Tenta 2018-08-15

(a) Vi börjar med Euklides algoritm:
$$ \begin{aligned} 17&=1\cdot10+7,\\ 10&=1\cdot7+3,\\ 7&=2\cdot3+1. \end{aligned} $$
så $\operatorname{SGD}(17,10)=1$ och vi kan lösa ekvationen genom att köra Euklides algoritm baklänges:
$$1=7-2\cdot3=7-2\cdot(10-1\cdot7)=3\cdot7-2\cdot10 =3\cdot(17-1\cdot10)-2\cdot10=3\cdot17-5\cdot10.$$
Vi får att $(x,y)=(3,-5)$ är en partikulärlösning till hjälpekvationen $17x+10y=1$. Multipliceras denna med $5$ får en partikulärlösning till vår ekvation, så den allmänna lösningen ges därmed av
$$ \begin{cases} x=15+10k,\\ y=-25-17k \end{cases} \qquad k\in\mathbb Z. $$

(b) Insättning av lösningen ger $2x+y=5+3k$. Vi behöver alltså hitta den rest av $5$ modulo $3$ som ligger närmast $0$ på tallinjen, vilket är $-1$ och som fås för $k=-2$. Vi finner alltså det minsta värdet $|2x+y|=1$ för $(x,y)=(-5,9)$.

(a) Vi räknar modulo $10$ och får
$$95^{53}\equiv5^{53}=125\equiv5\pmod {10}$$
och
$$3^{95}=3^{2\cdot47+1}=(3^2)^{47}3\equiv(-1)^{47}3=-3\pmod {10},$$
så $95^{53}+3^{95}=5-3=2\pmod {10}$, varför sista siffran är $2$.

(b) $|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$ så $100=|A|+97-50$ vilket ger $|A|=53$. Vidare är
$$|B\setminus A|=|B|-|A\cap B|=97-50=47.$$

(c) Eftersom MATEMATIK har $9$ bokstäver, varav $3$ dubbelter, fås enligt välkänd princip
$$\frac{9!}{(2!)^3}=45360$$
ord. Om vi för andra delfrågan börjar med att beräkna antalet ”förbjudna” ord får vi $5$ byggstenar: MATTE, M, A, I och K, som kan ordnas på $5!$ sätt. Vi får alltså kvar
$$\frac{9!}{(2!)^3}-5!=45240$$
ord.

(a) Sätter vi $u=z-1$ så vill vi lösa $u^4=-4$. Ansätter vi lösningen på polär form $u=re^{\theta i}$ fårs $r^4e^{4\theta i}=4e^{\pi i}$. Vi behöver alltså $r^4=4$ och $4\theta=\pi+2\pi n$ för $n\in\mathbb Z$. Vilket ger $r=\sqrt2$ och
$$\theta=\frac\pi4+\frac\pi2n.$$
Sätter vi in $n=1,2,3,4$ fås lösningarna $u=\pm1\pm i$, så
$$z_{1,2}=2\pm i\qquad\text{och}\qquad z_{3,4}=\pm i.$$

(b) Parar vi ihop konjugerade nollställen får vi
$$p(z)=(z^2-4z+5)(z^2+1).$$

(a) Låt $M$ vara matrisen med vektorerna som kolonner. Då får vi genom radoperationer
$$ \det(M)= \begin{vmatrix} 1&a&b\\ 2&b&4a\\ 1&a&0 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1&a&b\\ 0&b-2a&4a-2b\\ 0&0&-b \end{vmatrix} =b(2a-b), $$
så volymen är
$$|\det(M)|=|b(2a-b)|.$$

(b) En vektor $\vec v$ är parallell med planet $y=0$ om och endast om $\vec v\cdot\vec e_2=0$. Detta uppfylls för $\vec f_2$ om $b=0$, och för $\vec f_3$ om $a=0$. Eftersom vektorerna dessutom skall bilda en bas måste $\det(M)\neq0$, så vi får sammanfattningsvis kraven $a=0$, $b\neq0$.

(c) Löser vi ekvationssystemet som svarar mot ekvationen $x\vec f_1+y\vec f_2+z\vec f_3=\vec e_3$, får vi koordinaterna
$$(x,y,z)=\left(1,-\frac2b,-\frac1b\right).$$

(a) Gemensamma skärningspunkter fås genom att lösa ekvationssystemet
$$ \begin{cases} 1-s=t,\\ 1-2s=-1+t,\\ -s=-2+t, \end{cases} $$
som saknar lösning. Linjerna är inte heller parallella, ty riktningsvektorerna $\vec v_1=(-1,-2,-1)$ och $\vec v_2=(1,1,1)$ är inte parallella. Således måste de vara skeva.

(b) En godtycklig punkt på vardera linjen är $P=(1-s,1-2s,-s)$ respektive $Q=(t,-1+t,-2+t)$. Då punkterna ligger som närmast, skall vektorn
$$\overrightarrow{PQ}=(-1+s+t,-2+2s+t,-2+s+t)$$
vara ortogonal mot de båda riktningsvektorerna, vilket ger ekvationssystemet
$$ \begin{cases} 0=\vec v_1\cdot\overrightarrow{PQ}=7-6s-4t,\\ 0=\vec v_2\cdot\overrightarrow{PQ}=-5+4s+3t. \end{cases} $$
med lösningen $s=\frac12$ och $t=1$. De närmaste punkterna är alltså
$$P=\left(\frac12,0,-\frac12\right)\qquad\text{och}\qquad Q=(1,0,-1)$$
på avståndet
$$|\overrightarrow{PQ}|=\left|\left(\frac12,0,-\frac12\right)\right|=\frac1{\sqrt2}.$$

Basbytesmatrisen
$$Q=\frac1{\sqrt{10}}\begin{pmatrix}3&1\\-1&3\end{pmatrix}$$
är ortogonal, ty
$$ Q^TQ=\frac1{10} \begin{pmatrix}3&-1\\1&3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}3&1\\-1&3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} =E. $$
Vidare är $\det(Q)=1>0$, så basen är positivt orienterad. Avbildningsmatrisen i den nya basen är
$$ A'=Q^{-1}AQ=Q^TAQ= \begin{pmatrix}-1&0\\0&1\end{pmatrix}. $$
Avbildningen är därmed spegling i linjen genom origo med riktningsvektor $\vec e'_2$, dvs. spegling i linjen $y=3x$.