29 Det enda heltalet n som satisfierar båda dessa villkor är n = 55. För detta värde på n får vi x = 5, y = 5.

Transkript

1 Tentamenskrivning MATA15 Algebra: delprov 1, 6hp Lördagen den 3 november 01 Matematikcentrum Matematik NF LÖSNINGSFÖRSLAG 1 a) Lös den diofantiska ekvationen 9x + 11y 00 b) Ange alla lösningar x, y) sådana att x och y är positiva heltal a) Vi börjar med att notera att den givna diofantiska ekvationen är lösbar eftersom SGD9, 11) 1 och 1 00 Vi söker en partikulär lösning till denna ekvation genom att först bestämma en partikulär lösning till ekvationen 9x + 11y 1 med hjälp av Euklides algoritm Vi har att , , , vilket ger ) ) ) ) Detta ger att x 0 3 och y 0 8 utgör en lösning till hjälpekvationen och härmed är x och y en lösning till den givna ekvationen, dvs: 9 600) ) Om vi subtraherar ) ledvis från den givna ekvationen får vi följande samband: 9x + 600) + 11y 1600) 0 9x + 600) 11y 1600) Eftersom SGD9, 11) 1 så måste 9 y 1600) och 11 x + 600) Detta medför att samtliga heltalslösningar till den givna ekvationen är av formen { x n, n Z y n b) Villkoren x > 0 och y > 0 i ekvationen ovan medför att n > och n < Det enda heltalet n som satisfierar båda dessa villkor är n 55 För detta värde på n får vi x 5, y 5 Var god vänd!

2 Ange de komplexa rötterna till ekvationen z i) i ) 3 1 i) på formen re iθ och skissa dem som punkter i det komplexa talplanet Vi börjar med att skriva det komplexa talet i högerledet på polär form Dess absolutbelopp ges av medan dess argument är lika med ) 1 + i i 3 1 i 3 ) 3/ 5 arg 1 + i) 3 arg 1 + ) 3 i arg 1 i) 5 π 3 π 3 π) 3π Ekvationens högerled kan alltså skrivas som 3/ e 3πi/ och i vänsterledet sätter vi z re iθ vilket medför att z 3 r 3 e 3iθ Ekvationen blir: r 3 e 3iθ 3/ e 3πi/, vilket ger att r 1/ och θ π + πk, k Z Rötterna till ekvationen ges av 3 z k 1/ e π/+πk/3)i, k 0, 1, Punkterna z k ligger på en cirkel med centrum i punkten origo och radie 1/ i det komplexa talplanet, jämnt fördelade på vinkelavståndet π 3 från π, se figuren nedan Figur 1: ekvationens rötter

3 3 a) Bestäm den konstanta termen i utvecklingen av x 1 ) 9 x b) Hur många olika bokstavskombinationer kan man bilda med bokstäverna i ordet a) Enligt binomialsatsen har vi att x 1 ) 9 x 9 k0 TALLAHASSEE? ) 9 x ) 9 k 1 ) k k x 9 k0 ) 9 1) k k x 18 3k k Den konstanta termen i utvecklingen fås för k sådant att 18 3k 0, dvs för k 6: ) ) 9 9 1) b) Ordet TALLAHASSEE innehåller 11 bokstäver Det finns 11! olika permutationer av de 11 bokstäverna om vi betraktar dem som olika, dvs om skiljer på de 3 A:na, E:na, L:en och S:en i ordet Om man sedan betraktar bokstäverna som lika så har varje distinkt permutation räknats 3!!!! gånger bland de 11! permutationerna Antalet olika bokstavskombinationer ges alltså av Ekvationen 11! 3!!!! z i)z 6 3i)z i 0 har en reell rot Lös ekvationen fullständigt Om z a, a R, är en reell rot till ekvationen ovan så gäller att a i)a 6 3i)a i 0 För a R är likheten ovan uppfylld om och endast om både realdelen och imaginärdelen av vänsterledet är lika med 0, vilket ger a 3 a 6a och 3a + 3a Den andra ekvationen har rötterna a 1 och a Insättning i den första ekvationen visar att endast a satisfierar båda ekvationerna Således är z den enda reella roten till den ursprungliga ekvationen Enligt faktorsatsen följer att z delar det komplexa polynomet pz) i ekvationens vänsterled Dividerar vi pz) med z så får vi kvoten qz) z + 1 3i)z 3i Ekvationens övriga rötter satisfierar qz) 0 Vi löser denna andragradsekvation med komplexa koefficienter med känd lösningsmetod Kvadratkomplettering ger ) ) 1 3i 1 3i ) 1 3i z + z i Var god vänd!

4 z + 1 3i ) 8 6i + + 3i z + 1 3i ) + 3i Vi sätter nu w z i och skriver w x + iy, x, y R Ekvationen ovan blir: x + iy) + 3i ) Identifiering av real- och imaginärdelar samt absolutbelopp av vänster- och högerled ger: x y Re w Re + 3i )) xy 3 Im w Im + 3i )) x + y 5 w + 3i ) Den sista likheten följer av att + 3i Ledvis addition av den första och den sista ekvationen ger x 9 x 9 x ± 3 Insättning i den andra ekvationen ger y 3 x ±1 då x ± 3 Vi får två lösningar till ekvationen ), nämligen: w i och w 3 1 i Ur sambandet w z i, dvs z w i, får vi lösningarna till ekvationen qz) 0: z 1 w i 1 + i och z w i + i 5 Visa med induktion att olikheten n k k1 nn + 1) gäller för alla positiva heltal n Låt P n beteckna olikheten ovan för n 1,, 3, För n 1 är båda sidorna i olikheten lika med 1, så påståendet P 1 är sant Antag nu att P p är sant för något naturligt tal p 1 dvs p k1 k }{{} VL p pp + 1) }{{} HL p IA)

5 Vi visar att i så fall gäller att P p+1 är sant, dvs Vi har att p+1 k k1 }{{} VL p+1 p + 1)p + ) }{{} HL p+1 VL p+1 VL p + p + 1) IA HL p + p + 1) pp + 1) + p + 1) p + 1) p + ) Det räcker alltså att visa att vilket är ekvivalent med Den sista olikheten följer från p + 1) p + ) p + 1)p + ), p 1, p + 1)p + ) p + ), p 1 p + )p + 1) p + ) p + 5p + p p p 1 Sålunda är P p+1 sant om P p är sant Detta tillsammans med det faktum att P 1 är sant medför enligt induktionsprincipen att P n är sant för alla naturliga tal n 1 6 a) Låt a och b vara positiva heltal och antag att b är udda Visa t ex genom att använda formeln för geometriska summor att a b + 1 är delbart med a + 1 b) Låt k vara ett positivt heltal Visa att om k + 1 är ett primtal, så är k n för något naturligt tal n a) Låt b vara ett udda naturligt tal och betrakta följande geometriska summa med konstant kvot a 1 och b stycken termer: 1 + a) + a) + + 1) b 1 a)b 1 a) 1 Om b är udda så gäller att a) b a b och vi kan skriva och härmed gäller att a b + 1 a + 1) a) b 1 a) 1 ab 1 a 1 ab + 1 a a) + a) + + a) b 1) Sålunda är a b + 1 delbart med a + 1 b) Antag nu att k inte är en potens av Då är k n b för något naturligt tal n och något udda heltal b 3 Detta medför att k + 1 n b + 1 n ) b + 1 är delbart med n + 1 Eftersom b 3 så gäller att 1 < n + 1 < n ) b + 1 k + 1 Detta visar att n + 1 är en icke-trivial delare till k + 1, som i så fall inte är ett primtal