Matematikus szak, első évfolyam, második félév Első zárthelyi — megoldási útmutató

1. A szokásos bázisban felírva a mátrixot felső háromszögmátrixot kapunk, tehát a sajátértékek a főátló elemei, vagyis 0, 1, 2. Ezek különbözők, azaz a mátrix diagonalizálható. A megfelelő sajátvektorok 1, x − 5, (x − 5)^{2}.

2. A Gram-Schmidt ortogonalizációval számolva (1, 0, 0)^{T}, (1, 1, 0)^{T}, (3, 2, 1)^{T} ortogonális bázis, a megfelelő mátrix diagonálisában −2, −1, 2 áll, és ezért az alak indefinit.

3. Legyen u = (0, 0, 1)^{T}, ekkor Au = (0, 1, 1)^{T}, és A^{2}u = (1, 2, 2)^{T}. Ezek lineárisan függetlenek, és így u generálja az egész modulust, ami tehát ciklikus. Ezért a tanult eljárás szerint a részmodulusok (azaz az invariáns alterek) kölcsönösen egyértelmű kapcsolatban állnak m_{A,u} = m_{A} normált osztóival. A minimálpolinom most (x − 1)^{3} (azaz a karakterisztikus polinom asszociáltja, hiszen (x − 1)^{2}-nek a mátrix nem gyöke). Így 4 részmodulus van.

4. Adjuk az első sort az utolsóhoz, a másodikat az utolsó előttihez, és így tovább, a nyolcadikat a kilencedikhez. Ekkor az utolsó nyolc sorban az átlókban mindenütt 9 van. Most az első oszlopból vonjuk ki az utolsót, a másodikból az utolsó előttit, és így tovább, a nyolcadikból a kilencediket. Ekkor a főátló alatt csupa nulla lesz, és így az eredmény (1 − 8)(2 − 7) … (8 − 1)9^{8} = 3^{2} · 5^{2} · 7^{2} · 9^{8}.

5. Legyenek A különböző sajátértékei λ_{1}, …, λ_{n}, a kiválasztott megfelelő sajátvektorok u_{1}, …, u_{n}. Ha f(x) = (x−λ_{1}) … (x−λ_{n}), akkor nyilván f(A)(u) = 0. Ha viszont g valódi osztója f-nek, akkor g(A)(u) ≠ 0. Ezt nyilván elég f maximális osztóira belátni, azaz például g(x) = (x − λ_{1}) … (x − λ_{n−1})-re. De g(A)(u) = g(A)(u_{n}) = g(λ_{n})u_{n} ≠ 0, hiszen g-nek λ_{n} nem gyöke. Ezzel beláttuk, hogy m_{A,u} = f, azaz A akkor jó, ha m_{A} = f. Ha A jó, akkor így a minimálpolinomjának minden gyöke egyszeres, vagyis A diagonalizálható. Megfordítva, diagonalizálható mátrix minimálpolinomja nyilván a kívánt alakú.

6. A páros dimenziós terek a jók, kivéve a kételemű test feletti kétdimenziós vektorteret. Ez utóbbi nyilván nem jó, hiszen csak három nemtriviális altere van. Tegyük fel, hogy létezik a négy kívánt altér. Ha ezek dimenziója m, n, k, ℓ, akkor m + n = m + k a tér dimenziója, tehát n = k. Szimmetriaokokból így m = n = k = ℓ, vagyis a tér dimenziója 2m, azaz tényleg páros. Megfordítva, legyen U egy 2m-dimenziós vektortér, és b_{1}, …, b_{m}, c_{1}, …, c_{m} egy bázisa. Tekintsük az V = ⟨c_{1}, …, c_{m}⟩ és V_{λ} = ⟨b_{1} + λc_{1}, …, b_{m} + λc_{m}⟩ altereket, ahol λ eleme a T alaptestnek. Könnyű látni, hogy V ∩ V_{λ} = {0}, és V_{λ} ∩ V_{μ} = {0}, ha λ ≠ μ. Mivel ezek m-dimenziós alterek, a tér a direkt összegük lesz. Ha tehát |T | ≥ 3, akkor készen vagyunk. Ha |T | = 2 akkor tekintsük a V_{A} = ⟨b_{1} + A(c_{1}), …, b_{m} + A(c_{m})⟩ alteret, ahol A : V → V lineáris transzformáció. Ekkor V ∩ V_{A} = {0}, és V_{λ} ∩ V_{A} = {0}, feltéve, hogy A − λI invertálható, vagyis λ nem sajátértéke A-nak. Így V, V_{0}, V_{1}, V_{A} jó választás, ha A-nak nincs sajátértéke T -ben. Ha V dimenziója 1, akkor ilyen A nincs, különben van (hiszen a minimálpolinomot előírhatjuk).

7. Van. Egy tér bázisa legyen b_{1}, …, b_{8}, és definiáljuk az A és B lineáris transzformációkat úgy, hogy mindegyik bázisvektort vigyék nullába, az alábbi kivételekkel: B(b_{i}) = b_{i+1} ha i páratlan, és A(b_{i}) = b_{i+1}, ha i = 2, 4, 6. Ekkor m_{A} = m_{B} = x^{2} és m_{AB} = x^{4}.