$\parbox{5cm}{Aritmetik och algebra\\ del 2, HT 98 \\ ~~~~\\ ~~~~}$

Lösningar till inlämningsuppgifter 2

1.

För att visa att $\mathbb Q(\alpha)=\mathbb Q[x]/x^{4}-3x^{2}-x-1$ är en kropp gäller det att konstatera att $f(x)=x^{4}-3x^{2}-x-1\in \mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Eftersom polynomet har grad 4 räcker det att konstatera att det saknar delare av grad 1 och 2. Enligt Faktorsatsen motsvarar en faktor av grad 1 ett rationellt nollställe. De möjliga rationella nollställena till f(x) är $\pm 1$och inget av dessa duger. Polynomet saknar alltså faktor av grad 1.

För att undersöka om f(x) har en faktor av grad 2 ansätter vi f(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där vi kan förutsätta att $b\leq d$och att $a,\,b,\,c$ och d är heltal, eftersom f(x) är primitivt. Identifiering av koefficienter ger ekvationssystemet

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

Den sista ekvationen ger b=-1 och d=1 ($b\leq d$). Summan av den första och den tredje ekvationen ger nu -1=2a som saknar lösning $a\in \mathbb Z$.

Därmed är f(x) irreducibelt i $\mathbb Q[x]$ och $\mathbb Q(\alpha),$ där $\alpha^{4}=3\alpha^{2}+\alpha+1$ en kropp.

För att invertera $\alpha-2$ använder vi Euklides algoritm:

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

Detta ger

$$-1=(\alpha^{3}+2\alpha^{2}+\alpha+1)(\alpha-2)\mbox{ eller } 1=(-\alpha^{3}-2\alpha^{2}-\alpha-1)(\alpha-2)$$

Svar: $-\alpha^{3}-2\alpha^{2}-\alpha-1$.

2.

(a)

Vi undersöker först om f(x)=x⁴-3x³+3x+1 faktoriserar i $\mathbb Q[x]$. Eftersom det har grad 4 räcker det att undersöka om det har faktorer av grad 1 eller 2.

En faktor av grad 1 motsvarar ett rationellt nollställe. De möjliga rationella nollställena till f(x) är $\pm 1$. Inget duger.

För att undersöka om f(x) har en faktor av grad 2 ansätter vi f(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där vi kan förutsätta att $b\leq d$ och att $a,\,b,\,c$ och d är heltal, eftersom f(x) är primitivt. Identifiering av koefficienter ger ekvationssystemet

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

Den nedersta ekvationen ger b=d=1 eller b=d=-1. Det första alternativet ger 3=a+c i tredje ekvationen, vilket strider mot den första. Det andra alternativet ger 2=ac i andra ekvationen, d.v.s $a=-2,\,c=-1,$ $a=-1,\,c=-2,$ $a=1,\,c=2$ eller $a=2,\,c=1$. Kontroll visar att $a=-2,\,c=-1$ duger. Vi har alltså

f(x)=(x²-2x-1)(x²-x-1)

där faktorerna är irreducibla eftersom f(x) saknar faktor av grad 1.

Vi har därför kroppen $\mathbb Q(\alpha),$ där $\alpha^{2}=\alpha+1$. I $\mathbb Q(\alpha)[x]$ gäller att

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

Vi undersöker om x²-2x-1 har något nollställe i $\mathbb Q(\alpha)=\{a+b\alpha\,\vert\,a,\,b\in \mathbb Q\}$:

0=x²-2x-1=(x-1)²-2.

Sätt $x-1=a+b\alpha$ och ekvationen blir $2=(a+b\alpha)^{2}=a^{2}+2ab\alpha+b^{2}(\alpha+1)$. Detta ger ekvationssystemet

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

Den nedersta ekvationen ger b=0 eller b=-2a. Det första alternativet ger i första ekvationen 2=a² medan det andra ger 2=5a². Båda saknar rationella lösningar.

Polynomet x²-2x-1 saknar alltså nollställe i $\mathbb Q(\alpha)$ och är därför irreducibelt i $\mathbb Q(\alpha)[x]$ enligt Faktorsatsen.

Vi har därför kroppen $\mathbb Q(\alpha,\beta),$ där $\beta^{2}=2\beta+1$ och $\alpha^{2}=\alpha+1$.Vi har

$$x-2x-1=(x-\beta)(x+\beta-2)\mbox{ och }f(x)=(x-\beta)(x+\beta-2)(x-\alpha)(x+\alpha-1)$$

(b)

Vi undersöker om f(x)=x³+2x+1 faktoriserar i $\mathbb Z/3[x]$. Eftersom f(x) har grad 3 räcker det att undersöka om det har faktorer av grad 1.

En faktor av grad 1 motsvarar ett nollställe i $\mathbb Z/3$. Men $f(0)=1,\,f(1)=1,\,f(2)=1,$ så nollställe saknas.

Därmed är $\mathbb Z/3(\alpha),$ där $\alpha^{3}=\alpha+2$ en kropp i vilken f(x) har nollstället $\alpha$. Eftersom f(x)³=f(x³) är även $\alpha^{3}=\alpha+2$ och $\alpha^{9}= (\alpha^{3})^{3}=(\alpha+2)^{3}=\alpha^{3}+2=\alpha+2+2=\alpha+1$ nollställen till f(x). Faktorsatsen ger att

$$f(x)=(x-\alpha)(x-\alpha-2)(x-\alpha-1)=(x+2\alpha)(x+2\alpha+1) (x+2\alpha+2).$$

Svar: a) $K=\mathbb Q(\alpha,\beta),$ där $\alpha^{2}=\alpha+1$och $\beta^{2}=2\beta+1$ och $x^{4}-3x^{3}+3x+1=(x-\beta)(x+\beta-2)(x-\alpha)(x+\alpha-1)$   b) $K=\mathbb Z/5(\alpha),$ där $\alpha^{3}=\alpha+2$ och $x^{3}+2x+1=(x+2\alpha)(x+2\alpha+1) (x+2\alpha+2)$.

3.

Om A är inverterbar ger multiplikation med A^-1 och A från vänster respektive höger att X=A^-1CA.

Vi beräknar A^-1 genom att göra radoperationer på (A|I) till (I|I'). Då är I'=A^-1.

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

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

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

Vi har alltså att

$$X=\left( \begin{array} {rrr} 3&0&6\\ 4&2&4\\ 5&4&6 \end{a... ...\begin{array} {rrr} 3&4&6\\ 1&4&1\\ 1&3&3 \end{array}\right).$$

Svar: $X=\left( \begin{array} {rrr} 3&4&6\\ 1&4&1\\ 1&3&3 \end{array}\right).$

4.

Vi bestämmer egenvärden och tillhörande egenvektorer till $A-\lambda I$. Egenvärdena är de $\lambda\in\mathbb Z/5,$ sådana att $A-\lambda I$ inte är inverterbar, dvs sådana att $\rho(A-\lambda I)<3$. Radoperationer ger

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

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

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

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

Vi ser att

$$\rho(A-\lambda I)<3\Leftrightarrow 0=2\lambda+2\lambda^{3}\L... ...htarrow 0= \lambda(1+\lambda^{2})=\lambda(\lambda+2)(\lambda+3)$$

Egenvärdena till A är alltså $\lambda=0,\,2$ och 3.

Vi bestämmer en egenvektor hörande till $\lambda_{1}=0,\,\lambda_{2}=2$ och $\lambda_{3}=3$ genom att bestämma $\mathbf v_{i}\not= \mathbf 0,$ så att $(A-\lambda_{i}I)\mathbf v_{i}=\mathbf 0$. Radoperationerna ovan ger:

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

så t.ex. $\mathbf v_{1}=(0,1,1)$ är en egenvektor hörande till $\lambda_{1}=0$.

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

så t.ex. $\mathbf v_{2}=(1,1,1)$ är en egenvektor hörande till $\lambda_{2}=2$.

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

så t.ex. $\mathbf v_{3}=(3,0,1)$ är en egenvektor hörande till $\lambda_{3}=3$.

Vi har alltså

$$A(\mathbf v_{1}\,\,\mathbf v_{2}\,\,\mathbf v_{2})=(\mathbf ... ...\begin{array} {rrr} 0&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&3 \end{array}\right)$$

Matrisen $C=(\mathbf v_{1}\,\,\mathbf v_{2}\,\,\mathbf v_{2})$ är inverterbar eftersom vektorerna hör till olika egenvärden.

Vi har alltså att

A=CDC^-1

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