1.
Oldjuk meg az alábbi egyenletet a komplex számok körében! (A j a komplex egységet jelöli.)

$z(1+j) - \overline{z}(1-j) = 2j$

Megoldás

Legyen z=a+bj. Ekkor $z+\overline{z}=2a$ és $z-\overline{z}=2bj$. Ezek felhasználásával az eredeti egyenlet bal oldala a következők szerint rendezhető át: $z(1+j)-\overline{z}(1-j)=z-\overline{z}+j(z+\overline{z})=2bj+j(2a)$, az eredeti jobb oldallal összevetve 2j(a+b)=2j, azaz a+b=1 adódik. Ebből z=a+(1-a)j, ahol a tetszőleges valós szám lehet.

Átalakításaink mindvégig ekvivalensek voltak, ezért a kapott számhalmaz mindegyik tagja megoldása az eredeti egyenletnek is.

2.
Mi a primitív tizenkettedik egységgyökök összege?

Megoldás

Legyen ei az i-edik tizenkettedik egységgyök ( $0 \le i \le 11, e_0 = 1$). Tudjuk, hogy közülük pontosan azon ei-k primitívek, melyekre irelatív prím 12-höz. Négy megfelelő indexű egységgyök van, ezek: e1, e5, e7 és e11. Viszont e1+e7=e5+e11=0 miatt e négy egységgyök összege és így a feladat kérdésére adandó válasz is 0.

3.
Mik a sajátértékei az alábbi mátrixnak?


\begin{displaymath}\left( \begin{array}{ccccccc} ~ & 5 & ~ & 0 & ~ & 0 & ~ \\ ~... ...1 & ~ & 2 & ~ \\ ~ & 0 & ~ & 1 & ~ & 3 & ~ \end{array} \right)\end{displaymath}

Megoldás

Az ismerős eljárás szerint a


\begin{displaymath}\left( \begin{array}{ccccccc} ~ & 5-\lambda & ~ & 0 & ~ & 0 &... ... 2 & ~ \\ ~ & 0 & ~ & 1 & ~ & 3-\lambda & ~\end{array} \right)\end{displaymath}

mátrix determinánsának, mint polinomnak a gyökei éppen az eredeti mátrix sajátértékei lesznek (éspedig multiplicitáshelyesen). A determináns értékét pl az első sor szerint kifejtve az alábbi polinomot kapjuk (nem érdemes felbontani a szorzatalakot, mert így az egyik gyök akár ránézésre meghatározható): ${(5-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+1)}$. A másik két gyököt pl. a másodfokú egyenlet megoldóképletének segítségével tudjuk meghatározni, $2\pm\sqrt{3}$ adódik.

A mátrixnak ezért három különböző valós sajátértéke van, éspedig $\lambda_1=5, \lambda_2=2+\sqrt{3}, \lambda_3=2-\sqrt{3}$.

4.
Bizonyítsuk be, hogy ha az A invertálható mátrixnak sajátértéke a $\lambda$ valós szám, akkor $\lambda\ne{0}$ és az A mátrix A-1 inverzének sajátértéke lesz az $\frac{1}{\lambda}$ szám.

Megoldás

Tudjuk, hogy ha egy tetszőleges A mátrixnak sajátértéke a 0, akkor a 0-hoz tartozó sajátaltere megegyezik az A mátrix által megadott lineáris leképezés magterével. Ha az A mátrix invertálható, akkor az adott képtér csak a nullvektorból áll, melyet önmagában nem tekintünk sajátvektornak. Ezért egy invertálható mátrixnak nem lehet sajátértéke a 0. Ezzel az első állítást igazoltuk.

A sajátérték definíciója szerint létezik olyan nemnulla $\underline{v}$ vektor, melyre $\textbf{A}\underline{v}=\lambda\underline{v}$. Szorozzuk meg ezen egyenlet mindkét oldalát - a feladat szövege szerint létező - A-1-zel balról, ekkor azt kapjuk, hogy $\underline{v}=\textbf{A}^{-1}\lambda\underline{v}$. Osszuk el mindkét oldalt $\lambda$-val, mely - az általunk már igazolt első állítás szerint - nem lehet nulla. Ezt kapjuk: $\frac{1}{\lambda}\underline{v}=\textbf{A}^{-1}\underline{v}$, ami a sajátérték definíciója alapján pontosan azt jelenti, hogy $\frac{1}{\lambda}$ sajátértéke az A-1 mátrixnak, és éppen ezt kellett igazolnunk.

5.
Legyen az A mátrix az a oszlopvektor szorzata a saját transzponáltjával, azaz a vele azonos koordinátákkal bíró aTsorvektorral (tehát az A mátrix i-edik sorának j-edik eleme az a vektor i-edik és j-edik koordinátájának szorzata). Bizonyítsuk be, hogy A pozitív szemidefinit mátrix!

Megoldás

Az a vektor i-edik koordinátája legyen $a_i (1 \le i \le n)$. Az A mátrix által megadott kvadratikus alak értéke

\begin{displaymath}{\textbf{\tilde{A}}}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_{i}a_{j}=(\sum_{i=1}^{n} a_{i})^2\ge 0.\end{displaymath}

Ekkor a szemidefinitség definíciójából azonnal adódik, hogy az A mátrix valóban pozitív szemidefinit.

6.
Mi a számossága annak a számhalmaznak, melynek elemei azok a számok, melyek felírhatók $a+b\sqrt{k}$ alakban úgy, hogy k pozitív egész, aés b pedig racionális számok?

Megoldás

Tetszőleges, a feladat feltételeinek eleget tevő $a+b\sqrt{k}$ alakú szám jellemezhető az (a,b,k) rendezett hármassal, melynek mindhárom tagja befut egy megszámlálható számosságú halmazt. A keresett számosság így legfeljebb annyi, mint az ilyen hármasok halmazának számossága. Tudjuk, hogy egy megszámlálható halmazból választott hármasok halmaza is megszámlálható. A keresett számosság így legfeljebb megszámlálható.

Nyilvánvaló ugyanakkor, hogy pl. az összes természetes szám előáll $a+b\sqrt{k}$ alakban a feladat feltételeinek eleget tevő módon. Ezért a keresett számosság nem lehet kisebb a természetes számok halmazának számosságánál, amely szintén megszámlálható.

Ezért a megadott halmaz megszámlálható számosságú.

7.
Nyolc ember szeretne teniszezni három teniszpályán úgy, hogy az egyik pályán párost, a két másikon egyénit játszanak. Hányféleképpen tehetik ezt meg, ha a pályákat különbözőeknek tekintjük, de ugyanazon pálya két tértelét nem különböztetjük meg? (Természetesen az embereket is különbözőeknek tekintjük, és az is számít, hogy a négy páros meccset játszó játékos között ki kinek a partnere.)

Megoldás

Először válasszuk ki a páros meccs résztvevőit, ez $8 \choose 4$ féleképp tehető meg. A maradék négy emberből $4 \choose 2$ féleképpen lehet kiválasztani azt a kettőt, aki az első pályára megy, a második pálya két játékosának kiléte pedig ezzel egyértelműen meghatározott. A páros meccs négy résztvevőjét háromféleképpen oszhatjuk be két párba (kiszemelünk egy embert, neki háromféle partnere lehet, és mindhárom esetben a másik páros összeállítása egyértelműen meghatározott).

A lehetőségek száma ezért ${8 \choose 4}{4 \choose 2}3=1260$.

8.
Hány különböző olyan gráf létezik n címkézett ponton, amelyben az élek száma valamilyen (n-1)-nél kisebb fix k szám és amiben pontosan n-k-1 izolált pont van? (Egy csúcsot izolált pontnak nevezünk, ha egyetlen él sem indul ki belőle.)

Megoldás

Hivatalos megoldást ehhez a feladathoz nem adunk.

A feladat a kitűzött formájában igen nehéz. Lehet különböző egyszerűsítő feltételekkel élni és azok mellett megoldani a feladatot.

Így persze nehéz igazságosan értékelni az erre a feladatra érkezett próbálkozásokat. Valószínűleg a nem teljesen reménytelen elindulásokat értékelni fogjuk, ezért konzultálj a gyakorlatvezetőddel ennek a feladatnak a pontozásáról.

Vissza