Mat-tanári gyakorlat, második évfolyam, második félév Tizenegyedik alkalom — megoldásvázlatok

1. a) Nem, a páros számok gyűrűjének hányadosteste ℚ-val izomorf, mert minden racionális szám felírható olyan törtként is, aminek számlálója és nevezője is páros. Precízebben, az a megfeleltetés, ami a (2a, 2b) osztályához az a/b törtet rendeli, jóldefiniált, és izomorfizmus (a, b ∈ ℤ, b ≠ 0). Ezt nagyon jó gyakorlat kiszámolni. b) Igaz, az (a + bi, c + di) osztályához az a + bi/c + di törtet rendelő megfeleltetés izomorfizmus.

c) Hamis, ℤ_{6}-ban az 1 additív rendje 6. d) Igaz. Láttuk előadáson, hogy nullosztómentes gyűrűben minden nemnulla elem rendje ugyanaz. Ez a szám nem lehet 6, mert ha a rendje 6, akkor 2a rendje 3. Második megoldás: ha 6a = 0, akkor 2a · 3a = a · 6a = 0, ezért vagy 2a = 0, vagy 3a = 0. Azaz a nem lehet hatodrendű. e) Van, például a ℤ_{2}[x] hányadosteste. f) A ℤ_{2} algebrai lezártja jó (mellesleg ez is végtelen).

g) Igaz. Láttuk az előadáson, hogy van p^{n} elemszámú L (kommutatív) test. Tanultuk azt is, hogy minden véges test multiplikatív csoportja ciklikus, legyen g generátora L^{×}-nek. Ha K ≅ ℤ_{p} a K prímteste, akkor tehát L = K(g), és így ha m jelöli g minimálpolinomját K felett, akkor m foka éppen |L : K| = n, és persze m irreducibilis K ≅ ℤ_{p} felett. h) Ha a karakterisztika nem kettő, az állítás igaz, és azon múlik, hogy a másodfokú egyenlet gyökképlete érvényes. Legyen K ≤ L egy másodfokú bővítés, és α ∈ L, ami nincs K-ban. Ekkor α minimálpolinomja másodfokú, mondjuk x^{2} +px+q. Innen 0 = 4α^{2} +4pα+4q = (2α+p)^{2} +4q −p^{2}, és ezért L = K(α) = K(2α + p) = K(\sqrt{p − 4q}). Ha a karakterisztika kettő, az állítás nem mindig igaz. Ellenpélda a négyelemű test, amit nem lehet megkapni úgy, hogy a prímtestéhez egy elem négyzetgyökét hozzávesszük, hiszen a prímtest mindkét elemének egyetlen négyzetgyöke van: önmaga. i) Igaz. Legyen K egy p karakterisztikájú test. Vegyük észre először, hogy (−1)^{p} = −1, ami páratlan p-re nyilvánvaló, de igaz p = 2-re is, mert akkor −1 = 1. Mivel p-karakterisztikában a p-edik hatványra emelés tagonként végezhető, (a − b)^{p} = a^{p} + (−b)^{p} = a^{p} − b^{p}. Ha tehát a^{p} = b^{p}, akkor innen (a − b)^{p} = 0, és mivel minden test nullosztómentes, a = b. Ezért minden elemnek (tehát az 1-nek is) legfeljebb egy darab p-edik gyöke lehet.

2. x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1 = (x^{5} − 1)/(x − 1), tehát a gyökök ötödik hatványa 1. A 27 elemű test multiplikatív csoportjának rendje 26, ez nem osztható 5-tel, ezért az egyetlen ilyen elem az egységelem, ami nem gyöke a fenti polinomnak. Hasonlóan látható (az x^{2} − x + 1 = Φ_{6}(x) összefüggés miatt), hogy ennek a polinomnak a gyökei pont a hatodrendű elemek, ilyen sincs a Lagrange-tétel miatt. Megjegyezzük, hogy egy 27 elemű test minden eleme harmadfokú a prímtest, azaz ℤ_{3} felett, kivéve a prímtest elemeit, amik elsőfokúak. Tehát egy másodfokú polinomnak csak akkor lehet itt gyöke, ha ℤ_{3}-ban is van. Ezzel második megoldást kaptunk az x^{2} − x + 1 esetére. A másik polinom is elintézhető ezzel az ötlettel (hogyan?).

3. A ℤ_{2} felett x^{4} − 2 ugyanaz mint x^{4}, ennek egyetlen gyöke a nulla, tehát felbontási teste ℤ_{2}. A ℤ_{2} felett x^{4} − 1 = (x − 1)^{4}, tehát ennek is a ℤ_{2} a felbontási teste. Mivel x^{4} − x = x(x − 1)(x^{2} + x + 1), ezért az eredmény a négyelemű test. Az x^{8} − x polinomnak a Lagrange-tétel miatt a nyolcelemű test minden eleme gyöke. Ez az összes gyök, hiszen nyolcadfokú a polinom. Ezért az eredmény a nyolcelemű test (melynek foka 3 a ℤ_{2} felett). Az x^{2} + 1 polinomnak a ℤ_{17}-ben gyöke a ±4, ezért a felbontási test a ℤ_{17}. Viszont x^{2} − 3-nak nincs itt gyöke, azaz a felbontási test másodfokú lesz. Végül az x^{11} − 1 polinom gyökei az 1 kivételével tizenegyedrendűek. Ezért ha a keresett fokszám n, akkor 11 | 2^{n} − 1. A legkisebb ilyen n (azaz a 2 rendje modulo 11) a 10. Mivel a 2^{10} elemű test multiplikatív csoportja ciklikus, ebben x^{11} − 1 tényleg lineáris tényezőkre bomlik. (Lásd a körosztási jegyzet harmadik fejezetének végén a gyakorlatokat!)

4. A Galois-csoport ℤ_{3}, a főtétel igaz, csak a két triviális közbülső test van.

5. ℝ[x]: nullosztómentes, de végtelen dimenziós. ℝ^{2×2}: véges dimenziós, de nem nullosztómentes. ℚ(\sqrt{2}): véges dimenziós, nullosztómentes, de nem ℝ feletti algebra (hanem ℚ feletti).

6. Ezzel az észrevétellel megússzuk annak bizonyítását, hogy a kvaterniók szorzása asszociatív.

7. Kettő. Az egyik a szokásos (amit a valósból kapunk), a másik pedig a következő: a + b\sqrt{2} ≺ c + d\sqrt{2} akkor és csak akkor, ha a − b\sqrt{2} < c − d\sqrt{2}. Ezek nyilván rendezések. Nincs több, mert minden rendezésnél ℚ rendezése nyilván a szokásos (mert az 1 négyetszám), és a fenti két rendezést aszerint kapjuk, hogy +\sqrt{2} pozitív, vagy negatív lesz-e eszerint a rendezés szerint (+\sqrt{2} „előjele” már meghatározza a rendezést).

9. Az első igen, az 1 generálja (ez az egész gyűrű). A második nem, mert x+4 irreducibilis ℤ fölött (primitív, és elsőfokú), ezért a két polinom kitüntetett közös osztója az 1, de ez nincsen benne az ideálban, hiszen itt minden konstans tag páros.