$\parbox{5cm}{Aritmetik och algebra\\ del 2, VT 98\\ ~~~ }$

Lösningar till inlämningsuppgifter 1

1.

(a)

Vi undersöker först om p(x)=x⁴+4x³+4x²+5x-2 har något rationellt nollställe. Enligt Faktorsatsen motsvarar ett sådant en faktor av grad 1. De möjliga rationella nollställena till p(x) är $\pm 1$ och $\pm 2.$ Vi ser genast att de negativa värdena är uteslutna. Vi har också $p(-1)=-6,\,p(-2)=-12.$ Därmed saknar polynomet faktor av grad 1 (och följdaktligen faktor av grad 3.)

Vi undersöker om polynomet är produkt av två polynom av grad 2 genom att ansätta 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. Utveckling ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} 4&=&a+c\\ 4&=&b+ac+d\\ 5&=&ad+bc\\ -2&=&bd\end{array}\right.$$

Den sista ekvationen ger $b=1,\,d=-2$ eller $b=-1,\,d=2,$ eller motsvarande där b och d byter plats. Det första alternativet ger 5=-2a+c i tredje ekvationen. Tillsammans med den första ger detta -1=3a, som saknar heltaslösning. Alternativet $b=-1,\,d=2$ ger 5=2a-c i tredje ekvationen. Tillsammans med den första ger detta $a=3,\,c=1.$ Vi ser att vi har en lösning till ekvationssystemt och därmed faktoriseringen

p(x)=(x²+3x-1)(x²+x+2)

där faktorerna är irreducibla eftersom p(x) saknar faktor av grad 1.

(b)

Vi undersöker om p(x)=x⁴+3x³+2x²+x+3 har faktor av grad 1. Enligt Faktorsatsen motsvarar en sådan ett rationellt nollställe. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$ och $\pm 3.$ De positiva värdena är uteslutna. Vi har också p(-1)=2 och p(-3)=18. Polynomet saknar alltså faktor av grad 1 (och följdaktligen faktor av grad 3.)

Vi undersöker om polynomet är produkt av två polynom av grad 2 genom att ansätta 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. Utvecklig ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} 3&=&a+c\\ 2&=&b+ac+d\\ 1&=&ad+bc\\ 3&=&bd\end{array}\right.$$

Den nedersta ekvationen ger $b=1,\,d=3$ eller $b=-1,\,d=-3,$ eller motsvarande där b och d byter plats. Det första alternativiet ger 1=3a+c i tredje ekvationen. Tillsammans med den första ger detta $a=-1,\,c=4.$ Men dessa värden strider mot den andra ekvationen. Alternativet $b=-1,\,d=-3$ ger -1=3a+c i tredje ekvationen. Tillsammans med den första ger detta $a=-2,\,c=5.$ Dessa värden strider mot den andra ekvationen.

Vi har därmed visat att p(x) är irreducibelt.

(c)

Vi använder Eisensteins kriterium med primtalet 13. Detta tal delar samtliga koefficienter i polynomet utom den ledande (som är 1.). Vi har nämligen $0=0\cdot 13,\,91=13\cdot 7,\,143=13\cdot 11,\,156=13\cdot 12$ och $65=13\cdot 5.$ Vidare är det uppenbart att 13² inte delar 65. Enligt Eisensteins kriterium är polynomet därmed irreducibelt.

2.

Vi försöker först faktorisera nämnaren i $\mathbb C[x].$ Sätter vi x²=t har vi x⁶-3x⁴+4=t³-3t²+4, som har t=-1 som nollställe. Vi får faktoriseringen t³-3t²+4=(t+1)(t²-4t+4)= (t+1)(t-2)²=(x²+1)(x²-2)². Med hjälp av konjugatregeln får vi

$$x^{6}-3x^{4}+4=(x-i)(x+i)(x-\sqrt{2})^{2}(x+\sqrt{2})^{2}=(x^{2}+1)(x^{2}+2)^{2},$$

som är faktoriseringen av nämnaren med irreducibla polynom i $\mathbb Q[x].$Enligt reglerna för partialbråks uppdelning finns rationella tal $A,\,B,\,C,\,D,\,E$ och F så att

$$\frac{2x^5-x^4-7x^3+x^2+9x+2}{x^6-3x^4+4}=$$

$$=\frac{A+Bx}{x^{2}+1}+\frac{C+Dx}{(x^{2}-2)^{2}}+ \frac{E+Fx}{x^{2}-2}$$

Vi multiplicerar båda sidor med x²+1 och sätter x=i (komplexa nollställen till polynomet) och får

2i=A+Bi

dvs A=0 och B=2. Vi multiplicerar båda sidor med (x²-2)² och sätter $x=\pm \sqrt{2}$ och får

$$\left\{ \begin{array} {rcl} \sqrt{2}&=&C+D\sqrt{2}\\ -\sqrt{2}&=&C-D\sqrt{2}\end{array}\right.$$

dvs $C=0,\,D=1.$ För att bestämma E och F sätter vi x=0 och x=1 (som vi väljer för att de är enkla att sätta in) och får

$$\left\{ \begin{array} {rcl} 1/2&=&-E/2\\ 3&=&2-E-F\end{array}\right.$$

dvs E=-1 och F=0.

3.

Det gäller att visa att $x^{3}+3x-1\in\mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Eftersom polynomet är av grad 3 räcker det att visa att det saknar faktor av grad 1, som motsvarar ett rationellt nollställe enligt Faktorsatsen. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$ och inget duger. Alltså är polynomet irreducibelt och $\mathbb Q(\alpha)$ en kropp.

För att invertera bestämmer vi en största gemensam delare till polynomen $\alpha^{3}+3\alpha-1$ och $\alpha^{2}-\alpha+1$ med Euklides algoritm:

$$\begin{array} {rcl} 0=\alpha^{3}+3\alpha-1&=&(\alpha+1)(\al... ...\alpha^{2}-\alpha+1&=&(\alpha/3-1/9)(3\alpha-2)+7/9.\end{array}$$

Detta ger

$$\begin{array} {rcl} 7/9&=&(\alpha^{2}-\alpha+1)-(\alpha/3-1/... ...=&(\alpha^{2}-\alpha+1)(8/9+2\alpha/9+\alpha^{2}/3),\end{array}$$

dvs

$$(\alpha^{2}-\alpha+1)^{-1}=8/7+2\alpha/7+3\alpha^{2}/7$$

4.

Det gäller att visa att $x^{2}+3x-1\in \mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Eftersom polynomet är av grad 2 räcker det att visa att det saknar faktor av grad 1. En sådan motsvarar ett rationellt nollställe enligt Faktorsatsen. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$ inget duger. Alltså är $\mathbb Q(\alpha)$ en kropp.

För att lösa ekvationen gör vi först en kvadratkomplettering och får

$$x^{2}-(1+\alpha)x-4+11\alpha= (x-(1+\alpha)/2)^{2}-(1+\alpha)^{2}/4-4+11\alpha=$$

$$(x-(1+\alpha)/2)^{2}-(1+2\alpha+1-3\alpha)/4-4+11\alpha= (x-(1+\alpha)/2)^{2}-9/2+45\alpha/4.$$

Sätter vi $x-(1+\alpha)/2=a+b\alpha,$ där $a,\,b\in \mathbb Q$ ska vi lösa

$$(a+b\alpha)^{2}=9/2-45\alpha/4.$$

Utveckling ger ekvationssystemet

$$\left\{\begin{array} {rcl} a^{2}+b^{2}&=&9/2\\ 2ab-3b^{2}&=&-45/4\end{array}\right.$$

Multiplicerar vi den övre ekvationen med 5/2 och lägger till den undre får vi 0=5a²/2+2ab-b²/2 dvs 0=a²+4ab/5-b²/5=(a+2b/5)²-9b²/25=(a-b/5)(a+b). Vi har alltså a=b/5 eller a=-b. Det första alternativet ger i den första ekvationen en ekvations som saknar rationell lösning. Det andra alternativet ger $b=\pm 3/2$ och därmed

$$x-(1+\alpha)/2=a+b\alpha=\pm 3(1-\alpha)/2$$

dvs $x=2-\alpha$ och $x=-1+2\alpha.$