Tenta 2017-12-06

(a) Det systematiska sättet att hitta en lösning är att använda Euklides algoritm:
$$53=2\cdot19+15,\quad19=1\cdot15+4,\quad15=3\cdot4+3,\quad4=1\cdot3+1.$$
Så $\operatorname{sgd}(53,19)=1$ och vi kan lösa hjälpekvationen $53x+19y=1$ genom att köra Euklides algoritm baklänges:
$$1=-5\cdot53+14\cdot19.$$
Vi får att $(x,y)=(-5,14)$ löser hjälpekvationen. Multipliceras denna lösning med $4$ fås en partikulärlösning $(x,y)=(-20,56)$ till vår ekvation, så den allmänna lösningen ges därmed av
$$x=-20+19k,\qquad y=56-53k,\qquad k\in\mathbb Z.$$

(b) Villkoret $|x|<19$ ger $-19<-20+19k<19$, som har lösningarna $k=1,2$, vilket insatt i lösningsformeln ger $(x,y)=(-1,3)$ samt $(x,y)=(18,-50)$.

(a) Kvinnorna kan väljas på $\binom{20}{2}$ sätt, männen på $\binom{10}{2}$ sätt, och därefter kan ordföranden väljas på $4$ sätt. Enligt multiplikationsprincipen är antalet sätt
$$\binom{20}{2}\binom{10}{2}4=190\cdot45\cdot4=34200.$$

(b) Efter kvadratkomplettering får vi den normaliserade ekvationen
$$\frac{(x+2)^2}{2^2}+\frac{(y-1)^2}{(\sqrt2)^2}=1.$$
Från detta ser vi direkt att medelpunkten är $(-2,1)$, halvaxeln i $x$-led är $2$, och halvaxeln i $y$-led är $\sqrt2$. Vidare, om storaxeln är $a=2$, lillaxeln är $b=\sqrt2$, och avståndet från medelpunkten till brännpunkterna med $c$ gäller $a^2=b^2+c^2$. Detta ger $c=\sqrt2$, så brännpunkterna är $(-2\pm\sqrt2,1)$. Nu kan vi skissa grafen.

(a) Om $z=m/n$ är ett rationellt nollställe med $\operatorname{sgd}(m,n)=1$ gäller $m\mid8$ och $n\mid1$, så vi får kandidaterna $z=\pm1,\pm2,\pm4,\pm8$. Prövning ger att $z=-2$ fungerar, så $z+2$ är en faktor. Polynomdivision ger
$$p(z)=(z+2)(z^4+4).$$
Vi vill därför lösa $z^4+4=0\Longleftrightarrow z^4=-4$. Ansätter vi lösningen på polär form $z=re^{\\theta i}$ fås $r^4e^{4\\theta i}=4e^{\\pi i}$. Vi behöver alltså $r^4=4$ och $4\\theta=\pi+2\pi n$ för $n\in\mathbb Z$, vilket ger $r=\sqrt2$ och $\\theta=\\pi/4+\\pi n/2$. Sätter vi in $n=1,2,3,4$ fås lösningarna $z=\pm1\pm i$. Svar: $z_1=-2$, $z_{2,3,4,5}=\pm1\pm i$.

(b) Parar vi ihop konjugerade nollställen får vi
$$\begin{aligned} p(z)&=(z+2)(z-1-i)(z-1+i)(z+1-i)(z+1+i)\\\\ &=(z+2)(z^2-2z+2)(z^2+2z+2). \end{aligned}$$

(a) $x^2-2x+2=(x-1)^2+1>0$ för alla $x\in\mathbb R$.

(b) I basfallet $n=3$ är
$$VL=\left(1+\frac1{1^3}\right)\left(1+\frac1{2^3}\right)\left(1+\frac1{3^3}\right)=\frac21\cdot\frac98\cdot\frac{28}{27}=\frac73$$
och
$$HL=3-\frac13=\frac83,$$
så $VL<HL$. Vi gör nu induktionsantagandet att olikheten gäller för något $n=k\ge3$. För $n=k+1$ får vi då
$$\begin{aligned} VL&=\prod_{j=1}^{k}\left(1+\frac1{j^3}\right)\left(1+\frac1{(k+1)^3}\right)\\\\ &<[\\text{ind.ant.}]<\left(3-\frac1k\right)\left(1+\frac1{(k+1)^3}\right)\\\\ &<[\\text{vi vill}]<3-\frac1{k+1}. \end{aligned}$$
Vi behöver alltså
$$\left(3-\frac1k\right)\left(1+\frac1{(k+1)^3}\right)<3-\frac1{k+1},$$
som är ekvivalent med
$$k(k+1)^2-(k+1)^3+3k-1<0 \Longleftrightarrow k^2-k+2>0,$$
som alltid är sant enligt (a). Alltså gäller olikheten även för $n=k+1$. Enligt induktionsprincipen gäller därför olikheten för $n=3,4,5,\ldots$.

(a) Sätter vi in rymdskeppets koordinater i planets ekvation får vi
$$(5+2t)+2(4+t)-(2+t)=17,$$
som har lösningen $t=2$. Skärningspunkten är därmed $(9,6,4)$. Vinkeln $\\theta$ mellan linjens riktningsvektor $v=(2,1,1)$ och planets normal $n=(1,2,-1)$ fås av
$$\cos\\theta=\frac{v\cdot n}{|v||n|}=\frac36=\frac12,$$
så $\\theta=\\pi/3$. Vinkeln med planet är därmed $\\pi/2-\\theta=\\pi/6$.

(b) Eftersom punkten $(5,4,2)$ på linjen inte ligger i planet, räcker det att riktningsvektorn $v=(2,1+2a,1+a)$ är ortogonal mot $n$. Vi får
$$0=v\cdot n=3+3a,$$
så $a=-1$.

(a) Låt
$$M=\begin{pmatrix}0&1&1\\\\a&2&0\\\\4&a&2\end{pmatrix}$$
vara matrisen med vektorernas koordinatvektorer som kolonner. Man får
$$\\det(M)=a^2-2a-8=(a-1)^2-9,$$
så $\det(M)=0$ omm $a-1=\pm3$. Vektorerna bildar alltså en bas för alla $a$ utom $4$ och $-2$. Om $a=3$ blir $\det(M)=-5<0$, så basen $(v_1,v_2,v_3)$ är negativt orienterad. Om vi byter plats på två av vektorerna får vi en positivt orienterad bas, t.ex. $(v_2,v_1,v_3)$.

(b) Planets normalvektor är $n=(1,2,-1)$. Geometriskt ser vi att speglingen $S(v)$ av en vektor $v=(x,y,z)$ ges av
$$S(v)=v-2\\operatorname{Proj}_n(v) =v-2\frac{x+2y-z}{|n|^2}n =v-2\frac{x+2y-z}{6}n.$$
Detta ger
$$S(v)=\frac13(2x-2y+z,-2x-y+2z,x+2y+2z),$$
från vilket vi får att $S$ har matrisen
$$A=\frac13\begin{pmatrix}2&-2&1\\\\-2&-1&2\\\\1&2&2\end{pmatrix}.$$
Vridningen $V$ har matrisen
$$B=\begin{pmatrix}0&-1&0\\\\1&0&0\\\\0&0&1\end{pmatrix}.$$
Vi får
$$ (V\circ S)(e_1)=BA\begin{pmatrix}1\\\\0\\\\0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2/3\\\\2/3\\\\1/3\end{pmatrix} =\frac13(2e_1+2e_2+e_3).$$