Lösningar till tentamen i Aritmetik och algebra, del 2, 98 xx 01.

4.

Det gäller att visa att polynomet $p(x)=x^{3}+3x+2\in \mathbb Z/7[x]$ är irreducibelt. Eftersom ett polynom av grad 3 är irreducibelt om det saknar nollställe räcker det att kontollera att p(x) saknar nollställe i $\mathbb Z/7.$ Vi har $p(0)=2,\,p(1)=6,\,p(2)=2,\,p(3)=5,\,p(4)=p(-3)=6,\,p(5)=p(-2)=3,\, p(6)=p(-1)=5$

Därmed är p(x) irreducibelt och $\mathbb Z/7(\alpha)$ en kropp.

För att bestämma inversen till $2+\alpha$ använder vi Euklides algoritm för största gemensamma delaren till polynomen $\alpha^{3}+3\alpha+2$ och $\alpha+2:$

$$0=\alpha^{3}+3\alpha+2=(\alpha^{2}+5\alpha)(\alpha +2)+2$$

Detta ger $-2=(\alpha^{2}+5\alpha)(\alpha+2).$ Multiplikation med (-2)^-1=3 ger $1=(3\alpha^{2}+\alpha)(\alpha+2).$

svar: $(\alpha+2)^{-1}=3\alpha^{2}+\alpha.$

5.

Vi undersöker först om A är inverterbar:

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

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

A är alltså inverterbar. Multiplikation med A^-1 i AX=B ger X=A^-1B, dvs

$$X=\left(\begin{array} {rrr}1&1&3\\ 1&2&2\\ 2&1&0\end{array... ...t)= \left(\begin{array} {rr}4&3\\ 4&2\\ 4&3\end{array}\right).$$

svar: $X=\left(\begin{array} {rr}4&3\\ 4&2\\ 4&3\end{array}\right).$

6.

Det gäller att visa att $p(x)=x^{2}-3x+1\in \mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Eftersom ett polynom av grad 2 är irreducibelt om det saknar nollställen räcker det att visa att p(x) saknar rationellt nollställe. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$ och inget duger. Därmed är $\mathbb Q(\alpha),$ där $\alpha^{2}=3\alpha -1$ en kropp.

För att lösa ekvationen gör vi först en kvadratkomplettering: $x^{2}-2x-2+\alpha=(x-1)^{2}-3+\alpha$ och sätter $a+b\alpha=x-1.$ Vi ska förstöka bestämma de rationella talen a och b så att $3-\alpha=(a+b\alpha)^{2}=a^{2}+2ab\alpha+b^{2}\alpha^{2}= a^{2}+2ab\alpha+b^{2}(3\alpha-1).$ Detta ger ekvationssystemet

$$\begin{array} {rcl}a^{2}-b^{2}=3\\ 2ab+3b^{2}=-1.\end{array}$$

Addition av den nedre ekvationen multiplicerad med 3 till den övre ger

0=a²+6ab+8b²=(a+3b)²-b²=(a+3b-b)(a+3b+b),

så a=-2b eller -4b. Insättning i den första ekvationen i systemet ger 3b²=3 respektive 15b²=3. Den sista ekvationen saknar rationella lösningar medan den första har lösningarna $b=\pm 1.$ Detta ger $x-1=\pm(-2+\alpha),$ dvs $x=\alpha-1,\,3-\alpha.$

svar: $x=\alpha-1,\,3-\alpha.$

7.

Vi skriver först om f och g med hjälp av $u(x)=1+x+x^{2}+\cdots=1/(1-x).$ Vi har allmänt $u(x)^{m}=\sum_{i}{i+m-1\choose m-1}.$ Detta ger

$$f(x)=\sum_{i}(i+2)x^{i}=\sum_{i}({i+1\choose 1}+{i+0\choose 0})x^{i}= u(x)^{2}+u(x)$$

och

$$g(x)=\sum_{i}i(x/2)^{i}=\sum_{i}({i+1\choose 1}-{i+0\choose 0})(x/2)^{i}=u(x/2)^{2}-u(x/2).$$

Vi får därför

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

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

Handpåläggning ger A=2 och C=2. Sätter vi x=0 får vi 0=A+B+C, så B=-4.

Vi har alltså $f(x)g(x)=2u(x)^{2}-4u(x)+2u(x/2)=\sum_{i}(2(i+1)-4+2\cdot 2^{-i})x^{i}.$

svar: $f(x)g(x)=\sum_{i}(2i-2+2^{1-i})x^{i}.$

8.

Om $f(x)=\sum_{i}a_{i}x^{i}$ och p(x)=1+2x+2x²+x³+x⁴, så gäller att $p(x)f(x)=(1+2x+2x^{2}+x^{3}+x^{4})(1+x^{2}+a_{4}x^{4}+\cdots)=1+2x.$

Uppgiften är att bestämma det minsta värde n, så att $p(x)\,\vert\,(1+2x)(1-x^{n}).$ Vi försöker först faktorisera $p(x)\in \mathbb Z/3[x].$ Eftersom $p(0)=1,\,p(1)=1,\,p(2)=p(-1)=1$saknar p(x) irreducibla faktorer av grad 1 och 3. Vi ansätter p(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d) och får ekvationssystemet:

$$\left\{\begin{array} {rcl}1&=& a+c\\ 2&=& b+ac+d\\ 2&=& ad+bc\\ 1&=& bd.\end{array}\right.$$

Den sista ekvationen ger $b=1,\,d=1,$ eller $b=2,\,d=2.$ Det första alternativet ger motstridiga ekvationer på rad 1 och 3 i systemet. Det andra alternativet ger 1=a+c och 1=ac med lösningen a=2=c. Vi har därför p(x)=(x²+2x+2)².

Detta ger att $p(x)\,\vert\,(1+2x)(1-x^{n})$ om och endast om $p(x)\,\vert\,(1-x^{n}),$ ty p(x) har inte 1+2x som faktor. Vi ska bestämma det minsta n så att $1-x^{n}\equiv 0\mbox{ mod }p(x),$ dvs $x^{n}\equiv 1 \mbox{ mod }p(x).$ Vi ska alltså bestämma ordningen av $x\in (\mathbb Z/3[x]/p(x))^{\times}.$ Gruppen $(\mathbb Z/3[x]/p(x))^{\times}$ består av alla polynom av grad $\leq 3$ som är relativt prima med p(x), dvs som inte delas av x²+2x+2. Det finns 3⁴ polynom av grad $\leq 3$ i $\mathbb Z/3[x].$ De som inte är relativt prima med x²+2x+2 är ett förstagradspolynom gånger det. Det finns 3² sådana. Gruppen består av 3⁴-3²=72 element. Enligt Lagranges sats delar ordingen av x talet $72=9\cdot 8.$ Den är alltså $1,\,2,\,3,\,4,\,6,\,8,\,9,\,12,\,18,\,24,\,36$ eller 72. Eftersom p inte kan dela 1-xⁿ om $n\leq 3$ kan de första alternativen uteslutas.

Vi räknar modulo p(x) och har

$$\begin{array} {rcl} x^{4}&=&2+x+x^{2}+2x^{3}\\ x^{5}&=&2x+x... ...+2x^{3}+x^{6}=1+2x^{3}+1+x^{3}=2\\ x^{24}&=&2^{2}=1\end{array}$$

Ordningen är alltså 24.

svar: 24.