Boris Shapiro Lösningar till tentamensskrivning i A

Lösningar till tentamensskrivning i
Algebra I, 7,5 hp
3 december 2011
MATEMATISKA INSTITUTIONEN
STOCKHOLMS UNIVERSITET
Avd. Matematik
Examinator: Boris Shapiro
1. a) Mängden är de punkter som ligger inuti en cirkelskiva med centrum i 1 och radie 1 samt
mellan linjerna <z = −=z och <z = =z.
b) Mängden består av ett enda komplext tal:
3+4i
2 .
2. Eftersom polynomet har reella koefficienter innebär villkoret att det existerar ett positivt tal
A > 0 så att både iA och −iA är dess rötter, dvs polynomet är delbart med z 2 + A2 . Man har
följande likhet
z 4 + 2z 3 + 10z 2 + 10z + 25 = (z 2 + A2 )(z + αz + β) = z 4 + αz 3 + (A2 + β)z 2 + αA2 z + βA2
för några A, α, β. Detta ger följande relationer α = 2, 10 = A2 + β, 10 = αA2 , 25 = βA2 vilket ger
√
α = 2, β = 5 och A2 = 5. Polynomet faktoriseras som (z 2 + 5)(z 2 + 2z + 5). Dess rötter blir ±i 5
och −1 ± 2i.
3. L1 är skärningen av planet x = 0 och planet y = 0, och svarar alltså mot z-axeln. En riktningsvektor till L1 är alltså (0, 0, 1). L2 har på parameterform ekvationen (x, y, z) = (1, 2, 3) +
t(1, −1, 1). Kryssprodukten mellan de två linjernas riktningsvektorer är normal till det sökta planet.
Eftersom(0, 0, 1) × (1, −1, 1) = (1, 1, 0) är alltså planets ekvation på formen x + y + D = 0. Villkoret
att planet innehåller (1, 1, 1) ger att D = −2, och alltså är planets ekvation x + y − 2 = 0.
4. Normalen till Π ska vara ortogonal mot linjens riktningsvektor (2, 5, 3) och samtidigt mot vektorn (1, 1, 1) − (1, 2, −1) = (0, −1, 2). Detta innebär att normalen ges av deras kryssprodukt och är
lika med (13, −4, −2). Planets ekvation är på formen 13x − 4y − 2z + D = 0. Villkoret att planet
innehåller (1, 1, 1) ger att D = −7, och alltså är planets ekvation 13x − 4y − 2z − 7 = 0.
5. a) Åtta böcker kan placeras på en bokhylla på 8 · 7 · 6 · ....1 = 40320 sätt. Varje placering är en
permutation av böckerna.
b) Dela upp i olika fall, efter antalet böcker i den minsta högen. Detta antal kan vara 1, 2, 3 eller
4. Uppdelningen av böcker tänks ske
väljer ut böcker till den minsta högen,
genom att man först
vilket i de olika fallen kan ske på 81 = 8, 82 = 28, 83 = 56 respektive 84 = 70 sätt. Sedan i de
första tre fallen slängs resten av böckerna i en annan hög och detta kan ske bara på ett sätt. I fall
när antalet böcker i både högen är lika med 4 måste man halvera svaret eftersom både högen har
lika många böcker. Svaret blir alltså att man kan dela upp åtta böcker i två högar, med åtminstone
en bok i varje hög, på 8 + 28 + 56 + 70/2 = 127 sätt.
6. Först hittar vi en partikulärlösning till hjälpekvationen 43x + 19y = 1. Euklides algoritm ger
43 = 2 · 19 + 5. Sedan 19 = 3 · 5 + 4 och 5 = 4 + 1. Alltså 5 = 43 − 2 · 19, 4 = 19 − 3 · 5 = −3 · 43 + 7 · 19
och, slutligen 1 = 5 − 4 = 4 · 43 − 9 · 19. Hjälpekvationen har en partikulärlösning x = 4; y = −9.
Därmed har den diofantiska ekvationen 43x + 19y = 4, en partikulärlösning x = 16, y = −36. Den
allmänna lösningen blir x = 16 + 19n, y = −36 − 43n där n är ett godtyckligt heltal.
1