Förslag till lösning av Inlämningsuppgifter I

1.

Bevis med induktion. Påståendet gäller när n=1 och n=2, ty

$$a_{0}=\frac{1}{6}<1=\frac{1}{2^{0}},\,\,a_{1}=\frac{1}{3}<\frac{1}{2^{1}}$$

Antag nu att påståendet gäller om $n\leq p,$ där $p\geq 1$. Vi har då

$$a_{p+1}=\frac{1}{6}(a_{p}+a_{p-1})< \frac{1}{6}(\frac{1}{2^... ... =\frac{1}{2^{p+1}}(\frac{2}{6}+\frac{4}{6})=\frac{1}{2^{p+1}}$$

Induktionsprincipen ger nu att a_n<2^-n för alla heltal $n\geq 0$.

2.

(a)

Låt eleverna rösta om de vill vara med i G1 eller G2. Varje elev har två val så utan villkor finns det 2ⁿ gruppindelningar i grupperna G1 respektive G2. Ingen grupp ska vara tom. Att någon grupp blir tom inträffar precis 2 gånger (alla väljer G1 eller G2).

Svar: 2ⁿ-2 stycken.

(b)

Låt x vara antalet gruppindelningar utan att sätta namn på grupperna. Antalet sätt att välja gruppnamn till grupperna är 2. Enligt del a) har vi

2x=2ⁿ-2

dvs x=2^n-1-1.

svar: 2^n-1-1 stycken.

(c)

Vi beräknar först antalet gruppindelningar i grupper betecknade G1, G2 respektive G3. Vi låter eleverna rösta på vilken grupp de vill till höra. Utan villkor finns det 3ⁿ gruppindelningar. Vid ett antal av dessa blir precis en grupp utan elever. Den tomma gruppen kan väljas på 3 sätt, sedan kan eleverna delas in i två icke-tomma grupper med de två återstående namnen på 2ⁿ-2 sätt enligt a). Vid 3 omröstningar blir precis 2 grupper utan elever. Antaglet sätt att dela in eleverna i 3 icke-tomma grupper betecknade G1, G2 respektive G3 blir

$$3^{n}-3(2^{n}-2)-3=3^{n}-3\cdot 2^{n}+3$$

Låt x vara antalet sätt att göra gruppindelningen utan att ge grupperna någon beteckning. Det finns 3!=6 sätt att fördela de tre namnen på grupperna. Vi får därför

$$6x=3^{n}-3\cdot 2^{n}+3, \mbox{ dvs }x=3^{n-1}/2-2^{n-1}+1/2$$

svar: 3^n-1/2-2^n-1+1/2 stycken.

3.

Enligt binomialsatsen är

$$(z+2)^{6}=z^{6}+{6\choose 1}2z^{5}+{6\choose 2}4z^{4}+{6\choose 3}8z^{3}+{6\choose 4}16z^{2}+{6\choose 5}32z+64$$

Den givna ekvationen är därför ekvivalent med

(z+2)⁶=-1

Vi sätter w=z+2 och får den binomiska ekvationen

$$w^{6}=-1=\mbox{e}^{i(\pi+k2\pi)} \mbox{ dvs } z+2=w=\mbox{e}^{i(\pi/6+k\pi/3)},\,k=0,1,2,3,4,5.$$

Eftersom

$$\begin{array} {rcl} \mbox{e}^{i\pi/6}&=&\sqrt{3}/2+i/2\\ \... ...i/2}&=&-i\\ \mbox{e}^{i11\pi/6}&=&\sqrt{3}/2-i/2 \end{array}$$

har vi

svar: $z=-2\pm i,-2\pm(\sqrt{3}/2\pm i/2)$

4.

Multiplikation med (2-i)^-1=(2+i)/5 ger en ekvivalent ekvation som vi kvadratkompletterar

$$\begin{array} {rcl} 0&=&z^{2}-(2+i)(5-5i)z/5+(17-6i)(2+i)/5... ...=&z^{2}-(3-i)z+(8+i)=(z-(3-i)/2)^{2}-(8-6i)/4+8+i \end{array}$$

$\Leftrightarrow$

(z-(3-i)/2)²=-6-5i/2

Vi sätter z-(3-i)/2=a+ib, där $a,b\in \mathbb R$ och löser (a+ib)²=-6-5i/2 genom att jämföra längd, real- respektive imaginärdel:

$$\left\{ \begin{array} {lrcl} (1) & a^{2}+b^{2}&=& \sqrt{36... ... & a^{2}-b^{2}&=& -6\ (3) & 2ab&=&-5/2 \end{array} \right.$$

(1)+(2) ger a²=1/4, dvs $a=\pm 1/2$. (1)-(2) ger b²=25/4 dvs $b=\pm 5/2$. Ekvation (3) ger att a och b ska ha olika tecken. Detta ger

$$z=\pm(1/2-5i/2)+(3/2-i/2)=\left\{ \begin{array} {l} 2-3i\ 1+2i \end{array} \right.$$

svar: $z=2-3i,\,1+2i.$