Tenta 2019-06-10

(a) Vi börjar med Euklides algoritm:
$$31=1\cdot23+8,\qquad23=2\cdot8+7,\qquad8=1\cdot7+1.$$
Så $\operatorname{SGD}(23,31)=1$ och vi kan lösa hjälpekvationen $23x+31y=1$ genom att köra Euklides algoritm baklänges:
$$1=8-1\cdot7=8-(23-2\cdot8)=3\cdot8-23=3(31-23)-23=3\cdot31-4\cdot23.$$
Vi får att $(x,y)=(-4,3)$ är en partikulärlösning till hjälpekvationen. Multipliceras denna med $1400$ fås en partikulärlösning till vår ekvation, så den allmänna lösningen ges därmed av
$$x=-5600+31k,\qquad y=4200-23k,\qquad k\in\mathbb Z.$$

(b) Lösningarna $(x,y)$ uppfyller
$$x+y=-1400+8k\equiv0\pmod8.$$

(c) Villkoren $x,y>0$ ger
$$\frac{5600}{31}<k<\frac{4200}{23},$$
så
$$180+\frac{20}{31}<k<182+\frac{14}{23},$$
vilket ger att $k=181$ eller $k=182$. Svar: $(x,y)=(11,37)$ eller $(x,y)=(42,14)$.

(a) Moduliräkning ger att
$$56^{999}+33^{40}\equiv(-1)^{999}+(-5)^{40}=-1+5^{40}=-1+(5^{18})^2 5^4\equiv-1+1^2 5^4=-1+25^2=-1+6^2=35\equiv16\pmod {19},$$
där vi använt att Fermats lilla sats ger att $5^{18}\equiv1\pmod {19}$. Svar: Resten är $16$.

(b) Sanningstabellen är
$$ \begin{array}{c|c|c|c|c} P&Q&P\Rightarrow\neg Q&(Q\land\neg P)\Rightarrow P&(Q\land P)\lor(\neg P)\\ \hline S&S&F&S&S\\ S&F&S&S&F\\ F&S&S&F&S\\ F&F&S&S&S \end{array} $$

(c) Eftersom SOMMARLOV har $9$ bokstäver, varav $2$ dubbletter, fås enligt välkänd princip
$$\frac{9!}{(2!)^2}=90720$$
ord. Om vi för andra delfrågan börjar med att beräkna antalet ”förbjudna” ord får vi $5$ byggstenar: SLARV, O, O, M, M, som enligt samma princip kan ordnas på
$$\frac{5!}{(2!)^2}=30$$
sätt. Vi får alltså kvar
$$\frac{9!}{(2!)^2}-30=90690$$
ord.

Upprepad användning av konjugatregeln ger omedelbart
$$p(z)=(z-\sqrt2)(z+\sqrt2)(z^2+2)(z^4+4),$$
vilket direkt ger fyra nollställen $z=\pm\sqrt2$ och $z=\pm\sqrt2\,i$. Återstår att lösa ekvationen $z^4+4=0$, dvs. $z^4=-4$. 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 $\theta=\frac\pi4+\frac\pi2n$. Sätter vi in $n=1,2,3,4$ fås lösningarna $z=\pm1\pm i$. Parar vi ihop konjugerade nollställen får vi
$$z^4+4=(z-1-i)(z-1+i)(z+1+i)(z+1-i)=(z^2-2z+2)(z^2+2z+2).$$
Nollställena är alltså $z=\pm\sqrt2,\ \pm\sqrt2\,i,\ \pm1\pm i$ och faktoriseringen
$$p(z)=(z-\sqrt2)(z+\sqrt2)(z^2+2)(z^2-2z+2)(z^2+2z+2).$$

(a) Vi får
$$\vec f_2=\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AM}=\frac12\vec e_2-\frac12\vec e_1$$
och
$$ \begin{aligned} \vec f_1=\overrightarrow{MN} &=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BN} =\frac12\overrightarrow{AB}+\frac23\overrightarrow{BC}\\ &=\frac12\vec e_1+\frac23(\vec e_2-\vec e_1) =-\frac16\vec e_1+\frac23\vec e_2. \end{aligned} $$
Så $(\vec f_1\ \vec f_2)=(\vec e_1\ \vec e_2)A$, där
$$A=\frac16\begin{pmatrix}-1&-3\\4&3\end{pmatrix}.$$
Därmed är $(\vec e_1\ \vec e_2)=(\vec f_1\ \vec f_2)A^{-1}$. Med standardmetod får vi
$$A^{-1}=\begin{pmatrix}2&2\\-8/3&-2/3\end{pmatrix},$$
så
$$\vec e_1=2\vec f_1-\frac83\vec f_2,\qquad\vec e_2=2\vec f_1-\frac23\vec f_2.$$

(b) Om vektorn $\vec v$ har koordinatmatrisen
$$X=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$$
i basen $(\vec e_1,\vec e_2)$ så har $\vec v$ koordinatmatrisen
$$Y=A^{-1}X=\begin{pmatrix}6\\-4\end{pmatrix}$$
i basen $(\vec f_1,\vec f_2).$

(a) Löser vi ekvationssystemet med planets ekvationer får vi att $L$ ges av
$$(x,y,z)=(-4,5,0)+t(1,-2,1),\qquad t\in\mathbb R.$$
Alltså är $R=(-4,5,0)$ en punkt på $L$ och $\vec v=(1,-2,1)$ dess riktningsvektor. Vi har $\overrightarrow{RP}=(5,-2,3)$. Om $Q$ är den punkt på $L$ som är närmast $P$ så är
$$\overrightarrow{RQ}=\operatorname{Proj}_{\vec v}(\overrightarrow{RP})=\frac{\overrightarrow{RP}\cdot\vec v}{|\vec v|^2}\vec v=\frac{5+4+3}{6}\vec v=2\vec v=(2,-4,2),$$
så $\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OR}+\overrightarrow{RQ}=(-2,1,2)$. Svar: $Q=(-2,1,2)$.

(b) Om $Q$ är den punkt på planet som är närmast $P$ så måste $\overrightarrow{QP}=(3,2,1)$ vara en normalvektor till planet. Dess ekvation är därmed
$$3(x-(-4))+2(y-5)+1(z-0)=0,$$
dvs. $3x+2y+z+2=0$.

(a) Planets normalvektor är $\vec n=(\sqrt3,1)$. Geometriskt ser vi att speglingen $S(\vec v)$ av en vektor $\vec v=(x,y)$ ges av
$$S(\vec v)=\vec v-2\operatorname{Proj}_{\vec n}(\vec v) =\vec v-2\frac{\vec v\cdot\vec n}{|\vec n|^2}\vec n =\vec v-\frac{\sqrt3x+y}{2}\vec n.$$
Detta ger
$$S(\vec v)=\frac12(-x-\sqrt3y,-\sqrt3x+y),$$
från vilket vi får att $S$ har matrisen
$$A=\frac12\begin{pmatrix}-1&-\sqrt3\\-\sqrt3&1\end{pmatrix}.$$
Spegling i $y$-axeln avbildar $\vec e_1$ på $-\vec e_1$ och $\vec e_2$ på $\vec e_2$, så den har matrisen
$$B=\begin{pmatrix}-1&0\\0&1\end{pmatrix}.$$
Därmed har $T$ matrisen
$$BA=\begin{pmatrix}1/2&\sqrt3/2\\-\sqrt3/2&1/2\end{pmatrix}.$$

(b) Vi ser att $T$ har matrisen
$$\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$$
för $\theta=-\pi/3$, så $T$ är en rotation vinkeln $\pi/3$ medurs. Avbildningen $T^n$ är därför medurs rotation vinkeln $n\pi/3=2n\pi/6$, så det minsta positiva $n$ som ger identitetsavbildningen är $n=6.$