Šaroch 23.1.2020

1. Definujte ideál na okruhu R. Koľko prvkov má okruh $\mathbb{Z}_5[x]/(x^3+2x+3)\mathbb{Z}_5[x]$? Ide o teleso?

2. Nájdite všetky $n \in \mathbb{N}$ také, že $\phi(n) = 18$ (kde $\phi$ je Eulerova funkcia).

3. Nájdite všetky generátory multiplikatívnej grupy telesa $\mathbb{Z}{13}$, teda $\forall a \in \mathbb{Z}{13}^:<a> = \mathbb{Z}_{13}^$.

4. Dokážte, že všetky ideály v okruhu $\mathbb{T}[x]$, kde $\mathbb{T}$ je komutatívne teleso, sú hlavné.

5. Spočítajte 2 posledné cifry $87^{85^{83}}$.

6. Uvažujme aditívnu grupu racionálnych čísel $(\mathbb{Q},+,-,0)$. Overte, že pre $p$ prvočíslo je množina $L_p=\{ m/n; m \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{N}, p \nmid n \}$ jej podgrupou. Ďalej dokážte, že okrem zobrazenia $f_0:\mathbb{Q}\rightarrow L_p$, ktoré priraďuje nulu každému racionálnemu číslu, neexistuje iný grupový homomorfizmus z $\mathbb{Q}$ do $L_p$.

7. Koľko obsahuje symetrická grupa $S_5$ prvkov rádu 6?

1. (?) 125; nejde o teleso, lebo napr. daný polynóm nie je ireducibilný.

2. Skúšaním 19,38,27,54 - tu trik, že ak fí(n) je nepárne číslo, tak jeho dvojnásobok má rovnaké fí, keďže *2 -> *(2-1)*2^0.

3. Skúšaním je 2 jeden z generátorov, následne existuje prirodzený homomorfizmus medzi Z13* a Z12+, teda stačí dosadiť 1 v Z12+ -> 2 v Z13* (1 triviálny generátor aditívnej grupy), potom nájsť generátory Z12+ (GCD(a,12) = 1), teda 1,5,7,11 a tie cez homomorfizmus vyrátať v Z13*, teda 2^1,2^5,2^7,2^11 (mod 13), čo je 2,6,11,7.

4. ?

5. skrz eulerovu vetu ... 7

6. Na overenie dokázať uzavretosť na +, neutr. prvok, inverzy prvkov. Druhá časť sporom (?).

7. Permutácia má rád veľkosti rovnej LCM veľkostí jej cyklov. (eg. (123)(4567)(89) má rád veľkosti LCM(3,4,2) = 12), teda rád 6 majú permutácie s cyklami veľkosti 6 (nie sú v S5) a veľkosti 3 a 2. Počet takých cyklov je potom ${5 \choose 3} * 3! / 3 = 20$, resp. prvky_v_trojcykle * usporiadanie_vrámci_cyklu / rotácie_v_cykle ( (123) = (312) = (231) ).

Za správnosť neručím, no postup by mohol viac-menej sedieť. Keby dačo, nech ma nejaká dobrá duša opraví, prinajlepšom doplní uspokojivé odpovede za otázničky. Zdar! :D

Doplním:

2. Abychom zdůvodnili, že jiná řešení neexistují, můžeme provést rozbor případů, kdy si zapíšeme $18 = 2 \cdot 3^2$ a uvážíme, že $n$ může být součin nějakých mocnin prvočísla, takže by se mohlo stát třeba $n = a \cdot b, \phi(n) = \phi(a) \cdot \phi(b) = 2 \cdot 9$, takže by stačilo najít dvě nesoudělná čísla s $\phi(a) = 2$, $\phi(b) = 9$. Ukáže se ale, že taková neexistují ($\phi(n)=9$ ani $\phi(n)=3$ nenastane).

3. viz skripta, Důsledek 10.3

4. Wolfram souhlasí

5. $L_p$ jsou zlomky, jejichž jmenovatel není násobek p. Jaká je hodnota $\phi(\frac{1}{p})$? Protože $\phi$ je homomorfismus, platí pro $a \in \mathbb{N}$identita $a \cdot \phi(\frac{1}{ap}) = \phi(\frac{1}{p})$ (trochu neformálně, protože násobení "nemám"). Proto pro každé $k \in \mathbb{N}$ platí $\phi(\frac{1}{p^k}) = \frac{\phi(\frac{1}{p})}{p^{k-1}}$. Když zvolíme dostatečně velké k, je pravá strana zlomek, jehož jmenovatel je násobek p. Aby tohle neznamenalo spor, musí platit $\phi(\frac{1}{p}) = 0$. Z toho už snadno plyne, že všechny zlomky, jejichž jmenovatel je násobek p, se musí také zobrazit na 0.

Nyní vezmeme $\phi(\frac{1}{p}) + \phi(\frac{a}{b}) = 0 + \phi(\frac{a}{b}) = \phi(\frac{b+ap}{pb})$, kde jmenovatel b není násobek p. Jmenovatel pravé strany je tedy opět násobek p, takže $\phi(\frac{a}{b}) = 0$.

7. Souhlas.