Alkalmazott matematikus szak, első évfolyam, első félév Első zárthelyi (2001. nov. 8) — megoldásvázlatok

1. Mivel \overline{z} − i nemnegatív valós szám, z képzetes része −1. A z helyébe x − i-t írva és a műveleteket elvégezve |x| = x adódik (4 pont). A megoldás tehát az x tengely pozitív irányával párhuzamos, a (0, −1) pontból induló zárt félegyenes (2 pont).

2. A polinomot deriválva 2001(x^{2000} − x^{2}) adódik, ennek keressük az eredeti polinommal közös gyökeit. Ha x ilyen, akkor x^{2001} = x^{3}, ezt az eredeti polinomba visszahelyettesítve x^{3} = 1 adódik (3 pont). Megfordítva, ha x^{3} = 1, akkor x nyilván gyöke az eredeti polinomnak és a deriváltnak is (1 pont). Tehát a többszörös gyökök az 1 három köbgyöke, azaz a harmadik egységgyökök (2 pont).

3. Azok az n számok jók, melyek kettővel oszthatók, de néggyel nem. Valóban, ε szöge 360^{∘}-nak k/n-szerese, ahol (k, n) = 1. Ezért iε szöge 360^{∘}-nak (4k+n)/4n-szerese (2 pont). E tört nevezője 2n kell hogy legyen (az egyszerűsítés után). Ezért 2 | n (1 pont). Így n/2 páratlan (különben a törtet kettővel tovább lehetne egyszerűsíteni) (2 pont). Könnyen láthatóan páratlan prímmel (k, n) = 1 miatt nem lehet egyszerűsíteni, tehát az ilyen n számok jók (1 pont).

4. Az alaptétel bizonyításában tanult eljárást alkalmazzuk. Az első lépésben σ_{2}^{2}-t kell levonni, ekkor −6σ_{4} − 2 ∑ ε_{j}^{2}ε_{k}ε_{ℓ} adódik (2 pont). A következő lépésben ehhez 2σ_{1}σ_{3}-at kell hozzáadni. Végeredményben a keresett összeg σ_{2}^{2} + 2σ_{4} − 2σ_{1}σ_{3} (2 pont). A megfelelő együtthatókat az x^{18} − 1 polinomról leolvasva kapjuk, hogy az eredmény 0 (2 pont). Másik megoldási ötlet: Kiindulhatunk az s_{2}^{2}-ből is, majd s_{4}-et a Newton-formulákból megkaphatjuk. Harmadik megoldási ötlet: Be lehet látni, hogy az ε_{j}ε_{k} szorzatok a 18-ik egységgyököket futják be. Így egy mértani sort kapunk.

5. A racionális gyökteszt szerint próbálgatva látjuk, hogy −2 gyöke a polinomnak, az x+2 gyöktényezőt kiemelve x^{4} − 4x^{3} + 6x^{2} − x + 1 marad (2 pont). Ide x helyébe x + 1-et írva x^{4} + 3x + 3 adódik, ami a Schönemann-Eisenstein miatt irreducibilis (4 pont).

6. Jogosan: nincs ilyen polinom. Ehhez elég belátni, hogy ha f századfokú, és minden egész helyen egész értéket vesz fel, akkor (100!)^{2}f már egész együtthatós (a papíron szereplő polinom (100!)^{2}-szerese biztosan nem egész együtthatós, hiszen 101 prímszám). Az f polinomot az azonossági tétel miatt egyértelműen meghatározza a 0, 1, …, 100 helyeken felvett helyettesítési értéke. Ha kiszámoljuk a megfelelő Lagrange-féle interpolációs polinomot, akkor azonnal látszik, hogy a keletkező nevezők mindegyike osztója (100!)^{2}-nek. (Valójában már 100!-nak is osztója minden nevező.)