Extraproblem Uppsalas matematiska cirkel

Extraproblem Uppsalas matematiska cirkel Gustav Hammarhjelm Våren 2019 Kapitel 1 Ett primtal p är ett heltal skilt från ±1 vars enda heltalsfaktorer är ±1 och ±p. I alla uppgifter på detta blad betraktar vi endast positiva primtal. Enligt Aritmetikens fundamentalsats kan varje heltal större än 1 skrivas som en produkt av positiva primtal på precis ett sätt (om man bortser från ordningen på primtalen i produkten). Problem 1. Visa att om x är irrationellt och q är ett rationellt tal ej lika med 0 så är x + q och xq irrationella. Problem 2. Bevisa följande påståenden eller ange ett motexempel: (i) Om x, y är rationella tal så är x + y rationellt. (ii) Om x, y är rationella tal så är xy rationellt. (iii) Om x, y är irrationella tal så är x + y irrationellt. (iv) Om x, y är irrationella tal så är xy irrationellt. Problem 3. Visa med ett motsägelsebevis att det inte finns något minsta positivt rationellt tal. Problem 4. Talet x = log 2 3 definieras som det reella tal så att 2 x = 3. Visa med hjälp av ett motsägelsebevis att log 2 3 är ett irrationellt tal. Problem 5. Visa att p / Q om p är ett primtal. Du får använda det faktum att om ett primtal p är en faktor i ab så är p en faktor i något av talen a och b. Problem 6. Visa att 6 / Q. Problem 7. Visa att om p, q är olika primtal så gäller pq / Q. Problem 8. Ett positivt heltal kallas kvadratfritt om det inte är delbart med kvadraten av något primtal. Visa att om m > 1 är kvadratfritt så gäller m / Q. Problem 9. Ge en fullständig beskrivning av de positiva heltal n så att n / Q. Tips: Visa först att varje positivt heltal n är på formen r 2 m där r är ett heltal och m är ett kvadratfritt heltal. Problem 10. Låt p, q vara olika primtal. Visa att p + q / Q. 1

Problem 11. Givet ett heltal m låt Q( m) vara mängden av alla reella tal på formen x + y m med x, y Q. Visa att Q( p) Q( q) om p q är olika primtal. Problem 12. Visa att 2 + 3 + 5 / Q. Problem 13. I bok 9 av Euklides elementa hittar vi Euklides sats som visar att det finns oändligt många primtal. Euklides bevisar detta genom att visa att vilken ändlig lista av primtal vi än tar finns det något primtal som inte ingår i listan. Bevisa Euklides sats med hjälp av ett motsägelsebevis: Anta att det endast finns ändligt många primtal p 1,..., p n och visa att detta får ödesdigra konsekvenser. Ledtråd: Studera talet N = p 1 p 2 p n + 1, d.v.s. produkten av alla primtal plus 1. Problem 14. Här bevisar vi att 2 / Q på ett annat sätt än i kompendiet. Antag, för en motsägelse, att 2 = a för några heltal a, b utan gemensam faktor. Då kan vi skapa b den rätvinkliga triangeln nedan, som är likbent med katet b och hypotenusa a = b + x. b b y x z w Bestäm x, y, z i termer av a och b. Bestäm sedan w i termer av a och b. Studera triangeln med sidorna x, y och w och härled en motsägelse. Problem 15. Fundera över följande: Måste x y vara rationellt om x, y är rationella? Måste x y vara irrationellt om x, y är irrationella? Kapitel 2 Problem 1. Bevisa Sats 2.1.15, det vill säga, givet en vinkel abc och en punkt p på en linje skapa vinkeln abc med hörn i p och så att en sida i vinkeln utgörs av linjen, som i bilden: b a c p Problem 2. Givet en triangel, konstruera tre cirklar med centrum i triangelns hörn som alla tangerar varandra. Problem 3. Givet en triangel, konstruera en cirkel i vilken triangeln är inskriven, d.v.s. konstruera en cirkel så att triangeln ligger inuti cirkeln och så att triangelns alla hörn ligger på cirkelns rand. 2

Cirklar inskrivna i en kvadrat Inspiration till dessa övningar från en diskussion med Victor den 21:a januari 2019. En cirkel med radie r har krökning k = 1 ; ju mindre radie desto större krökning, ju r större radie desto mindre krökning. Vi anser linjer vara cirklar med krökning 0, d.v.s. vi anser att en linje är en cirkel med oändlig radie. Problem 4. I en kvadrat med sidan 1 finns en mindre kvadrat med sidan x som i bilden nedan. x x x (i) Bestäm x. (ii) Givet en kvadrat med sida 1 som i bilden, konstruera den hörnpunkt till den mindre kvadraten som ligger inuti den större kvadraten (d.v.s. punkten där de tre segmenten med längd x möts). Problem 5. I en kvadrat med sidan 1 är en cirkel med diameter 1 inskriven. En mindre cirkel är också inskriven enligt bilden nedan, d.v.s. så att den tangerar den större cirkeln samt två av kvadratens sidor. (i) Bestäm den mindre cirkelns radie. (ii) Givet en kvadrat med en cirkel inskriven som i bilden, konstruera den mindre cirkeln. Tips: Använd föregående uppgift. 3

Problem 6. Givet en cirkel med radie R 1 som tangerar x-axeln och ett tal R 2 < R 1, konstruera den cirkel med radie R 2 som tangerar x-axeln och den givna cirkeln. R 1 R 2 Problem 7. Descartes sats (syftar på René Descartes, 1596 1650) ger ett samband mellan krökningarna på fyra cirklar som alla tangerar varandra. I denna uppgift ska vi bevisa Descartes sats i specialfallet då en av cirklarna är en linje, som i denna bild R 2 R 2 r r R 1 R 1 d.v.s. vi har två cirklar som tangerar en linje som i föregående uppgift och en tredje cirkel som tangerar alla dessa objekt. Låt k 1 = 1 R 1, k 2 = 1 R 2 och k = 1. Bevisa Descartes sats: k = k r 1 + 2 k 1 k 2 + k 2. Tips: Visa, genom upprepad användning av Pythagoras sats, att r = R 1 R 2 ( R 1 + R 2 ) 2. Problem 8. Om vi tar figuren i uppgift 2 kan vi klämma in ännu en cirkel som i figuren nedan, d.v.s. en cirkel som tangerar de två övriga cirklarna samt en av sidorna i kvadraten. 4

(i) Bestäm radien för denna cirkel. (ii) Givet en kvadrat, konstruera de tre cirklarna i bilden. En av Karl-Heinz algebrapärlor Problem 9. Låt ζ = e 2πi 5. Då är ζ en femte enhetsrot d.v.s. en lösning till z 5 = 1. Målet med detta problem är att visa att cos 2π = 5 1. 5 4 (i) Hitta ett andragradspolynom p(x) med heltalskoefficienter som har 5 1 2 som rot. (ii) Visa att 1 + ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 = 0. (iii) Visa att 2 cos 2π 5 = ζ + ζ är en lösning till ekvationen p(x) = 0. (iv) Visa att 2 cos 2π 5 = 5 1 2 d.v.s. cos 2π 5 = 5 1 4. Problem 10. Detta problem kommer från en inlämningsuppgift i Algebra II vid Uppsala universitet våren 2012 skapad av Karl Heinz Fieseler. Betrakta polynomet p(x) = x 3 3x + 1. (i) Visa att p(x) har (minst) ett reellt nollställe. (ii) Visa att om a R är ett nollställe till p(x) så är även a 2 2 ett nollställe. (iii) Låt ζ = e 2πi 9. Visa att ζ 6 + ζ 3 + 1 = 0. (iv) Visa att ζ + ζ = 2 cos 2π 9 är ett nollställe till p(x). (v) Finn de andra nollställena till p(x) och uttryck dessa på formen 2 cos ξ. Kapitel 3 Målet med dessa uppgifter är att visa att det för varje delmängd A R finns en minsta kropp K som innehåller A, d.v.s. en minsta kropp så att A K. Problem 1. Visa att om Q( 2) R är den minsta kroppen som innehåller 2, d.v.s. om K R är en godtycklig kropp så gäller Q( 2) K. 5

Mer generellt så är en kropp K som uppfyller en viss egenskap den minsta kroppen med denna egenskap om K L för varje annan kropp L som uppfyller egenskapen. Låt A, B vara delmängder till de reella talen R. Snittet av A och B är mängden A B = {x R x A och x B} som består av alla reella tal som är element i både A och B. Problem 2. Visa att om K 1, K 2 R är kroppar så är K 1 K 2 en kropp. Givet en mängd I och en mängd av mängder A i R, en mängd för varje i I, definierar vi snittet av alla dessa mängder som A i = {x R x A i för alla i I}, i I d.v.s. som mängden av alla reella tal som förekommer i var och en av mängderna A i. Problem 3. Visa att om K i R, i I, är kroppar så är i I K i en kropp. Enligt Problem 3 är snittet av en uppsättning av kroppar alltid en kropp. Därmed kan vi göra följande: Om A R är en mängd så definierar vi Q(A) som snittet av alla kroppar som innehåller A som delmängd. Det finns ju alltid minst en sådan kropp, nämligen R, så detta snitt är inte tomt och enligt föregående problem är detta snitt en kropp. Eftersom varje kropp har Q som delkropp innehåller detta snitt också Q. Om A = {a 1,..., a n } (d.v.s. om vi kan räkna upp elementen i A) så skriver vi också Om A = { 2} exempelvis så skriver vi Q(A) = Q(a 1,..., a n ). Q({ 2}) = Q( 2) = {x + y 2 x, y Q}. I kurser i abstrakt algebra, t.ex. Algebraiska strukturer här i Uppsala, studerar man bland annat ändliga kroppsutvidgningar av de rationella talen Q. En kroppsutvidgning K R av Q kallas ändlig om K = Q(A) för någon ändlig mängd A = {a 1,..., a n } där varje element a i är ett nollställe till något polynom med heltalskoefficienter. Exempelvis är Q( 2) en ändlig kroppsutvidgning eftersom 2 är ett nollställe till x 2 2. Problem 4. Verifiera att varje kvadratisk utvidgning av Q är ändlig och att Q( 2 + 3) är en ändlig kroppsutvidgning av Q. En klassisk sats från algebran är att varje ändlig kroppsutvidgning K = Q(A) har ett primitivt element d.v.s. det finns ett element α K så att K = Q(α). Detta kan tolkas på följande vis: Kroppen K = Q(A) får vi genom att lägga till A till Q och allt annat som behövs läggas till för att vi fortfarande ska ha en kropp (vi behöver ju slutenhet under addition och subtraktion exempelvis). Att det finns ett primitivt element α till K = Q(A) betyder att tillägget α till Q, ett enda element, får samma konsekvenser som att lägga till allt som finns i A till Q! Problem 5. Visa att 2 + 3 är ett primitivt element till K = Q( 2, 3). Problem 6. Hitta ett primitivt element till K = Q( 2, 5). 6

Kapitel 4 Ett uttryck på formen p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n x n med reella tal a 0,..., a n kallas för ett polynom (med koefficienter a 0,..., a n ). Om a n 0 kallas n för polynomets grad. Ett reellt (eller komplext) tal a kallas algebraiskt om det finns ett nollskilt polynom med heltalskoefficienter som har a som nollställe. Ett tal som inte är algebraiskt kallas transcendent. Exempelvis är 2 ett algebraiskt tal då det är ett nollställe till polynomet x 2 2. Talet i är också algebraiskt då det är ett nollställe till polynomet x 2 + 1. De flesta reella tal är inte algebraiska; man kan visa att de algebraiska talen är lika många 1 som heltalen. Det är svårt att visa att ett givet tal inte är algebraiskt, trots att de flesta talen har denna egenskap. Det var exempelvis en bedrift när Charles Hermite visade att talet e är trancendent år 1873. Även talet π är transcendent. Målet med dessa problem är att visa att varje reellt tal som förekommer i någon upprepad kvadratisk utvidgning av Q är algebraiskt. I synnerhet visar vi då att varje konstruerbart tal är algebraiskt. Problem 1. Visa att ett tal är algebraiskt om och endast om det finns ett polynom med rationella koefficienter som har talet som nollställe. Problem 2. Visa att varje rationellt tal är algebraiskt. Visa att n är algebraiskt för varje heltal n > 0. Visa att 3 2 = 2 1/3 är algebraiskt. Problem 3. Visa att varje tal i Q( 2) är algebraiskt. Enligt Problem 1 är ett tal algebraiskt om och endast om det är ett nollställe till något polynom med rationella koefficienter. Mer generellt säger vi att ett rellt tal a är algebraiskt över en kropp K R om det finns ett polynom p(x) med koefficienter i K så att p(a) = 0 (d.v.s. a är ett nollställe till polynomet p(x)). Ett tal är alltså algebraiskt om det är algebraiskt över Q. Problem 4. Visa att om K R är en kropp och K( α) är en kvadratisk utvidgning av K för något α K, α > 0 så är varje element a + b α i K( α) algebraiskt över K, d.v.s. visa att a + b α är nollställe till något nollskilt polynom med koefficienter i K. Vad kan man säga om den minsta graden ett sådant polynom kan ha? Låt nu K = Q( α 1,..., α n ) vara en upprepad kvadratisk utvidgning av de rationella talen. Antag att då vi sätter K 0 = Q och K i = K i 1 ( α i ) är K i en kvadratisk utvidgning av K i 1 för i {1,..., n}. Observera att α i K i 1. Problem 5. Tag y K n. Enligt Problem 4 finns det ett nollskilt polynom p(x) med koefficienter i K n 1 som har y som nollställe. Antag att p(x) har lägsta möjliga grad. (i) Visa att det finns polynom p 1 (x), p 2 (x) med koefficienter i K n 2 så att p(x) = p 1 (x) + p 2 (x) α n 1. (ii) Förklara varför produkten q(x) av polynomen p 1 (x) + p 2 (x) α n 1 och p 1 (x) p 2 (x) α n 1 har y som nollställe och varför denna produkt har koefficienter i K n 2. Vad är graden av detta polynom i termer av graden av p(x)? 1 Lika många för oändliga mängder betyder att det finns ett sätt att para ihop elemenenten i mängderna ett och ett så att inget blir över och så att varje element förekommer i precis ett par. 7

(iii) Visa att det finns polynom q 1 (x), q 2 (x) med koefficienter i K n 3 så att q(x) = q 1 (x)+ q 2 (x) α n 2. (iv) Förklara varför produkten r(x) av polynomen q 1 (x) + q 2 (x) α n 2 och q 1 (x) q 2 (x) α n 2 har y som nollställe och varför denna produkt har koefficienter i K n 3. Vad är graden av detta polynom i termer av graden av q(x)? (v) Förklara varför det finns ett polynom av grad 2 n eller 2 n 1 med koefficienter i Q som har y som nollställe. Kapitel 5 Pythagoreiska tripplar och ekvationen x 4 + y 4 = z 4 En trippel av positiva heltal (x, y, z) kallas pythagoreisk om x 2 + y 2 = z 2 gäller. En sådan trippel kallas primitiv om sgd(x, y, z) = 1, d.v.s. om det inte finns något primtal som delar vart och ett av talen x, y, z. Problem 1. Visa att om r > s > 0 är heltal så är (r 2 s 2, 2rs, r 2 + s 2 ) en pythagoreisk trippel. Problem 2. Visa att om (x, y, z) är en pythagoreisk trippel så kan inte x och y båda vara udda. Visa att om (x, y, z) är en primitiv pythagoreisk trippel så måste x och y ha olika paritet (d.v.s. precis ett av talen x och y är udda och det andra talet är jämnt). Problem 3. Låt m, n > 0 vara relativt prima tal. (i) Visa att m + n och m n antingen är relativt prima eller så är deras största gemensamma delare 2. (ii) Visa att om produkten mn är kvadraten av ett heltal så måste m och n också vara heltalskvadrater. Problem 4. Låt (x, y, z) vara en primitiv pythagoreisk taltrippel. Antag att x är udda (vilket vi kan göra enligt Problem 2). Visa med hjälp av Problem 3 att det finns relativt prima heltal p > q så att z+x = p 2 och z x = q 2. Visa att (x, y, z) = (p 2 q 2, 2pq, p 2 + q 2 ). 2 2 Förklara varför p och q måste ha olika paritet. Efter Problem 4 har vi full koll på alla primitiva pythagoreiska tripplar (problemens innehåll kommer från An introduction to the theory of numbers av I. Niven, H.S. Zuckerman och H. L. Montgomery). Vi ska nu, med hjälp av vår gedigna kunskap om pythagoreiska taltripplar visa att ekvaionen x 4 + y 4 = z 4 saknar positiva heltalslösningar. Vi ska använda oss av Fermats bevismetod Proof by infinite descent, vilket innebär att vi antar att ekvationen har en lösning (x, y, z). Vi kan då anta att vi har en lösningstrippel där (till exempel) z är minimal. Strategin är sedan att utifrån denna antagna lösning konstruera en ny lösning (x 0, y 0, z 0 ) med z 0 < z. Detta ger en motsägelse då vi antog att z var minimal. Nedanstående strategi kommer från Karl-Heinz Fieselers kompendium till kursen Elementär talteori här vid Uppsala universitet (http://www2.math.uu.se/~khf/). 8

Problem 5. (i) Visa att om ekvationen x 4 +y 4 = z 4 har en lösning med positiva heltal x, y, z så har även ekvationen x 4 + y 4 = z 2 en lösning i positiva heltal. Visa att om (x, y, z) är en trippel av positiva heltal som uppfyller x 4 + y 4 = z 2 och där tredje komponenten z är så liten som möjligt, så måste sgd(x, y, z) = 1. (ii) Antag att (x, y, z) är en trippel av positiva heltal som uppfyller x 4 + y 4 = z 2 och sgd(x, y, z) = 1. Visa att (x 2, y 2, z) är en primitiv pythagoreisk taltrippel. Förklara varför vi därför kan anta att x är jämnt och varför det finns relativt prima positiva heltal p > q så att x 2 = 2pq, y 2 = p 2 q 2, z = p 2 + q 2. (iii) Visa att (q, y, p) är en primitiv pythagoreisk taltrippel, där p måste vara udda och q måste vara jämnt. Visa att det finns relativt prima positiva heltal m > n så att q = 2mn, y = m 2 n 2, p = m 2 + n 2. (iv) Visa att det finns heltal p 0, q 0 så att p = p 2 0 och q = 2q 2 0 och att (m, n, p 0 ) därmed är en primitiv pythagoreisk trippel. (v) Visa att det finns heltal m 0, n 0 så att m = m 2 0 och n = n 2 0. (vi) Visa att (m 0, n 0, p 0 ) uppfyller m 4 0 + n 4 0 = p 2 0 och att z > p 0. (vii) Förklara varför det inte finns några positiva heltal x, y, z som uppfyller x 4 +y 4 = z 4. Kapitel 6 Irreducibla polynom Ett polynom p(x) Q[x] kallas irreducibelt om det har grad 1 och om p(x) endast har triviala faktoriseringar, d.v.s. om p(x) = q 1 (x)q 2 (x) med rationella polynom q 1 (x), q 2 (x) så måste antingen q 1 (x) eller q 2 (x) vara ett konstant polynom. Problem 1. Bevisa att om p(x) Q[x] har grad 2 eller 3 och saknar rationella nollställen så är p(x) irreducibelt. Visa att det finns polynom i Z[x] med grad större än 3, som saknar rationella nollställen, men som inte är irreducibelt. Problem 2. Låt α C vara ett algebraiskt heltal. Visa att det finns ett unikt polynom m α (x) Q[x] med ledande koefficient 1 och lägsta möjliga grad så att m α (α) = 0. Visa att m α (x) är irreducibelt. I kurser i algebra bevisar man följande sats om kvot med rest för polynom: Om K är en kropp och f(x), g(x) K[x] så finns det polynom q(x) (kvot) och r(x) (rest) i K[x] med grad(r(x)) < grad(f(x)) så att g(x) = f(x)q(x) + r(x). Jämför med kvot med rest för heltal: Om m, n är heltal så finns det heltal q och r, 0 r < m, så att n = mq + r. Problem 3. Definiera vad det betyder att ett polynom i K[x] delar ett annat polynom i K[x]. Visa att om α C är ett algebraiskt tal och p(x) Q[x] har α som nollställe, så gäller att m α (x) p(x). Förklara varför m α är det enda irreducibla polynomet med ledande koefficient 1 som har α(x) som nollställe. 9

Problem 4. Ett algebraiskt tal α kallas för ett algebraiskt heltal om m α (x) Z[x]. Visa att α = 2 + 3 är ett algebraiskt heltal och bestäm m α (x). Problem 5. (Utmaning! Har inte mycket att göra med tidigare uppgifter. Ledtrådar nedan). Visa att om p(x) R[x] har egenskapen att p(α) är irrationellt om α är irrationellt så har p(x) grad högst 1. Ledtrådar till problem 5 (i) Förklara varför det räcker med att visa påståendet för polynom med positiv ledande koefficient. (ii) Förklara varför vi måste ha p(x) Q[x]. Subledtråd: p(x) måste anta alla tillräckligt stora heltalsvärden (varför?). (iii) Låt n vara det minsta positiva talet så att q(x) := np(x) Z[x]. Låt c vara den ledande koefficienten i q(x) och d konstanta termen i q(x). Låt π vara ett (tillräckligt stort) primtal. Förklara varför det finns ett rationellt tal så att q(r) = π + d. (iv) Vad kan vi säga om de rationella nollställena r till polynomet q(x) π d Z[x]? Visa att det finns ett nollställe r π om π är ett (tillräckligt) stort primtal. c (v) Antag nu att grad(p(x)) = grad(q(x)) 2. Låt π vara ett (stort) primtal och välj r π så att q(r) π d = 0. Förklara varför det för alla (tillräckligt) stora π gäller c att q(r) q(π/c). (vi) Nå en motsägelse. Kapitel 7 n-delningen av en vinkel Problem 1. Förklara hur Gauss-Wantzels sats medför att det inte går att tredela vinkeln. Problem 2. Ge en fullständig klassifikation av de heltal n med egenskapen att varje vinkel kan n-delas med hjälp av passare och linjal. Trigonometriska formler med hjälp av komplexa tal En funktion (avbildning) f : C C kallas linjär om (i) f(rz) = rf(z) för alla r R, z C, och (ii) f(z + w) = f(z) + f(w) för alla z, w C. Problem 3. Visa att om f, g : C C är linjära och f(1) = g(1), f(i) = g(i) gäller, så gäller f(z) = g(z) för alla z C. Problem 4. Visa att för varje α C så är m α : C C, z αz, en linjär avbildning. 10

Problem 5. Givet θ R och z C, låt r θ (z) vara det komplexa tal man får genom att rotera z med θ radianer moturs kring origo. Visa att detta ger en linjär avbildning r θ : C C, z r θ (z). Problem 6. Visa att för θ R så gäller m cos θ+i sin θ (z) = r θ (z) för alla z C. Problem 7. Visa, med hjälp av föregående problem, additionsformlerna för sinus och cosinus, d.v.s. visa att cos(θ 1 + θ 2 ) = cos(θ 1 ) cos(θ 2 ) sin(θ 1 ) sin(θ 2 ) och för alla θ 1, θ 2 R. sin(θ 1 + θ 2 ) = sin(θ 1 ) cos(θ 2 ) + cos(θ 1 ) sin(θ 2 ) Konstruerbara komplexa tal Låt K R vara kroppen av konstruerbara tal. Kalla mängden K C = {x + iy x, y K} för de konstruerbara komplexa talen. Vi kallar K C en kropp om Q K och K är sluten under addition, subtraktion, multiplikation och division. Problem 8. Visa att K C är en kropp. Problem 9. Visa att den regelbundna n-hörningen är konstruerbar om och endast om ζ n = e 2πi n K C. Problem 10. Visa att om de regelbundna m, n-hörningarna är konstruerbara och m och n är relativt prima, så är den regelbundna mn-hörningen konstruerbar (detta är ett steg i beviset av Gauss-Wantzels sats). Problem 11. Givet z = r(cos θ + i sin θ) C, visa att z K C r, cos θ K. om och endast om Problem 12. Givet α = r(cos θ + i sin θ) C, bestäm de två lösningarna till ekvationen z 2 = α i polär form i termer av r och θ. Låt α beteckna någon av lösningarna till z 2 = α. Visa att α K C om α K C. Givet två kroppar K, L C med K L säger vi att α L har grad d över K om det finns ett irreducibelt polynom p(x) K[x] med grad d så att p(α) = 0. Om α C, α / K, så låter vi K(α) C beteckna den minsta 2 kroppen som innehåller K och {α} som delmängder (en sådan kropp finns; fråga mig varför om du är skeptisk). Vi säger att L är en kvadratisk utvidgning av K om L = K(α) för något α L med grad 2 över K. Problem 13. Låt K C vara en kropp och låt α C ha grad 2 över K. Hitta ett element β C av grad 2 över K så att K(α) = K(β) och så att β 2 = a för något a K. Problem 14. Låt L vara en kvadratisk utvidgning av K. Visa att där α 2 = a för något a K. L = K(α) = {x + αy x, y K} 2 Minsta med avseende på inklusion: Om K C är en annan kropp som innehåller K och {α} så gäller K K. 11

Vi kallar en kropp L C en upprepad kvadratisk utvidgning av K C om det finns kroppar L 0, L 1..., L n sådana att K = L 0 L 1... L n = L och med egenskapen att L i+1 är en kvadratisk utvidning av L i för alla i. Problem 15. Visa att om x tillhör en upprepad kvadratisk utvidgning av Q så gäller x K C. Chebyshevpolynom Problem 16. Låt {P n (x) n 0} vara Chebyshevpolynomen, d.v.s. polynomen som rekursivt definieras av P 0 (x) = 1, P 2 (x) = x och P n+1 (x) = 2xP n (x) P n 1 (x) för n > 1. Visa att cos nx = P n (cos x) för alla n 0. Problem 17. Visa att cos mπ n är algebraiskt för alla nollskilda heltal m, n. Problem 18. En sats som bevisas i algebraisk talteori är att mängden av alla algebraiska tal är en kropp. Visa att sin mπ är algebraiskt för alla nollskilda heltal m, n genom att n använda denna sats. 12

Lösningsförslag Kapitel 1 Problem 1. Följer direkt med ett motsägelsebevis. Problem 2. De rationella talen utgör ju en kropp så de är i synnerhet slutna under addition och multiplikation. Enligt föregående uppgift är 2 och 2 irrationella. Deras summa är 0, ett rationellt tal, så summan av irrationella tal behöver icke vara irrationell. Produkten av 2 med sig själv är rationell. Problem 3. Antag att det finns ett minsta rationellt tal r = a b större än 0. Men r 2 = a 2b är ju rationellt, större än 0, men strikt mindre än r! Motsägelse! Problem 4. Antag p = a där bråket är maximalt förkortat, d.v.s. a, b saknar gemensam b faktor. Kvadrering och omkastning ger pb 2 = a 2 så p delar a 2. Enligt det givna faktumet har vi att p a d.v.s p 2 a. Det följer att p b 2 vilket ger en motsägelse. Problem 5. Antag x = log 2 3 = a med positiva heltal a, b. Det följer att bx = a och b därmed 2 bx = (2 x ) b = 2 a. Men 2 x = 3 så vi får att 3 b = 2 a. Men vänsterledet är udda medan högerledet är jämnt, motsägelse! Problem 6. Om 6 = a b, maximalt förkortat, så gäller 6b2 = a 2. Det följer att 2 delar a 2, så 2 delar a alltså delar 4 talet 6b 2. Det följer att 2 delar b 2 vilket ger en motsägelse. Problem 7. Antag motsatsen, d.v.s. pq = a b, maximalt förkortat. Då gäller b2 pq = a 2. Då får vi p a så p 2 a 2 och därmed p b 2 q. Eftersom p, q är olika primtal så måste p b 2 d.v.s. p b. Motsägelse. Problem 8. Fixera ett primtal p som delar m och gör som i föregående uppgift. Problem 9. Efter tipset följer påståendet direkt från föregående uppgift. Problem 10. Antag för motsägelse att p+ q = a och kvadrera. Detta ger att 2 pq = b p q vilket ger pq Q vilket motsäger föregående uppgift. a 2 b 2 Problem 11. Visa t.ex. att p Q( p) ej kan skrivas på formen a + c q b d a, b, c, d, d.v.s. p / Q( q). för heltal Problem 12. Antag motsatsen, d.v.s. 2 + 3 + 5 = a för några heltal a, b. Detta b medför att b( 2 + 3) = a 5b. Kvadrera, och stryk 5b 2 från båda sidor så får du 2b 2 6 = a 2 2ab 5 ännu en kvadrering plus omstuvning medför att 5 Q, motsägelse. Problem 13. Talet N är antingen ett primtal eller också är N inte ett primtal. I det första fallet får vi en motsägelse då N > p i för alla i; vi har alltså hittat ett nytt primtal. Om N inte är ett primtal, finns det ett primtal p som delar N. Enligt antagandet om att alla primtal utgörs av p 1,..., p n har vi p = p i för något i, d.v.s. N = p i k för något heltal k, vilket innebär att p i delar 1, motsägelse. 13

Problem 14. Först: x = a b. Den lilla triangeln T med sidorna x, y, w är likformig med den större triangeln alltså är y = x. Genom att dra linjen från den större triangelns övre hörn till punkten där y, z skär varandra ser vi, m.h.a. likformighet, att z = y. Alltså är x = y = z = a b. Eftersom z + w = b får vi w = 2b a. Med Pythagoras sats på triangeln T får vi att 2(a b) 2 = (2b a) 2 eller 2 = 2b a. Vi visar nu att 2b a < a och a b a b < b vilket leder till en motsägelse, eftersom vi antog att a var maximalt förkortat. b Den första olikheten följer direkt av a > b och den är ekvivalent med a < 2b vilket är sant ty a = 2b och 2 > 2. Problem 15. Nej och nej. Det första är enkelt: x = 2, y = 1/2 ger x y = 2. Det andra är ju ett klassiskt exempel på ett icke-konstruktivt bevis: Tag x = y = 2 och studera x y. Om x y vore rationellt har vi hittat två irrationella tal x, y så att x y är rationellt. Om x y vore irrationellt så kan vi ta (x y ) 2 = 2 2 2 = 2 och återigen finner vi två irrationella tal så att när vi tar det ena upphöjt i det andra får vi något rationellt. Kapitel 2 Problem 1. Skapa en cirkel med centrum b som går genom c, vilket ger oss en ny punkt d. Låt r 1 vara radien för denna cirkel. Låt r 2 vara avståndet mellan c och d. Använd Sats 2.1.1 för att skapa en cirkel av radie r 1 med centrum i p. Detta ger oss en ny punkt q. Använd Sats 2.1.2 ännu en gång för att skapa en cirkel med radie r 2 med centrum i q. Låt r vara skärningen av dessa nya cirklar. Vi får två trianglar, bcd och pqr. Enligt konstruktion överensstämmer deras sidor, därmed också deras vinklar enligt Sats 2.1.8. d a c b r p q Problem 2. Använd övning 2.5 för att skapa den inskrivna cirkeln: 14

De tre tangerande cirklarna fås nu genom att sätta centrum i hörnens punkter och sedan låta cirklarna gå genom de punkter där den inskrivna cirkeln tangerar triangelns sidor. Problem 3. Cirkeln måste ha centrum i en punkt som befinner sig på samma avstånd från alla triangelns hörn. Mängden av alla punkter som ligger lika långt från två av triangelns hörn ligger på den linje som går genom den motsvarande sidans mittpunkt och skär denna sida i en rät vinkel. Cirkelns mittpunkt måste alltså ligga på skärningen mellan två sådana linjer. Cirklar inskrivna i en kvadrat Problem 4. (i) Pyt. sats ger: 2 = (1 + 2)x vilket ger x = 2 2. (ii) Gör en cirkel med radie 1 och centrum i kvadratens nedre högra hörn och förläng kvadratens nedre sida så den skär den nya cirkeln. Skapa en cirkel med centrum i denna skärningspunkt som skär kvadratens övre högra hörn, en cirkel av radie 2. Denna cirkel skär kvadratens botten på avståndet 2 2 från kvadratens nedre vänstra hörn. Rita ut diagonalen till kvadraten och gör en sista cirkel med centrum i kvadratens nedre vänstra hörn och radie 2 2 som i bilden. Skärningen mellan diagonalen och denna cirkel är den sökta punkten. Problem 5. Rita ut kvadrater som i bilden. Vi ser att vi har en situation som i föregående uppgift, men med en kvadrat vars diagonal har längd 2 1 2 istället för 2. I föregående uppgift är förhållandet mellan diagonalen 15

hos kvadraten och x lika med 2 2 2 = 2 1, d.v.s x är lika med 2 1 multiplicerat med diagonalen. I vårt fall blir alltså den sökta radien ( 2 1) 2 = 3 2 2. 2 2 Problem 6. Cirkelns mittpunkt ges som i bilden nedan av skärningen av cirkeln med radie R 1 + R 2 med centrum i den givna cirkelns mittpunkt och linjen y = R 2. Problem 7. Rita ut stödlinjer som i bilden nedan. Kalla längden av de prickade sträckorna för x. Pythagoras sats ger (för den vänstra prickade sträckan) att och (för den högra prickade sträckan) x = (R 1 + R 2 ) 2 (R 1 R 2 ) 2 = 2 R 1 R 2 x = (R 1 + r) 2 (R 1 r) 2 + (R 2 + r) 2 (R 2 r) 2 = 2 R 1 r + 2 R 2 r vilket ger att 2 R 1 R 2 = 2 r( R 1 + R 2 ). Efter kvadrering av båda led får vi r = R 1 R 2 ( R 1 + R 2 som i tipset. Därefter 1 = ( R1 + R 2 ) 2 ) 2 r R 1 R 2 vilket efter utveckling och förkortning ger k = k 1 + k 2 + 2 k 1 k 2. R 2 R 2 r r R 1 R 1 Problem 8. (i) Med hjälp av Descartes sats från föregående uppgift får vi efter en halvbökig räkning att den sökta radien är ( 2 1) 2, d.v.s. precis halva radien av den 4 mellanstora cirkeln. 16

(ii) Genomför först konstruktionen i uppgift 2 och använd sedan uppgift 3 samt (a). Problem 9. (i) Det sökta polynomet är p(x) = x 2 + x 1. (ii) Vi har 0 = ζ 5 1 = (ζ 1)(1 + ζ + ζ 2 + ζ 3 + ζ 4 ) och eftersom ζ 1 så följer påståendet. (iii) Använd att ζ = ζ 4, utveckla p(ζ + ζ) och använd (ii). (iv) Eftersom p(x) har en positiv och en negativ rot och 2 cos 2π 5 > 0 måste 2 cos 2π 5 vara den positiva roten till p(x) så påståendet följer. Problem 10. (i) Eftersom p(x) är en kontinuerlig funktion och lim x + p(x) = + och lim x p(x) = så måste p(x) korsa x-axeln. (ii) Låt a R vara ett nollställe till p(x) d.v.s. a 3 3a + 1 = 0 eller a 3 = 3a 1. Vi får att p(a 2 2) = (a 2 2) 3 3(a 2 2) + 1 = a 6 6a 4 + 12a 2 8 3a 2 + 6 + 1 = (3a 1) 2 6a(3a 1) + 9a 2 1 = 9a 2 6a + 1 18a 2 + 6a + 9a 2 1 = 0. (iii) Det räcker att visa att x = ζ 3 uppfyller x 2 + x + 1 = 0. Men vi vet att x 3 1 = (x 1)(x 2 + x + 1) så nollställena till x 2 + x + 1 är enhetsrötter av tredje graden. En av dessa enhetsrötter är e 2πi 3 och enligt de Moivres formel har vi att ζ 3 = e 2πi 3. (iv) Eftersom ζ är en enhetsrot har vi att ζ 2 = ζζ = 1. Dessutom ζ 9 = 1 så ζ = ζ 8. Vi beräknar enligt (iii). (v) Enligt (ii) vet vi att p(ζ + ζ) = (ζ + ζ) 3 3(ζ + ζ) + 1 = ζ 3 + 3ζ 2 ζ + 3ζζ 2 + ζ 3 3ζ 3ζ + 1 = ζ 3 + (ζ 8 ) 3 + 1 = ζ 6 + ζ 3 + 1 = 0 (ζ + ζ) 2 2 = ζ 2 + ζ 2 = ζ 2 + ζ 2 = 2Re(z 2 ) är ytterligare ett nollställe till p(x). Enligt de Moivres formel är 2Re(z 2 ) = 2 cos 4π 9. Vi vet nu att ζ 2 + ζ 2 är ett nollställe till p(x) så enligt (ii) är även (ζ 2 + ζ 2 ) 2 2 ett nollställe, vilket enligt de Moivres formel är lika med 2 cos 8π. Eftersom p(x) har 9 grad 3 har vi hittat alla dess nollställen. Kapitel 3 Problem 1. Problem 2. 17

Problem 3. Problem 4. I det första fallet kan vi skriva K = Q( α) för något α Q, α / Q. Om α = a b så är detta ett nollställe till bx2 a Z[x]. Vi måste verifiera att x = 2 + 3 är nollställe till något polynom i Z[x]. Genom att kvadrera får vi x 2 = 5 + 2 6 eller x 2 5 = 2 6. Så (x 2 5) 2 24 = 0 d.v.s. x är ett nollställe till x 4 10x 2 + 1. Problem 5. Vi måste visa att Q( 2 + 3) = Q( 2, 3). Vi visar mängdinklusion i båda riktningarna. Eftersom Q( 2, 3) är en kropp som innehåller 2+ 3 så innehåller den Q( 2+ 3) per definition, så Q( 2 + 3) Q( 2, 3). Omvänt, Q( 2+ 3) är en kropp som innehåller 2+ 3 och måste därmed innehålla 1 2+ 3 = 3 2. Därmed innehåller denna kropp också 2 och 3 och alltså har vi också Q( 2, 3) Q( 2 + 3). Problem 6. 2 + 5 duger (enligt typ samma förfarande som lösningen till förra uppgiften). Kapitel 5 Problem 1. Bara att verifiera. Problem 2. Att inte både x och y kan vara udda kan verifieras på följande vis: Om x 2 + y 2 = z 2 och x = 2x 0 + 1 och y = 2y 0 + 1, så gäller x 2 + y 2 = (2x 0 + 1) 2 + (2y 0 + 1) 2 = 4(x 2 0 + x 0 + y 2 0 + y 0 ) + 2. D.v.s. x 2 + y 2 är jämnt, men inte delbart med 4. Men eftersom x 2 + y 2 är ett jämnt tal, så måste z vara jämnt, alltså är z 2 delbart med 4, motsägelse! Antag nu att (x, y, z) är primitiv. Som vi såg ovan, kan inte både x och y vara udda. Om båda är jämna, måste z också vara jämn, så trippeln är inte primitiv. Problem 3. (i) Antag att ett primtal p delar både m + n och m n. Då delar p både (m + n) + (m n) = 2m och m + n (m n) = 2n. Eftersom m, n är relativt prima så måste p dela 2. Så om m + n, n n inte är relativt prima, är deras största gemensamma delare en potens av 2. Eftersom m, n är relativt prima, kan inte både m, n vara jämna. Om en av m, n är udda, måste d = sgd(m + n, m n) vara 1 eller 2, eftersom d delar både 2m och 2n. Om både m, n är udda måste d = 2 (eftersom m + n och m n båda är jämna). (ii) Ett positivt heltal är en heltalskvadrat om och endast om alla primtal i dess primtalsfaktorisering har jämn multiplicitet. Påståendet följer från aritmetikens fundamentalsats. Problem 4. Antag att x 2 + y 2 = z 2 och att sgd(x, y, z) = 1. Antag att x och z är udda. Då gäller y 2 = z 2 x 2 = (z + x)(z x). Eftersom y är jämnt, finns det ett heltal y 0 så att y = 2y 0, d.v.s. 4y 2 0 = (z + x)(z x). Eftersom både x, z är udda, så är talen x ± z jämna, d.v.s. x±z 2 är heltal. Vi får att ( ) ( ) x + z x z y0 2 =. 2 2 18

Enligt Problem 3 (i) måste x±z vara relativt prima och enligt Problem 3 (ii) måste de 2 därför båda vara heltalskvadrater, eftersom deras produkt är heltalskvadraten y0. 2 Det finns alltså heltal p > q så att x+z = p 2 och x z = q 2. Eftersom x±z är relativt prima 2 2 2 så måste p, q vara relativt prima. Det följer att x = p 2 q 2 och z = p 2 + q 2. Eftersom y 2 = z 2 x 2 får vi med konjugatregeln y 2 = 4p 2 q 2 d.v.s. y = 2pq. Till sist: Om p och q skulle ha samma paritet, så vore x = p 2 q 2 och z = p 2 + q 2 båda jämna, så trippeln (x, y, z) skulle inte vara primitiv, eftersom y = 2pq är jämn. Problem 5. (i) Om x, y, z är positiva heltal som uppfyller x 4 + y 4 = z 4 så gäller x 4 + y 4 = (z 2 ) 2. Låt x, y, z vara positiva heltal som uppfyller x 4 + y 4 = z 2. Om p är ett primtal som delar vart och ett av talen så gäller p 4 x 4 + y 4 = z 2. Enligt aritmetikens fundamentalsats så gäller p 2 z. Det följer att trippeln (x/p, y/p, z/p 2 ) uppfyller ekvationen x 4 + y 4 = z 2. (ii) Det följer direkt att (x 2, y 2, z) är en pythagoreisk trippel. Den är primitiv eftersom sgd(x, y, z) = 1. Enligt Problem 2 måste precis en av x 2 och y 2 var jämn. Vi kan därför anta att x 2 är jämn och y 2 udda, d.v.s. x är jämnt och y udda. Enligt Problem 4 finns det relativt prima positiva heltal p > q så att x 2 = 2pq, y 2 = p 2 q 2, z = p 2 + q 2. (iii) Eftersom y 2 = p 2 q 2 så gäller q 2 +y 2 = p 2, d.v.s. (q, y, p) är en pythagoreisk trippel. Den är primitiv eftersom sgd(p, q) = 1. Eftersom y är udda så måste q vara jämn och p udda. Påståendet om existensen av m och n följer från Problem 4. (iv) Vi vet från (ii) att x 2 = 2pq. Eftersom q är udda och sgd(p, q) = 1 så är sgd(p, 2q) = 1. Enligt Problem 3 (ii) måste p och 2q vara heltalskvadrater. Så det finns heltal p 0, q 1 så att p = p 2 0 och 2q = q 2 1. Talet q 1 måste vara jämnt, d.v.s. q 1 = 2q 0 för något heltal q 0. Det följer att q = 2q 2 0. Från (iii) har vi m 2 + n 2 = p = p 2 0, så (m, n, p 0 ) är en pythagoreisk trippel. Den är primitiv eftersom sgd(m, n) = 1. (v) Från 2q 2 0 = q = 2mn får vi q 2 0 = mn. Eftersom m, n är relativt prima får vi från Problem 3 (ii) att m, n måste vara heltalskvadrater. Det ger existensen av heltalen m 0, n 0. (vi) Från (iii) har vi m 2 + n 2 = p. Enligt (v) får vi m 4 0 + n 4 0 = p 2 0. Vi har z = p 2 + q 2 = p 4 0 + q 2 > p 4 0 p 0. (vii) Om det skulle finnas positiva heltal x, y, z som uppfyller x 4 + y 4 = z 4 så skulle det finnas positiva heltal x, y, z som upfyller x 4 +y 4 = z 2. Då skulle det finnas en trippel av positiva heltal (x, y, z) med minsta möjliga z som uppfyller x 4 + y 4 = z 2. Enligt (i) måste sgd(x, y, z) = 1. Med hjälp av (ii) (vi) kan vi skapa en ny trippel av tal (x 0, y 0, z 0 ) som löser ekvationen x 4 + y 4 = z 2 och där z 0 < z gäller. Detta är en motsägelse. Kapitel 6 Problem 1. Om p(x) har grad 3 och inte är irreducibelt måste det ha en faktor av grad 1. Enligt faktorsatsen måste vi då ha ett rationellt nollställe. För andra delen kan man t.ex. ta (x 2 + 2)(x 2 2) = x 4 4. 19

Problem 2. Vi vet att det finns något polynom i Q[x] som har α som nollställe eftersom α är algebraiskt. Välj ett av lägsta möjliga grad. Genom att multiplicera med inversen till den ledande koefficienten får vi ett polynom av lägsta möjliga grad (d säg) med ledande koefficient 1. Antag att det fanns två olika polynom med ledande koefficient 1 och grad d. Då skulle deras differens ha grad strikt lägre än d och ha α som nollställe, motsägelse. Om nu m α (x) inte vore irreducibelt skulle vi hitta ett polynom av lägre grad än d med α som nollställe. Problem 3. f(x) g(x) om i K[x] om det finns q(x) K[x] så att g(x) = f(x)q(x). Antag att p(α). Det enligt kvot med rest-satsen polynom q(x), r(x) Q[x] med grad(r(x)) < grad(m α (x)) =: d så att p(x) = m α (x)q(x) + r(x). Det följer att r(α) = 0. Alltså måste r(x) = 0 d.v.s. m α (x) p(x). Problem 4. Enkelt att visa att α är nollställe till x 4 10x 2 + 1. Visa att detta polynom saknar rationella nollställen och kolla sen att det ej går att dela upp i två kvadratiska faktorer. Problem 5. (i) För att om p(x) besitter egenskapen i problemet så gör även p(x). (ii) Eftersom p(x) har positiv ledande koefficient så sticker polynomet iväg mot + då x, så polynomet måste anta alla tillräckligt stora positiva heltalsvärden (p.g.a. kontinuitet). Om graden av p(x) är d kan vi välja tillräckligt stora heltal n 1,..., n d och rationella (p.g.a. antagandet på p(x)) r 1,..., r d så att p(r i ) = n i. Det följer att koefficienterna till polynomet p(x) är lösningarna till ett ekvationssystem med rationella koefficienter och rationellt högerled, alltså måste de vara rationella. (iii) q(x) antar alla tillräckligt stora positiva värden. (iv) Om r = a är en rationell rot, måste a dela konstanttermen i q(x) π d som är b π och b måste dela ledande termen, som är c. Vi kan anta att r > 0 är stor så att r = p för något b c. Alltså r π. b c (v) q(x) sticker iväg mot +, och dess derivata är en kontinuerlig funktion som bara har ändligt antal nollställen. Alltså måste q(x) vara växande för tillräckligt stora x. Med r som i punkt (iv) gäller då att q(r) q(π/c) för alla tillräckligt stora primtal. (vi) Vi får, för alla tillräckligt stora primtal π och r som ovan 0 = q(r) π d q(π/c) π d vilket är en motsägelse då alla icke-konstanta med positiv ledande koefficient till slut blir positiva. Kapitel 7 Problem 1. Om varje vinkel skulle kunna tredelas, skulle vi kunna tredela 360 och sen tredela 120. Vi skulle då kunna konstruera vinkeln 40 och därmed den regelbundna 9-hörningen, vilket Gauss-Wantzels sats inte tillåter. Problem 2. Antag att varje vinkel kan n-delas. Låt p vara ett primtal som delar n. Det följer då att varje vinkel kan n-delas. Vi kan p-dela 360 och sen p-dela 360 /p och följaktligen konstruera den regelbundna p 2 -hörningen. Detta går, enligt Gauss-Wantzels sats, endast om p = 2. Alltså måste n vara en potens av 2. Varje vinkel kan n-delas för sådana n; det är bara att tudela vinkeln tillräckligt många gånger. 20

Problem 3. Skriv z = x + iy för x, y R. De definierande egenskaperna av en linjär avbildning ger f(z) = f(x + iy) = f(x) + f(iy) = xf(1) + yf(i) = xg(1) + yg(i) = g(x) + g(iy) = g(x + iy) = g(z) under antagandet att f(1) = g(1) och f(i) = g(i). Problem 4. Vi verifierar de definierande egenskaperna (i) och (ii): För r R och z C har vi m α (rz) = αrz = rαz = rm α (z) på grund av kommutativiteten hos de komplexa talen. Så m α uppfyller (i). Vi har också m α (z + w) = α(z + w) = αz + αw = m α (z) + m α (w) för z, w C p.g.a. distributiviteten hos de komplexa talen. Så (ii) är också uppfylld. Problem 5. Rita bilder, särskilt för additiviteten i (ii). Det är klart att (i) är uppfylld, eftersom det inte spelar någon roll om vi först sträcker ut en vektor och sedan roterar, eller tvärtom. Problem 6. Eftersom r θ och m cos θ+i sin θ är linjära avbildningar räcker det enligt föregående problem att visa att r θ (1) = m cos θ+i sin θ (1) och r θ (i) = m cos θ+i sin θ (i). Den första likheten är självklart sann. Den andra likheten kan vi visa på följande sätt: För vinklar θ 1, θ 2 har vi r θ1 +θ 2 (z) = r θ1 (r θ2 (z)). Skriv i = r π (1). Då gäller r θ(i) = r 2 θ+ π (1). Vi vet att 2 r θ+ π 2 (1) = m cos(θ+ π 2 )+i sin(θ+ π 2 ) (1) = m sin θ+i cos θ (1) sista likheten enligt cos(θ + π) = sin θ och sin(θ + π ) = cos θ (rita bild!). Det följer nu 2 2 att r θ (i) = m cos θ+i sin θ (i). Problem 7. Notera att om z 1 = cos(θ 1 ) + i sin(θ 1 ) så gäller z 1 = m z1 (1) = r θ1 (1), och samma för θ 2. Från föregående får vi att Å andra sidan har vi att z 1 z 2 = r θ1 +θ 2 (1) = cos(θ 1 + θ 2 ) + i sin(θ 1 + θ 2 ). z 1 z 2 = (cos θ 1 + i sin θ 1 )(cos θ 2 + i sin θ 2 ) = (cos θ 1 cos θ 2 sin θ 1 sin θ 2 ) + (cos θ 1 sin θ 2 + cos θ 2 sin θ 1 )i. Genom att jämföra realdelar och imaginärdelar i de båda uttrycken för z 1 z 2 får vi de eftersökta trigonometriska formlerna. Problem 8. Bara att verifiera. Problem 9. Vi vet att den regelbundna n-hörningen är konstruerbar om och endast om cos 2π K. Antag att den regelbundna n-hörningen är konstruerbar. Då har vi, förutom n cos 2π 2πi K, även sin K enligt trigonometriska ettan. Från ζ n n n = cos 2π + i sin 2π följer n n det att ζ n K C. Från denna likhet följer också andra riktningen. 21

Problem 10. Vi antar alltså att ζ n, ζ m K C. Vi vill visa att ζ mn K C om m, n är relativt prima. Om m, n är relativt prima, finns det heltal x, y så att mx + ny = 1. Därmed har vi x + y = 1. Vi får då att n m mn ζnζ x m y = ζ mn K C eftersom ζ n, ζ m K C. Problem 11. Antag först att z K C. Då gäller att r cos θ och r sin θ är konstruerbara. Från trigonometriska ettan följer det att r 2 är konstruerbar och därför också att r K. Eftersom K är en kropp får vi också K. Om cos θ K har vi också sin θ K enligt trigonometriska ettan och det faktum att K är en euklidisk kropp. Därmed gäller z K C. Problem 12. Lösningarna är ± r(cos θ + i sin θ ). Eftersom vi kan tudela varje vinkel 2 2 följer det andra påståendet från föregående problem. Problem 13. Antag att p(x) = x 2 + px + q K[x] har α som nollställe. Detta polynom har, enligt pq-formeln, nollställena p ± p 2 q. Eftersom p(x) är irreducibelt kan vi 2 4 p inte ha 2 q K. Vi väljer nu β = p 2 q och det är lätt att verifiera allt vi kräver 4 4 av β. Problem 14. Hitta α K så att K(α) = L. Enligt föregående problem finns ett β så att β 2 = a K och L = K(α) = K(β). Varje kropp som innehåller K och {β} måste innehålla {x + αy x, y K} så det vi måste göra är att visa att denna mängd verkligen är en kropp. Slutenhet under addition och subtraktion är uppenbar. För att visa slutenhet under multiplikation använder vi att β 2 K. För slutenhet under inversion tar vi 1 x + βy och förlänger med konjugatet x βy och utnyttjar att β 2 K. Problem 15. Problem 16. Det vi behöver visa är då att cos((n + 1)x) = 2 cos x cos nx cos((n 1)x). Visa detta genom att verifiera att cos(nx + x) + cos(nx x) = 2 cos x cos nx med hjälp av additionsformlerna för cosinus. Problem 17. Vi har P n (x) Z[x] för alla n. Vi vet att P n (cos x) = cos nx för alla x. För x = mπ har vi speciellt att P n n(cos mπ mπ ) = cos mπ {±1}. Alltså är cos nollställe till n n ett polynom med heltalskoefficienter (d.v.s. något av polynomen P n (x) ± 1), följaktligen algebraiskt. Problem 18. Vi vet att α = cos mπ är algebraiskt enligt föregående problem. Vi vill visa n att sin mπ också är algebraiskt. Detta tal, är så när som på tecken, lika med 1 α n 2 enligt trigonometriska ettan. Om r 0 är algebraiskt, så är också r algebraiskt: tag bara ett polynom med r som nollställe och dubblera alla exponenter, så får du ett polynom med r som nollställe. Enligt informationen i problemet är 1 α 2 algebraiskt eftersom α är algebraiskt, så påståendet följer. 22