Alkalmazott matematikus szak, első évfolyam, első félév Első zárthelyi — megoldásvázlatok

1. Legyen z = x + yi (x, y ∈ ℝ). Ekkor Im(z + i) = Im(x + (y + 1)i) = y + 1 (2 pont), és |z − i| = |x + (y − 1)i| = \sqrt{x^{2} + (y − 1)^{2}} (1 pont). Innen négyzetre emelve és rendezve y = x^{2}/4 adódik (1 pont). Az átalakítás visszafelé is elvégezhető, mert ha y = x^{2}/4, akkor y ≥ 0 > −1, és ezért az x^{2} + (y − 1)^{2} = (y + 1)^{2} egyenlőségből (pozitív értékű) négyzetgyököt vonva a jobboldalon y + 1 (és nem −y − 1) keletkezik (1 pont). A kapott görbe tehát parabola (1 pont). (Ez közvetlenül is látszik, hiszen az egyenlőség azt fejezi ki, hogy a z távolsága az i ponttól (vagyis |z −i|) ugyanaz, mint az z távolsága az Im(z) = −1 egyenestől (ami Im(z + i)). Tehát ez a vezéregyenes, és az i pont a fókusz.)

2. Ha M nem invertálható, akkor determinánsa nulla (1 pont). Ez az eset meg is valósulhat, például ha M a nullmátrix (1 pont). Ha M invertálható, akkor az egyenletet M inverzével beszorozva azt kapjuk, hogy M = −iI (2 pont). Ebben az esetben M determinánsa (−i)^{1999} = i (2 pont). Második megoldás: A determinánsok szorzástétele miatt det(M^{2}) = det(M)^{2} = det(−iM) = (−i)^{1999} det(M) = i det(M) (3 pont). Tehát vagy det(M) = 0, például ha M = O (1 pont), vagy det(M) = i, például ha M = −iI (2 pont).

3. Legyen θ szöge α, és e az az egyenes, amelyik a valós tengellyel α/2 szöget zár be. Azt látjuk be, hogy ez az egyenes lesz a szimmetriatengely. Ez kiszámolható közvetlenül, koordináta-geometriával is, gyorsabb azonban a következő út. Jelölje ψ az α/2 szögű, 1 hosszú számot (ami tehát e irányába mutat). Persze ψ^{2} = θ. Azt kell belátni, hogy w = ψ^{2}\overline{z} éppen a z szám tükörképe az e egyenesre. Forgassuk el az ábrát −α/2 szöggel, azaz szorozzunk meg mindent 1/ψ-vel. Ekkor e-ből a valós tengely lesz, tehát azt kell megmutatni, hogy z/ψ és w/ψ egymás tükörképei a valós tengelyre, azaz egymás konjugáltjai. Ez pedig igaz, mert ψ\overline{ψ} = |ψ|^{2} = 1 miatt \overline{w/ψ} = \overline{ψ^{2}\overline{z}/ψ} = \overline{ψ}z = z/ψ.

4. Mivel η primitív háromezredik egységgyök, a szöge 360^{∘}k/3000, ahol (k, 3000) = 1 (1 pont). Tehát εη szöge 120^{∘} + 360^{∘}k/3000 = 360^{∘}(1000 + k)/3000 (1 pont). Ha p közös prímosztója 1000 + k-nak és 3000-nek, akkor p nem osztója 1000-nek, hiszen akkor közös prímosztója lenne a relatív prím k és 3000 számoknak. Ezért csak p = 3 lehet. Mivel a 3 az első hatványon szerepel a 3000-ben, ezért 1000 + k és 3000 legnagyobb közös osztója 1 vagy 3 (2 pont). Az első esetben εη rendje 3000, és ez meg is valósul például, ha k = 1 (1 pont). A második esetben pedig εη rendje 1000, és ez megvalósul, ha pl. k = 2 (1 pont).

5. Vonjuk ki hátulról kezdve mindegyik oszlopból az előzőt. Ezután adjuk hozzá minden sorhoz az utolsó sort. Ekkor a főátló felett csupa nulla lesz. Az eredmény −(−2)^{n−2}(n−3).

6. Az a_{k,ℓ} elem mellékátlóra vett tükörképe nyilván a_{n+1−ℓ,n+1−k} (2 pont). Tehát ha az a_{1,f(1)} … a_{n,f(n)} kifejtési tag tükörképe a_{g(1),1} … a_{g(n),n}, akkor n + 1 − f(j) = g(n + 1 − j) (1 pont). Belátjuk, hogy az inverziók száma ugyanaz az f és g permutációkban. Valóban, tegyük fel, hogy 1 ≤ i < j ≤ n. Ekkor n + 1 − j < n + 1 − i. Nyilván f(i) > f(j) akkor és csak akkor, ha g(n + 1 − j) = n + 1 − f(j) > n + 1 − f(i) = g(n + 1 − i). Tehát az i < j „helyen” akkor és csak akkor van inverzió az f-ben, ha az n + 1 − j < n + 1 − i „helyen” inverzió van g-ben. Mivel a j ⟷ n + 1 − j megfeleltetés kölcsönösen egyértelmű, ez a megfeleltetés f és g inverziói között is az (2 pont). A keresett permutáció a g inverze, amiben nyilván ugyanannyi inverzió van, mint f-ben (1 pont).