Tenta 2013-06-05

Eftersom $\operatorname{SGD}(18,33,69)=3$ börjar vi med att dividera med $3$. Då får vi den ekvivalenta ekvationen

$$6x+11y=23.$$

Vi löser först $6x+11y=1$. Euklides algoritm, eller en enkel gissning, ger lösningen $x_0=2$, $y_0=-1$. Därmed är $x_1=46$, $y_1=-23$ en partikulärlösning till $6x+11y=23$. Den allmänna lösningen är

$$x=46-11n,\qquad y=-23+6n,$$

för heltal $n$. Villkoret $-20\le x\le20$ ger

$$-20\le46-11n\le20,$$

så $n=3,4,5,6$. Alla lösningar är därför

$$(x,y)=(13,-5),(2,1),(-9,7),(-20,13).$$

Om fru Sur väljs kan de övriga två kvinnorna väljas på $\binom72$ sätt och de tre männen på $\binom93$ sätt. Om fru Sur inte väljs kan kvinnorna väljas på $\binom73$ sätt och männen på $\binom{10}3$ sätt.

Sammanlagt kan styrelsen alltså väljas på

$$\binom72\binom93+\binom73\binom{10}3$$

sätt.

Låt $z=x+yi$, där $x,y\in\mathbb{R}$. Då är

$$\frac{z+i}{z-i}=\frac{x+yi+i}{x+yi-i}=\frac{x+(y+1)i}{x+(y-1)i}\cdot\frac{x-(y-1)i}{x-(y-1)i}$$

och alltså

$$\frac{z+i}{z-i}=\frac{x^2+y^2-1}{x^2+(y-1)^2}+\frac{2x}{x^2+(y-1)^2}i.$$

Talet är rent imaginärt precis då $x^2+y^2-1=0$, det vill säga då $(x,y)$ ligger på enhetscirkeln. Alltså gäller $\lvert z\rvert=1$, med undantag för $z=i$, där uttrycket inte är definierat.

Koefficientmatrisens determinant är uppenbarligen $0$ då $a=0$, eftersom sista raden då är en nollrad. Annars är determinanten $a(a-1)$. För $a\ne0$ och $a\ne1$ är determinanten skild från noll och systemet har en entydig lösning.

För $a=0$ måste också $b=0$ enligt den sista ekvationen. Då får vi $x=3$ samt $x+y=2$, och alltså oändligt många lösningar:

$$(x,y,z)=(3,-1,t),\qquad t\in\mathbb{R}.$$

För $a=0$ och $b\ne0$ saknar systemet lösning.

För $a=1$ får vi den utökade matrisen

$$\left(\begin{array}{ccc|c}1&1&b&3\\1&1&1&2\\1&1&0&b\end{array}\right).$$

Subtraktion av den tredje raden från de två första ger

$$\left(\begin{array}{ccc|c}0&0&b&3-b\\0&0&1&2-b\\1&1&0&b\end{array}\right).$$

Den första raden minus $b$ gånger den andra ger en rad vars högerled är $b^2-3b+3$. Detta uttryck är aldrig noll, så systemet saknar lösning då $a=1$.

Svar: För $a\ne0,1$ finns en entydig lösning. För $a=0$ och $b=0$ finns oändligt många lösningar. I övriga fall saknas lösning.

På koordinatform kan vi skriva

$$\overline{\mathbf f}_1=\left(\frac23,\frac23,\alpha\right),\qquad \overline{\mathbf f}_2=\left(-\frac23,\frac13,\beta\right).$$

Eftersom $\overline{\mathbf f}_1\cdot\overline{\mathbf f}_2=0$ samt $\lVert\overline{\mathbf f}_1\rVert=\lVert\overline{\mathbf f}_2\rVert=1$, får vi

$$\alpha\beta=\frac29,\qquad \alpha^2=\frac19,\qquad \beta^2=\frac49.$$

Då $\alpha>0$ är $\alpha=\frac13$ och $\beta=\frac23$. Den tredje vektorn kan erhållas som $\overline{\mathbf f}_3=\overline{\mathbf f}_1\times\overline{\mathbf f}_2$, vilket ger

$$\overline{\mathbf f}_3=\left(\frac13,-\frac23,\frac23\right).$$

a) Den linjära avbildningen är invers till den avbildning som skickar $(1,0,0)$, $(0,1,0)$ och $(0,0,1)$ på respektive $(1,1,0)$, $(2,1,1)$ och $(-1,-1,3)$. Matrisen för den senare avbildningen är

$$A=\begin{pmatrix}1&2&-1\\1&1&-1\\0&1&3\end{pmatrix}.$$

Standardberäkning av invers matris ger den sökta matrisen

$$A^{-1}=\frac13\begin{pmatrix}-4&7&1\\3&-3&0\\-1&1&1\end{pmatrix}.$$

b) En vridning med $180^\circ$ runt $z$-axeln skickar $(1,0,0)$ på $(-1,0,0)$, $(0,1,0)$ på $(0,-1,0)$ och lämnar $(0,0,1)$ fix. Dess matris är därför

$$B=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

Den sökta matrisen är alltså

$$BA^{-1}=\frac13\begin{pmatrix}4&-7&-1\\-3&3&0\\-1&1&1\end{pmatrix}.$$