\documentclass{article}
\usepackage{slovak}
\usepackage{a4wide}
\usepackage{amsfonts} % provides: maticke N
\usepackage{verbatim}
\usepackage{amssymb} % kvoli \square
\usepackage{color}
\usepackage{fancybox}
\usepackage{epsfig}

% Ma pisat aj riesenia? Ak nie, tento riadok vykomentuj
\def\pisriesenia{1}

\def\then{\Rightarrow}
\def\eps{\varepsilon}
\def\N{{\mathbb N}}
\def\Z{{\mathbb Z}}
\def\Q{{\mathbb Q}}
\def\R{{\mathbb R}}

\definecolor{lgray}{rgb}{0.90, 0.90, 0.90}
\newlength{\myboxwidth}      \myboxwidth=\textwidth       \advance\myboxwidth -13pt

\newenvironment{graybox}%
{%
 \vskip-1.8\baselineskip\noindent\begin{center}%
 \begin{Sbox}\begin{minipage}{\myboxwidth}%
}%
{%
 \end{minipage}\end{Sbox}\fcolorbox{black}{lgray}{\TheSbox}\end{center}%
% \vskip\baselineskip%
}
   
% makra: vypisujeme aj riesenia?
\ifx\pisriesenia\undefined
 \let\riesenie=\comment 
 \let\endriesenie=\endcomment
\else
 \newenvironment{riesenie}{%
 \begin{center}\begin{minipage}{0.8\textwidth}%
 {\sl Riešenie.}\\}{\end{minipage}\end{center}}
\fi

% makra: ulohy, moznostI
\def\stvorcek{$\square\ $}
\def\moznostI#1{\stvorcek \hbox to 0.3\textwidth{#1\hfill}}
\def\moznostII#1{\stvorcek \hbox to 0.6\textwidth{#1\hfill}}
\def\moznostIII#1{\stvorcek #1\\}
\def\moznostIV#1{\stvorcek #1}
\newcounter{cntuloha}
\def\uloha{\noindent\stepcounter{cntuloha}{\bf \arabic{cntuloha}. }}

% uvodzovky
\catcode`\"=13
\def "{\begingroup\clqq\def "{\endgroup\crqq}}
\def\dospecials{\do\ \do\\\do\{\do\}\do\$\do\&%
  \do\#\do\^\do\^^K\do\_\do\^^A\do\%\do\~\do\"}

\begin{document}

\begin{graybox}
\medskip
\centerline{\Large\sc Algebra -- Guričanov testík z 3. semestra}
\smallskip
\centerline{\small \copyright MišoF. 2000--2003}
\vspace{0.5cm}
\end{graybox}

\centerline{\bf\large Štandardný disclaimer}

\medskip

Tieto papiere {\bf NEMAJÚ} slúžiť ako náhrada za riešenie príkladov. Príklady si najskôr skúste 
preriešiť sami, ak niečo sami vymyslíte, omnoho ľahšie si to zapamätáte. Všetky výsledky sú bez
akejkoľvek záruky, som len človek a občas sa mýlim. Ľubovoľné prejavy uznania a vďaky sú vítané.

Tento dokument sa naďalej (aj keď slimačím tempom, ale predsa) vyvíja. Pokiaľ v ňom nájdete chyby, 
budem vám vďačný, ak mi ich pošlete. Pokiaľ by ste doň chceli dopísať veľa nových vecí, zdrojáky
sú vaše, len poprosím nechať v nich do budúcna moje meno. Pokiaľ je to možné, do rôznych online
archívov študijných dokumentov neumiestňujte kópiu tohto dokumentu, ale linku naň, aby sa príliš
nešírili rôzne staré verzie. 

Táto verzia vznikla dňa {\bf\today{}} (a je explicitne novšia od všetkých verzií, ktoré nemajú uvedený 
dátum).

\bigskip

% FIXME FIXME diakritikuuuu

% =============================================

\uloha
Plati v konecnom poli $(Z_p,+,\cdot)$ identita $x^p=x$? 
(Identita znamena, ze uvedena rovnost plati pre vsetky $x\in Z_p$.) \\
\moznostI{áno}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
ANO, zdovodnenie asi take, ze pre nulu to plati a ostatne prvky tvoria
multiplik. grupu s $p-1$ prvkami, ich rad deli $p-1$, preto $x^{p-1}=1$, 
a teda $x^p=x$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ktore z nasledujucich tvrdeni su pravdive:\\
\moznostIII{%
   Nech $(R,+,.)$ je komut. okruh s 1, nech $I\subseteq R$ je jeho ideal, 
   nech $(S,\oplus,\odot)$ je okruh a nech $\varphi:R\to S$ 
   je surjektivny homomorfizmus okruhov. 
   Potom $I'=\varphi(I)=\{s \in S ~|~ \exists i \in I; i\varphi=s \}$ 
   je idealom v okruhu $(S,\oplus,\odot)$.}
\moznostIV{%
   Nech $(R,+,.)$ je komut. okruh s 1, nech $I\subseteq R$ je jeho ideal, 
   nech $(S,\oplus,\odot)$ je okruh a nech $\varphi:R\to S$ 
   je injektivny homomorfizmus okruhov. 
   Potom $I'=\varphi(I)=\{s \in S ~|~ \exists i \in I; i\varphi=s \}$ 
   je idealom v okruhu $(S,\oplus,\odot)$.}
   
\begin{riesenie}
ufff\\
jak sa mi toto nechce parsovat\\
prve PLATI, rozpise sa definicia idealu (uzavrety na minus a nas. prvkom $R$),
z toho, ze $\varphi$ je hom. okruhov to vypadne\\
druhe NEPLATI, lebo $I'$ nemusi byt uzavrety na nasobenie tymi prvkami $S$, 
na ktore sa nic z $R$ nezobrazi, napr. zobrazime cele cisla do realnych, 
ale ideal sa nezobrazi na ideal
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $F$ je pole. Nech $\alpha, \beta$ su algebraicke nad $F$. 
Implikacia $m_\alpha(x)=m_\beta(x) \then F(\alpha)=F(\beta)$ \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
NIE, ma tam byt $F(\alpha)\sim F(\beta)$ (sú izomorfné), 
zoberme si napr. (autor je Brano) $\sqrt[4]{2}$ a $i\sqrt[4]{2}$, 
oba maju min. polynom $x^4-2$, ale prisl. polia su rozne.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $(A,+,.)$ je komutativny okruh s 1. 
Nech $x$ je transcendentny nad $A$. Potom $A[x]$ je obor integrity. 
Tvrdenie:\\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
NIE \\
$A$ musi byt obor integrity, lebo prvky $A$ patria aj do $A[x]$ 
a preto ak ma $A$ delitele nuly, ma ich aj $A[x]$.
Ked je $A$ obor integrity, tak to uz (myslim) plati.

Tak ma napada, 
to uz je druhy semester, kedy do algebry zacinam vidiet az po skuske...
Sranda...
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Tvrdenie: Pocet prvkov pola je bud nekonecno alebo prvocislo \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
NIE, bud nekonecno alebo mocnina prvocisla
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Hovorime, ze $c\in F$ ($F$ je pole) je prave $k$-nasobnym korenom polynomu 
$f\in F[x]$, ak $(x-c)^k$ deli $f$ a $(x-c)^{k+1}$ uz nedeli $f$ (v $F[x]$). 
Nech $F$ je pole, $f \in F[x]$ je polynom. 
Ak $c \in F$ je prave $k$-nasobny koren $f$, 
tak $c$ je prave $(k-1)$-nasobny koren $Df$. \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
NIE.\\
$f(x)=(x-c)^k g(x)$, kde $(x-c) \not|~ g(x)$. 
Potom $f'(x)=(x-c)^k g'(x) + k(x-c)^{k-1} g(x)$, 
takze $c$ je urcite aspon $k-1$ nasobny koren,
nemusi vsak byt {\em prave}, lebo napr. nad $Z_k$ je druhy clen rovny 0.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Sucin dvoch oborov integrity je obor integrity. Uvedene tvrdenie plati?\\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
NIE, presnejsie sucin dvoch netrivialnych oborov integrity nikdy nie je
obor integrity -- sucin nenulovych prvkov $[a,0]$ a $[0,b]$ je nulovy
prvok sucinu $[a.0=0,0.b=0]$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Moze mat konecny obor integrity vlastne\footnote{v starsej verzii boli 
nevlastne, tie zrejme moze mat vsetko...} idealy? \\
\moznostI{moze}
\moznostI{nemoze}

\begin{riesenie}
NIE, konecny obor integrity je pole $\then$ ked ideal obsahuje $x$, 
tak obsahuje kvoli uzaveru na nasobenie aj prvok $xx^{-1}$, 
(v poli mame inv. prvky), teda obs. 1, preto je rovny celemu polu.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $(A,+,.)$ je komutativny okruh. Nech $M=\{a,b\}\subseteq A$. 
Najmensi ideal $I\subseteq A$ obsahujuci $M$ (t.j. $M\subseteq I$) 
sa da vyjadrit ako $I=\{ r_1a+r_2b ~|~ r_1,r_2 \in A \}$ \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
NIE, malo by tam byt $r_1, r_2 \in N$, protipriklad si vymyslite

% FIXME
Pozn.: Ako to tak po sebe citam, nepaci sa mi to. Tu bude pruser.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech je pole $F_1$ rozsirenim pola $F$. Nech $\alpha, \beta \in F_1$
su algebraicke nad $F$ take, ze $m_\alpha(x)!=m_\beta(x)$.
Potom $F(\alpha) \not= F(\beta)$. \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
NIE, napr. $\sqrt[3]{2}$ a $-\sqrt[3]{2}$ maju rozne min. polynomy, 
ale polia rovnake. Veta z prednasky je len implikacia 
(t.j. {\em ak} sa rovnaju polynomy, {\em tak} ...)
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $(A,+,.)$ je obor integrity s 1, nech $x$ je transcendentny nad $A$. 
Plati tvrdenie: "Ak $A$ je euklidovsky okruh, 
potom je aj $A[x]$ euklidovsky okruh."? \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
NIE, ale teraz uz nepamatam preco
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $I$ je vlastny ideal okruhu $(Z[x],+,.)$. 
Nech $I$ je prvoideal. Je $I$ maximalny ideal? \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
NIE, teda nemusi, tiez nepamatam preco, ale z tohto (vraj) vyplyva 
riesenie predchadzajucej ulohy.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Cykly neparnej dlzky tvoria podgrupu grupy vsetkych permutacii danej mnoziny.\\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
preboha NIE, vsak to nie je ani uzavrete na skladanie...
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $G$ je konecna grupa. 
Je pocet pravych tried rozkladu grupy $G$ podla podgrupy $H$ 
rovnaky ako pocet lavych tried rozkladu grupy $G$ podla podgrupy $H$? \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
ANO, a plati to aj v intuitivnej verzii pre nekonecne grupy (t.j. existuje
bijekcia...), vyplyva to z eeee, jak sa to, tusim Lagrangeovej vety o tom,
ze aj jednych, aj druhych je $|G|/|H|$.

Ako sa Hari vyjadril -- na niektore z tych otazok je aj odpoved ANO.
(Ja som si to potom na dalsej tipol a nebola to pravda... hm...)
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $f(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n \in Z[x]$, $n\geq 1$, $a_n\not=0$. 
Nech $p,q \in Z$, $q\not=0$, $nsd(p,q)=1$. 
Potom $p/q \in Q$ je koren polynomu $f(x)$ prave vtedy, ked $p|a_0$ a $q|a_n$.
Uvedene tvrdenie: \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
ANO, plati, dokaz -- dosadime, vynasobime $q^n$, ked to deli jednu stranu, 
musi to delit aj druhu, ked to tam deli vsetky cleny okrem jedneho, 
tak to musi delit aj ten jeden.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech je permutacia $\varphi$ sucin cyklov $\pi_1, \ldots, \pi_k$ 
(v uvedenom poradi). Potom rad permutacie $\varphi$ 
je najmensi spolocny nasobok radov cyklov $\pi_1, \ldots, \pi_k$. 
Uvedene tvrdenie: \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
NIE, zacitujem Nanku: 
"chyba tam take kuzelne slovicko, ze {\em disjunktnych}"
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Je $q^n$-prvkove pole ($q$ je prvocislo)
rozkladovym polom polynomu $f(x)=x^{q^n-1}-1$? \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
Nevedno preco ale vraj neplati...
Jedine ze by to malo byt $f(x)=x^n-1$ nad $Z_q$?
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ma 27-prvkove pole 9-prvkove podpole? \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
NIE, lebo keby malo, v nom vieme najst 3-prvkove podpole, no a kedze
pole je vekt. priestor nad svojim podpolom a na prednaske bola ta taka
veticka, co neviem ako sa vola, s tym ze $[A:B]\cdot[B:C]=[A:C]$, 
podla nej by muselo 2 delit 3, co ale nedeli. 
(Dimenzia 9-prv. nad tym 3-prv. je 2, 
27-prv. nad 3-prv. 3, preto dimenzia 27-prv. nad 9-prv. by musela byt 3/2...)
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech 
$(A,\oplus_a,\odot_a)$, $(B,\oplus_b,\odot_b)$,
$(C,\oplus_c,\odot_c)$, $(D,\oplus_d,\odot_d)$ 
su okruhy. Nech 
$(A\times B,\oplus_{a\times b},\odot_{a\times b})$
je izomorfne s
$(C\times D,\oplus_{c\times d},\odot_{c\times d})$.
Potom
$(A,\oplus_a,\odot_a)$ je izomorfné s $(C,\oplus_c,\odot_c)$
a $(B,\oplus_b,\odot_b)$ s $(D,\oplus_d,\odot_d)$.
Uvedene tvrdenie: \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
NIE, ani omylom \\
a ani keby tam bolo "... alebo $A$ s $D$ a $B$ s $C$"\\
lebo staci zobrat  $A=Z_2 \times Z_3$, $B=\{0\}$, $C=Z_2$, $D=Z_3$,
pripadne podobny priklad, kde $B$ nie je prazdna, ale $Z_5$ 
a $D$ je $Z_3 \times Z_5$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $f(x),g(x)\in Z[x]$ su polynomy s celociselnymi koeficientami. 
Nech $h(x)=f(x)g(x)$ ma len parne koeficienty.
Potom aspon jeden z polynomov $f(x)$, $g(x)$ ma vsetky koeficienty parne. \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
ANO, toto plati \\
a Hari zacal splietat nieco s Eisensteinovym kriteriom a podobne
ti, co vedia, uz maju zjezene vlasy na hlave, pre ostatnych vysvetlenie:
toto vam neda \\
naozaj
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $q$ je prvocislo, $m,n\in \{1,2,\ldots\}$. 
Potom $q^m$-prvkove pole ma $q^n$-prvkove podpole prave vtedy, ked:\\
\moznostI{$m\geq n$}
\moznostI{$n|m$}

\begin{riesenie}
B, vysvetlenie vid 18.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Z okruhov $Z\times Z$ a $Z_{17}$ nema netrivialne delitele nuly: \\
\moznostI{prave jeden}
\moznostI{oba}

\begin{riesenie}
PRAVE JEDEN \\
Teda $ZxZ$ ma -- $[0,7]\cdot [77,0]=[0,0]$,
a $Z_{17}$ nema, lebo 17 je prvocislo $\then$ $Z_17$ je pole.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $G_1$,$G_2$,$G_3$,$G_4$ su styri stvorprvkove grupy. 
Musia byt niektore dve z nich izomorfne? \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
ANO \\
Lebo stvorprvkove grupy su az na izomorfizmus len dve,
je to v knihe, skuste si napisat tabulky scitania.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $(A,+,.)$ je obor integrity. 
Relacia $\doteq$ je relacia ekvivalencie. Je to kongruencia na $A$?
(Kongruencia na okruhu znamena, ze ak 
$a\doteq b$ a $c\doteq d$, tak $a+c \doteq b+d$ a $ac\doteq bd$.) \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
Spravna odpoved je NIE, lebo nemusi splnat ani jednu podmienku,
lebo relacia ekvivalencie je len pohadzanie prvkov do skatuliek bez ohladu
na vztahy medzi nimi a na to, aby to bola kongruencia, to musi
prave splnat este nieco navyse.

Takze: majme $Z_7$, relacia ekvivalencie -- vsetko okrem 3 je ekviv. 
navzajom, 3 nie je s nicim, mame:
$1\doteq 5$ a $2\doteq 4$, ale $1+2\not\doteq 5+4$ a ani
$2.5\not\doteq 1.4$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $F=\{a+b.\sqrt[3]{2} ~|~ a,b \in Q\}$. Je $F$ pole? \\
\moznostI{ano}
\moznostI{nie}

\begin{riesenie}
NIE \\
pole je
$G = \{a + b\sqrt[3]{2} + c(\sqrt[3]{2})^2 ~|~ a,b \in Q \}$
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $\varphi:R\to S$ a $\psi:R\to S'$ su dva surjektivne homomorfizmy
(kde $R,S,S'$ su okruhy). Nech ${\rm Ker}_\varphi={\rm Ker}_\psi$. 
Potom $S$ je izomorfny s $S'$. \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
$S$ aj $S'$ su izomorfne s faktorizaciou $R$ podla ${\rm Ker}_\varphi$,
preto to PLATI
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $\varphi:R\to S$ je okruhovy homomorfizmus.
Nech $R$ ma neutralny prvok vzhladom na nasobenie $1_r$. 
Potom $S$ ma netralny prvok na nasobenie (oznacme ho $1_s$) 
a plati $1_r\varphi=1_s$. Uvedene tvrdenie: \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
NEPLATI \\
Zoberme napr. zobrazenie z $Z_7$ do $Z_7\times Z_2$ take, ze 
$x\varphi=[x,0]$, to je okruhovy homomorfizmus, 
ale $Z_7\times Z_2$ nema jednotku.

Keby bol $\varphi$ navyse surjektivny, tak by to platilo,
lebo $\forall a_s \in S \exists b_r \in R; b_r \phi = a_s$
a potom je 
$a_s \odot_s (1_r \varphi) = 
 (b_r \varphi) \odot_s (1_r \varphi) =
 (b_r \odot_r 1_r) \varphi = b_r \varphi = a_s$.

Alebo inymi slovami ak ma $S$ jednotku, je nou urcite $1_r \varphi$, 
ibaze za podmienok zo zadania $S$ ju nemusi mat.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $(A,+,.)$ je okruh. 
Nech $a\in A$ nie je netrivialny delitel nuly. 
Nech $b,c\in A$. Potom implikacia $ab=ac \then b=c$: \\
\moznostI{plati}
\moznostI{neplati}

\begin{riesenie}
Intuicia hovori, ze PLATI, tak idem vymysliet preco.
Keby $b\not= c$, tak z $ab=ac$ mame $a(b-c)=0$ a teda $a$ je delitel 0.

Ibaze by sme chceli byt detailisti.
Lebo potom $a$ este moze byt {\em trivialny} delitel nuly, cize nula
a tvrdenie nam pekne-krasne neplati...
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Majme polynom $f(x)$ nad polom $F$. Nech ${\rm deg}(f)\geq 1$. 
Polynom $f(x)$ ma v nejakom nadpoli pola $F$ aspon jeden viacnasobny
koren prave vtedy, ked ${\rm deg}(nsd(f(x),Df(x)))\geq 1$.
Uvedene tvrdenie: \\
\moznostII{plati len ak pridame predpoklad ${\rm char}(F)=\infty$}
\moznostI{plati vzdy}

\begin{riesenie}
No pockat. NSD oboch je polynom max. stupna ktory ich deli.
A ked $(x-c)^2$ deli $f(x)$, tak $(x-c)$ urcite deli $Df(x)$ (vid 6.)
preto $(x-c)$ deli ich NSD, a preto ten je aspon stupna 1.
Ak boli vsetky kroky dobre, tak to PLATI.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $(A,+,.)$, $(B,\oplus,\odot)$ su dva okruhy 
a nech $\varphi: A\to B$ je homomorfizmus okruhov. Potom:\\
- Ak je $(A,+,.)$ OHI, je aj $(B,\oplus,\odot)$ OHI \\
- Ak je $(B,\oplus,\odot)$ OHI, je aj $(A,+,.)$ OHI \\
\moznostI{neplati ani jedno}
\moznostI{plati aspon jedno}

\begin{riesenie}
Prve zjavne NEPLATI, podobny argument ako napr. v 27. 
(Teda ten isty homomorfizmus, A je OHI, B nie je.)

Druhe... eee... intuicia hovori, ze by mohlo platit...
Ibaze ani ono NEPLATI,
lebo napr. $A=Z_3\times Z_4\times Z_4$ nie je OHI 
(lebo $\{ [0,0,0],[0,2,0],[0,0,2],[0,2,2] \}$ je ideal a nie je hlavny), 
$B=Z_3$ je OHI, lebo je to pole
a $\varphi: [x,y,z]\varphi=x$ je homom. okruhov (dufam).
V 1. pripade keby $\varphi$ bolo surjektivne, tak by to asi platilo.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $S$ je podpriestor konecnorozmerneho euklid. priestoru $(E,g)$. 
Nech $\alpha=\beta+\gamma$, $\beta\in S$, $\gamma\in S^\bot$.
Zadefinujme zobrazenie $\varphi:E\to S$ tak, ze $\alpha\varphi=\beta$.
Odpovedzte na otazky:\\
- je $\varphi$ linearne zobrazenie? \\
- plati $J_\varphi \oplus O_\varphi=E$?

\begin{riesenie}
sa mi uz nesce, ale snad oba ANO
\end{riesenie}

\end{document}