Lösning till tentamen i MAN011 Aritmetik och algebra, del 2, 98 05 23.

4.

(a)

Eftersom polynomet f(x)=x³-3x²+4x-4 är av grad 3 räcker det att undersöka om det har en faktor av grad 1. En sådan motsvarar ett rationellt 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 $f(1)=-2,\,f(2)=0.$ Alltså har f(x) faktorn x-2: f(x)=(x-2)(x²-x+2). Polynomet är alltså inte irreducibelt.

(b)

Eftersom f(x)=x⁴+x-3 har grad 4 räcker det att undersöka om det har faktor av grad 1 eller 2. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$ och $\pm 3$. Vi har $f(-1)=-3,\,f(1)=-1$ och $f(3),\,f(-3)\gt.$ Polynomet saknar alltså faktor av grad 1.

Vi undersäker nu om f(x) har faktor av grad 2 genom att ansätta f(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där vi kan förutsätta att $a,\,b,\,c$ och $d\in \mathbb Z,$ eftersom polynomet är primitivt, och att $\vert b\vert\leq\vert d\vert.$ Utveckling ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} 0&=&a+c\\ 0&=&b+ac+d\\ 1&=&ad+bc\\ -3&=&bd \end{array}\right.$$

Den sista ekvationen ger alternativen $b=-1,\,d=3$ och $b=1,\,d=-3$. Första alternativet ger 1=3a-c i tredje ekvationen, som tillsammans med första ekvationen ger orimlighten a=1/4 (ej heltal). Andra alternativet ger 1=-3a+c i tredje ekvationen, som tillsammans med första ekvatioen ger orimlighten a=-1/4. Därmed är polynomet irreducibelt.

(c)

Eftersom primtalet 5 delar samtliga koefficienter utom den ledande och $5^{2} \not\vert\,1235,$ (eftersom $1235=5\cdot 247,$) är polynomet irreducibelt enligt Eisensteins kriterium.

svar: Polynomen i b och c är irreducibla.

5.

Vi bestämmer först egenvärden till A genom att bestämma för vilka värden på $\lambda$ som $A-\lambda I=A+2\lambda$ inte är inverterbar. Radoperationer ger

$$A-\lambda=\left(\begin{array} {rrr} 2\lambda&1&1\\ 0&1+2\l... ...2\lambda&1+\lambda+\lambda^{2}\end{array}\right) \rightarrow$$

$$\rightarrow\left(\begin{array} {rrr} 2&1&2+2\lambda\\ 0&1+2\lambda&1\\ 0&0&\lambda(1+\lambda)\end{array}\right).$$

Vi ser att $A-\lambda I$ har rang <3 om $\lambda =0,\,1$ eller 2. Dessa är alltså egenvärdena.

Vi bestämmer egenvektorer hörande till vart och ett av egenvärdena genom att bestämma en vektor $\mathbf v\not=\mathbf 0,$ sådan att $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0.$ Radoperationerna ovan ger

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

så (t.ex.) $\mathbf v_{1}=(1,2,1),\,\mathbf v_{2}=(1,1,0),\,\mathbf v_{3}=(1,1,1)$ är egenvektorer hörande till $0,\,1$ respektive 2.

Vi har nu att $A(\mathbf v_{1}\,\mathbf v_{2}\,\mathbf v_{3})=(\mathbf v_{1}\,\mathbf v_{2}\,\mathbf v_{3})D,$ där D är den diagonala matrisen med $0,\,1$ och 2 längs huvuddiagonalen. Sätter vi $C=(\mathbf v_{1}\,\mathbf v_{2}\,\mathbf v_{3})$ har vi att C är inverterbar ty egenvektorerna hör till olika egenvärden. Vi får AC=CD, dvs A=CDC^-1.

svar: A=CDC^-1, där $C=\left(\begin{array} {rrr} 1&1&1\\ 2&1&1\\ 1&0&1\end{array}\right)$ och $D=\left(\begin{array} {rrr} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2\end{array}\right)$.

6.

Eftersom $\mathbb Z/7(\alpha)=\mathbb Z/7[x]/x^{3}+4x+6$ ska vi visa att $x^{3}+4x+6\in \mathbb Z/7[x]$ är irreducibelt för att visa att $\mathbb Z/7(\alpha)$ är en kropp.

Eftersom polynomet p(x)=x³+4x+6 är av grad 3 räcker det att visa att det saknar faktor av grad 1. En sådan motsvarar ett nollställe i $\mathbb Z/7$ enligt faktorsatsen. Vi har

$$p(0)=6,\,p(1)=4,\,p(2)=1,\,p(3)=3,\,p(4)=p(-3)=2,$$

$$p(5)=p(-2)=4,\, p(6)=p(-1)=1.$$

Alltså är p(x) irreducibelt.

Vi bestämmer inversen till $\alpha^{2}+3\alpha+6$ genom att bestämma en största gemensam delare till p(x) och x²+3x+6 med Euklides algoritm:

p(x)=(x+4)(x²+3x+6)+3

I $\mathbb Z/7(\alpha)$ ger detta

$$0=p(\alpha)=(\alpha+4)(\alpha^{2}+3\alpha+6)+3$$

som ger $4=(\alpha+4)(\alpha^{2}+3\alpha+6).$ Multiplikation med 2 ger $1=(2\alpha+1)(\alpha^{2}+3\alpha+6).$

svar: $(\alpha^{2}+3\alpha+6)^{-1}=2\alpha+1.$

7.

Vi undersöker först om x⁴+8x³+18x²+8x-7 faktoriserar i $\mathbb Q[x].$ De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$ och $\pm 7,$ men inget duger, så faktorer av grad 1 saknas enligt faktorsatsen. Vi undersöker om polynomet är en produkt av polynom av grad 2 genom att ansätta f(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där vi kan förutsätta att $a,\,b,\,c$ och $d\in \mathbb Z,$ ty f(x) är primitivt, samt att $\vert b\vert\leq \vert d\vert$. Utveckling och identifiering av koefficienter ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} 8&=&a+c\\ 18&=&b+ac+d\\ 8&=&ad+bc\\ -7&=&bd\end{array}\right.$$

Den sista ekvationen ger $b=-1,\,d=7$ eller $b=1,\,d=-7$. Det första alternativet ger 8=7a-c i andra ekvationen. Tillsammans med den första ger detta $a=2,\,c=6,$ som också duger i den andra ekvationen. Vi får

f(x)=(x²+2x-1)(x²+6x+7)

Eftersom faktorerna är irreducibla har vi kroppen $K=\mathbb Q(\alpha),$ där $\alpha^{2}=1-2\alpha$. Vi får $x^{2}+2x-1=(x-\alpha)(x+2+\alpha)$ (i enlighet med faktorsaten).

Vi undersöker om x²+6x+7 faktoriserar i K[x] genom att söka ett nollställe i K. Kvadratkomplettering ger 0=x²+6x+7=(x+3)²-2. Vi sätter $x+3=a+b\alpha,$ $a,\,b\in \mathbb Q$ och ska lösa $(a+b\alpha)^{2}=2$. Detta ger ekvationssystemet

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

Den sista ekvationen ger 0=2b(a-b), dvs b=a eller b=0. Första alternativet ger a²=1, dva $a=\pm 1$ i första ekvationen. Vi har alltså $x+3=\pm(1+\alpha)$ eller $x=-2+\alpha,\,-4-\alpha$. Detta ger att $x^{2}+6x+7=(x+2-\alpha)(x+4+\alpha)$.

svar: $\parbox{8cm}{ $K=\mathbb Q(\alpha),$\space där $\alpha^{2}=1-2\alpha$\\ $f(x)=(x-\alpha)(x+2+\alpha)(x+2-\alpha)(x+4+\alpha)$.}$

8.

Vi sätter $f(x)=\sum_{i}a_{i}$ och har att $(x^{3}+x^{2}+1)f(x)=(x^{3}+x^{2}+1)(1+x+4x^{2}+\cdots)=1+x,$ dvs

$$f(x)=\frac{1+x}{1+x^{2}+x^{3}}.$$

För att bestämma perioden ska vi bestämma det minsta positiva heltalet n så att (1-xⁿ)f(x)=(1-xⁿ)(1+x)/(1+x²+x³) är ett polynom.

Vi undersöker om $p(x)=1+x^{2}+x^{3}\in \mathbb Z/5[x]$ faktoriserar. Eftersom $p(0)=1,\,p(1)=3,\,p(2)=3,\,p(3)=p(-2)=2$ och p(4)=p(-1)=1 och polynomet är av grad 3 är det irreducibelt enligt faktorsatsen. Vi har därför att $p(x)\,\vert\,(1-x^{n})(1+x)$ om och endast om xⁿ=1 i $\mathbb Z/5[x]/p(x).$ Vi ska bestämma ordningen av $x\in (\mathbb Z/5[x]/p(x))^{\times},$ som är en grupp av ordning $5^{3}-1=124=4\cdot 31$ (och 31 är ett primtal). Enligt Lagranges sats gäller att ordnigen av x delar $4\cdot 31$. Den är alltså $1,\,2,\,4,\,31,\,62$ eller 124. Den är uppenbarligen inte 1 eller 2. Vi har

$$\begin{array} {l} x^{3}=4+4x^{2}\\ x^{4}=xx^{3}=4x+4x^{3}=... ...}=xx^{30}=x^{2}+4+4x^{2}=4\\ x^{62}=(x^{31})^{2}=1\end{array}$$

Följdens period är alltså 62.

svar: 62.