Tenta 2018-05-07

(a) Man ser enkelt en partikulärlösning $(x,y)=(-2,1)$, så eftersom $\operatorname{SGD}(15,7)=1$ ges den allmänna lösningen av
$$ \begin{cases} x=-2+15k,\\ y=1-7k \end{cases} \qquad k\in\mathbb Z. $$

(b) Kongruensen är ekvivalent med att $7x-1=15l$, för $l\in\mathbb Z$, vilket är precis den diofantiska ekvationen i (a), med $y=-l$. De möjliga värdena på $x$ är därmed $x=-2+15k$, för $k\in\mathbb Z$, vilket kan skrivas som $x\equiv -2\equiv13\pmod {15}$.

(c) Att lösa kongruensen $px\equiv1\pmod {15}$ är ekvivalent med att lösa den diofantiska ekvationen $px+15y=1$, som är lösbar om och endast om $\operatorname{SGD}(p,15)$ delar $1$, dvs. för alla primtal $p$ utom $3$ och $5$.

(a) Enligt faktorsatsen är resten
$$p(-2i)=(-2i)^6+1=-63.$$

(b) För att lösa $z^6+1=0\Longleftrightarrow z^6=-1$, ansätter vi lösningen på polär form $z=re^{\theta i}$. Vi får $r^6e^{6\theta i}=e^{\pi i}$. Vi behöver alltså $r^6=1$ och $6\theta=\pi+2\pi n$ för $n\in\mathbb Z$. Vilket ger $r=1$ och
$$\theta=\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{3}n.$$
Sätter vi in $n=0,1,2,3,4,5$ fås lösningarna $z=\pm i$ och
$$z=\frac{\pm\sqrt3\pm i}{2}.$$
Dessa bildar en regelbunden 6-hörning på enhetscirkeln i det komplexa talplanet.

(c) Parar vi ihop konjugerade nollställen får vi
$$ \begin{aligned} p(z)={}&(z-i)(z+i) \left(z-\frac{\sqrt3}{2}-\frac{i}{2}\right) \left(z-\frac{\sqrt3}{2}+\frac{i}{2}\right)\\ &\mathrel{}\cdot \left(z+\frac{\sqrt3}{2}-\frac{i}{2}\right) \left(z+\frac{\sqrt3}{2}+\frac{i}{2}\right)\\ ={}&(z^2+1)(z^2-\sqrt3z+1)(z^2+\sqrt3z+1). \end{aligned} $$

(a) Sanningstabellen är
$$ \begin{array}{c|c|c|c|c} P&Q&P\Rightarrow\neg Q&Q\Rightarrow P&(P\Rightarrow\neg Q)\land(Q\Rightarrow P)\\ \hline S&S&F&S&F\\ S&F&S&S&S\\ F&S&S&F&F\\ F&F&S&S&S \end{array} $$
Vi ser från sanningstabellen att utsagan är ekvivalent med $\neg Q$.

(b) i. Med multiplikationsprincipen fås
$$10\cdot9\cdot8\cdot7=5040.$$

ii. Det finns $10$ koder med $4$ upprepningar av en siffra. Om man har $3$ upprepningar av en siffra, kan den siffran väljas på $10$ sätt. Den enstaka siffran kan väljas på $9$ sätt, och dess position på $4$ sätt. Vi får alltså
$$10^4-10-10\cdot9\cdot4=9630$$
möjligheter.

iii. Vi måste ha precis en siffra som förekommer $2$ gånger, så vi får
$$10\binom42\cdot9\cdot8=4320.$$

Vi bevisar utsagan med induktion. Eftersom vi får att $F_2=F_1+F_0=1$ så stämmer basfallet $n=1$, ty
$$ \begin{pmatrix}F_2&F_1\\F_1&F_0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}. $$
Vi antar nu att
$$ \begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}^{n} = \begin{pmatrix}F_{n+1}&F_n\\F_n&F_{n-1}\end{pmatrix} $$
för något $n\geq1$. Vi vill visa att formeln då även gäller för nästa heltal, dvs. att
$$ \begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}^{n+1} = \begin{pmatrix}F_{n+2}&F_{n+1}\\F_{n+1}&F_n\end{pmatrix}. \tag{1} $$
Vi får
$$ \begin{aligned} \begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}^{n+1} &= \begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}^{n} \begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}\\ &\mathrel{=}_{\text{[ind.ant.]}} \begin{pmatrix}F_{n+1}&F_n\\F_n&F_{n-1}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix}F_{n+1}+F_n&F_{n+1}\\F_n+F_{n-1}&F_n\end{pmatrix}\\ &\mathrel{=}_{\text{[rekursion]}} \begin{pmatrix}F_{n+2}&F_{n+1}\\F_{n+1}&F_n\end{pmatrix}, \end{aligned} $$
så vi har visat (1). Enligt induktionsprincipen gäller därför utsagan för alla $n=1,2,3,\ldots$

(a) Löser vi ekvationssystemet med planets ekvationer får vi att $L$ ges av
$$(x,y,z)=(1,2,0)+t(3,-1,2),\qquad t\in\mathbb R.$$
Alltså är $Q=(1,2,0)$ en punkt på $L$, och $\vec u=(3,-1,2)$ en riktningsvektor. Vektorerna $\vec u$ och $\vec v=\overrightarrow{QP}=(2,-1,1)$ ligger i planet, så vi får en normalvektor genom
$$ \vec n=\vec u\times\vec v= \begin{vmatrix} \vec e_1&\vec e_2&\vec e_3\\ 3&-1&2\\ 2&-1&1 \end{vmatrix} =\vec e_1+\vec e_2-\vec e_3=(1,1,-1). $$
Planets ekvation är därför
$$(x-1)+(y-2)-(z-0)=0,$$
dvs. $x+y-z=3$.

(b) Den närmaste punkten $R$ bestäms, genom ortogonal projektion på linjen, av
$$ \overrightarrow{QR} =\operatorname{Proj}_{\vec u}\overrightarrow{QP} =\frac{\overrightarrow{QP}\cdot\vec u}{|\vec u|^2}\vec u =\frac9{14}\vec u =\left(\frac{27}{14},\frac{-9}{14},\frac{18}{14}\right), $$
så $\overrightarrow{OR}=\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{QR}$ ger att punkten
$$R=\left(\frac{41}{14},\frac{19}{14},\frac{18}{14}\right).$$

(a) Första speglingen uppfyller
$$S_1(\vec e_1)=-\vec e_2,\qquad S_1(\vec e_2)=-\vec e_1,\qquad S_1(\vec e_3)=\vec e_3.$$
Rotationen har matris
$$ R= \begin{pmatrix} \cos(\pi/2)&0&\sin(\pi/2)\\ 0&1&0\\ -\sin(\pi/2)&0&\cos(\pi/2) \end{pmatrix}. $$
Om speglingen i $xz$-planet har matris $S_2$ fås därmed matrisen
$$ T=S_2RS_1= \begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&0\\-1&0&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}. $$

(b) Vi ser att $T$ permuterar basvektorerna:
$$T(\vec e_1)=\vec e_2,\qquad T(\vec e_2)=\vec e_3,\qquad T(\vec e_3)=\vec e_1,$$
så efter lite handviftande inser man att $T$ roterar $120^\circ$ grader runt linjen genom origo med riktning $\vec v=(1,1,1)$, moturs sett från spetsen av $\vec v$.