Lösningar till tentamen i MAN011, Aritmetik och algebra, del 1, 99 01 04

4.

Eftersom $15=3\cdot 5$ och 3 och 5 är relativt prima räcker det att visa att p(n)=n⁵+10n⁴-5n³+5n²+4n är kongruent modulo 5 och 3. Vi räknar modulo 5 ocu utnyttjar Fermats lilla sats, som ger att $n^{5}\equiv n\mbox{ mod }5$. Vi får

$$p(n)\equiv n^{5}+4n\equiv n+4n\equiv 5n\equiv 0\mbox{ mod }5.$$

Vi räknar modulo 3 och utnyttjar att $n^{3}\equiv n\mbox{ mod }3,$enligt Fermats lilla sats. Detta ger $n^{5}\equiv n^{3}n^{2}\equiv nn^{2}\equiv n^{3}\equiv n$ och $n^{4}\equiv n^{3}n\equiv nn\equiv n^{2}$ modulo 3. Vi får

$$p(n)\equiv n^{5}+n^{4}-2n^{3}+2n^{2}+n\equiv n+n^{2}-2n+2n^{2}+n\equiv 3n^{2}\equiv 0\mbox{ mod }3.$$

Vi har alltså att så väl 3 som 5 delar p(n) för varje heltal n. Eftersom 3 och 5 är relativt prima gäller att 15 delar p(n) för varje heltal n.

5.

Vi visar påståendet med induktion. Eftersom formeln som definierar a_n bara gäller för $n\geq 2$ kontrollerar vi påståendet för n=0 och n=1.

Vi får när n=0:

$$a_{0}=1 \mbox{ och } \frac{5\cdot 3^{0}+(-1)^{1}}{4}=1$$

och när n=1:

$$a_{1}=4 \mbox{ och } \frac{5\cdot 3^{1}+(-1)^{2}}{4}=4$$

Vi ser att påståendet gäller när n=0 och 1.

Antag nu att påståendet gäller för alla heltal n<p där $p\geq 2$. Vi har då

$$a_{p}=2a_{p-1}+3a_{p-2}=\{\mbox{induktions antagandet}\}=$$

$$2\Big(\frac{5\cdot 3^{p-1}+(-1)^{p}}{4}\Big)+ 3\Big(\frac{5\cdot 3^{p-2}+(-1)^{p-1}}{4}\Big)=$$

$$=\frac{(2+1)\cdot 5\cdot 3^{p-1}+(-2+3)(-1)^{p-1} }{4}=\frac{5\cdot 3^{p}+(-1)^{p+1}}{4}$$

Enligt induktionspricipen gäller nu att

$$a_{n}=\frac{5\cdot 3^{n}+(-1)^{n+1}}{4},$$

för alla heltal $n\geq 0$.

6.

Enligt fakorsatsen delas f(z)=z³-(5+i)z²+(11+2i)z+9i-7 av (z+i). Polynomdivision ger

f(z)=(z+i)(z²-(5+2i)z+9+7i).

Det återstår att bestämma nollställena till faktorn av grad 2. Kvadratkomplettering ger

0=z²-(5+2i)z+9+7i=(z-(5+2i)/2)²-(25+20i-4)/4+(36+28i)/4=

(z-(5+2i)/2)²+(15+8i)/4.

Vi sätter z-(5+2i)/2=a+bi, där $a,\,b\in \mathbb R$ och ska lösa (a+bi)²=-(15+8i)/4. Vi jämför i tur och ordning. längd, real- och imaginärdel i de båda leden och får ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} a^{2}+b^{2}&=&\sqrt{15^{2}+8^{2}... ...}/4=17/4\\ a^{2}-b^{2}&=&-15/4\\ 2ab&=&-8/4\end{array}\right.$$

Summan av de två första ekvationerna ger 2a²=1/2, dvs $a=\pm 1/2$. Deras differens ger 2b²=8, dvs $b=\pm 2$. Enligt den tredje ekvationen ska a och b ha olika tecken. Vi får alltså

$$z-(5+2i)/2=a+bi=\pm(1/2-2i)\mbox{ och }z=(5+2i)/2\pm(1/2-2i)= \left\{\begin{array} {r}3-i\\ 2+3i\end{array}\right.$$

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

7.

En delgrupp av ordning 2 bestäms av ett elment av ordning 2. Elementen rⁱs, där $0\leq i\leq 14$ är av ordning 2:

$$(r^{i}s)(r^{i}s)=r^{i}r^{15-i}ss=r^{15}s^{2}=1\cdot 1=1.$$

Övriga elemtent i D₁₅ ligger i $C_{15}=\{1,r,r^{2},r^{3},\ldots,r^{14}\}$ som är cyklisk av ordning 15. Enligt Lagranges sats kan inget element i C₁₅ ha ornding 2. Det finns alltså 15 delgrupper av ordning 2. De är $\{1,r^{i}s\},$där $0\leq i\leq 14$.

En delgrupp av ordning 3 kan inte innehålla ett element av ordning 2 enligt Lagranges sats. En delgrupp av ordning 3 är alltså en delgrupp till C₁₅ som är cyklisk av ordning 15. Eftersom $3\,\vert\,15$ finns det precis en delgrupp av ordning 3 enligt satsen om delgrupper till en cyklisk grupp. Den är $\langle r^{5}\rangle$.

En delgrupp av ornding 5 kan heller inte innehålla ett element av ornding 2 och är därför en delgrupp till C₁₅. Eftersom $5\,\vert\,15$ finns det precis en delgrupp av ordning 5. Den är $\langle r^{3}\rangle$.

Eftersom D₁₅ har ordning 30 och $7\not\vert\,30$ finns det ingen delgrupp av ornding 7.

Svar: 15 av ordning 2, en vardera av ordning 3 och 5, men ingen av ordning 7.

8.

Vi räknar först antalet femsiffriga tal med precis en etta och skiljer på två fall

1) Ettan på första platsen. Det finns då 9⁴ sätt att fylla de återstående platserna med de nio siffroerna 0,2,3,4,5,6,7,8,9. Detta ger $9^{4}=(80+1)^{2}=6400+160+1=6\,561$ sådana tal.

2) Ettan ej på första platsen. Vi väljer en av de återstående fyra platserna och skriver ettan där. Det finns nu 8 möjligheter för första siffran (ej ) och sedan 9³ möjligheter för de återstående tre siffrorna. Detta ger $4\cdot 8\cdot 9^{3}=8\cdot 9\cdot 81=4\cdot 8\cdot 729= 4\cdot 5\,832= 23\,328$ sådana tal

Vi räknar nu antalet femsiffriga tal med precis tre ettor. Vi skiljer på om talet börjar med en etta eller inte.

1) Etta som första siffra. Vi väljer två av det återstående fyra platserna och skirver ettor där. Detta kan göras på ${4\choose 2}=6$sätt. Det finns nu 9² sätt att fylla de återstående två platserna . Detta ger $6\cdot 9^{2}=6\cdot 81=486$ sådana tal.

2) Talet börjar ej med en etta. Vi väljer tre av de fyra sista platserna och skirver ettor där. Detta kan göras på ${4\choose 3}=4$sätt. Vi väljer sedan en siffra (ej eller 1) till första platsen. Detta kan göras på 8 sätt. Den återstående platsen kan fyllas på 9 sätt. Detta ger $4\cdot 8\cdot 9=4\cdot 72=288.$

Det finns 1 femsiffrigt tal med 5 ettor.

Totalt finns det

$$6\,561+23\,328+486+288+1=30\,664.$$

Svar: $30\,664$.