2 Lösningsförslag till Problem i
Elementär algebra
2.1Problem. Elementär algebra
Problem 2.1
+
0
1
2
3
4
5
0
0
1
2
3
4
5
1
1
2
3
4
5
0
2
2
3
4
5
0
1
3
3
4
5
0
1
2
4
4
5
0
1
2
3
5
5
0
1
2
3
4
·
1
2
1
1
2
2
2
1
Problem 2.2
1
Detta dokument har framställts med FrameMaker 4.0.4
2 Lösningsförslag till Problem i Elementär algebra
Problem 2.3
2
+
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
0
2
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
0
1
3
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
0
1
2
4
4
5
6
7
8
9
10
11
12
0
1
2
3
5
5
6
7
8
9
10
11
12
0
1
2
3
4
6
6
7
8
9
10
11
12
0
1
2
3
4
5
7
7
8
9
10
11
12
0
1
2
3
4
5
6
8
8
9
10
11
12
0
1
2
3
4
5
6
7
9
9
10
11
12
0
1
2
3
4
5
6
7
8
10
10
11
12
20
1
2
3
4
5
6
7
8
9
11
11
12
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
12
12
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
2.1 Problem. Elementär algebra
Problem 2.4
·
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2
2
4
6
8
10
12
1
3
5
7
9
11
3
3
6
9
12
2
5
8
11
1
4
7
10
4
4
8
12
3
7
11
2
6
10
1
5
9
5
5
10
2
7
12
4
9
1
6
11
3
8
6
6
12
5
11
4
10
3
9
2
8
1
7
7
7
1
8
2
9
3
10
4
11
5
12
6
8
8
3
11
6
1
9
4
12
7
2
10
5
9
9
5
1
10
6
2
11
7
3
12
8
4
10
10
7
4
1
11
8
5
2
12
9
6
3
11
11
9
7
5
3
1
12
10
8
6
4
2
12
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
Problem 2.5
Enligt Teorem 2.3 är de förekommande ordningarna till elementen i GF(13)
delare till 12, d.v.s. 1,2,3,4, 6 och 12.
antal element med ordning 1 är φ(1) = 1
antal element med ordning 2 är, eftersom 2 är ett primtal, φ(2) = 2 – 1 = 1
antal element med ordning 3 är, eftersom 3 är ett primtal, φ(3) = 3 – 1 = 2
antal element med ordning 4 är, eftersom 4 är ett primtal upphöjt till 2,
φ(4) = 2(2 – 1) = 2
antal element med ordningen 6 är, eftersom 6 kan skrivas som en produkt av de
två primtalen 2 och 3, (2 – 1)(3 – 1) = 2
antal element med ordningen 12 är 2(2 – 1)(3 – 1) = 4
3
2 Lösningsförslag till Problem i Elementär algebra
En undersökning visar att
elementet med ordning 1 är 1 {1}
elementet med ordning 2 är 12 {12,1}
elementen med ordning 3 är 3 och 9 {3,9,1} {9,3,1}
elementen med ordning 4 är 5 och 8 {5,12,8,1} {8,12,5,1}
elementen medordning 6 är 4 och10 {4,3,12,9,10,1} {10,9,12,3,4,1}
elementen med ordning 12 är 2, 6, 7 och 11 {2,4,8,3,6,12,11,9,5,10,7,1}
{6,10,8,9,2,12,7,3,5,4,11,1} {7,10,5,9,11,12,6,3,8,4,2,1}
{11,4,5,3,7,12,2,9,8,10,6,1}
d.v.s de 4 elementen 2, 6, 7 och 11 är primitiva element
Problem 2.6
Innehåller ej x, ej x + 1 ej x2 + x + 1 ⇒ irrreducibelt i GF(2)[x].
Problem 2.7
Konjugaterna till GF(2:
α , α 2 , α 4 , α 8 , α 16 , α 32 , α 64 , α 128 , α 256 , α 512 , α 1024 , α 2048 , α 4096 , α 8192 , α 16384 , α 32768
Konjugaterna till GF(4):
α , α 4 , α 16 , α 64 , α 256 , α 1024 , α 4096 , α 16384
Konjugaterna till GF(16):
α , α 16 , α 256 , α 4096
Konjugaterna till GF(256):
α ,α 2 5 6
Problem 2.8
Ordning 5: Dela upp i cyklotomisk sidoklass: {1,2,4,3} ⇒ antalet element =
minimalpolynomets gradtal, d.v.s 4.
Ordning 9: Dela upp i cyklotomisk sidoklass: {1,2,4,8,7,5} ⇒ antalet element =
minimalpolynomets gradtal, d.v.s 6.
Ordning 13: Dela upp i cyklotomisk sidoklass: {1,2,4,8,3,6,12,11,9,5,10,7} ⇒
antalet element = minimalpolynomets gradtal, d.v.s 12.
4
2.1 Problem. Elementär algebra
Problem 2.9
Enligt 2.8 är den cyklotomiska sidoklassen för ordning 5 = {1,2,4,3} varför
uppdelningen i binära irreduciblas polynom blir: (x + 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1)
Problem 2.10
De cyklotomiska sidoklasserna blir:
{0}
{1,2.4.8,16,13,7,14,9,18,17,15,11,3,6,12,5,10}
d.v.s. antalet irreducibla binära polynom blir 2.
Problem 2.11
De cyklotomiska sidoklasserna blir:
{0}
{1,2,4,8,16,15,13,9}
{3,6,12,7,14,11,5,10}
Uppdelningen blir:
(x + 1)(x8 + x7+ x6 + x4 + x2 + 1)(x8 + x5 + x4 + x3 + 1)
Problem 2.12
De cyklotomiska sidoklasserna blir:
{0}
{1,3,9}
{2,6,5}
{4,12,10}
{7,8,11}
d.v.s. 5 stycken polynom
5
2 Lösningsförslag till Problem i Elementär algebra
6
