Algebra gyakorlat, 8. feladatsor, megoldásvázlatok

Átírás

1 Algebra gyakorlat, 8. feladatsor, megoldásvázlatok 1. Jelölje I az (x ideált. Most az x + I R[x]/(x négyzete (x + I 2 x 2 + I 1+x 2 +1+I 1+I, hiszen x 2 +1 I. Így ( x+i(x+i (x+i 2 1+I. Tehát (x + I 1 x + I. Hasonlóan (a + bx + I (c + dx + I ac + adx + bcx + + bdx 2 + I (ac bd + (ad + bcx + bd(x I (ac bd + (ad + bcx + I. 2. a Könny ellen rizni, hogy a megadott halmazok zártak az összeadásra, kivonásra és tetsz leges gy r elemmel való szorzásra. Például I + J R, mert ha a 1, a 2, b 1, b 2 r R tetsz leges, akkor (a 1 + b 1 ± (a 2 + b 2 (a 1 ± a 2 + (b 1 ± b 2 I + J, r(a 1 + b 1 ra 1 {{ I R (a 1 + b 1 r a 1 r {{ I R + rb {{ 1 I + J, J R I + J. + b 1 r {{ J R b Most I J I R I. Az els tartalmazás J R miatt, a második tartalmazás pedig azért teljesül, mert I zárt a gy r elemekkel való jobbszorzásra. Hasonlóan, I J R J J. Az els tartalmazás I R miatt, a második tartalmazás pedig azért teljesül, mert J zárt a gy r elemekkel való balszorzásra. c Például Z-ben I (4 és J (6 esetén I J (24, de I J (12. d Kommutatív egységelemes gy r ben 1 I + J miatt I J (I J(I + J (I JI + (I JJ JI + IJ IJ + IJ IJ. Nemkommutatív gy r ben IJ és JI nem feltétlen egyenl k, így ott az eredeti állítás nem is mindig igaz, pl. { ( { ( { ( a b 0 b u v R : a, b, d T, I : b, d T, J : u, v T { ( { ( 0 t I + J R, I J JI : t T, IJ. ( a b 3. Legyen J 0 egy ideál, és legyen J egy nem nulla eleme. Legyen pl. a 0. c d (A bizonyítás hasonlóan megy, ha a mátrix bármely másik eleme nem nulla. Az ötlet, hogy a nem nulla elemet el tudjuk mozgatni bárhova olyan mátrixokkal való szorzással, 1,

2 2 melyeknek egy kivétellel minden eleme 0. Például a a b 1 0 c d 0 a 1 0 a b 0 1 c d a b 1 0 a c d a b 0 1 és így 0 a 1 0 c d ( x y xa 1 0 a 0 ya 1 a u v 0 xa ya 1 + ua 1 0 va ua 1 + a va 1 J. 0 a ( ( ( A 3. feladat alapján könny látni, hogy az,, mátrixokkal való 0 1 szorzás segítségével egy nem nulla elem jobbra vagy felfele mozgatható. Innen már nem nehéz látni, hogy a három valódi ideál { ( a b : a, b C, { ( 0 b : b, d C, { ( 0 b : b C. 5. Ha egy I Z ideálra 18,30 I, akkor (mivel az ideál részgy r is I és I is teljesül. Tehát 6 I, amib l 6Z I adódik. Mivel 6 18 és 6 30, így 18, 30 6Z. Végül hattal osztható számok összege és különbsége is hattal osztható, valamint egy hattal osztható szám minden egész számszorosa is hattal osztható, azaz 6Z ideál. Így a kérdéses ideál (18, 30 6Z (6 Z. 4,5. Legyen J R egy ideál, és legyen I Z a bal fels sarokba írt elemek halmaza. ( Könny a b ellen rizni, hogy I Z, vagyis I (a valamilyen a Z egészre. Legyen a J ideál egy nemnulla eleme. A 3. feladat megoldásának ötlete alapján a és d tetsz leges értékként elmozgatható b helyére. Konkrétan, ha a 0, akkor na 0 n 0 a b u 1 0 a b 0 a 1 u és így ( na u ( na 0 + ( 0 u J.

3 Hasonlóan, ha b 0, akkor ( 0 u ( 1 0 ( ( a b 0 b 1 u valamint ha d 0, akkor 0 u 1 u a b 0 1 a b 0 v és így v ( ( ( 0 u 0 u + J. 0 v 0 v Mindezek alapján már nem nehéz meggondolni, hogy R ideáljai az alábbiak: { ( na u I a : n, Z, u, v Q (a Z, 0 v { ( na u J a : n, Z, u, Q (a Z, speciálisan { ( 0 u I 0 : u, v Q, 0 v { ( 0 u J 0 : u Q. 1,5. a Tekintsük a ϕ: R[x] C, ϕ(f f(i leképezést (az i behelyettesítése. Ez gy - r homomorzmus, mivel tetsz leges f(x, g(x R[x] polinomokra (f + g(i f(i+g(i és (f g(i f(ig(i teljesül. Könny látni, hogy ez a homomorzmus szürjektív, tehát Im(ϕ C. Most ker ϕ azokból a polinomokból áll, melyeknek gyöke az i. Ha egy valós együtthatós polinomnak i gyöke, akkor i i is gyöke, vagyis a polinom osztható (x i(x + i x gyel, így ker(ϕ {f(x R[x] f(i 0 (x A homomorzmus tétel szerint: R[x]/(x C. b Tekintsük a ϕ: R[x]/(x 2 1 R R, ϕ(f(x (f(1, f( 1 leképezést. Ez a leképezés gy r homomorzmus, hiszen mindkét koordinátára nézve homomorzmus. Továbbá ϕ szürjektív, hiszen tetsz leges (a, b R R elemre ( a b ϕ 2 x + a + b ϕ ( b2 2 (x 1 + a2 (x + 1 (a, b. Végül ϕ(f(x (0, 0 pontosan akkor teljesül, ha f(1 f( 1 0, azaz ha f(x osztható (x 1(x + 1 x 2 1-gyel. Ezek szerint ker(ϕ (x 2 1, így a homomorzmus tétel alapján R[x]/(x 2 1 R R. Megjegyzés: a háttérben annak a felismerése áll, hogy ha I, J ideálok egy R gy - r ben, melyekre I + J R, akkor a direkt szorzat konstrukciója és az els izomor- zmus tétel alapján R/(I J (I + J/(I J (I/(I J + (J/(I J (I/(I J (J/(I J (I + J/I (I + J/J R/I R/J. A konkrét esetben R R[x], I (x 1, J (x + 1 és I J (x

4 4 6. Ha az x 64 +x 54 +x polinomot maradékosan osztjuk x 2 +1-gyel, akkor maradékként egy olyan ax+b Q[x] polinomot kapunk, amire az igaz, hogy az (x 2 +1 ideál szerinti faktorgy r ben ugyanazt az elemet adja, mint az eredeti polinom. Tehát modulo (x minden polinom legfeljebb els fokú. Mivel x 2 x mod (x 2 +1, és modulo egy ideál szerint számolva is igazak a szokásos kongruencia számolási szabályok (összeg, szorzat, így a számolás során minden x 2 -et kicserélhetünk 1-re: x 64 + x 54 + x ( ( ( mod (x Ha az x 2 1 polinommal osztunk maradékosan, akkor az el z höz teljesen hasonló indoklással a maradékot megkaphatjuk úgy, hogy minden x 2 -et kicserélünk 1-re. Így x 64 + x 54 + x mod (x El ször átalakítjuk az f(x polinomot: f(x x 4 x 3 x + 1 x 3 (x 1 1(x 1 (x 1(x 3 1 (x 1(x 1(x 2 + x + 1 (x 1 2 (x 2 + x + 1. Vegyük észre, hogy a fenti számításokat Z[x] felett végeztük, így egyformán érvényesek Q[x]-ben, Z 2 [x]-ben és Z 3 [x]-ben is. Ezután könnyen ellen rizhet, hogy Q-ban, illetve Z 2 -ben már nem gyöke az 1 az x 2 + x + 1 polinomnak, viszont Z 3 [x]-ben x 2 + x + 1 x 2 + x 3x + 1 x 2 2x + 1 (x 1 2. Így f(x (x 1 4 a Z 3 [x]-ben. Deriválva f(x-et f (x 4x 3 3x 2 1 (x 1(4x 2 + x + 1. Mivel a 4x 2 + x + 1 polinomnak nem gyöke az 1 a Q[x]-ben, ezért az f (x Q[x] polinomnak egyszeres gyöke az 1. Ha most f (x-et, mint Z 2 [x]-beli polinomot nézzük, akkor 4 0 és 1 1, így f (x (x 1(4x 2 + x + 1 (x 1(x 1 (x 1 2, tehát ekkor az 1 kétszeres gyöke f (x-nek. Végül Z 3 [x]-ben f (x ((x 1 4 4(x 1 3 (x 1 3 a szorzat deriválási szabálya alapján, így ekkor az 1 háromszoros gyöke f (x-nek. (Ezt abból is levezethettük volna, hogy 4x 2 + x + 1 x 2 2x + 1 (x 1 2 teljesül Z 3 [x]-ben. Végül az (f(x, f (x legnagyobb közös osztót meghatározhatjuk például az euklideszi algoritmussal, vagy akár ránézésre is, ha felhasználjuk, hogy x 2 + x + 1 és 4x 2 + x + 1 irreducibilisek Q[x] felett. Eredményeinket az alábbi táblázat foglalja össze: Q[x]-ben Z 2 [x]-ben Z 3 [x]-ben f(x felbontása (x 1 2 (x 2 + x + 1 (x 1 2 (x 2 + x + 1 (x hányszoros gyök f(x-ben f (x felbontása (x 1(4x 2 + x + 1 (x 1 2 (x hányszoros gyök f (x-ben (f(x, f (x (x 1 (x 1 2 (x a Jelölje I az (x 2 + x + 1 ideált. Legyen p(x Q[x] tetsz leges polinom. Maradékosan osztva p(x-et x 2 + x + 1-gyel kapjuk, hogy vannak olyan q(x, r(x Q[x] polinomok, melyekre p(x q(x(x 2 + x r(x, ahol deg(r(x < 2 vagy r(x 0. Ez pont azt jelenti, hogy a Q[x]/(x 2 + x + 1 faktorgy r ben p(x + I ax + b + I valamely a, b Q számokra. Így ha x + I Q[x]/(x 2 + x + 1-nek van inverze Q[x]/(x 2 + x + 1-ben, akkor az inverz felírható ax + b + I alakban. Az

5 5 inverz deníciója szerint (x + I(ax + b + I 1 + I, ax 2 + bx + I 1 + I, ax 2 + bx 1 I. Ez utóbbi tartalmazás csak úgy teljesülhet, ha az ax 2 + bx 1 Q[x] polinom megegyezik a c(x 2 +x+1 Q[x] polinommal valamely c Q-ra. A konstanstagok összehasonlításából c 1 következik, így a b 1, és (x + I 1 x (x 2 + x + 1. b Jelölje I az (x 2 + x + 1 ideált. Hasonlóan a 8a feladat megoldásában látottakhoz, tetsz leges p(x Z 2 [x] polinomhoz léteznek olyan a, b Z 2 elemek, és egy q(x Z 2 [x] polinom, melyekre p(x q(x(x 2 + x (ax + b. Másrészt ax + b + + I cx + d + I-b l x 2 + x + 1 (a cx + b d adódik, ami csak akkor teljesülhet, ha a c és b d. Így Z 2 [x]/(x 2 + x + 1 minden eleme egyértelm en felírható ax + b + I alakban, tehát a faktorgy r alaphalmaza { 0 + I, 1 + I, x + I, x I. Az összeadás és szorzás m veletek táblái (mod(x 2 + x + 1 számolva I 1 + I x + I x I 0 + I 0 + I 1 + I x + I x I 1 + I 1 + I 0 + I x I x + I x + I x + I x I 0 + I 1 + I x + 1 x I x + I 1 + I 0 + I 0 + I 1 + I x + I x I 0 + I 0 + I 0 + I 0 + I 0 + I 1 + I 0 + I 1 + I x + I x I x + I 0 + I x + I x I 1 + I x I 0 + I x I 1 + I x + I Mivel a szorzástáblában a 0 + I kivételével minden elemhez tartozó sorban és oszlopban szerepel az 1 + I egységelem, így a kérdéses faktorgy r test. (Ez a test az izomora erejéig egyértelm négyelem test. 9. Ha Z[x] (vagy Q[x] egy R részgy r je tartalmazza a 2-t és az x-et, akkor kihasználva, hogy egy részgy r zárt az összeadásra, az ellentett képzésre és a szorzásra, a következ ket állapíthatjuk meg: el ször is, R-nek tartalmaznia kell a 2, , ,... számokat is, valamint ezek ellentettjét (additív inverzét is, tehát az összes páros számot. Hasonlóképp, ha x R, akkor x 2 R, x 3 R,..., tehát R-nek tartalmaznia kell x összes pozitív egész kitev j hatványát is. Ilyeneket viszont ismét többször összeadhatunk, illetve képezhetjük ezek ellentettjét is. Így a keresett részgy r tartalmazza az összes olyan egész együtthatós polinomot, melynek konstans tagja páros, azaz a { p(x Z[x] : p(0 2Z halmazt. Két ilyen polinom szorzata és különbsége is nyilvánvalóan ilyen, így a keresett részgy r mindkét esetben x, 2 { p(x Z[x] : p(0 2Z.

6 6 Legyen most I egy 2-t és x-et tartalmazó ideál Z[x]-ben. Mivel I részgy r is, a korábbiak alapján { p(x Z[x] : p(0 2Z I. Másrészt ez a részhalmaz könnyen ellen rizhet en ideál Z[x]-ben, így I { p(x Z[x] : p(0 2Z. Legyen végül J egy 2-t és x-et tartalmazó ideál Q[x]-ben. Mivel 2 J és 1 2 Q[x], így J. Ha most f(x Q[x] tetsz leges, akkor f(x f(x 1 tehát a 2 kérdéses ideál (2, x Q[x]. (Valójában az is kijött, hogy (2 Q[x] is teljesül. 10. Egy tetsz leges R kommutatív gy r ben teljesül a binomiális tétel, azaz minden a, b R elemre (a ± b n n ( n (±1 k a n k b k, k k0 ( n ahol k Z a szokásos binomiális együttható, egy gy r elemet pedig úgy szorzunk egy egész számmal, hogy ismételten összeadjuk a gy r elemet annyiszor, amennyi az egész szám. Vigyázat, nem kommutatív gy r ben nem igaz a binomiális tétel! a Ha R karakterisztikája p, és n pk egy p-vel osztható egész, akkor minden r R- re n r k (p r k 0 0. Használva a binomiális tételt: (a ± b p p ( p (±1 k a p k b k a p ± k k0 ( p 1 a p 1 b ( p p 1 ab p 1 ± b p. Vegyük észre, hogy ( p k osztható p-vel, ha 0 < k < p, hiszen a számlálóban a p prím szorzótényez, a nevez ben viszont nem. Ezért a két széls tag kivételével minden tag 0. Ezeket kihagyva a képletb l éppen a bizonyítandó állítást kapjuk. Több tagú összegre indukcióval bizonyítható az állítás: kéttagú összegre tudjuk. Tegyük fel, hogy már egy n 1 tagú összegre is tudjuk. Ekkor (a a n p ((a a n 1 + a n p (a a n 1 p + a p n a p a p n 1 + a p n. b Még ha nem is hivatkozunk a fenti binomiális tételre, az azonosságok könnyen ellen rizhet ek: (a + b 2 (a + b(a + b a 2 + ab + ba + b 2 a 2 + 2ab + b 2 a 2 + b 2 (a b 2 (a b(a b a 2 ab ba + b 2 a 2 2ab + 2b 2 b 2 a 2 b 2 (Megjegyzés: kett karakterisztikában r r minden r R-re, tehát ekkor a két azonosság ugyanazt mondja. Több tagra ugyanazt az indukciós érvelést alkalmazhatjuk, mint a 10a feladat esetén. c A Z p gy r ben számolva a p (1 +. {{ p 1 p +. {{ p a a 1 +. {{ a. a Ezek szerint a p a a Z p gy r ben, azaz a p a (mod p tetsz leges egészre. d Mivel a Z p [x] polinomgy r p karakterisztikájú, így egy f(x a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 Z p [x] polinomra (f(x p (a n x n a 0 p (a n x n p a p 0 a p n(x p n + a p n 1(x p n a p 0 a n (x p n a 1 (x p + a 0 f(x p,

7 ahol a második egyenl ségnél a 10a részfeladatban igazolt tagonkénti hatványozást használtuk, míg az negyedik egyenl ségnél a 10c részfeladatban igazolt kis Fermattételt. Megyjegyzés: a feladat következménye, hogy a Z p [x] polinomgy r ben a p-edik hatványra emelés egy gy r homomorzmus (hiszen kommutatív gy r ben (ab p a p b p, és megegyezik az x x p helyettesítéssel. 11. Vegyük észre, hogy a ϕ: Z mn Z m Z n, ϕ(k (k, k homomorzmus (belátható a 6. feladatsor 12e feladatának mintájára, magja azon 0 k mn, melyekre n k és m k. Mivel (m, n 1, ezért ker ϕ { 0, vagyis ϕ injektív, és így szürjektív is, hiszen Z mn és Z m Z n elemszáma is mn. Tehát Z mn Z m Z n. A multiplikatív csoportokat tekintve kapjuk, hogy Z mn Z m Z n, ezen csoportok rendjeib l pedig ϕ(mn ϕ(mϕ(n adódik. 12. a Legyen m páratlan. Ekkor ϕ(m az m-hez relatív prím t számok száma 1 és m között. Vegyük észre, hogy ha (m, t 1, akkor (m, m t 1. Tehát az m- hez relatív prím számokat párokba tudjuk sorolni, és senkinek sem lesz önmaga a párja, mert akkor m 2t lenne. Tehát ϕ(m páros. Hasonlóan, ha n páratlan, akkor ϕ(n is páros. Megjegyzés: az is igaz, hogy ϕ(m páros, ha m > 2. Az el z gondolatmenetet folytatva: ha m 2t, akkor (m, t t > 1. Legyen k olyan pozitív egész, melynek legalább két páratlan prímosztója van, ekkor vannak olyan m, n > 1 páratlan számok, hogy (m, n 1 és mn a k-nak a páratlan része, azaz k 2 α mn. Ekkor a 11. feladatot kétszer alkalmazva Z k Z 2 α Z m Z n. Egy direkt szorzat azonban pontosan akkor ciklikus, ha minden tényez ciklikus, és a tényez k rendjei páronként relatív prímek. Az utóbbi feltétel nem teljesül, mivel 2 ϕ(m Z m és 2 ϕ(n Z n. b A 12a részt egészítjük ki. Onnan már világos, hogy ha Z k ciklikus, akkor nem lehet két páratlan prímosztója, vagyis k csak p α, 2 β vagy 2 β p α alakú lehet. Ha β 3, akkor Z nem ciklikus, mert Z 2 β 8 faktorcsoportja Z -nak, ami nem ciklikus. 2 β Végül ha k 4p α, akkor ismét a 11. feladatot alkalmazva Z k Z 4 Z pα. Egy direkt szorzat pontosan akkor ciklikus, ha minden tényez ciklikus, és a tényez k rendjei páronként relatív prímek. Az utóbbi feltétel most sem teljesül, mivel 2 2 ϕ(4 Z 4 és 2 ϕ(p α Z p α. 13. Ha A, B I két olyan mátrix, melynek els oszlopa csupa nulla, akkor a mátrixok különbségének deníciója szerint A B I. Így (I, + részcsoport a (T n n, + csoportban. Ha most A I, és X T n n tetsz leges, akkor XA els oszlopát a mátrixszorzás szabályai szerint úgy kapjuk meg, hogy X-szel az A els oszlopát szorozzuk. Mivel A els oszlopában csupa 0 áll, így XA els oszlopában is csupa nulla áll. így I b T n n balideál. Másrészt I nem jobbideál, hiszen pl. ( I, T 1 0 n n, de / I Ha a, b l(x, akkor minden x X-re ax bx 0 teljesül. Ekkor viszont (a bx ax bx is teljesül, tehát ekkor a b l(x. Így l(x zárt a kivonásra. Ha a l(x és r R tetsz leges elemek, akkor minden x X-re (rax r(ax r 0 0 teljesül, így ekkor ra l(x. Tehát l(x zárt az R-beli elemekkel vett balról szorzásra is, azaz l(x balideál. 7

8 8 Annyit kell még bizonyítani, hogy ha X balideál, akkor tetsz leges a l(x, r R elemekre ar l(x is teljesül. Ha most x X tetsz leges, akkor rx X, mivel X balideál, így ekkor (arx a(rx l(x X 0. Tehát X bármely elemét balról szorozva ar-rel 0-t kapunk, azaz ar l(x. 15. a Mivel 0 r l(s, ezért l(s {0. Mivel R balideálmentes, és l(s 0, így a 14. feladat alapján l(s R. b A 15a feladatból R l(s Rs 0 s r(r. c A 14. feladatbeli állítással analóg módon igazolható, hogy jobbideál jobboldali annulátora ideál. Tehát r(r R, speciálisan r(r balideál. Mivel 0 s r(r, így r(r {0, tehát r(r R. Ezek szerint R R R r(r 0, azaz R zérógy r. (Ebb l következik, hogy R kommutatív, tehát a balideál, jobbideál, illetve ideál szavak most ugyanazt jelentik. d Könny látni, hogy ha egy zérógy r egyszer, akkor az elemszáma prímszám. Ez abból következik, hogy ilyenkor (R, + minden részcsoportja ideál. e Az r s 0, r 0, s 0 feltételnek megfelel elemek pont akkor léteznek R-ben, ha R nem nullosztómentes. Az eddigiek alapján beláttuk, hogy egy nem nullosztómentes, balidelálmentes gy r prímrend zérógy r. Megfordítva: egy prímrend gy r balideálmentes, hiszen az additív csoportjának a Lagrange-tétel szerint nem lehet valódi részcsoportja, így valódi balideálja sem létezhet. Ha emellett zérógy r is, akkor persze nem nullosztómentes. 16. a Mivel R nullosztómentes, ezért Rr { 0 (különben r nullosztó lenne. Ha a, b R, akkor arr Rr, és ar br (a br Rr, tehát Rr balideál. A balideálmentességet kihasználva Rr R adódik. b A 16a rész alapján r Rr {xr x R, amib l következik az állításnak megfelel e elem. c Mivel er r 0, ezért minden s R-re ser sr ser sr 0 (se sr 0 se s 0 se s, tehát e jobboldali egységeleme R-nek. d Mivel e jobboldali egységelem, így ee e. Tehát ismét minden s R-re ees es ees es 0 e(es s 0 es s 0 es s, tehát e baloldali egységelem is, azaz egységelem. e A 16a rész alapján e R Rr {xr x R, tehát létezik olyan s R, amire e sr. f Az eddig elmondottak tetsz leges r 0 elemre igazak, a 16e rész pedig éppen azt mondja, hogy s balinverze r-nek. g Ha r 0 tetsz leges, és (az el z feladat alapján létez s az r balinverze, akkor er r re r(sr rsr, amib l (e rsr 0. Mivel r 0, a nullosztómentességb l rs e adódik. Tehát s a jobbinverze is r-nek. h Az eddigiek alapján ha R nullosztómentes és balideálmentes, akkor egységelemes, és minden nem nulla elemnek van inverze. Ez pont azt jelenti, hogy R ferdetest. A fordított irány szerepelt el adáson. 17. A mátrixszorzás szabályai alapján az A I ij M ((a st mátrix a st elemére { 0, ha s i a st m jt, ha s i,

9 azaz az I ij -vel vett balról szorzás az M mátrix j-edik sorát bemásolja az A mátrix i-edik sorába, a többi sort kinullázza. Ezért a B AI kl mátrixban is az i-edik sor kivételével minden sor csupa nulla lesz. Hasonlóan, az I kl -lel vett jobbról szorzás az l-edik oszlop kivételével minden oszlopot kinulláz, míg az l-edik oszlopba bemásolja a k-adik oszlopot. Így B-ben csak az i-edik sor l-edik eleme lehet nem nulla, ennek értéke pedig a ik m jk. Ha I R ideál, és I {0, akkor van egy olyan M ((m ij I mátrix, amire M 0. Legyenek j, k olyanok, hogy m jk 0. Megszorozva M-et az egységmátrix 1 m jk - szorosával, (ezt megtehetjük, mert T test volt egy olyan N ((n ij I mátrixot kapunk, melyre n jk 1. Használva ismét az ideál tulajdonságot, és az el z állítást tetsz leges 1 i, l n-re, azt kapjuk, hogy I il I ij NI kl I. Legyen most C ((c ij tetsz leges mátrix. Ekkor C i,j c iji ij R, tehát I R. (Itt kihasználtuk, hogy az I ideál zárt a testelemekkel vett szorzásra, amit az ideál deníciójakor nem tettünk fel. De a skalárral való szorzást kiválthatjuk az egységmátrix megfelel skalárszorosával vett szorzással, erre viszont már zárt egy ideál. 9