MM2001 · Hela algebra
Bestäm $\operatorname{SGD}(14154,34374)$, samt det minsta positiva heltal $x$ som uppfyller
$$14154x\equiv 0\pmod{34374}.$$
Bestäm mängden $M=A^c\cap(B\cup C)$, där $A$, $B$ och $C$ är intervallen $A=(1,\infty)$, $B=(-2,0)$, $C=[-1,2]$.
(a) Euklides algoritm blir
$$
34374=2\cdot14154+6066,\qquad
14154=2\cdot6066+2022,\qquad
6066=3\cdot2022.
$$
Så $\operatorname{SGD}(34374,14154)=2022$. Vi får att $14154x\equiv0\pmod{34374}$ blir
$$
34374\mid14154x
\Longleftrightarrow 2022\cdot17\mid2022\cdot7x
\Longleftrightarrow17\mid7x
\Longleftrightarrow17\mid x,
$$
eftersom $\operatorname{SGD}(17,7)=1$, så det minst möjliga positiva heltalet är $x=17$.
(b) Vi får att $A^c=(-\infty,1]$ och $B\cup C=(-2,2]$, så
$$M=A^c\cap(B\cup C)=(-\infty,1]\cap(-2,2]=(-2,1].$$
Bestäm medelpunkt och halvaxlar och brännpunkter för ellipsen
$$3x^2-6x+4y^2+8y=5,$$
och skissa grafen.
Hur många 4-siffriga PIN-koder finns det med
(i) bara udda siffror
(ii) med minst en udda och minst en jämn siffra?
(iii) med precis 2 udda siffror?
Svaren skall anges uträknade.
(a) Efter kvadratkomplettering får vi den normaliserade ekvationen
$$
\frac{(x-1)^2}{2^2}+\frac{(y+1)^2}{(\sqrt3)^2}=1.
$$
Från detta ser vi direkt att medelpunkten är $(1,-1)$, halvaxeln i $x$-led är $2$, och halvaxeln i $y$-led är $\sqrt3$. Vidare, om storaxeln är $a(=2)$, lillaxeln är $b(=\sqrt3)$, och avståndet från medelpunkten till brännpunkterna är $c$, gäller $a^2=b^2+c^2$. Vi får därmed att $c=1$, så brännpunkterna är $(1\pm1,-1)$. Nu kan vi skissa grafen.
(b) i. Med multiplikationsprincipen fås $5^4=625$ koder.
ii. Det finns totalt $10^4$ PIN-koder, de förbjudna är de $5^4$ med bara udda samt de $5^4$ med bara jämna siffror. Alltså får vi
$$10^4-5^4-5^4=10\,000-2\cdot625=8750$$
tillåtna koder.
iii. Om man först väljer vilka $2$ av de $4$ sifferpositionerna som skall vara udda så får man
$$\binom42\cdot5^2\cdot5^2=3750$$
möjligheter.
Betrakta en given godtycklig triangel $\triangle ABC$. Låt $D$ vara punkten på sträckan $AB$ uppfyller $2\lVert\overrightarrow{AD}\rVert=\lVert\overrightarrow{DB}\rVert$, och låt $E$ vara mittpunkt på sidan $AC$. Betrakta baserna $(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2)=(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ och $(\mathbf{f}_1,\mathbf{f}_2)=(\overrightarrow{ED},\overrightarrow{EB})$.
Uttryck vektorerna $\mathbf{e}_1$ och $\mathbf{e}_2$ i basen $(\mathbf{f}_1,\mathbf{f}_2)$. Om $\mathbf{v}$ är vektorn med koordinaterna $(2,-2)$ i basen $(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2)$, bestäm koordinaterna för $\mathbf{v}$ i basen $(\mathbf{f}_1,\mathbf{f}_2)$.
Betrakta koordinatsystemet med origo i punkten E och basen $(\mathbf{f}_1,\mathbf{f}_2)$. Bestäm koordinaterna för punkten C i detta koordinatsystem.
(a) Vi får
$$
\mathbf f_1=\overrightarrow{ED}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AD}
=-\frac12\mathbf e_2+\frac13\mathbf e_1
$$
och
$$
\mathbf f_2=\overrightarrow{EB}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AB}
=-\frac12\mathbf e_2+\mathbf e_1.
$$
Så $(\mathbf f_1\ \mathbf f_2)=(\mathbf e_1\ \mathbf e_2)A$, där
$$
A=\frac16\begin{pmatrix}2&6\\-3&-3\end{pmatrix}.
$$
Därmed är $(\mathbf e_1\ \mathbf e_2)=(\mathbf f_1\ \mathbf f_2)A^{-1}$. Med valfri standardmetod får vi att
$$
A^{-1}=\frac12\begin{pmatrix}-3&-6\\3&2\end{pmatrix},
$$
så $\mathbf e_1=-\frac32\mathbf f_1+\frac32\mathbf f_2$ och $\mathbf e_2=-3\mathbf f_1+\mathbf f_2$.
Om vektorn $\mathbf v$ har koordinatmatrisen
$$X=\begin{pmatrix}3\\-2\end{pmatrix}$$
i basen $(\mathbf e_1,\mathbf e_2)$ så har $\mathbf v$ koordinatmatrisen
$$Y=A^{-1}X=\begin{pmatrix}\frac32\\\frac52\end{pmatrix}$$
i basen $(\mathbf f_1,\mathbf f_2)$.
(b) Eftersom
$$\overrightarrow{EC}=\frac12\mathbf e_2=-\frac32\mathbf f_1+\frac12\mathbf f_2$$
är koordinaterna för $C$ i koordinatsystemet $\left(-\frac32,\frac12\right)$.
Bestäm alla nollställen i $\mathbb{C}$ till polynomet $p(z)=z^6+64$, och rita lösningarna i det komplexa talplanet. Nollställena skall anges på formen $z=a+bi$, med $a,b\in\mathbb{R}$.
Faktorisera $p(z)$ i irreducibla reella faktorer.
(a) Vi skall lösa $z^6=-64$. Ansätter vi lösningen på polär form $z=re^{\theta i}$ fås $r^6e^{6\theta i}=64e^{\pi i}$. Vi behöver alltså $r^6=64$ och $6\theta=\pi+2\pi n$ för $n\in\mathbb Z$. Vilket ger $r=2$ och
$$\theta=\frac\pi6+\frac\pi3n.$$
Sätter vi in $n=0,1,2,3,4,5$ fås lösningarna $z=\pm2i$ och $z=\pm\sqrt3\pm i$. Dessa nollställen bildar en regelbunden $6$-hörning på cirkeln med radie $2$ och centrum i origo i det komplexa talplanet.
(b) Parar vi ihop konjugerade nollställen får vi
$$
\begin{aligned}
p(z)&=(z-2i)(z+2i)(z-\sqrt3-i)(z-\sqrt3+i)\\
&\qquad\cdot(z+\sqrt3-i)(z+\sqrt3+i)\\
&=(z^2+4)(z^2-2\sqrt3z+4)(z^2+2\sqrt3z+4).
\end{aligned}
$$
Låt $a$ vara en reell konstant, och betrakta den räta linjen
$$(x,y,z)=(3,5,-2)+t(a,2,a^2-2),\qquad t\in\mathbb{R}.$$
Betrakta även planet $2x+y+z=3$.
Bestäm skärningspunkten mellan planet och linjen i fallet $a=1$, samt vinkeln mellan linjen och planet.
För vilket eller vilka värden på $a$ gäller att linjen inte skär planet?
(a) Sätter vi in koordinaterna för punkterna på linjen i planets ekvation får vi
$$2(3+t)+(5+2t)+(-2-t)=3,$$
som har lösningen $t=-2$. Skärningspunkten är därmed $(1,1,0)$. Vinkeln $\theta$ mellan linjens riktningsvektor $\mathbf v=(1,2,-1)$ och planets normal $\mathbf n=(2,1,1)$ fås av
$$
\cos\theta=\frac{\mathbf v\cdot\mathbf n}{\lVert\mathbf v\rVert\lVert\mathbf n\rVert}
=\frac36=\frac12,
$$
så $\theta=\pi/3$. Vinkeln med planet är därmed $\pi/2-\theta=\pi/6$.
(b) Eftersom punkten $(3,5,-2)$ på linjen inte ligger i planet, räcker det att riktningsvektorn $\mathbf v=(a,2,a^2-2)$ är ortogonal mot $\mathbf n$. Vi får
$$
0=\mathbf n\cdot\mathbf v=2\cdot a+1\cdot2+1\cdot(a^2-2)=a(a+2),
$$
så $a=0$ eller $a=-2$.
Bestäm matrisen för den linjära avbildning $F$ som fås om man först speglar i planet $z=y$, och sedan speglar i $yz$-planet
Det visar sig att $F$ är spegling i en linje (behöver inte visas). Bestäm en riktningsvektor för den linjen.
Tips: Bestäm en vektor $\mathbf{u}\ne\mathbf{0}$ som uppfyller $F(\mathbf{u})=\mathbf{u}$.
(a) Första speglingen uppfyller $S_1(\mathbf e_1)=\mathbf e_1$, $S_1(\mathbf e_2)=\mathbf e_3$, $S_1(\mathbf e_3)=\mathbf e_2$, så $S_1$ har matrisen
$$S_1=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}.$$
Den andra speglingen $S_2$ har matrisen
$$S_2=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix},$$
så $F$ har matrisen
$$
F=S_2S_1
=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}.
$$
(b) Om $\mathbf u=(x,y,z)$ så blir $F(\mathbf u)=\mathbf u$ ekvationen
$$
\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix},
$$
som förenklas till ekvationerna $x=0$ och $y=z$, så $(x,y,z)=(0,t,t)$ för $t\in\mathbb R$. Denna linje måste vara speglingslinjen, eftersom punkterna på den är precis de som inte förändras av $F$, och en riktningsvektor till den är $\mathbf u=(0,1,1)$.