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

1. Ha a komplementuma a′ és b komplementuma b′, akkor a ∨ b komplementuma a′ ∧ b′ és a ∧ b komplementuma a′ ∨ b′. A disztributivitás miatt ugyanis

(a ∨ b) ∧ (a′ ∧ b′) = ((a ∧ a′) ∨ (b ∧ a′)) ∧ b′ = b ∧ a′ ∧ b′ = 0 .

Dualizálva, illetve a ↔ a′ és b ↔ b′ cserével a többi állítás is következik.

2. Például az M_{3} háló alá odarajzolunk egy új nullelemet. Ennek kongruenciahálója a négyelemű Boole-algebra.

3. Legyen ε = cos α + i sin α, ekkor 2 cos α = ε + \overline{ε}. Ez algebrai egész, ha tehát racionális is, akkor egész szám. Mivel |2 cos α| ≤ 2, ez az egész szám csak 0, ±1, ±2 lehet. A megfelelő szögek a közismert ±90^{∘}, ±60^{∘}, ±120^{∘}, 0^{∘}, 180^{∘}.

4. Egy p/q tört akkor van a radikálban, ha 1 − sp/q invertálható minden s-re, azaz nem gyöke sem 1, sem −1. Ha p/q ilyen tört, de p(1) ≠ 0 lenne, akkor válasszuk s-et konstans q(1)/p(1)-nek, ekkor az 1 mégiscsak gyök lenne, ami ellentmondás. Ha tehát p/q a radikálban van, akkor p(1) = 0, és hasonlóan p(−1) = 0. Megfordítva, ha p(1) = p(−1) = 0, akkor 1 − sp/q-nak nyilván nem gyöke ±1, és így p/q a radikálban van (3 pont). A radikál szerinti faktor ℝ × ℝ-rel izomorf. Valóban, a p/q ↦ (p(1)/q(1), p(−1)/q(−1)) homomorfizmus, aminek magja nyilván a radikál, és ami már a polinomok részgyűrűjén is köztudottan szürjektív.

5. Tegyük fel, hogy J nemtriviális ideálja I-nek. Ekkor J ⊆ RJR ⊆ I, és RJR ideálja R-nek, így I minimalitása miatt RJR = I. De ekkor

I^{3} = (RJR)(RJR)(RJR) = (RJRR)J(RJRR) ⊆ IJI ⊆ J

hiszen J ideál I-ben. Viszont I^{3} ideál R-ben, és így csak nulla lehet. Ekkor viszont már I^{2} is nulla, hiszen ez is ideál.

6. Vegyünk egy négyelemű láncot, és 1997 darab háromelemű láncot. Csípjük össze ezeket a legnagyobb és a legkisebb elemüknél fogva. A kapott háló kongruenciahálója a háromelemű lánc, a nemtriviális kongruencia a négyelemű lánc két középső elemét ejti össze.