Lineáris algebra I. Kovács Zoltán. Előadásvázlat (2006. február 22.)

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Lineáris algebra I. Kovács Zoltán. Előadásvázlat (2006. február 22.)"

Átírás

1 Lineáris algebra I. Kovács Zoltán Előadásvázlat (2006. február 22.)

2 2

3 3 Erdős Jenő emlékének.

4 4

5 Tartalomjegyzék 1. A szabadvektorok vektortere 7 1. Szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása Vektorrendszerek függetlensége, bázis Szabadvektorok skaláris szorzata Külső szorzás, vegyes szorzás Egyenesek és síkok Térelemek távolsága és szöge Vektorterek A vektortér definíciója Lineáris kombinációk, bázis, dimenzió Alterek direkt összege Lineáris sokaság, faktortér Mátrixok, lineáris egyenletrendszerek és determinánsok Műveletek mátrixokkal A Gauss-elimináció, elemi mátrixok Négyzetes mátrixok invertálhatósága Mátrix rangja Lineáris egyenletrendszerek A determinánsfüggvény tulajdonságai Aldeterminánsok, kofaktorok Lineáris leképezések Lineáris leképezések alaptulajdonságai Lineáris leképezés képtere és magtere A lineáris leképezések mátrixreprezentációja Báziscsere

6 6 TARTALOMJEGYZÉK

7 1. fejezet A szabadvektorok vektortere 1. Szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása Középiskolai tanulmányainkban vektor alatt a tér vagy sík szabadvektorát értettük, azaz egy vektor irányított szakasz volt, de nem téve különbséget az egymásba eltolással átvihető irányított szakaszok között. (Azaz, ha nagyságuk, irányításuk és irányuk megegyezik.) A lineáris algebra tárgyban (mint ahogyan általában a felsőbb matematikában) a vektor egy olyan absztrakt fogalom, mely sokkal általánosabb, mint a szabadvektor. (Erre a tárgyalásunk második fejezetében térünk vissza.) vektor szabadvektor irányított szakasz A szabadvektorok elmélete tehát a geometriához kapcsolódik, s a szabatos felépítést is a Geometria c. tárgyunkban adjuk meg. A lineáris algebra tárgyban nagymértékben támaszkodunk a középiskolás geometriai ismeretekre, mindenekelőtt az eltolás tulajdonságaira. Először néhány geometriai jelölést vezetünk be. A tér pontjainak halmazát E jelöli. AB vagy d(a, B) Az A és B pontok távolsága. AB A és B végpontokkal rendelkező szakasz. AB A-t és B-t tartalmazó egyenes. AB A kezdőpontú és B-t tartalmazó félegyenes. Megjegyezzük még, hogy ebben a tárgyban az egybeeső egyeneseket is párhuzamosaknak nevezzük Definíció. Irányított szakaszon egy (P, Q) E E rendezett pontpárt értünk. (P, Q)-nak P a kezdőpontja, Q a végpontja. Ha az (A, B) irányított szakasz a (P, Q) irányított szakaszba eltolással átvihető, akkor azt mondjuk, hogy (A, B) ekvivalens (P, Q)-val és ezt úgy jelöljük, hogy (A, B) (P, Q). Az (A, B) irányított szakasz szemléltetése: 1.1. ábra Tétel. Az irányított szakaszok ekvivalenciája ekvivalenciareláció, azaz: 1. (A, B) (A, B), 2. (A, B) (C, D) = (C, D) (A, B), 3. (A, B) (C, D) (C, D) (E, F ) = (A, B) (E, F ); 7

8 8 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE B A (A, B) E E 1.1. ábra. Az irányított szakasz szemléltetése. továbbá teljesül, hogy 4. (A, B) (P, Q) = (A, P ) (B, Q). Bizonyítás: Az első három tulajdonság a definíció nyilvánvaló következménye. A 4. állítás onnan következik, hogy ha (A, B) (P, Q), akkor AP QB paralelogramma (esetleg elfajuló), melynek szemközti oldalpárjai párhuzamosak és egybevágók. B Q A 1.2. ábra. (A, B) (P, Q) = (A, P ) (B, Q). P 1.3. Definíció. Definiáljuk a tér irányított szakaszainak halmazán az alábbi, -el jelölt relációt. (A, B) (P, Q), ha (A, B) (P, Q)-ba eltolással átvihető. Ez a reláció ekvivalenciareláció, mely ekvivalenciaosztályait szabadvektoroknak nevezzük. Azaz, ha A és B pontok, akkor az (A, B) reprezentánsú szabadvektor: AB = { (P, Q) E E (A, B) (P, Q) }. Az összes szabadvektorok halmazát V-vel jelöljük. Az AB szabadvektor AB hosszán AB-t értjük. Ez a definíció független a reprezentáns választásától. Az összes olyan irányított szakaszok, melyek kezdő- és végpontja megegyezik, egy szabadvektort reprezentálnak. Ezt a szabadvektort nullvektornak nevezzük. Jele: 0. V elemeinek jelölésekor olykor nem utalunk reprezentánsra, ilyenkor V elemeit félkövér kisbetűkkel, írásban pedig aláhúzott kisbetűkkel is jelöljük: a V, a V.

9 SZABADVEKTOROK ÖSSZEADÁSA ÉS SKALÁRRAL VALÓ SZORZÁSA Definíció. Az (A, B)-vel reprezentált a illetve a (B, C)-vel reprezentált b szabadvektor a + b összegén az (A, C)-vel reprezentált szabadvektort értjük. Azaz AB + BC = AC. A szabadvektorok összegét definiáló előbbi összefüggést háromszögszabálynak is nevezik Tétel. A szabadvektorok összege független a reprezentánsok választásától. Bizonyítás: Ld ábra. Azt kell tehát bizonyítani, hogy ha (A, B) (A, B ) és (B, C) (B, C ), akkor (A, C) (A, C ). A reláció 3. és 4. tulajdonságát használjuk ki (megelőző tétel): (A, B) (A, B ) = (A, A ) (B, B ); (B, C) (B, C ) = (B, B ) (C, C ). (A, A ) (B, B ) (B, B ) (C, C ) = (A, A ) (C, C ) = (A, C) (A, C ). C C B A B A 1.3. ábra. A szabadvektorok összege független a reprezentánsok választásától Tétel. a + b a + b. a + b = a + b akkor és csakis akkor teljesül, ha a és b olyan szabadvektorok, hogy közös kezdőpontból induló reprezentánsaik végpontjai a közös kezdőpontból induló ugyanazon félegyenesre illeszkednek. Ha a és b közös kezdőpontból induló reprezentánsaik végpontjai a közös kezdőpontból induló ellentétes félegyenesekre illeszkednek, akkor a + b = a b. Bizonyítás: Az állítás a háromszög-egyenlőtlenség és az összeadás definíciójának közvetlen következménye Definíció. Az (A, B) reprezentánsú szabadvektor λ valós számmal (skalárral) való szorzatán nullvektort értünk, ha λ = 0 vagy A = B, míg ha λ 0, akkor azt az (A, B ) reprezentánsú szabadvektort, amelyre AB = λ AB és B AB, ha λ > 0 illetve B AB \ AB, ha λ < 0. Megjegyzés. Egyszerűen látható, hogy a definíció független a reprezentáns választásától. Egy (A, B) reprezentánsú v szabadvektor és λ R skalár szorzatát a következőképpen is megkaphatjuk. Legyen δ λ : E E, X X tetszőleges centrumú, λ előjeles arányú középpontos hasonlóság. Ekkor λv-t (A, B ) reprezentálja. (1.4. ábra.)

10 10 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE λ > 0 λ < 0 A B B B A B 1.4. ábra. Szabadvektor szorzása skalárral. A definíció közvetlen következménye az alábbi állítás: 1.8. Tétel. λa = λ a. Ha egy nemzéró szabadvektort osztunk a hosszával (azaz szorozzuk a hossza reciprokával), akkor az így kapott szabadvektor hossza 1. (Az 1 hosszúságú szabadvektorokat egységvektoroknak nevezzük, jelölésük gyakran: v 0.) 1.9. Tétel. A szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal: (V, +) kommutatív csoport (Abel-csoport), továbbá a, b V, λ, µ R : (1) λ(a + b) = λa + λb, (2) (λ + µ)a = λa + µa, (3) (λµ)a = λ(µa), (4) 1a = a. Bizonyítás: Az összeadás tulajdonságait közvetlen geometriai módszerekkel is beláthatjuk (megtalálható pl. a Hajós könyvben: 30.2, 30.3.) A skalárral való szorzás tulajdonságai: λ(a + b) = λa + λb: Egy tetszőlegesen rögzített centrumú λ előjeles arányú középpontos hasonlóságnál az X pont képét jelölje X. Tekintsük a szabadvektorok egy-egy tetszőleges reprezentánsát: (A, B) a, (B, C) b. Ekkor λ(a + b) = λ( AB + BC) = λ AC = A C = A B + B C = λ AB + λ BC = λa + λb. (λ+µ)a = λa+µa: Nullvektorra az állítás triviális. Legyen a továbbiakban a 0! Ha λ és µ azonos előjelűek, akkor (λ+µ)a, továbbá λa+µa közös kezdőpontből induló reprezentánsainak végpontjai ugyanarra a félegyenesre illeszkednek. Továbbá Másrészt 1.6. alapján: (λ + µ)a = λ + µ a = ( λ + µ ) a. λa + µa = λa + µa = λ a + µ a = ( λ + µ ) a. Ez azt jelenti, hogy (λ + µ)a továbbá λa + µa közös kezdőpontből induló reprezentánsainak végpontjai ugyanazon a félegyenesen, a kezdőponttól ugyanakkora távolságra vannak.

11 VEKTORRENDSZEREK FÜGGETLENSÉGE, BÁZIS 11 Legyen λ és µ előjele különböző. Ismét 1.6.-ra hivatkozva: λa + µa = λa µa = λ a µ a = λ µ a = λ + µ a = (λ + µ)a, tehát (λ + µ)a hossza és λa + µa hossza megegyezik. Legyen λa = OA, és reprezentáljuk az (λ+µ)a, λa+µa szabadvektorokat az OA egyenesen! Mindkét szabadvektor reprezentánsának végpontja attól függően illeszkedik OA -ra vagy OA ellentétes félegyenesére, hogy λ µ vagy λ µ, amivel az állítást bizonyítottuk. (λµ)a = λ(µa): Legyen a = OA! λ(µa) végpontjának meghatározásához A-ra előbb egy O centrumú, µ előjeles arányú középpontos hasonlóságot, majd egy O centrumú, λ előjeles arányú középpontos hasonlóságot kell alkalmaznunk. Ez ugyanazt jelenti, mintha A-ra egy O centrumú, λ µ arányú középpontos hasonlóságot hajtanánk végre, mert közös centrumú λ ill. µ előjeles arányú középpontos hasonlóságok szorzata ugyanolyan centrumú, λ µ előjeles arányú középpontos hasonlóság. 1a = a triviális. A továbbiakban a + ( b)-t (ahol b = ( 1) b a b additív inverze) a b-nek írjuk. 2. Vektorrendszerek függetlensége, bázis 2.1. Definíció. Szabadvektorok egy (a 1,..., a k ) vektorrendszerének az (α 1,..., α k ) skalárokkal való lineáris kombinációján az α 1 a α k a k szabadvektort értjük. Az (a 1,..., a k ) vektorrendszert lineárisan függetlennek nevezzük, ha a tér bármely vektora legfeljebb egyféleképpen állítható elő lineáris kombinációjukként. Szabadvektorok egy véges vektorrendszerét lineárisan függőnek nevezzük, ha nem lineárisan független Tétel. Szabadvektorok egy véges rendszere akkor és csakis akkor lineárisan független, ha a zérusvektor csak triviálisan, azaz csak csupa nulla együtthatóval kombinálható belőlük. Szabadvektorok egy véges rendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha a zérusvektor triviálistól különböző módon is kombinálható belőlük. Bizonyítás: Ha a vektorrendszer lineárisan független, akkor bármely szabadvektor, s így a zérusvektor is legfeljebb egyféleképpen kombinálható belőlük. Mivel a triviális kombináció mindig zérusvektort ad, így ez az egyetlen olyan lineáris kombináció, melynek eredménye a zérusvektor. Megfordítva, tegyük fel, hogy az (a 1,..., a k ) vektorrendszerből a zérusvektor csak triviálisan kombinálható. Ha a tér valamely szabadvektorára v = α 1 a α k a k

12 12 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE egyaránt teljesül, akkor a két relációt kivonva: v = β 1 a β k a k 0 = (α 1 β 1 )a (α k β k )a k. Innen a feltételünk miatt α i = β i (i = 1,..., k) következik. A másik állítás az előzőnek tisztán logikai következménye (kontrapozíció). Szabadvektorok lineáris függőségének szép geometriai jelentése van: 2.3. Következmény. Szabadvektorok egy (a 1,..., a k ) legalább kéttagú vektorrendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha van olyan valódi (azaz nem csak egyetlen pontból álló), de esetleg degenerált oldalt is tartalmazó zárt töröttvonal, amelynek szakaszai rendre az a 1,..., a k reprezentánsait tartalmazó egyeneseken vannak Tétel. Szabadvektorok egy véges rendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha valamelyikük lineárisan kombinálható a többiből. Bizonyítás: Először tegyük fel, hogy az (a 1,..., a k ) vektorrendszer valamelyik vektora lineárisan kombinálható a többiből! (Az egyszerűség kedvéért legyen ez a k!) Ezt rendezve: a k = α 1 a α k 1 a k 1. 0 = a k + α 1 a α k 1 a k 1. A jobb oldalon a zérusvektor olyan lineáris kombinációja van, melyben szerepel 1 mint együttható, azaz ez a lineáris kombináció triviálistól különböző. Másodjára tegyük fel, hogy az előbbi vektorrendszer lineárisan függő, azaz a zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható belőlük: 0 = α 1 a α k a k, miközben az együtthatók között van zérustól különböző. Legyen ez a zérustól különböző együttható pl. α k. Ez azt jelenti, hogy a k kifejezhető a többi szabadvektor segítségével: a k = α 1 α k a 1 α k 1 α k a k Tétel. (A lineáris függőség geometriai jelentése.) Egy szabadvektor önmagában akkor és csakis akkor alkot lineárisan függő rendszert, ha nullvektor. Két szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függő rendszert, ha egy egyenesen reprezentálhatók. Három szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függő rendszert, ha egy síkon reprezentálhatók. A szabadvektorok bármely legalább négytagú vektorrendszere lineárisan függő.

13 VEKTORRENDSZEREK FÜGGETLENSÉGE, BÁZIS 13 Bizonyítás: A zéróvektort tetszőleges számmal szorozva zéróvektort kapunk, tehát az egyetlen zéróvektorból álló vektorrendszer lineárisan függő. Legyen αa = 0, de α 0. Ekkor α a = 0, ami csak úgy lehet, ha a = 0. A továbbiakban tegyük fel, hogy a megadott vektorrendszerben nincs lineárisan függő részrendszer. (Ha van, akkor az állítások triviálisak.) Ha két vektor közös egyenesen reprezentálható, akkor ezen egyenes P Q pontjaira P QP nyilván megfelelő töröttvonal. Megfordítva, legyen a kéttagú vektorrendszer lineárisan függő. A kétoldalú nem elfajuló töröttvonal két csúcspontot tartalmaz. Az ezekre illeszkedő egyenesen mindkét szabadvektor reprezentálható. Legyen három vektor közös síkban reprezentálható! Ebben a síkban jelöljük ki az egyik szabadvektor reprezentánsát: (P, Q). P -n keresztül húzzunk párhuzamost a második, míg Q- n keresztül a harmadik szabadvektorral. Mivel feltettük, hogy az utóbbi két vektor lineárisan független, ezért a két egyenes metszi egymást egy M (síkbeli) pontban. P QM P a keresett töröttvonal. A megfordítás onnan következik, hogy háromoldalú zárt töröttvonalnak három csúcsa van, melyekre illeszkedő síkban mindhárom vektor reprezentálható. Legyen (a, b, c, d) szabadvektorok négytagú vektorrendszere. S 1 legyen olyan sík, melyben S 2 N P Q M S ábra. Nincs négy lineárisan független szabadvektor. (a, b), míg S 2 olyan sík, melyben (c, d) reprezentálhatók (1.5. ábra). A két sík metszésvonalán jelöljük ki a P Q pontokat. P -n keresztül húzzunk párhuzamost a-val (a egyenes), Q-n keresztül b-vel (b egyenes). a b = M S 1. Q-n keresztül húzzunk párhuzamost c-vel (c egyenes), P -n keresztül d-vel (d egyenes.) c d = N S 2. P MQNP a keresett töröttvonal Tétel. Bármely három lineárisan független szabadvektorból álló vektorrendszerből a tér tetszőleges vektora egyértelműen kombinálható. Ha adott két lineárisan független szabadvektor, akkor ezekből mindazon vektorok egyértelműen lineárisan kombinálhatók, melyek velük egy síkban reprezentálhatók.

14 14 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE Bizonyítás: A lineáris függetlenség miatt a tér bármely szabadvektora legfeljebb egyféleképpen kombinálható 3 lineárisan független szabadvektorból. Azt kell belátnunk, hogy legalább egyféleképpen is. Legyen (i, j, k) a tér 3 lineárisan független szabadvektora, v pedig a tér tetszőleges vektora. Ekkor (i, j, k, v) lineárisan függő rendszer az előző tétel miatt, tehát belőlük a zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható: α 1 i + α 2 j + α 3 k + βv = 0. A β együttható biztosan zérótól különböző, ellenkező esetben ugyanis az (i, j, k) vektorrendszerből a zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható lenne. Ha β 0, akkor v kifejezhető az (i, j, k) lineáris kombinációjaként: v = α 1 β i α 2 β j α 3 β k. A második állítást analóg módon bizonyítjuk Definíció. A térben szabadvektorok háromtagú lineárisan független rendszerét bázisnak nevezzük. Legyen (i, j, k) egy bázis. Egy v szabadvektornak erre a bázisra vonatkozó koordinátáin azt az egyértelmű (v 1, v 2, v 3 ) számhármast értjük, melyre v 1 i + v 2 j + v 3 k = v Tétel. (Műveletek és koordináták kapcsolata.) Legyen (i, j, k) bázis a szabadvektorok terében, x és y két tetszőleges vektor, melyek koordinátái az előző bázisra vonatkozóan (x 1, x 2, x 3 ) és (y 1, y 2, y 3 ). Legyen α R tetszőleges skalár! Ekkor x+y koordinátái (x 1 +y 1, x 2 +y 2, x 3 +y 3 ); αx koordinátái pedig (αx 1, αx 2, αx 3 ). Bizonyítás: Továbbá: x + y = (x 1 i + x 2 j + x 3 k) + (y 1 i + y 2 j + y 3 k) = = (x 1 + y 1 )i + (x 2 + y 2 )j + (x 3 + y 3 )k. αx = α(x 1 i + x 2 j + x 3 k) = = αx 1 i + αx 2 j + αx 3 k. 3. Szabadvektorok skaláris szorzata A középiskolából is ismert skaláris szorzat bevezetéséhez és tanulmányozásához szükségünk lesz a merőleges vetítés fogalmára, s mindenekelőtt a vektorok szögének definiálására.

15 SZABADVEKTOROK SKALÁRIS SZORZATA Definíció. Az a és b vektorok közös kezdőpontból induló reprezentánsai legyenek (O, A) és (O, B). Az a és b szögén derékszöget értünk, ha a vektorok valamelyike nullvektor, egyébként az AOB szöget, mely szög független a reprezentánsok választásától. Két vektort merőlegesnek mondunk, ha szögük derékszög. Egy vektort merőlegesnek mondunk egy síkra, ha van a síkra merőleges reprezentánsa Tétel. (Szabadvektor felbontása adott szabadvektorral párhuzamos és arra merőleges komponensekre.) Legyen e 0 tetszőlegesen rögzített szabadvektor. A tér bármely x vektorához egyértelműen léteznek olyan x -vel és x -el jelölt vektorok, hogy x = x + x, ahol x e és x e. Az x vektort az x vektor e vektorral párhuzamos összetevőjének, míg az x vektort az x vektor e vektorra merőleges összetevőjének mondjuk. x -re használjuk még az x vektor e-re vonatkozó merőleges vetülete elnevezést is. Bizonyítás: Feltehetjük, hogy x 0. A felbontás létezését egyszerű geometriai úton könnyen bizonyíthatjuk. Legyen (O, P ) x, (O, E) e, S legyen az O pontra illeszkedő, s OE -re merőleges sík, P a P merőleges vetülete S-re, P pedig OE -re: ld ábra. E P P O P 1.6. ábra. Szabadvektor felbontása adott szabadvektorral párhuzamos és arra merőleges komponensekre. x = OP + P P = OP + OP nyilván megfelelő felbontás, tehát x = OP, x = OP. A felbontás egyértelműsége. Tegyük fel, hogy Ekkor: x = x 1 + y 1 = x 2 + y 2 x 1, x 2 e, y 1, y 2 e. x 1 x 2 = y 2 y 1. Mivel a bal oldalon e-vel párhuzamos, ugyanakkor a jobb oldalon arra merőleges vektor áll, ezért mindkét oldal nullvektor, ahonnan következik az állítás.

16 16 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE 3.3. Definíció. Legyen e 0, az x V vektor e-vel párhuzamos összetevője x. Legyen π e (x) az a szám, melyre x = π e (x) e 0. A π e (x) számot az x vektor e-re vonatkozó merőleges vetülete előjeles hosszának nevezzük Tétel. π e (x) = x cos ϕ, ahol ϕ az x és e szöge. Bizonyítás: A 1.7 ábra alapján könnyen látható. E E x x x x 1.7. ábra Tétel. Legyen e 0. A π e : V R leképezés additív és homogén, azaz x, y V: π e (x + y) = π e (x) + π e (y); továbbá π e (αx) = α π e (x). Bizonyítás: Az additivitás: x = π e (x) e 0 + x y = π e (y) e 0 + y. Adjuk össze a két sort: x + y = (π e (x) + π e (y)) e 0 + (x + y ). Mivel x e és y e, ezért x és y ugyanabban az e-re merőleges síkban reprezentálhatók, tehát ezek összege is ebben a síkban reprezentálható. Megállapíthatjuk tehát, hogy (π e (x) + π e (y)) e 0 e, míg (x + y ) e, tehát az x + y vektort az e-vel párhuzamos és arra merőleges összetevőre bontottuk. Azaz π e (x + y) = π e (x) + π e (y).

17 SZABADVEKTOROK SKALÁRIS SZORZATA 17 A homogenitás: Szorozzuk mindkét oldalt α-val: x = π e (x) e 0 + x. αx = απ e (x) e 0 + αx. Itt απ e (x) e 0 e, továbbá αx e, azaz az αx vektort e-vel párhuzamos, s arra merőleges összetevők összegére bontottuk. Tehát π e (αx) = απ e (x) Definíció. Az a és b szabadvektorok belső szorzatán vagy skaláris szorzatán azt az a b-vel jelölt számot értjük, amely egyenlő a és b hosszának és a két vektor által bezárt szög cosinusának a szorzatával. Vektorok skaláris szorzatának jelölésére használatos még az ab (pont nélkül), a, b, illetve az (a, b) jelölés is. A definíció közvetlen következménye az alábbi tétel: 3.7. Tétel. v V: v 2 = vv. Az a 0 és b 0 szabadvektorok által bezárt ϕ szögre fennáll, hogy cos ϕ = ab, továbbá fennáll az ún. Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség: a b ab a b, ahol egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha a és b lineárisan függők. Két vektor akkor és csakis akkor merőleges egymásra, ha skaláris szorzatuk zérus Tétel. ab = π b (a) b. Ha e egységvektor, akkor ae = π e (a). Bizonyítás: Következik 3.4.-ből Tétel. Vektorok belső szorzása azaz a V V R, (a, b) ab belsőszorzat függvény rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal. Minden a, b, c vektor és λ szám esetén (1) Szimmetrikus: ab = ba (2) Mindkét változóban additív: (a + b)c = ac + bc, a(b + c) = ab + ac (3) Mindkét változóban homogén: (λa)b = λ(ab), a(λb) = λ(ab)

18 18 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE (4) Pozitív definit: aa 0, aa = 0 a = 0. Bizonyítás: (1): Az a és b vektorok ϕ szöge a definíció szerint nyilván ugyanaz, mint a b és a vektorok szöge. ab = a b cos ϕ = b a cos ϕ = ba. (2): Az (1) miatt elegendő az egyik oldali, mondjuk a baloldali additivitást belátni. (a + b)c = π c (a + b) c = (π c (a) + π c (b)) c = π c a c + π c (b) c = ac + bc. (3): Elegendő csak az egyik oldali homogenitást ellenőrizni. (4) következik 3.7.-ből. (λa)b = π b (λa) b = λπ b (a) b = λ ab Definíció. A szabadvektorok vektorterében egy bázist ortonormáltnak mondunk, ha egymásra merőleges egységvektorok alkotják Tétel. Létezik ortonormált bázis. Bizonyítás: Legyen (i, j) két egymásra merőleges egységvektor. Reprezentáljuk ezt a két vektort egy síkban, s tekintsünk egy olyan egységvektort, mely erre a síkra merőleges egyenesen reprezentálható. (Geometriailag látható, hogy két ilyen vektor van; ezek közül kell az egyiket kiválasztani.) Jelölje ezt a vektort k! (i, j, k) egymásra merőleges egységvektorokból álló bázis. Az ortonormáltság definíciójából látható, hogy ii = 1, ij = 0, jj = 1, jk = 0, kk = 1, ik = Tétel. Egy i, j, k ortonormált bázist alapulvéve az a = α 1 i + α 2 j + α 3 k és az a = α 1i + α 2j + α 3k vektorok belső szorzata aa = α 1 α 1 + α 2 α 2 + α 3 α 3. Bizonyítás: Alkalmazzuk a belső szorzás műveleti tulajdonságait, valamint az előbbi megjegyzést: aa = (α 1 i + α 2 j + α 3 k)(α 1i + α 2j + α 3k) = α 1 α 1ii + α 1 α 2ij + α 1 α 3ik+ + α 2 α 1ji + α 2 α 2jj + α 2 α 3jk+ + α 3 α 1ki + α 3 α 2kj + α 3 α 3kk = = α 1 α 1 + α 2 α 2 + α 3 α 3

19 KÜLSŐ SZORZÁS, VEGYES SZORZÁS Tétel. Ha (i, j, k) ortonormált bázis a szabadvektorok vektorterében, akkor tetszőleges v V vektor egyértelműen előállítható a következő alakban: v = (vi)i + (vj)j + (vk)k. Bizonyítás: Jelölje v koordinátáit az (i, j, k) ortonormált bázisra v 1, v 2, v 3, azaz v = v 1 i + v 2 j + v 3 k. Szorozzuk az előbbi egyenlőség mindkét oldalát skalárisan i-vel: vi = v 1 ii + v 2 ji + v 3 ki = = v 1. Hasonlóan kapjuk a második és harmadik koordinátát. 4. Külső szorzás, vegyes szorzás A skaláris szorzás két szabadvektorhoz számot rendel. Egy másik szorzástípus két szabadvektorhoz szabadvektort rendel, ez az ún. vektoriális, vagy külső szorzás. Ennek először szemléletes fogalmát adjuk meg, mely egy fizikai szabályra, a jobbkéz-szabályra támaszkodik. A továbbiakban tisztázzuk majd a vektoriális szorzás olyan bevezetését is, mely fizikai fogalmakra nem támaszkodik. Bevezetünk még egy harmadik szorzást, az ún. vegyes szorzást, ez három vektorhoz rendel számot Definíció. (A vektoriális szorzás szemléletes fogalma.) V-ben adott külső szorzáson, vagy vektoriális szorzáson egy olyan : V V V, (a, b) a b műveletet értünk, mely eleget tesz az alábbi tulajdonságoknak: 1. Ha a tényezők lineárisan függők, akkor a szorzat értéke nullvektor. Egyébként: 2. Az a b szorzat mindkét tényezőjére merőleges. 3. a b megegyezik a és b egy pontból induló reprezentánsai által kifeszített paralelogramma területével: a b = a b sin (a, b). 4. Jobbkéz-szabály: (a, b, a b) egy pontból induló reprezentánsai úgy következnek, mint a jobb kéz hüvelyk, mutató, középső ujjai. (Miközben a középső ujj a tenyérre merőlegesen áll.) A harmadik tulajdonság egyszerűen átfogalmazható a következőképpen: 4.2. Tétel. (Lagrange-azonosság.) a b 2 = a 2 b 2 (ab) 2. Bizonyítás: a 2 b 2 (ab) 2 = a 2 b 2 a 2 b 2 cos 2 (a, b) = = ( a b sin (ab)) 2 = ( a b ) 2.

20 20 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE Másod- és harmadrendű determinánsok Mielőtt rátérünk a vektoriális szorzás olyan bevezetésére, mely a jobbkéz-szabályt nem használja, szükségünk lesz néhány algebrai jellegű segédeszközre Definíció. Legyenek a, b, c, d R. 2 2-es determinánson a a b c d = a d b c számot értjük. Legyenek a 1, a 2, a 3, b 1, b 2, b 3, c 1, c 2, c 3 R. 3 3-as determinánson a a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3 = a 1 b 2 b 3 c 2 c 3 a 2 b 1 b 3 c 1 c 3 + a 3 b 1 b 2 c 1 c 2 számot értjük Definíció. Legyen rögzítve V-ben egy B = (i, j, k) ortonormált bázis. A B-re vonatkozó vektoriális szorzaton a V V V, (a, b) jel. = a b = a 2 a 3 b 2 b 3 i a 1 a 3 b 1 b 3 j + a 1 a 2 b 1 b 2 k jel. i j k = a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 leképezést értjük, ahol a = a 1 i + a 2 j + a 3 k és b = b 1 i + b 2 j + b 3 k. A B-re vonatkozó vegyes szorzaton a V V V R, (a, b, c) jel. = a, b, c = (a b, c) leképezést értjük. Hangsúlyozzuk, hogy a bevezetett két szorzás definíciója pillanatnyilag függ a rögzített ortonormált bázistól. Később belátjuk, hogy valójában csak az előjel függ a bázistól, azaz mindkét szorzás előjeltől eltekintve egyértelmű. Először azt látjuk be, hogy a definiált vektoriális szorzás a jobbkéz-szabálytól eltekintve visszaadja a vektoriális szorzás szemléletes fogalmát Tétel. 1. a (a b) = b (a b) = 0, azaz a b merőleges mind a-ra, mind b-re. 2. Teljesül a Lagrange-azonosság: a b 2 = a 2 b 2 (ab) 2. Bizonyítás: A definíció szerint ki kell számolni Tétel. a b = 0 a és b lineárisan függők.

21 KÜLSŐ SZORZÁS, VEGYES SZORZÁS 21 Bizonyítás: Az állítás nyilván igaz, ha a vagy b valamelyike zérusvektor. Egyébként: a b = 0 a b = 0 a 2 b 2 = (ab) 2, használva a Lagrange-azonosságot. Ez utóbbi reláció csak akkor állhat fönn, ha cos 2 (a, b) = 1 (a, b) = 0 (a, b) = π Tétel. A szabadvektorok vektoriális szorzása rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal: a, b, c V vektorokra és α R skalárra: (1) Ferdén szimmetrikus: (2) Mindkét változójában lineáris: a b = b a, (a + b) c = a c + b c, (αa) b = α(a b), a (b + c) = a b + a c, a (αb) = α(a b). Bizonyítás: Legyen a = a 1 i + a 2 j + a 3 k, b = b 1 i + b 2 j + b 3 k, c = c 1 i + c 2 j + c 3 k. Az első tulajdonság bizonyításához használjuk ki a 2 2-es determináns alábbi, könnyen ellenőrizhető tulajdonságát: a b c d = c d a b. Tehát: b a = b 2 b 3 a 2 a 3 i b 1 b 3 a 1 a 3 j + b 1 b 2 a 1 a 2 k = = a 2 a 3 b 2 b 3 i + a 1 a 3 b 1 b 3 j a 1 a 2 b 1 b 2 k = a b. A linearitást szintén egyszerű determinánstulajdonságok alapján látjuk be: a b c + e d + f = a b c d + a b e f ; illetve: αa αb c d = a αc b αd = α a c Például az additivitás a második változóban: a (b + c) = a 2 a 3 b 2 + c 2 b 3 + c 3 i a 1 a 3 b 1 + c 1 b 3 + c 3 j + a 1 a 2 b 1 + c 1 b 2 + c 2 k = = a 2 a 3 b 2 b 3 i a 1 a 3 b 1 b 3 j + a 1 a 2 b 1 b 2 k+ + a 2 a 3 c 2 c 3 i a 1 a 3 c 1 c 3 j + a 1 a 2 c 1 c 2 k = = a b + a c. b d.

22 22 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE 4.8. Tétel. Vonatkozzon a vektoriális szorzás az (i, j, k) ortonormált bázisra. Ekkor: Bizonyítás: Egyszerű számolás. i j = k, j k = i, k i = j Tétel. Vonatkozzon a vegyes szorzás az (i, j, k) ortonormált bázisra. Legyen Ekkor Bizonyítás: Ki kell számolni. a = a 1 i + a 2 j + a 3 k b = b 1 i + b 2 j + b 3 k c = c 1 i + c 2 j + c 3 k. a 1 a 2 a 3 a, b, c = b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c Tétel. A vegyes szorzás mindhárom változóban lineáris. Bizonyítás: Következik a vektoriális szorzat és a skaláris szorzat bilineáris tulajdonságából Tétel. A vegyes szorzás alternáló, azaz a, b, c = b, c, a = c, a, b a, b, c = b, a, c = a, c, b = c, b, a. Bizonyítás: Először azt vegyük észre, hogy ha a vegyes szorzatban két tényező ugyanaz, akkor a vegyes szorzat értéke 0. Térjünk rá az alternálás bizonyítására! a, b, c = b, a, c következik a vektoriális szorzás ferde szimmetriájából. 0 = a, b + c, b + c = a, b, b + a, b, c + a, c, b + a, c, c = a, b, c + a, c, b Tétel. a, b, c = 0 akkor és csakis akkor teljesül, ha (a, b, c) lineárisan függő vektorrendszer. Ha (a, b, c) lineárisan független vektorrendszer, akkor a, b, c, megegyezik (a, b, c) egy pontból induló reprezentánsai által kifeszített paralelepipedon térfogatával. Bizonyítás: Ha (a, b, c) lineárisan függő vektorrendszer, akkor valamelyik vektor lineárisan kombinálható a többiből, pl. c = αa + βb. Ekkor a, b, c = a, b, αa + βb = α a, b, a + β a, b, b = 0. Legyenek most (a, b, c) lineárisan függetlenek: (a b) c = π (a b) (c) a b. a b a paralelepipedon egyik lapja területe, π (a b) (c) pedig előjeltől eltekintve pontosan a hozzá tartozó magasság.

23 KÜLSŐ SZORZÁS, VEGYES SZORZÁS Tétel. (A vektoriális szorzás meghatározottsága.) A vektoriális és vegyes szorzás vonatkozzon a rögzített B = (i, j, k) ortonormált bázisra. Ha (u, v, r) tetszőleges ortonormált bázis, akkor u, v, r = ±1, továbbá ha akkor a = α 1 u + α 2 v + α 3 r b = β 1 u + β 2 v + β 3 r, u v r a b = u, v, r α 1 α 2 α 3 β 1 β 2 β 3. Azaz a különböző ortonormált bázisokra vonatkozó vektoriális szorzatok legfeljebb előjelben különböznek. Bizonyítás: Az első állítás onnan következik, hogy egy ortonormált bázis egy pontból induló reprezentánsai által kifeszített paralelepipedon speciálisan egységkocka. A következő lépésben azt látjuk be, ha u, v, r = 1, akkor a következő szorzótábla érvényes: azaz míg u, v, r = 1 esetén azaz r u, v u v = r, v r = u, r u = v; u r, v u v = r, v r = u, r u = v. Csak annyit látunk be, hogy u, v, r = 1 esetén u v = r teljesül, a többi állítás igazolása analóg. Mivel (u, v, r) bázis: u v = αu + βv + γr. Szorozzuk mindkét oldalt skalárisan rendre r-rel, u-val, v-vel: γ = 1, α = 0, β = 0. Legyen u, v, r = 1. a b kiszámításához használjuk ki a vektoriális szorzás linearitását és az előbbi szorzótáblát: a b = (α 1 u + α 2 v + α 3 r) (β 1 u + β 2 v + β 3 r) = = α 1 β 1 u u + α 1 β 2 u v + α 1 β 3 u r+ + α 2 β 1 v u + α 2 β 2 v v + α 2 β 3 v r+ + α 3 β 1 r u + α 3 β 2 r v + α 3 β 3 r r = = (α 1 β 2 α 2 β 1 )r (α 1 β 3 α 3 β 1 )v + (α 2 β 3 α 3 β 2 )u =

24 24 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE u v r = α 1 α 2 α 3 β 1 β 2 β Definíció. Azt mondjuk, hogy V-t egy irányítással láttuk el, ha a két vektoriális szorzás közül kijelöltük az egyiket. (Azaz rögzítettünk egy ortonormált bázist, s a vektoriális szorzás erre vonatkozik.) Egy (u, v, r) lineárisan független vektorhármast jobbsodrásúnak vagy jobbrendszernek nevezünk, ha u, v, r > 0, balsodrásúnak vagy balrendszernek, ha u, v, r < 0. Felhívjuk a figyelmet, hogy a jobbsodrás előbbi definíciója nem támaszkodik a jobbkéz-szabályra, s nem is alkalmas arra, hogy a jobb kezet és a bal kéztől matematikai módon megkülönböztessük. A most definiált jobbsodrás fizikailag pusztán annyit jelent, hogy amilyen kéz szabályát követi az irányítást definiáló rögzített ortonormált bázis, ugyanolyan szabályt követ (u, v, r) is. (Tehát ha a rögzített ortonormált bázis történetesen balkéz-szabályt követ, akkor a jobbsodrás éppen azt jelenti, hogy (u, v, r) is balkéz-szabályt követ.) Tétel. Ha az (a, b) vektorrendszer lineárisan független, akkor (a, b, a b) jobbsodrású. Bizonyítás: (a, b, a b) = (a b) (a b) = a b 2 > Tétel. a, b, c V szabadvektorokra fennáll az ún. kifejtési szabály: és az ún. Jacobi-azonosság: a (b c) = ac b ab c; a (b c) + b (c a) + c (a b) = 0. Bizonyítás: Mindkét állítást be lehet úgy látni, hogy ortonormált bázis felvétele után koordinátákkal kiszámítjuk mindkét oldalt. Ez a hosszadalmas számolás azonban teljesen elkerülhető a Jacobi-azonosságnál, s lényegesen egyszerűsíthető a kifejtési szabálynál. Kezdjük a kifejtési szabállyal. Ha b és c lineárisan függők, akkor b c = 0, s így a bal oldalon 0 áll. A függőség miatt b és c közül egyik a másiknak skalárszorosa, pl. c = tb. Számítsuk ki a jobb oldalt: ac b ab c = t ab b t ab b = 0. Legyenek most b és c lineárisan függetlenek. Vegyünk fel úgy (i, j, k) pozitív ortonormált bázist, hogy c = γ 3 k, k és j ugyanabban a síkban legyen reprezentálható mint c és b, tehát Ebben a bázisban fejezzük ki a-t: b = β 2 j + β 3 k. a = α 1 i + α 2 j + α 3 k.

25 EGYENESEK ÉS SÍKOK 25 Ezek után a (b c) = (α 1 i + α 2 j + α 3 k) (β 2 γ 3 )i = α 2 β 2 γ 3 k + α 3 β 2 γ 3 j. A jobb oldal: ac b ab c = = α 3 γ 3 b (α 2 β 2 + α 3 β 3 )c = = α 3 γ 3 β 2 j + α 3 γ 3 β 3 k α 2 β 2 γ 3 k α 3 β 3 γ 3 k = α 3 γ 3 β 2 j α 2 β 2 γ 3 k. A Jacobi-azonossághoz alkalmazzuk a kifejtési szabályt: a (b c) + b (c a) + c (a b) = = ac b ab c + ba c bc a + cb a ca b = Tétel. Legyen e egységvektor. Az x vektor e vektorra merőleges összetevője x = (e x) e. Bizonyítás: Alkalmazzuk a kifejtési tételt: (e x) e = e (e x) = ex e + ee x = x + x, azaz x = x + (e x) e, tehát a jobb oldali második tag valóban x. 5. Egyenesek és síkok 5.1. Definíció. E egy O pontjának rögzítése után a P E pont helyzetvektorán a OP V szabadvektort értjük. O-t origónak is mondjuk Definíció. Egy egyenes irányvektorán az egyenesen reprezentálható nem zéróvektort értünk Tétel. (Az egyenes paraméteres előállítása.) Origó rögzítése után egy egyenes pontjainak helyzetvektorai és csakis ezek előállíthatók x = x 0 + tv t R ( ) alakban, ahol x 0 az egyenes egy pontjának helyzetvektora, v pedig az egyenes egy irányvektora. Megfordítva, ha x 0 és v 0 adottak, akkor ( ) egy egyenes pontjai helyzetvektorainak halmazát állítja elő.

26 26 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE Bizonyítás: Legyen adott az e egyenes, melynek egy irányvektora v, az X 0 pontjának helyzetvektora pedig x 0. X e XX 0 az egyenesen reprezentálható vektor. Ez pontosan azt jelenti, hogy v és XX 0 lineárisan függők, vagyis az egyik a másiknak skalárszorosa. Mivel v 0, ezért XX 0 = tv bizonyosan fennáll valamely t R-re. Tehát X e XX 0 = XO + OX 0 = x x 0 = tv. Megfordítva, legyen x 0 = OX 0, (X 0, X 1 ) v. Ekkor az első rész állítása szerint, az X 0 X 1 egyenes paraméteres előállítása ( ) Tétel. (A sík paraméteres előállítása.) Origó rögzítése után tetszőleges sík pontjainak helyzetvektorai és csakis ezek előállíthatók x = x 0 + λv + µw (λ, µ R) ( ) alakban, ahol x 0 a sík egy tetszőleges pontjának helyzetvektora, v és w a síkon reprezentálható lineárisan független vektorok. Megfordítva, tetszőlegesen adott x 0 és lineárisan független v, w szabadvektorok mellett ( ) egy sík pontjainak helyzetvektorai halmazát állítja elő. Bizonyítás: Tekintsük az α síkot, X 0 α, továbbá legyenek v és w az α síkban reprezentálható lineárisan független vektorok. X α X 0 X az α síkban reprezentálható, azaz v, w, X 0 X lineárisan függők, azaz valamelyikük kifejezhető a másik kettő lineáris kombinációjaként. Mivel v, w lineárisan függetlenek, ezért X 0 X biztosan kifejezhető v és w lineáris kombinációjaként, ami pontosan azt jelenti, hogy léteznek olyan λ, µ R skalárok, hogy ( ) teljesül. Megfordítva, legyenek adva x 0, v, w, és ráadásul v és w lineárisan függetlenek. Reprezentáljuk a vektorokat a következőképpen: (O, X 0 ) x 0, (X 0, X 1 ) v, (X 0, X 2 ) w. Az X 0, X 1, X 2 pontok nem kollineárisak, ellenkező esetben ugyanis v és w egy egyenesen lennének reprezentálhatók. Erre a három pontra egyértelműen illeszkedik tehát egy sík, melyet jelöljön α. Az első állítas alapján α paraméteres előállítása pontosan ( ) Definíció. Egy sík normálvektorán egy, a síkra merőleges nem zéróvektort értünk Tétel. (A sík Hesse-féle egyenlete.) Origó rögzítése után tetszőleges sík pontjainak helyzetvektorai és csakis ezek kielégítik az n(x x 0 ) = 0 ( ) összefüggést, ahol x 0 a sík egy tetszőleges pontjának helyzetvektora, n pedig a sík egy normálvektora. Megfordítva, tetszőlegesen adott x 0 -ra és n 0-ra ( ) egy sík egyenlete.

27 TÉRELEMEK TÁVOLSÁGA ÉS SZÖGE 27 Bizonyítás: Az adott α sík X 0 pontjának helyzetvektora legyen x 0, egy normálvektora n. X α X 0 X n X 0 X n = 0, ami pontosan ( )-ot jelenti. Megfordítva, adott n 0 és x 0 = OX 0 esetén tekintsük az α = {X E X 0 X n} halmazt. Legyen n az n irányvektorú, O-ra illeszkedő egyenes. Az X 0 X n feltétel azt jelenti, hogy vagy X 0 = X, vagy X 0 X n. Mivel az n egyenesre az X 0 pontban állított merőlegesek mind egy síkban vannak és ez a sík az n egyértelmű X 0 -ra illeszkedő normálsíkja, ezért megállapíthatjuk, hogy a megkonstruált α halmaz sík. Ennek az egyenlete az első állítás szerint pontosan a megadott egyenlet. 6. Térelemek távolsága és szöge Hajós: 24., 25..

28 2. fejezet Vektorterek 7. A vektortér definíciója 7.1. Definíció. Legyen F egy test, (V, +) Abel-csoport. Ha értelmezve van egy leképezés úgy, hogy α, β F és v, w V : F V V, (α, v) αv α(v + w) = αv + αw (α + β)v = αv + βv (αβ)v = α(βv) 1v = v, akkor azt mondjuk, hogy V vektortér F felett. F elemeit skalároknak, V elemeit pedig vektoroknak nevezzük. A vektortér definíciójában szereplő 4 tulajdonságot gyakran vektortér axiómáknak is mondjuk. Ügyeljünk arra, hogy a test additív neutrális elemét és V neutrális elemét össze ne keverjük mindkettőt ugyanúgy 0-val jelöljük! Ebben a jegyzetben kizárólag F = R, vagy F = C. A vektortérfogalom hasznosságát az mutatja, hogy nagyon sok, gyakran előforduló struktúra kielégíti a definíciót: Példa. A szabadvektorok vektortere: V vektortér R felett. Példa. Egy tetszőleges pont (origó) rögzítése után a klasszikus euklideszi ponttér (azaz E) is vektortérré tehető R felett. Jelölje a rögzített pontot O! Két pont összegét(!) értelmezzük a következőképpen: P +Q = R, ha OP + OQ = OR, továbbá egy pont számmal való szorzata(!): αp = Q, ha α OP = OQ. Az így kapott vektorteret gyakran E O -val jelöljük, s a kötöttvektorok vektorterének mondjuk. 28

29 A VEKTORTÉR DEFINÍCIÓJA 29 Példa. Legyen (F, +, ) test. F vektortér önmaga fölött, ahol a skalárral való szorzás a testben értelmezett szorzás. Speciálisan C C felett, R R felett. Példa. C R felett is vektortér. Példa. A skalár n-esek tere: (F n, +) vektortér F felett, ahol az összeadás és skalárral való szorzás komponensenként van értelmezve. Példa. Az összes komplex (valós) együtthatós polinomok P halmaza C (R) felett, ahol az összeadást és a skalárral való szorzást az algebra tárgyban értelmeztük. Példa. A legfeljebb n-edfokú komplex (valós) együtthatós polinomok P n tere. Példa. Az R-en értelmezett összes valós értékű függvények vektorteret alkotnak R felett. (Két függvény összegét és skalárszorosát az analízis tárgyban értelmeztük.) Példa. Az ún. triviális vektortér egyetlen elemből, a zéróvektorból áll. Legyen O = {0} tetszőleges egyelemű halmaz, F tetszőleges test. O-ban az összeadást, ill. a skalárral való szorzás értelmezzük az egyedüli lehetséges módon: = 0, α0 = 0. Példa. Legyen (V, R) valós vektortér. (V V, C) vektortér, ha az összeadást és skalárral való szorzást a következőképpen értelmezzük: (a 1, a 2 ) + (b 1, b 2 ) = (a 1 + b 1, a 2 + b 2 ) (α + iβ)(a 1, a 2 ) = (αa 1 βa 2, αa 2 + βa 1 ). (Képzeljünk (a 1, a 2 ) helyébe formálisan a 1 + ia 2 -t, így könnyű megjegyezni a skalárral való szorzás definícióját.) Ezt a vektorteret a V komplexifikáltjának mondjuk Tétel. Legyen V vektortér az F test felett. Ekkor teljesülnek a következők. α, β F, v, w V : 0v = 0 ( 1)v = v, ahol v a v additív inverze V -ben α0 = 0 αv = 0 = α = 0 vagy v = 0 Bizonyítás: A következő gondolatsor minden egyenlőségénél valamelyik vektortér axiómát használjuk, kivéve az utolsó előtti egyenlőséget, ahol azt használjuk, hogy 0 a test additív neutrális eleme. 0v + v = 0v + 1v = (0 + 1)v = 1v = v, tehát: v = 0v + v.

30 30 VEKTORTEREK Adjuk hozzá mindkét oldalhoz v additív inverzét, azaz v-t: 0 = (0v + v) + ( v) = 0v + (v + ( v)) = 0v + 0 = 0v. A második állításnál már az előbb bizonyított formulát is használjuk: azaz v additív inverze valóban ( 1)v. A harmadik állításra rátérve: v + ( 1)v = 1v + ( 1)v = (1 1)v = 0v = 0, α0 = α(v v) = αv αv = 0. Végezetül az utolsó állítás. Tegyük fel, hogy αv = 0, és α 0. Belátjuk, hogy ekkor csak v = 0 teljesülhet. ( ) 1 v = 1v = α α v = 1 α (αv) = 1 α 0 = Definíció. A W V nem-üres részhalmazt a V vektortér alterének nevezzük, ha teljesül, hogy v, w W és α F : v + w W és αv W. O V és V V a V triviális alterei. Mivel W nem-üres, ezért van benne egy v W vektor, tehát 0w = 0 is W -ben van. Az összeadás és a skalárral való szorzás nem vezet ki W -ből, továbbá az összeadás és a skalárral való szorzás tulajdonságai öröklődnek, azaz kimondhatjuk az alábbi tételt: 7.4. Tétel. Egy vektortér altere maga is vektortér ugyanazon test felett (az öröklött összeadással és skalárral való szorzással). Példa. A szabadvektorok V vektorterében rögzítsünk egy v vektort. Legyen W 1 = {t v t R}, W 2 = {w w v}. Igazoljuk, hogy W 1 és W 2 altér a szabadvektorok vektorterében. Ezeknek az altereknek egyszerű geometriai jelentése van: ha rögzítünk E-ben egy pontot (origó), és W 1 ill. W 2 elemeit az origóból kiindulva reprezentáljuk, akkor a reprezentánsok végpontjai egy origóra illeszkedő egyenest ill. síkot alkotnak. Példa. Legyen (x 1,..., x n ) R n rögzített vektor. Legyen W altér R n -ben. W = {(y 1,..., y n ) R n x 1 y x n y n = 0}.

31 LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ 31 Példa. Az összes R R függvények terében a folytonos függvények alteret alkotnak Tétel. Legyenek U és W alterei a V vektortérnek. Ekkor U W szintén altér, amit U és W metszetének nevezünk. Jelölje továbbá U + W a következő vektorhalmazt: U + W = {u + w u U, w W }. Ekkor U + W szintén altér, amit az U és W összegének nevezünk. Bizonyítás: U W, mert a zéróvektor mindkét altérben benne van. Teljesüljön, hogy x, y U W. Ekkor x, y U x, y W, azaz x + y, αx U x + y, αx W, ami azt jelenti, hogy x + y, αx U W. U + W tartalmazza a 0 vektort, mert = 0. Teljesüljön, hogy u 1 + w 1 U + W és u 2 + w 2 U + W. Ekkor továbbá (u 1 + w 1 ) + (u 2 + w 2 ) = (u 1 + u 2 ) + (w 1 + w 2 ) U + W, α(u 1 + w 1 ) = αu 1 + αw 1 U + W. 8. Lineáris kombinációk, bázis, dimenzió 8.1. Definíció. Legyen V vektortér F felett, v 1, v 2,..., v k V vektorok, α 1, α 2,..., α k F skalárok. Az α 1 v 1 + α 2 v α k v k V vektort a v 1,..., v k vektorok α 1,..., α k skalárokkal való lineáris kombinációjának nevezzük Tétel. (A lineáris kombináció tranzitív tulajdonsága.) Ha egy vektortér z vektora lineárisan kombinálható az x 1,..., x r vektorokból, továbbá minden i-re x i lineárisan kombinálható az y 1,..., y s vektorokból, akkor z lineárisan kombinálható az y 1,..., y s vektorokból is. Bizonyítás: Legyen továbbá Ekkor z = r z = β i x i, i=1 s i (1 i r) : x i = γ ij y j. r β i x i = r β i j=1 s r s γ ij y j = β i γ ij y j i=1 i=1 j=1 i=1 j=1

32 32 VEKTORTEREK = s r β i γ ij y j = j=1 i=1 ( s r ) β i γ ij y j, j=1 i=1 ami valóban az y 1,..., y s vektorok lineáris kombinációja Tétel. Egy V vektortér v 1,..., v k rögzített vektorainak összes lineáris kombinációi alteret alkotnak V -ben. Ezt az alteret, melyet L(v 1,..., v k ) jelöl, a v 1,..., v n vektorok által generált altérnek, vagy a v 1,..., v n vektorok lineáris lezártjának nevezzük. Bizonyítás: L(v 1,..., v k ) = W nyilván nem üres, mert például a vektort tartalmazza. Továbbá 0v v k = 0 (α 1 v α k v k ) + (β 1 v β k v k ) = = (α 1 + β 1 )v (α k + β k )v k. Bebizonyítottuk, hogy két W -beli vektor összege szintén W -beli. A W -ből vett vektor skalárszorosa: α(β 1 v β k v k ) = αβ 1 v αβ k v k W Definíció. A V vektortér v 1,..., v k vektorrendszerét a V generátorrendszerének nevezzük, ha V bármely vektora legalább egyféleképpen lineárisan kombinálható belőlük; lineárisan független vektorrendszerének nevezzük, ha bármely vektor legfeljebb egyféleképpen kombinálható belőlük; bázisának nevezzük, ha bármely vektor pontosan egyféleképpen kombinálható belőlük. Ha egy véges vektorrendszer nem lineárisan független, akkor lineárisan függőnek nevezzük. Ha v 1,..., v k bázis, akkor tehát tetszőleges v V vektorhoz egyértelműen léteznek olyan α 1,... α k skalárok, hogy v = α 1 v α k v k. Az (α 1,..., α k ) skalár k-st a v vektor v 1,..., v k bázisra vonatkozó koordinátáinak nevezzük. Megjegyzés. Az definíciót megelőző tételben véges sok vektor lineáris lezártjáról beszéltünk. A fogalmat ki lehet terjeszteni tetszőleges W V részhalmaz esetére: W lineáris lezártja a W -beli vektorokkal képzett összes véges lineáris kombinációk halmaza. Az így értelmezett LW halmaz szintén a V altere. Erre szintén mondhatjuk, hogy a W által van generálva. A továbbiakban a

33 LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ 33 generátorrendszer elnevezést mindig csak véges vektorrendszerre használjuk, és ezt hangsúlyozandó gyakran véges generátorrendszerről beszélünk. Megemlítjük, hogy nem minden vektortér végesen generált (azaz nem minden vektortérnek létezik véges generátorrendszere), de a továbbiakban csak olyan vektorterekről lesz szó, amelyek véges sok vektorral generálhatóak. Megállapodunk abban, hogy az üres vektorrendszer által generált vektortér a O, melyet tehát 0 számú vektorral generált vektortérnek tekintünk Tétel. Egy V vektortér v 1,..., v k vektorrendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha a zérusvektor nemtriviálisan is kombinálható belőlük, azaz: léteznek olyan α 1,..., α k skalárok, hogy van közöttük zérustól különböző, és α 1 v α k v k = 0. Bizonyítás: Ha v 1,..., v k lineárisan függő rendszert alkotnak, akkor definíció szerint van olyan vektor, amely legalább kétféleképpen kombinálható belőlük: γ 1 v γ k v k = β 1 v β k v k, és az együtthatók között vannak különbözők. Rendezve: (γ 1 β 1 )v (γ k β k )v k = 0. Mivel van olyan i, hogy γ i β i, ezért a bal oldali együtthatók között van zérótól különböző. Megfordítva, ha a zéróvektor triviálistól különbözően is kombinálható a v 1,..., v k vektorrendszerből, akkor a zérusvektor legalább kétféleképpen kombinálható, mert triviálisan minden vektorrendszerből kombinálható a zéróvektor Tétel. Egy V vektortér v 1,..., v k vektorrendszere akkor és csakis akkor lineárisan független, ha a zérusvektor csak triviálisan kombinálható belőlük, azaz, ha α 1 v α k v k = 0, akkor α 1 = = α k = 0. Bizonyítás: Az előző állítás kontrapozíciójáról van szó Tétel. A bázis nem más, mint lineárisan független generátorrendszer; maximális független vektorrendszer (azaz tetszőleges vektort hozzávéve már nem független); minimális generátorrendszer (azaz tetszőleges vektort elvéve, már nem lesz generátorrendszer).

34 34 VEKTORTEREK Bizonyítás: Az első állítás közvetlenül a definíció következménye. Legyen most e 1,..., e n bázis, v tetszőleges vektor. Belátjuk, hogy e 1,..., e n, v már nem lineárisan független. Valóban, mivel e 1,..., e n bázis, ezért a v vektor lineárisan kombinálható belőlük: v = α 1 e α n e n, illetve teljesül v = α 1 e α n e n + 0v is. Másrészt v az e 1,..., e n, v vektorrendszerből másképpen is kombinálható: v = 0e e n + 1v. A v vektornak tehát kétféle lineáris kombinációját is megadtuk: e 1,..., e n, v már nem lineárisan független vektorrendszer. Végezetül a harmadik állítás. A bizonyítás indirekt. Az előbbi bázisból tetszőleges vektort, például e n -et vegyük el, s tegyük fel, hogy még mindig generátorrendszert kapunk. Az e n vektor tehát lineárisan kombinálható belőlük: e n = α 1 e α n 1 e n 1. Ez azt jelenti, hogy az eredeti bázisban az e n vektornak kétféle lineáris kombinációja is van: és Ez ellentmondás. e n = α 1 e α n 1 e n 1 + 0e n, e n = 0e e n 1 + 1e n Tétel. A v 1,..., v k vektorok akkor és csakis akkor lineárisan függők, ha valamelyikük lineárisan kombinálható a többiből. Bizonyítás: Először tegyük fel, hogy a v 1,..., v k vektorrendszer valamelyik tagja lineárisan kombinálható a többi vektorból. Legyen ez pl. v 1. Tehát Rendezve: v 1 = α 2 v α k v k. 1v 1 + α 2 v α k v k = 0. Ez a zéróvektor nem triviális lineáris kombinációja, mert az együtthatók között szerepel 1. Megfordítva, tegyük fel, hogy a v 1,..., v k vektorrendszer lineárisan függő. Ez azt jelenti, hogy a zérusvektort nem triviálisan is lehet lineárisan kombinálni belőlük: α 1 v α k v k = 0, és az együtthatók között van zérustól különböző, pl. α 1. Ekkor v 1 = α 2 α 1 v 2 α k α 1 v k, azaz a zérustól különböző együtthatóval rendelkező tag lineárisan kombinálható a többiből.

35 LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ Következmény. Ha egy vektorrendszer tartalmazza a zérusvektort, akkor az lineárisan függő. Valóban, a zérusvektor csupa 0 együtthatóval lineárisan kombinálható a többi vektorból Tétel. A v 1,..., v k zérusvektort nem tartalmazó vektor k-as akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha valamelyik vektora lineárisan kombinálható a megelőző vektorokból. Bizonyítás: Ha a v i vektor (1 i k) lineárisan kombinálható a megelőző tagokból: v i = α 1 v α i 1 v i 1, akkor lineárisan kombinálható a v 1,..., ˆv i..., v k vektorrendszerből is (a kalap a vektor hiányát jelenti): v i = α 1 v α i 1 v i 1 + 0v i v k, tehát a vektorrendszer valamely tagja lineárisan kombinálható a többiből. Ez az előző tétel szerint azt jelenti, hogy a vektorrendszer lineárisan függő. Most tegyük fel, hogy a v 1,..., v n vektorrendszer lineárisan függő. Ekkor a zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható belőlük: α 1 v α k v k = 0. Az együtthatók között van nullától különböző. A legnagyobb indexű, nullától különböző együttható legyen α i. Tehát α i+1 =... = α k = 0, (vagy esetleg egyetlen együttható sem nulla, ekkor az utolsó nullától különböző együttható α k ). Ekkor v i lineárisan kombinálható a megelőzőekből: v i = α 1 α i v 1 α i 1 α i v i Tétel. (Kicserélési tétel.) Egy k számú vektorral generált vektortér minden lineárisan független vektorrendszere legfeljebb k tagú. Bizonyítás: Legyen a 1,..., a k generátorrendszer, b 1,..., b l pedig lineárisan független vektorrendszer. Azt állítjuk, hogy l k. Feltehetjük, hogy a i 0. (Ha mégis, akkor ezt a vektort elhagyva még mindig generátorrendszert kapunk.) Tekintsük a b l, a 1,..., a k ( ) vektorrendszert. Ez lineárisan függő vektorrendszer, mert b l lineárisan kombinálható az a 1,..., a k generátorrendszerből. Ez a vektorrendszer zérusvektort nem tartalmaz, tehát valamelyik tagja lineárisan kombinálható a megelőzőekből. Legyen ez a vektor a i. Hagyjuk el ezt a vektort az előbbi vektorrendszerből: b l, a 1,..., â i,..., a k, ( )

36 36 VEKTORTEREK (a kalap a vektor hiányát jelenti). Mivel ( ) mindegyik vektora lineárisan kombinálható ( ) vektoraiból, ezért a lineáris kombináció tranzitív tulajdonságát használva adódik, hogy ( ) is generátorrendszer. Most ( ) vektoraihoz balról vegyük hozzá b l 1 -et: b l 1, b l, a 1,..., â i,..., a k. ( ) Az előző gondolatmenet megismételhető, tehát ( ) lineárisan függő, ezért valamelyik vektora lineárisan kombinálható az előtte levő vektorokból. Ez a vektor nem lehet b l, mert a b 1,..., b l vektorrendszer lineárisan független a feltevés szerint. Ezért valamely a j vektort tudjuk kombinálni a megelőző vektorokból. Elhagyva a ( ) vektorrendszerből ezt a vektort, még mindig generátorrendszert kapunk. Az eljárást tovább folytatva a b 1,..., b l vektorrendszer vektorait sorra ki tudjuk cserélni az a 1,..., a k vektorrendszer valamely vektorával. Ezért az a s vektorok nem fogyhatnak el hamarabb, mint a b r vektorok, ami pontosan a kívánt állítás Következmény. Egy k vektorral generált vektortérben minden k + 1 tagú vektorrendszer lineárisan függő Tétel. Egy k számú vektorral generált vektortérnek létezik legfeljebb k tagú bázisa, s minden bázisa azonos tagszámú. Bizonyítás: a 1,..., a k legyen generátorrendszer. Először hagyjuk el belőle az esetleg előforduló nullvektorokat, így egy legfeljebb k tagú generátorrendszerhez jutunk: a 1,..., a s (s k). ( ) Ha a ( ) vektorrendszer lineárisan független, akkor ez bázis, s a bizonyítás kész. Ha lineárisan függő vektorrendszerrel állunk szemben, akkor van olyan a i vektor ( )-ban, mely a többiből kifejezhető. Ezt elhagyva a kapott a 1,..., â i,..., a s ( ) vektorrendszer még mindig generátorrendszer a lineáris kombináció tranzitív tulajdonságát használva: minden vektora lineárisan kombinálható -ból. Az eljárást addig folytatjuk, míg lineárisan független vektorrendszerhez (lineárisan független generátorrendszerhez) nem jutunk. Az eljárás megszakad legkésőbb akkor, amikor egyetlen vektor marad, mert egyetlen nem nullvektor lineárisan független rendszert alkot. Van tehát legfeljebb k tagú bázis. Hátra van még annak belátása, hogy bármely két bázis azonos tagszámú. Legyen A = (a 1,..., a r ) illetve B = (b 1,..., b s ) két bázis ugyanabban a végesen generált vektortérben. Tekintsük először A-t generátorrendszernek, B-t pedig lineárisan független vektorrendszernek. Alkalmazva a kicserélési tételt: s r. Most fordítva, tekintsük B-t generátorrendszernek, A-t lineárisan független vektorrendszernek: r s. Ez azt jelenti, hogy r = s.

Lineáris Algebra gyakorlatok

Lineáris Algebra gyakorlatok A V 2 és V 3 vektortér áttekintése Lineáris Algebra gyakorlatok Írta: Simon Ilona Lektorálta: DrBereczky Áron Áttekintjük néhány témakör legfontosabb definícióit és a feladatokban használt tételeket kimondjuk

Részletesebben

Széchenyi István Egyetem, 2005

Széchenyi István Egyetem, 2005 Gáspár Csaba, Molnárka Győző Lineáris algebra és többváltozós függvények Széchenyi István Egyetem, 25 Vektorterek Ebben a fejezetben a geometriai vektorfogalom ( irányított szakasz ) erős általánosítását

Részletesebben

5. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, 29. 36. oldal. 5. előadás Lineáris függetlenség

5. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, 29. 36. oldal. 5. előadás Lineáris függetlenség 5. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 29. 36. oldal. Gondolkodnivalók Vektortér 1. Gondolkodnivaló Alteret alkotnak-e az R n n (valós n n-es mátrixok) vektortérben az alábbi részhalmazok? U 1 =

Részletesebben

Lineáris algebra I. Vektorok és szorzataik

Lineáris algebra I. Vektorok és szorzataik Lineáris algebra I. Vektorok és szorzataik Ismert fogalmak Témák Vektortér Lineáris kombináció Lineáris függőség, függetlenség Generátorrendszer, bázis, dimenzió Lineáris leképezések Szabadvektorok vektortere

Részletesebben

Lineáris algebra - jegyzet. Kupán Pál

Lineáris algebra - jegyzet. Kupán Pál Lineáris algebra - jegyzet Kupán Pál Tartalomjegyzék fejezet Vektorgeometria 5 Vektorok normája Vektorok skaláris szorzata 4 3 Vektorok vektoriális szorzata 5 fejezet Vektorterek, alterek, bázis Vektorterek

Részletesebben

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Pék Johanna MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Nem matematika alapszakos hallgatók számára Tartalomjegyzék Előszó iii. Lineáris algebra.. Mátrixok...................................... Lineáris egyenletrendszerek..........................

Részletesebben

BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM. Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET

BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM. Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET BUDAPEST, 1997 A szerzők Lineáris Algebra, illetve Lineáris Algebra II c jegyzeteinek átdolgozott

Részletesebben

A lineáris tér. Készítette: Dr. Ábrahám István

A lineáris tér. Készítette: Dr. Ábrahám István A lineáris tér Készítette: Dr. Ábrahám István A lineáris tér fogalma A fejezetben a gyakorlati alkalmazásokban használt legfontosabb fogalmakat, összefüggéseket tárgyaljuk. Adott egy L halmaz, amiben azonos

Részletesebben

4. előadás. Vektorok

4. előadás. Vektorok 4. előadás Vektorok Vektorok bevezetése Ha adottak a térben az A és a B pontok, akkor pontosan egy olyan eltolás létezik, amely A-t B- be viszi. Ha φ egy tetszőleges eltolás, akkor ez a tér minden P pontjához

Részletesebben

Áttekintés a felhasznált lineáris algebrai ismeretekről.

Áttekintés a felhasznált lineáris algebrai ismeretekről. Kiegészítés az előadássorozathoz. Áttekintés a felhasznált lineáris algebrai ismeretekről. A valószínűségszámítás (és a matematika) bizonyos kérdéseiben fontos szerepet játszik a lineáris algebra néhány

Részletesebben

Vektortér. A vektortér elemeit vektornak, a test elemeit skalárnak nevezzük. Ezért a függvény neve skalárral való szorzás (nem művelet).

Vektortér. A vektortér elemeit vektornak, a test elemeit skalárnak nevezzük. Ezért a függvény neve skalárral való szorzás (nem művelet). Vektortér A vektortér (lineáris tér, lineáris vektortér) két, már tanult algebrai struktúrát kapcsol össze. Def.: Legyen V nemüres halmaz, amelyben egy összeadásnak nevezett művelet van definiálva, és

Részletesebben

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28.

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. Miskolci Egyetem Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. KOMBINATORIKA Permutáció Ismétlés nélküli permutáció alatt néhány különböző dolognak a sorba rendezését értjük. Az "ismétlés

Részletesebben

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok

JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok Pécs, 1994 Lektorok: Dr. FEHÉR JÁNOS egyetemi docens, kandidtus. Dr. SIMON PÉTER egyetemi docens, kandidtus 1 Előszó Ez a jegyzet

Részletesebben

Sztojka Miroszláv LINEÁRIS ALGEBRA Egyetemi jegyzet Ungvár 2013

Sztojka Miroszláv LINEÁRIS ALGEBRA Egyetemi jegyzet Ungvár 2013 UKRAJNA OKTATÁSI ÉS TUDOMÁNYÜGYI MINISZTÉRIUMA ÁLLAMI FELSŐOKTATÁSI INTÉZMÉNY UNGVÁRI NEMZETI EGYETEM MAGYAR TANNYELVŰ HUMÁN- ÉS TERMÉSZETTUDOMÁNYI KAR FIZIKA ÉS MATEMATIKA TANSZÉK Sztojka Miroszláv LINEÁRIS

Részletesebben

Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény. Szeszlér Dávid, Wiener Gábor

Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény. Szeszlér Dávid, Wiener Gábor Bevezetés a számításelméletbe I. feladatgyűjtemény Szeszlér Dávid, Wiener Gábor Tartalomjegyzék Előszó 2 1. Feladatok 5 1.1. Térbeli koordinátageometria........................... 5 1.2. Vektortér, altér..................................

Részletesebben

2. Interpolációs görbetervezés

2. Interpolációs görbetervezés 2. Interpolációs görbetervezés Gondoljunk arra, hogy egy grafikus tervező húz egy vonalat (szabadformájú görbét), ezt a vonalat nekünk számítógép által feldolgozhatóvá kell tennünk. Ennek egyik módja,

Részletesebben

Lineáris algebrai módszerek a kombinatorikában

Lineáris algebrai módszerek a kombinatorikában Lineáris algebrai módszerek a kombinatorikában Nagy V. Gábor SZTE Bolyai Intézet Eötvös Loránd Kollégium, Matematika Műhely Szeged, 2013. október 25. ELK 13 A Gyárfás Lehel-sejtés 1/21 Definíció. A G 1,...,

Részletesebben

Ismerkedés az Abel-csoportokkal

Ismerkedés az Abel-csoportokkal Ismerkedés az Abel-csoportokkal - Szakdolgozat - Készítette: Takács Mária (Matematika BSc, Tanári szakirány) Témavezető: Kiss Emil (Algebra és Számelmélet Tanszék, Matematikai Intézet) Eötvös Loránd Tudományegyetem

Részletesebben

A kvantummechanika általános formalizmusa

A kvantummechanika általános formalizmusa A kvantummechanika általános formalizmusa October 4, 2006 Jelen fejezetünk célja bevezetni egy általános matematikai formalizmust amelynek segítségével a végtelen dimenziós vektorterek elegánsan tárgyalhatók.

Részletesebben

6. modul Egyenesen előre!

6. modul Egyenesen előre! MATEMATIKA C 11 évfolyam 6 modul Egyenesen előre! Készítette: Kovács Károlyné Matematika C 11 évfolyam 6 modul: Egyenesen előre! Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

Részletesebben

Bevezetés 3. Vizsga tételsor 5. 1 Komplex számok 6. 2 Lineáris algebra 10. 2.2Vektorterek 11

Bevezetés 3. Vizsga tételsor 5. 1 Komplex számok 6. 2 Lineáris algebra 10. 2.2Vektorterek 11 Bevezetés a számításelméletbe 1. A BME I. éves mérnök-informatikus hallgatói számára segédlet a 2007. őszi előadáshoz Összeállította: Fleiner Tamás Utolsó frissítés: 2010. január 13. Tartalomjegyzék Bevezetés

Részletesebben

LINEÁRIS ALGEBRA PÉLDATÁR MÉRNÖK INFORMATIKUSOKNAK

LINEÁRIS ALGEBRA PÉLDATÁR MÉRNÖK INFORMATIKUSOKNAK Írta: LEITOLD ADRIEN LINEÁRIS ALGEBRA PÉLDATÁR MÉRNÖK INFORMATIKUSOKNAK Egyetemi tananyag COPYRIGHT: Dr. Leitold Adrien Pannon Egyetem Műszaki Informatika Kar Matematika Tanszék LEKTORÁLTA: Dr. Buzáné

Részletesebben

1.1. Gyökök és hatványozás... 1 1.1.1. Hatványozás... 1 1.1.2. Gyökök... 1 1.2. Azonosságok... 2 1.3. Egyenlőtlenségek... 3

1.1. Gyökök és hatványozás... 1 1.1.1. Hatványozás... 1 1.1.2. Gyökök... 1 1.2. Azonosságok... 2 1.3. Egyenlőtlenségek... 3 Tartalomjegyzék 1. Műveletek valós számokkal... 1 1.1. Gyökök és hatványozás... 1 1.1.1. Hatványozás... 1 1.1.2. Gyökök... 1 1.2. Azonosságok... 2 1.3. Egyenlőtlenségek... 3 2. Függvények... 4 2.1. A függvény

Részletesebben

Lineáris Algebra GEMAN 203-B. A három dimenziós tér vektorai, egyenesei, síkjai

Lineáris Algebra GEMAN 203-B. A három dimenziós tér vektorai, egyenesei, síkjai Matematika előadás elméleti kérdéseinél kérdezhető képletek Lineáris Algebra GEMAN 203-B A három dimenziós tér vektorai, egyenesei, síkjai a) Hogyan számítjuk ki az a = (a 1, a 2, a 3 ) és b = (b 1, b

Részletesebben

Lineáris programozás. Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer

Lineáris programozás. Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer Lineáris programozás Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer Feladat: Egy gyár kétféle terméket gyárt (A, B): /db Eladási ár 1000 800 Technológiai önköltség 400 300 Normaóraigény

Részletesebben

NUMERIKUS MÓDSZEREK FARAGÓ ISTVÁN HORVÁTH RÓBERT. Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Gondozó

NUMERIKUS MÓDSZEREK FARAGÓ ISTVÁN HORVÁTH RÓBERT. Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Gondozó FARAGÓ ISTVÁN HORVÁTH RÓBERT NUMERIKUS MÓDSZEREK 2011 Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Gondozó Szakmai vezető Lektor Technikai szerkesztő Copyright Az Olvasó most egy egyetemi jegyzetet tart

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 0613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

Mátrixaritmetika. Tartalom:

Mátrixaritmetika. Tartalom: Mátrixaritmetika Tartalom: A vektor és mátrix fogalma Speciális mátrixok Relációk és műveletek mátrixokkal A mátrixok szorzása A diadikus szorzat. Hatványozás Gyakorlati alkalmazások Készítette: Dr. Ábrahám

Részletesebben

1. Lineáris leképezések

1. Lineáris leképezések Lineáris leképezések A lineáris leképezés fogalma Definíció (F5 Definíció) Legenek V és W vektorterek UGYANAZON T test fölött Az A : V W lineáris leképezés, ha összegtartó, azaz v,v 2 V esetén A(v +v 2

Részletesebben

Geometriai axiómarendszerek és modellek

Geometriai axiómarendszerek és modellek Verhóczki László Geometriai axiómarendszerek és modellek ELTE TTK Matematikai Intézet Geometriai Tanszék Budapest, 2011 1) Az axiómákra vonatkozó alapvető ismeretek Egy matematikai elmélet felépítésének

Részletesebben

Diszkrét Matematika I.

Diszkrét Matematika I. Bácsó Sándor Diszkrét Matematika I. mobidiák könyvtár Bácsó Sándor Diszkrét Matematika I. mobidiák könyvtár SOROZATSZERKESZTŐ Fazekas István Bácsó Sándor Diszkrét Matematika I. egyetemi jegyzet mobidiák

Részletesebben

Lineáris algebra bevezető

Lineáris algebra bevezető Lineáris algebra bevezető 1 Egyismeretlenes egyenletek bemelegítés Az ilyen egyenletek rendezés után ax = b alakba írhatók Ha a 0, akkor a(z egyértelmű megoldás x = b/a Ha a = 0, akkor b 0 esetben nincs

Részletesebben

Analízis előadás és gyakorlat vázlat

Analízis előadás és gyakorlat vázlat Analízis előadás és gyakorlat vázlat Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak Király Balázs 00-. I. Félév . fejezet Számhalmazok és tulajdonságaik.. Nevezetes számhalmazok ➀ a) jelölése: N b) elemei:

Részletesebben

Elemi matematika szakkör

Elemi matematika szakkör lemi matematika szakkör Kolozsvár, 2015. október 26. 1.1. eladat. z konvex négyszögben {} = és { } = (lásd a mellékelt ábrát). izonyítsd be, hogy a következő három kijelentés egyenértékű: 1. z négyszögbe

Részletesebben

Juhász Tibor. Lineáris algebra

Juhász Tibor. Lineáris algebra Juhász Tibor Lineáris algebra Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet Juhász Tibor Lineáris algebra Eger, 2013 Készült a TÁMOP-425B-11/1-2011-0001 támogatásával Tartalomjegyzék

Részletesebben

Fejezetek az abszolút geometriából 6. Merőleges és párhuzamos egyenesek

Fejezetek az abszolút geometriából 6. Merőleges és párhuzamos egyenesek Fejezetek az abszolút geometriából 6. Merőleges és párhuzamos egyenesek Ebben a fejezetben megadottnak feltételezzük az abszolút tér egy síkját és tételeink mindig ebben a síkban értendők. T1 (merőleges

Részletesebben

MATEMATIKA 9. osztály Segédanyag 4 óra/hét

MATEMATIKA 9. osztály Segédanyag 4 óra/hét MATEMATIKA 9. osztály Segédanyag 4 óra/hét - 1 - Az óraszámok az AROMOBAN követhetőek nyomon! A tananyag feldolgozása a SOKSZÍNŰ MATEMATIKA (Mozaik, 013) tankönyv és a SOKSZÍNŰ MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

Részletesebben

Mátrixok. 3. fejezet. 3.1. Bevezetés: műveletek táblázatokkal

Mátrixok. 3. fejezet. 3.1. Bevezetés: műveletek táblázatokkal fejezet Mátrixok Az előző fejezetben a mátrixokat csak egyszerű jelölésnek tekintettük, mely az egyenletrendszer együtthatóinak tárolására, és az egyenletrendszer megoldása közbeni számítások egyszerüsítésére

Részletesebben

Lineáris algebra és mátrixok alkalmazása a numerikus analízisben

Lineáris algebra és mátrixok alkalmazása a numerikus analízisben Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi kar Lineáris algebra és mátrixok alkalmazása a numerikus analízisben Szakdolgozat Készítette: Borostyán Dóra Matematika BSc matematikai elemző Témavezető:

Részletesebben

FELADATOK A. A feladatsorban használt jelölések: R + = {r R r>0}, R = {r R r < 0}, [a; b] = {r R a r b}, ahol a, b R és a b.

FELADATOK A. A feladatsorban használt jelölések: R + = {r R r>0}, R = {r R r < 0}, [a; b] = {r R a r b}, ahol a, b R és a b. FELADATOK A RELÁCIÓK, GRÁFOK TÉMAKÖRHÖZ 1. rész A feladatsorban használt jelölések: R = {r R r < 0}, R + = {r R r>0}, [a; b] = {r R a r b}, ahol a, b R és a b. 4.1. Feladat. Adja meg az α = {(x, y) x +

Részletesebben

Geometriai példatár 2.

Geometriai példatár 2. Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara Baboss Csaba Szabó Gábor Geometriai példatár 2 GEM2 modul Metrikus feladatok SZÉKESFEHÉRVÁR 2010 Jelen szellemi terméket a szerzői jogról szóló 1999 évi

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 0 ÉRETTSÉGI VIZSGA 00. február. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Matematika emelt szint Fontos tudnivalók Formai

Részletesebben

Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc. Dr. Kersner Róbert

Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc. Dr. Kersner Róbert Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc Dr. Kersner Róbert 007 Tartalomjegyzék Előszó ii. Determináns. Mátrixok 6 3. Az inverz mátrix 9 4. Lineáris egyenletrendszerek 5. Lineáris

Részletesebben

BEVEZETÉS AZ ÁBRÁZOLÓ GEOMETRIÁBA

BEVEZETÉS AZ ÁBRÁZOLÓ GEOMETRIÁBA Pék Johanna BEVEZETÉS AZ ÁBRÁZOLÓ GEOMETRIÁBA (Matematika tanárszakos hallgatók számára) Tartalomjegyzék Előszó ii 0. Alapismeretek 1 0.1. Térgeometriai alapok............................. 1 0.2. Az ábrázoló

Részletesebben

Lektorálták: Dr. Kincses János (JATE) Dr. Nagy Péter (KLTE)

Lektorálták: Dr. Kincses János (JATE) Dr. Nagy Péter (KLTE) Lektorálták: Dr. Kincses János (JATE) Dr. Nagy Péter (KLTE) Tipográfia: L A TEX 2ε (KZ) c Kovács Zoltán 1999, 2002 Tartalomjegyzék Előszó Forrásmunkák................................. Fontosabb jelölések

Részletesebben

TENZORSZÁMÍTÁS INDEXES JELÖLÉSMÓDBAN

TENZORSZÁMÍTÁS INDEXES JELÖLÉSMÓDBAN Kozák Imre Szeidl György TENZORSZÁMÍTÁS INDEXES JELÖLÉSMÓDBAN Második, bővített kiadás MISKOLC 2013 Kozák Imre Szeidl György TENZORSZÁMÍTÁS INDEXES JELÖLÉSMÓDBAN Második, bővített kiadás MISKOLC 2013

Részletesebben

Három dimenziós barlangtérkép elkészítésének matematikai problémái

Három dimenziós barlangtérkép elkészítésének matematikai problémái Szegedi Tudományegyetem Természettudományi és Informatikai Kar Bolyai Intézet Geometria Tanszék Három dimenziós barlangtérkép elkészítésének matematikai problémái Szakdolgozat Írta: Pásztor Péter Matematika

Részletesebben

9. modul Szinusz- és koszinusztétel. Készítette: Csákvári Ágnes

9. modul Szinusz- és koszinusztétel. Készítette: Csákvári Ágnes 9. modul Szinusz- és koszinusztétel Készítette: Csákvári Ágnes Matematika A 11. évfolyam 9. modul: Szinusz- és koszinusztétel Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

Részletesebben

Geometria, 11 12. évfolyam

Geometria, 11 12. évfolyam Geometria, 11 1. évfolyam Dobos Sándor, Hraskó ndrás, Kiss Géza és Surányi László 014. június 8. 4 TRTLOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék Feladatok 5 1. Geometriai szerkeszthetőség.......................... 5 1.1.

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria I. Geometria I. Alapfogalmak: Az olyan fogalmakat, amelyeket nem tudunk egyszerűbb fogalmakra visszavezetni, alapfogalmaknak nevezzük, s ezeket nem definiáljuk. Pl.: pont, egyenes, sík, tér, illeszkedés.

Részletesebben

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 )

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 ) Fogalom gyűjtemény Abszcissza: az x tengely Abszolút értékes egyenletek: azok az egyenletek, amelyekben abszolút érték jel szerepel. Abszolútérték-függvény: egy elemi egyváltozós valós függvény, mely minden

Részletesebben

Egy irányított szakasz egyértelműen meghatároz egy vektort.

Egy irányított szakasz egyértelműen meghatároz egy vektort. VEKTOROK VEKTOROK FOGALMA Ha egy szakasz két végpontját megkülönböztetjük egymástól oly módon, hogy az egyik pont a kezdőpont, a másik pont a végpont, akkor irányított szakaszt kapunk. Egy irányított szakasz

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 161 ÉRETTSÉGI VIZSGA 016. május. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ

MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY Az érettségi követelményeit két szinten határozzuk meg: középszinten a

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria V.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria V. Geometria V. DEFINÍCIÓ: (Középponti szög) Ha egy szög csúcsa egy adott kör középpontja, akkor a kör középponti szögének nevezzük. DEFINÍCIÓ: (Kerületi szög) Ha egy szög csúcsa egy adott körvonal pontja,

Részletesebben

Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek

Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek Elsôfokú egyváltozós egyenletek 6 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek. Elsôfokú egyváltozós egyenletek 000. Érdemes egyes tagokat, illetve tényezôket alkalmasan csoportosítani, valamint

Részletesebben

DIFFERENCIAEGYENLETEK

DIFFERENCIAEGYENLETEK DIFFERENCIAEGYENLETEK A gazdaság változómennyiségeit (jövedelem, fogyasztás, beruházás,...) általában bizonyos időszakonként (naponta, hetente, havonta, évente) figyeljük meg. Ha ezeket a megfigyeléseket

Részletesebben

MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat

MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat Bemutatjuk a NAT 01 és a hozzá kapcsolódó új kerettantervek alapján készült MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat 9 10 1 MATEMATIKA A KÖTETEKBEN FELLELHETŐ DIDAKTIKAI ESZKÖZTÁR A SOROZAT KÖTETEI A KÖVETKEZŐ KERETTANTERVEK

Részletesebben

MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 2003. május 19. du. JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 2003. május 19. du. JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 00 május 9 du JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ Oldja meg a rendezett valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! + y = 6 x + y = 9 x A nevezők miatt az alaphalmaz

Részletesebben

Mezei Ildikó-Ilona. Analitikus mértan

Mezei Ildikó-Ilona. Analitikus mértan Mezei Ildikó-Ilona Analitikus mértan feladatgyűjtemény Kolozsvár 05 Tartalomjegyzék. Vektoralgebra 3.. Műveletek vektorokkal.................................. 3.. Egyenes vektoriális egyenlete..............................

Részletesebben

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint

Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint TÁMOP-.1.4-08/2-2009-0011 A kompetencia alapú oktatás feltételeinek megteremtése Vas megye közoktatási intézményeiben Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály, középszint Vasvár,

Részletesebben

Nemzeti versenyek 11 12. évfolyam

Nemzeti versenyek 11 12. évfolyam Nemzeti versenyek 11 12. évfolyam Szerkesztette: I. N. Szergejeva 2015. február 2. Technikai munkák (MatKönyv project, TEX programozás, PHP programozás, tördelés...) Dénes Balázs, Grósz Dániel, Hraskó

Részletesebben

- hányadost és az osztót összeszorozzuk, majd a maradékot hozzáadjuk a kapott értékhez

- hányadost és az osztót összeszorozzuk, majd a maradékot hozzáadjuk a kapott értékhez 1. Számtani műveletek 1. Összeadás 73 + 19 = 92 összeadandók (tagok) összeg Összeadáskor a tagok felcserélhetőek, az összeg nem változik. a+b = b+a Összeadáskor a tagok tetszőlegesen csoportosíthatóak

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 5 V ELEmI ALGEbRA 1 BINÁRIS műveletek Definíció Az halmazon definiált bináris művelet egy olyan függvény, amely -ből képez -be Ha akkor az elempár képét jelöljük -vel, a művelet

Részletesebben

5. Trigonometria. 2 cos 40 cos 20 sin 20. BC kifejezés pontos értéke?

5. Trigonometria. 2 cos 40 cos 20 sin 20. BC kifejezés pontos értéke? 5. Trigonometria I. Feladatok 1. Mutassuk meg, hogy cos 0 cos 0 sin 0 3. KöMaL 010/október; C. 108.. Az ABC háromszög belsejében lévő P pontra PAB PBC PCA φ. Mutassuk meg, hogy ha a háromszög szögei α,

Részletesebben

9. ÉVFOLYAM. Tájékozottság a racionális számkörben. Az azonosságok ismerete és alkalmazásuk. Számok abszolútértéke, normál alakja.

9. ÉVFOLYAM. Tájékozottság a racionális számkörben. Az azonosságok ismerete és alkalmazásuk. Számok abszolútértéke, normál alakja. 9. ÉVFOLYAM Gondolkodási módszerek A szemléletes fogalmak definiálása, tudatosítása. Módszer keresése az összes eset áttekintéséhez. A szükséges és elégséges feltétel megkülönböztetése. A megismert számhalmazok

Részletesebben

Gondolkodjunk a fizika segı tse ge vel!

Gondolkodjunk a fizika segı tse ge vel! SZAKDOLGOZAT Gondolkodjunk a fizika segı tse ge vel! Simon Ju lia Matematika BSc., tana ri szakira ny Te mavezeto : Besenyei A da m adjunktus Alkalmazott Analı zis e s Sza mı ta smatematikai Tansze k Eo

Részletesebben

Matematikai alapismeretek. Huszti Andrea

Matematikai alapismeretek. Huszti Andrea Tartalom 1 Matematikai alapismeretek Algebrai struktúrák Oszthatóság Kongruenciák Algebrai struktúrák Az S = {x, y, z,... } halmazban definiálva van egy művelet, ha az S-nek minden x, y elempárjához hozzá

Részletesebben

választással azaz ha c 0 -t választjuk sebesség-egységnek: c 0 :=1, akkor a Topa-féle sebességkör teljes hossza 4 (sebesség-)egységnyi.

választással azaz ha c 0 -t választjuk sebesség-egységnek: c 0 :=1, akkor a Topa-féle sebességkör teljes hossza 4 (sebesség-)egységnyi. Egy kis számmisztika Az elmúlt másfél-két évben elért kutatási eredményeim szerint a fizikai téridő geometriai jellege szerint háromosztatú egységet alkot: egymáshoz (a lokális éterhez mért v sebesség

Részletesebben

Matematika emelt szintû érettségi témakörök 2013. Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár)

Matematika emelt szintû érettségi témakörök 2013. Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár) Matematika emelt szintû érettségi témakörök 013 Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár) Tájékoztató vizsgázóknak Tisztelt Vizsgázó! A szóbeli vizsgán a tétel címében megjelölt téma kifejtését

Részletesebben

86 MAM112M előadásjegyzet, 2008/2009

86 MAM112M előadásjegyzet, 2008/2009 86 MAM11M előadásjegyzet, 8/9 5. Fourier-elmélet 5.1. Komplex trigonometrikus Fourier-sorok Tekintsük az [,], C Hilbert-teret, azaz azoknak a komplex értékű f : [,] C függvényeknek a halmazát, amelyek

Részletesebben

Vektorszámítás Fizika tanárszak I. évfolyam

Vektorszámítás Fizika tanárszak I. évfolyam Vektorszámítás Fizika tanárszak I. évfolyam Lengyel Krisztián TARTALOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék. Deriválás.. Elmélet........................................... Deriválási szabályok..................................

Részletesebben

Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a. cos x + sin2 x cos x. +sinx +sin2x =

Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a. cos x + sin2 x cos x. +sinx +sin2x = 2000 Írásbeli érettségi-felvételi feladatok Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a egyenletet! cos x + sin2 x cos x +sinx +sin2x = 1 cos x (9 pont) 2. Az ABCO háromszög

Részletesebben

Halmazok-előadás vázlat

Halmazok-előadás vázlat Halmazok-előadás vázlat Naiv halmazelmélet:. Mi a halmaz? Mit jelent, hogy valami eleme a halmaznak? Igaz-e, hogy a halmaz elemei valamilyen kapcsolatban állnak egymással? Jelölés: a A azt jelenti, hogy

Részletesebben

PRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA. 2003. május-június SZÓBELI EMELT SZINT. Tanulói példány. Vizsgafejlesztő Központ

PRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA. 2003. május-június SZÓBELI EMELT SZINT. Tanulói példány. Vizsgafejlesztő Központ PRÓBAÉRETTSÉGI 2003. május-június MATEMATIKA SZÓBELI EMELT SZINT Tanulói példány Vizsgafejlesztő Központ 1. Halmazok, halmazműveletek Alapfogalmak, halmazműveletek, számosság, számhalmazok, nevezetes ponthalmazok

Részletesebben

Parciális differenciálegyenletek numerikus módszerei számítógépes alkalmazásokkal Karátson, János Horváth, Róbert Izsák, Ferenc

Parciális differenciálegyenletek numerikus módszerei számítógépes alkalmazásokkal Karátson, János Horváth, Róbert Izsák, Ferenc Karátson, János Horváth, Róbert Izsák, Ferenc numerikus módszerei számítógépes írta Karátson, János, Horváth, Róbert, és Izsák, Ferenc Publication date 2013 Szerzői jog 2013 Karátson János, Horváth Róbert,

Részletesebben

Helyi tanterv Német nyelvű matematika érettségi előkészítő. 11. évfolyam

Helyi tanterv Német nyelvű matematika érettségi előkészítő. 11. évfolyam Helyi tanterv Német nyelvű matematika érettségi előkészítő 11. évfolyam Tematikai egység címe órakeret 1. Gondolkodási és megismerési módszerek 10 óra 2. Geometria 30 óra 3. Számtan, algebra 32 óra Az

Részletesebben

Matematika emelt szint a 11-12.évfolyam számára

Matematika emelt szint a 11-12.évfolyam számára Német Nemzetiségi Gimnázium és Kollégium Budapest Helyi tanterv Matematika emelt szint a 11-12.évfolyam számára 1 Emelt szintű matematika 11 12. évfolyam Ez a szakasz az érettségire felkészítés időszaka

Részletesebben

Egyetemi matematika az iskolában

Egyetemi matematika az iskolában Matematikatanítási és Módszertani Központ Egyetemi matematika az iskolában Hegyvári Norbert 013 Tartalomjegyzék 1. Irracionális számok; 4. További irracionális számok 7 3. Végtelen tizedestörtek 7 4. Végtelen

Részletesebben

4) Az ABCD négyzet oldalvektorai körül a=ab és b=bc. Adja meg az AC és BD vektorokat a és b vektorral kifejezve!

4) Az ABCD négyzet oldalvektorai körül a=ab és b=bc. Adja meg az AC és BD vektorokat a és b vektorral kifejezve! (9/1) Vektorok, Koordináta Geometria 1) Szerkessze meg az a + b és az a b vektort, ha a és b egy szabályos háromszögnek a mellékelt ábra szerinti oldalvektorai! 2) Az ABC háromszög két oldalának vektora

Részletesebben

Teszt kérdések. Az R n vektortér

Teszt kérdések. Az R n vektortér Teszt kérdések Döntse el az alábbi állításokról, hogy igazak agy hamisak! Az R tér geometriája 1. Ha két térbeli egyenesnek nincs közös pontja, akkor párhuzamosak.. Egy térbeli egyenest egyértelműen meghatározza

Részletesebben

2. előadás: További gömbi fogalmak

2. előadás: További gömbi fogalmak 2 előadás: További gömbi fogalmak 2 előadás: További gömbi fogalmak Valamely gömbi főkör ívének α azimutja az ív egy tetszőleges pontjában az a szög, amit az ív és a meridián érintői zárnak be egymással

Részletesebben

Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013

Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István. tankönyv. Mozaik Kiadó Szeged, 2013 Kosztolányi József Kovács István Pintér Klára Urbán János Vincze István tankönyv 0 Mozaik Kiadó Szeged, 03 TARTALOMJEGYZÉK Gondolkodási módszerek. Mi következik ebbõl?... 0. A skatulyaelv... 3. Sorba rendezési

Részletesebben

2. feladat Legyenek 1 k n rögzített egészek. Mennyi az. x 1 x 2...x k +x 2 x 3...x k+1 +...+x n k+1 x n k+2...x n

2. feladat Legyenek 1 k n rögzített egészek. Mennyi az. x 1 x 2...x k +x 2 x 3...x k+1 +...+x n k+1 x n k+2...x n Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 2012 13-as tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a javító

Részletesebben

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA 9.A-9.C-9.D OSZTÁLY HETI 4 ÓRA 37 HÉT/ ÖSSZ 148 ÓRA

MATEMATIKA TANMENET SZAKKÖZÉPISKOLA 9.A-9.C-9.D OSZTÁLY HETI 4 ÓRA 37 HÉT/ ÖSSZ 148 ÓRA MINŐSÉGIRÁNYÍTÁSI ELJÁRÁS MELLÉKLET Tanmenetborító Azonosító: ME-III.1./1 Változatszám: 2 Érvényesség 2013. 01. 01. kezdete: Oldal/összes: 1/5 Fájlnév: ME- III.1.1.Tanmenetborító SZK- DC-2013 MATEMATIKA

Részletesebben

Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR. Analízis I. példatár. (kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény

Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR. Analízis I. példatár. (kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR Analízis I. példatár kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény Összeállította: Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia Miskolc, 013. Köszönetnyilvánítás

Részletesebben

Gáspár Csaba. Analízis

Gáspár Csaba. Analízis Gáspár Csaba Analízis Készült a HEFOP 3.3.-P.-004-09-00/.0 pályázat támogatásával Szerzők: Lektor: Gáspár Csaba Szili László, egyetemi docens c Gáspár Csaba, 006. Tartalomjegyzék. Bevezetés 5. Alapvető

Részletesebben

4. modul Poliéderek felszíne, térfogata

4. modul Poliéderek felszíne, térfogata Matematika A 1. évfolyam 4. modul Poliéderek felszíne, térfogata Készítette: Vidra Gábor Matematika A 1. évfolyam 4. modul: POLIÉDEREK FELSZÍNE, TÉRFOGATA Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott

Részletesebben

10. évfolyam, ötödikepochafüzet

10. évfolyam, ötödikepochafüzet 10. évfolyam, ötödikepochafüzet (Hasonlóság, trigonometria) Tulajdonos: ÖTÖDIK EPOCHAFÜZET TARTALOM I. Geometriai transzformációk... 3 I.1. A geometriai transzformációk ismétlése... 3 I.2. A vektorok ismétlése...

Részletesebben

Elsőfokú egyenletek...

Elsőfokú egyenletek... 1. Hozza egyszerűbb alakra a következő kifejezést: 1967. N 1. Elsőfokú egyenletek... I. sorozat ( 1 a 1 + 1 ) ( 1 : a+1 a 1 1 ). a+1 2. Oldja meg a következő egyenletet: 1981. G 1. 3x 1 2x 6 + 5 2 = 3x+1

Részletesebben

Komplex számok. 2014. szeptember 4. 1. Feladat: Legyen z 1 = 2 3i és z 2 = 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét!

Komplex számok. 2014. szeptember 4. 1. Feladat: Legyen z 1 = 2 3i és z 2 = 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét! Komplex számok 014. szeptember 4. 1. Feladat: Legyen z 1 i és z 4i 1. (z 1 z ) (z 1 z ) (( i) (4i 1)) (6 9i 8i + ) 8 17i 8 + 17i. Feladat: Legyen z 1 i és z 4i 1. Határozza meg az alábbi kifejezés értékét!

Részletesebben

Fizikai alapismeretek

Fizikai alapismeretek Fizikai alapismeretek jegyzet Írták: Farkas Henrik és Wittmann Marian BME Vegyészmérnöki Kar J6-947 (1990) Műegyetemi Kiadó 60947 (1993) A jegyzet BME nívódíjat kapott 1994-ben. Az internetes változatot

Részletesebben

Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 2005. november. I. rész

Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 2005. november. I. rész Pataki János, 005. november Középszintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 005. november I. rész. feladat Egy liter 0%-os alkoholhoz / liter 40%-os alkoholt keverünk.

Részletesebben

MATEMATIKA I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY A) KOMPETENCIÁK

MATEMATIKA I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY A) KOMPETENCIÁK MATEMATIKA I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY Az érettségi követelményeit két szinten határozzuk meg: - középszinten a mai társadalomban tájékozódni és alkotni tudó ember matematikai ismereteit kell

Részletesebben

Optika feladatok (szemelvények a 333 Furfangos Feladat Fizikából könyvből)

Optika feladatok (szemelvények a 333 Furfangos Feladat Fizikából könyvből) Fénytan 1 Optika feladatok (szemelvények a 333 Furfangos Feladat Fizikából könyvből) Feladatok F. 1. Vízszintes asztallapra fektetünk egy negyedhenger alakú üvegtömböt, amelynek függőlegesen álló síklapját

Részletesebben

Valószínűségszámítás

Valószínűségszámítás Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet Tómács Tibor Valószínűségszámítás programtervező informatikusok részére Eger, 010. szeptember 0. Tartalomjegyzék 1. Véletlen események...............................

Részletesebben

Az alap- és a képfelület fogalma, megadási módjai és tulajdonságai

Az alap- és a képfelület fogalma, megadási módjai és tulajdonságai A VETÜLETEK ALAP- ÉS KÉPFELÜLETE Az alap- és a képfelület fogalma, megadási módjai és tulajdonságai A geodézia, a térinformatika és a térképészet a görbült földfelületen elhelyezkedő geometriai alakzatokat

Részletesebben

Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged

Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged A 01. május 8.-i emelt szintű matematika érettségin szerepelt az alábbi feladat. Egy háromszög oldalhosszai egy számtani sorozat egymást

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika középszint 1413 ÉRETTSÉGI VIZSGA 015. május 5. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

Számítástudomány matematikai alapjai segédlet táv és levelező

Számítástudomány matematikai alapjai segédlet táv és levelező Számítástudomány matematikai alapjai segédlet táv és levelező Horváth Árpád 2008. december 16. A segédletek egy része a matek honlapon található: http://www.roik.bmf.hu/matek Kötelező irodalom: Bagyinszki

Részletesebben