MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET

MATEMATISKA INSTITUTIONEN
STOCKHOLMS UNIVERSITET
Avd. Matematik
Christian Gottlieb
Algebra och kombinatorik fk, 5 p
Tentamenskrivning 23 oktober 2006
LÖSNINGSANVISNINGAR.
1. Det är fråga om olika typer av urval:
a) ett oordnat urval av 10 objekt ur en mängd med 3 objekt (röd, svart, vit) där
repetition är tillåten. Vi skiljer inte mellan strumpor av samma färg. Det är
antalet strumpor av varje färg som intresserar oss.
b) ett ordnat urval av 10 objekt ur en mängd med 3 objekt där repetition är tillåten.
Det är av betydelse vilka studenter som går till respektive restaurang - inte bara
antalet.
c) ett oordnat urval av 10 objekt ur en mängd med 3 objekt där repetition är tillåten.
Det är bara antalet bollar på varje plats som intresserar oss.
Problem a) och c) är alltså ekvivalenta. Ett urval i a) är exempelvis
Röd x x x Svart
x
x Vit x x
x x
x
där jag efter namnet på varje färg med ett antal kryss markerat hur många par
strumpor som valts av just den färgen. Antalet möjliga urval är alltså lika stort som
antalet sätt att placera ut de tio kryssen i de 12 positioner som kan förekomma. Den
långa raden av kryss och färger måste ju börja med
ordet
Röd, så det är endast 12
12
12
tillåtna positioner för kryssen. Antalet är alltså 10 = 2 = 66.
2. a2 = 10, a3 = 26, a4 = 82, a5 = 242. Formeln an = 3n + (−1)n gäller uppenbarligen för
n ≤ 5. Induktionsbasen har vi därmed med råge genomfört. Antag nu att k och k − 1
är tal sådana att formeln gäller för dessa värden på n, d.v.s. antag att ak = 3k + (−1)k
och ak−1 = 3k−1 + (−1)k−1 . Låt oss försöka visa att k + 1 också är ett sådant tal,
d.v.s. att ak+1 = 3k+1 + (−1)k+1 .
Utnyttjar vi den givna rekursionsformeln samt induktionsantagandet får vi ak+1 =
2ak + 3ak−1 = 2 · (3k + (−1)k ) + 3 · (3k−1 + (−1)k−1 ) = 2 · 3k + 2 · (−1)k + 3 · 3k−1 +
3 · (−1)k−1 = 2 · 3k + 3k + 2 · (−1)k − 3 · (−1)k = 3 · 3k − (−1)k = 3k+1 + (−1)k+1 .
Vi har nu visat att även k + 1 är ett tal för vilket formeln gäller. Eftersom formeln
gäller för n = 0 och n = 1 kan induktionssteget haka på där. Vi har nu visat att
formeln gäller för alla heltal n ≥ 0.
3. Vi beräknar potenserna av [2]: [2]2 = [4], [2]3 = [8], [2]4 = [16] = [−1], [2]5 = [−2],
[2]6 = [−4], [2]7 = [−8], [2]8 = [−16] = [1]. Ordningen av [2] är alltså 8.
4. Ett sätt är att börja med att sätta in x = [0], [1], [2], . . . , [6] i polynomet. Man finner
då två nollställen, nämligen x = [2] och x = [−2]. Polynomet är alltså delbart med
(x − 2)(x + 2). Utförs divisionen får man x4 − 2 = (x2 − 3)(x − 2)(x + 2). Varken 2 eller
−2 är nollställen till x2 − 3 och några andra nollställen finns ju inte. Faktorn x2 − 3
kan alltså inte faktoriseras (annat än på trivialt sätt). Faktoriseringen i irreducibla
faktorer är alltså x4 − 2 = (x2 − 3)(x − 2)(x + 2).
Som ett alternativ skulle man kunna göra omskrivningen x4 − 2 = x4 − 9 = (x2 −
3)(x2 + 3) = (x2 − 3)(x2 − 4) = (x2 − 3)(x − 2)(x + 2)
5. Den multiplikativa inversen [x] uppfyller 22x ≡ 1 (mod 257), d.v.s. 22x = 1 + 257y för
något heltal y. Denna diofantiska ekvation kan vi lösa genom att först utföra euklides
algoritm och sedan gå igenom algoritmen baklänges:
257 = 11 · 22 + 15
22 = 1 · 15 + 7
15 = 2 · 7 + 1
Sedan får vi 1 = 15−2·7 = 15−2·(22−1·15) = 3·15−2·22 = 3·(257−11·22)−2·22 =
3 · 257 − 35 · 22.
Alltså är 1 = 3 · 257 − 35 · 22, vilket visar att −35 · 22 ≡ 1 (mod 257). Inversen till [22]
är alltså [−35] = [222].
6. Totalt kan man bilda 6! olika ord genom att permutera ABCDEF . Låt oss säga att
alla dessa ord utgör mängden O. Då är alltså |O| = 6!. Definiera nu fyra delmängder
enligt
O1 = {ord som innehåller ABC}
O2 = {ord som innehåller BCD}
O3 = {ord som innehåller CDE}
O4 = {ord som innehåller DEF }
Det som efterfrågas är antalet ord som ligger i O men utanför O1 ∪ O2 ∪ O3 ∪ O4 . Vi
vet att |O1 ∪ O2 ∪ O3 ∪ O4 | = a1 − a2 + a3 − a4 , där
a1 = |O1 | + |O2 | + |O3 | + |O4 |
a2 = |O1 ∩ O2 | + |O1 ∩ O3 | + |O1 ∩ O4 | + |O2 ∩ O3 | + |O2 ∩ O4 | + |O3 ∩ O4 |
a3 = |O1 ∩ O2 ∩ O3 | + |O1 ∩ O2 ∩ O4 | + |O1 ∩ O3 ∩ O4 | + |O2 ∩ O3 ∩ O4 |
a4 = |O1 ∩ O2 ∩ O3 ∩ O4 |
För att beräkna |O1 | tänker vi oss att vi har fyra brickor med texten ABC, D, E,
resp. F . Dessa brickor kan ordnas på 4! olika sätt. Alltså är |O1 | = 4!. Naturligtvis är
också |Oi | = 4! för i = 2, 3, 4. Alltså är a1 = 4 · 4! = 96. O1 ∩ O2 utgörs av ord som
innehåller ABCD. Med samma metod som nyss får man |O1 ∩ O2 | = 3! = 6. Antalet
element i övriga “tvåsnitt” beräknas analogt, men observera att snitten inte är lika
stora. Man får:
a2 = 6 + 2 + 2 + 6 + 2 + 6 = 24 och sedan analogt
a3 = 2 + 1 + 1 + 2 = 6 och a4 = 1. Alltså |O1 ∪ O2 ∪ O3 ∪ O4 | = 96 − 24 + 6 − 1 = 77.
Antalet ord som inte innehåller någon av de fyra bokstavskombinationerna är alltså
6! − 77 = 643.