UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Salling 070-6527523
PROV I MATEMATIK
Algebra 1, distans
12 juni 2010
SKRIVTID: 9-14 HJÄLPMEDEL: Inga.Lösningarna skall åtföljas av förklarande text. För godkänt prov krävs minst 18 p.
1. Bestäm den avslutande siffran då talet 823103 skrivs i 5-systemet.
LÖSNING
Den avslutande siffran är lika med resten vid division med 5 Därför behöver vi "bara" göra lite kongruenskalkyl modulo 5
823103ª5 ?
Vi utnyttjar att a ª5b ï akª5bk
823103ª53103ª532µ51 + 1ª59513 ª5H-1L513 = -3 ª52 Alltså är den avslutande siffran lika med 2
2. Visa att den relation definierad på ! som ges av z1R z2 ñz1-z2är rent imaginär är en
ekvivalensrelation, och beskriv ekvivalensklasserna till R. Ange speciellt den ekvivalensklass som hör till det komplexa talet 1 + Â.
LÖSNING
Vi noterar först att z1-z2 är rent imaginär omm z1 och z2 har samma realdelar, dvs. ReHz1L =ReHz2L.
Reflexiviteten följer därför av (det uppenbara) att ReHzL = ReHzL.
Symmetrin är en konsekvens av (det uppenbara) att om ReHz1L =ReHz2L, så är ReHz2L =ReHz1L För att visa transitiviteten, antag att ReHz1L =ReHz2L, och att likaså ReHz2L =ReHz3L. Ska visa att det följer att ReHz1L =ReHz3L. Men detta är ju uppenbart (igen).
Olika komplexa tal tillhör samma ekvivalensklass med avseende på den givna relationen omm deras realdelar överensstämmer. Ekvivalensklasserna i detta fall utgöres därför av det komplexa planets vertikala linjer. Speciellt är ekvivalensklassen hörande till det komplexa talet 1 +  lika med linjen 81 +  y y œ "<.
3. Visa att inget tal på formen 4 n + 3 är en kvadrat.
LÖSNING
(MOTSÄGELSEBEVIS) Antag att 4 n + 3! k2, där n, k œ #
Då följer att k2ª43, vilket (som framgår av fallundersökningen nedanför) är orimligt. Fall (i): k ª40 ï k2ª40.
Fall (ii): k ª41 ï k2ª41. Fall (iii): k ª42 ï k2ª44 ª40. Fall (iv): k ª43 ï k2ª49 ª41.
4. (a) För vilka heltal n finns det heltal x och y sådana att 5522 x + 66 y! n?
(b) Bestäm samtliga heltal x och y sådana att 5522 x + 66 y! 44.
LÖSNING
(a) Eftersom SGDH5522, 66L = 22, är svaret att ekvationen är lösbar precis när 22 \ n. (b) 5522 x + 66 y! 44 kan (genom division med 22) förenklas till 251 x + 3 y ! 2. De homogena lösningarna ges därför av Hxhom, yhomL =n H3, -251L, n œ #.
Och den givna ekvationens lösningar av
Hx, yL = Hxpart, ypartL + Hxhom, yhomL = H1, -83L + n H3, -251L = H1 + 3 n, -83 - 251 nL, n œ #. 5. Betrakta mängderna
Två = 8n n œ $ och n är jämn<,
Tre = 8n n œ $ och n är delbar med 3< och Fem = 8n n œ $ och n är delbar med 5<.
Konstruera (med motiveringar) en bijektion från Två till Tre ‹ Fem.
LÖSNING
Först konstaterar vi att de två mängderna Två och Tre ‹ Fem är oändliga delmängder av $, och därför (oändligt) numrerbara. Således kan vi för båda mängdernas element tala om det första, det andra, det tredje elementet osv. …. Ett naturligt sätt att avbilda den ena mängden bijektivt på den andra är att para ihop det n:te talet i Två med det n:te talet i Tre ‹ Fem.
2 n 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 …
jH2 nL 0 3 5 6 9 10 12 15 18 20 21 24 25 27 30 33 35 36 …
Att en sådan avbildning är injektiv, dvs att olika tal i Två alltid avbildas på olika tal i Tre ‹ Fem följer av att 2 n och 2 k avbildas på det n:te respektive k:te talet i Tre ‹ Fem.
Att den är surjektiv, dvs att för varje tal v i Tre ‹ Fem det finns ett tal i Två som avbildas på v är också uppenbart. Om v är det n:te talet i Tre ‹ Fem avbildas nämligen 2 n på v.
6. Visa att talet log1030 är irrationellt.
LÖSNING
(MOTSÄGELSEBEVIS) Antag att log1030!mn, där m, n œ # Då följer att 30! 10mn
30n! K10mnO
n
30n! 10m
Men den sista likheten är definitivt falsk. Ty vänsterledet är delbart med 3, medan högerledet inte är det.
7. Mängden 8a1, a2, a3< har som bekant åtta delmängder: 8 <, 8a1<, 8a2<, 8a3<, 8a1, a2<, 8a1, a3<, 8a2, a3<, 8a1, a2, a3<.
Visa med induktion att varje mängd av storlek n har 2n stycken delmängder.
LEDNING: Bygg rekursionen på observationen att delmängderna till 8a1, a2, a3< kan delas upp i två kategorier: de som inte innnehåller a3, dvs. 8 <, 8a1<, 8a2<, 8a1, a2<, och de som gör det, dvs.
8a3<, 8a1, a3<, 8a2, a3<, 8a1, a2, a3<. De senare 4 fås genom att tillfoga a3 till var och en av de förra 4.
LÖSNING
88 <, 8a<, 8b<, 8c<, 8a, b<, 8a, c<, 8b, c<, 8a, b, c<< = 88 <, 8a<, 8b<, 8a, b<< ‹ 88c< , 8a, c<, 8b, c<, 8a, b, c<<
BAS Den tomma mängden har en enda delmängd, nämligen sig själv.
INDUKTIONSSTEG Betrakta nu en godtycklig ändlig icketom delmängd 8a1, …, an+1<, och antag
att 8a1, …, an< har 2n delmängder.
Eftersom delmängderna till 8a1, …, an, an+1< kan delas upp i två kategorier: de som innnehåller an+1
och de som inte gör det, så följer att antalet delmängder till 8a1, …, an+1< är lika med summan av
antalet delmängder som inte innehåller an+1 och antalet delmängder som innehåller an+1. Det första
antalet är lika med antalet delmängder till 8a1, …, an<, dvs. lika med 2n. Och det sista antalet är
lika stort. Ty varje delmängd som innehåller an+1 fås genom att tillfoga an+1 till en delmängd av
8a1, …, an<. Således är antalet delmängder till 8a1, …, an+1< lika med 2n+2n=2 ÿ 2n=2n+1.
8. Bestäm alla k œ # sådana att z3 + 3 z2 + k z + 5! 0 har (minst) en heltalsrot. Lös sedan ekvationen för ett av dessa k-värden.
LÖSNING
Enligt satsen om rationella nollställen till ett polynom med heltalskoefficienter måste den givna ekvationens heltalsnollställe ha något av värdena -5, -1, 1, 5. Om dessa fyra z-värden sätts in i ekvationen får man att k œ 8-9, 7, -9, -41< = 8-41, -9, 7<.
Den givna ekvationens polynom blir för dessa k-värden lika med
z3+3 z2-41 z + 5 = Hz - 5L Iz2+8 z - 1M
z3+3 z2-9 z + 5 = Hz + 5L Hz - 1L2
z3+3 z2+7 z + 5 = Hz + 1L Iz2+2 z + 5M
Som synes får den givna ekvationen t.ex. enkelroten -5 och dubbelroten 1 i fallet med k = -9.
