Matematikus szak, második évfolyam, első félév Második zárthelyi — megoldásvázlatok, eredmények

1. A szokásos eljárással számolva az eredmény θ + 1.

2. A normálalakban a főátló elemei 1, 1, x, x^{2} − x^{3}, ezért a minimálpolinom x^{3} − x^{2} (az utolsó polinom normálva), a karakterisztikus polinom pedig x^{4} − x^{3} (a négy polinom szorzatának asszociáltja, (−1)^{4} főegyütthatóval). A sajátértékek ezek gyökei, azaz 0 és 1. A Jordan-alakban az 1 sajátértékhez egy darab 1 × 1-es blokk tartozik, a 0 sajátértékhez pedig egy 2 × 2-es, valamint egy 1 × 1-es (hiszen a minimálpolinomban szereplő kitevő az adott sajátértékhez tartozó legnagyobb Jordan-blokk mérete, a karakterisztikus polinomban szereplő kitevő pedig az adott sajátértékhez tartozó blokkok méretének összege).

3. Legyen α = \sqrt[3]{5} + \sqrt{5}. Nyilván α gyöke az (x − \sqrt[3]{5})^{2} − 5 polinomnak, ami ℚ(\sqrt[3]{5}) fölötti, és így a keresett minimálpolinom ennek osztója. Ahhoz, hogy ez a minimálpolinom, elég belátni akár azt, hogy ez irreducibilis ℚ(\sqrt[3]{5}) fölött (amit könnyű ellenőrizni, mert ez a polinom másodfokú, és α ∉ ℚ(\sqrt[3]{5})), akár azt, hogy α foka ℚ(\sqrt[3]{5}) fölött 2, azaz hogy |ℚ(\sqrt[3]{5})(\sqrt[3]{5} + \sqrt{5}) : ℚ(\sqrt[3]{5})| = 2. Ez következik abból, hogy ℚ(\sqrt[3]{5})(\sqrt[3]{5} + \sqrt{5}) = ℚ(\sqrt{5}, \sqrt[3]{5}), ami hatodfokú ℚ fölött, mert \sqrt[3]{5} és \sqrt{5} fokai relatív prímek ℚ fölött.

4. Csak két egység van: az 1 és a −1 maradékosztályai. Ez közvetlen számolással is belátható, de elegánsabb a következő. Vegyük minden polinom együtthatóit mod 3. Ez egy φ homomorfizmust ad ℤ[x]-ből ℤ_{3}[x]-re, melynek magja (3) ⊇ (3x). Így ez a homomorfizmus jóldefiniált ℤ[x]/(3x)-en is (vö. második izomorfizmus-tétel). Egység képe nyilván egység lesz, de ℤ_{3} test, és így ℤ_{3}[x] egységei a nem nulla konstansok. Ezért ℤ[x]/(3x)-ben egység csak konstans polinom maradékosztálya lehet. Ezek ℤ-vel izomorf részgyűrűt alkotnak.

5. Nem. Tegyük fel, hogy b_{1}, …, b_{n} bázis. Ekkor b_{2}b_{1} − b_{1}b_{2} = 0, azaz a függetlenség miatt b_{1}b_{2} = 0, és így b_{1} = 0 vagy b_{2} = 0. Tehát egy kivétellel minden b_{i} nulla. Legyen ez a kivétel a b = b_{1}. Ekkor b | x és b | y, azaz b egység, de M elemeinek konstans tagja nulla.

6. Csak a négy nyilvánvaló van. Alkalmazzuk a főtételt az (x^{3} − 5)(x^{2} − 5) polinom felbontási testére. Ez 12 fokú bővítés, amit e polinom öt gyöke generál. A Galois-csoport permutálja ezek gyökeit külön-külön, így részcsoportja S_{3} × S_{2}-nek, és a rendje miatt egyenlő is ezzel. A ℚ(\sqrt[3]{5}, \sqrt{5}) test a komplex konjugálás fixpontjainak a halmaza, hiszen ez másodrendű elem, és így hatodfokú test tartozik hozzá. A komplex konjugálás egy t transzpozíció S_{3}-ban, mely x^{2} −5 gyökeit fixálja. Tehát azt kell megnézni, hogy hány olyan részcsoportja van S_{3} × S_{2}-nek, ami a (t, id) elemet tartalmazza. Ez közvetlen számolással is adódik, de némi csoportelméletet alkalmazva semmit sem kell számolni. [Ha ugyanis H ilyen nemtriviális részcsoport, akkor rendje 4, vagy 6. Az előbbi esetben 2-Sylow, és így tartalmazza a centrumbeli {id} × S_{2}-t, vagyis H = {id, t} × S_{2}. A másik esetben viszont az indexe 2, azaz normálosztó, és így t konjugáltjait tartalmazza, vagyis H = S_{3} × {id}.]

7. A transzformációhoz tartozó modulus minden elemének a rendje osztója a p minimálpolinomnak, ami prím, és ezért ez a modulus p rendű ciklikusok direkt összege. Egy p rendű ciklikus modulus dimenziója p foka, és így ez osztója a tér dimenziójának. Tehát vagy p elsőfokú, és így a transzformáció nyújtás, vagy p hetedfokú, és akkor ő a karakterisztikus polinom is. (A karakterisztikus mátrix főátlójával is hasonlóan okoskodhattunk volna.)