Matematikus gyakorlat, második évfolyam, első félév Első zárthelyi (2002. okt. 31) — megoldásvázlatok

1. Nem, mert nullosztó: x^{3} + 2 = (x − 1)(x^{2} + x + 1), és ezt x + 1 maradékosztályával megszorozva nullát kapunk, mert (x + 1)(x − 1) = −(2x^{2} + 1).

2. Az 1^{∘} akkor és csak akkor szerkeszthető, ha ε szerkeszthatő, ahol ε egy primitív 360-adik egységgyök. Az adott 20^{∘}-os szög viszont azt jelenti, hogy az alapadatok generálta test a ℚ(η), ahol η primitív 18-adik egységgyök. Persze ℚ(η) ≤ ℚ(ε), és ez normális bővítés. Mivel φ(360)/φ(18) = 16 = 2^{4}, a szerkesztés elvégezhető. (Ez egyébként algebra nélkül is könnyen belátható, egy szabályos ötszögből érdemes kiindulni.)

3. A keresett fok 10. Legyen K = ℚ(\sqrt{3}). Mivel K(\sqrt{3} + i\sqrt[5]{5}) = K(i\sqrt[5]{5}), elég ez utóbbi fokát kiszámolni (1 pont). Megmutatjuk, hogy K(i\sqrt[5]{5}) = ℚ(\sqrt{3}, i, \sqrt[5]{5}). Mivel (i\sqrt[5]{5})^{5} = 5i, ezért K(i\sqrt[5]{5})-nek eleme az i, és ezért az \sqrt[5]{5} is, tehát a két bővítés ugyanaz (3 pont). A ℚ ≤ ℚ(\sqrt{3}, i) negyedfokú (1 pont), az \sqrt[5]{5} foka ℚ felett 5, ami relatív prím a 4-hez, és így ℚ(\sqrt{3}, i, \sqrt[5]{5}) foka ℚ fölött 20 (1 pont).

4. Mivel K = ℚ(i\sqrt{3}) tartalmazza a harmadik egységgyököket, az x^{3} − i\sqrt{3} felbontási testét úgy kapjuk, hogy egyetlen gyökével bővítünk, és tanultuk azt is, hogy ez harmadfokú normális bővítés (tehát Galois-csoportja ℤ_{3}), kivéve, ha a polinom gyökei benne vannak K-ban. Legyen α egy gyök, akkor (α^{3})^{2} = (i\sqrt{3})^{2} = −3, vagyis α^{2} gyöke az x^{3} + 3 polinomnak, ami irreducibilis és harmadfokú ℚ felett. De a másodfokú ℚ ≤ K bővítésnek nem lehet harmadfokú eleme, tehát α ∉ K.

5. Igen. Legyen H egy hármasciklus által generált háromelemű, azaz négy indexű részcsoport, és K a hozzá tartozó közbülső test. Ekkor |K : ℚ| = 4, és ez nem normális bővítés, mert H nem normálosztó. Legyen K = ℚ(α) (ilyen α létezik, mert nulla karakterisztikában minden véges bővítés egyszerű). Jelölje α minimálpolinomját ℚ felett f. Belátjuk, hogy L az f felbontási teste ℚ fölött. Mivel ℚ ≤ L normális bővítés, az f minden gyöke L-ben van. Az f felbontási teste nem lehet K (hiszen az nem normális), de K-t tartalmazza (hiszen már α egyedül is generálja K-t). Ezért e felbontási test foka 4-tel osztható, viszont 12-nek osztója, tehát csak 12 lehet (mert 12/4 prím), és így az egész L.

6. 18-ra. A karakterisztika 3, ezért x^{30} − 1 = (x^{10} − 1)^{3}. A 81 elemű testben (ami a kilenceleműnek másodfokú bővítése) 10 | 81 − 1 miatt 10 olyan elem van, aminek 10-edik hatványa 1, tehát itt az x^{10} − 1 polinom biztosan gyöktényezőkre bomlik. Mivel 5 ∤ 9 − 1, az ötöd- és tizedrendű gyökök nincsenek benne az alaptestben, ezért másodfokúak. Az első és másodrendű gyökök (vagyis ±1) viszont az alaptestben vannak. Ezért x^{10} − 1-nek két elsőfokú, és 4 másodfokú irreducibilis tényezője lesz.