Mat-tanári szak, első évfolyam, második félév Első zárthelyi — megoldási útmutató

1. A polinom a Schönemann-Eisenstein miatt irreducibilis, és ezért nincs többszörös gyöke. (Természetesen az is jó megoldás, ha valaki az euklideszi algoritmussal, vagy más módszerrel kiszámolja, hogy a polinomnak és a deriváltjának nincs közös gyöke.)

2. A szokásos rekurzióval, felhasználva, hogy Φ_{3}(x) = x^{2} + x + 1,

Φ_{15}(x) = \frac{x^{15} − 1}{Φ_{1}(x)Φ_{3}(x)Φ_{5}(x)} = \frac{x^{15} − 1}{(x^{5} − 1)Φ_{3}(x)} = \frac{x^{10} + x^{5} + 1}{x^{2} + x + 1} = x^{8}−x^{7}+x^{5}−x^{4}+x^{3}−x+1.

A gyökök és együtthatók összefüggése szerint tehát a primitív tizenötödik egységgyökök összege az x^{7} együtthatójának ellentettje, azaz +1.

3. Például 3x^{3} + 6x + 3. Ez nem primitív, tehát ℤ felett nem felbonthatatlan; a racionális gyökteszt szerint nincs racionális gyöke (persze mielőtt alkalmaznánk a gyöktesztet, célszerű leosztani hárommal), és így, mivel harmadfokú, irreducibilis ℚ felett; végül modulo 2 véve x^{3} + 1 adódik, ami reducibilis, hiszen gyöke az 1. (Csak az kaphat pontot, aki mindhárom feltételnek eleget tevő polinomot ad meg, a pontszám ebben az esetben az indoklás minőségétől függ.)

4. Igen, a polinom primitív (1 pont), és ha x helyére x + 1-et írunk, akkor a polinom 7-re kielégíti a Schönemann-Eisenstein feltételét. Valóban, az (x + 1)^{7}-ben a tanult állítás szerint minden együttható osztható héttel, kivéve a főegyütthatót és a konstans tagot, ezek értéke 1. Ezen a 7(x + 1) hozzáadása sem változtat, csak a konstans tagból 8 lesz. Tehát a konstans tag végülis 8 + 6 = 14, ami héttel osztható, de 49-cel nem.

5. A p(x) = x^{4} + 2x^{2} + 4 gyökeit meghatározandó kapjuk, hogy x^{2} = −1 ± \sqrt{3}i, és ebből a komplex számoknál tanult módszerrel négyzetgyököt vonva x = (±\sqrt{2} ± \sqrt{6}i)/2 adódik. A konjugált gyököket összepárosítva kapjuk a valós feletti p(x) = (x^{2}−\sqrt{2}x+2)(x^{2}+\sqrt{2}x+2) felbontást (4 pont). Így p-nek valós gyöke sincs, és ezért ℚ felett is csak két másodfokú szorzata lehetne (1 pont). E másodfokú tényezők gyökei is konjugáltak, és ezért ezek a tényezők csak az x^{2} ± \sqrt{2}x + 2 ℝ[x]-beli asszociáltjai lehetnek, ami azonban soha nem lesz racionális együtthatós (1 pont; az utolsó részben a gyökök helyett az ℝ[x]-beli alaptétel egyértelműségi állítására is hivatkozhatunk, asszociáltság helyett pedig egyenlőségről beszélhetünk, ha normált polinomokkal dolgozunk).

6. Az r(x) = x^{3} + 2x^{2} + 2x + 2 polinomról a gyökök és együtthatók összfüggéséből leolvashatjuk, hogy a + b + c = σ_{1} = −2, ab + ac + bc = σ_{2} = 2 és abc = σ_{3} = −2 (1 pont). Ezért a^{2} + b^{2} + c^{2} = σ_{1}^{2} − 2σ_{2} = 0 (1 pont). Ekkor viszont a keresett polinom gyökei valójában a −a^{2}, −b^{2}, −c^{2} számok, vagyis ez a polinom (x + a^{2})(x + b^{2})(x + c^{2}) (2 pont). Mivel a^{2}b^{2}c^{2} = σ_{3}^{2} és a^{2}b^{2} + a^{2}c^{2} + b^{2}c^{2} = σ_{2}^{2} − 2σ_{1}σ_{3}, a keresett polinom az x^{3} − 4x + 4 (2 pont).