Mat-tanári szak, első évfolyam, második félév Válaszok a vizsgakérdésekre (1998. június 18.)

2. a) (−i − j + k)/3 a tanult képlet szerint.

b) Például x nem osztható el maradékosan (a nulladfokú) 2-vel, mert ekkor a maradék csak 0 lehetne, de x = 2q(x) nem teljesül semmilyen q ∈ ℤ[x]-re.

c) A ℤ_{8} fölötti x(x^{2} − 1) polinomnak gyöke a 0, 1, 3, 5, 7.

d) Az, hogy tetszőleges T testben abból, hogy nt = 0 (ahol t ∈ T és 0 < n ∈ ℤ) nem következik, hogy t = 0. Itt nem a nullosztómentességről van szó, hiszen nt jelentése: adjuk össze t-t n példányban (lásd a körosztási jegyzetben a 3.8-as kérdést).

3. a) c(x^{2} − 2x + 2)^{2}(x^{2} + 2x + 2)^{3}, ahol 0 ≠ c ∈ ℚ.

b) Például x^{3}+x+1, hiszen ennek nincs gyöke ℤ_{5}-ben, és mivel harmadfokú, irreducibilis.

c) Igaz. Ha fq = g, ahol q ∈ ℚ[x], akkor a Gauss-Lemma III miatt van olyan c ∈ ℚ, hogy cf és q/c is egész együtthatós. Mivel f primitív, c egész szám, és így q ∈ ℤ[x].

d) Négy van. Egy (polinom)függvény a 0 és az 1 helyen is kétféle értéket vehet fel, ez összesen négy lehetőség, és ezeket a 0, 1, x, x + 1 polinomok megvalósítják.

4. a) Azt kell megnézni, hogy 2^{35} ≡ 1 (71) igaz-e. A kitevőt kettes számrendszerben felírva 35 = 2^{5} + 2 + 1, tehát ötször kell négyzetre emelni mod 71, majd kétszer szorozni.

b) n = 32 és m = 48 (vagy fordítva). Ezek ugyanis φ(97) = 96 maximális osztói, és így g akkor és csak akkor primitív gyök mod 97, ha rendje egyiknek sem osztója, vagyis ha g^{32} és g^{48} nem kongruens 1-gyel (sem nullával) mod 97.

c) Az x^{4} ≡ −1 (p) kongruencia megoldhatóságát kell vizsgálni. Ez binom kongruencia, tehát a tanult tétel szerint akkor és csak akkor oldható meg, ha (−1)^{(p−1)/(4,p−1)} ≡ 1 (p), azaz ha (p − 1)/(4, p − 1) páros szám, vagyis ha a p prím 8k + 1 alakú.

d) A k = 1. Ez jó a titkosírásban használt lemma miatt, hiszen a 46 két prím szorzata, a k = 0 pedig nem jó például a = 2 esetén.

5. a) Kétféleképpen. Mivel 90000 = 2^{4} · 3^{2} · 5^{4}, ezért a felírás létezik (hiszen a 3 kitevője páros), és a tanult képletből 4 · (4 + 1) = 20 jön ki. Maga a 90000 négyzetszám, ezért a 20 lehetőségből 4 esetben a két négyzetszám egyike nulla. A fennmaradó 16 esetben az előjelektől és a sorrendtől kell eltekinteni, azaz 8-cal osztani.

b) Nem, mert a 8 kanonikus alakja i(1 + i)^{6}, és az egységtényezőből már négyzetgyök sem vonható.

c) Nem; láttuk, hogy 2 · 3 = (1 + i\sqrt{5})(1 − i\sqrt{5}), de 3 nem osztója 1 ± i\sqrt{5}-nek, hiszen az 1/3 ± i/3\sqrt{5} nincs benne a gyűrűben.