Lösning till tentamen i MAN011 Aritmetik och algebra, del 2, 99 04 10.

2.

(a)

Vi har $34=2\cdot 17,\,51=3\cdot 17$ och $221=13\cdot 17$. Vi ser att primtalet 17 delar samtliga koefficienter utan den ledande i polynomet. Eftersom 17² inte delar polynomets konstant är polynomet irreducibelt enligt Eisensteins kriterium.

4.

För att visa att $\mathbb Q(\alpha)$ är en kropp ska vi visa att p(x)=x⁴-3x+1 är irreducibelt i $\mathbb Q[x]$. Eftersom polynomet har grad 4 räcker det att undersöka om det har delare av grad 1 eller 2. En delare av grad 1 motsvarar ett rationellt nollställe enligt faktorsatsen. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$ och inget duger, så p(x) saknar faktor av grad 1.

För att undersöka faktorer av grad 2 ansätter vi p(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där vi kan förutsätta att $a,\,b,\,c$ och d är heltal, eftersom p(x) är primitivt, och att $\vert b\vert\leq \vert d\vert$. Identifiering av koefficienter ger att vi ska lösa ekvationssystemet

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

Den nedersta ekvationen ger möjligheterna b=d=1 och b=d=-1. Båda alternativen ger att första och tredje ekvationerna strider mot varandra. Lösning saknas. Därför saknar p(x) även delare av grad 2 och är därmed irreducibelt i $\mathbb Q[x]$ och $\mathbb Q(\alpha)$ är en kropp.

För att invertera använder vi Euklides algoritm på $\alpha^{4}-3\alpha+1$ och $\alpha-1$. Vi får

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

och vi får $(\alpha^{3}+\alpha^{2}+\alpha-2)(\alpha-1)=1$.

Svar: $(\alpha-1)^{-1}=\alpha^{3}+\alpha^{2}+\alpha-2$.

5.

Vi bestämmer egenenvärden till A genom att göra radoperationer på $A-\lambda I$:

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

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

Egenvärdena är nollställena till $3-\lambda$ respektive $1+\lambda-2\lambda^{2}=(1-\lambda)(1+2\lambda),$ d.v.s $\lambda=1,\,2,\,3$.

Vi bestämmer ett egenvärde hörande till vart och ett av dessa:

$$\begin{array} {rcl} A-I&\rightarrow& \left(\begin{array} {r... ...& 1 & -1\\ 0&0&-3\\ 0&0&1 \end{array}\right)\\ \end{array}$$

Vi ser att egenvektorer ges av (t.ex) $\mathbf v_{1}=(2,3,1),\,\mathbf v_{2}=(1,2,1),\,\mathbf v_{3}=(1,2,0)$ hörande till egenvärdena $1,\,2$ respektive 3,

Sätter vi

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

har vi AC=CD. Eftersom kolonnerna i C hör till olika egenvärden är de linjärt oberoende och C därmed inverterbar

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

6.

Vi undersöker först om p(x) faktoriserar i $\mathbb Z/5$. Eftersom det är av grad 4 räcker det att undersök om det har en faktor av grad 1 eller 2 i $\mathbb Z/5[x]$. En faktor av grad 1 motsvarar ett nollställe i $\mathbb Z/5$ enligt faktorsatsen. Vi har $p(0)=3,\,p(\pm 1)=1$ och $p(\pm 2)=2,$ så p(x) saknar faktor av grad 1.

För att undersöka om p(x) har faktor av grad 2 ansätter vi p(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där $a,\,b,\,c,\,d\in \mathbb Z/5$. Identifiering av koefficienter ger att vi ska lösa ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 0&=&a+c\\ 2&=&b+ac+d\\ 0&=&ad+bc\\ 3&=&bd \end{array}\right.$$

Den översta ekvationen ger c=-a, som i den tredje ger 0=a(d-b) med lösningarna a=0 eller b=d. Det första alternativet ger, enligt andra ekvationen, b=2-d, som insatt i den sista ger 3=2d-d², som saknar lösningar i $\mathbb Z/5$. Alternativet b=d ger 3=b² i sista ekvationen. Denna saknar lösning i $\mathbb Z/5$. Därmed saknar p(x) även faktor av grad 2 i $\mathbb Z[5]$ och är därför irreducibelt.

Vi har därför kroppen $K=\mathbb Z/5(\alpha),$ där $\alpha^{4}=-2\alpha^{2}-3=3\alpha^{2}+2,$ där p(x) har nollstället $\alpha,$ men även $-\alpha=4\alpha$.

Vi vet att p(x) även har nollstället $\pm \alpha^{5}=\pm (\alpha(3\alpha^{2}+2))=\pm (3\alpha^{3}+2\alpha),$ så faktorsatsen ger oss faktoriseringen

$$p(x)=(x+4\alpha)(x+\alpha)(x+3\alpha^{3}+2\alpha)((x+2\alpha^{3}+3\alpha).$$

Svar: $K=\mathbb Z/5(\alpha),$ där $\alpha^{4}=3\alpha^{2}+2$ och $p(x)=(x+4\alpha)(x+\alpha)(x+3\alpha^{3}+2\alpha)((x+2\alpha^{3}+3\alpha).$

7.

Vi ser att $f(x)=(1+x^{2}+x^{4}+\ldots)+2x(1+x^{2}+x^{4}+\ldots)=u(x^{2})+2xu(x^{2}),$ där $u(x)=1+x+x^{2}+x^{3}+\ldots=1/(1-x)$. Detta ger oss f(x)=(1+2x)/(1-x²) och därmed

$$\frac{1}{f(x)}=\frac{1-x^{2}}{1+2x}=\frac{6x^{2}+1}{1+2x}= \frac{3x(1+2x)+2(1+2x)+6}{1+2x}=2+3x+6u(-2x)=$$

$$=2+3x+6(1+5x+4x^{2}+6x^{3}+2x^{4}+3x^{5}+x^{6}+5x^{7}+4x^{8}+\ldots)$$

$$=1+5x+3x^{2}+x^{3}+5x^{4}+4x^{5}+6x^{6}+2x^{7}+3x^{8}+\ldots.$$

Svar: $f(x)^{-1}= 1+5x+3x^{2}+x^{3}+5x^{4}+4x^{5}+6x^{6}+2x^{7}+3x^{8}+\ldots$.

8.

Låt $c+d\alpha\in L=K(\alpha)$ vara nollstället till f(x)=a₀+a₁x+a₂x²+a₃x³.

Vi har $(c+d\alpha)^{2}=c^{2}+ad^{2}+2cd\alpha$ och $(c+d\alpha)^{3}=c^{3}+3acd^{2}+(3c^{2}d+ad^{3})\alpha$

Insättning av nollstället ger att vi har

$$\left\{\begin{array} {rcl} 0&=& a_{3}(c^{3}+3acd^{2})+a_{2}... ...a_{3}(3c^{2}d+ad^{3})+a_{2}(2cd)+a_{1}d\\ \end{array}\right.$$

Vi ser att ekvationerna stämmer även om vi byter d mot -d, så f(x) har nollställena $c\pm d\alpha$ i L. Enligt faktorsatsen kan vi faktorisera f(x) i L[x] enligt

$$f(x)=(x-(c+d\alpha))(x-(c-d\alpha))g(x)=(x^{2}-2cx+c^{2}-d^{2}a)g(x),$$

där $g(x)\in L[x]$ är av grad 1. Men $x^{2}-2cx+c^{2}-d^{2}a\in K[x],$ delar f(x) i K[x] enligt divisionsalgoritmens entydighet. Detta ger att $g(x)\in K[x],$ d.v.s f(x) har, enligt faktorsatsen, ett nollställe i K.