Tentamenskrivning i Algebra, del 1 01-10-27 Lösningar

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

VL = ( \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix} ) = 2 > \frac{2^{2}}{\sqrt{5}} = HL.

Antag nu att, för något n ≥ 1,

( \begin{matrix}2n \\ n \end{matrix} ) > \frac{2^{2n}}{\sqrt{5n}}.  (1)

Vi skall försöka visa att

( \begin{matrix}2n + 2 \\ n + 1 \end{matrix} ) > \frac{2^{2n+2}}{\sqrt{5(n + 1)}}.

Nu har vi alltså att

( \begin{matrix}2n + 2 \\ n + 1 \end{matrix} ) = \frac{(2n+2)!}{(n+1)!(n+1)!}
= \frac{(2n)!}{n! n!} \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^{2}}
= ( \begin{matrix}2n \\ n \end{matrix} ) \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^{2}}
> \frac{2^{2n}}{\sqrt{5n}} \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^{2}}, enligt (1),

så det räcker att visa att

\frac{2^{2n}}{\sqrt{5n}} \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^{2}}  >  \frac{2^{2n+2}}{\sqrt{5(n+1)}}
⇔  \frac{(2n+1)(2n+2)}{\sqrt{n}(n+1)^{2}}  >  \frac{4}{\sqrt{n+1}}
⇔  \frac{(2n+1)^{2}(2n+2)^{2}}{n(n+1)^{4}}  >  \frac{16}{n+1}
⇔  (2n + 1)^{2}(2n + 2)^{2}  >  16n(n + 1)^{3}
⇔ 16n^{4} + 48n^{3} + 52n^{2} + 24n + 4 > 16n^{4} + 48n^{3} + 48n^{2} + 16n
⇔ 4(n + 1)^{2} > 0,

som naturligtvis stämmer.

(ii) Se mina tilläggsanteckningar, Sats 3.2.

F.2 (i) 3^{55} enligt multiplikationsprincipen.

(ii) Betrakta bonuspoängen som en nionde uppgift, så att tentan består av nio uppgifter, därav en är värd 4 poäng, och de andra 3 poäng var. För att fixa VG måste man nå 18 poäng, och man konstaterar att detta är ekvivalent med att svara rätt på minst 6 uppgifter. Man har nio st. att välja ifrån och måste svara rätt på antingen 6,7,8 eller 9 st. Antalet olika sätt att fixa VG är alltså

( \begin{matrix}9 \\ 6 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}9 \\ 7 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}9 \\ 8 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}9 \\ 9 \end{matrix} ) = 84 + 36 + 9 + 1 = 130.

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} − (αi)^{4} + 10(αi)^{3} − 15(αi)^{2} + 9(αi) − 54 = 0,
⇒ (−α^{4} + 15α^{2} − 54) + i(α^{5} − 10α^{3} + 9α) = 0,

som ger de två ekvationerna

−α^{4} + 15α^{2} − 54 = 0,  (2)
α^{5} − 10α^{3} + 9α = 0.  (3)

Notera att α = 0 löser (3) men inte (2), så vi kan ersätta (3) med

α^{4} − 10α^{2} + 9 = 0.  (4)

Men vi ser direkt att (4) faktoriserar som

(α^{2} − 9)(α^{2} − 1) = 0,

och har alltså de fyra lösningarna α = ±3, ±1. Då får man kolla att α = ±3 också löser (2).

Då har vi hittat två rötter, nämligen z = ±3i. Därför är (z − 3i)(z + 3i) = z^{2} + 9 en faktor till p(z), och divisionsalgoritmen ger att

\frac{z^{5} − z^{4} + 10z^{3} − 15z^{2} + 9z − 54}{z^{2} + 9} = z^{3} − z^{2} + z − 6 := 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 | − 6, som ger möljigheterna β = ±1, ±2, ±3, ±6. Man får kolla direkt att β = 2 är en rot. Alltså, z − 2 är en faktor och divisionsalgoritmen ger

\frac{z^{3} − z^{2} + z − 6}{z − 2} = z^{2} + z + 3 := r(z).

Den vanliga formeln ger de två röttena till r(z), nämligen \frac{1}{2} (−1 ± \sqrt{11}i).

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

±3i, 2, \frac{1}{2} (−1 ± \sqrt{11}i) .

F.4 Satser 2.6 och 2.14 i boken ‘Algebra och Geometri’.

F.5 (i) Låt z = a + ib och w = c + id, där a, b, c, d ∈ R. Först har vi att

\frac{z}{w} = \frac{a + ib}{c + id} = \frac{(a + ib)(c − id)}{c^{2} + d^{2}}

= \frac{1}{c^{2} + d^{2}} [(ac + bd) + i(bc − ad)] ,

så att

\overline{(\frac{z}{w} )} = \frac{1}{c^{2} + d^{2}} [(ac + bd) + i(ad − bc)] .

Dessutom har vi att

\frac{\overline{z}}{\overline{w}} = \frac{a − ib}{c − id} = \frac{(a − ib)(c + id)}{c^{2} + d^{2}}

= \frac{1}{c^{2} + d^{2}} [(ac + bd) + i(ad − bc)]

= \overline{(\frac{z}{w} )}, v.s.v..

(ii) Enligt De Moivres sats, för n ∈ N och θ ∈ R, så har vi att

(cos θ + i sin θ)^{n} = cos nθ + i sin nθ.

Men enligt binomialsatsen har vi också att

(cos θ + i sin θ)^{n} = ∑_{k=0}^{n} ( \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ) (cos θ)^{n−k}(i sin θ)^{k}.

Tag nu n = 7, så får vi att

cos 7θ + i sin 7θ = ∑_{k=0}^{7} ( \begin{matrix}7 \\ k \end{matrix} ) (cos θ)^{7−k}(i sin θ)^{k}.  (5)

Jämför nu de reella delarna av båda ledarna i (5). Notera att i summan i HL får vi någonting reellt för k = 0, 2, 4, 6. Därmed får vi följande ekvation

cos 7θ = cos^{7} θ − ( \begin{matrix}7 \\ 2 \end{matrix} ) cos^{5} θ sin^{2} θ + ( \begin{matrix}7 \\ 4 \end{matrix} ) cos^{3} θ sin^{4} θ − ( \begin{matrix}7 \\ 6 \end{matrix} ) cos θ sin^{6} θ
= = cos^{7} θ − 21 cos^{5} θ sin^{2} θ + 35 cos^{3} θ sin^{4} θ − 7 cos θ sin^{6} θ.

Då borde vi ta

f(x, y) = x^{7} − 21x^{5}y^{2} + 35x^{3}y^{4} − 7xy^{6}.

F.6 (i) Man måste visa att H är sluten under både multiplikation och inversion.

Multiplikation : Låt y_{1}, y_{2} ∈ H. Då finns det x_{1}, x_{2} ∈ G så att

y_{1} = x_{1}^{3}, y_{2} = x_{2}^{3}.

Men eftersom G är abelsk, då har vi att

y_{1}y_{2} = x_{1}^{3}x_{2}^{3} = (x_{1}x_{2})^{3} ⇒ y_{1}y_{2} ∈ H.

Inversion : (Notera att följande argument även gäller för icke-abelska grupper). Låt y ∈ H. Alltså finns det x ∈ G så att y = x^{3}. Men då y^{−1} = (x^{3})^{−1} = (x^{−1})^{3} ⇒ y^{−1} ∈ H.

(ii) Gruppen S_{4} har 4! = 24 element, varav 1 har ordning 1, 9 har ordning 2, 8 har ordning 3 och 6 har ordning 4. I cykelnotation ges de 9 elementen av ordning 2 av

(12), (13), (14), (23), (24), (34), (12)(34), (13)(24), (14)(23).

De 8 elementen av ordning 3 ges av

(123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243).

Och till slut de 6 elementen av ordning 4 ges av

(1234), (1432), (1243), (1342), (1324), (1423).

Låt nu H = {y ∈ S_{4} : y = x^{3} för något x ∈ S_{4}}.

Identiteten (1) ∈ H eftersom (1) = (1)^{3}. Varje element av ordning 2 ligger i H eftersom, om o(y) = 2 då y = y^{3}. PSS ligger varje element av ordning 4 i H eftersom o(y) = 4 ⇒ y = (y^{−1})^{3}. Då har vi att minst 1 + 9 + 6 = 16 element ligger i H. Men inget element av ordning 3 ligger i H eftersom om o(y) = 3 och y = x^{3}, så måste o(x) = 9, och S_{4} har inga element av ordning 9.

Slutsatsen är alltså att o(H) = 16 och eftersom 16 inte delar 24, så kan H inte vara en delgrupp till S_{4}, enligt Lagranges sats.

Notera, alternativt, att H inte är sluten under multiplikation eftersom (12) ∈ H och (13) ∈ H men (12)(13) = (123) ∉ H. Å andra sidan, som vi visade i del (i), är ju H sluten under inversion.

F.7 Låt ett äpple, en apelsin och en banan kosta x, y resp. z kronor. Då har vi de två ekvationerna

16x + 7y + 21z = 275,  (6)
8x + 15y + 29z = 299.  (7)

Multiplicera (7) med två och subtrahera (6) så får man ekvationen

23y + 37z = 323.  (8)

Notera att SGD(23, 37) = 1. Euklides algoritm baklänges ger att

1 = 37 · 5 − 23 · 8,

som medför att den allmäna lösningen till (8) ges av

y = −8 · 323 + 37n = −2584 + 37n,  (9)
z = 5 · 323 − 23n = 1615 − 23n.  (10)

A priori måste vi ha z ≥ 0. Dessutom medför (6) att 21z ≤ 275 ⇒ z ≤ 13. Från (10) får vi då att

0 ≤ 1615 − 23n ≤ 13,

som lämnar ett unikt val för n, nämligen n = 70. Substitution i (9) och (10) ger y = 6, z = 5, och substitution av dessa in i (6) ger x = 8.

Svar : Ett äpple kostar 8 kr, en apelsin 6 kr och en banan 5 kr.

F.8 Notera att vii har faktoriseringen x + x^{3} = x(1 + x^{2}). Enligt hypotesen finns det ett heltal y så att

x(1 + x^{2}) = y^{4}.

Notera vidare att SGD(x, 1 + x^{2}) = 1. Då följer det från Aritmetikens Fundamentalsats att det finns heltal z, w så att

x = z^{4}, 1 + x^{2} = w^{4}.

Det räcker nu att bevisa att x är jämt. För i så fall är z också jämnt och därmed 16 | z^{4}.

Så antag att x är udda. Då är 1+x^{2} jämnt och därmed w också jämnt. Men då 16 | w^{4} så att x^{2} ≡ −1 (mod 16). Speciellt är x^{2} ≡ −1 (mod 8). Men vi vet att för varje udda tal n, så n^{2} ≡ 1 (mod 8). Vi har alltså en motsägelse och beviset är därmed klart.