Matematikus gyakorlat, második évfolyam, második félév Első zárthelyi (2003. ápr. 9) — megoldásvázlatok

1. Például ℤ_{4}^{+} ilyen, hiszen ebben minden páratlan számmal lehet osztani, így modulus R felett, és a legkisebb nemtriviális részmodulusa {0, 2}. Második megoldás: Gyakorlaton láttuk, hogy R összes ideálja R ⊃ (2) ⊃ (4) ⊃ ⋯ ⊃ (2^{k}) ⊃ ⋯ ⊃ 0. Ezért az _{R}R modulusnak _{R}R/(2^{k}) szubdirekt irreducibilis faktora, ami nem egyszerű, ha k > 1. Persze RR/(4) additív csoportja pont ℤ_{4}^{+} lesz.

2. Legyen I injektív, I = A ⊕ B, és α : C → D injektív. Ha φ : C → A, akkor I injektivitása miatt létezik ψ : D → I, hogy ψα = φ. Legyen π az I projekciója A-ra, ekkor πψ : D → A megfelelő lesz, mert πψα = πφ = φ, hiszen π az identitás A-n, és Im(φ) ⊆ A.

3. Jó például a ψ : ℤ_{2}^{+} → ℤ_{2}^{+} identikus leképezés, mert 1 ⊗ 1 ∈ ℤ^{+} ⊗ ℤ_{2}^{+} ≠ 0, de φ ⊗ ψ-nél vett képe 2 ⊗ 1, ami ℤ^{+} ⊗ ℤ_{2}^{+}-ban nulla.

4. Az eredmény a négyelemű Boole-algebra lesz, vagyis csak a négy triviális normálosztó van: {(1, 1)}, A_{5}^{2}, {1} × A_{5} és A_{5} × {1}. Ha ugyanis N normálosztó, akkor mindkét vetülete normálosztó A_{5}-ben, ami egyszerű csoport. Ha valamelyik, például az első vetület {1}, akkor N ≤ {1}×A_{5}, és így N a felsoroltak egyike. A fennmaradó eset az, ha N szubdirekt részcsoport. Gyakorlaton láttuk, hogy ekkor N vagy A_{5}^{2}, vagy egy φ : A_{5} → A_{5} automorfizmus gráfja. Ez utóbbi azonban nem normálosztó, mert ha az lenne, akkor (g, φ(g))-t (g, h)-val konjugálva (g, hφ(g)h^{−1}) adódik, ami tehát szintén φ gráfjának eleme, vagyis hφ(g)h^{−1} = φ(g). Ez minden g, h-ra igaz, és így A_{5} kommutatív lenne.

5. A gyűrű véges, azaz Artin, így a radikál a legnagyobb nilpotens ideál. S ideáljait fnek a g osztói generálják, ezek 1, x + 1, x^{2} + 1, x^{2} + x + 1, (x^{2} + x + 1)(x + 1) és f. Ha (g) nilpotens, akkor f | g^{k} alkalmas k-ra. Tehát a radikál ((x^{2} + x + 1)(x + 1))/(f). (Ez úgy is kijönne, hogy a maximális ideálok metszetét tekintjük, a maximális ideálokat x + 1 és x^{2} + x + 1 generálja.) A radikál szerinti faktor tehát 2^{3} = 8 elemű. Mivel S kommutatív, a radikál szerinti faktor testek direkt szorzata, és egyben a ℤ_{2}[x]/(x + 1) és a ℤ_{2}[x]/(x^{2} + x + 1) faktorgyűrűk szubdirekt szorzata (e két faktorgyűrű a kételemű és a négyelemű test). Az elemszám miatt a teljes direkt szorzatról van szó (de ez közvetlenül is kiszámolható a kínai maradéktétellel). Tehát S/J(S) ≅ GF(2) × GF(4).

6. Az U, V és W alterek által generált részháló homomorf képe a három elemmel generált szabad moduláris hálónak. E szabad moduláris hálóban az

[(x ∧ y) ∨ (x ∧ z) ∨ (y ∧ z), (x ∨ y) ∧ (x ∨ z) ∧ (y ∨ z)]

intervallum (e háló rajzából leolvashatóan) M_{3}-mal izomorf. Mivel M_{3} egyszerű háló, a homomorf képben ez az intervallum vagy összeesik (és ekkor a feladatban szereplő különbség nulla), vagy pedig a képben is találunk egy M_{3}-mal izomorf részhálót, legyen ennek a középső három eleme az A_{1}, A_{2}, A_{3} altér, a teteje M = (U + V) ∩ (U + W) ∩ (V + W), az alja N = (U ∩ V) + (U ∩ W) + (V ∩ W). Nyilván M/A_{i} izomorf A_{j}/N-nel ha i ≠ j, és így dimenziójuk egyenlő. De akkor az összes M/A_{i} és A_{i}/N dimenziója ugyanaz, a keresett dim M − dim N pedig ennek kétszerese.