Lösningar till tentamen i Aritmetik och algebra, del 2, 98 04 04

4.

Vi undersöker om A är inverterbar:

$$(A\,\vert\,I)\rightarrow \left(\begin{array} {rrr\vert rrr} ... ...0&0\\ 0&3&2&0&1&0\\ 0&0&1&1&1&1 \end{array}\right)\rightarrow$$

$$\rightarrow \left(\begin{array} {rrr\vert rrr} 1&0&0&4&3&3... ...} 1&0&0&4&3&3\\ 0&1&0&1&3&1\\ 0&0&1&1&1&1 \end{array}\right)$$

Vi ser att A är inverterbar med den högra halvan som invers. Detta ger att X=A^-1B, dvs

$$X= \left(\begin{array} {rrr} 4&3&3\\ 1&3&1\\ 1&1&1 \end{a... ... \left(\begin{array} {rr} 1&4\\ 4&0\\ 0&3\end{array}\right).$$

Svar: $\left(\begin{array} {rr} 1&4\\ 4&0\\ 0&3\end{array}\right).$

5.

Det gäller att visa att $p(x)=x^{4}-3x+4\in \mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Vi undersöker först om det har en faktor av grad 1. Enligt Faktorsatsen motsvarar en sådan ett rationellt nollställe. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1,\,\pm 2$ och $\pm 4.$Vi ser genast att negativa värden är uteslutna och att p(4)>0. Vi har också p(1)=2 och p(2)=14. Polynomet saknar därmed faktor av grad 1 och följdaktligen även faktor av grad 3. Vi undersöker om p(x) är produkt av två polynom av grad 2 genom att ansätta p(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d). Eftersom p(x) är primitivt kan vi förutsätta att $a,\,b,\,c$ och d är heltal. Vi får ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} 0&=&a+c\\ 0&=&b+ac+d\\ -3&=&ad+bc\\ 4&=&bd\end{array}\right.$$

Den nedersta ekvationen ger $b=1,\,d=4$ eller $b=-1,\,d=-4$ eller $b=d=\pm 2$ eller motsvarande där b och d byter plats. Om b=d strider första och tredje ekvationerna mot varandra. Fallet $b=1,\,d=4$ ger -3=4a+c i tredje ekvationen. Tillsammans med första ekvationen ger detta $a=-1,\,c=1.$ Men detta strider mot andra ekvationen. Fallet $b=-1,\,d=-4$ ger -3=-4a-c i tredje ekvationen. Tillsammans med den första ger detta $a=1,\,c=-1.$ Men detta stridet mot den andra ekvationen. Ekvationssystemet saknar lösning och därmed saknar p(x) faktor av grad 2. Alltså är polynomet irreducibelt och $\mathbb Q(\alpha),$ där $p(\alpha)=0,$ är en kropp.

Vi inverterar $\alpha$ geom att söka en största gemensam delare till polynomen $\alpha$ och $\alpha^{4}-3\alpha+4$ med Euklides algoritm:

$$0=\alpha^{4}-3\alpha+4=(\alpha^{3}-3)\alpha+4$$

Detta ger $-4=(\alpha^{3}-3)\alpha,$ så $\alpha^{-1}=3/4-\alpha^{3}/4.$

Svar: $\alpha^{-1}=3/4-\alpha^{3}/4.$

6.

Vi undersöker om $f(x)=x^{4}+3x^{2}+3\in\mathbb Z/5[x]$ faktoriserar. Eftersom $f(0)=3,\,f(1)=2=f(-1)=f(4),\,f(2)=1=f(-2)=f(3),$ saknar polynomet faktor av grad 1 enligt Faktorsasten och därmed även faktor av grad 3. Vi undersöker om polynomet är produkt av två polynom av grad 2 genom att ansätta f(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där $a,\,b,\,c$ och $d\in \mathbb Z/5.$ Detta ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} 0&=&a+c\\ 3&=&b+ac+d\\ 0&=&ad+bc\\ 3&=&bd\end{array}\right.$$

Den nedersta ekvationen ger $b=1,\,d=3$ eller $b=2,\,d=4$ eller motsvarande där b och d byter plats. De båda alternativen ger 0=3a+c respektive 0=4a+2c i tredje ekvationen. Tillsammans med den första ekvationen ger detta a=0=c i båda fallen. Detta strider mot den andra ekvationen.

Eftersom f(x) är irreducibelt har vi kroppen $\mathbb Z/5(\alpha),$där $f(\alpha)=0.$ Vi ser att $f(-\alpha)=f(\alpha)=0.$ Eftersom $f(\alpha^{5})=f(\alpha)^{5}=0$ har vi också nollställena $\pm \alpha^{5}.$ Vi beräknar $\alpha^{5}$ genom att utnyttja att $\alpha^{4}=2\alpha^{2}+2.$ Detta ger $\alpha^{5}=2\alpha^{3}+2\alpha.$Faktorsatsen ger nu

$$f(x)=(x+4\alpha)(x+\alpha)(x+3\alpha+3\alpha^{2})(x+2\alpha+2\alpha^{2}).$$

Svar: $\parbox{10cm}{ $K=\mathbb Z/5(\alpha),$\space där $\alpha^{4}=2\alph... ...3x^{2}+3=(x+4\alpha)(x+\alpha)(x+3\alpha+3\alpha^{2})(x+2\alpha+2\alpha^{2}).$}$

7.

Vi skriver om f och g med hjälp av $u(x)=1+x+x^{2}+\cdots=1/(1-x)$och utnyttjar att

$$u(x)^{m}=\sum_{i}{i+m-1\choose m-1}x^{i}.$$

Vi har

$$\begin{array} {rcl} f(x)&=&\sum_{i}(i-1)x^{i}= \sum_{i}\le... ...i}=u(x)^{2}-2u(x)\\ g(x)&=&\sum_{i}(x/2)^{i}=u(x/2)\end{array}$$

och får

$$f(x)g(x)=\left(\frac{1}{(1-x)^{2}}-\frac{2}{1-x}\right)\frac{1}{1-x/2}= \frac{2x-1}{(1-x)^{2}(1-x/2)}$$

Vi gör en partialbråksuppdelning och ansätter

$$\frac{2x-1}{(1-x)^{2}(1-x/2)}=\frac{A}{(1-x)^{2}}+\frac{B}{1-x}+ \frac{C}{1-x/2}.$$

Konstanterna A och C bestäms med handpåläggning till $A=2\,\,(x=1)$och $C=3\,\,(x=2).$ Vi sätter x=0 och får -1=2+B+3, så B=-6. Vi får

$$f(x)g(x)=2u(x)^{2}-6u(x)+3u(x/2)=\sum_{i}(2(i+1)-6+3\cdot 2^{-i})x^{i}.$$

Svar: $f(x)g(x)=\sum_{i}(2i-4+3\cdot 2^{-i})x^{i}.$

8.

De gemensamma nollställena till polynomen är nollställen till en största gemensam delare till dem. Vi bestämmer därför en sådan med Euklides algoritm:

$$\begin{array} {l} x^{4}+2x^{3}+\alpha x^{2}+2x+\alpha-1 = (... ...~~~~~~~\mbox{}+(3+3\alpha)x^{2}+(6+6\alpha)x+3\alpha\end{array}$$

Vi förenklar resten genom att multiplicera med $(1+\alpha)^{-1}/3.$Vi bestämmer $(1+\alpha)^{-1}$ med Euklides algoritm:

$$0=\alpha^{2}-\alpha-1=(\alpha-2)(1+\alpha)+1$$

Detta ger $(1+\alpha)^{-1}=2-\alpha.$ Den förenklade resten blir

$$x^{2}+2x+(2-\alpha)(2+3\alpha)/3=x^{2}+2x+\alpha-1.$$

Vi fortsätter beräkningen av en största gemensam delare:

$$x^{3}+(1-\alpha)x^{2}-(\alpha+3)x-\alpha= (x-(1+\alpha))(x^{2}+2x+\alpha-1)$$

Eftersom divisionen gick jämnt ut är $x^{2}+2x+\alpha-1$ en störtsta gemensam delare. Vi bestämmer dess nollställen: $0=x^{2}+2x+\alpha-1= (x+1)^{2}+\alpha-2.$ Vi sätter $x+1=a+b\alpha,$ där $a,\,b\in \mathbb Q,$ och ska lösa $(a+b\alpha)^{2}=2-\alpha.$ Utveckling ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} a^{2}+b^{2}&=&2\\ 2ab+b^{2}&=&-1\end{array}\right.$$

Den nedre ekvationen multipiceras med 2 och läggs till den övre. Detta ger 0=a²+4ab+3b²=(a+2b)²-b²=(a+b)(a+3b), med lösningen b=-a och a=-3b. Det sista alternativet ger b²=1/5, som saknar rationell lösning, i den första ekvationen. Det första alternativet ger $a=\pm 1,$ som ger lösningarna $a+b\alpha=\pm (1-\alpha).$ Eftersom $x+1=a+b\alpha=\pm(1-\alpha)$ får vi nollställena $-\alpha$ och $-2+\alpha.$

Svar: $-\alpha$ och $-2+\alpha.$