Tenta 2023-08-10

(a) Binomialsatsen ger
$$ \begin{aligned} (2x^4+x^{-1})^7 &=\sum_{k=0}^7\binom7k(2x^4)^k(x^{-1})^{7-k}\\ &=\sum_{k=0}^7\binom7k2^kx^{4k}x^{k-7} =\sum_{k=0}^7\binom7k2^kx^{5k-7}. \end{aligned} $$
Vi måste välja $5k-7=8$, så $5k=15$ och $k=3$. Motsvarande term är
$$ \binom73 2^3=8\cdot\frac{7\cdot6\cdot5}{3!}=8\cdot35=240+40=280. $$

(b) Vi har att
$$3^{100}\equiv 9^{50}\pmod5\equiv(-1)^{50}\pmod5\equiv1\pmod5.$$

(c) Termerna i summan (mod $5$) är då
$$1,2,3,4,0,1,2,3,4,0,\ldots,1,2,3,4,0,1,$$
där sista ettan motsvarar $3^{100}$ enligt (b). Nu är $1+2+3+4+0\equiv5 0$, så hela summan ger rest $1$.

Eftersom vi har reella koefficienter är $z_2=3-i$ också en rot, så
$$ (z-3-i)(z-3+i)=z^2-6z+10 $$
är en faktor. Polynomdivision ger sedan att
$$ z^4-8z^3+27z^2-50z+50=(z^2-6z+10)(z^2-2z+5). $$
Ekvationen $z^2-2z+5=0$ har nu (via $pq$-formeln) lösningarna $z_3=1+2i$, $z_4=1-2i$.

(a) Eftersom alla siffror är olika finns det $6!$ 6-siffriga tal.

(b) Om alla siffror vore olika så finns det $6!$ olika tal. Det finns $2!$ sätt att permutera de två ettorna som är lika, och $3!$ sätt att permutera de tre tvåorna, så bland de $6!$ talen förekommer varje permutation $2!\cdot3!$ gånger. Delar vi med denna faktor får vi svaret
$$\frac{6!}{2!\cdot3!}=60.$$

(c) Vi använder inklusions-exklusion: Låt $U$ vara alla ord, låt $A$ vara orden med aa och $B$ orden med bb. Vi söker
$$ (A\cup B)^c=|U|-|A|-|B|+|A\cap B|, $$
som för oss blir
$$1260-120-120+24=1044.$$

Vi ställer upp matrisen bredvid identitetsmatrisen, som vi sedan Gauss-eliminerar:
$$ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 2&1&1&1&0&0\\ 3&2&1&0&1&0\\ 1&1&1&0&0&1 \end{array}\right) \sim \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&1&1&0&0&1\\ 2&1&1&1&0&0\\ 3&2&1&0&1&0 \end{array}\right) \sim \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&1&1&0&0&1\\ 0&-1&-1&1&0&-2\\ 0&-1&-2&0&1&-3 \end{array}\right). $$
Vi byter tecken i rad $2$, och eliminerar i rad $1$ och $3$:
$$ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&1&0&-1\\ 0&1&1&-1&0&2\\ 0&0&-1&-1&1&-1 \end{array}\right) \sim \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&1&0&-1\\ 0&1&0&-2&1&1\\ 0&0&1&1&-1&1 \end{array}\right). $$
Inversen blir alltså
$$A^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&-1\\-2&1&1\\1&-1&1\end{pmatrix}.$$
Notera att $A$ är koefficientmatrisen för ekvationssystemet och att $A$ är inverterbar. Detta innebär att systemet har en unik lösning som ges av
$$ \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&0&-1\\-2&1&1\\1&-1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}3\\4\\-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5\\-4\\-3\end{pmatrix}. $$
Systemet har alltså lösningen $x=5$, $y=-4$, $z=-3$.

(a) Vi tar kryssprodukten av vektorerna. Enligt determinanttricket ges denna av
$$ \begin{vmatrix} \mathbf e_1&\mathbf e_2&\mathbf e_3\\ 1&2&1\\ 3&1&2 \end{vmatrix} =\mathbf e_1(2\cdot2-1\cdot1)-\mathbf e_2(1\cdot2-3\cdot1) +\mathbf e_3(1\cdot1-3\cdot2) =(3,1,-5). $$
Denna är ortogonal mot både $\mathbf u$ och $\mathbf v$.

(b) Vi har att $\lvert\mathbf f_1\rvert=1$ då N:et i ON står för normerad, dvs. längd $1$. Vidare är $\mathbf f_1\cdot\mathbf f_2=0$ då vektorer är parvis ortogonala. Slutligen är
$$\mathbf f_3\cdot\mathbf f_3=\lvert\mathbf f_3\rvert^2=1^2=1.$$

(c) För att de två första raderna ska vara ortogonala har vi att
$$ (a,6,9)\cdot(9,-6,2)=0 \Longrightarrow9a-36+18=0 \Longrightarrow a=2. $$
De två första kolonnerna ska också vara ortogonala, så
$$ (2,9,6)\cdot(6,-6,b)=0 \Longrightarrow12-54+6b=0 \Longrightarrow b=7. $$
Slutligen ska första och sista kolonnen också vara ortogonala, så
$$ (2,9,6)\cdot(9,2,c)=0 \Longrightarrow18+18+6c=0 \Longrightarrow c=-6. $$
Matrisen blir då
$$ \frac1{11}\begin{pmatrix}2&6&9\\9&-6&2\\6&7&-6\end{pmatrix}.$$

(a) $\mathbf u=(1,0,1)+(0,1,0)$, så
$$T(\mathbf u)=T(1,0,1)+T(0,1,0).$$
Eftersom $(0,1,0)$ är vinkelrät mot $(1,0,1)$ så avbildas denna på sig själv, och $T(1,0,1)=(-1,0,-1)$ då detta är normalvektorn till planet. Alltså gäller
$$T(\mathbf u)=(-1,0,-1)+(0,1,0)=(-1,1,-1).$$
Alternativt kan man använda avbildningsmatrisen i (b) för att bestämma $T(1,1,1)$.

(b) Formeln för spegling av $\mathbf v$ i ett plan med normalvektor $\mathbf n$ ges av
$$ \mathbf v_{\mathrm{spegling}}=\mathbf v-2\frac{\mathbf v\cdot\mathbf n}{\lVert\mathbf n\rVert^2}\mathbf n. $$
Vi sätter in $\mathbf n=(1,0,1)$ och $\mathbf v$ som de tre vektorerna som utgör standardbasen. Detta ger
$$ \begin{aligned} T(\mathbf e_1)&=(1,0,0)-2\frac12(1,0,1)=(0,0,-1),\\ T(\mathbf e_2)&=(0,1,0)-2\frac02(1,0,1)=(0,1,0),\\ T(\mathbf e_3)&=(0,0,1)-2\frac12(1,0,1)=(-1,0,0), \end{aligned} $$
och avbildningsmatrisen blir
$$ \begin{pmatrix} 0&0&-1\\ 0&1&0\\ -1&0&0 \end{pmatrix}. $$

(c) Vektorn $\mathbf f_1$ är parallell med $(1,0,1)$ och avbildas på $-\mathbf f_1$. De två andra vektorerna är vinkelräta med $(1,0,1)$ och avbildas på sig själva. Avbildningsmatrisen blir då
$$ \begin{pmatrix} -1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$