Lösningar till tentamen i Introduktionskurs i Matematik Distanskurs 18 januari, 2003 kl. 9.00 − 13.00 Maxpoäng: 30p. Betygsgränser: 12p: betyg G, 18p: betyg VG. Kursansvarig: Eric Järpe (035-16 76 53, 070-306 95 89). Hjälpmedel: Inga. 1. Formulera och bevisa Aritmetikens fundamentalsats. Lösning: (Se Diskret matematik av Bergström, Sats 2.9, s. 22.) (3p) 2 2. Avgör om följande utsagor är tautologi, kontradiktion eller ingetdera. (a) (¬Q ⇒ P ) ⇔ (Q ⇒ ¬P ) (b) ¬ (P ⇒ Q) ∨ ¬Q (1p) (1p) (c) (P ∧ Q ⇒ R) ∨ (P ∧ Q ∧ ¬R) (1p) Lösning: (a) P S S F F Q (¬Q S F F S S F F S ⇒ P) S S S S S S F F ⇔ F S S F (Q ⇒ ¬P ) S F F F S F S S S F S S Alltså ingetdera. (b) ¬((P ⇒ Q) ∨ ¬Q) ⇔ ¬(P ⇒ Q) ∧ Q ⇔ ⇔ (P ∧ ¬Q) ∧ Q ⇒ ¬Q ∧ Q Alltså kontradiktion. (c) P S S S S F F F F Q S S F F S S F F R S F S F S F S F (P ∧ Q ⇒ R) S S S S F F F S F S F S F S F S F S Alltså tautologi. ∨ S S S S S S S S (P ∧ Q ∧ ¬R) F S F F F F F F 2 3. Vad blir heltalsresten då 123 · 231312 divideras med 13? (3p) Lösning: 123 ≡ 6 och 231 ≡ −3 (mod 13) vilket innebär att 123 · 231312 ≡ 6 · (−3)312 = 6 · ((−3)4 )78 = 6 · 8178 ≡ 6 · 378 = 6 · 939 = = 6 · (93 )13 = 6 · (81 · 9)13 ≡ 6 · (3 · 9)13 = 6 · 2713 ≡ 6 · 113 = 6 Alltså blir resten 6. 4. Visa att (z/w) = z̄/w̄ för alla komplexa tal z och w 6= 0. Lösning: Eftersom zw = z̄ · w̄ (ty zw = (a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i = ac − bd − (ad + bc)i och z̄ · w̄ = (a − bi)(c − di) = ac − bd − (ad + bc)i) så är z̄ = w · z/w = w̄ · ( wz ) ⇒ z̄/w̄ = (z/w) 5. På hur många sätt kan man i poker få två par i given om man ej tar hänsyn till ordningen? Lösning: Första kortet kan man alltid få på 52 sätt. Andra kortet (säg för att bilda par med det första) kan man få på 3 sätt. Tredje kortet måste ha annan valör än de två första varmed det finns 48 sätt. Fjärde kortet (för att bilda par med det tredje) kan fås på 3 sätt. Femte kortet måste ha annan valör än de två paren och kan således fås på 44 sätt. Alltså blir det totala antalet sätt utan hänsyn till ordningen 52 · 3 · 48 · 3 · 44 = 988 416. 6. Ekvationen x4 − 6x3 + 14x2 + 10x + 125 = 0 har roten x = 2i − 1. Bestäm de andra rötterna. 2 (3p) 2 (3p) 2 (3p) Lösning: x1 = 2i − 1 rot ⇒ x2 = −2i − 1 rot ⇒ (x − x1 )(x − x2 ) kan brytas ut ur vänsterledet. (x − x1 )(x − x2 ) = (x − 2i + 1)(x + 2i + 1) = x2 + 2x + 5 ⇒ 4 ⇒ 0 = x√ − 6x3 + 14x2 + 10x + 125 = (x2 + 2x + 5)(x2 − 8x + 25). Faktorn x2 − 8x + 25 har nollställena x = 4 ± 16 − 25 = 4 ± 3i varmed rötterna är −1 ± 2i och 4 ± 3i. 2 n X 7. Visa att för alla positiva heltal n är k=1 n k X X k(n + 2) j = . 3 j=1 (4p) k=1 Pk (se s. 127) och att Lösning: Klart att j=1 j = k(k+1) 2 Pn n(n+1)(2n+1) 2 k = (se s. 135). Vi ska visa att k=1 6 k n n X X X k(n + 2) j = = H.L V.L. = 3 j=1 k=1 V.L. = k=1 n X k(k + 1) 2 k=1 = = = = = = 1 2 n X 2 k + k=1 n X k=1 k ! 1 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) + 2 6 2 n(n + 1)(2n + 1) + 3n(n + 1) 12 2n3 + 3n2 + n + 3n2 + 3n 12 2n3 + 6n2 + 4n 12 n3 + 3n2 + 2n 6 n H.L. = n+2 X k 3 k=1 = = n + 2 n(n + 1) · 3 2 n(n + 1)(2n + 1) 6 Därmed är V.L. = H.L. och beviset är klart. 2 8. För vilka heltal n är 8n + 61 en jämn kub? (4p) Lösning: För att avgöra detta, låt x3 = 8n + 61. Eftersom 8n = (23 )n så är 61 = x3 − (2n )3 = (x − 2n )(x2 + 2n x + 22n ). Eftersom 61 är ett primtal är 1 · 61 och (−1) · (−61) de enda möjliga faktoriseringarna i två heltal och därmed har vi ekvationssystemen x − 2n = 1 (1) x − 2n = −1 (1) och 2 n 2 n 2n x + 2 x + 22n = 61 (2) x +2 x+2 = −61 (2) B: A: A: (1) ⇒ x = 2n − 1. (2) ⇒ ⇒ −61 = (2n − 1)2 + 2n (2n − 1) + 22n = 22n − 2 · 2n + 1 + 22n − 2n + 22n ⇒ ⇒ 3 · 22n − 3 · 2n = 62 Men denna ekvation har ingen heltalslösning n eftersom 36 | 62. B: (1) ⇒ x = 2n + 1. (2) ⇒ 61 = (2n + 1)2 + 2n (2n + 1) + 22n = = 22n + 2 · 2n + 1 + 22n + 2n + 22n ⇒ 3 · 22n + 3 · 2n = 60 ⇒ ⇒ 2n (2n + 1) = 20. Därmed är det klart att n < 3 ty 23 (23 + 1) = 72 och 2n (2n + 1) är växande med n så 2n (2n + 1) ≥ 72 för alla n ≥ 3. För n = 1 är 21 (21 + 1) = 6 och för n = 2 är 22 (22 + 1) = 20. Därmed är n = 2 den enda lösningen. + p−1 9. Visa att om p är ett primtal ≡ 1 (mod p). och n ∈ Z : p6 |n så är n p (Tips: visa att p delar k .) 2 (4p) Lösning: Detta är den så kallade Fermats lilla sats som har stor betydelse för kryptering. Den kan bevisas på flera sätt varav ett är induktion. Basfall n = 1 : 1p−1 = 1 ≡ 1 (mod p) ok! Induktionsantagande Antag nu att p är ett primtal, n ∈ Z+ : p6 | n och att np−1 ≡ 1 (mod p) dvs att p delar np − n. Induktionssteg Vi ska (mha induktionsantagandet) visa att p delar (n + 1)p − (n + 1). p Vi har att (n + 1)p = np + p1 np−1 + p2 np−2 + . . . + p−1 n+1 p dvs (n + 1)p − (n + 1) = (np − n) + p1 np−1 + p2 np−2 + . . . + p−1 n (∗) Enligt induktionsantagandet gälleratt p delar np − n. Det återstår att visa att p delar kp för k = 1, 2, . . . , p − 1. p! Vi har att kp = k!(p−k)! dvs att kp k!(p − k)! = p!. Eftersom p! är delbart med p måste vänsterledet vara det också. Eftersom p är ett primtal är åtminstone någon av faktorerna i vänterledet delbar med p. Men om k! vore delbart med p skulle någon av faktorerna i k(k − 1) · · · 2 · 1 (där k ≤ p − 1) vara delbar med p vilket är omöjligt eftersom dessa faktorer är < p och p är ett primtal. Detsamma gäller för (p − k)! eftersom k ≥ 1. Alltså är det kp som delas av p. Därmed är det klart att p delar högerledet i (∗) och följdaktligen att p delar vänsterledet (n + 1) p − (n + 1) varmed satsen är bevisad enligt induktionsprincipen! 2