MM2001 · Hela algebra
Beräkna
$$\operatorname{SGD}(26\,221, 10\,085).$$
Elsa är på konditori och väljer bland tretton olika bakelser. På hur många sätt kan hon välja nio bakelser bland dessa att äta? Ordningen i urvalet är oväsentlig. Svaret skall räknas ut explicit.
Mängderna $X$ och $Y$ uppfyller följande tre villkor:
$$X \cup Y = \{A, B, C, D, E, F\}, \qquad X \cap Y = \{F, A, B\}, \qquad X \setminus Y = \varnothing.$$
Bestäm alla möjligheter för (elementen i) mängderna $X$ och $Y$.
(a) Euklides algoritm ger
$$ \begin{aligned} 26221&=2\cdot10085+6051\\ 10085&=1\cdot6051+4034\\ 6051&=1\cdot4034+2017\\ 4034&=2\cdot2017+0. \end{aligned} $$
Den sista icke-försvinnande resten är
$$\operatorname{sgd}(26221,10085)=2017.$$
(b) Antalet oordnade urval av 9 objekt bland 13 är
$$\binom{13}{9}=\frac{13!}{9!4!}=\frac{13\cdot12\cdot11\cdot10}{4\cdot3\cdot2\cdot1}=715.$$
(c) Från $X\cap Y=\{F,A,B\}$ och $X\setminus Y=\varnothing$ ser vi, att elementen i $X$, som också ligger i $Y$, är $F,A,B$, medan det saknas element i $X$, som inte ligger i $Y$. Alltså har vi $X=\{F,A,B\}$. För att $X$ och $Y$ tillsammans skall innehålla alla bokstäverna $A,\ldots,F$, så måste $Y$, förutom $F,A,B$, innehålla även resten, således $Y=\{A,B,C,D,E,F\}$.
För att skydda transporterna till och från sin dator Dödshjärnan, låter den ondskefulle kejsar Pampatine sina dödspatruller noga bevaka planet
$$x - 2y - 2z = 3.$$
Rymdrebellen Lukas Molnpromenerare färdas med sitt rymdskepp längs linjen
$$(x, y, z) = (t, 1 - at, b),$$
där $a$ och $b$ är (reella) konstanter och $t$ betyder tiden. Hans bana visar sig tyvärr ligga inuti precis det farliga plan, som kejsar Pampatine särskilt bevakar. Bestäm konstanterna $a$ och $b$.
Prinsessan Laila flyger, klokt nog, längs med linjen
$$(x, y, z) = (1 + 2t, -2t, 1 + 3t), \qquad t \in \mathbb{R}.$$
Visa, att hennes bana aldrig korsar kejsar Pampatines plan.
Beräkna avståndet mellan prinsessan Lailas bana och planet kejsar Pampatine bevakar.
(a) Villkoret är
$$3=t-2(1-at)-2b=(-2-2b)+(1+2a)t.$$
Detta skall gälla för alla värden på $t$, varför $a=-\frac12$ och $b=-\frac52$.
(b) Linjen korsar inte planet, ty ekvationen
$$3=(1+2t)-2(-2t)-2(1+3t)=-1$$
saknar lösning.
(c) Detta är avståndet mellan planet och valfri punkt på prinsessan Lailas bana, till exempel $L=(1,0,1)$. En godtycklig punkt i planet är $P=(3,0,0)$. Projektionen av vektorn $\overrightarrow{PL}=(-2,0,1)$ på planets normalvektor $(1,-2,-2)$ beräknas med Projektionsformeln till
$$\operatorname{proj}_{(1,-2,-2)}(-2,0,1)=\frac{(-2,0,1)\cdot(1,-2,-2)}{|(1,-2,-2)|^2}(1,-2,-2)=-\frac49(1,-2,-2).$$
Avståndet mellan linjen och planet är därför
$$\operatorname{proj}_{(1,-2,-2)}(-2,0,1)=-\frac49(1,-2,-2)=\frac49\cdot3=\frac43.$$
Bestäm först den komplexa konstanten $c$, så att tredjegradsekvationen
$$x^{3} - x^{2} - 7x + c = 0$$
får roten $2 + i$. Lös därefter ekvationen fullständigt för detta värde på $c$.
Vi har
$$(2+i)^2=3+4i\qquad\text{och}\qquad(2+i)^3=2+11i.$$
Skall ekvationen ha roten $2+i$, måste
$$\begin{aligned} 0&=(2+i)^3-(2+i)^2-7(2+i)+c\\ &=(2+11i)-(3+4i)-7(2+i)+c=-15+c, \end{aligned}$$
alltså $c=15$. Ekvationen $x^3-x^2-7x+15=0$ är reell, varför både $2\pm i$ är rötter enligt Konjugerade rotsatsen. Tredjegradspolynomet har därför faktorn
$$(x-2-i)(x-2+i)=x^2-4x+5.$$
Polynomdivision ger
$$x^3-x^2-7x+15=(x^2-4x+5)(x+3),$$
varur vi avläser de tre rötterna $2\pm i$ och $-3$.
Finn de reella tal $x$, som uppfyller olikheten
$$\frac{2}{x} - \frac{1}{x + 1} \ge 1.$$
Vi har
$$f(x)=1+\frac1{x+1}-\frac2x=\frac{x^2-2}{x(x+1)}=\frac{(x+\sqrt2)(x-\sqrt2)}{x(x+1)}.$$
Teckenstudium för funktionen finns i tabellen. Vi avläser, att $f(x)\le0$ precis då $-\sqrt2\le x<-1$ eller $0<x\le\sqrt2$.
| $x$ | $(-\infty,-\sqrt2)$ | $-\sqrt2$ | $(-\sqrt2,-1)$ | $-1$ | $(-1,0)$ | $0$ | $(0,\sqrt2)$ | $\sqrt2$ | $(\sqrt2,\infty)$ |
|---|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:|
| $x+\sqrt2$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
| $x+1$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ | $+$ |
| $x$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ | $+$ | $+$ |
| $x-\sqrt2$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $f(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | odef. | $+$ | odef. | $-$ | $0$ | $+$ |
Tabell 1: Teckenstudium för $f(x)=\frac{(x+\sqrt2)(x-\sqrt2)}{x(x+1)}$.
Visa, att vektorerna
$$\mathbf{e}'_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\mathbf{e}_1 + \frac{1}{\sqrt{2}}\mathbf{e}_2$$
$$\mathbf{e}'_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{e}_1 - \frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{e}_2$$
beskriver en ny bas i planet (där $\mathbf{e}_1$, $\mathbf{e}_2$ är standardbasen).
Avgör, om denna nya bas är ortonormerad.
Avbildningen $T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}$ har i standardbasen matrisen
$$A = \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{2} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2}\end{pmatrix}.$$
Finn avbildningsmatrisen i basen $(\mathbf{e}'_1, \mathbf{e}'_2)$.
Tolka avbildningen geometriskt.
(a) Basbytesmatrisen är
$$Q=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt2}&\frac{\sqrt3}{2}\\[2pt]\frac1{\sqrt2}&-\frac{\sqrt3}{2}\end{pmatrix}.$$
Eftersom $\det Q=-\frac{\sqrt3}{\sqrt2}\ne0$, är detta en giltig basbytesmatris och kolonnerna $e'_1,e'_2$ ger en ny bas (Linjära algebrans huvudsats).
(b) Vi verifierar att
$$Q^{\mathsf T}Q=\begin{pmatrix}1&0\\0&\frac32\end{pmatrix}\ne E,$$
vilket visar att basen inte är ortonormerad.
(c) Vi finner först inversen
$$Q^{-1}=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt2}&\frac1{\sqrt2}\\[2pt]\frac1{\sqrt3}&-\frac1{\sqrt3}\end{pmatrix}$$
till basbytesmatrisen. Den nya avbildningsmatrisen fås sedan som
$$A'=Q^{-1}AQ=\begin{pmatrix}\sqrt2&0\\0&1\end{pmatrix}.$$
(d) Avbildningen töjer faktorn $\sqrt2$ längs $e'_1$ (och lämnar riktningen $e'_2$ oförändrad).
Betrakta två punkter $A$ och $B$ i rummet. Låt $M$ vara mittpunkten på sträckan $AB$, och låt $P$ vara en godtycklig punkt.
Uttryck vektorerna $\overrightarrow{AB}$ och $\overrightarrow{PM}$ som linjärkombinationer av $\overrightarrow{PA}$ och $\overrightarrow{PB}$.
Bevisa formeln
$$\lVert\overrightarrow{PM}\rVert^{2} = \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} + \frac{1}{4}\lVert\overrightarrow{AB}\rVert^{2}.$$
(a) Vektordifferensen är $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA}$, och vidare har vi $\overrightarrow{PM}=\frac12(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB})$ enligt Mittpunktsformeln.
(b) Från dessa formler får vi
$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{AB}|^2&=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}=\left(\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA}\right)\cdot\left(\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA}\right)\\ &=\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PA}-2(\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB})\\ &=|\overrightarrow{PB}|^2+|\overrightarrow{PA}|^2-2(\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}) \end{aligned} $$
och
$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{PM}|^2&=\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PM}=\frac12(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB})\cdot\frac12(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB})\\ &=\frac14\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PA}+\frac14\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PB}+\frac12(\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB})\\ &=\frac14|\overrightarrow{PA}|^2+\frac14|\overrightarrow{PB}|^2+\frac12(\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}). \end{aligned} $$
Härav sluter vi att
$$|\overrightarrow{PM}|^2-\frac14|\overrightarrow{AB}|^2=\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB},$$
vilket är det önskade påståendet.
Alternativ lösning. Välj ett ortonormerat koordinatsystem med origo i $M$ och sträckan $AB$ längs $x$-axeln. Då är
$$M=(0,0,0),\qquad A=(a,0,0)\quad\text{och}\quad B=(-a,0,0)$$
för något tal $a$. Ansätter vi nu $P=(x,y,z)$, så kalkylerar vi enkelt
$$|\overrightarrow{PM}|^2=|(-x,-y,-z)|^2=x^2+y^2+z^2$$
och
$$ \begin{aligned} \overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}+\frac14|\overrightarrow{AB}|^2 &=(-x+a,-y,-z)\cdot(-x-a,-y,-z)+\frac14|(-2a,0,0)|^2\\ &=(x-a)(x+a)+y^2+z^2+\frac14(2a)^2\\ &=x^2+y^2+z^2, \end{aligned} $$
varför beviset är färdigställt. (Det går att göra godtyckliga ansatser för punkterna $A$ och $B$, men räkningarna förenklas maximalt, om koordinatsystemet väljes som ovan.)