Mat-tanári szak, második évfolyam, első félév Első zárthelyi — megoldási útmutató

1. Azt kell belátni, hogy ha U, V, W ugyanazon T test feletti vektorterek, A ∈ Hom(V, W) és B ∈ Hom(U, V) (1 pont), akkor tetszőleges u ∈ U esetén (AB)(λu) = λ((AB)(u)) (1 pont). (AB)(λu) = (kompozíció definíciója) = A(B(λu)) = (B skalárszoros-tartó) = A(λBu) = (A skalárszoros-tartó) = λA(Bu) = (kompozíció definíciója) = λ((AB)(u)). Ebben az átalakításban minden indoklással ellátott egyenlőség 1 pontot ér.

2. Mivel tükrözés négyzete az identitás, T^{5} = T, tehát elég T mátrixát kiszámolni (2 pont). Nyilván T : (1, 0) ↦ (0, −1) és T : (1, 2) ↦ (−2, −1) (1 pont). Tehát T mátrixának kiszámításához a (0, −1) = x(1, 0)+y(1, 2) és a (−2, −1) = u(1, 0)+v(1, 2) egyenletrendszereket

kell megoldani (1 + 1 pont). Az eredmény ( \begin{matrix}x & u \\ y & v \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1/2 & −3/2 \\ −1/2 & −1/2 \end{matrix} ) (1 pont).

3. Nem, sőt az 1, x, x^{2} polinomok egyike sincs benne a jobboldali altérben. Ha ugyanis például 1 = α(i + 2x) + β(−x^{2} + 1) + γ(ix^{2} + 2x) lenne, akkor innen az együtthatókat összehasonlítva iα + β = 1, 2α + 2γ = 0, −β + iγ = 0 adódik. Ez az egyenletrendszer ellentmondásos, ami akár Gauss-eliminációval, akár közvetlen számolással azonnal látható.

4. A válasz 7. Jelölje V a ℚ[x] legfeljebb 7-edfokú elemeiből és a nullapolinomból álló ℚ feletti vektorteret, U pedig a feladatban szereplő vektorteret. 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).

5. Legyen b_{1}, …, b_{1998} bázis V -ben. Az előírhatósági tétel miatt van olyan A ∈ Hom(V), melyre Ab_{1} = 0 és Ab_{2} = ⋯ = Ab_{1998} = b_{1}. Mivel Ab_{2} = b_{1} ≠ 0, ezért A ≠ 0. Viszont i ≥ 2 esetén A^{2}b_{i} = A(Ab_{i}) = Ab_{1} = 0, és persze A^{2}b_{1} = A(0) = 0. Vagyis A^{2} valamennyi bázisvektort nullába viszi, és így A^{2} = 0.

6. Az állítás igaz. Tegyük fel először, hogy ⟨v_{1}, …, v_{n}⟩ ∩ KerA = {0}. Be kell látnunk, hogy ha λ_{1}Av_{1} + ⋯ + λ_{n}Av_{n} = 0, akkor λ_{1} = ⋯ = λ_{n} = 0. Az A leképezés linearitása miatt A(λ_{1}v_{1} + ⋯ + λ_{n}v_{n}) = 0, és ezért λ_{1}v_{1} + ⋯ + λ_{n}v_{n} ∈ KerA. De nyilvánvalóan λ_{1}v_{1} + ⋯ + λ_{n}v_{n} ∈ ⟨v_{1}, …, v_{n}⟩, tehát feltevésünk miatt λ_{1}v_{1} + ⋯ + λ_{n}v_{n} = 0. Mivel v_{1}, …, v_{n} független, ezért λ_{1} = ⋯ = λ_{n} = 0. Tehát az Av_{1}, …, Av_{n} vektorok tényleg lineárisan függetlenek. Megfordítva, tegyük fel, hogy Av_{1}, …, Av_{n} lineárisan független, és legyen v ∈ ⟨v_{1}, …, v_{n}⟩ ∩ KerA. Be kell látni, hogy v = 0. Mivel v ∈ ⟨v_{1}, …, v_{n}⟩, van olyan λ_{1}, …, λ_{n}, hogy v = λ_{1}v_{1} + ⋯ + λ_{n}v_{n}. Mivel v ∈ KerA, és A lineáris, innen 0 = Av = λ_{1}Av_{1} + ⋯ + λ_{n}Av_{n} adódik. Az Av_{1}, …, Av_{n} lineáris függetlensége miatt tehát λ_{1} = ⋯ = λ_{n} = 0, és így v = 0.