Lösningar till tentamen i MAN011, Aritmetik och algebra, del 1, 98 08 15

4.

Kvadratkomplettering ger

0=z²+(i-4)z+5-5i=(z+(i-4)/2)²-(-1-8i+16)/4+5-5i=(z+(i-4)/2)²+5/4-3i.

Sätter vi z+(i-4)/2=a+bi, där $a,\,b\in \mathbb R$ ska vi lösa (a+bi)²=-5/4+3i. Detta ger ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rclr} a^{2}+b^{2}&=&\sqrt{25/16+9}=1... ...{ (realdel)}\\ 2ab&=&3&\mbox{ (imaginärdel)}\end{array}\right.$$

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

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

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

5.

Vi beräknar de första värdena på a_n och får

$$a_{0}=1,\,a_{1}=1/3,\,a_{2}=1/7,\,a_{3}=1/15,\,a_{4}=1/31$$

och gissar med ledning härav att

$$a_{n}=\frac{1}{2^{n+1}-1}.$$

Vi visar nu detta med induktion:

När n=0 har vi a₀=1 och 1/(2¹-1)=1 så formeln stämmer i detta fall.

Antag nu att formeln stämmer för något värde på n. Vi har då

$$\begin{array} {lcl} a_{n+1}&=&\frac{a_{n}}{2+a_{n}}=\frac{1... ...\\ &=&\frac{1}{2(2^{n+1}-1)+1}=\frac{1}{2^{n+2}-1}\end{array}$$

så formeln stämmer även för n+1.

Enligt induktionsprincipen gäller formeln för alla heltal $\geq 0$.

Svar: a_n=1/(2ⁿ⁺¹-1).

6.

(a)

Vi gör variabelsubstitutionen $x_{1}=x,\,y_{1}+3=y,\,z_{1}+1=z$. Ekvationen blir då

$$x_{1}+y_{1}+z_{1}=47,\,x_{1},\,y_{1},\,z_{1}\geq 0$$

Denna ekvation har ${49\choose 2}=49\cdot 24=1176$.

Svar: 1176 stycken heltalslösningar.

(b)

Vi bestämmer först antalet lösningat till

$$x+y+z=51,\,x\geq 0,\,y\geq 3,\,z\geq 11.$$

Sätter vi $x_{1}=x,\,y_{1}+3=y,\,z_{1}+11=z$ ska vi lösa

$$x_{1}+y_{1}+z_{1}=37,\,x_{1},\,y_{1},z_{1}\geq 0.$$

Denna ekvation har ${39\choose 2}=39\cdot 19=741$ lösningar. Antalet lösningar till

$$x+y+z=51,\,x\geq 0,\,y\geq 3,\,1\leq z\leq 11$$

Blir därför 1176-741=435.

Svar: 435 stycken.

7.

För att mängden ska vara en delgrupp krävs att den är sluten under multiplikation och invertering.

a) Inversen till (1,4,5,3,2) är (1,2,3,5,4) som inte ingår i mängden. Alltså ingen delgrupp.

b) Vi sätter $\tau=(4,5)$ och $\sigma=(1,3,2),$ så att mängden är $\{(1),\tau,\sigma, \sigma^{2},\tau\sigma,\tau\sigma^{2}\}$. Följande gäller:

$$\tau^{2}=(1)=\sigma^{3},\,\tau\sigma=\sigma\tau.$$

Med ledning av detta gör vi kompositionstabllen för delmängden:

$$\begin{array} {r\vert rrrrrr} & (1) & \tau & \sigma & \sigm... ...u\sigma^{2}&\sigma^{2}&\tau&\tau\sigma&(1)&\sigma \end{array}$$

Vi ser att multiplikation inte leder utanför mängden och , eftersom varje rad innehåller (1), att varje element har en invers i delmängden. Alltså är delmängden en delgrupp.

c) Inversen till (1,4,3,5,2) är (1,2,5,3,4) som inte ingår i delmängden. Alltså ingen delgrupp

Svar: Bara mängden i b) är en delgrupp.

8.

Vi vill undvika negativa uttryck i exponentrna och sätter därför m+1=n och ska visa att 43 delar

$$7^{10m+11}+6^{11m+10}\mbox{ när }m\geq 0.$$

Vi räknar modulo 43 och har då 7²=49=6 och får

7^10m+11+6^11m+10=(7²)^5m(7²)⁵7+6^11m6¹⁰= 6^5m6⁵7+6^11m6¹⁰.

Vi undersöker potenser av 6 modulo 43 och får

$$6,\,6^{2}=36=-7,6^{3}=-42=1.$$

Detta ger nu

$$\begin{array} {l} 6^{5m}6^{5}7+6^{11m}6^{10}=6^{3m}6^{2m}6^... ...}6^{2}(-6^{2})+6^{2m}6=6^{2m}(6^{4}-6)=6^{2m}(6-6)=0\end{array}$$