Lösningar eller svar till
tentan 29 maj 2009
1. (a) Den första formeln är ingen tautologi eftersom den är falsk i ett fall. Däremot är den andra formel en tautologi.
p q HŸ Hp Ï Ÿ qL Ï qL ö p S S S S F S F S F F F S p q Ÿ Hp Ï qL! Ÿ p Í Ÿ q S S S S F S F S S F F S
1. (b) Vi visar att x œ A › B omm x œ A ‹ B. (Jag betecknar komplementmängden med ett streck över den mängd som man skall ta komplementet av.)
x œ A › B ó x – A › B ó ¬Hx œ A › BL ó Ÿ Hx œ A Ï x œ B L óHŸ x œ A Í Ÿ x œ B L ó x – A Í x – B ó x œ A Í x œ B ó x œ A ‹ B 2. (i) f1: ! k # k ! (ii) f2: ! k # k+1 ! (ii) f2: ! k # k+1 ! (iii) f3: ! ; 0 # 0 k+1 # k ! (iv) f4: ! k # 1! 3. Ett induktionsbevis: Sätt f HnL = 2n+2+32 n+1. Då är f Hn + 1L = 2n+3+32 n+3= 2n+14 + 32 n+19 = 2n+22 + 32 n+12 + 32 n+17 = I2n+2+32 n+1M2 + 32 n+17 = 2 f HnL + 32 n+17
Av denna rekursionsformel följer att f Hn + 1L är delbar med 7 om f HnL är det.
Induktionsbeviset är därmed klart bara vi har visat att f H0L är delbar med 7. Och detta är lätt att göra. Ty f H0L = 7.
Av denna rekursionsformel följer att f Hn + 1L är delbar med 7 om f HnL är det.
Induktionsbeviset är därmed klart bara vi har visat att f H0L är delbar med 7. Och detta är lätt att göra. Ty f H0L = 7.
4. n ª31 fl n4+n2+1 ª31 + 1 + 1 ª3 0 n ª3 -1 fl n4+n2+1 ª31 + 1 + 1 ª30 5. 23812 ª7 23ª72 2812ª7 23µ270+2ª7 827022 ª7 8ª71 127022ª7 22ª74 6. S, som definieras av att Ha, bL SHc, dL omm a d = b c, är reflexiv: För varje Ha, bL œ "+µ "+ gäller a b = a b.
S är symmetrisk: För alla Ha1, b1L, Ha2, b2L œ "+µ "+ gäller a1b2" b1a2ó a2b1" b2a1.
S är transitiv: För alla Ha1, b1L, Ha2, b2L, Ia3, bcM œ "+µ "+ gäller a1b2" b1a2 Ï a2b3" b2a3 ï a1b2a2b3" b1a2b2a3 ï a1b3" b1a3.
Ha, bL SH3, 4L omm 4 a" 3 b, dvs omm a " 3 n och 4µ3 n" 3 b. M.a.o. omm a" 3 n och b " 4 n, vilket kan skrivas
Ha, bL = n H3, 4L. Här gäller att n œ "+. Således har vi att
@H3, 4LD ª 8n H3, 4L n œ "+<
Och här är en bijektion från ! till @H3, 4LD: !n #Hn+1L H3,4L@H3, 4LD. 7. Låt # = z4+12 z3+56 z2+120 z + 100.
Då är „!
„z =4 z3+36 z2+112 z + 120.
Eftersom # har ett dubbelt nollställe följer att # och „!
„z har en SGD av grad ¥1. (Ett nollställe till # av multiplicitet m är ett nollställe av multiplicitet m - 1 till derivatan „!
„z).
En sådan SGD vore värdefull att hitta, eller hur! Och det kan vi göra genom att köra Euklides algoritm på # och „!
„z: 3 tentan 21 maj 2008 7. Låt # = z4+12 z3+56 z2+120 z + 100. Då är „! „z =4 z 3+36 z2+112 z + 120.
Eftersom # har ett dubbelt nollställe följer att # och „!
„z har en
SGD av grad ¥1. (Ett nollställe till # av multiplicitet m är ett nollställe av multiplicitet m - 1 till derivatan „!
„z).
En sådan SGD vore värdefull att hitta, eller hur! Och det kan vi göra genom att köra Euklides algoritm på # och „!
„z:
z4+12 z3+56 z2+120 z + 100" I10 + 6 z + z2M + Jz
4 +34N ÿ I4 z3+36 z2+112 z + 120M 4 z3+36 z2+112 z + 120" H4 z + 12LÿIz2+6 z + 10M + 0 Som synes är z2+6 z + 10 en SGD till # och „ #
„z.
Eftersom z2+6 z + 10 = Hz + H3 + ÂLL Hz + H3 - ÂLL, följer det att # och „!
„z har nollställena -3 ! Â, och att # har dessa nollställen av
multiplicitet 2. Därmed har vi funnit #:s samtliga nollställen. z" -3 - Â fi z " -3 - Â fi z " -3 + Â fi z " -3 + Â
8. Givet är att f har ett nollställe på imaginära axeln och att f HzL = z3- 2
3z2+a z - 2 där a är reell. Nämnda nollställe kan inte vara lika med 0, ty insättning visar att f H0L " 0. Därmed är det nämnda nollstället på imaginära axeln ickereellt, säg b  där b " 0. Eftersom ickereella nollställena till ett polynom med reella koefficienter förekommer i konjugerade par, följer att även -b  är ett nollställe. Dividerar vi f HzL med Hz - b ÂL Hz + b ÂL = z2+b2 får vi f HzL = Iz2+b2M Jz - 23N. Härav, f HzL = Iz2+b2M Jz -2 3N =z3-2 z 2 3 +b2z -2 b 2 3 . Således är 2 b32 =2 och a = b2, dvs. b = ! 3 och a = 3.
