Lösningar till MAN011 Aritmetik och Algebra del 1, 5p, 98 04 08.

1.

(a)

Svar: -1/2 är ett nollställe.

3.

(b)

$\mathbb Z/10^{\times}=\{1,3,7,9\},$ Vi har

$$\langle 3\rangle=\{3,9,27=7,21=1\}=\mathbb Z/10^{\times},$$

så gruppen är cyklisk.

Svar: Gruppen är cyklisk.

4.

33x+21y=444. Division med 3 ger

$$11x+7y=148. \mbox{ ~~~ (*)}$$

Vi observerar att $11\cdot 2+7\cdot(-3)=1,$ så $x=2\cdot 148=296,\,y=-3\cdot 148=-444$ är en lösning till (*). För den allmänna lösningen (x,y) gäller

$$11(x-296)+7(y+444)=0\Rightarrow 11(x-296)=-7(y+444).$$

Eftersom 11 och 7 är relativt prima gäller alltså att

$$\begin{array} {rcl} 7\,\vert\,x-296&\Rightarrow &x=296+7k\mb... ...44&\Rightarrow &y=-444+11l\mbox{ för något heltal} l\end{array}$$

Insättning i (*) ger att l=-k. Om x>0 måste 296+7k>0, dvs $k\gt-296/7\approx -42,3$. Om y>0 måste -444-11k>0, dvs $k<-444/11\approx -40,4$ så $k=-42,\,-41$. Detta ger

Svar: $\left\{\begin{array} {rcl} x&=&9\ y&=&7\end{array}\right.$ eller $\left\{\begin{array} {rcl} x&=&2\ y&=&18. \end{array}\right.$

5.

Det gäller att bestämma antalet icke-negativa lösningar till x+5y+10z=23. Variablen z kan anta värdena $0,\,1$ eller 2.

Om z=0, skall x+5y=23. Denna ekvation har 5 lösningar (motsvarande $y=0,\,1,\,2,\,3,$ eller 4).

Om z=1, skall x+5y=13. Eklvationen har 3 lösningar ($y=0,\,1,$eller 2).

Om z=2, skall x+5y=3, som har 1 lösning (y=0).

Alltså finns det totalt 5+3+1=9 sätt att växla 23 kronor.

Svar: 9 sätt.

6.

Låt p(z)=z³-(4+i)z²+(4+6i)z+2-4i. Enligt faktorsatsen gäller $(z-1-i)\,\vert,\,p(z)$. Division ger

p(z)=(z-1-i)(z²-3z+1+3i).

Vi vill lösa

z²-3z+1+3i=0.

Kvadratkomplettering ger

0=z²-3z+1+3i=(z-3/2)²-9/4+1+3i=(z-3/2)²-5/4+3i.

Vi sätter z-3/2=a+bi, där $a,\,b\in \mathbb R$ och skall lösa (a+bi)²=5/4-3i. Detta ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rclr} a^{2}+b^{2}&=&\sqrt{25/16+9}=13... ...(realdel)}\ 2ab&=&-3&\mbox{ (imaginärdel).}\end{array}\right.$$

Summan av de två första ekvationerna ger a²=9/4, så $a=\pm 3/2$.Deras skillnad ger b²=1, så $b=\pm 1$. Den tredje ekvationen ger att a och b har olika tecken. Vi får

$$z-3/2=a+bi=\pm(3/2-i)\Rightarrow z=\left\{\begin{array} {r} 3-i\ i.\end{array}\right.$$

Svar: $z=\left\{\begin{array} {r} 3-i\ i.\end{array}\right.$

7.

(a)

För att visa att $20\,\vert\,p(n)$ räcker det att visa att $4\,\vert\,p(n)$och $5\,\vert\,p(n),$ ty $20=4\cdot 5$ och 4 och 5 är relativt prima.

Modulo 4 gäller

p(n)=n⁵+2n⁴+3n³+2n²=n²(n³+2n²+3n+2).

och

$$\begin{array} {r\vert rrrr} n&0&1&2&3=-1\ \hline p(n)&0&1\cdot 8=0&4\cdot (8+8+6+2)=0&1(-1+2-3+2)=0, \end{array}$$

så $4\,\vert\,p(n)$.

Modulo 5 gäller

$$p(n)=n^{5}+4n=\{n=n^{5}\mbox{ enl. Fermats lilla sats}\}=n+4n=5n=0.$$

Alltså gäller att $5\,\vert\,p(n)$ och därmed att $20\,\vert\,p(n)$.

(b)

Observera att $p(1)=120=3\cdot 5\cdot 8,$ så $m\leq 120$. Vi undrsöker om $120\,\vert,p(n)$. Det räcker att visa att $3,\,5$ och 8 delar p(n) ty talen är parvis relativt prima och $120=3\cdot 5\cdot 8$.

Modulo 3 gäller (n³n enl. Fermats lilla sats)

$$p(n)=n^{5}+n^{4}+2n^{3}+2n^{2}=n^{2}n+n\cdot n+2n^{3}+2n^{2}=3n^{3}+3n^{2}=0,$$

så 3 delar p(n).

Modulo 8 gäller

p(n)=n⁵+2n⁴+3n³+2n²=n²(n³+2n²+3n+2),

och

$$\begin{array} {r\vert llll} n&0&1&2&3\ \hline p(n)&0&8=0&4(8+8+6+2)=0&9(27+18+9+2)=9(3+2+1+2)=0\ \end{array}$$

$$\begin{array} {r\vert ll} n&4&5=-3\ \hline p(n) &16\cdot\mbox{ngt.}=0&9(-27+18-9+2)=9(-3+2-1+2)=0 \end{array}$$

$$\begin{array} {r\vert ll} n&6=-2&7=-1\ \hline p(n)&4(-8+8-6+2)=-16=0&-1+2-3+2=0, \end{array}$$

så 8 delar p(n) och därmed gäller att $120\,\vert,p(n)$ och m=120.

Svar: m=120.

8.

o(D₂₅)=50. Vi bestämmer först orndingen av elementen i D₂₅. D₂₅ innehåller delgruppen $C_{25}=\{r^{i}\,\vert\,0\leq i\leq 24\}$.

Elementen utanför C₂₅ är av formen $r^{i}s,\,0\leq i\leq 25$ och har ordning 2 ty $r^{i}sr^{i}s=r^{i}r^{-i}ss=1\cdot 1=1$.

Elementet $r^{i}\in C_{25}$ har ordning $25/\mbox{sgd}(i,25)$ enligt satsen om ordningen av ett element i en cyklisk grupp. Vi har alltså $o(1)=1,\,o(r^{5})=o(r^{10})=o(r^{15})=o(r^{20})=5$ och att o(rⁱ)=25 om i inte delar 25.

Delgrupper av ordning 2. En delgrupp av ordning 2 bestämms av ett element av ordning 2. Det finns 25 sådana:

$$\{1,r^{i}s\},\,0\leq i\leq 24.$$

Delgrupper av ordning 3. Enligt Lagranges sats delar en delgrupps ordning gruppens ordning. Eftersom $3\,\not\vert\, 50$ finns ingen delgrupp av ordning 3.

Delgrupper av ordning 5. Eftersom $2\,\not \vert\,5$ kan en delgrupp av ordning 5 inte innehålla ett element av ordning 2. En delgrupp av ordning 5 är alltså en delgrupp till C₅. Enligt satsen om delgrupper till en cyklisk grupp finns det precis en sådan av ordning 5 ty $5\,\vert\,25$.

Delgrupper av ordning 10. Låt H vara en delgrupp av ordning 10. Om $r^{i}s,\,r^{j}s\in H,\, i\not=\, j,$ så gäller att $(r^{i}s)(r^{j}s)=r^{i-j}\in H$. Detta ger att $H\cap C_{25}$innehåller något r^k där $k\not=0$. Detta ger att $H\cap C_{25}$är en delgrupp av ordning 5 till C₂₅ (och därmed till D₂₅). Av detta följer att $H\cap C_{25}=\langle r^{5}\rangle$ (se ovan). H måste också innehålla något rⁱs och därmed $r^{i+5}s,\,r^{i+10}s,\,r^{i+15}s,\,r^{i+20}s,$ så vi måste ha

$$H_i=\{1,r^{5},r^{10},r^{15}r^{20},r^{i}s,r^{i+5}s,r^{i+10}s,r^{i+15}s,r^{i+20}s\},$$

för något $0\leq i\leq 4$ (H_i=H_i+5k). Eftersom

$$\begin{array} {rcl} r^{-5j}&=&r^{25-5j}=r^{5(5-j)}\ (r^{i... ...i+5k}s&=&=r^{i+5(j+k)}s\ r^{5j}r^{5k}&=&r^{5(k+j)}\end{array}$$

är H_i sluten under så väl invertering som multiplikation. Där med har D₂₅ de 5 olika delgrupperna $H_{0},\,H_{1},\,H_{2},\,H_{3}$och H₄ av ordning 10.

Svar: