x2 6x x2 6x + 14 x (x2 2x + 4)

Transkript

1 Tentamenskrivning MATA15 Algebra: delprov 1, 6hp Måndagen den 5:e november 01 Matematikcentrum Matematik NF LÖSNINGSFÖRSLAG 1. För vilka reella tal x gäller olikheten x 6x + 14? Lösningsalternativ 1: Den givna olikheten är ekvivalent med Vi löser först den vänstra olikheten x 6x x 6x + 1 x 6x x 6x + 14 x + 0 x 6x x x 0 0 3x x + 4) 0 3x ) + 3) x )x + 1) 0. I det sista steget har vi kvadratkompletterat täljaren och faktoriserat nämnaren. Observera att uttrycket i täljaren är positivt för alla reella x. Vi utför nu ett teckenstudium av vänsterledet: x 1 1 3x ) + 3) x 0 + x x ) + 3) x )x + 1) + + Olikheten är uppfylld för x, 1) 1, + ). Nu löser vi den högra olikheten: x 6x + 14 x 6x + 14 x 0 x 6x + 14 ) x 0 x 6x x + 6x 6) 0 x + 6x 6 Vi har att x + 6x 6 = 0 x = eller x = 8 vilket ger x + 6x 6 = x )x + 8). 0. Var god vänd!

2 Olikheten blir och teckenstudium av vänsterledet x )x + 8) x )x + 1) 0 x x 0 + x x x x )x + 8) x )x + 1) ger att den högra olikheten är uppfylld för x [, 8) 1, 1) [, ). Slutligen, den givna olikheten är satisfierad om och endast om både den vänstra och den högra olikheten är satisfierade, dvs. för Lösningsalternativ : Vi har att x, 8] [, + ]. x 6x + 14 x 6x + 14 x 6x + 14, x ±1. Dessutom gäller att x 6x + 14 = x 3x = x 3) + 5 > 0 för alla x R dvs. x 6x + 14 = x 6x + 14 samt x, om 0, dvs. om x, 1] [1, ) = x + 1, om x. < 0, dvs. om x 1, 1) Detta ger upphov till följande två fall: Fall 1 : för x, 1) 1, ) är olikheten ekvivalent med x 6x + 14 ) x + 6x 6 0 x )x + 8) 0 x, 8] [, ). Fall : för x 1, 1) är olikheten ekvivalent med x 6x + 14 x + 1) 3x 6x x x + 4) 0 3x ) + 3) 0 vilket är omöjligt. Den givna olikheten är satisfierad för x, 8] [, + ). Svar: x, 8] [, + ).. Avgör om följande diofantiska ekvationer är lösbara och ange i förekommande fall samtliga lösningar: a) 111x 33y = 11, b) 111x 33y = 6.

3 Lösning: a) Vi har att 33 = 3 11 och 111 = 3 37 vilket medför att SGD111, 33) = 3. Ekvationen 111x 33y = 11 saknar heltalslösningar eftersom SGD111, 33) inte delar ekvationens högerled. b) Ekvationen 111x 33y = 6 är lösbar eftersom SGD111, 33) 6. Vi dividerar både vänster och högerledet i den givna ekvationen med 3 och får den ekvivalenta ekvationen 37x 1y =. ) Vi söker först en partikulär lösning till den diofantiska hjälpekvationen genom att använda Euklides algoritm: vilket ger 1 =4 3 37x 1y = = = = =4 11 4) = = = ) 1 = = = Detta ger att x 0 = 3 och y 0 = 10 utgör en lösning till hjälpekvationen och härmed är x 1 = = 6 och y 1 = 10 = 0, en lösning till ekvationen ). Enligt lösningsformeln för en diofantisk ekvation ges samtliga lösningar till ) av x = n, n Z. y = n Svar: a) Ekvationen saknar lösningar. b) x = n, y = n, n Z. 3. a) Bestäm en största gemensam delare till polynomen fx) = x 4 + 6x x + 16x + 8 och gx) = x 3 + 5x + 8x + 4. b) Använd a) för att bestämma samtliga nollställen till polynomet f. Lösning: a) Vi bestämmer en SGDf, g) med hjälp av Euklides algoritm. Vi dividerar först f med g och får kvoten x + 1 och resten rx) = x + 4x + 4: x 4 + 6x x + 16x + 8 ) / x 3 + 5x + 8x + 4 ) x + 4x + 4 = x x 3 + 5x + 8x + 4 x 4 5x 3 8x 4x x 3 + 6x + 1x + 8 x 3 5x 8x 4 x + 4x + 4 Var god vänd!

4 Vi har att SGDf, g) = SGDg, r). Vi dividerar nu g med r och får kvoten x + 1 och resten 0: x 3 + 5x + 8x + 4 ) / x + 4x + 4 ) = x + 1 x 3 4x 4x x + 4x + 4 x 4x 4 0 Detta visar att SGDf, g) = rx) = x + 4x + 4 så när som på associerade polynom. b) Beräkningarna ovan medför att fx) = gx)x + 1) + x + 4x + 4) = x + 1)x + 4x + 4)x + 1) + x + 4x + 4) = x + 4x + 4)x + 1) + 1) = x + ) x + x + ). Alternativt kan man dividera f med r: x 4 + 6x x + 16x + 8 ) / x + 4x + 4 ) = x + x + x 4 4x 3 4x x x + 16x x 3 8x 8x x + 8x + 8 x 8x 8 Ekvationen fx) = 0 är ekvivalent med 0 x + 4x + 4 = 0 eller x + x + = 0. Vi får nollställena av multiplicitet dubbelrot till den första ekvationen) samt 1 + i och 1 i komplexkonjugata rötter till den andra ekvationen). Svar: a) SGDf, g) = x + 4x + 4 b) av multiplicitet, 1 + i och 1 i. 4. Visa att ekvationen z i)z + 6 3i)z i) = 0 har en rent imaginär rot och lös sedan ekvationen fullständigt. Lösning: Om z = bi, b R är en rot till den givna ekvationen då gäller att bi) i)bi) + 6 3i)bi) i) = 0 ib i)b + ib6 3i) i) = 0 ib 3 + 3b ib + 6ib + 3b 6 + 8i = 0 3b + 3b 6) + i b 3 b + 6b + 8) = 0.

5 Likheten ovan gäller om och endast om både real- och imaginärdelen av uttrycket i vänsterledet är lika med 0, dvs. 3b + 3b 6 = 0 och b 3 b + 6b + 8 = 0. Den första ekvationen är ekvivalent med b + b = 0 och den har rötterna b = 1 och b =. Insättning i den andra ekvationen visar att endast b = satisfierar båda ekvationerna. Detta ger att z = i är en rent imaginär rot till den ursprungliga ekvationen och härmed är z +i en delare till polynomet pz) = z i)z +6 3i)z + 6+8i). Vi utför polynomdivisionen mellan pz) och z + i och får kvoten qz) = z 3 + i)z i). Ekvationens övriga rötter satisfierar qz) = 0. Vi löser denna andragradsekvation med komplexa koefficienter med känd lösningsmetod. Först kvadratkompletterar vi uttrycket i vänsterledet: Kvadratkomplettering ger: ) ) 3 + i 3 + i ) 3 + i z z + = 4 3i Vi sätter nu w = z 3 + i z 3 + i ) = 8 + 6i 4 3i 4 z 3 + i ) = 3i. och skriver w = x + iy, x, y R. Ekvationen ovan blir: x + iy) = 3i. Identifiering av real- och imaginärdelar samt absolupbelopp av vänster- och högerled ger: x y = Re w = Re 3i ) xy = 3 Im w = Im 3i ). x + y = = 5 4 = 5 w = 3i ). Ledvis addition av den första och den tredje ekvationen ovan ger x = 1 x = 1 4 x = ±1. Detta tillsammans med den andra ekvationen i systemet ovan dvs. xy = 3 4 y = 3 4x = 3. Vi får två lösningar till ekvationen ), nämligen: ger Ur sambandet w = z 3 + i qz) = 0 z 1 = w i w 1 = 1 3 i och w = + 3 i. dvs. z = w i = i och z = w i Svar: Ekvationen har rötterna i, i och 1 + i. får vi lösningarna till ekvationen = 1 + i. Var god vänd!

6 5. Lös ekvationen z 6 + 6z z 4 + 0z z + 6z + 1 = i och skissa rötterna i det komplexa talplanet. Ledning: faktorisera vänsterledet.) Lösning: Ekvationen är ekvivalent med z + 1) 6 = i använd t.ex. binomialsatsen). Vi ansätter z + 1 = w och löser den binomiska ekvationen w 6 = i. Vi följer lösningsmetoden för binomiska ekvationer. Vi skriver w = rcos θ + i sin θ) och enligt De Moivres formel gäller att w 6 = r 6 cos 6θ + i sin 6θ). Vi har att i = cos π + i sin π. Ekvationen blir: r 6 cos 6θ + i sin 6θ) = cos π + i sin π. Detta medför att r 6 = 1 6θ = π + π k, k Z r = 1 θ = π 1 + π 3 k, k Z. Lösningarna till ekvationen w 6 = i fås för k = 0, 1,, 3, 4, 5: w k = cos π 1 + π 3 k) + i sin π 1 + π 3 k), och härmed ges rötterna till den ursprungliga ekvationen av: z k = w k = cos π 1 + π 3 k) + i sin π 1 + π k) för k = 0, 1,, 3, 4, 5. 3 Punkterna z k ligger på en cirkel med centrum i 1, 0) och radie 1 i det komplexa talplanet, jämt fördelade på vinkelavståndet π 3 : Figur 1: ekvationens rötter Svar: Ekvationen har rötterna z k = cos π 1 + π 3 k)+i sin π 1 + π 3 k) 1, k = 0, 1,, 3, 4, 5.

7 6. Visa att n k=1 gäller för alla naturliga tal n 1. k + k! + k + 1)! + k + )! = 1 n + )! Lösning: För n = 1,, 3,... låt P n beteckna likheten ovan. Vi verifierar först att P 1 är sant. Vi har att V L 1 = 1 + 1! )! )! = = 1 3 och HL 1 = )! = = 3 = P 1 är alltså sant. Antag nu att P p är sant för något naturligt tal p dvs. p k=1 k + k! + k + 1)! + k + )! } } V L p Vi visar att i så fall gäller att P p+1 är sant, dvs. = 1 p + )! }} HL p IA). p+1 k=1 k + k! + k + 1)! + k + )! } } V L p+1 = 1 p )! }} HL p+1. Vi har att V L p+1 =V L p + p + 3 IA = HLp + p + 1)! + p + )! + p + 3)! = 1 p + )! + p + 3 p + 1)! + p + )! + p + 3)! = 1 p + )! + p + 3 p + 1)!1 + p + ) + p + )p + 3)) = 1 p + )! + p + 3 p + 1)!p + 6p + 9) = = 1 p + 1)!p + ) + p + 3 p + 1)!p + 3) = 1 p + 1)!p + ) + 1 p + 1)!p + 3) = 1 p + 3 p + )) p + 1)!p + )p + 3) = 1 p + 3)! = HL p+1. p + 3 p + 1)! + p + )! + p + 3)! Sålunda är P p+1 sant om P p är sant. Detta tillsammans med det faktum att P 1 är sant medför att P n är sant för alla n = 1,, 3,..., enligt induktionsprincipen.