LINEÁRIS VEKTORTÉR. Kiegészítő anyag. (Bércesné Novák Ágnes előadása) Vektorok függetlensége, függősége

Méret: px

Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "LINEÁRIS VEKTORTÉR. Kiegészítő anyag. (Bércesné Novák Ágnes előadása) Vektorok függetlensége, függősége"

Edit Kornélia Ballané
8 évvel ezelőtt
Látták:

1 LINEÁRIS VEKTORTÉR Kiegészítő anyag (Bércesné Noák Ágnes előadása) Vektorok függetlensége, függősége

2 Vektortér V 0 Halmaz T test : + ; + ; Abel csoport V elemeit ektoroknak neezzük. Abel - csoport Abel csoport Disztributiitás α(β+ γ) = αβ + αγ Test elemeit skalároknak (számoknak) neezzük. PL: alós számok, rac. számok később lesz komplex számok E két stuktúrát köti össze a skalárral aló szorzás: 1 = 1 V, 1 T λ(µ) = (λµ) V, λ,µ T (λ+µ) = λ+µ V, λ,µ T λ( ) = λ 1 +λ 2 λ V, 1, 2 V

(számoknak) neezzük. PL: alós számok, rac.

3 Vektortér tulajdonságai, jellemzése: Def.: Lineárisan összefüggőnek neezzük a 1, 2.. n ektorokat, ha a 0 = α 1 1 +α α n n alakban α i 0. Jelentése: Síkban: Térben: LÖF 1 ektor esetén: α 1 = 0 α 0 1 = 0 1, 2.. n ektorok lineáris kombinációja 2 ektor esetén: 0 = α 1 1 +α 2 2 PL: α kifejezhető: 2 = -α 1 α ektor esetén: 0 = α 1 1 +α 2 2 +α 3 3 PL: α kifejezhető: 3 = -α 1 α 1 - α 2 3 α = α 1 +β 2 Síkbeli felbontási tétel: ha 1 2 Ugyanaz mint síkban. Általában: Tétel: 1, 2,.. n akkor és csak akkor LÖF, ha alamelyik ektor a többiel kifejezhető. n i = λ k k k i k=1 1, 2,.. n LÖF k, k kifejezhető = előáll a többi lineáris kombinációjaként: k = α α i i + +α n n

. n ektorok lineáris kombinációja 2 ektor esetén: 0 = α 1 1 +α 2 2 PL: α 2 0 2 kifejezhető: 2 = -α 1 α 2 1 1 2 3 ektor esetén: 0 = α 1 1 +α 2 2 +α 3 3 PL: α 3 0 3 kifejezhető:

4 Biz: 1. Ha 1, 2,.. n LÖF k Definíció szerint: α 0 hogy α α i i + +α n n = 0 -α i i = α α i-1 i-1 + +α i+1 i+1 + +α n n n 2. Ha i = λ k k k i 1, 2,.. n LÖF. k=1 i = λ λ i-1 i-1 + +λ i+1 i+1 + +λ n n 0 = λ λ i-1 i-1 + (-1) i +λ i+1 i+1 + +λ n n i = -α i α α i-1 i α i α i+1 i α i α n i α i i = λ λ i-1 i-1 + +λ i+1 i+1 + +λ n n n i = λ k k k i k=1 n λ = , 2,.. n LÖF. Köetkeztetés: A lineáris függőség fogalma jól informál arról, hogy a ektorrendszerben alamelyik (sajnos nem tudjuk melyik) ektor kifejthető a többiel.

k=1 i = λ 1 1 + +λ i-1 i-1 + +λ i+1 i+1 + +λ n n 0 = λ 1 1 + +λ i-1 i-1 + (-1) i +λ i+1 i+1 + +λ n n i = -α i α 1 + + -α i-1 i α i-1 + + -α i+1

5 Def.: A 1, 2,.. n ektorok lineárisan függetlenek, ha a 0 ektor csak egy féleképpen állítható elő elük: 0 = n 0 = α α n n csakis úgy lehetséges hogy α i = 0. Megjegyzés: Miel a α i = 0 tagadása a nem ( α = 0) azt jelenti, hogy létezik legalább egy olyan α i, ami nem nulla, α i 0, ezért, ha a ektorrendszer tagjai nem függenek, akkor automatikusan LÖF. (és fordíta!) Jelentése: Síkban: 1. α 1 1 = 0 nem lehet független!!! 2. α 1 a+α 2 b = 0 α 1 0, α 2 0 b βb αa+βb a αa Mikor lesz a paralelogramma átlója 0 hosszúságú? α = β = 0 Jó a def., hiszen tudjuk, hogy síkbeli ektorok akkor LÖF, ha a b!!

6 Tétel: Ha 1, n FGETLEN, de (n+1) n+1 ektort hozzátée LÖF lesz, akkor n+1 kifejezhető 1, n -nel: Példa: Síkbeli felbontási tétel: a nem párhuzamos b (FGETLEN) c-re α, β c=αa+βb Bizonyítás:α 1 1 +α α n n +α n+1 n+1 =0 Azt kell bizonyítani, hogy a LÖF-ség miatti nem nulla együttható éppen az α n+1 α 1 1 +α α n n +α n+1 n+1 =0 Ha ezen αi-k közül lenne nem nulla Akkor α n+1 =0 is lehetne, mert a LÖF definíciójának egyetlen α i 0 elég! De akkor (α n+1 =0-al)! α 1 1 +α α n n +0 n+1 =0=α α i i + +α n n =0 α i 0 1, n LÖF lenne! ELLENTMONDÁS! Köetkezésképpen α n+1 0 α n α n n+1 = - n + - n α n+1 α n+1

1 1 +α 2 2 + α n n +α n+1 n+1 =0 Ha ezen αi-k közül lenne nem nulla Akkor α n+1 =0 is lehetne, mert a LÖF definíciójának egyetlen α i 0 elég!

7 Volt a síkbeli, térbeli felbontásnál, hogy c=αa+βb d=αa+βb+βc A felbontások egyértelműek, ha a nem párhuzamos b-el a nem párhuzamos c-el b c + a, b, c nem egysíkúak (Ketteséel persze igen) Ez általánosítható: (Ez pontosan azt jelenti az új definícióal, hogy függetlenek!) Tétel: Ha előáll a 1, n ektorok lin. kombinációjaként, az előállítás akkor és csak akkor egyértelmű, ha 1, n FGETLEN. Bizonyítás: a.) Legyen 1, n FGETLEN A felbontás egyértelmű: = α α α n n = β β β 1 n 0 = (α 1 -β 1 ) 1 + (α 2 -β 2 ) (α n -β n ) n Miel 1, n FGETLENEK, minden együttható = 0 α i = β i i-re

) Tétel: Ha előáll a 1, n ektorok lin. kombinációjaként, az előállítás akkor és csak akkor egyértelmű, ha 1, n FGETLEN. Bizonyítás: a.

8 Definíció (Bázis): Olyan ektorrendszer, amely FGETLEN ektorokból áll, és amelyek lineáris kombinációjaként a ektortér minden ektora előáll. Tétel: Minden bázis egyforma elemszámú. Definíció: Generátorrendszer, lineáris kombinációjaként ektor előállítható (összefüggő is lehet). Tétel: Gen.rsz. elemszáma Fgetlen rsz. Elemszáma Bizonyítás: f 1, f n FGETLEN, akkor f i -hez an olyan g k, amire kicseréle f i -t FGETLEN marad: f 1, f i -1, g k,f i+1, f n g 1, g e e n!!! Ugyanis ha pl. f 1 -hez nem lenne egyik g i sem jó, akkor f i helyett: g 1 f 2, f n LÖF g 1 f 2, f n -nel kifejezhető g 2 f 2, f n LÖF g 2 - f 2, f n -nel kifejezhető g e f 2, f n LÖF g e - f 2, f n -nel kifejezhető g-k helyébe f 2, f n -t íra f 1 kifejezhető f 2, f n -nel LÖF De g i -kel ektor kifejezhető, így f 1 is: f 1 = α 1 g 1 + α l g l

Elemszáma Bizonyítás: f 1, f n FGETLEN, akkor f i -hez an olyan g k, amire kicseréle f i -t FGETLEN marad: f 1, f i -1, g k,f i+1, f n g 1, g e e n!!! Ugyanis ha pl.

9 Tétel: bármely két bázis elemszáma egyenlő. Biz.: Legyenek B1 és B2 bázisok. Először tekintsük B1-et független rendszernek, B2-t generátorrendszernek, elemienk száma legyen rendre n 1 és n 2. Ekkor n 2 n 1. Most fordíta, legyen B2 a független rendszer és B1 a generátorrendszer, ekkor n 1 n 2 Ez csak úgy lehetséges, ha n 1 =n 2. Def.: Bázisok elemszáma = Dimenzió N dimenziós térben bármely n db FGETLEN ektor bázis. N dimenziós térben bármely n+1 db ektor LÖF.

Hasonló dokumentumok

17. előadás: Vektorok a térben

17. előadás: Vektorok a térben Szabó Szilárd A vektor fogalma A mai előadásban n 1 tetszőleges egész szám lehet, de az egyszerűség kedvéért a képletek az n = 2 esetben szerepelnek. Vektorok: rendezett