MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik Samuel Lundqvist Lösningsförslag till tentamensskrivning i Algebra och kombinatorik för lärarlyftet, 7.5 hp 10 januari 2013 1. I. Vi börjar med att verifiera basfallet, då n = 1. Vänsterledet blir 2 och högerledet blir 21+1 − 2 = 2. Utsagan är alltså sann då n = 1. II. Antag att 2 + 22 + 23 + · · · + 2k = 2k+1 − 2 för ett godtyckligt heltal k. Om vi med hjälp av detta kan visa att 2 + 22 + 23 + · · · + 2k+1 = 2k+2 − 2 så följer påståendet genom induktionsprincipen. Vi har 2 + 22 + 23 + · · · + 2k+1 = 2 + 22 + 23 + · · · + 2k + 2k+1 och genom att använda antagandet att 2 + 22 + 23 + · · · + 2k = 2k+1 − 2 ger det oss att 2 + 22 + 23 + · · · + 2k + 2k+1 = 2k+1 − 2 + 2k+1 = 2 · 2k+1 − 2 = 2k+2 . Det var precis vad vi ville visa. Påståendet följer nu enligt induktionsprincipen. 2. (a) Eftersom 7 · 14 = 98 finns det 14 tal mellan 1 och 100 som är delbara med 7. För att två bollars tal ska vara delbara med 7 behöver vi alltså dra 100 − 14 + 2 = 88 bollar. (b) Antag första att vi har 18 bollar av vardera färg. Principen med avskiljare ger oss varje urval kan tolkas som en binär sträng av längd 14 med två ettor (se tidigare modelltentor), varur det följer att antalet val är 20 = 190. Men de urval med 16, 17 eller 18 gula bollar är falska urval och 2 deras antal ska dras bort från 190. 18 gula bollar: Det finns endast ett urval med 18 gula bollar. 17 gula bollar: Det finns ytterligare en boll att välja. Den kan antingen vara svart eller så är den vit. Det finns alltså två urval av den här typen. 16 gula bollar: Det finns ytterligare två bollar att välja. Det kan ske genom att två bollar är svarta, två bollar är vita, eller om det finns en boll av vardera färg. Det finns alltså tre urval av den här typen. Sammantaget finns det alltså 190 − 1 − 2 − 3 = 184 urval av den här typen. 3. Låt X beteckna alla ord där AD ingår som delord, låt Y beteckna alla ord där DG ingår som delord och låt Z beteckna alla ord där GF A ingår som delord. Antalet ord av längd sju som vi kan bilda från sju skilda bokstäver är 7!, vilket följer av multiplikationsprincipen. Det sökte antalet ord är därför 6! − |X ∪ Y ∪ Z|. Enligt sållprincipen så gäller det att |X ∪ Y ∪ Z| = |X| + |Y | + |Z| − (|X ∩ Y | + |X ∩ Z| + |Y ∩ Z|) + |X ∩ Y ∩ Z|. Genom att betrakta alfabetet som {AD, B, C, E, F, G} får vi att |X| = 6! och på motsvarande sätt får vi |Y | = 6! och |Z| = 5!. Mängden X ∩ Y består av alla ord där ADG förekommer som delord, så |X ∩ Y | = 5!. Mängden X ∩ Z består av alla ord där GF AD förekommer som delord, så |X ∩ Y | = 4!. Mängden Y ∩ Z består av alla ord där DGF A förekommer som delord, så |X ∩ Y | = 4!. 1 Mängden X ∩ Y ∩ Z är tom, ty det finns inget ord där DG, GF A och AD samtidigt förekommer som delord (eftersom D står till vänster om G i DG, men i GF AD står D till höger om G). Antalet ord är därför 7! − (6! + 6! + 5! − (5! + 4! + 4!)) = 7! − 2 · 6! + 2 · 4! = 5 · 6! + 2 · 4! = 5 · 720 + 2 · 24 = 3600 + 48 = 3648. 4. Reflextivitet: Eftersom x + 4x = 5x är en multipel av fem gäller xRx. Symmetri: Om xRy så är x + 4y delbart med fem. Eftersom y + 4x = 5x + 5y − (x + 4y) och x + 4y samt 5x + 5y är multiplar av fem så är även y + 4x en multipel av fem. Alltså gäller yRx. Transitivitet: Om xRy och yRx så är x + 4y och y + 4z delbara med fem. Eftersom x + 4z = (x + 4y) + (y + 4z) − 5y och både x + 4y, y + 4z och −5y är multiplar av fem så är x + 4z en multipel av fem. Det följer att xRz. Relationen är således både reflexiv, symmetrisk och transitiv, vilket betyder att den är en ekvivalensrelation. 5. (a) Vi bestämmer τ · τ genom att gå över till tabellform och får τ ττ 1 6 1 2 5 3 3 2 5 4 4 4 5 3 2 6 1 6 På cykelform ger detta τ τ = (1)(235)(4)(6). Genom att läsa tabellen nerifrån och upp kan vi också avläsa τ −1 till (16)(235)(4). Ordningen på en permutation är den minsta gemensamma multipel av ordningarna hos de ingående cyklerna, så ord(τ ) är minsta gemensamma multipel av 1, 2 och 3. Det följer att ord(τ ) = 6. (b) Vi söker antalet element π i S10 så att π 5 = Id. Detta uppfylls av permutationer av typen (*)(*)(*)(*)(*)(*)(*)(*)(*)(*), (*****)(*)(*)(*)(*)(*) och (*****)(*****). Typ 1: Det finns endast en permutation av typ ett; Id. Typ 2: Vi har 10 val för det första elementet i fem-cykel, 9 val för det andra, osv till 6 val för det femte och sista. Sedan tar vi hänsyn till att vi samma permutation om vi förskjuter femcykeln cykliskt. Sammantaget finns det alltså 10 · 9 · 8 · 7 · 6 5 permutationer av typ 2. Typ 3: Vi har 10! sätt att placera ut siffrorna i ett till tio i (∗∗∗∗∗)(∗∗∗∗∗). Men två utplaceringar i en femcykel ger samma permutation om de förskjuts cykliskt och vi måste även ta hänsyn till att vi kan kasta om de två femcyklerna och ändå få samma permutation. Det ger att antalet permutationer av typ två är 10! . 5·5·2 Sammantaget får vi antalet element till 1 + 9 · 8 · 7 · 2 + 9 · 8 · 7 · 6 · 4 · 3 · 2. 6. Låt f (x) = x4 + x3 + 3x2 + 2x + 2. Genom insättning finner man att f (a) 6= 0 för alla a ∈ Z5 . Enligt faktorsatsen innebär det att f (x) saknar linjära faktorer. Det betyder att f (x) antingen är ett irreducibelt polynom eller att f (x) kan skrivas som en produkt av två polynom g(x) och h(x) av grad två. Om g(x) och h(x) är två sådana polynom kan vi skriva g(x) = x2 +Ax+B och h(x) = x2 +Cx+D. Vi får g(x) · h(x) = x4 + (A + C)x3 + (AC + D + B)x2 + (BC + AD)x + BD, vilket ger upphov till följande ekvationssystem över Z2 : 2 1=A+C 3 = AC + B + D 2 = BC + AD 2 = BD Den sista ekvationen ger att B 6= 0. Antag att B = 1. Då är D = 2. Detta gör att ekvation två blir 3 = AC + 1 + 2, det vill säga 0 = AC. Antag att A = 0. Då får vi C = 1 av ekvation 1. Men det innebär att ekvationen 3 blir 2 = 1 · 1 + 0 · D, det vill säga 2 = 1, vilket är en motsägelse. Antag istället att A 6= 0. Då är C = 0. Ekvation 1 ger oss att att A = 1. En kontroll ger att B = 1, D = 2, C = 0, A = 1 ger en lösning till ekvationssystemet. Det följer att g(x) = x2 + x + 1 och att h(x) = x2 + 2. Eftersom f (x) saknar linjära faktorer saknar även g(x) och h(x) linjära faktorer, så g(x) och h(x) är irreducibla. Faktoriseringen x4 + x3 + 3x2 + 2x + 2 = (x2 + x + 1)(x2 + 2) är alltså fullständig. 3