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

1. A polinom deriváltja 4x^{3} +2x = 2x(2x^{2} +1) (1 pont). Ha x = 0 többszörös gyök, akkor r = 0, ez tehát megoldás (2 pont). Ha nem, akkor a többszörös gyökre x^{2} = −1/2, ezt az eredeti egyenletbe visszahelyettesítve r = 1/4 adódik (2 pont). Ez tényleg megoldás is, mert az x^{2} + 1/2 polinomnak van ℂ-ben gyöke (1 pont).

2. Nincs. Mivel mindkét polinom csupa páros fokú tagból áll, az euklideszi algoritmus elvégzésekor egyik lépésben sem jön be páratlan fokú tag (mert a csupa páros fokú tagokból álló polinomok részgyűrűt alkotnak). Második megoldás: A legnagyobb közös osztó osztója x^{2} + 1-nek, tehát ha elsőfokú, akkor az egyetlen gyöke i, vagy −i. Osztója az eredeti polinomnak is, tehát i illetve −i annak is gyöke. Visszahelyettesítve azt kapjuk, hogy s = 0. Ekkor azonban a legnagyobb közös osztó x^{2} + 1, ami nem elsőfokú.

3. Ha (x−1/2)p(x) = q(x) ∈ ℤ[x], akkor (2x−1)p(x) = 2q(x). A 2 prímtulajdonságú ℤ[x]- ben a Gauss-lemma szerint, de nem osztója 2x − 1-nek, ezért osztója p(x)-nek. Második megoldás: Tanult tétel szerint van olyan a/b egyszerűsíthetetlen tört, hogy (a/b)(x − 1/2) és (b/a)p(x) is egész együtthatós. Ekkor a páros, és ezért p minden együtthatója is az. Harmadik megoldás: Beszorzással, és az együtthatók összehasonlításával sorban a konstans tagtól felfelé haladva (indukcióval) belátjuk, hogy mindegyik együttható páros. Negyedik megoldás: Mivel xp(x) ∈ ℤ[x], ezért ℤ[x] ∋ xp(x) − (x − 1/2)p(x) = (1/2)p(x).

4. Az elimináció első két lépése után az eredmény ( \begin{matrix}0 & \underline{1} & −3 \\ \underline{1} & 0 & 5 \\ 0 & 0 & v − 12 \end{matrix} \begin{matrix}1 − 2u \\ 3u − 1 \\ 2 − 7u \end{matrix} ) (a vezér-

egyesek alá vannak húzva, 2 pont). Ahhoz, hogy ℚ felett ellentmondásos legyen, az kell, hogy v = 12 és 2−7u ≠ 0 legyen (2 pont). Ahhoz, hogy ℤ_{5} felett ne legyen ellentmondásos, az kell, hogy 2−7u osztható legyen öttel, tehát például v = 12 és u = 1 megoldás (2 pont).

5. A racionális gyökteszttel számolva látjuk, hogy x = 3 gyök (1 pont), ezért (például a Horner-elrendezéssel számolva) az (x − 3)(x^{4} − 12x + 1) felbontást kapjuk (1 pont). Itt az első tényező irreducibilis, hiszen elsőfokú, a második pedig azért irreduciblis, mert x helyébe x+1-et írva teljesül a Schönemann-Eisenstein kritérium feltétele p = 2-re (4 pont).

6. A gyökök és együtthatók összefüggése miatt a+b+c+d = 0, ab+ac+ad+bc+bd+cd = 0, abc+abd+acd+bcd = 1 és abcd = 3 (1 pont). A keresett (x−abc)(x−abd)(x−acd)(x−bcd) polinom konstans tagja (abcd)^{3} = 27 (1 pont). Az x^{3}-ös tag együtthatója a fentiek szerint −(abc + abd + acd + bcd) = −1 (1 pont). Az x-es tag együtthatóját úgy kapjuk, hogy a háromtényezős szorzatok összegének ellentettjét vesszük. Egy ilyen szorzatban a, b, c, d közül az egyik háromszor, a többi kétszer szerepel. Tehát (abcd)^{2}-et kiemelve a + b + c + d adódik, az eredmény tehát nulla (2 pont). Végül az x^{2}-es tag együtthatójánál a kétszeres szorzatokat kell tekinteni. Itt abcd-t emelhetünk ki, és ab + ac + ad + bc + bd + cd = 0 miatt ez az együttható is nulla (2 pont). Második megoldás: Az eredeti polinomot jelölje f. Mivel abcd = 3, ezért például 3/abc = d, és így az f(3/x)-nek éppen a négy kívánt dolog a gyöke. Ez még nem polinom, de az lesz, ha x^{4}-nel végigszorozzuk, és hogy normált is legyen, elosztjuk 3-mal. Ehhez a megoldáshoz azonban ellenőrizni kell, hogy a négy kapott gyök különböző, azaz hogy nincs többszörös gyök. Eredmény: x^{4} − x^{3} + 27.