Matematikus szak, első évfolyam, első félév Első zárthelyi — megoldásvázlatok

1. Az kell, hogy −2 + 2i a polinomnak és deriváltjának is gyöke legyen. Akár trigonometrikus alakkal számolva, akár azt észrevéve, hogy (−2 + 2i)^{4} = −64, azt kapjuk, hogy (−2 + 2i)^{1999} = −2^{2998}(1 + i) és (−2 + 2i)^{1998} = 2^{2997}i (4 pont). Behelyettesítve, és a kapott egyenletrendszert megoldva u = −1999 · 2^{2997}i és v = −1998 · 2^{2998}(1 + i) adódik (2 pont).

2. Mivel Φ_{6}(x) = x^{2} − x + 1, ezért Φ_{24}(x) = Φ_{6}(x^{4}) = x^{8} − x^{4} + 1 (2 pont), tehát σ_{4} = −1, σ_{8} = 1 (1 pont). Az alaptétel szerinti algoritmussal számolva adódik, hogy a keresett összeg σ_{1}^{2}σ_{3} − σ_{1}σ_{4} − 2σ_{2}σ_{3} + 5σ_{5} = 0 (3 pont). Második megoldás: a keresett összeg s_{3}σ_{2} −s_{4}σ_{1} +s_{5} = 0. Harmadik megoldás: mindegyik ε_{i} helyére helyettesítsük be az ellentettjét. Ekkor az összeg ellentettjére változik, hiszen minden tag ötödfokú, másrészt nem változik, hiszen primitív 24-edik egységgyök ellentettje is az.

3. Például f(x) = 4x^{5} + 4x^{3} − 4x + 4 jó, mert x + 1-et helyettesítve f(x + 1)/4 teljesíti p = 2-re a Schönemann-Eisenstein feltételeit.

4. Ha ε egy n-edik egységgyök, akkor \overline{ε} = ε^{−1} = ε^{n−1}, és így az x^{n−1} ilyen polinom (4 pont). Ez a legalacsonyabb fokú az interpoláció egyértelműsége miatt (2 pont).

5. Teljes indukcióval belátjuk, hogy ha 3 ∤ n, akkor Φ_{n}(x^{3}) = Φ_{n}(x)Φ_{3n}(x). Ez azonnal adódik, ha a ∏_{d|n} Φ_{d}(x) = x^{n} − 1 képletben x helyére x^{3}-t írunk (majd x^{3n} − 1-et is felbontjuk körosztási polinomok szorzatára). Az állítás úgy is igazolható, hogy belátjuk: mindkét oldalnak ugyanazok a gyökei, mindegyik egyszeres, és mindkét oldal normált.

6. Belátjuk, hogy |z| > |c|+2 esetén |z^{2}+c| > |z|+1. Valóban, a háromszög-egyenlőtlenség miatt |z^{2} + c − c| ≤ |z^{2} + c| + | − c|, és így

|z^{2} + c| ≥ |z^{2}| − | − c| = |z|^{2} − |c| > |z|(|c| + 2) − |c| > |z| + |c| + 1 − |c| .

Tehát ilyen z esetén a sorozat nem korlátos, hiszen minden tagja legalább eggyel nagyobb abszolút értékű, mint az előző. Így J_{c} benne van az origó körüli |c| + 2 sugarú körben, és ezért korlátos. (Kis finomítással belátható, hogy J_{c} valójában már a |c| + 1 sugarú körben is benne van).