Lösning till tentamen i MAN011 Aritmetik och algebra, del 2, 99 05 29.

1.

Det gäller att visa att $p(x)=x^{3}+2x+4\in \mathbb Z/5[x]$ är irreducibelt. Etftersom polynomet är av grad 3 räcker det, enligt faktorsatsen, att kontrollera att det saknar nollställe i $\mathbb Z/5$. Vi har p(0)=4, p(1)=2, p(2)=1, p(3)=p(-2)=2, p(4)=p(-1)=1. Därmed är $\mathbb Z/5(\alpha)$ en kropp.
Vi bestämmer inversen med Euklides algoritm för en största gemensam delare till polynomen $\alpha^{3}+2\alpha+4$ och $\alpha^{2}+2\alpha+3$ och får

$$\begin{array} {rcl} \alpha^{3}+2\alpha+4 &=& (\alpha+3)(\al... ... \\ \alpha^{2}+2\alpha+3 &=& (2\alpha+4)(3\alpha)+3\end{array}$$

Baklänges ger detta:

$$\displaylines{ 3=(\alpha^{2}+2\alpha+3)-(2\alpha+4)3\alpha= ... ...alpha+3))\cr =(\alpha^{2}+2\alpha+3)(1+(2\alpha+4)(\alpha+3)),}$$

så $(\alpha^{2}+2\alpha+3)^{-1}=2(1+(2\alpha+4)(\alpha+3))=1+4\alpha^{2}$i $\mathbb Z/5(\alpha)$.

2.

Polynomet $x^4+3x^3+6x^2+3x+2 \in \mathbb Z/7[x]$ saknar linjärfaktorer, ty p(0)=2, p(1)=1, p(2)=4, p(3)=3, p(-3)=5, p(-2)=3, p(-1)=3. För att undersöka en eventuell faktor av grad 2 ansätter vi p(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där a, b, c och d är i $\mathbb Z/7$. Identifiering av koefficienter ger ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 3&=&a+c\\ 6&=&b+ac+d\\ 3&=&ad+bc\\ 2&=&bd. \end{array}\right.$$

Den nedersta ekvationen ger (b,d)=(1,2), (3,3), (4,4) eller (5,6). Fallen där b=d ger motstridiga första och tredje ekvationer. Om (b,d)=(1,2) ger första och tredje ekvationer att a=0, c=3, men då är andra ekvationen inte uppfyld. Slutligen ger (b,d)=(5,6) att a=2 och c=1, så vi har faktoriseringen

$$p=(x^2+2x+5)(x^2+x+6)\;.$$

Vi sätter $K=\mathbb Z/7(\alpha)$, där $\alpha^2=5\alpha+2$. Vi har $(\alpha+1)^2=3$.Vi faktoriserar $x^2+2x+5=(x-\alpha)(x+2+\alpha)$. Lösningen till x²+x+6 är enligt formeln $3\pm \sqrt{3}$. Vi faktoriserar $x^2+x+6=(x-2+\alpha)(x+3-\alpha)$ och därmed är

$$p(x)=(x-\alpha)(x+2+\alpha)(x-2+\alpha)(x+3-\alpha)\;.$$

3.

Att skriva vektorn som linjärkombination ger ett ekvationssystem med utökad koefficientmatris:

$$\left( \begin{array} {ccc\vert c} 1 & 1 & 2 & 1 \\ 2 & -2 & 3 & 9 \\ 3 & 3 & -1 & -4 \\ 4 & -4 & -1 & 11 \end{array}\right)$$

Med radoperationer överför vi den till trappstegsform:

$$\left( \begin{array} {ccc\vert c} 1 & 1 & 2 & 1 \\ 2 & -2 & ... ...& -1 & 7 \\ 0 & 0 & -7 & -7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$$

Vi konkluderar att vektorerna är linjärt oberoende över $\mathbb Q$,men inte över $\mathbb Z/7$, och att

$$\vektor(1,9,-4,11)= \vektor(1,2,3,4)-2\vektor(1,-2,3,-4)+\vektor(2,3,-1,-1)\;.$$

Likheten gäller fortfarande modulo 7.

4.

Vi beräknar först egenvärdena till A:

$$\pmatrix { -\lambda & 7 &-6 \cr 1 & -\lambda & 0 \cr 0 & 1 &... ...+7\lambda-\lambda^3 \cr 1 & -\lambda & 0 \cr 0 & 1 & -\lambda }$$

och egenvärdena är rötterna till $\lambda^3-7\lambda+6=(\lambda-1)(\lambda^2+1-6)= (\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+3)$.
En egenvektor till $\lambda=1$ är (1,1,1), till $\lambda=2$ (4,2,1) och till $(\lambda=-3$ (9,-3,1). Vi har

$$D=\pmatrix{1&0&0\cr0&2&0\cr0&0&-3}, \qquad C=\pmatrix{1&4&9\cr1&2&-3\cr1&1&1}\;.$$

Vi inverterar C:

$$\displaylines{ \left( \begin{array} {ccc\vert ccc} 1 & 4 & 9... ... & 1 & 2 & -3 \\ 0 & 0 & -20 & -1 & 3 & -2 \end{array}\right) }$$

Alltså är

$$C^{-1}= \frac 1{20}\left( \begin{array} {ccc} -5 & - 5 & 30 \\ 4 & 8 & -12 \\ 1 & -3 & 2 \end{array}\right)$$

och Aⁿ=CDⁿC^-1 blir

$$\textstyle\pmatrix{ -5+4\cdot2^{n+2}+(-3)^{n+2} &-5+4\cdot2^... ...{n} &-5+4\cdot2^{n+1}+(-3)^{n+1} &30-12\cdot2^{n}+2(-3)^{n} }.$$

5.

Monomer i utvecklingen har formen $x_1^{n_1}\cdot \dots\cdot x_k^{n_k}$med $n_1+\cdots +n_k=n$ och all sådana förekommer. Svaret är alltså antalet icke-negativa heltalslösningar till $n_1+\cdots +n_k=n$, som är ${n+k-1 \choose k-1}={n+k-1 \choose n}$.