Matematikus szak, második évfolyam, második félév Első zárthelyi — megoldásvázlatok

1. Ha c ∈ C, akkor, mivel β szürjektív, van olyan b ∈ B, hogy β(b) = c. Legyen θ(c) = β′ψ(b). Meg kell mutatni, hogy ez jóldefiniált. Ha β(b′) = c, akkor β(b − b′) = 0, ezért az első sor egzaktsága miatt van olyan a ∈ A, hogy α(a) = b − b′. Ekkor β′ψ(b − b′) = β′ψα(a) = β′α′φ(a) = 0, hiszen β′α′ = 0 az alsó sor egzaktsága miatt.

2. Az ideálban azok a polinomok vannak, melyek konstans tagja nyolccal, x-es tagjának együtthatója néggyel, a többi tag együtthatója 2-vel osztható. Ezért a keresett felbontás (2) ∩ (x^{2}, 4x, 8), a radikálok (2) és (2, x). Az (x^{2}, 4x, 8) ideál primér, mert a radikálja maximális ideál.

3. Tudjuk, hogy ℤ_{n}^{+} ⊗ A ≅ A/nA, ahol minden elem k ⊗ a alakú, és k ⊗ a ⟷ ka + nA. Mivel (φ⊗1_{A})(k⊗a) = φ(k)⊗a, azt kell megnézni, hogy a ka+2A ↦ φ(k)a+6A leképezés mikor lesz injektív. Vagyis hogy 3a ∈ 6A-ból milyen A esetén következik tetszőleges a ∈ Ara, hogy a ∈ 2A. De ez minden A-ra igaz, hiszen ha 3a = 6b, akkor a = 6b − 2a ∈ 2A.

4. Nem. Tekintsük a φ : ℤ[x] → ℚ[x] identikus beágyazást. Ha ℤ[x] injektív lenne, akkor létezne olyan ψ : ℚ[x] → ℤ[x], melyre ψφ a ℤ[x] identitása. Legyen f = ψ(1/2), akkor 2f = ψ(1) = ψφ(1) = 1, ilyen polinom pedig nincs ℤ[x]-ben.

5. Nyilván cos k^{∘} + i sin k^{∘} rendje n = 360/(k, 360). Legyen ε egy n-edik, η pedig egy 3n-edik primitív egységgyök, kiszámítjuk η fokát ℚ(ε) fölött. Nyilván η^{3} rendje n, tehát ε hatványa η-nak, és így ℚ(η) ≥ ℚ(ε). Mivel ez normális bővítés (hiszen η konjugáltjai hatványai η-nak már ℚ fölött is), a szerkesztés akkor és csak akkor végezhető el, ha a bővítés foka, azaz φ(3n)/φ(n), kettőnek hatványa. Ez a hányados φ(3) = 2, ha 3 ∤ n, különben pedig 3, vagyis a szerkesztés pontosan akkor végezhető el, ha n nem osztható hárommal, azaz ha 9 | k.

6. A karakterisztika kettő, és így x^{20} − 1 = (x^{5} − 1)^{4} = (x − 1)^{4}(x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1)^{4}. Tehát elegendő azt megmutatni, hogy x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1 két (másodfokú) irreducibilis polinom szorzatára bomlik a négyelemű test fölött (és akkor az eredmény 4(1 + 2) = 12). Legyen K ≤ L a négyelemű illetve a 16 elemű test. Ez utóbbinak a multiplikatív csoportja ℤ_{15}^{+}, és így L-ben az x^{5} − 1-nek öt különböző gyöke van, vagyis lineáris tényezőkre bomlik. Az öt gyökből a négy ötödrendű elem lesz x^{4} +x^{3} +x^{2} +x+1-nek is gyöke. Ezek nincsenek K-ban, és ezért minimálpolinomjuk másodfokú K fölött.