Tenta 2023-05-10

(a) Vi har att
$$2^{33335}=2^2(2^3)^{11111}=4\cdot8^{11111},$$
och eftersom $8$ är kongruent med $1$ modulo $7$, så är resten vid division med $7$ lika med $4$.

(b) Euklides algoritm på $19$ och $17$ ger
$$19=17+2,\qquad17=8\cdot2+1,$$
så
$$1=17-8\cdot2=17-8(19-17)=19(-8)+17\cdot9.$$
Alltså är $x=5(-8)=-40$, $y=5\cdot9=45$ en lösning till ekvationen.

(c) Då $\operatorname{SGD}(21,15)=3$, finns lösningar om och endast om $3\mid a$, så $a=3$.

(a) Rationella rotsatsen säger att rationella rötter $p/q$ uppfyller att $p\mid2$ och $q\mid5$, så $\pm1,\pm2,\pm\frac15,\pm\frac25$ är potentiella rötter. Dock, då alla koefficienter är positiva, är bara de negativa alternativen relevanta. Insättning av $-1$ och $-2$ ger inga rötter, och inte heller $-\frac15$, men
$$ 5\left(-\frac25\right)^3+2\left(-\frac25\right)^2+5\left(-\frac25\right)+2 =-\frac8{25}+\frac8{25}-2+2=0, $$
så $z=-\frac25$ är en rot, så $(z+\frac25)$ är en faktor till polynomet enligt faktorsatsen. Vi utför nu polynomdivision, och får
$$ 5z^3+2z^2+5z+2=(5z^2+5)\left(z+\frac25\right). $$
De övriga rötterna ges då av
$$5z^2+5=0\Longleftrightarrow z^2+1=0,$$
så $z=\pm i$. Sammanfattningsvis har polynomet alltså rötterna $i$, $-i$ och $-\frac25$.

(b) Centrum är $(2,3)$, och halvaxeln i $x$-led är $4$ lång, medan halvaxeln i $y$-led är $2$ längdenheter. Detta ger ekvationen
$$\frac{(x-2)^2}{4^2}+\frac{(y-3)^2}{2^2}=1.$$

(a) Först väljs de tre personerna, $\binom73$, därefter personen som får kakan, $3$ sätt. Multiplikationsprincipen ger då
$$3\cdot\binom73=3\cdot\frac{7\cdot6\cdot5}{3\cdot2\cdot1}=3\cdot5\cdot7=105.$$

(b) Kombinatoriskt bevis: Vänsterledet räknar antalet sätt att bland $n$ personer välja $3$, och därefter ge en av dessa en kaka. I högerledet gör vi valen i omvänd ordning; en av de $n$ personerna får först en kaka, och sedan behöver vi välja två till (utan kaka) att tillhöra $3$-gruppen av personer. I båda led räknar vi alltså sätt att tillverka en $3$-grupp från $n$ personer där en person i gruppen har en kaka.

Algebraiskt bevis: Vi har att
$$ 3\binom n3 =3\cdot\frac{n(n-1)(n-2)}{3\cdot2\cdot1} =n\cdot\frac{(n-1)(n-2)}{2\cdot1} =n\binom{n-1}{2}, $$
då vi utnyttjat att
$$ \binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!} =\frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!}. $$

Vi använder radoperationer, multiplar av mittenraden subtraheras från första och sista:
$$ \left|\begin{matrix}102&101&101\\100&100&101\\202&200&200\end{matrix}\right| = \left|\begin{matrix}2&1&0\\100&100&101\\2&0&-2\end{matrix}\right|. $$
Vi kan nu ta mittenkolonnen och dra ifrån båda andra kolonnerna:
$$ \left|\begin{matrix}2&1&0\\100&100&101\\2&0&-2\end{matrix}\right| = \left|\begin{matrix}1&1&-1\\0&100&1\\2&0&-2\end{matrix}\right|. $$
Första kolonnen adderas nu till sista, och determinanten blir
$$ \left|\begin{matrix}1&1&0\\0&100&1\\2&0&0\end{matrix}\right| = \left|\begin{matrix}1&1&0\\0&0&1\\2&0&0\end{matrix}\right|, $$
där vi i sista steget använde sista kolonnen för att eliminera i näst sista. Utveckling längs med sista raden ger nu att determinanten blir
$$ 2\left|\begin{matrix}1&0\\0&1\end{matrix}\right|=2. $$
Determinantens värde är alltså $2$.

Vi sätter in punkterna i parametriseringen i första planets ekvation. Detta ger
$$ 2(3+s)+3(t-s)-(2+2t)+5=0 \Longleftrightarrow6+2s+3t-3s-2-2t+5=0 \Longleftrightarrow t-s+9=0. $$
Alltså måste vi ha $s=t+9$. Detta innebär att så länge denna relation gäller, har vi en punkt på skärningslinjen mellan planen. Sätter vi in $s=9+t$ får vi en parametrisering av skärningslinjen:
$$ (3,0,2)+(9+t)(1,-1,0)+t(0,1,2) =(12,-9,2)+t(1,0,2). $$
Sammanfattningsvis är $(12,-9,2)+t(1,0,2)$ med $t\in\mathbb R$ alltså skärningslinjen.

(a) Nej. En linjär avbildning måste uppfylla att $F_1(\mathbf u+\mathbf v)=F_1(\mathbf u)+F_1(\mathbf v)$ för alla vektorer $\mathbf u$ och $\mathbf v$. Men tar vi $\mathbf u=\mathbf v=(0,0,1)$ ser vi att
$$ F_1((0,0,1)+(0,0,1))=F_1((0,0,2))=(2,0,2^2)=(2,0,4), $$
men
$$ F_1((0,0,1))+F_1((0,0,1)) =2\cdot(1,0,1^2)=(2,0,2). $$
Eftersom dessa inte stämmer överens, så är $F_1$ inte linjär.

(b) Det räcker att beräkna $F_2(\mathbf e_1)$, $F_2(\mathbf e_2)$ samt $F_2(\mathbf e_3)$. Dessa blir kolonnerna i avbildningsmatrisen. Dessa blir
$$ \begin{aligned} F_2(\mathbf e_1)&=(1,0,0)+\frac05(0,1,2)=(1,0,0),\\ F_2(\mathbf e_2)&=(0,1,0)+\frac15(0,1,2)=(0,\tfrac65,\tfrac25),\\ F_2(\mathbf e_3)&=(0,0,1)+\frac25(0,1,2)=(0,\tfrac25,\tfrac95). \end{aligned} $$
Avbildningsmatrisen blir alltså
$$ \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&\frac65&\frac25\\ 0&\frac25&\frac95 \end{pmatrix}. $$

(c) Ja, den är inverterbar då determinanten av avbildningsmatrisen blir (efter utveckling längs med första raden)
$$ 1\cdot\begin{vmatrix}\frac65&\frac25\\\frac25&\frac95\end{vmatrix} =\frac1{25}(6\cdot9-2\cdot2)\ne0.$$