Druhá vnitrosemestrální písemná práce MB204 3.5.2013
1. Dokažte, že zobrazení [a] g n- [3]^ je izomorfismus grup (Zg, +) a (Z£, •) a že zobrazení [a]6 >->• (N2, [a]3) je izomorfismus okruhů (Zg, +, •) a (Z2, +, •) x (Z3, +, •). Řešení. Označme první zobrazení jako p : Zg —> Z7. Klíčem k úspěchu je si všimnout, že [3]7 je generátor grupy Z£. Nejdříve musíme ověřit, zda vůbec je p zobrazení (nezáleží na volbě reprezentanta a). Grupa Z£ má šest prvků, tedy z Le-gendreovy věty je [3]^ — [í]r. Tedy pokud platí [a]g — [b]e, pak také [3]" — [3]7+6fe — [3]* • [3]7fe — [3]* • [1)7 = [3]*. Vskutku je p zobrazení; je také homomorfismus grup, o čemž se přesvědčíme výpočtem:
p([x}6 + [y]6) = p([x + y}6) = [3]x7+y = [3]? • [3]?
Protože je [3]7 generátor (primitivní kořen), je zobrazení y na Z£ (surjektivní). Obě grupy mají 6 prvků, tedy zobrazení musí být nutně bijektivní. Máme izomorfismus.
Druhé zobrazení si označme 9 : Zg —> Z2 x Z3. Postupujme stejně jako výše. Korektnost: Je jasné, že pokud [a]g — [a + 6k]$, pak také 9([a + 6k]&) — ([a]?, H3), poněvadž dvojka i trojka dělí šestku. Ze je 9 homomorfismus se ověří jednoduše, pouze se použije definice součinu okruhů (tj. sčítá a násobí se po složkách a jedničkou je prvek, který má na všech pozicích příslušnou okruhovou jedničku). Jako výše, oba okruhy mají stejný počet prvků; bude tedy pro bijektivnost 9 stačit ověřit, že je prosté (či na). Koukněme se na ker(9. Je-li v jádru [x]g musí být 2,3 | x, což (mod 6) splňuje pouze x — 0. 9 je injektivní, proto izomorfismus. □
2. Určete řády prvků ^   ^ a (^1   l) V §mP^ invertibilních matic GL(Z3).
. ,  .    (I   0\2013    (2 lx2°14
Určete inverze těchto prvku a spočítejte I ^   ji      a l 1 1
Řešení. V tomto příkladu si procvičíme násobení matic. Označme si A —
1 0
2 1
/ 2 1\
a B — [ _^      1 matice nad tělesem Z3. Zdálo by se, že bychom měli ještě předem
ověřit, zda jsou matice vůbec prvky dané grupy - jsou-li vůbec invertibilní. Toto nám ale vyskočí jako vedlejší produkt, když nalezneme konečný řád matice: obecně v monoidu platí, že pokud xn — e, pak xn~x — x^1, kde e je neutrální prvek. Tedy prvky konečného řádu jsou invertibilní. Spočítejme řády A a B:
a-a,({ ;).*.,.=(! ;)•(; ;) = (;;
Rád A je 3 a A-1 = A2; řád £? je 4 a B~x — B3 — 2-B. Zbytek příkladu napočítejme s využitím toho, že již známe řády:
^2013 _ ^1+3-671 _       £;671 _        ^2014 _ ^2+4-503 _ q2   ^503 _ 2fi
□
3. Mějme permutaci - =  (j   5   ?   í   2   ľ   ô)" Určete řád . v grupě
(<sv, o), inverzi k a a a2013. Ukažte, že a nekomutuje s transpozicí t — (2, 3). Řešení. Toto je jednoduché. Zprvu si a napišme jako součin nezávislých cyklů, bude to výhodné pro naše manipulace: a — (1, 3, 7, 6)(2, 5)(4). Řád součinu nezávislých cyklů je nejmenší společný násobek řádů oněch nezávislých činitelů. Zároveň řád cyklu je roven jeho délce. Proto dohromady máme, že řád a je roven 4, tj. a4 = id. Lehce nyní spočítáme cr2013 — Cr1+4,503 — a. Inverze je také velmi jednoduchá,
1
2
poněvadž stačí pouze převrátit poradiv nezávislých cyklech: a^1 — (1,6, 7, 3)(2, 5)(4). Kdyby u a t komutovaly, muselo by platit tot — ar2 — a, ale to neplatí. Stačí zkusit aplikovat součin na prvek 2:
(r<7r)(2) = t(<t(t(2))) = r(<r(3)) = r(7) = 7^5 = <r(2)
□
4. Rozložte p(x) = 2x5 + 3x4 — x3 — 5x2 — 6x — 2 a g(x) — x4 + x3 — 2x — 4 na ireducibilní polynomy v C[x], R[x], Z[x], Zs[x], Z*?[x], když víte, že mají společný kořen a p má navíc racionální kořen.
Řešení. Nejprve najděme onen racionální kořen p. Podle známého tvrzení může být nenulové číslo ^, (a, b) — 1 kořenem p, jen když a, b dělí číslo 2. Máme možnosti ^ G {±|,±1,±2}. Tyto možnosti postupně ověříme, například použitím Homérova schématu - které je výhodné, poněvadž zároveň dostaneme i podíl p podle příslušného kořenového činitele. Vychází, že kořen je — ^, dokonce p — (2x + l)(x4 + x3 — x2 — 2x — 2) — (2x + í)p'. Všimněme si, že — | není kořen q, tedy společný kořen je kořenem p'. Tento společný kořen také nuluje nej větší společný dělitel (p', q) — g. (Protože g — Ap'+Bq). Euklidovým algoritmem a trpělivostí zjistíme, že g — x2 —2.
p' : g — x2 + x + 1 — to,   q: g — x2 + x + 2 — n
Tyto podíly mají záporné diskriminanty, proto jsou ireducibilní v M[ x^ a Z .
Ještě se zabývejme situací nad konečnými tělesy. Zprvu si povšimněme, že jsme v úpravách nepoužili nic, co by bylo nelegální modulo 5 či 7. V aritmetice mod 5 není 2 kvadratický zbytek, zatímco mod 7 ano: 32 = (—3)2 = 2 (mod 7). Tedy celkově g — x2 — 2 v Z5 [x] je ireducibilní a g — (x — 3) (x + 3) v Z7 [x] Co ale ireduci-bilita man? Stačí se podívat, zda v příslušných tělesech jsou jejich diskriminanty kvadratické zbytky.
I2 -4- 1
l2-4-2
— — 1 a
— — 1 a
l2-4-l
í2 - 4-2
7
= 1 = 0
Polynomy to i n jsou ireducibilní v z5 [x]. Platí 22 = 4 mod 7, podle středoškolských vzorečků na kořeny kvadratické rovnice použitých v Z*r[x] máme to — {x — 4)(x — 2) a n = (x — 3)2 Naše zjištění si můžeme zapsat do přehledné tabulky:
v C[x]	: p =	(x —	V2)(x	+ V2)(2x + l)(x +
		(x —	V2)(x	+ V2)(x+í-f
v R[x]	: p =	(x —	V2)(x	+ V2)(2x + l)(x2 +
	9 =	(x —	V2)(x	+ V2)(x2 + x + 2)
v Z[x]	: p =	(2x	f l)(x2	-2)(x2+x+l)
	9 =	(x2-	-2)(x2	+ x + 2)
v Z5 [x]	: p =	(2x	f l)(x2	-2)(x2+x+l)
	9 =	(x2-	-2)(x2	+ x + 2)
v Zy[x]	: p =	(2x	-f l)(x-	|-3)2(x-3)(x-2)
	9 =	(x +	3)(x-	3)3
í-Ly/3
í + Ly/3
)(x-
DRUHÁ VNITROSEMESTRÁLNÍ PÍSEMNÁ PRÁCE MB204 3.5.2013
3
□
5. Uvažme polynomy / — x3 + z2 — xy, g — y2 + z2 — 1 a h — x3y — y3 — xy2 — zy2 + y + z — 1 v M.[x, y, z]. Seřaďte monomy v polynomech podle lexikografického uspořádání s x > y > z a vydělte polynom h polynomy f a g. Výsledek použijte na určení algebraické variety v M3 dané ideálem generovaným polynomy /, g, h, tj. na vyřešení soustavy rovnic / — g — h — 0.
Řešení. Použijme algoritmus na dělení polynomů. Pro ověření zde uvedeme i některé mezivýsledky:
x3y - xy2 - y3 - y2z + y + z - 1 = / • y - (y3 + y2z + yz2 - y - z + 1) =
Prvky variety určené polynomy /, g, h jsou právě jejich společné nulové body. Náš výpočet ukazuje, že musí platit z3 — 1, což v M platí pouze pro z — 1. Tedy již víme, že ve varietě musí být pouze body tvaru [x,y, 1]. Dosaďme, 0 — g[x,y, 1] — y2 + l2 — 1 — y2; máme y — 0. Dále 0 — f[x, 0, í] — x3 + í => x — —1. Tedy celkově jsme získali, že určená varieta je jednoprvková; obsahuje pouze bod [—1, 0,1]. □
f-V f-V
(g-y + y2z- z + í)
g-(y + z) + z3-í