Matematikus szak, első évfolyam, második félév Második zárthelyi — megoldásvázlatok

1. A mátrix

( \begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix} ) ,

ennek sajátértékei 0 és ±\sqrt{2}, ezek között pozitív és negatív is van, tehát az alak indefinit (4 pont). A legnagyobb sajátérték a \sqrt{2}, ezért az origótól vett távolság 1/\sqrt[4]{2} (2 pont).

2. A lapokkal párhuzamos, a kocka középpontján áthaladó síkra való (összesen három) tükrözés biztosan szinezéstartó szimmetria, és ilyenekkel a csúcsok egymásba vihetők, tehát a keresett G csoport tranzitívan hat a csúcsokon. Viszont mindegyik csúcs stabilizátora már csak az identitásból áll, hiszen a lapok a helyükön maradnak. Tehát |G| = 8 (3 pont). Bármely két fent említett síkra tükrözés szorzata egyenesre való tükrözés lesz, ilyenből is három darab van, végül a három lapra tükrözés szorzata a kocka középpontjára tükrözés. Ezzel az összes elemet megtaláltuk, mindnek a rendje 2, kivéve az egységelemet (3 pont).

3. Nyolcelemű. Ha ugyanis egy négyzet csúcsait körbeszámozzuk az 1, 2, 3, 4 számokkal, akkor a megadott két permutáció egy 90^{∘}-os forgatás, illetve egy átlóra tükrözés lesz. Tudjuk, hogy ezek a teljes D_{4} csoportot generálják (6 pont). Az állítás persze közvetlen számolással is kihozható.

4. A D_{6} csoport centruma {e, f^{3}}, ezért a keresett csoport hatelemű (3 pont). Ez a csoport S_{3}-mal izomorf (3 pont). Ez például következik az elemrendek vizsgálatából (elég megnézni, hogy nincs hatodrendű elem, hiszen a hatelemű csoportokat ismerjük). De következik abból is, hogy a D_{3}-mal izomorf ⟨t, f^{2}⟩ részcsoport reprezentánsrendszert alkot.

5. Ha Q negatív szemidefinit, akkor ez az altér nyilván nulla. Ellenkező esetben viszont az egész tér. Ha ugyanis b_{1}, …, b_{n} egy Q-ortogonális bázis, melyre Q(b_{1}) > 0, akkor minden b_{j} (j ≥ 2) vektorhoz választhatjuk λ-t olyan „nagyra”, hogy Q(λb_{1} + b_{j}) = |λ_{1}|^{2}Q(b_{1}) + Q(b_{j}) pozitív, azaz λb_{1} + b_{j} ∈ W legyen. Így b_{1} ∈ W miatt b_{j} ∈ W.

6. Igen. Az A − A^{∗} normális transzformáció, hiszen az adjungáltja az ellentettje. Válasszuk úgy az ortonormált bázist, hogy ez diagonálissá váljon. Ekkor i ≠ j esetén 0 = ⟨(A − A^{∗})b_{i}, b_{j}⟩ = ⟨Ab_{i}, b_{j}⟩ − ⟨b_{i}, Ab_{j}⟩ = ⟨Ab_{i}, b_{j}⟩ − \overline{⟨Ab_{j}, b_{i}⟩}.

7. Igaz. Legyen |G : H| = 3, és jelölje H = H_{1}, H_{2}, H_{3} a három H szerinti bal mellékosztályt. Belátjuk, hogy h ∈ H esetén hH_{i} = H_{i}. Ez nyilvánvaló i = 1-re, és mivel a h-val való balszorzás bijekció, ha nem lenne igaz, akkor hH_{2} = H_{3} és hH_{3} = H_{2} lenne. Ebben az esetben h^{n}H_{2} = H_{2}, és h^{n}H_{3} = H_{3} minden páros n-re. De h rendje páratlan (hiszen |G| az), és így n = |h| + 1 választással ellentmondásra jutnánk. Beláttuk tehát, hogy tetszőleges g ∈ G esetén hgH = gH, azaz g^{−1}hg ∈ H, tehát H normálosztó.