Tenta 2017-08-14

Lättast är att först skriva täljare och nämnare på polär form var för sig och sedan dividera:
$$w=\frac{1+i}{\sqrt3+i} =\frac{\sqrt2e^{i\pi/4}}{2e^{i\pi/6}} =\frac1{\sqrt2}e^{i(\pi/4-\pi/6)} =\frac1{\sqrt2}e^{i\pi/12}.$$
För att lösa ekvationen skriver vi
$$w=2^{-1/2}e^{i\pi/12+2ki\pi},\qquad k\in\mathbb Z,$$
och får rötterna
$$z_k=2^{-1/8}e^{i\pi(1/48+k/2)},\qquad k\in\mathbb Z.$$
Här räcker det att ta $k=0,1,2,3$ då ju $z_k=z_{k+4}$. Eftersom $e^{ki\pi/2}=i^k$ kan man även skriva
$$z_k=2^{-1/8}i^ke^{i\pi/48}.$$
I det komplexa talplanet är rötterna hörnen i en kvadrat. För att rita den kan man lägga märke till att $\pi/48=180/48=3,75$ grader. Figuren behöver inte vara precisionsritad – det är knepigt att åstadkomma en vinkel på $3,75$ grader med bara sitt ögonmått. Det måste dock framgå att rötterna utgör hörnen i en kvadrat med medelpunkt i $0$.

Det systematiska sättet att hitta en lösning är ju genom att använda Euklides algoritm, men i det här fallet är det lätt att hitta lösningen $(x_0,y_0)=(-3,3)$ genom att bara titta på ekvationen. Den allmänna lösningen är således
$$x=-3+7n,\qquad y=3-5n,\qquad n\in\mathbb Z.$$
Vi är intresserade av att hitta de lösningar för vilka $1000\le x\le1006$, det vill säga
$$1000\le-3+7n\le1006.$$
Omskrivning ger
$$\frac{1003}{7}\le n\le\frac{1009}{7}$$
eller
$$143\\frac27\le n\le144\\frac17.$$
Det finns tydligen bara en lösning med $x$ i det aktuella intervallet, nämligen den med $n=144$. Vi får $(x,y)=(1005,-717)$.

(a) En ekvation för $L_1$ kan vi få genom att lösa systemet
$$x+y-z=2,\qquad x-y+z=4.$$
Vi får $x=3$, $y-z=-1$, så en parameterframställning är
$$L_1:(x,y,z)=(3,s,s+1).$$
En riktningsvektor till $L_1$ är tydligen $u=(0,1,1)$. En normalvektor till $M$ är $n=(2,3,-3)$. Eftersom skalärprodukten
$$u\cdot n=0\cdot2+1\cdot3+1\cdot(-3)=0,$$
så är $u$ och $n$ ortogonala och därmed är $L_1$ parallell med planet $M$. En punkt på $L_1$ är $P=(3,0,1)$ och en på $M$ är $Q=(0,3,-2)$. Avståndet mellan $L_1$ och $M$ är alltså lika med längden av projektionen av $v=\\overrightarrow{PQ}=(-3,3,-3)$ på $n$. Den är lika med
$$d=\frac{|v\cdot n|}{|n|} =\frac{|(-3)\cdot2+3\cdot3+(-3)\cdot(-3)|}{\sqrt{2^2+3^2+(-3)^2}} =\frac{12}{\\sqrt{22}}.$$

(b) För att avgöra om $L_1$ och $L_2$ skär varandra, måste vi undersöka om systemet
$$3=2t,\qquad s=1+3t,\qquad s+1=1-3t$$
har någon lösning. Men den första ekvationen ger $t=3/2$, vilket insatt i den andra ger $s=11/2$ och i den tredje $s=-9/2$. Detta är en motsägelse, så systemet saknar lösningar och linjerna skär därmed inte varandra.

(a) Det är enkelt att utveckla efter första raden eller första kolonnen, men för att underlätta arbetet så mycket som möjligt, kan man börja med att subtrahera den första raden från den sista; det förändrar inte determinantens värde. Detta ger
$$ \det A= \begin{vmatrix} 1&0&1&0\\ 0&1&1&1\\ 0&a^3&a^2&a\\ 0&a&1&1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1&1&1\\ a^3&a^2&a\\ a&1&1 \end{vmatrix}. $$
Här är det lämpligt att subtrahera den första raden från den tredje:
$$ \det A= \begin{vmatrix} 1&1&1\\ a^3&a^2&a\\ a-1&0&0 \end{vmatrix}. $$
Utveckling längs den tredje raden ger nu
$$ \det A=(a-1)\begin{vmatrix}1&1\\a^2&a\end{vmatrix} =(a-1)(a-a^2)=-a(a-1)^2. $$
Eftersom $\det A=0$ om och endast om $a=0$ eller $a=1$, så är $A$ inverterbar för alla andra värden på $a$.

(b) För $a=-1$ är
$$A=\begin{pmatrix}1&0&1&0\\0&1&1&1\\0&-1&1&-1\\1&-1&2&1\end{pmatrix}.$$
Vanlig Gausselimination ger att inversen är
$$A^{-1}=\begin{pmatrix} 1&-\frac12&-\frac12&0\\ \frac12&\frac12&0&-\frac12\\ 0&\frac12&\frac12&0\\ -\frac12&0&-\frac12&\frac12 \end{pmatrix}.$$
Ekvationen $AX+A=E$ kan skrivas $A(X+E)=E$, vilket ger
$$X=A^{-1}E-E=A^{-1}-E =\begin{pmatrix} 0&-\frac12&-\frac12&0\\ \frac12&-\frac12&0&-\frac12\\ 0&\frac12&-\frac12&0\\ -\frac12&0&-\frac12&-\frac12 \end{pmatrix}.$$

Låt $p/q$ vara en rationell rot, där $p$ och $q$ är relativt prima. Insättning i ekvationen och multiplikation med $q^3$ ger
$$3p^3-7p^2q+8pq^2-2q^3=0.$$
De tre första termerna i vänsterledet är delbara med $p$, så även $2q^3$ måste vara det. Men $p$ och $q$ är relativt prima, så $p$ måste dela $2$. Alltså är $p=\pm1$ eller $\pm2$. På samma sätt får vi att $q$ delar $3$, vilket ger möjligheterna $q=\pm1$ och $q=\pm3$. De möjliga rationella rötterna är således
$$\frac pq=\pm1,\ \pm2,\ \pm\frac13,\ \pm\frac23.$$
För att minska antalet prövningar kan vi lägga märke till att ekvationen inte har någon negativ rot, eftersom alla termerna i vänsterledet är negativa då $x<0$. Prövning visar att $1/3$ är en rot och division ger
$$3x^3-7x^2+8x-2=(3x-1)(x^2-2x+2).$$
De två återstående rötterna får vi genom att lösa $x^2-2x+2=0$ och de är $x=1\pm i$.

För $n=1$ är vänsterledet lika med $1^3=1$ och högerledet är
$$1^2(2\cdot1^2-1)=1,$$
så formeln är sann i det fallet. Induktionsbasen är med andra ord klar. Antag nu att formeln är sann för något visst värde på $n$, det vill säga att
$$1^3+3^3+\\cdots+(2n-1)^3=n^2(2n^2-1).$$
Detta är alltså induktionsantagandet. Vi måste visa att den i så fall är sann även för nästa värde på $n$, det vill säga $n+1$. För $n+1$ är vänsterledet lika med
$$1^3+3^3+\\cdots+(2n-1)^3+(2(n+1)-1)^3,$$
vilket enligt induktionsantagandet är lika med
$$n^2(2n^2-1)+(2(n+1)-1)^3.$$
Vi förenklar detta:
$$\begin{aligned} n^2(2n^2-1)+(2(n+1)-1)^3 &=n^2(2n^2-1)+(2n+1)^3\\\\ &=2n^4-n^2+8n^3+12n^2+6n+1\\\\ &=2n^4+8n^3+11n^2+6n+1. \end{aligned}$$
Högerledet för $n+1$ är lika med
$$\begin{aligned} (n+1)^2(2(n+1)^2-1) &=(n^2+2n+1)(2n^2+4n+1)\\\\ &=2n^4+8n^3+11n^2+6n+1, \end{aligned}$$
vilket är lika med vänsterledet för $n+1$. Enligt induktionsprincipen är formeln sann för alla positiva heltal $n$ och beviset är klart.