Tentamenskrivning i Algebraisk talteori 01-01-27

Lösningar

F.1 Svar : Oändligt många.

Bevis : Enligt CRT finns det a ∈ N som löser alla 4 kongruenser. Sätt q = 3·5·7·11. Då löser varje term i den aritmetiska följden {a+nq : n ∈ N} alla 4 kongruenser. Eftersom (a, q) = 1, innehåller denna följd oändligt många primtal, enligt Dirichlets sats.

F.2 (i) Sats 31, s.45 i mina anteckningar.

(ii) Från Sats 16, s.33 i mina anteckningar får vi att

∏_{p} (1 − \frac{1}{p^{2}} ) = \frac{1}{ζ(2)} = \frac{6}{π^{2}} ,

där värdet av ζ(2) är ett välkänt faktum.

F.3 (i) f är reducerad om antingen −|a| < b ≤ |a| ≤ |c| eller 0 ≤ b ≤ |a| = |c|.

(ii) Enligt Prop. 48(i), s.68 finns det en form av diskriminant 265 som representerar p omm (\frac{265}{p}) = 1. Man kontrollerar, m.h.a. Sats, s.38, att

(\frac{265}{31}) = −1 medan att (\frac{265}{23}) = 1. Nu beräknar man direkt att

9^{2} = 265 − 2 · (4 · 23) ,

som antyder (se Sats 47, s.63 och dess bevis) att formen 23x^{2} + 9xy − 2y^{2} har diskriminant 265 och representerar 23 vid (x y) = (1 0). Det kvarstår att reducera formen. Dess matris är

A = ( \begin{matrix}23 & 9/2 \\ 9/2 & −2 \end{matrix} ) .

Om man tar

M_{1} = ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) , M_{2} = ( \begin{matrix}1 & −2 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) ,

då kontrollerar man att

(M_{1}M_{2})^{T} A(M_{1}M_{2}) = ( \begin{matrix}−2 & −1/2 \\ −1/2 & 33 \end{matrix} ) ,

som är matrisen av den reducerad formen −2x^{2} − xy + 33y^{2}. Denna form representerar 23 i

( \begin{matrix}x \\ y \end{matrix} ) = (M_{1}M_{2})^{−1} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−2 \\ −1 \end{matrix} ) .

F.4 s.33 i mina anteckningar.

F.5 (i) Låt L = Q( ^{3} \sqrt{2}) och M = Q( ^{4} \sqrt{3}). Notera att [L : Q] = 3 och [M : Q] = 4. Eftersom K = LM så har vi (se ekv. (155), s.84) å ena sidan att

[K : Q] = [LM : Q] = [LM : L][L : Q] = 3[LM : L],  (1)

och å andra sidan att

[K : Q] = [LM : Q] = [LM : M][M : Q] = 4[LM : M].  (2)

Från (1) och (2) ser vi att [K : Q] är delbar med både 3 och 4, och det följer att [K : Q] = 12.

(ii) Enligt beviset av Sats 67, s.88, om a ∈ Q inte uppfyller villkoret, då måste det finnas ζ, η ∈ C så att η ≠ 1, ζ^{3} = 1, η^{4} = 1 och

ζ ^{3} \sqrt{2} + aη ^{4} \sqrt{3} = ^{3} \sqrt{2} + a ^{4} \sqrt{3} ⇒ a = \begin{matrix}^{3} & \sqrt{2} \\ ^{4} & \sqrt{3} \end{matrix} (\frac{1 − ζ}{η − 1}) .

Det finns bara ändligt många sådana a och, t.ex.,

|a| = \begin{matrix}^{3} & \sqrt{2} \\ ^{4} & \sqrt{3} \end{matrix} \frac{|1 − ζ|}{|η − 1|} ≤ \frac{2}{1} · \frac{2}{\sqrt{2}} < 3,

eftersom |1 − ζ| ≤ 1 + |ζ| = 2 och η = i, −i eller −1 så att |η − 1| ≥ \sqrt{2}. Alltså, tag a = 3 säg.

F.6 Sats 65(ii) och Prop. 66, s.86 i mina anteckningar. Alltså räcker det t.ex. att bevisa Props. 63,64,66.

F.7 Låt K = Q(\sqrt{−13}).

Steg 1 : Notera att −13 ≡ 3 (mod 4) så att Z[\sqrt{−13}] = O_{K} och

d_{K} = 4(−13) = −52.

Steg 2 : Notera näst att

n(5 + 2\sqrt{−13}) = (5 + 2\sqrt{−13})(5 − 2\sqrt{−13}) = 77 = 7 · 11.

I följande två steg, använder vi Sats 101, s.125 och dess bevis.

Steg 3 : 7 † d_{K} och (\frac{−13}{7}) = (\frac{1}{7}) = 1, och 1^{2} ≡ −13 (mod 7), så att 7 splittrar i K och

< 7 > = p_{1}p_{2},

där

p_{1} = < 7, 1 + \sqrt{−13} >

och

p_{2} = p′_{1} = < 7, 1 − \sqrt{−13} > .

Steg 4 : 11 † d_{K} och (\frac{−13}{11}) = (\frac{9}{11}) = 1, och 3^{2} ≡ −13 (mod 11), så att 11 också splittrar i K och

< 11 > = q_{1}q_{2},

där

q_{1} = < 11, 3 + \sqrt{−13} >

och

q_{2} = q′_{1} = < 11, 3 − \sqrt{−13} > .

Steg 5 : Nu har vi att

< 5 + 2\sqrt{−13} >< 5 − 2\sqrt{−13} > = p_{1}p_{2}q_{1}q_{2},

så att

< 5 + 2\sqrt{−13} > = p_{1}q_{1} eller p_{1}q_{2} eller p_{2}q_{1} eller p_{2}q_{2}.

Mer explicit, måste vi nu betrakta ekvationerna

7(a + b\sqrt{−13}) + (1 ± \sqrt{−13})(c + d\sqrt{−13}) = 5 + 2\sqrt{−13},  (3)
11(a + b\sqrt{−13}) + (3 ± \sqrt{−13})(c + d\sqrt{−13}) = 5 + 2\sqrt{−13},  (4)

där a, b, c, d ∈ Z, och både (3) och (4) har en lösning för antingen + eller − tecken, men inte båda. En direkt beräkning visar att både (3) och (4) har lösningar för − tecken, som antyder äntligen att

< 5 + 2\sqrt{−13} > = p_{2}q_{2}.

F.8 (i) Oändligt många. Notera att x = 2, y = 1 är en lösning, och att alla lösningarna ges av

x + y\sqrt{2001} = (2 + \sqrt{2001})(z + w\sqrt{2001}),

där (z, w) ∈ Z^{2} satisfierar

z^{2} − 2001w^{2} = 1.  (5)

Enligt Sats 103, s.129 har (5) oändligt många lösningar.

(ii) Samma idé, men använd Sats 104 (och dess bevis) i stället för Sats 103. Man ser lätt att 1 + \sqrt{2} är en fundamental enhet i Q(\sqrt{2}). Den har norm −1 och dess kvadrat, 3 + 2\sqrt{2}, är en fundamental enhet av norm +1. Då antyder Sats 104 att alla lösningarna ges av

x + y\sqrt{2} = ±(1 + \sqrt{2})(3 + 2\sqrt{2})^{m}, där m ∈ Z,
= ±(1 + \sqrt{2})^{2m+1}, där m ∈ Z.