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

4.

Det gäller att visa att $p(x)=x^{4}-3x+4\in \mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Eftersom polynomet är primitivt och av grad 4 räcker det att visa att det saknar faktorer av grad 1 och 2 i $\mathbb Z[x]$. En faktor av grad 1 motsvarar ett nollställe enligt faktorsatsen. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1,\, \pm 2$ och $\pm 4$. Vi ser genast att de negativa värdena är uteslutna. Vi har p(1)=2, p(2)=14 och p(4)>0. Inget duger så polynomet saknar faktor av grad 1.

Vi undersöker faktorer av grad 2 genom att ansätta p(x)=
(x²+ac+b)(x²+cx+d), där $a,\,b,\,c,\,d\in\mathbb Z$. Vi kan också förutsätta att $\vert b\vert\leq\vert d\vert$.Utveckling ger ekvationssystemet

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

Den sista ekvationen ger alternativen $b=1,\,d=4,$ $b=-1,\,d=-4,$b=2=d=2 och b=d=-2. Det första alternativet ger -3=4a+c i den tredje ekvationen. Tillsammans med den första ger detta $a=-1,\,c=1,$vilket strider mot den andra ekvationen. Alternativet $b=-1,\,d=-4$ger 3=4a+c i tredje ekvationen. Med den första ger detta $a=1,\,c=-1,$ vilket strider mot den andra ekvationen. Alternativen $b=d=\pm 2$ ger $-3=\pm 2(a+c)$ i tredje ekvationen, vilket strider mot den första. Ekvationssystemet saknar alltså lösning och därför saknar p(x) också faktor av grad 2. Alttså är p(x) irreducibelt och $\mathbb Q(\alpha)$ en kropp.

För att invertera $\alpha$ använder vi Euklides algoritm:

$$\begin{array}[c] {rcl} 0=\alpha^{4}-3\alpha+4&=&(\alpha^{3}-3)\alpha+4\\ \end{array}$$

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

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

5.

Vektorerna $\mathbf v_{1},\,\mathbf v_{2},\,\mathbf v_{3}$ och $\mathbf v_{4}$ är linjärt oberoende om matrisen $A=(\mathbf v_{1}\,\mathbf v_{2}\,\mathbf v_{3}\,\mathbf v_{4})$ har rang 4. Rad- och kolonnoperatioer (markerade med r resp k) ger

$$\rho(A)= \rho\left(\begin{array} {rrrr} 1&1&1&1\\ 1&2&3&4... ...1&1&2&3\\ 1&3&1&1\\ 1&0&6&1\end{array}\right)\stackrel{r}{=}$$

$$=1+\rho\left(\begin{array} {rrr} 1&2&3\\ 0&2&6\\ 0&6&1\e... ...2+\rho\left(\begin{array} {rr} 2&6\\ 0&4\end{array}\right)=4.$$

Därmed är vektorerna linjärt oberoende.

6.

Vi skriver om f(x) med hjälp av $u(x)=1+x+x^{2}+\cdots+x^{i}+\cdots=1/(1-x).$ Vi har f(x)=1+x+u(x). Vi får

$$\frac{1}{f(x)}=\frac{1}{1+x+u(x)}=\frac{1-x}{1-x^{2}+1},$$

där den sista likheten får genom förlängning med 1-x. Partialbråksuppdelning ger

$$\frac{1}{f(x)}=\frac{1-x}{(\sqrt{2}-x)(\sqrt{2}+x)}= \frac{A}{\sqrt{2}-x}+\frac{B}{\sqrt{2}+x},$$

där A och B bestäms med handpåläggning till $A=(\sqrt{2}-2)/4$respektive $B=(\sqrt{2}+2)/4.$ Vi får

$$\frac{1}{f(x)}= \frac{(\sqrt{2}-2)/4}{\sqrt{2}-x}+ \frac{(\... ...{2})/4}{1-x/\sqrt{2}}+ \frac{(1+\sqrt{2})/4}{1-x/(-\sqrt{2})}=$$

$$= (1-\sqrt{2})u(x/\sqrt{2})/4+(1+\sqrt{2})u(x/(-\sqrt{2}))/4.$$

dvs

$$\frac{1}{f(x)}=\sum_{i}\left(\frac{1-\sqrt{2}+(-1)^{i}(1+\sqrt{2})}{4\cdot 2^{i/2}}\right)x^{i}.$$

svar:$f(x)^{-1}= \sum_{i}\left(\frac{1-\sqrt{2}+(-1)^{i}(1+\sqrt{2})}{2^{2+i/2}}\right)x^{i}.$

7.

Vi undersöker först om f(x)=x³+2x+4 kan faktoriseras med koefficienter i $\mathbb Z/5.$ Eftersom polynomet är av grad 3 räcker det enligt faktorsatsen att undersöka eventuella nollställen i $\mathbb Z/5$. Insättning av $x=0,\,1,\,2,\,-2,\,-1$ ger i tur och ordning $4,\,2,\,1,\,2$ och 1. Därmed är f(x) irreducibelt i $\mathbb Z/5[x].$

Vi får därför kroppen $K=\mathbb Z/5[x]/f(x)=\mathbb Z/5(\alpha),$där $\alpha^{3}=-2\alpha-4=3\alpha+1.$ f(x) har nollstället $\alpha\in K,$ men eftersom $f(\alpha)^{5}=f(\alpha^{5})$ även nollstället $\alpha^{5}.$ Vi beräknar $\alpha^{5}:$

$$\alpha^{5}=\alpha^{2}\alpha^{3}=\alpha^{2}(1+3\alpha)=\alpha^{2}+3(1+3\alpha)= 3+4\alpha+\alpha^{2}.$$

Enligt faktorsatsen delas f(x) av $(x-\alpha)(x-3-4\alpha-\alpha^{2})=$$(x+4\alpha)(x+2+\alpha+4\alpha^{2})=$$x^{2}+(2+4\alpha^{2})x+1+\alpha+4\alpha^{2}$Divisonen ger

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

svar: $\parbox{8cm}{$K=\mathbb Z/5(\alpha),$\space där $\alpha^{3}=1+3\alpha$. \\ $x^{3}+2x+4=(x+4\alpha)(x+2+\alpha+4\alpha^{2})(x+3+\alpha^{2})$.}$

8.

Sätt $f(x)=\sum_{i}(2i^{2}+1)x^{i}.$ Om f(x) multipliceras med u(x)=1/(1-x) fås en potensserie vars koefficient framför xⁿ är den sökta summan. Vi skriver om f(x) med hjälp av u(x) och utnyttjar att $u(x)^{m}=\sum_{i}{m+i-1\choose i}.$ Vi har

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

$$=\sum_{i}4{i+2\choose 2}x^{i}=\sum_{i}{i+2\choose i}x^{i}=u(x)^{3}$$

Koefficienten framför xⁿ i f(x)u(x)=u(x)⁴ är alltså ${n+3\choose 3},$dvs

$$\sum_{i+0}^{n}(2i^{2}+1)={n+3\choose 3}.$$

svar:${n+3\choose 3}.$