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

4. Vi har att $\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}[x]/x^{4}-3x+6$. För att visa att ringen är en kropp räcker det att visa att $x^{4}-3x+6$ är irreducibelt i $\mathbb{Q}[x],$ men detta följer av Eisensteins kriterium med $p=3$.

   För att invertera använder vi Euklides algoritm och får $x^{4}-3x+6=(x^{2}-x-1)(x^{2}+x+2)+8$.

   I $\mathbb{Q}(\alpha)$ ger detta $0=(\alpha^{2}-\alpha-1)(\alpha^{2}+\alpha+2)+8$ eller $-8=(\alpha^{2}-\alpha-1)(\alpha^{2}+\alpha+2)$. Division med $-8$ ger nu $1=(1/8+\alpha/8-\alpha^{2}/8)(\alpha^{2}+\alpha+2)$ så inversen till $\alpha^{2}+\alpha+2$ är $1/8+\alpha/8-\alpha^{2}/8$.

   Svar: Inversen är $1/8+\alpha/8-\alpha^{2}/8$.

5. Radoperationer på $A-\lambda I$ ger

   
   

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

   
   

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

   Vi ser att rangen av $A-\lambda I$ är $<3$ när $0=1-\lambda$ och när $0=\lambda-3\lambda^{2}=\lambda(1-3\lambda)$. Egenvärdena är alltså $\lambda_{1}=0,\,\lambda_{2}=1$ och $\lambda_{3}=2$.

   Vi söker en egenvektor hörande till vart och ett av dem:
   

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

   Vi ser att $(A-0I)\mathbf v_{1}=\mathbf 0$ har lösningen $\mathbf v_{1}=(4,3,1)$ (t.ex.).

   
   

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

   Vi ser att $(A-I)\mathbf v_{2}=\mathbf 0$ har lösningen $\mathbf v_{2}=(1,1,0)$ (t.ex.).

   
   

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

   Vi ser att $A-2I\mathbf v_{3}=\mathbf 0$ har lösningen $\mathbf v_{3}=(0,3,1)$ (t.ex.).

   Sätter vi nu $C=(\mathbf v_{1}\,\,\mathbf v_{2}\,\,\mathbf v_{3})$ vet vi att $C$ är inverterbar, eftersom egenvärdena är olika. Sätter vi
   

   $$D= \left(\begin{array}{lll} 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2\\ \end{array}\right)$$
   
   

   har vi att $AC=CD$ och $A=CDC^{-1}$.

   Svar: $C= \left(\begin{array}{lll} 4 & 1 & 0\\ 3 & 1 & 3\\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right)$ och $D= \left(\begin{array}{lll} 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2\\ \end{array}\right)$

6. Vi undersöker först om om $f(x)=x^{4}+4x^{3}-x^{2}-10x+3$ faktoriserar i $\mathbb{Q}[x]$. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1,\,\pm 3$. Inget duger, så $f(x)$ saknar faktorer av grad $1$ enligt faktorsatsen.

   Vi undersöker om $f(x)$ är produkt av två polynom av grad 2 genom att ansätta $f(x)=(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d)$, där vi kan förutsätta att $b\leq d$ och att $a,$ $b,$ $c$ och $d$ är heltal, eftersom polynomet är primitivt. Identifiering av koefficienter ger ekvationssystemet

   
   

   $$\left\{ \begin{array}{rcl} 4 &=& a+c\\ -1 & = & b+ac+d\\ -10& = & ad+bc\\ 3 &=& bd \end{array}\right.$$
   
   

   Den nedersta ekvationen ger alternativen $b=-3,$ $d=-1$ och $b=1,$ $d=3$.

   Det första av dessa ger $-10=-a-3c$ i den tredje ekvationen. Adderar vi den första får vi $-6=-2c$ eller $c=3$. Detta ger $a=1$ i den första och vi ser att dessa värden även löser den andera. Vi har alltså

   
   

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

   där de två faktorerna är irreducibla i $\mathbb{Q}[x]$. Vi får alltså en kropp $K$ genom att sätta $K=\mathbb{Q}(\alpha),$ där $\alpha^{2}=3-\alpha$. Då har $x^{2}+x-3$ nollstället $\alpha$ i $L$ och vi kan faktorisera enligt faktorsatsen: $x^{2}+x-3=(x-\alpha)(x+1+\alpha)$.

   Vi undersöker nu om $x^{2}+3x-1$ har något nollställe i $K$. Kvadratkomplettering ger $0=x^{2}+3x-1=(x+3/2)^{2}-13/4$. Vi sätter $x+3/2=a+b\alpha,$ där $a,\,b\in\mathbb{Q}$ och ska lösa ekvationen $13/4=(a+b\alpha)^{2}=a^{2}+3b^{2}+(2ab-b^{2})\alpha$ som ger ekvationssytemet

   
   

   $$\left\{ \begin{array}{rcl} 13/4&=&a^{2}+3b^{2}\\ 0&=&2ab-b^{2} \end{array}\right.$$
   
   

   Den nedersta ekvationen ger $b=2a$ eller $b=0$. Det första alternativet ger $1/4=a^{2}$ i den första ekvationen, så att $a=\pm 1/2$ och $b=\pm 1$. Vi får att $x^{2}+3x-1$ har nollställena $-3/2+a+b\alpha=-1+\alpha,\,-2-\alpha$. Detta ger

   
   

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

   Svar: $K=\mathbb{Q}(\alpha),$ där $\alpha^{2}=3-\alpha$ och $x^{4}+4x^{3}-x^{2}-10x+3=(x-\alpha)(x+1+\alpha)(x+1-\alpha)(x+2+\alpha)$ i $K[x]$.

7. Vi sätter $f(x)=\sum_{i}a_{i}x^{i}$ och låter $p(x)=1+3x+5x^{2}+x^{3}$ vara det associerade polynomet. Vi har då att $p(x)f(x)$ är ett polynom av grad $<3$. Uträkning ger
   
   $$p(x)f(x)=(1+3x+5x^{2}+x^{3})(1+x+3x^{2}+\cdots)=1+4x+4x^{2}$$
   
   
   Enligt summeringsprincipen är $b_{n}$ koefficienten framför $x^{n}$ i $f(x)/(1-x)=(1+4x+4x^{2})/((1+3x+5x^{2}+x^{3})(1-x))$. Vi har att $1+3x+5x^{2}+x^{3}=(x+5)(x^{2}+3)=(x+5)(x+5)(x+2)$. Partialbråksuppdelning ger ansatsen
   
   $$\frac{1+4x+4x^{2}}{(x+5)^{2}(x+2)(1-x)}=\frac{A}{(x+5)^{2}} +\frac{B}{x+5} + \frac{C}{x+2}+\frac{D}{1-x}$$
   
   
   Handpåläggning ger $A=4\cdot4^{-1}(-1)=6,$ $C=2\cdot 2^{-1}3^{-1}=5$ och $D=2\cdot 3^{-1}=3$. Sätter vi nu $x=0$ får vi $1\cdot 4^{-1}2^{-1}=6\cdot 4^{-1}+B5^{-1}+5\cdot 2^{-1}+3$ eller $1=5+3B+6+3,$ dvs $B=5$.

   Vi får att
   

   $$\frac{f(x)}{1-x}=\frac{5}{(1-4x)^{2}}+\frac{1}{1-4x}+\frac{6... ...3x}+ \frac{3}{1-x} =\sum_{i}((5i+5+1)4^{i}+6\cdot3^{i}+3)x^{i}$$
   
   
   Vi har alltså att $b_{n}=(5n+6)4^{n}+6\cdot 3^{n}+3$.

   För att bestämma perioden av $b_{n}$ ska vi bestämma det minsta heltalet $k$ så att $(1-x^{k})f(x)/(1-x)$ är ett polynom. Vi har att $1+4x+4x^{2}=(x+4)(4x+2)=4(x+4)^{2},$ så
   

   $$\frac{(1-x^{k})f(x)}{1-x}=\frac{(1-x^{k})4(x+4)^{2}}{(x+5)^{2}(x+2)(x-1)}$$
   
   

   Eftersom $4(x+4)^{2}$ är relativt prima med nämnaren ska vi bestämma det minsta $k$ så att $(x+5)^{2},$ $x+2$ och $1-x$ delar $1-x^{k}$.

   Räknar vi modulo $1-x$ har vi $x\equiv 1,$ så $1\,\vert\,k$.

   Räknar vi modulo $x+2$ har vi $x\equiv 5,$ $x^{2}\equiv 4$, $x^{3}\equiv -1$ och $x^{6}\equiv 1,$ så $6\,\vert\,k$.

   Gruppen $(\mathbb{Z}/7[x]/(x+5)^{2})^{\times}$ har ordning $7^{2}-7=42=2\cdot 3\cdot 7$ så ordningen av $x$ delar $42$. Vi har $x^{2}\equiv 4x+3,$ $x^{3}\equiv 4(4x+3)+3x=5x+5,$ $x^{6}=4(4x+3)+x+4\equiv 3x+2,$ $x^{7}=3(4x+3)+2x\equiv 2,$ $x^{14}\equiv 4$ och $x^{21}\equiv 1,$ så $21\,\vert\,k$.

   Det minsta värdet på $k$ som uppfyller $1\,\vert\,k,$ $6\,\vert\,k$ och $21\,\vert\,k$ är $k=42$. Perioden är alltså $42$.

   Svar: $b_{n}=(5n+6)4^{n}+6\cdot 3^{n}+3$ är periodisk med period $42$.

8. 1. Gruppen $\mathbb{Z}/p(\alpha)^{\times}$ har ordning $p^{d}-1,$ så för varje element $\beta\not=0$ gäller att $\beta^{p^{d}-1}=1$. Multiplicerar vi med $\beta$ får vi att $\beta^{p^{d}}-\beta=0$ vilket även gäller för $\beta=0$. Polynomet $x^{p^{d}}-x$ har alltså $p^{d}$ olika nollställen i $\mathbb{Z}/p(\alpha)$ och är därför en produkt av polynom av grad $1$ i $\mathbb{Z}/p(\alpha)[x]$. För att visa att $x^{p^{d}}-x$ delar $x^{p^{n}}-x$ räcker det därför att inse att alla element $\beta$ i $\mathbb{Z}/p(\alpha)$ också är nollställen till $x^{p^{n}}-x$. Men eftersom $\alpha$ är nollställe till $f(x)$ som delar $x^{p^{n}}-x$ gäller att $\alpha^{p^{n}}=\alpha$. För $\beta=a_{0}+a_{1}\alpha+\cdots+a_{d-1}\alpha^{d-1}\in \mathbb{Z}/p(\alpha)$ har vi därför att $\beta^{p^{n}}=a_{0}+a_{1}\alpha^{p^{n}}+\cdots a_{d-1}\alpha^{p^{n}(d-1)}= \beta$.

   2. Enligt divisionsalgoritmen har vi att $n=kd+r,$ där $0\leq r<d$. Räknar vi modulo $x^{p^{d}}-x$ har vi enligt a) $x\equiv x^{p^{n}}\equiv (x^{p^{dk}})^{p^{r}},$ men också $x^{p^{d}}\equiv x$. Av det senare följer att $x^{p^{2d}}=(x^{p^{d}})^{p^{d}}\equiv x,\ldots ,x^{p^{kd}}\equiv x$. Detta ger nu $x\equiv x^{p^{r}},$ så att $x^{p^{d}}-x$ delar $x^{p^{r}}-x$. Av gradskäl måste detta polynom vara 0, dvs $r=0$. Vi har därför att $d\,\vert\,n$.