Bodó Bea, Somonné Szabó Klára Matematika 2. közgazdászoknak

Átírás

1 ábra: Ábra Bodó Bea, Somonné Szabó Klára Matematika. közgazdászoknak

2 IV. modul: Lineáris algebra 9. lecke: n-dimenziós vektorok Tanulási cél: n -dimenziós vektorok fogalmának megismerése, majd műveletek értelmezése. Lineáris függetlenség fogalmának megadása és vizsgálata. Motivációs feladat Termelési folyamatokat az átláthatóság miatt célszerű minél egyszerűbben leírni. Például vegyük azt az egyszerű esetet, hogy egy cég három T ; T és T -mal jelölt terméket (jószágot) állít elő. Tegyük fel, hogy T termékből p, T -ből p és T -ból p egységet készítenek. Ha mindig a termékek ugyanazon sorrendjében írjuk le az üzemben termelt egységek számát, akkor egy ( p ; p ; p ) rendezett számhármassal leírható a termelés, amit szokás bruttó kibocsátásnak hívni. Ha az üzem a termelés során T ; T és T termékből z; z; z mennyiséget használ fel, ( a ( z; z; z ) számhármast szokás termelői fogyasztásnak nevezni), akkor a ( p z ; p z ; p z ) számhármast szokás nettó kibocsátásnak nevezni. Ha ; és rendezett T T T termék árait az ( a ; a ; a ) rendezett számhármas adja meg, akkor hogyan lehetne leírni a cég bevételét és kiadását? Jól látható, hogy már egy nagyon leegyszerűsített gazdasági folyamat is leírható rendezett szám- n - esekkel, amelyeket a matematikában vektoroknak nevezünk. A továbbiakban ezt a fogalmat fogjuk általánosítani és definiálunk közöttük műveleteket. Elméleti összefoglaló definíció rész Definíció: A valós számokból álló rendezett szám- n -eseket n -dimenziós vektoroknak nevezzük. normál rész A szám- n -esben előforduló számokat a síkbeli vektorokhoz hasonlóan koordinátáknak nevezzük. Aszerint, hogy a koordinátákat hogyan írjuk le, megkülönböztetünk sor illetve oszlopvektorokat. Jelölés: a ( a a a a ) =,,, n n -dimenziós sorvektor, vagy b b b = bn n -dimenziós oszlopvektor. Adjunk néhány példát: a = ( ;;0; 4;0) egy 5 dimenziós (öt db számból áll) sorvektor,

3 b = ( ;0 ) egy dimenziós sorvektor, c = 0 egy dimenziós oszlopvektor, d = 0 egy 4 dimenziós oszlopvektor, Speciális vektorok Zérusvektornak nevezzük azt a vektort, amelynek minden koordinátája nulla. Pl.: 0 = ( 0, 0, 0, 0, 0) egy 5 dimenziós zérusvektor Összegzővektornak nevezzük azokat a vektorokat, amelynek minden koordinátája. Pl.: = (,, ) egy dimenziós összegző sorvektor. Egységvektornak nevezzük azt a vektort, amelynek az egyik koordinátája, az összes többi pedig 0. Pl.: ( 0, 0,, 0 ), egy 4 dimenziós egységvektort. Mivel az egyest négy helyre tudjuk tenni, így pontosan négy különböző 4 dimenziós egységvektor adható meg. Ha az alsó indeben jelöljük az egyes helyét, akkor a következő vektorokat írhatjuk fel: ( ) ( ) ( ) ( ) e = ;0;0;0, e ;;0;0, e ;0;;0, e ;0;0;, 4 Definiáljunk műveleteket az n -dimenziós vektorokra. Mivel megadott példákból látszik, hogy a középiskolában használt dimenziós sorvektorok is benne vannak a n -dimenziós vektorok között, ezért a már tanult műveleteket fogjuk általánosítani. definíció rész Definíció: Ha a = ( a a a a ) és b ( b b b b ),,, n =,,, n két n -dimenziós vektor, ahol az a és b koordináták és valós szám minden i n esetén, akkor i i ( ) a + b = a + b, a + b, a + b, an + bn, ( ) a b = a b, a b, a b, an bn,

4 ( ) a a, a, a, an =. Definíció: Ha a = ( a a a a ) és b ( b b b b ),,, n =,,, n két n -dimenziós vektor, akkor az ab = ab + ab + ab + + anbn szorzatösszeget a két vektor skaláris szorzatának nevezzük. normál rész Skaláris szorzatot szokás még ab ; alakban is megadni. A megadott műveletekre a következő tulajdonságok adhatók meg. Tétel: Ha a = ( a a a a ) és b ( b b b b ) valós számok, akkor a + b = b + a,,, n ( a + b) + c = a + ( b + c) =,,, n két n -dimenziós vektor, ahol és ( ) a = ( a) ( ) a + b = a + b ab = ba ( a) b = ab = a( b) a( b + c) = ab + ac definíció rész Definíció: Ha a = ( a a a a ) és b ( b b b b ),,, n =,,, n két n -dimenziós vektor és és valós szám, akkor a+ b szintén n -dimenziós vektort szokás aés kombinációjának nevezni. b vektorok lineáris Definíció: Legyen a, a, a, a r tetszőleges r számú n -dimenziós vektor. Ha a, a, a, a r vektorok lineáris kombinációja a zérus vektort csak a triviális csupa nulla konstansokkal állítja elő, azaz ha két a + a + a + + r ar csak akkor teljesül, ha = = = r, akkor az a, a, a, a r vektorokat lineárisan függetleneknek nevezzük. Ha létezik olyan együttható (i r összefüggőeknek nevezzük. normál rész i ), amely nem nulla, akkor a vektorokat lineárisan 4

5 Kidolgozott feladatok. feladat: Határozzuk meg az 5, a az a = ( 0; ;;4;0 ) b = ( ;0; ; ;7 ) c = ( ;;7;9;0 ). b, az c és 5a b + c vektorokat, ha Megoldás 5a = 5( 0; ;;4;0 ) = ( 50; 5 ( ); 5; 54; 5 0) = ( 0; 5; 5; 0; 0) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b = ; 0; ; ; 7 = ; 0; ( ); ( ); 7 = ; 0; ; ; 7 ( ) ; ; 7; 9; 0 ( ); ; 7; 9; 0 ; ; 7 ; 9 c = = = ; a b + c ; ; ; ; = ; ; ; ; 7. feladat: Határozzuk meg a, 5b, c és a b + 4c vektorokat, ha a = b = c = Megoldás 6 a = = = 5 ( 5) ( ) ( ) ( ) ( ) b = 5 = = ( ) 0 5

6 c = = ( 4 + ) a b + 4c = + 4 = = ( ) feladat: Határozzuk meg az ab, az a = ( 0; ;;4;0 ) b = ( ;0; ; ;7 ) b és (5 ab ) skaláris szorzatokat, ha Megoldás: Használjuk a definíciót: ( ) ( ) ( ) ab = a; b = 0 ( ) ( ) b = bb = b; b = = 55 ( ) ( ) ( ) (5 a) b = (5 a); b = 50 De a megadott műveleti tulajdonságokat felhasználva a számolás gyorsabb. ( ab) ( ) (5 a) b = 5 = 5 0 = feladat: Egy üzem három terméket állít elő. A bruttó kibocsátási vektora p = ( 5;7;4), a termelői fogyasztás vektora z = ( ;; ). Írjuk fel az üzem nettó kibocsátás vektorát! Ha a termékek árvektora a = ( 0;;8), akkor adjuk meg az üzem bevételét és kiadását. Megoldás: A nettó kibocsátás vektora: ( 5;7;4) ( ;; ) ( 4;5;) y = p z = = Az üzem bevétele valójában a nettó kibocsátás és az árvektor skaláris szorzata: ( )( ) a y = a; y = 0;;8 4;5; = = 4 pénzegység. 5. feladat: Bizonyítsuk be, hogy az alábbi sorvektorok lineárisan függetlenek. 6

7 c ( ; ) c ( 4; ) = = Megoldás: A két vektor lineárisan független, ha lineáris kombinációjuk a zérusvektort csak a triviális módon állítja elő. Azaz az c + c egyenlőség csak akkor teljesül, ha és. A koordináták ismeretében a következő egyenlethez jutunk: ( ; ) + ( 4; ) = ( 0; 0) Végezzük el bal oldalon a kijelölt műveleteket, azaz először a szorzás, majd az összeadás műveletét. ( ; ) + ( 4; ) = ( ; ( ) ) + ( 4; ) = ( + 4 ; + ) Két vektor akkor egyenlő, ha koordinátáik rendre megegyeznek, azaz ( 4 ; ) ( 0; 0) + + =, ha Ezt az egyenletrendszert kell megoldanunk. A leggyakoribb ötlet, hogy kifejezzük valamelyik egyenletből az egyik ismeretlent a másikkal, majd behelyettesítünk a másik egyenletbe, ahol már csak egy ismeretlennel kell dolgozni. Majd visszahelyettesítéssel kapunk megoldást a másik ismeretlenre. Egy másik módszer az egyenlő együtthatók módszere. Ha sikerül elérnünk, hogy az egyik ismeretlen együtthatója mindkét egyenletben azonos legyen, akkor kivonással jutunk el egy egy ismeretlenes egyenlethez. Mi ezt az utóbbi módszert fogjuk választani, mert több ismeretlen esetén gyorsabban és átláthatóbban lehet vele dolgozni. Mivel összeadni általában jobban tudunk, annyiban módosítunk az ötleten, hogy a kiválasztott ismeretlen együtthatóját a két egyenletben ellentétesnek fogjuk választani, majd összeadjuk őket. Tehát válasszuk ki az egyik ismeretlent, amelyiket összeadással eltüntetünk, idegen szóval eliminálunk. Legyen ez például most. Az első egyenletben az együtthatója, a másodikban pedig ( ). Ha az első egyenlet -szeresét hozzáadnánk a másodikhoz, akkor kiesik, és csak szerepel majd az új egyenletben Az összeadás eredménye: 7

8 Behelyettesítve az első egyenletbe kapjuk, hogy Tehát csak a triviális csupa 0 megoldás létezik, a két vektor tényleg lineárisan független. 6. feladat: Vizsgáljuk meg,hogy az alábbi vektorok lineárisan összefüggőek vagy függetlenek-e. Ha összefüggőek írjuk fel az egyik vektort a másik kettő lineáris kombinációjaként. 0 b = b = b = Megoldás: Az a kérdés, hogy az b + b + b egyenlőség milyen, és valós számok esetén teljesül? Helyettesítsük be a vektorok helyére a koordinátákat = Végezzük el a kijelölt műveleteket. Első lépésként a szorzást, majd az összeadást = = = Két vektor akkor egyenlő, ha koordinátáik rendre megegyeznek. Írjuk fel a koordinátákra vonatkozó egyenleteket: + + = = 0 0 A harmadik egyenletből adódik, hogy Behelyettesítve az első egyenletbe kapjuk, hogy. Ha behelyettesítjük a második egyenletbe, akkor kapjuk, hogy. Tehát csak a triviális megoldás létezik, a három vektor lineárisan független. 7. feladat: Vizsgáljuk meg,hogy az alábbi vektorok lineárisan összefüggőek vagy függetlenek. ( ; ; ) ( ; ; 5) ( 8; ; 0) a = a = a = 8

9 Megoldás: Meg kell nézni, hogy milyen, és valós számok esetén teljesül az a a + a + egyenlőség. A kapott vektoregyenletbe írjuk be a koordinátákat. ( ; ; ) + ( ; ; 5) + ( 8; ; 0) = ( 0,0,0) A bal oldalon végezzük el első lépésként a szorzást. ( ; ; ) + ( ; ; 5) + ( 8; ; 0) = ( ; ; ) ( ; ; 5 ) ( 8 ; ; 0 ) = + + = Jöhet az összeadás. ( ; + ; ) = ( 0; 0; 0) Két vektor akkor egyenlő, ha koordinátáik rendre megegyeznek. Írjuk fel a koordinátákra vonatkozó egyenlőségeket: Oldjuk meg az egyenletrendszert. Válasszuk ki az egyik ismeretlent, amelyiket két egyenletből is el szeretnénk tüntetni, eliminálni. Legyen ez az és küszöböljük ki a második és harmadik egyenletből.. lépés: Az első egyenlet ( ) -szorosát adjuk hozzá a második egyenlethez. A szorzást fejben fogjuk elvégezni, csak az összeadás után írjuk le az új egyenletet. Az alábbi egyenletrendszert kapjuk: lépés: Az első egyenlet ( ) -szeresét adjuk hozzá a harmadik egyenlethez. Most sem írjuk le az első sor ( ) -szeresét, csak az összedás eredményét adjuk meg. Az új egyenletrendszer:

10 Ha észrevesszük, hogy a második egyenletnél öttel lehet egyszerűsíteni, akkor még kezelhetőbb egyenlethez jutunk Két új egyenletet kaptunk, amelyekben már csak két ismeretlen van. Ezek közül válasszunk ki egyet, amelyiket kiküszöbölünk, hogy csak egy egy ismeretlenes egyenletet kapjunk. Mivel együtthatói a két egyenletben csak előjelben tér el egymástól, célszerű -t választani. A második egyenletet adjuk hozzá a harmadikhoz = 5 = = A harmadik egyenletből leolvasható, hogy és. Ezt az értéket a második illetve az első egyenletbe behelyettesítve, kapjuk, hogy Tehát vektoregyenletnek csak a csupa nulla, azaz csak a triviális megoldása létezik, a három vektor lineárisan független. Megjegyzés: Természetesen az ismeretlenek kiküszöbölésére nem csak ez a lépéssor létezik. De sajnos a számolásba nagyon könnyen bele lehet kavarodni. Ezért célszerű a lépéseket előre tervezetten megadni. A jegyzetben a megoldás mindig az, hogy elsőként -t, majd -t, tehát az indeek sorrendjében végezzük az eliminálást. Ettől csak akkor térjünk el, ha a számolás túl bonyolult lenne. 8. feladat: Vizsgáljuk meg, hogy az alábbi vektorok lineárisan függetlenek-e. 0 a = a = 4 a = 0 Megoldás: Nézzük meg milyen, és valós számok esetén teljesül, hogy a + a + a? Helyettesítsük be a vektorok koordinátáit = A koordinátákkal végezzük el a kijelölt műveleteket. Kezdjük a szorzással. 0

11 Majd jöhet az összeadás Mivel két vektor akkor egyenlő, ha az azonos indeű koordinátái rendre megegyeznek, a következő egyenletrendszert tudjuk felírni Oldjuk meg az egyenletrendszert. Fokozatosan csökkentsük az ismeretlenek számát. Kezdjük -gyel. Az első egyenletben az együtthatója. Ha az első egyenlet - szeresét a második egyenlethez adjuk az eltűnik, de a többi ismeretlen együtthatója nem egész szám lesz. Ha lehet ezt kerüljük el. Ennek egyik módja, ha az első két egyenletet felcseréljük Most már könnyen tudjuk eliminálni az első egyenlettel -t a többiből. Az első egyenlet ( ) -szeresét adjuk hozzá a második egyenlethez. Majd az első egyenletet adjuk hozzá a harmadikhoz Folytassuk eliminálásával. Hogy ne kelljen törtekkel számolni, osszuk végig a második egyenletet 7 -tel.

12 Most már egész számokkal tudunk dolgozni. A második egyenlet 6 -szorosát adjuk a harmadikhoz. + 4 = 0 + A teljes harmadik egyenlet eltűnt. Vegyük észre, hogy az utolsó egyenlet a második egyenlet többszöröse volt. Így ez az egyenlet új információt nem adott az ismeretlenekről. Az eliminálás eltünteti ezt az egyenletet és csak két egyenlet marad. Vizsgáljuk először a másodikat. + = Ez azt jelenti, hogy a két ismeretlen nem független egymástól. Ha például =, akkor =. Ha például = 4, akkor = 8. Akkor legyen = t. = t, ahol t egy tetszőleges valós szám (paraméternek szokás nevezni), akkor Ezen paraméteres értékekkel fejezzük ki az első egyenletből -t. + 4t t, innen = 6t. Az egyenletrendszer megoldása: = 6t = t é s t = t Tehát kaptunk a triviálistól eltérő megoldást is, így a három vektor lineárisan összefüggő. Legyen például t =, ekkor =, = és = 6 Ezen konstansokra teljesül, hogy Általában igaz, hogy +. 6a + a + a 6ta t a + ta, ahol t egy tetszőleges valós szám.

13 9. feladat: Vizsgáljuk meg, hogy a lineárisan függetlenek-e. 4 b b b = = = b = 0 4 oszlopvektorok Megoldás: A megadott négy oszlopvektor akkor lineárisan független, ha az b + b + b + 4b 4 vektoregyenletnek csak a csupa nulla, azaz csak triviális megoldása létezik. Tehát vizsgáljuk meg, hogy milyen,, és 4 valós számok esetén teljesül az egyenlőség = Írjuk fel a koordinátákra vonatkozó egyenleteket: = 4 0 Ezt az egyenletrendszert kell megoldani. A számolásba könnyen bele lehet keveredni, ezért haladjunk az indeek sorrendjében az eliminálással. Tehát kezdjük -gyel. Mivel minden egyenletben az együtthatója, az első egyenlet ( ) -szeresét adjuk a többihez. Az első egyenletet változatlanul leírjuk, csak a többinél lesz változás. Az új egyenletrendszer: + + = Az első egyenlettel további eliminálást már nem tudunk végezni, mert visszahozná -t. Csak az új egyenletekkel foglalkozzunk. Most eliminálásával folytatjuk. Ha a második egyenletet hozzáadjuk a harmadikhoz, akkor az utolsó két egyenletben már csak és 4 ismeretlen marad.

14 + + = Most már eliminálása következik. Csak az utolsó két egyenletet nézzük. Ha a harmadik egyenlet -szeresét hozzáadjuk a negyedikhez, akkor mindkét ismeretlen eltűnik. 4 Az új egyenletrendszer a következő három egyenletre egyszerűsödik: Ha a harmadik egyenletet osztjuk 8 -cal, akkor egyszerűbb alakot kapunk = 4 0 Olyan egyenletet most nem tudunk adni, amelyben csak 4 szerepel, így az eliminálást befejeztük. Olvassuk le a megoldást. Induljunk ki abból az egyenletből, amelyikben csak két ismeretlen van: + = 4 4 Ha és 4 közül az egyiknek adunk egy értéket, akkor a másik már egyértelműen meghatározható. Például ha 4 =, akkor is, ha 4 = 5, akkor is 5. Tehát bármilyen értéket adunk 4 -nak, ugyanannyi lesz. Ha tehát 4 = t, ahol t egy tetszőleges valós szám, és = t, akkor a harmadik egyenlet teljesül. Ezeket az értékeket helyettesítsük be a második egyenletbe: 4t + 5t = t. Most már csak - t kellene meghatározni, helyettesítsünk be az első egyenletbe. ( ) + t + t t = t. 4

15 Tehát a megoldás: Például ha = =. = t, = t, = t és 4 = t és t egy tetszőleges valós szám. t =, akkor = 4 = és = =, ha t =, akkor = 4 = és Tehát az egyenletrendszernek létezik a triviális eltérő megoldása, így a megadott négy vektor lineárisan összefüggő. Ebben az esetben például felírható, hogy b b + b + b 4. Általában igaz, hogy tb tb + tb + tb 4, ahol t egy tetszőleges valós szám. 0. feladat: Állítsuk elő b oszlopvektort az a, a és a ha oszlopvektorok lineáris kombinációjaként., b = 9 a = a = a =. 4 Megoldás: Ennél a feladatnál meg kell keresnünk azokat a számokat (jelöljük őket, és -mal), amelyekkel ha a, a és a Tehát oldjuk meg a következő vektoregyenletet: oszlopvektorokat megszorozzuk, akkor éppen a b vektort kapjuk. a + a + a = b. Írjuk fel a vektorokat a koordinátáikkal. + + = 9 4 Végezzük el a kijelölt műveleteket és írjuk fel a két vektor egyenlőségét. + = Két vektor tudjuk csak akkor lehet egyenlő, ha a koordinátáik rendre megegyeznek. Írjuk fel ezeket az egyenleteket. 5

16 + = = + = 9 4 A megoldást kezdjük azzal, hogy -t eltüntetjük két egyenletből. A számolás akkor a legegyszerűbb, ha az utolsó egyenlet többszöröseit adjuk a többi egyenlethez. A jobb átláthatóság miatt cseréljük fel az első és a harmadik egyenletet. + = = + = 4 9 Adjuk az első egyenlet ( ) -szorosát a második egyenlethez. Ezzel a második egyenletből kiesik. Ugyanezt érjük el a harmadik egyenletben az első sor ( ) -szeresének hozzáadásával. + = 0 = 4 5 = Kaptunk két olyan egyenletet, amiben már csak két ismeretlen van. Csökkentsük az ismeretlenek számát úgy, hogy a második egyenlet ( ) -szeresét adjuk hozzá a harmadikhoz. + = 4 0 = 5 = 0 Az utolsó egyenletből adódik, hogy =. Ha ezt behelyettesítjük a második egyenletbe, 0( ) =, akkor =. Most már ismerjük -t és -t. A kapott értékeket helyettesítsük be az első egyenletbe. + ( ) = 4, akkor =. Egyetlen megoldás kaptunk mindhárom ismeretlenre: =, = =. Tehát a keresett lineáris kombináció: a + a a = b 6

17 teszt rész Ellenőrző kérdések. A egyenletrendszer második és harmadik egyenletében szeretnénk kieliminálni az ismeretlent. Melyik lépéssorral tudjuk ezt elérni? Az első egyenlet -szeresét adjuk a másodikhoz, majd az első egyenlet ( ) -szeresét a harmadikhoz. Az első egyenlet ( ) -szeresét adjuk a második egyenlethez, majd az első -szeresét a harmadikhoz. Az első egyenlet -szeresét adjuk a második egyenlethez, majd az első -szeresét a harmadikhoz. Mindkét egyenlethez adjuk az első egyenlet -szeresét.. Az egyenletrendszeren a következő lépéseket hajtjuk végre. Felcseréljük a második és harmadik sort, majd hozzáadjuk a második sor -szorosát a harmadikhoz. Melyik egyenletrendszert kapjuk? =

18 Legyen a = ( 0; ;;4;0 ), b = ( ;0; ; ;7 ) és ( ) a + b c vektort! ( 4; 4; 0; 6;) ( 0;6; 4; 6;5) ( 4; 6; 4;; ). ( 4; 4; ; ; 5 ). 4. Legyen a = ( ; ;4;0 ) és ( ;0; ; ) ( ; ; 4; ). ( ;6;6; ) 5. Fejezze be a mondatot! A b = ( 4,) és = (,5) c = 4;0;6;0;. Határozza meg a b =. Határozza meg a a;b szorzat értékét! b vektorok lineárisan függetlenek, mert a = egyenletrendszernek csak egy megoldása van az összefüggőek, mert a = egyenletrendszernek csak egy megoldása van az függetlenek, mert a = és = egyenletrendszer egyik megoldása az 8

19 összefüggőek, mert a = és = egyenletrendszer egyik megoldása az 6. Állítsuk elő b oszlopvektort az a, a és a 0 4 b = 9 a = a = a =. 6 4 oszlopvektorok lineáris kombinációjaként, ha a + a + a = b a + a 5a = b a + a a = b a a + a = b 4 a a = a = 0 7. Fejezze be a mondatot! Az vektorok lineárisan összefüggőek, mert a triviális megoldás létezik egyenletrendszert megoldva csak a összefüggőek, mert a triviálistól eltérő megoldás egyenletrendszert megoldva van a függetlenek, mert a megoldás létezik. függetlenek, mert a eltérő megoldás egyenletrendszert megoldva csak a triviális egyenletrendszert megoldva van a triviálistól 9

20 0. lecke: Mátriok, determinánsok Tanulási cél: Mátri fogalmának és mátriműveleteknek a megismerése. Determináns fogalmának és meghatározásának áttekintése. Motivációs feladat Gazdasági folyamatok egyszerű leírására a korábbi leckében vektorokat használtunk. Összetett folyamatok leírásánál már nem elegendő egy rendezett szám- n -es megadása, hanem számtáblázatokkal kell dolgoznunk. Vegyük most azt az egyszerű példát, hogy egy vállalat négy különböző T, T, T és T4 -gyel jelölt terméket állít elő, amelyekhez E, E és E erőforrásokat (nyersanyagokat) használnak fel. Az egyes termékekre vonatkozó ráfordításokat az alábbi táblázattal tudjuk megadni. T T T T 4 Egységárak E erőforrás 0 E erőforrás 4 5 E erőforrás Darabszám termékenként A táblázatban szereplő adatok ismeretében határozzuk meg a termelés erőforrás-szükségletét és a teljes költségét. Ebben a leckében megismerkedünk a számtáblázatok, azaz a mátriok fogalmával és velük végezhető műveletekkel. Elméleti összefoglaló definíció rész Definíció: Az n sorból és m oszlopból álló számtáblázatokat mátrioknak nevezzük és a következő jelölést használjuk: A, B vagy C. Mi csak olyan mátriokkal fogunk foglalkozni, amelyek valós számokból épülnek fel. Ha az A mátrinak n sora és m oszlopa van, akkor azt mondjuk, hogy a mátri hivatkozunk: normál rész Például az nm típusú, és ezt így fogjuk jelölni: A nm a i, j jelöli az A mátri i -edik sorának j -edik elemét.. Az A mátri elemeire kettős indeeléssel 0

21 A = mátri típusú, és a = 6 félreértéstől tartani. definíció rész,. Szokás a két inde közötti vesszőt nem kiírni, ha nem kell Definíció: Két mátri egyenlő, ha azonos a típusuk, és az azonos indeű elemeik egyenlők. normál rész A mátriok körében műveleteket definiálhatunk, amelyek segítségével adott mátriokból újabbakat készíthetünk. definíció rész Definíció: Legyen nm A, és tetszőleges szám. Ekkor az A mátri -szorosa az a B=A szintén nm típusú mátri, amelyre b ij = a minden in és jm esetén. ij normál rész Tehát egy mátriot úgy szorzunk meg egy számmal, hogy minden elemét megszorozzuk a számmal. definíció rész Definíció: Legyen nm AB,. (Azaz legyen A és B két tetszőleges n m típusú mátri.) Ekkor A és B összege az a C = A + B szintén nm típusú mátri, amelyre c = a + b minden ij ij ij in és jm esetén. Tehát azonos típusú mátriok összeadhatók, és az összeg elemeit úgy kapjuk, hogy rendre összeadjuk az azonos indeű elemeket. Definíció: Legyen nm AB,. Ekkor A és B különbsége az a = mátri, amelyre cij = aij b ij minden in és jm esetén. normál rész Nyilvánvaló, hogy A B = A + ( ) B. C A B szintén nm típusú A számmal szorzásra és az összeadásra érvényesek a következő tételek. Ezeket, és a későbbi tételeket is, mindig úgy kell érteni, hogy, ha az összefüggések egyik oldalán álló műveleteket el lehet végezni, akkor elvégezhetők a másik oldalon álló műveletek is, és az eredményül kapott mátriok egyenlők. Tétel. Legyen nm A, B, C,,. Ekkor ( A) = ( A) = ( ) A.

22 ( + ) A = A + A. ( A + B) = A + B, azaz egy számmal való szorzás disztributív az összeadásra nézve. A + B = B + A, azaz az összeadás kommutatív. A + ( B + C) = ( A + B) + C = A + B + C, azaz az összeadás asszociatív. A mátriok szorzásának definíciója kicsit bonyolultabb az eddigi műveletek definíciójától. definíció rész nk Definíció: Legyen A km és B, vagyis az A mátrinak legyen k oszlopa, a B mátrinak pedig k sora. Ekkor A és B szorzata az a C = AB mátri, amelynek típusa n m és c = a b + a b + a b + + a b minden in és jm esetén. ij i j i j i j ik kj normál rész Tehát a szorzat mátri i -edik sorának j -edik elemét úgy kapjuk, hogy az elöl álló A mátri i -edik sorának az elemeit rendre megszorozzuk a hátul álló B mátri j -dik oszlopának elemeivel, és ezeket a szorzatokat összeadjuk. Azt a feltételt, hogy szorzáskor az elöl álló mátrinak annyi oszlopa kell, hogy legyen, mint ahány sora a hátul álló mátrinak van, kompatibilitási feltételnek hívjuk. Például legyen = 4 = A és B. Ekkor az A mátri típusa, a B mátri típusa, teljesül tehát a kompatibilitási feltétel, (a két bekeretezett szám egyenlő). Létezik tehát a C = AB szorzatmátri, amelynek típusa. Készítsük el a szorzatmátriot úgy, hogy üres téglalapokkal jelöljük a szorzatban szereplő számok helyét. = 4 Sorra számoljuk ki a C elemeit a megadott szabály szerint. ( ) c = ab + ab = + = = 4 Szemléletesen az elöl álló mátri első sorát és a hátul álló mátri első oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat első sorának első elemét.

23 ( ) ( ) c = ab + ab = + = 0 0 = 4 Szemléletesen az elöl álló mátri első sorát és a hátul álló mátri második oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat első sorának második elemét. ( ) c = ab + ab = + = = 4 Szemléletesen az elöl álló mátri első sorát és a hátul álló mátri harmadik oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat első sorának harmadik elemét. c = ab + ab = + 4 = = 4 7 Szemléletesen az elöl álló mátri második sorát és a hátul álló mátri első oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat második sorának első elemét. ( ) c = ab + ab = + 4 = = Szemléletesen az elöl álló mátri második sorát és a hátul álló mátri második oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat második sorának második elemét. c = ab + ab = + 4 = 0 7 = Szemléletesen az elöl álló mátri második sorát és a hátul álló mátri harmadik oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat második sorának harmadik elemét. Vagyis azt kaptuk, hogy

24 0 7 C = AB =. 7 6 A BA szorzat ebben az esetben nem létezik, mert a típusok rendre és, és a bekeretezett számok nem egyenlők, nem teljesül a kompatibilitási feltétel. definíció rész Definíció: Legyen a T ij ji A nm. Ekkor A transzponáltja az az = a minden i m és j n esetén. T A mátri, amelynek típusa m n, és normál rész Tehát a transzponálás során az eredeti mátri első sora lesz a transzponált első oszlopa, második sora a transzponált második oszlopa, és így tovább. A transzponálás felcseréli a sorokat és az oszlopokat. Az előbbi szorzás során szerepelt B mátri esetén B T = A következő tétel a szorzással és a transzponálttal kapcsolatos azonosságokat foglalja össze. Tétel: Feltéve, hogy a formulákban szükséges kompatibilitási feltételek mind teljesülnek ( A) B = A( B) = ( AB ), AB BA, a szorzás nem kommutatív, A( BC) = ( AB) C = ABC, a szorzás asszociatív, ( ) = + A + B C AC BC, és ( ) ( ) T T T A + B = A + B, ( ) T T T AB = B A. A B + C = AB + AC, a szorzás disztributív az összeadásra, definíció rész Definíció: Ha az nm A mátrinak minden eleme 0, zérusmátrinak nevezzük. Definíció: Ha egy mátri egyetlen oszlopból áll, szokás oszlopvektornak, ha egyetlen egy sorból, akkor pedig sorvektornak nevezni. Ilyen esetben a vektoroknál szokásos jelölést használjuk. 4

25 normál rész Például: mátri. a = 5 4 oszlopvektor egy típusú mátri, ( ;4;5;0; ) b = sorvektor pedig egy 5 definíció rész nn Definíció: Az A típusú mátriokat négyzetes mátrioknak hívjuk. Egy négyzetes mátrinak tehát annyi sora van ahány oszlopa. normál rész Egy mátri főátlóját azok az elemek alkotják, amelyeknek a két indee megegyezik: a, a, a és így tovább, ha vannak még sorok. Például az alábbi félkövéren jelölt elemek alkotják a főátlót: definíció rész Definíció: Azt az n n minden elem 0, egy n n típusú mátriot, amelynek főátlójában minden elem, a főátlóján kívül pedig típusú egységmátrinak hívjuk és I n -el jelöljük. normál rész 0 = 0 Példa: I mátri egy egységmátri. Legyen nn A egy tetszőleges mátri. Ekkor könnyen igazolható, hogy AIn = InA = A. Az egységmátri tehát szorzás szempontjából úgy viselkedik, mint a számok körében az szám. Kidolgozott feladatok. feladat: Legyen A =, és 4 B =. Számoljuk ki a C = A B mátriot. Megoldás: Mindkét mátri típusú, és ilyen minden számszorosuk is, tehát a kijelölt műveletek elvégezhetők. Előbb a számmal való szorzást, majd a kivonás műveletét végezzük el a definíciók szerint. 5

26 C = = = = feladat: Legyen A =, és B =. Számítsuk ki a C = BA mátriot. Megoldás: Mint az előbb, most is azzal kezdünk, hogy ellenőrizzük, hogy a kívánt műveleteket el lehet-e végezni. Most a szorzatban az elöl álló mátri a B, típusa, a hátul álló mátrié, tehát teljesül a kompatibilitási feltétel, a két mátri ebben a sorrendben szorozható, és a szorzat típusa. Készítsük most is el a szorzatmátriot, üres téglalapokkal jelöljük a hiányzó számokat. = A mátriok szorzásának definíciója alapján akkor végezzük el a számolást. ( ) c = ba + ba + ba = + + = 0. Szemléletesen 0 = ( ) c = ba + ba + ba = + + = Szemléletesen 0 = ( ) c = ba + ba + ba = + + = Szemléletesen 0 = 6

27 ( ) ( ) c = ba + ba + ba = + + = Szemléletesen 0 = Tehát a keresett szorzat 0 = C.. feladat: Az előző feladatban megadott A és B mátri esetén számoljuk ki a D = is. AB szorzatot Megoldás: Ez a szorzat is létezik, mert most az elöl álló mátri típusa, a hátul állóé, teljesül a kompatibilitási feltétel, és a szorzat mátri típusa. Készítsük el a szorzatmátrihoz a kiszámolandó elemek helyét. = Most már csak fejben számolunk. = 5 = 5 5 = 7

28 5 5 = = = = = = Tehát a szorzatmátri: 5 5 D = feladat: Legyen egységmátri. A = 4. Számoljuk ki az I A mátriot, ahol I egy 8

29 Megoldás: Először számoljuk ki szorozzuk: A = A -t, majd a kivonást. Az A azt jelenti, hogy A -t önmagával AA. Mivel A négyzetes mátri, ez a szorzás elvégezhető, és A számolást eredményeként kapjuk az alábbi mátriot. A is típusú. A 4 7 = 4 4 = Most már elvégezhetjük a kivonás műveletét. Mivel I egy egységmátri, a főátlóban csupa egyes van, minden más elem nulla. I A = = 5. feladat: Legyen = A és 4 = T B. Számoljuk ki a ( ) T B A AB mátriot. Megoldás: Az egyik lehetséges számolási mód a következő: először kiszámoljuk ( AB ) T, és a megfelelő sorrendben kivonjuk ezeket egymásból. Mivel BA T 5 9 = = T B = 4 T BA-t, majd Ezután, felhasználva, hogy 8 = 8 AB, és így ( ) T 8 8 AB =, B T A T ( AB ) = = A másik lehetőség, hogy a műveleti azonosságokat felhasználva átalakítjuk a kiszámolandó formulát. Ekkor T ( ) ( ) T T T T T T B A AB = B A B A = B A A. Ennek az átalakításnak az az előnye, hogy így csak egy szorzást kell végrehajtani. Felhasználva, hogy T 0 A A =, kapjuk, hogy 0 B 0 T ( A T ) A = =

30 A végeredmény persze ugyanaz, mint az előbb. 6. feladat: Határozzuk meg az T c A b szorzatot, ha T A = b = c = Megoldás: Első lépésként végezzük el ( ;;; ) T c A szorzást. Mivel T c sorvektor egy 4 mátri, A pedig 4 5, így a szorzatuk egy 5-es sorvektor lesz. Oszloponként haladva a számolással kapjuk, hogy ( ;;; ) = ( 6;; 0; 4; ) (Vegyük észre, mivel T c sorvektor minden koordinátája, ezért a szorzás eredményeként az A mátri oszlopaiban lévő elemek összegét kapjuk. Ezen tulajdonság miatt hívják a csupa egyesekből álló vektorokat összegző vektoroknak.) A kapott sorvektort szozozzuk meg a b oszlopvektorral: 6;;0; 4; = = 8 0 ( ) ( ) ( ) Ugyanezt az eredményt kapjuk, ha először kapott 5 oszlopvektort szorozzuk. A b szorzást végezzük el, majd a T c sorvektort és a 7. feladat: Oldjuk meg a motivációs feladatot. Vezessük be a következő jelöléseket. A táblázat pirossal jelölt részét nevezzük a termelés technológiai mátriának és legyen A = T előállított termékek mennyiségét megadott programvektor legyen p = ( 400, 50, 00,00) T erőforrások egységárát tartalmazó árvektor pedig a = ( 0,5,5) határozzuk meg a termelés erőforrás-szükségletét és a teljes költségét., az : Ezen mátriok segítségével, az 0

31 Megoldás: Az első erőforrás szükségletét megkapjuk, ha megnézzük, hogy termékenként hány egységre van szükség és ezeket az adatokat szorozzuk a termékek darabszámával, azaz = 50. Hasonlóan kell eljárni a többi erőforrással is. Vegyük észre, hogy a számolás leírható az A p mátriművelettel = A kapott oszlopvektor soronként megadja az erőforrások szükségleteit. A termelés költségeinek T számolásához pedig az erőforrások ( 0,5,5) a = árvektorát sorozzuk a kapott vektorral. 50 0,5,5 400 = = ( ) Tehát a termelés költsége az T a A p mátriművelettel írható le.. teszt rész Ellenőrző kérdések. Legyen 4 0 A =, és 0 B =. Számoljuk ki a C = A 5B mátriot C = C = C = C = 9 7

32 . Legyen 4 0 A =, és 0 B =. Számoljuk ki a T T C = A + B mátriot C = C = C = C = 9 4. Legyen A =, és B = 5. Számoljuk ki a C = AB T A mátriot. 4 C = C = C = 8 4 C = 4 4. Legyen 0 A = 4 5, és 4 0 B =. Számoljuk ki a C = BA T + 6 B mátriot. 4 5 C = C =

33 5 5 C = a szorzás nem végezhető el 5. Legyen 0 A = 4 5, és 4 0 B = 6. Számoljuk ki a C = AB T + T B B mátriot. 5 C = C = C = a szorzás nem végezhető el 6. Legyen 5 6 A = 8 hányat lehet elvégezni?, és 4 0 = 6 B és 4 C = 6 0 AB + C B A + CB BC A T T T,,,. Az alábbi műveletek közül 0 7. Legyen 0 A = 5 4. Számoljuk ki az A + I mátriot = A I

34 8 9 + = A I = A I = A I 8. Legyen 0 A = 5 4. Számoljuk ki az T AA mátriot. AA AA AA AA T T T T 8 0 = = = = normál rész Elméleti összefoglaló Minden négyzetes A mátrihoz hozzá lehet rendelni egy számot, a mátri determinánsát, amit A vagy det ( A ) fog jelölni. 4

35 Az nn A típusú mátri determinánsát megkapjuk, ha az i -edik sor minden elemét megszorozzuk az elemhez tartozó előjeles aldeterminánssal, és az így kapott szorzatokat összeadjuk. Az i -edik sor j -edik eleméhez (azaz aij -hez) tartozó előjeles aldeterminánst úgy kapjuk, hogy töröljük az A mátri i -edik sorát és j -edik oszlopát, és a kapott ( n ) ( n ) i+ j megszorozzuk ( ) -vel. típusú mátri determinánsát Ezt hívjuk az i -edik sor szerinti kifejtésnek. A kifejtésben szereplő ( n ) ( n ) típusú mátriok determinánsát ugyanígy valamelyik soruk szerint kifejtve még eggyel kisebb méretű determinánsokat kapunk, és így tovább. Végül csupa típusú mátri determinánsát kapjuk. Az determinánsa pedig a b ad bc c d =. a c b d mátri Ugyanilyen módon egy determinánst bármelyik oszlopa szerint is ki lehet fejteni. Példaként kiszámoljuk az A = 4 mátri determinánsát úgy, hogy kifejtjük a. sora szerint. A = 4 = ( ) + ( ) ( ) + ( ) = 4 4 = ( 4 ) + ( ) ( ) ( 4 ) + ( ) = = 5 + ( ) + ( ) = 5. Ugyanennek a mátrinak a determinánsa kifejtve az első oszlopa szerint A = 4 = ( ) + ( ) + ( ) = 4 ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) = = 5

36 = 5. A két végeredmény természetesen ugyanaz. Egy 4 4 típusú mátri determinánsát először vissza kell vezetni 4 darab méretű mátri determinánsára, és azokat a fenti módon kiszámítani. Látható, hogy ez igen fáradságos. Ezért nagy jelentősége van az olyan tételeknek, amelyekkel ezt az eljárást egyszerűsíteni lehet. Ezek közül a legfontosabb az alábbi. Tétel: Ha egy determinánsban az i -edik sort elemenként megszorozzuk tetszőleges számmal és azt elemenként hozzáadjuk a j -edik sorhoz, a többi sort pedig változatlanul hagyjuk, akkor az így kapott új determinánsnak ugyanannyi az értéke, mint az eredetinek. Ennek a tételnek az ismételt alkalmazásával elérthető, hogy a determináns egy általunk kiválasztott oszlopában egy kivételével minden eleme nullává váljon, és a determináns értéke mégsem változik. Ha ezután a determinánst kifejtjük ezen oszlopa szerint csak egy darab eggyel kisebb méretű determinánst kell kiszámolnunk, a többi ugyanis a kifejtésben úgyis nullával szorzódna. Határozzuk meg az előbbi A mátri determinánsát úgy is, hogy alkalmazzuk a tételt. A kiválasztott oszlop legyen az első. Nullázzuk ki a második és harmadik sor első elemét. Ezért most az első sor mínusz kétszeresét adjuk hozzá a második sorhoz, majd az első sorának mínusz háromszorosát a harmadikhoz: ( ) det = 4 A Majd fejtsük ki az első oszlopa szerint: + 0 = ( ) = ( ( ) ( 7) ( 8) ( ) ) = 6 = Kidolgozott feladatok. 8. feladat: Számoljuk ki az = A mátri determinánsát. Megoldás: Tudjuk, hogy egy determináns bármelyik sora vagy oszlopa szerint kifejthető. Fejtsük ki most a második sora szerint. Ekkor det = + + = ( A ) ( ) ( ) ( ) = ( ) 0 + ( ) + ( ) ( ) =. 6

37 9. feladat: Számoljuk ki az = A mátri determinánsát. Megoldás: Próbáljuk meg úgy a számolást, hogy minél kevesebb aldetermináns értékét kelljen meghatározni. Használjuk azt a tételt, hogy egy determináns értéke nem változik, ha valamely sorának valahányszorosát hozzáadjuk egy tőle különböző sorhoz. Nullázzuk ki az első oszlop második és harmadik elemét. Ennek érdekében az első sor mínusz kétszeresét adjuk a második sorhoz, illetve az első sor mínusz egyszeresét a harmadik sorhoz. Ez a két átalakítás egy lépésben is elvégezhető. ( ) det = 0 A. 0 0 Alkalmazzuk az első oszlopa szerinti kifejtést: = ( ) = ( 00 ( ) ) = feladat: Tekintsük az 0 A = 4 5 hogy a kapott mátri determinánsa 4 legyen?. Hogyan kell az valós szám értékét megválasztani, Megoldás: Mivel az A mátri egyik eleme függ -től, a determinánsa is függ -től. Mivel az első sorban már van egy nulla most célszerű a determinánst az első sora szerint kifejteni. (Ez jobb, mint a harmadik oszlop szerinti kifejtés, mert abban az oszlopban nagyobb számok állnak.) A = = ( ) + ( ) ( ) = ( ) ( ) = = 0 = 0 4. Mivel azt az számot keressük, amire a determináns 4, megoldjuk a 0 4 = 4 egyenletet, amiből =. Tehát az 7

38 0 A = 4 5 mátri determinánsa 4.. feladat: Tekintsük az A = hogy a kapott mátri determinánsa legyen? Megoldás: Kifejtjük a determinánst az első sora szerint.. Hogyan kell az valós szám értékét megválasztani, A = = ( ) + ( ) + ( ) = ( ) ( ) ( ) = = = = + 4. A + 4 =, azaz rendezés után a =, = adódik = másodfokú egyenletet megoldva Tehát az A = és az A = mátriok determinánsa egyaránt. teszt rész Ellenőrző kérdések 9. Számoljuk ki az A mátri determinánsát

39 Számoljuk ki az I T A mátri determinánsát, ha 4 = 5 4 A Számoljuk ki az A mátri determinánsát, ha 7 = 4 5 A Legyen A =, és B = 5. Számoljuk ki a AB T A mátri determinánsát. T det ( AB A ) = 8 T det ( AB A ) = 5 T det ( AB A ) = 0 T det ( AB A ) 9

40 . Tekintsük az 4 6 A = 7 a kapott mátri determinánsa 9 legyen?. Hogyan kell az valós szám értékét megválasztani, hogy Ha vagy Ha = vagy Ha és Ha = vagy = = 7 4. Az 5 A mátri determinánsa a második sor szerint kifejtve: = + + det ( A ) 0 ( ) ( ) ( ) = + + det ( A ) 5 ( ) 0 ( ) ( ) = + + det ( A ) 0 ( ) ( ) ( ) = + + det ( A ) ( ) ( ) ( ) 40

41 . lecke: Lineáris egyenletrendszerek Tanulási cél: Lineáris egyenletrendszer fogalmának megismerése és Gauss és Gauss-Jordan elimináció elsajátítása. Motivációs feladat A korábbiakban már láttuk, hogy gazdasági vagy termelési folyamatok egyszerűen és szemléletesen leírhatóak vektorokkal illetve mátriokkal. Tegyük fel, hogy egy vállalat n ágazatból áll és az egyes ágazatok egy bizonyos időszakban rendre T b b b b terméket állítanak elő. Ekkor a (,,, ),,, n b b b b b n = vektort a ún. bruttó kibocsátási nn vektornak, a termelés szükségleteit megadó A mátriot pedig ágazati kapcsolat mátriának szokás nevezni. Ha az A b szorzatmátri a termelői fogyasztás vektora, akkor a bruttó kibocsátás és a termelői fogyasztás vektorának különbségét szokás nettó kibocsátásnak nevezni és n -ral jelölni. Tehát ha I egy nn-es egységmátri, akkor ( ) b Ab = Ib Ab = I A b = n alapján a nettó és bruttó kibocsátás közti kapcsolat: ( I A )b= n. Sokszor az előírt n nettó kibocsátáshoz kell a b bruttó kibocsátást meghatározni. A felírt mátriegyenlet egy n egyenletből és n ismeretlenből álló lineáris egyenletrendszerbe írható át. Ebben a leckében módszert adunk ezen egyenletrendszerek megoldására. Elméleti összefoglaló Tekintsük az,,,, n ismeretleneket. Egy ezekre az ismeretlenekre vonatkozó lineáris egyenlet úgy keletkezik, hogy minden ismeretlent megszorzunk egy tetszőleges számmal, ezeket a szorzatokat összeadjuk, és az összeget egyenlővé tesszük egy számmal. (Azaz a lineáris kifejezés azt jelenti, hogy az ismeretlenek csak első hatványon szerepelhetnek és az egyenletekben nem fordul elő az ismeretlenek valamely szorzata.) Egy lineáris egyenletrendszer ugyanazokra az ismeretlenekre kirótt néhány lineáris egyenlet együttese. Például az alábbi az,, ismeretlenekre vonatkozó egyik lehetséges lineáris egyenletrendszer: + 4 = + 4. Vegyük észre, hogy hasonló egyenletekkel már két leckével korábban is találkoztunk. Az egyenletrendszerek megoldása teljesen ugyanaz lesz, csak arra fogunk törekedni, hogy a megoldás lépéseit minél egyszerűbben írjuk le mátriok segítségével. A módszert Gauss-eliminációnak fogjuk nevezni. 4

42 Minden lineáris egyenletrendszer leírható mátriok segítségével. Tegyük fel, hogy a lineáris egyenletrendszer n ismeretlenre vonatkozik és m egyenletből áll. Első lépésként, ha nem úgy lenne eleve, minden egyenletben az ismeretleneket indeeik természetes sorrendje szerint rendezzük az egyenletek bal oldalán. Az ismeretlenek együtthatóira kettősindeek segítségével lehet célszerű jelölést bevezetni: a ij azt fogja jelölni, hogy az i -edik egyenletben mennyi a j -edik ismeretlen együtthatója. Az egyenletek jobb oldalán álló számokat is inde segítségével jelöljük: b i az i -edik egyenletben a jobb oldalon álló számot fogja jelölni. Ekkor a lineáris egyenletrendszer a következő alakú: a + a + + a = b n n a + a + + a = b n n. a + a + + a = b m m mn n m Ekkor az a a a n a a a A m n n = a a a m m mn m típusú mátriot eredmény mátrinak, az típusú mátriot együttható mátrinak, a = n b b b = b m n típusú mátriot az ismeretlenek mátriának hívjuk. Ezzel a jelöléssel, a mátriok szorzásának és egyenlőségének definíciója alapján a fenti lineáris egyenletrendszer így írható: A = b. Bevezetjük még az a a a n b a a a b B m ( n ) n = a a a b m m mn m + típusú kibővített mátriot is. A feladatok megoldásánál jó, ha egyértelműen látjuk a bővítő oszlopot, ezért a későbbiekben az utolsó oszlopot egy függőleges vonallal el fogjuk választani és a következő alakú táblázatot fogjuk mindig felírni. B a a a n b a a a b n = a a a b m m mn m Vegyük észre, hogy a kibővített mátri teljesen meghatározza az egyenletrendszert, hiszen az mindegy, hogy az ismeretleneket milyen betűvel jelöljük. 4

43 A lineáris egyenletrendszer egy megoldását úgy kapjuk, hogy minden ismeretlennek egy olyan értéket adunk, amelyre az összes egyenlet egyszerre teljesül. A lineáris egyenletrendszerek megoldhatóság szempontjából háromféleképpen viselkedhetnek: egyértelmű megoldás van, végtelen sok megoldás van, végül egyáltalán nincs megoldás. Vannak speciális szerkezetű lineáris egyenletrendszerek, amelyek megoldása könnyen megtalálható. Tekintsük például az alábbi egyenletrendszert. + = + = 7 = 6 A harmadik egyenletből =. Az ismeretében a második egyenlet + 4 = 7 alakot ölt, amiből =. Ezeket az első egyenletbe helyettesítve + =, amiből =. A fenti egyenletrendszer kibővített mátria Ez egy úgynevezett felső háromszög mátri, mert a főátló alatt minden elem nulla. A főátlót azok az elemek alkotják, amelyeknek a két indee megegyezik: a, a, a és így tovább, ha vannak még sorok. A Gauss-elimináció lényege, hogy, ha a kibővített mátri nem felső háromszög mátri, akkor az egyenletrendszer ekvivalens átalakításaival érjük el, hogy az legyen. Egy lineáris egyenletrendszer ekvivalens átalakítása egy olyan átalakítás, amelyik nem változtatja meg a megoldást. Foglaljuk össze, hogy melyek is ezek az átalakítások: Mivel egy egyenletrendszer megoldása nem változik meg, ha bármely két egyenletét felcseréjük, így a bővített mátri bármely két sora felcserélhető. Mivel egy egyenletrendszer megoldása nem változik meg, ha valamely sorát egy nullától különböző számmal megszorozzuk, így a bővített mátri valamely sora egy nullától különböző számmal megszorozható. Mivel egy egyenletrendszer megoldása nem változik meg, ha az egyik egyenlet valahányszorosát egy tőle különböző egyenlethez adjuk, így a bővített mátri valamely sorának bármilyen számszorosa egy másik sorhoz adható. Az alábbi jelölésekkel az ekvivalens átalakítások leírását egyszerűsíthetjük: az i -edik és a j -edik egyenlet felcserélése, ezt i. j. fogja jelölni; 4

44 az i -edik egyenlet megszorzása tetszőleges nullától különböző számmal, ezt ( ) i. fogja jelölni; az i -dik egyenlet tetszőleges számszorosának hozzáadása a j -edik egyenlethez, és a j -edik egyenlet helyére ezt az új egyenletet írjuk, a többi egyenletet pedig változatlanul hagyjuk, ezt ( ) i. + j. j. fogja jelölni. Megmutatható, hogy ezek ismételt alkalmazásával a kibővített mátri mindig felső háromszög mátri alakra transzformálható. Az átalakítás lépéseit és a megoldás leolvasását feladatokon keresztül mutatjuk be. A Gauss módszert lehet tovább finomítani. Ha nemcsak a főátló alatt, hanem a főátló felett is elvégezzük az eliminálásokat a tanult ekvivalens átalakításokkal, akkor a megoldásokat még egyszerűbben lehet leolvasni. Ezt a módszert a továbbiakban Gauss-Jordan eliminációnak fogjuk nevezni. Konkrét feladatok megoldásán keresztül nézzük meg mindkét módszert. Kidolgozott feladatok. feladat: Oldjuk meg Gauss eliminációval az alábbi egyenletrendszert. + = 5 + = Megoldás: Ha megnézzük az egyenletetrendszert, akkor úgy indulnánk el, hogy az első egyenletet hozzáadnánk a másodikhoz, mert ekkor kiesik. + = 5 = 6 A második egyenlet alapján =. Ezt az első egyenletbe helyettesítve + 4= 5, ahonnan =. Most nézzük meg a számolást Gauss-eliminációval. Ugyanezeket a lépéseket fogjuk végrehajtani, de nem egyenletekkel, hanem mátriokkal számolunk. Írjuk fel az egyenletrendszer kibővített mátriát. Az indeek természetes sorrendjét követve, az első oszlopba, a második pedig ismeretlen együtthatói kerüljenek. A bővítő oszlopba pedig írjuk be az egyenletek jobb oldalán szereplő konstansokat. Így az egyenletrendszerhez az alábbi bővített mátri tartozik. 5 Most is az a cél, hogy a második egyenletből essen ki. Ez mátri alakban azt jelenti, hogy második sor első eleme, ami most ( ), legyen nulla. (Ha egy ismeretlen hiányzik valamelyik egyenletből, 44

45 akkor a mátriban a helyére 0 -t kell írni.) Ezt úgy tudjuk elérni, ha a bővített mátri első sorát a másodikhoz adjuk. Ezzel ( ) kinullázódik Ennek az ekvivalens átalakításnak az lett az eredménye, hogy a kibővített mátri felső háromszög mátri alakúvá vált. Olvassuk le, hogy a táblázat milyen új egyenletrendszert takar = 5 = 6 Most már az új egyenletrendszerrel dolgozzunk tovább. A második egyenlet alapján =. Ezt az első egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy =. A megoldás tehát most is = =. A megoldás helyességéről az eredeti egyenletrendszerbe való behelyettesítéssel könnyen meg lehet győződni. Ennek elvégzését az olvasóra bízzuk. Mivel maga az egyenletrendszer nagyon egyszerű volt, a bővített mátriszal való számolás bonyolításnak tűnik. De ha az egyenletek és ismeretlenek számát növeljük. akkor látható lesz milyen jól működik a módszer.. feladat: Oldjuk meg Gauss-eliminációval az alábbi egyenletrendszert. + = = = Megoldás: Az indeek természetes sorrendjét követve írjuk fel a bővített mátriot, azaz a mátri első oszlopába, a másodikba, a harmadikba pedig ismeretlen együtthatói kerüljenek. A bővítő oszlopba pedig az egyenletek jobb oldalán szereplő konstansokat írjuk be. 6 Ha egyenletekkel dolgoznánk, akkor eliminálással el kellene érni, hogy egy egyenlet maradjon három ismeretlennel, egy amelyikben kettő van és egy amelyikben már csak egy ismeretlen van. 45

46 A bővített mátriszal való számolás esetén ez azt jelenti, hogy ekvivalens átalakításokkal érjük el, hogy egy felső háromszög mátriot kapjunk. Jelöljük be azokat a számokat, amelyeket ki kellene nullázni. 6 Ha most az első sor szeresét hozzáadnánk a második sorhoz, kinullázódna a második sor első pozícióján álló, de törtekkel kéne számolni. Ezt, hacsak lehet, kerüljük el. A könnyebb számolás érdekében cseréljük fel a mátri első és második sorát. Így az első sor első eleme lesz, amivel a legkönnyebb az alatta lévő elemeket kinullázni. Ha sorcserét hajtunk végre, akkor a táblázatban ez legyen az egyetlen átalakítás. 6 Az eliminálást kezdjük mindig az első oszlopban. Most az első sor ( ) -szeresét adjuk a második sorhoz Most az első sor ( ) -szeresét hozzáadjuk a harmadikhoz is Az első oszlop készen van. A harmadik sorban kell még eliminálni. Fontos, hogy csak olyan művelet engedhető meg, amely a kialakított nullákat meghagyja. Ez csak akkor teljesül, ha a második sor ( 5) -szörösét adjuk hozzá a harmadik sorhoz. (Ha az első sor 5 -szeresét hozzáadnánk a harmadik sorhoz, az ötös kinullázódna, de a mellette lévő nulla helyére 5 kerülne.) 46

47 Írjuk fel a táblázat alapján az egyenletrendszer új alakját! = = 8 = 56 Olvassuk le a megoldást. Az utolsó egyenletből adódik, hogy: = Ha ezt a második egyenletbe behelyettesítjük, akkor adódik, hogy: = Behelyettesítve az első egyenletbe és értékeit kapjuk, hogy: = Tehát a megoldás: = = =. feladat: Oldjuk meg Gauss-eliminációval az alábbi lineáris egyenletrendszert. + = + + = = Megoldás: Felírjuk a kibővített mátriot, és megjelöljük a főátló alatti elemeket: 6 5. A megjelölt elemeket kell kinullázni. Ahhoz, hogy ne keveredjünk bele a számolásba, most is első lépésben a megjelölt elemek első oszlopát nullázzuk ki az első sor felhasználásával. 47

48 A másik fontos dolog, hogy ügyeljünk minél kevesebb táblázattal dolgozni. Ezért az első oszlopban való két eliminálást egymás után, de egy táblázatban fogjuk leírni. A determinánsoknál használt jelölésekkel is fel fogjuk írni, hogy milyen műveleteket hajtottunk végre. Tehát kezdjük. Az első sor egyszeresét adjuk a második sorhoz, majd az első sor mínusz egyszeresét a harmadikhoz. (Nem kell sorcserere, mivel az első sor első eleme, ezzel a legegyszerűbb a számolás.) Ekkor kapjuk, hogy: ( ) ( ) (A nyílra írt átalakítások sorrendje, mint a determinánsok kiszámításánál is volt, felülről lefelé halad.) Mivel a kialakított nullákat nem szeretnénk elrontani, az első sorral további eliminálást nem fogunk végrehajtani. (Például a még bekeretezve maradt -at kinullázhatnánk úgy is, hogy az első sor mínusz másfélszeresét hozzáadjuk a harmadik sorhoz, de akkor a harmadik sor első nullája elveszne, ami nem jó nekünk.) Pontozott vonallal leválasztottuk a maradék sorokat, jelölve, hogy ezekkel kell továbbdolgozni. A maradék táblázatot nézve a második sor mínusz egyszeresét kell a harmadik sorhoz adni, hogy a bekeretezett elem kinullázódjon. ( ) Elértük, hogy a kibővített mátri felső háromszög mátri alakot öltött. Írjuk fel azt az új egyenletrendszert, amit az utolsó táblázatunk takar... + = = = 6 A megoldás innen már sorozatos visszahelyettesítéssel megkapható. Az utolsó egyenletet szerint =. Ezt behelyettesítve a második egyenletbe: + 4 = 7 kapjuk, hogy =. A két kiszámolt értéket behelyettesítve az egyenletbe, azt kapjuk, hogy =. A megoldás tehát = = =. 48