3.1.2 Ekvivalens változtatások: a), d). — Más test felett esetleg d) ekvivalenciája sem marad érvényben, ilyen T pl. a modulo 2 test.

3.1.3 a) x=1,y=–1,z=2. b) Nincs megoldás.

c) x=–2+ν,y=5–ν,z=ν, ahol ν tetszőleges valós szám.

3.1.4 25.

3.1.5 a) x₁=–iν, x₂=ν, x₃=i, ahol ν tetszőleges komplex szám.

b) x₁=0, x₂=1, x₃=i, x₄=–1, x₅=–i.

3.1.6 Ha n páratlan, akkor x₁=x₂=…=x_n=1/2. Ha n páros, akkor x₁=x₃=…=x_n–1=1–ν, x₂=x₄=…=x_n=ν, ahol ν tetszőleges valós szám.

3.1.7 m és n relatív prímek.

3.1.8 x₁=n+1, x₂=x₃=…=x_n–1=0, x_n=–1.

3.1.9 a) p^n–2. b) p².

3.1.10 d)-hez legyen T a modulo 7 test. — A második résznél b) és d) nem lehetséges.

3.1.11 Az ismeretlenek száma a vezéregyesek és a szabad paraméterek számának az összege.

3.1.12 Útmutatás: az RLA segítségével lássuk be, hogy legalább n–k szabad paraméter van.

3.1.13 Útmutatás: Ha H egynél több elemű, akkor van olyan $\underset{\_}{x}\text{'}$ és ${\underset{\_}{x}}^{\text{'}\text{'}}$ megoldás, amelynél $x_1^{\text{'}}\ne x_1^{\text{'}\text{'}}$ Ha (i) λ₁+λ₂=1, akkor ${\underset{\_}{x}}^{*}={\lambda }_1{\underset{\_}{x}}^{\text{'}}+{\lambda }_2\underset{\_}{x}\text{'}\text{'}$ is megoldás, és (ii) $x_1^{*}={\lambda }_1{x}_1^{\text{'}}+{\lambda }_2{x}_1^{\text{'}\text{'}}$ Lássuk be, hogy tetszőlegesen előírt $x_1^{*}$-hoz lehet olyan λi-ket találni, amelyek (i)-et és (ii)-t kielégítik. — Másik lehetőség (továbbra is feltesszük, hogy H egynél több elemű): használjuk fel az RLA segítségével x₁-re kapott paraméteres előállítást. — Még ügyesebben és minden számolás nélkül is célhoz érhetünk, ha a Gauss-kiküszöbölést úgy végezzük, hogy x₁-et vesszük utolsó ismeretlennek, ekkor ugyanis x₁ biztosan szabad paraméter lesz, amire az állítás nyilvánvaló.

3.1.14 A kétismeretlenes egyenleteknek a koordinátageometria alapján a sík egyenesei felelnek meg, megoldás pedig ezek metszéspontja. Egy egyenletrendszer tehát pontosan akkor oldható meg, ha az összes egyenesnek van közös pontja. Hasonló módon a háromismeretlenes egyenleteknek a tér egy-egy síkja felel meg. Háromnál több ismeretlen és/vagy más test esetén nincs lehetőség ilyen közvetlen geometriai megfeleltetésre.

3.1.15 A mátrixműveletek tulajdonságai alapján

3.1.16 Igaz: a), c), f).

3.1.17 Ábel nem tudja kitalálni Béla számainak a paritását. — Béla ki tudja találni Ábel számainak a paritását és 5 a minimális kérdésszám.

3.1.18 Igaz: a), b). — Útmutatás b)-hez: ha az együtthatók (beleértve a jobb oldalon álló konstansokat is) racionálisak, akkor a Gauss-kiküszöbölés során nem lépünk ki a racionális számok köréből.

3.1.19 Igaz: b). — Útmutatás b)-hez: egy nemtriviális racionális megoldást a nevezők legkisebb közös többszörösével beszorozva, majd az így kapott egész számok legnagyobb közös osztójával végigosztva egy olyan egész megoldást kapunk, amelynek nem minden komponense osztható 11-gyel, és így a modulo 11 test felett tekintve is nemtriviális megoldást jelent.

3.2.1 A megoldás során érdemes különválasztani a valós és a képzetes részeket. A Cramer-szabályt itt a legjobban úgy lehet „alkalmazni”, hogy az együtthatómátrix determinánsáról megmutatjuk, hogy nem nulla (lásd az 1.3.15 feladatot), tehát egyetlen megoldás van, és megpróbáljuk kitalálni ezt a megoldást. (Kitalálás helyett a képletbeli determinánsok kiszámítása sem okoz nehézséget, azonban ebben az esetben a Gauss-kiküszöbölés már gyorsabban célhoz vezet.)

Eredmény: x₁=x₃=1, x₂=2i, x₄=0.

3.2.2 x₁=…=x_n=1.

3.2.3 a) x₁=…=x_n–1=0, x_n=n. b) $x_j={}_{i\ne j}\left(\beta -{\alpha }_i\right)/\left({\alpha }_j-{\alpha }_i\right)$

3.2.4 Igaz: a).

3.2.5 Útmutatás: A feltételekből következik, hogy mindkét egyenletrendszernek mindig pontosan egy megoldása van. — a) Ekkor bármely $\underset{\_}{x}{T}^n-\mathrm{r}\mathrm{e} A_1\underset{\_}{x}=A_2\underset{\_}{x}$ Válasszuk $\underset{\_}{x}$-et rendre „egységvektoroknak”, azaz legyen $\underset{\_}{x}$ egyik komponense 1, a többi 0. — b) Lássuk be, hogy mindkét feltétel azzal ekvivalens, hogy $\left(A_1-A_2\right)\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$-nak csak triviális megoldása van.

3.2.6 Útmutatás: a) Térjünk át a modulo 7 testre. Ekkor egy olyan homogén lineáris egyenletrendszert kapunk, amelynek csak triviális megoldása van. — b) Tetszőleges K-ra a helyes feltétel az, hogy a determináns (nemcsak hogy nem osztható K-val, hanem) relatív prím K-hoz. A bizonyítást először a prímhatvány esetre végezzük el a kitevő szerinti teljes indukcióval, majd lássuk be, hogy ha az állítás két, egymáshoz relatív prím K-ra igaz, akkor ezek szorzatára is teljesül.

3.2.7 Némi töprengés árán ki is találhatjuk a polinomokat! A 3.2.4 Tétel mellett a 3.2.10 és 3.2.11 feladatokban leírt módszereket is alkalmazhatjuk. — Eredmények: a) –x+11; b) 2x²+1; c)ix;

d) 2(x+1)(x²+1)+1=2x³+2x²+2x+3.

3.2.8 a) 0 vagy 1. — b) Végtelen test esetén végtelen sok, t elemszámú véges test esetén t–1. — Útmutatás b)-hez: Ha g egy ilyen polinom, akkor g–f-nek mindegyik γ_i gyöke. Másik lehetőség: Az eddigiekhez vegyünk hozzá egy új ${\gamma }_{n+1}T$ helyet, itt írjunk elő tetszőleges β_n+1 értékeket, és vegyük az így keletkező interpolációs polinomokat. (Ez a módszer nem működik, ha T véges test és elemszáma éppen n.)

3.2.9 Ha két különböző polinom is lenne, akkor a különbségük is legfeljebb n–1-edfokú, ugyanakkor a különbségnek mind az n darab γ_i gyöke, ami ellentmondás.

3.2.10 Rendre behelyettesítve γ₁,…, γ_n-et, sorban meghatározhatjuk a ν₀,…,ν_n–1 együtthatókat. Ezzel beláttuk az interpolációs polinom létezését, továbbá azt, hogy a feladatban megadott alakú polinomok körében csak egyetlen megfelelő f van. Az interpolációs polinom egyértelműségének bizonyításához (a ν_i együtthatók egyértelműségén kívül) még azt is igazolni kell, hogy más alakú polinom nem jöhet szóba, mégpedig azért nem, mert minden legfeljebb n–1-edfokú polinom előállítható (ráadásul egyértelműen) a szóban forgó alakban.

3.2.11 a) Az L_i polinomban mindegyik x–γ_j, j≠i gyöktényező szerepel, és így a fokszámkorlátozás miatt L_i csak ezen gyöktényezők szorzatának a konstansszorosa lehet. A konstans szorzót az L_i(γ_i)=1 feltételből kapjuk meg.

Eredmény: $L_i={}_{i\ne j}\left(x-{\gamma }_i\right)/\left({\gamma }_j-{\gamma }_i\right)$

3.2.12 a) 1. b1) 1. b2) 0.

3.2.13 a) Hamis. — Ellenpélda: x(x+1)/2.

b) Igaz. - Útmutatás: elegendően sok helyet és helyettesítési értéket véve állítsuk elő a polinomot interpoláció segítségével (bármelyik módszerrel), és vegyük észre, hogy egyik eljárás sem vezet ki abból a testből, ahonnan a helyek és a felvett értékek valók.

3.2.14 A test összes elemével és a Φ függvény ezeken felvett értékeivel készítsük el a megfelelő interpolációs polinomot.

3.2.15 Ali Baba egy olyan 24-edfokú f polinomot választott, amelynek a konstans tagja a kulcsszám, és az i-edik rablónak az f(i) értéket súgta meg.

3.3.1 (i) Összefüggők, és bármelyik vektor kifejezhető a másik kettővel, pl. ${\underset{\_}{u}}_1=3{\underset{\_}{u}}_3-2{\underset{\_}{u}}_2$ — (ii) Függetlenek.

3.3.2 Csak a (ii)-beli vektorok függetlenek, a modulo 3 test felett tekintve pedig ezek sem.

3.3.3 Igaz: b).

3.3.4 Igaz: a), c).

3.3.5 Csak $\underset{\_}{v}=\underset{\_}{0}$ lehetséges.

3.3.6 Szükségképpen függetlenek.

3.3.7 a) Igen. b) Nem.

3.3.8 Függetlenek: a), d), a többiek összefüggők. — A módosított feladatban az a)-beliek lehetnek függetlenek is és összefüggők is, a többiek szükségképpen összefüggők.

3.3.9 a α), b α), b β) szükségképpen összefüggők, a többi három esetben lehetnek akár összefüggők, akár függetlenek.

3.3.11 a) Használjuk fel az előző feladatot. — b) A sorekvivalens átalakítások nem változtatnak azon, hogy a megfelelő homogén lineáris egyenletrendszernek van-e nemtriviális megoldása.

3.3.12 Lásd a 9.3.1 Tételt.

3.4.1 Az oszlopoknál a 3.3.5/II Tételt, az aldeterminánsoknál a kifejtési tételt érdemes felhasználni.

3.4.2 $\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{k}{h}\right)\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{h}\right)$

3.4.3 (i) 2. (ii) 3. (iii) 1.

3.4.4 a) 0 vagy 1. b) 0, 1 vagy 2.

3.4.5 A rang a sorok és oszlopok számának a minimuma.

3.4.6 b) és c) hamis, d) igaz.

3.4.8 A valós és a racionális test szerinti rang megegyezik, a mod 2 szerinti rang pedig legfeljebb ekkora (lehet sokkal kisebb is, lásd a 4.6.16 feladatot).

3.4.9 Igaz: a).

3.4.11 Igaz: a), d).

3.4.12 Az „akkor” részt az igazolja, hogy elemi sor- és oszlopekvivalens átalakításokkal a rang nem változik. A „csak akkor” onnan következik, hogy mindkét mátrix olyan alakra hozható, ahol a „főátló” rangnyi számú egyessel kezdődik és minden más elem nulla; hozzuk az egyik mátrixot ilyen alakra, majd alkalmazzuk a másik mátrixból idevezető lépések inverzét.

3.4.13

a) Vegyünk pl. egy olyan A mátrixot, amelynek az első négy oszlopa négy tetszőleges független vektor és ${\underset{\_}{a}}_5={\underset{\_}{a}}_1,{\underset{\_}{a}}_6={\underset{\_}{a}}_2,{\underset{\_}{a}}_7={\underset{\_}{a}}_3$

b) Útmutatás: bármelyik további oszlop előáll az r független oszlop közül akármelyik r–1 lineáris kombinációjaként.

c) Felhasználhatjuk a 3.4.5 feladatot.

3.4.14 a) Legyen pl. az első három oszlopból álló rész olyan, hogy ennek a résznek bármelyik 3 sora független, a többi oszlop pedig egyezzen meg az első oszloppal. — b) Útmutatás: először a nemnulla aldetermináns soraiban és oszlopaiban levő további elemekre igazoljuk az állítást. — c) Felhasználhatjuk az 1.5.6 feladatot.

3.4.15 Igaz: a), d), e).

3.4.16 11.

3.4.17 a) Ha r(A)≤n–2, akkor lássuk be, hogy B=0. Ha r(A)=n–1, akkor használjuk fel, hogy egyrészt a kifejtési tételek szerint B bármely sorvektora kielégíti az $A\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$ homogén egyenletrendszert, másrészt ennek az egyenletrendszernek a megoldásai n–r(A)=1 szabad paraméterrel írhatók fel.

3.4.18 Igen: c).

3.4.19 a) k. b) Ha k>n, akkor 1, ha pedig k≤n, akkor n–k+2.

3.5.1 a) $\left(\begin{array}{ccc}\begin{array}{c}1\\ 1\\ \begin{array}{c}0\\ -1\end{array}\end{array}& \begin{array}{c}1\\ 2\\ \begin{array}{c}-1\\ -1\end{array}\end{array}& \begin{array}{cc}\begin{array}{c}0\\ -1\\ \begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\end{array}& \begin{array}{c}-1\\ -1\\ \begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\end{array}\end{array}\end{array}\right)$ b) $\left(\begin{array}{ccc}\begin{array}{c}4\\ -6\\ \begin{array}{c}4\\ -1\end{array}\end{array}& \begin{array}{c}-6\\ 14\\ \begin{array}{c}-11\\ 3\end{array}\end{array}& \begin{array}{cc}\begin{array}{c}4\\ -11\\ \begin{array}{c}10\\ -3\end{array}\end{array}& \begin{array}{c}-1\\ 3\\ \begin{array}{c}-3\\ 1\end{array}\end{array}\end{array}\end{array}\right)$

3.5.2

3.5.3 a) X minden oszlopa és Y minden sora λ(1,1,–1,–1) alakú.

b) X minden oszlopa (λ+2μ,–2λ–3μ,λ,μ) alakú, Y minden sora (λ–μ,–2λ–μ,λ,μ) alakú.

3.5.4 Legyen pl. B a csupa 1-ből álló mátrix.

3.5.5 Páratlan n-re invertálható, és (n>1-re) az inverz minden eleme ±1/2, mégpedig a főátlóban az előjel mindig +, innen soronként jobbra haladva és ciklikusan a főátlóhoz visszatérve a többi n–1 elemnél váltakozva – és + (tehát a főátló előtt is mindig +).

Páros n-re nullosztó; AB=0, illetve CA=0 pontosan akkor teljesül, ha B minden oszlopa, illetve C minden sora λ(1,–1,1,–1,…,1,–1) alakú.

3.5.6 a) A 2.2.2 Tételre a 3.5 pontban adott új bizonyítás gondolatmenetét kell megfelelően módosítani. — b) Pl. az előző két feladat segítségével gyárthatunk ilyen példát.

3.5.7 Nem következik. Ellenpéldát a 3.5.4 vagy 3.5.5 feladatból nyerhetünk.

3.5.8 a) Lásd pl. a 3.5.3b feladatot. — b) Legyen az $A\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$ illetve $A^T\underset{\_}{y}=\underset{\_}{0}$ egyenletrendszer egy-egy (egyparaméteres) megoldásserege $\underset{\_}{x}=\left(\begin{array}{c}{\lambda }_1\gamma \\ ⋮\\ {\lambda }_n\gamma \end{array}\right)$ illetve $\underset{\_}{y}=\left(\begin{array}{c}{\mu }_1\delta \\ ⋮\\ {\mu }_n\delta \end{array}\right)$ ahol $\gamma ,\delta T$ tetszőleges. Ekkor a B mátrix megfelel, ha β_ij=λ_iμ_j. — c) Csak A=0 ilyen.