Lösningar till MAN011 Aritmetik och Algebra del 1, 5p, 98 03 14.

4.

Vi visar påståendet med induktion. När n=1 är

$$\mbox{Vl}_{1}=\frac{1+3+1}{{1\cdot 2^{2}}}=\frac{5}{4}\mbox{ och }\mbox{Hl}_{1}=2-\frac{3}{2^{2}}=\frac{5}{4}.$$

Alltså gäller påståendet när n=1. Antag nu att påståendet gäller för något n: $\mbox{Vl}_{n}=\mbox{Hl}_{n}$. För n+1 gäller då att

$$\begin{array} {rcl} \mbox{VL}_{n+1}&=&\mbox{VL}_{n}+\frac{(n... ...}}= 2-\frac{n+3}{(n+1)^{2}(n+2)^{2}}=\mbox{HL}_{n+1}\end{array}$$

Så påståendet är sant även för n+1. Med induktion är därför påståendet sant för alla $n=1,\,2,\,3,\ldots$

5.

Låt x vara antalet enkronor. Då gäller

$$\left\{\begin{array} {rcllr} x&\equiv &7&\mbox{ mod }10& ~~... ...~~~(2)\ x&\equiv &10&\mbox{ mod }13& ~~~(3)\end{array}\right.$$

(3) ger $x=10+13k,\,k\in \mathbb Z$. I (1) ger detta

$$7\equiv 10+13k\equiv 3k\mbox{ mod }10.$$

Multiplikation med 7 ger, eftersom $7\cdot 3\equiv 1\mbox{ mod }10,$

$$k\equiv 49\equiv 9\mbox{ mod }10\Rightarrow k=9+10l,\,l\in \mathbb Z.$$

Så

$$x=10+13(9+10l)=127+10\cdot 13 l.$$

I (2) ger detta

$$3\equiv x\equiv 127 +10\cdot 13 l\equiv 1+4l\Rightarrow 2\equiv 4l\mbox{ mod }7.$$

Multiplikation med 2 ger

$$4\equiv 8l\equiv l\mbox{ mod }7\Rightarrow l=4+7n,\,n\in \mathbb Z$$

så

$$x=127+10\cdot13 (4+7n)=647+910 n.$$

n=1 ger x=1557.

Svar: Exakt 1557 kronor.

6.

Låt p(n)=n³+3n²+14n-12. För att se att $6\,\vert\,p(n)$ räcker det att visa att $p(n)\equiv 0\mbox{ mod }3$ och $p(n)\equiv 0\mbox{ mod }2,$ eftersom $6=3\cdot 2$ och 2 och 3 är relativt prima. Modulo 3 gäller

$$p(n)\equiv n^{3}+2n\equiv\{ n^{3}\equiv n,\mbox{ enl. Fermats lilla sats} \}\equiv 3n\equiv 0,$$

så 3 delar p(n).

Modulo 2 gäller

$$p(n)\equiv n^{3}+n^{2}\equiv\{n^{2}=n, \mbox{ enl. Fermats lilla sats}\}\equiv n\cdot n+n\equiv n+n\equiv 2n\equiv 0,$$

så 2 delar p(n). Alltså gäller att 6 delar p(n) för alla heltal n.

För att se att 12 delar p(n) när n är jämnt, räcker det att visa att 3 och 4 delar p(n) för sådana värden på n, ty $12=3\cdot 4$ och 3 och 4 är relativt prima.

Vi har redan sett att 3 delar p(n) (för varje värde på n). Det återstår att visa att 4 delar p(2k) för varje heltal k.

Modulo 4 har vi

$$p(2k)\equiv (2k)^{3}+3(2k)^{2}+12\cdot 2k\equiv 0\cdot k^{3}+0\cdot k^{2}+0\cdot k\equiv 0,$$

så 4 delar p(n) när n är jämnt. Alltså gäller att 12 delar p(n) när n är jämnt.

7.

(a)

G är cylisk om det finns ett element a i G så att

$$G=\langle a\rangle=\{a^{n}\,\vert\,n\in \mathbb Z\}.$$

(b)

$\mathbb Z/21^{\times}=\{1,2,4,5,8,10,13,16,17,19,20\},$ så $o(\mathbb Z/21^{\times})=12$. Vi undersöker om det finns något element av ordning 12.

o(1)=1
$\langle 2\rangle=\{2,4,8,16,32=11,22=1\},$ så o(2)=6.
Elementen i $\langle 2\rangle$ har ordning som delar 6 enligt Lagranges sats. Bara 5,10,13,17,19,20 återstår.
$\langle 5\rangle=\{5,25=4,20,10=16,80=17,85=1\},$ så o(5)=6.
Elementen i $\langle 5\rangle$ har ordning som delar 6, så bara 10,13,19 återstår.
$\langle 10\rangle=\{10,100=16=160=13,130=4,40=19,190=1\},$ så o(10)=6. Eftersom $13,\,19\in \langle 10\rangle$ kan de inte har ordning 12.
Alltså har inget element ordning 12 och gruppen är inte cyklisk.

$\mathbb Z/22^{\times}=\{1,3,5,7,9,13,15,17,19,21\},$ så $o(\mathbb Z/22^{\times})=10$. Vi undersöker om det finns något element av ordning 10.

$\langle 7\rangle=\{7,49=5,35=13,91=3,21=-1,-7=15,-49=-5=17,-35=9,63= -3=19,-21=1\},$ så o(7)=10 och gruppen är cyklisk.

Svar: $\mathbb Z/21^{\times}$ är inte cyklisk, men $\mathbb Z/22^{\times}=\langle 7\rangle$ (t.ex.) och är därför cyklisk.

8.

Låt $x_{1},\,x_{2},\,x_{3}$ antalet wienerbröd Hasse köper av varje sort och x₄ antalet tårtor. Då gäller

8x₁+8x₂+8x₃+40x₄=200.

Division med 8 ger

x₁+x₂+x₃+5x₄=25.

Vi söker heltalslösningar där $x_{1},\,x_{2},\,x_{3}\geq 3$ och $x_{4}\geq 1$. Låt $x_{i}=y_{i}+3,\,1\leq i\leq 3$ och x₄=y₄+1. Vi får

$$y_{1}+y_{2}+y_{3}+5y_{4}=11,\,y_{i}\geq 0.$$

Vi ser att $y_{4}=0,\,1$ eller 2. Om y₄=0 ska

$$y_{1}+y_{2}+y_{3}=11,\,y_{i}\geq 0,\mbox{ som har }{13\choose 2}=6\cdot 13=78 \mbox{ lösningar.}$$

Om y₄=1 ska

$$y_{1}+y_{2}+y_{3}=6,\,y_{i}\geq 0,\mbox{ som har }{8\choose 2}=4\cdot 7=28 \mbox{ lösningar.}$$

Om y₄=2 ska

$$y_{1}+y_{2}+y_{3}=1,\,y_{i}\geq 0,\mbox{ som har }{3\choose 2}=3 \mbox{ lösningar.}$$

Totalt kan Hasse ordna 78+28+3=109 olika kalas.

Svar: 109 olika kalas.