Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

A. Algebrai alapfogalmak

A. Algebrai alapfogalmak

A.1.

A.1.1 Nem művelet: (b1), (d3), (d4), (e2), (i3). — Kommutatív: (a1), (a2), (b2), (c1), (c2), (c3), (d1), (d2), (e1), (f1), (f2), (g), (h), (i2). — Asszociatív: (a1), (a2), (b2), (c1), (c2), (c3), (d1), (d2), (e1), (e3), (f1), (f2), (i1), (i2). — Egységelemes: (a1) e=0 és minden elemnek van inverze. (b2) e=1 és csak a ±1-nek van inverze. (c1) és (c3) e=1 és csak az 1-nek van inverze. (d1) e=0 és minden elemnek van inverze. (d2) e=1 és a redukált maradékosztályoknak van inverze. (e1) és (e3) Az egységelem a helybenhagyás és minden elemnek van inverze. (f1) e= és csak e-nek van inverze. (f2) e= és minden elemnek van inverze (mégpedig önmaga). (h) e=5, az 5 inverze önmaga, a többi elemnek pedig az 5-ön kívül minden elem inverze. (i2) e=1/21/21/21/2 és a nullmátrixon kívül minden elemnek van inverze. — Csak bal oldali egységelemek vannak (i1)-ben, mégpedig azok a mátrixok, amelyekben (a második sor nulla és) a bal felső sarokban 1-es áll. Csak jobb oldali egységelem van (a3)-ban, a 0.

A.1.2 Az egységelem az identitás (amely minden elemnek önmagát felelteti meg). Kétoldali inverze pontosan a bijekcióknak (az X halmazt önmagára kölcsönösen egyértelmű módon leképező függvényeknek) létezik. Az asszociativitás miatt az inverz egyértelmű. Véges X esetén más függvénynek nincs bal- vagy jobbinverze sem. A továbbiakban legyen |X|=∞, és az f és g függvények fg kompozíciója a szokásos módon jelentse azt, hogy először a g-t alkalmazzuk és utána az f-et. Ekkor balinverze pontosan az injektív függvényeknek létezik (azoknak a függvényeknek, amelyeknél különböző elemek képe különböző), és (a bijekciókon kívül) minden ilyen függvénynek végtelen sok balinverze van. Hasonlóan, jobbinverze pontosan a szürjektív függvényeknek létezik (azoknak a függvényeknek, amelyeknél X minden eleme fellép képként), és (a bijekciókon kívül) minden ilyen függvénynek végtelen sok jobbinverze van.

A.1.3 Műveletek száma: mind az n2 elempárhoz n-féle értéket rendelhetünk, tehát nn2 művelet értelmezhető. — Kommutatív műveletek száma: mivel az a,b és b,a elempárhoz ugyanazt rendeljük, ezért n+n2=nn+1/2 elempáron választhatjuk meg szabadon a függvényértéket (a többi helyen a hozzárendelés ezekből már egyértelműen adódik), tehát nn(n+1)/2 kommutatív művelet értelmezhető. — Egységelemes műveletek száma: az egységelem az n elem bármelyike lehet, ezután az ezzel akármelyik oldalról történő szorzás egyértelműen meghatározott, a maradék (n–1)2 elempáron viszont tetszőleges a hozzárendelés, így nn2-2n+2 egységelemes művelet értelmezhető. — Mindezeket a műveleti tábláról is kényelmesen leolvashatjuk. Legyenek X elemei a1,…, an, és készítsünk el egy n×n-es táblázatot, amelynek a felső és bal oldali margójára írjuk fel rendre az ai elemeket, és a táblázat i-edik sorának j-edik eleme legyen aiaj (azaz a megfelelő sorban és oszlopban álló elemek szorzata). A művelet megadását a tábla kitöltése jelenti. Minden helyre az X halmaz n eleme közül bármelyiket beírhatjuk, n2 darab hely van, tehát a lehetőségek száma nn2 A művelet kommutativitását az jelzi, hogy a műveleti tábla a főátlóra szimmetrikus, az egységelem pedig onnan látszik, hogy ennek az elemnek a sora és oszlopa megegyezik a felső, illetve bal oldali margóval. — Megjegyezzük még, hogy a műveletek összeszámolásánál két műveletet akkor is különbözőnek tekintettünk, ha az elemek alkalmas permutálásával egymásba vihetők (ezek tulajdonképpen „ugyanolyan” műveletek, csak a halmaz elemei másképp vannak indexezve — a kétféle művelet által létrehozott algebrai struktúra izomorf).

A.1.4 (ab)–1=b–1a–1. — A megfordítás hamis, ellenpéldát (többek között) az A.1.2 feladat felhasználásával készíthetünk.

A.1.5 Csak d) igaz.

A.1.6 a) Lásd pl. az A.1.2 feladatot. — b) Legyen a tetszőleges és b az a-nak egy balinverze, azaz ba=e. Elég megmutatni, hogy b az a-nak jobbinverze is, mert ekkor az asszociativitás miatt b=a–1 és a-nak nem lehet más balinverze sem. Az ab=e igazolásához legyen c a b-nek egy balinverze és számítsuk ki kétféleképpen a cbab szorzatot. — c) Az egységelemnek önmaga az egyetlen bal-, illetve jobbinverze. — d) Lásd pl. az A.1.1h feladatot.

A.1.7 Ekkor csak arra következtethetünk, hogy az xb=a egyenletnek legalább egy, a by=a egyenletnek pedig legfeljebb egy megoldása létezik.

A.1.8 Alkalmazzuk az A.1.7 Tétel II., majd I. állítását.

A.1.9 Az A.1.1 feladat h), illetve g) része ellenpélda I-re, illetve II-re.

A.2.

A.2.1 Test: (a2), (b1), (c2), (d2), (d3), (d5).

A.2.2 Csak m=3-ra kapunk testet.

A.2.3 Test: a), c), d), e), g).

A.2.4

a) Az Fp-k közül bármely kettőnek az elemszáma különböző és véges, tehát ezek a testek sem egymással, sem pedig egy végtelen testtel nem lehetnek izomorfak (hiszen még bijekció sem létesíthető). A racionális számok halmaza megszámlálható, a valós, illetve komplex számoké viszont ennél nagyobb számosságú, tehát Q és R, illetve Q és C között sem létezik bijekció. Végül az R és C testek (noha a két halmaz között megadható bijektív megfeleltetés) azért nem izomorfak, mert a szorzás számos tulajdonsága eltér, pl. az egységelem negatívjából (azaz a –1-ből) C-ben lehet négyzetgyököt vonni, R-ben viszont nem.

b) A.2.1: F5-tel izomorf (b1); R-rel izomorf (c2), (d2), (d3); C-vel izomorf (d5). — A.2.3: R-rel izomorf a), c), d), e); C-vel izomorf g).

A.2.5 a) Pl. vehetjük a Tp=a+bp  a , b  Q résztesteket, ahol p végigfut a (pozitív) prímeken. — b) A feltételezett résztest egy tetszőleges nemnulla elemét önmagával elosztva megkapjuk az egységelemet, és az egységelemből kiindulva a négy alapművelettel a Q, illetve Fp test minden eleméhez eljutunk. — c) Mutassuk meg, hogy az egységelemből kiindulva a négy alapműveletet segítségével mindig egy résztesthez jutunk, és ez a résztest Q-val vagy valamelyik Fp-vel izomorf. — d) Fp-ben bármely elemet p-szer összeadva mindig a nullelemet kapjuk, ugyanakkor R-ben a 0-n kívül egyetlen ilyen tulajdonságú elem sem található. Megjegyzés: ez a példa jól illusztrálja, hogy egy testnek lehet olyan részhalmaza, amely maga is test, mégsem résztest. A H={0,1,2,…,p–1} halmaz részhalmaza R-nek, és ha a H halmazon az összeadást, illetve a szorzást mint a számok összegének, illetve szorzatának a modulo p vett (legkisebb nemnegatív) maradékát értelmezzük, akkor egy testet kapunk, amely izomorf Fp-vel. A H tehát a valós számoknak egy olyan részhalmaza, amely az így definiált összeadásra és szorzásra nézve testet alkot. Ez azonban R-nek nem részteste, ugyanis ebben a testben egészen másképp végezzük a műveleteket, mint a valós számok körében, hiszen pl. p=7-re most 3+5=1, míg az R testben 3+5=8. (A fenti okoskodást azért nem mondhattuk el közvetlenül az Fp-re és azért kellett a H halmaz „közvetítő” szerepét igénybe vennünk, mert maga az Fp nem tekinthető az R részhalmazának sem. Az Fp elemei ugyanis nem számok, hanem maradékosztályok, azaz az Fp minden egyes eleme egy egész számokból álló végtelen halmaz.)

A.2.6 Csak a c) esetben kaphatunk testet. — Útmutatás: a) Mivel a szorzás a szokásos, ezért (pl.) a 2-nek nem lesz multiplikatív inverze. — b) Legyen 11=c és mutassuk meg, hogy ekkor ab=abc  Innen leolvasható, hogy ha c≠±1, akkor nincs egységelem, ha pedig c=±1, akkor a legtöbb elemnek nincs inverze. — c) Használjuk fel, hogy az egész számok és a racionális számok között bijekció létesíthető.

A.3.

A.3.2

a) (A): ±1. — (B): amelyekre a2–2b2=±1. — (C): ±1,±i. — (D): a nemnulla konstans polinomok. — (E): ±1.

b) Azoknak a sorozatoknak van inverze, amelyeknek egyik eleme sem nulla, a többi sorozat pedig a csupa nulla sorozat kivételével nullosztó. — Hasonló a helyzet a valós függvényeknél is: azoknak van inverze, amelyek sehol sem veszik fel a 0 értéket, a többi függvény pedig az azonosan nulla függvény kivételével nullosztó.

c) A 37x≡1 (mod 100) lineáris kongruenciát (vagy a vele ekvivalens 37x–100y=1 lineáris diofantikus egyenletet) kell megoldani. Válasz: a {…,–127,–27,73,173,…} maradékosztály.

A.3.3 A nullelemet eleve kizártuk a nullosztók közül és inverze sem lehet, ezért csak a nemnulla elemek vizsgálatára szorítkozunk.

A.2.1: (a1) Nullosztómentes, inverze azoknak a törteknek van, amelyeknek a számlálója is páratlan. — (b2) Minden elem nullosztó, nincs egységelem. — (c1) Azok a függvények nullosztók, amelyeknek a 0-n kívül más gyöke is van, a többi függvénynek pedig létezik inverze. — (d1) Itt bármely két elem szorzata nulla, tehát minden elem nullosztó és nincs egységelem. — (d4) Nincs egységelem (de bal oldali egységelem végtelen sok van, mégpedig azok a mátrixok, amelyekre a+b=1). Minden elem jobb oldali nullosztó, a bal oldali nullosztók pedig azok a mátrixok, amelyekre a+b=0.

A.2.2: a) Inverze az 1-nek és az i-nek van, az 1+i pedig nullosztó. — c) Azok lesznek nullosztók, amelyekre 5|a2+b2 (nyolc darab ilyen nemnulla elem van), a többi (tizenhat) elemnek pedig létezik inverze.

A.2.3: f) Az a+bi akkor nullosztó, ha a és b közül (pontosan) az egyik nulla, a többi elemnek létezik inverze.

A.3.4 Az ab=a(b+0)=ab+a0 egyenlőséghez adjuk hozzá ab ellentettjét, és használjuk fel az összeadás asszociativitását.

A.3.5 b) Az utolsóból következik a másik kettő. (Az ilyen tulajdonságú gyűrűket Boole-gyűrűknek nevezzük.)

A.3.6 c≠0 és c nem bal oldali nullosztó. — Ennek alapján egy nullosztómentes gyűrűben (így egy testben vagy az egész számok körében is) bármely nemnulla elemmel lehet egyszerűsíteni, a modulo m maradékosztályok körében pedig pontosan a redukált maradékosztályokkal. [Ez utóbbi annak az átfogalmazása, hogy a cacb (mod m) kongruenciából a (c,m)=1 feltétel mellett következik ab (mod m).]

A.3.7 Igaz: a), d).

A.3.8 Ha a gyűrű egy nemnulla elemét a gyűrű összes elemével (valamelyik oldalról) végigszorozzuk, akkor a nullosztómentesség miatt csupa különböző elemet kapunk, így a végesség miatt ezek a gyűrű minden elemét kiadják. Ez éppen azt jelenti, hogy az xb=a és by=a egyenletek bármely b≠0 és a esetén egyértelműen megoldhatók.

A.3.9 Legyen c az egyetlen bal oldali egységelem. Azt kell igazolnunk, hogy bármely b esetén bc=b, azaz bcb=0 is teljesül. Ehhez lássuk be, hogy c+bcb is bal oldali egységelem, majd használjuk fel, hogy csak egyetlen bal oldali egységelem létezik.

A.3.10 Legyen az R gyűrű nulleleme 0R, az S részgyűrűé pedig 0S, és vegyünk egy tetszőleges sS elemet. Ekkor s=0R+s=0S+s. A második egyenlőség mindkét oldalához az s elem R-beli(!) ellentettjét (jobbról) hozzáadva az asszociativitás felhasználásával a jobb oldalon

a bal oldalon pedig ugyanígy 0R adódik. — Megjegyzés: vegyük észre, hogy a bizonyításhoz erősen felhasználtuk az ellentettet is!

A.3.11 Csak c) igaz. — Az a) állítást pl. az A.3 pont P4 példájában szereplő (rész)gyűrűk, a b) állítást pedig az A.2.1 feladat (b1), (d2) vagy (d3) konstrukciója segítségével cáfolhatjuk meg. — A c) igazolásához legyen eR, illetve eS az R, illetve S egységeleme és vegyünk egy tetszőleges s≠0 elemet az S-ből. Ekkor s=eRs=eSs és (az R-beli!) nullosztómentesség miatt itt s-sel egyszerűsíthetünk.

A.3.12 Először lássuk be, hogy a gyűrű nullosztómentes. Ennek felhasználásával mutassuk meg, hogy egy tetszőleges b≠0 elemet véve az xb=b egyenlet (egyik) x=e megoldása egy jobb(!) oldali egységelem. Ekkor be=b alapján ugyanígy következik, hogy e bal oldali egységelem is. Ezután az xb=e egyenlet (egyik) x=c megoldása a b-nek balinverze. Azt, hogy bc=e is teljesül, többféleképpen is igazolhatjuk, lássuk be például, hogy (ebc)b=0 és használjuk fel a nullosztómentességet.

A.4.

A.4.1 a) Végtelen sok polinom van, de csak véges sok (polinom)függvény.

b) Ha az fg polinomokhoz ugyanaz a polinomfüggvény tartozik, akkor bármely h és t polinomokra h-hoz és h+t(fg)-hez is ugyanaz a polinomfüggvény tartozik. Másik lehetőség: h-hoz és h+tγϵTx-γ-hoz ugyanaz a polinomfüggvény tartozik.

A.4.2 Ha a nullosztómentesség feltételét elejtjük, akkor csak II. marad igaz. (A III-ra könnyen találunk ellenpéldát a modulo m maradékosztályok feletti polinomok, azaz az összetett modulusú kongruenciák körében.)

A.4.3 b) Pl. az f=x és g=0γϵTx-γ szorzata a nulla polinomfüggvény. c) Használjuk fel a 3.2.14 feladatot is. Válasz: |T||T|–(|T|–1)|T|–1.

A.4.4 Pl. bármely olyan nem azonosan nulla függvény megfelel, amelynek végtelen sok gyöke van.

A.4.5 Tekintsük G-t az F11 test feletti polinomnak.

A.4.6 a) Az egyeleműek, a Ha={xa} és Ha={xa} típusú részhalmazok, valamint a teljes R. (Szemléletesen fogalmazva: a számegyenesen a pontok, a zárt félegyenesek és maga a számegyenes.)

b) Csak az egyelemű részhalmazok és a teljes C. (Használjuk fel az algebra alaptételét.)

A.4.7 a) Helyettesítsünk be a polinomfüggvénybe egy tetszőleges egész számot és módosítsuk a0-t úgy, hogy a helyettesítési érték nulla legyen. — b) Most egy egész szám reciprokát helyettesítsük be. — c) Egyrészt el tudjuk érni, hogy az 1 gyök legyen, másrészt viszont csak véges sok racionális gyök jöhet szóba. — d) Az a) és b) mintájára most tetszőleges racionális szám behelyettesítésével célhoz érünk. — e) Végtelen sokféleképpen el tudjuk érni, hogy az 1 gyök legyen. — f) A c) alapján elég csak az i=0 és i=n esettel foglalkoznunk. Ezek is visszavezethetők egymásra az x1/x helyettesítéssel. Ezután az i=0 eset igazolásához okoskodjunk indirekt. Gondoljuk meg, hogy (a0-tól függetlenül) milyen alakú racionális számok lehetnek gyökök, és fogalmazzuk át az indirekt feltételt arra, hogy ekkor az ilyen alakú racionális számokat a g=a1x+a2x2+…+anxn polinomfüggvénybe behelyettesítve véges sok kivételtől eltekintve minden egész számot meg kellene kapnunk. Használjuk ki, hogy elég nagy x-re a g(x) függvényérték konstansszor xn nagyságrendű, és így az összes |g(x)|<M függvényérték előállításához lényegében csak az |x|<cM1/n számok jöhetnek szóba (ahol c egy M-től független konstans). Ezek az x-ek azonban (ha M-et megfelelően választjuk) „kevesen” vannak ahhoz, hogy a g(x) helyettesítési értékek majdnem az összes, M-nél kisebb abszolút értékű egész számot kiadják.

A.4.8 Mutassuk meg, hogy f-nek és f’-nek nincs közös gyöke.

A.4.9 Keressük meg (a negyedfokú) f’ gyökeit, ezek valamelyike gyöke f-nek is, és ezzel a gyöktényezővel f-et (akár kétszer) leosztva a hányados már (ötnél) alacsonyabb fokú. — Elegánsabb és gyorsabb, ha euklideszi algoritmussal meghatározzuk f és f’ legnagyobb közös osztóját, ennek a d=(f,f’) polinomnak a gyökei éppen f többszörös gyökei az eredetinél eggyel kisebb multiplicitással. Ennek megfelelően az f/d polinom gyökei megegyeznek f gyökeivel, de mindegyik gyök most egyszeres. Így g=(d,f/d) gyökei az f többszörös gyökei, de egyszeres multiplicitással. Ezután rendre g, d/g és pl. f/(dg) gyökeit meghatározva megkapjuk f gyökeit és azok multiplicitását.

A.4.10 d=(f,f’)|f, degd<degf, így az irreducibilitás miatt d csak konstans lehet.

A.4.11 Az előző két feladathoz hasonló gondolatmenetet kell alkalmazni.

A.4.12 f=αn(x–γ)n.

A.4.13 Igaz: a), c).

A.4.14 a) A Q és C feletti oszthatóság ekvivalens. Az egészek feletti oszthatóságból bármelyik másik következik, de ennek a megfordítása egyik esetben sem igaz („univerzális” ellenpélda: f=3x és g=5x). Az F2 és a Q, illetve C feletti oszthatóság között nincs kapcsolat.

b) Ekkor a Q, a C és az egészek feletti oszthatóság ekvivalens és ezekből következik az F2 feletti oszthatóság, de a megfordítás nem igaz. (A változásnál csak az játszott szerepet, hogy f főegyütthatója 1 lett.)

A.4.15 Mutassuk meg, hogy a bal oldal (komplex) gyökei a jobb oldalnak is (legalább ugyanannyiszoros) gyökei. — Másik lehetőség: a jobb oldalt írjuk át (x3m–1)+x(x3n–1)+x2(x3k–1)+(x2+x+1) alakba. — Harmadik lehetőség: alkalmazzunk teljes indukciót (pl.) m+n+k szerint. — Megjegyzés: az előző feladat szerint ez az oszthatóság egyformán érvényes Q[x]-ben, C[x]-ben vagy az egész együtthatós, sőt akár az F2 test feletti polinomok körében.

A.4.16 Válasz: x(n,k)–1. — Megjegyzés: Itt is mindegy, hogy a két polinom legnagyobb közös osztóját a racionális, a valós vagy a komplex test fölött nézzük, sőt ez megegyezik az egészek vagy akár az F2 felett vett lnko-val is (bár az utóbbi két állítás nem teljesen nyilvánvaló). — Többféle megoldáshoz is adunk útmutatást: (A) A komplex test felett okoskodva a közös (komplex) gyöktényezőket kell kiválasztani. — (B) Gondoljuk végig, hogy a megadott két polinomra elvégzett euklideszi algoritmus lépései éppen a kitevőkkel (az egész számok körében) végzett euklideszi algoritmus lépéseinek felelnek meg. — (C) Közvetlenül belátható, hogy x(n,k)–1 valóban közös osztó. Legyen most h egy tetszőleges közös osztó, ekkor h|(xun–1)–(xvk–1)=xvk(xun–vk–1), ahonnan u és v alkalmas megválasztásával kapjuk, hogy h|x(n,k)–1. — (D) Használjuk fel a körosztási polinomokat.

A.4.17 Nincs. (A tizedfokú polinomból a feltételezett közös maradékot levonva egy olyan tizedfokú polinomot kapnánk, amely a két polinomnak közös többszöröse lenne. A relatív prímség miatt azonban a két polinomnak már a legkisebb közös többszöröse is tizenegyedfokú.)

A.4.18 Mivel a T feletti polinomok számelmélete a maradékos osztás megléte miatt teljesen analóg az egész számok számelméletével, így a feladatra adott válasz és annak igazolása is teljesen ugyanaz, mint az egész számok körében vizsgált („igazi”) diofantikus egyenleteknél. A megoldhatóság szükséges és elégséges feltétele: (f,g)|h, a megoldásszám végtelen, egy u0, v0 megoldást (pl.) az euklideszi algoritmusból nyerhetünk, és az összes megoldást az u=u0+wg/(f,g), v=v0wf/(f,g) képlet szolgáltatja, ahol wTx tetszőleges polinom.

A.4.19 Mindkét állítás hamis. Az I. igazzá válik, ha feltesszük még, hogy degf≥2. A II. viszont csak a degf=2 vagy 3 esetben lesz igaz.

A.4.20 a) C[x]-ben: k=14x-ϑk  ahol ϑk=ei(2k+1)π/4. — b) R[x]-ben: x2+x2+1x-x2+1  — c) Q[x]-ben: irreducibilis (=Φ8). — d) F2[x]-ben: (x+1)4. — e) F3[x]-ben: (x2+x–1)(x2x–1).

A.4.21 Keressünk olyan c-t, amelyre az x4+c polinom reducibilis Q felett. Arra is vigyázni kell, nehogy olyan c-t válasszunk, amellyel valamilyen n-re az egyik tényező helyettesítési értéke ±1, a másiké pedig egy prímszám.

A.4.22 Irreducibilisek: (a), (c), (d).

A.4.23 Ha (xa1)·…·(xak)–1=gh, ahol a II. Gauss-lemma alapján feltehető, hogy g és h egész együtthatós, akkor bármely i-re g(i)h(i)=–1, tehát g(i)+h(i)=0, i=1,2,…,k. Ha a felbontás nemtriviális volt, akkor deg(g+h)<k, tehát csak g+h=0, azaz g=–h lehetséges. Ekkor viszont gh főegyütthatója negatív lenne, ami ellentmond a kiindulási feltételnek.

A.4.24 Ha m páros, akkor Φ2m(x)=Φm(x2), ha pedig m páratlan, akkor Φ2m(x)=Φm(–x) [illetve m=1 esetén –Φm(–x)].

A.4.26 a) Azok az 5k-adik komplex egységgyökök, amelyek nem k-adik egységgyökök is egyúttal. — b) k=5s, s=0,1,2,…

A.4.27 n.

A.4.28 A megadott negatív szám a gyökök négyzetösszege.

A.4.29 2b3–9abc+27a2d=0. — Útmutatás: a gyökök összegét érdemes nézni. (Ne felejtsük el mindkét irányt igazolni!)

A.4.30 Az összes többi együttható 0. — Útmutatás: vizsgáljuk a gyökök szorzatát, majd osszunk le az így adódó egyik gyöktényezővel, és ismételjük meg az eljárást.

A.5.

A.5.1 Tetraéder: 24, kocka és oktaéder: 48, dodekaéder és ikozaéder: 120. — Útmutatás: vizsgáljuk meg, hogy két szomszédos csúcs hány helyre kerülhet és az ő helyzetük mennyire határozza meg a test elhelyezkedését. Meg kell még mutatnunk, hogy az így kiszámolt valamennyi lehetőség valóban meg is valósul alkalmas egybevágósági transzformációkkal. — Megjegyzés: A kocka és oktaéder, illetve a dodekaéder és ikozaéder esetén nemcsak az elemszámok azonosak, hanem a két csoport izomorf is. Ez egyszerűen igazolható közvetlen geometriai megfontolásokkal, ha a két testet egymáshoz viszonyítva ügyesen helyezzük el.

A.5.2 A kérdéses abab=aabb egyenlőséget balról a–1-gyel, jobbról b–1-gyel beszorozva egy vele ekvivalens egyenlőséget kapunk. — Kommutatív csoportban nyilván lehet tényezőnként negyedik hatványra (is) emelni, a megfordítás azonban nem igaz, tekintsük pl. D4-et.

A.5.4 Lehet, vegyünk például a síkon két olyan tengelyes tükrözést, ahol a tengelyek (fokban mérve) irracionális szöget zárnak be egymással. (Az előző feladat szerint csak nemkommutatív csoportban találhatunk ilyen elemeket.)

A.5.5 Igaz: a), c).

A.5.6 Megfelelő G csoport megfelelő g elemére alkalmazzuk az o(g)||G|összefüggést.

A.5.7 Ha a csoportban pontosan egy másodrendű elem van, akkor a csoportelemek szorzata ezzel egyenlő, egyébként pedig az egységelemmel. Ha speciálisan G a modulo p maradékosztályok multiplikatív csoportja, akkor ez éppen a Wilson-tétel. — Útmutatás: Párosítsunk minden elemet az inverzével. Gondot okoz, ha több másodrendű elem is van, ekkor ezek körében csináljunk egy másféle párosítást.

A.5.8 Valamennyi csoport 8 elemű, azonban öt különböző „típusú” van közöttük: ab — chj — de — f — gi. [Tehát pl. c), h) és j) közül bármelyik kettő izomorf, de ezek nem izomorfak a többi csoport egyikével sem.] — A nem-izomorfak megkülönböztetése valamilyen eltérő műveleti tulajdonság alapján történhet (pl. kommutativitás, elemek rendje), az izomorfak „azonosításához” pedig mutassuk meg, hogy mindkét csoportban pontosan „ugyanazok a számolási szabályok” (ha másképp nem megy, akkor írjuk fel és hasonlítsuk össze a két műveleti táblát). — Megjegyzés: Belátható, hogy „másféle” 8 elemű csoport nem is létezik, azaz minden 8 elemű csoport a megadott csoportok valamelyikével izomorf.

A.5.9 a) Először lássuk be, hogy egy ilyen csoport szükségképpen kommutatív. Ezután mutassuk meg, hogy az elemei e,a,b,ab,c,ac,bc,abc,… formában állíthatók elő. Végül ennek alapján igazoljuk, hogy egy ilyen csoport szerkezetileg szükségképpen azonos egy, az F2 feletti véges dimenziós vektortér additív csoportjával. — b) Ellenpélda: legyen G1 az F3 test feletti 3 dimenziós vektortér additív csoportja és G2 az (ugyancsak az) F3 feletti, olyan 3×3-as felsőháromszög-mátrixok multiplikatív csoportja, amelyekben a főátló mindhárom eleme 1.

A.5.10 a) Válasz: amelyek elemszáma 1 vagy prím. Útmutatás: az egyik irányhoz használjuk a Lagrange-tételt, a másik irányhoz tekintsünk ciklikus részcsoportokat. — b) Válasz: a véges csoportok. Útmutatás: Azt kell igazolni, hogy egy végtelen csoportban mindig végtelen sok részcsoport van. Két esetet különböztessünk meg aszerint, hogy van-e a csoportban végtelen rendű elem vagy nincs, és a gondolatmenethez most is ciklikus részcsoportokat vegyünk igénybe.

A.5.11 A téglalap szimmetriacsoportja megfelel. Páratlan elemszámú csoport nem lehet ilyen, ennek igazolásához használjuk fel a Lagrange-tételt.

A.5.12 a) Válasz: d(n), azaz n pozitív osztóinak a száma. Útmutatás: mutassuk meg, hogy a részcsoportok is ciklikusak és választható bennük olyan gd generátorelem, ahol d|n (itt g az eredeti csoport valamelyik rögzített generátorelemét jelöli). — b) d(n)+σ(n), ahol σ(n) az n pozitív osztóinak az összege.

A.5.13 Ha M=gH és a, b, cM  akkor ab-1c=gh1gh2-1gh3=gh1h2-1g-1gh3=gh1h2-1h3=gh4M  A megfordításhoz lássuk be, hogy a feltétel teljesülése esetén a b-1c b,cM halmaz részcsoport.

A.6.

A.6.1 Az ideálok pontosan az additív csoport részcsoportjai lesznek.

A.6.2 Akkor és csak akkor kapunk ideált, ha m prímhatvány. (Ez igaz a prímek első hatványára, azaz magukra a prímekre is, ekkor a nulla ideálról van szó, hiszen a modulo p maradékosztályok körében nincsenek nullosztók.)

A.6.3 a) Ha ij eleme az Ij ideálnak, akkor a jij szorzat eleme az Ij ideálok metszetének.

b) és c) Az A.6.1–A.6.2 feladatok a segítségünkre lehetnek ilyen példák konstrukciójánál.

A.6.4

a) Használjuk fel, hogy ha a≠0, akkor ra alakban a test minden eleme előáll.

b) Bármely bR-re az Ib=rbrR halmaz ideál, tehát a feltétel szerint Ib=0 vagy Ib=R. Mutassuk meg, hogy azok a bR elemek, amelyekre Ib=0, szintén egy I ideált alkotnak, így I=0 vagy I=R. Az utóbbi esetben R bármely két elemének a szorzata nulla lenne, tehát I=0. Ez az előbbiekkel együtt azt jelenti, hogy bármely b≠0-ra az rb alakú elemek az egész R-et kiadják, azaz lehet osztani és így R test.

Megjegyzések: A kommutativitást ott használtuk ki lényegesen, hogy az Ib halmaz valóban ideál. Az Ib helyett azért nem írhattunk eleve (b)-t, mert egységelem létezését nem tettük fel, és így előfordulhatott volna, hogy bI_b (például zérógyűrűben valóban ez a helyzet), amikor is jogtalan lenne a „b által generált ideál” elnevezés.

c) Legyen I egy nemnulla ideál, azt kell igazolni, hogy I az összes mátrixot tartalmazza. Induljunk ki egy tetszőleges A0, AI mátrixból, és ezt szorozzuk meg balról, majd jobbról egy-egy olyan mátrixszal, amelyben csak egyetlen helyen áll nemnulla elem. Lássuk be, hogy az ily módon kapott mátrixok összegeként minden mátrixot elő tudunk állítani. Mivel ezek a lépések nem vezettek ki az ideálból, adódik, hogy I valóban csak a teljes Tn×n mátrixgyűrű lehet.

A.6.5 a) Válasszuk minden modulo m maradékosztályból a legkisebb nemnegatív reprezentánst (azaz a 0,1,…,m–1 maradékokat), ekkor egy nemnulla ideál generátorelemének megfelel az ideál legkisebb pozitív eleme. — b) A feltétel az, hogy k és m/k relatív prímek legyenek. — c) Lássuk be, hogy a (k) főideál szerinti maradékosztályokat egyértelműen jellemezhetjük a 0,1,…,k–1 „maradékokkal”, és ezekkel éppen úgy kell végezni a műveleteket, ahogyan „modulo k számolunk” velük.

A.6.6 A.6.3 Tétel: a kommutativitást az (i), az egységelemet a (ii) tulajdonság igazolásánál kell felhasználni.

A.6.4 Tétel: egy nemnulla ideál generátorelemének az egész számok esetén válasszuk az ideál (egyik) legkisebb abszolút értékű, a polinomok esetén pedig (egyik) legkisebb fokszámú nemnulla elemét. A bizonyításnál használjuk fel a maradékos osztást.

A.6.5 Tétel: a fő nehézséget annak az igazolása jelenti, hogy noha az osztályokra a műveleteket a reprezentánsok segítségével definiáltuk, az eredmény független a reprezentánsok választásától. Az azonosságok, illetve kitüntetett elemek létezése az eredeti gyűrű megfelelő tulajdonságaiból következik.

A.6.6 Tétel: Ha g=0, akkor T[x]/(g) izomorf T[x]-szel, ha g egység, akkor T[x]/(g) egyedül a nullelemből áll, tehát ezekben az esetekben nem test. Ha g reducibilis, g=rs, ahol degr<degg, degs<degg, akkor az r+(g) és s+(g) maradékosztályok egyike sem a nulla maradékosztály, azonban a szorzatuk (r+(g))(s+(g))=g+(g)=(g), ami a faktorgyűrű nulleleme, vagyis a faktorgyűrűben nullosztók vannak, tehát semmiképpen sem lehet test. Végül megmutatjuk, hogy ha g irreducibilis, akkor valóban testet kapunk. A szorzás kommutatív, egységelem az 1+(g) maradékosztály, tehát azt kell még belátni, hogy ha h+(g) nem a nulla maradékosztály, akkor létezik inverze. A feltétel azt jelenti, hogy hg azaz gh  A h+(g) inverze egy olyan u+(g) maradékosztályt jelent, amelyre (h+(g))(u+(g))=1+(g), azaz alkalmas v polinommal hu+vg=1 teljesül. Mivel a g irreducibilitása és gh miatt g és h relatív prímek, így ennek a (polinomokra vonatkozó) „diofantikus” egyenletnek létezik u,v megoldása (lásd az A.4.18 feladatot).

A.6.7 Az A.6.3 Tétel megfelelője röviden így foglalható össze: (a1,…, ak) az ai elemeket tartalmazó legszűkebb ideál.

A.6.8 a) Az (A) főideál az A részhalmazaiból áll. — b) Legyen I ideál, A=BIB  ekkor I=(A). — c) Az a) részből következik, hogy ez nem főideál. Végesen generált pedig azért nem lehet, mert a b) rész mintájára igazolható, hogy RH-ban minden végesen generált ideál szükségképpen főideál. — d) Lássuk be, hogy az RH gyűrű két eleme, azaz H-nak két részhalmaza akkor és csak akkor kerül az (A) főideál szerint ugyanabba a maradékosztályba, ha a két szóban forgó részhalmaznak az „A-n kívül eső része” azonos. Ennek megfelelően minden maradékosztály egyértelműen jellemezhető HA egy részhalmazával. Ne felejtsük el a művelettartást is ellenőrizni!

A.6.9 a) I=(6), azaz I a 6-tal osztható számokból áll, R/I pedig a modulo 6 maradékosztálygyűrű. — b) I=(2), azaz I a modulo 100 „páros” maradékosztályokból áll, R/I pedig (izomorf) az F2 test(tel). — c) I-t azok a(z egész együtthatós) polinomok alkotják, amelyeknek a konstans tagja páros szám. Megmutatjuk, hogy I nem főideál. Tegyük fel indirekt, hogy I=(g), ekkor g|2 és g|x teljesül, azaz g (az egész együtthatós polinomok körében) közös osztója a 2 és az x polinomoknak. Ezért csak g=±1 lehet, azonban ±1I  hiszen a±1 polinomok konstans tagja páratlan. Ez az ellentmondás biztosítja, hogy I nem főideál. Az R/I faktorgyűrűt úgy kapjuk, hogy az egész együtthatós polinomoknak vesszük a „maradékait mind a 2, mind pedig az x szerint”. Így összesen a 0 és az 1 által reprezentált maradékosztályok lesznek különbözők és R/I izomorf F2-vel.

A.6.10 c) Az aa, b=d tartalmazásból az a) rész alapján d|a következik, és d|b is hasonlóan adódik, tehát d közös osztója a-nak és b-nek. Legyen most c tetszőleges közös osztó, azaz c|a és c|b. Mivel dd=a, b  így d felírható d=au+bv alakban, ahonnan kapjuk, hogy c|d is teljesül. — d) Használjuk fel, hogy az a és b legnagyobb közös osztója felírható au+bv alakban. — e) Ellenpéldát kaphatunk pl. az A.6.9c feladatból.

A.6.11 |R/I|=16 és R/I izomorf az F2 test feletti 2×2-es mátrixok gyűrűjével.

A.6.12 a) Azok a függvények vannak az (f) főideálban, amelyeknek minden, 5-nél kisebb valós szám gyöke. — b) Az R gyűrű két eleme, azaz két valós függvény akkor és csak akkor kerül az (f) főideál szerint ugyanabba a maradékosztályba, ha a két szóban forgó függvénynek minden x<5-re ugyanaz a helyettesítési értéke (a többi helyettesítési érték „nem számít”). Ennek megfelelően minden maradékosztály egyértelműen jellemezhető az 5-nél kisebb helyeken felvett függvényértékekkel. A művelettartás ellenőrzése után így azt kapjuk, hogy az R/(f) faktorgyűrű izomorf az 5-nél kisebb valós számokon értelmezett valós függvények szokásos gyűrűjével. Végül ez utóbbi azért izomorf magával az R-rel, azaz az összes valós függvények gyűrűjével, mert a két értelmezési tartomány (vagyis az 5-nél kisebb valós számok halmaza, illetve az összes valós számok halmaza) között bijekció létesíthető.

A.6.13 Igaz: a), c).

A.6.14 Test: c), d). (Használjuk az A.6.6 Tételt.)

A.7.

A.7.1 Az algebraiság és degΘ≤n igazolásához használjuk fel, hogy az 1,Θ,Θ2,…,Θn elemek biztosan lineárisan összefüggők, degΘ|n bizonyításánál pedig alkalmazzuk a fokszámtételt és az A.7.11 Tételt.

A.7.2 Az M test nullosztómentes, ugyanakkor HomV-ben vannak nullosztók.

A.7.3 A.7.3 Tétel: Legyen M-nek L feletti bázisa Θ1,…,Θm, N-nek M feletti bázisa B1,…,Bn, ekkor lássuk be, hogy a ΘiBj elemek az N-nek L feletti bázisát adják. Ne felejtsük el a végtelen dimenziós esetet is meggondolni.

A.7.5 Tétel: (i) Azt kell igazolni, hogy L(Θ) zárt az (M-beli) összeadásra, szorzásra, ellentett- és reciprokképzésre nézve. Nézzük pl. az összeadást:

(ii) Ha g=x, h=1, akkor g1/h1+g2/h2=g1h2+g2h1/h1 h2  hasonlóan igazolható. — (iii) Mivel T test, ezért T-nek a Θ-val és az L elemeivel együtt az ezekből a „négy alapművelet” segítségével előálló elemeket is tartalmaznia kell.

A.7.8 Tétel: (ii) Ha f=mΘg, akkor f(Θ)=mΘ(Θ)g(Θ)=0·g(Θ)=0. A megfordításhoz tegyük fel, hogy f(Θ)=0, és írjuk fel f-nek az mΘ-val való maradékos osztását: f=mΘh+r, ahol degr<degmΘ vagy r=0. Ekkor r(Θ)=f(Θ)–mΘ(Θ)h(Θ)=0–0=0, és így a minimálpolinom definíciója miatt csak r=0 lehetséges. — (iii) Ha indirekt mΘ=gh, ahol degg<degmΘ, degh<degmΘ, akkor 0=mΘ(Θ)=g(Θ)h(Θ), és M nullosztómentessége miatt g(Θ)=0 vagy h(Θ)=0, de mindkettő ellentmond a minimálpolinom definíciójának. — (iv) A (ii) alapján mΘ|f, továbbá mΘ nem konstans, így az f irreducibilitása miatt mΘ csak az f (konstansszorosa) lehet.

A.7.10 Tétel: Ha egy elemnek többféle ilyen előállítása lenne, akkor ezeket egymásból kivonva azt kapnánk, hogy Θ gyöke egy legfeljebb n–1-edfokú polinomnak, ami ellentmondás. Azt, hogy létezik ilyen előállítás, két lépésben bizonyítjuk: (i) g(Θ)/h(Θ) alkalmas fLx polinommal átírható f(Θ) alakba; (ii) elérhető degf<n is. Az (i) igazolásához lássuk be, hogy g(Θ)/h(Θ)=f(Θ) ekvivalens a g=hf+mΘu „diofantikus” egyenlettel, ami megoldható, mert h és mΘ relatív prímek. (ii) Legyen f-nek az mΘ-val való osztási maradéka r, ekkor f(Θ)=r(Θ).

A.7.12 Tétel: Az α01Θ+…+αn–1Θn–1 elemekkel pontosan ugyanúgy kell számolni, mint az mΘ polinom szerinti osztási maradékokkal.

A.7.4 Egy g≠0 racionális együtthatós polinomnak minden gyöke definíció szerint algebrai szám, tehát ez g bármely osztójára is teljesül. Megfordítva, ha f minden gyöke algebrai szám, akkor megfelelő g-t kapunk, ha vesszük az f gyökei minimálpolinomjainak a szorzatát.

A.7.5 k gyöke az f(x)=mΘ(xk) polinomnak.

A.7.6 Azt kell igazolni, hogy két algebrai szám összege és szorzata, valamint egy algebrai szám ellentetteje és reciproka is algebrai. Nézzük pl. az összeget. Ha Θ és Ψ algebrai, akkor legyen M=Q(Θ), N=M(Ψ), ekkor +ΨN  Ezután alkalmazzuk a fokszámtételt és az A.7.11 Tételt.

A.7.7 Egy algebrai és egy transzcendens szám összege mindig transzcendens, két transzcendens szám összege lehet algebrai is és transzcendens is (mutassunk mindkét esetre példát).

A.7.8 a): (i) Mindkét szám transzcendens. — (ii) Mindkét szám transzcendens, vagy pedig az egyik 0 és a másik transzcendens. — (iii) Legalább az egyik szám transzcendens (mutassunk példát, amikor mindkettő transzcendens, illetve amikor csak az egyik az). — (iv) Mindkét szám algebrai. (Útmutatás: fejezzük ki az eredeti számokat S-sel és P-vel.) — b) Csak (iv)-nél van változás, itt előfordulhat az is, hogy a két eredeti szám (speciális) irracionális szám. — Megjegyzés: az eltérés oka az, hogy (i)–(iii) esetén csak a testtulajdonságok játszottak szerepet, (iv)-nél viszont a (négyzet)gyökvonás is.

A.7.9 a) Ha a és b algebrai, akkor mivel i algebrai és algebrai számok összege és szorzata is az, ezért a+bi is algebrai. Megfordítva, tegyük fel, hogy z=a+bi algebrai, először lássuk be, hogy z¯=a-bi is az (ugyanaz a minimálpolinomja), ezután fejezzük ki a-t és b-t z-vel és z¯-vel.

b) Használjuk fel az a) részt, valamint azt, hogy ha cosϕ és sinϕ közül az egyik algebrai, akkor szükségképpen a másik is az.

A.7.10 Transzcendens: c), d), a többi algebrai. A fokszámok: a) 100; b) 4; e) 3; f) 3; g) Az 1 foka 1, a többié 100; h) A ±1 foka 1, a többié 2; i) ϕ(n); j) 48. — Útmutatás: b)-nél és e)-nél kevés számolással is célhoz érhetünk, ha a fokszámtételt felhasználjuk; j)-nél alkalmazzunk az A.7.12 feladat megoldásához hasonló gondolatmenetet.

A.7.11 Van. — Útmutatás: Az egységgyökök minimálpolinomjai a körosztási polinomok, amelyek egész együtthatósak és a főegyüttható 1, ugyanakkor könnyen készíthető olyan 1 abszolút értékű komplex szám, amelynek nincs ilyen alakú minimálpolinomja.

A.7.12 Csak a±1 ilyen. — Útmutatás: Legyen z=cosϕ+isinϕ. Mutassuk meg, hogy Q(z)-nek szükségképpen eleme z¯=1/z és így cosϕ és isinϕ is. Legyen M=Q(cosϕ) és N=M(isinϕ), ekkor N=Q(z) és deg(N:M)=2.

A.7.13 Válasz: deg(Θ2)=k vagy k/2. — Útmutatás: QQ2Q és itt a második bővítés legfeljebb másodfokú.

A.7.14 a) 18/8 racionális szám. — b) Mutassuk meg, hogy a jobb oldal része a metszetnek, majd használjuk a fokszámtételt.

A.7.15 Legyen Ψ=1+3257+111257+10006257  Ekkor ΨQ57  és mivel a 7 prím, továbbá ΨQ  ezért QΨ=Q57  tehát 57QΨ 

A.7.16 Használjuk fel, hogy |z|=1 esetén Re z=(z+1/z)/2. Ne feledkezzünk el arról az esetről sem, amikor z transzcendens.

A.7.17 Vegyük azt a bővítésláncot, ahol Q-t egymás után bővítjük a polinom együtthatóival, majd a végén az egyik gyökével.

A.7.18 Az A.7.12 Tétel alapján legyen M=L[x]/(f). Ekkor M az A.6.6 Tétel szerint test, továbbá a konstans+(f) maradékosztályok halmaza megfelel L*-nak, az x+(f) maradékosztály pedig Θ-nak.

A.8.

A.8.1 Vegyük észre, hogy a binomiális együtthatók most annyiszor történő összeadást jelentenek, továbbá mindegyik 1-nél nagyobb binomiális együttható osztható p-vel.

A.8.2 A szorzat értéke –1 (ez p=2 esetén ugyanaz, mint az 1). Az összeg a kételemű test kivételével 0. — Útmutatás: A szorzatnál párosítsunk minden elemet az inverzével és használjuk ki, hogy legfeljebb egy darab másodrendű elem van. (A párosítás helyett az elemeket a generátorelem hatványaiként felírva is célhoz érünk.) Az összegnél páratlan p esetén párosítsunk minden elemet az ellentettjével, p=2-re pedig tekintsük a vektorteres felírást (ez utóbbi páratlan p-re is alkalmazható).

A.8.3 Válasz: (m, pk–1). — Útmutatás: A gyökök azok a Θ-k, amelyekre o(Θ)|m. Használjuk ki azt is, hogy o(Θ)|pk–1.

A.8.4 Válasz: 1, ha k páratlan, és 3, ha k páros (a (Θ,Ψ) és (Ψ,Θ) párt ugyanannak tekintjük). — Útmutatás: vezessük vissza az előző feladatra.

A.8.5 a) Ha 0=a+a+…+a, akkor ezt tetszőleges b-vel beszorozva 0=(a+a+…+a)b=ab+ab+…+ab=a(b+b+…+b) adódik, és mivel a≠0, ezért a második tényező 0. Ebből következik, hogy ha egy nemnulla elemet k-szor összeadva nullát kapunk, akkor ugyanez valamennyi nemnulla elemre érvényes. Tekintsük a legkisebb ilyen k-t. Ha k összetett lenne, k=rs, ahol r<k,s<k, akkor a k darab a összegét bontsuk r hosszúságú csoportokra és jussunk ellentmondásra. Tehát a legkisebb ilyen k egy p prím. Több prím azért nem jöhet szóba, mert minden más k ennek a minimális darabszámnak a többszöröse.

b) Tekintsük pl. az Fp test feletti polinomhányadosokat (algebrai törteket).

A.8.6 F13, illetve F3 felett keresendő egy-egy irreducibilis polinom, amelynek a foka 2, illetve 4.

A.8.7 A multiplikatív csoportra alkalmazzuk a Lagrange-tételt, és ebből olvassuk le, hogy a nemnulla elemek valóban gyökei a megadott polinomnak (a nulla meg nyilvánvalóan gyök). A polinomnak ezzel megkaptuk annyi (különböző) gyökét, mint amennyi a foka, tehát több gyök nem lehet.

A.8.8 A „csak akkor” részhez használjuk fel az előző feladatot és azt, hogy a pk elemű test bármely elemének a foka osztója k-nak. A megfordításnál induljunk ki az Fp[x]/(f) testből.

A.8.9 Az állítás lényegében ekvivalens az előző feladattal.

A.8.10 Tekintsük a test multiplikatív csoportját, és használjuk fel, hogy egy (véges) ciklikus csoport bármely két (különböző) részcsoportja különböző elemszámú.

A.8.11 Tekintsük A-t egy A lineáris transzformáció mátrixának, és mutassuk meg, hogy az A minimálpolinomja éppen f (vö. a 6.3.18 feladattal). Ennek megfelelően az A mátrix hatványai „ugyanúgy viselkednek”, mint az Fp[x]/(f) faktorgyűrűben az x maradékosztály hatványai.

A.8.12

a) ϕ(pk–1)/k. — b) Válasz: 1/kdkμdpk/d  ahol μ(n) a Möbius-függvény: μ(1)=1, μ(n)=(–1)s, ha az n szám s darab különböző prím szorzata és μ(n)=0 minden más n-re. — Megjegyzés: Általánosan is, egy tetszőleges q elemű véges test felett a k-adfokú irreducibilis polinomok számára ugyanez a képlet érvényes, csak p helyére q-t kell írni. A bizonyítás is teljesen analóg a q=p esettel. — Útmutatás b)-hez: Jelöljük a keresett darabszámot Ik-val. Az A.8.8 feladat alapján xpk-x az összes olyan d-edfokú, Fp felett irreducibilis polinom szorzata, ahol d|k. Ebben az egyenlőségben a két oldal fokszámát összehasonlítva, Ik-ra egy rekurzív összefüggést kapunk. Innen Ik-t az ún. Möbius-féle megfordítási formulával fejezhetjük ki.

A.8.13

a) A két egyenes közös pontja egy olyan egydimenziós altér, amely benne van a két kétdimenziós altér metszetében. Mivel a vektortér háromdimenziós, ez a metszet nem lehet nulla, tehát maga a metszet egy egydimenziós altér. Hasonlóképpen, a két pontot tartalmazó egyenes a két egydimenziós altér által generált (kétdimenziós) altér lesz.

b) Pontok: az egydimenziós altereknek a nullvektoron kívüli részei p–1 eleműek és diszjunktak, a számuk tehát (p3–1)/(p–1)=p2+p+1. Egyenesek: a kétdimenziós U altereknek bijektíven megfeleltethetők az U egydimenziós alterek (vö. az A.8.14 feladattal), vagy közvetlenül is leszámolhatók a bázisok szerint. (A pontokra és az egyenesekre vonatkozó állítás is a 4.6.14 feladat speciális esete.)

c) A b) részhez hasonló gondolatmenetet kell alkalmazni.

A.8.14 Az előző feladatra úgy vezethető vissza, hogy minden egyenest most a „normálvektorával” jellemeztünk, azaz egy kétdimenziós U altér helyett az egydimenziós U-t vettük.