MM2001 · Hela algebra
Betrakta den diofantisk ekvation
$$15x+13y=11.$$
Bestäm alla lösningar till ekvationen.
Ange den eller de lösningar som minimerar $\lvert x-y\rvert$.
För vilka primtal $p$ finns det lösningar till den diofantiska ekvationen $15x+py=11$?
(a) Vi börjar med Euklides algoritm:
$$
15=1\cdot13+2,\qquad13=6\cdot2+1,\qquad2=2\cdot1.
$$
Så $\operatorname{SGD}(15,13)=1$ och vi kan lösa hjälpekvationen $15x+13y=1$ genom att köra Euklides algoritm baklänges:
$$1=13-6\cdot2=13-6\cdot(15-1\cdot13)=15\cdot(-6)+13\cdot7.$$
Vi får att $(x,y)=(-6,7)$ är en partikulärlösning till hjälpekvationen. Multipliceras denna med $11$ fås en partikulärlösning till vår ekvation, så den allmänna lösningen ges därmed av
$$
\begin{cases}
x=-66+13k,\\
y=77-15k
\end{cases}
\qquad k\in\mathbb Z.
$$
(b) Insättning av lösningen ger $x-y=-143+28k$. Vi behöver alltså hitta den rest av $143$ modulo $28$ som ligger närmast $0$ på tallinjen, vilket är $3$ och som fås för $k=5$. Vi finner alltså det minsta värdet $\lvert x-y\rvert=3$ för $(x,y)=(-1,2)$.
(c) Ekvationen har lösningar om och endast om $\operatorname{SGD}(15,p)\mid11$. Eftersom $15=3\cdot5$ är
$$
\operatorname{SGD}(15,p)=
\begin{cases}
3&\text{om }p=3,\\
5&\text{om }p=5,\\
1&\text{annars}.
\end{cases}
$$
Så ekvationen är lösbar för alla primtal $p$ utom $3$ och $5$.
Bestäm den största gemensamma delaren till $2^{122}+6$ och 30.
Låt $X$ och $Y$ vara mängder som uppfyller $X\cup Y=\{1,2,3,4,5\}$, $X\setminus Y=\{1,3\}$ och $Y\setminus X\subseteq\{5\}$. Bestäm alla möjligheter för elementen i de två mängderna $X$ och $Y$.
(a) Vi har primtalsfaktoriseringen $30=2\cdot3\cdot5$. Det är uppenbart att $2^{122}+6$ delas av $2$ (båda termerna är jämna) men inte av $3$ (bara ena termen är delbar med $3$). Modulo $5$ får vi
$$
2^{122}+6\equiv4^{61}+1\equiv(-1)^{61}+1=-1+1=0\pmod5,
$$
så talet är delbart med $5$. Alltså är $\operatorname{SGD}(2^{122}+6,30)=2\cdot5=10$.
(b) Eftersom $Y\setminus X\subseteq\{5\}$ får vi två fall. Första fallet är att $Y\setminus X=\varnothing$. Då $Y\subseteq X$, så $X=X\cup Y=\{1,2,3,4,5\}$ och då måste $Y=\{2,4,5\}$. Det andra fallet är att $Y\setminus X=\{5\}$. Då ligger alltså elementen $1,3$ och $5$ i precis en av mängderna, medan $2$ och $4$ måste ligga i båda, därmed är $X=\{1,2,3,4\}$ och $Y=\{2,4,5\}.$
Ekvationen $z^5+4z^4+5z^3+8z^2+32z+40=0$ har en lösning $z=-2+i$. Bestäm alla komplexa lösningar. Ange svaren på rektangulär (kartesisk) form.
Polynomet $p(z)$ har reella koefficienter så även konjugatet $z=-2-i$ är en rot, så polynomet delas av
$$
(z-(-2+i))(z-(-2-i))=z^2+4z+5.
$$
Polynomdivision ger
$$p(z)=(z^2+4z+5)(z^3+8).$$
Vi behöver lösa ekvationen $z^3+8=0$. Ansätter vi lösningen på polär form $z=re^{\theta i}$ fås $r^3e^{3\theta i}=8e^{\pi i}$. Vi behöver alltså $r^3=8$ och $3\theta=\pi+2\pi n$ för $n\in\mathbb Z$, vilket ger $r=2$ och
$$\theta=\frac\pi3+\frac{2\pi}3n.$$
Sätter vi in $n=1,2,3$ fås $3$ lösningar. Svar: $z_{1,2}=-2\pm i$, $z_3=-2$, $z_{4,5}=1\pm\sqrt3\,i$.
Låt $a$ vara en reell konstant, och betrakta de tre planen $\Pi_1:ax+y+z=1$, $\Pi_2:x+ay+z=-1$ och $\Pi_3:x+y+az=0$. För vilka $a$ saknar planen någon gemensam punkt och för vilka $a$ finns oändligt många gemensamma punkter?
Vi måste undersöka antalet lösningar till ekvationssystemet
$$
\begin{cases}
ax+y+z=1,\\
x+ay+z=-1,\\
x+y+az=0.
\end{cases}
$$
Koefficientmatrisens determinant är, efter lite kalkyler,
$$
\begin{vmatrix}a&1&1\\1&a&1\\1&1&a\end{vmatrix}
=(a-1)^2(a+2).
$$
För $a\in\mathbb R\setminus\{1,-2\}$ är determinanten nollskild, så ekvationssystemet har unik lösning och planen skär alltså varandra i precis en punkt. I fallet $a=1$ kommer första och andra ekvationen att vara motstridiga, så planen har ingen gemensam punkt. I fallet $a=-2$ får man efter Gausseliminering trappstegsformen
$$
\begin{cases}
x-2y+z=-1,\\
y-z=\frac13,
\end{cases}
$$
så det finns oändligt många skärningspunkter.
Bestäm ekvationen för det plan som innehåller punkterna $(1,0,-1)$ och $(1,2,-3)$, och som är parallellt med linjen $(x,y,z)=(t,1-t,3-t)$, $t\in\mathbb{R}$.
Bestäm den punkt i planet i (a) som är närmast punkten $(7,0,5)$.
(a) Om vi kallar punkterna $P=(1,0,-1)$ och $Q=(1,2,-3)$ får vi $\overrightarrow{PQ}=(0,2,-2)$. Den givna linjen har en riktningsvektor $\mathbf v=(1,-1,-1)$, så en normalvektor till planet är
$$
\mathbf n=\overrightarrow{PQ}\times\mathbf v
=\begin{vmatrix}
0&1&\mathbf e_1\\
2&-1&\mathbf e_2\\
-2&-1&\mathbf e_3
\end{vmatrix}
=-4\mathbf e_1-2\mathbf e_2-2\mathbf e_3=(-4,-2,-2).
$$
Planets ekvation är därför $-4(x-1)-2(y-0)-2(z+1)=0$, dvs. $2x+y+z=1$.
(b) Om vi parametriserar normallinjen till planet genom den givna punkten får vi
$$
(x,y,z)=(7+2t,t,5+t).
$$
Stoppar vi in detta i planets ekvation får vi $2(7+2t)+t+(5+t)=1$, med lösningen $t=-3$. Detta ger att den närmaste punkten är $(x,y,z)=(1,-3,2)$.
Låt $F:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ vara den linjära avbildningen $F(\mathbf{u})=\mathbf{u}+(\mathbf{e}_1\times\mathbf{u})$.
Bestäm matrisen för $F$ i standardbasen.
Visa att $F$ är inverterbar, och bestäm den inversa avbildningens matris.
(a) Om $\mathbf u=(x,y,z)$ får vi
$$
\mathbf e_1\times\mathbf u
=\begin{vmatrix}
1&x&\mathbf e_1\\
0&y&\mathbf e_2\\
0&z&\mathbf e_3
\end{vmatrix}
=0\mathbf e_1-z\mathbf e_2+y\mathbf e_3=(0,-z,y).
$$
Så
$$
\begin{aligned}
F(\mathbf u)&=\mathbf u+(\mathbf e_1\times\mathbf u)
=(x,y,z)+(0,-z,y)\\
&=(x,y-z,z+y)
=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&1&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}.
\end{aligned}
$$
Så avbildningens matris är
$$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&-1\\0&1&1\end{pmatrix}.$$
(b) Med hjälp av lämpliga radoperationer får vi
$$
(A\mid E)=
\left(
\begin{array}{ccc|ccc}
1&0&0&1&0&0\\
0&1&-1&0&1&0\\
0&1&1&0&0&1
\end{array}\right)
\sim
\left(
\begin{array}{ccc|ccc}
1&0&0&1&0&0\\
0&1&0&0&\frac12&\frac12\\
0&0&1&0&-\frac12&\frac12
\end{array}\right)
=(E\mid A^{-1}),
$$
vilket både visar att $F$ är inverterbar, och att inversa avbildningens matris är
$$A^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\frac12&\frac12\\0&-\frac12&\frac12\end{pmatrix}.$$