Algebra gyakorlat, 8. feladatsor, megoldásvázlatok

Hasonló dokumentumok
Polinomok (el adásvázlat, április 15.) Maróti Miklós


Véges testek és alkalmazásaik

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

1. Egész együtthatós polinomok

Vizsgatematika Bevezetés a matematikába II tárgyhoz tavasz esti tagozat

1. A polinom fogalma. Számolás formális kifejezésekkel. Feladat Oldjuk meg az x2 + x + 1 x + 1. = x egyenletet.

Diszkrét matematika 2.

Kongruenciák. Waldhauser Tamás

Vektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

MBN412G: ALKALMAZOTT ALGEBRA GYAKORLAT ÁPRILIS 26.

1. A maradékos osztás

Algoritmuselmélet gyakorlat (MMN111G)

MM CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( )

Gy ur uk aprilis 11.

FELADATOK A BEVEZETŽ FEJEZETEK A MATEMATIKÁBA TÁRGY III. FÉLÉVÉHEZ. ÖSSZEÁLLÍTOTTA: LÁNG CSABÁNÉ ELTE IK Budapest

1. A Horner-elrendezés

1. Polinomfüggvények. Állítás Ha f, g C[x] és b C, akkor ( f + g) (b) = f (b) + g (b) és ( f g) (b) = f (b)g (b).

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

Polinomok (előadásvázlat, október 21.) Maróti Miklós

13.1.Állítás. Legyen " 2 C primitív n-edik egységgyök és K C olyan számtest, amelyre " =2 K, ekkor K(") az x n 1 2 K[x] polinomnak a felbontási teste

1. Hatvány és többszörös gyűrűben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

n =

: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett!

FFT. Második nekifutás. Czirbusz Sándor ELTE IK, Komputeralgebra Tanszék október 2.

Polinomgy r k. 1. Bevezet. 2. Polinomok. Dr. Vattamány Szabolcs.

Mátrixok 2017 Mátrixok

0 ; a k ; :::) = ( 0: x = (0; 1; 0; 0; :::; 0; :::) = (0; 1)

HALMAZELMÉLET feladatsor 1.

Zárthelyi feladatok megoldásai tanulságokkal Csikvári Péter 1. a) Számítsuk ki a 2i + 3j + 6k kvaternió inverzét.

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy b = ax. Ennek jelölése a b.

Diszkrét matematika I.

1. Mátrixösszeadás és skalárral szorzás

MBNK12: Permutációk (el adásvázlat, április 11.) Maróti Miklós

Alapvető polinomalgoritmusok

Permutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.)

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

SE EKK EIFTI Matematikai analízis

MM4122/2: CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( ) 1. Ismétlés február 8.február Feladat. (2 pt. közösen megbeszéltük)

MTN714: BEVEZETÉS AZ ABSZTRAKT ALGEBRÁBA. 1. Csoportelméleti alapfogalmak

Klasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás március 24.

Számelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Algebra gyakorlat, 2. feladatsor, megoldásvázlatok

2. Tétel (Az oszthatóság tulajdonságai). : 2. Nullát minden elem osztja, de. 3. a nulla csak a nullának osztója.

HHF0CX. k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet:

Data Security: Public key

DISZKRÉT MATEMATIKA: STRUKTÚRÁK Előadáson mutatott példa: Bércesné Novák Ágnes

1. Komplex szám rendje

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Klasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás április 28.

Algebra jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak. Horváth Gábor

Gonda János POLINOMOK. Példák és megoldások

Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged

1. A maradékos osztás

GAUSS-EGÉSZEK ÉS DIRICHLET TÉTELE

Számelmélet. 1. Oszthatóság Prímszámok

Nagy Viktor VÉGES TESTEK

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

1. Polinomok számelmélete

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Lineáris Algebra. Tartalomjegyzék. Pejó Balázs. 1. Peano-axiomák

LÁNG CSABÁNÉ POLINOMOK ALAPJAI. Példák és megoldások

Diszkrét matematika 2. estis képzés

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Számelméleti alapfogalmak

1. Bázistranszformáció

Hatványozás. A hatványozás azonosságai

Lineáris leképezések. Wettl Ferenc március 9. Wettl Ferenc Lineáris leképezések március 9. 1 / 31

Analízis elo adások. Vajda István szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja

1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás)

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Komplex számok. Wettl Ferenc szeptember 14. Wettl Ferenc Komplex számok szeptember / 23

1. Interpoláció. Egyértelműség Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.

Bonyolultságelméleti problémák algebrai struktúrákban

1. Részcsoportok (1) C + R + Q + Z +. (2) C R Q. (3) Q nem részcsoportja C + -nak, mert más a művelet!

1. Mellékosztály, Lagrange tétele

DiMat II Végtelen halmazok

Diszkrét matematika II. feladatok

1. feladatsor Komplex számok

TERMÉSZETTUDOMÁNYI KAR

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

Diszkrét matematika I.

OSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.

3. el adás: Determinánsok

25 i, = i, z 1. (x y) + 2i xy 6.1

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Irreducibilis polinomok szakkörre

Diszkrét matematika 2. estis képzés

LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET. Példák és feladatok. ELTE IK Budapest javított kiadás

Analízisfeladat-gyűjtemény IV.

VEKTORTEREK I. VEKTORTÉR, ALTÉR, GENERÁTORRENDSZER október 15. Irodalom. További ajánlott feladatok

Bevezetés az algebrába 1

Diszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach november 30.

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Átírás:

Algebra gyakorlat, 8. feladatsor, megoldásvázlatok 1. Jelölje I az (x 2 + 1 ideált. Most az x + I R[x]/(x 2 + 1 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 2 + 1 + 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 melyeknek egy kivétellel minden eleme 0. Például a 0 1 0 a b 1 0 c d 0 a 1 0 a b 0 1 c d a b 1 0 a 0 1 0 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 1 + 0 ya 1 + ua 1 0 va 1 0 + 0 ua 1 + a va 1 J. 0 a ( ( ( 1 1 4. 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 12 30 18 I és 6 18 12 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 1 0 0 u 1 0 a b 0 a 1 u és így ( na u ( na 0 + ( 0 u J.

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 0 1 1 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 2 + 1-gyel, így ker(ϕ {f(x R[x] f(i 0 (x 2 + 1. A homomorzmus tétel szerint: R[x]/(x 2 + 1 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 2 1. 3

4 6. Ha az x 64 +x 54 +x 14 +1 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 2 + +1 minden polinom legfeljebb els fokú. Mivel x 2 x 2 +1 1 1 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 14 + 1 ( 1 32 + ( 1 27 + ( 1 7 + 1 0 mod (x 2 + 1. 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 14 + 1 1 32 + 1 27 + 1 7 + 1 4 mod (x 2 1. 7. 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 1 4 1 hányszoros gyök f(x-ben 2 2 4 f (x felbontása (x 1(4x 2 + x + 1 (x 1 2 (x 1 3 1 hányszoros gyök f (x-ben 1 2 3 (f(x, f (x (x 1 (x 1 2 (x 1 3 8. 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 + 1 + 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 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 1 + + (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 + 1 + (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 + 1 + I. Az összeadás és szorzás m veletek táblái (mod(x 2 + x + 1 számolva + 0 + I 1 + I x + I x + 1 + I 0 + I 0 + I 1 + I x + I x + 1 + I 1 + I 1 + I 0 + I x + 1 + I x + I x + I x + I x + 1 + I 0 + I 1 + I x + 1 x + 1 + I x + I 1 + I 0 + I 0 + I 1 + I x + I x + 1 + I 0 + I 0 + I 0 + I 0 + I 0 + I 1 + I 0 + I 1 + I x + I x + 1 + I x + I 0 + I x + I x + 1 + I 1 + I x + 1 + I 0 + I x + 1 + 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, 4 2 + + 2, 6 4 + 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 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 1 1 2 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 1 +... + a n p ((a 1 +... + a n 1 + a n p (a 1 +... + a n 1 p + a p n a p 1 +... + 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 +. {{.. + 1 p 1 p +. {{.. + 1 p a a 1 +. {{.. + 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 1 + +... + 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 1 +... + a p 0 a n (x p n +... + a 1 (x p + a 0 f(x p,

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. ( 0 1 0 1 1 0 I, T 1 0 n n, de / I. 1 0 14. Ha a, b l(x, akkor minden x X-re ax bx 0 teljesül. Ekkor viszont (a bx ax bx 0 0 0 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 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,

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