1.
Az a paraméter mely valós értékeire van megoldása az alábbi egyenletrendszernek?

2x - y + z + t = 1
x + 2y - z + 4t = 2
x + 7y - 4z + 11t = a

Megoldás

Vonjuk ki a második egyenlet háromszorosából az elsőt. Ezt kapjuk: x + 7y - 4z + 11t = 5. Ebből a harmadik egyenletet kivonva 0=5-a adódik. Ezért ha $a\ne 5$, akkor az egyenletrendszernek biztosan nincsen megoldása.

Ha a=5, akkor a harmadik egyenlet következik a két elsőből, elég tehát a két első által megadott egyenletrendszert megoldani. Mivel a maradék két egyenlet bal oldalai lineárisan függetlenek egymástól, az egyenletrendszernek lesz megoldása, mégpedig végtelen sok: két változót választhatunk szabadon és ezzel a másik kettő értéke egyértelműen meghatározott.

Az nem elvárás, hogy az első bekezdés tartalmára ránézésre rájöjjetek. Az viszont igen, hogy ugyanezt az eredményt nem sokkal több fáradság árán a Gauss-elimináció is szolgáltatja.

2.
A valós számok fölötti V vektortérnek egy bázisát alkotják a $b_{1}, \ldots, b_{n}$ vektorok. Legyen $v_{1}=ab_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n}, v_{2}=b_{1}+ab_{2}+\ldots+b_{n}, \ldots, v_{n}=b_{1}+b_{2}+\ldots+ab_{n}$. Az a paraméter mely értékeire lesz $v_{1}, \ldots, v_{n}$ szintén bázisa a V vektortérnek?

Megoldás

A kérdéses n darab vektor a létszámból következően pontosan akkor alkot bázist a vektortérben, ha lineárisan független rendszert is alkot.

A $v_{1}, \ldots, v_{n}$ vektorok pontosan akkor alkotnak lineárisan független rendszert, ha tetszőleges $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}$ nem azonosan nulla skalár együttható-sorozatra $\lambda_{1}v_{1}+\ldots+\lambda_{n}v_{n}$ nem nullvektor.

Az előbbi kifejezésben a vi vektorok definíció szerinti felbontásával a következő adódik: $(a\lambda_{1}+\lambda_{2}+\ldots+\lambda_{n})b_{1}+(\lambda_{1}+a\lambda_{2}+\ldots+\lambda_{n})b_{2}+\ldots+(\lambda_{1}+\lambda_{2}+\ldots+a\lambda_{n})b_{n}$.

Tudjuk, hogy a bi vektorok lineárisan független rendszert alkotnak, hiszen belőlük állt az eredeti bázis. Ezért a legutolsó kifejezés csak úgy adhat nullvektort, ha minden bi együtthatója 0.

Azaz $a\lambda_{1}+\lambda_{2}+\ldots+\lambda_{n}=0, \ldots, \lambda_{1}+\lambda_{2}+\ldots+a\lambda_{n}=0$.

A kapott feltételrendszer nem más, mint egy n egyenletből álló n-ismeretlenes homogén lineáris egyenletrendszer $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}$ ismeretlenekkel.

Egy homogén egyenletrendszernek pontosan akkor létezik nemnulla megoldása, ha sorai lineárisan összefüggenek.

Ha a=1, akkor minden sor egyforma, az összefüggőség nyilván fennáll.

Vizsgáljuk meg, milyen együtthatókkal kell a sorokat összeadni ahhoz, hogy eredményképpen csupa 0 sort kapjunk. Minden egyes oszlopot külön-külön tekintve megállapíthatjuk, hogy a sorok súlyai közül bármelyiknek az a-szorosa egyenlő a többi súly összegével.

Tegyük fel, hogy a súlyok között van két különböző, legyen például $\alpha_{1}<\alpha_{2}$. Ekkor azonban $a\alpha_{1}=\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{n}>\alpha_{1}+\alpha_{3}+\ldots+\alpha_{n}=a\alpha_{2}$miatt ellentmondásra jutunk. Ezért a sorok lineáris kombinációja csak azonos együtthatókkal adhat nullát, ha $a\ne 1$.

Ez azt jelenti, hogy a sorok összege adja meg a megfelelő kombinációt a megfelelő a érték mellett. Ebből nyilvánvaló módon a=1-n.

A feladat kérdésére adandó válasz tehát: a=1 illetve a=1-n kivételével bármely a jó.

3.
Legyen A valós (nem feltétlenül négyzetes) mátrix. Igazoljuk, hogy ha a $\lambda\ne 0$ valós szám sajátértéke az ATA mátrixnak, akkor sajátértéke az AAT mátrixnak is.

Megoldás

A sajátdolgok definíciója és a feltétel szerint $A^{T}Av=\lambda v$, ahol va $\lambda$-hoz tartozó sajátvektor. Az imént felírt egyenlőség mindkét oldalát szorozzuk meg balról az A mátrixszal, ezt kapjuk: $AA^{T}Av=\lambda Av$, ami a definíció szerint azt jelenti, hogy az AAT mátrix $\lambda$-hoz tartozó sajátvektora az Av vektor. Az állítást ezzel beláttuk.

4.
Határozzuk meg az összes olyan z komplex számot, melyre $\overline{z}=z^{n}$, ahol n rögzített pozitív egész szám.

Megoldás

Legyen z abszolút értéke t. Az egyenlet két oldalának abszolútértékeit összehasonlítva t=tn adódik. Ebből t=0 és így z=0, vagy t=1 adódik.

Legyen z argumentuma f. Az egyenlet két oldalának argumentumait összehasonlítva -f=nf adódik. Ebből (n+1)f=0, azaz a keresett z számok pontosan az (n+1)-edik egységgyökök lesznek.

5.
Mi a számossága az olyan x valós számok halmazának, melyekhez található olyan n pozitív egész szám, melyre xn racionális?

Megoldás

Tetszőleges x valós számhoz legyen n az a legkisebb pozitív egész szám, melyre y=xn racionális.

Ekkor az (y,n) pár és az x szám kölcsönösen egyértelműen meghatározzák egymást, hiszen bármelyikből egyértelműen meghatározható a másik.

Tudjuk, hogy mind y, mind n lehetséges értékhalmaza megszámlálható számosságú, ezért az (y,n) párok halmazának számossága és így - az iménti megfeleltetés miatt - a feladat szövegében megadott halmaz számossága is megszámlálható.

6.
Megadható-e a Petersen-gráfnak két olyan egymással nem izomorf feszítőfája, melyekre igaz, hogy mindkét fában csak kétféle fokszám fordul elő?

Megoldás

Igen, van két ilyen feszítőfa, csak szemléltetem, hogyan keresd meg őket: az első legyen egy út, ami elindul kint valahol, körbejárja a külső ötszög csúcsait, majd bemegy és végigszalad a csillag csúcsain át is. Ennek minden fokszáma 1 vagy 2. A másodikat úgy tudnám szemléltetni, hogy egy családfát rajzolj, a családfőnek van három gyereke, azok mindegyikének még kettő. Ezt kellene belegondolni a Petersen-gráfba. Ennek fokszámai csak 1 és 3 közül kerülnek ki.

7.
Egz síkságon öt ház és öt kút áll. Minden háztól minden kútig külön ösvényt kell építeni. Az építendő ösvények némelyike keresztezheti egymást, de egy-egy kereszteződésben legfeljebb két ösvény találkozhat. Mutassuk meg, hogy ekkor kilencnél kevesebb kereszteződéssel biztosan nem oldható meg a feladat.

Megoldás

Könnyen látható, hogy a keletkező gráf páros, hiszen két ház között illetve két kút között nem mehet ösvény. Ezért minden köre páros hosszúságú, azaz minden köre legalább négy hosszú.

Tekintsünk egy olyan gráfot, mely síkbarajzolható és teljesül rá az iménti tulajdonság. A síkbarajzolásnál keletkező lapok mindegyike szükségképpen legalább négyszög. Ha a lapok szerinti rendszerezésben számoljuk össze a gráf éleit, az előző mondat miatt azt kapjuk, hogy az élek számának kétszerese nem lehet kisebb a lapok számának négyszeresénél (ugye ha a lapok éleit számoljuk össze, akkor minden élet mindkét oldaláról megszámolunk). Azaz $e\geq 2l$. Ezt az eredményt az Euler-féle poliédertételbe helyettesítve azt kapjuk, hogy $e=l+c-2\leq e/2+c-2$, amiből átrendezéssel $e\leq 2c-4$ adódik.

Tekintsük most a gráfunkat. Neki 10 csúcsa és 25 éle van, ezért nem síkbarajzolható. Tehát akárhogyan építjük meg az ösvényeket, lesz keresztezés.

Készítsünk két példányt a házak és a kutak környékének és a megépült utaknak a térképéről. Válasszuk ki az egyik keresztezést és a benne metsző (a feladat szerint pontosan) két él egyikét. Az első térképen jelöljük meg a keresztezést, a másodikról pedig radírozzuk ki a választott élet.

A második térképen még mindig van 24 él, tehát még mindig van keresztezés. Ismételjük mindaddig az előző lépést, ameddig garantáltan megtehetjük. Ameddig a második térképen legalább 17 él van, addig ezt a lépést meg lehet tenni, hiszen fenti eredményeink szerint egy 10 csúcsú síkbarajzolható gráfnak legfeljebb 16 éle lehet.

Ez azt jelenti, hogy a műveletet biztosan végre tudtuk hajtani legalább 9-szer. Nézzünk vissza az első térképre, ott ennek során 9 darab különböző keresztezést jelöltünk meg. Ezzel készen vagyunk.

8.
Hány olyan hét számjegyből álló telefonszám létezik, melynek első számjegye az 1, 2, 3, 4 számok valamelyike és az első számjegy legalább még egyszer előfordul a számban?

Megoldás

Az első számjegy 4-féle lehet. Ha az első számjegyet rögzítettük, akkor a többi hat számjegy pontosan akkor rossz, ha mind különbözik a rögzített elsőtől, ez 96 darab lehetőség. A többi eset a jó, melyeknek száma nyilván 106-96.

A feladat kérdésére adandó válasz ezért 4(106-96).

Vissza