Matematikus szak, első évfolyam, második félév Első zárthelyi — megoldások

1. A diádokat kiszámítva és összeadva a következő mátrixot kapjuk (a szokásos bázisban):

( \begin{matrix}−4 & 7 & 12 \\ 2 & 4 & 6 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix} )

(2 pont). A rang 2 (Gauss-eliminációval, vagy a diádfelbontásról szóló tételből, 1 pont), a karakterisztikus polinom −x^{3} + 3x^{2} + 54x, így a sajátértékek 0, 9, −6 (2 pont), a megfelelő sajátaltereket pedig rendre az 5x^{2} − 8x + 1, x^{2} + 2x + 2, x^{2} + 2x − 13 generálja (3 pont).

2. Ha v = (a, b, c)^{T}, akkor Mv = (a + b, b, 0)^{T}, és M^{2}v = (a + 2b, b, 0)^{T}. Ha c ≠ 0 és b ≠ 0, akkor e három vektorból álló rendszer rangja három, azaz ilyenkor v nem lehet benne valódi invariáns altérben. Ezért ha W valódi invariáns altér, akkor W része a c = 0 egyenlettel definiált W_{1}, vagy a b = 0 egyenlettel definiált W_{2} altérnek.

Ha c = 0 de b ≠ 0, akkor v és Mv függetlenek, és ezért generálják W_{1}-et. Ha tehát W valódi invariáns altere W_{1}-nek, akkor W része a c = 0, b = 0 egyenletekkel definiált W_{3} altérnek. Ez már egydimenziós, tehát W = W_{3} vagy W = 0.

Ha b = 0, de a és c egyike sem nulla, akkor v és Mv függetlenek, és ezért generálják W_{2}-t. Ha tehát W valódi invariáns altere W_{2}-nek, akkor W része vagy a b = 0, a = 0 egyenletekkel definiált W_{4} altérnek, vagy pedig W_{3}-nak. Ezek már egydimenziósak, tehát W = W_{3}, vagy W = W_{4}, vagy W = 0.

Mivel W_{1}, W_{2}, W_{3}, W_{4} nyilván invariáns, a triviálisakkal együtt hat invariáns altér van.

3. A páratlanokra. Tekintsük azt az n-edrendű determinánst, amelynek a főátlójában minden elem nulla, azon kívül minden elem 1. A definíció alapján kifejtve a páros illetve páratlan fixpontmentes permutációk számának különbségét kapjuk. Másfelől viszont ha az első sorból kivonjuk a másodikat, a másodikból a harmadikat, és így tovább, majd az utolsó sorhoz hozzáadjuk az első sort, a második sor kétszeresét, a harmadik sor háromszorosát, és így tovább, akkor felső háromszögmátrixot kapunk, aminek a determinánsa (−1)^{n−1}(n−1).

4. Nem. Ellenpélda: [A] = ( \begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ) és [B] = ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 3 \end{matrix} ).

5. A ⊗ ℤ_{5^{∞}} = 0, mert a ⊗ b = a/5^{k} ⊗ 5^{k}b, itt a/5^{k} ∈ A, és 5^{k}b = 0, ha k elég nagy. Belátjuk, hogy A ⊗ ℤ_{3^{∞}} ≅ ℤ_{3^{∞}}, és φ : b ↦ 1 ⊗ b izomorfizmus. Mivel a ℤ_{3^{∞}} csoportban (q, 3) = 1 esetén a q-val való osztás egyértelmű, b ∈ ℤ_{3^{∞}} és p/q ∈ A esetén értelmezhető (p/q)b (mint pb q-adrésze). Ezért ∑ n_{i} (p_{i}/q_{i}) ⊗ b_{i} = 1 ⊗ (∑(n_{i}p_{i}/q_{i})b_{i}) = 1 ⊗ b, ahol b ∈ ℤ_{3^{∞}}. Vagyis φ szürjektív. Tekintsük az f(p/q, b) = (p/q)b bihomomorfizmust. Ez átvezethető a tenzorszorzaton, és mivel 1 ⊗ b képe 1b = b lesz, φ injektív.

6. Van. Legyen M = {ax + b | a, b ∈ ℝ}. Ez az összeadásra részcsoport ℝ[x]-ben. Definiáljuk a p(x)∘(ax+b) modulusszorzatot úgy, hogy ezt a két polinomot összeszorozzuk, majd kidobjuk belőle azokat a tagokat, amelyekben x^{2} legalább a másodikon szerepel. Könnyű ellenőrizni, hogy így unitér modulust kaptunk. Legyen φ(m) = x ∘ m. Ez nyilván nem nulla modulushomomorfizmus. De (φ⊗φ)(m⊗n) = (x∘m)⊗(x∘n) = (x^{2}∘m)⊗n = 0.

Typeset by AMS-TEX