\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 Rie�enie.}\\}{\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 -- Guri�anov test�k z 3. semestra}
\smallskip
\centerline{\small \copyright Mi�oF. 2000--2003}
\vspace{0.5cm}
\end{graybox}

\centerline{\bf\large �tandardn� disclaimer}

\medskip

Tieto papiere {\bf NEMAJ�} sl��i� ako n�hrada za rie�enie pr�kladov. Pr�klady si najsk�r sk�ste 
prerie�i� sami, ak nie�o sami vymysl�te, omnoho �ah�ie si to zapam�t�te. V�etky v�sledky s� bez
akejko�vek z�ruky, som len �lovek a ob�as sa m�lim. �ubovo�n� prejavy uznania a v�aky s� v�tan�.

Tento dokument sa na�alej (aj ke� slima��m tempom, ale predsa) vyv�ja. Pokia� v �om n�jdete chyby, 
budem v�m v�a�n�, ak mi ich po�lete. Pokia� by ste do� chceli dop�sa� ve�a nov�ch vec�, zdroj�ky
s� va�e, len popros�m necha� v nich do bud�cna moje meno. Pokia� je to mo�n�, do r�znych online
arch�vov �tudijn�ch dokumentov neumiest�ujte k�piu tohto dokumentu, ale linku na�, aby sa pr�li�
ne��rili r�zne star� verzie. 

T�to verzia vznikla d�a {\bf\today{}} (a je explicitne nov�ia od v�etk�ch verzi�, ktor� nemaj� uveden� 
d�tum).

\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{�no}
\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 $F(\alpha)\sim F(\beta)$ (s� izomorfn�), 
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 izomorfn� 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}
