UPPSALA UNIVERSITET
M I
D S
HT2015
F, IT, KD, KM, L
2015-12-15
Lösningsförslag
Inlämningsuppgifter
Här ges lösningsförslag till inlämningsuppgifterna. Observera att dessa är just förslag till lösningar och uppgifterna kan lösas på andra sätt med andra metoder, formuleringar, m.m. Observera att detta inte har korrekturlästs och innehåller säkerligen flera fel.
Lektion 1
1. Låt A och B vara två utsagor. Visa följande ekvivalenser1 :
¬(A ∧ B) ⇔ ¬A ∨ ¬B
¬(A ∨ B) ⇔ ¬A ∧ ¬B
Lösning. Vi använder oss av sanningsvärdestabeller.
A
S
S
F
F
B
S
F
S
F
¬(A ∧ B)
F
S
S
S
¬A ∨ ¬B
F
S
S
S
Figur 1: Sanningsvärdestabell för ¬(A ∧ B) ⇔ ¬A ∨ ¬B.
Vi ser från sanningsvärestabellen att utsagorna ¬(A ∧ B) och ¬A ∨ ¬B alltid har samma
sanningsvärden och därför är de ekvivalenta.
A
S
S
F
F
B
S
F
S
F
¬(A ∨ B)
F
F
F
S
¬A ∧ ¬B
F
F
F
S
Figur 2: Sanningsvärdestabell för ¬(A ∨ B) ⇔ ¬A ∧ ¬B.
1
Dessa ekvivalenser kallas de Morgans lagar.
1
Vi ser från den här sanningsvärdestabellen att utsagorna ¬(A ∨ B) och ¬A ∧ ¬B alltid har
samma sanningsvärden och därför är de ekvivalenta.
2. Översätt följande utsagor till det predikatlogiska språket:
(a) För varje heltal finns ett större heltal.
Lösning.
∀x ∈ Z∶ ∃y ∈ Z∶ y > x
(b) Det finns inget största heltal.
Lösning.
∄x ∈ Z∶ ∀y ∈ Z∶ x ≥ y
Lektion 2
1. Bestäm SGD(852, 357).
Lösning. Vi använder oss av Euklides algoritm.
852 = 2 ⋅ 357 + 138
357 = 2 ⋅ 138 + 81
138 = 1 ⋅ 81 + 57
81 = 1 ⋅ 57 + 24
57 = 2 ⋅ 24 + 9
24 = 2 ⋅ 9 + 6
9=1⋅6+3
6=2⋅3
Vi ser att den sista nollskilda resten är 3 och därför kan vi dra slutsatsen att SGD(852, 357) =
3.
2. Visa att 4∣n4 + 2n3 + n2 för alla heltal n.
Lösning. Enligt definitionen av delbarhet vill vi visa att vi för alla n ∈ Z kan skriva n4 +
2n3 + n2 = 4k där k är något heltal. Vi börjar med att skriva om n4 + 2n3 + n2 på formen
n4 + 2n3 + n2 = n2 (n + 1)2 = (n2 + n)2 .
Vi vet att n antingen är ett jämnt tal eller ett udda tal.
2
Om n är ett jämnt tal så är även n2 + n ett jämnt tal och vi kan därför skriva n2 + n = 2l
för något heltal l. Vi får då
(n2 + n)2 = (2l)2 = 4l2
och vi ser därför att n4 + 2n3 + n2 = 4k med k = l2 .
Om n är ett udda tal så är även n2 ett udda tal och därför är n2 + n ett jämnt tal eftersom
summan av två udda tal är ett jämnt tal. Vi kan därför skriva n2 + n = 2m där m är något
heltal. Vi får då
(n2 + n)2 = (2m)2 = 4m2
och vi ser därför att n4 + 2n3 + n2 = 4k med k = m2 .
Vi kan därför dra slutsatsen att 4∣n4 + 2n3 + n2 för alla heltal n.
Lektion 3
1. Primtalsfaktorisera 15048 och 49140. Använd detta för att förkorta bråket
som möjligt.
15048
49140
så långt
Lösning. Vi börjar med 15048. Eftersom talet är jämnt måste det vara delbart med 2 och vi
ser då att 15048 = 2 ⋅ 7524. Talet 7524 är i sig också jämnt så vi kan bryta ut en till faktor 2
och får då 7524 = 2 ⋅ 3762. Talet 3762 är också jämnt så vi bryter ut ännu en faktor 2 och
får 3762 = 2 ⋅ 1881. Vi ser att 1881 är delbart med 9 = 3 ⋅ 3 eftersom siffersumman är 18
som är delbart med 9 och kan därför skriva 1881 = 3 ⋅ 3 ⋅ 209. Vi ser nu att 209 är delbart
med 11 eftersom dess alternerande siffersumma är 9 − 0 + 2 = 11 som är delbart med 11.
Vi får då 209 = 11 ⋅ 19. Vi kommer inte längre eftersom 19 är ett primtal. Vi kan nu skriva
15048 = 23 ⋅ 32 ⋅ 11 ⋅ 19 .
Vi använder nu samma metoder för talet 49140. Vi börjar med att bryta ut en faktor 2
eftersom 49140 är jämnt och får då 49140 = 2 ⋅ 24570. Vi kan här bryta ut ännu en faktor
2 och får 24570 = 2 ⋅ 12285. Eftersom 12285 slutar på 5 är det delbart med 5 och vi kan
då skriva 12285 = 2 ⋅ 2457. Talet 2457 är delbart med 9 = 3 ⋅ 3 eftersom dess siffersumma
är 2 + 4 + 5 + 7 = 18 som är delbart med 9. Vi får då 2457 = 32 ⋅ 273. Talet 273 är delbart
med 3 eftersom dess siffersumma är 2 + 7 + 3 = 12 som är delbart med 3 vilket ger oss
273 = 3 ⋅ 91. Vi kan se, till exempel genom att pröva oss fram att 91 är delbart med 7 så vi
kan skriva 91 = 7 ⋅ 13. Eftersom 13 är ett primtal är vi nu färdiga och kan skriva
49140 = 22 ⋅ 33 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 13 .
Med hjälp av detta kan vi göra följande förenkling:
15048
23 ⋅ 32 ⋅ 11 ⋅ 19
2 ⋅ 11 ⋅ 19
418
= 2 3
=
=
.
49140 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 13 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 13 1365
3
2. Visa att varje primtal p > 3 kan skrivas på formen p = 6n + 1 eller p = 6n − 1 för något
positivt heltal n.
Tips: Vilka rester är möjliga när p delas med 6?
Lösning. Vi vet att varje heltal n kan skrivas på formen n = 6k + r där r = 0, 1, 2, 3, 4, 5 och
k är något heltal. Eftersom 6k + 5 = 6(k + 1) − 1 kan vi använda den alternativa formen
n = 6k + r där r = −1, 0, 1, 2, 3, 4 och k är något heltal.
Vi kan nu se att om n = 6k så är n delbart med 6 och kan därför inte vara ett primtal.
Om n = 6k + 2 = 2(3k + 1) så är n delbart med 2 och kan därför endast vara ett primtal
om just n = 2.
Om n = 6k + 3 = 3(2k + 1) så är n delbart med 3 och kan därför endast vara ett primtal
om n = 3.
Om n = 6k + 4 = 2(3k + 2) så är n återigen delbart med 2 men kan inte vara 2 eftersom
resterna inte överensstämmer, därför kan n inte vara ett primtal.
Om p är ett primtal som är större än 3 är därför alla dessa former uteslutna och vi måste
därför ha p = 6k + 1 eller p = 6k − 1.
Lektion 4
1. Bevisa att log5 (9) är irrationellt.
Lösning. Vi utför ett motsägelsebevis. Antag därför att log5 (9) är rationellt så att vi kan
skriva log5 (9) = pq där p ∈ Z, q ∈ Z+ (mängden av positiva heltal) och SGD(p, q) = 1. Vi
får då att
9 = 5log5 (9)
= 5p/q
⇒ 9q = 5p
Vi kan dela upp detta i två fall.
Om p ≤ 0 får vi 5p ≤ 1 men q ≥ 1 så 9q ≥ 9, vilket ger oss en motsägelse.
Om p > 1 får vi 9q = 32q = 5p . Eftersom 3∣32q måste då också 3∣5p . Eftersom 3 är ett
primtal måste det därför dela någon av faktorerna i 5p , men alla faktorer är 5 så vi får då
3∣5 vilket ger oss en motsägelse.
Eftersom vi i båda fallen får en motsägelse måste vårat antagande att log5 (9) är ett rationellt tal vara felaktigt och därför måste log5 (9) vara irrationellt.
2. Förklara varför den Diofantiska ekvationen 15x + 6y = 3 har heltalslösningar men inte
15x + 6y = 2. Lös sedan den första ekvationen fullständigt.
4
Lösning. En Diofantisk ekvation ax+by = c har heltalslösningar om och endast om SGD(a, b)∣c.
I det första fallet har vi SGD(a, b) = SGD(15, 6) = 3 och c = 3 så ekvationen har heltalslösningar. I det andra fallet har vi SGD(a, b) = SGD(15, 6) = 3 och c = 2 och eftersom
3 ffl 2 saknar ekvationen heltalslösningar.
Vi löser nu den Diofantiska ekvationen 15x + 6y = 3 och börjar därför med att förkorta
med SGD(15, 6) = 3 vilket ger oss ekvationen 5x + 2y = 1 med nya a = 5, b = 2 och c = 1.
Vi kan se att vi har en lösning (x0 , y0 ) = (1, −2) antingen genom att testa eller genom att
utföra Euklides algoritm baklänges:
5=2⋅2+1
⇒ 1 = 5 − 2 ⋅ 2 = 5 ⋅ 1 + 2 ⋅ (−2) .
Samtliga lösningar ges därför av x = cx0 − bn = 1 − 2n och y = cy0 + an = −2 + 5n där
n ∈ Z.
Lektion 5
1. Bestäm entalssiffran när talet 20152015 skrivs i bas 7.
Lösning. Entalssiffran i bas 7 motsvarar resten som får då talet delas med 7. Vi kan använda
kongruensräkning för att bestämma denna rest. Vi börjar med att observera följande:
2015 = 1400 + 615 = 200 ⋅ 7 + 615
615 = 560 + 55 = 80 ⋅ 7 + 55
55 = 49 + 6 = 7 ⋅ 7 + 6 = 7 ⋅ 8 − 1 .
Vi ser därför att
Därför får vi att
2015 ≡ 615 ≡ 55 ≡ 6 ≡ −1 mod 7 .
20152015 ≡ (−1)2015 mod 7 .
Eftersom 2015 är ett udda tal gäller att (−1)2015 = −1 så 20152015 ≡ −1 ≡ 6 mod 7.
Eftersom entalssiffran inte kan vara negativ är svaret därför 6.
2. Ge exempel på relationer P, Q, R som uppfyller:
(a) P är reflexiv och symmetrisk men inte transitiv,
Lösning. Relationen P på Z som ges av aP b ⇔ a∣b ∨ b∣a. Välj till exempel a = 4,
b = 2 och c = 6, då gäller b∣a så aP b och b∣c så bP c men varken a∣c eller c∣a gäller så
vi har inte aP c.
(b) Q är reflexiv och transitiv men inte symmetrisk,
5
Lösning. Relationen Q på R som ges av xQy ⇔ x ≤ y.
(c) R är symmetrisk och transitiv men inte reflexiv.
Lösning. Den tomma relationen R = ∅ på en icketom mängd M . Eftersom xRy är
falsk för alla x, y ∈ M är implikationerna xRy ⇒ yRx och xRy ∧ yRz ⇒ xRz
alltid sanna men utsagan ∀x ∈ M ∶ xRx är falsk eftersom det finns minst ett x ∈ M
men xRx är falskt.
Lektion 6
1. En talföljd definieras rekursivt av a1 = 1 och an = nan−1 för n ≥ 2. Finn en sluten formel
för an och bevisa, till exempel med induktion, att den stämmer.
Lösning. Om vi beräknar några av de första talen i följden får vi a1 = 1, a2 = 2a1 = 2 ⋅ 1,
a3 = 3a2 = 3 ⋅ 2a1 = 3 ⋅ 2 ⋅ 1, …. Härifrån kan vi gissa oss till den slutna formeln an = n!.
Vi bevisar att den stämmer för alla n ≥ 1 med hjälp av induktion. Vi sätter V Ln = an och
HLn = n! för alla n ≥ 1.
Basfall: V L1 = a1 = 1 = 1! = HL1 , så basfallet n = 1 stämmer.
Induktionsantagande: Antag att HLp = V Lp för något naturligt tal p ≥ 1.
Induktionssteg: Vi har
V Lp+1 = ap+1
= (p + 1)ap
enl. rekursionsformeln
= (p + 1) ⋅ p!
enl. induktionsantagande
= (p + 1)!
= HLp+1
Enligt induktionsprincipen gäller därför an = n! för alla naturliga tal n ≥ 1.
2. Visa att
(2n)!
är ett heltal för alla n ≥ 0.
2n
Lösning. Vi utför ett induktionsbevis.
0! 1
Basfall: För n = 0 har vi 0 = = 1, vilket är ett heltal så basfallet är bevisat.
2
1
(2p)!
Induktionsantagande: Antag att p är ett heltal för något naturligt tal p ≥ 0.
2
6
Induktionssteg: Låt
(2p)!
= a där a ∈ Z. Vi skriver
2p
(2(p + 1))! (2p + 2)!
=
2p+1
2p+1
(2p + 2)(2p + 1)(2p)!
=
2 ⋅ 2p
(2p + 2)(2p + 1) (2p)!
=
2
2p
(2p + 2)(2p + 1)
=
a
2
= (p + 1)(2p + 1)a .
enl. induktionsantagande
Eftersom a och p är heltal så är även (p + 1)(2p + 1)a ett heltal.
Enligt induktionsprincipen är därför
(2n)!
ett heltal för alla naturliga tal n.
2n
Lektion 7
1. Konstruera en bijektion mellan (0, 1) och (0, ∞). Ange sedan en bijektion mellan (−1, 0)
och (−∞, 0).
Tips: Hitta först en bijektion mellan (0, 1) och (1, ∞).
Lösning. Utifrån tipset börjar vi med att söka efter en bijektion från (0, 1) till (1, ∞). Funktionen f1 (x) = x1 verkar passa för detta ändamål, eftersom 0 < x < 1 ⇔ ∞ > x1 > 1 så att
definitions- och värdemängderna passar ihop. Vi vill nu verifiera att detta är en bijektion.
Vi kan göra detta genom att kontrollera att funktionen f1 har en invers. Funktionen f1 är
sin egen invers, eftersom
1
1
x
=x
så f1 (f1 (x)) = x för alla x i både (0, 1) och (1, ∞) (faktiskt för alla x ≠ 0). Eftersom f1
har en invers måste det vara en bijektion. Med hjälp av f1 kan vi nu skapa en bijektion
f ∶ (0, 1) → (0, ∞) genom sammansättning med förskjutningen f2 (x) = x − 1 som också
är en bijektion från (1, ∞) till (0, ∞) med invers f2−1 (x) = x+1. Då är sammansättningen
f (x) = (f2 ○f1 )(x) = x1 −1 en bijektion från (0, 1) till (0, ∞) eftersom en sammansättning
av bijektioner i sig är en bijektion.
På samma sätt är g(x) =
1
x
+ 1 en bijektion från (−1, 0) till (−∞, 0).
2. Ange en bijektion mellan (−1, 1) och (0, 1). Använd detta och ovan konstruerade bijektioner för att visa att (0, 1) =c R.
Lösning. Funktionen h1 (x) = 2x − 1 är en bijektion från (0, 1) till (−1, 1).
7
Från föregående uppgift har vi redan bijektioner f ∶ (0, 1) → (0, ∞) och g∶ (−1, 0) →
(−∞, 0). Det som återstår för att få en bijektion från (−1, 1) till R är därför att ta hand
om 0. Detta kan vi göra genom att skapa funktionen
⎧
f (x)
⎪
⎪
⎪
⎪
h2 (x) = ⎨0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩g(x)
om x ∈ (0, 1),
om x = 0,
om x ∈ (−1, 0).
Detta är en bijektion eftersom f och g var för sig är bijektioner med disjunkta definitions
och värdemängder och ingen av dessa innehåller 0. Vi har därför heller inget val med vad
vi gör med 0, vi måste skicka det på 0.
Genom att skapa funktionen h = h2 ○ h1 får vi då en bijektion från (0, 1) till R. Efterom vi
nu har en bijektion mellan (0, 1) och R kan vi dra slutsatsen att (0, 1) =c R.
Lektion 8
1. Visa att x2 + 2 delar x4 − 4x3 + 5x2 − 8x + 6.
Lösning. Vi utför en polynomdivision:
x2 − 4x + 3
. 2 − 8x + 6
x4 − 4x3 + 5x
x2 + 2
−(x4 + 2x2 )
−4x3 + 3x2 − 8x + 6
−(−4x3 − 8x)
3x2 + 6
−(3x2 + 6)
0
Resten är 0 så vi kan skriva x4 − 4x3 + 5x2 − 8x + 6 = (x2 − 4x + 3)(x2 + 2).
2. Konstruera ett polynom f (x) med så låg grad som möjligt och som uppfyller att x = 2 är
ett dubbelt nollställe, x = −1 är ett nollställe och f (0) = 2.
Lösning. Eftersom polynomet ska ha tre nollställen vet vi från faktorsatsen att polynomet
måste ha minst grad tre. Vi ansätter därför ett polynom f av grad tre. Det måste då vara
associerat till polynomet
(x − 2)2 (x + 1) = (x2 − 4x + 4)(x + 1) = x3 − 3x2 + 4 .
f måste alltså ha formen λ(x3 −3x2 +4) där λ ≠ 0 är en konstant. Kan vi hitta ett λ sådant
att f (0) = 2?
1
f (0) = 4λ = 2 ⇔ λ =
2
8
så f är polynomet f (x) = 12 x2 − 32 x2 + 2.
Lektion 9
1. Ekvationen x5 + 5x4 + 4x3 − 4x2 + 3x − 9 = 0 har en dubbelrot. Lös ekvationen fullständigt.
Lösning. Låt f (x) = x5 + 5x4 + 4x3 − 4x2 + 3x − 9. Eftersom polynomet har ett dubbelt
nollställe deriverar vi polynomet:
f ′ (x) = 5x4 + 20x3 + 12x2 − 8x + 3 .
Detta är ett heltalspolynom så vi kan leta efter rationella nollställen x =
uppfylla att p∣3 och q∣5. Vi får då möjligheterna
p
q.
Det måste
1 3
x = ±1, ±3, ± , ± .
5 5
Om vi testar ser vi att x = −3 är ett nollställe:
5(−3)4 + 20(−3)3 + 12(−3)2 − 8(−3) + 3 = 405 − 540 + 108 + 24 + 3 = 0 .
Vi testar därför om detta även är ett nollställe för f :
f (−3) = (−3)5 + 5(−3)4 + 4(−3)3 − 4(−3)2 + 3(−3) − 9
= −243 + 405 − 108 − 36 − 9 − 9
=0
så x = −3 är även ett nollställe för f och är därför det dubbla nollstället. Vi kan därför
faktorisera ut (x + 3)2 = x2 + 6x + 9 ur f . Vi utför divisionen:
x3 − x2 + x − 1
x5 + 5x4 + 4x3 .− 4x2 + 3x − 9
x2 + 6x + 9
−(x + 6x + 9x )
5
4
3
−x4 − 5x3 − 4x2 + 3x − 9
−(−x4 − 6x3 − 9x2 )
x3 + 5x2 + 3x − 9
−(x3 + 6x2 + 9x)
−x2 − 6x − 9
−(−x2 − 6x − 9)
0
Vi ser då att f (x) = (x3 − x2 + x − 1)(x2 + 6x + 9). Kvar återstår då att hitta alla nollställen
till x3 −x2 +x−1. Vi kan se, till exempel genom att undersöka rationella nollställen, att x = 1
9
är ett nollställe: 1−1+1−1 = 0. Utför vi divisionen ser vi att x3 −x2 +x−1 = (x−1)(x2 +1).
Slutligen har polynomet x2 + 1 nollställen x = ±1.
Ekvationen har således rötterna x = −3 som dubbelrot och x = 1, x = ±i som enkla
rötter.
2. Polynomen f (x) = x4 −2x3 +2x2 +6x−15 och g(x) = x3 −4x2 +9x−10 har ett gemensamt
nollställe. Faktorisera f (x) fullständigt.
Lösning. Eftersom polynomen har minst ett gemensamt nollställe och därför minst en gemensam delare använder vi oss av Euklides algoritm för att hitta deras största gemensamma
delare.
x+2
. 2 + 6x − 15
x − 2x + 2x
−(x4 − 4x3 + 9x2 − 10x)
4
3
x3 − 4x2 + 9x − 10
2x3 − 7x2 + 16x − 15
−(2x3 − 8x2 + 18x − 20)
x2 − 2x + 5
Vi ser efter första steget att x4 −2x3 +2x2 +6x−15 = (x+2)(x3 −4x2 +9x−10)+x2 −2x+5.
Vi fortsätter nu med algoritmen.
x−2
. 9x − 10
x3 − 4x2 +
x2 − 2x + 5
−(x3 − 2x2 + 5x)
−2x2 + 4x − 10
−(−2x2 + 4x − 10)
0
Eftersom divvisionen nu gick jämnt ut så är x2 − 2x + 5√en största gemensam delare till
f och g. Polynomet x2 − 2x + 5 har nollställen x = 1 ± −4 = 1 ± 2i. Vi faktoriserar ut
x2 − 2x + 5 ur f :
x2 − 3
. 2 + 6x − 15 x2 − 2x + 5
x4 − 2x3 + 2x
−(x4 − 2x3 + 5x2 )
−3x2 + 6x − 15
−(3x2 + 6x − 15)
0
10
2
2
2
Vi kan alltså skriva
√
√ f (x) = (x −2x+5)(x −3). Polynomet x −3 har enligt konjugatregeln
nollställen
x = ± 3. Vi kan då faktorisera f√som f (x)√= (x−1−2i)(x−1+2i)(x− 3)(x+
√
3) alternativt f (x) = (x2 − 2x + 5)(x − 3)(x + 3).
11
