet d¨ar du f¨orv¨antas anv¨anda en minir¨ aknare!

1.4

Modulor¨ akning

Modulor¨ akning, eller kongruensr¨ akning, h¨anger samman med begreppet rest och a¨r n˚ agot vi ofta anv¨ ander oss av ofta utan att reflektera o¨ver det. L˚ at oss b¨orja med ett exempel. Exempel 1.17. Niklas g˚ ar och l¨ agger sig klockan 23.00 och vill sova ˚ atta timmar f¨ or att vara pigg dagen efter. Vad ska han st¨ alla klockan p˚ a (f¨ orutsatt att han somnar direkt n¨ ar han l¨ agger sig)? L¨ osningsf¨ orslag: F¨ or att ta reda p˚ a detta skulle man kunna t¨anka sig att man l¨agger till 8 till 23: 23 + 8 = 31. Men f¨ ors¨ ok st¨ alla klockan p˚ a 31! Det vi g¨or ist¨allet ¨ar att vi drar bort ett dygn, det vill s¨aga 24 timmar. Att dra bort 24 timmar ¨ ar detsamma som att b¨orja om p˚ a noll n¨ar vi kommer till 24. Vi f˚ ar nu 23 + 8 − 24 = 31 − 24 = 7. Niklas borde allts˚ a st¨ alla klockan p˚ a 07.00. F Det vi gjorde i exemplet ovan var att vi r¨aknade modulo 24. Det digitala klockor visar ¨ar egentligen resten vid heltalsdivision med 24. L˚ at oss nu ge en formellt definition. Definition 4. Om tv˚ a tal a och b skiljer sig ˚ at med en multipel av n, det vill s¨ aga att det existerar ett heltal k s˚ a att a − b = k · n, s˚ a s¨ ager vi att a och b ¨ ar kongruenta modulo n. Detta skrivs a ≡ b (mod n) eller a ≡n b och utl¨ ases ”a kongruent med b modulo n”. 14

Exempel 1.18. Det g¨ aller att 18 ≡4 14 eftersom 18 − 14 = 4, vilket s˚ a klart ¨ ar en multipel av fyra. Speciellt g¨ aller att om talet a l¨ amnar resten r vid division med b, s˚ a ¨ar a och r kongruenta modulo b. Exempel 1.19. Resten d˚ a 120 delas med 17 a aa ¨r 1, ty 120 = 7 · 17 + 1 och allts˚ ¨r 120 ≡ 1 (mod 17). Omv¨ ant g¨ aller det att om a och r ¨ ar kongruenta modulo b och 0 ≤ r < b s˚ a l¨amnar a resten r vid division med b. Exempel 1.20. Det g¨ aller att 19 ≡4 3 och eftersom 0 ≤ 3 < 4 s˚ a l¨ amnar 19 resten 3 vid division med 4. Exempel 1.21. Idag ¨ ar det tisdag, vad ¨ ar det f¨ or veckodag om 37 dagar? Lo orslag: Vi b¨ orjar med att notera att 37 dagar ¨ar detsamma som fem veckor och tv˚ a ¨sningsf¨ dagar. Vi s¨ oker allts˚ a den veckodag som ¨ar tv˚ a dagar efter tisdag, det vill s¨aga torsdag. Detta svarar givetvis mot ber¨ akningen 37 ≡7 2 .

F

Vid modulor¨ akning kan kan man anv¨anda de tre r¨aknes¨atten addition, subtraktion och multiplikation f¨ or att f¨ orenkla ber¨ akningarna. Division ¨ar d¨aremot inte definierat i allm¨anhet. Sats 5. L˚ at a vara ett positivt heltal och l˚ at m1 , m2 , n1 och n2 vara heltal s˚ adana att m1 ≡ n1 (mod a) och m2 ≡ n2 (mod a). D˚ a g¨ aller • m1 + m2 ≡a n1 + n2 , • m1 − m2 ≡a n1 − n2 , • m1 · m2 ≡a n1 · n2 . Innan vi bevisar satsen ska vi illustrera hur den kan anv¨andas med ett par exempel. Exempel 1.22. Vad blir resten d˚ a 18 + 11 delas med 5? L¨ osningsf¨ orslag 1: Vi l¨ agger f¨ orst ihop talen och tar reda p˚ a resten vid division med 5. 18 + 11 = 29 ≡ 4 (mod 5) eftersom 29 = 5 · 5 + 4. F Men enligt regel ett fr˚ an Sats 5, s˚ a kan vi f¨orst ta reda p˚ a resten modulo 5 f¨or de b˚ ada talen 11 och 18 och sedan addera dem. L¨ osningsf¨ orslag 2: 18 + 11 ≡5 3 + 1 = 4. F Exempel 1.23. Ber¨ akna 12 − 7 (mod 3). Ange svaret med ett s˚ a litet icke-negativt tal som m¨ ojligt. Lo F ¨sningsfo ¨rslag 1: Vi har 12 − 7 = 5 ≡ 2 (mod 3). Ett alternativt s¨ att a r att anv¨ a nda regel tv˚ a fr˚ an Sats 5, det vill s¨ a ga att vi f¨ o rst tar reda p˚ a resten ¨ modulo 3 f¨ or de b˚ ada talen 12 och 7 och sedan subtraherar dem. L¨ osningsf¨ orslag 2: Vi har att 12 ≡3 0 och 7 ≡3 1 och f˚ ar 12 − 7 ≡ 0 − 1 ≡ 3 − 1 ≡ 2 (mod 3). Observera att vi i sista steget adderade tre eftersom −1 a¨r ett negativt tal.

15

F

Exempel 1.24. Ber¨ akna 6 · 7 (mod 5). Ange svaret med ett s˚ a litet icke-negativt tal som m¨ ojligt. L¨ osningsf¨ orslag: Eftersom 6 · 7 = 42 ≡ 2 (mod 5) s˚ a ¨ar 2 det s¨okta svaret.

F

Ett alternativt s¨ att a anda regel tre fr˚ an Sats 5. det vill s¨aga att vi f¨orst tar reda p˚ a ¨r att anv¨ resten modulo 5 f¨ or de b˚ ada talen 6 och 7 och sedan multiplicerar resterna. Lo ar 6 · 7 ≡ 1 · 2 ≡ 2 (mod 5). F ¨sningsfo ¨rslag 2: Vi f˚ Om man har stora tal ¨ ar denna andra l¨osning avsev¨art mindre kr¨avande rent ber¨akningsm¨assigt. F¨ or den intresserade l¨ asaren ger vi nu beviset f¨or Sats 5. Bevis 5. Eftersom m1 ≡a n1 s˚ a¨ ar m1 − n1 ≡a 0, det vill s¨ aga m1 − n1 = s · a, f¨ or n˚ agot heltal s. P˚ a samma s¨ att f¨ oljer det av m2 ≡a n2 att m2 − n2 = t · a f¨ or n˚ agot heltal t. Vi f˚ ar att (m1 + m2 ) − (n1 + n2 ) = m1 − n1 + m2 − n2 = s · a + t · a = (s + t)a, vilket inneb¨ ar att (m1 + m2 ) − (n1 + n2 ) ¨ ar delbart med a. Men det betyder att (m1 + m2 ) ≡a (n1 + n2 ), vilket bevisar regel ett i satsen. Beviset f¨ or regel tv˚ a¨ ar i princip identiskt med beviset f¨ or regel ett och utel¨ amnas d¨ arf¨ or. N¨ ar det g¨ aller regel tre har vi m1 m2 − n1 n2 = (m1 − n1 )m2 + n1 (m2 − n2 ) = s · a · m2 + n1 · t · a = (s · m2 + t · n1 )a Allts˚ aa an vilket det f¨ oljer att m1 m2 ≡a n1 n2 . ¨r m1 m2 − n1 n2 delbart med a, fr˚ F¨ oljande exempel illustrerar f¨ ordelen med att anv¨anda Sats 5 f¨or att angripa faktorerna i en produkt innan vi utf¨ or multiplikationen. Exempel 1.25. Best¨ am resten d˚ a 38 · 41 + 43 · 36 delas med 3. L¨ osningsf¨ orslag: Vi har att 38 = 12 · 3 + 2,

41 = 13 · 3 + 2,

43 = 14 · 3 + 1

och

36 = 12 · 3 + 0.

Allts˚ a¨ ar 38 · 41 + 43 · 36 ≡ 2 · 2 + 1 · 0 ≡ 1 + 0 ≡ 1 (mod 3). Resten a a 1. ¨r allts˚

F

Exempel 1.26. Vad blir resten d˚ a 47 delas med 7? L¨ osningsf¨ orslag: Det g¨ aller att 16 ≡7 2, s˚ a genom att skriva 47 = (4 · 4) · (4 · 4) · (4 · 4) · 4 f˚ ar vi 47 ≡7 2 · 2 · 2 · 4 ≡7 7 4 · 2 · 4 ≡7 2 · 2 ≡7 4. Resten d˚ a 4 delas med 7 ¨ar allts˚ a 4. F Exempel 1.27. Vad blir resten d˚ a 4127 delas med 7? L¨ osningsf¨ orslag: F¨ or att l¨ osa den h¨ ar uppgiften anv¨ander vi potensreglerna tillsammans med den tredje regeln i Sats 5 upprepade g˚ anger. Eftersom 42 ≡7 2 s˚ aa a 4127 = 43·42+1 = (43 )42 · 4, ¨r 43 ≡7 4 · 2 ≡7 1. Nu a¨r 127 = 3 · 42 + 1, s˚ varur det f¨ oljer att (43 )42 · 4 ≡7 142 · 4 ≡7 4. Resten a¨r 4 a¨ven i denna uppgift. F

16

Exempel 1.28. Vad blir resten d˚ a 2125 delas med 6? Lo orslag: Vi utnyttjar att 23 = 8 och att 8 ≡6 2. Vi f˚ ar 2125 = 23·41+2 = 23·41 · 22 = ¨sningsf¨ 3 41 2 125 3 41 2 41 2 (2 ) · 2 och allts˚ a g¨ aller det att 2 = (2 ) · 2 ≡6 2 · 2 = 243 . Vi forts¨atter omskrivningen och f˚ ar 243 = 23·14 · 2 = (23 )14 · 2 ≡6 214 · 2 = 215 = (23 )5 = 25 = 23 · 22 ≡6 2 · 4 ≡6 2. Allts˚ a l¨ amnar 2125 resten 2 vid division med 6. F Kuriosa 4. Modulor¨ akning har en mycket viktig till¨ ampning inom kryptering. RSA-algoritmen, som m˚ anga banker anv¨ ander, utnyttjar en ber¨ akningsasymmetri som uppst˚ ar vid just kongruensber¨ akningar. ¨ Ovningar 1. Vilken rest erh˚ alls d˚ a 18 + 7 divideras med 5? 2. Vilken rest ger 64 vid division med 3? 3. Idag ¨ ar det fredag. Vilken veckodag ¨ar det om 101 dagar? 4. Vilken rest erh˚ alls d˚ a 64 · 78 − 65 · 101 delas med 5? 5. Vilken rest erh˚ alls d˚ a 37 delas med 10? 6. Vilken rest erh˚ alls d˚ a 2204 delas med 11? 7. (sv˚ ar) Siffersumman av ett tal ¨ ar summan av de ing˚ aende siffrorna. Visa att ett tal som har en siffersumma som ¨ ar delbar med tre i sig ¨ar delbart med tre. Exempel: Talet 138 har siffersumman 1 + 3 + 8 = 12 som ¨ar delbart med tre. Allts˚ a ¨ar 138 delbart med tre enligt p˚ ast˚ aendet ovan. Tips: N¨ asta avsnitt, s¨arskilt representationen i ekvation 1.5.1 nedan, kan vara till hj¨ alp.

1.5

Representation av heltal

Vi ¨ ar s˚ a vana med hur vi skriver tal att vi knappast l¨agger m¨arkte till tanken bakom. Tio kronor skriver vi som 10 kr, och nittiofem kronor som 95 kr. Men det finns m˚ anga andra s¨att att skriva, eller med ett finare ord, representera tal p˚ a. Du har antagligen st¨ott p˚ a romersk representation av tal, d¨ ar ett, fem och tio skrivs som I, V respektive X. Det h¨ar avsnittet kommer att handla om hur man kan representera tal i olika talbaser . Varf¨ or ¨ ar detta intressant? L˚ at s¨ aga att du vill beskriva hur m˚ anga femtio stenar ¨ar. Du kan givetvis rita femtio streck och s¨ aga att du ser en sten f¨or varje streck. Denna metod fungerar inte s˚ a bra i praktiken, varf¨ or vi uppfann positionssystemet, som ett s¨att att representera olika antal. L˚ at oss titta p˚ a uttrycket 3524. Vilket antal representerar detta? Skulle vi g˚ a till banken och ta ut denna summan pengar s˚ a skulle vi sannolikt f˚ a tre stycken tusenlappar, fem hundralappar, tv˚ a tiokronor och fyra enkronor. H¨ ar ser vi ett tydligt m¨onster, varje mynt eller sedel motsvarar en viss potens av tio. Vi har allts˚ a att 3526 = 3 · 103 + 5 · 102 + 2 · 101 + 4 · 100 . Att vi anv¨ander just talet tio h¨ arstammar fr˚ an att vi har tio fingrar. Naturligtvis ¨ar 3524 inte alls samma som 5342, siffrornas position ¨ ar betydande f¨ or talets v¨arde och varje position motsvarar en viss potens av talet tio. D¨ arf¨ or kallas v˚ art s¨ att att representera tal f¨or positionssystemet med bas 10, ¨aven kallat decimalsystemet. Allm¨ ant s˚ a representerar vi heltal i bas tio enligt f¨oljande. Talet sn · 10n + sn−1 10n−1 + · · · + s1 · 101 + s0 · 100 ,

17

(1.5.1)

d¨ ar varje tal si ¨ ar ett heltal mellan noll och nio, skrivs sn sn−1 . . . s1 s0 . H¨ ar a ¨r sn , sn−1 , . . . , s1 , s0 siffrorna i talet. Exempel 1.29. F¨ or talet 3524 ¨ ar s3 = 3, s2 = 5, s1 = 2 och s0 = 4. Tanken ¨ ar att representationen ska vara unik, varje tal ska bara kunna skrivas p˚ a ett enda s¨att. Detta f¨ or att helt enkelt undvika f¨ orvirring. F¨or att det ska g¨alla m˚ aste siffrorna si uppfylla att 0 ≤ si ≤ 9. Men f¨orutom att tio ¨ ar antalet fingrar vi har p˚ a h¨anderna s˚ a ¨ar det inget speciellt med detta tal. I det h¨ ar avsnittet ska vi g˚ a igenom hur vi kan representera tal i positionssystemet med bas 2. En dator lagrar sin data i positionssystemet med bas 2. Positionssystemet med bas 2 kallas oftast f¨ or det bin¨ ara talsystemet. Heltal i det bin¨ ara talsystemet I det bin¨ ara talsystemet representeras talet 28 p˚ a f¨oljande s¨att. Representation i bas 2: Positionsv¨ arde: Talets v¨ arde:

1 1 1 0 0 24 23 22 21 20 1 · 24 + 1 · 23 + 1 · 22 + 0 · 21 + 0 · 20 = 28

Vi skriver detta som att 2810 = 111002 . I forts¨attningen kommer vi inte att skriva ut 10:an f¨or att markera att vi anv¨ ander det decimala talsystemet, utan n¨ojer oss med att skriva 28 = 111002 . Observera att i bas 2 anv¨ ander vi bara tv˚ a siffror, 0 och 1. Vi kan se det som att vi har 28 enkronor och v¨ axlar dessa till mynt med val¨orerna 1, 2, 22 , 23 , 24 , . . . och sedan anger hur m˚ anga mynt vi har av varje myntsort. I allm¨anhet s˚ a representeras tal i bas 2 som f¨oljer. Hur ett heltal skrivs Representation i bas 2: Positionsv¨ arde: Talets v¨ arde:

i bas 2 . . . s4 s3 s2 s1 s0 . . . 24 23 22 21 20 · · · + s4 · 24 + s3 · 23 + s2 · 22 + s1 · 21 + s0 · 20

Exempel 1.30. Skriv 18 i bas 2. Lo orslag: Vi b¨ orjar med att best¨amma den st¨orsta tv˚ apotens som ¨ar mindre ¨an eller lika ¨sningsf¨ med 18. Vi ser att 25 = 32 ¨ ar f¨ or stort (32 > 18). D¨aremot funkar 24 = 16 alldeles utm¨arkt. Vi har nu bara en tv˚ aa kvar att konvertera eftersom 18 − 16 = 2. Vi anv¨ander d˚ a att 21 = 2 och ser att vi kan skriva 18 i bas 2 enligt 18 = 1 · 24 + 0 · 23 + 0 · 22 + 1 · 21 + 0 · 20 = 100102 . F Om man har ett tal skrivet i bas 2 kan man s˚ a klart ocks˚ a skriva om det i bas 10. Man anv¨ander helt enkelt samma metod fast bakl¨ anges. L˚ at oss illustrera detta med ett exempel. Exempel 1.31. Konvertera 1102 till bas 10. L¨ osningsf¨ orslag: Vi skriver f¨ orst om 1102 i tv˚ apotenser och ber¨aknar sedan 1102 = 1 · 22 + 1 · 21 + 0 · 20 = 4 + 2 + 0 = 6. F

18

¨ Ovningar 1. Konvertera 34 till bas 2. 2. Konvertera 11012 till bas 10.

1.6

Rationella tal

Vi har nu tagit upp de positiva heltalen Z+ , de naturliga talen N och heltalen Z. Vi har ¨aven studerat modulor¨ akning och talrepresentationer. N¨asta steg p˚ a v¨agen ¨ar de rationella talen. Om a och b ¨ ar tv˚ a heltal s˚ a kommer l¨osningen till ekvationen a+x=b alltid att vara ett heltal eftersom x=b−a och heltalen ju ¨ ar slutna under subtraktion. Men vad h¨ander om vi vill l¨osa ekvationen a·x=b ¨ x ett heltal? Givetvis kan x vara ett heltal, exempelvis om a = 4 och d¨ ar a och b ¨ ar heltal? Ar b = 12 s˚ a¨ ar x = 12/4 = 3. Men om a = 12 och b = 4 s˚ a erh˚ aller vi x genom att dividera b˚ ada leden i ekvationen 12 · x = 4 med 12, s˚ a 1 4 = . 12 3 Detta ¨ ar ett br˚ aktal, eller ett rationellt tal som vi kommer att kalla det i forts¨attningen. Ett godtyckligt rationellt tal kan skrivas p˚ a formen ab , d¨ar a och b ¨ar heltal och b 6= 0. Talet a i det a rationella talet b kallas t¨ aljare och b kallas n¨ amnare. x=

Bland de rationella talen kan man alltid hitta l¨osningen till ekvationen b · x = a f¨or tv˚ a heltal a och b d¨ ar b 6= 0. Begreppet rationellt tal a aktad med den engelska termen ratio som betyder f¨ orh˚ allande. ¨r besl¨ Man betecknar m¨ angden av alla rationella tal med Q, efter det engelska ordet quotient som betyder kvot. Det g¨ aller d¨ arf¨ or att m¨ angden av heltal a¨r en delm¨angd till m¨angden av rationella tal, vilket vi ju som bekant uttrycker som Z ⊂ Q. N¨ ar vi l¨ oste ekvationen 12 · x = 4 s˚ a utnyttjade vi att 4 4 4 1 = =
= . 12 3·4 3 3 ·
4 Vi s¨ ager att 1/3 a a f¨ orkortad form. Att vi inte kan f¨orkorta br˚ aket 1/3 mer beror p˚ a att ¨r skrivet p˚ 1 och 3 saknar gemensamma delare (f¨ orutom 1). F¨or att hitta den f¨orkortade formen av ett br˚ ak a/b kan vi primtalsfaktorisera b˚ ade a och b. N¨ar vi v¨al har funnit primtalsfaktoriseringen kan vi f¨ orkorta br˚ aket s˚ a att de inte l¨ angre har gemensamma delare. Exempel 1.32. F¨ orkorta 90/105. L¨ osningsf¨ orslag 1: Vi har att 90 = 2 · 32 · 5 och att 105 = 3 · 5 · 7, s˚ a 90 2 · 3 · 3
· 5
2·3 6 = = = . 105 7 7 3
·
5 · 7 F

19

Ibland kan det vara l¨ att att se att tv˚ a br˚ ak har en gemensam delare. I s˚ a fall kan vi utf¨ora f¨ orkortningen direkt. L˚ at oss d¨ arf¨ or titta p˚ a ett annat l¨osningsf¨orslag. Lo ade 90 och 105 a¨r delbara med 5, vi har n¨amligen att 90 = 5·18 och ¨sningsfo ¨rslag 2: Vi ser att b˚ 105 = 5 · 21, s˚ a 90/105 = 18/21. Vi har att 18 = 3 · 6 och 21 = 3 · 7, allts˚ a a¨r 90/105 = 18/21 = 6/7. F Primtalsfaktorisering ¨ ar ber¨ akningstungt, och som tur ¨ar finns det en b¨attre metod f¨or att avg¨ ora om ett br˚ ak a orkortat. Denna metod heter Euklides algoritm och den g˚ as ¨r maximalt f¨ normalt igenom i h¨ ogskolornas grundkurser. Ibland skriver man sneda br˚ akstreck och ibland raka. Det ¨ar ingen skillnad i betydelse, allts˚ a g¨ aller det att a a/b = . b Men i m˚ anga sammahang ¨ ar det tydligare att anv¨anda den senare framst¨allningen. 1.6.1

Addition, multiplikation och division av rationella tal

Vi adderar br˚ ak genom att g¨ ora likn¨ amnigt och skriva dem p˚ a gemensamt br˚ akstreck enligt a c d·a b·c ad + bc + = + = . b d d·b b·d bd Exempel 1.33.

3 −4 + p˚ a f¨ orkortad form. 4 5

Skriv L¨ osningsf¨ orslag:

3 · 5 + 4 · (−4) −1 1 3 −4 + = = =− 4 5 4·5 20 20 F Vid addition av br˚ aken ab och dc ovan anv¨andes den gemensamma n¨amnaren b · d. Om de tv˚ a f¨ orsta n¨ amnarna b och d har gemensamma faktorer kan man hitta en gemensam n¨amnare som a¨r mindre a ¨n b · d. Vi visar med ett exempel. Exempel 1.34. Skriv

1 3 + p˚ a f¨ orkortad form. 6 14

Lo orslag: Vi har 6 = 2 · 3 och 14 = 2 · 7, s˚ a genom att multiplicera b˚ ada sidor i det f¨orsta ¨sningsf¨ br˚ aket med 7 och b˚ ada sidor i det andra med 3 f˚ ar vi likn¨amnigt. Detta ger oss 1 3 7 1 3 3 7+9 16 8 + = · + · = = = . 6 14 7 6 3 14 42 42 21 F Vi multiplicerar br˚ ak genom att multiplicera t¨aljare och n¨amnare f¨or sig; a c a·c · = . b d b·d Exempel 1.35. Ber¨ akna

3 −4 · och svara p˚ a f¨ orkortad form. 4 5

20

L¨ osningsf¨ orslag 1: 3 −4 3 · (−4) −12 12 3·4 3 · = = =− =−
=− . 4 5 4·5 20 20 5 4
· 5 F Givetvis kan vi f¨ orkorta br˚ aket i det andra steget direkt. L¨ osningsf¨ orslag 2: 3 −4
3 · (−1) 3 · = =− . 5 5 5 4
F Division av br˚ ak ges av

Exempel 1.36.

a a a ·
b · d ·b·d a·d b = b
b = = . c c c b·c ·b·d ·b·d
d d d
−3 Skriv 4 p˚ a f¨ orkortad form. 5 4

L¨ osningsf¨ orslag:

−3 4 = −3 ·
4 = −3 = − 3 . 5 5 5 4
· 5 4 F

Exempel 1.37. 5 2 4 + 4 − 2 · p˚ Skriv a f¨ orkortad form. 5 2 5 4 Lo ¨sningsfo ¨rslag 1: 5 2 5 2 4 8 8 5 8 5 + 4 −2· = 1 + 4 − = + − = . 5 5 2 2 5 5 5 8 5 8 4 4 1 F L¨ osningsf¨ orslag 2: 5 5 ·
4 2 4 2 · 4 8 8 5 8 5 + 4 −2· = +
4 − = + − = . 5 5 2 5 2·4 5 5 8 5 8 ·
4 4 4
F Exempel 1.38. Skriv 2/(2/3) + (5/4)/2 p˚ a f¨ orkortad form. 21

L¨ osningsf¨ orslag 1: 2 5 1 2/(2/3) + (5/4)/2 = + 4 2 2 3 1

=

3 5 29 + = . 1 8 8 F

L¨ osningsf¨ orslag 2: 5 · 4
3 5 29 2·3 4 +
= + = . 2/(2/3) + (5/4)/2 = 2 2·4 1 8 8 · 3
3
F Exempel 1.39. Skriv

1 1 3 + − p˚ a f¨ orkortad form. 5 7 2

L¨ osningsf¨ orslag: 1 1 3 7·2·1 5·2 5·7·3 14 + 10 − 105 −81 + − = + − = = . 5 7 2 7·2·5 5·2·7 2·5·7 2·5·7 2·5·7 Vi har h¨ ar beh˚ allit faktorerna i n¨ amnaren f¨or att l¨attare kunna kontrollera huruvida br˚ aket 4 a r skrivet p˚ a f¨ o rkortad form eller ej. Eftersom 81 = 9 · 9 = 3 s˚ a saknar t¨ a ljare och n¨ a mnare ¨ gemensamma delare. Allts˚ aa ¨r 1 1 3 81 + − =− . 5 7 2 70 F

1.6.2

Blandad form och decimalform

P˚ a h¨ ogskolan undviker vi att svara p˚ a s˚ a kallad blandad form. Det fr¨amsta sk¨alet till det ¨ar att det kan vara oklart vad som avses. Den blandade formen 2 32 betyder tv˚ a hela och tv˚ a tredjedelar, 2 8 2 4 det vill s¨ aga 2 + 32 = 2·3 + = . Samtidigt a r det snarlika uttrycket 2 · lika med ar ¨ 3 3 3 3 3 , vilket ¨ n˚ agot helt annat. 2 Decimalform anv¨ ander vi oss i princip endast av n¨ar vi beh¨over avrunda. Br˚ aket 10 f¨orkortar 1 1 vi till 5 ist¨ allet f¨ or att skriva det som 0, 2. Observera dessutom att uttryck som 3 inte ens kan skrivas p˚ a exakt decimalform. 1.6.3

De rationella talens slutenhet

Kanske t¨ anker du nu att m¨ angden Q ¨ ar sluten under division. Detta skulle betyda att om p, q ¨ar tv˚ a godtyckliga rationella tal ska det g¨ alla att p/q ¨ar ett rationellt tal. Men detta kan inte st¨amma i det allm¨ anna fallet. F¨ or ¨ aven talet 0 ¨ ar ju ett rationellt tal och p/0 ¨ar inte definierat. F¨ or att slutenhet ska g¨ alla vid division m˚ aste vi allts˚ a betrakta m¨angden av rationella tal utan talet 0. Inom denna m¨ angd g¨ aller att division av tv˚ a godtyckliga element (nollskilda rationella tal) ger oss ett element i samma m¨ angd. Givetvis ¨ar m¨angden av alla rationella tal Q sluten under addition, subtraktion och multiplikation d˚ a alla dessa operationer med rationella tal resulterar i rationella tal.

22

¨ Ovningar 1. Skriv 1/3 + 1/2 + 1/7 p˚ a f¨ orkortad form. 8 −2 − 3 p˚ a f¨ orkortad form. 2. Skriv 2 · 1/3 + 1 2 3 3. Skriv

35 6 7 3

p˚ a f¨ orkortad form.

4. Representerar −1/3 och

1 1 −6 / 2

samma rationella tal?

1 1 3 5. L˚ at s = − , t = − , u = och best¨am 9 6 2 (a) s · t + u s. s (b) t u s−t (c) t−u (d) (s − u) ·

1.7

t . u+t

Reella tal

Ett rationellt tal har antingen en ¨ andlig decimalutveckling (till exempel 1/10 = 0, 1), eller en o¨ andlig, men upprepad, decimalutveckling (till exempel 1/3 = 0, 333333 . . .). P˚ a motsvarande s¨ att karakt¨ ariseras de irrationella talen av att ha en o¨andlig decimalutveckling som inte upprepar sig, och ett irrationellt tal kan allts˚ a inte skrivas som en kvot mellan tv˚ a heltal. Att det finns tal som inte ¨ ar rationella uppt¨acktes av Pythagoras (500-talet f kr). Du k¨anner √ s¨ akert till att diagonalen p˚ a en kvadrat med sidan ett har l¨angd 2. Detta tal kan inte uttryckas som en kvot av tv˚ a heltal ¨ ar ett exempel p˚ a ett irrationellt tal. Ett annat exempel p˚ a ett irrationellt tal ¨ ar π som ¨ ar ungef¨ ar lika med 3, 14. √ √ Kuriosa 5. F¨ or att visa att 2 ¨ ar irrationellt antar man att 2 kan skrivas som ett br˚ ak, det vill s¨ aga som a/b, d¨ ar a och b ¨ ar heltal. Man visar sedan att detta leder till en mots¨ agelse. Detta bevis utf¨ ordes av Aristoteles (300-talet f kr) och ¨ ar ett utm¨ arkt exempel p˚ a ett mots¨ agelsebevis. Beviset ar inte s˚ a komplicerat och brukar ing˚ a i h¨ ogskolornas grundkurser i matematik. ¨ De irrationella talen utg¨ or tillsammans med de rationella talen de reella talen. De reella talen betecknas med R och det g¨ aller allts˚ a att Q ⊆ R. ¨ Aven om de rationella talen ligger o¨andligt t¨att l¨angs tallinjen, s˚ a finns ¨aven ett o¨andligt antal h˚ al p˚ a tallinjen och det ¨ ar dessa som utg¨ors av de irrationella talen. Att de rationella talen ligger o¨ andligt t¨ att ska tolkas som att det mellan tv˚ a godtyckliga rationella tal alltid finns o¨andligt m˚ anga rationella tal! Men f¨ or att f˚ a med alla tal reella tal m˚ aste vi allts˚ a ta med b˚ ade de rationella och de irrationella talen. 1.7.1

Mer om potenser

I heltalskapitlet st¨ otte vi p˚ a potensbegreppet. Vi ska nu generalisera begreppet till de reella talen, men vi m˚ aste vara lite f¨ orsiktiga. Vi kommer att titta p˚ a tv˚ a olika fall. √ 1. Basen ¨ ar ett reellt tal och exponenten ¨ar ett heltal, till exempel (− 2)2 eller 2−3 . 2. Basen a ¨r ett positivt reellt tal och exponenten a¨r ett rationellt tal, till exempel 41/2 eller √ −2/3 2 . 23

Vi b¨ orjar med fall 1. F¨ orst l˚ ater vi exponenten vara ett positivt heltal. Det ¨ar naturligt att l˚ ata ra = r| ·{z · · r} , a g˚ anger

vilket f¨ or ett rationellt tal

p q

inneb¨ ar att  p a q

=

p p pa ··· = a. q q q

Exempel 1.40. Vi r¨ aknar det f¨ orsta exemplet fr˚ an fall 1. Vi f˚ ar √ √ √ √ √ 2 (− 2) = (− 2) · (− 2) = 2 · 2 = 2 L˚ at nu exponenten vara ett icke-positivt heltal. Vi definierar r0 = 1 n¨ar r 6= 0

och r−a =

1 . ra

√ Observera allts˚ a att 40 = (−13)0 = ( 2)0 = ( 41 )0 = 1, men att 00 inte ¨ar definierat. Exempel 1.41. Vi r¨ aknar det andra exemplet i fall 1 och f˚ ar 2−3 =

1 1 = . 23 8

Vi forts¨ atter med fall 2, d¨ ar exponenten r ¨ar ett rationellt tal och basen a ett icke-negativt 1/2 heltal. D˚ a definierar vi a som det positiva tal b vars kvadrat ¨ar lika med a, det vill s¨aga att √ a1/2 = a. P˚ a liknande s¨ att definierar vi, d˚ a a ¨ar ett icke-negativt heltal, a1/n som det positiva tal b som upph¨ ojt till n ¨ ar lika med a, allts˚ a bn = a. Exempel 1.42. 41/2 = Observera att

√

√

4 = 2,

271/3 = (33 )1/3 = 33·(1/3) = 31 = 3,

4 = 2 och inte −2, eftersom vi kr¨aver att

√

(210 )1/10 = 2

4 ska vara positivt.

Slutligen, om a ¨ ar ¨ ar ett icke-negativt heltal s˚ a definierar vi ac/d = (ac )1/d . Exempel 1.43. F¨ orenkla 43/2 . Lo orslag 1: Vi anv¨ ander definitionen och skriver 43/2 = (43 )1/2 = ¨sningsf ¨ √ √ 3 f˚ ar 4 = 64 = 8.

√

43 . Vi forts¨atter och F

Lo orslag 2: Man kan ocks˚ a utnyttja potenslagen (ab )c = abc och omskrivningen 4 = 22 ¨sningsf¨ f¨ or att f˚ a 43/2 = (22 )3/2 = 22·3/2 = 23 = 8. F F¨ or att se f¨ ordelen med det senare s¨ attet, betrakta 1284/7 . Att ber¨akna 1284 och sedan f¨ors¨oka finna sjunderoten av det talet ¨ ar givetvis inte att f¨oredra framf¨or omskrivningen 128 = 27 och 7·4/7 4 = 2 = 16. ber¨ akningen 2 √ −2/3 . Exempel 1.44. F¨ orenkla 2

24

L¨ osningsf¨ orslag 1:

√

2

−2/3

=√

1 2/3

2

1 1 = √ 2 = 1/3 = 2−1/3 . 2 ( 2 )1/3 F

L¨ osningsf¨ orslag 2:

√

−2/3

2

√ 2 = ( 2 )−1/3 = 2−1/3 . F

L¨ osningsf¨ orslag 3:

√

2

−2/3

= (21/2 )−2/3 = 2(1/2)·(−2/3) = 2−1/3 . F

Exempel 1.45. Skriv

√ 31/3 · 3−2 · 27 93 · (−3)3 · 3−1/3

p˚ a formen −3a/b , d¨ ar a/b ¨ ar ett maximalt f¨ orkortat br˚ ak. L¨ osningsf¨ orslag √ 31/3 · 3−2 · 27 31/3 · 3−2 · (33 )1/2 31/3−2+3/2 3−1/6 = 2 3 = = = 3 3 −1/3 3 3 −1/3 3 2·3+3−1/3 9 · (−3) · 3 (3 ) · (−1) · (3) · 3 (−1) · 3 −326/3 −

3−1/6 = −3−1/6−26/3 = −3−53/6 . 326/3 F

Vi har inte definierat potenser ar med negativ bas a och rationell exponent r, s˚ a som till exempel (−1)1/2 . Hur man g¨ or det ¨ ar problematiskt och ˚ aterkommer f¨orst i senare h¨ogskolekurser. Men problemet ¨ ar relaterat till komplexa tal och detta ¨ar n˚ agot som vi nu ska titta p˚ a. ¨ Ovningar 1. Ber¨ akna 26 p 2. Ber¨ akna (−2)2  1 −3 3. Ber¨ akna . 2 √ 4 4. Ber¨ akna 3 + (31/3 )−3 . 5. Ber¨ akna 813/4 . 1

1

1

6. Ber¨ akna 2 2 · 2 3 · 2 4 . 7. Skriv

√ 2−1/3 · 2−3 · 64 23 · 2−1 · 2−1/8

p˚ a formen 2a/b , d¨ ar a/b ¨ ar ett maximalt f¨orkortat br˚ ak.

25

1.8

Komplexa tal

Man kan tycka att de reella talen, R, ¨ar alla tal man n˚ agonsin skulle beh¨ova h¨ar i livet. Men p˚ a 1500-talet ins˚ ag man att man beh¨ ovde uppfinna ett nytt slags tal f¨or att kunna l¨osa vissa ekvationer och man inf¨ orde de komplexa talen . Varje komplext tal z best˚ ar av en reell del och en imagin¨ar del och z kan skrivas som a + bi, d¨ ar a och b ¨ ar reella tal och i ¨ ar den imagin¨ ara enheten. Den imagin¨ara enheten i har egenskapen att i2 = −1, vilket a r precis det som kr¨ a vs f¨or att vi ska kunna l¨osa ekvationen x2 = −1. Ibland ¨ √ a det b¨or undvikas. Notera till exempel skriver man i = −1, men p kan leda till problem, √ detta √ √ s˚ f¨ oljande ”r¨ akning”: 1 = 1 = (−1) · (−1)”=” −1 · −1 = i · i = i2 = −1. Problemet ¨ar att √ √ √ r¨ akneregeln a · b = a · b inte g¨ aller d˚ a a och b ¨ar negativa. Varje komplext tal a + bi svarar allts˚ a mot ett par (a, b) av reella tal. Vi kallar a f¨or realdelen, och b f¨ or imagin¨ ardelen. Realdelen av ett komplext tal z skrivs Re(z), och imagin¨ardelen skrivs Im(z). 1 1 + 5i. D˚ a¨ ar Re(z) = och Im(z) = 5. 4 4 Bildligt talat kan man s¨ aga att n¨ ar man inf¨or de komplexa talen s˚ a l¨agger man till en ny dimension. De reella talen kan representeras p˚ a en tallinje, medan de komplexa talen kan framst¨allas i ett talplan, d¨ ar realdelen ¨ ar x-koordinaten och imagin¨ardelen ¨ar y-koordinaten. Exempel 1.46. L˚ at z =

im aginärdel 6

4

4i 4+3i

-5+3i 2+2i

2

-6

-4

2

-2

4

6

realdel

-3-i -2

3-4i

-4

-6

Figur 1: H¨ ar ¨ ar det komplexa talplanet med n˚ agra komplexa tal utm¨arkta. M¨ angden av alla komplexa tal skrivs C. Observera att de komplexa tal vars imagin¨ardel ¨ar 0, kommer vara de vanliga reella talen, R. Detta inneb¨ar att R ⊂ C. Vi har allts˚ a Z+ ⊂ N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C. N¨ ar man adderar komplexa tal s˚ a adderar man realdelarna och imagin¨ardelarna f¨or sig, (a1 + ib1 ) + (a2 + ib2 ) = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i, d¨ ar a1 , a2 , b1 , b2 ¨ ar reella tal. Subtraktion behandlas p˚ a liknande s¨att och vi har (a1 + ib1 ) − (a2 + ib2 ) = (a1 − a2 ) + (b1 − b2 )i. 26

S˚ a h¨ ar l˚ angt s˚ a¨ ar det inte s˚ a m¨ arkligt. Men n¨ar vi ska multiplicera tv˚ a komplexa tal a1 + ib1 och a2 + b2 i f˚ ar vi (a1 + ib1 ) · (a2 + ib2 ) = a1 a2 + ia1 b2 + ia2 b1 + i2 b1 b2 = (a1 a2 − b1 b2 ) + (a1 b2 + a2 b1 )i genom att anv¨ anda den distrubutiva lagen och sambandet i2 = −1. Formeln ¨ar ingenting man beh¨ over l¨ ara sig utantill, det a attre att utf¨ora multiplikationen direkt. ¨r b¨ Exempel 1.47. L˚ at z = 1 − 2i och w = 3 + 4i. Ber¨ akna z + w, z − w och z · w. L¨ osningsf¨ orslag: Vi anv¨ ander reglerna ovan och f˚ ar z + w = (1 − 2i) + (3 + 4i) = 1 + 3 − 2i + 4i = 4 + 2i. Subtraktion ger att z − w = (1 − 2i) − (3 + 4i) = 1 − 3 − 2i − 4i = −2 − 6i. Vi utf¨ or sedan multiplikationen och f˚ ar z · w = (1 − 2i) · (3 + 4i) = 1 · 3 + 1 · 4i − 2i · 3 − 2i · 4i = 3 + 4i − 6i − 8i2 = 3 − 2i + 8 = 11 − 2i. Allts˚ a har vi att z + w = 5 + 2i, z − w = −2 − 6i och z · w = 11 − 2i.

F

De regler f¨ or addition och multiplikation som g¨aller f¨or reella tal fungerar a¨ven f¨or komplexa tal. Observera att vi a agon metod f¨or att dividera tv˚ a komplexa tal. Detta g¨or vi i ¨nnu inte gett n˚ n¨ asta avsnitt. Du kan sj¨ alv verifiera att f¨ or komplexa tal z, w och v g¨aller det att z+w =w+z (z + w) + v = z + (w + v) z·w =w·z (z · w) · v = z · (w · v) z · (w + v) = z · w + z · v

Kommutativa lagen f¨or addition Associativa lagen f¨or addition Kommutativa lagen f¨or multiplikation Associativa lagen f¨or multiplikation Distributiva lagen

Exempel 1.48. Ber¨ akna (2i)3 . Lo orslag: Vi har att (2i)3 = 23 · i3 som blir 8i3 . Vidare ¨ar i3 = i2 · i och i2 = −1, s˚ a ¨sningsf¨ 3 i = −i. Allts˚ a¨ ar 8i3 = −8i. F

¨ Ovningar 1. Ber¨ akna 2 − i + 3 + 4i. 2. Ber¨ akna 2i · (2 − 2i). 3. L˚ at z = 1 − i och w = 2 + 3i . (a) Ber¨ akna z + w. (b) Ber¨ akna z − w (c) Ber¨ akna z · w. 4. Ber¨ akna i10 . 5. Ber¨ akna i1024 . 6. Best¨ am realdelen och imagin¨ ardelen till z = (1 + i)3 . 27

1.9

Kvadreringsreglerna och konjugatregeln

Genom att anv¨ anda den distributiva lagen och den kommutativa lagen f¨or multiplikation ska vi h¨ arleda kvadreringsreglerna och konjugatregeln. Eftersom den kommutativa och den distributiva lagen g¨ aller f¨ or alla de talsystem vi ber¨or i detta material s˚ a kommer dessa regler att g¨alla f¨or alla dessa talsystem. 1.9.1

Kvadreringsreglerna

Vi noterar f¨ orst att (a + b)(c + d) = ac + bc + ad + bd. Genom att betrakta specialfallet a = c och b = d f˚ ar vi kvadreringsregeln (a + b)2 = (a + b)(a + b) = a2 + ab + ba + b2 = a2 + 2ab + b2 . Ibland kallas denna regel ist¨ allet f¨ orsta kvadreringsregeln och d˚ a vi byter ut b mot −b f˚ ar vi det som ibland kallas andra kvadreringsregeln. D˚ a g¨aller allts˚ a att (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 . Att g˚ a fr˚ an v¨ ansterled till h¨ ogerled brukar ofta vara l¨att, men det ¨ar lika viktigt att kunna k¨ora omskrivningar fr˚ an h¨ ogerled till v¨ ansterled. Exempel 1.49. Anv¨ and kvadreringsregeln f¨ or att ber¨ akna 1012 . Lo att att ber¨ akna kvadraten p˚ a ett mer komplicerat tal a¨r att skriva om ¨sningsfo ¨rslag: Ett bra s¨ talet som summan av tv˚ a tal vars kvadrater l¨att kan ber¨aknas. I detta exempel a¨r det praktiskt att g¨ ora omskrivningen 1012 = (100 + 1)2 . Vi kan nu enkelt anv¨anda kvadreringsregeln f¨or att ber¨akna kvadraten och f˚ ar (100 + 1)2 = 1002 + 2 · 100 · 1 + 12 = 10000 + 200 + 1 = 10201. F Exempel 1.50. Faktorisera x2 − 2x + 1. Lo orslag: H¨ ar kan vi direkt anv¨anda andra kvadreringsregeln bakl¨anges (med a = x, b = 1) ¨sningsf¨ och vi f˚ ar x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 . F Exempel 1.51. Faktorisera uttrycket x3 + 4x2 + 4x. L¨ osningsf¨ orslag: Vi b¨ orjar med att bryta ut x eftersom x finns i alla termer i uttrycket. x3 + 4x2 + 4x = x(x2 + 4x + 4), och d¨ arefter anv¨ ander vi f¨ orsta kvadreringsregeln bakl¨anges x(x2 + 4x + 4) = x(x + 2)2 . F

28

1.9.2

Konjugatregeln

Konjugatregeln s¨ ager att (a + b)(a − b) = a2 − b2 . Regeln g¨ aller eftersom (a + b)(a − b) = a2 − ab + ba − b2 = a2 − b2 , d¨ ar vi anv¨ ande oss av den kommutativa lagen som s¨ager att ab = ba. Exempel 1.52. Skriv om uttrycket (2x + y)(2x − y) med hj¨ alp av konjugatregeln. L¨ osningsf¨ orslag: Vi till¨ ampar konjugatregeln och f˚ ar (2x + y)(2x − y) = (2x)2 − y 2 = 4x2 − y 2 . F Sammanfattningsvis har vi f¨ oljande r¨akneregler: Fo ¨rsta kvadreringsregeln: (a+b)2 = a2 +2ab+ 2 b . Andra kvadreringsregeln: (a−b)2 = a2 −2ab+ b2 . Konjugatregeln: (a + b)(a − b) = a2 − b2 . Exempel 1.53. F¨ orkorta uttrycket 4x3 + 4x2 + x 4x2 − 1 s˚ a l˚ angt som m¨ ojligt. Lo orslag: Vi ser att alla termer i t¨aljaren inneh˚ aller x, varf¨or vi kan bryta ut x ur t¨aljaren. ¨sningsf¨ Vi f˚ ar: x(4x2 + 4x + 1) 4x3 + 4x2 + x = . 2 4x − 1 4x2 − 1 F¨ orsta kvadreringsregeln kan anv¨ andas p˚ a t¨aljaren och konjugatregeln kan anv¨andas p˚ a n¨amnaren. Vi f˚ ar att x(4x2 + 4x + 1) x(2x + 1)2 4x3 + 4x2 + x = = . 2 2 4x − 1 4x − 1 (2x + 1)(2x − 1) D¨ arefter letar vi efter gemensamma faktorer i uttrycket. Vi ser att (2x + 1) ¨ar en faktor i b˚ ade t¨ aljare och n¨ amnare, det inneb¨ ar att vi kan f¨orkorta med (2x + 1). Detta ger oss x(4x2 + 4x + 1) x(2x + 1)2 4x3 + 4x2 + x x(2x + 1) = = = . 2 2 4x − 1 4x − 1 (2x + 1)(2x − 1) (2x − 1) Hur vet vi d˚ a att vi ¨ ar klara? Jo, b˚ ade t¨aljare och n¨amnare ¨ar faktoriserade s˚ a l˚ angt som m¨ojligt och vi kan inte hitta n˚ agra fler gemensamma faktorer. F

1.9.3

F¨ orenkling av br˚ ak d¨ ar t¨ aljare och n¨ amnare ¨ ar komplexa tal

En till¨ ampning av konjugatregeln ¨ ar att skriva om br˚ ak av komplexa tal. Om z = x+iy, s˚ a definierar vi konjugatet till z som x − iy. Detta betecknar vi med z¯. L˚ at oss anv¨anda konjugatregeln f¨or att multiplicera ihop z och dess konjugat. Vi f˚ ar z · z¯ = (a + ib) · (a − ib) = a2 − (ib)2 = a2 − (i)2 b2 = a2 − (−1)b2 = a2 + b2 . Produkten av de tv˚ a komplexa talen z och z¯ ¨ar allts˚ a ett positivt reellt tal. 29

Exempel 1.54. L˚ at z = 4 + i. D˚ a¨ ar z¯ = 4 − i och z · z¯ = 42 + 12 = 17. L˚ at nu z vara ett nollskilt komplext tal och skriv z = a + bi. Vi ska visa hur man kan skriva om 1/z p˚ a formen c + di, d¨ ar c och d ¨ ar reella tal. Id´en ¨ar att f¨orl¨anga br˚ aket 1/z med konjugatet till z. b 1 1 · z¯ z¯ a − 2 i. = = 2 = 2 z z · z¯ (a + b2 ) a + b2 a + b2 Vi har allts˚ a lyckats skriva 1/z p˚ a formen c + di d¨ar c = a/(a2 + b2 ) och d = −b/(a2 + b2 ). Exempel 1.55. Skriv 1/(2 + 3i) p˚ a formen a + bi, d¨ ar a och b a ¨r reella tal. Lo aket med konjugatet och f˚ ar ¨sningsfo ¨rslag: Konjugatet till 2 + 3i a¨r 2 − 3i. Vi f¨orl¨anger br˚ 1 2 − 3i 2 − 3i 2 3 = = = − i. 2 + 3i (2 + 3i) · (2 − 3i) 4+9 13 13 F N¨ asta exempel visar att vi ¨ aven kan skriva ett komplext tal z/w p˚ a formen a + bi. √ Exempel 1.56. Skriv (4 + i)/(1 + 2i) p˚ a formen a + bi. √ √ Lo amnaren 1+ 2i a¨r 1− 2i. Vi f¨orl¨anger br˚ aket med konjugatet ¨sningsfo ¨rslag: Konjugatet till n¨ och f˚ ar √ √ √ 4+i (4 + i)(1 − 2i) 4 + i − 4 2i − 2i · i √ = √ √ √ = 1 + 2i (1 + 2i)(1 − 2i) 1 − ( 2i)2 √ √ √ √ √ √ 4 + i − 4 2i + 2 4 + 2 + (1 − 4 2)i 4+ 2 1−4 2 = = = + i. 1 − (−2) 3 3 3 F

¨ Ovningar 1. Ber¨ akna 1002 · 998. Tips: Anv¨ and konjugatregeln. 2. F¨ orkorta f¨ oljande uttryck s˚ a l˚ angt som m¨ojligt. (a) (b) (c)

x + x2 + xy 1+x+y x2

x2 − y 2 + 2xy + y 2

25 − x2 x−5

3. L˚ at z = 3 + 4i. Ber¨ akna z · z¯. 4. Skriv (4 + i)/(1 − i) p˚ a formen a + bi.

30

2

Algebra, kombinatorik och logik

I detta andra kaptitel b¨ orjar vi med att behandla polynom. Vi g˚ ar noggrant igenom l¨osningsmetoder f¨ or polynomekvationer av grad 2 och g˚ ar sedan igenom divisionsalgoritmen och faktorsatsen f¨ or polynom. Vi ger ocks˚ a en metod f¨or att finna rationella l¨osningar till en viss typ av polynomekvationer. I avsnittet om kombinatorik kommer l¨asaren att f˚ a bekanta sig med hur man l¨oser problem av typen ”P˚ a hur m˚ anga s¨ att...”. Kapitlet avslutas med ett kort avsnitt om logik.

2.1

Polynom och polynomekvationer

En f¨ orstagradsekvation eller en linj¨ ar ekvation ¨ar en ekvation som kan skrivas p˚ a formen ax + b = 0 d¨ ar a och b ¨ ar konstanter och a 6= 0. Ett s˚ adant uttryck kallas f¨or ett linj¨art uttryck eftersom variabeln x f¨ orekommer med h¨ ogsta exponent ett. En f¨ orstagradsekvation kan skrivas p˚ a m˚ anga s¨att. Till exempel ¨ar 4x − 2 = x + 7 en f¨ orstagradsekvation. Detta eftersom vi kan dra bort 7 fr˚ an b˚ ada leden, f˚ a 4x − 9 = x och sedan subtrahera x fr˚ an b˚ ada leden f¨or att f˚ a 3x − 9 = 0, vilket ¨ ar en ekvation p˚ a formen ax + b = 0. L¨osningen till en f¨orstagradsekvation ax + b = 0 ¨ar som vi tidigare sett x = −b/a vilket vi f˚ ar efter att ha flyttat ¨over b till h¨ogersidan och sedan dividerat b˚ ada leden i ekvationen med a. L¨ osningen till ekvationen 3x − 9 = 0 ar allts˚ a lika med 3. ¨ Vi kan verifiera att detta svar ¨ ar korrekt genom att testa om x = 3 uppfyller den ursprungliga ekvationen. Detta g¨ ors genom att s¨ atta in x = 3 i b˚ ade v¨anster- och h¨ogerled och sedan kontrollera att det blir samma tal. I v˚ art fall blir v¨ansterledet 4 · 3 − 2 = 10 och h¨ogerledet 3 + 7 = 10, s˚ a l¨ osningen ¨ ar korrekt. Denna kontroll kallas f¨or ins¨ attning och b¨or alltid genomf¨oras f¨or att se att man r¨ aknat r¨ att. En andragradsekvation har den allm¨anna formen ax2 + bx + c = 0, d¨ar a, b och c ¨ar konstanter och a 6= 0. P˚ a liknande s¨ att har en tredjegradsekvation den allm¨anna formen ax3 + bx2 + cx + d = 0, d¨ ar a, b, c och d ¨ ar konstanter och a 6= 0. Innan vi generaliserar detta till h¨ogre grad s˚ a introducerar vi begreppet polynom. 2.1.1

Polynom

Ett polynom p(x) av grad n i en variabel x ¨ar ett uttryck p˚ a formen p(x) = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 , d¨ ar an 6= 0 och d¨ ar n ¨ ar ett naturligt tal. Polynomets koefficienter ¨ar aj :na. Dessa ¨ar tal, de kan vara reella tal, komplexa tal eller heltal — vilket man nu best¨ammer sig f¨or. √ Exempel 2.1. p(x) = 2x5 − 1 a ¨r ett polynom med heltalskoefficienter av grad fem och q(x) = 2 a ¨r ett polynom av grad noll med reella koefficienter. Man kan givetvis d¨ opa variabeln till n˚ agot annat ¨an x. Vanliga bokst¨aver f¨orutom x ¨ar t, y och z. Multiplicerar man ett polynom i x av grad n med ett annat annat polynom i x av grad m s˚ a kommer det resulterande polynomet att ha grad m + n. 31

Exempel 2.2. Polynomet (x3 + x) · (x2 + x + 1) har grad fem eftersom 3 + 2 = 5. L˚ as oss verifiera detta genom att utf¨ ora ber¨ akningen. (x3 + x) · (x2 + x + 1) = x3 · (x2 + x + 1) + x · (x2 + x + 1) = x5 + x4 + x3 + x3 + x2 + x = x5 + x4 + 2x3 + x2 + x, vilket mycket riktigt a ¨r ett polynom av grad fem. Vad h¨ ander d˚ a med graden vid addition eller subtraktion av tv˚ a polynom? Graden av summan eller differensen av tv˚ a polynom kan aldrig bli st¨orre a¨n graden av det polynom som har h¨ogst grad. Men vad gradtalet blir beror faktiskt p˚ a hur koefficienterna ser ut. Om h¨ ogstagradskoefficienterna till exempel tar ut varandra s˚ a s¨anks onekligen det resulterande polynomets grad. Exempel 2.3. Polynomet (5x5 + 2x2 + 1) + (8x4 − 7x3 − x) = 5x5 + 8x4 − 7x3 + 2x2 − x + 1 har grad 5, polynomet (5x5 + 2x2 + 1) + (−5x5 + x2 ) = 3x2 + 1 har grad 2 och polynomet (5x5 + 2x2 + 1) − (5x5 + 2x2 ) = 1 har grad 0. 2.1.2

Polynomekvationer

Om vi har ett polynom p(x) s˚ a ¨ ar p(x) = 0 en s˚ a kallad polynomekvation. N¨ar p(x) ¨ar ett f¨ orstagradspolynom s˚ a s¨ ager vi att p(x) = 0 ¨ar en f¨ orstagradsekvation. Och n¨ar vi har ett andragradspolynom q(x) s˚ a s¨ ager vi att q(x) = 0 ¨ar en andragradsekvation. I allm¨anhet s¨ ager vi att en n:te-gradsekvation ¨ar en ekvation p(x) = 0, d¨ar p(x) ¨ar ett polynom av grad n. Vi har tidigare sett att en anledning till att inf¨ora de rationella talen ¨ar f¨or att kunna l¨osa f¨ orstagradsekvationen ax + b = 0, d¨ ar a och b ¨ar heltal. P˚ a samma s¨ att inf¨ ordes de komplexa talen f¨or att kunna l¨osa en godtycklig andragradsekvation ax2 + bx + c = 0. Som bekant har ju ekvationen x2 + 1 = 0 inga reella l¨osningar, eftersom det inte finns n˚ agot reellt tal vars kvadrat ¨ ar minus ett. Om p(x) ¨ ar ett polynom s˚ a¨ ar polynomets r¨ otter samtliga l¨osningar till ekvationen p(x) = 0. Observera skillnaden mellan begreppen polynom och ekvation. Ett polynom ¨ar ett algebraiskt uttryck p˚ a formen an xn + · · · + a1 x + a0 . En ekvation har alltid ett v¨anster- och ett h¨ogerled avdelat med ett likhetstecken. Polynomet 5x2 + x + 1 ¨ar allts˚ a inte en ekvation. D¨aremot ¨ar 5x2 + x + 1 = 0 en ekvation, men inget polynom. I vissa framst¨ allningar anv¨ ands begreppen rot och l¨ osning synonymt. L˚ at p(x) vara ett polynom och antag att p(a) = 0 f¨ or n˚ agot a. I detta material s¨ager vi att a ¨ar en rot till polynomet p(x) och att a ¨ ar en l¨ osning till ekvationen p(x) = 0. En rot h¨or allts˚ a till ett polynom och en l¨osning h¨ or till en ekvation. Polynomet x2 − 1 har r¨otterna ±1 och ekvationen x2 − 1 = 0 har l¨osningarna ±1.

32

2.1.3

L¨ osningen till en andragradsekvation med reella koefficienter

Vi l¨ oser en andragradsekvation med reella koefficienter genom s˚ a kallad kvadratkomplettering. L¨osningsmetoden ¨ ar ett exempel p˚ a en matematisk algoritm. Vi b¨orjar med att betrakta ekvationen x2 − a = 0,

(2.1.1)

som kan skrivas om till x2 = a. √ √ Om a ¨ ar st¨ orre ¨ an eller lika med noll ¨ ar l¨osningarna till ekvationen lika med a och − a eftersom √ 2 √ 2 √ √ a = a och (− a) = a. N¨ ar a = 0 g¨aller det f¨orst˚ as att a = − a = 0. √ √ Exempel 2.4. Ekvationen x2 − 16 = 0 har l¨ osningarna 16 = 4 och − 16 = −4. √ √ an noll finns det ocks˚ a tv˚ a l¨osningar, dessa√¨ar i · −a och −i · −a, eftersom ¨ √Om 2a ¨ar mindre √ √ (i −a) = (i2 −a)2 = −(−1)·a = a och (−i −a)2 = (−i)2 ·( −a)2 = −1·(−a) = a. (Notera att om a ¨ ar mindre ¨ an noll s˚ a¨ ar −a ett positivt tal, s˚ a det som st˚ ar innanf¨or rottecknet ¨ar positivt.) √ √ Exempel 2.5. Ekvationen x2 + 5 = 0 har l¨ osningarna i 5 och −i 5. En generell andragradsekvation l¨ oser vi genom att ˚ aterf¨ora till ekvation 2.1.1 ovan. S¨ ag till exempel att vi vill l¨ osa ekvationen x2 + 2x − 3 = 0. Vi b¨ orjar med att addera 3 p˚ a b˚ ada sidor av ekvationen och f˚ ar x2 + 2x = 3. Vi ska nu kvadratkomplettera v¨ ansterledet. Detta inneb¨ar att vi i uttrycket x2 + 2x som inne2 h˚ aller b˚ ade en x -term och en x-term samlar dessa b˚ ada i en gemensam kvadrat. I detta fallet f˚ ar vi termerna x2 och 2x via kvadraten (x + 1)2 = x2 + 2x + 1. L˚ at oss g˚ a tillbaka till v˚ ar ekvation. Om vi l¨agger till 1 p˚ a b˚ ada sidor f˚ ar vi x2 + 2x + 1 = 3 + 1, det vill s¨ aga (x + 1)2 = 4. Nu har vi lyckats ˚ aterf¨ ora v˚ ar urspungliga ekvation p˚ a samma form som ekvation √ 2.1.1. √ I v¨ ansterledet har vi √ ett uttryck vars kvadrat ¨ar 4. De tal vars kvadrat ¨ar 4 ¨ar talen − 4 och 4, vilket kort skrivs ± 4. Allts˚ a har vi att √ (x + 1) = ± 4 = ±2 Vi subtraherar ett fr˚ an b˚ ada leden och f˚ ar x = −1 ± 2, vilket ger oss de tv˚ a l¨ osningarna x = 1 och x = −3. B˚ ada dessa x−v¨arden uppfyller ekvationen. F¨ ors¨ akra dig om att detta g¨ aller genom ins¨attning.

33

Kvadratkomplettering av ax2 + bx + c. Vi ska nu formalisera vad vi gjort i exemplet och ge en l¨ osningsmetod f¨ or allm¨ anna andragradsekvationer. Ett resultat av v˚ ar l¨osningsmetod ¨ar att vi bevisar den s˚ a kallade pq-formeln som brukar l¨aras ut p˚ a gymnasiet f¨or att l¨osa andragradsekvationer. Betrakta polynomekvationen ax2 + bx + c = 0, d¨ar a 6= 0. Eftersom a ¨ar skilt fr˚ an noll kan vi dela b˚ ada sidor av ekvationen med a. Det g¨aller allts˚ a att l¨osningarna till ekvationen ax2 + bx + c = 0 ar desamma som l¨ osningarna till ekvationen ¨ c b x2 + x + = 0. a a N¨ ar vi ska l¨ osa en andragradsekvation r¨acker det d¨arf¨or att hitta en metod f¨or att l¨osa ekvationer av typen x2 + px + q = 0. Vi b¨ orjar med att dra bort q fr˚ an b˚ ada sidorna och f˚ ar d˚ a x2 + px = −q. Vi f¨ ors¨ oker nu samla x2 +px i en kvadrat. Vi ser att x +


p 2

= x2 +px+


p 2 2

st¨ammer o¨verens med v¨ ansterledet x2 + px s˚ a n¨ ar som p˚ a konstanttermen 2 . F¨ or att kompensera konstanttermen adderar vi denna till b˚ ada sidor av ekvationen. S˚ aledes kan vi skriva om v˚ ar ekvation som  p 2  p 2 x2 + px + = −q + . 2 2
2 p 2

Nu kan vi skriva v¨ ansterledet som en kvadrat och vi f˚ ar  p 2   2 p = −q + . x+ 2 2 Om h¨ ogerledet ¨ ar st¨ orre ¨ an eller lika med noll ¨ar denna ekvation uppfylld precis d˚ a r  p p 2 x+ =± − q. 2 2 Genom att subtrahera

p 2

fr˚ an b˚ ada leden f˚ ar vi l¨osningarna r  p 2 p x=− ± − q. 2 2

Om h¨ ogerledet ¨ ar negativt ¨ ar ekvationen uppfylld precis d˚ a r  p 2 p . x + = ±i q − 2 2 Genom att subtrahera

p 2

fr˚ an b˚ ada leden f˚ ar vi l¨osningarna r  p 2 p x=− ±i q− . 2 2

Denna formel brukas kallas pq-formeln. Det ¨ar inte rekommenderat att l¨ara sig denna formel ¨ utantill. Ovningarna som f¨ oljer anv¨ ander sig av pq-formeln f¨or att l¨asaren ska k¨anna igen sig fr˚ an gymnasiestudierna, men l¨ asarens fokus b¨or vara p˚ a att f¨orst˚ a l¨osningsf¨orslagen med kvadratkomplettering. 34

Exempel 2.6. L¨ os andragradsekvationen x2 + x − 2 = 0 med hj¨ alp av pq−formeln och sedan med hj¨ alp av kvadratkomplettering. Kontrollera l¨ osningarna genom ins¨ attning. L¨ osningsf¨ orslag 1: Vi s¨ atter in p = 1 och q = −2 i formeln och f˚ ar att p p p x = −1/2 ± (−1/2)2 − (−2) = −1/2 ± 1/4 + 2 = −1/2 ± 9/4 = −1/2 ± 3/2, vilket ger x = 1 och x = −2. Vi kontrollerar sedan att vi har r¨aknat r¨att genom ins¨attning och f˚ ar 12 + 1 − 2 = 0 samt (−2)2 + (−2) − 2 = 0. F Lo ¨sningsfo ¨rslag 2: Vi skriver om ekvationen som x2 + x = 2 och samlar x2 + x i kvadraten (x + 1/2)2 = x2 + x + 1/4, d¨ ar 1/2 i parentesen ¨ ar vald som halva koeffiecienten framf¨or x-termen. Genom att l¨agga till 1/4 p˚ a b˚ ada sidor i ekvationen f˚ ar vi x2 + x + 1/4 = 2 + 1/4 som vi kan skriva om till (x + 1/2)2 = 9/4. De tal vars kvadrat ¨ ar lika med 9/4 ¨ ar ±3/2, allts˚ a ¨ar −1/2 ± 3/2 l¨osningar till v˚ ar urspungliga ekvation, det vill s¨ aga x = 1 och x = −2, vilket ¨ar samma l¨osningar som vi fick ovan. F Exempel 2.7. L¨ os ekvationen 3x2 − 5x = 0 med hj¨ alp av pq− formeln och sedan med kvadratkomplettering. Kontrollera l¨ osningarna genom ins¨ attning. Lo orslag 1: F¨ orst dividerar vi hela ekvationen med konstanten 3 och f˚ ar x2 − (5/3)x = 0 ¨sningsf¨ som vi l¨ oser med pq-formeln (observera att q = 0): r  5/3 2 5/3 5/3 5/3 ± = ± . x= 2 2 2 2 Det vill s¨ aga att x = 5/3 och x = 0 ¨ar ekvationens l¨osningar. Vi kontrollerar sedan att vi har r¨ aknat r¨ att genom ins¨ attning i den ursprungliga ekvationen. F Lo orslag 2: Vi delar b˚ ada sidor med tre och f˚ ar x2 −(5/3)x = 0. Vi samlar sedan x2 −(5/3)x ¨sningsf¨ i kvadraten (x − 5/6)2 = x2 − 5/3x + 25/36. Vi l¨ agger till 25/36 p˚ a b˚ ada sidor av ekvationen och f˚ ar x2 − (5/3) + 25/36 = 25/36, det vill s¨ aga (x − 5/6)2 = 25/36. De tal vars kvadrat ¨ ar 25/36 ¨ ar ±5/6. L¨osningarna ¨ar d¨arf¨or 5/6 ± 5/6, det vill s¨aga x = 5/3 och x = 0. F Lo orslag 3: Det finns ett annat s¨att att l¨osa ekvationen 3x2 − 5x = 0. Vi noterar att ¨sningsf¨ 2 3x − 5x = x(3x − 5). Om detta uttryck ska vara lika med noll s˚ a m˚ aste antingen x vara noll eller s˚ a m˚ aste (3x − 5) vara noll, vilket ger l¨osningarna 0 och 5/3. Vi har faktoriserat ekvationen 3x2 − 5x. Mer om detta i n¨ asta avsnitt. F

35

Exempel 2.8. L¨ os ekvationen x2 + x + 1 = 0 med pq-formeln och med kvadratkomplettering. L¨ osningsf¨ orslag 1: p p Fr˚ an pq-formeln f˚ ar vi x = −1/2 ± i −((1/2)2 − 1) = −1/2 ± i 3/4. Vi har att p √ 3/4 = 3/2, √ √ s˚ a x = (−1 + i 3)/2 och x = (−1 − i 3)/2 ¨ar v˚ ara l¨osningar. F L¨ osningsf¨ orslag 2: Vi skriver om ekvationen som x2 + x = −1 och sedan som 1 1 (x + )2 = −1 + 2 4 via kvadratkomplettering, det vill s¨ aga 1 3 (x + )2 = − . 2 4 √ √ a att De tal vars kvadrat ¨ ar −3/4 ¨ ar i 3/2 och −i 3/2. Det g¨aller allts˚ √ x + 1/2 = ±i 3/2. √ √ L¨ osningarna blir x = −1/2 + i 3/2 och x = −1/2 − i 3/2.

F

En f¨ orstagradsekvation har exakt en l¨osning, medan en andragradsekvation har som mest tv˚ a l¨ osningar. Ibland kan en andragradsekvation bara ha en l¨osning, till exempel har x2 = 0 bara l¨ osningen x = 0. Som vi tidigare har sett finns det andragradsekvationer som saknar l¨osningar ¨over de reella talen, till exempel x2 + 1 = 0, men d˚ a finns alltid tv˚ a komplexa l¨osningar. I allm¨anhet g¨ aller det att en n:te-gradsekvation har som mest n l¨osningar. Kuriosa 6. Det finns l¨ osningsformler a or polynomekvationer av grad tre och fyra, men de a ¨ven f¨ ¨r komplicerade. F¨ or godtyckliga polynomekvationer av grad fem eller h¨ ogre saknas l¨ osningsformler som bara inneh˚ aller de fyra r¨ aknes¨ atten och rotutdragningar. Detta visades av norrmannen Niels Henrik Abel (1802-1829). 2.1.4

Linj¨ ara ekvationssystem

Det ska ordnas en fisket¨ avling och man vill bel¨ona b˚ ade kvantitet och kvalitet. Man best¨ammer sig f¨ or att utdela 20 po¨ ang per fisk och 10 po¨ang per hekto. En t¨ avlande som f˚ att 3 abborrar med vikterna tre, tv˚ a, och fem hekto f˚ ar allts˚ a 3 · 20 + 3 · 10 + 2 · 10 + 5 · 10 = 160 po¨ ang, medan en t¨ avlande som endast f˚ ar en tv˚ ahektosfisk f˚ ar 1 · 20 + 2 · 10 = 40 po¨ ang. L˚ at oss nu betrakta det omv¨ anda problemet. L˚ at oss anta att vi k¨anner till vikten och antalet fiskar och det sammanlagda antalet po¨ang f¨or tv˚ a t¨avlande, men att vi inte vet hur m˚ anga po¨ang det delas ut per fisk och inte heller hur mycket man f˚ ar per hekto. S¨ ag till exempel att tv˚ a fiskare b˚ ada har f˚ att 20 po¨ang, att den f¨orsta fiskaren har f˚ angat 1 abborre om 4 hekto, och att den andra fiskaren f˚ angat 2 abborrar om sammanlagt 3 hekto. Hur m˚ anga po¨ ang f˚ ar d˚ a en fiskare som f˚ angat 4 abborrar om sammanlagt ett kilo? L˚ at oss anta att det delas ut a po¨ ang per fisk och b po¨ang per hekto. Informationen om fiskare 1 ger oss att 1 · a + 4 · b = 20 och informationen om fiskare 2 ger oss att 2 · a + 3 · b = 20. Detta ger upphov till ett linj¨ art ekvationssystem i variablerna a och b som vi skriver som 36



a + 4b = 20 2a + 3b = 20.

Med linj¨ art i a och b menas att de obekanta a och b bara f¨orekommer med exponent 1. Vi l¨ oser ekvationssystemet genom succesiv eliminering av variabler. Fr˚ an den f¨orsta ekvationen l¨ oser vi ut a; a = 20 − 4b. Vi s¨ atter in detta uttryck f¨ or a i den andra ekvationen och f˚ ar 2(20 − 4b) + 3b = 20. Detta ¨ ar ett linj¨ ar ekvations i en variabel som har l¨osningen b = 4. (Verifiera detta.) S¨ atter vi in detta v¨ arde p˚ a b i den f¨orsta ekvationen f˚ ar vi a = 20 − 4 · 4 = 4. En fiskare som f˚ angat 4 abborrar om sammanlagt ett kilo f˚ ar allts˚ a 4 · 4 + 10 · 4 = 56 po¨ang. Anm¨ arkning: N¨ ar man har hittat en l¨osning till ett linj¨art ekvationssystem ¨ar det oftast enkelt att verifiera att l¨ osningen ¨ ar korrekt genom ins¨attning i alla ekvationerna. Innan man blivit helt bekv¨ am med den succesiva eliminationen uppmanas man att alltid verifiera sina l¨osningar. Att succesivt eliminera variabler kan generaliseras till system med tre eller fler obekanta, och den teorin kommer l¨ asaren att st¨ ota p˚ a under sina f¨orsta kurser p˚ a h¨ogskolan. ¨ Ovningar 1. Finn l¨ osningarna till ekvationen p(x) = 0, d¨ar (a) p(x) = x2 + x + 1 (b) p(x) = 3x2 + 2x − 5 (c) p(x) = (3 − x)(4 + x) 2. L¨ os ekvationssystemet 

3a + 2b = 4 a + 3b = 2



x+y =5 4x + 2y = 9

3. L¨ os ekvationssystemet

4. L˚ at p(x) = 2x2 + ax + b vara ett polynom. Best¨am a och b s˚ a att p(−3) = 6 och p(1) = 7.

2.2

Faktorsatsen och polynomdivision

Liksom med vanliga tal kan man ocks˚ a dividera polynom med varandra. I det h¨ar avsnittet ska vi unders¨ oka hur detta g˚ ar till. Precis som f¨or heltalsdivision kommer vi att anv¨anda begreppen kvot och rest. 2.2.1

Polynomdivision

Om vi vill dividera polynomet p(x) med polynomet q(x) kan vi p˚ a motsvarande s¨att som i kapitlet 1.2.3 skriva p(x) = g(x) · q(x) + r(x). Polynomet g(x) kallas f¨ or kvoten, polynomet r(x) ¨ar restpolynomet och polynomet q(x) kallas f¨or divisorspolynomet. Genom att kr¨ ava att graden p˚ a r(x) ska vara mindre ¨an graden p˚ a divisorn q(x) s˚ a blir framst¨ allningen p(x) = g(x) · q(x) + r(x) unik. Om r(x) = 0 kallas det f¨ or nollpolynomet. Om detta ¨ar fallet g¨aller det att p(x) ¨ar delbart med q(x) och att polynomdivisionen p(x)/q(x) g˚ ar j¨amnt ut. 37

2.2.2

Divisionsalgoritmen f¨ or polynom

L˚ at oss nu g˚ a igenom divisionsalgoritmen f¨or polynom. Metoden illustreras l¨attast genom ett konkret exempel. Exempel 2.9. Dividera p(x) med q(x) d¨ ar p(x) = 2x3 + x2 + 2x + 6 och q(x) = x2 + 4. Vad blir kvoten och vad blir resten? Lo orslag: Vi vill finna g(x) och r(x) s˚ a att p(x) = g(x) · q(x) + r(x) och d¨ar r(x) har l¨agre ¨sningsf¨ grad ¨ an q(x). Vi b¨ orjar med att eliminera tredjegradstermen i p(x) genom att dra bort en l¨amplig ”multipel” av q(x). Genom att multiplicera q(x) med 2x f˚ ar vi ett uttryck som ¨overensst¨ammer med p(x):s h¨ ogsta term 2x3 . Detta ger oss p(x) − 2x · q(x) = (2x3 + x2 + 2x + 6) − (2x3 + 8x) = x2 − 6x + 6, det vill s¨ aga p(x) = 2x · q(x) + (x2 − 6x + 6). F¨ or att vi ska vara klara m˚ aste graden av restpolynomet vara strikt mindre ¨an divisorpolynomets grad. I v˚ art fall ska vi ha en rest med grad strikt mindre ¨an 2, s˚ a vi m˚ aste forts¨atta. Vi ser att (x2 − 6x + 6) − 1 · q(x) = (x2 − 6x + 6) − 1 · (x2 + 4) = −6x + 2, det vill s¨ aga (x2 − 6x + 6) = 1 · q(x) − 6x + 2 och nu kommer vi inte l¨ angre eftersom resten −6x + 2 har l¨agre grad a¨n divisorn x2 + 4. J¨amf¨or ˚ aterigen med division av heltal. N¨ ar resten blivit mindre a¨n det man delar med kommer man inte l¨ angre. Vi har allts˚ a f˚ att att p(x) = 2x · q(x) + (x2 − 6x + 6) = 2x · q(x) + 1 · q(x) − 6x + 2 = (2x + 1)q(x) − 6x + 2. Det betyder att vi har funnit kvoten g(x) = 2x + 1 och resten r(x) = −6x + 2. Man kan utf¨ ora polynomdivision med ”liggande stolen” eller ”trappan” om man s˚ a vill. R¨akningarna vi utf¨ ort ovan kan sammanst¨allas i trappan. x2 + 4

2x + 1 2x3 + x2 + 2x + 6 −(2x3 + 8x) x2 − 6x + 6 −(x2 + 4) −6x + 2

Allts˚ a¨ ar 2x3 + x2 + 2x + 6 = (2x + 1) · (x2 + 4) − 6x + 2. F Exempel 2.10. Utf¨ or polynomdivisionen p(x)/q(x) d¨ ar p(x) = x3 + 2x + 3 och q(x) = x + 1. Lo orslag: Vi utf¨ or polynomdivisionen med hj¨alp av trappan. Vi ritar f¨orst upp stolen och ¨sningsf¨ placerar in p(x) och q(x).

x+1

x3 + 2x + 3 38

N¨ asta steg ¨ ar att se hur m˚ anga g˚ anger x (fr˚ an x+1) g˚ ar i x3 (fr˚ an x3 + 2x + 3), vilket ¨ar x2 2 3 2 3 g˚ anger. Vi drar d¨ arf¨ or bort x (x + 1) = x + x fr˚ an x + 2x + 3. Detta f¨or vi in i trappan enligt ¨ nedan. Over stolen skriver vi x2 f¨ or att komma ih˚ ag att vi dragit bort x2 (x + 1).

x+1

x2 x + 2x + 3 −(x3 + x2 ) −x2 + 2x + 3 3

Vi har allts˚ a gjort oss av med h¨ ogstagradstermen i x3 + 2x + 3, och skrivit x3 + 2x + 3 = 2 x (x + 1) + (−x + 2x + 3). Vi ¨ ar inte klara ¨annu eftersom resten, −x2 + 2x + 3, har h¨ogre grad an x + 1. Det vi vill g¨ ora nu ¨ ar att utf¨ ora en polynomdivision mellan −x2 + 2x + 3 och x + 1, s˚ a vi ¨ forts¨ atter p˚ a samma s¨ att. I n¨ asta steg vill vi allts˚ a f˚ a bort x2 −termen. Vi kontrollerar d¨arf¨or hur m˚ anga g˚ anger x g˚ ar i −x2 , vilket ¨ ar −x g˚ anger. Vi subtraherar −x(x + 1) fr˚ an −x2 + 2x + 3, detta inf¨ or vi i trappan enligt nedan. 2

x+1

x2 − x x + 2x + 3 −(x3 + x2 ) −x2 + 2x + 3 −(−x2 − x) 3x + 3 3

Slutligen vill vi utf¨ ora en polynomdivision av 3x + 3 med x + 1. Vi f˚ ar x+1

x2 − x + 3 x3 + 2x + 3 −(x3 + x2 ) −x2 + 2x + 3 −(−x2 − x) 3x + 3 −(3x + 3) 0

Eftersom vi slutade med en nolla gick polynomdivisionen j¨amt ut. Vi har allts˚ a f˚ att fram att x3 + 2x + 3 = (x + 1)(x2 − x + 3). F

2.2.3

Faktorsatsen

L˚ at p(x) vara ett polynom av grad n. Om det finns en faktor (x − a) i polynomet s˚ a kan man bryta ut denna faktor och skriva p(x) = (x − a)q(x) d¨ar q(x) a¨r ett polynom av grad n − 1. Vi ser d˚ a att aa r en rot till p(x) eftersom ¨ p(a) = (a − a)q(a) = 0 · q(a) = 0 oavsett v¨ ardet p˚ a q(a). Exempel 2.11. Polynomet p(x) = x2 − 4 kan faktoriseras med hj¨ alp av konjugatregeln, det vill s¨ aga x2 − 4 = (x − 2)(x + 2). Allts˚ a¨ ar 2 och −2 r¨ otter till polynomet p(x). Vi ska nu visa att ¨ aven det omv¨ anda g¨aller, allts˚ a att om a ¨ar en rot till ekvationen p(x) = 0, f¨ or n˚ agot polynom p(x) av grad n, s˚ a m˚ aste (x − a) vara en faktor i polynomet. Vi b¨ orjar med att utf¨ ora polynomdivision p˚ a p(x) med (x − a). Fr˚ an f¨oreg˚ aende kapitel vet vi att resten har grad mindre ¨ an det vi delar med, allts˚ a f˚ ar vi p(x) = g(x)(x − a) + r(x), 39

d¨ ar g(x) ¨ar ett polynom av grad n − 1 och r(x) ¨ar ett polynom av grad noll. Eftersom ett polynom av grad noll ¨ ar konstant s˚ a kan vi skriva det som r(x) = k. Detta betyder att r(x) ¨ar lika med k oavsett v¨ arde p˚ a x. Eftersom vi har antagit att a ¨ ar en rot till p(x), s˚ a ¨ar p(a) = 0. S¨atter vi in detta i uttrycket ovan erh˚ aller vi 0 = p(a) = g(a)(a − a) + r(a) = g(a) · 0 + r(a) = r(a) = k. Allts˚ a¨ ar k = 0 och d¨ armed har vi p(x) = g(x)(x − a) s˚ a (x − a) ¨ar en faktor i polynomet om a ar en rot till p(x) = 0. Vi har s˚ aledes bevisat ¨ Sats 6. (Faktorsatsen) Uttrycket (x − a) ¨ ar en faktor i polynomet p(x) om och endast om a ¨ ar en rot till polynomekvationen p(x) = 0. Uttrycket om och endast om inneb¨ar ekvivalens, vilket betyder att vi har visat p˚ ast˚ aendet ˚ at b˚ ada h˚ allen: om a ¨ ar en rot till p(x) = 0 s˚ a ¨ar (x − a) en faktor i polynomet och om (x − a) ¨ar en faktor i polynomet s˚ a¨ ar a en rot. Enligt faktorsatsen ¨ar allts˚ a problemet att finna l¨osningar till en polynomekvation ekvivalent med problemet att finna f¨orstagradsfaktorer i ett polynom. Exempel 2.12. Polynomet p(x) = 5x3 − 3x2 − 2x ¨ ar delbart med faktorn (x − 1) eftersom 1 ¨ ar ¨ en rot till polynomet. Aven 0¨ ar en rot till p(x) och allts˚ a¨ ar p(x) delbart ¨ aven med (x − 0) = x. Exempel 2.13. L˚ at p(x) = x3 − 3x2 + 4. L¨ os tredjegradsekvationen p(x) = 0 med hj¨ alp av faktorsatsen. L¨ osningsf¨ orslag: Om vi kan finna en heltalsrot till p(x) genom att prova oss fram, s˚ a kan vi d¨arefter utf¨ ora polynomdivision med motsvarande faktor f¨or att d¨arefter l¨osa den andragradsekvation vi d˚ a f˚ ar. Vi ser att x = 2 ¨ ar en l¨ osning till ekvationen eftersom p(2) = 23 − 3 · 22 + 4 = 0. Det betyder enligt faktorsatsen att (x − 2) ¨ ar en faktor i polynomet, vilket inneb¨ar att polynomet ¨ar delbart med (x − 2). Med polynomdivision, vars steg vi inte redovisar h¨ar, f˚ ar vi p(x) = (x − 2)(x2 − x − 2) 2 och ekvationen x − x − 2 = 0 ¨ ar en vanlig andragradsekvation med l¨osningarna x = −1 och x = 2. S˚ aledes har v˚ ar ekvation l¨ osningarna x = −1 och x = 2 d¨ar den senare ¨ar en dubbelrot. Polynomet kan d¨ arf¨ or skrivas som p(x) = (x + 1)(x − 2)2 . F Exempel 2.14. Man vet att 1 och 3 ¨ ar r¨ otter till polynomet x2 + ax + b. Best¨ am a och b. Lo orslag: Enligt faktorsatsen g¨aller det att (x − 1)(x − 3) = x2 + ax + b, det vill s¨aga ¨sningsf¨ 2 x − 4x + 3 = x2 + ax + b. Allts˚ a m˚ aste a = −4 och b = 3. F

2.2.4

Hur man finner rationella ro ¨tter

Oftast ¨ ar det om¨ ojligt att gissa sig till en rot till ett polynom p(x). Men det finns ett enkelt resultat som g¨ or det m¨ ojligt att finna eventuella rationella r¨ otter till p(x) d˚ a polynomet har heltalskoefficienter. Vi visar hur detta resultat fungerar med ett exempel. Exempel 2.15. L˚ at f (x) = x3 − 6x2 + 11x − 6. Finn alla rationella r¨ otter till polynomet f (x). Lo orslag: Vi antar att vi har en rationell rot pq till polynomet f (x), d¨ar ¨sningsf¨ f¨ orkortat br˚ ak. D˚ a g¨ aller att  3  2 p p p −6 + 11 − 6 = 0. q q q Om vi multiplicerar uttrycket med q 3 f˚ ar vi p3 − 6p2 q + 11pq 2 − 6q 3 = 0. 40

p q

¨ar ett maximalt

Vi adderar sedan 6q 3 till b˚ ada sidor s˚ a att p3 − 6p2 q + 11pq 2 = 6q 3 . Genom att bryta ut p i v¨ ansterledet erh˚ alls p(p2 − 6pq + 11q 2 ) = 6q 3 . Eftersom v¨ ansterledet h¨ ar ¨ ar delbart med p m˚ aste ¨aven h¨ogerledet vara det. Vi antog att p och q saknar gemensamma faktorer vilket inneb¨ar att p m˚ aste dela 6. M¨ojliga v¨arden p˚ a p blir d¨arf¨or ±1, ±2, ±3 och ±6. P˚ a samma s¨ att kan vi hitta m¨ ojliga v¨arden p˚ a q. Vi g¨or detta genom att subtrahera p3 fr˚ an b˚ ada led i ekvationen p3 − 6p2 q + 11pq 2 − 6q 3 = 0, vilket ger −6p2 q + 11pq 2 − 6q 3 = −1 · p3 . Vi bryter ut q i v¨ ansterledet och f˚ ar q(−6p2 + 11pq − 6q 2 ) = −1 · p3 . Vi ser att v¨ ansterledet ¨ ar delbart med q och d¨arf¨or m˚ aste ocks˚ a h¨ogerledet vara det. Vi antog att p och q saknar gemensamma faktorer vilket inneb¨ar att q m˚ aste dela −1. Vi f˚ ar allts˚ a de m¨ojliga v¨ arderna ±1 f¨ or q. Kombinerar vi alla v¨arden p˚ a p och q f˚ ar vi 1 = 1, 1 2 = 2, 1 3 = 3, 1 6 = 6, 1

1 = −1, −1 2 = −2, −1 3 = −3, −1 6 = −6, −1

−1 = −1, 1 −2 = −2, 1 −3 = −3, 1 −6 = −6, 1

−1 = 1, −1 −2 = 2, −1 −3 = 3, −1 −6 = 6, −1

det vill s¨aga ±1, ±2, ±3 och ±6 ¨ ar de m¨ojliga rationella l¨osningarna till ekvationen f (x) = 0. L˚ at oss testa l¨ osningarna genom ins¨ attning. Vi f˚ ar f (−1) = −24,

f (1) = 0,

f (−2) = −60, f (3) = 0,

f (2) = 0,

f (−6) = −504

f (−3) = −120, och

f (6) = 60.

Allts˚ a¨ ar 1, 2 och 3 r¨ otter till polynomet f (x). F Mer allm¨ ant g¨ aller f¨ oljande sats. Sats 7. L˚ at f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 vara ett polynom med heltalskoefficienter. Om p/q ¨ ar en rot till f (x), d¨ ar p/q ¨ ar f¨ orkortat s˚ a l˚ angt som m¨ ojligt, s˚ a m˚ aste p vara en faktor i a0 och q en faktor i an . Vi utel¨ amnar beviset, men det utf¨ors i princip p˚ a samma s¨attt som vi resonerade i exemplet tidigare. Exempel 2.16. L˚ at f (x) = x3 + x2 + x + 1. Finn alla rationella l¨ osningar till ekvationen f (x) = 0. Lo orslag: Om polynomet har en rationell rot p/q, maximalt f¨orkortad, s˚ a m˚ aste det g¨alla ¨sningsf¨ att q ¨ ar en faktor till koefficienten framf¨or x3 (som ¨ar 1) och att p ¨ar en faktor till den konstanta termen (som ocks˚ a¨ ar 1). Allts˚ a¨ ar de enda m¨ojliga l¨osningarna (−1)/(−1) = 1/1 = 1 och 1/(−1) = (−1)/1 = −1. 41

Ins¨ attning ger f (1) = 13 + 12 + 1 + 1 6= 0 och f (−1) = (−1)3 + (−1)2 + (−1) + 1 = 0. Allts˚ a¨ ar −1 den enda rationella roten till polynomet f (x). F Exempel 2.17. L˚ at f (x) = 8x5 +2x+6. Visa att ekvationen f (x) = 0 saknar rationella l¨ osningar. Lo a m˚ aste det g¨alla att q ¨ar en faktor till 8 och ¨sningsfo ¨rslag: Om f (x) har en rationell rot p/q s˚ att p a ojliga v¨ arden p˚ a q ¨ar d¨arf¨or ±1, ±2, ±4, ±8 och m¨ojliga v¨arden p˚ a p ¨ar ¨r en faktor till 6. M¨ ±1, ±2 ± 3, ±6. Detta ger ±1,

±2,

±3,

±6,

1 ± , 2

1 ± , 4

3 ± , 2

3 ± , 4

1 ± , 8

±

3 8

som m¨ ojliga l¨ osningar. L¨ asaren kan verifiera genom ins¨attning att inget av dessa rationella tal ¨ar en l¨ osning till ekvationen f (x) = 0. Allts˚ a saknar ekvationen f (x) = 0 rationella l¨osningar. F

¨ Ovningar 1. Utf¨or polynomdivisionerna p(x)/q(x) d¨ar (a) p(x) = x2 + x + 1 och q(x) = x − 1, (b) p(x) = 3x3 + 2x2 − 5x + 7 och q(x) = x2 + 3, (c) p(x) = 3x4 + 2x3 − 5x2 + x + 7 och q(x) = x2 − 3x − 1, (d) p(x) = x3 + 1 och q(x) = x2 − x + 1, (e) p(x) = x4 − x3 + x2 + 2 och q(x) = x3 + 4x2 + 4x + 3. (f) p(x) = x5 och q(x) = x6 . 2. Visa med hj¨ alp av faktorsatsen (utan att utf¨ora polynomdivision) att p(x) = x3 − 6x + 4 ¨ar delbart med (x − 2). 3. L¨ os ekvationen x3 + x2 − 2x − 2 = 0 med hj¨alp av faktorsatsen. 4. Finn alla heltalsl¨ osningar till ekvationen x4 − 25 x2 + 9 = 0. 5. Best¨ am de v¨ arden p˚ a konstanten k f¨or vilka polynomet p(x) = x3 − kx + k 2 ¨ar delbart med (x + 2) och ange kvoten. 6. Finn alla rationella r¨ otter till 8x3 + 2x2 − x − 1. 7. Finn alla l¨ osningar till ekvationen (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5) = 0.

2.3

Kombinatorik

Kombinatorik ¨ ar den del av matematiken d¨ar man bland annat pratar om olika sorters urval och svarar p˚ a fr˚ agor om p˚ a hur m˚ anga s¨ att dessa kan g¨oras.

42

2.3.1

Multiplikationsprincipen

Vi b¨ orjar avsnittet genom att f¨ orklara multiplikationsprincipen med ett exempel. Exempel 2.18. Anna har tre tr¨ ojor och fyra par byxor. P˚ a hur m˚ anga olika s¨ att kan hon kl¨ a sig? Lo orslag: Valet av tr¨ oja ¨ ar oberoende av valet av byxor. Vilken tr¨oja Anna ska ha p˚ a sig ¨sningsf¨ kan hon v¨ alja p˚ a tre s¨ att och byxorna hon ska ha p˚ a sig kan hon v¨alja p˚ a fyra s¨att. F¨or varje val av tr¨ oja finns fyra val av byxor. Anna kan kl¨a sig p˚ a 3 · 4 s¨att. F Mer allm¨ ant g¨ aller: Antag att vi ska g¨ ora k val oberoende av varandra och att det i:te valet kan g¨oras p˚ a mi s¨ att. D˚ a¨ ar det totala antalet valm¨ojligheter enligt multiplikationsprincipen m1 · m2 · m3 · · · mk−1 · mk . Exempel 2.19. Stryktips g˚ ar ut p˚ a att man gissar hur 13 fotbollsmatcher slutar (vinst, f¨ orlust eller oavgjort). Hur m˚ anga m¨ ojliga stryktipsrader finns det? Lo orslag: Varje rad kan tippas p˚ a tre s¨att och alla rader ¨ar oberoende av varandra. Enligt ¨sningsf¨ multiplikationsprincipen finns 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 = 313 = 1594323 stryktipsrader. Vi anv¨ ande allts˚ a multiplikationsprincipen med k = 13 och m1 = m2 = . . . = m13 = 3. Detta var allts˚ a ett specialfall av multiplikationsprincipen d˚ a alla mi :n var lika. F I Kapitel 1 studerade vi begreppet positiv delare till naturliga tal. Vi s˚ ag bland annat att 520, som kan primtalsfaktoriseras som 23 · 5 · 13, hade 16 positiva delare. Vi s˚ ag ¨aven att delarna till 520 ar p˚ a formen 2a ·5b ·13c , d¨ ar 0 ≤ a ≤ 3, 0 ≤ b ≤ 1 och 0 ≤ c ≤ 1. F¨or exponenten a har vi allts˚ a fyra ¨ val (0,1,2,3) och f¨ or exponenterna b och c har vi tv˚ a val (0, 1) var. Enligt multiplikationsprincipen ar antalet delare d¨ arf¨ or lika med 4 · 2 · 2 = 16. ¨ Exempel 2.20. Best¨ am antalet positiva delare till talet 516. Lo orslag: Vi har 516 = 2 · 258 = 2 · 2 · 129 = 2 · 2 · 3 · 43 = 22 · 3 · 43. Antalet delare ¨ar ¨sningsf¨ d¨ arf¨ or 3 · 2 · 2 = 12. F Exempel 2.21. Best¨ am antalet positiva delare till talet 25 · 34 · 179 . L¨ osningsf¨ orslag: Enligt multiplikationsprincipen ¨ar antalet delare lika med 6 · 5 · 10 = 300.

2.3.2

F

Permutationer

En permutation ¨ ar en omordning av en upps¨attning olika objekt. En permutation tar h¨ansyn till i vilken ordning objekten kommer och varje objekt f˚ ar endast vara med en g˚ ang. Exempelvis ¨ ar abc och bca olika permutationer av bokst¨averna a, b och c. S˚ a hur m˚ anga permutationer av bokst¨ averna a, b och c finns det? Vi kan v¨alja den f¨orsta bokstaven p˚ a tre s¨att, n¨ar vi har gjort detta val finns det tv˚ a bokst¨aver kvar att v¨alja bland. Vi kan v¨alja en av dessa p˚ a tv˚ a s¨ att och slutligen kan den tredje bokstaven ”v¨aljas” p˚ a ett s¨att. Allts˚ a finns det 3 · 2 · 1 = 6 permutationer av {a, b, c}, n¨ amligen abc, acb, bac, bca, cab, cba. Vi har h¨ ar anv¨ ant multiplikationsprincipen med m1 = 3, m2 = 2, m1 = 1. 43

P˚ a samma s¨ att kan vi ber¨ akna antalet s¨att att ordna de 52 korten i en kortlek. Det kan vi g¨ora p˚ a 52 · 51 · 50 · . . . · 3 · 2 · 1 s¨ att. F¨ or att slippa skriva ut den l˚ anga produkten inf¨or vi nu en ny notation. F¨ or varje positivt heltal k inf¨ or vi beteckningen k! (k-fakultet) f¨or talet k · (k − 1) · · · 2 · 1. Heltalet k! ¨ ar allts˚ a produkten av alla heltal mellan 1 och k. Vi definierar dessutom 0! = 1 av praktiska sk¨ al. I v˚ art kortleksexempel finns det allts˚ a 52! s¨att att ordna de 52 korten i en kortlek. Exempel 2.22. Ber¨ akna 5!. L¨ osningsf¨ orslag: 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120.

F

Exempel 2.23. Hur m˚ anga olika ”ord” kan man bilda av bokst¨ averna i LUS (alla bokst¨ averna ska ing˚ a)? Lo orslag: Vi anv¨ ander multiplikationsprincipen. Den f¨orsta bokstaven kan v¨aljas p˚ a 3 ¨sningsf¨ s¨ att, den andra p˚ a 2 och den tredje p˚ a 1 s¨att. Det f¨oljer att vi kan bilda 3 · 2 · 1 = 3! = 6 ord av bokst¨ averna i LUS. De olika orden ¨ ar: LUS, LSU, SLU, SUL ,ULS, USL. Detta ¨ ar f¨ orst˚ as samma antal som antalet permutationer av bokst¨averna a, b, c som vi ber¨aknat tidigare. F Exempel 2.24. P˚ a hur m˚ anga s¨ att kan man bilda en k¨ o av fyra personer? L¨ osningsf¨ orslag: Fr˚ agan handlar om att ordna fyra personer p˚ a rad. Det finns allts˚ a 4! = 24 olika s¨ att att g¨ ora detta p˚ a. F

2.3.3

Ordnat urval

Man kan ocks˚ a t¨ anka sig att man v¨ aljer ut en del av objekten att skapa permutationer av. Ett ordnat urval ¨ ar en ordning av en del av de objekt man har till hands. En permutation ¨ar allts˚ a ett specialfall av ett ordnat urval d¨ ar man v¨aljer ut alla objekt som finns till hands. Exempel 2.25. P˚ a hur m˚ anga s¨ att kan man m˚ ala en flagga med tre olika f¨ arger (som Frankrikes flagga) om vi har tio f¨ arger att v¨ alja bland? Lo orslag: Vi har tre omr˚ aden att m˚ ala. F¨orsta omr˚ adet kan m˚ alas med tio f¨arger, det ¨sningsf¨ andra med en av de ¨ ovriga nio och det sista omr˚ adet med ˚ atta f¨arger. Detta ger oss d˚ a totalt 10 · 9 · 8 = 720 olika flaggor. F Vi kan generalisera flaggexemplet och med hj¨alp av multiplikationsprincipen f˚ ar vi att det finns n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) = s¨ att att ordna k objekt fr˚ an n objekt.

44

n! (n − k)!

2.3.4

Ordnat urval med upprepning

Nu ska vi unders¨ oka hur m˚ anga ord vi kan bilda fr˚ an en samling objekt som inte n¨odv¨andigtvis ¨ar unika. Exempel 2.26. Hur m˚ anga olika ord kan man bilda av bokst¨ averna i LUU (alla bokst¨ averna ska ing˚ a)? L¨ osningsf¨ orslag: H¨ ar blir det n˚ agot annorlunda ¨an tidigare eftersom vi har tv˚ a likadana bokst¨aver. Om vi f¨ orst bortser fr˚ an detta vet vi enligt exemplet ovan att det finns 6 olika ord. Vi m˚ aste nu t¨ anka p˚ a att vi ha tv˚ a stycken U:n. Dessa kan i varje ord ordnas (inb¨ordes byta plats) p˚ a tv˚ a s¨att 3! = 3 m¨ojliga ord. Fr˚ an b¨orjan, n¨ar vi antog att s˚ a att ordet f¨ orblir detsamma. Vi f˚ ar d¨arf¨or bara 2! alla bokst¨ aver var olika, r¨ aknade vi allts˚ a varje ord tv˚ a g˚ anger. De olika orden ¨ar: LUU, ULU, UUL. F Exempel 2.27. Hur m˚ anga olika ord kan man bilda av bokst¨ averna i ABCAA (alla bokst¨ averna ska ing˚ a)? Lo orslag: Om vi f¨ orst bortser fr˚ an att vi har tre likadana bokst¨aver finns det 5! = 120 ¨sningsf¨ olika ord. De tre A:n kan i vart och en av dessa 120 ord ordnas (inb¨ordes byta plats) p˚ a 3! = 6 s¨att 5! s˚ a att ordet f¨ orblir detsamma. Vi f˚ ar d¨arf¨or bara 3! = 20 m¨ojliga ord. Fr˚ an b¨orjan, n¨ar vi antog att alla bokst¨ aver var olika, r¨ aknade vi allts˚ a varje ord sex g˚ anger. F Exempel 2.28. Hur m˚ anga olika ord kan man bilda av bokst¨ averna i SKATTKARTA (alla bokst¨ averna ska ing˚ a)? L¨ osningsf¨ orslag: Vi har 10 bokst¨ aver som ska ing˚ a i ordet. Hade de tio bokst¨averna varit olika hade det funnits 10! olika ord. Men nu m˚ aste vi komma ih˚ ag att vi har tv˚ a K:n som i varje ord kan ordnas p˚ a 2! s¨ att, tre A:n som kan ordnas p˚ a 3! s¨att och tre T:n som kan ordnas p˚ a 3! s¨att. Detta inneb¨ ar att vi r¨ aknade varje ord 2!3!3! g˚ anger n¨ar vi antog att alla bokst¨aver var olika. Det f¨ oljer att vi kan bilda 10! ord. 2!3!3! F

2.3.5

Oordnat urval

Med en kombination menas ett oordnat val av objekt fr˚ an en upps¨attning olika objekt. Exempelvis ar adc och acd samma kombination av objekten a, b, c och d. ¨ Exempel 2.29. P˚ a hur m˚ anga s¨ att kan vi v¨ alja ut tre personer ur en grupp med fem personer? Lo orslag: H¨ ar ¨ ar det underf¨ orst˚ att att man s¨oker en kombination, eftersom det ¨ar en grupp ¨sningsf¨ personer som ska v¨ aljas, till skillnad fr˚ an exemplet med flaggorna d¨ar ordningen spelade roll. Den f¨ orsta personen kan v¨ aljas p˚ a fem s¨ att, den andra p˚ a fyra och den tredje p˚ a tre s¨att. Allts˚ a kan vi g¨ ora ett ordnat urval p˚ a 5 · 4 · 3 = 60 s¨att. Vi m˚ aste nu komma ih˚ ag att f¨or varje kombination av tre personer finns 3! permutationer varf¨or vi m˚ aste dividera med sex. Varje kombination svarar allts˚ a mot sex permutationer i detta fallet och svaret blir allts˚ a 60/6 = 10. De olika grupperna som kan bildas ¨ ar {P1, P2, P3}, {P1, P2, P4}, {P1, P2, P5}, {P1, P3, P4}, {P1, P3, P5}, {P1, P4, P5}, 45

{P2, P3,P4}, {P2, P3, P5}, {P2, P4, P5}, {P3, P4, P5}, d¨ ar P1 st˚ ar f¨ or person ett, P2 f¨ or person tv˚ a, och s˚ a vidare. F Hur m˚ anga s¨ att finns det i allm¨ anhet att oordnat v¨alja k objekt fr˚ an n objekt? Om vi hade tagit h¨ ansyn till ordning hade det funnits n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) val. Eftersom en grupp av k personer kan ordnas p˚ a k! s¨att s˚ a kommer varje grupp av personer att f¨ orekomma k! g˚ anger n¨ ar vi g¨ or det ordnade urvalet. Vi f˚ ar allts˚ a det oordnade urvalet genom att dela med faktorn k!, vilket betyder att det finns n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) k! s¨ att att v¨alja k objekt fr˚ an n objekt oordnat. Antalet s¨ att att v¨ alja k f¨ orem˚ al av n m¨ojliga dyker upp i m˚ anga sammanhang och har d¨arf¨or f˚ att en egen beteckning. Det betecknas   n k och kallas binomialkoefficient. Genom att f¨ orl¨ anga t¨ aljare och n¨ amnare med (n − k)! f˚ ar vi likheten   n n! = . k (n − k)!k!
Symbolen nk utl¨ ases ”n ¨ over k”.
Exempel 2.30. Ber¨ akna 73 . L¨ osningsf¨ orslag:   7·6·5 7 7! 7 · 6 · 5 ·
4 ·
3 ·
2 ·
1 7 ·
6 · 5 = = 7 · 5 = 35 = = = 3 (7 − 3)!3! 3 · 2 · 1 4 · 3 · 2 · 1 · 3 · 2 · 1 3




· 2
· 1 Det finns allts˚ a 35 s¨ att att v¨ alja ut tre personer fr˚ an en grupp av sju.

F

Exempel 2.31. En pokerhand inneh˚ aller fem av de 52 korten i en kortlek. Vad ¨ ar det totala antalet pokerh¨ ander? L¨ osningsf¨ orslag: Vi ska r¨ akna ut antalet s¨att att dra fem kort ur en kortlek allande 52 kort,
inneh˚ utan att bry oss om i vilken ordning de dras. Med andra ord finns det 52 olika pokerh¨ ander. F 5 Vi kan konstatera att

  n k

 och

n n−k



a alja ut k av n a ¨r samma tal. Att v¨ ¨r ju detsamma som att v¨alja bort (n − k) av n. Vi kan a¨ven visa detta algebraiskt:     n n! n! n! n = = = = . k!(n − k)! (n − (n − k))!(n − k)! (n − k)!(n − (n − k))! n−k k

46

2.3.6

Summasymbolen P Summasymbolen , , inf¨ ors f¨ or att man p˚ a ett mer kompakt s¨att ska kunna skriva summan av ett st¨ orre antal termer. Summasymbolen ¨ ar den stora bokstaven sigma i det grekiska alfabetet. Om vi vill summera alla tal mellan 1 och 30 skulle vi kunna skriva det som 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18 + 19 + 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 + 28 + 29 + 30 vilket ¨ ar omst¨ andligt. Med hj¨ alp av summasymbolen kan man ist¨allet skriva detta som 30 X

i

i=1

Detta l¨ aser man som summan av alla tal i d˚ a i g˚ ar fr˚ an ett till trettio. Exempel 2.32. Skriv 34 + 35 + 36 + 37 + 38 + 39 + 310 + 311 med hj¨ alp av summasymbolen. Lo a fyra och slutar p˚ a 11. ¨sningsfo ¨rslag: Vi summerar en massa trepotenser. Potenserna b¨orjar p˚ Vi kan d¨ arf¨ or skriva 11 X 34 + 35 + 36 + 37 + 38 + 39 + 310 + 311 = 3i . i=4

Ibland skriver man ocks˚ a

2.3.7

P11

i=4

3i f¨ or att spara plats.

F

Binomialsatsen och Pascals triangel

Vi vet sedan tidigare att (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 , enligt kvadreringsregeln. Vi ska nu se vad som h¨ander om vi har en annan exponent ¨an tv˚ a. Exempel 2.33. Multiplicera ihop parenteserna i (x + y)3 . L¨ osningsf¨ orslag: Anv¨ andning av kvadreringsregeln ger att (x + y)3

=

(x + y)(x + y)2

=

(x + y)(x2 + 2xy + y 2 )

=

(x + y)x2 + (x + y)2xy + (x + y)y 2

= x3 + x2 y + 2x2 y + 2xy 2 + xy 2 + y 3 = x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 . Resultatet kallas kubregeln.

F

Exempel 2.34. Multiplicera ihop parenteserna i (x + y)4 . L¨ osningsf¨ orslag: Anv¨ andning av kubregeln ger att (x + y)4

=

(x + y)(x + y)3

=

(x + y)(x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 )

=

(x + y)x3 + (x + y)3x2 y + (x + y)3xy 2 + (x + y)y 3

=

x4 + x3 y + 3x3 y + 3x2 y 2 + 3x2 y 2 + 3xy 3 + xy 3 + y 4

=

x4 + 4x3 y + 6x2 y 2 + 4xy 3 + y 4 .

47

F En formel f¨ or att ber¨ akna (x + y)n f¨or ett godtyckligt positivt heltal n ges av binomialsatsen. Beviset utel¨ amnas, men den intresserade l¨asaren uppmanas att f¨ors¨oka komma med ett eget bevis baserat p˚ a ett kombinatoriskt resonemang. Sats 8. (Binomialsatsen) F¨ or heltal n g¨ aller det att n   X n n−k k (x + y)n = x y . k k=0

Exempel 2.35. Anv¨ and binomialsatsen f¨ or att utveckla (x + y)3 . L¨ osningsf¨ orslag: Vi anv¨ ander summaformeln i binomialsatsen med n = 3 och f˚ ar:         3 3 3 2 3 3 3 (x + y)3 = x + x y+ xy 2 + y = x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 . 0 1 2 3 Termerna framf¨ or x3 , x2 y, xy 2 och y 3 kallas binomialkoefficienter.

F

Exempel 2.36. Best¨ am koefficienten framf¨ or x4 i polynomet (x + 1)6 . L¨ osningsf¨ orslag: Med y = 1 s˚ a har vi enligt binomialsatsen att 6   X 6

6

(x + 1) =

k=0

k

x6−k 1k .

N¨ ar k ¨ ar 2 s˚ a¨ ar x6−k = x4 . Allts˚ a¨ ar koefficienten framf¨or x4 lika med

6 2




· 12 = 15.

F

23 = 20 · 8 = 160.

F

Exempel 2.37. Best¨ am koefficienten framf¨ or x3 i polynomet (2 + x)6 . L¨ osningsf¨ orslag: Med y = 2 s˚ a har vi enligt binomialsatsen att 6   X 6

6

(x + 2) =

k=0

k

x6−k 2k .

N¨ ar k a aa aa ¨r 3 s˚ ¨r x6−k = x3 . Allts˚ ¨r koefficienten framf¨or x3 lika med

6 3




Exempel 2.38. Best¨ am koefficienten framf¨ or x8 och koefficienten framf¨ or x10 i utvecklingen av 1 2 22 ( x + x ) . Svaren beh¨ over inte ges p˚ a utr¨ aknad form. L¨ osningsf¨ orslag: Enligt binomialsatsen g¨aller att 1 x

+ x2

22

=

22    22−k X 22 1 k=0

k

x

· (x2 )k .

Vi f¨ orenklar h¨ ogerledet och f˚ ar 22    22−k X 22 1 k=0

k

=

x

· (x ) =

22   X 22 k=0

22   X 22 k=0

2 k

k

x(−22+k)+2k =

x−(22−k) · x2k

22   X 22 k=0

48

k

k

x3k−22

Eftersom x3k−22 = x8 precis a 3k − 22 = 8, det vill s¨ aga d˚ a k = 10 inneb¨ar det att koefficienten framf¨or x8 ¨ar lika med
d˚ 22 10 . I fallet med koefficienten framf¨ or x10 s˚ a ger villkoret x3k−22 = x10 ist¨allet ekvationen 3k − 22 = 10 som saknar heltalsl¨ osningar. Allts˚ a ¨ar koefficienten framf¨or x10 noll, vilket inneb¨ar att termen 10 x inte f¨ orekommer i polynomet. F N¨ ar vi utvecklar till exempel (x + y)2 kan man direkt gissa att utvecklingen kommer inneh˚ alla termerna x2 , xy och y 2 . Fr˚ agan ¨ ar bara vilken koefficient vi f˚ ar framf¨or var och en av termerna. Man kan anv¨ anda binomialsatsen f¨ or att ta reda p˚ a binomialkoefficienterna. Pascals triangel kan man se som en geometrisk framst¨ allning av binomialkoefficienterna. Namnet kommer fr˚ an matematikern och fysikern Blaise Pascal. Toppen av Pascals triangel ser ut s˚ a h¨ar:
0 0

1 1 0 1


2 2 2 0 1 2



3 3 3 3 0 1 2 3




4 4 4 4 4 0 1 2 3 4





5 5 5 5 5 5 0

1

2

3

4

5

Om vi tittar p˚ a tredje raden ser vi att det ¨ar precis koefficienterna framf¨or x2 , xy respektive y i utvecklingen av (x + y)2 . P˚ a samma s¨att finner vi binomialkoefficienterna f¨or utvecklingen av (x + y)3 p˚ a rad fyra och s˚ a vidare. Om vi r¨aknar ut binomialkoefficienterna och ers¨atter dem med tal i Pascals triangel f˚ ar toppen f¨ oljande utseende. 2

1 1 1 1 1 1

3 4

5

1 2

1 3

6 10

1 4

10

1 5

1



n Vi ser d˚ a att Pascals triangel ¨ ar symmetrisk. Detta beror p˚ a att nk = n−k , som vi visat tidigare. F¨ or att f¨ orst˚ a hur Pascals triangel ¨ar uppbyggd beh¨over vi en intressant egenskap hos binomialkoefficienterna, n¨ amligen sambandet       n+1 n n = + . k k k−1 Den intresserade l¨ asaren uppmanas att fundera ¨over hur man kan bevisa sambandet.
L¨ angst ut i v¨ ansterkanten p˚ a
Pascals triangel finns alltid ett tal p˚ a formen n0 = 1 och i n h¨ ogerkanten ett tal p˚ a formen n = 1. D¨aremellan a¨r alla binomialkoefficienter summan av de b˚ ada talen ovanf¨ or, snett till h¨ oger och snett
till
v¨anster.
F¨or att ber¨akna summan anv¨ander vi likheten ovan. Till exempel s˚ a har vi att 21 = 11 + 10 , det vill s¨aga 2 = 1 + 1. ¨ Ovningar 1. P˚ a hur m˚ anga s¨ att kan man ordna en k¨o med sju personer? 2. Hur m˚ anga ord kan man bilda av bokst¨averna i MISSISSIPPI? 3. Vi ska m˚ ala ett slott, en villa och en koja i olika f¨arger. F¨argerna kan v¨aljas bland orange, lila, rosa, r¨ od och brun. P˚ a hur m˚ anga s¨att kan detta g¨oras?

49

4. I en skolklass finns nio elever. P˚ a hur m˚ anga s¨att kan man v¨alja ut tre av dem att delta i en t¨ avling? 5. Ber¨ akna
(a) 73 och
(b) 12 10 . 6. Best¨ am koefficienten framf¨ or x9 och koefficienten framf¨or x10 i utvecklingen av (1/x4 + x)30 . Svaret beh¨ over inte ges p˚ a utr¨ aknad form. 7. Summera de f¨ orsta raderna i Pascals triangel och se om du kan finna ett samband.



8. (sv˚ ar ) Visa att n0 + n1 + n2 + . . . + nn = 2n . Ledning: Anv¨and binomialsatsen f¨or ett algebraiskt bevis, t¨ ank p˚ a resultatet i f¨oreg˚ aende uppgift. F¨ors¨ok g¨arna ocks˚ a visa det kombinatoriskt. D˚ a kan det vara bra att t¨anka p˚ a att 2n ¨ar antalet str¨angar av l¨angd n med bara ettor och nollor.

2.4

Logik

Logik handlar om p˚ ast˚ aenden och slutsatser man kan dra fr˚ an dessa. Om man till exempel p˚ ast˚ ar att x ≥ 10, s˚ a kan man direkt dra slutsatsen att x ≥ 0. D¨aremot kan man inte vara s¨aker p˚ a att x ≥ 0 garanterar att x ≥ 10. Talet x kan ju n¨amligen ligga mellan 0 och 10. S˚ adana h¨ ar slutsatser kallas implikationer . Om vi anv¨ander matematiska symboler, s˚ a blir p˚ ast˚ aendet ovan x ≥ 10 ⇒ x ≥ 0. Detta utl¨ases ”Om x ¨ar st¨orre ¨an 10, s˚ a medf¨or det att x ar st¨ orre ¨an 0” eller ”x st¨ orre ¨ an 10 implicerar att x ¨ar st¨orre ¨an 0”. Ibland s˚ a h¨ander det att ¨ tv˚ a p˚ ast˚ aenden implicerar varandra. Detta kallas ekvivalens och inneb¨ar att b˚ ada p˚ ast˚ aendena har samma sanningsv¨ arde samtidigt. Detta skrivs ganska naturligt som implikationspilar ˚ at b˚ ada h˚ allen, ⇔. Ett exempel p˚ a ekvivalens ¨ ar x = 2 ⇔ x = 1 + 1. N¨ ar man skriver om uttryck och ekvationer, s˚ a g¨aller det att uttrycket och ekvationen f¨ore och efter manipulationen ¨ ar ekvivalenta. Vad som menas med ”ekvivalent” beror p˚ a vad man manipulerar. N¨ ar det g¨ aller polynom s˚ a s¨ager man att tv˚ a polynom ¨ar ekvivalenta om de har samma grad och samma r¨ otter. Det g¨ aller allts˚ a att 5x + 4 = 3x + 9 ⇔ 2x = 5 ⇔ x =

5 2

ar den enda l¨ osningen till alla tre ekvationerna. eftersom x = 52 ¨ Men ekvationerna (x − 1)x = x och x − 1 = 1 ar inte ekvivalenta, eftersom den v¨ anstra ekvationen har 0 och 2 som l¨osningar, medan den h¨ogra ¨ endast har 2 som l¨ osning. D¨ aremot g¨ aller det att (x − 1)x = x ⇐ x − 1 = 1, vilket betyder att den h¨ ogra ekvationen implicerar den v¨anstra. Alla l¨osningar till den h¨ogra ekvationen ¨ ar allts˚ a l¨ osningar till den v¨ anstra. Det ¨ ar ett vanligt misstag att f¨ ors¨ oka l¨osa en ekvation av just typen (x − 1)x = x genom att ”dela med” x. Problemet ¨ ar allts˚ a att vi kan missa l¨osningar, i det h¨ar fallet l¨osningen x = 0, eftersom den uppkomna ekvationen skulle bli x−1=1 som har den enda l¨ osningen x = 2. 50

√ En liknande situation f˚ ar vi d˚ a vi betraktar rotekvationer. Ekvationen x = x − 2 kan vi l¨osa genom att kvadrera b˚ ada led, vi f˚ ar d˚ a x = (x − 2)2 , eller x = x2 − 4x + 4. Genom att anv¨anda kvadratkomplettering eller pq-formeln p˚ a x2 − 5x + 4 = 0 f˚ ar vi fram l¨osningarna x = 4 och x = 1. Men om vi s¨ atter in den andra l¨ osningen i v˚ ar urspungliga ekvation f˚ ar vi 1 = −1 vilket ¨ar en falsk utsaga. L¨ ardomen vi ska dra ¨ ar att kvadrering av b˚ ada sidor av en ekvation kan ge oss falska l¨ osningar. Anledningen till detta har att g¨ora med att kvadrering eliminerar minustecken. Utsagan −2 = 2 ar givetvis falsk, men n¨ ar vi kvadrerar b˚ ada led f˚ ar vi ¨ 4 = 4, vilket ¨ ar en sann utsaga. √ a ¨ar l¨osningar till D¨ aremot g¨ aller, precis som ovan, att alla l¨osningar till x = x − 2 ocks˚ x = (x − 2)2 , det vill s¨ aga √ Exempel 2.39. L¨ os ekvationen

√

x = x − 2 ⇒ x = (x − 2)2 .

x + 2x − 3 = 0.

Lo orslag: Vi st¨ aller rotutrycket ensamt i v¨ansterledet och kvadrerar sedan b¨agge led, vi ¨sningsf¨ f˚ ar allts˚ a att √ √ x + 2x − 3 = 0 ⇒ ( x)2 = (3 − 2x)2 . Det h¨ ogra uttrycket skrivs om till 9 − 13x + 4x2 = 0 vilket ger l¨osningarna x = 1 och x = 9/4 till den kvadratiska ekvationen. Vi testar l¨osningarna i den ursprungliga ekvationen genom ins¨attning och finner att 9/4 ¨ ar en falsk l¨ osning. F S˚ a vilka operationer kan vi utf¨ ora p˚ a en ekvation och fortfarande ha ekvivalens? Vi kan utf¨ora multiplikation och division med tal; x2 + x = 1 + 2x

⇔

2 · (x2 + x) = 2 · (1 + 2x),

och vi kan utf¨ ora addition och subtraktion med tal och med polynom; x2 + x = 1 + 2x ⇔ (−2x − 1) + (x2 + x) = (−2x − 1) + (1 + 2x). Ibland beh¨ over man s¨ aga att flera p˚ ast˚ aenden ¨ar sanna samtidigt, till exempel “det regnar och det bl˚ aser”. I det logiska spr˚ aket skriver man ∧ n¨ar man menar och. P˚ ast˚ aendet x ≥ 0 ∧ x ≤ 0 s¨ ager allts˚ a att x ¨ ar st¨ orre eller lika med noll, samtidigt som x ¨ar mindre eller lika med noll. Den enda m¨ ojligheten ¨ ar d˚ a att x = 0. Vi kan d˚ a sluta oss till att x ≥ 0 ∧ x ≤ 0 ⇔ x = 0. Om man ist¨ allet vill att minst ett av p˚ ast˚ aendena ska vara sant, anv¨ander man eller, vars matematiska symbol ¨ ar ∨. Som ett exempel f˚ ar vi att p˚ ast˚ aendet x>3∨x1 4. L˚ at f vara en reell funktion definierad av f (x) = 2x. Best¨am inversen till f och ange definitionsm¨ angden, m˚ alm¨ angden och v¨ardem¨angden till den inversa funktionen. 5. L˚ at f vara en reell funktion definierad av f (x) = 3x + 5. Best¨am inversen till f och ange definitionsm¨ angden, m˚ alm¨ angden och v¨ardem¨angden till den inversa funktionen. 6. Best¨ am ekvationen f¨ or linjen som g˚ ar genom punkten (3, 7) och har lutningskoefficient 1/2. 7. Best¨ am ekvationen f¨ or linjen som g˚ ar genom punkterna (−3, 5) och ( 23 , 10). 69

8. L¨ os ekvationerna (a) ln x + ln(x − 1) = ln 6 (b) ln(1/x2 ) + ln x3 = 0 9. F¨ orenkla 10lg 5 + lg(6 · 5) − lg(33 ) + lg 9. 10. (sv˚ ar) F¨ or ett radioaktivt s¨ onderfall g¨aller formeln m(t) = m(0)e−λt d¨ ar m(t) ¨ ar ¨ amnets massa vid tiden t och λ ¨ar s¨onderfallskonstanten. Med halveringstiden T menas den tid det tar f¨ or ¨ amnet att reducera sin massa till h¨alften. Best¨am sambandet mellan λ och T . 11. L¨ os ekvationerna 2

(a) 3x 32x = 31 (b) 4t+2 − 48 = 16 (c) (ex + e−x )2 − e2x − e−2x = 1 12. L¨ os ekvationerna (a) (b) (c)

x2 −1 5x3 −5 x−1 = x3 −1 x−3 x+4 x+4 = x−3 5(x−3) 10 2x+8 = 2x2 −32

13. Ge en uppskattning av e genom att summera de fem f¨orsta termerna i den o¨andliga summan som definierar e. 14. Hitta med papper och penna ˚ atminstone tre punkter p˚ a den elliptiska kurvan i Figur 13. Tips: Ans¨ att x-koordinaten och f¨ors¨ok l¨osa den uppkomna ekvationen. Upprepa.

3.4

Olikheter och absolutbelopp

I det h¨ ar avsnittet studerar vi olikheter och absolutbelopp ¨over de reella talen. 3.4.1

Olikheter

Olikheter p˚ aminner mycket om likheter men det finns vissa f¨allor man f˚ ar se upp med. Vi b¨orjar med ett par lagar som g¨ aller f¨ or r¨ akning med olikheter: a>b ⇔ a+c>b+c a > b ⇔ r · a > r · b om r > 0 a > b ⇔ r · a < r · b om r < 0

N¨ ar vi arbetar med olikheter s˚ a¨ ar det oftast inte ett unikt tal x som blir l¨osningen utan ett helt intervall, a < x < b. Dessa intervall kan beskrivas p˚ a flera s¨att: L¨osning 0≤x≤1 0 30 ⇔ x > 6 Allts˚ a¨ ar l¨ osningsm¨ angden till olikheten 6 < x, vilket ocks˚ a kan skrivas som x ∈]6, ∞[. Vi l¨ oser det andra problemet p˚ a samma s¨att f¨or var och en av olikheterna. Den f¨orsta olikheten skrivs om till   27 27 4x − 7 ≥ 20 ⇔ 4x ≥ 27 ⇔ x ≥ ⇔x∈ ,∞ , 4 4 och den andra olikheten skrivs om till 5 − 2x ≥ 7 ⇔ −2 ≥ 2x ⇔ −1 ≥ x ⇔ x ≤ −1 ⇔ x ∈ ]−∞, −1] . Vi vill nu finna de x som ligger i b˚ ada dessa l¨osningsm¨angder. Men som vi kan se, s˚ a finns det inga s˚ adana x, d˚ a inga tal kan vara st¨ orre a¨n 27/4 samtidigt som de a¨r mindre a¨n −1. Allts˚ a finns inga x som uppfyller b˚ ada olikheterna samtidigt. F

Olikheter av ho ar vi bem¨astrat olikheter av f¨orsta graden s˚ a angriper vi problem ¨gre grad. Nu n¨ med h¨ ogre grad. Den metod vi kommer att ha stor nytta av kallas teckenschema och det inneb¨ar att vi unders¨ oker om i vilka intervall som uttryck a¨r positiva eller negativa. Detta har stark koppling till regel tv˚ a och regel tre f¨ or olikheter. Vi b¨orjar med ett exempel: Exempel 3.40. Vilka x uppfyller att (x − 1)(x − 2)(x + 4) ≥ 0? Lo orslag: Gr¨ anserna f¨ or olikheten m˚ aste ju vara d˚ a v¨ansterledet ¨ar precis 0, det vill s¨aga ¨sningsf¨ n¨ ar (x − 1)(x − 2)(x + 4) = 0. Det ¨ ar allts˚ a enbart n¨ar x = 1, x = 2 och n¨ar x = −4 som vi passerar en gr¨ ans f¨ or l¨ osningsm¨ angden. Vi t¨ anker oss att vi ¨ar x som vandrar fr˚ an −∞ till ∞ och p˚ a v¨agen ¨ uttrycket positivt s˚ s˚ a unders¨ oker vi vilket tecken som (x − 1)(x − 2)(x + 4) har. Ar a ¨ar det x:et med i l¨ osningen, annars inte. Men f¨ or att vandra mellan ett x som ger negativt tecken och ett som ger positivt, s˚ a m˚ aste vi ju passera de som ger oss 0. Detta ger oss ett teckenschema: (x + 4) (x − 1) (x − 2) (x − 1)(x − 2)(x + 4)

-4 0 0

71

+ +

1 + 0 0

+ + -

2 + + 0 0

+ + + +

Varje rad ber¨ attar vilket tecken som uttrycket i v¨ansterkolumnen har. Vi ser allts˚ a att (x + 4) ar positivt eller noll om x ≥ −4, och liknande f¨or de andra tv˚ a uttrycken. Vi kan nu multiplicera ¨ de tre f¨ orsta raderna med varandra f¨ or att f˚ a den sista raden, (“minus g˚ anger minus blir plus”). Den sista raden ger oss d˚ a en beskrivning f¨or vilket tecken vi har i vilket intervall, och vi avl¨aser att (x − 1)(x − 2)(x + 4) ¨ ar positivt eller noll f¨or −4 ≤ x ≤ 1 samt 2 ≤ x. L¨osningen p˚ a olikheten blir d˚ a x ∈ [−4, 1] ∪ [2, ∞[.

20

10

-4

2

-2

4

-10

-20

Figur 18: f (x) = (x − 1)(x − 2)(x + 4) F Det f¨ orsta man m˚ aste g¨ ora n¨ ar man l¨oser en olikhet ¨ar allts˚ a att faktorisera uttrycket, och d¨ arefter g¨ ora ett teckenschema. Det ¨ ar inte alltid man f˚ ar uttrycket f¨ardigfaktoriserat, men man kan faktorisera dem med hj¨ alp av faktorsatsen. Exempel 3.41. Vilka x uppfyller olikheten x2 − 5x ≤ −6? L¨ osningsf¨ orslag: Man kan l¨ att luras att tro att vi faktoriserar v¨ansterledet direkt, men vi m˚ aste ha 0 i h¨ ogerledet f¨ or att kunna g¨ ora ett teckenschema. Vi skriver allts˚ a om det som x2 − 5x + 6 ≤ 0. F¨ or att faktorisera v¨ ansterledet, m˚ aste vi hitta r¨otterna till x2 − 5x + 6 = 0. L¨oser vi denna andragradsekvation, s˚ a finner vi att x = 2 och x = 3 ¨ar r¨otter. Vi kan d˚ a faktorisera v¨ansterledet som (x − 2)(x − 3) (kontrollera att om du utvecklar detta s˚ a f˚ ar du precis x2 − 5x + 6). Detta ger oss d˚ a (x − 2)(x − 3) ≤ 0 och vi st¨ aller upp ett teckenschema: (x − 2) (x − 3) (x − 2)(x − 3)

+

2 0 0

+ -

3 + 0 0

+ + +

Vi utl¨ aser att (x − 2)(x − 3) ≤ 0 om x ∈ [2, 3].

3.4.2

F

Absolutbelopp

Det h¨ ar avsnittet handlar om absolutbeloppet. Vi b¨orjar med definitionen ( √ x om x ≥ 0 |x| = alternativt |x| = x2 −x om x < 0 F¨ or alla positiva tal x, s˚ a g¨ aller det att |x| = x, men om x ¨ar negativt s˚ a kan man s¨aga att absolutbeloppet ”tar bort minustecknet”. Det g¨aller allts˚ a att |x| ≥ 0 f¨or alla x, och |x| = 0 endast om x = 0. 72

Absolutbeloppet ¨ ar ett m˚ att p˚ a storleken av talet oberoende av vilket tecken det har. Det kan ocks˚ a tolkas som det avst˚ and som x ¨ ar fr˚ an 0 p˚ a tallinjen. Exempel 3.42. | − 1| = −(−1) = 1,

| − π| = −(−π) = π

Exempel 3.43. L¨ os f¨ oljande ekvationer: • |x| = 3. • |x − 4| = 3. Lo orslag: N¨ ar man arbetar med absolutbelopp s˚ a ¨ar det l¨attast att dela upp problemet i ¨sningsf¨ flera fall, beroende p˚ a om det vi tar absolutbelopp p˚ a ¨ar positivt eller negativt. Det ¨ar precis det vi kommer g¨ ora h¨ ar. F¨ orsta problemet blir d˚ a f¨oljande: Fall 1: Om x ≥ 0 s˚ a¨ ar |x| = x och vi f˚ ar att x = 3, vilket d˚ a enkelt ¨ar en l¨osning. Fall 2: Om x < 0 s˚ a¨ ar|x| = −x och vi f˚ ar att −x = 3, s˚ a x = −3 ¨ar den andra l¨osningen. L¨ osningen ¨ ar allts˚ a att x = 3 eller x = −3. Nu till n¨asta problem: Fall 1: Om x − 4 ≥ 0 s˚ a¨ ar |x − 4| = x − 4 och vi f˚ ar att x − 4 = 3, s˚ a x = 7 ¨ar en l¨osning. Fall 2: Om x − 4 < 0 s˚ a¨ ar |x − 4| = −(x − 4) och vi f˚ ar att −(x − 4) = 3, s˚ a x = 1 ¨ar den andra l¨ osningen. Kontrollera att l¨ osningarna st¨ ammer genom att s¨atta in dem i den ursprungliga ekvationen. F Nu ska vi kombinera det vi l¨ arde oss om olikheter och anv¨anda de i kombination med absolutbelopp. Exempel 3.44. L¨ os olikheten |x − 5| ≥ 3. L¨ osningsf¨ orslag: Vi delar upp problemet i flera fall, n¨amligen x − 5 ≥ 0 och x − 5 < 0. Fall x − 5 ≥ 0: H¨ ar ¨ ar det inom absolutbeloppet positivt och vi ers¨atter absolutbeloppet med parenteser. Vi f˚ ar att (x − 5) ≥ 3 vilket ger oss x ≥ 8. Alla dessa x uppfyller ¨aven att x ≥ 5, vilket var en f¨ oruts¨ attning f¨ or det h¨ ar fallet. Allts˚ a ¨ar x ≥ 8 giltiga l¨osningar. Fall x − 5 < 0: Nu f˚ ar vi ist¨ allet −(x − 5) ≥ 3, vilket efter multiplikation med −1 i b˚ ada leden ger x − 5 ≤ −3. Slutligen f˚ ar vi d˚ a att x ≤ 2. Vi f˚ ar d˚ a att x ≤ 2 ger giltiga l¨osningar, dessa uppfyller ju ocks˚ a f¨ oruts¨ attningarna att x < 5. L¨ osningsm¨ angden ges av x ≤ 2 och x ≥ 8. F

¨ Ovningar 1. L¨ os f¨ oljande olikheter (a) 3x + 6 > x − 8 (b) x2 + 2x > 3 (c) (x − 2)(x2 + 4x + 4) ≥ 0 2. L˚ at f och g vara tv˚ a reella funktioner definierade av f (x) = x2 + x − 2 och g(x) = 1 − 2x. Best¨ am alla sk¨ arningspunkter mellan f : s och g : s grafer. Rita graferna i samma figur. F¨or vilka x ¨ ar f (x) > g(x)?

3.5

Trigonometri

Trigonometri anv¨ ands i geometrin f¨ or att ber¨akna avst˚ and och vinklar, men ¨aven i m˚ anga andra sammanhang. Vi b¨ orjar med en kort repetition om r¨atvinkliga trianglar.

73

c b v a

Figur 19: En r¨ atvinklig triangel. Sidan c a¨r triangelns hypotenusa, medan sidorna a och b a¨r triangelns katetrar. Den r¨ ata vinkeln finns mellan sidorna a och b. 3.5.1

R¨ atvinkliga trianglar

En r¨ atvinklig triangel ¨ ar en triangel med en r¨at vinkel, allts˚ a en vinkel p˚ a 90◦ . Ett exempel p˚ a en r¨ atvinklig triangel ser vi i figur 19. Vinkelsumman, det vill s¨ aga summan av de tre vinklarna i en triangel, ¨ar 180◦ . De sidor som bildar en r¨ at vinkel mot varandra, sidorna a och b i figuren ovan, kallas katetrar och den tredje sidan, c, kallas f¨ or hypotenusan. Vi g¨ or ¨aven skillnad mellan de b˚ ada kateterna. N¨ar vi betraktar vinkeln v s¨ ager vi att a ¨ ar den n¨ arliggande kateten och b den motst˚ aende. F¨or en r¨atvinklig triangel, som den i figuren ovan, finns f¨ oljande definierade funktioner mellan vinkeln v och kvoter av sidorna enligt nedan: tan v

=

sin v

=

cos v

=

b motst˚ aende katet = a n¨arliggande katet motst˚ aende katet b = c hypotenusan a n¨arliggande katet = c hypotenusan

tan v utl¨ ases “tangens f¨ or vinkeln v”, sin v “sinus f¨or vinkeln v” och cos v utl¨ases “cosinus f¨or vinkeln v”. Exempel 3.45. Finn ett uttryck f¨ or x i figur 20 med hj¨ alp av n˚ agon av de trigonometriska funktionerna sinus, cosinus och tangens. L¨ osningsf¨ orslag: Enligt definitionen av tangens ser vi att x tan 60◦ = 1 . 2

Vi kan multiplicera med

1 2

p˚ a b˚ ada sidorna om likhetstecknet och f˚ ar

tan 60◦ = x. 2 F¨ or att kunna ber¨ akna x exakt m˚ aste vi veta v¨ardet p˚ a tan 60◦ . F Vi kommer l¨ ara oss sinus, cosinus och tangens f¨or vissa standardvinklar, till exempel 60◦ . Men f¨ orst ska vi studera vinkelbegreppet. 3.5.2

Vinkelbegreppet

Vi har nu st¨ ott p˚ a en nittiogradersvinkel och en sextiogradersvinkel och vi har d˚ a m¨att vinklarna i grader. Men hur definieras en vinkel egentligen? Och kan man m¨ata vinklar i andra enheter ¨an grader? 74

x

60o 12

Figur 20: En r¨ atvinklig triangel d¨ ar det ¨ar m¨ojligt att best¨amma sidan x med hj¨alp av trigonometriska funktioner. F¨ or att ge en god definition introducerar vi nu den s˚ a kallade enhetscirkeln och begreppet radianer . Enhetscirkeln ¨ ar en cirkel med medelpunkt i origo och med radie 1. Vi p˚ aminner om att en cirkel med radie r har omkrets 2πr, s˚ a enhetscirkeln kommer att ha omkrets 2π. Tag nu en godtycklig r¨ at linje som utg˚ ar fr˚ an origo. Linjen kommer att sk¨ara cirkeln i en punkt. Vinkeln mellan linjen och den positiva x-axeln, m¨att i radianer, definieras som l¨angden p˚ a cirkelb˚ agen som g˚ ar fr˚ an v˚ ar punkt till punkten (1, 0). Exempel 3.46. Best¨ am vinkeln i radianer mellan den positiva x-axeln och den positiva y-axeln. L¨ osningsf¨ orslag: Eftersom l¨ angden p˚ a cirkelb˚ agen mellan punkten (0, 1) och (1, 0) a¨r en fj¨ardedel av cirkelns omkrets s˚ a kommer vinkeln att vara 2π/4 = π/2 radianer, se Figur 21. L¨agg m¨arke till att vinkeln π/2 motsvaras av vinkeln 90◦ . F Exempel 3.47. Ange vinkeln 45◦ i radianer. Lo angden p˚ a cirkelb˚ agen utg¨or en ˚ attondel av cirkelns omkrets. Vinkeln blir ¨sningsfo ¨rslag: L¨ d¨ arf¨ or 2π/8 = π/4 radianer, se Figur 22. F Exempel 3.48. Ange vinkeln mellan den linje som g˚ ar fr˚ an origo genom punkten (0, −1) och den linje som g˚ ar fr˚ an origo genom punkten (1, 0). Lo orslag: Punkterna ligger p˚ a enhetscirkeln. L¨angden p˚ a cirkelb˚ agen utg¨or tre fj¨ardedelar ¨sningsf¨ av cirkelns omkrets. Vinkeln blir d¨ arf¨ or 2π · 3/4 = 3π/2 radianer, se Figur 23. Denna vinkel svarar mot 270◦ . F

75

H0,1L

Π 2

H1,0L

Figur 21: Enhetscirkeln och vinkeln π/2.

Π 4

Figur 22: Enhetscirkeln och vinkeln π/4.

3Π 2

Figur 23: Enhetscirkeln och vinkeln 3π/2.

76

3.5.3

De trigonometriska funktionerna och enhetscirkeln

Varje punkt p = (x, y) i f¨ orsta kvadranten (d¨ar b˚ ade x och y ¨ar positiva) p˚ a enhetscirkeln formar en triangel, se Figur 24. 1

p =Hx,yL

1 y v x

-1

1

-1

Figur 24: En punkt p = (x, y) i f¨orsta kvadranten av enhetscirkeln. Triangeln ¨ ar r¨ atvinklig och eftersom punkten ligger p˚ a enhetscirkeln har hypotenusan l¨angd ett. Vi ser ocks˚ a att vinkeln ligger mellan 0 och π/2, eller 0 och 90◦ m¨att i grader. Med v˚ ara tidigare definitioner av tangens, cosinus och sinus f˚ ar vi sambanden tan v

=

sin v

=

cos v

=

y , x y = y, och 1 x = x. 1

Vi noterar h¨ ar att

y sin v = . x cos v Vi kan allts˚ a tolka cosinus av vinkeln v som x-koordinaten f¨or punkten, och sinus av vinkeln som y-koordinaten f¨ or punkten. Det visar sig att denna tolkning kan anv¨andas som definition av cosinus och sinus f¨ or alla typer av vinklar. tan v =

Definition: L˚ at v vara en vinkel och l˚ at l vara en linje som bildar vinkeln v med x-axeln. D˚ a ¨ar cos v x-koordinaten f¨ or den punkt d¨ ar l sk¨ar enhetscirkeln, sin v ¨ar y-koordinaten f¨or samma punkt och tan v = sin v/ cos v. Definitionen illustreras i Figur 25 Exempel 3.49. Best¨ am sin π. Lo orslag: Vi s¨ oker y-koordinaten f¨or sk¨arningspunkten mellan enhetscirkeln och linjen ¨sningsf¨ som bildar vinkeln π radianer med den positiva delen av x-axeln. Eftersom π svarar mot ett halvt varv blir sk¨ arningspunkten (−1, 0). Det g¨aller allts˚ a att sin π = 0. F

77

1

p =Hx,yL

1 y = sin v v x =cos v

-1

1

-1

Figur 25: En punkt p = (x, y) i andra kvadranten av enhetscirkeln. Exempel 3.50. Best¨ am cos π. Lo oker nu ist¨ allet x-koordinaten f¨or punkten (−1, 0), s˚ a cos π = −1. ¨sningsfo ¨rslag: Vi s¨

F

P˚ a h¨ ogskolan brukar man m¨ ata vinklar i radianer, men det ¨ar viktigt att beh¨arska b˚ ade radianoch gradbegreppet. F¨ or att omvandla grader till radianer multiplicerar man med omvandlingsfaktorn π/180 och f¨ or att omvandla radianer till grader multiplicerar man med omvandlingsfaktorn 180/π. Exempel 3.51. Omvandla vinkeln 330◦ till radianer. L¨ osningsf¨ orslag: Vinkeln m¨ att i radianer blir 330 · π/180 =

11π . 6

F

Nedan visas en ¨ overs¨ attningstabell f¨or n˚ agra vanliga vinklar. radianer grader 3.5.4

0 0◦

π/6 30◦

π/4 45◦

π/3 60◦

π/2 90◦

π 180◦

2π 360◦

Standardvinklar

L˚ at oss nu best¨ amma sinus- och cosinusv¨ardena f¨or n˚ agra speciella vinklar. Vi v¨aljer att arbeta i radianer, men kommer att presentera sinus- och cosinusv¨ardena f¨or standardvinklarna i en tabell d¨ ar vi ¨ aven ger vinklarna m¨ atta i grader. Vi b¨ orjar med att notera att sin π/2 = 1 eftersom vi vid ett kvarts varv ¨ar i punkten (0, 1). P˚ a samma s¨ att har vi ocks˚ a att cos π/2 = 0,

sin 0 = 0

och

cos 0 = 1.

L˚ at oss nu unders¨ oka vinkeln π/4. Vi ritar in vinkeln i enhetscirkeln och skriver in en hj¨alptriangel, se Figur 26. Eftersom vinkelsumman i en triangel ¨ar π radianer och vi har en vinkel p˚ a π/4 och en p˚ a π/2 m˚ aste ¨ aven den sista vinkeln vara π/4. Det f¨oljer p˚ a grund av symmetri att de b˚ ada kateterna ¨ar lika l˚ anga.

78

1

p Π

1

4

x

Π 4 x

-1

1

-1

Figur 26: Vinkeln π/4 och en i enhetscirkeln inskriven hj¨alptriangel. P˚ a grund av symmetri har de b˚ ada kateterna samma l¨ angd x. Vi kan nu anv¨ anda Pythagoras sats f¨or att ta reda p˚ a str¨ackan x och vi f˚ ar ekvationen x2 + x2 = 1. Allts˚ a har vi 2x2 = 1, eller x2 = 1/2 vilket ger l¨osningarna 1 x = ±√ . 2 Det negativa svaret an eftersom att en str¨acka alltid ¨ar positiv.√Str¨ackan √ kan vi bortse ifr˚ √ xi Figur 26 ¨ ar d¨ arf¨ or 1/ 2. Det inneb¨ ar att sk¨arningspunkten p har koordinaterna (1/ 2, 1/ 2). Vi f˚ ar allts˚ a √ sin π/4 = 1/ 2,

√ cos π/4 = 1/ 2

och

tan π/4 = 1.

Vi g˚ ar nu vidare till vinklarna π/6 och π/3. Betrakta den liksidiga triangeln i Figur 27. Alla

Π 3

1

1

Π 3

Π 3 1

Figur 27: En liksidig triangel med sidan 1. sidor har l¨ angd 1 och d¨ armed ¨ ar alla vinklar lika stora, det vill s¨aga π/3. Om vi delar en av vinklarna i triangeln mitt i tu f˚ ar vi en vinkel p˚ a π/6, se Figur 28. Betrakta nu den fetmarkerade triangeln i Figur 28. Vi kan med hj¨alp av Pythagoras sats st¨alla upp en ekvation f¨ or den obekanta sidan. Det g¨aller ju att x2 + (1/2)2 = 12 , 79

Π 6 1

x

1

Π 3

Π 3

12

Figur 28: En liksidig triangel med sidan 1 samt en tudelning av den ¨ovre vinkeln. Den obekanta sidan x kan best¨ ammas med hj¨ alp av Pythagoras sats. vilket ger l¨ osningarna

√ x=±

3 . 2

˚ Aterigen kan vi bortse fr˚ an det negativa v¨ardet eftersom vi s¨oker en str¨acka. Genom att anv¨anda att sinus definieras som f¨ orh˚ allandet mellan motst˚ aende katet och hypotenusan f˚ ar vi att √ √ 3 3 /1 = . sin π/3 = 2 2 P˚ a motsvarande s¨ att kan vi genom att anv¨anda att cosinus definieras som f¨orh˚ allandet mellan n¨ arliggande katet och hypotenusan f˚ a att cos π/3 =

1 /1 = 1/2. 2

Slutligen kan vi best¨ amma tangensv¨ ardet som kvoten mellan sinus- och cosinusv¨ardet, det vill s¨aga √ 3 1 √ tan π/3 = / = 3. 2 2 Figur 28 kan ¨ aven anv¨ andas f¨ or att best¨ama de trigonometriska funktionernas v¨arden f¨or vinkeln π/6. Vi f˚ ar 1 sin π/6 = /1 = 1/2, 2 √ √ 3 3 cos π/6 = /1 = , 2 2 √ √ 1 3 tan π/6 = / = 1/ 3. 2 2 Vi sammanfattar v˚ ara resultat i en tabell: Grader 0◦ 30◦ 45◦ ◦

60 90◦

Radianer 0 π/6 π/4 π/3 π/2

sin 0 1 2 √1 √2 3 2

1

80

cos 1 √

tan 0

0

1 √ 3 odef

3 2 √1 2 1 2

√1 3

3.5.5

Samband mellan cosinus och sinus f¨ or olika vinklar

Som vi tidigare har utnyttjat kan vi anv¨anda Pythagoras sats p˚ a en r¨atvinklig triangel med sidorna x och y i enhetscirkeln och f˚ ar 12 = x2 + y 2 . Eftersom x = cos v och y = sin v f˚ ar vi sambandet cos2 v + sin2 v = 1, som ¨ ar en viktig identitet kallad trigonometriska ettan:. Observera att vi skriver cos2 v och sin2 v ist¨ allet f¨ or (cos v)2 och (sin v)2 . Vi forts¨ atter med att betrakta cos v och cos(−v), f¨or att se ett samband mellan dem. Vi ritar in vinklarna v och (−v) i enhetscirkeln, se Figur 29.

Hcos v, sin vL

1

v -v

-1

-1

1

Hcos H-vL, sin H-vLL

Figur 29: Vinklarna v och −v i enhetscirkeln. De punkter d¨ar de b˚ ada linjerna sk¨ar enhetscirkeln har samma x-koordinat, det vill s¨ aga cos v = cos(−v). Punkternas y-koordinater skiljer sig endast med ett tecken, det vill s¨ aga sin v = − sin(−v). N¨ ar vi avl¨ aser cosinus f¨ or en vinkel tittar vi p˚ a x-koordinaten. Om vi j¨amf¨or x-koordinaterna f¨ or vinklarna v och −v ser vi att de ¨ ar lika. Vi f˚ ar att cos(v) = cos(−v). Rita g¨ arna in en vinkel v i en annan kvadrant f¨or att ¨overtyga dig sj¨alv om att formeln g¨aller ¨aven d˚ a. Om vi j¨ amf¨ or y-koordinaterna ser vi att de ¨ar teckenskilda, vilket betyder att sin(v) = − sin(−v). Vi g˚ ar nu vidare till att titta p˚ a vinklarna v och π − v f¨or att se ett samband mellan de b˚ ada vinklarnas sinus- och cosinusv¨ arden. Vi ritar in en godtycklig vinkel v i enhetscirkeln, samt vinkeln π − v, se Figur 30. F¨ or att avl¨ asa sinusv¨ ardet f¨ or en vinkel v i enhetscirkeln tittar vi p˚ a y-koordinaten d¨ar linjen nuddar cirkeln. J¨ amf¨ or vi y-koordinaterna f¨or v och π − v ser vi att de ¨ar lika. Motsvarande studie f¨ or x-koordinaterna avsl¨ ojar att de skiljer sig endast med tecken. Det g¨aller allts˚ a att sin v = sin(π − v) och att cos v = − cos(π − v).

81

Hcos Hpi -vL, sin Hpi -vLL

Hcos v, sin vL

Π-v v 1

-1

Figur 30: Vinklarna v och π − v i enhetscirkeln. De punkter d¨ar de b˚ ada linjerna sk¨ar enhetscirkeln har samma y-koordinat, det vill s¨ aga sin v = sin(π − v). Punkternas x-koordinater skiljer sig endast med ett tecken, det vill s¨ aga cos v = − cos(π − v). Sammanfattningsvis har vi f¨ oljande samband: cos2 v + sin2 v

=

1

cos v

=

cos(−v)

sin v

=

− sin(−v)

cos v

=

− cos(π − v)

sin v

=

sin(π − v)

(eller cos v = − cos(180◦ − v)) (eller sin v = sin(180◦ − v)).

Exempel 3.52. Best¨ am sin(5π/6). L¨ osningsf¨ orslag: Vi har 5π/6 = π − π/6. Allts˚ a ¨ar sin(5π/6) = sin(π − π/6) = sin π/6 = 1/2. F

3.5.6

Triangelsatserna

I det h¨ ar avsnittet kommer vi l¨ ara oss tre viktiga triangelsatser, n¨amligen areasatsen, cosinussatsen och sinussatsen. Vi kommer att anv¨ anda oss av det klassiska vinkelbegreppet i detta avsnitt, men det g˚ ar s˚ a klart ¨ aven bra att m¨ ata vinklarna i radianer. Areasatsen Som du s¨ akert kommer ih˚ ag kan arean av en triangel ber¨aknas med formeln A=

b·h 2

d¨ ar b st˚ ar f¨ or basen och h f¨ or h¨ ojden i triangeln. Exempel 3.53. Ber¨ akna arean av en triangel med basen 5 cm och h¨ ojden 10 cm. L¨ osningsf¨ orslag: Vi anv¨ ander formeln ovan. A=

5 · 10 b·h = = 25 cm2 . 2 2 82

F Det areasatsen s¨ ager a aknar arean av en triangel n¨ar man k¨anner till tv˚ a sidor och ¨r hur man ber¨ den mellanliggande vinkeln. L˚ at oss med ett exempel visa hur man kommer fram till areasatsen. Exempel 3.54. Ber¨ akna arean av en triangel d¨ ar vi k¨ anner till tv˚ a sidor, a och b samt dess mellanliggande vinkel v under antagande att vinkeln ¨ ar spetsig. L¨ osningsf¨ orslag: Vi b¨ orjar med att rita upp en triangel (se Figur 31) och rita in h¨ojden. Vi kan

b h v a

Figur 31: En triangel med de tv˚ a sidorna a och b och dess mellanliggande vinkel v. d˚ a skriva

h , b och allts˚ aa ojden h = b · sin v. Vi kan nu anv¨anda formeln vi hade tidigare f¨or att ber¨akna arean: ¨r h¨ sin v =

A=

basen · h¨ojden a · b · sin v = 2 2 F

Samma resonemang kan utf¨ oras ¨ aven d˚ a vinkeln v ¨ar trubbig, vilket ger areasatsen. Sats 9. Arean A av en triangel d¨ ar vi k¨ anner till tv˚ a sidor a och b samt dess mellanliggande vinkel v ges av sambandet a · b · sin v A= . 2 Sinussatsen F¨ or en triangel ABC med sidorna abc enligt Figur 32 g¨aller f¨oljande enligt sinussatsen:

c B

A

a b C

Figur 32: En triangel ABC med sidorna abc. sin A sin B sin C = = . a b c Man kan visa sinussatsen fr˚ an areasatsen, men vi utel¨amnar beviset. 83

Cosinussatsen D˚ a en triangel ABC saknar en r¨at vinkel kan vi inte till¨ampa Pythagoras sats. D¨ aremot g¨ aller sambandet c2 = a2 + b2 − 2ab · cos C, d¨ ar a betecknar motst˚ aende sida till vinkeln A och s˚ a vidare, se Figur 32. Vi kommer inte ta upp beviset av denna sats. Exempel 3.55. Vad k¨ anner vi igen cosinussatsen som n¨ ar vinkeln C ¨ ar en r¨ at vinkel? L¨ osningsf¨ orslag: Om C ¨ ar 90◦ g¨ aller c2 = a2 + b2 − 2ab · cosC = a2 + b2 − 2ab · 0 = a2 + b2 , vilket vi k¨ anner igen som Pythagoras sats. Pythagoras sats ¨ar allts˚ a ett specialfall av cosinussatsen. F Exempel 3.56. Ber¨ akna vinkeln v i Figur 33. HcmL

5 39 v 7

Figur 33: En triangel med en obekant vinkel v som kan best¨ammas med hj¨alp av cosinussatsen. L¨ osningsf¨ orslag: Enligt cosinussatsen har vi √

2

39 = 52 + 72 − 2 · 5 · 7 · cos v

vilket vi kan skriva om som 1/2 = cos v. I v˚ art fall ger detta att v = 60◦ .

F

Sammanfattningsvis har vi f¨ oljande triangelsatser: a · b · sin v Areasatsen: A= 2 sin A sin B sin C Sinussatsen: = = a b c Cosinussatsen: c2 = a2 + b2 − 2ab · cos C 3.5.7

Trigonometriska funktioner

Tidigare har vi bara ber¨ aknat v¨ ardet f¨or cosinus och sinus f¨or vinklar i intervallet [0, 2π] eller [0◦ , 360◦ ]. Vi ska nu definiera cosinus och sinus p˚ a andra intervall.

84

1.0

Hx,yL 0.5

v +2Π v -1.0

0.5

-0.5

1.0

-0.5

-1.0

Figur 34: I bilden ser vi en vinkel v samt vinkeln v + 2π. Periodiska funktioner Om vi t¨ anker oss en vinkel p˚ a enhetscirkeln och till den vinkeln adderar ett varv, det vill s¨ aga 2π, hur f¨ or¨ andras d˚ a sinus- och cosinusv¨ ardena? Eftersom de trigonometriska funktionernas v¨ arden f¨ or en vinkel definieras av x och y−koordinaterna f¨or en punkt p˚ a enhetscirkeln g¨ aller det att ta reda p˚ a vilken punkt vi hamnar vid n¨ar vi till en vinkel adderar ett varv. Vi ser att vi hamnar vid precis samma punkt. Detta illustreras i Figur 34. T¨ank dig exempelvis att du springer p˚ a en l¨ oparbana med formen av en cirkel. N¨ar du springer ett varv ¨ar du alltid tillbaka p˚ a samma st¨ alle som du b¨ orjade. P˚ a samma s¨att kommer du tillbaka till samma st¨alle om du springer 10 varv, oavsett om du springer motsols eller medsols. Vi f˚ ar f¨oljande trigonometriska samband: sin v

=

sin(v + n · 2π)

cos v

=

cos(v + n · 2π),

d¨ ar n ¨ ar ett heltal (som allts˚ a b˚ ade kan vara negativt och positivt) som anger antalet varv. Vi s¨ ager att sinus och cosinus ¨ ar periodiska funktioner med perioden 2π (eller 360◦ .) Graferna f¨or funktionerna sin x och cos x finns i Figur 35 och i Figur 36. 1.0

0.5

-6

-4

2

-2

4

6

-0.5

-1.0

Figur 35: Grafen till funktionen f (x) = sin x p˚ a intervallet [−6, 6].

85

1.0

0.5

-6

-4

2

-2

4

6

-0.5

-1.0

Figur 36: Grafen till funktionen f (x) = cos x p˚ a intervallet [−6, 6]. Med hj¨ alp av Figur 37 f˚ ar vi f¨ oljande formler som ¨ar till hj¨alp d˚ a vi ska best¨amma perioden f¨or tangens:

sin(v + π)

=

−y = − sin v

cos(v + π)

=

−x = − cos v

1.0

Hx,yL

0.5

180o + v -1.0

v x

-0.5

0.5

1.0

-0.5

H-x,-yL -1.0

Figur 37: En illustration av sambandet mellan sinus- och cosinusv¨ardena f¨or en vinkel v samt vinkeln v + 180◦ . Vi f˚ ar tan(v + π) =

− sin v sin v sin(v + π) = = = tan v. cos(v + π) − cos v cos v

Detta inneb¨ ar att tangensfunktionen ¨ ar periodisk med perioden π och allts˚ a g¨aller tan(v + n · π) = tan v. Grafen till tangensfunktionen finns ritad i Figur 38.

86

6 4 2

-6

-4

2

-2

4

6

-2 -4 -6

Figur 38: Grafen till funktionen f (x) = tan x p˚ a intervallet [−2π, 2π] minus punkterna −3π/2, −π/2, π/2, 3π/2 och 5π/2 d¨ ar tan x ¨ar odefinierad. Exempel 3.57. Ber¨ akna cos 225◦ . L¨ osningsf¨ orslag: Vi har 1 cos 225◦ = cos(180◦ + 45◦ ) = − cos 45◦ = − √ 2 eftersom cos(180◦ + v) = − cos v. F Exempel 3.58. Best¨ am cos(5π/3). L¨ osningsf¨ orslag: Vi har 5π/3 = 2π − π/3. Allts˚ a ¨ar cos(5π/3) = cos(2π − π/3) = cos(−π/3) = cos(π/3) = 1/2. F

3.5.8

Trigonometriska ekvationer

Exempel 3.59. Best¨ am samtliga l¨ osningar till sin v = 21 . Svara b˚ ade i grader och i radianer. Lo orslag: Vi utf¨ or r¨ akningarna i radianer och omvandlar sedan resultatet till grader. F¨or ¨sningsf¨ att best¨ amma samtliga l¨ osningar ¨ ar det mycket att t¨anka p˚ a. F¨orst m˚ aste vi veta n˚ agon vinkel v som uppfyller sin v = 21 . En s˚ adan ¨ ar π/6. Vi m˚ aste ocks˚ a komma ih˚ ag att sin v = sin(π − v) vilket inneb¨ ar att ¨ aven v = 5π/6 ¨ ar en l¨osning till ekvationen. Slutligen f˚ ar vi inte gl¨omma att sin v = sin(v + n · 2π), d¨ ar n ¨ ar ett heltal. Allts˚ a f˚ ar vi att samtliga l¨osningar till ekvationen ges av π/6 + n · 2π och 5π/6 + n · 2π,

n∈Z

vilket ¨ ar 30◦ + n · 360◦ och 150◦ + n · 360◦ uttryckt i grader.

F

Exempel 3.60. Hur m˚ anga l¨ osningar har ekvationen cos v =

87

1 2

i intervallet [π, 3π]?

L¨ osningsf¨ orslag: Sen tidigare vet vi att en l¨osning till ekvationen ¨ar π/3. Eftersom cos v = cos(−v) s˚ aa osning. Den allm¨ anna l¨osningen till ekvationen ¨ar allts˚ a ±π/3 + 2nπ, n ∈ Z. ¨r a ¨ven −π/3 en l¨ Om n = 1 s˚ a ger det oss l¨ osningarna π/3 + 2π och 2π − π/3, vilka ligger i det aktuella intervallet. Om n ≤ 0 eller n ≥ 2 s˚ a hamnar l¨ osningarna utanf¨or intervallet. Antalet l¨osningar ¨ar d¨arf¨or 2. F Exempel 3.61. Best¨ am samtliga l¨ osningar till ekvationen cos2 v − 3 cos v/2 + 1/2 = 0. Lo orjar med att s¨att y = cos v. Detta ger oss ekvationen y 2 − 3y/2 + 1/2 = 0 ¨sningsfo ¨rslag: Vi b¨ som har l¨ osningarna y = 1/2 och y = 1. Fr˚ an den f¨oreg˚ aende uppgiften vet vi att cos v = 1/2 har l¨ osningarna ±π/3 + 2nπ. Ekvationen cos v = 1 har l¨osningarna v = 2nπ, n ∈ Z. L¨osningarna till ekvationen ges allts˚ a av ±π/3 + n · 2π och 2nπ, n ∈ Z. F

Period, amplitud och fasf¨ orskjutning. Nu ska vi titta p˚ a funktioner av typen A sin(Bx − C) och A cos(Bx − C), d¨ ar A, B och C ¨ ar konstanter. Vi v¨aljer att m¨ata vinklarna med grader genom hela detta kapitel. Vi har tidigare pratat om perioden av sin x och cos x. Vi ska nu se vad som h¨ ander med perioden om vi ist¨ allet unders¨oker funktioner av typen sin(Bx) och cos(Bx). Vi b¨orjar med att betrakta sin x och sin 2x f¨ or att j¨amf¨ora dem. Vi vet sedan tidigare att sin x har perioden 360◦ vilket inneb¨ ar att sinuskurvan upprepar sig efter 360◦ . De b˚ ada kurvorna sin x och sin 2x a¨r uppritade i Figur 39. 1

y=sin x

90

180

y=sin 2x

270

360

-1

Figur 39: De b˚ ada kurvorna sin x och sin 2x. Vi ser att sin 2x upprepar sig redan efter 180◦ . Och det visar sig att sin 2x har perioden 180◦ . ◦ Allm¨ ant g¨ aller att sin(Bx) och cos(Bx) har perioden 360 a att funktionen B . I Figur 39 ser vi ocks˚ sin x antar v¨ arden mellan -1 och 1. Man s¨ager att sin x har amplitud 1. Vi j¨amf¨or nu sin x med 2 sin x, se Figur 40. 2

y=2sin x

1

y=sin x

90

180

270

360

-1 -2

Figur 40: De b˚ ada kurvorna sin x och 2 sin x. Vi ser att de b˚ ada kurvorna har samma period men 2 sin x antar v¨arden mellan -2 och 2. Man s¨ ager att 2 sin x har amplitud 2. Allm¨ ant g¨aller att A sin x och A cos x har amplitud |A|. Kvar har vi fasf¨ orskjutning. Betrakta Figur 41 d¨ar vi ser de b˚ ada funktionerna sin x och sin(x − 45◦ ). 88

1

y=sin x y=sinHx-45L

90

180

270

360

-1

Figur 41: De b˚ ada kurvorna sin x och sin(x − 45◦ ). De b˚ ada kurvorna har samma utseende f¨orutom att sin(x − 45◦ ) ¨ar f¨orskjuten 45◦ ˚ at h¨oger i x-led. Allm¨ ant g¨ aller att sin(x − C) och cos(x − C) har en fasf¨orskjutning p˚ a C l¨angdenheter ˚ at h¨ oger om C ¨ ar positivt och ˚ at v¨ anster om C ¨ar negativt. Vi kan nu best¨ amma period, amplitud och fasf¨orskjutning f¨or funktioner p˚ a formen A sin(Bx + C) och A cos(Bx + C) d¨ ar A, B och C ¨ar konstanter. Exempel 3.62. Best¨ am period, amplitud och fasf¨ orskjutning f¨ or funktionen 3 cos(2x − 30◦ ). Lo orslag: Amplituden kan direkt avl¨asas till 3 och perioden till 180◦ . F¨or att best¨amma ¨sningsf¨ fasf¨ orskjutningen vill vi veta hur mycket x f¨orskjuts och inte hur mycket 2x f¨orskjuts. Fasf¨orskjutningen blir allts˚ a inte 30◦ . Vi g¨ or en omskrivning f¨or att kunna avl¨asa fasf¨orskjutningen. ◦ 3 cos(2x − 30 ) = 3 cos(2(x − 15◦ )). Fasf¨orskjutningen blir allts˚ a 15◦ till h¨oger i x-led. F

3.5.9

Pol¨ ar framst¨ allning av komplexa tal

Tidigare har vi l¨ art oss att ange komplexa tal p˚ a formen a + bi. Vi kommer nu inf¨ora n˚ agot som kallas pol¨ ara koordinater f¨ or att ange komplexa tal. De pol¨ara koordinaterna bygger p˚ a att man anger hur l˚ angt fr˚ an origo punkten ligger samt i vilken riktning. L˚ at z = a + bi. I det f¨ orsta kapitlet inf¨orde vi beteckningen z¯ f¨or det komplexa talet a − bi och vi s˚ ag att z · z¯ = a2 + b2 genom att anv¨anda konjugatregeln. Vi definierar nu absolutbeloppet av det komplexa talet z som p √ |z| = z · z¯ = a2 + b2 . Observera att om b = 0 s˚ a¨ overensst¨ ammer definitionen av detta absolutbelopp med det vanliga absolutbeloppet. Exempel 3.63. L˚ at z = 1 + i. D˚ a¨ ar |z| =

√

z · z¯ =

p √ 12 + 12 = 2.

Det komplexa talet z = a + bi definierar en punkt √ (a, b) i det komplexa talplanet. Talet r = |z| betecknar d˚ a avst˚ andet till origo, det vill s¨aga r = a2 + b2 . Argumentet till z, betecknat arg(z), ¨ar vinkeln mellan den positiva reella axeln och den r¨ata linje som g˚ ar fr˚ an origo till punkten (a, b). Exempel 3.64. Argumentet till z = 1 + i ¨ ar π/4 eftersom vinkeln mellan den positiva reella axeln och den r¨ ata linje som g˚ ar fr˚ an origo till punkten (1, 1) ¨ ar π/4, se Figur 42. Exempel 3.65. Argumentet till z = i − 1 ¨ ar 3π/4 eftersom vinkeln mellan linjen genom origo till punkten (−1, 1) och den positiva reella linjen ¨ ar π/2 + π/4 = 3π/4, se Figur 43.

89

Im

1+ i

Π 4

Re

Figur 42: Punkten z = 1 + i och enhetscirkeln i det komplexa talplanet. Im

i-1

3Π 4

Re

Figur 43: Punkten z = i − 1 och enhetscirkeln i det komplexa talplanet. Det komplexa talet z = a + bi kan allts˚ a skrivas som r(cos(arg(z)) + i sin(arg(z))), d¨ ar r som vanligt ¨ ar lika med |z|. Denna framst¨allning kallas pol¨ ar form. L¨agg m¨arke till att i specialfallet n¨ ar r = 1 s˚ a ligger (a, b) p˚ a enhetscirkeln. Exempel 3.66. Skriv z = i − 1 p˚ a pol¨ ar form. Lo orslag: Vi har tidigare sett att argumentet till z ¨ar 3π/4. Eftersom absolutbeloppet av ¨sningsf √¨ i−1 ¨ ar 2 s˚ a g¨ aller det att √ z = 2(cos 3π/4 + i sin 3π/4). F Exempel 3.67. Det komplexa talet z = 3 + 3i kan skrivas p˚ a formen r (cos θ + i sin θ). Best¨ am r och θ. L¨ osningsf¨ orslag: Vi b¨ orjar med att ber¨akna absolutbeloppet av z och f˚ ar p √ √ |z| = 32 + 32 = 32 · 2 = 3 2. 90

Vinkeln fr˚ an origo till punkten (3, 3) ¨ ar π/4. Det komplexa talet z kan allts˚ a skrivas som √ π π 3 2(cos + i sin ) 4 4 √ p˚ a pol¨ ar form. Vi ser att r = 3 2 och att θ = π/4. F

¨ Ovningar 1. Visa att sin(90◦ − v) = cos v och cos(90◦ − v) = sin v. Ledning: Rita upp en r¨ atvinklig triangel med en vinkel v och en vinkel 90◦ − v. 2. Ber¨ akna arean av triangeln i Figur 44. HcmL o

20

130o

10

20

Figur 44: En triangel d¨ ar vi vet tv˚ a sidor och kan ber¨akna den mellanliggande vinkeln. 3. Ber¨ akna l¨ angden av den med x markerade sidan i Figur 45. 2

HcmL

45o x

30o

Figur 45: L¨ angden av sidan x i figuren kan ber¨aknas med en av triangelsatserna. 4. Ber¨ akna exakt (a) sin(−30◦ ) (b) sin 420◦ (c) cos(−720◦ ) 5. Best¨ am samtliga l¨ osningar till ekvationen cos2 v = 12 . Svara i grader. 6. Best¨ am period, amplitud och fasf¨orskjutning f¨or 5 sin( 13 x + 15). 7. Ber¨ akna sin π6 . 8. L¨ os ekvationen cos2 x = 12 . Svara i radianer. 9. Skriv p˚ a pol¨ ar form. (a) 1 + i (b) 1 − i 91

3.6

Gr¨ ansv¨ arden

Gr¨ ansv¨ arden anv¨ ands dels f¨ or att studera hur reella funktioner uppf¨or sig n¨ara punkter d¨ar de ¨ar odefinierade, dels f¨ or att studera hur funktioner beter sig f¨or stora v¨arden p˚ a argumentet. 3.6.1

Beteenden n¨ ara en punkt d¨ ar f (x) ¨ ar odefinierbar

L˚ at f (x) vara en reell funktion. Om man vill s¨aga att f (x) n¨armar sig ett v¨arde L d˚ a x n¨armar sig en punkt a s˚ a skriver man lim f (x) = L, x→a

vilket brukar l¨ asas ”f (x) har gr¨ ansv¨ ardet L d˚ a x g˚ ar mot a”. Om f (x) har gr¨ ansv¨ ardet L d˚ a x → a s˚ a menar man underf¨orst˚ att att f (x) har samma gr¨ansv¨ arde oberoende av om x n¨ armar sig a fr˚ an h¨oger eller fr˚ an v¨anster p˚ a den reella tallinjen. Betrakta den rationella funktionen f (x) =

x3 − 3x2 + 2x , x−2

se Figur 46. 5

4

3

2

1

1

-1

2

3

4

5

-1

Figur 46: Grafen till f (x) =

x3 −3x2 +2x x−2

i intervallet [−1, 5]. N¨ar x = 2 a¨r funktionen odefinierad.

Eftersom n¨ amnaren ¨ ar noll n¨ ar x = 2 s˚ a ¨ar f odefinierad i den punkten. Men studerar vi grafen till f s˚ a ser det ut som att f (2) ¨ ar lika med 2. Vi ska nu ber¨akna gr¨ansv¨ardet lim f (x).

x→2

Vi provar med att faktorisera t¨ aljaren. F¨orst noterar vi att x3 − 3x2 + 2x = x(x2 − 3x + 2) och med kvadratkomplettering kan vi skriva om x2 − 3x + 2 som (x − 1)(x − 2). Det g¨aller allts˚ a att f (x) =

x3 − 3x2 + 2x x(x − 1)(x − 2) = . x−2 x−2 92

Nu kan det vara lockande att dela b˚ ade n¨amnare och t¨aljare med x − 2, men x(x − 1)(x − 2) x−2

x(x − 1)

och

definierar endast samma funktion om x ¨ar skild fr˚ an 2. D¨ aremot ¨ ar x3 − 3x2 + 2x = lim x(x − 1) lim x→2 x→2 x−2 eftersom x endast n¨ armar sig v¨ ardet 2, men aldrig antar detta v¨arde. Sj¨ alva gr¨ ans¨ overg˚ angen blir inte sv˚ ar. Vi f˚ ar lim x(x − 1) = 2(2 − 1) = 2.

x→2

Vi har allts˚ a visat att limx→2 f (x) = 2. Om exemplet ovan k¨ andes trivialt s˚ a ¨ar f¨oljande klassiska exempel kanske mer f¨orv˚ anande. Definitionsm¨ angden till funktionen sinx x ¨ar R \ {0}. men det visar sig att n¨ar funktionen n¨armar sig noll fr˚ an h¨ oger p˚ a tallinjen s˚ a n¨ armar sig funktionens v¨arde talet 1. Samma ska g¨aller n¨ar vi r¨ or oss fr˚ an v¨ anster p˚ a tallinjen. Det g¨aller faktiskt att lim

x→0

sin x = 1. x

En graf av funktionen sin x/x visas i figur Figur 47. Observera dock att definierat i x = 0.

sin x x

fortfarande inte ¨ar

1.1 1.0 0.9 0.8 0.7 0.6

-2.0

-1.5

-1.0

Figur 47: f (x) =

3.6.2

0.0

-0.5 sin x x

0.5

1.0

1.5

2.0

p˚ a vardera sidor om x = 0

Gr¨ ansv¨ arden n¨ ar x g˚ ar mot o¨ andligheten

Att x g˚ ar mot o¨ andligheten skriver vi som x → ∞ eller x → −∞. Betrakta den rationella funktionen f (x) =

2x2 − 1 . x2 + 1

F¨ orst och fr¨ amst kan vi dra slutsatsen att funktionen ¨ar definierad ¨over hela R eftersom n¨amnaren x2 + 1 aldrig kan vara lika med noll. Hur uppf¨or sig d˚ a funktionen? Vi kan notera att f (−a) =

2(−a)2 − 1 2a2 − 1 = 2 = f (a) 2 (−a) + 1 a +1

f¨ or alla reella tal a. Det inneb¨ ar att grafen till f ¨ar symmetrisk kring nollan. L˚ at oss studera n˚ agra v¨ arden p˚ a x. Av symmetrisk¨al r¨acker det att titta p˚ a positiva v¨arden. Vi har 93

x f(x)

0 -1

1 1/2

2 7/5

3 17/10

4 31/17

5 49/26

6 71/37

Vi noterar att alla dessa v¨ arden ¨ ar mindre ¨an tv˚ a. I Figur 48 har vi skissat f (x) = linjen y = 2. Det verkar som att f (x) → 2 d˚ a x → ∞ eller x → −∞.

2x2 −1 x2 +1

samt

3 2 1

-10

5

-5

10

-1

-2

-3 Figur 48: Grafen till f (x) =

2x2 −1 x2 +1

i intervallet [−10, 10].

Det g¨ aller att gr¨ ansv¨ ardet f¨ or f (x) n¨ar x g˚ ar mot plus/minus o¨andligheten verkligen ¨ar tv˚ a, och detta skriver vi som 2x2 − 1 =2 x→∞ x2 + 1 lim

2x2 − 1 = 2. x→−∞ x2 + 1

och

lim

L˚ at oss ge ett bevis av detta. Vi b¨ orjar med att dela b˚ ada t¨aljare och n¨amnare med x2 , vilket a atet eftersom vi inte ¨ ar intresserade av funktionens v¨arde i nollan. Vi f˚ ar ¨r till˚ 2x2 −1 x2 x2 +1 x2

=

2− 1+

1 x2 1 x2

.

N¨ ar x ¨ ar ett stort positivt eller negativt tal s˚ a kommer x12 att vara n¨ara noll. Man kan visa att om vi l˚ ater x g˚ a mot plus eller minus o¨ andligheten kommer x12 att g˚ a mot noll. Det g¨aller allts˚ a att 2− x→∞ 1 + lim

3.7

1 x2 1 x2

=

2−0 =2 1+0

och

2− x→−∞ 1 + lim

1 x2 1 x2

=

2−0 = 2. 1+0

Derivata

Du k¨ anner s¨ akert till att derivatan av en funktion i en punkt anger lutningen av motsvarande funktionsgraf i den punkten. Med andra ord ber¨attar derivatan hur snabbt det f¨orlopp som funktionen beskriver f¨ or¨ andrar sig, allts˚ a f¨ or¨ andringshastigheten. Om vi ritar upp grafen till en funktion s(t) s˚ a kommer derivatan i en viss punkt, t0 , att vara lutningen p˚ a den r¨ ata linje som tangerar kurvan i (t0 , s(t0 )). Vi kallar denna linje f¨or tangent till kurvan s(t) i punkten (t0 , s(t0 )), vilket illustreras med ett exempel i Figur 49. Men hur ska man matematiskt best¨amma tangentens lutning? Vi g¨or det genom att f¨orst betrakta sekanten - det vill s¨ aga den linje som g˚ ar genom tv˚ a punkter p˚ a kurvan och sedan l˚ ata 94

20

15

10

5

0 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

Figur 49: En funktion samt dess tangent (den r¨ata linjen) i punkten (1, 5).

x

x+h

Figur 50: Sekant (den r¨ ata linjen) genom punkterna (x, f (x)) och (x + h, f (x + h)).

avst˚ andet mellan dessa tv˚ a punkter krympa mot noll. L˚ at den ena punkten vara (x, f (x)) och den andra (x + h, f (x + h)), se Figur 50. Som vi har sett tidgare best¨ ams lutningen p˚ a en r¨at linje mellan punkterna (a, b) och (c, d) av d−b kvoten c−a s˚ a i v˚ art fall f˚ as allts˚ a f (x + h) − f (x) f (x + h) − f (x) = . (x + h) − x h Den h¨ ar kvoten ger oss lutningen p˚ a sekanten. F¨or att f˚ a lutningen p˚ a tangenten l˚ ater vi parametern h (som kan vara b˚ ade positiv och negativ) n¨arma sig 0. Derivatans definition ges nu av gr¨ansv¨ardet f 0 (x) = lim

h→0

f (x + h) − f (x) . h

Exempel 3.68. Visa med hj¨ alp av derivatans definition att derivatan av x2 ¨ ar 2x. Lo orslag: Vi har allts˚ a f (x) = x2 och vi ska best¨amma f 0 (x). Enligt derivatans definition ¨sningsf¨ ar ¨ f (x + h) − f (x) . h→0 h

f 0 (x) = lim

95

Eftersom f (x) = x2 s˚ a¨ ar f (x + h) − f (x) x2 + 2hx + h2 − x2 2hx + h2 h
(2x + h) = 2x + h. = = = h h h h
N¨ ar h n¨ armar sig noll g˚ ar 2x + h mot 2x, s˚ a f (x + h) − f (x) = lim 2x + h = 2x, h→0 h→0 h

f 0 (x) = lim precis vad vi skulle visa.

F

Exempel 3.69. Best¨ am derivatan av funktionen f (x) = x4 + 3x2 − 1 med hj¨ alp av derivatans definition. L¨ osningsf¨ orslag: Enligt derivatans definition ¨ar f 0 (x) = lim

h→0

f (x + h) − f (x) . h

Vi f˚ ar allts˚ a x4 + 4x3 h + 6x2 h2 + 4xh3 + h4 + 3x2 + 6xh + 3h2 − 1 − (x4 + 3x2 − 1) h→0 h

f 0 (x) = lim

4x3 h + 6x2 h2 + 4xh3 + h4 + 6xh + 3h2 h→0 h

= lim

= lim 4x3 + 6x2 h + 4xh2 + h3 + 6x + 3h h→0

= 4x3 + 6x, eftersom termerna 6x2 h, 4xh2 , h3 och 3h alla g˚ ar mot noll d˚ a x g˚ ar mot noll. F Det finns flera s¨ att att beteckna derivatan f¨or funktionen y = f (x): f 0 (x), y 0 , 3.7.1

dy , och D[f (x)]. dx

Tangentens ekvation

Som vi nu har sett ¨ ar derivatan av en funktion detsamma som tangentens lutning i varje given punkt d¨ ar funktionen ¨ ar definierad. Vi ska nu ta reda p˚ a tangentens ekvation i en viss punkt. Tangenten ¨ ar en r¨ at linje och kan d¨ arf¨ or skrivas p˚ a formen y = kx + m d¨ ar, som vi tidigare noterat, k−v¨ ardet anger linjens lutning och m-v¨ardet anger sk¨arningspunkten med y−axeln. L˚ at oss se hur det g˚ ar till att ber¨akna k-v¨ardet och m-v¨ardet genom att betrakta ett exempel. Exempel L˚ at f (x) = x4 + 3x2 − 1 och best¨ am ekvationen f¨or tangenten till kurvan f (x) i punkten (1, 3).

96

L¨ osningsf¨ orslag: Vi b¨ orjar med att ber¨akna derivatan f¨or f (x) med hj¨alp av vad vi l¨arde oss i f¨ oreg˚ aende avsnitt och f˚ ar f 0 (x) = 4x3 + 6x. D˚ a x = 1 f˚ as att f 0 (1) = 10 vilket allts˚ a ¨ar lutningen i punkten (1, 3). Nu ˚ aterst˚ ar att best¨amma m-v¨ ardet. F¨ or att en r¨ at linje med lutning 10 ska tangera kurvan f (x) i punkten (1, 3) s˚ a kr¨avs att den punkten finns med ¨ aven p˚ a linjen. S˚ aledes stoppar vi in x = 1 och y = 3 i tangentens ekvation och f˚ ar 3 = 10 · 1 + m vilket ger att m = −7 och tangentens ekvation ges d¨arf¨or av y = 10x − 7. 3.7.2

Derivator av k¨ anda funktioner

Med hj¨ alp av derivatans definition, som allts˚ a ¨ar ett gr¨ansv¨arde, kan man nu h¨arleda derivatan f¨ or olika funktioner. Nedan ges formler f¨or att derivatan av v˚ ara vanligaste funktioner; konstanta funktioner, polynom, trigonometriska funktioner, exponentialfunktioner och logaritmfunktioner. Av utrymmessk¨ al hoppar vi ¨ over bevisen. funktion

derivata

C(konstant) sin x cos x ex ln x xn

0 cos x − sin x ex 1 x n−1

nx

Exempel 3.70. D[2] = 0,

D[x] = 1,

D[x10 ] = 10x9 ,

D[x3/2 ] =

3 1/2 x , 2

D[1/x] = D[x−1 ] = −1·x−2 = −1/x2

F¨ or att bevisa att derivatan av xn ¨ar nxn−1 f¨or ett godtyckligt n kan man anv¨anda binomialsatsen. F¨ or att visa att derivatan av sin x ¨ ar lika med cos x anv¨ander man ett samband som inte ing˚ ar i kursen, n¨ amligen sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y. 3.7.3

Derivatan av summor, produkter, sammans¨ attningar och kvoter av funktioner

Det g¨ aller att derivatan av en summa av funktioner ¨ar densamma som summan av funktionernas derivator, vilket ¨ ar mycket hj¨ alpsamt vid ber¨akning av derivator. Mer precist s˚ a g¨aller det att D[f (x) + g(x)] = D[f (x)] + D[g(x)] och D[af (x)] = aD[f (x)] f¨or a ∈ R. Exempel 3.71. D[sin x + x2 + 4x4 ] = D[sin x] + D[x2 ] + 4D[x4 ] = cos x + 2x + 16x3 . Produktregeln beskriver hur man deriverar produkten av tv˚ a funktioner:

97

D [f (x) · g(x)] = f 0 (x) · g(x) + f (x) · g 0 (x) Exempel 3.72. Vad blir derivatan av funktionen f (x) = x2 · sin x i punkten x = π? L¨ osningsf¨ orslag: L˚ at g(x) = x2 och l˚ at h(x) = sin x. D˚ a f˚ ar vi D(f (x)) = D(g(x)h(x)) = g 0 (x)h(x) + g(x)h0 (x) = 2x sin x + x2 cos x enligt produktregeln. Allts˚ a¨ ar f 0 (π) = −π 2 .

F

Exempel 3.73. Vad blir derivatan av funktionen f (x) = ex · ln x? Lo at g(x) = ex och l˚ at h(x) = ln x. D˚ a f˚ ar vi ¨sningsfo ¨rslag: L˚ D(f (x)) = D(g(x)h(x)) = g 0 (x)h(x) + g(x)h0 (x) = ex · ln x +

ex x

enligt produktregeln. Produktregeln visar man med hj¨ alp av definitionen p˚ a derivata och gr¨ansv¨ardesformler. Kedjeregeln beskriver hur man deriverar en sammansatt funktion:

F

D [f (g(x))] = f 0 (g(x)) · g 0 (x) Man kallar f (x) f¨ or den yttre funktionen och g(x) f¨or den inre funktionen. Regeln minns man d˚ a l¨ attast genom att t¨ anka “yttre derivatan g˚ anger inre derivatan”. Exempel 3.74. Best¨ am derivatan av funktionen f (x) = sin x2 . Lo orslag: L˚ at g(x) = sin x och l˚ at h(x) = x2 . D˚ a ¨ar f (x) = g(h(x)). Enligt kedjeregeln ¨sningsf¨ blir derivatan D(f (x)) = D(g(h(x)) = g 0 (h(x)) · h0 (x) = cos x2 · 2x. F Exempel 3.75. Best¨ am derivatan av funktionen f (x) = (x2 + 5)10 i punkten x = 0. Lo at g(x) = x10 och l˚ at h(x) = x2 +5. D˚ a ¨ar f (x) = g(h(x)). Enligt kedjeregeln ¨sningsfo ¨rslag 1: L˚ blir derivatan D(f (x)) = D(g(h(x)) = g 0 (h(x)) · h0 (x) = 10(x2 + 5)9 · 2x och vi f˚ ar f 0 (0) = 10(02 + 5)9 · 2 · 0 = 0.

F

Lo orslag 2: En annan m¨ ojlig l¨osning ¨ar att utveckla (x2 + 5)10 med binomialsatsen och ¨sningsf¨ sedan derivera polynomet termvis. Men det blir givetvis otroligt mycket r¨akningar. F F¨ or den intresserade l¨ asaren ska vi nu genomf¨ora beviset av kedjeregeln. Vi kallar g(x) f¨or y, och vi anv¨ ander ∆x f¨ or att beteckna en liten skillnad p˚ a x. D˚ a g¨aller det att en liten skillnad p˚ a x ger oss en liten skillnad p˚ a y, f¨ orutsatt att g ¨ar kontinuerlig . Vi ska inte g˚ a in p˚ a detaljer, men man kan s¨ aga att en funktion ¨ ar kontinuerlig om man kan rita grafen till den utan att lyfta p˚ a pennan. Alla reella funktioner som vi st¨ott p˚ a hittills ¨ar kontinuerliga. Vi beh¨over en till definition innan vi formulerar och bevisar satsen. Vi s¨atter ∆y = g(x + ∆x) − g(x), vilket inneb¨ar att ∆y ¨ar litet om ∆x ¨ ar litet.

98

Sats 10. L˚ at f (x) och g(x) vara kontinuerliga reella funktioner. D˚ a g¨ aller att D [f (g(x))] = f 0 (g(x)) · g 0 (x). Bevis. Enligt definitionen av derivata s˚ a g¨aller det att D [f (g(x))] = lim

∆x→0

f (g(x + ∆x)) − f (g(x)) . ∆x

Vi f¨ orl¨ anger t¨ aljare och n¨ amnare med g(x + ∆x) − g(x) och f˚ ar lim

∆x→0

f (g(x + ∆x)) − f (g(x)) g(x + ∆x) − g(x) · . g(x + ∆x) − g(x) ∆x

Genom att utnyttja ∆y = g(x + ∆x) − g(x) kan vi skriva om f (g(x + ∆x)) som f (∆y + g(x)). Detta ger oss lim

∆x→0

f (∆y + g(x)) − f (g(x)) g(x + ∆x) − g(x) · . ∆y ∆x

H¨ ar byter vi nu ut g(x) till y, och f˚ ar f (y + ∆y) − f (y) g(x + ∆x) − g(x) · . ∆x→0 ∆y ∆x lim

Eftersom ∆y → 0 d˚ a ∆x → 0, s˚ a f˚ ar vi att ovanst˚ aende blir     f (y + ∆y) − f (y) g(x + ∆x) − g(x) lim · lim . ∆y→0 ∆x→0 ∆y ∆x Vi k¨ anner nu igen delarna som definitioner p˚ a derivator och vi har helt enkelt f 0 (y) · g 0 (x) = f 0 (g(x))g 0 (x). Vi ¨ ar nu klara med beviset. Kvotregeln beskriver hur man ber¨ aknar derivatan av en kvot och ges av sambandet  f 0 (x) · g(x) − f (x)g 0 (x) f (x) = . D 2 g(x) (g(x)) 

Exempel 3.76. Ber¨ akna derivatan av f (x) = x2 / sin x. L¨ osningsf¨ orslag: L˚ at g(x) = x2 och l˚ at h(x) = sin x. D˚ a ¨ar f 0 (x) =

g 0 (x) · h(x) − g(x)h0 (x) 2

(h(x))

=

2x · sin x − x2 cos x . sin2 x F

Man kan h¨ arleda kvotregeln fr˚ an produktregeln och kedjeregeln, men vi utel¨amnar det beviset.

99

3.7.4

¨ derivatan alltid definierad? Ar

L˚ at oss studera derivatans definition igen. Det g¨aller allts˚ a att f (x + h) − f (x) . h→0 h

f 0 (x) = lim

Vad som ¨ ar viktigt att f¨ orst˚ a¨ ar att talet h kan vara b˚ ade negativt och positivt. Det inneb¨ar att x + h b˚ ade kan vara mindre ¨ an eller st¨orre ¨an x. F¨or att derivatan ska vara definierad m˚ aste (x) vara samma tal oavsett om vi ”kommer fr˚ an h¨ o ger” (om h a r positivt) allts˚ a limh→0 f (x+h)−f ¨ h eller om vi ”kommer fr˚ an v¨ anster” (om h ¨ar negativt). Att det inte spelar n˚ agon roll fr˚ an vilket h˚ all vi kommer g¨ aller f¨ or v˚ ara vanliga funktionstyper; polynom, rationella funktioner, exponentialfunktioner, logaritmfunktioner och trigonometriska funktioner, men det visar sig att det finns element¨ ara funktioner d¨ ar derivatan ¨ ar odefinierad . Ett klassiskt exempel ¨ ar funktionen f (x) = |x|, se Figur 51. Funktionen kan skrivas som 3

2

1

-3

-2

1

-1

2

3

-1

-2

-3

Figur 51: Funktionen f (x) = |x|. ( g(x) = x om x ≥ 0 f (x) = h(x) = −x om x < 0. Derivatan av funktionen g(x) ¨ ar 1 medan derivatan av funktionen h(x) ¨ar −1. Detta inneb¨ar faktiskt att derivatan inte ¨ ar definierad i punkten 0. L˚ at oss se varf¨or. Antag f¨orst att h ¨ar ett positivt tal. Vi f˚ ar d˚ a lim

h→0

f (0 + h) − f (0) = lim f (h)/h = lim h/h = lim 1 = 1. h→0 h→0 h→0 h

Om vi ist¨ allet antar att h ¨ ar ett negativt tal s˚ a f˚ ar vi f (0 + h) − f (0) = lim f (h)/h = lim −h/h = lim −1 = −1 h→0 h→0 h→0 h→0 h lim

eftersom f (h) = −h d˚ ah¨ ar negativt. Det g¨ aller allts˚ a att funktionen f (x) saknar derivata i punkten 0. Observera att limh→0 1 = 1 och att limh→0 −1 = −1 eftersom v¨ ansterleden inte alls beror av h. 3.7.5

Till¨ ampning av derivata f¨ or att best¨ amma min- och maxpunkter

Vi s¨ ager att en funktion f (x) har ett lokalt minimum i punkten (a, f (a)) om funktionsv¨ardena precis intill punkten a ¨ ar st¨ orre ¨ an f (a). P˚ a samma s¨att har f (x) ett lokalt maximum i punkten 100

4.0

3.5

3.0

2.5

2.0

1.5

1.0

0.5

-2.5

-2.0

-1.5

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Figur 52: Grafen till funktionen f (x) = x3 +2x2 +1. Derivatan f 0 (x) ¨ar lika med 3x2 +4x = (3x+4)·x och har nollst¨ allen i x = 0 och i x = −4/3. I punkten x = 0 har funktionen en lokal minimipunkt och i punkten x = −4/3 antar f ett lokalt maxima. Tangenterna i dessa punkter ¨ar utritade med streckade linjer. (a, f (a)) om funktionsv¨ arderna precis intill punkten a ¨ar mindre ¨an f (a). Punkter som ¨ar lokala maxima eller minima kallas f¨ or extrempunkter . Om derivatan till en funktion ¨ ar definierad s˚ a ¨ar den noll i punkter d¨ar lokalt minimum eller maximum finns. Man kan inse att detta genom att minnas definitionen av derivatan av en funktion i en punkt som lutningen p˚ a tangenten p˚ a funktionens graf i samma punkt. Att ha lutning noll ar detsamma som att vara parallell med x-axeln, se Figur 52, vilket ju ¨ar fallet i en extrempunkt. ¨ Allts˚ a m˚ aste derivatan vara lika med noll i den punkten. Vi har allts˚ a f¨oljande sats. Sats 11. L˚ at f (x) vara en kontinuerlig funktion vars derivata ¨ ar definierad ¨ overallt. Om (a, f (a)) ar en lokal extrempunkt s˚ aa ¨ ¨r f 0 (a) = 0. Exempel 3.77. Funktionen f (x) = 16 − x2 har ett maximum f¨ or x = 0 och mycket riktigt s˚ a¨ ar f 0 (0) = 0. Vi har nu sett hur man kan anv¨ anda derivatan f¨or att best¨amma lokala extrempunkter. F¨or att kunna best¨ amma karakt¨ aren p˚ a extrempunkterna kan vi anv¨anda oss av andraderivatan, f 00 (x), definierad som derivatan av f 0 (x). Du kanske minns sedan gymnasiet att en negativ andraderivata inneb¨ ar att extrempunkten du hittat ¨ ar ett lokalt maximum och p˚ a motsvarande s¨att att en positiv andraderivata inneb¨ ar ett lokalt minimum. Genom n˚ agra exempel och tolkningen av derivata som grafens lutning inser vi varf¨ or det f¨ orh˚ aller sig s˚ a. L˚ at oss f¨ orst betrakta andragradspolynomet f (x) = x2 som harnollst¨alle i punkten x = 0. Grafen till f (x) ¨ ar som du redan k¨ anner till en parabel med minimum i x = 0. Funktionsgraferna till f (x), f 0 (x) och f 00 (x) ˚ aterfinns i figurerna 53, 54 och 55. Vi ser hur derivatan, vars kurva ¨ ar en r¨at linje, antar v¨arden som motsvaras av lutningen p˚ a kurvan till f (x). Derivatan f 0 (x) ¨ar negativ fram till x = 0 d¨ar f 0 (x) = 0 och d¨arefter ¨ar den positiv. Sj¨ alva kurvan till derivatan har allts˚ a alltid positiv lutning lika med tv˚ a, och d¨arf¨or ar andraderivatan konstant och positiv, f 00 (x) = 2. Det h¨ar ¨ar f¨orst˚ as inte unikt f¨or f (x) = x2 ¨ utan samma omst¨ andigheter r˚ ader i en omgivning f¨or varje lokalt minimum f¨or alla funktioner som har andraderivata. Om det ist¨ allet r¨or sig om ett lokalt maximum s˚ a a¨r funktionskurvans lutning positiv en bit ifr˚ an och fram till extrempunkten och negativ en bit d¨arefter. Det inneb¨ar att derivatan alltid kommer ha negativ lutning i denna omgivning och g˚ a fr˚ an positiva v¨arden till negativa - dvs andraderivatan a r negativ i extrempunkten samt i en omgivning till denna. ¨

101

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

-1.0

0.5

-0.5

1.0

Figur 53: Grafen till y = x2 . 2

1

-1.0

0.5

-0.5

1.0

-1

-2

Figur 54: Grafen till y = 2x. 4

3

2

1

-1.0

0.5

-0.5

1.0

Figur 55: Grafen till y = 2. Vi g˚ ar vidare till ett tredjegradspolynom. L˚ at oss konstruera ett polynom med nollst¨allen i x = 1, x = 2 och x = 3, det g¨ or vi genom att definiera g(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3) = x3 − 6x2 + 11x − 6. Derivering ger nu g 0 (x) = 3x2 − 12x + 11 och g 00 (x) = 6x − 12. Funktionsgraderna till g(x), g 0 (x) och g 00 (x) ˚ aterfinns i Figurerna 56, 57 och 58.

2

1

1

2

3

4

-1

-2

-3

Figur 56: Grafen till funktionen g(x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3) = x3 − 6x2 + 11x − 6.

102

10

8

6

4

2

1

2

3

4

Figur 57: Grafen till funktionen g 0 (x) = 3x2 − 12x + 11.. 10

5

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

4.0

-5

-10

Figur 58: Grafen till funktionen g 00 (x) = 6x − 12. P˚ a grund av hur vi konstruerade v˚ ar funktion s˚ a kommer g(x) att sk¨ara x-axeln i punkterna x = 1, x = 2 och x = 3 vilket vi ser i graferna ovan. Vi ser att det lokala maximumet i intervallet 1 < x < 2 motsvarar negativa v¨ arden p˚ a andraderivatan. I punkten x = 2 ¨ar g 00 (x) = 0 och d¨ arefter ¨ ar andraderivatan positiv vilket allts˚ a h¨anger ihop med det lokala minimumet i intervallet 2 < x < 3. I den punkt d¨ ar andraderivatan v¨axlar tecken, dvs d˚ a x = 2, har g(x) en s˚ a kallad inflexionspunkt. Vi s¨ ager ¨ aven att f (x) ¨ar konkav d˚ a f 00 (x) < 0 och konvex d˚ a f 00 (x) > 0. S˚ aledes kan man s¨ aga att att en inflexionspunkt ¨ar punkten d˚ a en kurva g˚ ar fr˚ an att vara konvex till konkav (eller tv¨ artom). Vi har allts˚ a med hj¨ alp av ovanst˚ aende exempel insett f¨oljande. Sats 12. L˚ at a vara en extrempunkt till en funktion f (x). Om f 00 (a) < 0 s˚ a¨ ar (a, f (a)) ett lokalt maximum och om f 00 (a) > 0 s˚ a¨ ar (a, f (a)) ett lokalt minimum. Exempel 3.78. Best¨ am alla extrempunkter, deras typ, och funktionsv¨ ardet i dessa f¨ or funktionen f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 5. L¨ osningsf¨ orslag: Eftersom f (x) ¨ ar ett polynom s˚ a ¨ar derivatan definierad ¨overallt. Vi ber¨aknar att f 0 (x) = 6x2 − 6x − 12, s˚ a l¨ osningarna till f 0 (x) = 0 ¨ar x = 2 och x = −1. Detta blir v˚ ara potentiella extrempunkter, eftersom f (x) inte har n˚ agra punkter d¨ar derivatan saknas. Vi ber¨ aknar sedan f 00 (x) = 12x − 6 och vi f˚ ar att f 00 (−1) = −18 < 0, s˚ a x = −1 ¨ar en lokal 00 maximipunkt. Vidare s˚ a¨ ar f (2) = 18 > 0 och x = 2 ¨ar d˚ a ett lokalt minimum. Sammanfattningsvis har vi d˚ a att x = −1 ¨ar ett lokalt maximum, och x = 2 ¨ar ett lokalt minimum. Funktionsv¨ ardena i dessa punkter ¨ar f (−1) = 12 resp. f (2) = −15. F

3.7.6

Till¨ ampning av derivata vid grafritning

Vi ska nu anv¨ anda teori som vi g˚ att igenom f¨or derivator f¨or att skissera grafen till en funktion f (x). Betrakta f (x) = x3 − 3x + 2 och dess derivata som ges av f 0 (x) = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1). 103

Nollst¨ allena till derivatan ¨ ar som synes x1 = 1 och x2 = −1. Andraderivatan ges av f 00 (x) = 6x och om vi stoppar in punkterna x1 = 1 och x2 = −1 s˚ a f˚ as att f 00 (1) > 0 samt f 00 (−1) < 0 s˚ a x1 = 1 ¨ ar ett lokalt minimum och x2 = −1 ¨ar ett lokalt maximum. Vi har en inflexionspunkt i x = 0. L˚ at oss g¨ ora ett fullst¨ andigt studium av grafen till f (x) = x3 − 3x + 2. F¨or att g¨ora det beh¨over vi veta var f har sina nollst¨ allen. Genom att s¨oka efter rationella r¨otter finner vi att x = 1 a¨r en rot. Genom polynomdivision f˚ ar vi f (x) = (x − 1) · (x2 + x − 2). Med hj¨ alp av kvadratkomplettering finner vi att r¨otterna till x2 + x − 2 = 0 a¨r lika med x1 = 1 och x2 = −2. F¨ or att kunna skissera grafen beh¨over vi kunna s¨aga n˚ agot om hur f (x) beter sig n¨ ar x blir stort. Den dominerande termen i f (x) a¨r x3 och den v¨axer snabbt mot o¨andligheten d˚ a x g˚ ar mot o¨ andligheten. Motsvarande g¨aller f¨or negativa v¨arden p˚ a x, dvs d˚ a x → −∞ s˚ a kommer f (x) → −∞. L˚ at oss skriva ned allt vi vet om f (x) i ett teckenschema p˚ a samma s¨att som vi gjort i tidigare avsnitt. Vi anger inget exakt v¨ arde f¨ or f 0 (x) och f 00 (x), det r¨acker med att ange om v¨ardet ¨ar positivt eller negativt, g˚ ar mot o¨ andligheten eller ¨ar lika med noll. Vi skriver det som +, −, ∞, −∞ eller 0. x f (x) f 0 (x) f 00 (x)

−∞ −∞ ∞ −∞

−2 0 + −

−1 4 0 −

0 2 − 0

1 0 0 +

∞ ∞ ∞ ∞

Vi ser nu i teckentabellen att andraderivatan a¨r negativ p˚ a intervallet −∞ < x < 0 och s˚ aledes a r f (x) konkav p˚ a intervallet −∞ < x < 0 och extrempunkten i x = −1 a¨r ett maximum. ¨ I intervallet 0 < x < ∞ a r andraderivatan positiv och f (x) a r allts˚ a konvex. Det betyder att ¨ ¨ extrempunkten i x = 1 a r ett minimum. I x = 0 har f (x) en inflextionspunkt. ¨ I Figur 59 skisserar vi nu grafen genom att anv¨anda all information som vi samlat i tabellen. 4

3

2

1

-2

1

-1

2

Figur 59: Skiss av grafen y = x3 − 3x + 2. Exempel 3.79. L˚ at h(x) = x3 +3x2 −24x+20. Best¨ am samtliga l¨ osningar till ekvationen h(x) = 0 samt lokala extrempunkter och deras karakt¨ ar. Ange vilka intervall som h(x) ¨ ar konkav respektive konvex p˚ a och best¨ am samtliga inflextionspunkter. Skissera slutligen grafen till kurvan y = h(x). L¨ osningsf¨ orslag: L¨ osningar till ekvationen f˚ as genom att se att x = 1 ¨ar en rot s˚ a vi dividerar bort faktorn 2 (x − 1). Sedan l¨ oser vi den kvarvarande andragradsekvationen x + 4x − 20 = 0 och f˚ ar att de tre √ √ nollst¨ allen ¨ ar x1 = 1, x2 = −2 + 2 6 och x3 = −2 − 2 6. Derivatan ges av h0 (x) = 3x2 + 6x − 24 = 3(x − 2)(x + 4)

104

och denna har nollst¨ allena x01 = 2 och x02 = −4. Andraderivatan ges av h00 (x) = 6x + 6, vilket ¨ ar positiv d˚ a x > −1 och negativ d˚ a x < −1. Funktionen ¨ar allts˚ a konvex d˚ a x > −1 och konkav d˚ a x < −1. I punkten x = −1 har h(x) en inflektionspunkt. N¨ ar x g˚ ar mot ±∞ g¨ or h(x) det ocks˚ a. Vi sammanst¨aller allt vi vet i en tabell: √ √ x −∞ −2 − 2 6 −4 −1 1 2 −2 + 2 6 ∞ h(x) −∞ 0 100 46 0 −8 0 ∞ h0 (x) ∞ + 0 − − 0 + ∞ h00 (x) −∞ − − 0 + + + ∞ Vi kan nu skissa grafen till kurvan y = h(x), se Figur 60. 100

80

60

40

20

-6

-4

-2

2

4

Figur 60: Grafen till kurvan y = x3 + 3x2 − 24x + 20. F Sammanfattningsvis beh¨ over vi allts˚ a ta reda p˚ a f¨oljande f¨or att kunna skissera en funktionsgraf d¨ ar derivatan a overallt: ¨r definierad ¨ 1. Vilka ¨ ar funktionens nollst¨ allen? 2. Vilka ¨ ar funktionens extrempunkter (derivatans nollst¨allen)? 3. Vilken karakt¨ ar har extrempunkterna - lokala maxima eller minima? (avg¨ors av andraderivatans tecken i punkterna) 4. Hur beter sig funktionen f¨ or stora ing˚ angsv¨arden? 3.7.7

Maximum och minimum av en funktion p˚ a ett intervall

Vi ska nu avsluta med att g˚ a igenom hur man kan best¨amma st¨orsta och minsta v¨arde av en funktion p˚ a ett intervall och vi till˚ ater nu ¨aven att derivatan inte n¨odv¨andigtvis ¨ar definierad overallt. ¨ Om man vill finna maximum (minimum) av en funktion f (x) p˚ a ett intervall [a, b] s˚ a kan man g¨ ora p˚ a f¨ oljande s¨ att. 1. Derivera f (x) och best¨ am alla punkter inom [a, b] d¨ar f 0 (x) = 0. Ber¨akna funktionsv¨ardet i dessa. 2. Ber¨ akna funktionens v¨ arde i eventuella punkter d¨ar derivatan inte ¨ar definierad. 3. Ber¨ akna funktionens v¨ arde i ¨ andpunkterna. 4. Funktionens maximum (minimum) ¨ar det st¨orsta (minsta) v¨ardet av alla funktionsv¨arden du ber¨aknat. 105

Exempel 3.80. Best¨ am alla extrempunkter, deras typ, och funktionsv¨ ardet i dessa f¨ or funktionen f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 5 p˚ a intervallet [−3, 1]. Lo orslag: Fr˚ an exempel 3.78 vet vi att derivatan till f (x) ¨ar noll i x = 2 och x = −1 och ¨sningsf¨ att f (2) = −15 samt f (−1) = 12. Det f¨ orsta v¨ardet ing˚ ar dock inte i v˚ art intervall. L˚ at oss ta reda p˚ a funktionsv¨ arderna i ¨ andpunkterna. Vi f˚ ar f (−3) = −40 och f (1) = 2 − 3 − 12 + 5 = −8. Det f¨ oljer att funktionens maximala v¨ arde ¨ ar f (−1) = 12 och att dess minimala v¨arde ¨ar f (−3) = −40. F L˚ at oss nu titta p˚ a ett litet sv˚ arare exempel. Exempel 3.81. Finn st¨ orsta och minsta v¨ arde som funktionen f (x) = −x2 + |x| + 2 antar p˚ a intervallet [−2, 1/4]. Lo orslag: Eftersom vi har ett absolutbelopp med s˚ a ¨ar derivatan inte definierad i x = 0. ¨sningsf¨ L˚ at oss dela upp funktionen i tv˚ a delar, d¨ar b˚ ada delarna ¨ar polynom. Funktionen kan skrivas som ( g(x) = −x2 + x + 2 om x ≥ 0 f (x) = h(x) = −x2 − x + 2 om x < 0. Derivatan av g(x) ¨ ar −2x + 1. Om vi s¨atter detta uttryck till noll f˚ ar vi x = 1/2. Denna punkt ligger dock inte i det intervall d¨ ar f (x) ¨ar definierad. F¨ or funktionen h(x) har vi h0 (x) = −2x − 1 och vi f˚ ar x = −1/2 som l¨osning till h0 (x) = 0. Vi har allts˚ a fyra punkter som kandidater till min- och maxpunkter; punkten d¨ar derivatan ar odefinierad (x = 0), punkten d¨ ar derivatan ¨ar noll (x = −1/2) samt intervallets ¨andpunkter ¨ (x = −2 och x = 1/4). Vi f˚ ar f (0) = 2, f (−1/2) = 9/4, f (−2) = 0 och f (1/4) = 35/16. Eftersom 9/4 = 36/16 s˚ a ¨ ar f (−1/2) > f (1/4). Allts˚ a ¨ar funktionens st¨orsta v¨arde 9/4 och funktionens minsta v¨ arde ¨ ar 0. Funktionen illustreras i Figur 61. F

¨ Ovningar 1. Best¨ am derivatan av x5 + x4 + 3x2 − 2 + x−1 2. Best¨ am derivatan av sin 2x + cos 2x. 3. Best¨ am derivatan av sin2 x + cos2 x. F¨orklara resultatet. 4. Best¨ am f 0 (0) d˚ a (a) f (x) = x2 + 2x cos x (b) f (x) = esin x (c) f (x) = (2x + 4)10 5. Finn minsta och st¨ orsta v¨ arde som f¨oljande funktioner antar i intervallet [−10, 10]: (a) 10 − 2x − x2 (b) |x − 2| + x2 − 4x 6. Best¨ am tangentens ekvation till kurvan f (x) = 2x3 − x + 1 i punkten (2, 15). 7. Best¨ am lokala extrempunkter till f (x) = 2x3 − 15x2 + 24x − 1 och avg¨or med hj¨alp av andraderivatan vilka som ¨ ar lokala maxima respektive minima. 8. Best¨ am x-koordinaten till de lokala extrempunkterna hos g(x) = x3 − 6x2 + 11x − 6. 106

3

2

1

-2.0

-1.5

-1.0

0.5

-0.5

-1

-2

-3

Figur 61: Funktionen f (x) = −x2 + |x| + 2 p˚ a intervallet [−2, 1/4].

3.8

Integraler

F¨ or att uppskatta en area A i planet som begr¨ansas av en positiv graf och ett intervall [a, b] p˚ a x-axeln kan vi ta hj¨ alp av inskrivna och omskrivna rektanglar. Dessa rektanglar brukar kallas f¨or ovre och undre rektanglar, se Figur 62. ¨

a

b

Dx

¨ Figur 62: Ovre och undre rektanglar till funktionen f (x) = x3 − 4x2 + 3x + 7. L˚ at f vara en funktion som ¨ ar begr¨ansad i intervallet [a, b]. Detta betyder att f (x) < ∞ f¨or alla x ∈ [a, b]. Till exempel ¨ ar alla polynom begr¨ansade i [a, b] oavsett v¨arde p˚ a a och b. L˚ at oss nu dela upp intervallet [a, b] i n stycken delar. Indelningen kan till exempel skrivas a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b, s˚ a att xi ¨ar den h¨ogra ¨andpunkten i det i:te intervallet fr˚ an v¨ anster r¨ aknat. Vi f˚ ar d˚ a att det ite intervallet ges av [xi−1 , xi ] och har l¨angden xi − xi−1 = ∆xi . Exempel 3.82. Om vi delar upp intervallet [1, 2] i fem lika stora delar f˚ ar vi x0 = 1,

x1 = 1.2

x2 = 1.4,

x3 = 1.6, 107

x4 = 1.8

och

x5 = 2.

Beteckna det st¨ orsta funktionsv¨ ardet i intervallet [xi−1 , xi ] med Mi och det minsta funktionsv¨ ardet i samma intervall med mi . D˚ a kommer den ¨ovre rektangeln i det i:te intervallet att ha arean Mi · ∆xi och den undre rektangeln i samma intervall att ha arean mi · ∆xi . Vi erh˚ aller den s˚ a kallade ¨ oversumman och undersumman som Sn =

n X

Mi ∆xi respektive sn =

i=1

n X

mi ∆xi .

i=1

Exempel 3.83. L˚ at f (x) = x2 . Ber¨ akna undersumman respektive ¨ oversumman p˚ a intervallet [1, 2] d˚ a n = 2. Lo orslag: Vi noterar f¨ orst att f (x) ¨ar v¨axande p˚ a intervallet [1, 2]. Eftersom n = 2 ska vi ¨sningsf¨ dela upp intervallet i tv˚ a delar, n¨ amligen [1, 3/2] och [3/2, 2]. Det st¨orsta v¨ardet p˚ a funktionen i intervallet [1, 3/2] ¨ ar f (3/2) = 9/4, allts˚ a ¨ar M1 = 9/4. Det minsta v¨ardet i samma intervall ¨ar f (1) = 1, allts˚ a¨ ar m1 = 1. Det st¨ orsta v¨ardet p˚ a f i intervallet [3/2, 2] ¨ar f (2) = 4, s˚ a M2 = 4 och det minsta v¨ ardet ¨ ar f (3/2) = 9/4, s˚ a m2 = 9/4. B¨agge tv˚ a intervallen har l¨angden 1/2, s˚ a S2 = M1 ·

1 9/4 + 4 25 1 + M2 · = = 2 2 2 8

s2 = m1 ·

1 1 1 + 9/4 13 + m2 · = = . 2 2 2 8

och

F Den s¨okta arean under funktionskurvan ligger givetvis mellan dessa tv˚ a areor. Areorna sn och Sn n¨ armar sig varandra d˚ a indelningen blir finare och finare, allts˚ a d˚ a antalet delintervall g˚ ar mot o¨ andligheten. Vi s¨ ager att f ¨ ar integrerbar om sn och Sn g˚ ar mot samma tal d˚ a n → ∞, och detta tal kallas f¨ or integralen av f . Integralen av f (x) i intervallet [a, b] betecknas Z

b

f (x) dx. a

I inledningen av detta kapitel antog vi att grafen till funktionen l˚ ag ovanf¨or x-axeln, men intergraldefinitionen som arean mellan grafen och x-axeln g¨aller ¨and˚ a, om vi till˚ ater negativa areor. Exempel 3.84. Integralen av f (x) = x p˚ a intervallet [−1, 1] ¨ ar noll eftersom den ¨ ar summan av den negativa arean mellan −1 och 0 och den positiva arean mellan 0 och 1, se Figur 63. 1.0

0.5

A2

-1.0

0.5

-0.5

1.0

A1 -0.5

-1.0

Figur 63: Integralen av f (x) = x mellan −1 och 1 ¨ar noll eftersom areorna A1 och A2 ¨ar lika stora (1 · 1/2 = 1/2) men har ombytta tecken.

108

De flesta funktioner du hittills har st¨ott p˚ a ¨ar integrerbara. I allm¨anhet g¨aller att alla kontinuerliga funktioner ¨ ar integrerbara. Anm¨ arkning 1. Observera logiken i p˚ ast˚ aendet ”Alla kontinuerliga funktioner a ¨r integrerbara”. Det inneb¨ ar att kontinuerlig a r ett tillr¨ a ckligt villkor f¨ o r att en funktion f (x) ska vara integrerbar, ¨ men inte n˚ agot n¨ odv¨ andigt s˚ adant! Det finns funktioner som inte a r kontinuerliga men som a a ¨ ¨nd˚ ar integrerbara. ¨ 3.8.1

Ber¨ akning av integraler

Vi b¨ orjar med en definition. Definition 6. Om f och F ¨ ar tv˚ a funktioner s˚ adana att F 0 (x) = f (x) f¨ or alla x i ett intervall I s˚ a kallas F f¨ or en primitiv funktion till f i intervallet I. Exempel 3.85. L˚ at f (x) = x2 . D˚ a¨ ar x3 /3 en primitiv funktion till f eftersom F 0 (x) = 3 · x2 /3 = 2 ¨ 3 x . Aven x /3 + 1 ¨ ar en primitiv funktion till f eftersom ettan f¨ orsvinner vid derivering. Som exemplet antyder s˚ a finns det o¨andligt m˚ anga primitiva funktioner till en funktion f definierad p˚ a ett icke-tomt intervall I. Mer precist — om F (x) ¨ar en primitiv funktion s˚ a ¨ar ¨aven F (x) + C en primitiv funktion, d¨ ar C ¨ar en godtycklig konstant. Vid ber¨ akning av integraler anv¨ ander vi oss av integralkalkylens huvudsats, vars bevis g˚ as igenom i den inledande analyskursen p˚ a h¨ ogskolan. Sats 13. Om f ¨ ar en kontinuerlig funktion i intervallet [a, b] och om F ¨ ar en godtycklig primitiv funktion till f i [a, b] s˚ a g¨ aller det att Z b f (x) dx = F (b) − F (a). a

Observera att detta resultat blir detsamma vilken primitiv funktion man ¨an v¨aljer eftersom eventuella konstanttermer f¨ orsvinner vid subtraktionen. L˚ at till exempel F + C vara en annan primitiv funktion till f . D˚ a¨ ar Z b f (x) dx = F (b) + C − (F (a) + C) = F (b) − F (a). a

Exempel 3.86. L˚ at oss verifera att integralen av f (x) = x p˚ a intervallet [−1, 1] fr˚ an Exempel 3.84 verkligen blir noll. F (x) = x2 /2 ¨ ar en primitiv till f (x) = x och allts˚ a g¨ aller det att Z 1 x dx = 12 /2 − (−1)2 /2 = 1/2 − 1/2 = 0. −1

R

Funktionsuttrycket f (x) som st˚ ar under integraltecknet kallas f¨or integrand . Ibland skriver man f (x) dx utan integrationsgr¨ anser. Man menar d˚ a en godtycklig primitiv funktion till f (x).

3.8.2

N˚ agra integrationsregler

L˚ at D beteckna derivatan. D˚ a kan vi fr˚ an derivationsreglerna D(f + g) = Df + Dg och D(kf ) = kDf h¨ arleda f¨ oljande regler f¨ or integraler: Z Z Z Z Z (f + g) dx = f dx + g dx och kf dx = k f dx

(3.8.1)

d¨ ar k ¨ ar en konstant. Man kan allts˚ a integrera termvis och flytta ut konstanter f¨or att g¨ora det lite enklare f¨ or sig. Nedan ges primitiva funktioner till n˚ agra vanligt f¨orekommande funktioner. Observera att man till var och en av de primitiva funktionerna kan addera en konstant. 109

funktion sin x cos x ex x−1 xa

primitiv − cos x + C sin x + C ex + C ln |x| + C 1 a+1 + C, a 6= −1 a+1 x

F¨ or att underl¨ atta ber¨ akningar av integraler har man inf¨ort en mellanstegsnotation; man skriver b

Z

b

f (x) dx = [F (x)]a = F (b) − F (a),

a

d¨ ar F (x) ¨ ar en primitiv till f (x). Exempel 3.87. Ber¨ akna Z

Z

2

x dx och

1

x2 dx.

0

L¨ osningsf¨ orslag: Uttrycket

x3 3

+C ¨ ar en primitv till x2 . Allts˚ a ¨ar Z

x3 + C. 3

x2 dx =

F¨ or att l¨ osa den andra delen av uppgiften anv¨ander vi mellanstegsnotation ovan. Z

1

x2 dx =



0

x3 3

1 = 0

03 1 13 − = . 3 3 3 F

Man kan enkelt testa om man funnit r¨att primitiv funktion genom att derivera den — d˚ a ska man f˚ a tillbaka sin ursprungliga funktion. Exempel 3.88. Best¨ am Z

x3 + 2x2 + 1 dx

och kontrollera ber¨ akningen. L¨ osningsf¨ orslag: Vi anv¨ ander r¨ akneregeln i 3.8.1 och f˚ ar Z Z Z Z x3 + 3x2 + 1 dx = x3 dx + 3x2 dx + 1 dx = x4 /4 + x3 + x + C. Vi testar att vi verkligen har f˚ att fram en primitiv genom att derivera resultatet. Vi f˚ ar D[x4 /4 + x3 + x + C] = x3 + 3x2 + 1, vilket ¨ ar precis vad vi ville ha. F Exempel 3.89. Ber¨ akna Z

ln 2

3ex dx.

ln 1

110

L¨ osningsf¨ orslag: Z

ln 2

ln 1

ln 2

3ex dx = 3 [ex ]ln 1 = 3(eln 2 − eln 1 ).

Eftersom ex och ln x a ar allts˚ a ¨r inverser till varandra har vi eln 2 = 2 och eln 1 = 1. Vi f˚ 3(eln 2 − eln 1 ) = 3(2 − 1) = 3. F Exempel 3.90. Ber¨ akna Z

π/2

(2 sin x + cos x) dx. 0

L¨ osningsf¨ orslag: Z π/2 π/2 (2 sin x+cos x) dx = [−2 cos x + sin x]0 = −2 cos(π/2)+sin(π/2)+2·cos 0−sin 0 = 0+1+2+0 = 3. 0

F Exempel 3.91. Ber¨ akna en primitiv till sin x + cos 2. L¨ osningsf¨ orslag: Termen cos 2 ¨ ar en konstant och en primitiv blir d¨arf¨or − cos x + x cos 2.

F

Integraler ¨ ar allts˚ a en slags antiderivator, men de ¨ar normalt mycket sv˚ arare att ber¨akna. Det finns exempel p˚ a integraler som inte har primitiver som kan uttryckas med element¨ara funktioner. 2 Ett vanligt exempel ¨ ar e−x . 2

Kuriosa 10. Att hitta en primitiv till e−x a a om¨ ojligt om vi begr¨ ansar oss till de elemen¨r allts˚ t¨ ara funktionerna. Men det visar sig att f¨ or integrationsgr¨ anserna −∞ och ∞ (definitionen av integrationsgr¨ anserna −∞ och ∞ ryms normalt inom grundkurser i matematik p˚ a h¨ ogskolan) a ¨r R ∞ −x2 √ integralen m¨ ojlig att best¨ amma! Det g¨ aller faktiskt att −∞ e dx = π. Resultaten kommer som en naturlig f¨ oljdsats fr˚ an en sats i matematisk statistik. Om vi ska hitta en primitiv till e2x s˚ a duger inte e2x eftersom D[e2x ] = 2e2x .RVi m˚ aste kompensera f¨ or tv˚ aan och provar e2x /2. Derivatan av denna funktion a¨r e2x , och allts˚ a a¨r e2x dx = e2x /2+C. P˚ a samma s¨ att har vi Z − cos 5x sin 5x dx = + C. 5 och Z 6e2x dx = 3e2x + C. I enklare fall som ovan g˚ ar det bra att anv¨anda magk¨anslan och prova sig fram. Eftersom man kan derivera sitt svar g˚ ar det enkelt att kontrollera att man t¨ankt r¨att. Men om funktionen ¨ar mer komplicerad m˚ aste man vara lite mer systematisk. Hur man d˚ a g˚ ar tillv¨aga visas p˚ a inledande analyskurser p˚ a h¨ ogskolan. 3.8.3

Att best¨ amma areor med hj¨ alp av integraler

Vi inledde studiet av integraler genom en areaber¨akning och ska nu visa hur man kan l¨osa en till synes komplicerad areaber¨ akning med just integralkalkyl. Exempel 3.92. Best¨ am arean A av omr˚ adet i f¨ orsta kvadranten som ligger mellan kurvorna y = x2 , y = x12 och linjen y = 4.

111

12

10

8

6

4

2

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

Figur 64: Omr˚ adet som vi s¨oker arean av. Lo ¨sningsfo ¨rslag: Om man skisserar graferna a¨r det l¨attare att se hur vi ska integrera. Repetera slutet p˚ a f¨ oreg˚ aende avsnitt om du beh¨over p˚ aminna dig om hur man skisserar kurvor. Vi b¨ orjar med att ta reda p˚ a sk¨ arningspunkten mellan kurvan y = x12 och y = 4 samt den mellan y = x2 och y = 4. Dessa ¨ ar (1/2, 4) respektive (2, 4). D¨arf¨or ber¨aknar vi arean R av rektangeln med gr¨ anserna 1/2 ≤ x ≤ 2 och 0 ≤ y ≤ 4, vilken ¨ar lika med 6 areaenheter, se Figur 65. 8

6

4

2

0 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

Figur 65: Omr˚ adet som ligger mellan linjen y = 4, x-axeln samt linjerna x = 1/2 och x = 2 . Vi ska nu ber¨ akna arean av omr˚ adet som ligger mellan kurvan y = linjerna x = 1/2 och x = 1, se Figur 66 p˚ a intervaller [ 12 , 1].

1 x2

och x-axeln samt de r¨ata

8

6

4

2

0 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

Figur 66: Omr˚ adet som ligger mellan kurvan y = x12 och x-axeln samt de r¨ata linjerna x = 1/2 och R1 x = 1 och vars area ¨ ar lika med 1 x12 dx areaenheter. 2

Sk¨ arningspunkten mellan y = [1/2, 1]. Vi f˚ ar d˚ a

1 x2

och y = x2 ¨ar (1, 1). Allts˚ a ska vi nu integrera

112

1 x2

i intervallet

1

Z I1 =

1 2

 1 1 1 = (−1) − (−2) = 1. dx = − x2 x 1 2

Slutligen ber¨ aknar vi arean av omr˚ adet som ligger mellan kurvan y = x2 och x-axeln samt de r¨ ata linjerna x = 1 och x = 2 p˚ a intervaller [1, 2], se Figur 67. 8

6

4

2

0 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

2 Figur 67: Omr˚ adet som ligger mellan R 2 2 kurvan y = x och x-axeln samt de r¨ata linjerna x = 1 och x = 2 och vars area ¨ ar lika med 1 x dx areaenheter.

Denna ges av 2

Z

x2 dx =

I2 = 1



x3 3

2 = 1

23 13 8−1 7 − = = 3 3 3 3

Sammantaget kan vi nu allts˚ a ber¨ akna A genom A = R − I1 − I2 = 6 − 1 −

7 8 = . 3 3 F

¨ Ovningar 1. Best¨ am alla primitiva funktioner till (a) x + x2 (b) 1/x + 1/x2 (c) e3x √ √ (d) x + 1/ x (e) eax+b 2. Ber¨ akna integralerna R1 (a) 0 x2 + 3 dx R −2 (b) 0 ex − e dx R2 (c) 1 x3/2 · x dx 3. Ber¨ akna arean som begr¨ ansas av kurvorna y = x2 och y = x.

113

4

Facit till ¨ ovningarna

Kapitel 1 Avsnitt 1.2 1. 1 − (5 − 4) = 0 2. (−1)3 = −1 3. (−1)12 = 1 4. −(a − b − (a + b)) + (a + b) = a + 3b 5. (a + b)(c + d) − c(a + b) = (a + b)d 6. (a + b)3 = (a + b)(a + b)(a + b) = (a2 + 2ab + b2 )(a + b) = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 . 2

2

7. (22 )2 = 22 , (23 )2 = 82 = 64 6= 23 = 29 = 512 8. k = 15, r = 2, det vill s¨ aga 107 = 15 · 7 + 2. 9. 293 − 10 · 17 = 123, 123 − 7 · 17 = 4. Resten a¨r allts˚ a 4. 10. 11. Avsnitt 1.3 1. 4 2. 2 3. 40 (= 4 · 2 · 5) 4. 661 ¨ ar ett primtal, medan 133 = 19 · 7 och 85 = 5 · 17. Det f¨oljer att 133 har de positiva delarna 1, 7, 19 och 133 och att 85 har de positiva delarna 1, 5, 17 och 85, d.v.s. fyra var. 5. Avsnitt 1.4 1. 0 2. 1 3. M˚ andag 4. 2 5. 7 6. 5 7. Om sn , sn−1 , . . . , s1 , s0 ¨ ar sifforna i talet t kan vi skriva det som sn · 10n + sn−1 10n−1 + · · · s1 · 10 + s0 . Eftersom 10 ≡3 1 s˚ a¨ ar 10n ≡3 1n = 1 och allts˚ a l¨amnar talet t och dess siffersumma samma rest vid division med tre. Avsnitt 1.5 1. 1000102 2. 13

114

Avsnitt 1.6 1. 41/42 2. −20/3 3. 5/2 4. Ja, de ¨ ar lika. 41 27

5. (a)

(b) −9 1 (c) − 30 29 144

(d)

Avsnitt 1.7 1. 64 2. 2 3. 8 4. 28/3 5. 27 1

6. 2 · 2 12 7. 2−53/24 Avsnitt 1.8 1. 5 + 3i 2. 4i + 4 3. (a) 3 −

2i 3 4i 3 5i 3

(b) −1 − (c)

7 3

−

4. −1 5. 1 6. Re(z) = −2, Im(z) = 2. Avsnitt 1.9 1. 999996 2. (a) x (b)

x−y x+y

(c) −5 − x 3. 25 4.

3 2

+

5i 2

Kapitel 2 Avsnitt 2.1 115

1. (a) − 12 ±

√

3 2 i

(b) x = 1, x = − 53 (c) x = 3, x = −4 2. a = 8/7, b = 2/7. 3. x = −1/2, y = 11/2. 4. a = 17/4 och b = 3/4. Avsnitt 2.2 1. (a) Kvot: x + 2, rest: 3. (b) Kvot: 3x + 2, rest: −14x + 1. (c) Kvot: 3x2 + 11x + 31, rest: 105x + 38. (d) Kvot: x + 1, rest: 0. (e) Kvot: x − 5, rest: 17x2 + 17x + 17. (f) Kvot: 0, rest:x5 . 2. Sant eftersom p(2) = 0. 3. x3 + x2 − 2x − 2 = (x + 1)(x −

√

2)(x +

√

√ √ 2), r¨otterna ¨ar s˚ aledes −1, 2 och − 2.

4. Saknar heltalsl¨ osningar. 5. k = −4 med kvoten x2 − 2x + 8 eller k = 2 med kvoten x2 − 2x + 2. 6. x =

1 2

7. 1, 2, 3, 4, 5 Avsnitt 2.3 1. 7!=5040 2.

11! 4!·4!·2!

= 34650

3. 5 · 4 · 3 = 60
4. 93 = 84 5. (a) 35 (b) 66 6. Koefficienten framf¨ or x9 ¨ ar noll och koefficienten framf¨or x10 ¨ar

30 4




.

7. Summan blir 1, 2, 4, 8, 16, 32,... Sambandet ¨ar att summan n i rad i ¨ar 2i−1 . 8. Ledning: V¨ alj x = y = 1 i binomialsatsen. Avsnitt 2.4 1. x = 9/4. 2. Finns inga l¨ osningar. 3. x = 2 och x = 6. 4. (a) Ja, alla tal st¨ orre ¨ an 1 ¨ ar ocks˚ a st¨orre ¨an 0. (b) Nej, x kan vara ett tal som ¨ ar st¨orre ¨an 0, men mindre ¨an 1, t.ex 1/2. 116

(c) Ja, produkten av tv˚ a tal som ¨ar positiva eller noll garanterar att produkten av dem ocks˚ a¨ ar positivt eller 0. (d) Ja. Kapitel 3 Avsnitt 3.1 1. (a) {1, 2, 4, 5, 6, 10, 100, 101} (b) {2, 6, 10} (c) {1, 4, 100} 2. Ja. Varje rationellt tal kan skrivas p˚ a formen a/b, d¨ar a och b ¨ar heltal och d¨ar b ¨ar nollskilt. Avsnitt 3.2 1. V¨ ardem¨ angden ¨ ar {a, b} och funktionen ¨ar inte injektiv eftersom det finns tv˚ a element som avbildas p˚ a a. 2. Funktionen f ¨ ar b˚ ade injektiv och surjektiv, eftersom varje element i Z ”tr¨affas” precis en g˚ ang. 3. g(a) = a2 . Funktionen g ¨ ar inte injektiv, t.ex. ¨ar g(−1) = g(1). Funktionen ¨ar inte heller surjektiv, t.ex. finns inget a s˚ a att g(a) = −1. Avsnitt 3.3 1. (a) S¨ att f (x) = 1 − x. D˚ a blir m¨angden av alla punkter (x, y) av reella tal som uppfyller x + y = 1 lika med grafen till f (x). √ √ √ √ −1/ 2) ligger i m¨angden m˚ aste det g¨alla att (b) Eftersom ade√(1/ 2, 1/ 2) och √ b˚ √ (1/ 2,√ f (1/ 2) = 1/ 2 och att f (1/ 2) = −1/ 2. Men d˚ a ¨ar inte f n˚ agon funktion och alls˚ a kan inte punktm¨ angden vara grafen till n˚ agon funktion. (c) Eftersom b˚ ade (1, 1) och (1, −1) ligger i m¨angden m˚ aste det g¨alla att f (1) = 1 och att f (1) = −1. Men d˚ a ¨ ar inte f n˚ agon funktion och alls˚ a kan inte punktm¨angden vara grafen till n˚ agon funktion. 2. Dessa grafer ska ritas: y = x2 , y = (x − 1)2 , y = x2 + 1 och y = (−x)2 (= x2 ). 3. Se Figur 68.

6

4

2

-3

-2

1

-1

2

3

Figur 68: Grafen till f (x) = x2 + 2x d˚ a x ≤ 1 och 2x + 1 d˚ a x > 1. 4. f −1 (x) = x/2. Definitionsm¨ angden, v¨ardem¨angden och m˚ alm¨angden ¨ar R. 117

5. f −1 (x) = (x − 5)/3. Definitionsm¨angden, v¨ardem¨angden och m˚ alm¨angden ¨ar R. 6. y = x/2 + 11/2. 7. y = 10x/9 + 25/3 8. (a) x = 3 (b) x = 1 9. 6. 10. λ = ln 2/T . 11. (a) x = −1 (b) t = 1 (c) saknar l¨ osning. 12. (a) x = 4 (b) − 12 (c) x1 = 2, x2 = 5. 13. 65/24 √ 14. Genom√att s¨ atta x = −1 f˚ ar vi ekvationen y 2 = −1 + 4 − 1 = 2, vilket ger att (−1, 2), (−1, − 2 ¨ ar punkter a kurvan. ar vi ekvationen y 2 = 27−12−1 = 14, √ Genom att s¨atta x = 3 f˚ √ p˚ ar punkter p˚ a kurvan. vilket ger att (3, 14), (3, − 14 ¨ Avsnitt 3.4 1. (a) x > −7 (b) x < −3 eller x > 1 (c) x ≥ 2 eller x = −2. √ √ √ √ 2. Sk¨ arningspunkterna ar (−3/2 −√ 21/2, 4 + 21) och (−3/2 + 21/2, 4 − 21). F¨or x < ¨ √ −3/2 − 21/2 eller x > −3/2 + 21/2 g¨aller att f (x) > g(x). Avsnitt 3.5 1. 2. 50 cm2 . 3. 2 cm. 4. (a) − 12 √

(b)

3 2

(c) 1 5. ±45◦ + n · 360◦ , ±135◦ + n · 360◦ ar 5 och fasf¨orskjutningen ¨ar 45◦ ˚ at v¨anster. 6. Perioden ¨ ar 1080◦ , amplituden ¨ 7.

1 2

8. x = ± π4 + n · 2π och x = ± 3π 4 + n · 2π, alternativt x = √ 9. (a) 2(cos π4 + i sin π4 ) √ (b) 2(cos(− π4 ) + i sin(− π4 )) 118

π 4

+ n · π2 .

Avsnitt 3.7 1. 5x4 + 4x3 −

1 x2

+ 6x

2. 2 cos(2x) − 2 sin(2x) 3. 0, vilket f¨ oljer direkt fr˚ an sambandet 1 = sin2 x + cos2 x. 4. (a) 2 (b) 1 (c) 5 · 410 (= 20 · 49 ) 5. (a) Minimum i 10, funktionsv¨ arde −110, maximum i −1, funktionsv¨arde 11. (b) Minimum i 2, funktionsv¨ arde −4, maximum i −10, funktionsv¨arde 152. 6. Tangentens ekvation ¨ ar y = 23x − 31. 7. (1, 10) ¨ ar lokalt maximum och (4, −17) ¨ar lokalt minimum. 8. x =

√ 6− 3 3

och x =

√ 6+ 3 3 .

Avsnitt 3.8 1. (a)

x3 3

+

x2 2

+C

(b) ln(|x|) − 3x

1 x

+C

(c)

e

(d)

2x3/2 3

√ +2 x+C

(e)

eax+b a

+C

2. (a)

3

+C

10 3

(b) −1 + (c)

√ 16 2 7

1 e2

−

+ 2e 2 7

3. F¨ or att ta reda p˚ a n¨ ar kurvorna sk¨ar varandra s¨atter vi x = x2 , vilket satisfieras av x1 = 0 och x2 = 1. D˚ a x ligger mellan 0 och 1 s˚ a ligger kurvan y = x ovanf¨or kurvan y = x2 , se Figur 69. 1.4

1.2

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Figur 69: Kurvan y = x2 och linjen y = x. Allts˚ a ska vi ber¨ akna arean A = I1 − I2 , d¨ ar Z I1 = 0

1

x2 x dx = 2 

119

1 = 0

1 2

1.2

och Z I2 =

1

x2 dx =

0

vilket ger A = I1 − I2 =



x3 3

1 = 0

1 , 3

1 1 3−2 1 − = = . 2 3 2·3 6

120

Sakregister oversumma, 108 ¨ absolutbelopp, 72 algoritm, 33 amplitud, 88 andragradsekvation, 31, 32 areasatsen, 82 argument, 89 bas, 8, se talbas bin¨ art talsystem, 18 binomialkoefficient, 46, 48 cosinussatsen, 84 definitionsm¨ angd, 54 delare, 10, 13 delm¨ angd, 7, 53 derivataregler, 97 ekvivalens, 50 enhetscirkeln, 75 exponent, 8 extrempunkt, 101 f¨ orkortad form, 19 f¨ orstagradsekvation, 31, 32 faktorisering, 35 fasf¨ orskjutning, 88 funktion, 54 funktionsgraf, 59 gemensamt br˚ akstreck, 20 grad, 31 graf, 59 heltalen, 7 hypotenusa, 74 imagin¨ ardel, 26 implikation, 50 injektiv, 55 ins¨ attning, 31 integralkalkylens huvudsats, 109 integrand, 109 integrerbar, 108 intervall, 59 irrationella tal, 23 katet, 74 kombination, 45 komplexa tal, 26

konjugatregeln, 28 kontinuerlig, 98 kubregeln, 47 kvadratkomplettering, 33 kvadreringsreglerna, 28 kvot, 10 likn¨amnigt, 20 linj¨ar ekvation, 31 linj¨art ekvationssystem, 36 logaritmfunktion, 67 logaritmlagar, 67 lokalt maximum, 101 lokalt minimum, 101 lutningen, 64 m˚ alm¨angd, 54 mots¨agelsebevis, 12 multiplikationsprincipen, 43 n¨amnare, 19 naturliga logaritmen, 67 naturliga talen, 7 o¨andligheten, 67 odefinierad, 100 om och endast om, 40 ordnat urval, 44 Pascals triangel, 49 period, 88 permutation, 43 pol¨ara koordinater, 89 polynomekvation, 32 positionssystem, 17 primitiv funktion, 109 primtal, 12 radianer, 75 rationella tal, 19 realdel, 26 reella tal, 23 rest, 10 sammansatt, 12 sammansatt funktion, 56 sinussatsen, 83 slutna, 7 snittet, 53 standardvinkel, 78 tabell, 80 summasymbolen, 47 121

surjektiv, 55 t¨ aljare, 19 talbas, 17 teckenschema, 71 tredjegradsekvation, 31 triangelsatserna, 84 trigonometri, 73 trigonometriska ettan, 81 undersumma, 108 union, 53 x-axel, 59 x-koordinat, 59 xy-planet, 59 y-axel, 59 y-koordinat, 59

122