Förslag till lösning av Inlämningsuppgifter II

1.

(a)

Vi undersöker om f(x)=x⁴+4x³+2x²+3x+4 har någon faktor av grad 1 genom att söka nollställe i $\mathbb Z/5:$ f(0)=4, f(1)=4, f(2)=1, f(3)=f(-2)=0. Enligt faktorsatsen gäller att x-3=x+2 delar f(x):

f(x)=(x+2)(x³+2x²+3x+2)

Vi undersöker om g(x)=x³+2x²+3x+2 har något nollställe i $\mathbb Z/5:$ g(0)=2, g(1)=3, g(2)=4 g(3)=g(-2)=1 och g(4)=g(-1)=0. Faktorsatsen ger att x-4=x+1 delar g(x):

x³+2x²+3x+2=(x+1)(x²+x+2)

Vi undersöker om h(x)=x²+x+2 har något nollställe i $\mathbb Z/5:$ h(0)=0, h(1)=4, h(2)=3, h(3)=h(-2)=4 och h(4)=h(-1)=2. Eftersom h(x) är av grad 2 och saknar nollställe i $\mathbb Z/5,$ är det irreducibelt enligt faktorsatsen.

Polynomen x+2 och x+1 är irreducibla eftersom de är av grad 1.

Svar: f(x)=(x+2)(x+1)(x²+x+2).

(b)

Vi undersöker om f(x)=x⁴+x³+4x²+2x+4 har något nollställe i $\mathbb Z/5:$ f(0)=0, f(1)=2, f(2)=3, f(3)=f(-2)=4 och f(4)=f(-1)=1. Därmed saknar f(x) faktor av grad 1. Vi undersöker om f(x) har faktor av grad 2 genom att ansätta f(x)=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där a, b, c och d $\in \mathbb Z/5$. Identifiering av koefficienter ger ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 1&=&a+c\\ 4&=&b+ac+d\\ 2&=&ad+bc\\ 4&=bd.\\ \end{array}\right.$$

Den nedersta ekvationen ger b=1, d=4 eller b=2=d eller b=3=d (eller b=4, d=1).

Alternativet b=1, d=4 ger 2=4a+c i tredje ekvationen. Subtraheras den första från detta får vi 1=3a, eller a=2. Där med är c=4 enligt den första ekvationen. Men nu stämmer inte den andra.

Alternativet b=d=2 ger ac=0 i den andra ekvationen, dvs a=0 eller c=0. Väljer vi a=0 blir c=1 enligt den första ekvationen. Med dessa värden på a, b, c och d stämmer samtliga ekvationer i systemet.

Vi har alltså

x⁴+x³+4x²+2x+4=(x²+2)(x²+x+2),

där de två polynomen av grad 2, enligt vad vi kontrollerat, saknar nollställen i $\mathbb Z/5$ och därmed är irreducibla i $\mathbb Z/5[x]$.

Svar: x⁴+x³+4x²+2x+4=(x²+2)(x²+x+2).

2.

Det gäller att undersöka om $f(x)=x^{2}+1\in \mathbb Z/11[x]$ är irreducibelt eller ej. Eftersom polynomet har grad 2 räcker det att avgöra om det har en faktor av grad 1. Enligt faktorsatsen motsvarar en sådan ett nollställe i $\mathbb Z/11$. Vi har f(0)=1, $f(\pm 1)=2,$ $f(\pm 2)=5,$ $f(\pm 3)=10,$ $f(\pm 4)=6$ och $f(\pm 5)=2$. (Alternativt kan man använd Lagranges sats, för att förstå detta.) Därmed är $\mathbb Z/11(\alpha),$ där $\alpha^{2}=-1$ en kropp, så varje element $\not=0$ är inverterbart.

För att invertera $\alpha+3$ använder vi Euklides algoritm:

$$0=\alpha^{2}+1=(\alpha-3)(\alpha+3)+10$$

vilket ger $1=(\alpha-3)(\alpha+3),$ så $(\alpha+3)^{-1}=\alpha-3$.

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

3.

De möjliga rationella nollställena till f(x) är $\pm 1,$ $\pm 2$ och $\pm 4$. Inget duger, så f(x) saknar faktor av grad 1, enligt faktorsatsen.

Vi ansätter f(x)=x⁴+2x³+4x²+4x+4=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där vi kan förutsätta att a, b, c och d är heltal, eftersom polynomet är primitivt, och att $b\leq d$. Vi får, genom att identifiera koefficienter, ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 2&=&a+c\\ 4&=&b+ac+d\\ 4&=&ad+bc\\ 4&=&bd \end{array}\right.$$

Den nedersta ekvationen ger b=-4, d=-1 eller b=-2=d eller b=1, d=4 eller b=d=2.

Första alternativet ger 4=a-4c i tredje ekvationen. Subtraheras detta från den första får vi -2=5c, som saknar lösning $c\in\mathbb Z$.

Andra alternativet ger -2=a+c i tredje ekvationen vilket strider mot den första. Tredje alternativet ger i stället 4=4a+c i den tredje vilket, efter subtraktion med den första ger 2=3a som saknar lösning $a\in\mathbb Z$.

Fjärde alternativet ger 0=ac i andra ekvationen, dvs a=0 eller c=0. Vi ser att a=0, b=d=2 och c=2 löser ekvationssystemet.

Vi har alltså

f(x)=(x²+2)(x²+2x+2),

där de två polynomen av grad 2 är irreducibla eftersom de saknar rationella nollställen, enligt vad vi kontrollerat.

Sätter vi nu $K_{1}=\mathbb Q(\alpha),$ där $\alpha^{2}=-2$ får vi en kropp, där x²+2 har nollstället $\alpha:$

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

Vi undersöker nu om 0=x²+2x+2 =(x+1)²+1 har något nollställe i K₁, genom att ansätta $x+1=a+b\alpha,$ där a och b $\in \mathbb Q$. Vi får $-1=(a+b\alpha)^{2}=a^{2}+2ab\alpha+b^{2}(-2),$ som ger ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} -1&=&a^{2}-2b^{2}\\ 0 &=&2ab.\end{array}\right.$$

Den nedersta ger a=0 eller b=0. Båda alternativen ger i den översta en ekvation utan rationell lösning. Allstå saknar x²+2x+2 nollställe i K₁. Eftersom det är av grad 2 är det därför irreducibelt i K₁[x], enligt faktorsatsen.

Vi har alltså kroppen $K=K_{1}(\beta),$ där $\beta^{2}=-2\beta-2$ och

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

Svar: $K=\mathbb Q(\alpha,\beta),$ där $\alpha^{2}=-2$ och $\beta^{2}=-2\beta-2$. I K[x] är $f(x)=(x-\alpha)(x+\alpha)(x-\beta)(x+2+\beta)$.

4.

Vi undersöker först om f(x)=x⁴+3x²+2x+2 faktoriserar i $\mathbb Z/7[x]$. En faktor av grad 1 motsvarar ett mollställe i $\mathbb Z/7$ enligt faktorsatsen. Vi har f(0)=2, f(1)=1, f(2)=6, f(3)=2, f(4)=f(-3)=6, f(5)=f(-2)=-2=5 och f(-1)=4. Så faktor av grad 1 saknas.

Vi undersöker om f har faktor av grad 2 genom att ansätta f(x)=(x²+ac+b)(x²+cx+d), där a, b, c och d $\in \mathbb Z/7$. Identifiering av koefficienter ger ekvationssystemet

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

Den nedersta ekvationen ger b=1, d=2 (eller b=2, d=1) eller b=3, d=3 eller b=4, d=4 eller b=5, d=6 (eller b=6, d=3).

Alternativet b=1, d=2 ger 2=2a+c i tredje ekvationen. Tillsammans med den första ger detta a=2 och c=5. Men detta stämmer inte i den andra.

Alternativet b=3=d ger 3=a+c i den tredje vilket strider mot den första ekvationen.

Alternativet b=d=4 ger 4=a+c i den tredje vilket strider mot den första ekvationen.

Alternativet b=5, d=6 ger 2=6a+5c i den tredje vilket tillsammans med den första ger a=2 och c=5. Men detta stämmer inte i den andra ekvationen.

Polynomet f(x) saknar alltså även faktor av grad 2 och är därmed irreducibelt.

Sätter vi nu $K=\mathbb Z/7(\alpha),$ där $f(\alpha)=0,$ så har f(x) nollstället $\alpha$ i K. Men $f(\alpha^{7})=f(\alpha)^{7}=0,$ så även $\alpha^{7}$ är nollställen liksom $\alpha^{49}$ och $\alpha^{343}$. Enligt en sats är alla dessa olika. Vi får alltså

$$f(x)=(x-\alpha)(x-\alpha^{7})(x-\alpha^{49})(x-\alpha^{343}).$$

Vi beräknar potenserna av $\alpha$. I K har vi $\alpha^{4}=5+5\alpha+4\alpha^{2},$ vilket ger

$$\begin{array} {rcl} \alpha^{7}&=&4\alpha^{5}+5\alpha^{4}+3\a... ...lpha^{2})+3\alpha^{3 }\\ &=&4+3\alpha+5\alpha^{2}.\end{array}$$

Eftersom $(a_{0}+a_{1}\alpha+a_{2}\alpha^{2}+a_{3}\alpha^{3})^{7}= a_{0}+a_{1}\alpha^{7}+a_{2}\alpha^{14}+a_{3}\alpha^{21}$ kan det vara förnuftigt att beräkna $\alpha^{14}$ och $\alpha^{21}$.Vi har

$$\begin{array} {rcl} \alpha^{14}&=&(\alpha^{7})^{2}= (4+3\alp... ...alpha^{2})=\\ &=& 1+2\alpha+2\alpha^{2}+2\alpha^{3}\end{array}$$

och

$$\begin{array} {rcl} \alpha^{21}&=&(4+3\alpha+5\alpha^{2})(1+... ...a+\alpha^{2}+5\alpha^{3})=\\ &=& \alpha+\alpha^{3}.\end{array}$$

Detta ger nu

$$\begin{array} {rcl} \alpha^{49}&=& (\alpha^{7})^{7}=4+3\al... ...^{14}+3\alpha^{21}=3+5\alpha+5\alpha^{2}+4\alpha^{3}\end{array}$$

Svar: $K=\mathbb Z/7(\alpha),$ där $\alpha^{4}=5+5\alpha+4\alpha^{2}$ och
$f(x)=(x+4\alpha)(x+3+4\alpha+2\alpha^{2})(x+2\alpha+3\alpha^{2}+4\alpha^{3})(x+4+2\alpha+2\alpha^{2}+3\alpha^{3})$.