Primtallsteoremet og zetafunksjonen

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Primtallsteoremet og zetafunksjonen"

Transkript

1 Primtallsteoremet og zetafunksjonen Henrik Sommer Lektorutdanning med master i realfag Innlevert: Mai 203 Hovedveileder: Lars Peter Lindqvist, MATH Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag

2

3 Sammendrag I denne oppgaven ser jeg på hvordan primtallene er distribuert asymptotisk. Riemanns zetafunksjon er nært knyttet til dette og den defineres først ved hjelp av en Dirichletrekke. Videre utvides definisjonen ved å bruke analytisk fortsettelse fra kompleks analyse, slik at zetafunksjonen blir definert på hele det komplekse planet. Disse resultatene brukes sammen med tallteori og residueregning for å bevise primtallsteoremet. i

4 Summary In this paper I look at how prime numbers are distributed asymptotically. Riemann zeta function is closely related to this, and it s first defined by a Dirichlet series. Further the definition epands by using analytic continuation from comple analysis, so the zeta function is defined on the entire comple plane. These results are used, along with number theory and residue theory, to prove the prime number theorem. ii

5 Forord Denne oppgaven er skrevet ved Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet som en avslutning på min lærerutdanning i realfag. Arbeidet med oppgaven har pågått fra august 202 til mai 203, hoveddelen av av arbeidet fant sted i vårsemesteret. I oppgaven bevises primtallsteoremet, og oppbyggingen av beviset er hovedsakelig hentet fra Apostol: Introduction to Analytic Number Theory []. Jeg ønsker å takke professor Peter Lindqvist for hjelp og veiledning i arbeidet med oppgaven. iii

6 iv

7 Innhold Sammendrag Summary Forord Innhold Notasjon i ii iii vi vii Innledning 2 Grunnleggende tallteori 3 2. Aritmetiske funksjoner Dirichlet konvolusjon Abels identitet og Eulers summasjonsformel Chebyshevfunksjonene Ekvivalente former av primtallsteoremet Et svakere teorem enn primtallsteoremet Dirichletrekker 7 3. Dirichletrekker og zetafunksjonen Funkjonen definert ved en Dirichletrekke Eulerprodukter Dirichletrekker uttrykt som eksponentialer av Dirichletrekker Analytisk fortsettelse av zeta Gammafunksjonen Integralrepresentasjon for zetafunksjonen Utvidet definisjon av zetafunksjonen Bevis for primtallsteoremet ψ() og ψ () ψ 5.2 () uttrykt som et konturintegral Zetafunksjonen på linja σ = v

8 5.4 Fullføring av primtallsteoremet Bibliografi 45 Appendi 47 vi

9 Notasjon Her presenteres notasjon som er brukt i oppgaven. log betyr den naturlige logaritmen av. Dersom det er snakk om andre grunntall for logaritmer skrives det slik log 2, der 2 er grunntall. betyr heltallsdelen av. Det vil si = ma{n Z slik at n }. ( ) n k er binomial koeffisienten n! k!(n k)!. d n betyr at d deler n, det vil si d er en faktor i n. O(f()) = g() betyr at f() er dominert av g(), det vil si det eksisterer en M slik at f() Mg() for alle. p vil si at summen skal gå over primtall. Dersom summen går over annet enn p, skal det summeres over heltall. Med k f(t) dt menes lim f(t) dt. k vii

10 viii

11 Kapittel Innledning De fleste av punktene i innledningen nevnes i Ingham: The Distributuon of Primes [3]. Alle heltall > kan deles inn i primtall og sammensatte tall. π() er funksjonen som teller antall primtall p. Aritmetikkens fundamentalteorem sier at alle naturlige tall kan primtallsfaktoriseres på en unik måte. Dette teoremet brukte Euclid til å bevise at det eksisterer uendelig mange primtall i Elementene, bok 9, prop. 20. Euler beviste at det finnes uendelig mange primtall med en annen metode i 737. Han viste at rekken p divergerer. Euler beviste dette ved å bruke identiteten p n s = p n= ( + p s + p 2s + ) = p ( p s ). (.) I 808 publiserte Legendre en approksimasjon til funksjonen π(). For store er π() approksimert log B, der B er en konstant, senere har det blitt vist at approksimasjonen på denne formen er opptimal når konstanten er. 2 Gauss kom med en liknende formel, hans metode gikk ut på å telle antall primtall i blokker på tusen etterfølgende heltall, det vil si han regnet ut verdier for π(k + 000) π(k) for forskjellige k. Fra dette foreslo Gauss log som en approksimasjon for gjennomsnittstettheten av primtallene i nærheten av en stor. Det vil si 2 log u du Dersom man ser bort i fra rekkefølgen av primtallsfaktorene. 2 Legendre foreslo,08366, denne verdien ble basert på primtallstabeller opp til =

12 Kapittel. Innledning som en approksimasjon til π(). Dersom man ser på disse formlene asymptotisk er de ekvivalente. De er også ekvivalente med π() log lim =, som er primtallsteoremet. Hverken Legendre eller Gauss beviste at formelene stemte asymtotisk. Chebyshev kom med det første teoretiske resultatet som knyttet π() til log. I 848 beviste Chebyshev at dersom π() log lim eksisterer så er den lik, og i 850 beviste han at a log < π() < A log, der a og A er konstanter, holder for alle tilstrekelig store. Mens Euler hadde brukt identiteten. med s = lot Riemann, i et memoir fra 859, s være en kompleks variabel i summen ζ(s) = n= ζ(s) kalles Riemanns zetafunksjon. Riemanns analyse viste at π() er knyttet sammen til nullene til zetafunksjoner i det komplekse s-planet. I 896 beviste Hadamarad og de la Vallée Poussin primtallsteoremet uavhengig av hverandre og nesten samtidig. Begge bevisene gjorde bruk av kompleks funksjonsteori. I tabellen under vises en oversikt over π() og log og forholdet mellom dem for -verdier mellom 0 og 00. Tabellen er hentet fra Apostol: Introduction to Analytic Number Theory [] π() log n s. π() / log I memoiret til Riemann påstod han at det virket sannsylig at alle ikke-trivielle nuller til ζ(s) ligger på linja der reelle verdien til s er 2. Dette er kjent som Riemann hypotesen og har ennå ikke blitt bevist. Utregninger har vist at Riemann hypotesen stemmer for de første nullene. Senere, i 949, oppdaget Atle Selberg og Paul Erdös et elementert bevis av primtallsteoremet. Det vil si et bevis som ikke bruker kompleks funksjonsteori. 2

13 Kapittel 2 Grunnleggende tallteori I dette kapittelet introduseres litt grunnleggende tallteori. Først defineres aritmetiske funksjoner, og det gis noen eksempler. Videre defineres Chebyshev funksjonene, det vises at vi kan bruke disse til å formulere påstander som er ekvivalente med primtallsteoremet. Kapittelet avsluttes med å vise et svakere teorem enn primtallsteoremet. 2. Aritmetiske funksjoner Vi starter med å definere hva en aritmetisk funksjon er deretter ser vi på noen eksempler på aritmetiske funksjoner. Definisjon 2.. En aritmetisk funksjon er en reell funksjon definert for de naturlige tallene. Første eksempel på en aritmetisk funksjon er Möbiusfunksjonen µ Definisjon 2.2. Möbiusfunksjonen µ(n) definerers slik Hvis n > skriver vi µ(n) = µ() =, n = p a pa k k og { ( ) k hvis a = a 2 = = a k =, 0 ellers. Eksempler µ(3) = siden 3 er et primtall, µ(35) = siden 35 = 5 7 og µ(28) = 0 siden 28 = Det er en aritmetisk funksjon som kalles enhetsfunksjonen, den defineres til å være e(n) = for alle n. Et annet eksempel på en aritmetisk funksjon er identitets funksjonen Det er vanlig at aritmetiske funksjoner kan være komplekse, men vi vil kun trenge reelle her. 3

14 Kapittel 2. Grunnleggende tallteori I som defineres slik I(n) = = n { hvis n =, 0 hvis n > Vi har en sammenheng mellom µ og I. Dette vises i følgende teorem. Teorem 2.. For n har vi µ(d) = I(n) d n Bevis. For n = har vi µ() = = I(), dersom n > skriver vi n = p a pa k k, og merker at leddene i summen som ikke har verdi 0 kommer fra d = og divisorene av n som har distinkte primtallsfaktorer. Dermed skrives summen slik µ(d) = µ()+µ(p )+ +µ(p k )+µ(p p 2 )+ +µ(p k p k )+ +µ(p p 2 p k ). d n Legg merke til at dette er binomisk fordelt, dermed har vi ( ) ( ) ( ) k k k µ(d) = + ( ) + ( ) ( ) k = ( ) k = 0 2 k d n Von Mangoldtfunksjonen Λ(n) er også et eksempel på en aritmetisk funksjon. Definisjon 2.3. Von Mangoldtfunksjonen Λ(n) defineres for alle heltall n : { log p hvis n = p m der p er et primtall og m, Λ(n) = 0 ellers. Eksempler Λ(8) = log(3) siden 8 = 3 4, λ(p) = log(p) når p er et primtall, λ(77) = 0 siden 77 = 7. Når n har vi log(n) = d n Λ(d). (2.) Dette stemmer for n = siden vi har log() = 0 = Λ() For n > bruker vi den primtallsfaktoriserte formen av n: n = r k= p a k k. Ved å ta logaritmen her blir produktet til en sum og vi oppnår 4 log(n) = r a k log(p k ). k=

15 2.2 Dirichlet konvolusjon Når d har mer enn en distinkt primtalsfaktor er Λ(d) = 0. Dermed er det bare d på formen d = p m k som vi trenger å summere over, her er m =, 2,, a k og k =, 2,, r. Fra definisjonen av Λ har vi at Λ(p m k ) = log(p k) dermed får vi r Λ(d) = a k r Λ(p m k ) = a k d n k= m= k= m= k= Dermed er 2. bevist. r log(p k ) = a k log(p k ) = log(n). 2.2 Dirichlet konvolusjon For aritmetiske funksjoner har vi en operasjon som kalles Dirichlet konvolusjon. Den defineres slik Definisjon 2.4. Dirichlet konvolusjonen mellom to aritmetiske funksjoner, f og g, skrives f g, er den aritmetiske funksjonen gitt ved likningen (f g)(n) = ( n ) f(d)g. d d n Dirichlet konvolusjon er en kommutativ operasjon, det vil si f g = g f. Dette vises ved (f g)(n) = f(a)g(b) = g(b)f(a) = (g f)(n) ab=n ab=n Dirichlet konvolusjon er en assosiativ operasjon, det vil si (f g) h = f (g h). Dette vises ved {(f g) h}(n) = (f g)(a)h(b) = f(c)g(d)h(b) ab=n = cdb=n f(c)g(d)h(b) = ab=n cd=a ce=n bd=e f(c)g(d)h(b) = f(c)(g h)(e) = {f (g h)}(n) ce=n Teorem 2.2. For alle aritmetiske funksjoner f har vi I f = f I = f Bevis. Dette ser man av (f I)(n) = d n ( n ) f(d)i = d f(d)g = f(n) d n d n Videre har vi at dersom f er en aritmetisk funksjon med f() 0 eksisterer det en aritmetisk funksjon f, som kalles Dirichlet inversen til f, slik at (f f)(n) = (f f )(n) = I(n). 5

16 Kapittel 2. Grunnleggende tallteori Funksjonen f bestemmes ved likningen (f f )(n) = I(n), det vil si d n ( n ) f f (d) = 0. d Ved å bruke egenskapen til den aritmetiske enhetsfunksjonen og teorem 2. har vi (µ e)(n) = ( n ) µ(d)e = µ(d) = I(n), d d n d n det vil si at µ og e er Dirichlet inverser. Dette bruker vi til å bevise det neste teoremet Teorem 2.3. f(n) = d n g(d) g(n) = d n ( n ) f(d)g d Bevis. Vi viser implikasjon mot høyre først. Dermed starter vi med at f = g e. Ved å ta konvolusjonen med µ får vi f µ = (g e) µ = g (e µ) = g I = g For å vise implikasjonen mot venstre tar man konvolusjonen med e i f µ = g. Dette gir g e = (f µ) e = f (µ e) = f I = f Fra dette og likning 2. får vi Λ(n) = d n µ(d) log n d (2.2) 2.3 Abels identitet og Eulers summasjonsformel Abels identitet og Eulers summasjonsformel er to resultater som har med aritmetiske funksjoner å gjøre. Vi vil bruke Abels identitet for å vise ekvivalente former av primtallsteoremet. Vi starter med å bevise Abels identitet og bruker videre dette til å bevise Eulers summasjonsformel. Teorem 2.4. Abels identitet. La a(n) være en aritmetisk funksjon og la A() = n a(n) og A() = 0 når <. Anta at f er en funksjon slik at f er kontinuerlig på intervallet [y, ], der 0 < y <. Da har vi y<n a(n)f(n) = A()f() A(y)f(y) y A(t)f (t) d. 6

17 2.3 Abels identitet og Eulers summasjonsformel Bevis. La k = og m = y, da har vi A() = A(k) og A(y) = A(m). Legg merke til at a(n) = A(n) A(n ). y<n a(n)f(n) = k n=m+ a(n)f(n) = k n=m+ (A(n) A(n ))f(n) Videre benytter vi at k n=m+ A(n )f(n) = k n=m A(n)f(n + ) og deretter samler de leddene vi kan i en sum y<n a(n)f(n) = = k n=m+ k n=m+ A(n)f(n) k n=m Ved å bruke analysens fundamentalteorem får vi A(n)f(n + ) A(n)(f(n) f(n + )) + A(k)f(k) A(m)f(m + ). Dette gir f(n) f(n + ) = (f(n + ) + f(n)) = n+ n f (t) dt. y<n a(n)f(n) = = k A(n) n=m+ n k n+ n=m+ n n+ f (t) dt + A(k)f(k) A(m)f(m + ) A(t)f (t) dt + A(k)f(k) A(m)f(m + ) siden A(t) er konstant for n t < n + for alle heltall n. Videre har vi at A(k)f(k) = A()f() A(m)f(m + ) = A(y)f(y) + k A(t)f (t) dt, og m+ y A(t)f (t) dt. y<n k a(n)f(n) = A(t)f (t) dt + A()f() m+ A(y)f(y) m+ = A()f() A(y)f(y) y A(t)f (t) dt y k A(t)f dt. A(t)f (t) dt 7

18 Kapittel 2. Grunnleggende tallteori Eulers summasjonsformel er et spesialtilfelle av Abels identitet. Teorem 2.5. Eulers summasjonsformel. Hvis f har en kontinuerlig derivert f på intervallet [y, ], der 0 < y <, så f(n) = f(t) dt + y<n y y (t t )f (t) dt + f()( ) f(y)( y y) Bevis. La a(n) = for alle n, dette fører til at A() =. Nå gir Abels identitet oss a(n)f(n) = f(n) = f() f(y) y t f (t) dt y<n y<n = f() f(y) y + Vi kan bruke delvis integrasjon på det siste intergralet Ved å sette inn dette har vi f(n) = tf(t) dt + y<n y y tf (t) dt = f() yf(y) y y y y y (t t )f (t) dt tf(t) dt tf (t) dt (t t )f (t) dt + f()( ) f(y)( y y) Eksempel Senere vil vi ha bruk for verdien av ( N O n= log n ). n Vi kan beregne denne ved å benytte Eulers summasjonsformel. Vi lar f(n) = log n n, y = 2 og = N, der N er et heltall. Ved å bruke dette i Eulers summasjonsformel får vi N n= log n N n = log t dt + t 2 N 2 (t t ) log t t 2 dt log 2 Vi kan regne ut store O av et ledd av gangen. For det andre leddet bruker vi at (t t ) før vi integrerer ( N log t O t 2 ( N O 2 ( O log 2 ) ( log 2 N dt = O 2 (t t ) log t ) dt ) = O() t 2 log2 ) 2 = O(log 2 N) 2 ( O log N N N + 2 log ) = O ( log N ) N 8

19 2.4 Chebyshevfunksjonene Dermed har vi ( N O n= log n ) = log 2 N (2.3) n 2.4 Chebyshevfunksjonene Chebyshevfunksjonene er ikke aritmetiske funksjoner. Begge er definert for positive reelle tall. Definisjon 2.5. Chebyshevs ψ-funksjon defineres for > 0 ved formelen ψ() = n Λ(n). Eksempel ψ(32) = Λ(n) = log(2) + log(3) + log(2) + log(5) + + log(3) + log(2) n 32 = 5 log(2) + 3 log(3) + 2 log(5) + + log(3). Her får vi 5 log(2) siden vi skal legge sammen verdiene Λ(2 n ) for alle n slik at 2 n 32. Definisjon 2.6. For > 0 defineres Chebyshevs θ() ved formelen θ() = p log(p). Summen går over alle primtall. Eksempel θ(32) = log(2) + log(3) + log(5) + + log(3) Vi har følgende sammenheng mellom ψ og θ ψ() = m log 2 () θ ( ) m Bevis. Dersom ikke n kan skrives på formen n = p m der p er et primtall er Λ(n) = 0. Dermed har vi ψ() = Λ(n) = Λ(p m ) = log(p) n m= p m m= p m Summen over m er egentlig endelig. For å finne den maksimale m vi skal ha med i summen, ser vi at dersom m < 2 blir summen over primtallene tom, siden 2 er det minste primtallet. Fra denne betingelsen finner vi hvilke m-verdier vi må summere over. log() m < 2 = log() < log(2) = m > m log(2) = log 2(). 9

20 Kapittel 2. Grunnleggende tallteori Dette gir resultatet ψ() = log(p) = θ( m ) m log 2 () p m m log 2 () ved å bruke definisjonen av θ(). Videre skal vi undersøke forholde mellom hvordan ψ() og θ() vokser når vokser. Teorem 2.6. ( ψ() lim θ() ) = 0 Bevis. For å bevise dette teoremet, vises først ulikheten 0 ψ() for > 0. Fra definisjonen av θ() følger ulikheten θ() log2 () 2 log(2) (2.4) θ() p log log Ved å kombinere dette med det vi vet om forholdet mellom ψ() og θ() får vi 0 ψ() θ() = log 2 m= θ ( m log ) 2 θ() = m=2 θ ( m log 2 log = log log log 2 2 log ) 2 = m=2 log 2 2 log(2) m log m Dersom man dividerer med får man ulikhet 2.4. Videre kan vi la, dette gir ( ψ() 0 lim θ() ) lim log 2 2 log 2 = 0 og θ() Fra dette teoremet følger det at dersom en av ψ() så gjør også den andre det, og da grenseverdiene er like. går mot en grense når 2.5 Ekvivalente former av primtallsteoremet π() er en funksjon som teller alle primtall p. Her skal vi vise at det er sammenhenger med Chebyshevfunksjonene som er ekvivalente med primtallsdistribusjonsteoremet. Først trenger vi å etablere to sammenhenger mellom π() og θ(). Dette gjør vi ved å bruke Abels identitet. 0

21 2.5 Ekvivalente former av primtallsteoremet Teorem 2.7. For 2 gjelder og Bevis. Vi definerer θ() = π() log 2 π(t) t dt, (2.5) π() = θ() log + θ(t) 2 t log 2 t. (2.6) a(n) = { hvis n er et primtall, 0 ellers. Da er a(n) den karakteristiske primtalsfunksjonen. Vi har π() = a(n) og θ() = <n <n a(n) log n. Ved å la f() = log og sette y = gir Abels identitet θ() = <n a(n) log n = π() log π() log π(t) = π() log dt 2 t siden det minste primtallet er 2. For å vise den andre sammenhengen lar vi b(n) = a(n) log n. Dette gir π() = θ() = <n <n b(n) log n b(n). La f() = log, nå må vi velge en < y < 2 for å unngå 0 i nevneren og for at summen skal gå fra n = 2. Igjen bruker vi Abels identitet π() = Siden θ(t) = 0 når t < 2 y<n og b(n) log n = θ() log θ(y) log y + = θ() log + 2 y θ(t) t log 2 t dt π(t) t θ(t) t log 2 t dt Nå kan vi vise at vi har ekvivalente versjoner av primtallsteoremet. dt

22 Kapittel 2. Grunnleggende tallteori Teorem 2.8. Følgende sammenhenger er ekvivalente: π() log θ() lim = lim = lim ψ() Fra teorem 2.6 har vi at grenseverdiene med Chebyshevfunksjonene er ekvivalente. π() log θ() Derfor trenger vi bare å bevise at lim = lim π() log Bevis. Vi viser først implikasjonen mot høyre. Anta at lim fører til at π() ( ) = O, for t 2 log Ved å dividere likning 2.5 med får vi = holder, det θ() π() log = π(t) dt, 2 t Videre må vi vise at siste leddet her går mot 0 når. Siden t 2 i integralet har vi π(t) ( ) dt = O 2 t 2 log t dt På intervallet [2, ] har vi log t log 2 og på intervallet [, ] har vi log t log. Dette gir 2 Dermed har vi log t dt = 2 log t dt + 2 = log 2 + log. log t dt 2 log 2 dt + log dt 2 lim dt lim 2 log t log 2 + log = 0 Med andre ord er implikasjonen mot høyre vist. Videre vises implikasjonen mot venstre. θ() Vi tar utgansgspunkt i likning 2.6 og antar at lim = 0. Først multipliserer vi likning 2.6 med log, det gir π() log = θ() + log 2 θ(t) t log 2 t dt. For å vise implikasjonen mot venstre må vi vise at integralleddet går mot 0 når. Ved å bruke θ(t) = O(t) får vi 2 log 2 θ(t) ( log t log 2 t dt = O ) 2 log 2 t dt

23 2.6 Et svakere teorem enn primtallsteoremet Ved å dele integralet opp og maksimere integranden i hvert integral og regne ut grenseverdien får vi log 2 lim 2 log 2 dt lim t log log 2 = 0 Vi vet ikke om de tre påstandene holder, men dersom vi klarer å vise at en av de holder så holder de to andre også. Når vi skal bevise primtallsteoremet beviser vi at = og dermed holder også primtallsteoremet. lim ψ() 2.6 Et svakere teorem enn primtallsteoremet Dette kapittelet avsluttes med et teorem som er svakere enn primtallsteoremet. Dette teoremet viser at π(n) vokser omtrendt som log n n. Dette vises ved at vi etablerer ulikheter med π(n) og faktorer av log n n, men før vi kan gjøre dette trenger vi å vite om Legendres identitet, den introduseres ved hjelp av et eksempel. Eksempel Vi skal faktorisere 00!. Først vil vi finne antallet ganger faktoren 2 forekommer. Vi har faktoren 2 i tallene 2, 4, 6, 8,, = = 50 ganger. 2 Men vi mangler fortsatt de ekstra faktorene 2 fra tall med faktor 2 2 = 4. Så vi må telle med en ekstra faktor tallene 4, 8, 2, 6. = 00 = 25 ganger. 4 Videre fortsetter vi med tallene med faktor 2 3 = 8 00 = = 2 ganger. 8 Når vi fortsetter finner vi 00 = = = 64 Faktoren 2 opptrer altså = 97 ganger. For å faktorisere 00! kan man bruke samme metode for alle primtall 00. Denne metoden oppsummeres i 3

24 Kapittel 2. Grunnleggende tallteori Legendres identitet som sier: For alle n har vi n! = p p α(p) der α(p) = m= n p m. Legg merke til at n p m = 0 når m > log n log p. Ved å ta logaritmen på begge sider får vi log n! = p n α(p) log p. (2.7) Videre vil vi trenge følgende lemma. Lemma n ( ) 2n < 4 n, for n 2 n Bevis. Vi har 4 n = 2 2n = ( + ) 2n = 2n k=0 ( ) 2n > k ( ) 2n. n Den andre ulikheten viser vi ved hjelp av et induksjonsbevis. For n = 2 har vi 2 n = 4 6 = 4! 2!2!. Som induksjonshyppotese antar vi at ( ) 2k 2 k, for n = k 2. k For n = k + får vi 2 k+ = 2 2 k 2 ( ) ( ) 2k (k + )(2k + ) 2k < 2 k (k + )(k + ) k ( ) (2k + 2)(2k + ) 2k = (k + )(k + ) k ( ) 2(k + ) = k + Nå kan vi bevise følgende teorem. Teorem 2.9. Chebyshevs teorem. For alle heltall n 2 gjelder ulikhetene n 6 log n < π(n) < 6 n log n 4

25 2.6 Et svakere teorem enn primtallsteoremet Bevis. Ved å ta logaritmer i ulikheten fra lemmaet får vi Vi benytter oss av likning 2.7 og får n log 2 log(2n)! 2 log n! < n log 4 log(2n)! 2 log n! = p 2n log 2n log p m m= 2n ( p m n 2 p m ) log p Ved å benytte at 2 2 er enten 0 eller får vi n log 2 log 2n log p ( ) log p log 2n log p log p = log 2n = π(2n) log 2n Dermed får vi p 2n m= p 2n π(2n) n log 2 log 2n p 2n 2n log 2 = 2 log 2n > 2n 4 log 2n ved å bruke at log 2 > 2. Nå har vi vist den venstre ulikheten for partall. For oddetall har vi π(2n + ) π(2n) > 2n 4 log 2n > 2n 2n + 4 2n + log 2n + 2n + 6 log 2n + siden 2n 2n Dermed ha vi vist π(n) > n 6 log n. Videre vil vi vise den andre ulikheten. Ved å la summen gå over m = får vi fra Legendres identitet at log(2n)! 2 log n! 2n n ( p m 2 p m ) log p p 2n For primtallene p, n < p 2n har vi 2n p 2 n p =. Dermed får vi n log 4 > log(2n)! 2 log n! log p = θ(2n) θ(n). For n-verdier på formen n = 2 m har vi n<p 2n θ(2 m+ ) θ(2 m ) < 2 m log 4 = 2 m+ log 2. Ved å summere over m-verdiene m =, 2, 3,, k får vi θ(2 k+ ) = θ(2 k+ ) θ(2 k )+θ(2 k ) = ( 2 m+ +2 m +2 m + +2 ) log 2 < 2 m+2 log 2. Videre velger vi k slik at 2 k n < 2 k+ og får θ(n) θ(2 k+ ) < 2 k+2 log 2 4n log 2. 5

26 Kapittel 2. Grunnleggende tallteori Nå velger vi 0 < α <, dette gir (π(n) π(n α )) log n α = Dette gir følgende uttrykk for π(n) π(n) < n α <p n log n α < n α <p n log p θ(n) < 4n log 2. 4n log 2 α log n + 4n log 2 π(nα ) < α log n + nα = n (4 log 2 + log n ) log n α n α Videre vil vi finne en maksimal verdi av f(n) = log n n α. Her vet vi at 0 < α < og n, ved å la β = α har vi β > 0. Nå har vi log n log n = n α n β, for å finne maksimal verdi deriverer vi med hensyn på n og løser f (n) = 0 f (n) = β log n nβ+ n β+, f (n) = 0 = β log n = nβ+ n β+ = n = e β, f(e β ) = eβ. Dette er en maksimalverdi. Ved å la α = 2 3 og dermed β = 3 får vi π(n) < n ( 2 log 2 + log n ) log n α n α = n ( 2 log ) = n ( 6 log ). log n 2 e log n e Utregning gir dermed har vi 6 log e < 6, π(n) < 6 n log n. Det går ann å forbedre konstantene i ulikheten slik at de blir nærmere. Dette blir gjort i A.E.Ingham: The Distribution of Primes [3], men det viktigste fra dette resultatet er at vi kan vite at er et riktig forhold å sammenlikne π(n) med. n log n 6

27 Kapittel 3 Dirichletrekker I dette kapittelet introduseres Riemanns zetafunksjon ζ(s), som er et eksempel på en Dirichletrekke. ved å bruke teori fra Dirichletrekker for å undersøkes zetafunksjonen. Her defineres zetafunksjonen i et halvplan i det komplekse planet. I neste kapittel vil zetafunksjonen defineres for hele det komplekse planet ved å bruke analytisk fortsettelse. 3. Dirichletrekker og zetafunksjonen Definisjon 3.. For reelle s > defineres zetafunksjonen ved formelen ζ(s) = n= n s. Vi kan vise at rekken konvergerer ved å bruke integraltesten n= n s + n=2 n n Videre definerer vi Dirichletrekker. s d = + s d = + s. Definisjon 3.2. Dersom f(n) er en aritmetisk funksjon definerer vi Dirichletrekken med koeffisienter f(n) til å være f(n) n s. Her er s-verdiene komplekse. n= Vi følger her Riemanns notasjon og skriver s = σ + it, der σ og t er reelle. Videre vil vi definere ζ(s) for komplekse s-verdier. Legg merke til at n s = e s log n = e (σ+it) log n = n σ it log n e 7

28 Kapittel 3. Dirichletrekker Dette medfører at n s = n σ. Det vil si at n= konvergerer for alle s med σ >. Vi utvider definisjonen av ζ til å gjelde for alle slike s-verdier. Dermed er zetafunksjonen definert for det komplekse halvplanen σ >. Teorem 3.. Anta at rekken n s f(n) n= hverken konvergerer for alle s eller divergerer for alle s. Da finnes det et reellt tall σ a, kalt absolutt konvergens abscissen, slik at n= n s f(n) n s konvergerer absolutt for σ > σ a og konvergerer ikke absolutt for σ < σ a. Bevis. Legg merke til at for σ a så er f(n) f(n) n s Det vil si at dersom en Dirichlet rekke konvergerer absolutt for s = a + it så konvergerer den absolutt for s med σ a. La videre A være mengden av reelle σ der n a f(n) n= divergerer. Da er A en ikke-tom mengde. Siden rekken ikke divergerer for alle σ har A en øvre skranke. Derfor har A en minste øvre skranke, σ a. Dette er absolutt konvergens abscissen. For n= har vi σ a =, at rekken divergerer for σ = kan for eksempel vises ved n = + ( n= > ( = = n s n s ) ( ( ) + 8) ) ( ( ) + 8)

29 3.2 Funkjonen definert ved en Dirichletrekke 3.2 Funkjonen definert ved en Dirichletrekke Videre defineres en funksjon, fra absolutt konvergens halvplanet, ved hjelp av Dirichletrekker. Definisjon 3.3. F (s) = n= f(n) n s for σ > σ a Videre vises noen egenskaper for slike funksjoner. Lemma 3.. For N og σ c > σ a har vi Dette bevises slik n=n f(n) n s N σ c n=n f(n) n c. Bevis. n=n f(n) n s n=n f(n) n σ = n=n f(n) n c n σ c N σ c N f(n) n c. Det neste teoremet viser hva som skjer med F (s) dersom vi lar σ. Teorem 3.2. Bevis. lim F (σ + it) = f() uniformt for < t <. σ F (s) = f() + n=2 f(n) n s For å bevise teoremet må det vises at summen over går mot 0 når σ. Velg en c > σ a, da kan lemmaet brukes for σ c. Dette gir n=2 f(n) n s 2 σ 2 c n=2 f(n) n c Her er M uavhengig av σ og t. Når σ har vi M 2 σ 0. = M 2 σ Dette teoremet gir at ζ(s) når σ. Det neste teoremet viser en unikhetegenskap for Dirichletrekker. 9

30 Kapittel 3. Dirichletrekker Teorem 3.3. Gitt to Dirichletrekker F (s) = n= f(n) n s og G(s) = n= g(n) n s, som begge er absoluttkonvergente for σ > σ a. Dersom F (s) = G(s) for alle s i en uendelig sekvens {s k } slik at σ k når k, da er f(n) = g(n) for alle n. Bevis. For å vise dette lar vi h(n) = f(n) g(n) og H(s) = F (s) G(s) Da er H(s k ) = 0 for hver k. For å bevise teoremet må det vises at h(n) = 0 for alle n. Anta at h(n) 0 for noen n, dersom dette fører til en motsigelse er teoremt bevist. La n = N være det minste tallet h(n) 0. Da er Fra dette får vi H(s) = La s = s k, siden H(s k ) = 0 blir n=n h(n) n s = h(n) N s + h(n) = N s H(s) N s h(n) = N s k n=n+ n=n+ n=n+ h(s) n s. k h(s) n s. Videre velges k slik at σ k > c der c > σ a. Dermed gir lemma h(n) N σ k (N + ) σ k c n=n+ Her er M uavhengig av k. Ved å la k vil σ k og ( N ) σk 0 N + h(n) n s. h(s) ( N ) σkm. n c = N + Det vil si h(n) = 0, men dette er en motsigelse, og teoremet er bevist. Teorem 3.4. La F (s) = f(n) n= n og anta at F (s) 0 for en s med σ > σ s a. Da er det et halvplan σ > c σ a der F (s) aldri er null. Bevis. Dette vises ved en motsigelse. Anta at det ikke finnes noe slikt halvplan. Da finnes det for hver k =, 2, et punkt s k med σ k > k slik at F (s) = 0. Siden σ k når k fører unikhetteoremet til at f(n) = 0 for alle n, men siden F (s) 0 for en s er dette en motsigelse. I områdedet der to Dirichletrekker konvergerer absolutt kan man multiplisere dem. For å gjøre det brukes Dirichlet konvolusjon. 20

31 3.2 Funkjonen definert ved en Dirichletrekke Teorem 3.5. Gitt to funksjoner F (s) og G(s) representert ved Dirichletrekkene F (s) = n= f(n) n s for alle σ > a, og G(s) = n= g(n) n s for alle σ > b. I halvplanet der begge rekkene konvergerer absolutt er produktet gitt ved F (s)g(s) = n= h(n) n s, der h = f g, det vil si Dirichletkonvolusjonen av f og g: h(n) = d n ( n ) f(d)g. d Bevis. For s i halvplanet der begge rekkene konvergerer absolutt har vi F (s)g(s) = n= f(n) n s m= g(m) m s = n= m= f(n)g(m) (nm) s. Siden begge rekkene konvergerer absolutt kan vi multiplisere de og endre rekkefølgen på leddene uten at det endrer på summen. Ved å samle alle leddene med nm konstant får vi der h(k) = (f g)(k). F (s)g(s) = ( k= nm=k f(n)g(m) ) k s = k= h(k) k s, La Eksempel F (s) = n= n s og G(s) = m= µ(m) m s. Begge rekkene konvergerer absolutt for σ >. Her er f(n) = og g(m) = µ(m), så h(k) = k. Dette gir µ(m) ζ(s) m s = m= for σ >. Dette viser at for σ > har vi ζ(s) 0 og m= µ(m) m s = ζ(s). (3.) 2

32 Kapittel 3. Dirichletrekker 3.3 Eulerprodukter Dirichletrekker kan uttrykkes som produkter over primtallene. Det neste teoremt viser hvordan absolutt konvergente rekker kan uttrykkes som uendelige produkter derson f er multiplikativ. Disse produktene kalles Eulerprodukter siden det var Euler som oppdaget denne sammenhengen. Dette anvendes senere på Dirichletrekker. Teorem 3.6. La f være en multiplikativ aritmetisk funksjon slik at rekken n= f(n) er absolutt konvergent. Da kan summen av rekken uttrykkes som et absolutt konvergent uendelig produkt, ( + f(p) + f(p 2 ) + ) (3.2) n= f(n) = p over alle primtall. Hvis f er fullstendig multiplikativ forenkles uttrykket til n= f(n) = p f(p) (3.3) Bevis. Vi begynner beviset med å se på det endelige produktet P () = p ( + f(p) + f(p 2 ) + ) over alle primtall p. Dette er et produkt over endelig mange absolutt konvergente rekker, og dermed kan vi multipisere sammen rekkene og endre rekkefølgen på leddene uten å endre på summen. Siden f er multiplikativ kan vi skrive leddene på formen f(p a pa2 2 pa k k ). Ved å bruke aritmetikkens fundamentalteorem får vi P () = n A f(n), der A er består av alle positive heltall n som har alle primtallsfaktorer. Dermed n= f(n) P () = n B f(n), der B består av alle positive heltall n med en eller flere primtallsfaktorer. Dermed har vi f(n) P () f(n) n= n B n> f(n). Når vil n> f(n) 0 siden summen er konvergent. Dermed vil P () f(n) når. Videre vises at produktet i likning 3.2 er absolutt konvergent. Et 22

33 3.3 Eulerprodukter uendelig produkt ( + a n ) konvergerer absolutt når den korresponderernde summen an konvergerer absolutt. Her blir p f(p) + f(p 2 ) + p ( f(p) + f(p 2 ) + ) Dermed er alle delsummene bundet og dermed vil f(p) + f(p 2 ) + p f(n). konvergere, dette fører fil at det uendelige produktet også konvergerer absolutt. Til slutt har vi dersom f er fullstendig multiplikativ at f(p n ) = f(p) n. Dermed blir hver faktor en geometrisk rekke + f(p) + f(p 2 ) + = + f(p) + f(p) 2 + = og produktet er lik det i likning 3.3. n=2 f(p), Ved å bruke dette for absolutt konvergente Dirichletrekker får vi det neste teoremet. Teorem 3.7. Anta at n= f(n) n s konvergerer absolutt for σ > σ a. Hvis f er multiplikativ har vi n= f(n) n s = p dersom f er fullstendig multiplikativ blir dette ( + f(p) ) p s + f(p)2 p 2s +, n= f(n) n s = p f(p)p s, for σ > σ a. Dermed kan zetafunksjonen uttrykkes som et uendelig produkt ζ(s) = n s = p n= p s for σ >. Dette brukes videre for å knytte sammen zetafunksjonen og von Mangoldtfunksjonen. Denne metoden blir brukt i Stein og Shakarchi: Comple Analysis [5]. Ved å ta logaritmen på begge sider blir produktet til en sum log ζ(s) = p log( p s ). 23

34 Kapittel 3. Dirichletrekker Ved å dervivere med hensyn på s får vi ζ (s) ζ(s) = p = p log(p)p s p s = p log(p) Med andre ord for σ > så gjelder n= p ns = ζ (s) ζ(s) = Denne sammenhengen vil vi få bruk for senere. n= ( ) log(p) p s n= Λ(n) n s Λ(n) n s (3.4) 3.4 Dirichletrekker uttrykt som eksponentialer av Dirichletrekker Videre presenteres et teorem som gjelder funksjonen definert ved en Dirichletrekke i halvplanet der den er absolutt konvergent. Dette teoremet blir ikke bevist, det bygger på to andre resultater som kan leses i Apostol: Introduction to Analytic Number theory []. Teorem 3.8. Sumfunksjonen F (s) = n= f(n) n s til en Dirichletrekke er analytisk i halvplanet med absolutt konvergens σ > σ a, og dens deriverte i dette halvplanet uttrykkes ved Dirichletrekken F f(n) log n (s) = n s, som man får ved å derivere ledd for ledd. n= Dette teoremet brukes for å vise at noen Dirichletrekker kan uttrykkes som eksponenter av andre Dirichletrekke. Det neste teoremet viser når dette er mulig, og hvilken Dirichletrekke som er i eksponenten. Teorem 3.9. La F (s) = n= f(n) n s være absolutt konvergent for σ > σ a og anta at f() 0. Hvis F (s) 0 for σ > σ 0 σ a, så har vi F (s) = e G (s), for σ > σ 0, der (f f )(n) G(s) = log f() + n s, log n n=2 Det kan vises at dette gjelder for halvplanet en Dirichletrekke konvergerer, dette halvplanet kan ha med verdier for σ som er mindre enn σ a. 24

35 3.4 Dirichletrekker uttrykt som eksponentialer av Dirichletrekker her er f Dirichlet inversen av f og (n) = f(n) log n. Bevis. Siden F (s) 0 finnes det en funksjon G(s) som er analytisk slik at F (s) = e G (s). Ved å derivere dette finner vi F (s) = e G (s)g (s) = F (s)g (s) slik at G (s) = F (s)/f (s). Videre finner vi et uttrykk for G (s) ved å se på F (s) og /F (s). Fra teoremet over har vi Vi har Dermed blir F (s) = n= f(n) log n n s F (s) = G (s) = n= n=2 = f (n) n s. n= (f f )(n) n s Summen går fra 2 siden log = 0. Ved å integrere dette får vi G(s) = C + n=2 (f f )(n) n s, log n f (n) n s. C er integreringskonstanten. Denne kan vi finne ved å la σ, det gir Sammen med teorem 3.2 gir dette Dermed er C = log f(). lim G(σ + it) = C. σ f() = lim σ F (σ + it) = ec. Dette kan vi bruke til å uttrykke ζ(s) = e G(s) for σ >. Når f(n) = får vi f (n) = log n og f (n) = µ(n). Dirichletkonvolusjon gir sammen med likning 2.2 at (f f )(n) = ( n ) log dµ = Λ(n). d d n Det vil si G(s) = n=2 Λ(n) n s log n. (3.5) 25

36 Kapittel 3. Dirichletrekker 26

37 Kapittel 4 Analytisk fortsettelse av zeta I dette kapittelet er målet å definere zetafunksjonen for hele det komplekse s-planet. Dette gjøres ved analytisk fortsettelse, som man kan lese om i Gamelin: Comple analysis [4]. Først må vi vite litt om gammafunksjonen 4. Gammafunksjonen Her presenteres egenskaper ved gammafunksjonen uten bevis. Man kan lese mer om gammafunksjonen i Gamelin: Comple analysis [4]. For σ > 0 har vi følgende integralrepresentasjon for gammafunksjonen Γ(s) = 0 s e d. Den funksjonen kan fortsettes utover linja σ = 0 til en funksjon som er analytisk over hele s-planet utenom enkle poler i punktene s = 0,, 2, med residue For gamma funksjonen holder ( ) n n! Γ(s)Γ( s) = for s = n. π sin πs 4.2 Integralrepresentasjon for zetafunksjonen (4.) Vi har sett at Dirichletrekken for zetafunksjonen konvergerer absolutt for σ >. I alle halvplan σ + δ med δ > 0 er denne konvergensen uniform. Dette kan man se av n= = n s n= n σ n= n +δ. Dette fører videre til at ζ(s) er analytisk i halvplannet σ >. 27

38 Kapittel 4. Analytisk fortsettelse av zeta Teorem 4.. For σ > har vi integralrepresentasjonen Γ(s)ζ(s) = 0 s e d. e For å bevise dette brukes Levis konvergens teorem, og litt om Lebesgue integraler. Dette blir ikke gjennomgått her men kan leses mer om i Apostol: Mathematical Analysis [2]. Bevis. Dette vises først for reelle s, og deretter for komplekse s ved å bruke analytisk fortsettelse. La = (n + )t, der n 0, dette gir det vil si Γ(s) = 0 e s d = (n + ) s e (n+)t t s dt, (n + ) s Γ(s) = Ved å summere over alle n 0 gir dette ζ(s)γ(s) = n= e nt e t t s dt. e nt e t t s dt. Rekken til høyre er konvergent for σ >. Ved å se på integralet som et Lebesgue integral, og se at integranden er ikkenegativ kan man bruke Levis konvergens teorem, som sier at e nt e t t s n=0 konvergerer nesten overalt til en funksjon som er Lebesgue integrerbar på intervallet [0, ), og at vi kan bytte plass på integralet og summen. Dermed har vi ζ(s)γ(s) = n=0 0 e nt e t t s dt = 0 e nt e t t s dt For t > 0 har vi 0 < e t < og dermed har vi en geometrisk rekke der summen blir Dermed har vi n=0 e nt = e t n=0 nesten overalt på [0, ) og dermed har vi 28 e nt e t t s = e t t s e t ζ(s)γ(s) = 0 n=0 e t t s dt e t

39 4.2 Integralrepresentasjon for zetafunksjonen C 3 0 C 2 C Figur 4.: Konturen C for reelle s >. For å utvide dette til alle s med σ > må det vises at dette er analytisk, fra før vet vi at både ζ(s) og Γ(s) er analytiske. For å vise at integralet på høyre side er analytisk, vil vi vise at integralet konvergerer uniformt på alle striper + δ σ c, der c > og δ > 0. På en slik stripe har vi 0 e t t s dt e t 0 0 e t t σ ( e t dt = + 0 ) e t t σ dt e t Merk at for t 0 er e t t og for 0 t er t σ t δ. Dette gir e t t σ e 0 t δ dt e t 0 e t dt t δ dt = δ. For t er t σ t c, dette gir e t t σ dt e t 0 e t t c dt Γ(s)ζ(s). e t Det vil si at integralet konvergerer uniformt i alle striper + δ σ c der δ > 0, og representerer dermed en analytisk funksjon i alle slike striper og dermed ved analytisk fortsetteles for alle s i halvplanet σ >. I det neste teoremet skal vi undersøke et konturintegral. Konturen er som på figur 4.. C er veien langs C, C 2 og C 3. C 2 er veien rundt en sirkel som har radius c < 2π. Teorem 4.2. Funksjonen definert ved konturintegralet I(s) = z s e z 2πi e z dz er en analytisk i hele s-planet. Videre har vi ζ(s) = Γ( s)i(s) for σ >. Bevis. På C er z s = r s e πis og på C 3 er z s = r s e πis. Integranden er en analytisk funksjon for alle s. For å vise at I(s) er analytisk i hele s-planet må vi vise at integralene langs C og C 3 konvergerer uniformt for alle disker s M. Langs C har vi, for r z s = r σ e πi(σ +it) = r σ e πt r M e πm siden s M. Langs C 3 har vi for r z s = r σ e πi(σ +it) = r σ e πt r M e πm. C 29

40 Kapittel 4. Analytisk fortsettelse av zeta Dermed har vi følgende uttrykk for absoluttverdien av integranden langs både C og C 3 for r. zs e z r M e πm e r e z e r = rm e πm e r. For r har vi e r > e r /2. Dermed blir integranden bundet av Ar M e r, der A = e πm /2 det vil si A er ikke avhengig av r. Siden integralet c r M e r dr, konvergerer når c > 0, konvergerer integralene langs C og C 3 uniformt på alle kompakte disker s M. Dermed er I(s) analytisk på hele s-planet. For å vise sammenhengen mellom zetafunksjonen og I(s) skriver vi ( ) 2πiI(s) = z s g(z) dz, der C + g(z) = C 2 + C 3 ez e z. På C og C 3 har vi g(z) = g( r), og på C 2 kan vi skrive z = ce iθ, der π θ π. Dermed blir c π 2πiI(s) = r s e πis g( r) dr + i c s e (s )iθ ce iθ g(ce iθ ) dθ + c = 2i sin (πs) r s e πis g( r) dr c π π r s g( r) dr + ic s e isθ g(ce iθ ) dθ. Vi deler på 2i og forenkler uttrykket ved å gi intergralleddene navnene I (s, c) og I 2 (s, c) π πi(s) = sin (πs)i (s, c) + I 2 (s, c). Videre vil vi undersøke disse uttrykkene når c 0. Ved å bruke teorem 4. får vi lim I (s, c) = c 0 0 r s e r dr = Γ(s)ζ(s) e r hvis σ >. Videre ser vi på I 2 (s, c) når c 0. Legg merke til at g(z) er har en førsteordens pol i z = 0, men ellers er analytisk for z < 2π. Dermed er zg(z) analytisk overalt i disken z < 2π, da er den også bundet. Så det eksisterer en konstant A slik at vi har g(z) A z, der z < 2π. Dette fører til at 30 I 2 (s, c) cσ 2 π π e tθ A c dθ Aeπ t c σ.

41 4.3 Utvidet definisjon av zetafunksjonen Hvis σ > og c 0 får vi I 2 (s, c) 0. Dermed har vi πi(s) = sin (πs)γ(s)ζ(s) Ved å kombinere dette med liknning 4. får vi ζ(s) = Γ( s)i(s). 4.3 Utvidet definisjon av zetafunksjonen Vi har altså ζ(s) = Γ( s)i(s) for σ >. Siden funksjonen Γ( s) og I(s) er definert for alle s i det komplekse planet bruker vi dette til å definere ζ(s) for σ. Definisjon 4.. Hvis σ defineres ζ(s) ved likningen ζ(s) = Γ( s)i(s). Denne likningen gir oss den analytiske fortsettelsen av zetafunksjonen slik at den er definert på hele det komplekse planet. Videre har vi følgene teorem for zeta. Teorem 4.3. ζ(s) er analytisk for alle s untatt en enkel pol i s = med residue. Bevis. De eneste s-verdiene som kan gi poler for ζ(s) er polene i Γ( s) det vil si for s =, 2, 3,. Fra før har vi at ζ(s) er analytisk i alle disse untatt i s =. Dermed trenger vi bare å undersøke denne. Dersom s er et heltall, s = n, vil integranden i konturintegralet for I(s) ta samme verdier for C og C 3 og integralet langs C og C 3 kanselerer hverandre. Dermed blir I(n) = z 2πi C2 n e z z n e z dz = Res ez z=0 e z Dermed gir s = I() = Res z=0 e z e z = lim z 0 ze z e z = lim z 0 Ved å bruke dette regnes residuen av ζ(s) i s = lim s z e z = lim z 0 e z = (s )ζ(s) = lim( s)γ( s)i(s) = I() lim Γ(2 s) = Γ() =. s Det vil si ζ(s) har en enkel pol i s =. Videre bevises en formel for zetafunksjonen ved å bruke Eulers summasjonsformel. s Teorem 4.4. For et hvilket som helst heltall N og σ > 0 har vi ζ(s) = N n= n s + N s s s N t t dt. (4.2) ts+ 3

42 Kapittel 4. Analytisk fortsettelse av zeta Bevis. Teoremet vises først for σ > ved å bruker Eulers summasjonsformel med f(t) = og heltall og y slik at 0 < y <. Dette gir t s La y = N og : y<n n=n+ n s = y n s = N t s dt s y t s dt s N t t t s+ dt. t t dt. (4.3) ts+ Ved å bruke får vi ζ(s) = N n= n s + n=n+ n s ζ(s) = = N n= N n= n s + N t s dt s N n s + N s s s N t t t s+ dt t t t s+ dt. Nå er teoremet bevis for σ >. Dersom σ δ > 0 så er integtalet dominert av N t δ+ dt. Så for σ δ konvergerer integralet uniformt. Dette fører fil at integralet representerer en analytisk funksjon i halvplanet σ > 0. Ved analytisk fortsettelse holder teoremet for σ > 0. 32

43 Kapittel 5 Bevis for primtallsteoremet I dette kapittelet bevises primtallsteoremet. Planen i beviset er først å uttrykke en ekvivalent påstand til ψ() når, som dermed også er ekvivalent med primtallsteoremet. Denne påstanden handler om funksjonen ψ (), som vi videre uttrykker som et konturintegral der vi har zetafunksjonen i integranden. Det vises at vi kan undersøke integralet langs linja σ =, for å vise dette trenger vi å undersøke ζ(s) på linja σ =. Til slutt brukes Riemann-Lebesgue lemma, som er bevist i Appendi, til å bevise påstanden som er ekvivalent med primtallsteoremet holder. 5. ψ() og ψ () Vi definerer ψ () = ψ() dt. I dette delkapittelet vil vi finne et annet uttrykk for ψ () og vise at ψ () 2 2 = ψ() Lemma 5.. For en hvilken som helst aritmetisk funksjon a(n), der A() = n a(n) og A() = 0 for <, så gjelder ( n)a(n) = n= A(t) dt. Bevis. For å vise dette tar vi utgangspunkt i Abels identitet, teorem 2.4, med y < slik at vi har A(y) = 0. Itillegg lar vi f(t) = t slik at f er kontinuerlig a(n)f(n) = A()f() n= Dermed har vi og lemmaet er bevist. ( n)a(n) = n= A(t)f dt = a(n) n= A(t) dt, A(t) dt. 33

44 Kapittel 5. Bevis for primtallsteoremet Vi kan nå finne et uttrykk for ψ (). La a(n) = Λ(n) i lemmaet, dette valget gir A() = ψ() og siden ψ() = 0 når < har vi ( n)λ(n) = n= ψ(t) dt = ψ () (5.) Teorem 5.. ψ () 2 2 = ψ() Bevis. Ved å anta at den asymptotiske formelen ψ () 2 2 når stemmer. Skal vi finne verdien av ψ(). Vi begynner med å finne lim sup ψ(). Fra før har vi at ψ() = n Λ(n) og ψ () = ψ(t) dt, og at Λ(n) 0 for alle n. Dermed er ψ() en stigende funksjon. Vi velger en α > og får ψ (α) ψ () = α = ψ() ψ (α) ψ () α ψ(t) dt α ψ() dt = ψ()(α ) = ψ() ( ψ (α) α (α) 2 α2 ψ ) () 2 Nå bruker vi antagelsen ψ () 2 2 når, og lar α være fiksert. Dette gir Til slutt lar vi α + lim sup ψ() α ( 2 α2 ) = α α lim sup ψ() 2 lim α + α 2 α. Dette er et 0 over 0 uttrykk, ved å bruke L Hôpitals regel får vi α 2 lim α + α = lim 2α α + = 2. Dermed har vi lim sup ψ() = 2 2 =. 34

45 Videre vil vi finne lim inf Metoden er liknende. Vi lar 0 < β < og får ψ () ψ (β) = β ψ(t) dt ψ(). β 5.2 ψ() uttrykt som et konturintegral 2 ψ() dt = ψ()( β) Dermed har vi ψ() β (ψ () ψ (β)) = ψ() ( ψ () β 2 Ved å bruke antagelsen og la β være fiksert får vi lim inf ψ() ( β 2 2 β2) = β 2 2 β Nå lar vi β, videre bruker vi igjen L Hôpitals regel og får Nå har vi lim inf ψ() 2 lim β 2 β β = 2 lim 2β β = 2 2 = lim inf ψ() ψ() lim sup Dermed må ψ() lim =, dette er ekvivalen med det påstanden i teoremet. β 2 ψ ) (α) (α) 2 Med dette teoremet og videre ekvivalens til primtallsteoremet trenger vi å vise at ψ () 2 2 når for å bevise primtallsteoremet. Dette skal vi gjøre. Vi begynner med å uttrykke ψ() som et konturintegral ψ () 2 uttrykt som et konturintegral Vi vil trenge følgende resultater som gjelder for c > 0 og u > 0: og c+ i 2πi c i u z z(z + ) dz = { u hvis 0 < u, 0 hvis u > { c+ i u z 2πi c i z(z + )(z + 2) dz = 2 ( u)2 hvis 0 < u, 0 hvis u > Disse resultatene kan man vise ved residuregning, men de bevises ikke her. 35

46 Kapittel 5. Bevis for primtallsteoremet Teorem 5.2. Hvis c > og har vi Bevis. Fra likning 5. følger ψ () 2 = c+ i 2πi c i ψ () = n= s ( s(s + ) ( n ) Λ(n). Fra resultatet over har vi med u = n/, der n har vi Ved sette inn dette får vi ψ () ζ (s) ) ds ζ(s) n = c+ i (/n) s 2πi c i s(s + ) ds. = n= c+ i (/n) s ds Λ(n) 2πi c i s(s + ) Siden integralet = 0 for u > kan vi summere over alle n-verdier, dette gir ψ () = n= c+ i Λ(n)(/n) s ds. 2πi c i s(s + ) Nå ønsker vi å bytte om rekkefølgen på summen og integralet, for å vise at vi kan gjøre dette definerer vi f n (s) slik at det vil si Dersom ψ () = n= f n (s) = 2πi n= c+ i c i c+ i c i f n (s) ds, Λ(n)(/n) s. s(s + ) f n (s) ds (5.2) er konvergent, kan vi nå bytte om rekkefølgen på summen og integralet. For alle delsummer har vi N n= c+ i c i Λ(n)(/n) c N 2π s s + ds = n= Λ(n) n c c+ i c i c N 2π s s + ds A n= Λ(n) n c Her konvergerer integralet, vi har kalt verdien integralet konvergerer mot A. Dermed konvergerer summen i likning 5.2, og man kan endre rekkefølgen på summen og integralet. 36

47 5.3 Zetafunksjonen på linja σ = Dette gir ψ () = c+ i c i n= c+ i = 2πi c i f n (s) ds = c+ i 2πi c i s ( s(s + ) ζ (s) ζ(s) ) ds s s(s + ) n= Λ(n) n s ved å bruke likning 3.4. Til slutt dividerer man med og teoremet er bevist. Teorem 5.3. Hvis c > og har vi ψ() 2 ( ) 2 = 2 2πi c+ i c i s h(s) ds, ds her er h(s) = ( ζ (s) s(s + ) ζ(s) ). s For k = 2 kan vi kreve at c > og derfor bytte ut s med s. Dette gir ( ) 2 c+ i s = 2 2πi c i (s )s(s + ) ds. Ved å trekke fra dette i teorem 5.2 får vi ψ() 2 ( ) 2 c+ i s ζ (s) = 2 2πi s(s + ) ζ(s) = 2πi c i c+ i c i s ( s(s + ) Her ser vi at den ytre parantesen i integranden er h(s). ( s ) ds s(s + ) s ( ζ (s) ζ(s) s )) ds 5.3 Zetafunksjonen på linja σ = Teorem 5.4. For alle A > 0 eksisterer en konstant M avhengig av A slik at ζ(s) M log t og ζ (s) M log 2 t for alle s med σ 2 og t e og σ > A log t. Bevis. Det kan vises at ζ(2) = π2 6 og at ζ (2) < derfor holder teoremet for σ > 2. For 2 σ < 2 og t e har vi sammenhengene s σ + t 2 + t < 2t og s + t = t = s t 37

48 Kapittel 5. Bevis for primtallsteoremet Ved å bruke dette i teorem 4.4 får vi ζ(s) N n= n σ + n σ + 2t t N N σ+ d = n= n σ + n σ + 2t t σn σ. Videre lar vi N = t. Dermed får vi N t < N + og log n < log t når n N. n σ = n σ n = n e( σ) log n < log n n ea log t ) n ea = O( n Her har vi brukt σ < A log t som følger av betingelsen til σ. Valget av N fører til at de at de andre leddene blir O(). Dermed har vi ( N ) ζ(s) = O + O() = O(log t). n n= Det vil si at ζ(s) M log t for en konstant M. For å finne ulikheten med ζ (s) starter vi med å derviere uttrykket for ζ(s) i teorem 4.4 og får Dermed har vi ζ (s) n= n= ζ (s) = N log n n s N s log N s n= log + s N s+ d N N log n n σ N log n n σ + N σ log N t + N σ log N t + N σ t 2 + 2t N N s (s ) 2 s+ d log d + σ+ N d σ+ + N σ 2t 2t log N t 2 + (N + ) 2 + N σ (N + )N σ Her er det bare den første summen som ikke er O(). Fra eksempelet på Eulers summasjonsformel får vi at ζ (s) O(log 2 t) Dette betyr at ζ (s) M log 2 t for en konstant M. Lemma cos θ + cos 2θ 0 Ved å bruke den trigonometriske identiteten cos 2θ = 2 cos 2 θ, får vi cos θ + cos 2θ = cos θ + 2 cos 2 θ = 2( + cos θ) 2 0. Nå kan vi bevise det neste teoremet. Teorem 5.5. Hvis σ > har vi ζ 3 (σ) ζ(σ + it) 4 ζ(σ + 2it) 38

49 5.3 Zetafunksjonen på linja σ = Bevis. Vi har ifølge likning 3.5 identiteten ζ(s) = e G(s) for σ > der Legg merke til at Λ(n) log n = Dermed får vi sammenhengen G(s) = Λ(n) log n n s. n=2 { m hvis n = pm der p er et primtall og m, 0 ellers. G(s) = p mp ms = p m= m= imt log p e mp mσ. Dette gir ζ(s) = e P p P m= cos mt log p mp mσ. Ved å regne ut ζ 3 (σ) ζ(σ + it) 4 ζ(σ + 2it) blir eksponenten p m= cos mt log p + cos 2mt log p mp mσ, men i følge lemmaet er telleren i summen alltid 0, så ekponenten er alltid 0 og derfor holder teoremet. Teorem 5.6. ζ( + it) 0 for alle reelle tall t. Bevis. For t = 0 har zetafunksjonen en pol, det vil si den er ikke lik 0. For å bevise dette for t 0 brukes sammenhengen fra forrige teorem, den gir ((σ )ζ(σ)) 3 ζ(σ + it) σ 4 ζ(σ + 2it) σ (5.3) Dette gjelder for σ >. La videre σ +. Dette gir ((σ )ζ(σ)) 3 siden ζ(s) har residue i polen s =. ζ(σ + 2it) ζ( + 2it). Anta at det eksisterer en t 0 0 slik at ζ( + it 0 ) = 0. Dette gir lim ζ(σ it 0) 4 = lim σ σ + σ + ζ(σ + it 0) ζ( + it 0 ) σ Dermed reduseres venstre side i likning 5.3 med t = t 0 til ζ ( + it 0 ) 4 ζ( + 2it 0 ) 4 = ζ ( + it 0 ) 4. Ifølge teorem går dette mot en endelig grense mens σ for σ +. Dette er en motsigelse. Dermed kan det ikke finnes noen t slik at ζ( + it) = 0 39

50 Kapittel 5. Bevis for primtallsteoremet Teorem 5.7. Det eksisterer en konstant M > 0 slik at < M log 7 t og ζ (s) < M log 9 t ζ(s) ζ(s) når σ og t t 0, der t 0 er en konstant som er e. Bevis. Ved å bevise den første av disse ulikhetene følger den andre umiddelbart fra teorem 5.4. For σ 2 holder teoremet siden vi har fra likning 3. at = ζ(s) n= µ(n) n s n 2 ζ(2). n= Dermed gir teorem 5.4 at det holder for den andre ulikheten også når σ 2. Videre anta at σ 2 og t e. For disse σ-verdiene er (σ )ζ(σ) bundet. Det vil si at det eksisterer en konstant M slik at (σ )ζ(σ) M. Dermed er ζ(σ) M σ for < σ 2. Videre gir teorem 5.4 at ζ(σ + 2it) = O(log t). Dermed får vi fra teorem 5.5 at ζ(σ + it) M 3 4 (log t) 4 (σ ) 3 4 Så det finnes en konstant B > 0 slik at ζ(σ + it) > B(σ ) 3 4 (log t) 4, (5.4) for < σ 2 og t e, det er opplagt at dette også holder for σ =. Videre la < α < 2, dersom σ α og t e så får vi ved å bruke teorem 5.4 ζ(σ + it) ζ(α + it) Videre gir trekantulikheten α σ ζ (u + it) du (α σ)m log 2 t (α )M log 2 t. ζ(σ + it) ζ(α + it) ζ(σ + it) ζ(α + it) ζ(α + it) (α )M log 2 t B(α ) 3 4 (log t) 4 (α )M log 2 t Dette holder for σ α og siden (σ ) 3/4 (α ) 3/4 gir 5.4 at det også holder for α σ 2. Videre lar vi α avhenge av t, og gjøre det første leddet dobbelt så stort som det andre ved å la ( B ) 4 α = + 2M log 9 t. 40

51 5.4 Fullføring av primtallsteoremet Her er < α < 2 for t t 0. Dermed har vi for σ 2 og t t 0 ζ(σ + it) (α )M log 2 t = M log 7 t Dermed er den første ulikheten i teoremet bevist, ved å bruke teorem 5.4 ser vi at den andre ulikheten også holder. 5.4 Fullføring av primtallsteoremet Her vises det at funksjonen F (s) = ζ (s) ζ(s) s er analytisk i s =. Deretter fullføres bevise av primtallsteoremet. Først trengs et lemma. Lemma 5.3. Hvis funksjonen f(s) har en pol av orden k i s = α så har f (s)/f(s) en første ordens pol i s = α med residue k. Bevis. Vi kan skrive f(s) på formen f(s) = g(s) (s α) k, der g(s) er analytisk i α og g(α) 0. Videre deriveres f(s) i nærhetem av α det gir Dermed får vi f (s) = g (s) (s α) k kg(s) g(s) ( k = (s α) k+ (s α) k s α + g (s) ). g(s) f (s) f(s) = k s α + g (s) g(s) Siden g(s) er analytisk i s = α er også g (s)/g(s) analytisk s = α, og derfor er lemmaet bevist. Teorem 5.8. Funksjonen er analytisk i s =. F (s) = ζ (s) ζ(s) s Bevis. Fra før vet vi at ζ(s) har en førsteordens pol i s =, dermed gir lemmaet at ζ (s)/ζ(s) har en førsteordens pol i s = med residue. Siden /(s ) også har en førsteordens pol der med residue er differansen analytisk i s =. Videre vises det at teorem 5.3 også gjelder for c =. 4

MAT Grublegruppen Uke 37

MAT Grublegruppen Uke 37 MAT00 - Grublegruppen Uke 37 Jørgen O. Lye Bemerkning: Mye av stoffet i dette notatet er å finne i Kalkulus, kapittel. Dette kapittelet er leselig etter man vet hva følger er, men er ikke pensum før i

Detaljer

HVOR MANGE PRIMTALL FINNES DET? KTH 9. Februar 96

HVOR MANGE PRIMTALL FINNES DET? KTH 9. Februar 96 Resume, referenser og matematikere HVOR MANGE PRIMTALL FINNES DET? KTH 9. Februar 96 Resume, referenser og matematikere. Resume Til tross for at vi alle vet at det finnes uendelig mange primtall kan spørsmålet

Detaljer

Følger og rekker. Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway. November 10, 2014

Følger og rekker. Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway. November 10, 2014 Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway November 10, 2014 Forelesning (03.01.2014): kap 9.1 og 9.2 Beskrivelse av følger eksempler og definisjon Egenskaper med følger Grenseverdi for følger (og

Detaljer

Oppgave 1 OPPGAVER OG LØSNINGSFORSLAG KONTINUASJONSEKSAMEN I FAG SMN 6147 OG SMN 6195 KOMPLEKS ANALYSE STED: HØGSKOLEN I NARVIK. KLASSE:4EL,4RTog5ID

Oppgave 1 OPPGAVER OG LØSNINGSFORSLAG KONTINUASJONSEKSAMEN I FAG SMN 6147 OG SMN 6195 KOMPLEKS ANALYSE STED: HØGSKOLEN I NARVIK. KLASSE:4EL,4RTog5ID OPPGAVER OG LØSNINGSFORSLAG KONTINUASJONSEKSAMEN I FAG SMN 647 OG SMN 695 KOMPLEKS ANALYSE STED: HØGSKOLEN I NARVIK KLASSE:4EL,4RTog5ID DATO: 8 januar 004 TID: 9.00-.00 ANTALL SIDER: 0 (inklusiv formler)

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk Høst 04 Løsningsforslag Øving 04 30 For å vise at f er en injektiv one-to-one funksjon, ser vi på den deriverte,

Detaljer

Løsningsforslag til Mat112 Obligatorisk Oppgave, våren Oppgave 1

Løsningsforslag til Mat112 Obligatorisk Oppgave, våren Oppgave 1 Løsningsforslag til Mat2 Obligatorisk Oppgave, våren 206 Oppgave Avgjør om følgende rekker er konvergente: (a) n + n n + n + Løsning: rekken lim : n n + n n + n + Vi bruker grensesammenligningstesten mhp.

Detaljer

1 Mandag 1. februar 2010

1 Mandag 1. februar 2010 Mandag. februar 200 I dag skal vi fortsette med rekkeutviklinger som vi begynte med forrige uke. Vi skal se på litt mer generell rekker og vurdere når de konvergerer, bl.a. gi et enkelt kriterium. Dette

Detaljer

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag

SIF5003 Matematikk 1, 5. desember 2001 Løsningsforslag SIF5003 Matematikk, 5. desember 200 Oppgave For den første grensen får vi et /-uttrykk, og bruker L Hôpitals regel markert ved =) : lim 0 + ln ln sin 0 + cos sin 0 + cos sin ) =. For den andre får vi et

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 26./28. november 2013

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 26./28. november 2013 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 26./28. november 2013 Forelesningene 26./28. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4120 MATEMATIKK 4K H-03 Del B: Kompleks analyse

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4120 MATEMATIKK 4K H-03 Del B: Kompleks analyse Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 5. juni 3 EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4 MATEMATIKK 4K H-3 Del B: Kompleks analyse Oppgave B- a) Finn de singulære punktene

Detaljer

NOTAT OM UNIFORM KONTINUITET VEDLEGG TIL BRUK I KURSET MAT112 VED UNIVERSITETET I BERGEN

NOTAT OM UNIFORM KONTINUITET VEDLEGG TIL BRUK I KURSET MAT112 VED UNIVERSITETET I BERGEN NOTAT OM UNIFORM KONTINUITET VEDLEGG TIL BRUK I KURSET MAT2 VED UNIVERSITETET I BERGEN ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN OG ARNE STRAY. Innledning og definisjoner Vi vil i dette notatet betrakte reelle funksjoner

Detaljer

I = (x 2 2x)e kx dx. U dv = UV V du. = x 1 1. k ekx x 1 ) = x k ekx 2x dx. = x2 k ekx 2 k. k ekx 2 k I 2. k ekx 2 k 1

I = (x 2 2x)e kx dx. U dv = UV V du. = x 1 1. k ekx x 1 ) = x k ekx 2x dx. = x2 k ekx 2 k. k ekx 2 k I 2. k ekx 2 k 1 TMA4 Høst 6 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 6 6..4 Vi skal evaluere det ubestemte integralet I = ( e k. Vi starter med å dele opp integralet

Detaljer

Uke 4: z-transformasjonen

Uke 4: z-transformasjonen Uke 4: z-transformasjonen Jo Inge Buskenes Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo INF3470/4470, høst 2012 2/30 Dagens temaer z-dometet; ett av tre domener z-transformasjonen; definisjon og egenskaper

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M100 Våren 2002

Løsningsforslag Eksamen M100 Våren 2002 Løsningsforslag Eksamen M00 Våren 00 Oppgave Evaluerer grensen cos( ) 0 ( sin( ) ) 0 6 0 6 5 0 sin( ) 0 sin( ) = Har brukt l Hôpitals regel (derivert teller og nevner hver for seg) i første og tredje overgang.

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4120 MATEMATIKK 4K H-03 Del B: Kompleks analyse

EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4120 MATEMATIKK 4K H-03 Del B: Kompleks analyse Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag EKSAMENSOPPGAVER FOR TMA4 MATEMATIKK 4K H-3 Del B: Kompleks analyse Oppgave B- a) Finn de singulære punktene til funksjonen

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 16./17. november 2015

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 16./17. november 2015 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 16./17. november 2015 Forelesningene 17./18. november Denne forelesningen beskriver de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 noen tips for

Detaljer

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 11. november 2011 Kapittel 8.8. Taylorrekker og Maclaurinrekker 3 Taylor-polynomer Definisjon (Taylorpolynomet

Detaljer

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11 Fasit til utvalgte oppgaver MAT uka 5/-9/ Øyvind Ryan oyvindry@ifi.uio.no) November Oppgave 9.. Vi skriver 5x 5 x )x ) A x B x og ser at vi må løse likningene Ax ) Bx ) x )x ) A B 5 A B 5. A B)x A B x

Detaljer

Uke 4: z-transformasjonen

Uke 4: z-transformasjonen Uke 4: z-transformasjonen Jo Inge Buskenes Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo INF3470/4470, høst 2013 2/31 Dagens temaer z-dometet; ett av tre domener z-transformasjonen; definisjon og egenskaper

Detaljer

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 17./18. november 2014

Oppsummering TMA4100. Kristian Seip. 17./18. november 2014 Oppsummering TMA4100 Kristian Seip 17./18. november 2014 Forelesningene 17./18. november Disse forelesningene er et forsøk på å se de store linjer og sammenhengen mellom de ulike deltemaene i TMA4100 delvis

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010

TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010 TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010 Toke Meier Carlsen Institutt for matematiske fag 28. oktober 2010 2 Fremdriftplan I går 7.7 Uegentlige integraler 8.1 Følger I dag

Detaljer

Løsning til prøveeksamen i MAT2400, V-11

Løsning til prøveeksamen i MAT2400, V-11 Løsning til prøveeksamen i MAT400, V-11 Oppgave 1 a) Vi ser at den deriverte f (x) = 1 1+x alltid er mindre enn eller lik 1 i tallverdi. Gitt to punkter x, y R, finnes det ifølge middelverdisetningen en

Detaljer

TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013

TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA41/TMA415 Matematikk 4M/4N Vår 1 Løsningsforslag Øving 1 Skriv om følgende trigonometriske funksjoner til fourierrekker ved

Detaljer

Løsning til Kompleks Analyse, Øving 5

Løsning til Kompleks Analyse, Øving 5 Løsning til Kompleks Analyse, Øving 5 1. Oppgave For z = R> er z 1 z +1= z +1=R +1. Ved å innføre variabelen u = z får vi at som gir oss faktoriseringen z 4 +5z +4=u +5u +4=(u +1)(u +4) z 4 +5z +4= z +1

Detaljer

Løsningsforslag for Eksamen i MAT 100, H-03

Løsningsforslag for Eksamen i MAT 100, H-03 Løsningsforslag for Eksamen i MAT, H- Del. Integralet cos( ) d er lik: Riktig svar: b) sin( ) + C. Begrunnelse: Vi setter u =, du = d og får: cos( ) d = cos u du = sin u + C = sin( ) + C. Integralet ln(

Detaljer

Poissonprosesser og levetidsfordelinger

Poissonprosesser og levetidsfordelinger Poissonprosesser og levetidsfordelinger Poissonfordeling som grensetilfelle for binomisk fordeling La X være binomisk fordelt med fordeling P (X = x) = ( ) n p x (1 p) n x, for x = 0, 1,... n. (1) x Forventningsverdien

Detaljer

Uke 4: z-transformasjonen

Uke 4: z-transformasjonen Uke 4: z-transformasjonen Jo Inge Buskenes Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo INF3470/4470, høst 2011 2/26 Dagens temaer z-dometet; ett av tre domener z-transformasjonen; definisjon og egenskaper

Detaljer

MA1301 Tallteori Høsten 2014

MA1301 Tallteori Høsten 2014 MA1301 Tallteori Høsten 014 Richard Williamson 1. august 015 Innhold Forord 7 1 Induksjon og rekursjon 9 1.1 Naturlige tall og heltall............................ 9 1. Bevis.......................................

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i Matematikk II Torsdag 4. juni 05, kl. 09:00-4:00 Bokmål Tillatte hjelpemiddel: Enkel kalkulator i samsvar

Detaljer

Dagens plan. INF3170 Logikk. Semantikk for sekventer. Definisjon (Motmodell/falsifiserbar sekvent) Definisjon (Gyldig sekvent) Eksempel.

Dagens plan. INF3170 Logikk. Semantikk for sekventer. Definisjon (Motmodell/falsifiserbar sekvent) Definisjon (Gyldig sekvent) Eksempel. INF3170 Logikk Dagens plan Forelesning 3: Utsagnslogikk sekventkalkyle, sunnhet og kompletthet 1 Sekventkalkyle Christian Mahesh Hansen 2 Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 3 5. februar 2007

Detaljer

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1100, H-14 DEL 1

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT1100, H-14 DEL 1 Løsningsforslag til prøveeksamen i MT, H- DEL. ( poeng Hva er den partiellderiverte f y sin(xy cos(xy y sin(xy x sin(xy cos(xy xy sin(xy cos(xy y sin(xy + xy sin(xy når f(x, y = y cos(xy? Riktig svar:

Detaljer

Forelesning Matematikk 4N

Forelesning Matematikk 4N Forelesning Matematikk 4N Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 11. september 2006 2 Den høyrederiverte og venstrederiverte Definisjon Den høyrederiverte til en funksjon f(x) i punktet x er

Detaljer

Sammendrag R2. www.kalkulus.no. 31. mai 2009

Sammendrag R2. www.kalkulus.no. 31. mai 2009 Sammendrag R2 www.kalkulus.no 31. mai 2009 1 1 Trigonometri Definisjon av sinus og cosinus Sirkelen med sentrum i origo og radius 1 kalles enhetssirkelen. La v være en vinkel i grunnstilling, og la P være

Detaljer

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Potensrekker Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 15. november 2011 Kapittel 8.9. Konvergens av Taylorrekker 3 i 3 i Løs likningen x 2 + 1 = 0 3 i Løs likningen

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN BOKMÅL UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. V.008. Løsningsforslag til eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. mai 008 kl. 0900-1400 Vi har ligningen der α er

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim

Detaljer

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Andreas Leopold Knutsen 14. februar 2012 Funksjonsrekker En rekke på formen fn(x) der fn er en funksjon, kalles en n=1 funksjonsrekke. For alle

Detaljer

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016

MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA000 Brukerkurs i matematikk B Vår 016 Løsningsforslag Øving 1 Kapittel 7.1: Substitusjon Teorem 1. Hvis u = g() så er f(g())g

Detaljer

Oblig 1 - MAT Oppgave 1. Fredrik Meyer. Vi lar α > 1 og x 1 > α. Vi definerer en følge (x n ) ved. x n+1 = α + x n 1 + x n.

Oblig 1 - MAT Oppgave 1. Fredrik Meyer. Vi lar α > 1 og x 1 > α. Vi definerer en følge (x n ) ved. x n+1 = α + x n 1 + x n. Oblig 1 - MAT2400 Fredrik Meyer 1 Oppgave 1 Vi lar α > 1 og x 1 > α. Vi definerer en følge (x n ) ved Lemma 1 (a). x n > 1 n N x n+1 = α + x n = x n + α x2 n Bevis. Siden α > 1 er α + x n >, så 1 = 1+xn

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 00 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Torsdag 6. desember 202. Tid for eksamen: 9:00 3:00. Oppgavesettet er på 8

Detaljer

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2014

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2014 Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA Grunnkurs i analyse II Vår 4 Løsningsforslag Øving 9 7.3.b Med f() = tan +, så er f () = cos () på intervallet ( π/, π/).

Detaljer

Dagens plan. INF4170 Logikk. Modelleksistens for grunn LK repetisjon. Kompletthet av fri-variabel LK. Teorem (Kompletthet) Lemma (Modelleksistens)

Dagens plan. INF4170 Logikk. Modelleksistens for grunn LK repetisjon. Kompletthet av fri-variabel LK. Teorem (Kompletthet) Lemma (Modelleksistens) INF4170 Logikk Dagens plan Forelesning 11: Automatisk bevissøk III fri-variabel kompletthet og repetisjon av sunnhet Martin Giese 1 Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 2 31. april 2008 Institutt

Detaljer

Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1

Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1 Velkommen til eksamenskurs i matematikk 1 Haakon C. Bakka Institutt for matematiske fag 4.-5. desember 2010 Program I dag og i morgen skal vi holde på fra 10-16 med en pause fra 13-14. Vi skal gjennom:

Detaljer

Nicolai Kristen Solheim

Nicolai Kristen Solheim Oppgave 1. For å kunne skrive det komplekse tallet følgende endringer foretas på uttrykket. 3 3, hvor 3 og 3 på formen, hvor og, må For å kunne skrive det komplekse tallet på polarformen, må vi først finne

Detaljer

Notasjon i rettingen:

Notasjon i rettingen: UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Løsningsforslag med kommentarer) til Innlevering /4 i emnet MAT, høsten 207 Notasjon i rettingen: R Rett R Rett, men med liten tulle)feil

Detaljer

MAT1030 Diskret Matematikk

MAT1030 Diskret Matematikk MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 16: Rekursjon og induksjon Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 17. mars 009 (Sist oppdatert: 009-03-17 11:4) Forelesning 16 MAT1030 Diskret

Detaljer

En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x).

En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x). Funksjoner En (reell) funksjon f fra en (reell) mengde D er en regel som til hvert element x D tilordner en unik verdi y = f (x). Mengden D kalles definisjonsmengden (eng.: domain) til f. Merknad Dersom

Detaljer

Siden vi her har brukt første momentet i fordelingen (EX = EX 1 ) til å konstruere estimatoren kalles denne metoden for momentmetoden.

Siden vi her har brukt første momentet i fordelingen (EX = EX 1 ) til å konstruere estimatoren kalles denne metoden for momentmetoden. Estimeringsmetoder Momentmetoden La X, X 2,..., X n være uavhengige variable som er rektangulært fordelte på intervallet [0, θ]. Vi vet da at forventningsverdiene til hver observasjon og forventningen

Detaljer

= x lim n n 2 + 2n + 4

= x lim n n 2 + 2n + 4 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving Avsnitt 8.7 6 Potensrekken konvergerer opplagt for x = 0, så i drøftingen nedenfor antar vi x 0. Vi vil bruke forholdstesten

Detaljer

Forelesning 3: Utsagnslogikk sekventkalkyle, sunnhet og kompletthet Christian Mahesh Hansen - 5. februar 2007

Forelesning 3: Utsagnslogikk sekventkalkyle, sunnhet og kompletthet Christian Mahesh Hansen - 5. februar 2007 Forelesning 3: Utsagnslogikk sekventkalkyle, sunnhet og kompletthet Christian Mahesh Hansen - 5. februar 2007 1 Sekventkalkyle 1.1 Semantikk for sekventer Semantikk for sekventer Definisjon 1.1 (Gyldig

Detaljer

Integral Kokeboken. sin(πx 2 ) sinh 2 (πx) dx = 2. 1 log x. + log(log x) dx = x log(log x) + C. cos(x2 ) + sin(x 2 ) dx = 2π. 1 k t.

Integral Kokeboken. sin(πx 2 ) sinh 2 (πx) dx = 2. 1 log x. + log(log x) dx = x log(log x) + C. cos(x2 ) + sin(x 2 ) dx = 2π. 1 k t. Integral Kokeboken 4 3 4 6 8 sinπ sinh π 4 log + loglog loglog + C cos + sin π t e Γt k k t Γtζt arcsin + arccos π + C Integral fra R til Z π 6 sec y dy ln 3 i 64 The integral sec y dy From zero to one-sith

Detaljer

Oppgave 1. ( xφ) φ x t, hvis t er substituerbar for x i φ.

Oppgave 1. ( xφ) φ x t, hvis t er substituerbar for x i φ. Oppgave 1 Beviskalklen i læreboka inneholder sluttningsregelen QR: {ψ φ}, ψ ( xφ). En betingelse for å anvende regelen er at det ikke finnes frie forekomste av x i ψ. Videre så inneholder beviskalklen

Detaljer

Analysedrypp II: Kompletthet

Analysedrypp II: Kompletthet Analysedrypp II: Kompletthet Kompletthet er et begrep som står sentralt i både MAT1100 og MAT1110, og som vil stå enda mer sentralt i MAT2400. I de tidligere kursene fremstår begrepet på litt forskjellig

Detaljer

DAFE BYFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 1 Innleveringsfrist Fredag 22. januar :00 Antall oppgaver: 5.

DAFE BYFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 1 Innleveringsfrist Fredag 22. januar :00 Antall oppgaver: 5. Innlevering DAFE BYFE Matematikk 000 HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Fredag. januar 06 4:00 Antall oppgaver: 5 Vi anbefaler at dere regner oppgaver fra boken først. Det er en liste med

Detaljer

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG

OPPGAVE 1 LØSNINGSFORSLAG LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT - Grunnkurs i matematikk I torsdag 5.desember 20 kl. 09:00-4:00 OPPGAVE a Modulus: w = 2 + 3 2 = 2. Argument

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN Bokmål UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Løsningsforslag til Eksamen i emnet MAT - Grunnkurs i matematikk I Torsdag 22. mai 28, kl. 9-4. Dette er kun et løsningsforslag.

Detaljer

Litt topologi. Harald Hanche-Olsen

Litt topologi. Harald Hanche-Olsen MA2104 2006 Litt topologi Harald Hanche-Olsen hanche@math.ntnu.no De reelle tall En grunnleggende egenskap ved de reelle tall, som skiller dem fra de rasjonale tall, er kompletthetsaksiomet. Det har flere

Detaljer

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT 1110, våren 2006

Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT 1110, våren 2006 Løsningsforslag til prøveeksamen i MAT, våren 6 Oppgave : a) Vi har C 5 3 II+( )I a + 3a 3a III+I 3 II 3 3 3 3 a + 3a 3a 3 a + 3a 3a III+II I+( ))II 3 3 3 a + 3a 3a 3 3 3 a + 3a 4 3 3a a + 3a 4 3 3a b)

Detaljer

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10

Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 10 Løsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 får du trening i å løse ulike typer differensialligninger, og her får du bruk for integrasjonsteknikkene du lærte i forrige kapittel. Men

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF Modellering og beregninger. Eksamensdag: Fredag. oktober 28. Tid for eksamen: 5: 7:. Oppgavesettet er på 6 sider. Vedlegg:

Detaljer

Kalkulus 1. Et sentralt begrep i kalkulus (matematisk analyse) er grensebegrepet. Ofte ser vi på grenser for funksjoner eller grenser for tallfølger.

Kalkulus 1. Et sentralt begrep i kalkulus (matematisk analyse) er grensebegrepet. Ofte ser vi på grenser for funksjoner eller grenser for tallfølger. Kalkulus 1 Grenser Et sentralt begrep i kalkulus (matematisk analyse) er grensebegrepet. Ofte ser vi på grenser for funksjoner eller grenser for tallfølger. Vi sier at funksjonen f(x) har en grense f(a)

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 11 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Torsdag 12. oktober 26. Tid for eksamen: 9: 11:. Oppgavesettet er på 8 sider.

Detaljer

Notater fra forelesning i MAT1100 mandag

Notater fra forelesning i MAT1100 mandag Notater fra forelesning i MAT00 mandag 3.08.09 Amandip Sangha, amandips@math.uio.no 8. august 009 Følger og konvergens (seksjon 4.3 i Kalkulus) Definisjon.. En følge er en uendelig sekvens av tall {a,a,a

Detaljer

Dagens temaer. 3 domener. Tema. Time 4: z-transformasjonen. z-dometet; ett av tre domener. Andreas Austeng@ifi.uio.no, INF3470

Dagens temaer. 3 domener. Tema. Time 4: z-transformasjonen. z-dometet; ett av tre domener. Andreas Austeng@ifi.uio.no, INF3470 Dagens temaer Time 4: z-transformasjonen Andreas Austeng@ifi.uio.no, INF3470 z-dometet; ett av tre domener z-transformasjonen; definisjon og egenskaper Ifi/UiO September 2009 H(z); systemfunksjonen og

Detaljer

MAT1100 - Grublegruppen Uke 36

MAT1100 - Grublegruppen Uke 36 MAT - Grublegruppen Uke 36 Jørgen O. Lye Partiell derivasjon Hvis f : R 2 R er en kontinuerlig funksjon, så kaller man følgende dens partiellderiverte (gitt at de finnes!) f f(x + h, y) f(x, y) (x, y)

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. H.007. Eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. september 007 kl. 0900-100 Tillatte hjelpemidler: Ingen (heller

Detaljer

Grublegruppe 19. sept. 2011: Algebra I

Grublegruppe 19. sept. 2011: Algebra I Grublegruppe 19. sept. 2011: Algebra I Ivar Staurseth ivarsta@math.uio.no Innledning, definisjoner Vi har så langt jobbet med mengder, X, hvor vi har hatt et avstandsbegrep og hvor vi har vært i stand

Detaljer

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 1. november 2011 Kapittel 8.6. Alternerende rekker Absolutt og betinget konvergens 3 Alternerende rekker

Detaljer

MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430

MAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430 MAT 00 Vår 00 Oblig Innleveringsfrist: Fredag 3.april kl. 430 Oppgaven leveres stiftet med forsideark på ekspedisjonskontoret til Matematisk institutt i 7. etg. i Niels Henrik Abels hus innen fristen.

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen i MA1102/MA6102 Grunnkurs i analyse II 17/

Løsningsforslag Eksamen i MA1102/MA6102 Grunnkurs i analyse II 17/ Løsningsforslag Eksamen i MA0/MA60 Grunnkurs i analyse II 7/ 008 Oppgave y = y +, y(0) = 0 a) n n y n y = n y n + y = y y n+ 0 0 0 / / / / / 5/4 / 5/8 9/8 9/8 så Eulers metode med steglengde / gir oss

Detaljer

Fourier-Transformasjoner

Fourier-Transformasjoner Fourier-Transformasjoner Lars Vidar Magnusson February 21, 2017 Delkapittel 4.1 Background Delkapittel 4.2 Preliminary Concepts Fourier Fourier var en fransk matematiker/fysiker som levde på 1700/1800-tallet.

Detaljer

Hvis formlene i Γ og er lukkede, vil sannhetsverdiene til formlene under M være uavhengig av variabeltilordning.

Hvis formlene i Γ og er lukkede, vil sannhetsverdiene til formlene under M være uavhengig av variabeltilordning. Forelesning 12: Automatisk bevissøk III fri-variabel kompletthet og repetisjon av sunnhet Christian Mahesh Hansen - 30. april 2007 1 Kompletthet av fri-variabel LK Teorem 1.1 (Kompletthet). Hvis Γ er gyldig,

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Eksamen i MAT111 Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Eksamen i MAT111 Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag Onsdag 9. mai, kl. 9. 4. Bokmål Oppgave a) La R være området mellom kurvene Finn

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 009 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved g(x)

Detaljer

Uke 4: z-transformasjonen

Uke 4: z-transformasjonen Uke 4: z-transformasjonen Jo Inge Buskenes Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo INF3470/4470, høst 2013 2/31 Dagens temaer z-dometet; ett av tre domener z-transformasjonen; definisjon og egenskaper

Detaljer

Matematikk 1. Oversiktsforelesning. Lars Sydnes November 25, Institutt for matematiske fag

Matematikk 1. Oversiktsforelesning. Lars Sydnes November 25, Institutt for matematiske fag Matematikk 1 Oversiktsforelesning Lars Sydnes sydnes@math.ntnu.no Institutt for matematiske fag November 25, 2009 LS (IMF) tma4100rep November 25, 2009 1 / 21 Matematikk 1 Hovedperson Relle funksjoner

Detaljer

Analysedrypp IV: Metriske rom

Analysedrypp IV: Metriske rom Analysedrypp IV: Metriske rom Vi har tidligere sett at begreper som konvergens og kontinuitet har med avstand å gjøre at f er kontinuerlig i punktet a, betyr f. eks. at det for enhver ɛ > 0, finnes en

Detaljer

Løsningsforslag. Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen til de rekkene som konvergerer. a) 2 2n /3 n

Løsningsforslag. Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen til de rekkene som konvergerer. a) 2 2n /3 n Innlevering BYPE2000 Matematikk 2000 HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Tirsdag. februar 203 kl. 0:30 Antall oppgaver: 9 Løsningsforslag Avgjør om følgende rekker konvergerer. Finn summen

Detaljer

Trasendentale funksjoner

Trasendentale funksjoner Trasendentale funksjoner Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway September 9, 2014 Kap. 3.1 og 3.2. Forelesning 8. September. Inverse funksjoner, definisjon og eksistens Deriverte av inverse

Detaljer

Løsningsforslag eksamen R2

Løsningsforslag eksamen R2 Løsningsforslag eksamen R Vår 010 Oppgave 1 a) f (x) = x cos(3x) f (x) = x cos(3x) + x ( sin(3x) 3) = x cos(3x) 3x sin(3x) b) 1. Bruker delvis integrasjon med u = 5x og v = 1 ex slik at u = 5 og v = e

Detaljer

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker

Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Seksjonene 9.6-7: Potensrekker og Taylor/Maclaurinrekker Andreas Leopold Knutsen 15. februar 2010 Funksjonsrekker En rekke på formen f n (x) der f n er en funksjon, kalles en funksjonsrekke. For alle x

Detaljer

SIF5005 Matematikk 2, 13. mai 2002 Løsningsforslag

SIF5005 Matematikk 2, 13. mai 2002 Løsningsforslag SIF55 Matematikk, 3. mai Oppgave Alternativ : At de to ligningene skjærer hverandre vil si at det finnes parameterverdier u og v som, innsatt i de to parametriseringene, gir samme punkt: Vi løser hver

Detaljer

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX - 8. desember eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX - 8. desember eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA656 Matematikk 3MX - 8. desember 004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 4 Løsningsforslag Øving 5.7.4 Vi observerer at både y = cos πx 4 og y = x er like funksjoner. Det vil si

Detaljer

Prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03

Prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03 Prøveunderveiseksamen i MAT-INF 1100, H-03 Denne prøveeksamenen har samme format som den virkelige underveiseksamenen, og inneholder oppgaver av samme type og vanskelighetsgrad. De 15 første oppgavene

Detaljer

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3

Løsningsforslag. Oppgave 1 Gitt matrisene ] [ og C = A = 4 1 B = 2 1 3 Prøve i Matematikk BYFE DAFE Dato: 27. mai 26 Hjelpemiddel: Kalkulator og formelark Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver har lik vekt. Løsningsforslag Oppgave Gitt matrisene [ 2 A 4 B [ 2 og C [ 2

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 12.6.4: Vi finner først lineariseringen i punktet (2, 2). Vi har at Lineariseringen er derfor 2x + y f x (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 2y + x f y (x, y) = 24

Detaljer

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Konvergenstester Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 1. november 2011 Kapittel 8.3. Integrasjonstesten 3 Ikke-avtagende delsummer Husker at n-te delsum av

Detaljer

EKSAMEN. Om eksamen. EMNE: MA2610 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke. Klasser: (div) Dato: 18. feb Eksamenstid:

EKSAMEN. Om eksamen. EMNE: MA2610 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke. Klasser: (div) Dato: 18. feb Eksamenstid: . EKSAMEN EMNE: MA61 FAGLÆRER: Svein Olav Nyberg, Morten Brekke Klasser: (div) Dato: 18. feb. 4 Eksamenstid: 9 1 Eksamensoppgaven består av følgende: Antall sider (ink. forside): 8 Antall oppgaver: 5 Antall

Detaljer

Løsningsforslag øving 4

Løsningsforslag øving 4 TTK405 Reguleringsteknikk, Vår 206 Oppgave Løsningsforslag øving 4 Når k 50, m 0, f 20, blir tilstandsromformen (fra innsetting i likning (3.8) i boka) Og (si A) blir: (si A) [ ] [ ] 0 0 ẋ x + u 5 2 0.

Detaljer

Løsningsforslag til hjemmeeksamen i INF3440 / INF4440

Løsningsforslag til hjemmeeksamen i INF3440 / INF4440 Løsningsforslag til hjemmeeksamen i INF3 / INF Jan Egil Kirkebø 7. oktober 3 Oppgave a π = 9 n= (n)!(3 + 39n) (n!) 39 n Srinivasa Ramanujan Vi ser at første dag i 999 har index 5, mens siste registrerte

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 7 Løsningsforslag, eksamen MA0/MA60 07.2.09 Oppgave La f() = e 4 2 2 8. a) Finn alle ekstremalpunktene til funksjonen

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN

UNIVERSITETET I BERGEN BOKMÅL MAT - Høst 03 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT Grunnkurs i Matematikk I Mandag 6. desember 03, kl. 09- Tillatte hjelpemidler: Lærebok ( Calculus

Detaljer

Potensrekker. Binomialrekker

Potensrekker. Binomialrekker Potensrekker Potensrekker er rekker på formen: Potensrekker kan brukes på en rekke områder for å finne tilnærmede eller eksakte løsninger på problemer som ellers kanskje må løses numerisk eller krever

Detaljer

INF3170 Logikk. Ukeoppgaver oppgavesett 7

INF3170 Logikk. Ukeoppgaver oppgavesett 7 INF3170 Logikk Ukeoppgaver oppgavesett 7 Unifisering I forelesning 10 så vi på en unifiseringsalgoritme som finner en mest generell unifikator for to termer. I automatisk bevissøk har vi imidlertid bruk

Detaljer

Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6524 Matematikk 3MX Elever 7. juni eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA654 Matematikk MX Elever 7. juni 004 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

TMA4265 Stokastiske prosesser

TMA4265 Stokastiske prosesser Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Bokmål Faglig kontakt under eksamen: Øyvind Bakke Telefon: 73 59 81 26, 990 41 673 TMA4265 Stokastiske prosesser

Detaljer

TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven

TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven TMA4100: Repetisjon før midtsemesterprøven 10.10.09 Lars Sydnes sydnes@math.ntnu.no Institutt for matematiske fag October 1, 2009 L.S. (NTNU) TMA4100: Oversikt October 1, 2009 1 / 20 Kapittel 1: Funksjoner.

Detaljer

Forelesning Matematikk 4N

Forelesning Matematikk 4N Forelesning Matematikk 4N Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 18. september 2006 2 Komplekse fourier rekker (10.5) Målet med denne leksjonen er vise hvordan man skrive fourier rekkene på kompleks

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 24 Løsningsforslag Øving 9 4.3.4 Vi bruker Taylor-polynom til å løse denne oppgaven. Taylor-polynomet (Maclaurinpolynomet)

Detaljer