Matematikus gyakorlat, második évfolyam, első félév Második zárthelyi (2002. dec. 19) — megoldásvázlatok

1. A főátlóban 1, 1, −x, −x^{3} + x lesz, a mátrix tehát diagonalizálható, a diagonális alak főátlója 0, 0, 1, −1.

2. Nincs. Minden elemrend osztója A minimálpolinomjának, és mivel x^{2} + 1 és x^{2} + 2 relatív prímek, a minimálpolinom legalább negyedfokú lenne.

3. Csak ha a és b egészek. Tanultuk ugyanis, hogy egy szám akkor és csak akkor algebrai egész, ha a ℚ feletti (normált) minimálpolinomja egész együtthatós. Ha b = 0, akkor az állítás nyilvánvaló, mert ez a minimálpolinom x − a lesz (vagy akár ℚ egész-zártsága miatt). Ha b ≠ 0, akkor α harmadfokú (hiszen a ℚ(\sqrt[3]{2})-nek csak ℚ a valódi részteste), és így minimálpolinomja (x − a)^{3} − 2b^{3} (eddig 4 pont). Ennek együtthatója 3a^{2}, és ezért a egész (mert a nevezőjében egyetlen prím sem lehet). Továbbá a konstans tag −a^{3} − 2b^{3} is egész, ahonnan ugyanígy érvelve b is egész (2 pont).

4. Csak az a két négyzetgyöke van, ami a komplex számok között. Tegyük fel ugyanis, hogy x^{2} = i. Innen mindkét oldal normáját véve N(x)^{2} = 1, vagyis x\overline{x} = \overline{x}x = 1. Az eredeti egyenletet balról \overline{x}-tal megszorozva x = \overline{x}i, jobbról szorozva x = i\overline{x} adódik. Tehát \overline{x} felcserélhető i-vel. De az i-vel felcserélhető elemek könnyen láthatóan a + bi alakúak, és így x tényleg a komplex számok között van.

5. Nem izomorf, mert az annullátoruk nem ugyanaz. Az ⟨e_{1}⟩ modulus elemei λe_{1} alakúak, ennek annullátora azokból a mátrixokból áll, melyeknek bal felső sarkában nulla áll. Az ⟨e_{1}, …, e_{n−1}⟩ modulus az e_{1}, …, e_{n−1} által generált altér lesz, a szerinte vett faktor annullátorában akkor van benne egy K mátrix, ha Ke_{n} benne van ebben az altérben, vagyis ha a K jobb alsó sarkában álló elem nulla.

6. Az I-t generáló két polinom közös gyökei csak x = 1 és így y = 0, tehát a Nullstellensatz miatt az ideál radikálja az (x − 1, y) maximális ideál (ez közvetlen számolással is könnyen igazolható, 3 pont). Ezért az ideál maga is primér: ha I = Q_{1}∩⋯∩Q_{n} a primér felbontása, akkor \sqrt{Q_{i}} csak \sqrt{I} lehet, és tudjuk, hogy ha primér ideálok radikáljai megegyeznek, akkor a metszetük is primér (ez a rész is igazolható közvetlen számolással, azt kihasználva, hogy \sqrt{I} maximális ideál, 3 pont).