Tentamenskrivning i Algebra, del 1 02-01-03 Lösningar

F.1 (i) Vi kan använda induktion. För n = 1 kollar vi att

VL = 1! = 1 > 1^{1}e^{−1} = \frac{1}{e} = HL.

Antag nu att, för något n ≥ 1,

n! > n^{n}e^{−n}.  (1)

Vi skall försöka visa att

(n + 1)! > (n + 1)^{n+1}e^{−(n+1)}.  (2)

Men (n + 1)! = (n + 1) · n! så (1) medför på en gång att

(n + 1)! > (n + 1)n^{n}e^{−n}.  (3)

HL av (3) kan skrivas som

(n + 1)n^{n}e^{−n} = (n + 1)^{n+1}e^{−(n+1)} [\frac{(1 + \frac{1}{n})^{n}}{e} ]^{−1} .

Och det är givet att

\frac{(1 + \frac{1}{n})^{n}}{e} < 1,

från vilket (2) följer.

F.2 (i) Först väljer vi vilka två killar som ska vara ett par. Vi har ( \begin{matrix}10 \\ 2 \end{matrix} ) val för detta. Då kan de kvarstående 8 killarna paras med de 8 tjejerna på 8! sätt. Svaret är alltså, enligt multiplikationsprincipen, ( \begin{matrix}10 \\ 2 \end{matrix} ) · 8!.

(ii) Svaret är (ni har gjort flera liknande övningar - t.ex. F.12(ii) på inlämningsuppgiften)

\frac{18!}{9! (2!)^{9}} .

F.3 Vi vet att det finns en rot av formen z = αi för något reellt tal α. Sätt in i ekvationen p(z) = 0, så får vi att

(αi)^{5} − 8(αi)^{4} + 23(αi)^{3} − 52(αi)^{2} + 76(αi) − 80 = 0,
⇒ (−8α^{4} + 52α^{2} − 80) + i(α^{5} − 23α^{3} + 76α) = 0,

som ger de två ekvationerna

−8α^{4} + 52α^{2} − 80 = 0,  (4)
α^{5} − 23α^{3} + 76α = 0.  (5)

Notera att α = 0 löser (5) men inte (4), så vi kan ersätta (5) med

α^{4} − 23α^{2} + 76 = 0.  (6)

Men vi ser direkt att (6) faktoriserar som

(α^{2} − 19)(α^{2} − 4) = 0,

och har alltså de fyra lösningarna α = ±\sqrt{19}, ±2. Då får man kolla att α = ±2 också löser (4).

Då har vi hittat två rötter, nämligen z = ±2i. Därför är (z − 2i)(z + 2i) = z^{2} + 4 en faktor till p(z), och divisionsalgoritmen ger att

\frac{z^{5} − 8z^{4} + 23z^{3} − 52z^{2} + 76z − 80}{z^{2} + 4} = z^{3} − 8z^{2} + 19z − 20 := q(z).

Antag nu att examinatoren är snäll, så att q(z) har minst en rationell rot β = \frac{p}{q}. Sats 7.27 medför att q | 1 och p | − 20, som ger möljigheterna β = ±1, ±2, ±4, ±5, ±10, ±20. Man får kolla direkt att β = 5 är en rot. Alltså, z − 5 är en faktor och divisionsalgoritmen ger

\frac{z^{3} − 8z^{2} + 19z − 20}{z − 5} = z^{2} − 3z + 4 := r(z).

Den vanliga formeln ger de två röttena till r(z), nämligen \frac{1}{2} (3 ± \sqrt{7}i).

Svar : Ekvationen p(z) = 0 har de 5 lösningarna

±2i, 5, \frac{1}{2} (3 ± \sqrt{7}i) .

F.4 (i) Den Kinesiska Restsatsen medför att det finns oändligt många HELtal N som satisfierar de tre kongruenserna. Alla sådana N ges av

N = N_{0} + (3 · 5 · 7)n,

där n ∈ Z och

N_{0} = 1 · b_{1} · (5 · 7) + 2 · b_{2} · (3 · 7) + 3 · b_{3} · (3 · 5),

där b_{1}, b_{2}, b_{3} är godtyckliga heltal som satisfierar

(5 · 7)b_{1} ≡ 1 (mod 3),
(3 · 7)b_{2} ≡ 1 (mod 5),
(3 · 5)b_{3} ≡ 1 (mod 7).

Det är lätt att se direkt att, t.ex., b_{1} = 2, b_{2} = 1, b_{3} = 1 löser ovanstående kongruenser. Då får vi att alla lösningarna till de ursprungliga tre kongruenserna ges explicit av

N = 157 + 105n, n ∈ Z.  (7)

Det är nu lätt att kolla att 157 är ett primtal.

(ii) Det räcker, enligt (7), att bevisa att det finns oändligt många n så att 157 + 105n är ett primtal. Men detta följer från Dirichlets sats, eftersom SGD(157, 105) = 1.

(T.ex.: Tag n = 2. Då får man kolla att 157+105·2 = 367 är ett primtal och därmed en alternativ lösning till del (i)).

F.5 Sats 3.9 i ‘Aritmetik och Algebra’ eller Sats 9.6 i mina anteckningar.

F.6 Man borde imitera beviset av satsen av Pythagoras att \sqrt{2} är irrationellt (Sats 2.16 i boken). Dvs, antag att ^{3} \sqrt{7} ÄR ett rationellt tal, säg p/q, där SGD(p, q) = 1. Vi ska få fram en motsägelse ut av detta. Kubera, så har vi att

7 = \frac{p^{3}}{q^{3}} ⇒ p^{3} = 7q^{3}.  (8)

Alltså 7 | p^{3} och därför, eftersom 7 är ett primtal, Aritmetikens Fundamentalsats medför att 7 | p. Låt p = 7r ⇒ p^{3} = 7^{3}r^{3}. Substituera in i (8), så har vi att

49r^{3} = q^{3}.

Alltså 7 | q^{3} och en ny tillämpning av AFS medför att 7 | q. Men nu har vi visat att 7 delar både p och q, som säger emot att SGD(p, q) = 1.

F.7 Notera att vi har faktoriseringarna

x^{2} − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2),
−x^{3} + 3x^{2} − 2x = −x(x − 1)(x − 2).

Då har vi att

f(1) = f(2) = \frac{1}{2} (e^{0} − e^{0}) = 0,

som visar att f INTE är INJEKTIV.

Å andra sidan påstår jag att f är surjektiv. Eftersom f är en kontinuerlig funktion räcker det, pga Medelvärdesatsen, om vi kan visa att f(x) → +∞ då x → +∞ och att f(x) → −∞ då x → −∞. Men dessa fakta är klara. För när x → +∞ så dominerar den positiva exponentialen e^{x^{2}−3x+2} som blir stor och positiv. När x → −∞ blir både termerna stora och positiva, men −x^{3} dominerar x^{2}, så i detta fall dominerar termen e^{−x^{3}+3x^{2}−2x} och f går mot −∞.

Svar : f är surjektiv men inte injektiv.

F.8 Jag påstår att inget heltal kongruent med 7 modulo 8 kan skrivas som summan av kvadraterna av tre eller färre heltal. För man får kolla att kvadraten av varje heltal är kongruent till 0,1 eller 4 modulo 8, och det finns ingen lösning till ekvationen

7 = a + b + c,

där var och ett av a, b, c är lika med 0,1 eller 4.