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

Lösningar till inlämningsuppgift 2

1.

Vi undersöker först om polynomet faktoriserar i $\mathbb Q[x]$. De möjliga rationella nollställena är $\pm 1$ och $\pm 2$ men inget duger, så faktor av grad 1 saknas enligt Faktorsatsen. Vi ansätter f(x)=x⁴-2x³-3x²+4x+2=(x²+ax+b)(x²+cx+d), där vi kan förutsätta att $a,\,b,\,c$ och $d\in \mathbb Z,$ ty polynomet är primitivt. Utveckling och identifiering av koefficienter ger ekvationssystemet

$$\left\{ \begin{array} {rcl} -2&=&a+c\\ -3&=&b+ac+d\\ 4&=&ad+bc\\ 2&=&bd\end{array}\right.$$

Den sista ekvationen ger alternativen $b=1,\, d=2,$ $b=-1,\,d=-2,$eller motsvarande där b och d byter plats. Altenativet $b=-1,\,d=-2$ ger 4=-2a-c i tredje ekvationen. Tillsammans med den första ger detta $a=-2,\,c=0,$ vilket också duger i den andra ekvationen. Vi får alltså

f(x)=x⁴-2x³-3x²+4x+2=(x²-2x-1)(x²-2)

som är en faktorisering med hjälp av irreducibla polynom.

Vi sätter $K=\mathbb Q[x]/x^{2}-2=\mathbb Q(\alpha),$ där $\alpha^{2}=2,$ som är en kropp eftersom $x^{2}-2\in \mathbb Q[x]$ är irreducibelt. Polynomet f(x) har nollställena $\pm \alpha$ i K så $f(x)=(x-\alpha)(x+\alpha)(x^{2}-2x-1).$ Vi undersöker om x²-2x-1 har något nollställe i K. Kvardratkomplettering ger 0=x²-2x-1=(x-1)²-2 och vi ska lösa (x-1)²=2. Eftersom $\alpha^{2}=2$ har vi $x-1=\pm \alpha,$ dvs $x=1\pm \alpha.$ Vi får

$$f(x)=(x-\alpha)(x+\alpha)(x-1-\alpha)(x-1+\alpha)$$

svar:$\parbox{7cm}{$K=\mathbb Q(\alpha),$\space där $\alpha^{2}=2$\space \\ $f(x)=(x-\alpha)(x+\alpha)(x-1-\alpha)(x-1+\alpha)$}$

2.

Vi undersöker om polynomet $x^{3}+2x+1\in \mathbb Z/3[x]$ är irreducibelt. Eftersom det är av grad 3 räcker det att undersöka om det har en faktor av grad 1. En sådan motsvarar ett nollställe i $\mathbb Z/3$ enligt faktorsatsen. Eftersom $p(0)=1,\,p(1)=1,\,p(2)=1$är p(x) irreduciblelt. Vi har därför kroppen $K=\mathbb Z/3[x]/x^{3}+2x+1=\mathbb Z/3(\alpha),$ där $\alpha^{3}=\alpha+2.$Polynomet p(x) har nollstället $\alpha\in K$. Eftersom koefficienterna för p(x) är i $\mathbb Z/3$ har vi att p(x)³=p(x³), så $p(\alpha^3)=p(\alpha)^{3}=0,$ liksom $p(\alpha^{9})=p(\alpha^{3})^{3}=0.$

Vi beräkna $\alpha^{3}$ och $\alpha^{9}:$

$$\begin{array}[c] {l} \alpha^{3}=\alpha+2\\ \alpha^{9}=(\al... ...^{3}=(\alpha+2)^{3}=\alpha^{3}+2=\alpha+2+2=\alpha+1\end{array}$$

Polynomet p(x) har de tre nollställena $\alpha,\,\alpha+2$ och $\alpha+1$ i K. Faktorsatsen ger

$$p(x)=(x-\alpha)(x-\alpha-2)(x-\alpha-1)=(x+2\alpha)(x+2\alpha+1)(x+2\alpha+2)$$

svar:$\parbox{7cm}{$K=\mathbb Z/3(\alpha),$\space där $\alpha^{3}=\alpha+2$\space \\ $p(x)=(x+2\alpha)(x+2\alpha+1)(x+2\alpha+2)$}$

3.

Multiplikation med C från vänster ger X=CA. Vi har

$$X=\left(\begin{array} {rrr} 1&1&2\\ 2&3&3\\ 3&1&1\end{arr... ...\begin{array} {rrr} 3&2&3\\ 3&0&0\\ 0&4&4\end{array}\right).$$

svar:$X=\left(\begin{array} {rrr} 3&2&3\\ 3&0&0\\ 0&4&4\end{array}\right).$

4.

Vi bestämmer först egenvärden för A genom att bestämma för vilka värden på $\lambda$ som $A-\lambda I$ inte är inverterbar. Radopertaioner ger

$$A-\lambda I= \left(\begin{array} {rrr} 3-\lambda&2&-2\\ -... ... 4&6+\lambda&-4\\ \lambda-3&-2&2\end{array}\right)\rightarrow$$

$$\rightarrow \left(\begin{array} {rrr} 1&2&(\lambda-4)/3\\ ... ...4\lambda/3\\ 0&0&2/3-\lambda/3-\lambda^{2}/3\end{array}\right)$$

Om $\lambda =2$ eller $0=\lambda^{2}+\lambda-2=(\lambda-1)(\lambda+2)$så har $A-\lambda I$ rang 2. Annars är rangen 3. Egenvärdena är alltså $\lambda_1 =-2,\,\lambda_{2}=1$ och $\lambda_{3}=2.$

Vi bestämmer egenvärden till vart och ett av egenvärdena till A genom att bestämma en lösning $\mathbf v\not=\mathbf 0$ till $(A-\lambda I)\mathbf v=\mathbf 0.$

(a)

$\lambda_1=-2$. Radoperationerna ovan ger

$$A-(-2)I\rightarrow\left(\begin{array} {rrr} 1&2&-2\\ 0&-4&4\\ 0&0&0\end{array}\right)$$

Vi ser att $\mathbf v_{1}=(0,1,1)$ duger.

(b)

$\lambda_{2}=1$. Radoperationerna ovan ger

$$A-I\rightarrow\left(\begin{array} {rrr} 1&2&-1\\ 0&-1&0\\ 0&0&0\end{array}\right).$$

Vi ser att $\mathbf v_{2}=(1,0,1)$ duger.

(c)

$\lambda_{3}=2.$ Radoperationerna ovan ger

$$A-2I\rightarrow\left(\begin{array} {rrr} 1&2&-2/3\\ 0&0&-4/3\\ 0&0&-4/3\end{array}\right).$$

Vi ser att $\mathbf v_{3}=(-2,1,0)$ duger.

Vi har alltså att $A(\mathbf v_{1}\,\,\mathbf v_{2}\,\,\mathbf v_{3})=(\mathbf v_{1}\,\,\mathbf v_{2}\,\,\mathbf v_{3})D,$ där D är diagonal med $-2,\,1$ och 2 längs huvuddiagonalen. Matrisen $C=(\mathbf v_{1}\,\,\mathbf v_{2}\,\,\mathbf v_{3})$ är inverterbar, ty vektorerna hör till olika egenvärden.

svar:$C=\left(\begin{array} {rrr} 0&1&-2\\ 1&0&1\\ 1&1&0\end{array}\right)$ och $D=\left(\begin{array} {rrr} -2&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2\end{array}\right).$