Lösningar till tentamen i Introduktionskurs i Matematik

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