Lösningar till MAN011 Aritmetik och Algebra del 1, 5p, 98 10 30.

2b.

(b) 7^1/7 löser ekvationen x⁷-7=0, vars möjliga rationella rötter är $\pm 1$ och $\pm 7$. Ingen duger. Alltså är 7^1/7 irrationellt.

4.

Kvadratkomplettering ger

0=z²-(3-7i)z-10-11i=(z-(3-7i)/2)²-(-40-42i)/4-10-11i= (z-(3-7i)/2)²-i/2.

Vi ska alltså lösa ekvationen (z-(3-7i)/2)²=i/2 och sätter därför z-(3-7i)/2=a+bi, där a och b är reella. Vi får (a+bi)²=i/2 och jämför längd, realdel och imaginär del av de båda leden och får ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} a^{2}+b^{2}&=& 1/2\\ a^{2}-b^{2}&=&0\\ 2ab&=&1/2\\ \end{array}\right.$$

Summan av de två översta ekvationerna ger 2a²=1/2, så $a=\pm 1/2$. Deras skillnad ger 2b²=1/2, så $b=\pm 1/2$. Den nedersta ekvationen ger att a och b ska ha samma tecken. Lösningen till (a+bi)²=i/2 är alltså $a+ib=\pm (1+i)/2$.

Eftersom a+bi=z-(3-7i)/2 får vi $z=(3-7i)/2\pm (1+i)/2=2-3i,\,1-4i$.

Svar: $z=2-3i,\,1-4i$.

5.

Den nedersta ekvationen löses av alla x=7+51k₁, där k₁ är ett godtyckligt heltal. Vi bestämmer k₁, så att även den mittersta ekvationen stämmer genom att sätta in x=7+51k₁. Vi får

$$7+51k_{1}\equiv 3\mbox{ eller } 10k_{1}\equiv -4\mbox{ mod }41.$$

Multiplikation med 4 ger $-k_{1}\equiv -16$ eller $k_{1}\equiv 16 \mbox{ mod }41,$ d.v.s k₁=16+41k₂, där k₂ är ett godtyckligt heltal.

De två nedersta ekvationerna löses alltså av alla x=7+51(16+41k₂), där k₂ är ett godtyckligt heltal.

Vi sätter in detta uttryck för x i den översta ekvationen och bestämmer k₂, så att även denna gäller. Vi får

$$7+51(16+41k_{2})\equiv 2\mbox{ eller }20\cdot 10k_{2}\equiv -5-20(-15)\mbox{ eller }14k_{2}\equiv 16\mbox{ mod 31}$$

Vi vill multiplicera ekvationen med inversen till 14 modulo 31 och bestämmer denna med Euklides algoritm:

$$\begin{array} {rcl} 31&=&2\cdot 14+3\\ 14&=&4\cdot3+2\\ 3&=&1\cdot 2+1. \end{array}$$

Baklänges ger detta $1=3-2=3-(14-4\cdot 3)=5\cdot 3-14=5(31-2\cdot 14)-14=5\cdot 31-11\cdot 14,$ som modulo 31 ger $1\equiv (-11)\cdot 14$. Vi multiplicerar nu $14k_{2}\equiv 16\mbox{ mod 31}$ med -11 och får $k_{2}\equiv (-11)(-15)\equiv 10\mbox{ mod }31.$ Detta ger att k₂=10+31k₃, där k₃ är ett godtyckligt heltal.

De tre ekvationerna löses alltså av

$$x=7+51(16+41(10+31k_{3}))=21773+51\cdot41\cdot31k_{3},$$

där k₃ är ett godtyckligt heltal. Den minsta positiva lösningen får man när k₃=0, eftersom $51\cdot41\cdot31\gt 21773$.

Svar: 21 733.

6.

De multipla nollstället är ett gemensamt nollställe till f(x) och f'(x)=4(x³-6x²+9x-2). Vi ska alltså lösa ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 0&=&x^{4}-8x^{3}+18x^{2}-8x+1\\ 0&=& x^{3}-6x^{2}+9x-2\\ \end{array}\right.$$

Multiplicerar vi den nedre ekvationen med -x och adderar får vi ett system med samma lösningar som det ursprungliga:

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 0&=&-2x^{3}+9x^{2}-6x+1\\ 0&=& x^{3}-6x^{2}+9x-2\\ \end{array}\right.$$

Vi multiplicerar den nedre ekvationen med 2 och lägger till den övre:

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 0&=&-3x^{2}+12x-3=-3(x^{2}-4x+1)\\ 0&=& x^{3}-6x^{2}+9x-2\\ \end{array}\right.$$

Vi multiplicerar den översta ekvationen med 1/3 och lägger till den nedre, samtidigt som vi förenklar den övre:

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 0&=&x^{2}-4x+1\\ 0&=& -2x^{2}+8x-2=-2(x^{2}-4x+1)\\ \end{array}\right.$$

De multipla nollställena till f(x) är alltså nollställena till x²-4x+1, d.v.s $x=2\pm\sqrt{3}$. Polynomet f(x) är av grad 4 och har därmed bara nollställena $2\pm\sqrt{3}$ (vardera med multiplicitet 2).

Svar: $2\pm\sqrt{3}$ (vardera med multiplicitet 2).

7.

En ändlig grupp G är cyklisk om den har ett element av samma ordning som G.

(a)

Gruppen består av elementen $1,\,2,\,4,\,7,\,8,\,11,\,13,\,14$ och har ordning 8. Vi bestämmer ordningen för vart och ett av elementen.

Potenser av 2: $2,\,4,\,8,\,1$. Ordningen av 2 är 4. Övriga potenser av 2 har ordning som delar 4 enligt Lagranges sats. Potenser av 7: $7,\,4,\,13,\,1$. Ordningen av 7 är 4. Övriga potenser av 7 har ordning som delar 4. Potenser av 11: $11,\,1$. Ordningen av 11 är 2.

Gruppen har ordning 8, men saknar element av denna ordning. Alltså är gruppen inte cyklisk.

(b)

Gruppen består av elementen $1,\,3,\,5,\,7,\,9,\,13,\,15,\,17,\,19,\,21$ och har alltså ordning 10. Vi undersöker om den har ett element av denna ordning.

Potenser av 3: $3,\,9,\,5,\,15,\,1$. Ordningen av 3 är 5. Övriga potenser av 3 har ordning som delar 5. Potenser av 7: $7,\,5,\,13,\,3,\,21,\ldots$. Vi ser att ordningen av 7 är >5, samtidigt som den delar gruppens ordning som är 10. Alltså har 7 ordning 10 och gruppen är cyklisk med 7 som generator.

(c)

En cyklisk grupp är kommutativ, men det är inte D₇. T.ex. är $sr=r^{6}s\not=rs$. Alltså är gruppen inte cyklisk.

(d)

Kompositionsregeln är addition modulo 211. Varje element är en multipel av 1, som alltså är en generator. Gruppen är cyklisk med 1 som generator.

8.

Antalet icke-negativa lösningar till x₁+x₂+x₃+x₄+x₅=24 är

$${24+4\choose 4}=28\cdot 27\cdot 26\cdot 25/(4\cdot 3\cdot 2)=7\cdot 9\cdot 13\cdot 25=819\cdot 25=20475.$$

Bland dessa finns ${5\choose 3}=10$ där tre av variablerna är $\geq 8$.

Vi undersöker hur många lösningar det finns med precis två variabler $\geq 8$. Vi kan välja de två variablerna x_i och x_j på ${5\choose2}=10$ sätt. Vi ersätter dessa med z_i+8 och z_j+8 och döper om de övriga med ``z''. Vi får då ekvationen

z₁+z₂+z₃+z₄+z₅=8,

som har ${8+4\choose 4}={12\choose 4}$ icke-negativa lösningar. Totalt får vi $10{12\choose 4}$.

Bland dessa finns även lösningar till den ursprungliga ekvationen med tre variabler $\geq 8$ medräknade. De har i själva verket räknats tre gånger eftersom det finns ${3\choose 2}=3$ sätt att välja 2 bland 3.

Antalet lösningar med precis två variabler $\geq 8$ i den ursprungliga ekvationen är alltså

$$10{12\choose 4}-30$$

Vi undersöker nu hur många lösningar den ursprungliga ekvationen har där precis en av variablerna är $\geq 8$. Variabeln x_i kan väljas på 5 sätt. Sedan sätter vi x_i=z_i+8 och ersätter övriga variabler med ``z''. Vi får

z₁+z₂+z₃+z₄+z₅=16,

som har ${16+4\choose 4}={20\choose 4}$ icke-negativa lösningar. Totalt får vi $5{20\choose 4}$

Bland dessa finns lösningar till den ursprungliga ekvationen med två och tre variabler $\geq 8$. De förra har räknats 2 gånger (eftersom det finns 2 sätt att välja 1 bland 2) och de senare 3 gånger.

Antalet lösningar till den ursprungliga ekvationen med precis en variabel $\geq 8$ är alltså

$$5{20\choose 4}-2(10{12\choose 4}-30)-30=5{20\choose 4}-20{12\choose 4}+30.$$

Anatalet lösningar till den ursprungliga ekvationen med en, två eller tre variabler $\geq 8$ är alltså

$$\begin{array} {l} 5{20\choose 4}-20{12\choose 4}+30+10{12\c... ...\cdot 19\cdot51-5\cdot990+10=24225-4950+10=19285 \end{array}$$

Antalet lösningar till den ursprungliga ekvationen där ingen av variablerna är $\geq 8$ är alltså

20475-19285=1190

Svar: 1190.