<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\documentclass[a4paper,12pt]{article}
\pagestyle{empty}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[latin2]{inputenc}
\usepackage[magyar]{babel}

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
%\usepackage{amsthm}
%\usepackage{graphics}
\usepackage{fullpage}\pagestyle{empty}
%\addtolength{\textheight}{2 cm}

\newcommand{\Q}{\mathbb Q}
\newcommand{\Z}{\mathbb Z}
\newcommand{\N}{\mathbb N}
\newcommand{\R}{\mathbb R}
\newcommand{\C}{\mathbb C}
\newcommand{\Ker}{\mathop{\mathrm{Ker}}}
\newcommand{\im}{\mathop{\mathrm{Im}}}
\newcommand{\hf}{\hskip -25pt $\bullet$ \hskip 17pt}
\newcommand{\hfa}{\hskip -47pt $\bullet$ \hskip 39pt}
\newcommand{\mo}{{\bf Megoldás:\\}}
\newcommand{\moe}{{\bf Megoldás:}}
\newcommand{\moszam}[1]{{\bf #1. megoldás:\\}}

\begin{document}

\begin{center}
{\Large \bf Algebra 2., első ZH megoldások\\}
{\bf 2005 november 4.}
\end{center}

\begin{enumerate}

\item
Adjuk meg $\Z[x]$ gyűrű egy
\begin{enumerate}
\item maximális ideálját;
\item prímideálját, amely nem maximális;
\item primér ideálját, amely nem prímideál.
\end{enumerate}
Természetesen igazolni kell, hogy a példák megfelelőek.

\moe
\begin{enumerate}
\item $(x,2)$ ideál maximális, mert $\Z[x]/(x,2)\cong \Z/2\Z\cong \Z_2$,
ami test;
\item $(x)$ prímideál, mert $\Z[x]/(x)\cong\Z$ nullosztómentes, de nem 
maximális, mert a faktor nem test;
\item $(x,2)^2$ primér, mert maximális ideál hatványa, de nem prím, mert 
a faktorban $\overline x\neq0$ nullosztó, hiszen négyzete 0.
\end{enumerate}

\item
Legyen $p\in\Z$ prímszám és
\[
R=\left\{\frac ab\in\Q\,:\,\,a,b\in\Z\text{ és }p\nmid b\right\}.
\]
\begin{enumerate}
\item Igazoljuk, hogy $R$ részgyűrűje $\Q$-nak és határozzuk meg $R$ 
egységeit (1 osztóit).
\item Bizonyítsuk be, hogy $R$ tetszőleges valódi ideálját valamely $n$ 
pozitív egészre $p^n$ generálja.
\item Lássuk be, hogy $R$ Dedekind-gyűrű.
\end{enumerate}

\moe
\begin{enumerate}
\item Zárt a kivonásra és a szorzásra: $\frac ab-\frac cd=\frac{ad-bc}{bd}$, 
illetve $\frac ab\cdot\frac cd=\frac{ac}{bd}$, amik $R$-ben vannak, hiszen 
ha $p$ nem osztja $b$, $d$ egészeket, akkor szorzatukat sem.\\
$R$ egységei 
$U(R)=\left\{\frac ab\in\Q\,:\,\,p\nmid a,b\right\}$.
Ha $p\nmid a,b$, akkor $\frac ab$-nek $R$-beli inverze $\frac ba$, így
$\frac ab$ egység.
Megfordítva: legyen $\frac ab$ egység és tegyük fel, hogy $a$ és $b$ 
relatív prímek. Ekkor $\frac ab$ invertálható $R$-ben, így valamely $c$ és 
$d$ relatív prím egészekre $\frac ab\cdot\frac cd=1$, ahol $p\nmid d$.
A relatív prímségi feltételek miatt ebből következik, hogy $a=d$, tehát 
$p\nmid a$.
\item 
Ha $\frac ab\in I\setminus\{0\}$ és $a=p^ma'$, ahol $p\nmid a'$, akkor 
$\frac b{a'}\in R$, ezért $p^m=\frac b{a'}\cdot\frac ab\in I$. Legyen 
$n$ minimális, amelyre $p^n\in I$. Ekkor $I=(p^n)$, hiszen ha 
$\frac ab\in I$, és $p$-nek $p^n$-nél kisebb $p^m$ hatványa osztaná csak 
$a$-t, akkor az előbbiek szerint $p^m\in I$ lenne, ellentmondásban $n$ 
minimalitásával.
\item $R$ főideálgyűrű, így Dedekind. Közvetlenül is látható ez: 
épp most igazoltuk, hogy minden ideál $(p)^n$ alakú, így $(p)$ 
maximális ideál és minden ideál maximális ideálok szorzata.
\end{enumerate}


\item
Mutassuk meg, hogy ha egy $R$ Dedekind-gyűrűben minden irreducíbilis
elem prím (tehát $R$ UFD: $R$ minden eleme egyértelműen áll elő
irreducíbilisek szorzataként), akkor $R$ főideálgyűrű.

\mo
Ha megmutatjuk, hogy minden prímideál főideál, például $P_i=(p_i)$, akkor
egy tetszőleges ideál $I=\prod_{i=1}^k P_i^{\alpha_i}=
\prod_{i=1}^k (p_i)^{\alpha_i}=(\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i})$ is az.

Legyen tehát $P$ prímideál, $r\in P$ tetszőleges, továbbá 
$r=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}$ az $r$ irreducíbilis felbontása.
Miután $P$ prím, így a szorzat valamelyik tényezője is $P$-ben van,
legyen mondjuk ez a $p$ irreducíbilis elem.
Ekkor $p$ prím is, így $(p)$ prímideál. De $(p)\subseteq P$, azaz $(p)$ 
felbontásában szerepel $P$. Ez csak úgy lehet, ha $(p)=P$, ezért $P$ 
főideál.

\item
Legyen $R$ egységelemes gyűrű, $L$ nilpotens balideálja, $M$ pedig
egyszerű $R$-modulus (tehát nincs valódi részmodulusa). Mutassuk meg, 
hogy minden $\ell\in L$ és $m\in M$ esetén $\ell m=0$.

\mo
Azt kell megmutatni, hogy $LM=0$. Tudjuk, hogy $LM\leq M$, tehát 
$M$ egyszerűsége miatt $LM=0$, vagy $LM=M$. Utóbbi csak akkor lehet, ha $M=0$, 
mert ha $LM=M$ és $L^n=0$, akkor 
$0=0\cdot M=L^nM=L^{n-1}(LM)=L^{n-1}M=\dots=LM=M$.

\item 
Tegyük fel, hogy $R$ egységelemes gyűrű, $e\in R$ idempotens és $Re$ 
minimális balideál $R$-ben. Bizonyítsuk be, hogy $e$ primitív idempotens
(azaz $e$ nem bontható valódi módon egymásra merőleges idempotensek 
összegére, tehát $e=e_1+e_2$, $e_1^2=e_1$, $e_2^2=e_2$ és 
$e_1e_2=e_2e_1=0$ esetén $e_1=0$ vagy $e_2=0$).

\mo
Legyen $e=e_1+e_2$, a feltételeknek megfelelő. Ekkor $Re_1$ balideál
$R$-ben és $Re_1\leq Re$, ugyanis $re_1=re_1e\in Re$, miután 
$re_1e=re_1(e_1+e_2)=re_1^2+re_1e_2=re_1+0=re_1$. $Re$ minimalitása
miatt $Re_1=Re$, vagy $Re_1=0$. Előbbi esetben $e\in Re$ előáll $re_1$
alakban, így $e_2=ee_2=re_1e_2=0$. Utóbbi esetben pedig $1\in R$ miatt 
$e_1\in Re_1=0$-ból következik $e_1=0$.

\end{enumerate}
\end{document}
</pre></body></html>