Lösningar till tentamen i MAN011, Aritmetik och algebra, del 1, 97 xx xx

4.

Vi har modulo 32 att

$$\begin{array} {l} 5^{2}=25=-7,\,5^{3}=(-7)5=-35=-3,\,5^{4}=(... ...45=9,\,5^{7}=9\cdot 5=45=13,\\ 5^{8}=13\cdot 5=65=1.\end{array}$$

Därmed har 5 ordning 8. Svar: 8.

5.

Vi bevisar påståendet med induktion.

n=0. När n=0 har vi

$$\sum_{k=0}^{0}\frac{k+1}{(k^2+k+1)(k^2+3k+3)}=\frac{1}{3} \m... ...rac{1}{(0+1)(0+2)+1}\right)=\frac{1}{2}\frac{2}{3}=\frac{1}{3},$$

så påståendet gäller då n=0.

Antag nu att påståendet gäller för något värde på n. Vi visar att då gäller det även för n+1:

$$\sum_{k=0}^{n+1}\frac{k+1}{(k^2+k+1)(k^2+3k+3)}=$$

$$=\frac{n+2}{((n+1)^{2}+(n+1)+1)((n+1)^{2}+3(n+1)+3)}+\sum_{k=0}^{n}\frac{k+1}{(k^2+k+1)(k^2+3k+3)}=$$

$$= \frac{n+2}{(n^{2}+3n+3)(n^{2}+5n+7)}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{(n+1)(n+2)+1}\right)=$$

$$=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{(n^{2}+3n+3}-\frac{2n+4}{(n^{2}+3n+3)(n^{2}+5n+7)}\right)=$$

$$=\frac{1}{2}\left(1-\frac{n^{2}+5n+7-2n-4}{(n^{2}+3n+3)(n^{2}+5n+7)}\right) =\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n^{2}+5n+7}\right)=$$

$$=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{((n+1)+1)((n+1)+2)+1}\right).$$

Påståendet gäller alltså även för n+1.

Enligt induktionsprincipen gäller nu påståendet för alla heltal $n\geq 0$.

6.

Det multipla nollstället är ett gemensamt nollställe till polynomet och dess derivata f'(z)=3z²-(8-6i)z+(2-8i). Vi söker nollställena till f'(z):

0=f'(z)/3=(z-(4-3i)/3)²-(16-24i-9)/9+(6-24i)/9=(z-(4-3i)/3)²-1/9.

Vi får

$$(z-(4-3i)/3)^{2}=1/9\Rightarrow z-(4-3i)/3=\pm 1/3\Rightarrow z=\left\{\begin{array} {l}5/3-i\\ 1-i.\end{array}\right.$$

Vi prövar z=1-i i f(z) ($(1-i)^{2}=-2i,\,(1-i)^{3}=2(-1-i)$):

f(1+i)=2(-1-i)+(4-3i)2i+(2-8i)(1-i)+2+4i=6+10i+(-6-10i)=0.

Alltså är 1-i ett multipelt nollställe till f(z) och (z-1+i)² delar f(z). Vi utför division med (z-1+i)²= z²-(2-2i)z-2i:

f(z)=(z²-(2-2i)z-2i)(z-(2-i))

Polynomets återstående nollställe är alltså 2-i.

Svar: 1-i med multiplicitet 2 och 2-i.

7.

Antag att Kajsa och Kalle har 9 olika sektioner. De ställer dem i en rad och sätter in streck i några av de 8 mellanrummen mellan sektionerna. De som kommer före första strecket (åtminstonde en) staplas på varandra i tur och ordning. De som hamnar mellan de två strecken bildar nästa stapel åt höger etc.

Antalet sätt att välja 9 olika sektioner bland $3\cdot 4=12$ med hänsyn till ordningen är 12!/3!.

Antalet sätt att välja streck eller inte i de 8 mellanrummen är 2⁸.

Enligt multiplikaitonsprincipen blir svaret $2^{8}12!/3!=20\hspace{1pt}437\hspace{1pt}401\hspace{1pt}600$.

Svar: $2^{8}12!/3!(=20\hspace{1pt}437\hspace{1pt}401\hspace{1pt}600$).

8.

Vi skriver uttrycket på gemensamt bråkstreck och får

$$\frac{5^{n-1}-4^{n}+2\cdot 3^{n}-2^{n+1}+1}{24}.$$

Det gäller alltså att visa att 24 delar täljaren. Eftersom $24=3\cdot 8$ och 3 och 8 är relativt prima räcker det att visa att 3 och 8 delar täljaren. Vi vill undvika negativa uttryck i exponenterna och sätter därför m=n-1 och ska visa att

$$5^{m}-4^{m+1}+2\cdot 3^{m+1}-2^{m+2}+1$$

är modulo 3 och 8, när $m\geq 0$.

Räknar vi moldulo 3 blir uttrycket

2^m-1^m+1-2²2^m+1=2^m-2^m=0.

Räknar vi modulo 8 får vi

$$(-3)^{m}-4^{m+1}+2\cdot 3^{m+1}-2^{m+2}+1$$

När $m\geq 1$ blir detta bara ((-1)^m+6)3^m+1. Vi har 3²=9=1, så 3^m är 1 om m är jämnt och 3 om m är udda:

$$((-1)^{m}+6)3^{m}+1=\left\{\begin{array} {rl} 7+1=0 &\mbox{ ... ...t}\\ 5\cdot 3+1=0&\mbox{ om }m\mbox{ udda }.\end{array}\right.$$

När m=0 blir täljaren 1+4+6-4+1=8=0. Alltså delar även 8 täljaren för alla $n\geq 1$.

Därmed är uttrycket ett heltal för alla positiva heltal n.