9789144109183 by Smakprov Media AB

Envariabelanalys med datorstöd

Gerd Brandell Sigrid Sjöstrand

Kopieringsförbud Detta verk är skyddat av upphovsrättslagen. Kopiering, utöver lärares och studenters begränsade rätt att kopiera för undervisningsändamål enligt Bonus Copyright Access kopieringsavtal är förbjuden. För information om avtalet hänvisas till utbildningsanordnarens huvudman eller Bonus Copyright Access. Vid utgivning av detta verk som e-bok, är e-boken kopieringsskyddad. Den som bryter mot lagen om upphovsrätt kan åtalas av allmän åklagare och dömas till böter eller fängelse i upp till två år samt bli skyldig att erlägga ersättning till upphovsman eller rättsinnehavare. Studentlitteratur har både digital och traditionell bokutgivning. Studentlitteraturs trycksaker är miljöanpassade, både när det gäller papper och tryckprocess.

Art.nr 39010 ISBN 978-91-44-10918-3 Upplaga 1:1 © Författarna och Studentlitteratur 2016 www.studentlitteratur.se Studentlitteratur AB, Lund Omslagslayout: Jakob Meijling Typsättare: Lennart Andersson Printed by GraphyCems, Spain 2016

978-91-44-10918-3_01_p001-002.indd 2

2016-03-16 09:00

Innehåll 1 Matematisk analys

1.1 Föregångare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2 Newton och Leibniz, olika synsätt . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3 En rikedom av tillämpningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.4 Cauchy och Weierstrass, stringens . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.5 Integraler enligt Riemann och Lesbegue . . . . . . . . . . . . . .

1.6 Differential- och integralkalkylen i utbildningen . . . . . . . . .

1.7 Vad ingår i en matematisk teori? . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.8 Datorstöd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 Tal och mängder

2.1 Reella tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2 Räkneregler för reella tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3 Tallinjen och intervall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.4 Naturliga, hela, rationella och irrationella tal . . . . . . . . . .

2.5 Mängder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.6 Potenser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.7 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 Algebra och logik

3.1 Parenteser och bråk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.2 Logik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.3 Ekvationer av första och andra graden . . . . . . . . . . . . . . .

3.4 Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.5 Rationella uttryck . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.6 Mer om ekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.7 Faktoruppdelning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.8 Olikheter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.9 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 Absolutbelopp, summor och induktion

4.1 Absolutbelopp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.2 Summor och produkter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.3 Binomialutveckling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4.4 Induktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.5 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 5 Analytisk geometri

109

5.1 Koordinatsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 5.2 Räta linjer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 5.3 Cirklar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 5.4 Ellips, hyperbel och parabel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 5.5 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 6 Trigonometri

123

6.1 Användning av trigonometrin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 6.2 Vinkel som område eller vridning . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 6.3 Sinus, cosinus och tangens för spetsiga vinklar . . . . . . . . . . 127 6.4 Sinus och cosinus generellt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 6.5 Trianglar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 6.6 Symmetrisamband . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 6.7 Additionsformler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 6.8 Formler för dubbla och halva vinkeln . . . . . . . . . . . . . . . . 142 6.9 Trigonometriska uttryck i Maxima . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 6.10 Trigonometriska ekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 6.11 Tangens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 6.12 Trigonometriska formler, sammanfattning . . . . . . . . . . . . 157 6.13 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 © Författarna och Studentlitteratur

7 Logaritmer

163

7.1 Definition och räkneregler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 7.2 Tillämpningar av logaritmer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 7.3 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 8 Funktioner

173

8.1 Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 8.2 Funktioners växande och avtagande . . . . . . . . . . . . . . . . 182 8.3 Sammansättning, invers funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 8.4 Polynomfunktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 8.5 Rationella funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 8.6 Potensfunktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 8.7 Trigonometriska funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 8.8 Arcusfunktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 8.9 Exponentialfunktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 8.10 Logaritmfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 8.11 Elementära funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 8.12 Implicit givna funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 8.13 Talföljder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 8.14 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 9 Gränsvärden och kontinuitet

217

9.1 Inledning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 9.2 Gränsvärde i oändligheten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 9.3 Jämförelse mellan några typer av funktioner . . . . . . . . . . . 226 9.4 Definition av talet e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228 9.5 Gränsvärde i en punkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 9.6 Teori för gränsvärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 9.7 Kontinuitet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 9.8 Talföljder och serier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 9.9 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 © Författarna och Studentlitteratur

10 Derivator

255

10.1 Geometrisk tolkning av derivatan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 10.2 Derivatan som gränsvärde, tangent . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 10.3 Deriveringsregler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 10.4 De elementära funktionernas derivator . . . . . . . . . . . . . . 268 10.5 Implicit derivering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274 10.6 Approximation och differentialer . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 10.7 Högre derivator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278 10.8 Plana kurvor på parameterform . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281 10.9 Tillämpningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 10.10 Icke-deriverbara funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288 10.11 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292 11 Funktioners egenskaper

301

11.1 Teori för deriverbara funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301 11.2 Konstruktion av funktionsgrafer . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307 11.3 Extremvärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 11.4 Tillämpningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 11.5 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 12 Approximation med polynom

327

12.1 Maclaurinpolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327 12.2 Några enkla funktioners Maclaurinpolynom . . . . . . . . . . . 331 12.3 Approximation med Maclaurinpolynom . . . . . . . . . . . . . . 335 12.4 Maclaurinutvecklingar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339 12.5 Tillämpningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342 12.6 Taylorpolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348 12.7 Taylorserier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349 12.8 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 © Författarna och Studentlitteratur

13 Primitiva funktioner

357

13.1 Allmänt om primitiva funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358 13.2 Två allmänna metoder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363 13.3 Några klasser av funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368 13.4 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378 14 Integraler

383

14.1 Definition av integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383 14.2 Teori för integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390 14.3 Beräkning av integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402 14.4 Generaliserade integraler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406 14.5 Bevis för Taylors sats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414 14.6 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416 15 Tillämpningar av integraler

423

15.1 Geometriska tillämpningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424 15.2 Fysikaliska tillämpningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 437 15.3 Blandade tillämpningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448 15.4 Uppskattning av summor med integraler . . . . . . . . . . . . . 452 15.5 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456 16 Differentialekvationer

461

16.1 Inledning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461 16.2 Första ordningens differentialekvationer . . . . . . . . . . . . . 463 16.3 Andra ordningens linjära ekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . 472 16.4 Linjära ekvationer av högre ordning . . . . . . . . . . . . . . . . 488 16.5 Tillämpningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 489 16.6 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 497 A Komplexa tal

505

A.1 Definition av komplexa tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 505 A.2 Konjugering, absolutbelopp och division . . . . . . . . . . . . . . 508 A.3 Polär form . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513 A.4 Geometriska tolkningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 518 A.5 Andragradsekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522 © Författarna och Studentlitteratur

A.6 Binomiska ekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524 A.7 Polynomekvationer, faktorisering . . . . . . . . . . . . . . . . . . 525 A.8 Komplexvärda funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 528 A.9 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531 B Maxima

535

B.1 Installation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535 B.2 Användning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 537 B.3 Från manualen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 538 Ledtrådar

545

Svar

551

Litteraturförteckning

605

Sakregister

607

Maximaregister

615

3 Algebra och logik Räkning med uttryck som innehåller tal och bokstäver kallas algebra. Reglerna bygger på räknelagarna för talen. Algebran fungerar som ett språk för hela analysen. Funktioner, derivator och integraler beskrivs med hjälp av algebra. Polynom och rationella uttryck kan förenklas och skrivas om med algebrans regler. I kapitlet går vi igenom de hjälpmedel från algebran som är nödvändiga för fortsättningen. Maxima kan användas för att skriva om och förenkla uttryck, både utifrån algebraiska och andra regler, till exempel trigonometriska formler. Det är bekvämt att använda Maxima för att omforma uttryck. Det kan vara praktiskt bland annat när man kontrollerar svaren till övningar med facit. Ibland ger olika metoder riktiga svar med olika utseenden. Matematiken är en vetenskap som bygger på logiska resonemang. Matematiska teorier byggs upp av definitioner, satser och bevis så att de blir logiskt sammanhängande. Grundläggande metoder från logiken presenteras i detta kapitel. Hur ett matematiskt bevis ser ut visas med exempel. Ekvationslösning bygger på talens egenskaper, på algebrans regler och på logiska samband. Metoder för att lösa ekvationer och olikheter tas upp i kapitlet. Faktorisering av polynom ingår som en viktig ingrediens.

3.1

Parenteser och bråk

Uttryck som bildas av reella tal och bokstäver, som står för reella tal, behöver ofta förenklas för att kunna analyseras vidare. Vad som är innebörden av att förenkla ett uttryck är inte självklart. Beroende på sammanhanget kan det betyda olika saker. Ibland kan uttrycket bli enklare genom att man multiplicerar ihop alla parenteser, ibland kan det i stället förenklas genom en uppdelning i faktorer. Man skaffar sig en känsla för hur man bör förenkla genom erfarenhet. I detta avsnitt ger vi exempel på hur man kan förenkla på olika sätt. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Tre användbara regler är de båda kvadreringsreglerna och konjugatregeln. (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 2

(a − b) = a − 2ab + b

(a + b)(a − b) = a2 − b2

(kvadreringsregel 1) (kvadreringsregel 2) (konjugatregeln)

Exempel 3.1. Vissa produkter kan enkelt räknas ut med huvudräkning, om man tar hjälp av kvadreringsreglerna eller konjugatregeln. 382 = (40 − 2)2 = 402 − 2 · 40 · 2 + 22 = 1600 − 160 + 4 = 1444 25 · 35 = (30 − 5) · (30 + 5) = 302 − 52 = 900 − 25 = 875 991 · 1009 = (1000 − 9) · (1000 + 9) = 10002 − 92 = 1000000 − 81 = 999919 ä Genom att utveckla parenteser kan man göra en del uttryck enklare. Exempel 3.2. (s + t)2 − (s − t)2 = s2 + 2st + t2 − (s2 − 2st + t2 ) = = s2 + 2st + t2 − s2 + 2st − t2 = 4st

Att sätta två eller flera kvoter på gemensam nämnare kan vara ett steg i en förenkling. Exempel 3.3. I uttrycket nedan börjar man med att göra liknämnigt i täljaren. a(a − 2) − 2(8 − a) a 8−a − a2 − 2a − 16 + 2a 2(a − 2) 2 a−2 = = = a−4 a−4 2(a − 2)(a − 4) =

a2 − 16 (a + 4)(a − 4) a+4 = = 2(a − 2)(a − 4) 2(a − 2)(a − 4) 2(a − 2)

Den andra likheten får man på samma sätt som i (2.8, s. 23).

En metod som ofta ger förenkling är att avskaffa alla dubbelbråk. Exempel 3.4. Det ”stora” bråket förlängs med nämnarna i de ”små” bråken. µ ¶ 1 1 1 1 ab ab ab + + + a b a b = a b = b+a µ ¶ = ä 1 1 ab ab 1 1 b−a − − ab − a b a b a b

3.1. Parenteser och bråk Exempel 3.5. Kvoten i vänster led i likheten ab − 2cd ab −2cd a c = + = − 2bd 2bd 2bd 2d b

kan inte förkortas eftersom det inte finns någon gemensam faktor i samtliga termer som ingår. Däremot kan den skrivas om enligt ovan och varje kvot i summan kan förkortas. ä Vi pekar på några regler som ibland missuppfattas. Vanliga misstag är • teckenfel när man tar bort parenteser • en faktor eller term hamnar fel i ett dubbelbråk • felaktigheter vid förkortning/förlängning • omkastning av ordning mellan operationer. När man tar bort en parentes som föregås av ett minustecken måste man byta tecken framför alla termer inom parentesen. Samma gäller när man för in en parentes. Exempelvis gäller a − (b + c) = a − b − c

a − (b − c) = a − b + c .

Täljaren i en kvot fungerar som en enhet. Man kan tänka sig en parentes runt täljaren. Därför gäller till exempel a c + d − e a − (c + d − e) a − c − d + e − = = . b b b b För att inte någon faktor eller term ska hamna fel när man förenklar dubbelbråk, gäller det att ha en säker metod. Ett sätt kan vara att placera in parenteser på strategiska platser och förenkla inom parenteserna först. Uppgift 3.6. Förenkla uttrycket 2+

x−1 2

1 − 3x x

genom att skriva om det utan dubbla bråkstreck. Lösning: x−1 2+ 2 = 1 − 3x x

µ ¶ µ ¶ x−1 3+ x 2+ (3 + x)x 3x + x2 2 2 µ ¶ = µ = = ¶ 1 2(1 − 3x2 ) 2 − 6x2 1 − 3x2 − 3x x x

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Vid förlängning respektive förkortning måste alla termer i täljare och nämnare multipliceras eller divideras med samma tal. a + b r(a + b) ar + br = = c − d r(c − d) cr − dr Slutligen gäller det att hålla reda på ordningen mellan operationer. Det är en konvention inom matematiken att i ett uttryck med flera operationer så utförs först multiplikation och division, sedan addition och subtraktion. Vill man ha en annan ordning, får man sätta in parenteser. Exempel 3.7. Uttrycken − x2 och (− x)2 kan lätt blandas samman, men är i själva verket olika. I det första fallet kvadreras x först och sedan tar man det motsatta talet. I det andra fallet tar man först det motsatta talet och sedan kvadrerar man. Uträkningen (− x)2 = (− x)(− x) = x2 visar att de två uttrycken är varandras motsatta tal, alltså olika utom i fallet x = 0. ä

Maxima kan genomföra alla sådana förenklingar som vi visat ovan. Det finns många kommandon som kan används för förenklingar. Här visar vi med exempel två av dessa. Kommandot expand utvecklar parenteser och delar upp bråk i flera bråk med en term i täljaren. Kommandot factor delar upp i faktorer och förkortar. Vi illustrerar kommandona och använder samma uttryck som i några av exemplen i avsnittet. Exempel 3.8. Eftersom man matar in uttryck linjärt (på en rad) i Maxima måste man vara särskilt noga med att sätta ut parenteser. Det är bra att kontrollera med svaret från Maxima att inmatningen är rätt gjord. [3.1]

expr1:(s+t)^2-(s-t)^2; expand(expr1); (t + s)2 − (s − t)2 4st

[3.2]

expr2:(a/2-(8-a)/(a-2))/(a-4); factor(expr2); a 8−a − 2 a−2 a−4 a+4 2(a − 2) © Författarna och Studentlitteratur

3.2. Logik [3.3]

expr3:(1/a+1/b)/(1/a-1/b); factor(expr3); 1 1 + a b 1 1 − a b b+a b−a

[3.4]

expr4:(a*b-2*c*d)/(2*b*d); expand(expr4); ab − 2cd 2bd a c − 2d b

3.2

Logik

I matematiken behövs metoder för att beskriva logiska samband. En matematisk utsaga är en mening med matematiskt innehåll som kan vara sann eller falsk. Exempel på utsagor är ”11 är ett udda tal”, ”12 > 20”, ”sträckan AB är 5 cm” och ”x2 + 2 = 3x”. Den första är sann, den andra är falsk. Beroende på vilka punkter A och B och vilket tal x det handlar om kan den tredje respektive fjärde utsagan vara sann eller falsk. I matematiken behöver man namnge eller definiera begrepp. Ett exempel på en definition, där ett uttryck får ett namn, är definition 3.2 (s. 59) av polynom. Många definitioner innehåller dessutom ett villkor som ska vara uppfyllt för att definitionen ska gälla. Exempel på det är definition 2.1 (s. 26) av primtal. En sats i matematiken kan vara av formen ”U är sann”, eller helt enkeltp”U”, där U är en utsaga. Exempel på det är satsen 2.5 (s. 32) som säger att 2 är irrationell. Konjugatregeln är också en sats av den typen. Sats 3.1 (Konjugatregeln). För alla reella tal a och b gäller (a + b)(a − b) = a2 − b2 . Bevis. Räknelagarna (s. 18) ger (a+ b)(a− b) = a(a− b)+ b(a− b) = a2 −ab+ ba− b2 = a2 −ab+ab− b2 = a2 − b2 . ä © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Räkningen i beviset kallas en härledning av konjugatregeln. En härledning formuleras oftast inte som en sats. I stället säger man att formeln härleds. Andra satser är av typen ”Om en viss utsaga (U1 ) är sann så följer därav att en annan utsaga (U2 ) också måste vara sann”. Kortare kan man säga ”Om U1 är sann så är U2 sann.” eller ”Om U1 så U2 .” eller ”Av U1 följer U2 ”. U1 kallas ett villkor i satsen. Ett exempel är den kända Pythagoras sats. Exempel 3.9. Pythagoras sats säger att om en triangel är rätvinklig, så gäller ett visst samband mellan sidornas längder. Summan av kvadraterna på kateterna är lika med kvadraten på hypotenusan. Vi låter triangelns hörn betecknas med A, B och C och de motstående sidorna med a, b och c. B

a C

c b A

Figur 3.1. Pythagoras sats: Vinkeln A är rät ⇒ = a2 = b 2 + c 2 . De båda utsagorna är då Urät : Triangeln ABC har en rät vinkel vid A. Uekv : a2 = b2 + c2 . Pythagoras sats kan formuleras: ”Om Urät är sann så är Uekv sann” eller kortare ”Om Urät så Uekv ”. Sats (Pythagoras sats). Triangeln ABC har sidorna a, b och c, där sidan a står emot hörnet A, sidan b mot B och sidan c mot C. Vinkeln A är rät. Då gäller att a2 = b2 + c2 . ä

Ett logiskt samband av denna typ kallas en implikation och kan skrivas med hjälp av en implikationspil. U1 ⇒ = U2 (3.1) Formeln (3.1) läses ut ”U1 medför U2 ” eller ”U1 implicerar U2 ” och betyder ”Om U1 är sann så är U2 sann”. Man säger också att U1 är ett tillräckligt villkor för U2 eller att U2 är ett nödvändigt villkor för U1 . Implikationer används i många sammanhang, till exempel vid ekvationslösning. © Författarna och Studentlitteratur

3.2. Logik Exempel 3.10. Om två tal är lika så är deras kvadrater lika. x= y⇒ = x 2 = y2

Villkoret x = y är ett tillräckligt villkor för att x2 = y2 ska vara sann. Villkoret x2 = y2 är ett nödvändigt villkor för att x = y ska vara sann. Däremot gäller inte det omvända. Två tal kan ha samma kvadrat utan att vara lika. Exempelvis är 32 = (−3)2 = 9. Därför är x2 = y2 inget tillräckligt villkor för att x = y ska vara sann. En annan möjlighet är att x = − y. Det kan skrivas x 2 = y2 ⇒ = x = y eller x = − y.

Man säger att omvändningen till en sats gäller om implikationen åt motsatt håll gäller. Pythagoras sats är en sådan sats. Exempel 3.9 (fortsättning). Redan Euklides bevisade i sin Elementa omvändningen till Pythagoras sats. Sats 47 i bok 1 i Elementa är Pythagoras sats och sats 48 är omvändningen. Den säger att om sambandet mellan sidornas längder är uppfyllt, så måste triangeln vara rätvinklig. A b C

c a B

Figur 3.2. Omvändningen till Pythagoras sats: a2 = b2 + c2 ⇒ = vinkeln A är rät. Pythagoras sats kan skrivas Urät ⇒ = Uekv och omvändningen Uekv ⇒ = Urät . ä När två utsagor antingen båda är sanna eller båda är falska, säger man att de är ekvivalenta. Detta skrivs med hjälp av en ekvivalenspil. U1 ⇐ ⇒ U2

(3.2)

Formeln (3.2) läses ut ”U1 och U2 är ekvivalenta” . Man kan även säga ”U1 är sann om och endast om U2 är sann” eller ”U1 är ett nödvändigt och tillräckligt villkor för U2 ”. Betydelsen är alltså att U1 ⇒ = U2 och U2 ⇒ = U1 . © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Exempel 3.9 (fortsättning). En utvidgad form av Pythagoras sats kan skrivas Uekv ⇐ ⇒ Urät . Satsen kan formuleras på följande sätt: Sats (Pythagoras sats, utvidgad). Låt en triangel ABC med sidorna a, b, c vara given, där sidan a står emot hörnet A osv. Då gäller att vinkeln A är rät om och endast om a2 = b2 + c2 . ä

Beviset för Pythagoras sats ingår i skolans matematikurs. Bevisen för satsen och omvändningen hittar man i böcker om grundläggande geometri. Satser bevisas genom logiska resonemang och beräkningar. Man utgår från att U1 är sann och visar logiskt steg för steg att det leder till att U2 är sann. Då har man bevisat att ”U1 ⇒ = U2 ”. Så bevisade vi satsen 2.3 (s. 27). Ett sådant bevis kallas direkt. p En annan typ av bevis används för sats 2.5 (s. 32), som säger p att 2 är irrationellt. Det är inte ett direkt p bevis. Vi visade i stället att 2 inte kan vara rationellt. Av det följer att 2 måste vara irrationellt. Denna metod bygger på ”lagen om det uteslutna tredje”: antingen är en utsaga sann eller falsk. Något tredje alternativ finns inte. Lagen om det uteslutna tredje är en del av grundvalarna för den klassiska matematiska logiken. Ett bevis som bygger på lagen om det uteslutna tredje kallas ett motsägelsebevis. Om satsen säger ”U är sann” så går beviset till på följande sätt. Man antar att U är falsk. Sedan visar man att detta antagande leder till att någon annan utsaga är både sann och falsk, vilket är omöjligt. Detta kallas en motsägelse. Därför är antagandet ”U är falsk” felaktigt och U måste vara sann.

3.3

Ekvationer av första och andra graden

Ekvationer dyker upp när man formulerar och löser matematiska problem. En ekvation är en utsaga, som är en likhet: vänster led=höger led. De båda leden i ekvationen är uttryck, där en eller flera obekanta ingår. Att lösa ekvationen innebär att finna alla värden för den (de) obekanta, som gör utsagan eller likheten sann. Värdet (värdena) kallas ekvationens rot (rötter) eller lösning (lösningar). Lösningsmängden till ekvationen är mängden av alla rötter. Om ekvationen har formen x = uttryck, där den obekanta x inte ingår i uttrycket, kan den lösas direkt genom beräkning av höger led. © Författarna och Studentlitteratur

3.3. Ekvationer av första och andra graden

I vanliga fall är ekvationen mer komplicerad än så. Då löser man den genom att överföra den i en annan ekvation, som går att lösa direkt. Det sker i flera steg, där varje ny ekvation är logiskt ekvivalent med den förra. Det betyder att varje ny ekvation är sann för samma värden som den första ekvationen och falsk för samma värden. Ekvationerna har därför samma rot/samma rötter eller samma lösningsmängd. Vi låter detta bli definitionen av ekvivalenta ekvationer. Definition 3.1. Två ekvationer sägs vara ekvivalenta om de har samma rot/samma rötter. Att reducera en ekvation betyder att man överför den i en ekvivalent ekvation genom att • addera eller subtrahera samma tal till/från båda leden • multiplicera eller dividera båda leden med samma tal 6= 0. Av sats 3.2 följer att den nya ekvationen är ekvivalent med den förra. Sats 3.2. Låt a, b och c vara reella tal. Då gäller a=b

⇐ ⇒

a+ c = b+ c.

Låt d vara ett reellt tal, d 6= 0. Då gäller a=b

⇐ ⇒

a·d = b·d.

Bevis. Summan av två tal är ett entydigt bestämt tal. Produkten av två tal är också ett entydigt bestämt tal. Därför gäller a=b⇒ = a+c = b+c

och

a=b⇒ = a · d = b · d.

Omvändningen till den första implikationen visas med hjälp av det motsatta talet − c till c. a+c = b+c⇒ = a + c + (− c) = b + c + (− c) ⇐ ⇒ a+0 = b+0 ⇐ ⇒ a = b. Eftersom d 6= 0, har d en invers, d1 . Omvändningen till den andra implikationen visas med hjälp av inversen. a·d = b·d ⇒ = a·d· © Författarna och Studentlitteratur

1 1 = b·d· ⇐ ⇒ a·1 = b·1 ⇐ ⇒ a = b. d d

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

En ekvation av första graden innehåller x-termer och kända termer, där x betecknar den obekanta. För att lösa en ekvation av första graden finns en standardmetod, som är känd från skolkursen. Man reducerar ekvationen, tills man ”löst ut x”. Varje ny ekvation är ekvivalent med den ursprungliga. Uppgift 3.11. Lös ekvationen 3x + 6 = 9 − 2x . Lösning: Lösningen sker stegvis. Planen är att reducera ekvationen så att x hamnar i vänster led och kända termer i höger led. Börja med att addera −6 till båda leden. x x x 3x + 6 = 9 − ⇐ ⇒ 3x + 6 + (−6) = 9 − + (−6) ⇐ ⇒ 3x = 3 − 2 2 2 I nästa steg adderas 2x till båda leden. 3x = 3 −

x 2

3x +

⇐ ⇒

x x x = 3− + 2 2 2

7x =3 2

⇐ ⇒

I sista steget multipliceras båda leden med inversen till 7x =3 2

⇐ ⇒

7x 2 2 · = 3· 2 7 7

⇐ ⇒

7 2

som är 27 .

6 7

Svar: Den enda roten till ekvationen är x = 67 . Det hade gått lika bra att reducera så att x hamnar i höger led och kända termer i vänster. Slutresultat blir detsamma. Kontroll: För att kontrollera lösningen kan man sätta in x = sprungliga ekvationen och jämföra värdet av de båda leden. 6 +6 = 7 6 Höger led = 9 − = 2·7

Vänster led = 3 ·

6 7

i den ur-

18 42 60 + = 7 7 7 63 3 60 − = 7 7 7

De båda leden är lika för x = 67 .

En ekvation av andra graden innehåller x2 -termer, x-termer och kända termer. Det är nödvändigt att x2 -termer ingår. Den enklaste typen innehåller bara två termer. Uppgift 3.12. Lös ekvationerna a) x2 = 26, b) y2 = 0 och c) z2 = −5. Lösning: p 26 ≈ 5.099

x2 = 26

⇐ ⇒

y2 = 0

⇐ ⇒

y=0

z2 = −5

eller

p x = − 26 ≈ −5.099

saknar reell rot.

Svar: a) Rötterna är x = den är tom.

p p 26 och x = − 26. b) Roten är 0. c) Lösningsmängä © Författarna och Studentlitteratur

3.3. Ekvationer av första och andra graden

Av exemplet framgår att en andragradsekvation kan ha två, en eller ingen reell rot. En annan typ av andragradsekvation med två termer innehåller x2 -termer och x-termer. Uppgift 3.13. Lös ekvationen x2 = 26x. Lösning: Ekvationen reduceras och vänster led faktoriseras. x2 = 26x

⇐ ⇒

x=0

x2 − 26x = 0

eller

⇐ ⇒

x − 26 = 0

⇐ ⇒

x(x − 26) = 0 x=0

eller

⇐ ⇒

x = 26

Lösningen bygger på att en produkt är 0 om och endast om en eller flera faktorer är 0. Svar: Lösningsmängden till ekvationen är {0, 26}.

För att lösa en allmän andragradsekvation, skrivs den först om genom reducering på standardform, x2 + px + q = 0. Den ekvationen är ekvivalent med den ursprungliga. Därefter kan man tillämpa en formel (kallas ibland pq-formeln) som ger lösningen. Metoden är känd från skolkursen. I sats 3.3 (s. 56) bevisas att den ger rätt resultat. Uppgift 3.14. Lös ekvationen 10 + 5x − 2x2 = 20x − 5x2 − 8 . Lösning: Reducera först ekvationen så att alla termer 6= 0 hamnar i vänster led. Det sker genom att addera de tre termerna −20x, 5x2 och 8 till båda leden. I nästa steg multipliceras båda leden med 31 . Därefter kan formeln användas. 10 + 5x − 2x2 = 20x − 5x2 − 8

⇐ ⇒

3x − 15x + 18 = 0 ⇐ ⇒ x2 − 5x + 6 = 0 r 5 25 5 1 x= ± −6 = ± ⇐ ⇒ 2 4 2 2 x = 2 eller x = 3

⇐ ⇒

Svar: Rötterna till ekvationen är 2 och 3. Kontroll: Ekvationen har två rötter. Vi sätter in och prövar, vilket inte behövs, men blir en kontroll. x = 2 ger vänster led = 10 + 10 − 8 = 12 och höger led = 40 − 20 − 8 = 12 x = 3 ger vänster led = 10 + 15 − 18 = 7 och höger led = 60 − 45 − 8 = 7 Resultatet bekräftar att ekvationen har rötterna 2 och 3. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Vi ska härleda formeln som användes i exemplet. Det sker med hjälp av kvadratkomplettering. Med den skriver man om ett uttryck x2 + px som summan av en kvadrat och en term utan x. Exempel 3.15. Uttrycket x2 + 6x skrivs om med kvadratkomplettering. Vi använder kvadreringsregeln (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 baklänges. ¡ ¢ x2 + 6x = x2 + 2 · 3 · x = x2 + 2 · 3 · x + 32 − 32 = (x + 3)2 − 9.

På motsvarande sätt skriver vi om uttrycket 2x2 − 6x + 5 som summa av en kvadrat och en känd term. µ µ ¶2 µ ¶2 ¶ 3 3 3 2x2 − 6x + 5 = 2(x2 − 3x) + 5 = 2 x2 − 2 · · x + − +5 = 2 2 2 µµ ¶ ¶ µ ¶ 3 2 9 3 2 1 =2 x− − +5 = 2 x− + 2 4 2 2 Om man vill kan man dela upp räkningen och behandla (x2 − 3x) för sig. ¶ µ ¶2 µ ¶2 µ 3 3 3 3 2 9 x2 − 3x = x2 − 2 · · x + − = x− − 2 2 2 2 4

Satsen om andragradsekvationens lösning säger följande. Sats 3.3. Ekvationen x2 + px + q = 0 saknar reella rötter om p2 − 4q < 0 . Om p2 − 4q > 0 så har ekvationen de båda reella rötterna s s 2 p p p p2 x1 = − + − q och x2 = − − − q. 2 4 2 4 Om p2 − 4q = 0 har ekvationen en dubbelrot x = − 2 . p

Ekvationer kan ha rötter som är komplexa tal. Därför står det i satsen reella rötter. Bevis. Ekvationen skrivs om med hjälp av kvadratkomplettering och reducering. x2 + px + q = 0

⇐ ⇒

p ´2 ³ p ´2 − +q=0 2 2

⇐ ⇒

p ´2 p2 − 4q = 2 4

Om p2 − 4q < 0 så saknar ekvationen lösning eftersom kvadraten på ett reellt tal alltid är positiv. © Författarna och Studentlitteratur

3.3. Ekvationer av första och andra graden Om p2 − 4q ≥ 0 kan vi gå vidare och får ³

p ´2 p2 − 4q x+ = 2 4

p x+ = 2

⇐ ⇒

p2 − 4q 4

eller

s p p2 − 4q x+ =− , 2 4

vilket ger de två rötterna respektive dubbelroten i satsen.

Begreppet dubbelrot får sin förklaring längre fram i boken, i avsnittet om polynom, 3.4 (s. 61). Uppgift 3.16. Lös ekvationen x2 + 11x − 14 = 0. Lösning: Enligt formeln får man lösningen 11 x=− ± 2

11 121 + 14 = − ± 4 2

p 11 ± 177 177 =− . 4 2

Här kan det vara lämpligt att också ange närmevärden till rötterna. 11 x1 = − + 2

177 ≈ 1.152 4

11 x2 = − − 2

177 ≈ −12.152 4

Svar: Lösningsmängden är { x1 , x2 } enligt ovan.

Uppgift 3.17. För vilka värden på a har ekvationen x2 + ax + 9 = 0 en eller två reella rötter? Lösning: Enklast är att använda formeln. Det ger x2 + ax + 9 = 0

⇐ ⇒

a x=− ± 2

a2 a −9 = − ± 4 2

a2 − 36 . 4

Om a2 − 36 < 0 så saknar ekvationen reella rötter. Om a2 − 36 ≥ 0 så har ekvationen rötter som är reella. a2 − 36 ≥ 0

⇐ ⇒

a2 ≥ 36

⇐ ⇒

a≥6

eller

a ≤ −6

Ekvationen har alltså reella rötter för alla a i ] − ∞, −6] och [6, ∞[.

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Ekvationslösning är en vanlig procedur. För att få mindre att skriva, hoppar man ibland över alla ekvivalenstecken och underförstår dem. Då brukar man i stället se till att börja varje ekvation på ny rad för att markera ekvivalensen. Uppgift 3.18. Lös ekvationen x(x − 1) = 3(x − 2)(x − 1) . Lösning: Ekvationen löses genom att parenteserna multipliceras ihop, ekvationen reduceras och formeln används. x(x − 1) = 3(x − 2)(x − 1) x2 − x = 3x2 − 9x + 6 2x2 − 8x + 6 = 0 x2 − 4x + 3 = 0

p x = 2± 4−3 = 2±1

x=1

eller

x=3

Ekvationen har rötterna 1 och 3. För en annan och snabbare metod att lösa ekvationen, se exempel 3.30 (s. 70). ä Maxima har ett kommando solve som ger rötter till ekvationer. Argumentet är själva ekvationen. I det andra exemplet nedan finns det två bokstäver, a och x i ekvationen. Då måste man ange vilken bokstav som är den obekanta efter ett kommatecken i kommandot. Skulle man glömma det, så får man ett felmeddelande. [3.5]

ekv:10+5*x-2*x^2 = 20*x-5*x^2-8$ solve(ekv); [x = 3, x = 2]

[3.6]

solve(x^2+a*x+9=0, x); p

p a2 − 36 + a a2 − 36 − a [x = − ,x = ] 2 2 Om ekvationen saknar reella lösningar, svarar Maxima med de komplexa rötterna, där %i står för den imaginära enheten.

[3.7]

solve(x^2+10=0); p p [x = − 10%i, x = 10%i] © Författarna och Studentlitteratur

3.4. Polynom

3.4

Polynom

Polynom används i många olika matematiska sammanhang som grundläggande uttryck eller funktioner. Man kan uppfatta ett polynom som ett uttryck där en variabel (kallas ofta x, y eller z) ingår på ett speciellt sätt. Uppfattar man polynom på det viset blir studiet av polynom en del av algebran. Polynom är också funktioner av variabeln och man kan studera dem som en del av analysen. Vi återkommer till polynom som funktioner i avsnitt 8.4 (s. 191). I detta avsnitt beskriver vi en del algebraiska egenskaper hos polynom. Ett polynom p eller p(x) är en summa av termer av typ b · x n där b ∈ R , n ∈ N och x är en variabel. Den term, vars exponent n är störst, bestämmer polynomets gradtal eller grad. Ofta skrivs termerna i ordning efter sjunkande gradtal. Exempel 3.19. Ett polynom kan bestå av en enda term som p(x) = x3 eller q(y) = 0.6y2 . Följande är exempel på polynom med flera termer. p 1 (x) = − x2 + 5x + 14

p 2 (y) = y(y + 1)(y − 1) = y3 − y

p 3 (s) = s3 + s2 + s − 3

p 4 (t) = t2 − (t + 2)2 = −4t − 4

p 5 (z) = 2z10 − z9 + 4z5 + 2z2 − 15. Gradtalet för p 1 är 2, för p 2 och p 3 är 3, för p 4 är 1 och för p 5 är 10.

Definition 3.2. Ett polynom p(x) i variabeln x av graden n, där n ∈ N, är ett uttryck av formen p(x) = a n x n + a n−1 x n−1 + a n−2 x n−2 + · · · + a 2 x2 + a 1 x + a 0 där a n , a n−1 , . . . , a 2 , a 1 , a 0 ∈ R och a n 6= 0. Talen a n , a n−1 , . . . , a 1 , a 0 kallas polynomets koefficienter. Graden n för polynomet betecknas grad p eller grad p(x). Med denna definition blir även p(x) = a 0 , där a 0 6= 0, ett polynom, som har graden 0. Konstanten kan även vara 0 och p(x) = 0 kallas nollpolynomet. Ett polynom kan ges på olika sätt. Grundformen är den som ges i definitionen. Om man vill skriva om ett polynom på grundformen, kan man behöva multiplicera samman parenteser och samla termer av samma gradtal. Två polynom är lika om motsvarande koefficienter är desamma efter omskrivning på grundformen. Att två polynom är identiskt lika betyder samma sak. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Maxima har ett kommando expand för att skriva om polynom på grundformen. [3.8]

expand(y*(y-1)*(y+1)); y3 − y

[3.9]

pol:(s^4+2*s^2)*(-s^2-3)*(3/4+(1/2)*s); expand(pol); ¶ s 3 + (− s2 − 3)(s4 + 2s2 ) 2 4 7 s 3s6 5s5 15s4 9s2 − − − − 3s3 − 2 4 2 4 2 Om man ersätter variabeln x med ett speciellt värde, x = a, i polynomet p(x), får man ett värde p(a) som är ett reellt tal. Om detta värde är 0, kallas a för ett nollställe till p. µ

Exempel 3.19 (fortsättning). Polynomet p 4 (t) = −4t − 4 har det enda nollstället t = −1. Genom att lösa ekvationen − x2 + 5x + 14 = 0 finner man nollställena −2 och 7 till polynomet p 1 (x) = − x2 + 5x + 14. Polynomet p 2 (y) = y3 − y har nollställena y = 0, y = 1 och y = −1. Det ser man genom direkt insättning och kontroll. ä Liksom för heltal är man intresserad av vilka polynom som kan skrivas som produkter av andra polynom, och vilka polynom som är faktorer i andra polynom. Vi börjar med en definition av delbarhet för polynom. Definition 3.3. Ett polynom p(x) är delbart med ett annat polynom q(x) av grad ≥ 1 om det finns ett polynom k(x) så att p(x) = k(x) · q(x). q(x) kallas delare i (eller till) p(x). Polynomet k(x) kallas kvoten. Likheten i definitionen är en identitet, vilket betyder att alla koefficienter i polynomen i de båda leden ska vara lika. Det handlar alltså inte om en ekvation, där man söker vissa x-värden som gör likheten uppfylld. Exempel 3.19 (fortsättning). Polynomet p 2 (y) = y3 − y kan skrivas som p 2 (y) = y(y2 − 1) = y(y + 1)(y − 1). Därför är p 2 (y) delbart med förstagradspokynomen y, y + 1 och y − 1 . Det är också delbart med y2 − 1 och två andra andragradspolynom. © Författarna och Studentlitteratur

3.4. Polynom

Polynomet p 3 (s) = s3 + s2 + s − 3 = (s − 1)(s2 + 2s + 3), vilket kan kontrolleras genom hopmultiplicering. Därför är q(s) = s2 + 2s + 3 delare i p 3 (s). Kvoten vid divisionen är k(s) = s − 1. Polynomet p 3 (s) är även delbart med k(s) med kvoten q(s).

Det finns ett enkelt samband mellan nollställena till polynomet och dess förstagradsfaktorer, som framgår av nästa exempel. Exempel 3.19 (fortsättning). Eftersom p 2 (y) = y3 − y = y(y + 1)(y − 1) kan nollställena till polynomet bestämmas. y3 − y = 0

⇐ ⇒

y(y + 1)(y − 1) = 0

y=0

eller

y+1 = 0

y=0

eller

y = −1

eller eller

⇐ ⇒

y−1 = 0

⇐ ⇒

y=1

Nollställena till p 2 är elementen i mängden {0, −1, 1}. Vi ser att varje nollställe a svarar mot en förstagradsfaktor y − a och omvänt. ä Sambandet mellan nollställen och faktorer ges av faktorsatsen. Sats 3.4 (Faktorsatsen). Ett polynom p med graden minst 1 har nollstället a om och endast om p(x) är delbart med x − a. I beviset används polynomdivision, som presenteras längre fram. Beviset för faktorsatsen följer sist i avsnittet, s. 66, efter polynomdivisionen. Exempel 3.20. Polynomen (x − 1) och (x − 1)2 har ett och samma nollställe, x = 1, men faktorn x − 1 ingår inte på samma sätt. Man säger att nollstället har multipliciteten 2 för polynomet (x − 1)2 . ä

Definition 3.4. Låt p(x) vara ett polynom med nollställe x = a och låt p(x) = (x − a)n · q(x), där q(x) är ett polynom och q(a) 6= 0. Då sägs nollstället ha multipliciteten n. Om n = 2 kallas nollstället en dubbelrot till motsvarande ekvation, p(x) = 0. Vissa polynom saknar reella nollställen. Exempel på det är (x4 + 1), (x − 1)2 + 4 och (x4 + 3x2 + 5). Enligt faktorsatsen saknar de därför faktorer av grad ett. Det går dock att faktorisera alla polynom i reella faktorer av högst grad två. Beviset för följande viktiga sats kan inte ges här. Det bygger på en sats som kallas algebrans fundamentalsats. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Sats 3.5. Varje polynom med reella koefficienter kan faktoriseras i reella första- och andragradspolynom så att följande gäller. • Varje förstagradspolynom som ingår svarar mot ett reellt nollställe och omvänt. • De andragradspolynom som ingår kan inte faktoriseras i reella förstagradsfaktorer. Satsen är en existenssats, vilket betyder att den garanterar att en faktoruppdelning existerar. Men satsen eller beviset ger ingen metod för att verkligen hitta faktorerna. Faktoriseringen kan vara omöjlig att finna, eftersom det inte alltid går att hitta exakta värden för nollställena. Därför kan man inte säkert hitta förstagradsfaktorerna som ingår. Samma sak gäller andragradsfaktorerna. Se appendix A , avsnitt A.7, för en fördjupad beskrivning av faktorisering av polynom. Exempel 3.21. Exempel på faktoriseringar enligt satsen är följande. x2 + 1 = x2 + 1 x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1) x2 + 4x + 4 = (x + 2)2

x2 − 1 = (x − 1)(x + 1) p p x4 − 25 = (x + 5)(x − 5)(x2 + 25) p p x4 + 25 = (x2 − 10x + 5)(x2 + 10x + 5)

Ett par av faktoruppdelningarna kan göras med hjälp av kvadreringsregeln eller konjugatregeln. I det sista fallet kan man använda en metod som utnyttjar komplexa tal. ä För att göra faktoriseringar systematiskt använder man polynomdivision. Vi visar i ett exempel hur man genomför division av ett polynom med ett annat. Precis som för division med hela tal, uppgift 2.21 (s. 30), kan räkningarna bokföras på olika sätt, men är i grunden desamma. Exempel 3.22. Polynomet p(x) = x3 + x2 + x + 1 divideras med q(x) = x − 1. Division kommer att ge en kvot, k(x), och en rest, r(x). p(x) = k(x)q(x) + r(x) I detta fall blir kvoten blir av grad 2 och resten av grad 0, dvs. en konstant. Vi börjar med en ansats där vi sätter k(x) = ax2 + bx + c och r(x) = r. x3 + x2 + x + 1 = (ax2 + bx + c)(x − 1) + r = = ax3 − ax2 + bx2 − bx + cx − c + r © Författarna och Studentlitteratur

3.4. Polynom

Här ska a, b, c och r bestämmas så att koefficienterna blir samma i båda leden. I vänster led är koefficienten framför x3 = 1. Den enda x3 -term som finns i höger led är ax3 . Alltså är a = 1. Insättning ger x3 + x2 + x + 1 = x3 − x2 + bx2 − bx + cx − c + r. I vänster led är koefficienten framför x2 = 1. De enda x2 -termer som finns i höger led är − x2 + bx2 . Därför måste b = 2. Insättning ger x3 + x2 + x + 1 = x3 − x2 + 2x2 − 2x + cx − c + r. I vänster led är koefficienten framför x = 1. De enda x-termer som finns i höger led är −2x + cx. Därför måste c = 3. Insättning ger x3 + x2 + x + 1 = x3 − x2 + 2x2 − 2x + 3x − 3 + r. Slutligen ger sammanräkning av de kända termerna att 1 = −3 + r, vilket ger r = 4. Vi får (3.3) x3 + x2 + x + 1 = (x2 + 2x + 3)(x − 1) + 4. Eftersom resten r 6= 0, visar divisionen att p(x) inte är delbart med q(x).

Hela divisionen kan göras kortfattad om man räknar i huvudet eller på ett kladdpapper vid sidan av. Då räcker det att skriva upp relationen (3.3) en gång med luckor för koefficienterna och fylla i luckorna vartefter man räknar fram koefficienterna och resten. ¡ ¢ x2 + x + (x − 1) + x3 + x2 + x + 1 = Metoden i exemplet fungerar alltid om man gör ansatsen rätt, dvs. har rätt gradtal på kvot och rest. Följande sats om polynomdivision preciserar förutsättningarna. Sats 3.6 (Polynomdivision). Låt p(x) och q(x) vara två givna polynom som uppfyller grad p ≥ grad q ≥ 1. Då finns två polynom k(x) och r(x) så att p(x) = k(x) · q(x) + r(x), där grad k = grad p − grad q och grad r < grad q. Man kallar polynomet k(x) kvoten och r(x) resten. Kvoten och resten är entydigt bestämda. Regeln är alltså att kvotens gradtal är gradtalet för p(x) minus gradtalet för q(x) och att restens gradtal är ett steg lägre än gradtalet för q(x). Beviset utelämnas. Polynomdivision kan ställas upp på liknande sätt som division med tal, med ”liggande stolen”. Vi visar i nästa uppgift hur det går till. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Uppgift 3.23. Beräkna kvot och rest vid division av p(x) = x3 + x2 + x + 1 med q(x) = x − 1. Lösning: Den första termen i kvoten bestäms som kvoten mellan högstagradstermen i p(x), alltså x3 , och högstagradstermen i q(x), alltså x. Första termen blir därför x2 . I nästa steg multipliceras q(x) med x2 och resultatet subtraheras från p(x). Proceduren fortsätter tills graden för resten är lägre än grad q. kvot

x2 +2x +3 x3 + x2 + x x3 − x2 2x2 + x 2x2 −2x 3x 3x

x −1

+1 +1 −3 4

rest

Man får x3 + x2 + x +1 = (x2 +2x +3)(x −1)+4 eller

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

Svar: Kvoten är x2 + 2x + 3 och resten 4.

Det kan löna sig att ta Maxima till hjälp för att genomföra polynomdivision och spara arbete. Maxima klarar alltid divisionen eftersom det handlar om en helt automatisk algoritm, som ger en entydig lösning enligt satsen. I Maxima finns tre kommandon för polynomdivision. Kommandot divide har två argument, som är polynomen p(x) och q(x). Svaret är kvoten och resten inom hakparentes. Kommandona quotient och remainder ger kvoten respektive resten vid divisionen. [3.10]

divide(x^3+x^2+x+1, x-1); [x2 + 2x + 3, 4]

[3.11]

quotient(x^3+x^2+x+1, x-1); x2 + 2x + 3 © Författarna och Studentlitteratur

3.4. Polynom [3.12]

remainder(x^3+x^2+x+1, x-1); 4

[3.13]

divide(x^3+x^2+x+1, x+1); [x2 + 1, 0] I nästa exempel finns en polynomdivision med en divisor (nämnare) som har grad större än ett. Räkningarna genomförs utan dator på två sätt: dels med ansatsmetoden, dels med ”liggande stolen”. Som jämförelse och kontroll används även Maxima. Uppgift 3.24. Dividera p(x) = x5 + x2 + 1 med q(x) = x2 − 2x + 1. Lösning: Med ansatsmetoden enligt sats 3.6. Sätt x5 + x2 + 1 = (ax3 + bx2 + cx + d)(x2 − 2x + 1) + ex + f = = ax5 − 2ax4 + ax3 + bx4 − 2bx3 + bx2 + + cx3 − 2cx2 + cx + dx2 − 2dx + d + ex + f .

Vi identifierar termer av samma gradtal och bestämmer koefficienterna successivt. Termer av grad 5 ger

1 = a.

Termer av grad 4 ger

0 = −2a + b = −2 + b

Termer av grad 3 ger

0 = a − 2b + c = 1 − 4 + c

⇒ =

c = 3.

Termer av grad 2 ger

1 = b − 2c + d = 2 − 6 + d

⇒ =

d = 5.

Termer av grad 1 ger

0 = c − 2d + e = 3 − 10 + e

Termer av grad 0 ger

1 = d + f = 5+ f

⇒ =

b = 2.

⇒ =

e = 7.

f = −4.

Detta ger p(x) = x5 + x2 + 1 = (x3 + 2x2 + 3x + 5)q(x) + 7x − 4 = = (x3 + 2x2 + 3x + 5)(x2 − 2x + 1) + 7x − 4 .

Svar: Kvoten är x3 + 2x2 + 3x + 5 och resten 7x − 4. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Lösning: Med ”liggande stolen”. kvot

x3 +2x2 +3x +5 5 x + x2 x5 −2x4 + x3 2x4 − x3 + x2 2x4 −4x3 +2x2 3x3 − x2 3x3 −6x2 +3x 5x2 −3x 5x2 −10x 7x

x2 −2x +1

+1 +1 +1 +5 −4

rest

Svar: x5 + x2 + 1 = (x3 + 2x2 + 3x + 5)(x2 − 2x + 1) + 7x − 4. Lösning: Med Maxima. [3.14]

divide(x^5+x^2+1, x^2-2*x+1); [x3 + 2x2 + 3x + 5, 7x − 4]

Med polynomdivision blir beviset för faktorsatsen (s. 61) ganska enkelt. Sats 3.4 (Faktorsatsen). Ett polynom p med graden minst 1 har nollstället a om och endast om p(x) är delbart med x − a. Bevis. Låt p(x) vara ett polynom som är delbart med x − a. Det betyder att p(x) = k(x)(x − a), där k(x) är kvoten. Insättning av x = a ger p(a) = k(a)(a − a) = k(a) · 0 = 0. Alltså är a ett nollställe till p. Därmed har vi visat att om (x − a) är en faktor i polynomet så är a är ett nollställe. För att visa den omvända implikationen antar vi att p(a) = 0. Dividera p(x) med x − a enligt satsen om polynomdivision, sats 3.6. Det ger (3.4)

p(x) = k(x)(x − a) + r, där r är en konstant. Insättning av x = a ger p(a) = k(a)(a − a) + r = k(a) · 0 + r = 0 + r = r.

Eftersom p(a) = 0 så gäller r = 0. Insättning i (3.4) ger p(x) = k(x)(x − a) vilket visar att p(x) är delbart med (x − a). Därmed har vi visat att om a är ett nollställe så är (x − a) en faktor i polynomet. ä © Författarna och Studentlitteratur

3.5. Rationella uttryck

3.5

Rationella uttryck

Kvoten mellan två polynom kallas ett rationellt uttryck. Likson polynom studeras rationella uttryck även analytiskt längre fram i boken. I detta avsnitt går vi igenom ett par metoder för att skriva om rationella uttryck så att de blir enklare att hantera. Definition 3.5. En kvot f (x) mellan två polynom p(x) och q(x) kallas ett rationellt uttryck, p(x) . f (x) = q(x) En metod för förenkling är att söka efter en gemensam faktor till täljare och nämnare och förkorta bort den. Exempel 3.25. De rationella uttrycken f 1 (x) och f 2 (x) nedan kan skrivas om med hjälp av faktorisering och förkortning. x2 − 1 (x + 1)(x − 1) x+1 1 = = = 1+ 2 x(x − 1) x x x −x 2 2 2 2 (2x + 3) − (x − 3) 4x + 12x + 9 − (x − 6x + 9) f 2 (x) = = = 4 − (x + 2)2 4 − (x2 + 4x + 4) 3x(x + 6) 3x2 + 18x x+6 −3x − 18 = = = −3 = 2 − x(x + 4) x+4 x+4 − x − 4x f 1 (x) =

Vilket av de två sista uttrycken för f 1 (x) respektive f 2 (x) man föredrar beror på hur uttrycket ska användas vidare. ä Om täljarens grad är samma som nämnarens eller högre, kan man göra en omskrivning med hjälp av polynomdivision. Sats 3.6 (s. 63) om polynomdivision ger direkt följande sats om rationella uttryck.

Sats 3.7. Ett rationellt uttryck som

p(x) där grad p ≥ grad q ≥ 1 kan skrivas q(x)

p(x) r(x) = k(x) + q(x) q(x)

där k(x) och r(x) är polynom och grad r < grad q. Ett rationellt uttryck kan enligt satsen skrivas som summan av ett polynom och ett rationellt uttryck vars täljare har lägre grad än nämnaren. Eventuellt är polynomet 0. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

−3x − 18 enligt satsen. x+4 Lösning: Polynomdivision ger (−3x − 18) = (−3)(x + 4) − 6. Efter division med (x + 4) blir resultatet 6 −3x − 18 = −3 − . x+4 x+4

Uppgift 3.26. Skriv om

Om man föredrar det kan man faktorisera ut −3 från början. Divisionen blir ännu enklare. ¶ µ −3x − 18 6 x+6 2 = −3 − = −3 = (−3) 1 + x+4 x+4 x+4 x+4 Svar:

−3x − 18 6 = −3 − . x+4 x+4

Exempel 3.27. Det rationella uttrycket f (x) ges av f (x) =

x3 + x2 + x + 1 . x−1

I exempel 3.22 (s. 62) fick vi fram följande samband med hjälp av polynomdivision. x3 + x2 + x + 1 = (x2 + 2x + 3)(x − 1) + 4 Det kan användas för att skriva om det rationella uttrycket som f (x) =

x3 + x2 + x + 1 4 = x2 + 2x + 3 + . x−1 x−1

Exempel 3.28. Om man ska förenkla ett rationellt uttryck där täljaren har minst samma grad som nämnaren, kan man först skriva om med polynomdivision och sedan faktorisera och förkorta. För f 1 (x) och f 2 (x) i exempel 3.25 får man följande. x2 − 1 x−1 (x − 1) 1 = 1+ 2 = 1+ = 1+ 2 x(x − 1) x x −x x −x 3x2 + 18x 6x f 2 (x) = = −3 + = − x2 − 4x − x2 − 4x 6x 6 6 = −3 + = −3 + = −3 − − x(x + 4) −(x + 4) x+4 f 1 (x) =

Maxima kan förenkla rationella uttryck som vi redan tidigare sett i exempel 3.8 (s. 48). Förutom factor finns ett annat kommando som man kan använda för att sätta på gemensam nämnare, faktorisera och förkorta, nämligen ratsimp. © Författarna och Studentlitteratur

3.6. Mer om ekvationer

Exempel 3.29. Vi låter Maxima förenkla uttrycken i exempel 3.25 och 3.28. [3.15]

f1:(x^2-1)/(x^2-x); factor(f1); ratsimp(f1); x2 − 1 x2 − x x+1 x x+1 x

[3.16]

f2:((2*x+3)^2-(x-3)^2)/(4-(x+2)^2); factor(f2); ratsimp(f2); (2x + 3)2 − (x − 3)2 4 − (x + 2)2 3(x + 6) − x+4 3x + 18 − x+4

3.6

Mer om ekvationer

För ekvationer av första och andra graden finns lösningsmetoder som alltid fungerar. Det finns en viss algoritm, som man kan följa. Det betyder att man kan genomföra en bestämd stegvis process som alltid fungerar. Generella metoder för att lösa ekvationer av tredje och fjärde graden var kända redan på 1500-talet. De algoritmerna är betydligt mer komplicerade och vi tar inte upp dem här. Däremot finns det inte någon algoritm för lösningen till en allmän femtegradsekvation. Det följer av en berömd sats, som den norske matematikern Niels Henrik Abel bevisade 1824. Detta avsnitt handlar om ekvationer av högre grad och ekvationer som innehåller rötter eller potenser. I exemplen som följer visar vi några metoder för att lösa sådana ekvationer. Metoderna är inte lika standardiserade som för första- och andragradsekvationer. Man behöver vara uppmärksam på två risker. • Risken att man tappar en rot. • Risken att det dyker upp en falsk rot. Vi visar med två exempel hur detta fungerar. De är valda så att det blir mycket tydligt var felet uppstår. I andra fall kan felet smyga sig in mer obemärkt. Först visar vi hur en rot kan tappas. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Exempel 3.30. Ekvationen x(x − 1) = 3(x − 2)(x − 1) har rötterna 1 och 3, se uppgift 3.18 (s. 58). I stället för att multiplicera ihop parenteserna, som i lösningen av den uppgiften, kan man utnyttja den gemensamma faktorn. Först samlar man alla termer i ena ledet, därefter bryter man ut faktorn och slutligen använder man att produkten är 0 om och endast om en faktor är 0. x(x − 1) = 3(x − 2)(x − 1) ⇐ ⇒ x(x − 1) − 3(x − 2)(x − 1) = 0 ⇐ ⇒ ¡ ¢ (x − 1) (x − 3(x − 2) = 0 ⇐ ⇒ (x − 1)(−2x + 6) = 0 ⇐ ⇒ x−1 = 0

eller

− 2x + 6 = 0

⇐ ⇒

x=1

eller

x=3

Antag att vi i stället försöker lösa ekvationen genom att dividera bort den gemensamma faktorn (x − 1) som finns i båda led. Det ger x = 3(x − 2), som har roten x = 3. Roten x = 1 har då tappats. Felet uppkommer därför att divisionen inte fungerar för just detta x-värde. Då dividerar vi med 0, vilket inte går, eftersom 0 · a = 0 · b inte behöver betyda att a = b. ä För att slippa tappa rötter, ska man vara uppmärksam på division med faktorer som kan vara 0. Antingen gör man som i exemplet, eller så behandlar man fallet då en viss faktor är 0 som ett specialfall. Problemet med falska rötter kan uppkomma vid exempelvis kvadrering. p Exempel 3.31. Ekvationen x = 3 kan lösas genom direkt inspektion. Den har den enda roten x = 9. Alternativt kan man kvadrera ekvationen, vilket p ger ( x)2 = x = 32 = 9. Insättning i den urspungliga ekvationen visar att x = 9 verkligen är en rot. Antag nu att vi försöker använda metoden med kvadrering på ekvationen p x = −3, som saknar rot eftersom kvadratroten ur ett tal alltid är ≥ 0. Kvadp rering ger samma resultat som i det förra fallet, ( x)2 = x = (−3)2 = 9, alltså x = 9, vilket inte är en rot till ekvationen. Sätter vi in x = 9 i ekvationen får vi 3 = −3, som är en falsk utsaga. Felet uppkommer därför att implikationen a = b ⇒ = a2 = b2 inte är omvändbar, se exempel 3.10 (s. 51). ä Det finns en säker metod att hantera risken med falska rötter, nämligen att pröva varje möjlig rot i den ursprungliga ekvationen. Exempel 3.32. Ekvationen p 2x − 1 = 2 − x

(3.5)

kan lösas på följande sätt. © Författarna och Studentlitteratur

3.6. Mer om ekvationer 1. Ekvationen kvadreras. 2. Andragradsekvationen löses. 3. Varje rot prövas och förkastas eventuellt. 1 och 2. Kvadrering och bestämning av rötter till andragradsekvationen. p 2x − 1 = 2 − x ⇒ = (kvadrering) 2x − 1 = 4 − 4x + x2 ⇐ ⇒ x2 − 6x + 5 = 0

⇐ ⇒

x=1

eller

x=5

3. De två möjliga rötterna prövas i tur och ordning. x=1

insatt i ekvationen ger

vänster led = 1 ,

höger led = 1 .

x=5

insatt i ekvationen ger

vänster led = 3 ,

höger led = −3 .

Slutsatsen blir att den enda roten till ekvationen är x = 1.

När uttryck i nämnaren kan bli 0 bör man också pröva rötterna. Uppgift 3.33. Lös ekvationen 1 1 . = x + 2 x2 − 4

(3.6)

Lösning: Invertering av båda leden ger x2 − 4 = x + 2

⇐ ⇒

x2 − x − 6 = 0

⇐ ⇒

x=3

eller

x = −2.

Ekvation (3.6) är inte definierad för x = ±2, eftersom minst en nämnare då blir 0. Därför är −2 ingen rot. Vid prövning finner man att x = 3 är en rot. Svar: Ekvationen har roten x = 3.

Polynomekvationer av högre grad än 2 med bara två termer kan ofta lösas genom att man drar n-te roten ur båda led, med lämpligt valt n. Exempel 3.34. Ekvationerna x3 = 125, x3 = −125, x4 = 16 och x4 = −16 kan lösas direkt genom att beräkna en potens. Det är viktigt att kontrollera vilka tecken som gäller. p 3 x3 = 125 ⇐ ⇒ x = 125 = 5 p 3 x3 = −125 ⇐ ⇒ x = − 125 = −5 p p 4 4 x4 = 16 ⇐ ⇒ x = 16 = 2 eller x = − 16 = −2 ¡ ¢2 x4 = −16 har ingen rot eftersom x4 = x2 ≥ 0 för alla x. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

p Man måste ta hänsyn till att n a är definierad bara för a ≥ 0. Därför kan man p 3 inte utan vidare skriva exempelvis −125 = −5. Se kommentar om detta på s. 40. Samma teknik används för ekvationen x3 = 2x7 .

x3 = 2x7

x3 (1 − 2x4 ) = 0

⇐ ⇒

x=0

⇐ ⇒

eller

1 x= p 4 2

Ekvationer med polynom av högre grad kan man ibland lösa genom att gissa en rot, använda faktorsatsen, utföra polynomdivision och på så sätt sänka gradtalet. Metoden visas i följande uppgift. Uppgift 3.35. Lös ekvationen x3 − 21x − 20 = 0 . Lösning: Sätt p(x) = x3 − 21x − 20. Vi provar med insättning av små hela tal och finner att x = −1 ger p(−1) = 0. Enligt faktorsatsen är p(x) därför delbar med (x + 1). Polynomdivision ger p(x) = x3 − 21x − 20 = (x2 − x − 20)(x + 1). Därav följer p(x) = 0

⇐ ⇒

(x2 − x − 20)(x + 1) = 0

x − x − 20 = 0

eller

⇐ ⇒

x + 1 = 0.

Andragradsekvationen löses. 2

x − x − 20 = 0

⇐ ⇒

1 x= ± 2

1 1 9 + 20 = ± 4 2 2

⇐ ⇒

x = −4

eller

x=5

Lösningsmängden till ekvationen x3 − 21x − 20 = 0 är alltså {−1, −4, 5}. Svar: Rötterna till x3 − 21x − 20 = 0 är −1, −4 och 5.

Frågan är då hur man ska kunna gissa en rot till en ekvation? Det finns en sats som hjälper att välja bland möjliga heltalsrötter. Sats 3.8. Låt p(x) vara ett polynom av grad n med heltalskoefficienter och med högsta koefficienten = 1, p(x) = x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 2 x2 + a 1 x + a 0 , där a j är heltal för j = 0, 1, . . . , n − 1. Om ekvationen p(x) = 0 har en rot x = k, där k är ett heltal, så är k en delare (faktor) i a 0 .

3.6. Mer om ekvationer

Bevis. Vi antar att p(x) har nollstället x = k, där k är ett heltal. Insättning av x = k i p(x) och faktorisering ger 0 = p(k) = k n + a n−1 k n−1 + · · · + a 2 k2 + a 1 k + a 0 a 0 = − k · (k

n−1

+ a n−1 k

n−2

⇐ ⇒

+ · · · + a2 k + a1 ) .

Eftersom k och alla koefficienter är heltal, följer av det sista sambandet att k är en delare i a 0 . ä Uppgift 3.35 (fortsättning). För att hitta ett nollställe till x2 − 21x − 20 kan man gissa och pröva heltal som är delare i 20. Delarna är ±1, ±2, ±4, ±5, ±10 och ±20. Man hittar på så sätt nollstället x = −1. ä För en del ekvationer kan man behöva upprepa proceduren. Metoden att gissa rötter enligt satsen leder inte alltid till resultat. Det finns gott om ekvationer med heltalskoefficienter som bara har irrationella rötter, till exempel x2 − 2 = 0. Ibland kan man använda en substitution för att lösa en ekvation. Uppgift 3.36. Lös ekvationen (x2 + 9)(x2 − 9) = 9x2 − x4 . Lösning: Ekvationen är av fjärde graden, men alla termer är av jämnt gradtal. Därför kan man ersätta x2 med en ny variabel t. Resultatet är en ekvation av andra graden i t. Vi sätter alltså t = x2 och löser andragradsekvationen. (x2 + 9)(x2 − 9) = 9x2 − x4

⇐ ⇒

(t + 9)(t − 9) = 9t − t2

t2 − 81 = 9t − t2 ⇐ ⇒ 2t2 − 9t − 81 = 0 s 9 9 3·9 81 + 8 · 81 t= ± ⇐ ⇒ t= ± 4 16 4 4

⇐ ⇒ ⇐ ⇒

⇐ ⇒ 9 81 t2 − t − =0 2 2

t=9

eller

⇐ ⇒

t=−

9 2

Den negativa roten ger inga motsvarande x-värden eftersom x2 ≥ 0, medan t = x2 = 9 ger x = 3 eller x = −3. Svar: Lösningsmängden till (x2 + 9)(x2 − 9) = 9x2 − x4 är {−3, 3}.

Rotekvationer kan man försöka lösa på liknande sätt, som det som användes i exempel 3.32 (s. 70). När en ekvation innehåller potenser med exponenter som är bråk, försöker man bli av med dessa genom att upphöja båda leden till något lämpligt värde. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Uppgift 3.37. Lös ekvationen

p 3

x + 6 = x.

Lösning: Vi upphöjer båda leden till 3 och får p 3

x+6 = x

⇒ =

(x + 6) 3 ·3 = x3

⇐ ⇒

x + 6 = x3

x3 − x − 6 = 0 . (3.7)

⇐ ⇒

Möjliga heltalsrötter till (3.7) är enligt sats 3.8 (s. 72) delare i 6, alltså ±1, ±2, ±3 eller ±6. Prövning visar att x = 2 är en rot till (3.7). Polynomdivision ger x3 − x − 6 = (x2 + 2x + 3)(x − 2). Återstår att lösa ekvationen x2 + 2x + 3 = 0. Algoritmen ger x2 + 2x + 3 = 0

⇐ ⇒

p p x = −1 ± 1 − 3 = −1 ± −2,

som visar att andragradsekvationen saknar reella rötter. Kontroll genom prövning av roten x = 2 i den ursprungliga ekvationen ger p 3 att vänster led = 2 + 6 = 2 och höger led = 2. p 3 Svar: Ekvationen x + 6 = x har roten x = 2. ä Ekvationen i uppgift 3.36 löser Maxima enligt följande. [3.17]

ekv:(x^2+9)*(x^2-9)=9*x^2-x^4; solve(ekv); (x2 + 9)(x2 − 9) = 9x2 − x4 ) 3%i 3%i [x = −3, x = 3, x = − p , x = p ] 2 2 Om Maxima inte klarar av att lösa en ekvation med kommandot solve, svarar programmet med att returnera ekvationen. Man kan då pröva med kommandot find_root som söker efter en numerisk lösning, dvs. ett närmevärde. Då måste man ange ett intervall [a, b] inom vilket man vill hitta ett nollställe till ett uttryck (expr), find_root(expr,a, b). Maxima svarar bara med ett nollställe i det intervallet, även om det skulle finnas flera. Vi ger några exempel nedan.

[3.18]

expr:x^5+200x^2+100x-1500; find_root(expr, -5,5); x5 + 200x2 + 100x − 1500 2.422998955212794 I själva verket har ekvationen x5 + 200x2 + 100x − 1500 = 0 tre rötter i intervallet [−5, 5]. En rotekvation som solve inte klarar kan man lösa med find_root. Vi låter Maxima lösa ekvationen i uppgift 3.37. © Författarna och Studentlitteratur

3.7. Faktoruppdelning [3.19]

expr2:(x+6)^(1/3)-x; solve(expr2=0); find_root(expr2,0,5); 1

(x + 6) 3 − x 1

[x = (x + 6) 3 ] 2.0

3.7

Faktoruppdelning

I detta avsnitt samlar vi tidigare beskrivna metoder för faktoruppdelning av polynom. Det är ofta klokt att se om det går att bryta ut något. Man kanske inte upptäcker allt som går att bryta ut, så det är en bra idé att kontrollera om det går att bryta ut något mer. Exempel 3.38. Polynomet p(x) = x4 + 4x3 + 4x2 ska delas upp i faktorer så långt möjligt. Man ser kanske att det går att bryta ut x2 . Det ger direkt p(x) = x4 + 4x3 + 4x2 = x2 (x2 + 4x + 4). Om vi bara hade sett att det går att bryta ut x, hade vi fått p(x) = x4 + 4x3 + 4x2 = x(x3 + 4x2 + 4x). Nu kan man bryta ut x igen och få p(x) = x(x3 + 4x2 + 4x) = x2 (x2 + 4x + 4).

Andragradspolynom kan ibland faktoruppdelas genom att man använder kvadreringsreglerna eller konjugatregeln baklänges. Exempel 3.38 (fortsättning). Faktorn x2 + 4x + 4 i p(x) kan skrivas x2 + 4x + 4 = x2 + 2 · 2x + 22 = (x + 2)2 , och vi får resultatet p(x) = x2 (x2 + 4x + 4) = x2 (x + 2)2 .

En tredje metod för faktoruppdelning är att försöka hitta ett nollställe a till polynomet. Då har man enligt faktorsatsen en faktor x − a, som man kan dividera med för att komma vidare. © Författarna och Studentlitteratur

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Uppgift 3.39. Dela upp p(x) = x3 − 21x − 20 i faktorer så långt som möjligt. Lösning: I uppgift 3.35 (s. 72) hittade vi nollställena −1, −4 och 5 till p(x). Det betyder att p(x) har faktorerna x − (−1) = x + 1, x − (−4) = x + 4 och x − 5. Vi får p(x) = k(x)(x + 1)(x + 4)(x − 5). Faktorn k(x) måste vara ett tal på grund av att grad p = 3. Talet måste vara 1 för att x3 -termerna ska vara lika i båda leden. Svar: p(x) = (x + 1)(x + 4)(x − 5)

3.8

Olikheter

Inom analysen arbetar man ofta med jämförelser mellan storheter. Man gör till exempel uppskattningar av vissa tal och visar att de ligger under en viss nivå eller mellan två nivåer. Då är olikheter ett nödvändigt verktyg. I detta avsnitt visar vi olika metoder att arbeta med olikheter. Ekvationer och olikheter kan ofta hanteras på samma sätt, men alla regler är inte desamma. När man reducerar en ekvation (s. 53) kan man antingen addera/subtrahera samma tal till/från varje led eller multiplicera/dividera båda leden med samma tal. Men för olikheter fungerar det inte på samma sätt med multiplikation och division. Exempel 3.40. På tallinjen nedan illustreras att om ett positivt tal uppfyller a < 5, så gäller följande olikheter för a + 12, 5a och −2a. a + 12 < 5 + 12 = 17

−10

−2a

5a < 5 · 5 = 25

0 0

−2a > −10

a + 12 17 5a

Figur 3.3. Placering av talen a, a + 12, 5a och −2a för ett tal a ∈]0, 5[. Addition med 12 betyder en förskjutning längs tallinjen 12 enheter åt höger, något som behåller olikheten. Multiplikation med 5 betyder en skalförändring, som behåller olikheten. Multiplikation med −2 betyder en skalförändring och en spegling i 0, som vänder olikheten. ä © Författarna och Studentlitteratur

3.8. Olikheter

Att reducera en olikhet betyder att man överför den i en logiskt ekvivalent olikhet. Det gör man genom att • addera eller subtrahera samma tal till/från båda leden, a<b⇐ ⇒ a+c < b+c • multiplicera eller dividera båda leden med samma tal > 0, c > 0 ger a < b ⇐ ⇒ ac < bc • multiplicera eller dividera båda leden med samma tal < 0 och samtidigt vända olikhetstecknet, c < 0 ger a < b ⇐ ⇒ ac > bc. Motsvarande gäller för de andra olikhetstecknen, >, ≤ och ≥. Den sista regeln kan ersättas med att man först ’flyttar över’ och sedan multiplicerar eller dividerar med ett positivt tal. Se exempel 3.41. Sats 3.9. En reduktion av en olikhet enligt någon av reglerna i definitionen ovan ger en ekvivalent olikhet. Beviset utelämnas. Det bygger på samma resonemang som i exemplet före satsen. En tillämpning ger följande sats: Sats 3.10. För positiva tal a och b gäller att

a≤b

⇐ ⇒

a2 ≤ b 2 .

Bevis. 1. ⇒ = . Med hjälp av den andra regeln ovan använd två gånger får man 0<a≤b

⇒ =

a2 = a · a ≤ a · b ≤ b · b = b 2 .

2. ⇐. Konjugatregeln ger a2 ≤ b 2

⇒ =

b2 − a2 = (b − a)(b + a) ≥ 0 .

Eftersom a > 0 och b > 0 är faktorn a + b > 0. Därav följer att b − a ≥ 0, eftersom produkten ovan är icke-negativ. Alltså gäller a ≤ b. ä I följande exempel visar vi hur man kan lösa olikheter som innehåller uttryck med en obekant, x. Att lösa olikheten betyder att man bestämmer de intervall för x där olikheten är uppfylld. Olikheter med enbart x-termer och kända termer kan lösas med reduktion. Exempel 3.41. Bestäm vilka x som uppfyller olikheten −4x ≤ 10. Vi dividerar båda leden med −4 och vänder tecknet. Alternativt kan man addera 4x till och subtrahera 10 från båda leden och sedan dividera med 4. −4x ≤ 10 © Författarna och Studentlitteratur

⇐ ⇒

x≥

5 10 =− −4 2

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Exempel 3.42. Bestäm vilka x som uppfyller olikheten 0.5x + 3 < 2x − 1. Vi subtraherar 0.5x från båda leden och adderar 1 till båda leden. Slutligen divideras båda leden med 1.5 = 32 . 0.5x + 3 < 2x − 1

⇐ ⇒

4 < 1.5x

⇐ ⇒

8 <x 3

De x vi söker är alla x i intervallet ] 83 , ∞[.

Exempel 3.43. Bestäm vilka x som uppfyller olikheten 9 ≤ 5 − 2x. Vi subtraherar 5 från båda leden. I nästa steg kan man välja mellan (a) att dividera med −2 och vända olikhetstecknet eller (b) att addera 2x och −4 till båda leden och slutligen dividera med 2. (a) 9 ≤ 5 − 2x

⇐ ⇒

4 ≤ −2x

⇐ ⇒

−2 ≥ x

(b) 9 ≤ 5 − 2x

⇐ ⇒

4 ≤ −2x

⇐ ⇒

4 + 2x ≤ 0

⇐ ⇒

2x ≤ −4

⇐ ⇒

De x vi söker är alla x i intervallet ] − ∞, −2].

x ≤ −2 ä

Ibland kan man använda faktorisering följt av teckenstudium för att lösa olikheter. Metoden bygger på att produkten av två positiva eller två negativa faktorer är positiv, medan produkten av en positiv och en negativ faktor är negativ. Exempel 3.44. Undersök för vilka x olikheten (x − 2)(x + 5) > 0 är uppfylld. Vi använder metoden med teckenstudium och analyserar i vilka intervall faktorerna är positiva respektive negativa. Resultatet ställs upp i en tabell som kallas teckenschema. −5

(x − 2) (x + 5) (x − 2)(x + 5)

− − 0 + − 0 + + + 0 − 0 +

Överst finns en tallinje där vi för in x-värden i rätt ordning, men där avståndet mellan punkterna är oväsentligt. De punkter där uttrycket är 0 förs in. Avsnitten mellan punkterna representerar intervallen mellan dem. Faktorn (x − 2) är 0 för x = 2, negativ för x < 2 och positiv för x > 2. I och med det kan tecknen för faktorn (x − 2) i intervallen föras in, tillsammans med 0 för x = 2. Samma görs för (x + 5). Nollställena och tecknen för produkten kan avläsas. Resultatet blir att olikheten är uppfylld för x ∈ ]−∞, −5[ och x ∈ ]2, ∞[.

3.8. Olikheter

Om olikheten kan skrivas om genom reducering på formen p(x) > 0, där p(x) är ett polynom, kan man använda faktorisering och teckenstudium. Uppgift 3.45. Lös olikheten 10 + 5x − 2x2 ≤ 20x − 5x2 − 8 . Lösning: Analysen innehåller tre steg. 1. Reduktion av olikheten så att ena ledet blir 0. Högstagradstermen ska ha koefficient 1. 2. Faktorisering. 3. Teckenstudium. Steg 1. Olikheten innehåller samma uttryck som uppgift 3.14 (s. 55). Vi kan använda samma reduktionssteg som för den ekvationen, dvs. addition av de tre termerna −20x, 5x2 och 8 till båda leden. I nästa steg multipliceras båda leden med 31 , som är positiv. Olikhetstecknet behöver inte ändras. 10 + 5x − 2x2 ≤ 20x − 5x2 − 8

⇐ ⇒

3x2 − 15x + 18 ≤ 0

⇐ ⇒

x2 − 5x + 6 ≤ 0

Steg 2. Rötterna till motsvarande ekvation bestäms. Det gjordes i uppgift 3.14 (s. 55), med resultatet x = 2 och x = 3. Faktorisering ger x2 − 5x + 6 ≤ 0

⇐ ⇒

(x − 2)(x − 3) ≤ 0.

Steg 3. Teckenschemat ställs upp och analyseras. 2 (x − 2) (x − 3) (x − 2)(x − 3)

− 0 + + − − 0 + + 0 − 0 +

Resultatet blir att olikheten är uppfylld för x ∈ [2, 3]. Svar: Olikheten 10 + 5x − 2x2 ≤ 20x − 5x2 − 8 är uppfylld för x ∈ [2, 3].

Exempel 3.46. Mängden O = { x : x2 < 2x + 8}, som förekommer på s. 34, innehåller alla tal x som uppfyller olikheten x2 < 2x + 8. Genom att analysera olikheten kan man bestämma vilka/vilket intervall som O består av. Vi reducerar, löser motsvarande ekvation och faktoriserar för att göra ett teckenstudium. x2 < 2x + 8

⇐ ⇒

x2 − 2x − 8 < 0

⇐ ⇒

(x + 2)(x − 4) < 0

Vänster led är negativt om de båda faktorerna har olika tecken, vilket inträffar i intervallet ] − 2, 4[. Alltså är O =] − 2, 4[. ä

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Även rationella uttryck kan analyseras med teckenstudium. 60 . x Lösning: Här skulle man vilja börja med att multiplicera med x i båda leden för att bli av med nämnaren. Eftersom tecknet på x varierar måste man i så fall dela upp i två fall, beroende på om olikhetstecknet ska vändas eller ej. 60 Det är enklare att i stället subtrahera termen från båda leden och sedan x sätta på gemensam nämnare.

Uppgift 3.47. Lös olikheten x + 4 ≥

x+4 ≥

60 x

⇐ ⇒

x+4−

60 ≥0 x

⇐ ⇒

x2 + 4x − 60 ≥0 x

Täljaren faktoriseras genom att rötterna till ekvationen x2 + 4x − 60 = 0 bestäms. x2 + 4x − 60 = 0 x=6

⇐ ⇒

eller

p x = −2 ± 4 + 60 = −2 ± 8

x = −10

⇒ =

⇐ ⇒

x + 4x − 60 = (x − 6)(x + 10)

Olikheten kan därmed skrivas om med enbart förstagradsfaktorer och det går bra att göra teckenstudium. x2 + 4x − 60 ≥0 x

(x − 6)(x + 10) ≥0 x

⇐ ⇒

−10

(x − 6) (x + 10) x (x − 6)(x + 10) x

− − 0 −

− + −

− 0

− 0 + + + + +

odef − 0 +

Resultatet blir att olikheten är uppfylld för x ∈ [−10, 0[ och x ∈ [6, ∞[ . Det är viktigt att notera att uttrycket inte är definierat för x = 0. Svar: Olikheten är uppfylld då x tillhör [−10, 0[ eller [6, ∞[ .

Maxima kan lösa olikheter som innehåller polynom och rationella uttryck. Ett paket ska först laddas ned med kommandot load(solve_rat_ineq). Alla olikheter som förekommer i exemplen i detta avsnitt går bra att lösa med kommandot solve_rat_ineq. Man får själv kontrollera hur det blir med ändpunkterna i intervallen, eftersom Maxima bara accepterar stränga olikheter. © Författarna och Studentlitteratur

3.9. Övningar 60 . x Lösning: Vi löser olikheten med Maxima. Uppgift 3.48. Lös olikheten x + 4 ≥

[3.20]

solve_rat_ineq(x+4>60/x); [[x > −10, x < 0], [x > 6]] De två intervall där olikheten är uppfylld anges av Maxima inom de inre hakparenteserna. Det första intervallet ska tolkas som ] − 10, 0[ och det andra som ]6, ∞[. Vi undersöker vad som händer med intervalländpunkterna. För x = 0 är olikheten inte definierad. För x = −10 och för x = 6 får vi likhet, vilket är tillåtet. Svar: Olikheten är uppfylld i intervallen [−10, 0[ och [6, ∞[.

3.9

Övningar

I en del av övningarna förekommer rationella uttryck. Vid lösningen kan man förutsätta att variabler och parametrar har värden som gör att uttrycken är väldefinierade.

Parenteser och bråk [3.1] 3.1 Skriv uttrycken utan parenteser. a) x + (y + 2)

b) x + (y − 2)

c) x − (y + 2)

d) x − (y − 2)

3.2 Förenkla uttrycken. a) c) e) g)

3 − 2x + (4 + 3x) (x + y) + (x − y) 2s − t + (s − 2t) 5a − (3b − a) + (3a − 7b)

b) d) f) h)

3 − 2x − (4 + 3x) (x + y) − (x − y) 2s − t − (s − 2t) (8x − 7y − 15) − (7x − 6y − 13)

3.3 Förenkla uttrycken. a) 1 − [2x − (1 − x)] b) 5a + 2x − [4 − (2x − 3a + 2)] − [(5x + a) − (x − a)]

[Ledtråd]

b) (2x + 1)(2x − 1) d) (2x + 3)(2x − 3)

[Ledtråd]

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

3.5 Förenkla uttrycken så att inga parenteser förekommer i svaret. a) (3x + 2)2 (3x − 2)2

b) (2a + b + 1)(2a − b − 1) µ ¶ 1 4 d) x − x

c) (a + b + 3)2

3.6 Förenkla uttrycken genom att bryta ut en lämplig faktor ur täljaren och sedan förkorta. a)

2 − 2x 1− x

1− x x−1

y − x3 x3 − y

x4 − x 1 − x3

3.7 Förenkla uttrycken genom att göra liknämnigt och förkorta om det är möjligt. x2 − 1 x x + 2 x + 1 2x2 + 4x − 3 + − c) x+3 x x2 + 3x a) x −

x 2 + y2 x+ y a−b 2a ab + b2 d) + − 2 a a − b a − ab b) x + y −

3.8 Förenkla dubbelbråken genom att skriva om som ett enkelbråk och förkorta.

16a3 4b2 6a3 8ab

1 8a2 1 16a6

36a b 9a2 7b2

a2 b ab2

3.9 Förenkla dubbelbråken. a)

2 1 x x+4 x−3 − x−3 x+4 1 1 + x+4 x−3

1−

a a+b a 1− a−b 1−

ax ab − d) 6x 2 −b 3

3.10 Undersök hur Maxima hanterar förenklingar genom att låta Maxima förenkla några av dubbelbråken i övningarna 3.8 och 3.9.

3.9. Övningar

Logik [3.2] 3.11 Nedan följer ett antal utsagor. Vilka följer logiskt från någon av de andra? (1) (2) (3) (4) (5) (6)

Fido är en tax. Fido är en tax som är brun och svart. Fido är en liten brun och svart hund. Fido är en liten hund. Fido är en väldigt liten brun och svart tax. Fido är brun och svart.

3.12 Avgör om någon av följande utsagor är ekvivalent med någon av de övriga eller om någon medför någon av de övriga. (1) a = b

(2) ab = b2

(3)

a =1 b

(4) a − b = 0

(5) a2 = b2

p 3.13 Beviset för sats 2.5 (s. 32), som säger att 2 är irrationellt, är ett motsägelsebevis. I beviset uppstår alltså en motsägelse. Vilken utsaga i beviset är det som skulle vara både sann och falsk? p 3.14 Om man försöker bevisa att 4 är irrationellt (en falsk utsaga) med samma p metod som i beviset för sats 2.5 (s. 32), som säger att 2 är irrationellt, fungerar inte beviset. Exakt var i beviset blir det fel?

Ekvationer av första och andra graden [3.3] 3.15 Lös ekvationerna. 2x x x x a) x − + = + +8 5 3 2 6 b) x2 − 14x + 30 = 0 c) x2 + 8x + 17 = 0 d) (5 − 2x)(x − 3) = (1 − 2x)(x + 3) + 22 3.16 Lös ekvationerna. 4x 1 + =0 a) x2 + 3 3 c) (x + 1)2 + (x + 2)2 = 25

b) 5x2 + 2x = 3 d) (x − 1)(x − 2) + (x − 2)(x − 3) = 2

3.17 Lös ekvationerna med avseende på x. a) (x + a)(x − b) = (a − x)(x + b)

b) x2 = 5ax + 14a2 , där a ≥ 0

3.18 För vilka värden på parametern a har ekvationen x2 − 6x = a två, en eller ingen rot?

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Polynom [3.4] 3.19 Bestäm kvot och rest vid division av x3 + 4x2 − 2x + 10 med x + 1. 3.20 Bestäm kvot och rest vid division av x5 − x4 + 2x3 − x med x2 − x − 1. Gör divisionen dels för hand, dels med hjälp av Maxima och kontrollera att svaren stämmer med varandra. 3.21 Bestäm parametern a så att polynomet x5 − ax3 (x − 1) − 8 blir delbart med x − 2. 3.22 Polynomet x6 − 2x5 + 2x4 − 2x3 − x2 + 4x − 2 har nollstället 1. Bestäm multipliciteten. [Ledtråd]

Rationella uttryck [3.5] 3.23 Vad blir kvot och rest vid följande division? Skriv om uttrycket som en summa av ett polynom och en kvot där täljarens grad är lägre än nämnarens.

3x3 + 2x2 + 4x + 1 x2 + 1

x4 − 1 x−1

3.24 Förenkla uttrycken så att inga parenteser förekommer i svaret. µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 a) abc + + b) x yz(x + y + z) + + a b c x y xz yz µ ¶ µ ¶µ ¶ 1 1 2a b b 3a c) (x − y) + d) + − x y b 3a 2a b 3.25 Förenkla uttrycken. a)

1 2 1 + − 2 x x+1 x + x

µ ¶ 1 1 1 + a + b a − 2b b − 2a

3.26 Förenkla uttrycken genom faktorisering och förkortning. a)

5a (2a + 2) 2a2 − 2

ab − a2 a2 − b 2

x3 y − x y3 x2 + x y

(10a − 10b)2 a−b

2x2 y + 3x y2 4x2 + 12x y + 9y2

3.9. Övningar 3.27 Förenkla dubbelbråken. x y − y x a) x y + −2 y x

a2 − 2 + b) a−

1 a

1 a2

Mer om ekvationer [3.6] 3.28 Lös ekvationerna. a) (x − 3)(x + 2) = 2x(x − 3) 2

c) x − 25 = (4x − 3)(x + 5) 3.29 Lös ekvationerna.

b) (x − 3)(x + 2) = x(x − 3) d) 2x(5x − 1) = 1 − 10x + 25x2

c) x4 = 5x2 − 4

125 b) x3 = 27 p d) 6 x = x + 5

e) 6x4 + x2 = 2

f) x10 − 31x5 = 32

a) x4 = 16

3.30 Lös ekvationerna. p a) x+4 = x+2 p c) x − 2x + 6 = 1

b) d)

3.31 Lös ekvationerna. 1 4 a) = x (x − 1)(x + 3)

p p

x2 + 4 = x + 2 x2 + 27 = x2 − 3

2 1 = x − 1 x2 + x − 2

3.32 Bestäm parametern r så att polynomet x3 + 3x2 − 4x + r får ett nollställe x = 2. Lös därefter ekvationen x3 + 3x2 − 4x + r = 0 fullständigt. 3.33 Bestäm alla nollställen till följande polynom. Bestäm också multipliciteten. a) x4 + 2x3 − 24x2

b) x4 + 3x3 − 4x.

3.34 Gissa en rot till ekvationen x3 + 7x2 − 21x − 27 = 0. Lös ekvationen fullständigt. 3.35 Lös ekvationerna. a) x0.5 = 7 1

d) x 3 = 0.3

1 2 1 e) x 5 = 2 1

b) x 4 =

c) x0.2 = 3 1

f) x 6 = 2

KAPITEL 3. ALGEBRA OCH LOGIK

Faktoruppdelning [3.7] 3.36 Faktorisera följande polynom så långt som möjligt. Ta Maxima till hjälp om det behövs. a) x4 − 1 c) x4 − 6x3 − x2 + 6x

b) 16x6 + 40x4 + 25x2 d) x6 − 1

3.37 Faktorisera polynomen. a) x2 + 8x − 20 c) 20 − 7x + x2

b) 3 − 2x − 5x2 d) 4x2 − 5x − 1

3.38 Polynomet x3 − x2 − 13x − 35 har ett nollställe som är ett heltal. Faktorisera polynomet så långt som möjligt. 3.39 Faktorisera polynomet x3 + x2 + x + 1 så långt som möjligt. 3.40 Faktorisera så långt som möjligt uttrycket x3 − y3 i faktorer som innehåller potenser av lägre grad av x och y. Lös samma övning för uttrycket x4 − y4 .

Olikheter [3.8] 3.41 Lös olikheterna. a) 2x − 4 < 5x + 2

b) 6 −

c) 4(x − 1) ≤ 10 + 2(x + 3)

x ≥0 2

3 1 −3 > 2+ x x

3.42 Lös olikheterna. a) x(x + 7)(x − 5) < 0

b) x3 (x2 − 1) ≥ 0

c) x2 − x − 20 ≤ 0

d) 3x2 − 4x − 2 < 5x2 − 18

3.43 Lös olikheterna. (1 − 2x)(2 − 3x) <0 x 3 c) 2x + 5 > x a)

3.44 Bevisa att a2 ≥ 0 för alla a.

3 7 + ≥0 x+5 x−9 2 7 d) ≥ x 4(1 − x) b)

[Ledtråd]

Gerd Brandell är universitetslektor emeritus i matematik vid Lunds universitet och har tidigare undervisat vid KTH och Luleå tekniska universitet. Hon har även varit gästlärare vid Roskilde Universitet och Monash University. Sigrid Sjöstrand har varit verksam som universitetslektor i matematik vid Lunds Tekniska Högskola och har undervisat i matematik och fysik på gymnasiet.

Envariabelanalys med datorstöd Envariabelanalys med datorstöd innehåller tillsammans med Flervariabelanalys med Maple det som brukar ingå i de inledande kurserna i analys vid universitet och högskolor. I denna bok finner man differential- och integralkalkyl för funktioner av en variabel och bakgrundsmaterial om tal, algebra, logik, geometri och trigonometri. Teori och metoder beskrivs tydligt med många förklarande exempel och intuitiva resonemang. Tillämpningar har fått stort utrymme med många särskilda avsnitt. Övningsuppgifter med svar och ledtrådar ingår i varje kapitel. För att få bästa utbytet av boken ska man använda den tillsam mans med programmet Maxima, som finns fritt tillgängligt på nätet. Metoder för beräkningar och visualiseringar med dator stöd finns med i alla kapitel som ett komplement till metoder med räkning för hand. Boken förutsätter endast kunskaper motsvarande gymnasie skolans kurser till och med kurs 3c. För dem som läst kurs 4 eller kurs 4 och 5 räcker det att läsa vissa delar i boken översiktligt.

Art.nr 39010