Lösningar till Algebra och kombinatorik

Lösningar till Algebra och kombinatorik 091214 1. Av a 0 = 1 och rekursionsformeln får vi successivt att a 1 = 1 + a 0 1 a 0 = 1 + 1 1 1 = 2, a 2 = 1 + a 1 1 a 0 + 1 a 1 = 1 + 2 1 + 1 = 4, 2 a 3 = 1 + a 2 1 a 0 + 1 a 1 + 1 a 1 = 1 + 2 1 + 1 2 + 1 = 8, 4 och med ledning av detta gissar vi att a n = 2 n för alla heltal n = 0, 1, 2,.... Vi bevisar nu att gissningen är riktig med induktion. Vi konstaterar först induktionsbas att formeln a n = 2 n stämmer för n = 0. Låt sedan m vara ett godtyckligt heltal 1, och antag induktionsantagandet att formeln a n = 2 n är sann för all heltal n [0, m]. Då fås a m+1 = 1 + a m m k=0 1 a k = 1 + 2 m m 1 2 k = 1 + 1 1 2m 1 1 2 k=0 2 m+1 = 1 + 2 m+1 1 1 2 m+1 = 2 m+1, där första likheten ovan fås från den givna rekursionsformeln, den andra likheten från induktionsantagandet och den tredje likheten från summaformeln för en ändlig geometrisk serie. För ett godtyckligt heltal m 0 gäller alltså att formeln a n = 2 n är sann för n = m + 1 om den är sann för alla heltal n [0, m]. Dvs för ett godtyckligt heltal m 0 gäller att formeln a n = 2 n 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 = 2 n är sann för alla heltal n 0. 2. Sätt px = x 2 + x + 1. Prövning visar att p2 = 7 = 0 och att p4 = 21 = 0 i Z 7, och vi har alltså faktoruppdelningen px = x 2x 4 i Z 7 [x] enligt faktorsatsen som gäller i Z 7 [x] eftersom 7 är ett primtal och Z 7 därmed är en kropp. Vi bestämmer nu det sökta restpolynomet. Divisionsalgoritmen som gäller i Z 7 [x] eftersom Z 7 är en kropp tillämpad på 5x 103 + 2x 51 + 3 och px = x 2x 4 ger 1 5x 103 + 2x 51 + 3 = x 2x 4qx + ax + b, för något polynom qx och något förstagradspolynom restpolynomet ax + b. Insättning av x = 2 och x = 4 i 1 ger 2 { 2a + b = 5 2 103 + 2 2 51 + 3 4a + b = 5 4 103 + 2 4 51 + 3 i Z 7. 1

Subtraktion av den första ekvationen från den andra i 2 ger 2a = 5 4 103 +2 4 51 5 2 103 2 2 51 = 5 2 206 +2 103 5 2 103 2 52 = 5 2 206 2 105 2 52 i Z 7, och alltså är a = 5 2 205 2 104 2 51 i Z 7. Använder vi sedan att 2 3 = 8 1mod 7 får vi att 2 205 = 2 2 204 = 2 2 3 68 2 1 68 = 2mod 7, 2 104 = 2 2 2 102 = 4 2 3 34 4 1 34 = 4mod 7 och 2 51 = 2 3 17 1 17 = 1mod 7, och således är a = 5 2 4 1 = 5 i Z 7. Insättning av a = 5 i den första ekvationen i 2 ger Men vi har att b = 5 2 103 + 2 52 7 = 5 2 103 + 2 52 i Z 7. 2 103 = 2 2 102 = 2 2 3 34 2 1 34 = 2mod 7 och 2 52 = 2 2 3 17 2 1 17 = 2mod 7, och följaktligen är b = 5 2 + 2 = 12 = 5 i Z 7. Restpolynomet i Z 7 [x] är alltså 5x + 5, och i detta svar är varje polynomkoefficient minsta möjliga tal 0 för vilket svaret är korrekt. 3. Vi får tre fall. Bokstavsföljderna med nio bokstäver kan under de givna förutsättningarna innehålla fyra A, tre B och två C fall 1, tre A, fyra B och två C fall 2 eller fyra A, fyra B och ett C fall 3. Antalet olika bokstavsföljder i de olika fallen är enligt standardkombinatorikformel 9! 3! 4! 2! = 1260 i fall 1, 9! 4! 3! 2! = 1260 i fall 2 och 9! = 630 i fall 3. 4! 4! 1! Totalt finns således 1260 + 1260 + 630 = 3150 olika sådana bokstavsföljder. Vi beräknar nu hur många av dessa bokstavsföljder som innehåller minst en bokstavsföljd ABC och vi använder samma fallindelning som ovan. Vi konstaterar först att en bokstavsföljd ABC kan placeras på sju olika sätt i en bokstavsföljd med nio bokstäver, nämligen på platserna 1,2,3, 2,3,4,... eller7,8,9 om platserna i bokstavsföljden numreras med siffrorna ett till nio från vänster till höger. På de återstående sex platserna i bokstavsföljden ska sedan placeras tre A, två B och ett C i fall 1, två A, tre B och ett C i fall 2 samt tre A och tre B i fall 3. Antalet olika sätt att i en bokstavsföljd med nio platser först placera ut en följd ABC och sedan placera ut de sex återstående bokstäverna på de sex återstående platserna är 6! 7 3! 2! 1! = 420 i fall 1, 7 6! 2! 3! 1! 6! = 420 i fall 2 och 7 = 140 i fall 3. 3! 3! I fall 1 finns bokstavsföljder med ett ABC och med två ABC. I de 420 olika sätten i fall 1 ovan räknas bokstavsföljderna med två ABC dubbelt. Antalet olika bokstavsföljder i fall 1 med två ABC återstående bokstäver i fall 1 är då två A och ett B är 2 + 2 + 1! 2! 2! 1! = 30 2

Det finns således 420 30 = 390 olika bokstavsföljder med minst ett ABC i fall 1. Fall 2 är analogt med fall 1, och således finns det 390 olika bokstavsföljder med minst ett ABC även i fall 2. I fall 3 kan inte mer än ett ABC förekomma, så 140 är antalet olika bokstavsföljder med minst ett ABC i fall 3. Totalt finns således 390 + 390 + 140 = 920 olika bokstavsföljder med minst ett ABC. 4. Ett heltal ger någon av de tjugo olika resterna 0, 1,...,19 vid division med tjugo. Bland tjugoen heltal måste det således alltid finnas två heltal som ger samma rest vid division med tjugo. Differensen mellan två sådana heltal är delbar med tjugo. Vi går nu över till den andra delen av uppgiften. Betrakta de 123456789+1=123456790 olika heltalen 1, 11,..., 11... 1, där det sista heltalet i följden är heltalet med 123456790 ettor. Två av dessa heltal med bara ettor måste ge samma rest vid division med 123456789 eftersom vi har 1234567890=123456789+1 olika heltal och endast 123456789 möjliga olika rester. Låt k vara differensen mellan två sådana heltal med bara ettor där vi subtraherar det mindre talet från det större. Heltalet k är då delbart med 123456789. Vi noterar vidare att k är ett heltal av typen 11... 100... 0. Låt m vara antalet ettor och n antalet nollor i k. Då är k = 11... 1 10 n där antalet ettor är m. Eftersom k är delbart med 123456789 och eftersom 10 = 2 5 är primfaktoruppdelningen av 10 och varken 2 eller 5 delar 123456789, så följer att 11... 1 m stycken ettor är delbart med 123456789. 5. a Låt r vara ett godtyckligt heltal. Divisionsalgoritmen tillämpad på heltalen r och m ger ett heltal q och ett heltal s med 0 s m 1 sådana att r = mq + s. Låt e beteckna enhetselementet i G. Vi får då att och första halvan av a är visad. g r = g mq+s = g m q g s = e q g s = g s, Vi går nu över till andra halvan av a. Antag g s 1 = g s 2 där s 1 och s 2 är heltal sådana att 0 s 1 < s 2 m 1. Då följer att e = g s 1 g s 2 = g s 2 s 1 där 1 s 2 s 1 m 1, vilket strider mot att m är ordningen för g och alltså är det minsta heltal 1 för vilket g m = e. Elementen g s i G för heltal s med 0 s m 1 måste alltså alla vara olika. b Låt e beteckna enhetselementet i G. Vi visar att de tre villkoren för en ekvivalensrelation är uppfyllda. 1 Visar att relationen är reflexiv. För godtyckligt a G är aa 1 = e = g 0, och alltså gäller att a a för alla a G. Relationen är således reflexiv. 2 Visar att relationen är symmetrisk. Låt a, b G vara sådana att a b. Enligt definitionen av är då ab 1 = g s 1 för något heltal s 1 med 0 s 1 m 1. Men ab 1 = g s 1 = ab 1 1 = g s 1 1 = ba 1 = g s 1, och eftersom g s 1 = g s 2 för något heltal s 2 med 0 s 2 m 1 enligt a så gäller även b a. Dvs a b = b a. Relationen är således symmetrisk. 3 Visar att relationen är transitiv. Låt a, b, c G vara sådana att a b och b c. Då är ab 1 = g s 1 och bc 1 = g s 2 där s 1 och s 2 är heltal med 0 s 1, s 2 m 1. Vi får att ac 1 = ab 1 bc 1 = g s 1 g s 2 = g s 1+s 2 och eftersom g s 1+s 2 = g s 3 för något heltal s 3 med 0 s 3 m 1 enligt a så gäller även a c. Dvs a b och b c = a c. Relationen är således transitiv. 3

Av 1-3 följer att relationen är en ekvivalensrelation på G. Ekvivalensklassen som innehåller ett element a G är [a] = {b G b a} = {b G ba 1 = g s för något heltal s med 0 s m 1} = {ag s s är ett heltal med 0 s m 1}. Elementen g s i G för heltal s med 0 s m 1 är alla olika enligt a. För godtyckligt a G är alltså elementen ag s alla olika för heltal s med 0 s m 1. Varje ekvivalensklass [a] består således av exakt m olika element i G. Men för varje ekvivalensrelation på en mängd så ger de olika ekvivalensklasserna en uppdelning av mängden i parvis disjunkta delmängder. Låt k vara antalet olika ekvivalensklasser i vårt fall. Eftersom varje ekvivalensklass i vårt fall består av exakt m element så är km det totala antalet olika element i G, dvs vi har att km = n och alltså gäller att m delar n. 6. Vi börjar med att ange antalet olika sätt att lägga m identiska kulor i k olika lådor. Varje placering av m identiska kulorna i k olika lådor kan identifieras med ett ord i alfabetet {0, 1} med m ettor och k 1 nollor. Om t ex m = 10 och k = 4 så svarar ordet 1001110111111 i denna identifiering mot fördelningen: 1 kula i låda 1, 0 i låda 2, 3 i låda 3 och 6 i låda 4. Antalet olika ord med m ettor och k 1 nollor är m+k 1 k 1, och det är således också antalet olika kulplaceringar här. Dvs vi har att m + k 1 3 = antalet olika sätt att lägga m identiska kulor i k olika lådor. k 1 Vi övergår nu till att behandla de givna deluppgifterna a och b. a Sökt antal olika sätt kan fås på följande sätt. Först läggs två identiska kulor i varje låda. Det kan bara göras på ett sätt. De 12 återstående identiska kulorna kan sedan fördelas fritt mellan de 4 olika lådorna. Det kan göras på 12 + 3 = 3 15 3 = 13 14 15 6 = 455, olika sätt enligt 3. Antal olika fördelningar i detta fall är alltså 1 455 = 455. b Vi beräknar först antalet olika sätt att lägga 10 identiska blå bollar och 10 identiska gröna bollar i 4 olika lådor. Lägg först i de 10 identiska blå bollarna. Det kan göras på 10 + 3 13 11 12 13 = = = 286 3 3 6 olika sätt enligt 3. Lägg sedan i de 10 identiska gröna bollarna. Det kan naturligtvis också göras på 286 olika sätt för varje fördelning av de blå bollarna Således totalt 286 286 = 81796 olika sätt att lägga 10 identiska blå bollar och 10 identiska gröna bollar i 4 olika lådor. Vi beräknar nu antalet olika sätt att lägga 10 identiska blå bollar och 10 identiska gröna bollar i de 4 olika lådor så att minst en låda innehåller högst en boll. Låt A k för k = 1, 2, 3, 4 vara mängden av alla bollplaceringar sådana att låda k innehåller högst en boll. Antalet olika 4

sätt att lägga i bollarna i lådorna så att minst en låda innehåller högst en boll är antalet element i unionen A 1 A 2 A 3 A 4. Enligt exklusions-inklusionsprincipen gäller att 4 #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. Vi beräknar nu #A 1. Bollplaceringarna i A 1 kan delas in i följande fall: i Låda 1 hålls tom. ii En blå eller en grön boll läggs i låda 1. Två olika delfall här, båda delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. I samtliga fall här läggs sedan de återstående bollarna i lådorna 2, 3 och 4. Av detta och av 3 följer att 10 + 2 10 + 2 9 + 2 10 + 2 #A 1 = + 2 = 66 2 + 2 55 66 = 11616. 2 2 2 2 Vi beräknar nu #A 1 A 2. Bollplaceringarna i A 1 A 2 kan delas in i följande fall: i Lådorna 1 och 2 hålls båda tomma. ii En blå eller en grön boll läggs i en av lådorna 1 och 2 och den andra hålls tom. Fyra olika delfall här, alla fyra delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. iii En blå boll läggs i en lådorna 1 och 2 och en grön boll läggs i den andra av dessa båda lådor. Två olika delfall här, båda delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. iv En blå boll läggs i var och en av lådorna 1 och 2 eller eller en grön boll läggs i var och en av dessa båda lådor. Två olika delfall här, båda delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. I samtliga fall här läggs sedan återstående bollarna i lådorna 3 och 4. Av detta och av 3 följer att 10 + 1 10 + 1 9 + 1 10 + 1 #A 1 A 2 = + 4 1 1 1 1 9 + 1 9 + 1 8 + 1 10 + 1 + 2 + 2 1 1 1 1 = 11 2 + 4 10 11 + 2 10 10 + 2 9 11 = 959. Vi beräknar nu #A 1 A 2 A 3. Bollplaceringarna i A 1 A 2 A 3 kan delas in i följande fall: i Lådorna 1, 2 och 3 hålls alla tomma. 5

ii En blå eller en grön boll läggs i en av lådorna 1, 2 eller 3 och de två övriga av dessa tre lådor hålls tomma. Sex olika delfall här, alla sex delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. iii En blå boll läggs i två av lådorna 1, 2 och 3, eller en grön boll läggs i två av lådorna 1, 2 och 3, och den tredje av dessa tre lådor hålls tom. Sex olika delfall här, alla sex delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. iv En blå boll läggs i en av lådorna 1, 2 och 3, en grön boll läggs i någon annan av dessa tre lådor och den återstående av dessa tre lådor hålls tom. Sex olika delfall här, alla sex delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. v En blå boll läggs i var och en av de tre lådorna 1, 2 och 3 eller en grön boll läggs i var och en av de tre lådorna 1, 2 och 3. Två olika delfall här, båda två delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. vi En blå boll läggs i två av lådorna 1, 2 och 3 och en grön boll läggs i den återstående av dessa tre lådor, eller en grön boll läggs i två av lådorna 1, 2 och 3 och en blå boll läggs i den återstående av dessa tre lådor. Sex olika delfall här, alla sex delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. I samtliga fall läggs sedan de återstående bollarna i låda 4, och det kan bara göras på ett sätt. Av detta följer att #A 1 A 2 A 3 = 1 + 6 + 6 + 6 + 2 + 6 = 27. Slutligen har vi att A 1 A 2 A 3 A 4 = och alltså att #A 1 A 2 A 3 A 4 = 0. Dessa beräkningar och att alla termer inom samma parentes i högerledet av 4 är lika stora på grund av symmetri ger att #A 1 A 2 A 3 A 4 = 4 11616 6 959 + 4 27 0 = 40818. Genom att subtrahera detta antal, dvs antalet olika kulplaceringar där minst en låda innehåller högst en kula, från det totala antalet olika kulplaceringar fås antalet olika kulplaceringar där alla lådor innehåller minst två kulor. Således är 81796 40818 = 40978 antalet olika kulplaceringar av tio identiska blå kulor och tio identiska gröna kulor i fyra olika lådor med minst två kulor i varje låda. 6