MM2001 · Hela algebra
Bestäm alla punkter $(x, y) \in \mathbb{R}^{2}$, sådana att $x$, $y$ är positiva heltal som uppfyller ekvationen
$$13x + 23y = 1465.$$
Bestäm alla punkter $(x, y) \in \mathbb{R}^{2}$, sådana att $x$, $y$ är positiva heltal som uppfyller ekvationen
$$13x^{2} + 23y^{2} = 1465.$$
(a) Vi börjar med att lösa ekvationen $13x+23y=1$ med Euklides algoritm:
$$23=1\cdot13+10,\qquad13=1\cdot10+3,\qquad10=3\cdot3+1,$$
vilket ger
$$1=10-3\cdot3=10-3(13-10)=4\cdot10-3\cdot13=4(23-13)-3\cdot13=4\cdot23-7\cdot13.$$
En lösning till $13x+23y=1$ ges därför av $x_0=-7$, $y_0=4$. Den allmänna lösningen blir därmed
$$x=1465x_0+23n,\qquad y=1465y_0-13n,$$
dvs.
$$x=-10255+23n,\qquad y=5860-13n.$$
Villkoret $x>0$ ger $n>10255/23=445,\ldots$ och på samma sätt ger $y>0$ att $n<5860/13=450,\ldots$, dvs. $446\leq n\leq450$. Dessa fem värden ger följande möjliga lösningar:
$$(95,10),\ (72,23),\ (49,36),\ (26,49),\ (3,62).$$
(b) Om $(x,y)$ är en möjlig heltalslösning till $13x^2+23y^2=1465$ så måste tydligen $(x^2,y^2)$ vara en lösning till ekvationen i (a). Men den enda av de fem lösningarna där som består av två kvadrater på heltal är
$$(49,36)=(7^2,6^2).$$
$(7,6)$ är alltså den entydiga lösningen i detta fall.
Vi definierar tre plan $\Pi_1$, $\Pi_2$, $\Pi_3$ som beror av parametern $a$ genom följande ekvationer på normalform: $\Pi_1 : x + y + az = 1$, $\Pi_2 : ax - 3y + 4z = -2$, $\Pi_3 : 2x - y + 4z = a$. För vilka värden på det reella talet $a$ saknar de tre planen gemensam punkt och för vilka värden på $a$ finns det oändligt många skärningspunkter? Ange också skärningsmängden om denna blir oändlig för något $a$.
Att undersöka skärningsmängden till planen är ekvivalent med att lösa ekvationssystemet
$$
\begin{cases}
x+y+az=1,\\
ax-3y+4z=-2,\\
2x-y+4z=a.
\end{cases}
$$
Vi beräknar först determinanten
$$
\begin{vmatrix}1&1&a\\a&-3&4\\2&-1&4\end{vmatrix}
=-a^2+2a,
$$
med de två nollställena $0$ och $2$. Dessa är de enda möjliga värdena på $a$.
Fallet $a=2$:
$$
\begin{pmatrix}1&1&2&|&1\\2&-3&4&|&-2\\2&-1&4&|&2\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}1&1&2&|&1\\0&-5&0&|&-4\\0&-3&0&|&0\end{pmatrix}.
$$
De understa två ekvationerna är uppenbarligen motstridiga, vilket ger att det saknas skärningspunkter i detta fall.
Fallet $a=0$:
$$
\begin{pmatrix}1&1&0&|&1\\0&-3&4&|&-2\\2&-1&4&|&0\end{pmatrix}
\sim
\begin{pmatrix}1&1&0&|&1\\0&-3&4&|&-2\\0&-3&4&|&-2\end{pmatrix}.
$$
De understa två ekvationerna är identiska, varför den undre kan strykas. Om vi sätter $z=t$ så följer att
$$y=\frac43t+\frac23,\qquad x=-\frac43t+\frac13.$$
Skärningsmängden är alltså linjen
$$(x,y,z)=\left(\frac13,\frac23,0\right)+t\left(-\frac43,\frac43,1\right).$$
Betrakta en regelbunden $12$-hörning i planet. Vi kan nu konstruera trianglar genom att välja ut tre olika hörn i denna och låta dessa bilda hörnen i en ny triangel. Observera att två trianglar räknas som identiska om de har samma hörn, oberoende av ordningen på hörnen.
Hur många sådana trianglar är möjliga?
Hur många sådana liksidiga trianglar är möjliga?
Hur många sådana likbenta trianglar är möjliga?
Bilden visar exempel på två likbenta trianglar. Svara på uträknad form.
(a) Varje sådan triangel bestäms entydigt genom att välja ut en delmängd med tre element ur mängden av de tolv hörnen. Detta kan göras på
$$\binom{12}{3}=\frac{12!}{3!\cdot9!}=\frac{12\cdot11\cdot10}{2\cdot3}=220$$
sätt.
(b) Varje sådan liksidig triangel bestäms entydigt av ett val av ett av de tolv hörnen. Men bland dessa val kommer tre att ge samma triangel, så det finns sammanlagt
$$12/3=4$$
sådana trianglar.
(c) Det finns fem olika typer av likbenta trianglar som kan konstrueras på detta sätt, varav en typ är den liksidiga (se figur). Var och en av de icke-liksidiga typerna förekommer i tolv olika varianter (som fås genom att rotera motsvarande typ-triangel ett tolftedels varv i taget). Den liksidiga typen finns bara i fyra varianter (enligt b). Sammanlagt får vi alltså
$$4\cdot12+4=52$$
sätt.
Polynomet $p(z) = z^{4} - 9z^{2} + 12z + 10$ har nollstället $z = 2 + i$. Bestäm övriga (komplexa) nollställen.
Polynomet $p(z)=z^4-9z^2+12z+10$ har nollstället $z=2+i$ och därmed är även $z=2-i$ ett nollställe. Det följer att $p(z)$ är delbart med
$$(z-2-i)(z-2+i)=z^2-4z+5.$$
Polynomdivision ger
$$p(z)=(z^2-4z+5)(z^2+4z+2).$$
De sista två nollställena erhålles genom att lösa andragradsekvationen $z^2+4z+2=0$, vilket ger
$$z=-2\pm\sqrt2.$$
Bestäm matriserna för de tre speglingsavbildningarna som speglar rummet i planen $x + y = 0$, $y + z = 0$ respektive $x + z = 0$. (ON-system)
Var hamnar punkten $(x, y, z)$ om vi först speglar den i planet $x + y = 0$, sedan i planet $y + z = 0$ och till sist i planet $x + z = 0$? Om vi upprepar proceduren ytterligare en gång blir den sammansatta avbildningen en spegling i en linje. Vilken?
(a) Speglingen $S_1$ i planet $x+y=0$ uppfyller
$$S_1(\vec e_x)=-\vec e_y,\qquad S_1(\vec e_y)=-\vec e_x,\qquad S_1(\vec e_z)=\vec e_z,$$
vilket ger matrisen
$$A_1=\begin{pmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$
Speglingen $S_2$ i planet $y+z=0$ uppfyller
$$S_2(\vec e_x)=\vec e_x,\qquad S_2(\vec e_y)=-\vec e_z,\qquad S_2(\vec e_z)=-\vec e_y,$$
vilket ger matrisen
$$A_2=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&-1&0\end{pmatrix}.$$
Speglingen $S_3$ i planet $z=x$ uppfyller
$$S_3(\vec e_x)=-\vec e_z,\qquad S_3(\vec e_y)=\vec e_y,\qquad S_3(\vec e_z)=-\vec e_x,$$
vilket ger matrisen
$$A_3=\begin{pmatrix}0&0&-1\\0&1&0\\-1&0&0\end{pmatrix}.$$
(b) Den sammantagna effekten av de tre speglingarna (i den givna ordningen) ges av
$$
A=A_3A_2A_1=
\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}.
$$
Denna matris avbildar punkten $(x,y,z)$ enligt
$$
\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}-x\\-z\\y\end{pmatrix},
$$
dvs. $(x,y,z)$ avbildas på $(-x,-z,y)$. Vi ser vidare att
$$
A^2=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix},
$$
som avbildar $(x,y,z)$ på $(x,-y,-z)$. Detta svarar mot en spegling i $x$-axeln.
Betrakta matrisen
$$A = \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 0 & 2\end{pmatrix}.$$
Vad blir determinanten för $A^{n}$ ($n$ positivt heltal)?
Gissa en formel för $A^{n}$ ($n$ positivt heltal).
Bevisa formeln i b) med matematisk induktion.
(a) Produktlagen för determinanter ger
$$\det(A^n)=(\det(A))^n=
\begin{vmatrix}1&1\\0&2\end{vmatrix}^{n}=2^n.$$
(b)
$$A^1=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix},\quad
A^2=\begin{pmatrix}1&3\\0&4\end{pmatrix},\quad
A^3=\begin{pmatrix}1&7\\0&8\end{pmatrix},\quad
A^4=\begin{pmatrix}1&15\\0&16\end{pmatrix},\ldots$$
Vi gissar att
$$A^n=\begin{pmatrix}1&2^n-1\\0&2^n\end{pmatrix}.$$
(c) Vi formulerar induktionshypotesen $P_n:A^n=\begin{pmatrix}1&2^n-1\\0&2^n\end{pmatrix}$, och ska visa att $P_n$ är en sann utsaga för varje heltal $n\geq1$.
Bassteget: Detta är trivialt uppfyllt eftersom vi just har valt formeln så att den ska gälla för $n=1,2,3,4$.
Induktionssteget: Antag nu att $P_n$ är ett sant påstående. Då gäller att
$$
\begin{aligned}
A^{n+1}=AA^n
&=\left[\text{enl. induktionsantagandet}\right]\\
&=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1&2^n-1\\0&2^n\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}1&2^n-1+2^n\\0&2\cdot2^n\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}1&2^{n+1}-1\\0&2^{n+1}\end{pmatrix}
=(HL)_{n+1},
\end{aligned}
$$
dvs. vi har visat att $P_{n+1}$ är sant. Enligt induktionsprincipen följer nu att $P_n$ är sant för alla $n\geq1.$