Alkalmazott matematikus szak, első évfolyam, második félév Első zárthelyi — megoldásvázlatok

1. A mátrix felbontása

( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) · ( 1 2 3 4 ) + ( \begin{matrix}−2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) · ( 0 1 1 2 ) .

2. A karakterisztikus polinom x^{2} + 1, a sajátértékek ±i, a sajátvektorok (1, −1 ± i)^{T} (és skalárszorosaik), az 1999-edik hatvány a mátrix ellentettje. Ez utóbbi állítás nemcsak számolással következik, hanem abból is, hogy a mátrix négyzete az egységmátrix ellentettje.

3. A válasz 7. Jelölje U a feladatban szereplő alteret. Első megoldás. Legyen p ∈ V esetén A(p) = p(2) − p(3). Az A lineáris leképezés a ℚ testbe, mint önmaga feletti vektortérbe, hiszen A(p + q) = (p + q)(2) − (p + q)(3) = p(2) − p(3) + q(2) − q(3) = A(p) + A(q) (1 pont), és A(λp) = (λp)(2) − (λp)(3) = λ(p(2) − p(3)) = λA(p) (1 pont). Az U = KerA dimenzióját keressük (2 pont). Nyilván ImA = ℚ (ez közvetlen számolással adódik, vagy például abból következik, hogy az egydimenziós ℚ-nak csak a két triviális altere van, viszont A(x) = −1 ≠ 0) (1 pont). Ezért a dimenziótétel miatt dim U = dim V − 1 = 8 − 1 = 7 (1 pont). Második megoldás. Mivel U valódi altér V -ben, hiszen például x ∉ U (1 pont), ezért a tanult tétel miatt dim U < dim V = 8, azaz dim U ≤ 7 (2 pont). Ahhoz, hogy belássuk, hogy a dimenzió legalább 7, elég megadni 7 független polinomot U-ban (1 pont). Ilyenek például 1, (x−2)(x−3)x^{i} (0 ≤ i ≤ 5), hiszen ezek csupa különböző fokúak (2 pont).

4. Van, például p = 1. A két altér akkor egyenlő, ha mindegyik generátorai kifejezhetők a másik generátorainak lineáris kombinációjaként. A baloldal generátoraival nyilván az ax^{3} + bx + c alakú polinomok fejezhetők ki, ahol a, b, c ∈ ℚ, a jobboldalon mindegyik polinom ilyen alakú. Megfordítva, ha p = 1, akkor x = (2 + x) − 2p ∈ ⟨1 + x + x^{3}, 2 + x, p⟩, és így x^{3} = (1 + x + x^{3}) − p − x is eleme ennek az altérnek (6 pont). [Nyilván minden olyan fenti alakú p jó, ami nincs az 1 + x + x^{3} és a 2 + x által generált (kétdimenziós) altérben.]

5. Nem. Tegyük fel ugyanis, hogy az első 2000 vektor F rendszere független. Jelölje az utolsó vektort v, és legyen F_{i} az a vektorrendszer, amit az F -ből az i-edik vektor elhagyásával kapunk. Ekkor F_{i} is független, de a feltétel szerint v-t ehhez hozzávéve már összefüggő rendszert kapunk. Ezért v függ F_{i}-től (ha 1 ≤ i ≤ 2000). Mivel F független, a v egyértelműen írható fel az F elemeinek lineáris kombinációjaként. A most talált 2000 felírás tehát mind ugyanaz, azaz ebben az egyértelmű felírásban minden együttható nulla. Azaz v = 0, ami ellentmond a feltevésnek.

6. Azok, amelyek dimenziója legalább a fele a tér dimenziójának. Szükségesség: a dimenziótétel miatt dim ImA+dim KerA = dim V, azaz ImA és KerA közül az, amelyik dimenziója nem kisebb, az legalább (dim V)/2 dimenziós, és így az összeg dimenziója is legalább ennyi. Elégségesség: Legyen U egy legalább (dim V)/2 dimenziós altér, és ennek egy b_{1}, …, b_{n} bázisát egészítsük ki a c_{1}, …, c_{k} vektorokkal V egy bázisává, ahol tehát n ≥ k. Legyen A olyan lineáris transzformáció, melyre A(b_{i}) = 0, és A(c_{i}) = b_{i} ha 1 ≤ i ≤ k. Ekkor ImA ⊆ KerA = U, és így ImA + KerA = U.