Lösningar eller svar till tentan 21 december 2007
1. BAS: ⁄k=11 Hk+1L!k !1 - 1H1+1L!, dvs 12 ! 12. INDUKTIONSSTEG Antag att ⁄k=1n0 k
Hk+1L! !1 - Hn+1L!1 . Då följer att ⁄k=1n0+1Hk+1L!k rekursionsformel=
J⁄k=1n0 k Hk+1L!N + n0+1 In0+2M! ! ind.ant.1 - 1 In0+1M! + n0+1 In0+2M! .
Högerledet kan skrivas 1 - n0+2 In0+2M! -n0+1 In0+2M! =1 -1 In0+2M!. 2. m ! 8. 3. 5. 4. Se exempeltentans lösningsförslag. 5. Hxn, ynL = H-458, 211L + nH1005, -463L, n œ !
6. x2+4 är en största gemensam delare till polynomen
x4+8 x2+16 och x3-8 x2+4 x - 32. Nollställena till det första polynomet är 2 Â, -2 Â, båda dubbelt upp. Det andra polynomets nollställen är 2 Â, -2 Â, 8.
7. a) fHnL antar alla jämna ickenegativa heltalsvärden för n ¥ 0 och alla udda positiva heltalsvärden för n < 0. Således är f en surjektion från ! till ".
Att f är en injektion är uppenbart av det faktum att f är avtagande när f antar udda värden och växande när jämna värden antas.
Att f är en injektion är uppenbart av det faktum att f är avtagande när f antar udda värden och växande när jämna värden antas.
b) Reflexivitet? Ja, ty n \ n för alla n œ !. Symmetri? Ja.
Transitivitet? Nej. Ty 3 R 1 och 1 R 2 är sanna, men 3 R 2 är falsk.
8. Se EXEMPEL 12 på kurshemsidans länk "Polynom över reella och komplexa talen, polynomdivision, SGD, Euklides algoritm" 2 21 dec 2007_svar.nb
