Matematikcentrum Matematik NF

Fråga Lund om matematik Frågor och svar februari 2012

Svar:

Integralen är en fullständig elliptisk integral av det första slaget. Man kan inte uttrycka den i elementära funktioner.

Kjell Elfström

Svar:

Så länge som snöret är sträckt mellan två av hörnen, kommer pennspetsen att följa en ellips med två olika brännpunkter och därför två olika halvaxlar a och b. Vi kan införa ett nytt koordinatsystem, så att ellipsen har ekvationen x²/a² + y²/b² = 1. Om denna ellipsbåge samtidigt är en cirkelbåge, så finns det en punkt (x₀,y₀) och en positiv konstant r, sådana att (a cos t − x₀)² + (b sin t − y₀)² = r² för alla t i ett intervall I. Eftersom vänsterledet i ekvationen är en analytisk funktion av t, måste likheten gälla för alla reella t. Detta visar att hela ellipsen är en cirkel, vilket är en motsägelse. Kurvan kan alltså inte vara en cirkel för någon trådlängd, oberoende av om triangeln är liksidig eller ej.

Kjell Elfström

Svar:

Sker det ingen acceleration, skall man hålla glaset som vanligt. Jag föreslår att du vänder dig till fysikerna för att få frågan belyst.

Kjell Elfström

Svar:

Ditt påstående stämmer asymptotiskt, men en härledning av detta skulle bli för omfattande. Problemet hör till ämnet förnyelseekvationer, om du vill söka vidare på egen hand.

Kjell Elfström

Svar:

Låt oss först bestämma antalet lösningar till ekvationen

där a och x_i är naturliga tal. Man kan lägga ut a kulor och 3 avskiljare i en rad. Antalet kulor före den första avskiljaren är x₁, antalet mellan den första och andra är x₂, antalet mellan den andra och sista är x₃, och antalet kulor efter den sista avskiljaren är x₄. Eftersom avskiljarnas positioner kan väljas på (^a + 3₃) sätt, blir detta antal också lika med antalet lösningar.

Antag nu att vi söker antalet lösningar, för vilka x_i ≥ a_i, i = 1,2,3,4, där a_i är naturliga tal, och b = a₁ + a₂ + a₃ + a₄ ≤ a. Inför nya obekanta y_i = x_i − a_i. Då kan ekvationen skrivas

där y_i är naturliga tal. Antalet lösningar till ekvationen med dessa villkor är alltså (^{a − b + 3}₃).

Antag nu att a = 12 och låt N vara antalet lösningar, där vi bara kräver att x_i är naturliga tal. Sätt a₁ = 5, a₂ = 6, a₃ = 9 och a₄ = 10. Låt N_i vara antalet lösningar, där vi kräver att x_i ≥ a_i. Låt, om i ≠ j, N_ij vara antalet, för vilka x_i ≥ a_i, x_j ≥ a_j. Låt om i, j och k är olika index, N_ijk vara antalet lösningar, för vilka x_i ≥ a_i, x_j ≥ a_j, x_k ≥ a_k. Låt slutligen N₁₂₃₄ vara antalet, för vilka x_i ≥ a_i, i = 1,2,3,4.

Principen om inklusion och exklusion säger då, att det sökta antalet är

Kjell Elfström

Svar:

y = t, x = t²/(4a) är ett exempel, om a ≠ 0.

Kjell Elfström

Svar:

Det kan man inte.

Kjell Elfström

Svar:

Se 27 februari 2012 15.22.40.

Kjell Elfström

Svar:

Det verkar vara en trevlig uppgift. Det finns flera olika bevis för Pythagoras sats. Du skulle kunna beskriva flera av dem. Huruvida en sådan uppgift kan ge dig högre betyg törs jag inte uttala mig om. Den frågan får du ta upp med din lärare.

Kjell Elfström

Svar:

Om p är falskt, kan man inte draga några slutsatser om sanningshalten hos q.

Kjell Elfström

Svar:

Roterar vi vektorn 4 + 3i π/2 radianer moturs, får vi i⋅(4 + 3i) = −3 + 4i. De båda möjliga värdena av z är alltså 4 + 3i ± (−3 + 4i).

Kjell Elfström

Svar:

Det gäller att [x] ≤ x + 1/2. Därför är [a] + [b] + [c] ≤ a + b + c + 3/2 = 100 − d + 3/2 < 100 + 3/2, och det följer att [a] + [b] + [c] ≤ 101, eftersom [a] + [b] + [c] är ett heltal. Väljer vi a = b = 0,6, c = 98,7 och d = 0,1, så blir [a] + [b] + [c] = 101, vilket alltså är det maximala värdet.

Kjell Elfström

Svar:

Jag förstår inte frågan.

Kjell Elfström

Svar:

Sätter vi z = y − 18, så gäller det att z′ = y′ och därför z′ = −0,3z. Denna differentialekvation har lösningen z = Ce^−0,3x. Eftersom z(0) = 5 − 18 = −13, så är C = −13. Det följer att z(2) = −13e^−0,6, varav y(2) = 18 − 13e^−0,6.

Kjell Elfström

Svar:

Jag har inte hittat något specifikt om detta. Kurvan kommer att utgöras av delar av ellipser.

Kjell Elfström

Svar:

(1) Ekvationen är ekvivalent med

Lösningarna till denna ges av 2x = ±(π/2 − 3x) + 2πn, dvs. x = π/10 + 2πn/5 eller x = π/2 + 2πn.

Du har fel, när du säger att ekvationen 4t³ − 2t² − 3t + 1 = 0 bara kan lösas numeriskt. En rot är uppenbarligen t = 1. Polynomet kan därefter faktoriseras, och man kan lösa den resulterande andragradsekvationen.

(2) Man får ofta olika svar i Maple på ekvivalenta problem. Maple går olika vägar vid beräkningarna. Det får man för övrigt också ofta, när man löser ekvivalenta problem manuellt.

(3) B och Z är godtyckliga heltal. Maple verkar inte inse, att 2πn/5, 4πB/5 + 2πZ och 8πB/5 + 2πZ genererar samma vinklar och därför heller inte att uttrycken för x₂ och x₃ kan ersättas av ett enda.

Kjell Elfström

Svar:

SL står förmodligen för satslogik. Jag vet inte om man kan säga att det finns flera. Det kan i så fall ha att göra med vilka konnektiv som används.

Kjell Elfström

Svar:

I Euklides framställning av geometrin finns ett antal odefinierade begrepp, såsom punkt, linje, ligga emellan, osv. Åtminstone är det så moderna matematiker tänker sig det, även om Euklides gjorde ansatser till intetsägande definitioner. Man bryr sig alltså inte om vad dessa begrepp står för. Han hade också ett antal axiom. Det är påståenden, som man accepterar utan bevis. Dessa axiom uttalar sig om de grundläggande odefinierade begreppen och begränsar på så sätt tolkningsmöjligheterna för dessa begrepp. Geometrin är sedan alla de påståenden, som kan härledas utifrån axiomen. På så sätt uttalar geometrin sig inte om några verkliga begrepp alls. Det man sedan gör, när man vill använda geometrin praktiskt, är att man tolkar vissa av de odefinierade begreppen som verkliga begrepp. Man skapar sig på så sätt en modell av verkligheten. Om korrespondensen är väl vald, kan man ha praktisk nytta av modellen.

Likadant är det med matematiken i stort. Man kan faktiskt definiera hela matematiken utifrån två odefinierade begrepp, nämligen begreppen mängd och tillhör. Man definierar sedan andra matematiska objekt, såsom tal, utifrån mängdbegreppet. Genom att välja ett antal axiom, kan man härleda alla nu kända matematiska satser utifrån dessa.

Kjell Elfström

Svar:

Jag vet inte vad bokstaven P står för.

skulle jag ha skrivit.

Kjell Elfström

Svar:

Ordet ”sats” brukar användas om utsagor, som bevisats.

Kjell Elfström

Svar:

Deriverar man y, får man y′ = 12 cos(4x + v). Funktionen y uppfyller alltså differentialekvationen

Du kan också derivera en gång till och få y″ = −48 sin(4x + v). Det gäller alltså att y också uppfyller differentialekvationen

Kjell Elfström

Svar:

Se Spherical law of cosines.

Kjell Elfström

Svar:

Med månghörning avses här en plan figur. Man får också i detta sammanhang förutsätta att den är konvex. Det betyder att månghörningen ligger helt och hållet på den ena sidan om förlängningen av var och en av kanterna. Stjärnformade månghörningar är inte konvexa.

Om den konvexa månghörningen har n hörn, så kan man dela upp den i trianglar genom att dra linjer från ett av hörnen till vart och ett av de övriga hörnen. Månghörningen delas på så sätt upp i n − 2 trianglar, som var och en har vinkelsumman 180°. Innervinkelsumman i månghörningen är därför (n − 2)⋅180°. Om α₁,…,α_n är innervinklarna och β₁,…,β_n yttervinklarna, så gäller det alltså att α₁ + … + α_n = (n − 2)⋅180°. Det gäller också att β_i = 180° − α_i. Därför är β₁ + … + β_n = n⋅180° − α₁ − … − α_n = n⋅180° − (n − 2)⋅180° = 360°.

Kjell Elfström

Svar:

Nej, det är inte korrekt. Påståendet ”om p så q" är sant utom då p är sant och q är falskt. Hade det varit som du tror, hade påståendet betytt samma sak som ”p och q”, vilket inte är fallet.

Kjell Elfström

Svar:

Ja, de båda påståendena är ekvivalenta.

Kjell Elfström

Svar:

Att f_n → f likformigt i ett område D betyder att sup_x ∈ D|f_n(x) − f(x)| → 0 då n → ∞. Följande exempel bör avslöja ditt felslut. Definiera funktionen f_n:(−1,1) → R genom f_n(x) = 0, om −1 + 1/n < x < 1 − 1/n, och f_n(x) = 1, om −1 < x ≤ −1 + 1/n eller 1 − 1/n ≤ x < 1. Då gäller det att f_n → 0 likformigt i varje intervall (−1 + δ,1 − δ), där δ > 0, men f_n går inte likformigt mot noll i (−1,1).

Kjell Elfström

Svar:

Det som tillkommer i predikatlogiken är en kvantifikator, som alltså utgör en del av det fullständiga påståendet ∀x (x > 2 → x² > 4), vilket inte är detsamma som ∃x (x > 2 → x² > 4).

Kjell Elfström

Svar:

Du söker alltså siffror a och b, a ≥ 1, sådana att det finns ett heltal x, sådant att 1100a + 11b = x². Eftersom 1100a + 11b är delbart med primtalet 11, måste också x vara delbart med 11. Det betyder att x = 11y. Eftersom x² = 11⋅11y², kan likheten skrivas 100a + b = 11y². Eftersom a och b är siffror och a ≥ 1, är 100 ≤ 100a + b ≤ 999. Att 11y² ligger mellan dessa gränser betyder att 4 ≤ y ≤ 9. Motsvarande värden på 11y² är 176, 275, 396, 539, 704, 891. Bara 704 är av formen 100a + b. Vi finner alltså att a = 7 och b = 4, varför det sökta talet är 7744.

Kjell Elfström

Svar:

Du kan lösa ut z ur ekvationen du anger. Sedan återstår det att lösa ut y, och det kan man bara undantagsvis göra genom att använda de fyra räknesätten och rotutdragningar. Metoden du föreslår fungerar helt enkelt inte.

Kjell Elfström

Svar:

Det verkar som om du menar att det finns en ”verklig” definition av area, och att det sedan går ut på att visa att arean under en graf är lika med en viss integral. Jag tror inte att det förhåller sig så. Det man definierar i matematiken är arean av punktmängder. Punkter och linjer är abstrakta begrepp och återfinns inte som ting i ”verkligheten”. När man bestämt sig för att en viss punktmängd är lämplig för att beskriva ett verkligt objekt, kan man säga att det verkliga objektets area är densamma som punktmängdens.

Kjell Elfström

Svar:

När man talar om algebraisk ekvation, brukar man förutsätta att koefficienterna ligger i en kropp. Allmänt, när man diskuterar polynom, måste koefficienterna ligga i en ring. Man måste ju kunna addera och multiplicera dem.

Kjell Elfström

Svar:

Jag tror inte att de ges ut i nytryck, men jag vet inte. De tjänar säkerligen fortfarande sitt syfte.

Kjell Elfström

Svar:

Man är hänvisad till numeriska metoder.

Kjell Elfström

Svar:

Använder man formeln för den geometriska summan, får man en ekvation i x = 2^1/k av grad n. Jag kan inte se hur man kan lösa denna exakt.

Kjell Elfström

Svar:

Man kan dra de två lotterna på (¹⁰⁰₂) = 50⋅99 sätt. Man kan dra en vinstlott och en nitlott på 5⋅95 sätt. Sannolikheten blir 5⋅95/(50⋅99) = 19/198.

Kjell Elfström

Svar:

Det gäller att c är en produkt av potenser av olika primtal. Det räcker därför att visa att

där p är ett primtal och n ≥ 0.

Vi visar först några hjälpresultat.

Lemma 1 Om p är ett primtal och n ett naturligt tal, så är pⁿ ≥ n + 1.

Bevis Induktion över n. Påståendet är uppenbarligen sant då n = 0. Antag att pⁿ ≥ n + 1. Då är

vilket fullbordar induktionsbeviset.

Lemma 2 Det gäller att a^pn + 1 ≡ a^pn (mod p^n + 1).

Bevis Antag först att p|a. Då gäller det att p^pn + 1|a^pn + 1 och p^pn|a^pn. Det följer av lemma 1, att p^n + 1|a^pn + 1 och p^n + 1|a^pn, vilket visar påståendet i detta fall. Antag nu att p inte delar a. Det gäller då att a^{pn(p − 1)} = a^φ(pn + 1) ≡ 1 (mod p^n + 1), där φ är Eulers totientfunktion. Multiplicerar vi kongruensen med a^pn, får vi det önskade resultatet.

Lemma 3 Om p^n + 1|(a^pn + 1 − b^pn + 1), så gäller det att pⁿ|(a^pn − b^pn).

Bevis Om p^n + 1|(a^pn + 1 − b^pn + 1), så gäller det enligt lemma 2, att

vilket visar påståendet.

Lemma 4 Om p|(a^p − b^p), så gäller det att p|((a^p − b^p)/(a − b)).

Bevis Om p|(a^p − b^p), så ger Fermats lilla sats att

Därför är

vilket bevisar lemmat.

Bevis av huvudresultatet Vi använder induktion över n. Om n = 0, är påståendet trivialt sant. Antag att påståendet är sant för det naturliga talet n, att p^n + 1|(a^c − b^c) och p^n + 1|c. Då är c = dp^n + 1 för något positivt heltal d, och p^n + 1|((a^d)^pn + 1 − (b^d)^pn + 1). Det följer av lemma 3, att pⁿ|((a^d)^pn − (b^d)^pn). Med c′ = dpⁿ gäller det alltså att pⁿ|(a^c′ − b^c′) och pⁿ|c′, varför induktionsantagandet ger att pⁿ|((a^c′ − b^c′)/(a − b)). Det gäller också att p|((a^c′)^p − (b^c′)^p), varför lemma 4 ger, att p|(((a^c′)^p − (b^c′)^p)/(a^c′ − b^c′)). Det gäller därför att p^n + 1 = ppⁿ delar

vilket fullbordar induktionsbeviset.

Kjell Elfström

Svar:

Jag ser inte vitsen med detta.

Kjell Elfström

Svar:

Man inser att kurvan, längs vilken hunden springer, är en funktionskurva y = f(x). Sätt c = v_k/v_h och låt l(x) vara längden av den del av hundkurvan, som ligger ovanför intervallet [0,x]. Vi antar att c < 1, eftersom hunden annars inte kommer att hinna upp katten. Det gäller då att

och därför enligt integralkalkylens huvudsats att

När hunden befinner sig i punkten (x,f(x)) har den sprungit l(x) längdenheter. Katten har på samma tid sprungit cl(x) längdenheter och befinner sig därför i punkten (s,cl(x)). Tangenten till hundens kurva i punkten (x,f(x)) har riktningskoefficient f ′(x) och går genom punkterna (x,f(x)) och (s,cl(x)). Det gäller därför att

Löser vi ut l(x) ur likheten, får vi

Derivation ger att

Sätter vi de båda uttrycken för l′(x) lika, får vi differentialekvationen

Ansatsen z(x) = f ′(x) överför denna på

vilket är ekvivalent med

Tar vi primitiva funktioner, får vi

där A är en konstant. Eftersom z(0) = f ′(0) = 0, så är A = c ln s, och vi får att

Detta ger att

av vilket det följer att

där B är en konstant. Eftersom f(0) = 0, får vi att B = sc/(1 − c²) och därför att

När katten och hunden möts, har katten sprungit B längdenheter, och tidsåtgången för detta är

Kjell Elfström

Svar:

1- Skriver vi ekvationen som y′ + (1/2)y = x²/2, ser vi att en integrerande faktor är e^x/2. Ekvationen är därför ekvivalent med

Två partiella integrationer ger att

Begynnelsevillkoret ger att

varav C = −32e^−1/2. Den sökta lösningen är alltså y = x² − 4x + 8 − 16e^{−(x + 1)/2}.

Kjell Elfström

Svar:

Den karakteristiska ekvationen r² + 4r/10 + 4/100 = 0 har dubbelroten r = −1/5. Differentialekvationen har därför den allmänna lösningen y = (Ax + B)e^−x/5. Det gäller att y′ = (−Ax/5 + A− B/5)e^−x/5. Begynnelsevillkoren ger att (A + B)e^−1/5 = 1 och (6A − B)e^1/5/5 = −1. Detta ger att A + B = e^1/5 och 6A − B = −5e^−1/5. Adderar vi ekvationerna, får vi att 7A = e^1/5 − 5e^−1/5, varav A = (e^1/5 − 5e^−1/5)/7. Insatt i den första ekvationen ovan ger detta att B = e^1/5 − (e^1/5 − 5e^−1/5)/7 = (6e^1/5 + 5e^−1/5)/7.

Kjell Elfström

Svar:

Om y = Ax + B/x², så är y′ = A − 2B/x³ och y″ = 6B/x⁴. Insättning ger att differentialekvationens vänsterled är lika med

Kjell Elfström

Svar:

Sätter vi f(x,y) = 1 + 3x − 2y, så kan differentialekvationen skrivas y′(x) = f(x,y(x)). Om steglängden är 0,25, så delar man in intervallet [1,2] i delintervall av längden 0,25. Delningspunkterna blir x₀ = 1, x₁ = 1,25, x₂ = 1,5, x₃ = 1,75 och x₄ = 2. Man har att y₀ = y(x₀) = y(1) = 2 och bestämmer sedan successivt nya värden på y_n genom

Då kommer y_n att vara ett närmevärde till y(x_n). Det är y₄ ≈ y(x₄) vi är intresserade av att bestämma.

Det gäller att x₀ = 1 och y₀ = 2. Formeln ger att

Vi får sedan

Därefter blir

och slutligen får vi

vilket är svaret.

Kjell Elfström

Svar:

Det är bevisat att det klassiska problemet med vinkelns tredelning är olösligt. Det kan därför inte finnas någon lösning, som bara uttrycks med de fyra räknesätten och kvadratrötter.

Kjell Elfström

Svar:

De reella tal, som inte är rationella, kallas irrationella. Svaret är alltså ja på den första frågan och nej på den andra. Det finns dock andra uppdelningar man kan göra av de reella talen. Ett algebraiskt reellt tal är ett tal x, sådant att f(x) = 0 för något nollskilt polynom f med rationella koefficienter. Alla rationella tal är algebraiska, men det finns också andra. T ex är x = √2 algebraiskt, eftersom x² − 2 = 0. De reella tal, som inte är algebraiska, kallas transcendenta. T ex är e och π transcendenta. Detta visades 1873 av Charles Hermite respektive 1882 av Ferdinand von Lindemann.

Kjell Elfström

Svar:

Det är väl klart att man kan definiera begreppet primtal på något annat sätt än det gängse, om man är beredd att förkasta några satser om primtal. Det finns också ett behov av att definiera vad sammansatt tal är, och det är ett tal a, som har äkta delare, alltså andra delare än ±1 och ±a. Det är alltså inte definitionsmässigt ett tal, som inte är ett primtal. Talet 1 är varken ett primtal eller sammansatt. Varken talet 1 eller något primtal p skulle bli sammansatt, om vi bara utvidgade definitionen av primtal att gälla också talet 1. Även om vi inför en definition av primtal, så att vissa tal blir både sammansatta och primtal, skulle vi ändå inte kunna dra de slutsatser du drar. Vi skulle bara anse definitionen vara olämplig.

Kjell Elfström

Svar:

1) Finns det ett sådant kardinaltal, så finns det en mängd A med den mäktigheten, t ex kardinaltalet självt. Då är inte A tom. Det finns alltså något element a₁ ∈ A. Funktionen från {1} till A, som avbildar 1 på a₁, kan inte vara en bijektion, eftersom i så fall A skulle vara ändlig. Det finns alltså ytterligare ett element a₂ i A. Inte heller funktionen från {1,2} till A, som avbildar i på a_i kan vara en bijektion. Vi kan därför hitta ytterligare ett element a₃ i A och så vidare. Detta leder till att A innehåller en oändlig delmängd av formen B = {a₁,a₂,a₃,…}, och eftersom B är uppräkneligt oändlig, så måste kardinaltalet för A vara minst ℵ₀.

2) ab är kardinaltalet för mängden A×B, där A och B har kardinaltalen a resp. b. Om a = 0, är A tomma mängden, och då är också A×B tom, varför ab = 0.

Kjell Elfström

Svar:

Jag varken inser eller anser något om detta, eftersom jag själv inte har läst kurserna. En gissning är att Matematik B är den lättaste.

Kjell Elfström

Svar:

Jag känner inte till något sådant villkor på p och q. Om ekvationen x³ + px + q = 0 har tre heltalslösningar, så är diskriminanten kvadraten av ett heltal enligt definitionen av diskriminant.

Kjell Elfström

Svar:

Kvadratroten är inte entydigt bestämd, utan det handlar om att bestämma kvadratrötterna. Sätt z = x + iy, där x och y är reella tal. Ekvationen z² = −3/4 + i är då ekvivalent med

För att lösa ekvationen enklare kan man också utnyttja att |z|² = |z²| = |−3/4 + i| och få att

Adderar vi nu den första av ekvationerna ovan till denna ekvation, får vi 2x² = 1/2, varav x² = 1/4. Subtraherar vi i stället den första ekvationen från den sista, får vi 2y² = 2, varav y² = 1. Det gäller alltså att x = ±1/2 och y = ±1. Den andra av ekvationerna överst visar att x och y har samma tecken, varav z = ±(1/2 + i).

Kjell Elfström

Svar:

Det kan man inte. Om a = cos α, b = sin α, c = cos β och d = sin β, så är de båda första ekvationerna uppfyllda, cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β = ac − bd och cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β = ac + bd. Om α = β = π/6, så är ac − bd = 1/2 och ac + bd = 1. Om α = π/2 och β = −π/6, så är också ac − bd = 1/2, men nu är ac + bd = −1/2.

Kjell Elfström

Svar:

Man brukar inte uttrycka det så. Se 11 februari 2012 15.30.30.

Kjell Elfström

Svar:

1987. Man inser direkt, att om (x,y) ∈ A∩B eller (x,y) ∈ C∩D, så är x ≠ 0 och y ≠ 0. Sätt a = x² − y² − x/(x² + y²), b = 2xy + y/(x² + y²) − 3, c = x³ − 3xy² + 3y − 1 och d = 3x²y − 3x − y³. Då är xa − yb = c och ya + xb = d. Om a = b = 0, är också c = d = 0. Eftersom determinanten x² + y² ≠ 0, då (x,y) ∈ C∩D, så gäller det också att a = b = 0, om (x,y) ∈ C∩D.

1986. Olikheten är ekvivalent med x⁴ − 13x² + 36 ≤ 0. Polynomet t² − 13t + 36 har nollställena 4 och 9. Olikheten är alltså ekvivalent med (x² − 4)(x² − 9) ≤ 0. Lösningsmängden är alltså K = [−3,−2]∪[2,3]. Funktionen f definierad genom f(x) = x³ − 3x är udda. Det gäller att f ′(x) = 3x² − 3 > 0, då x ∈ K. Funktionen f är alltså strängt växande både i [−3,−2] och i [2,3]. Det gäller att f(−3) = −18, f(−2) = −2, f(2) = 2 och f(3) = 18. Det minsta värdet är alltså −18 och det största 18.

Kjell Elfström

Svar:

Enligt definition 3 på sidan 241 definieras integralen av f över N som integralen av f_N över Δ. Det gäller att f_N är noll utom möjligen i N. Låt I vara en av rektanglarna i unionen. I denna rektangel måste det finnas punkter, som inte ingår i N, eftersom N är en nollmängd. Därför måste det vara så, att m ≤ 0, eftersom f_N är noll i en sådan punkt.

Kjell Elfström

Svar:

Om man misstänker att två polynom har gemensamma nollställen, så måste dessa vara nollställen till polynomens största gemensamma delare, och den kan man få fram genom att använda Euklides algoritm. Tror man att ett polynom har multipla nollställen, så måste dessa vara nollställen både till polynomet och dess derivata.

Kjell Elfström

Svar:

En algebraisk ekvation över en kropp k är en ekvation, i vilken det ena ledet är ett polynom över k och det andra är lika med 0. Det är polynomets koefficienter som ligger i k. Det kan naturligtvis finnas skäl till att ange vilka lösningar man studerar. Om polynomet är över R och man studerar alla lösningar, kan det finnas skäl att ange att det är komplexa lösningar man söker.

Kjell Elfström

Svar:

Man får underförstå att k betecknar ett reellt tal, och då räcker det att skriva k > −1/3.

Kjell Elfström

Svar:

1) Ett heltal p är ett primtal, om p bara har delarna ±1 och ±p, och p ≥ 2. Talen p = 1 och t ex p = −2 har också bara delarna ±1 och ±p. Frågan är varför man inte anser att dessa tal också skall vara primtal. Ett starkt bidragande skäl är att aritmetikens fundamentalsats i så fall inte skulle gälla. Den säger att varje heltal a ≥ 2 på precis ett sätt, om man bortser från ordningsföljden, kan skrivas som en produkt av primtal. Detta skulle inte vara sant, om man inkluderade 1 och −p bland primtalen, där p är primtal enligt gängse definition. Man har ju t ex att 6 = 2⋅3 = 2⋅3⋅1⋅1 = (−2)(−3).

2) Talet −a är den entydigt bestämda lösningen till ekvationen x + a = 0. Talet a/b, där b ≠ 0, är den entydigt bestämda lösningen till ekvationen bx = a. Sätt x = −(a/b). Då gäller det enligt definitionen att x + a/b = 0, varav bx + a = 0, eftersom b(a/b) = a enligt definitionen. Det följer nu också av definitionen att bx = −a, som sedan ger att x = (−a)/b. Av bx + a = 0 följer också att −(bx) = a. Av bx + (−b)x = (b + (−b))x = 0⋅x = 0 följer att (−b)x = −(bx) = a, varav x = a/(−b).

3) Man säger att matrisen är en m-gånger-n-matris.

4) Att definiera lutningen som ±∞ kan inte vara fel. Man måste sedan vara medveten om att lutningen inte är ett tal, som kan ingå i räkneoperationer hur som helst.

5) Om P(x) är ett påstående som innehåller variabeln x, och man säger att det finns ett entydigt x, sådant att P(x) är sant, så menar man att det finns ett x, sådant att P(x) är sant, och att om både P(x) och P(y) är sanna, så är x = y.

Kjell Elfström

Svar:

Om vi antar att stavens längd är 1, kan en triangel formas, om och endast om alla delarnas längder understiger 1/2. Kalla den ena änden för A och den andra för B, och låt x vara avståndet från A till det första snittet. Antag att x < 1/2 och att den längre delen delas. Låt y vara avståndet från A till den andra snittpunkten. För att en triangel skall kunna bildas måste 1/2 < y < x + 1/2. Eftersom längden av detta intervall är x och längden av den längre delen är 1 − x blir sannolikheten för att en triangel kan bildas lika med kvoten x/(1 − x). Om i stället x > 1/2, följer det av symmetri att sannolikheten blir (1 − x)/x. Om man delar den längre delen blir sannolikheten därför ∫₀^1/2 (x/(1 − x)) dx + ∫_1/2¹ ((1 − x)/x) dx = 2 ∫_1/2¹ ((1 − x)/x) dx. Delar man den kortare delen blir sannolikheten 0. Den sökta sannolikheten blir därför ∫_1/2¹ ((1 − x)/x) dx = ln 2 − 1/2.

Kjell Elfström

Svar:

Sätt t = 6 − x. Då är

Det gäller därför att

vilket visar att den sökta integralen är lika med 1.

Kjell Elfström

Svar:

Sätt f₀(x) = 1/(x^k − 1), där k är ett positivt heltal, och f_n(x) = Dⁿf₀(x), om n ≥ 1. Det gäller då att f₀(x) = P₀(x)/(x^k − 1)^0 + 1, där P₀(x) = 1 för alla x. Om f_n − 1(x) = P_n − 1(x)/(x^k − 1)ⁿ, så är

Vi ser att P_n(1) = nkP_n − 1(1), och det följer att P_n(1) = kⁿn!.

Kjell Elfström

Svar:

Vi noterar att p = 1997 är ett primtal och att p ≡ 1 (mod 4). Det gäller att x² + (x + 1)² = 2x² + 2x + 1, och 2x² + 2x + 1 ≡ 0 (mod p) om och endast om 2(2x² + 2x + 1) ≡ 0 (mod p), vilket betyder att (2x + 1)² ≡ −1 (mod p). Eftersom p ≡ 1 (mod 4), har kongruensen y² ≡ −1 precis två lösningar modulo p, vilket därför också kongruensen (2x + 1)² ≡ −1 (mod p) har.

Kjell Elfström

Svar:

Jag antar att cubert betyder tredjeroten. Det räcker naturligtvis att visa att

Binomialsatsen ger att

Det gäller alltså att a är nollställe till polynomet f(x) = x³ + 24x − 160. Prövning visar att f(4) = 0. Faktoriseringen f(x) = (x − 4)(x² + 4x + 40) visar, att f inte har några andra reella nollställen än 4, och det måste därför vara så, att a = 4.

Kjell Elfström

Svar:

Det gäller att f ′(x) = 6x² + 6x − 36. Vi sätter f ′(x) = 0 och får x = −3 eller x = 2. Detta ger att f ′(x) = 6(x + 3)(x − 2), och vi ser att derivatan är positiv då x < −3, negativ då −3 < x < 2 och positiv då x > 2. Punkten −3 ligger utanför intervallet. Funktionen är strängt avtagande i intervallet [−2,2] och strängt växande i [2,3]. Det minsta värdet i intervallet antas därför i punkten 2 och är lika med 2⋅2³ + 3⋅2² − 36⋅2 + 1 = −43. Det gäller att f(−2) = 69 och f(3) = −26. Det största värdet antas alltså i punkten −2 och är lika med 69.

Kjell Elfström

Svar:

Se inledningen till artikeln Root of unity på Wikipedia.

Kjell Elfström

Svar:

Vill du beräkna medelvärdet av punkterna (x_i,y_i), i = 1,2,…,n, alltså ((x₁,y₁) + (x₂,y₂) + … + (x_n,y_n))/n. Då förstår jag inte vad som menas med 10 enheter över x eller y. Är det så att y är en funktion av x, och att du mätt upp värden på x och y och önskar finna medelvärdet av y:na? Inte heller då förstår jag vad som menas med 10 enheter över x eller y.

Kjell Elfström

Svar:

Om man multiplicerar ekvationens båda led med produkten 10,8⋅27x av nämnarna, får man den ekvivalenta ekvationen 27x = 10,8x + 10,8⋅27. Subtraherar man sedan 10,8x från båda led, får man (27 − 10,8)x = 10,8⋅27, dvs. 16,2x = 291,6. Detta ger att x = 291,6/16,2 = 2916/162 = 18.

Kjell Elfström

Svar:

Utom undantagsvis är man hänvisad till numeriska beräkningar.

Kjell Elfström

Svar:

Man kan använda identiteten

Se Fibonacci number på Wikipedia.

Kjell Elfström

Svar:

Det finns 40 medlemmar, varav 0,60⋅40 = 24 är pojkar, innan de nya flickorna kommer. När flickorna har kommit, finns det 50 medlemmar men fortfarande 24 pojkar. Andelen pojkar blir 24/50 = 48%.

Kjell Elfström

Svar:

Det gäller att

och P(X < a|X > 0) = 0 annars. Det gäller därför att

På samma sätt är

Vi betingar nu på antalet försök som krävs för att få det negativa värdet och får enligt satsen om total sannolikhet att

Sätt g(x) = f_X(x|X > 0), h(x) = f_X(x|X < 0) och rekursivt g₀ = g, g_n = g*g_n − 1, n ≥ 1, där * betecknar faltningen. Då är

Det gäller att g_n(x) = (xⁿ/n!)e^−x, om x > 0, och g_n(x) = 0 annars. Detta visas enkelt med hjälp av induktion. Det gäller därför att

där k(y) = ∑_n = 0^∞((y/2)ⁿ/n!)e^−y = e^−y/2, om y > 0, och k(y) = 0 annars. Om y < 0, så är

och om y > 0, så är

Kjell Elfström

Svar:

1) Ja, definitionsmässigt.

2) Nej, det gäller att c = 2^ℵ₀ och därför att c^c = (2^ℵ₀)^c = 2^cℵ₀ = 2^c.

Kjell Elfström

Svar:

Det, som ser ut som en matris, skall vara en determinant. När du beräknar t ex ∧(e₁,…,e_n − 1), behöver du bara utveckla efter sista kolonnen, som förutom e_n längst ner bara innehåller nollor, så ser du direkt att produkten blir lika med e_n.

Kjell Elfström

Svar:

Se 9 november 2011 21.05.09. Om du inte tror på resonemanget, kan du rita upp ett träddiagram. Utfallen 25%, 50% och 60% antas vardera ha sannolikheten 1/3. Du väljer A eller D med sannolikheten 1/2 och de övriga med sannolikheterna 1/4. I träddiagrammet blir huvudgrenarna 25%, 50% och 60% med sannolikheterna 1/3. Från 25% går det ut två grenar, en med rätt gissning och den andra med fel. Sannolikheten för rätt blir här 1/2. Från de övriga huvudgrenarna går det också ut två grenar. Den med rätt gissning har här sannolikheten 1/4. Sannolikheten blir alltså (1/3)(1/2) + (1/3)(1/4) + (1/3)(1/4) = 1/3.

Kjell Elfström

Svar:

Vilket bevis man än presenterar för satsen, är sannolikheten stor, att man hittar ett liknande bevis på internet eller i litteraturen. Det första beviset jag redovisar för Herons formel i dokumentet under ”Vanliga frågor” är ett ganska naturligt bevis, om man har tillgång till areasatsen och cosinussatsen. Det är inte alls orimligt, att en gymnasist på egen hand skulle komma på detta bevis. Ett annat bevis är det som följer.

Placera triangeln ABC i ett koordinatsystem, så att B hamnar i origo, C på den positiva x-axeln och A i det övre halvplanet. Låt a, b och c vara sidorna, som står mot hörnen A, B resp. C. Drag höjden h = AP, där punkten P är på x-axeln. Om arean är T, så är T = ah/2. Låt x vara x-koordinaten för P. Observera att x kan vara negativ eller större än a. I vilket fall som helst är längderna av BP och PC lika med |x| resp. |a − x|, där |x| betecknar absolutbeloppet av x. Pythagoras sats ger att

Subtraherar vi den andra ekvationens led från den förstas, får vi

Utvecklar vi kvadraten, får vi −a² + 2ax = c² − b². Löser vi ut 2ax, får vi

Multiplicerar vi den första ekvationen ovan med 4a², får vi

Sätter vi in uttrycket för 2ax i denna likhet och utnyttjar att 2ah = 4T, får vi

vilket ger att

Efter detta blir räkningarna som i dokumentet under ”Vanliga frågor”.

Kjell Elfström

Svar:

Om a är reellt, så måste p och q vara reella. Utan denna eller annan information kan man inte veta att p och q är reella.

Kjell Elfström

Svar:

Låt α_i, 1 ≤ i ≤ m, vara de olika reella nollställena till polynomet f(x). Om z′ betecknar konjugatet av det komplexa talet z, så kan de icke-reella nollställena räknas upp som β₁,β₁′,β₂,β₂′,…,β_n,β_n′, där dessa räknas med multiplicitet. Det gäller då att

Eftersom f(x) ≥ 0, så är a ≥ 0, varför a = b² för något reellt tal b. Om s_i är udda för något i, så växlar f(x) tecken i α_i, vilket strider mot att f(x) ≥ 0. Det gäller alltså att s_i = 2t_i för något naturligt tal t_i, och det följer att

där k(x) = b∏_i = 1^m(x − α_i)^t_i.

Kvadratkomplettering ger att

Eftersom |Re β_j| ≤ |β_j|, så är |β_j|² − (Re β_j)² ≥ 0 och därför kvadraten på ett reellt tal. Vi kan alltså skriva

där a_j(x) och b_j(x) är reella polynom. Vi kan nu visa med induktion över n, att

för några reella polynom g_n(x) och h_n(x). Då n = 1, kan vi sätta g_n(x) = a₁(x) och h_n(x) = b₁(x). Antag att påståendet är visat för ett viss värde på n. Då är

vilket visar att påståendet är sant också för n + 1.

Sätter vi nu g(x) = k(x)g_n(x) och h(x) = k(x)h_n(x), följer det att f(x) = (g(x))² + (h(x))².

Svaret på din andra fråga är nej. Betrakta polynomet

Enligt olikheten mellan geometriskt och aritmetiskt medelvärde är

vilket visar att f(x,y) ≥ 0 för alla x och y. Antag nu att f(x) = (g(x))² + (h(x))². Eftersom gradtalet av f(x) är 6, så måste gradtalen av g(x) och h(x) vara högst 3. Vart och ett av dessa polynom är alltså en lineärkombination av 1, x, y, x², xy, y², x³, x²y, xy² och y³. Om x³ eller y³ förekommer i något av polynomen g(x) och h(x), så måste x⁶ eller y⁶ förekomma i f(x), vilket det inte gör. Man inser på samma sätt att x², y², x och y inte kan förekomma i g(x) eller h(x). Det måste därför gälla, att

Detta ger motsägelsen att b_g² + b_h² = −3. Det kan alltså inte vara så, att f(x) = (g(x))² + (h(x))².

Kjell Elfström

Svar:

Ja, det finns det, och detta påstående är oberoende av förutsättningarna om hastigheter. Inför en måttenhet, så att toppen ligger på avståndet 1 från startpunkten. Låt t_g vara den tid uppfärden tar, och antag att vandraren på vägen upp befinner sig g(t) enheter från starten då 0 ≤ t ≤ t_g. Låt på motsvarande sätt t_h vara den tid nedfärden tar, och antag att vandraren på nedfärden befinner sig h(t) enheter från starten vid tiden t, där 0 ≤ t ≤ t_h. Sätt f(t) = g(t) − h(t), då 0 ≤ t ≤ t_f, där t_f är det minsta av talen t_g och t_h. Om vi antar att g och h är kontinuerliga funktioner, så att inte vandraren hoppar över punkter på vägen, så blir också f en kontinuerlig funktion. Det gäller att f(0) = g(0) − h(0) = 0 − 1 = −1 < 0, och f(t_f) = g(t_f) − h(t_f). Om t_f = t_g, så är f(t_f) = 1 − h(t_g), och annars är f(t_f) = g(t_h). I vilket fall som helst är f(t_f) ≥ 0. Eftersom f(0) < 0, f(t_f) ≥ 0 och f är kontinuerlig, så finns det enligt satsen om mellanliggande värden en tidpunkt t₀, sådan att f(t₀) = 0 och 0 ≤ t₀ ≤ t_f. Detta betyder att g(t₀) = h(t₀).

Om vi använder förutsättningen om hastigheter, och antar att hastigheten är konstant i vardera riktningen, så kommer vandraren vid uppfärden att befinna sig g(t) = kt enheter från starten efter t tidsenheter, 0 ≤ t ≤ t_g, där t_g = 1/k är den tid uppfärden tar. Eftersom hastigheten nedåt är 2k, så kommer vandraren vid nedfärden att befinna sig på avståndet h(t) = 1 − 2kt från starten vid tiden t, 0 ≤ t ≤ 1/(2k). Sätter vi g(t) = h(t), så får vi att t = 1/(3k).

Kjell Elfström

Svar:

2x².

Kjell Elfström

Svar:

Sätt f(x) = ax² + bx + c. Eftersom kurvan går genom origo, så är f(0) = 0, och det följer att c = 0. Det gäller att f ′(x) = 2ax + b. Eftersom kurvan tangerar linjen y = x i origo, så är f ′(0) = 1, som är riktningskoefficienten för linjen. Detta ger att b = 1. Det gäller alltså, att f(x) = ax² + x, och f ′(x) = 2ax + 1. Antag att kurvan tangerar linjen y = 2x + 3 i en punkt med x-koordinat d. Eftersom kurvan och linjen har samma riktningskoefficient i denna punkt, är 2ad + 1 = 2, vilket är ekvivalent med ad = 1/2. Eftersom punkten ligger både på kurvan och linjen, så är ad² + d = 2d + 3, vilket är ekvivalent med ad² − d = 3. Eftersom ad² = ad⋅d = (1/2)d, ger detta att (1/2)d − d = 3, varav d = −6. Eftersom ad = 1/2, ger detta att a = −1/12. Kurvan är alltså y = −x²/12 + x.

Kjell Elfström

Svar:

Vi använder formeln V = π ∫_a^b (f(x))²dx för att beräkna volymen V_A. Vi får då

Vi kan använda samma formel för att beräkna V_B, om vi tänker på x som funktion av y. Vi har att x = √y och får

Volymerna är lika, då 2a⁵ = 5b².

Kjell Elfström

Sidan skapades den 22 oktober 1996 av Kjell Elfström Ansvarig är Kjell Elfström