MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik Examinator: Daniel Bergh. Lösningsförslag Algebra och kombinatorik

Transkript

1 MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik Examinator: Daniel Bergh Lösningsförslag Algebra och kombinatorik Uppgift 1 Vi noterar att 31 är ett primtal, så Z 31 är en kropp. (a Vi har x = 1 x 1 = 0 (x 1(x + 1 = 0, så x = 1 och x = 1 = 30 är lösningar till ekvationen. Eftersom Z 31 är en kropp och ekvationen är av grad två, kan det nnas högst två lösningar, så detta är de enda lösningarna. (b Vi hittar inversen till 7 i Z 31 genom att lösa den Diofantiska ekvationen 7n + 31m = 1. Euklides algoritm ger följande räkningar: 31 = , 7 = Alltså gäller 1 = 7 3 = 7 ( = , vilket ger 9 7 = 1 i Z 31. Multiplicerar båda leden i den ursprungliga ekvationen 7x = 8 med 9 får vi 9 7x = 9 8 vilket är det samma som x = 10 i Z 31. (c För att lösa ekvationen x 7 = 8 i Z 31 använder vi oss av Fermats lilla sats, vilken i vårt fall säger att x 30 = 1 i Z 31. Om n, m är en lösning till ekvationen 7n 30m = 1 gäller således (x 7 n = x 7n = x 1+30m = x (x 30 m = x 1 m = x Applicerat på den ursprungliga ekvationen får vi x = (x 7 n = 8 n. Talet n bestäms med Euklides algoritm enligt 30 = 4 7 +, 7 = Detta ger 1 = 7 3 = 7 3 ( = , så vi kan ta n = 13. Vi slutför beräkningena av x med x = 8 13 = 8 (8 6 = = 8 6 = 8 64 = 8 = 16, vilket är den entydiga lösningen. 1

2 Uppgift Delproblem (a är ekvivalent med problemet att dra 10 kulor ur en urna med 3 olika kulor med återläggning men utan hänsyn till ordning. Vi använder standardtricket att konstruera en bijektion mellan mängden av sätt att delar ut nötterna på och mängden av binära textsträngar av längd 1 som innehåller precis två ettor. Man tänker man sig att man har 1 positioner där precis två av positionerna innehåller en avdelare (representeras av en etta och 10 av positionerna innehåller en nöt (rerpesenteras av en nolla. Exempelvis motsvarar strängen uppdelningen där Pi får, Pa får 3 och Pu får 5 nötter. Antalet textstängar av den här typen ä rlika med antalet sätt att välja två positioner av 1 som innehåller en etta. Totalt nns alltså ( 1 olika sätt att dela ut nötterna på. = 1 11 = 66 Deluppgift (b kan lösas med hjälp av principen för inklusion och exklusion. Låt X beteckna mängden av sätt att dela ut nötterna på och betrakta delmängderna A = mängden av uppdelningar där Pi har minst 4 nötter B = mängden av uppdelningar där Pa har minst 5 nötter C = mängden av uppdelningar där Pu har minst 6 nötter För att bestämma antalet element i A kan vi tänka oss att vi först delar ut 4 nötter till Pi och sedan delar ut resten de resterande 6 nötterna. Detta är återigen ekvivalent med dragning mer återläggning utan hänsyn till ordning, fast med 6 dragningar i stället för 10. Tänker man på motsvarnade sätt för B och C får vi ( 8 A =, B = ( 7, C = Vi räknar ut antalet element i A B genom att tänka oss att vi först delar ut 4 nötter till Pi och sedan 5 nötter till Pa. Sedan delar vi ut den sista nöten till någon av ekorrarna. Tänker vi på de motsvarande sätten för de andra snitten får vi A B = 3, A C = 1, B C = 0. ( 6. Eftersom det trippla snittet uppenbarligen är tomt, får vi totalt sätt att dela ut nötterna på = 6 Anmärkning. Eftersom det var så få sätt att dela ut nötterna på andra deluppgiften, skulle det förmodligen vara lättare att helt enkelt räkna upp de olika sätten att dela ut nötterna.

3 Uppgift 3 1. Ordningen ges av minsta gemensamma multipeln av cykellängderna i permutationen. Ordningn för σ är alltså MGM(3,, = 6 och ordningen för τ är MGM(4,, 1 = 4.. Inverserna ges genom att invertera ordningn av elementen i varje cykel. Vi har alltså σ 1 = (3 1(5 4(7 6 = (1 3 (4 5(6 7 och τ 1 = (1(4 5 3 (7 6 = (1( 4 5 3( Eftersom τ har ordning 4 gäller τ 3 = τ 1. Produkten beräknas alltså som funktionssammansättningen (1 3(4 5(6 7 (1( 4 5 3(6 7 = (1 5(3(4(6(7. Uppgift 4 Notera att gradtalet för ett hörn i en graf bevaras under en grasomor. D.v.s. om (V, E och (V, E är grafer och f : V V är en grasomor, så gäller att deg v = deg f(v för alla hörn v V. Följande träd är exempel på olika träd med 6 hörn: (a (b (c (d (e (f För att se att inget par av ovanstående träd är isomorfa, är det behändigt att studera gradtalen för hörnen i trädet. Antalen hörn med grad 1 är, 3, 3, 4, 4 respektive 5 för träden (a - (f. Det räcker alltså att visa att träd (b inte är isomorf med träd (c och att träd (d inte är isomorft med träd (e. Att träd (d inte är isomorft med träd (e framgår av att (e har ett hörn med grad 4, vilket inte träd (d har. 3

4 För träd (b och (c gäller det att de har lika många hörn av varje gradtal, så där måste vi förna resonemanget något. Att de inte är isomorfa framgår av att i träd (b gäller det att hörnet med grad 3 har grannar med grad 1. För träd (c gäller det däremot att hörnet med grad 3 bara har en granne med grad 1. Anmärkning 1. Man kan naturligtvis tänka sig andra sätt att visa att träden inte är isomorfa på. Anmärkning. Man kan visa att ovanstående träd är de enda 6-hörniga träd som nns upp till isomor. Uppgift 5 (a Mängden U 9 består av kongruensklasserna {1,, 4, 5, 7, 8} representerade av tal u sådana att 0 u < 9 och SGD(u, 9 = 1. (b Eftersom identiteten 1 U 9 xerar alla element gäller F (1 = X. I allmänhet gäller att u U 9 xera ett element (x, y X om och endast om ekvationerna ux = x och uy = y är uppfyllda. Ekvationen ux = x är ekvivalent med x(u 1 = 0. Om u är något av elementen, 5 eller 8 gäller det att u 1 är inverterbart, så x(u 1 = 0 är ekvivalent med x = 0. Motsvarande gäller för y, vilket ger F ( = F (5 = F (8 = {(0, 0}. Om u är 4 eller 7 så har x(u 1 = 0 de tre lösningarna x = 0, x = 3 och x = 9 eftersom x löser ekvationen precis då 9 x(u 1 och u 1 innehåller en faktor 3. Eftersom motsvarande gäller för y får vi xpunktsmängderna F (4 = F (7 = {(0, 0, (0, 3, (0, 6, (3, 0, (3, 3, (3, 6, (6, 0, (6, 3, (6, 6}. (c Enligt Burnsides lemma gäller det att antalet banor är lika med 1 U 9 u U 9 F (u = 1 6 ( = 10 6 = 17. Uppgift 6 Genom prövning ser man att x = 3 är den enda roten till polynomet (det kan förkorta räkningarna något om man använder att x 5 = x och x 4 = 1 för x 0 i Z 5 enligt Fermats lilla sats. Polynomdivision ger faktoriseringen (x + (x 4 + x i Z 5 [x]. Genom prövning ser man att p(x = x 4 + x saknar linjära faktorer. Den enda chansen för p(x att vara reducibelt är alltså om polynomet 4

5 kan faktoriseras som produkten av två andragradspolynom. Vi ansätter därför p(x = (x + Ax + B(x + Cx + D. Utmultiplicering av högerledet ger p(x = x 4 + (A + Cx 3 + (B + AC + Dx + (AD + BCx + BD. Identikation med koecienterna i p(x ger ekvationssystemet A + C =, B + AC + D = 0, AD + BC = 0, BD = 4. Första och andra ekvationen ger C = A och D = 4B 1. Speciellt är B inverterbart. Substitution i de andra två ekvationerna ger B + A( A + 4B 1 = 0, 4AB 1 + B( A = 0. Eftersom B är inverterbart kan vi multiplicera båda ekvationer med B och få Vi prövar oss nu fram med olika värden på A. B + A( AB + 4 = 0, (1 4A + B ( A = 0. ( Fall A = 0. Ekvation ger B = 0 vilket är absurt eftersom B är inverterbart. Fall A = 1. Ekvation 1 ger B +B +4 = 0, vilket har den unika lösningen B = (inses genom prövning av olika värden på B. Insättning i ( ger emellertid 3 = 0, vilket är absurt. Fall A =. Ekvation ger 1 = 0 vilket är absurt. Fall A = 3. Ekvation ger B = vilket saknar lösning (prövning. Fall A = 4. Ekvation ger B = 1 vilket saknar lösning (prövning. Lösning saknas således, och vi kan sluta oss till att p(x är irreducibelt. Därmed gäller att (x + (x 4 + x är en fullständig faktorisering av det ursprungliga polynomet. 5