L¨OSNINGAR TILL DUGGA 1 1. Ett primtal är ett positivt heltal p s

LÖSNINGAR TILL DUGGA 1
1. Ett primtal är ett positivt heltal p sådant att om p är (jämnt) delbart med något positivt heltal q så gäller att q = 1 eller q = p. Hur
många primtal finns det?
Lösning: Vi vill visa att det finns oändligt många primtal. Vi
gör ett motsägelsebevis, dvs. vi antar motsatsen till påståendet, och
visar att det leder till en motsägelse. Antag därför att det bara finns
ändligt många primtal, N stycken, och kalla dem för p1 , p2 , . . . , pN .
Bilda talet q = p1 p2 . . . pN + 1, dvs. produkten av alla primtal plus
ett. Detta tal är förstås ett naturligt tal, och kan därför primtalsfaktoriseras. Enligt vårt antagande har vi bara tillgång till primtalen
p1 , p2 , . . . , pN , så q måste vara delbart med något av dessa. Men om
vi dividerar q med p1 så får vi
q = Ap1 + 1
där A är talet p2 p3 . . . pN . Det betyder att divisionen med p1 ger
resten 1, och det går lika illa för p2 , . . . , pN . Här har vi en motsägelse!
Antagandet att det bara finns ändligt många primtal leder till att
det finns ett tal som inte är delbart med något primtal. Vi drar
slutsatsen att det finns oändligt många primtal.
2. Låt z = 3 + 3i och w = 2 − 2i. Beräkna
(a) z + w
(b) z − w
(c) zw
(d) z̄
(e) wz
och beskriv z och w på polär form och på formen reθi .
Lösning:
(a) z + w = (3 + 3i) + (2 − 2i) = 5 − i
(b) z − w = (3 + 3i) − (2 − 2i) = 1 + 5i
(c) zw = (3 + 3i)(2 − 2i) = 6 − 6i + 6i − (−6) = 12
(d) z̄ = 3 +¯ 3i = 3 − 3i
z
3 + 3i
Förläng med
=
=
=
(e)
nämnarens konjugat
w
2 − 2i
=
(3 + 3i)(2 + 2i)
12i
3
=
= i.
(2 − 2i)(2 + 2i)
8
2
Nu återstår att skriva talen z och w på polär form och på formen reθi .
För att göra det, behöver vi beräkna absolutbelopp och argument för
z och w. Argumentet för ett komplext tal är vinkeln mellan positiva
1
2
LÖSNINGAR TILL DUGGA 1
x-axeln och den vektor som utgår från origo och pekar på talet utmarkerat i det komplexa talplanet. Absolutbeloppet
för ett tal a+bi
√
2
2
är dess avstånd till origo och beräknas som a + b . Observera att
imaginärdelen b är ett reellt tal. Resultaten blir:
π
π
arg(z) = , och arg(w) = − .
4
4
För abosolutbeloppen har vi följande:
p
√
√
√
32 + 32 = 32 · 2 = 3 2 (= 18)
|z| =
p
√
√
|w| =
22 + (−2)2 = 2 2 (= 8).
Nu är vi redo att skriva z och w på de efterfrågade formerna:
SVAR:
√
√ π
π
π
z = 2 3(cos + i sin ) = 2 3e 4 i
4 π 4 π √
√
π
w = 2 2(cos −
+ i sin − ) = 2 2e− 4 i .
4
4
3. Ekvationen
5x3 + 18x2 + 17x − 10 = 0
har en rationell rot. Lös ekvationen!
Lösning: Om p/q är en rationell rot till den givna ekvationen,
med SGD(p, q)=1 (så att bråket p/q inte kan förkortas ytterligare),
så måste p|10 och q|5 (p måste dela polynomets konstantterm, och
q dess ledande koefficient) enligt satsen om rationella rötter till en
polynomekvation med heltalskoefficienter. Alltså måste p ∈ {±1, ±2, ±5, ±10}
och q ∈ {±1, ±5}. För att hitta samtliga rationella rötter till ekvationen räcker det därför att leta bland talen i följande mängd:
1 2
{±1, ±2, ±5, ±10, ± , ± }.
5 5
1
Insättning ger att 2/5 är en rot , och därför är polynomet delbart
med x − 2/5 enligt faktorsatsen. En korrekt genomförd division ger
följande resultat:
2
3
2
5x + 18x + 17x − 10 = x −
(5x2 + 20x + 25),
5
eller
5x3 + 18x2 + 17x − 10 = (5x − 2)(x2 + 4x + 5).
Den andra faktorn är ett andragradspolynom, så dess nollställen kan
hittas med hjälp av pq-formeln. De är
√
x = −2 ± 4 − 5.
Ekvationens rötter är alltså 2/5, −2 + i, samt −2 − i.
SVAR: Ekvationens rötter är 2/5, −2 + i, och −2 − i
1Den som är intresserad av att lära sig ett snabbt sätt för att beräkna ett polynoms
värde i olika punkter för hand kan be någon av lektionsledarna att förklara hur Horners
metod fungerar.
LÖSNINGAR TILL DUGGA 1
3
4. Finns i binomialutvecklingen av
x
1 18
−
2 x2
någon konstantterm, det vill säga en term som inte innehåller variabeln x? Bestäm i så fall dess värde!
Lösning: Enligt binomialsatsen har vi
18 x
1 k
1 18 X 18 x 18−k
=
− 2
.
−
2 x2
k
2
x
k=0
Termen med index k är
18
x 18−k
1 k
18 18−k 1 18−k
− 2
=
(−1)k x−2k
x
k
2
x
2
k
18−k
18
1
(−1)k x−3k+18 .
=
2
k
Denna term är konstant om och endast om exponenten för x är
noll, dvs om och endast om −3k + 18 = 0 ⇔ k = 6. Termen som
motsvarar k = 6 är
12
18
1
18
1
6
(−1) =
· 12 .
6
2
6
2
SVAR: Ja, utvecklingen innehåller en konstantterm, nämligen termen
18
1
·
.
12
2
6
5. Bevisa att
n
X
(4k 3 − 3k 2 + k + 1) = n4 + n3 + n
k=1
för n = 1, 2, 3, . . ..
Lösning: Vi gör ett induktionsbevis. Påståendet stämmer för n =
1:
VL1 =
1
X
(4k 3 − 3k 2 + k + 1) = 4 − 3 + 1 + 1 = 3
k=1
4
HL1 = 1 + 13 + 1 = 3,
så VL1 =HL1 .
Antag att formeln stämmer för n = p, där p är något tal större än
4
LÖSNINGAR TILL DUGGA 1
eller lika med 1. Vi behöver visa att den stämmer även för n = p+1.
VLp+1 =
p+1
X
(4k 3 − 3k 2 + k + 1) =
k=1
=
p
X
(4k 3 − 3k 2 + k + 1) +4(p + 1)3 − 3(p + 1)2 + (p + 1) + 1 =
|k=1
{z
}
=p4 +p3 +p enl. antagande
= p4 + p3 + p + 4(p + 1)3 − 3(p + 1)2 + (p + 1) + 1 =
= p4 + p3 + p + 4(p3 + 3p2 + 3p + 1) − 3(p2 + 2p + 1) + (p + 1) + 1 =
= p4 + 5p3 + 9p2 + 8p + 3.
HLp+1 = (p + 1)4 + (p + 1)3 + (p + 1) =
= (p4 + 4p3 + 6p2 + 4p + 1) + (p3 + 3p2 + 3p + 1) + (p + 1) =
= p4 + 5p3 + 9p2 + 8p + 3.
Det visar att påståendet gäller även för n = p + 1. Vi drar slutsatsen
att
n
X
(4k 3 − 3k 2 + k + 1) = n4 + n3 + n
k=1
för n = 1, 2, 3, . . . med hjälp av induktionsprincipen.