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

1. Az ilyen alakú számok a ℚ(\sqrt[3]{2}) testet alkotják. A \sqrt[3]{2} foka ℚ felett három, mert ℚ feletti minimálpolinomja x^{3} − 2. Így |ℚ(\sqrt[3]{2}) : ℚ| = 3. Tehát e bővítés minden elemének foka osztója háromnak. De a \sqrt[6]{2} foka ℚ felett 6, mert a Schönemann-Eisenstein kritérium miatt az x^{6} − 2 polinom irreducibilis ℚ felett. Tehát sem ez a szám, sem a másodfokú \sqrt{2} nem írható fel a kívánt alakban. Jegyezzük meg, hogy sok harmadfokú szám van, ami szintén nem írható fel ilyen alakban, ilyen például az x^{3} − 2 polinom két nem valós gyöke.

3. Tekintsük a K ≤ K(α) ≤ K(α)(β) = M testláncot. Az első bővítés foka gr_{K}(α). A második bővítés fokának meghatározásához meg kell vizsgálnunk a β minimálpolinomját K(α) felett. Ha a K feletti minimálpolinomot m jelöli, akkor m foka gr_{K}(β). Az m polinom K[x]-beli, és így minden együtthatója benne van a K(α) testben. A K(α) feletti minimálpolinom azonban osztója minden olyan K(α)[x]-beli polinomnak, aminek β gyöke, tehát speciálisan m-nek is. Ezért a foka, azaz β foka K(α) felett legfeljebb annyi, mint m foka, azaz gr_{K}(β). Így a fenti testláncból azt kapjuk, hogy |M : K| ≤ gr_{K}(α)gr_{K}(β). Másrészt viszont α és β K feletti foka osztja |M : K|-t, és mivel e két szám relatív prím, a szorzatuk is osztja. Vagyis beláttuk, hogy |M : K| = gr_{K}(α)gr_{K}(β). (A fenti lánc alapján ebből azt is láthatjuk, hogy β foka K(α) felett gr_{K}(β), és ezért a fenti m polinom a K(α) feletti minimálpolinom is egyben.)

2. Nyilván K(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}) ⊆ K(\sqrt[6]{2}), hiszen \sqrt{2} is és \sqrt[3]{2} is hatványa \sqrt[6]{2}-nek. A 3. feladat alapján mindkét bővítés hatodfokú, és ezért a két bővítés megegyezik. A fokszámra való hivatkozás helyettesíthető lenne közvetlen számolással, mert \sqrt[6]{2} is könnyen kifejezhető \sqrt{2}-vel és \sqrt[3]{2}-vel.

4. Tekintsük a ℚ ≤ ℚ(\sqrt{8}) = ℚ(\sqrt{2}) ≤ ℚ(\sqrt[4]{2}) láncot. Tudjuk, hogy a nagy bővítés foka 4, a kicsié 2, ezért |ℚ(\sqrt[4]{2}) : ℚ(\sqrt{8})| = 2. Így a keresett fokszám kettő. (Be lehet látni, hogy a \sqrt[4]{2} minimálpolinomja ℚ(\sqrt{2}) felett x^{2} − \sqrt{2}, de erre nincsen szükség.) A másik kérdéshez tekintsük a ℚ ≤ ℚ(\sqrt[3]{7}) ≤ ℚ(\sqrt[3]{7}, \sqrt[4]{2}) láncot. A 3. feladat miatt itt a nagy bővítés foka 12, és a kicsié 3, ezért az eredmény 4.

5. Legyen ε primitív harmadik egységyök, melyre θ = ε\sqrt[3]{2}. Mivel θ minimálpolinomja is x^{3} − 2, a θ foka ℚ felett 3. Továbbá ε foka φ(3) = 2 (a minimálpolinom a harmadik körosztási polinom, azaz x^{2} + x + 1). Nyilván ℚ(\sqrt[3]{2}, ε\sqrt[3]{2}) = ℚ(\sqrt[3]{2}, ε), és így a 3. feladat miatt ez hatodfokú bővítése ℚ-nak. Ezért θ másodfokú ℚ(\sqrt[3]{2}) felett (és ez nem osztja a θ fokát ℚ felett). A ℚ(θ) ∩ ℝ test részteste ℚ(θ)-nak, és így ℚ feletti foka 1 vagy 3 lehet. Utóbbi lehetetlen, mert θ nem valós. Ezért a metszet ℚ.

6. Mivel i algebrai, ha a és b algebrai, akkor a + bi is az, hiszen az algebrai számok testet alkotnak. Megfordítva, ha a + bi algebrai, akkor gyöke egy racionális együtthatós nem nulla polinomnak. Ennek a − bi is gyöke (hiszen a polinom valós együtthatós), de a és b kifejezhető a + bi-vel, a − bi-vel és i-vel.

7. Ha a = π + 3 algebrai lenne, akkor a − 3 = π is az lenne, hiszen az algebrai számok testet alkotnak, ami ellentmondás. Hasonlóan látható, hogy 5π + 6 és π + \sqrt{2} sem lehet algebrai. Ha \sqrt{π} algebrai lenne, akkor négyzete is, ez sem lehet. Végül belátjuk, hogy π semmilyen racionális együtthatós, nem nulla polinomja sem lehet algebrai. Ha ugyanis g(π) algebrai lenne, azaz gyöke lenne egy racionális együtthatós f ≠ 0 polinomnak, akkor f(g(π)) = 0, azaz π gyöke lenne a racionális együtthatós, nem nulla f(g(x)) polinomnak.

8. A lineáris kombinációk felírásával, és π transzcendens voltának kihasználásával kapjuk, hogy az első és a harmadik halmaz független. A második nem, mert ℂ csak másodfokú ℝ felett.

9. Algebrai plusz transzcendens mindig transzcendens. Nem nulla algebraiszor transzcendens is transzcendens. Algebrai szám n-edik hatványa és n-edik gyöke is algebrai, minden n egészre.

10. a): Ez a szám primitív 360-adik egységgyök, hiszen 23 és 360 relatív prímek. Ezért foka φ(360). b): Legfeljebb hatodfokú, de négyzetre emeléssel kifejezhető a \sqrt[3]{9}, ezért az eredmény 6. c): Nyilván 2. d): Négyzetre emeléssel kifejezhető a \sqrt{2}, az eredmény 4.

11. A ℚ minden algebrailag zárt bővítése tartalmazza az n-edfokú \sqrt[n]{2} számot minden n-re, és így foka végtelen. Ha K véges test, és elemei {a_{1}, …, a_{n}}, akkor az f(x) = (x − a_{1}) … (x − a_{n}) + 1 nem-konstans polinomnak nincs gyöke K-ban, ezért K nem lehet algebrailag zárt. A ℤ_{p} test esetében vehetnénk ehelyett az x^{2} − g polinomot, ahol g kvadratikus nemmaradék.