Lösningar till tentamen i Aritmetik och algebra, del 2, 98 xx 02.

4.

Det gäller att visa att $p(x)=x^{3}+2x+4\in \mathbb Z/5[x]$ är irreducibelt. Etftersom polynomt är av grad 3 räcker det, enligt faktorsatsen, att kontrollera att det saknar nollställe i $\mathbb Z/5.$ Vi har $p(0)=4,\,p(1)=2,\,p(2)=1,\,p(3)=p(-2)=2,\,p(4)=p(-1)=1.$

Därmed är $\mathbb Z/5(\alpha)$ en kropp.

Vi bestämmer inversen med Euklides algoritm för en största gemensam delare till polynomen $\alpha^{3}+2\alpha+4$ och $\alpha^{2}+2\alpha+3$ och får

$$\begin{array} {rcl} 0=\alpha^{3}+2\alpha+4 &=& (\alpha+3)(... ...a\\ \alpha^{2}+2\alpha+3 &=& (2\alpha+4)(3\alpha)+3\end{array}$$

Baklänges ger detta:

$$3=(\alpha^{2}+2\alpha+3)-(2\alpha+4)3\alpha=(\alpha^{2}+2\alpha+3)-(2\alpha+4)(-(\alpha+3)(\alpha^{2}+2\alpha+3))=$$

$$=(\alpha^{2}+2\alpha+3)(1+(2\alpha+4)(\alpha+3)),$$

så $(\alpha^{2}+2\alpha+3)^{-1}=2(1+(2\alpha+4)(\alpha+3))=1+4\alpha^{2}.$

svar: $(\alpha^{2}+2\alpha+3)^{-1}=1+4\alpha^{2}.$

5.

Överför A på trappstegsform med radoperationer:

$$A\rightarrow\left(\begin{array} {rrrrr}1&4&-2&5&0\\ 0&-14&1... ...0\\ 0&-14&10&-15&1\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\end{array}\right)$$

Detta ger

$$\begin{array} {rcl}x_{2}&=&(10x_{3}-15x_{4}+x_{5})/14\mbox{ ... ...{3}-5x_{4}=\\ &=&(-6/7)x_{3}-(5/7)x_{4}-(2/7)x_{5}.\end{array}$$

Allmänna lösningen är alltså

$$\begin{array} {l} \mathbf x=\\ =((-6/7)x_{3}-(5/7)x_{4}-(2/7... ...)+(x_{4}/14)(-10,-15,0,14,0)+(x_{5}/14)(-4,1,0,0,14)\end{array}$$

Vi ser att vektorerna $(-6,5,7,0,0),\,(-10,-15,0,14,0)$ och (-2,1,0,0,14) genererar lösningsrummet. Det är linjärt oberoende ty den allmänna lösningen är nollvektorn bara om x₃=x₄=x₅=0.

svar: $(-6,5,7,0,0),\,(-10,-15,0,14,0)$ och (-4,1,0,0,14).

6.

Det karaktäristiska polynomet är x²-2x-3=(x+1)(x-3). Den allmänna lösningen till rekursionsekvationen a_n=4a_n-1-3a_n-2 är därför

a_n=A(1)ⁿ+B3ⁿ.

Konstanterna A och B ska bestämmas så att $a_{0}=1,\,a_{1}=2.$Detta ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl}A+B&=&1\\ -A+3B&=&2\end{array}\right.$$

med lösningen B=3/4 och A=1/4. Detta ger a_n=(1+3ⁿ⁺¹)/4.

svar: a_n=((-1)ⁿ+3ⁿ⁺¹)/4.

7.

Eftersom polynomet $x^{2}+3x-1\in \mathbb Q[x]$ är av grad 2 är det irreducibelt om det saknar faktor av grad 1, dvs rationellt nollställe enligt Faktorsatsen. Dem möjliga rationella nollstöllena ör $\pm 1.$Inget duger.

Vi har därför kroppen $\mathbb Q(\alpha),$ där $\alpha^{2}=1-3\alpha.$Polynomet x²+3x-1 faktoriserar (enligt Faktorsatsen) som $x^{2}+3x-1= (x-\alpha)(x+3+\alpha).$ Vi undersöker om x²+3 har något nollställe i $\mathbb Q(\alpha)$genom att sätta $x=a+b\alpha,$ där $a,\,b\in \mathbb Q.$ Vi ska försöka lösa ekvationen $-3=(a+b\alpha)^{2}=a^{2}+2ab\alpha+b^{2}\alpha^{2}= a^{2}+2ab\alpha+b^{2}(1-3\alpha).$ Detta ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl}a^{2}+b^{2}&=&-3\\ 2ab-3b^{2}&=&0.\end{array}\right.$$

Vi ser att första ekvationen saknar lösning, så x²+3 saknar nollställe i $\mathbb Q(\alpha)$ och är därför irreducibelt i $\mathbb Q(\alpha)[x],$ eftersom det är av grad 2.

Vi får en kropp $\mathbb Q(\alpha)(\beta),$ där $\beta^{2}=-3.$Polynbomet x²+3 faktoriserar (enligt Faktorsatsen) som $x^{2}+3 =(x-\beta)(x+\beta).$

svar: $\parbox{5cm}{Kroppen $\mathbb Q(\alpha,\beta),$\\ där$\alpha^{2}=1-... ...e \\ Polynomets faktorisering är $(x-\alpha)(x+3+\alpha)(x-\beta)(x+\beta).$}$

8.

Sätt $f(x)=\sum_{i}(i+2)3^{-i}x^{i}$ och $g(x)=\sum_{i}i^{2}4^{-i}x^{i}.$ Den sökta summan är koefficienten framför xⁿ i f(x)g(x).

Vi uttrycker först f(x) och g(x) med hjälp av $u(x)=1+x+x^{2}+\cdots+x^{i}+\cdots=1/(1-x)$ och använder att $u(x)^{m}=\sum_{i}{i+m-1\choose m-1}x^{i}:$

$$\begin{array} {rcl} f(x)&=&\sum_{i}(i+1)(x/3)^{i}+\sum_{i}(x... ...sum_{i}(x/4)^{i}\\ &=&2u(x/4)^{3}-3u(x/4)^{2}+u(x/4)\end{array}$$

Vi beräknar f(x)g(x) genom partialbråksuppdelning:

$$\begin{array} {rcl} f(x)g(x)&=&(u(x/3)^{2}+u(x/3))(2u(x/4)^{... ...1-x/4)^{3}}+ \frac{D}{(1-x/4)^{2}}+\frac{E}{1-x/4}.\end{array}$$

Konstanterna A och C kan bestämmas med handpåläggning och man får (x=3 resp x=4) $A=(1+0)(2\cdot 4^{3}-3\cdot 4^{2}+4)=84$ och C=((-3)²-3)(2+0+0)=12. Sätter vi $x=0,\,1$ respektive 2 får vi ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} 0&=&A+B+C+D+E=96+B+D+E\\ 25/9&=... ...6D/9+4E/3\\ 72&=&9A+3B+8C+4D+2E=852+3B+4D+2E\end{array}\right.$$

Förenkling ger

$$\left\{\begin{array} {rcl} B+D+E&=&-96\\ 27B+32D+24E&=& -3864\\ 3B+4D+2E&=&-780\end{array}\right.$$

Radoperationer på den utökade koefficientmatrisen ger

$$\left(\begin{array} {rrr\vert r}1&1&1&-96\\ 27&32&24&-3864\... ...96\\ 0&5&-3& -1272\\ 0&1&-1&-492\end{array}\right)\rightarrow$$

$$\rightarrow\left(\begin{array} {rrr\vert r}1&1&1&-96\\ 0&1&-1&-492\\ 0&0&2& 1188\end{array}\right).$$

Detta ger $E=1188/2=594,\,D=-492+594=102$ och B=-96-102-594=-792 och därför

$$\begin{array} {rcl} f(x)g(x)&=&84u(x/3)^{2}-792u(x/3)+12u(x/... ... & & \mbox{}+\sum(6(i+2)(i+1)+102(i+1)+594)(x/4)^{i}\end{array}$$

Koefficienten framför xⁿ i f(x)g(x) är därför (84n-708)3^-n+(6n²+120i+708)4^-n.

svar: Summan är (84n-708)3^-n+(6n²+120n+708)4^-n