Sats 1.3
Bevis:
De Morgans lagar f¨ or m¨ angder F¨or alla m¨angder A och B g¨aller att (A ∪ B)C = AC ∩ B C och (A ∩ B)C = AC ∪ B C .
(A ∪ B)C = AC ∩ B C : A∪B
AC
(A ∪ B)C
BC
AC ∩ B C
(A ∩ B)C = AC ∪ B C : A∩B
AC
(A ∩ B)C
BC
AC ∪ B C
2
Sats
Bevis:
Delbarhetssats 1 ∀ a, b, c ∈ Z : a|b ∧ a|c ⇒ a|(b + c).
a|b ⇒ ∃ m ∈ Z : b = am. a|c ⇒ ∃ n ∈ Z : c = an. D¨armed a¨r b + c = am + an = a(m + n).
2
Sats
Bevis:
Delbarhetssats 2 ∀ a, b, c ∈ Z : a|b ∧ b|c ⇒ a|c.
a|b ⇒ ∃ m ∈ Z : b = am. b|c ⇒ ∃ n ∈ Z : c = bn. D¨armed a¨r c = bn = amn.
2
Sats
Minsta ¨ akta delaren ¨ ar ett primtal Om heltalet n a¨r sammansatt s˚ a ¨ar den minsta positiva ¨akta delaren till n ett primtal.
Bevis:
Antag att n a¨r ett sammansatt tal och att d a¨r den minsta positiva a¨kta delaren till n. Antag nu motsatsen till p˚ ast˚ aendet, dvs att d inte a¨r ett primtal. D˚ a finns en ¨akta delare d0 till d som d¨armed a¨ven ¨ar en mindre a¨kta delare till n. Detta a¨r en mots¨agelse eftersom d var den minsta ¨akta delaren till n. Allts˚ a ¨ar den minsta a¨kta delaren ett primtal. 2
Sats
Bevis:
Existens av primtalsfaktorisering Alla heltal kan primtalsfaktoriseras.
Antag att n a¨r ett sammansatt heltal (om det ¨ar ett primtal s˚ a ¨ar det ju sin egen primtalsfaktorisering) och att p1 a¨r den minsta positiva a¨kta delaren. D˚ a finns ett heltal n1 s˚ a att n = n1 p1 . Om n1 a¨r ett primtal a¨r primtalsfaktoriseringen klar. Om n1 a¨r sammansatt finns en minsta positiv a¨kta delare p2 och ett tal n2 s˚ a att n1 = n2 p2 osv. Eftersom denna process m˚ aste sluta efter ett ¨andligt antal steg, s¨ag m steg, har vi slutligen att n = n1 p1 = n2 p2 p1 = . . . = nm pm · · · p2 p1 . 2
Sats
Bevis:
O¨ andligt m˚ anga primtal Det finns o¨andligt m˚ anga primtal.
(Euklides bevis) Antag motsatsen, dvs att det bara finns a¨ndligt m˚ anga primtal. L˚ at p vara det st¨orsta primtalet och bilda N = (1 · 2 · 3 · · · p) + 1 = p! + 1 > p Klart att N antingen a¨r sammansatt eller primtal. Men eftersom p var det st¨orsta primtalet och N > p s˚ a m˚ aste N vara sammansatt. Enligt ett lemma g¨aller att om N sammansatt s˚ a ¨ar den minsta positiva ¨akta delaren d ett primtal. Men inget av talen 2, 3, . . . , p kan vara delare eftersom de ger resten 1. D¨armed m˚ aste d vara ett primtal som ¨ar st¨orre a¨n p. Men eftersom p var det st¨orsta primtalet a¨r detta en mots¨agelse. Allts˚ a finns det o¨andligt m˚ anga primtal. 2
Sats 3.8
Modulor¨ akningssatsen Om a ≡ q och b ≡ r (mod c) s˚ a a¨r (i) a + b ≡ q + r (ii) ab ≡ qr (iii) na ≡ nq (iv) an ≡ q n .
Bevis:
a ≡ q (mod c) inneb¨ar att ∃ x : a = cx + q. b ≡ r (mod c) inneb¨ar att ∃ y : b = cy + r. D¨armed a¨r (i): a + b = cx + q + cy + r = c(x + y) + (q + r) ≡ q + r (mod c) (ii) ab = (cx + q)(cy + r) = c(cxy + xr + yq) + qr ≡ qr (mod c) (iii) na = n(cx + q) = cnx + nq ≡ nq (mod c) (iv) an = (cx + q)an−1 = cxan−1 + an−1 q ≡ an−1 q = (cx + q)an−2 q = cxan−2 q + an−2 q 2 ≡ an−2 q 2 ≡ . . . ≡ q n (mod c). 2
Sats
Bevis:
Existens av l¨ osning till diofantisk ekvation ∀ a, b ∈ Z ∃ x, y : (ax + by = gcd(a, b))
Ber¨akna med hj¨alp av Euklides algoritm gcd(a, b) och nysta sedan upp resonemanget bakl¨anges. 2
Sats
Bevis:
Delbarhet 3 p primtal ∧ p|ab ⇒ p|a ∨ p|b
Om p|a a¨r det klart. Antag d¨arf¨or att p6 |a. D˚ a g¨aller att gcd(p, a) = 1 (eftersom p a¨r ett primtal) och enligt ett lemma finns d˚ a heltal x och y s˚ a att px + ay = 1. Multiplikation i b˚ ada led med b ger att bpx + aby = b. Eftersom nu p|ab och p|bpx m˚ aste p|b.
2
Sats
Bevis:
Aritmetikens fundamentalsats Varje primtalsfaktorisering a¨r entydig.
Enligt ett lemma kan varje heltal a primtalsfaktoriseras. Antag nu motsatsen till p˚ ast˚ aendet, dvs att a kan primtalsfaktoriseras p˚ a˚ atminstone tv˚ a s¨att s˚ a att a = p1 p 2 · · · pm = q 1 q2 · · · qn . Antag att m ≤ n (ingen inskr¨ankning). Enligt ett annat lemma m˚ aste p1 |qi f¨or n˚ agot i. D˚ a m˚ aste p1 = qi eftersom b˚ ada talen a¨r primtal. Numrera nu om s˚ a att q1 = qi och dividera b˚ ada led med p1 = q1 . D¨armed har vi att p 2 p3 · · · pm = q2 q3 · · · q n . Nu m˚ aste p2 |qi f¨or n˚ agot i. Numrera om s˚ a att q2 = qi och dividera med p2 = q2 , osv. Eftersom m ≤ n f˚ ar vi efter m steg att 1 = qm+1 qm+2 · · · qn vilket ¨ar en mots¨agelse eftersom qm+1 , qm+2 , . . . , qn alla a¨r primtal. Allts˚ a ¨ar primtalsfaktoriseringen entydig. 2
Sats 1.26
Samband mellan koefficienter och rationella r¨ otter Om ekvationen an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = 0
Bevis:
har en rot x =
p q
maximalt f¨orkortad, s˚ a g¨aller att p|a0 och q|an .
Antag att x =
p q
(maximalt f¨orkortat) l¨oser ekvationen ovan s˚ a ¨ar
an
p n q
+ an−1
p n−1 q
p + . . . + a1 + a0 = 0. q
Multiplicera b˚ ada led med q n : an pn + an−1 pn−1 q + . . . + a1 pq n−1 + a0 q n = 0 (∗) ⇒ −a0 q n = (an pn−1 + an−1 pn−2 q + . . . + a1 q n−1 )p ⇒ p|a0 eftersom var maximalt f¨orkortat.
p q
P˚ a samma s¨att f˚ as fr˚ an (∗) att −an pn = (an−1 pn−1 + . . . + a1 pq n−2 + a0 q n−1 )q ⇒ q|an .
2
Sats 4.19
Existens av l¨ osning till diofantisk ekvation Den diofantiska ekvationen ax + by = c har l¨osning om och endast om gcd(a, b)|c.
Bevis: ⇒
Antag att ∃ x, y ∈ Z : ax + by = c. L˚ at nu d = gcd(a, b). Eftersom d|a finns ett heltal m s˚ a att a = md. Och d|b inneb¨ar att det finns n s˚ a att b = nd. Allts˚ a a¨r c = ax + by = mdx + ndy och d˚ a d|mdx + ndy m˚ aste a¨ven d = gcd(a, b) dela c.
⇐
L˚ at d = gcd(a, b) och antag att d|c. D˚ a finns ett heltal n s˚ a att c = nd. Enligt ett lemma finns det alltid heltal x0 och y 0 s˚ a att ax0 + by 0 = d. L˚ at nu x = nx0 och y = ny 0 s˚ a a¨r ax + by = anx0 + bny 0 = n(ax0 + by 0 ) = nd = c. 2
Sats 4.20
Allm¨ an l¨ osning av diofantisk ekvation Om (x0 , y0 ) ¨ar en l¨osning till ax + by = c, s˚ a ¨ar den fullst¨andiga l¨osningsm¨angden {(x, y) : x = x0 − bm, y = y0 + am, m ∈ Z}.
Bevis:
Antag till att b¨orja med att gcd(a, b) = 1. Detta ¨ar ingen inskr¨ankning eftersom gcd(a, b)|c a¨r en f¨oruts¨attning f¨or att den diofantiska ekvationen ska ha n˚ agon l¨osning o¨ver huvud taget (enligt ett tidigare lemma), och man d¨armed annars kan dividera b˚ ada led med gcd(a, b). Tag godtyckligt ett heltal m. Antag att (x0 , y0 ) ¨ar en l¨osning till den diofantiska ekvationen, dvs att ax0 + by0 = c och l˚ at (x, y) = (x0 − bm, y0 + am). D˚ a ¨ar ax + by = = = =
a(x0 − bm) + b(y0 + am) ax0 − abm + by0 + abm ax0 + by0 c
Detta inneb¨ar att alla par p˚ a formen (x0 − bm, y0 + am) d¨ar m ∈ Z a¨r l¨osningar till den diofantiska ekvationen. Att det inte kan finnas n˚ agra andra l¨osningar framg˚ ar av f¨oljande resonemang. Antag att (x, y) = (x0 + u, y0 + v) ¨ar en annan l¨osning. D˚ a ¨ar a(x0 + u) + b(y0 + v) = c = ax0 + ay0 varmed au + bv = 0, dvs au = −bv. Eftersom gcd(a, b) = 1 g¨aller att a6 | b varmed a|v, dvs det finns ett heltal m s˚ a att v = am och au = −abm, dvs u = −bm. 2
Sats 6.8
L¨ osning av homogen differensekvation Antag att den karakteristiska ekvationen λ2 +pλ+q = 0 har r¨otterna λ1 och λ2 . D˚ a har den homogena rekurrensekvationen xn+2 +pxn+1 +qxn = 0, n = 1, 2, 3, . . . den fullst¨andiga l¨osningen C1 λn1 + C2 λn2 om λ1 6= λ2 xn = (C1 n + C2 )λn1 om λ1 = λ2 d¨ar C1 och C2 a¨r konstanter.
Bevis:
Antag att λ21 + pλ1 + q = λ22 + pλ2 + q = 0. Antag dessutom att λ1 6= λ2 s˚ a ger ins¨attning av uttrycken f¨or xn ovan att xn+2 + pxn+1 + q = = C1 λn+2 + C2 λn+2 + p(C1 λn+1 + C2 λn+1 ) + q(C1 λn1 + C2 λn2 ) 1 2 1 2 = C1 λn1 (λ21 + pλ1 + q) + C2 λn2 (λ22 + pλ2 + q) = 0 vilket verifierar l¨osningsformen d˚ a λ1 6= λ2 . Antag nu ist¨allet att λ1 = λ2 . Att ekvationen λ2 + pλ + q = 0 har dubbelroten λ = λ1 inneb¨ar att 0 = (λ − λ1 )2 = λ2 − 2λ1 λ + λ21 = λ2 + pλ + q om p = −2λ1 och q = λ21 (∗). Genom ins¨attning av uttrycken f¨or xn d˚ a λ1 = λ2 ovan f˚ as att xn+2 + pxn+1 + q = n+2 = C1 (n + 2) + C2 λ1 + p C1 (n + 1) + C2 λn+1 + q(C1 n + C2 )λn1 1 = C1 λn1 n(λ21 + pλ1 + q) + 2λ21 + pλ1 + C2 λn1 (λ21 + pλ1 + q) = C1 λn1 (2λ21 + pλ1 ) = 0 om bara 2λ21 = −pλ1 . Men fr˚ an (∗) ovan g¨aller i fallet med dubbelrot att p = −2λ1 . Allts˚ a a¨r −pλ1 = −(−2λ1 )λ1 = 2λ21 . 2
Sats 7.5
Binomialsatsen F¨or alla reella tal x, y och icke-negativa heltal n g¨aller att (x + y)
Bevis:
n
n X n k n−k = x y k k=0
Betrakta produkten (x + y)n = (x + y)(x + y) · · · (x + y). Vid utveckling av detta binom kommer vi att f˚ a en term genom att n v¨alja x i alla parenteserna, varmed termen blir x . P˚ a samma s¨att kan n vi bara ˚ astadkomma termen y genom att v¨alja y i alla parenteserna. Termen med xn−1 y d¨aremot kan ˚ astadkommas genom att v¨alja x i alla utom sista, v¨alja x i alla utom n¨ast sista, . . ., x i alla utom i f¨orsta. P˚ a s˚ a s¨att f˚ ar man nxn−1 y. P˚ a motsvarande s¨att f˚ as a¨ven nxy n−1 . Osv. I allm¨anhet blir alla uttryck p˚ a formen xk y n−k vilket inneb¨ar att man valt x i k av parenteserna och y i resten, dvs i n − k parenteser. An n talet s¨att man kan v¨alja k stycken bland n m¨ojliga a¨r k . Allts˚ a blir n utvecklingen av (x + y) just n 0
xn +
n 1
n−1 x y+
n 2
n−2 2 x y + ... +
n n P y =
n n
k=0
n k
k n−k x y 2
16.
Bevis:
Q uppr¨ aknelig M¨angden Q a¨r uppr¨aknelig.
Vi kan r¨akna upp de rationella talen v¨arden p˚ a p och q: q: 1 p: 1
1 1
2
2 1
→ .
2
3
1 2
1 3
% 2 2
↓ % 3
3 1
4
4 1
→ .
2 3
. 3 2
.
p q
genom att lista dem f¨or olika 4
5
1 4
1 5
→ ...
% 2 4
% 3 3
% 4 2
↓ % 5
5 1
Detta inkluderar bara de positiva talen men det a¨r ju inget problem att f¨or varje tal pq f¨orst r¨akna detta och sedan r¨akna dess negativa motsvarighet − pq . Listan blir dubbelt s˚ a l˚ ang men lika uppr¨aknelig. 2
Sats
Bevis:
√ √ 2 irrationellt 2 ¨ar ett irrationellt tal.
Antag motsatsen, dvs att det finns tal p och q s˚ a att maximalt f¨orkortat. D˚ a a¨r 2 = ( pq )2 = tal ⇒ p j¨amnt tal ⇒ ∃ m : p = 2m s˚ a 2 =
p2 q2
√
2 kan skrivas
p q
⇒ p2 = 2q 2 ⇒ p2 j¨amnt
p2 (2m)2 m2 = = 4 q2 q2 q2
⇒ 2q 2 = 4m2 ⇒ q 2 = 2m2 q 2 j¨amnt tal ⇒ q j¨amnt tal ⇒ ∃ n : q = 2n ⇒ pq = 2m som ej ¨ar maximalt f¨orkortat ⇒ Mots¨agelse! 2n Allts˚ a ¨ar
√
2 irrationellt.
2
Sats
Bevis:
Ro ¨veruppr¨ aknelig M¨angden R a¨r o¨veruppr¨aknelig.
(Cantors diagonalbevis) Varje tal mellan 0 och 1 kan entydigt skrivas som ett o¨andligt decimaltal om vi bara l¨agger till att inget tal f˚ ar avslutas med en o¨andlig sekvens av 9:or. Antag nu motsatsen till p˚ ast˚ aendet, dvs att m¨angden R a¨r uppr¨aknelig. D˚ a m˚ aste det g˚ a att r¨akna upp de reella talen mellan 0 och 1 genom att numrera dem med de positiva heltalen. Detta skulle ge en kolumn av decimalutvecklingar 1: 2: 3: 4:
0.a11 a12 a13 a14 . . . 0.a21 a22 a23 a24 . . . 0.a31 a32 a33 a34 . . . 0.a41 a42 a43 a44 . . .
d¨ar aij a¨r den j:te siffran i decimalutvecklingen av det i:te talet i kolumnen. Varje tal i kolumnen a¨r unikt och alla tal mellan 0 och 1 m˚ aste finnas med i den (o¨andligt l˚ anga kolumnen). Bilda nu talet a = 0.a1 a2 a3 a4 . . . d¨ar 1 om aii = 0 ai = 0 om aii 6= 0 Talet a a¨r d˚ a olikt alla tal i kolumnen eftersom det a¨r olikt det i:te talet i decimal i. Eftersom 0 < a < 1 a¨r detta ett tal som inte ¨ar med i kolumnen, dvs kolumnen kan inte inneh˚ alla alla reella tal mellan 0 och 1, varmed vi har en mots¨agelse. D¨armed ¨ar beviset klart. 2
Sats 6.1
Aritmetisk summa F¨or alla n ∈ Z+ a¨r
n X
k =
k=1
Bevis:
n(n + 1) . 2
L˚ at oss beteckna summan med S, dvs S =
n P
k = 1 + 2 + ... + n
k=1
Skriv nu upp summan p˚ a ”det l˚ anga s¨attet” (dvs utan summatecken) p˚ a en rad ”= S”, och nedanf¨or samma sak fast bakl¨anges ”= S”, och summera slutligen lodr¨att, term f¨or term: +
1 + 2 + . . . + (n−1) + n = S n + (n−1) + . . . + 2 + 1 = S (n+1) + (n+1) + . . . + (n+1) + (n+1) = 2S
Eftersom det a¨r n termer p˚ a var och en av dessa rader g¨aller allts˚ a att n(n + 1) = 2S. P Dividerar vi slutligen b˚ ada led med 2 och bet¨anker att ar vi S var summan nk=1 k f˚ n(n+1) 2
vilket skulle bevisas.
=
n P
k
k=1
2
Sats 6.4
Teleskopsumma F¨or alla n ∈ Z+ och summander {ak : 0 ≤ k ≤ 1} a¨r n X (ak − ak−1 ) = an − a0 . k=1
Bevis:
Direkt utr¨akning ger n P
(ak − ak−1 ) = a1 −a0 + a2 −a1 + a3 −a2 +. . .+an−1 −an−2 +an −an−1
k=1
= −a0 + (a1 −a1 ) + (a2 −a2 ) + . . . + (an−1 −an−1 )+an = an −a0 2
Sats
Triangelolikheten f¨ or reella tal F¨or alla reella tal x och y a¨r |x + y| ≤ |x| + |y| och
Bevis:
|x| − |y| ≤ |x − y|.
Eftersom absolutbeloppet |α| av ett reellt tal α kan skrivas max(−α, α), x + y ≤ |x| + |y| och −x − y ≤ |x| + |y| s˚ a ¨ar |x + y| = max(−x − y, x + y) ≤ |x| + |y| D¨armed a¨r den f¨orsta olikheten bevisad. Om man i f¨orsta olikheten byter x mot x − y f˚ as att |(x − y) + y| = |x| ≤ |x − y| + |y|
(1)
och om man i f¨orsta olikheten byter y mot y − x f˚ as |x + (y − x)| = |y| ≤ |x| + |y − x|
(2)
Dvs (1) ⇒ |x| − |y| ≤ |x − y| och (2) ⇒ −|x| − |y| ≤ |y − x| = |x − y|. D¨armed a¨r |x| − |y| = max(|x| − |y|, −|x| + |y|) ≤ |x − y|. 2
Observation 1.20, 1.49
Bevis:
Faktorsatsen ∀ p ∈ P : p(α) = 0 ⇒ z −α | p(z). Divisionsalgoritmen s¨ager att ∀ a, b ∈ Z, b 6= 0 ∃ k, r ∈ Z : 0 ≤ r < |b| ∧ a = kb + r (se Algoritm 3.1). P˚ a samma s¨att finns det en divisionsalgoritm f¨or polynom som s¨ager att ∀ p ∈ P, q ∈ P0 ∃ k, r ∈ P : 0 ≤ grad r < grad q ∧ p = kq + r (d¨ar P0 = {polynom p : gradp > 0}) vilket inte bevisas i denna kurs. Antag nu att p(α) = 0 och l˚ at q(z) = z − α ∈ P0 . Enligt divisionsalgoritmen f¨or polynom finns det d˚ a k, r ∈ P : 0 ≤ grad r < grad q och p(z) = k(z)q(z) + r(z). Eftersom q(z) = z − α a¨r grad q = 1 varmed grad r m˚ aste vara 0, dvs r(z) = C (en konstant). Allts˚ a har vi att p(z) = k(z)(z − α) + C Dessutom var p(α) = 0. D¨armed ¨ar 0 = p(α) = k(α)(α − α) + C = C dvs C = 0. Allts˚ a ¨ar slutligen p(z) = k(z)(z − α) f¨or n˚ agot polynom k vilket a¨r detsamma som att z −α | p(z). 2
Sats 6.5
Geometrisk summa F¨or alla a 6= 1 och n ∈ Z+ a¨r n X
ak =
k=0
Bevis:
L˚ at S =
1 − an+1 . 1−a
n P
ak
k=0 0
1
2
n
D˚ a ¨ar S = a + a + a + . . . + a = 1 + a + a2 + . . . + an och aS = a + a2 + a3 + . . . + an+1 s˚ a 1 + aS = 1 + a + a2 + . . . + an + an+1 varmed 1 + aS − an+1 = 1 + a + a2 + . . . + an = S Ekvationen 1−aS−an+1 = S a¨r linj¨ar med den obekanta S. Subtrahera aS i b˚ ada led s˚ a f˚ as 1 − an+1 = S − aS. Faktorisera nu S i h¨ogerledet: 1 − an+1 = S(1 − a) och dividera slutligen b˚ ada led med 1 − a (vilket a¨r till˚ atet eftersom ett villkor var att a 6= 1) s˚ a f˚ as att 1−an+1 1−a
= S =
n P
ak .
k=0
2
Sats
Bevis:
Exponentialuttryck divergerar snabbare ¨ an potensuttryck ax a x % ∞). ∀ a > 1, α > 0 : ( xα % ∞ d˚ L˚ at oss f¨orst bevisa detta p˚ ast˚ aende i specialfallet d˚ a α = 1 och l˚ at dessutom a = 1 + p d¨ar p > 0 (eftersom a > 1). Beteckningen [x] betyder heltalsdelen av x och inneb¨ar att [x] ¨ar ett heltal s˚ adant att x − 1 < [x] ≤ x f¨or alla reella tal x. D¨armed har vi enligt Binomialsatsen (se Sats 7.5) med n = [x] att ax x
= ≥ = ≥ = ≥ =
(1 + p)x x (1 + p)n x n 1X n k p x k=0 k 1 n 2 p x 2 n(n − 1) 2 p 2x (x − 1)(x − 2) 2 p 2x 1 (x − 3 + x2 )p2 2
% ∞ eftersom x − 3 +
2 x
% ∞ d˚ a n % ∞.
Antag nu att α a¨r godtyckligt positivt och l˚ at b = a1/α . Eftersom a > 1 a¨r d˚ a a¨ven b > 1 och bx α ax ((a1/α )x )α = = . xα xα x D˚ a
bx x
% ∞ om x % ∞ g¨aller slutligen a¨ven att bx α ax = % ∞ d˚ a x % ∞. xα x 2
Sats
Potensuttryck divergerar snabbare ¨ an logaritmuttryck xα a x % ∞). ∀ a > 1, α > 0 : ( log x % ∞ d˚ a
Bevis:
L˚ at t = loga x. D˚ a g¨aller att t % ∞ d˚ a x % ∞. Dessutom ¨ar x = at . D¨armed har vi att xα loga x
(at )α = t (aα )t = t % ∞
enligt f¨oreg˚ aende sats eftersom t % ∞ d˚ a x % ∞.
2
Sats 1.21, 1.51
Faktorisering av polynom ∀ p ∈ Pn ∃ c, α1 , α2 , . . . , αn ∈ C : p(z) = c(z − α1 )(z − α2 ) · · · (z − αn ).
Bevis:
Enligt Algebrans fundamentalsats finns ˚ atminstone ett nollst¨alle, α1 ∈ C, till p. D¨armed g¨aller enligt Faktorsatsen att ∃ q1 ∈ Pn−1 : p(z) = (z − α1 )q1 (z). Om nu n − 1 = 0 a¨r beviset klart, ty d˚ a a¨r q1 konstanten c. Om n − 1 ≥ 1 g¨aller ˚ ater enligt Algebrans fundamentalsats att q1 har ett nollst¨alle, α2 ∈ C, s˚ a enligt Faktorsatsen har vi att ∃ q2 ∈ Pn−2 : q1 (z) = (z − α2 )q2 (z). Om nu n − 2 a¨r beviset klart med c = q2 . Om inte, d˚ a finns det α3 ∈ C och q3 ∈ Pn−3 s˚ a att q2 (z) = (z − α3 )q3 (z), osv. Denna procedur forts¨atter n steg och slutar med att ∃ qn : qn−1 (z) = (z − αn )qn (z) d¨ar qn helt enkelt ¨ar den komplexa konstanten c. D¨armed a¨r p(z) = = = .. . =
(z − α1 )q1 (z) (z − α1 )(z − α2 )q2 (z) (z − α1 )(z − α2 )(z − α3 )q3 (z) (z − α1 )(z − α2 )(z − α3 ) · · · (z − αn )c 2
Sats 1.52
Bevis:
Samband mellan polynom och konjugerande nollst¨ allen ∀ p ∈ PR : (p(z) = 0 ⇔ p(¯ z ) = 0).
Antag att p(z) = an z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0 d¨ar ai ∈ R f¨or alla i. Antag nu dessutom att p(z0 ) = 0. Vi ska visa att p(¯ z0 ) = 0. Detta skulle d˚ a inneb¨ara att p(z0 ) = 0 ⇒ p(¯ z0 ) = 0. Eftersom z¯0 = z0 f¨or alla z0 ∈ C skulle det dock a¨ven inneb¨ara att p(¯ z0 ) = 0 ⇒ p(z0 ) = 0 och beviset skulle vara klart. Vi har att p(z0 ) = an z0n + an−1 z0n−1 + . . . + a1 z0 + a0 = 0 De element¨ara r¨aknereglerna f¨or konjugatet kan sammanfattas • a¯ z = az • z¯ + w ¯ =z+w • z¯n = z n f¨or alla n ∈ Z+ , a ∈ R och z, w ∈ C. D¨armed a¨r p(¯ z0 ) = an z¯0n + an−1 z¯0n−1 + . . . + a1 z¯0 + a0 = an z0n + an−1 z0n−1 + . . . + a1 z0 + a0 = an z0n + an−1 z0n−1 + . . . + a1 z0 + a0 = an z0n + an−1 z0n−1 + . . . + a1 z0 + a0 = 0 = 0 2
Sats 1.40
Bevis:
Triangelolikheten f¨ or komplexa tal |z + w| ≤ |z| + |w| f¨or alla z, w ∈ C.
F¨or alla komplexa tal z = a + bi a¨r |z|2 = a2 + b2 ≥ a2 = (Re z)2 . Allts˚ a g¨aller att |z| ≥ Re z. Dessutom ¨ar z + z¯ = 2Re z och |zw| = |z||w|, s˚ a |z + w|2 = = = = ≤ =
(z + w)(z + w) z z¯ + z w¯ + w¯ z + ww¯ 2 |z| + z w¯ + z w¯ + |w|2 |z|2 + 2Re (z w) ¯ + |w|2 |z|2 + 2|z||w| + |w|2 (|z| + |w|)2
D¨armed a¨r |z + w| ≤ |z| + |w|.
2
