MM2001 · Hela algebra
Bestäm alla lösningar till den diofantiska ekvationen $15x+71y=7$.
Bestäm den minsta positiva heltalslösningen $x$ till $15x\equiv7\pmod{71}$.
Avgör, med noggrann motivering, för vilka heltal $a$ som kongruensen $15x\equiv a\pmod{71}$ har heltalslösningar $x$.
(a) Vi börjar med Euklides algoritm:
$$71=4\cdot14+11,\quad15=1\cdot11+4,\quad11=3\cdot4+3,\quad4=1\cdot3+1,\quad3=3\cdot1.$$
Så $\operatorname{SGD}(71,15)=1$ och vi kan lösa hjälpekvationen $71x+15y=1$ genom att köra Euklides algoritm baklänges:
$$1=4-3=4-(11-3\cdot4)=3\cdot4-11=3(15-11)-11=3\cdot15-4\cdot11=3\cdot15-4(71-4\cdot15)=19\cdot15-4\cdot71.$$
Vi får att $(x,y)=(19,-4)$ är en partikulärlösning till hjälpekvationen. Multipliceras denna med $7$ fås en partikulärlösning till vår ekvation, så den allmänna lösningen ges därmed av
$$x=133-71k,\qquad y=-28+15k,\qquad k\in\mathbb Z.$$
(b) Lösningarna $x$ till kongruensen är precis de som vi bestämt i (a), och vi får minsta möjliga positiva $x$ för $k=1$, vilket ger $x=62$.
(c) Att lösa kongruensen motsvarar att lösa den diofantiska ekvationen $15x+71y=a$, vilken är lösbar om och endast om $\operatorname{SGD}(15,71)=1$ delar $a$, dvs. för alla heltal $a$.
Visa att $2021^{60}-1$ är delbart med 39.
Rita ellipsen $4x^2+y^2-16x-2y+13=0$. Ange speciellt medelpunkt, halvaxlar och brännpunkter.
(a) Primtalsfaktoriseringen av $39$ är $3\cdot13$, så det räcker att visa att talet är delbart med $3$ och $13$. Talet är delbart med $3$ eftersom
$$2021^{60}-1\equiv(-1)^{60}-1=0\pmod3.$$
Nu är $2021\equiv6\pmod {13}$, och enligt Fermats lilla sats får vi $6^{12}\equiv1\pmod {13}$, så
$$2021^{60}-1\equiv6^{12\cdot5}-1=(6^{12})^5-1\equiv1^5-1=0\pmod {13},$$
vilket därmed visar påståendet.
(b) Efter kvadratkomplettering får vi den normaliserade ekvationen
$$\frac{(x-2)^2}{1^2}+\frac{(y-1)^2}{2^2}=1.$$
Från detta ser vi att medelpunkten är $(2,1)$, halvaxeln i $x$-led är $1$, och halvaxeln i $y$-led är $2$. 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 $(2,1\pm\sqrt3)$. Nu kan vi skissa grafen.
Låt $p(z)=8z^5+4z^4+2z+1$. Bestäm alla nollställen $z\in\mathbb{C}$ till $p(z)$, samt faktorisera $p(z)$ så långt som möjligt i reella faktorer.
Tips: polynomet kanske har något rationellt nollställe.
Om $z=m/n$ är ett rationellt nollställe med $\operatorname{SGD}(m,n)=1$ gäller $m\mid1$ och $n\mid8$, så vi får kandidaterna
$$z=\pm1,\ \pm\frac12,\ \pm\frac14,\ \pm\frac18.$$
Prövning ger att $z=-\frac12$ fungerar, så $z+\frac12$ är en faktor. Polynomdivision ger
$$p(z)=8\left(z+\frac12\right)\left(z^4+\frac14\right).$$
Vi vill därför lösa $z^4+\frac14=0\Longleftrightarrow z^4=-\frac14$. Ansätter vi lösningen på polär form $z=re^{\theta i}$ fås $r^4e^{4\theta i}=\frac14e^{\pi i}$. Vi behöver alltså $r^4=\frac14$ och $4\theta=\pi+2\pi n$ för $n\in\mathbb Z$. Vilket ger $r=1/\sqrt2$ och $\theta=\frac\pi4+\frac\pi2n$. Sätter vi in $n=1,2,3,4$ fås lösningarna $z=\frac{\pm1\pm i}{2}$, så de fem lösningarna är alltså
$$z_1=-\frac12,\qquad z_{2,3,4,5}=\frac{\pm1\pm i}{2}.$$
Parar vi ihop konjugerade nollställen får vi
$$
p(z)=8\left(z+\frac12\right)
\left(z-\frac{1+i}{2}\right)\left(z-\frac{1-i}{2}\right)
\left(z-\frac{-1+i}{2}\right)\left(z-\frac{-1-i}{2}\right)
=(2z+1)(2z^2-2z+1)(2z^2+2z+1).$$
På en arbetsplats finns 3 arbetslag med 10 medarbetare i varje. Man skall utse en festkommitté med 6 medlemmar. På hur många sätt kan detta ske om
alla 6 skall komma från samma arbetslag?
det skall vara precis 2 från varje arbetslag?
det skall vara minst en medlem från varje arbetslag?
Svaren får innehålla binomialkoefficienter utom i uppgift (a) där svaret måste vara uträknat.
(a) Arbetslaget kan väljas på $3$ sätt, och medlemmarna från det arbetslaget på $\binom{10}{6}$ sätt, så det blir totalt
$$3\binom{10}{6}=630$$
möjligheter.
(b) På
$$\binom{10}{2}^3=91125$$
sätt.
(c) Det finns $3$ alternativ: Det kan vara $4$ medlemmar från ett arbetslag och $1$ från vardera av de två övriga, vilket kan ske på
$$3\binom{10}{4}\binom{10}{1}\binom{10}{1}$$
sätt. Det kan vara $3$ medlemmar från ett arbetslag, $2$ från ett annat, och $1$ från det tredje, vilket kan ske på
$$3\binom{10}{3}\binom{10}{2}\binom{10}{1}$$
sätt. Slutligen kan det vara två från vardera arbetslag, som i uppgift (b). Totalt får vi
$$300\binom{10}{4}+60\binom{10}{3}\binom{10}{2}+\binom{10}{2}^3=478125$$
sätt.
Anmärkning: Ett inklusion-exklusion-resonemang ger formeln
$$\binom{30}{6}-3\binom{20}{6}+3\binom{10}{6}.$$
Vi har två linjer, den ena ges av
$$(x,y,z)=(2,2,3)+t(1,0,1),\qquad t\in\mathbb{R},$$
och den andra är skärningslinjen mellan planen $x-y+z=1$ och $x-z=3$. Avgör om linjerna är sammanfallande, parallella, skeva eller skärande, samt bestäm två punkter, en på respektive linje, som ligger så nära varandra som möjligt.
Löser vi ekvationssystemet med planets ekvationer får vi att $L_2$ ges av
$$(x,y,z)=(3,2,0)+s(1,2,1),\qquad s\in\mathbb R.$$
Alltså är $\vec v_1=(1,0,1)$ en riktningsvektor för $L_1$ och $\vec v_2=(1,2,1)$ en riktningsvektor för $L_2$. Dessa är inte parallella, så linjerna är skärande eller skeva.
Vi söker nu punkter $P=(2+t,2,3+t)\in L_1$ och $Q=(3+s,2+2s,s)\in L_2$ som minimerar avståndet. Detta inträffar då $\overrightarrow{PQ}$ är ortogonal mot linjernas riktningsvektorer. Eftersom
$$\overrightarrow{PQ}=(1+s-t,2s,s-3-t),$$
får vi
$$
\begin{cases}
0=\overrightarrow{PQ}\cdot\vec v_1=-2+2s-2t,\\
0=\overrightarrow{PQ}\cdot\vec v_2=-2+6s-2t,
\end{cases}
$$
som ger att $s=0$ och $t=-1$. Därmed är de två närmaste punkterna $P=(1,2,2)$ respektive $Q=(3,2,0)$. Eftersom linjerna därmed inte skär varandra är de alltså skeva.
Avbildningen $F$ har matrisen $A=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1&\sqrt{2}&-1\\ -\sqrt{2}&0&-\sqrt{2}\\ -1&\sqrt{2}&1\end{pmatrix}$ i standardbasen i rummet. Betrakta vektorerna
$$\begin{cases}\mathbf{e}'_1=(0,1,0)\\ \mathbf{e}'_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1)\\ \mathbf{e}'_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1).\end{cases}$$
Visa att $(\mathbf{e}'_1,\mathbf{e}'_2,\mathbf{e}'_3)$ bildar en ON-bas för rummet. Avgör om basen är positivt orienterad eller inte. Bestäm matrisen för $F$ i denna bas, samt tolka avbildningen geometriskt.
Basbytesmatrisen
$$Q=\begin{pmatrix}0&1/\sqrt2&1/\sqrt2\\1&0&0\\0&1/\sqrt2&-1/\sqrt2\end{pmatrix}.$$
En direkt uträkning ger att $Q^TQ=E$, så $Q$ är ortogonal. Vidare får vi att
$$
\det(Q)=\frac12\begin{vmatrix}0&1&1\\1&0&0\\0&1&-1\end{vmatrix}
=-\frac12\begin{vmatrix}1&1\\1&-1\end{vmatrix}=1>0,
$$
så basen är positivt orienterad. Avbildningsmatrisen i den nya basen är
$$
A'=Q^{-1}AQ=Q^TAQ=
\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}\cos(\pi/2)&-\sin(\pi/2)&0\\\sin(\pi/2)&\cos(\pi/2)&0\\0&0&1\end{pmatrix}.
$$
Avbildningen är därmed rotation $90^\circ$ runt $z'$-axeln, dvs. rotation $90^\circ$ runt linjen genom origo med riktningsvektor $(1,0,-1)$.