Lösningar till tentamen i Aritmetik och algebra, del 2, 98 xx 06.

4.

Vi försöker faktorisera nämnaren g(x)=x⁴+2x³+5x²+6x+6. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1,\,\pm 2,\,\pm 3$ och $\pm 6.$ De positiva talen är uteslutna. Vi har $g(-1)=4,\,g(-2)=14$ och $g(-3)\gt 3^{4}-2\cdot 3^{3}\gt$ samt $g(-6)\gt 6^{4}-2\cdot 6^{3}\gt.$Rationellt nollställe saknas. Vi försöker faktorisera som produkt av två rationella polynom av grad 2. Ansätt g(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där $a,\,b,\,c$ och $d\in \mathbb Z$(polynometär primitivt). Vi får ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} a+c&=&2\\ b+ac+d&=&5\\ ad+bc&=&6\\ bd&=&6\end{array}\right.$$

Sista ekvationen ger att b och d delar 6. En genomgång av möjligheterna ger att $b=2,\,d=3,\,a=2$ och c=0 löser ekvationssystemet. Vi har alltså g(x)=(x²+2x+2)(x²+3). Partialbråk med rationella koefficienter ger ansatsen

$$\frac{4x^3+4x^2+8x+1}{(x^{2}+2x+2)(x^{2}+3)}=\frac{A+Bx}{x^{2}+2x+2}+ \frac{C+Dx}{x^{2}+3}.$$

Hopmultiplicering av ansatsen och jämförelse av koefficienter ger

$$\left\{\begin{array} {rcl} 4&=&B+D\\ 4&=&A+C+2D\\ 8&=&3B+... ...D\\ 4&=&A+C+2D\\ -4&=&2C-D\\ -11&=&-C-6D\end{array}\right.$$

med lösning $D=2,\,C=-1,\,A=1,\,B=2.$

svar: (1+2x)/(x²+2x+2)+(2x-1)/(x²+3).

5.

Vi söker egenvärden till A genom att bestämma värden på $\lambda$ så att rangen av $A-\lambda I$ är $\leq 2.$ Radoperationer ger

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

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

Vi ser att rangen är $\leq 2$ om $\lambda=-3$ och $0=2-(5-\lambda)(4-\lambda)=-18+9\lambda-\lambda^{2}=-(\lambda-3)(\lambda-6).$Egenvärdena är alltså $-3,\,3$ och 6.

Vi söker egenvektorer hörande till vart och ett av dessa egenvärden och utnyttjar räkningen ovan:

$$A+3I\rightarrow \left(\begin{array} {rrr} 1&0&7 \\ 0&0&-... ...n{array} {rrr} 1&0&-2 \\ 0&-9&9\\ 0&0&0\end{array}\right).$$

Vi får (t.ex.) egenvektorerna $\mathbf v_{1}=(0,1,0),\,\mathbf v_{2}=(-1,0,1)$ respektive $\mathbf v_{3}=(2,1,1).$

Sätter vi $C=(\mathbf v_{1}\,\mathbf v_{2},\,\mathbf v_{3}),$ så är C inverterbar ty vektorerna är linjärt oberoende eftersom de hör till olika egenvärden. Sätter vi

$$D=\left(\begin{array} {rrr} -3&0&0\\ 0&3&0\\ 0&0&6\end{array}\right),$$

så har vi A=CDC^-1.

svar: Se ovan.

6.

Sätter vi p(x)=1-4x-2x²=1+x+3x² har vi att

$$p(x)f(x)=(1+x+3x^{2})(1+2x+a_{2}x^{2}+\cdots)=1+3x.$$

Detta ger f(x)=(1+3x)/p(x) och därmed 1/f(x)=p(x)/(1+3x). Division ger 3x²+x+1=x(3x+1)+1. Vi får

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

svar: $1+3x+4x^{2}+\cdots+2^{i}x^{i}+\cdots.$

7.

Koefficienten framför xⁿ i

$$\begin{array} {l} f(x)=(1+x^{2}+\cdots+x^{2i}+\cdots)(1+x^{3... ...\cdots +x^{5i}+\cdots)(1+x^{7}+\cdots+x^{7i}+\cdots)\end{array}$$

är antalet sätt att skriva n som en summa av talen $2,\,3,\,5$ och 7. Potensserien f(x) är alltså problemets genererande funktion.

Om vi sätter p(x)=(1-x²)(1-x³)(1-x⁵)(1-x⁷) gäller att f(x)=1/p(x), dvs p(x)f(x)=1. Utveckling av p(x) ger

p(x)=(1-x²-x³+x⁵)(1-x⁵-x⁷+x¹²)=1-x²-x³+x⁸+ x⁹-x¹⁴-x¹⁵+x¹⁷

Koefficienterna a_n i f(x) uppfyller därför sambandet

$$a_{n}-a_{n-2}-a_{n-3}+a_{n-8}+a_{n-9}-a_{n-14}-a_{n-15}+a_{n-17}=0,\,n\geq 17.$$

Svar: $\parbox{9cm}{ $1/((1-x^{2})(1-x^{3})(1-x^{5})(1-x^{7})).$\space \\ ... ...n-2}+a_{n-3}-a_{n-8}-a_{n-9}+a_{n-14}+ a_{n-15}-a_{n-17},$\\ när $n\geq 17.$}$

8.

För att visa att ringen är en kropp ska vi visa att $p(x)=x^{2}-x-3\in \mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Eftersom polynomet är av grad 2 är detta samma sak som att visa att det saknar rationellt nollställe enligt Faktorsatsen. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$ och $\pm 3.$ Vi har $p(-3)=9,\,p(-1)=-1,\,p(1)=-3$ och p(3)=3. Inget av de möjliga rationella nollställena duger. Därmed är p(x) irreducibelt och $\mathbb Q(\alpha),$ där $p(\alpha)=0,$ är en kropp.

Vi löser ekvationen genom att först göra en kvadratkomplettering: $0=x^{2}+4x+1-\alpha=(x+2)^{2}-(3+\alpha).$ Om vi sätter $x+2=a+b\alpha,$ där $a,\,b\in \mathbb Q,$ ska vi alltså lösa ekvationen $(a+b\alpha)^{2}=3+\alpha.$ Utveckling av vänstra ledet ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} a^{2}+3b^{2}&=&3\\ 2ab+b^{2}&=&1\end{array}\right.$$

Multiplikation av den nedre ekvationen med -3 och addtion av resultatet till den övre ger 0=a²-6ab=a(a-6b), så a=0 eller a=6b. Det sista alternativet ger 13b²=1, som saknar rationell lösning. Det första alternativet ger $b=\pm 1,$ som duger. Vi får alltså $x+2=\pm\alpha.$

Svar: $-2\pm\alpha.$