Lösning till tentamen i MAN011 Aritmetik och algebra, del 2, 99 01 17.

4.

Eftersom A är inverterbar ger multiplikation med A^-1 från höger i XA=B att X=BA^-1. Vi bestämmer A^-1 genom radoperationer på $(A\,\vert\,I)$:

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

$$\rightarrow \left( \begin{array} {rrr\vert rrr} 1&2&1&0&1... ...&1&2&4&2&0\\ 0&0&1&0&3&4\\ \end{array} \right) \rightarrow$$

$$\rightarrow \left( \begin{array} {rrr\vert rrr} 1&2&0&0&3... ...&2&1&2\\ 0&1&0&4&1&2\\ 0&0&1&0&3&4\\ \end{array} \right)$$

Vi har alltså att A är inverterbar och att

$$A^{-1}= \left( \begin{array} {rrr} 2&1&2\\ 4&1&2\\ 0&... ...eft( \begin{array} {rrr} 1&0&3\\ 0&1&2 \end{array} \right).$$

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

5.

För att visa att $\mathbb Q(\alpha),$ där $\alpha^{4}=3\alpha-3$ är en kropp räcker dett att visa att p(x)=x⁴-3x+3 är irreducibelt i $\mathbb Q[x]$. Primtalet 3 delar samtliga koefficienter i p(x) utom den ledande och 3² delar inte konstanten. Därför är p(x) irreducibelt i $\mathbb Q[x]$ enligt Eisensteins kriterium. För att invertera $\alpha+1$ använder vi Eulklides algoritm och får

$$0=\alpha^{4}-3\alpha+3=(\alpha+1)(\alpha^{3}-\alpha^{2}+\alpha-4)+7.$$

Detta ger

$$7=(\alpha+1)(-\alpha^{3}+\alpha^{2}-\alpha+4)$$

så $(\alpha+1)^{-1}=-\alpha^{3}/7+\alpha^{2}/7-\alpha/7+4/7$.

Svar: $(\alpha+1)^{-1}=-\alpha^{3}/7+\alpha^{2}/7-\alpha/7+4/7$.

6.

Vi undersöker först om p(x)=x⁴+2x³+x+1 är irreducibelt i $\mathbb Z/3[x]$ eller ej. För att avgöra detta räcker det att kontrollera om polynomet har faktor av grad 1 eller 2, eftersom det har grad 4.

En faktor av grad 1 motsvarar ett nollställe i $\mathbb Z/3$ enligt faktorsatsen. Vi har $p(0)=1,\,p(1)=2$ och p(2)=p(-1)=2, så polynomet saknar faktor av grad 1 i $\mathbb Z/3[x]$.

För att undersöka eventuell faktor av grad 2 ansätter vi p(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där $a,\,b,\,c$ och d är i $\mathbb Z/3$. Identifiering av koefficienter ger ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 2&=&a+c\\ 0&=&b+ac+d\\ 1&=&ad+bc\\ 1&=&bd. \end{array}\right.$$

Den nedersta ekvationen ger b=d=1 eller b=d=2. Det första alternativet ger motstridiga ekvationer i första och tredje ekvationerna. Det andra alternativiet ger 2=ac i andra ekvationen, så $a=1,\,c=2$ eller $a=2,\,c=1$. Inget av alternativen duger i den första ekvationen. Därmed saknar p(x) faktor av grad 2 i $\mathbb Z/3[x]$.

Polynomet p(x) är alltså irreducibelt i $\mathbb Z/3[x]$ och därmed är $K=\mathbb Z/3(\alpha),$ där $\alpha^{4}=-2\alpha^{3}-\alpha-1=\alpha^{3}+2\alpha+2$ en kropp. Polynomet p(x) har nollstället $\alpha\in K$ och eftersom p(x)³=p(x³) kommer även $\alpha^{3},\,\alpha^{3^{2}}$ och $\alpha^{3^{3}}$. Eftersom ett polynom inte kan ha fler nollställen i en kropp än sin grad är dessa samtliga (om de är olika). Vi har

$$\begin{array} {rcl} \alpha^{5}&=&\alpha^{4}+2\alpha^{2}+2\a... ...{2}+\alpha+2)+1= \alpha^{3}+\alpha^{2}+2\alpha \end{array}$$

Faktorsatsen ger nu att

$$p(x)=(x-\alpha)(x-\alpha^{3})(x-\alpha^{9})(x-\alpha^{27})= ... ...2\alpha^{3}+\alpha^{2}+2) (x+2\alpha^{3}+2\alpha^{2}+\alpha)$$

Svar: Om $K=\mathbb Z/3(\alpha),$ där $\alpha^{4}=\alpha^{3}+2\alpha+2$ är $x^{4}+2x^{3}+x+1= (x-\alpha)(x-\alpha^{3})(x-\alpha^{9})(x-\alpha^{27})= (x+... ...(x+2\alpha^{3})(x+2\alpha^{3}+\alpha^{2}+2) (x+2\alpha^{3}+2\alpha^{2}+\alpha)$ i K[x].

7.

Vi sätter $f(x)=\sum_{i}a_{i}x^{i}\in \mathbb Q[[x]]$ och p(x)=1-9x/2+6x²-2x³=(1-2x)(1-5x/2+x²)=(1-2x)²(1-x/2). Vi har då, eftersom a_i-9a_i-1/2+6a_i-2-2a_i-3=0, när $i\geq 3,$ att p(x)f(x) är ett polynom av grad $\leq 2$. Vi får

$$p(x)f(x)=(1-9x/2+6x^{2}-2x^{3})(1+0x+2x^{2}+\ldots)=1-9x/2+8x^{2}$$

och

$$f(x)=\frac{1-9x/2+8x^{2}}{(1-2x)^{2}(1-x/2)}$$

Om vi multiplicerar f(x) med (1-x)^-1 får vi en formell potensserie vars koefficient framför xⁿ är $a_{0}+a_{1}+\ldots+a_{n}$. Den sökta summan är alltså koefficienten framför xⁿ i f(x)/(1-x). Partialbråksuppdenling ger

$$\frac{f(x)}{1-x}=\frac{1-9x/2+8x^{2}}{(1-2x)^{2}(1-x/2)(1-x)... ...{A}{(1-2x)^{2}}+\frac{B}{(1-2x)}+\frac{C}{1-x/2}+\frac{D}{1-x}.$$

Handpåläggning ger $A=(3/4)/(3/8)=2,\,C=-8/3,\,D=(9/2)/(1/2)=9$. Vi sätter x=0 och får 1=2+B-8/3+9, vilket ger B=-22/3. Vi får alltså

$$\frac{f(x)}{1-x}=2\sum_{i}(i+1)2^{i}x^{i}-(22/3)\sum_{i}2^{i}x^{i}-(8/3)\sum_{i}2^{-i}x^{i}+9\sum_{i}x^{i},$$

där vi utnyttjat att $(1-ax)^{-m}=\sum_{i}{m-1+i\choose m-1}a^{i}x^{i}$. Koefficienten framför xⁿ i f(x)/(1-x) är alltså

$$\sum_{i=0}^{n}a_{i}=2(n+1)2^{n}-22\cdot 2^{n}/3-8\cdot 2^{-n}/3+9=(2n-16/3)2^{n}-8\cdot 2^{-n}/3+9$$

Svar: $\sum_{i=0}^{n}a_{i}=(2n-16/3)2^{n}-8\cdot 2^{-n}/3+9$.

8.

Vi sätter $f(x)=\sum_{i}a_{i}x^{i}$ och har att p(x)f(x)=q(x), där q(x) är ett polynom av grad <d, eller 0. Vi vet att k är det minsta positiva heltalet så att

$$f(x)(1-x^{k})=\frac{q(x)(1-x^{k})}{p(x)}$$

är ett polynom (av grad <k eller 0 ). Talet k är alltså det minsta positiva heltalet så att $p(x)\,\vert\,q(x)(1-x^{k})$. Vi har att $1-x^{k}=(1-x)(1+x+x^{2}+\ldots+x^{k-1})$. Eftersom $p(1)\not=0$ gäller att $x-1\,\not\vert\,p(x),$ enligt faktorsatsen, så p(x) och x-1 är relativt prima. Detta ger nu att $p(x)\,\vert\,q(x)(1+x+x^{2}+\ldots+x^{k-1})$.Vi får att

$$f(x)(1+x+x^{2}+\ldots+x^{k-1})=\frac{q(x)(1+x+x^{2}+\ldots+x^{k-1})}{p(x)}$$

är ett polynom av grad < k-1 eller 0.

Koefficienten framför x^k-1 i vänstra ledet är den sökta summan $\sum_{i=0}^{k-1}a_{i}$ medan den är i högra ledet. Vi har alltså visat att

$$\sum_{i=0}^{k-1}a_{i}=0.$$