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

1. Legyen M = ( \begin{matrix}5 & −6 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) és v_{n} = ( \begin{matrix}a_{n+1} \\ a_{n} \end{matrix} ). Ekkor Mv_{n} = v_{n+1} (2 pont), k_{M}(x) = x^{2}−5x+6,

és így a sajátértékek 2 és 3 (2 pont), megfelelő sajátvektorok pedig ( \begin{matrix}2 \\ 1 \end{matrix} ) és ( \begin{matrix}3 \\ 1 \end{matrix} ) (2 pont).

Így a kísérő mátrix ( \begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) (1 pont), ennek inverze ( \begin{matrix}−1 & 3 \\ 1 & −2 \end{matrix} ) (1 pont). Innen

M^{n} = ( \begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}2^{n} & 0 \\ 0 & 3^{n} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}−1 & 3 \\ 1 & −2 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}3^{n+1} − 2^{n+1} & 3 · 2^{n+1} − 2 · 3^{n+1} \\ 3^{n} − 2^{n} & 3 · 2^{n} − 2 · 3^{n} \end{matrix} )

(2 pont). A v_{0} = ( \begin{matrix}11 \\ 3 \end{matrix} ) és v_{n} = M^{n}v_{0} összefüggések miatt a_{n} = 5 · 3^{n} − 2^{n+1} (2 pont).

2. Az eredmény 4^{n−1}. Az első sort adjuk a másodikhoz, majd a második sorból emeljünk ki négyet. Ekkor az eredeti determinánshoz képest csak annyi a változás, hogy a második sorból eltűnik a −1. Most adjuk a második sort a harmadikhoz, és ismét emeljünk ki négyet. Az eljárást folytatva végül olyan determinánst kapunk, amely főátlója csupa 1, alatta mindenütt 0 van. (Az első oszlop szerinti kifejtéssel, és n szerinti indukcióval is megkapható a megoldás.)

3. Ez az előjel ugyanaz, mint az f előjele. Az új kifejtési tag a_{n,n+1−f(1)} … a_{1,n+1−f(n)}. Ha g jelöli az ehhez tartozó permutációt, akkor tehát g(n + 1 − f(i)) = n + 1 − i. Ezt kényelmesebb alakba is átírhatjuk, ha bevezetjük a h(i) = n + 1 − i jelölést, mert ekkor ghf(i) = h(i) adódik. Mivel h is permutáció, a ghf = h összefüggést jobbról f, majd h inverzével szorozva g = hf^{−1}h^{−1} adódik. Ennek előjele pedig a szorzási szabály miatt megegyezik f^{−1}, azaz f előjelével.

(Ezt a megoldást úgy is el lehet mondani, hogy a determinánst előbb a függőleges középvonalára tükrözzük (ez [n/2] oszlopcserét jelent), majd a főátlójára, végül ismét a függőleges középvonalára tükrözzük. Így a determináns értéke nem változik, és mindez együtt a mellékátlóra való tükrözést eredményezi. Ha most a determinánsban a vizsgált kifejtési tag kivételével minden elem nulla, akkor innen éppen az állítás adódik.)

4. Például (123456789) = (12345)(56789). Ha valaki erre nem jön rá, akkor megteheti azt, hogy a tanult képlet segítségével először transzpozíciók szorzatára bont: (123456789) = (19)(18)(17)(16)(15)(14)(13)(12), majd négyenként összevon: (19)(18)(17)(16) = (16789), (15)(14)(13)(12) = (12345), és így (123456789) = (16789)(12345) adódik.

5. Mivel A karakterisztikus polinomja páratlan (ötöd-) fokú, A-nak van egy valós λ sajátértéke. Ez a minimálpolinomnak is gyöke, ami másodfokú, és így a minimálpolinom másik gyöke, μ (ami lehet λ-val egyenlő), szintén valós (2 pont). Azt mutatjuk meg, hogy valamelyik sajátaltér legalább háromdimenziós (1 pont). (Ennek a sajátaltérnek minden altere A-invariáns, és például végtelen sok egydimenziós altere van.) Az állítás nyilvánvaló akkor, ha A diagonalizálható. Ha pedig nem az, akkor a tanult tétel szerint λ = μ, és a minimálpolinomba helyettesítve azt kapjuk, hogy (A−λI)^{2} = 0. Ezért Ker(A−λI) ⊇ Im(A−λI). E két altér a dimenziótétel miatt összesen ötdimenziós, és így dim Ker(A−λI) ≥ 3 (3 pont).