Lösningar till tentamen i Aritmetik och algebra, del 2, 98 xx 05.

4.

Det gäller att visa att $p(x)=x^{3}-2x-5=x^{3}+5x+2\in \mathbb Z/7[x]$ är irreducibelt. Eftersom polynomet har grad 3 räcker det att visa att det saknar nollställe i $\mathbb Z/7$ enligt Faktorsatsen. Vi har

$$\begin{array} {r} p(0)=2,\,p(1)=1,\,p(2)=6,\,p(3)=2,\,p(4)=p(-3)=2,\\ p(5)=p(-2)=5,\,p(6)=p(-1)=3.\end{array}$$

Därmed är p(x) irreuducibelt och $\mathbb Z/7(\alpha),$ där $p(\alpha)=0$ en kropp. För att bestämma inversen till $3+5\alpha^{2}$ använder vi Euklides alogritm för en största gemensam delare till polynomen $3+5\alpha^{2}$och $\alpha^{3}+5\alpha+2:$

$$\begin{array} {rcl} 0=\alpha^{3}+5\alpha+2&=&(3\alpha)(5\al... ...\alpha+2\\ 5\alpha^{2}+3&=&(4\alpha+2)(3\alpha+2)+6\end{array}$$

Baklänges ger detta

$$\begin{array} {rcl} 6&=&(5\alpha^{2}+3)-(4\alpha+2)(3\alpha... ...2)3\alpha)= (5\alpha^{2}+3)(1+6\alpha+5\alpha^{2}),\end{array}$$

så $(5\alpha^{2}+3)^{-1}=-(1+6\alpha+5\alpha^{2})=6+\alpha+2\alpha^{2}.$svar: $(5\alpha^{2}+3)^{-1}=6+\alpha+2\alpha^{2}.$

5.

Det gäller att visa att $p(x)=x^{3}-x-1\in \mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Eftersom polynomet är av grad 3 räcker det att visa att det saknar rationellt nollställe, enligt Faktorsatsen. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1,$ men inget duger. Därmed är p(x) irreducibelt och $\mathbb Q(\alpha),$ där $p(\alpha)=0$ en kropp.

Vi vet att $f(x)=x^3+(3-3\alpha)x^2+(3-6\alpha-\alpha^2)x+4-\alpha^2$har nollställena $-1\pm \alpha\in \mathbb Q(\alpha).$ Enligt faktorsatsen delas f(x) av $(x+1-\alpha)(x+1+\alpha)=(x+1)^{2}-\alpha^{2}=x^{2}+2x+1-\alpha^{2}.$Vi bestämmer kvoten genom division:

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

Det återstående nollstället är alltså $-1+3\alpha.$

svar: $-1\pm \alpha$ och $-1+3\alpha.$

6.

Vi försöker diagonalisera A och söker därför egenvärden, dvs värden på $\lambda$ så att rangen av $A-\lambda I$ är $\leq 2.$ Vi gör radoperationer:

$$A-\lambda I= \left(\begin{array} {rrr} 1-\lambda&0&2\\ 5&2... ...\\ 1-\lambda&0&2\\ 5&2-\lambda&5\end{array}\right)\rightarrow$$

$$\rightarrow \left(\begin{array} {rrr} 3&2&1-\lambda\\ 0&4(... ...ambda)^{2}\\ 0&0&4-3\lambda+3(1-\lambda)^{2}\end{array}\right)$$

Vi ser att rangen är $\leq 2$ om $\lambda=1$ eller om $0=4-3\lambda+3(1-\lambda)^{2}=5\lambda+3\lambda^{2}=3\lambda(4+\lambda).$Egenvärdena är alltså $\lambda=0,\,1$ och 3.

Vi bestämmer en egenvektor hörande till vart och ett av dessa egenvärden (genom att anväda räkningarna ovan):

$$A-0I=A\rightarrow \left(\begin{array} {rrr} 3&2&1\\ 0&4&4\... ...(\begin{array} {rrr} 3&2&5\\ 0&6&3\\ 0&0&0\end{array}\right)$$

Vi har (t.ex.) egenvektorerna $\mathbf v_{1}=(5,6,1),\, \mathbf v_{2}=(4,1,0)$och $\mathbf v_{3}=(1,3,1).$ Vi har alltså att $A(\mathbf v_{1}\,\mathbf v_{2}\,\mathbf v_{3})=(\mathbf v_{1}\,\mathbf v_{2}\,\mathbf v_{3})D,$ eller AC=CD, där

$$D=\left(\begin{array} {rrr} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&3\end{arr... ...\begin{array} {rrr} 5&4&1\\ 6&1&3\\ 1&0&1\end{array}\right).$$

Eftersom kolonnerna i C hör till olika egenvärden är de linjärt oberoende och C har därför rang 3 och är därmed inverterbar. Vi har A=CDC^-1 och Aⁿ=CDⁿC^-1. Eftersom

$$D^{n}=\left(\begin{array} {rrr} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&3^{n}\end{array}\right).$$

återstår det att bestämma C^-1 innan vi kan bestämma Aⁿ. Vi gör radoperationer på $(C\,\vert\,I):$

$$(C\,\vert\,I)= \left(\begin{array} {rrr\vert rrr} 5&4&1&1&0... ...&0&1\\ 0&4&3&1&0&2\\ 0&1&4&0&1&1\end{array}\right)\rightarrow$$

$$\rightarrow \left(\begin{array} {rrr\vert rrr} 1&0&1&0&0&1\... ...r} 1&0&0&6&4&3\\ 0&1&0&3&3&2\\ 0&0&1&1&3&5\end{array}\right)$$

Detta ger att C^-1 är den högra halvan av matrisen. Vi har nu

$$A^{n}=CD^{n}C^{-1}= \left(\begin{array} {rrr} 5&4&1\\ 6&1&... ...\begin{array} {rrr} 6&4&3\\ 3&3&2\\ 1&3&5\end{array}\right)=$$

$$\left(\begin{array} {rrr} 5&4&1\\ 6&1&3\\ 1&0&1\end{array... ...3^{n}+3&3^{n}+2\\ 3^{n}&3^{n+1}&5\cdot 3^{n}\end{array}\right)$$

svar: Se ovan.

7.

Rekursionsekvationens karaktäristiska polynom är q(x)=x³-x²+x-1=(x-1)(x²+1)=(x-1)(x-i)(x+i), med nollställena 1 och $\pm i$ av multiplicitet 1. Den allmänna lösningen till rekursionsekvationen $a_{n}=a_{n-1}-a_{n-2}+a_{n-3},\,n\geq 3$ ges därför av

a_n=A1ⁿ+Biⁿ+C(-i)ⁿ,

där $A,\,B$ och C ska bestämmas så att $a_{0}=1,\,a_{1}=1$ och a₂=2. Detta ger ekvationssystemet

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

med lösning $A=3/2,\,B=(-1+i)/4$ och C=(-1-i)/4.

svar: a_n=(6+(-1+i)iⁿ-(1+i)(-i)ⁿ)/4.

8.

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

$$\begin{array} {rcl} f(x)&=&\sum_{i=0}(i+3)x^{i}=\sum_{i}({i+... ...-x)^{2}\\ g(x)&=&\sum_{i=0}2^{i}x^{i}=u(2x)=1/(1-2x)\end{array}$$

och får:

$$f(x)g(x)=\frac{3-2x}{(1-x)^{2}(1-2x)}=\frac{A}{(1-x)^{2}}+\frac{B}{1-x}+ \frac{C}{1-2x}$$

där A och C bestäms med handpålggning till $A=-1=4,\, (x=1)$ och $C=2\cdot 4^{-1}=3,\,(x=-2).$ Sätter vi x=0 får vi 3=A+B+C=2+B, så B=1. Detta ger

$$f(x)g(x)=Au(x)^{2}+Bu(x)+Cu(2x)=\sum_{i}(4(i+1)+1+3\cdot 2^{i})x^{i}.$$

svar: $f(x)g(x)=\sum_{i}(4+4i+2^{i})x^{i}.$