Tenta 2022-03-02

(a) Vi börjar med Euklides algoritm:

$$ \begin{aligned} 51&=1\cdot31+20,\\ 31&=1\cdot20+11,\\ 20&=1\cdot11+9,\\ 11&=1\cdot9+2,\\ 9&=4\cdot2+1. \end{aligned} $$

så $\operatorname{SGD}(51,31)=1$ och vi kan lösa hjälpekvationen
$$31x+51y=1. \tag{1}$$
genom att köra Euklides algoritm baklänges:
$$ \begin{aligned} 1&=9-4\cdot2=9-4\cdot(11-1\cdot9)=5\cdot9-4\cdot11\\ &=5\cdot(20-1\cdot11)-4\cdot11=5\cdot20-9\cdot11\\ &=5\cdot20-9\cdot(31-1\cdot20)=14\cdot20-9\cdot31\\ &=14\cdot(51-1\cdot31)-5\cdot20=31\cdot(-23)+51\cdot14. \end{aligned} $$
Vi får att $(x,y)=(-23,14)$ löser hjälpekvationen (1). Multipliceras denna lösning med $3$ fås en partikulärlösning $(x,y)=(-69,42)$ till vår ekvation, så den allmänna lösningen ges därmed av
$$ \begin{cases} x=-69+51k,\\ y=42-31k \end{cases} \qquad k\in\mathbb Z. $$

(b) Villkoret $|y|<31$ ger $-31<42-31k<31$ som har lösningarna $k=1,2$, vilket insatt i lösningsformeln ger $(x,y)=(-18,11)$ samt $(x,y)=(33,-20)$.

(a) Primtalsfaktoriseringen av $22$ är $2\cdot11$, så räcker det att visa att talet är delbart med $2$ och $11$. Talet är delbart med $2$ eftersom båda termerna är udda. Enligt Fermats lilla sats får vi $3^{10}\equiv1\pmod{11}$, så
$$ 3^{103}-5=3^{10\cdot10+3}-5=(3^{10})^{10}3^3-5 \equiv1^{10}\cdot27-5=22\equiv0\pmod{11}, $$
vilket därmed visar påståendet.

(b) Kvadratkompletterar vi ekvationen fås
$$ \left(x-\frac a2y\right)^2+\left(a-\frac{a^2}{4}\right)y^2=1, $$
så vi får en ellips om och endast om $a-\frac{a^2}{4}>0$, dvs. då $a(4-a)>0$. Man ser enkelt att detta är uppfyllt precis då $0<a<4$.

(a) Vi får att $\overrightarrow{PQ}=(2,1,1)$ och $\overrightarrow{PR}=(3,-1,1)$. En normalvektor ges av
$$ \mathbf n=\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR} =\begin{vmatrix} 2&3&\mathbf e_1\\ 1&-1&\mathbf e_2\\ 1&1&\mathbf e_3 \end{vmatrix} =2\mathbf e_1+\mathbf e_2-5\mathbf e_3=(2,1,-5). $$
Planets ekvation är därmed $2(x-0)+(y-1)-5(z-0)=0$, dvs. $2x+y-5z=1$.

(b) Triangelns area ges av
$$ \frac12\lvert\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}\rvert =\frac12\sqrt{2^2+1^2+(-5)^2}=\frac{\sqrt{30}}2. $$
Vi får att $\overrightarrow{QP}=(-2,-1,-1)$ och $\overrightarrow{QR}=(1,-2,0)$, så $\overrightarrow{QP}\cdot\overrightarrow{QR}=0$, vilket visar att vinkeln vid $Q$ är rät.

Sätter vi $z=bi$, med $b\in\mathbb R$, får vi
$$p(z)=(b^4-7b^2+10)+i(2b^3-20b),$$
som är noll om och endast om
$$ \begin{cases} b^4-7b^2+10=0,\\ 2b(b^2-5)=0. \end{cases} $$
Den andra av dessa ekvationer ger att $b=0$ eller $b=\pm\sqrt5$, varav bara de senare uppfyller den första ekvationen. Vi har alltså att $z=\pm\sqrt5\,i$ löser $p(z)=0$. Därmed är $z^2+5$ en delare till $p(z)$, och polynomdivision ger att
$$p(z)=(z^2+5)(z^2-2z+2).$$
De övriga lösningarna ges av
$$z^2-2z+2=0\Longleftrightarrow(z-1)^2=-1,$$
så $z=1\pm i$. Svar: $z_{1,2}=\pm\sqrt5\,i$ och $z_{3,4}=1\pm i$.

Vi avläser att $\mathbf v_1=(3,1,-1)$ är en riktningsvektor för $L_1$. Sätter vi $A=(3,0,6)$ och $B=(3,1,7)$, har vi att en riktningsvektor för $L_2$ ges av $\mathbf v_2=\overrightarrow{AB}=(0,1,1)$, så
$$ L_2:\ (x,y,z)=(3,0,5)+s(0,1,1),\qquad s\in\mathbb R. $$
Vi söker nu de punkter $P=(4+3t,2+t,-t)\in L_1$ och $Q=(3,s,6+s)\in L_2$ som minimerar avståndet. Detta inträffar då $\overrightarrow{PQ}$ är ortogonal mot linjernas riktningsvektorer. Eftersom
$$\overrightarrow{PQ}=(-1-3t,s-2-t,6+t+s),$$
får vi
$$ \begin{cases} 0=\overrightarrow{PQ}\cdot\mathbf v_1=-11-11t,\\ 0=\overrightarrow{PQ}\cdot\mathbf v_2=4+2s. \end{cases} $$
som ger att $t=-1$ och $s=-2$. Därmed är de två närmaste punkterna $P=(1,1,1)$ respektive $Q=(3,-2,4)$, och avståndet mellan linjerna är
$$ \lvert\overrightarrow{PQ}\rvert=\lvert(2,-3,3)\rvert=\sqrt{22}. $$

(a) Basbytesmatrisen är
$$ Q=\begin{pmatrix} \frac1{\sqrt3}&\frac2{\sqrt6}&0\\ \frac1{\sqrt3}&-\frac1{\sqrt6}&\frac1{\sqrt2}\\ \frac1{\sqrt3}&-\frac1{\sqrt6}&-\frac1{\sqrt2} \end{pmatrix}. $$
En direkt uträkning ger att $Q^{T}Q=E$, så $Q$ är ortogonal. Vidare får vi
$$ \det(Q)=\frac16 \begin{vmatrix} 1&2&0\\ 1&-1&1\\ 1&-1&-1 \end{vmatrix} =\frac16 \begin{vmatrix} 1&2&0\\ 1&-1&1\\ 2&-2&0 \end{vmatrix} =-\frac16\begin{vmatrix}1&2\\2&-2\end{vmatrix}=1>0, $$
så basen är positivt orienterad.

(b) Avbildningsmatrisen $A'$ för $F$ i den nya basen är
$$ A'=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&\cos(\pi)&-\sin(\pi)\\ 0&\sin(\pi)&\cos(\pi) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}. $$
Sambandet mellan $A'$ och avbildningsmatrisen $A$ i standardbasen ges av $A'=Q^{-1}AQ$, så den sökta avbildningsmatrisen är
$$ A=QA'Q^{-1}=QA'Q^T =\frac13\begin{pmatrix} -1&2&2\\ 2&-1&2\\ 2&2&-1 \end{pmatrix}.$$