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

1. Ez a polinom irreducibilis ℚ felett (például a racionális gyökteszt miatt), és ezért ℚ(θ) harmadfokú ℚ felett (1 pont). Ezért az α számot a + bθ + cθ^{2} alakban keressük, ahol a, b, c ∈ ℚ. Ekkor (θ + 1)(a + bθ + cθ^{2}) = 1. A beszorzást elvégezve, és a θ^{3} = θ − 2 összefüggést felhasználva 1 = (a − 2c) + (a + b + c)θ + (b + c)θ^{2} adódik. Az egyértelműség miatt a megfelelő együtthatók egyenlők. Ezt a lineáris egyenletrendszert megoldva a = 0, b = 1/2, c = −1/2, vagyis α = (θ−θ^{2})/2 (3 pont). Egy harmadfokú bővítésben az alaptest elemei elsőfokúak, a többi harmadfokú (mert 3-nak osztója). De α ∉ ℚ az előállítás egyértelműsége miatt (1 pont), és ezért α harmadfokú (1 pont).

2. Ha x = \sqrt[4]{5 + \sqrt[3]{−2}}, akkor először negyedik hatványra, majd átrendezés után köbre emelve azt kapjuk, hogy x^{12} − 15x^{8} + 75x^{4} − 123 = 0 (3 pont). Ez a polinom irreducibilis ℚ felett a Schönemann-Eisenstein kritérium miatt (p = 3), és ezért az eredeti szám foka 12.

3. A gyökök és együtthatók összefüggése miatt A + B = N, vagyis B = −A = 2A = 2x + (x^{2} + 1) (2 pont). Az A rendje az összeadásra 3, ugyanis ez az elem nem nulla (hiszen a nulla nem gyöke a polinomnak), vagyis rendje nem 1, viszont a háromszorosa már nulla, sőt T minden elemének a háromszorosa nulla (1 pont). Mivel A gyöke az Ex^{2} + E polinomnak, ezért A^{2} = −E (ez reprezentánsokkal való közvetlen számolással is látható). Tehát A^{4} = E, vagyis A rendje osztója a 4-nek (2 pont). De A^{2} = −E ≠ E (hiszen a karakterisztika három, nem kettő), és ezért A rendje nem osztója a 2-nek, és így csak 4 lehet (1 pont).

4. Tegyük fel, hogy \sqrt{2} + \sqrt[5]{5}\sqrt[3]{3} szerkeszthető. Mivel \sqrt{2} szerkeszthető az egységszakaszból, továbbá hányadost is tudunk szerkeszteni, ezért \sqrt[3]{3} is szerkeszthető (2 pont). Tehát \sqrt[3]{3} foka 2-hatvány a ℚ(\sqrt[5]{5}) fölött (1 pont). De \sqrt[3]{3} foka ℚ felett 3, mert x^{3} − 3 irreducibilis ℚ fölött. Hasonlóan \sqrt[5]{5} foka ℚ fölött 5. Mivel 3 és 5 relatív prímek, ℚ(\sqrt[5]{5})(\sqrt[3]{3}) = ℚ(\sqrt[5]{5}, \sqrt[3]{3}) foka ℚ fölött 15. A szorzástétel miatt tehát \sqrt[3]{3} foka 3 a ℚ(\sqrt[5]{5}) fölött. Ez ellentmondás, tehát a szerkesztés nem végezhető el (3 pont).

5. A IX/4. feladat megoldásakor láttuk, hogy a ℚ(\sqrt{2}, \sqrt{3}) testnek a nemtriviális résztestei ℚ(\sqrt{2}), ℚ(\sqrt{3}), ℚ(\sqrt{6}). Ezek egyikében sincs benne a β = 3\sqrt{2} + 2\sqrt{3}, mert ebben a bővítésben bázist alkot az 1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}, tehát az ebben való felírás egyértelmű. Ezért β az egész bővítést kell, hogy generálja, vagyis foka 4. A feladatot Galois-elmélet nélkül is meg lehet oldani, annak mintájára, ahogy tavaly megmutattuk, hogy \sqrt{2} + \sqrt{3} gyöke egy negyedfokú irreducibilis polinomnak, de ez sokkal több számolással jár. Harmadik megoldásként kiszámolhatjuk, hogy 1, β, β^{2} lineárisan független rendszer ℚ fölött (és így β foka osztója 4-nek, de legalább 3).

6. A 16 elemű test minden nem nulla eleme gyöke az x^{15} − 1 polinomnak a Lagrange-tétel miatt (hiszen a multiplikatív csoportja 15 elemű). Mivel a polinom maga is 15-ödfokú, ebben a testben lineáris tényezőkre bomlik. A gyökök tehát ezt a testet generálják ℤ_{2} fölött, és így a 16 elemű test felbontási test lesz (vö. XI/3. feladat). A felbontási test egyértelműsége miatt más test nem jön szóba.