= 3 11 = = 6 4 = 1.

Transkript

1 MAT3000/4000 Eksamen V3 Løsningsforslag Oppgave [0 poeng] Sjekk at 3 er en kvadratisk rest i Z/(3) og finn løsningene av likningen x = 3 i Z/(3) (uten å lage en tabell for x ) Du får lov til å bruke at 3 8 = 6 i Z/(3) uten å beregne det selv Løsning: Utregning (i Z/(3)) gir at 3 3 = 3 = = 6 4 = Ved Eulers kriterium vet vi da at 3 er en kvadratisk rest i Z/(3) Vi observer at ( 3 6 ) = 3 3 = 3 Utregning gir at 3 6 = (3 3 ) = 4 = 6 Vi får derfor at 6 og 6 = 7 er løsningene av likningen x = 3 i Z/(3) Oppgave [0 poeng] La g : Z/(33) Z/(33) være definert ved g(x) = ( x + 3) 9, x Z/(33) Begrunn at g er en bijeksjon av Z/(33) og finn en formel for g Løsning: Med N = 33 = 3 er M = φ(n) = (3 ) ( ) = 0 = 0 Siden (9, 0) = vet vi da at f(x) = x 9 er en bijeksjon av Z/(33) Videre vet vi at h(x) = x + 3 er en bijeksjon av Z/(33) Siden (, 33) = vet vi også at k(x) = x er en bijeksjon av Z/(33) Derfor vil sammensetningen g = f h k være en bijeksjon av Z/(33) Den inverse av g er gitt ved g = k h f En løsning av likningen 9 x (mod 0) er x = 9, så f = f Videre har vi at h (x) = x 3 = x 3 En løsning av likningen x (mod 33) er x = 7, så k (x) = 7 x Tilsammen gir dette at g (x) = 7 (x 9 3)

2 Oppgave 3 La p være et primtall og la d være den største felles divisoren av p! og (p )! + a) [5 poeng] Hva sier Wilsons teorem? Bruk dette teoremet til å begrunne at p d b) [0 poeng] Begrunn at d = p Løsning: a) Wilsons teorem sier at (p )! (mod p), dvs at p deler (p )! + Siden p også deler p! er p en felles divisor av p! og (p )! + Dermed er p d b) Siden p og p d er d La q være en primfaktor i d Siden q deler p! og q er et primtall, må q dele (minst) ett av tallene fra til p Spesielt er q p Anta at q p Da har vi at q deler (p )! Siden q deler d, vet vi at q også deler (p )! + Men da må q dele, og det er umulig siden q Altså må q = p Dette betyr at p er eneste primfaktor i d, med andre ord at d er på formen d = p n for en n N Men p kan bare opptre i primtallsfaktoriseringen av p! i første potens (siden alle de andre faktorene i p! er mindre enn p) Dermed er eneste mulighet at n =, dvs d = p Oppgave 4 [5 poeng] Betrakt underrommene av C gitt ved W = { (z, z ) C z = z }, W = { (z, z ) C z = i z } Begrunn at C = W W Beregn deretter standardmatrisen A til P, der P betegner projeksjonsavbildningen av C på W langs W Løsning: Viser først at W og W er uavhengige Anta at z = (z, z ) W, z = (z, z ) W og z + z = 0 Da er z + z = 0, z + z = 0 Siden z = z og z = i z er z + i z = 0 Dermed er z i z = 0, dvs z = 0 Det gir at z = z = z = 0, altså z = z = 0 Den direkte summen W W av W og W er da veldefinert Den inneholder vektorene w = (, ) W og w = (, i) W, som opplagt danner en basis B = {w, w } for C Vi har da at C = Span B W W C og dermed at C = W W [Dette kan også begrunnes på flere andre måter]

3 [ 0 Siden P (w ) = w, P (w ) = 0, er [P ] B = 0 0 standardbasisen for C får vi at = i A = [P ] S = P S B [P ] B ( PS B ) ] Lar vi S betegne ( 0 ) i = i 0 0 i i = i (i + ) (i + ) = i i (i + ) (i + ) [ i + i i + i ] Oppgave 5 i La A = M i (C) a) [0 poeng] Begrunn at A er unitært diagonaliserbar og bestem en unitær matrise U som diagonaliserer A Betrakt nå lineæravbildningen T : P (C) M (C) definert ved T (p) = p(a), p P (C) b) [0 poeng] Finn en basis for R(T ) og en basis for N(T ) Løsning: a) Utregning gir at A 5 4i A = = AA 4i 5, så A er normal og dermed unitært diagonaliserbar Alternativt kan man observere at A = A, som opplagt medfører at A er normal Det karakteristiske polynomet til A er p A (λ) = (i λ) + 4 = λ i λ + 3 = (λ + i)(λ 3i) Egenverdiene til A er derfor λ = i og λ = 3i Utregning gir at de tilhørende egenrommene er { } { Eλ A } = Span og E i λ A i = Span Disse to egenrommene er automatisk ortogonale på hverandre (noe vi også ser) 3

4 En ortonormal basis for C som består av egenvektorer for A er dermed f eks { } i,, i og den assosierte unitære matrisen som diagonaliserer A er da U = i i b) Vi har at R(T ) = Span {T (), T (z), T (z )} = Span {I, A, A }, der I betegner identitetsmatrisen Nå er p A (A) = A ia + 3I = 0 ved Cayley-Hamilton teoremet Så A = i A 3 I og det gir at R(T ) = Span {I, A} Siden I og A opplagt ikke er multiple av hverandre, er I og A lineært uavhengige Dermed er {I, A} en basis for R(T ) Dimensjonen til R(T ) er dermed lik Dimensjonsteoremet gir da at dimensjonen til N(T ) er lik 3 = Siden 0 p A N(T ) er {p A } en basis for N(T ) Oppgave 6 La V {0} være et reelt endeligdimensjonalt indreproduktrom med dim V = n og anta at S, T L(V ) begge er symmetriske a) [0 poeng] Anta at det fins en basis {v,, v n } for V som består av vektorer som er egenvektorer for både S og T Begrunn at da er ST = T S Hint: Sammenlikn (ST )(v j ) og (T S)(v j ) for j =,, n b) [0 poeng] Anta at ST = T S La λ R være en egenverdi for T og la U betegne det assosierte egenrommet E T λ Begrunn at U er invariant under S Begrunn også at restriksjonen S U av S til U er en symmetrisk operator på U (med hensyn på indreproduktet som U arver fra V ) c) [0 poeng] Anta at ST = T S Begrunn at det fins en ortonormal basis B for V som består av vektorer som er egenvektorer for både S og T 4

5 Løsning: a) La j {,, n} Antagelsen gir at det finnes λ j, µ j R slik at Vi får da at T (v j ) = λ j v j, S(v j ) = µ j v j (ST )(v j ) = S(T (v j )) = S(λ j v j ) = λ j S(v j ) = λ j µ j v j, (T S)(v j ) = T (S(v j )) = T (µ j v j ) = µ j T (v j ) = µ j λ j v j = λ j µ j v j Dermed er (ST )(v j ) = (T S)(v j ) Siden {v,, v n } er en basis for V og lineæravbildninger er entydig bestemte av sine verdier på en basis, følger det at ST = T S b) La u U Siden ST = T S er T (S(u)) = S(T (u)) = S(λ u) = λ S(u) Dette viser at S(u) Eλ T = U Siden dette gjelder for alle u U har vi dermed vist at S(U) U, dvs at U er invariant under S Siden S er symmetrisk har vi at for alle u, u U, så er S U (u), u = S(u), u = u, S(u ) = u, S U (u ) Dermed er (S U ) = S U, dvs at S U er symmetrisk c) La nå λ,, λ k R betegne alle de forskjellige egenverdiene til T (der k n) og sett U j = E T λ j, j =,, k Siden T er symmetrisk er T ortogonalt diagonaliserbar Da vet vi at V = U U k og at U j -ene er ortogonale på hverandre Nå er ST = T S per antagelse, og vi kan bruke b) på hver U j Det gir at hver S Uj L(U j ) er symmetrisk, og dermed ortogonalt diagonaliserbar Det betyr at for hver j =,, k så finnes det en ortonormal basis B j for U j som består av egenvektorer for S Uj, og dermed for S Sett B = B B k Da er B en basis for V (fordi V er den direkte summen av U j -ene), og den består av egenvektorer for S Basisen B er ortonormal fordi hver B j er ortonormal og B j -ene er ortogonale på hverandre Hver vektor i B er også en egenvektor for T siden hver B j er en delmengde av egenrommet U j = E T λ j Dermed er B som ønsket 5