Förslag till lösningar till MAN011 Aritmetik och algebra, del 2, 00 04 17

1. Radoperationer ger
   
   $$A\rightarrow \left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 0 & 5 & 3 ... ...3 & 1 & 6 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right)$$
   
   
   Nollrummet består alltså av vektorer $(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5}),$ sådana att
   
   $$\left\{ \begin{array}{rrrrrrrrrcl} x_{1} & & &+& 5x_{3} ... ...} &+& x_{3} &+& 6x_{4} &+& 2x_{5} &=&0\\ \end{array}\right.$$
   
   
   Lösningarna till detta är
   
   $$\begin{array}{rcl} x_{2}&=& 2x_{3}+5x_{4}+4x_{5}\\ x_{1}&=& 2x_{3}+4x_{4}+5x_{5}\\ \end{array},$$
   
   
   där $x_{3},x_{4}$ och $x_{5}$ kan väljas godtyckligt i $\mathbb{Z}/7$. Allmänna lösningen är alltså
   
   $$(2x_{3}+4x_{4}+5x_{5},2x_{3}+5x_{4}+4x_{5},x_{3},x_{4},x_{5})= x_{3}(2,2,1,0,0)+x_{4}(4,5,0,1,0)+x_{5}(5,4,0,0,1).$$
   
   
   Vektorerna $(2,2,1,0,0),\,(4,5,0,1,0)$ och $(5,4,0,0,1)$ genererar alltså lösningsrummet. De är också linjärt oberoende ty den allmänna lösningen blir $\mathbf 0$ bara är $x_{3}=x_{4}=x_{5}=0$. De är därför en bas för nollrummet till $A$. I den allmänna lösningen till ekvationssystemet $A\mathbf x=\mathbf 0$ kan vi välja $x_{3},\,x_{4}$ och $x_{5}$ goctyckligt i $\mathbb{Z}/7$ och olika val ger olika lösningar. Antalet olika lösningar är därför $7^{3}=343$. Svar: $(2,2,1,0,0),\,(4,5,0,1,0)$ och $(5,4,0,0,1)$ samt $343$.
2. För att visa att $K$ är en kropp gäller det att visa att $x^{4}+6x^{3}+4x+2$ är irreducibelt i $\mathbb{Q}[x]$. Enligt Eisensteins kriterium är detta fallet om det finns ett primtal som delar $6,\,4$ och $2$ men vars kvadrat inte delar $2$. Talet $2$ är ett sådant primtal. För att invertera $-x+2$ använder vi Euklides algoritm och får
   
   $$\begin{array}{rcl} x^{4}+6x^{3}+4x+2&=& (-x+1)(-x^{3}-7x^{2}-7x-11)+13\\ \end{array}$$
   
   
   I $K$ ger detta $0=(-x+1)(-x^{3}-7x^{2}-7x-11)+13$ eller $-13=(-x+1)(-x^{3}-7x^{2}-7x-11)$ och alltså
   
   $$1=(1-x)(x^{3}/13+7x^{2}/13+7x/13+11/13)$$
   
   
   Svar: $(1-x)^{-1}=x^{3}/13+7x^{2}/13+7x/13+11/13$.
3. Vi undersöker först om $f$ faktoriserar i $\mathbf Z/5[x]$. En faktor av grad $1$ motsvarar ett nollställe i $\mathbf Z/5$. Men
   
   $$f(0)=2,\,f(1)=4,\,f(2)=1,\,f(3)=f(-2)=1,\mbox{ och }f(4)=f(-1)=4,$$
   
   
   så faktorer av grad $1$ saknas. Vi undersöker om $f$ har faktorer av grad $2$ genom att ansätta $f(x)=(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d),$ där $a,\,b,\,c$ och $d\in \mathbb{Z}/5$. Identifiering av koefficienter ger ekvationssystemtet
   
   $$\left\{ \begin{array}{rcl} 3 &=& a+c\\ 2 &=& b+ac+d\\ 3 &=& ad+bc\\ 2 &=& bd \end{array}\right.$$
   
   
   Den nedersta ekvationen ger alternativen $(b,d)=(1,2),\,(3,4),\,(2,1),\,(3,4)$. Av symmeteriskäl behöver vi bara undersöka de två försra alternativen. Det första ger ekvationssystemet
   
   $$\left\{ \begin{array}{rcl} 3 &=& a+c\\ 4 &=& ac\\ 3 &=& 2a+c\\ \end{array}\right.$$
   
   
   Första och tredje ekvavationen ger $a=0,$ vilket strider mot den andra ekvationen. Alternativet $(b,d)=(3,4)$ ger i stället
   
   $$\left\{ \begin{array}{rcl} 3 &=& a+c\\ 0 &=& ac\\ 3 &=& 4a+3c\\ \end{array}\right.$$
   
   
   Första och tredje ekvationenen ger $c=4$. Den första ger nu $a=4,$ men detta strider mot den andra ekvationen. Eftersom $f$ är av grad $4$ och saknar faktorer av så väl grad $1$ som $2$, är $f$ irreducibelt. Det betyder att $K=\mathbb{Z}/5[x]/f(x)=\mathbb{Z}/5(\alpha)$ är en kropp. I denna kropp har $f,$ enligt en sats, nollställena $\alpha,\, \alpha^{5},\,\alpha^{25}$ och $\alpha^{125},$ som alla är olika. Vi får alltså
   
   $$f(x)=(x-\alpha)(x-\alpha^{5})(x-\alpha^{25})(x-\alpha^{125})$$
   
   
   Vi har $\alpha^{4}=3+2\alpha+3\alpha^{2}+2\alpha^{3}$ vilket ger
   
   $$\begin{array}{rcl} \alpha^{5}&=&3\alpha+2\alpha^{2}+3\alph... ...)=\\ &=& 3+2\alpha+4\alpha^{2}+2\alpha^{3}\\ \end{array}$$
   
   
   
   
   $$\begin{array}{rcl} \alpha^{15}&=& \alpha^{5}\alpha^{10}=... ...\alpha^{3})=\\ &=& 2+2\alpha^{2}+2\alpha^{3} \end{array}$$
   
   
   Faktoriseringen av $f$ i $K[x]$ blir alltså
   
   $$f(x)=(x+4\alpha)(x+4+3\alpha+2\alpha^{2}+3\alpha^{3}) (x+1+3\alpha+4\alpha^{3})(x+3+3\alpha^{2}+3\alpha^{3})$$
   
   
   Svar: $K=\mathbb{Z}/5(\alpha),$ där $\alpha^{5}=1+2\alpha+3\alpha^{2}+2\alpha^{3}$ och $f(x)=(x+4\alpha)(x+4+3\alpha+2\alpha^{2}+3\alpha^{3})(x+1+3\alpha+4\alpha^{3})(x+3+3\alpha^{2}+3\alpha^{3})$.
4. Vi skriver om $f$ och $g$ med hjälp av $u(x)=\sum_{i}x^{i}=1/(1-x)$. Vi har $u(x)^{m}=\sum_{i}{m-1+i\choose m-1}x^{i}$ och observerar att
   
   $$\begin{array}{rcl} f(x)&=&\sum_{i}i^{2}x^{i}=2\sum_{i}({2+... ...(i+1)+1)x^{i}=2u(x)^{3}+u(x)\\ g(x)&=&u(x)^{2} \end{array}$$
   
   
   Detta ger oss
   
   $$\begin{array}{rcl} f(x)g(x)&=&2u(x)^{5}+u(x)^{3}=\sum_{i}(2{4+i\choose 4}+{2+i\choose 2})x^{i} \end{array}$$
   
   
   Svar: $\sum_{i}(2{4+i\choose 4}+{2+i\choose 2})x^{i}$.
5. Eftersom $q$ är irreducibelt av grad $d$ är $K=\mathbb{Z}/p(\alpha)$ där $q(\alpha)=0$ en kropp med $p^{d}$ element. De inverterbara elementen i $K$ bildar alltså en grupp med $p^{d}-1$ element. Enligt Lagranges sats gäller att $y^{p^{d}-1}=1,$ för alla inverterbara element i $K$. Detta ger att $x^{p^{d}-1}-1$ är en produkt av polynom av grad $1$ i $K[x]$. Eftersom även $q(x)$ är en produkt av polynom av grad $1$ i $K[x]$ gäller att $q(x)\,\vert\, x^{p^{d}-1}-1$ i $K[x]$. Entydigheten i divisionsalgoritmen ger nu att $q(x)\,\vert\, x^{p^{d}-1}-1$ i $\mathbb{Z}/p[x]$.