Lösningar till tentamensskrivning i Algebra och kombinatorik,
7.5 poäng, 22 februari 2017.
1.a) Visa att det inte finns heltal x och y sådana att 120x + 35y = 7.
1p
b) Finn heltal x och y sådana att 120x + 35y = 5.
2p
Lösning. a) Med hjälp av Euklides algoritm beräknas största gemensamma
delaren av 120 och 35:
120 = 3 · 35 + 15
35 = 2 · 15 + 5
15 = 3 · 5.
Så den största gemensamma delaren är 5. Alltså är 120x + 35y delbart med
5 för alla heltal x och y. Eftersom 7 inte är delbart med 5 saknar ekvationen
heltalslösningar.
b) Från beräkningarna i Euklides algoritm ovan får man att 5 = 35 − 2 · 15 =
35 − 2 · (120 − 3 · 35) = 7 · 35 − 2 · 120. En lösning är alltså x = −2, y = 7.
2. Lös ekvationen 3x3 + 4x2 − 16x + 8 = 0. Ledning: ekvationen har minst en
rationell rot.
3p
Lösning. Om p/q är en förkortad rationell rot, gäller p|8 och q|3. Möjliga
rationella rötter är ±1, ±1/3, ±2, ±2/3, ±4, ±4/3, ±8, ±8/3. Prövning ger att
2/3 är en rot, så 3x − 2 är en faktor i VL,
3x3 + 4x2 − 16x + 8 = (3x − 2)(x2 + 2x − 4).
övriga rötter till ekvationen är rötter till x2 + 2x − 4 = 0, dvs −1 ±
√
5.
3. Använd induktion för att visa att för alla positiva heltal n ≥ 1 gäller
1 · 21 + 2 · 22 + ... + n · 2n = (n − 1) · 2n+1 + 2.
3p
Lösning. Använd induktion över n. För n = 1 är vänsterledet 1 · 21 = 2 och
högerledet är (1 − 1) · 21+1 + 2 = 2. Antag att likheten gäller för n = k. Då är
1 · 21 + 2 · 22 + · · · + (k + 1) · 2k+1 = 1 · 21 + 2 · 22 + · · · + k · 2k + (k + 1) · 2k+1
= (k − 1) · 2k+1 + 2 + (k + 1)2k+1
k+1
= 2k · 2
enligt induktionsantagandet
+ 2 = k · 2k+2 + 2
så likheten gäller även för n = k + 1. Av induktionsprincipen följer att likheten
gäller för alla heltal n ≥ 1.
4. Symmetrigruppen till en regelbunden sexhörning består, förutom identiteten,
av sex speglingar och fem rotationer. Bestäm ordningen för varje element. 3p
Lösning. Identiteten har ordning 1 och speglingar har ordning 2. Kvar att
bestämma är ordningen för rotation p/6 varv, där p = 1, . . . , 5. Om p = 1 eller
1
p = 5 är ordningen 6, för n · p/6 blir ett heltal först då n = 6 för dessa p.
Om p = 2 eller p = 4 är ordningen 3, om p = 3 är ordningen 2 med samma
motivering.
5a) Hur många “ord” av längd 10 kan man bilda av bokstäverna A, A, A, A, B,
B, B, C, C, D?
2p
b) Hur många “ord” av längd 9 kan man bilda av ovanstående bokstäver? 2p
Lösning. Det blir 10!/(4!3!2!1!) = 12600 ord av längd 10. Om man stryker
ett A finns 9!/(3!3!2!1!) = 5040 ord av längd 9. Om man stryker ett B finns
9!/(4!2!2!1!) = 3780 stycken. Om man stryker ett C finns 9!/(4!3!1!1!) = 2520
stycken. Om man stryker D finns 9!/(4!3!2!) = 1260 stycken. Alltså totalt lika
många, 12600 stycken. Detta kan man se direkt så här: De ord av längd 10 som
slutar på A svarar precis mot de ord av längd 9 där man strukit ett A osv.
6. Visa att 176n − 2312n är delbart med 7 för varje naturligt tal n
Lösning. Räkna mod 7.
4p
176n − 2312n ≡ 36n − 212n = 93n − 163n = 23n − 23n = 0.
7a. Hur många element i S5 kan skrivas som en produkt av två disjunkta
2-cykler?
2p
b) Som en produkt av en 2-cykel och en 3-cykel (disjunkta)?
2p
Lösning. a) En produkt av två 2-cykler har formen (ab)(cd) där a, b, c, d är
olika tal mellan 1 ch 5. Det finns 52 = 10 sätt att välja ut a och b. (Ordningen
mellan
dem är oväsentlig eftersom (ab) = (ba).) Sedan kan c oh d väljas på
3
=
3
olika sätt. Men ordningen mellan (ab) och (cd) är också oväsentlig
2
eftersom (ab)(cd) = (cd)(ab), så finns det 10 · 3/2 = 15 stycken element i S5 som
är en produkt av två
disjunkta 2-cykler.
b) Det finns 52 sätt att välja 2-cykeln. Sedan är elementen i 3-cykeln
bestämda, men det finns 2 sätt att bilda en 3-cykel av 3 element, så det finns
totalt 10 · 2 = 20 element i S5 som är en produkt av en 2-cykel och en 3-cykel.
2
