Mat-tanári szak, első évfolyam, második félév Válaszok a vizsgakérdésekre (1998. május 29.)

2. a) A 𝔾[x] gyűrű invertálható elemeit, azaz egységeit keressük. Tanultuk, hogy a polinomgyűrű egységei az alapgyűrű egységei, mint konstans polinomok. Ezért a kérdéses csoport elemei az 1, −1, i, −i, és ezek rendjei 1, 2, 4, 4.

b) A ℂ[x]-ben. Ha f = gh, ahol f, g ∈ ℚ[x] és h ∈ ℂ[x], akkor osszuk el maradékosan f-et g-vel ℚ[x]-ben. Az eredmény f = gq + r. Mivel ez is és f = gh + 0 is ℂ[x]-beli maradékos osztás, az egyértelműség miatt h = q ∈ ℚ[x]. (Hasonló gondolatmenet szerepel a körosztási polinomokról szóló jegyzet 6. oldalának tetején.)

c) Az x^{2} + 1 a kvaterniók fölött, hiszen gyöke i, j és k is.

d) Nem, ℤ_{2} fölött x^{3} + x^{2}-nek a nulla kétszeres gyöke, és deriváltjának, ami x^{2}, szintén. Jó az x^{2} is, amelynek a deriváltja nulla, és így nincs is értelme egyszeres gyökéről beszélni.

3. a) Nem, ℝ[x]-ben minden irreducibilis polinom legfeljebb másodfokú.

b) Ha p prím ℤ-ben, és osztja az f = gh polinomot, akkor ℤ_{p}[x]-re áttérve, azaz f-et (együtthatónként) mod p véve \overline{f} = 0 adódik. Mivel ez az áttérés szorzattartó (lásd a körosztási jegyzetben a 3.2. Gyakorlatot), azt kapjuk, hogy \overline{g}\overline{h} = \overline{gh} = 0. A ℤ_{p}[x] nullosztómentessége miatt \overline{g} = 0 (és ekkor p | g), vagy \overline{h} = 0 (és ekkor p | h). Tehát p prím ℤ[x]-ben.

c) Van, például 3x^{10} + 6, ez a Schönemann-Eisenstein miatt irreducibilis ℚ fölött, a ℤ fölött azonban 3(x^{10} + 2) nemtriviális felbontás, hiszen a 3 nem egység ℤ[x]-ben.

d) Igen, minden elem nulla vagy egység, ezért az alaptétel állítása üres (hiszen a nem nulla és nem egység számokról szól), és így igaz.

4. a) A 7^{32}-t kár volt kiszámolni, hiszen az Euler-Fermat tétel szerint tudjuk, hogy 1-et kapunk modulo 96 (1 pont). Mindebből nem következik, hogy a 7 rendje 32 mod 96, mert ahhoz az kell, hogy kisebb pozitív kitevőre emelve nem kapunk 1-et mod 96 (1 pont).

b) Csak 1-et. Ugyanis c^{16}+1 = Φ_{32}(c), és a Dirichlet-tétel nk+1 esetének bizonyításánál tanultuk, hogy ha p | Φ_{n}(c) prím, akkor p | n, vagy p ≡ 1 (n). Az állítás közvetlenül is igazolható a VIII/6. feladat mintájára (a megoldást lásd a körosztási jegyzetben a 13. oldalon), annak megmutatásával, hogy o_{p}(c) = 32.

5. a) Ha p páratlan (pozitív) prím, akkor az x^{2} ≡ −1 (p) kongruencia akkor és csak akkor oldható meg, ha p ≡ 1 (4).

b) Nem, mert osztható 1 + i-vel, hiszen a normája páros szám. Sőt, azt is tudjuk, hogy Gauss-prím normája csak prímszám, vagy (egy 4k − 1 alakú) prím négyzete lehet.

c) 36 = 4 · (2 + 1) · (2 + 1), mert 25 = (2 + i)^{2}(2 − i)^{2}, és így az alaptétel miatt osztói egyértelműen ε(2 + i)^{α}(2 − i)^{β} alakban írhatók, ahol ε egység, és 0 ≤ α, β ≤ 2.

d) Nem; láttuk, hogy 2 · 3 = (1 + i\sqrt{5})(1 − i\sqrt{5}), de 1 + i\sqrt{5} nem osztója sem 2-nek, sem 3-nak (ez az osztás közvetlen elvégzésével látható, de következik abból is, ha a normákat nézzük, vagy ha felhasználjuk, hogy 2 és 3 felbonthatatlanok, az egységek pedig csak ±1).