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

1. A normálalakban a főátló 1, 1, x, −x^{3} lesz (4 pont), a Jordan alak egy 3 × 3-as és egy 1 × 1-es blokkból áll, mindkettő a nulla sajátértékhez tartozik (2 pont).

2. Az egyetlen nemtriviális kongruencia az, amikor a négyelemű lánc két középső elemét csípjük össze (ezt ugyanígy számolhatjuk ki, mint az M_{3} egyszerűségét). A kongruenciaháló tehát a háromelemű lánc.

3. Az eredmény K. Jelölje K elemeit {0, a, b, a + b}. Ezek mindegyikének kétszerese nulla, és ezért ha φ : K → ℤ_{6}^{+} egy homomorfizmus, akkor minden képelem kétszerese is nulla. A ℤ_{6}^{+} ilyen eleme csak a 0 és a 3 (2 pont). Tehát a és b képe is nulla vagy 3 lehet, ami összesen négyféle homomorfizmust jelent, hiszen a + b képét a és b képe meghatározza (2 pont). Mind a négyfajta lehetséges leképezés könnyen láthatóan tényleg homomorfizmus. Mivel mindegyiknek a kétszerese nulla, ez a négyelemű Hom-csoport nem ciklikus, és így a négyelemű csoportok ismert felsorolása miatt csak a Klein-csoport lehet (2 pont).

4. Nem. Tegyünk az M_{3} háló „alá” egy új elemet (ami az összes többinél kisebb). Ez ellenpélda, hiszen moduláris, nem disztributív, és csak a legalsó és legfelső elemnek van komplementuma.

5. Ilyen például egy (origón átmenő) tengely körüli 90 fokos forgatás. Ha ugyanis a v ≠ 0 vektor merőleges a tengelyre, akkor (x^{2} + 1)v = A^{2}(v) + v = 0, azaz v rendje x^{2} + 1-nek osztója. De x^{2} + 1 irreducibilis ℝ felett, és v ≠ 0 miatt v rendje nem lehet konstans.

6. Az eredmény ℤ_{2}^{+}. Mivel 0 ⊗ g = 0, a tenzorszorzat elemei ∑ n_{i}(1 ⊗ g_{i}) alakú lineáris kombinációk, de ez az összeg 1 ⊗ g alakra vonható össze, alkalmas g ∈ A elemre. Ha a g tört p/q alakú, ahol p, q egészek és q páratlan, akkor ℤ_{2}^{+}-ban q · 1 = q, és ezért 1 ⊗ g = (q · 1) ⊗ (p/q) = 1 ⊗ q = (p · 1) ⊗ 1. Tehát ℤ_{2}^{+} ⊗ A = {0, 1 ⊗ 1} (3 pont). Meg kell még mutatni, hogy 1⊗1 ≠ 0 ebben a tenzorszorzatban. Tekintsük azt az f : ℤ_{2}^{+} ×A → ℤ_{2}^{+} bihomomorfizmust, amely (1, g)-hez nullát rendel, ha g számlálója páros, és egyet, ha g számlálója páratlan. Könnyű kiszámolni, hogy ez tényleg bihomomorfizmus. Ez tehát keresztülvezethető a tenzorszorzaton, azaz van olyan φ : ℤ_{2}^{+} ⊗ A → ℤ_{2}^{+} homomorfizmus, amelyre φ(1 ⊗ 1) = f(1, 1) = 1. Így 1 ⊗ 1 ≠ 0 (3 pont).