Matematikus szak, első évfolyam, első félév Második zárthelyi — megoldások

1. Van, például x + y = 1, x + y = 7, 3x + y = 1.

2. A mátrix felbontása

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

3. Az eredmény 4, azaz az összes transzformációt megkapjuk. Ez például abból következik, hogy a 2 × 2-es mátrixok vektorterének szokásos bázisában két elem idempotens (ahol a főátlóban van az 1-es), a másik kettőnek pedig nulla a négyzete.

4. 1995, azaz hárommal kevesebb, mint V dimenziója. Ennek oka az, hogy a p(i) = 0 két lineáris feltételt foglal magába, azt, hogy a valós és képzetes rész is nulla legyen. Azaz ha U_{1} = {p ∈ V | Re(p(i)) = 0} és U_{2} = {p ∈ U_{1} | Im(p(i)) = 0} (ezek nyilván alterek), akkor U = {p ∈ U_{2} | p(1) = p(3)}. Mivel V ⫌ U_{1} ⫌ U_{2} ⫌ U (azt, hogy a tartalmazások valódiak, rendre az 1, x, x^{2} + 1 polinomok mutatják), azt kapjuk, hogy dim U ≤ 1995. Másfelől viszont (x^{2} + 1)(4x^{n} + 1 − 5 · 3^{n}) ∈ U, ha 1 ≤ n ≤ 1995, és ezek csupa különböző fokúak, azaz függetlenek. Tehát dim U ≥ 1995.

Elegánsabb, és lényegében számolásmentes a következő megoldás. Tekintsük V -n az A(p) = (Re(p(i)), Im(p(i)), p(3) − p(1)) képlettel definiált lineáris leképezést. Ennek magja U. Mivel A(1) = (1, 1, 0), A(x) = (0, 1, 2) és A(x^{2} + 1) = (0, 0, 8) nyilván lineárisan független vektorok, ezért dim ImA = 3, és így a dimenziótétel miatt dim KerA = 1998 − 3.

5. Azok, amelyek dimenziója legfeljebb 1. Ilyenkor ugyanis nincs más altér, mint {0} és az egész tér, és így a feltétel nyilván teljesül. Ha viszont a dimenzió legalább kettő, akkor legyenek u és v független vektorok, U = ⟨u⟩, V = ⟨v⟩ és W = ⟨u+v⟩. Ekkor u+v ∈ U +V, tehát W ⊆ U + V, és ezért (U + V) ∩ W = W. Másrészt viszont U ∩ W = {0}, hiszen λu = μ(u + v) csak úgy teljesülhet, ha λ = μ = 0. Hasonlóan V ∩ W = {0}, és ezért a feltétel nem teljesül. Erre a bizonyításra úgy lehet rájönni, hogy először a valós síkot vizsgáljuk, és három különböző egyenest tekintünk.

6. Azok, amelyek dimenziója legfeljebb a fele a tér dimenziójának. Szükségesség: a dimenziótétel miatt dim ImA + dim KerA = dim V, azaz ImA és KerA közül az, amelyik dimenziója nem nagyobb, az legfeljebb (dim V)/2 dimenziós lehet, és így a metszet dimenziója is legfeljebb ennyi. Elégségesség: Legyen U egy legfeljebb (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, A(c_{i}) = b_{i} ha 1 ≤ i ≤ n, és A(c_{i}) ∈ U ha i > n. Ekkor ImA = U ⊆ KerA.