Tenta 2019-08-22

Vi behöver att $21x-15=57y$ för heltal $y$, så vi vill lösa den diofantiska ekvationen $21x-57y=15$. Vi förkortar med $\operatorname{SGD}(21,57)=3$ och får $7x-19y=5$. Vi börjar med Euklides algoritm:
$$19=2\cdot7+5,\qquad7=1\cdot5+2,\qquad5=2\cdot2+1.$$
Vi kan nu lösa hjälpekvationen $7x-19y=1$ genom att köra Euklides algoritm baklänges:
$$1=5-2\cdot2=5-2(7-5)=3\cdot5-2\cdot7=3(19-2\cdot7)-2\cdot7=3\cdot19-8\cdot7.$$
Vi får att $(x,y)=(-8,-3)$ är en partikulärlösning till hjälpekvationen. Multipliceras denna med $5$ fås en partikulärlösning till vår ekvation. Eftersom $\operatorname{SGD}(7,19)=1$ är den allmänna lösningen
$$x=-40+19k,\qquad y=-15+7k,\qquad k\in\mathbb Z.$$
Eftersom $-40\equiv17\pmod {19}$ är lösningarna $x=17+19k$ för $k\in\mathbb Z$. Den andra kongruensen motsvarar den diofantiska ekvationen $21x-57y=5$ som saknar lösning eftersom vänsterledet är delbart med $3$, men inte högerledet.

(a) Vi skall lösa $z^6=64$. Ansätter vi lösningen på polär form $z=re^{\theta i}$ fås $r^6e^{6\theta i}=64e^{0i}$. Vi behöver alltså $r^6=64$ och $6\theta=2\pi n$ för $n\in\mathbb Z$. Vilket ger $r=2$ och $\theta=\frac\pi3n$. Sätter vi in $n=1,2,3,4,5,6$ fås lösningarna $z=\pm2$ och $z=\pm1\pm\sqrt3\,i$.

(b) Vi skall välja $4$ siffror, där den första (från vänster) inte får vara $0$, och den fjärde måste tillhöra $\{1,3,7,9\}$, så det blir
$$4\cdot9\cdot10\cdot10=3600$$
olika möjligheter. I andra fallet, om man väljer siffrorna i ordningen 4:e, 1:a, 2:a, 3:e ser vi att det blir
$$4\cdot8\cdot8\cdot7=1792$$
olika möjligheter.

Låt $A$ vara ekvationssystemets koefficientmatris. Vi får
$$ \det(A)= \begin{vmatrix}1&a&1\\1&4&3\\1&3&a\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}1&a&1\\0&4-a&2\\0&3-a&a-1\end{vmatrix} =(4-a)(a-1)-2(3-a)=-(a-2)(a-5). $$
Så $\det(A)=0$ för $a=2$ eller $a=5$. För dessa $a$ kan ekvationssystemet ha ingen eller oändligt många lösningar. Vi undersöker nu dessa fall närmre. För $a=2$ fås den utökade koefficientmatrisen
$$ \begin{pmatrix}1&2&1&|&1\\1&4&3&|&3\\1&3&2&|&2\end{pmatrix}, $$
vilket ger ett lösbart ekvationssystem (t.ex. $(x,y,z)=(0,0,1)$). För $a=5$ fås
$$ \begin{pmatrix}1&5&1&|&1\\1&4&3&|&3\\1&3&5&|&2\end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}1&5&1&|&1\\0&-1&2&|&2\\0&-2&4&|&1\end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix}1&5&1&|&1\\0&-1&2&|&2\\0&0&0&|&-3\end{pmatrix}, $$
så lösning saknas. Svar: Ingen lösning för $a=5$, oändligt många lösningar för $a=2$, och unik lösning för alla andra $a$.

(a) Kvadreras villkoren får vi
$$|\vec u|^2=4,\qquad|\vec u|^2+2\vec u\cdot\vec v+|\vec v|^2=7,\qquad|\vec u|^2-2\vec u\cdot\vec v+|\vec v|^2=19.$$
Detta ger direkt $\vec u\cdot\vec v=-3$ och $|\vec v|^2=9$, så $|\vec v|=3$ och den sökta vinkeln $\theta$ fås av
$$\cos\theta=\frac{\vec u\cdot\vec v}{|\vec u||\vec v|}=\frac{-3}{2\cdot3}=-\frac12,$$
vilket ger $\theta=2\pi/3$.

(b) Efter kvadratkomplettering får vi den normaliserade ekvationen
$$\frac{(x+1)^2}{2^2}+\frac{(y-1)^2}{1^2}=1.$$
Från detta ser vi direkt att medelpunkten är $(-1,1)$, halvaxeln i $x$-led är $2$, och halvaxeln i $y$-led är $1$. Vidare, om storaxeln är $a=2$, lillaxeln är $b=1$, och avståndet från medelpunkten till brännpunkterna är $c$, gäller $a^2=b^2+c^2$. Vi får därmed att $c=\sqrt3$, så brännpunkterna är $(-1\pm\sqrt3,1)$. Nu kan vi skissa grafen.

(a) Löser vi ekvationssystemet med planets ekvationer får vi att $L$ ges av
$$(x,y,z)=(3,-1,0)+t(2,-1,1),\qquad t\in\mathbb R.$$
Alltså är $Q=(3,-1,0)$ en punkt på $L$, och $\vec u=(2,-1,1)$ en riktningsvektor. Vektorerna $\vec u$ och $\vec v=\overrightarrow{QP}=(-2,2,1)$ ligger i planet, så vi får en normalvektor genom
$$ \vec n=\vec u\times\vec v= \begin{vmatrix}\vec e_1&\vec e_2&\vec e_3\\2&-1&1\\-2&2&1\end{vmatrix} =-3\vec e_1-4\vec e_2+2\vec e_3=(-3,-4,2). $$
Planets ekvation är därför
$$-4(x-1)-3(y-1)+2(z-1)=0,$$
dvs. $3x+4y-2z=5$.

(b) Den närmaste punkten $R$ bestäms genom ortogonal projektion på linjen:
$$ \overrightarrow{QR}=\operatorname{Proj}_{\vec u}\overrightarrow{QP} =\frac{\overrightarrow{QP}\cdot\vec u}{|\vec u|^2}\vec u =-\frac56\vec u =\left(-\frac{10}{6},\frac56,-\frac56\right), $$
så $\overrightarrow{OR}=\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{QR}$ ger punkten
$$R=\left(\frac43,-\frac16,-\frac56\right).$$

(a) Planets normalvektor är $\vec n=(1,1,-1)$. Geometriskt ser vi att projektionen $P(\vec v)$ av en vektor $\vec v=(x,y,z)$ ges av
$$P(\vec v)=\vec v-\operatorname{Proj}_{\vec n}(\vec v) =\vec v-\frac{x+y-z}{3}\vec n.$$
Detta ger
$$P(\vec v)=\frac13(2x-y+z,-x+2y+z,x+y+2z),$$
från vilket vi får att $P$ har matrisen
$$A=\frac13\begin{pmatrix}2&-1&1\\-1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}.$$
Speglingen $S$ har matrisen
$$B=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}.$$
Vi får att $T=S\circ P$ har matrisen
$$C=BA=\frac13\begin{pmatrix}2&-1&1\\1&-2&-1\\-1&-1&-2\end{pmatrix}.$$

(b) Om en linjär avbildning $T$ är en projektion kommer $T\circ T=T$, men matrisen $C$ för vår avbildning $T$ uppfyller inte $C^2=C$, så $T$ kan inte vara en projektion.