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

1. Nyilván f = [(123)(42)]^{−1}(4365)(12)[(256)(123456)]^{−1} = (15)(46) (4 pont), rendje kettő (1 pont), előjele páros (1 pont).

2. ℤ_{2} felett x^{4} + x^{2} + x = (x^{3} + x + 1)x, itt mindkét tényező irreducibilis, az első azért, mert harmadfokú, és 0, 1 egyike sem gyöke (1 pont). ℤ_{3} felett x^{4} + 2x^{2} + 1 = (x^{2} + 1)^{2}, és ezek a tényezők is irreducibilisek, hiszen x^{2} + 1 másodfokú, és 0, 1, 2 nem gyöke (2 pont). Ha lenne ℚ[x]-ben nemtriviális felbontás, akkor lenne ℤ felett is felbontás alacsonyabb fokúakra a Gauss-Lemma miatt (1 pont). Mivel a főegyüttható 1, ugyanilyen fokúakra felbomlana a polinom ℤ_{2} és ℤ_{3} felett is (1 pont). De az alaptétel egyértelműségi állítása miatt ilyen felbontás nincs, hiszen ℤ_{2} felett csak első és harmadfokúra, ℤ_{3} felett csak két másodfokúra lehet bontani (1 pont).

3. Igen. Fejtsük ki a determinánst az első oszlopa szerint. Ha mindegyik aldetermináns nulla, akkor a determináns maga is nulla, és semmit sem kell változtatni. Ha van nem nulla aldetermináns, akkor a megfelelő elemre elsőfokú egyenletet kapunk.

4. Van, például ( \begin{matrix}−1 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ), vagy bármelyik olyan mátrix, melynek nyoma −1 és determi-

nánsa 1. A gyakorlaton bizonyított M^{2} − tr(M)M + det(M)I = 0 összefüggés szerint ilyenkor M^{2} + M + I = 0, ahonnan M − I-vel beszorozva az állítás adódik.

5. Igen. Előszöris látjuk, hogy g(y) = −6y^{2} + 5 a Schönemann-Eisenstein miatt irreducibilis ℚ[y]-ban (1 pont), és mivel primitív, irreducibilis ℤ[y]-ban is (1 pont). Tekintsük most az eredeti x^{12} − g-t ℤ[y] feletti polinomnak. Erre ismét alkalmazható a Schönemann-Eisenstein, mert g irreducibilis, és így azt kapjuk, hogy ez a polinom irreducibilis ℤ[y] hányadosteste fölött (3 pont). Ez a polinom is primitív, hiszen normált, és ezért ℤ[y][x]- ben is irreducibilis (1 pont). Megjegyezzük, hogy ℤ[y] hányadosteste ℚ(y)-nal izomorf, de erre nincsen szükség a bizonyításban.

6. A Gauss-eliminációs eljárást alkalmazzuk. Először a mátrix sorait hozzáadjuk az első sorhoz, majd az első sort elosztjuk n−1-gyel, azután az első sort kivonjuk a többiből, majd a sorokat ismét hozzáadjuk az elsőhöz, végül az elsőtől különböző sorokat −1-gyel megszorozzuk. Ezeket ez egységmátrixszal elvégezve eredményül egy olyan mátrixot kapunk, melynek főátlójában mindenhol (2 − n)/(n − 1), azon kívül pedig mindenütt 1/(n − 1) van.

7. 1998-cal több páros van, mint páratlan. Tekintsük ugyanis az előző feladatban szereplő determinánst n = 1999-re. A determináns definíciója szerint ennek a determinánsnak az értéke pont a páros fixpontmentes permutációk száma mínusz a páratlan fixpontmentesek száma. Másrészt a determináns értéke 1998 az előző feladat gondolatmenete szerint.

8. Azokra az n-ekre van, amelyek oszthatók 2-vel vagy 3-mal. Fent 3-ra láttuk, hogy van megoldás, ugyanez a mátrix jó a 3 többeseire is. Páros n-ekre is van megoldás, mert 2-re van. Megfordítva, tegyük fel, hogy n-re van. Legyen f(x) = x^{2} − tr(M)x + det(M). Ekkor M gyöke f-nek is és x^{n} − 1-nek is, tehát e két polinom g-vel jelölt legnagyobb közös osztójának is (hiszen g felírható u(x)f(x) + v(x)(x^{n} − 1) alakban). A g nem lehet elsőfokú, mert akkor M = cI lenne, így g = f | x^{n} − 1. Az x^{n} − 1-nek az irreducibilisekre való felbontása ℚ felett ∏_{d|n} Φ_{d}. De Φ_{d} csak d = 1, 2-re elsőfokú, és d = 3, 4, 6-ra másodfokú.