MM2001 · Hela algebra
Talföljden $\{a_n\}_{n=0}^{\infty}$ definieras rekursivt genom: $a_0=7$, $a_1=5$ och $a_{n+1}=2a_n+3a_{n-1}$ för $n\ge 1$.
Du misstänker att det finns två konstanter $A$ och $B$ sådana att $a_n=A\cdot 3^n+B\cdot(-1)^n$ för $n\ge 0$. Verifiera misstanken (finn möjliga $A$ och $B$) och bevisa ditt påstående.
För $n=0$ och $n=1$ får vi
$$7=a_0=A\cdot3^0+B\cdot(-1)^0=A+B$$
och
$$5=a_1=A\cdot3^1+B\cdot(-1)^1=3A-B.$$
Därav följer $A=3$ och $B=4$. Vi visar därför genom induktion att
$$a_n=3\cdot3^n+4\cdot(-1)^n$$
för alla $n\ge0$. Påståendet gäller redan för $n=0$ och $n=1$. Antag att det gäller för $n=k$ och $n=k+1$, där $k\ge0$. Då är
$$\begin{aligned}a_{k+2}&=2a_{k+1}+3a_k\\&=2\left(3\cdot3^{k+1}+4(-1)^{k+1}\right)+3\left(3\cdot3^k+4(-1)^k\right)\\&=3\cdot3^{k+2}+4(-1)^{k+2}.\end{aligned}$$
Enligt induktionsprincipen gäller påståendet för alla $n\ge0$.
Låt $\mathbf{u}$, $\mathbf{v}$ och $\mathbf{w}$ vara tre vektorer i rymden som parvis bildar vinkel $30^\circ$. Antag vidare att $\lVert\mathbf{u}\rVert=1$, $\lVert\mathbf{v}\rVert=2$ och $\lVert\mathbf{w}\rVert=3$. Bestäm $\lVert\mathbf{u}+2\mathbf{v}-3\mathbf{w}\rVert$.
Vi beräknar
$$\begin{aligned}\lVert\mathbf{u}+2\mathbf{v}-3\mathbf{w}\rVert^2&=(\mathbf{u}+2\mathbf{v}-3\mathbf{w})\cdot(\mathbf{u}+2\mathbf{v}-3\mathbf{w})\\&=\lVert\mathbf{u}\rVert^2+4\lVert\mathbf{v}\rVert^2+9\lVert\mathbf{w}\rVert^2+4\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}-6\mathbf{u}\cdot\mathbf{w}-12\mathbf{v}\cdot\mathbf{w}.\end{aligned}$$
Eftersom vinklarna är $30^\circ$ och $\cos30^\circ=\frac{\sqrt3}{2}$, får vi
$$\lVert\mathbf{u}+2\mathbf{v}-3\mathbf{w}\rVert=\sqrt{1+16+81+(4-9-36)\sqrt3}=\sqrt{98-41\sqrt3}.$$
Undersök för varje värde på parametern $a$ huruvida ekvationssystemet
$$ \begin{cases} ax+y+3z=2,\\ 2x+y+az=2,\\ 2x+y+3z=a \end{cases} $$
har precis en lösning, ingen lösning alls eller oändligt många lösningar.
Om vi subtraherar den tredje ekvationen från den första och den andra får vi det ekvivalenta systemet
$$\begin{cases}(a-2)x=2-a,\\(a-3)z=2-a,\\2x+y+3z=a.\end{cases}$$
För $a=3$ blir den andra ekvationen $0=-1$, så lösningar saknas.
För $a=2$ blir systemet ekvivalent med
$$\begin{cases}-z=0,\\2x+y+3z=2,\end{cases}$$
vilket ger oändligt många lösningar:
$$(x,y,z)=(0,2,0)+t(1,-2,0).$$
För $a\ne2,3$ dividerar vi den första ekvationen med $a-2$ och den andra med $a-3$. Systemet får då den unika lösningen
$$(x,y,z)=\left(-1,\frac{a^2+2a-12}{a-3},\frac{2-a}{a-3}\right).$$
Linjen $(x,y,z)=(1,0,3)+t(2,1,-1)$ skär planet $2x-y+z=3$ i punkten $A$ och planet $x+2y+2z=1$ i punkten $B$. Bestäm avståndet mellan punkterna $A$ och $B$.
Insättning av $(x,y,z)=(1+2t,t,3-t)$ i ekvationen för det första planet ger $t=-1$. Följaktligen är
$$A=(-1,-1,4).$$
Insättning i ekvationen för det andra planet ger $t=-3$. Alltså är
$$B=(-5,-3,6).$$
Avståndet mellan $A$ och $B$ är därför
$$\sqrt{(-5+1)^2+(-3+1)^2+(6-4)^2}=\sqrt{24}=2\sqrt6.$$
Femton av 25 barn i en skolklass har en hund och 10 har en katt, varav 6 har både en hund och en katt. En djurvänskommitté bestående av tre personer ska väljas och i den ska minst två djurägare ingå. På hur många olika sätt kan kommittéen väljas? (Ledtråd: Hur många djurägare finns det i klassen? Rita Venn-diagramm.)
Låt $A=\{\text{barn med en hund}\}$ och $B=\{\text{barn med en katt}\}$. Det finns $6$ barn i $A\cap B$. Antalet barn som är klassens djurägare är därför
$$\lvert A\cup B\rvert=15+10-6=19.$$
De övriga $25-19=6$ barnen äger inget djur. Om kommittén enbart ska bestå av tre djurägare kan den väljas på $\binom{19}3$ sätt. Om kommittén ska innehålla en som inte äger något djur kan den väljas på $\binom{19}2\cdot6$ sätt.
Svar: Antalet möjligheter är
$$\binom{19}3+\binom{19}2\cdot6=1995.$$
En linjär avbildning från planet till rummet är en funktion $F\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3$ som uppfyller att $F(\mathbf{u}+\mathbf{v})=F(\mathbf{u})+F(\mathbf{v})$ och att $\lambda F(\mathbf{v})=F(\lambda\mathbf{v})$ för alla vektorer $\mathbf{u}$ och $\mathbf{v}$ och reella tal $\lambda$ (alltså precis samma krav som för en linjär avbildning från planet till planet eller från rummet till rummet). Varje sådan avbildning bestäms av en $3\times 2$-matris (på samma sätt som varje avbildning på rummet ges av en $3\times 3$-matris).
Bestäm matrisen för den avbildning $T\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3$ som avbildar vektor $(2,1)$ på $(1,3,-1)$ och vektor $(-1,0)$ på $(2,0,-1)$. Finn matrisen för denna avbildning.
Låt $\overline{\mathbf e}_1,\overline{\mathbf e}_2$ vara basen i planet. Då är
$$(2,1)=2\overline{\mathbf e}_1+\overline{\mathbf e}_2,\qquad (-1,0)=-\overline{\mathbf e}_1+0\overline{\mathbf e}_2.$$
Följaktligen gäller
$$(1,3,-1)=T(2,1)=T(2\overline{\mathbf e}_1+\overline{\mathbf e}_2)=2T\overline{\mathbf e}_1+T\overline{\mathbf e}_2$$
och
$$(-1,0,-1)=T(-1,0)=T(-\overline{\mathbf e}_1)=-T\overline{\mathbf e}_1.$$
Alltså är
$$T\overline{\mathbf e}_1=(-2,0,1),\qquad T\overline{\mathbf e}_2=(1,3,-1)-2T\overline{\mathbf e}_1=(5,3,-3).$$
Dessa två vektorer utgör kolonnerna i avbildningens matris:
$$\begin{pmatrix}-2&5\\0&3\\1&-3\end{pmatrix}.$$