Lösningar till Algebra och kombinatorik

Transkript

1 Lösningar till Algebra och kombinatorik Av a 0 = 0, a 1 = 1 och rekursionsformeln får vi successivt att a 2 = 1 4 a 1 a = = 4, a 3 = 1 4 a 2 a = = 9, a 4 = 1 4 a 3 a = = 16, och med ledning av detta gissar vi att a n = n 2 för alla heltal n = 0, 1, 2,.... Vi bevisar nu att gissningen är riktig med induktion. Vi konstaterar först induktionsbas att formeln a n = n 2 stämmer för n = 0 och n = 1. Låt sedan m vara ett godtyckligt heltal 1, och antag induktionsantagandet att formeln a n = n 2 är sann för all heltal n [0, m]. Då fås a m+1 = 1 4 a m a m = 1 4 m 2 m = 1 4 m 2 m 2 2m = m + 1 2, där första likheten ovan fås från den givna rekursionsformeln och den andra likheten från induktionsantagandet. För ett godtyckligt heltal m 1 gäller alltså att formeln a n = n 2 är sann för n = m + 1 om den är sann för alla heltal n [0, m]. Dvs för ett godtyckligt heltal m 1 gäller att formeln a n = n 2 är sann för alla heltal n [0, m + 1] om den är sann för alla heltal n [0, m]. Detta sista och induktionsbasen visar att formeln a n = n 2 är sann för alla heltal n Låt n vara ett heltal som ger resten 7 vid division med 11 och resten 11 vid division med 13. Att n ger resten 7 vid division med 11 betyder att 1 n = x där x är ett heltal, n ger resten 11 vid division med 13 betyder att 2 n = y där y är ett heltal. Av 1 och 2 följer att x = y 3 11x 13y = 4 där x och y är heltal. Genom att bestämma alla heltal x eller heltal y som uppfyller 3 och sedan sätta in i 1 eller i 2 fås alla heltal n som ger resten 7 vid division med 11 och 1

2 resten 11 vid division med 13. Heltalslösningarna till 3 bestäms på vanligt sätt. Euklides algoritm tillämpad på talen 13 och 11 ger att 13 = och 11 = , varav följer att 1 = = = , vilket efter multiplikation med 4 ger att = 4. Subtraherar vi denna sista likhet från 3 fås att 11x 24 13y 20 = x 24 = 13y 20. Av 4 följer att x 24 är delbart med 13, dvs att x = k där k Z. Insättning av detta i 4 ger sedan att y = k. Samliga heltalslösningar till 4 är alltså x = k och y = k där k Z. Insättning av x = k där k Z i 1 eller av y = k där k Z i 2 ger att n = k = k där k Z, eller ekvivalent n = k = k där k Z, är samtliga heltal som ger resten 7 vid division med 11 och resten 11 vid division med Prövning med talen 0, 1 och 2 i Z 3 visar att x = 2 är nollställe till x 5 + x + 2 i Z 3 samt att varken 0 eller 1 är det. Givna polynomet är således delbart med x 2 = x + 1 i Z 3 [x] enligt faktorsatsen. Polynomdivision i Z 3 [x] ger att x 5 + x + 2 = x + 1x 4 + 2x 3 + x 2 + 2x + 2 i Z 3 [x]. Prövning visar x = 2 även är nollställe till x 4 + 2x 3 + x 2 + 2x + 2. En ny polynomdivision med x 2 = x + 1 i Z 3 [x] ger att och alltså gäller att x 4 + 2x 3 + x 2 + 2x + 2 = x + 1x 3 + x i Z 3 [x], 5 x 5 + x + 2 = x x 3 + x i Z 3 [x]. Prövning visar att x = 2 inte är nollställe till x 3 +x 2 +2 i Z 3, och inte heller kan 0 eller 1 vara nollställe till x 3 + x i Z 3 eftersom 5 gäller och 0 eller 1 inte är nollställe till x 5 + x + 2 i Z 3. Om x 3 + x vore reducibelt i i Z 3 [x] skuller polynomet ha en förstagradsfaktor och därmed ett nollställe i Z 3. Men som precis motiverats så har x 3 + x inget nollställe i Z 3. Polynomet x 3 +x 2 +2 är alltså irreducibelt i Z 3 [x], och följaktligen är 5 faktoruppdelningen av x 5 + x + 2 så långt det går i Z 3 [x]. 4. Vi visar att de fyra villkoren för en grupp är uppfyllda. 1 Visar att x y är definierat och ] 1, 1[ för alla x, y ] 1, 1[. För godtyckligt val av x, y ] 1, 1[ har vi att 1+x1+y > 0 1 x1 y > 0. Vidare har vi att 1 + x1 + y > x + y + xy > xy < x + y, 1 x1 y > 0 1 x y + xy > 0 x + y < 1 + xy. 2

3 För godtyckligt val av x, y ] 1, 1[ gäller alltså att xy < x + y < 1 + xy, Av 6 följer att 1 + xy < 1 + xy, dvs att 1 + xy > 0, och sedan efter division med 1 + xy > 0 att 1 < x + y 1 + xy < 1. För godtyckligt val av x, y ] 1, 1[ är alltså definierat och x y ] 1, 1[. x y = x + y 1 + xy 2 Visar associativiteten. För godtyckligt val av x, y, z ] 1, 1[ har vi att x y z = x + y z = 1 + xy x+y 1+xy + z 1 + x+y 1+xy z = y + z x y z = x = x + y+z 1+yz 1 + yz 1 + x y+z 1+yz = x + y + z 1 + xy + xz + yz, x + y + z 1 + xy + xz + yz, och alltså att x y z = x y z. Givna räkneoperationen är således associativ. 3 Visar existensen av enhetselement. För godtyckligt val av x ] 1, 1[ har vi att så 0 är enhetselement. x 0 = x x 0 = x 0 x = 0 + x x = x, 4 Visar existensen av inverselement. För godtyckligt val av x ] 1, 1[ har vi att så x är inverselement till x. x x = x + x = 0 = enhetselementet i x x x x = x + x = 0 = enhetselementet i xx Av 1-4 ovan följer att intervallet ] 1, 1[ med den givna räkneoperationen är en grupp. För godtyckligt val av x, y ] 1, 1[ har vi dessutom att så gruppen är kommutativ. x y = x + y 1 + xy = y + x 1 + yx = y x, 3

4 5. Vi visar att de tre villkoren för en ekvivalensrelation är uppfyllda. 1 Visar att relationen är reflexiv. För godtyckligt a Z är a 3 a 3 = 0 delbart med 7, och alltså gäller att a a för alla a Z. Relationen är således reflexiv. 2 Visar att relationen är symmetrisk. Låt a, b Z vara sådana att a b. Då är a 3 b 3 delbart med 7. Då är b 3 a 3 även delbart med 7, och alltså gäller också att b a. Dvs a b = b a. Relationen är således symmetrisk. 3 Visar att relationen är transitiv. Låt a, b, c Z vara sådana att a b och b c. Då är a 3 b 3 och b 3 c 3 båda delbara med 7. Då är även a 3 b 3 + b 3 c 3 = a 3 c 3 delbart med 7, och alltså gäller också att a c. Dvs a b och b c = a c. Relationen är således transitiv. Av 1-3 följer att relationen är en ekvivalensrelation på Z. Ekvivalensklassen som innehåller talet 3 är [3] = {a Z 7 a 3 27} = {a Z 7 a 3 6}. Enkla räkningar visar att 0 3 0mod7, 1 3 1mod7, 2 3 1mod7, 3 3 6mod7, 4 3 1mod7, 5 3 6mod mod7. Ekvivalensklassen [3] består alltså av talen 3mod7, 5mod7 och 6mod7. Vi ser också att det finns två ekvivalensklasser till, nämligen ekvivalensklassen som består av talen 1mod7, 2mod7 och 4mod7 och ekvivalensklssen som består av talen 0mod7. Totalt finns det alltså tre olika ekvivalensklasser. 6. a Sökt antal olika sätt kan fås på följande sätt. Först läggs ett av de identiska föremålen i varje låda. De 6 återstående identiska föremålen kan sedan fördelas fritt mellan de 4 olika lådorna. Varje sådan fördelning av de 6 identiska föremålen i de 4 olika lådorna kan identifieras med ett ord i alfabetet {0, 1} med 6 ettor och 3 nollor. T ex så svarar ordet i denna identifiering mot fördelningen: 1 av de identiska föremålen i låda 1, 0 i låda 2, 3 i låda 3 och 2 i låda 4. Antalet olika ord med 6 ettor och 3 nollor är 9 = = 84, 3 6 vilket alltså också är sökt antal olika fördelningar i detta fall. b Totala antalet olika sätt att lägga 10 olika föremål i 4 olika lådor är Motivering: För föremål 1 finns 4 olika val. Placering i vilken som helst av de 4 olika lådorna. För varje sådant val finns det sedan 4 olika val för föremål 2, osv. Total 4 10 olika val. Vi beräknar nu antalet olika sätt att lägga de 10 olika föremålen i de 4 olika lådorna så att minst en låda är tom. Låt A k vara mängden av föremålsplaceringar sådana att låda k är tom, k = 1, 2, 3, 4. Antalet föremålsplaceringar sådana att minst en låda är tom är antalet element 4

5 i unionen A 1 A 2 A 3 A 4. Enligt exklusions-inklusionsprincipen gäller att 7 #A 1 A 2 A 3 A 4 = #A 1 + #A 2 + #A 3 + #A 4 #A 1 A 2 + #A 1 A 3 + #A 1 A 4 + #A 2 A 3 + #A 2 A 4 + #A 3 A 4 + #A 1 A 2 A 3 + #A 1 A 2 A 4 + #A 1 A 3 A 4 + #A 2 A 3 A 4 #A 1 A 2 A 3 A 4. Vidare gäller att #A 1 = 3 10 eftersom A 1 är mängden av föremålsplaceringar där låda 1 är tom och de 10 olika föremålen läggs i lådorna 2, 3 och 4 likartat resonemang som i inledningen av b, #A 1 A 2 = 2 10 eftersom A 1 A 2 är mängden av föremålsplaceringar där lådorna 1 och 2 är tomma och de 10 olika föremålen läggs i lådorna 3 och 4 likartat resonemang som i inledningen av b, #A 1 A 2 A 3 = 1 eftersom A 1 A 2 A 3 är mängden av föremålsplaceringar där lådorna 1, 2 och 3 är tomma och de 10 olika föremålen alla läggs i låda 4, och #A 1 A 2 A 3 A 4 = 0 eftersom A 1 A 2 A 3 A 4 är mängden av föremålsplaceringar där lådorna 1, 2, 3 och 4 alla är tomma och några sådana föremålsplaceringar finns inte. Detta alla termer inom samma parentes i högerledet av 7 är lika stora på grund av symmetri ger att #A 1 A 2 A 3 A 4 = Genom att subtrahera detta antal, dvs antalet olika föremålsplaceringar där minst en låda är tom, från det totala antalet olika föremålsplaceringar fås antalet olika föremålsplaceringar där ingen låda är tom. Således är = = sökt antal olika fördelningar i detta fall. 5