Tenta 2015-12-11

Ekvationen är reell, så även $-1-i$ måste vara en rot. Polynomet skall då vara delbart med $$(x-(-1+i))(x-(-1-i))=x^2+2x+2.$$ Polynomdivision ger $$7x^3+15x^2+16x+2=(x^2+2x+2)(7x+1).$$ Samtliga rötter är därför $-1\pm i$ och $-\frac17$. Alternativ lösning. Enligt Rationella rotsatsen må en eventuell rationell rot $\frac pq$ (slutförkortad) uppfylla $p\mid2$ och $q\mid7$, vilket ger möjligheterna $p\in\{\pm1,\pm2\}$ och $q\in\{\pm1,\pm7\}$. Utprovning av dessa visar, att $-\frac17$ är en lösning. Polynomdivision ger samma faktorisering, där den kvadratiska faktorn $x^2+2x+2$ har nollställena $-1\pm i$.

(a) Volymen är absolutbeloppet av determinanten $$\left|\begin{pmatrix}1&1&b\\1&-1&b\\b&1+b&b\end{pmatrix}\right|=2b^2-2b,$$ således $\lvert2b^2-2b\rvert$. (b) Vektorerna utgör en bas precis då $2b^2-2b\neq0$, alltså då $b\neq0,1$. (c) Basen är positivt orienterad precis då $2b^2-2b>0$, vilket sker då $b<0$ eller $b>1$.

(a) Gauss-elimination av ekvationssystemet $$\begin{cases}-x-y+z=2,\\x+2y+3z=1\end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases}-x-y+z=2,\\y+4z=3\end{cases}$$ ger parameterlösningen $$x=-5+5t,\qquad y=3-4t,\qquad z=t,$$ vilket är ekvationen för prinsessan Lailas bana. (b) Substitueras kejsar Pampatines koordinater $(1+2t,1+2t,-2t)$ i vänsterledet till ekvationen för Lukas Molnpromenerares plan, fås $$(1+2t)+2(1+2t)+3(-2t)=3\neq1.$$ Linjen och planet saknar alltså skärning. Alternativ lösning. Kejsar Pampatines bana är parallell med planet $x+2y+3z=1$, eftersom riktningsvektorn $(2,2,-2)$ är vinkelrät mot normalvektorn $(1,2,3)$: $$(2,2,-2)\cdot(1,2,3)=0.$$ Punkten $(1,1,0)$ på banan uppfyller inte planets ekvation, så linjen och planet är parallella. (c) Avståndet mellan $(1,1,0)$ och planet är $$\frac{|1+2\cdot1+3\cdot0-1|}{\sqrt{1^2+2^2+3^2}}=\frac2{\sqrt{14}}.$$

(a) Projektionen av vektorn $u=(x,y,z)$ på planets normal ges av projektionsformeln: $$u_1=\frac{(x,y,z)\cdot(-3,1,-1)}{|(-3,1,-1)|^2}(-3,1,-1)=\frac{-3x+y-z}{11}(-3,1,-1)$$ $$=\frac1{11}(9x-3y+3z,-3x+y-z,3x-y+z).$$ Spegelbilden av $u$ i planet är $$u-2u_1=\frac1{11}(-7x+6y-6z,6x+9y+2z,-6x+2y+9z),$$ varur speglingsmatrisen avläses till $$\frac1{11}\begin{pmatrix}-7&6&-6\\6&9&2\\-6&2&9\end{pmatrix}.$$ (b) En spegling är alltid sin egen invers. Alternativ lösning. Man kontrollerar lätt, att determinanten är nollskild.

(a) $$a_1=1=\frac1{\sqrt1},\qquad a_2=\frac1{\sqrt2},\qquad a_3=\frac1{\sqrt3},\qquad a_4=\frac12=\frac1{\sqrt4},\qquad a_5=\frac1{\sqrt5}.$$ (b) Formeln är $a_n=\frac1{\sqrt n}$, vilken stämmer för $1\leq n\leq5$ enligt ovan. Antag, att $a_n=\frac1{\sqrt n}$ gäller för något $n$. Då gäller ävenledes $$a_{n+1}=\frac1{\sqrt{1+1/a_n^2}}=\frac1{\sqrt{1+1/(1/\sqrt n)^2}}=\frac1{\sqrt{1+n}}=\frac1{\sqrt{n+1}}.$$ Enligt Induktionsprincipen gäller formeln för alla $n$.

Rektangulär form $z=a+bi$ ger $$z+\frac1z=(a+bi)+\frac1{a+bi}=(a+bi)+\frac{a-bi}{(a+bi)(a-bi)}$$ $$=\frac{(a+bi)(a^2+b^2)}{a^2+b^2}+\frac{a-bi}{a^2+b^2}=\frac{(a^3+ab^2+a)+(a^2b+b^3-b)i}{a^2+b^2}.$$ Uttrycket är reellt då $$0=a^2b+b^3-b=b(a^2+b^2-1)\Longleftrightarrow b=0\text{ eller }a^2+b^2=1,$$ alltså då $z$ är reellt eller $|z|=1$. Uttrycket är rent imaginärt då $$0=a^3+ab^2+a=a(a^2+b^2+1)\Longleftrightarrow a=0,$$ alltså då $z$ är rent imaginärt. Alternativ lösning. Polär form $z=re^{\theta i}$ ger $$z+\frac1z=r(\cos\theta+i\sin\theta)+\frac1r(\cos\theta-i\sin\theta)$$ $$=\left(r+\frac1r\right)\cos\theta+i\left(r-\frac1r\right)\sin\theta.$$ Uttrycket är reellt då $r-\frac1r=0$ eller $\sin\theta=0$, det vill säga $r=1$ eller $\theta=0,\pi$, alltså $|z|=1$ eller $z$ är reellt. Det är rent imaginärt då $r+\frac1r=0$ eller $\cos\theta=0$, det vill säga $\theta=\pm\frac\pi2$, alltså då $z$ är rent imaginärt.