Förslag till lösning av Inlämningsuppgifter I

1.

Bevis med induktion. Eftersom vi vill använda formeln a_n=a_n-1+6a_n-2 i induktionssteget och denna bara gäller när $n\geq 2$ kontrollerar vi först att påståendet gäller när n=0 och n=1.

När n=0 är påståendet 2<3³/5, vilket är sant.

När n=1 är påståendet -1<3⁴/5, vilket också stämmer.

Antag nu att $p\geq 2$ och att påståendet gäller när n<p. Påståendet som ska visas är a_p<3^p+3/5.

Enligt indukutionsantagandet har vi a_p-1<3^p+2/5 och a_p-2=3^p+1/5. Tillsammans med a_p=a_p-1+6a_p-2 ger detta nu

$$a_{p}=a_{p-1}+6a_{p-2}<3^{p+2}/5+6\cdot3^{p+1}/5=3^{p+1}(3+6)/5=3^{p+3}/5$$

vilket är precis vad vi ville visa.

Enligt induktionsprincipen gäller nu att a_n<3ⁿ⁺³/5, för alla heltal $n\geq 0$.

2.

Vi multiplicerar först ekvationen med $(2+i)^{-1}=1/(2+i)=\{$multiplicera med konjugatet$\}(2-i)/5$. Vi får då en ekvation med samma lösningar som den ursprungliga:

$$\begin{array} {rcl} 0&=&z^{2}-(2-i)(1+3i)z/5+(2-i)(9+32i)/5... ...+5i)z/5+(50+55i)/5=\\ &=& z^{2}-(1+i)z+(10+11i). \end{array}$$

Vi kvadratkompletterar och får

z²-(1+i)z+(10+11i)=(z-(1+i)/2)²-i/2+10+11i,

så vi ska lösa ekvationen (z-(1+i)/2)=-10-21i/2. Vi sätter nu z-(1+i)/2=a+bi, där a och b är rella. Vi utvecklar (a+bi)² och får a²-b²+2abi och jämför sedan längd, realdel och imaginär del med motsvarande för -10-21i/2. Detta ger ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} a^{2}+b^{2}&=&\sqrt{400+441}/2... ...\ a^{2}-b^{2}&=&-10=-20/2\\ 2ab&=&-21/2 \end{array}\right.$$

Summan av de två översta ekvationerna ger 2a²=9/2, så $a=\pm 3/2$. Skilnaden ger 2b²=49/2, så $b=\pm 7/2$. Den tredje ekvationen föreskriver att a och b ska ha olika tecken. Vi får alltså

$$(z-(1+i)/2)^{2}=(a+bi)^{2}=\pm(3/2-7i/2),$$

så z=2-3i eller z=1+4i.

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

3.

Vi anar att uppgiften har något med binomialsatsen att göra på grund av förekomsten av binomialkoefficienterna ${4\choose i}$ och skriver därför om vänstra ledet i ekvationen så att detta blir tydligt:

$$\begin{array} {l} z^{4}-{4\choose 1}iz^{3}-{4\choose 2}z^{2... ...oose 4}z^{0}(-i)^{4}-{4\choose 4}z^{0}(-i)^{4},\\ \end{array}$$

där vi lagt till och dragit från ${4\choose 4}z^{0}(-i)^{4}$. Vi har att

$$\begin{array} {l} z^{4}-{4\choose 1}iz^{3}-{4\choose 2}z^{2... ...1}(-i)^{3}+ {4\choose 4}z^{0}(-i)^{4}=(z-i)^{4}, \end{array}$$

och ${4\choose 4}z^{0}(-i)^{4}=1,$ så ekvationen blir

$$(z-i)^{4}-1=-5, \mbox{ eller }(z-i)^{4}=-4.$$

Vi sätter nu w=z-i och skriver -4 på polärform, d.v.s $-4=4\mbox{e}^{i\pi}$ och får den binomiska ekvationen

$$w^{4}= 4\mbox{e}^{i\pi},$$

som har lösningarna

$$w=4^{1/4}\mbox{e}^{i(\pi/4+2k\pi/4)}, \mbox{ där }k=0,\,1,\,2,\,3.$$

Eftersom $4^{1/4}\mbox{e}^{i(\pi/4+2k\pi/4)}=2^{1/2}(\cos(\pi(1/4+k/2))+i\sin (\pi(1/4+k/2)))$ har vi

$$\begin{array} {rclr} w &=& \sqrt{2}(1/\sqrt{2}+i/\sqrt{2})=... ...2}(1/\sqrt{2}-i/\sqrt{2})=1-i & \mbox{ när }k=3\\ \end{array}$$

Eftersom z-i=w har ekvationen lösningarna $z=1+2i,\,-1+2i,\,-1$ och 1.

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

4.

Vi låter x₁ beteckna antalet ölbackar i första stapeln, x₂ antalet i den andra osv. Vi ska bestämma antalet heltalslösningar till ekvationen

$$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}=20, \mbox{ där }1\leq x_{1},\,x_{2},\,x_{3},\,x_{4},\,x_{5},\,x_{6}\leq 5.$$

(Varje stapel ska bestå av minst en och högst fem ölbackar). Vi sätter y_i=x_i-1 och ska istället bestämma antalet heltalslösningar till ekvationen

$y_{1}+y_{2}+y_{3}+y_{4}+y_{5}+y_{6}=14, \mbox{ där }0\leq y_{i}\leq 4$.(*)

Bortser vi från villkoret att variablerna ska var $\leq 4$ har ekvationen

$y_{1}+y_{2}+y_{3}+y_{4}+y_{5}+y_{6}=14, \mbox{ där }0\leq y_{i},$(**)

som har ${14+5\choose 5}$ lösningar. Vi försöker nu reda ut hur många av dessa som inte är giltiga. De som inte är giltiga är de där en eller flera varibler antar värden $\geq 5$. Vi ser att högst två av variablerna kan vara $\geq 5,$ eftersom summan ska vara 14.

Antalet lösningar där minst en variabel är $\geq 5:$

Vi väljer en av de sex variablerna (sex möjligheter) och stipulerar att denna ska vara $\geq 5$. Vi gör sedan samma trick som ovan med variabelbyte och får att vi sedan ska bestämma antalet heltalslösningar till

z₁+z₂+z₃+z₄+z₅+z₆=14-5=9.

Detta antal är ${9+5\choose 5}={14\choose 5}$.

Vi får $6\cdot{14\choose 5}$. Nu ger inte detta det korrekta antalet eftersom det bland dessa ingår fall där två variabler är $\geq 5$ och dessa har räknats två gånger (dels fallet där den första variabeln är $\geq 5,$ dels fallet där den andra är det). Vi ska därför dra bort de fall där två av variablerna är $\geq 5$. Antalet sätt att välja två av variablerna är ${6\choose 2}$. Samma trick med variabelbyte som tidigare ger att vi sedan ska bestämma antalet heltalslösningar till

z₁+z₂+z₃+z₄+z₅+z₆=9-5=4,

Detta antal är ${4+5\choose 5}={9\choose 5}$. Det finns alltså ${6\choose 2}{9\choose 5}$ lösningar till (**) där två variabler är $\geq 5$.

Antalet ogiltiga lösningar till (*) är alltså $6{14\choose 5}-{6\choose 2}{9\choose 5}$.

Antalet lösningar till (**) är därför

$${19\choose 5}-6{14\choose 5}+{6\choose 2}{9\choose 5}=1506$$

Svar: 1506.