LINEÁRIS ALGEBRA (A, B, C) tematika (BSc) I. éves nappali programtervező informatikus hallgatóknak évi tanév I. félév

Átírás

1 LINEÁRIS ALGEBRA (A, B, C) tematika (BSc) I éves nappali programtervező informatikus hallgatóknak évi tanév I félév Vektoriális szorzat és tulajdonságai bizonyítás nélkül: Vegyes szorzat és tulajdonságai bizonyítás nélkül: Permutációk inverziói:

2 Determináns: Alapvető tulajdonságai: a 11 a 12 a 1n a k1 a k2 a kn a n1 a n2 a nn a 11 a 12 a 1n b k1 + c k1 b k2 + c k2 b kn + c kn a n1 a n2 a nn a 11 a 12 a 1n b k1 b k2 b kn a n1 a n2 a nn + a 11 a 12 a 1n c k1 c k2 c kn a n1 a n2 a nn Szükségünk lesz az inverziószám változásának ismeretére, amikor a permutációban az elemeket cserélgetjük Könny látni, hogy szomszédos elemek cseréje esetén az inverziószám 1-gyel változik (1-gyel n, vagy csökken), a távolabbi elemek cseréjét visszavezethetjük szomszédos elemek páratlan számú cseréjére, ebb l kideríthetjük sorcserénél a determináns változását, de ezt csak bizonyítás nélkül közöljük:

3 TÉTEL: Legyen n 2 a) Ha az 1, 2,, n számok i 1, i 2,, i n permutációjában két elemet felcserélünk, akkor az inverziószám páratlan számmal változik b) Ha az A R n n mátrix valamely két sorát felcseréljük, akkor az így nyert B mátrix determinánsa: B A, azaz két sor felcserélése esetén a determináns értéke ( 1)-gyel szorzódik Részletezzük viszont a fenti tételnek két igen fontos következményét TÉTEL: Ha n 2 és az A R n n mátrixnak van két megegyez sora, akkor A determinánsa 0 [Biz: a két azonos sor felcserélését l egyrészt nem változik a mátrix, így a determinánsa sem, másrészt a cserét l determinánsa ( 1)-gyel szorzódik Tehát A A, azaz A + A 0, így A 0 (Itt számokról van szó, de jegyezzük meg, hogy a legutolsó következtetés más struktúrákban általában nem érvényes, pl mod 2, de 1 0 mod 2)] TÉTEL: Ha n 2, λ R esetén az A R n n mátrix egyik sorához egy másik sorának a λ-szorosát hozzáadjuk, akkor az így keletkezett mátrix determinánsa is A, tehát az a rangtartó átalakítás, amikor egyik sorhoz egy másik sor számszorosát adjuk, egyben determinánstartó is! [Biz: Jelöljük k [A]-val az A mátrix k-adik sorát Az egyszer ség kedvéért csak azt részletezzük, amikor az els sorhoz adjuk hozzá a második sor λ-szorosát Ekkor 1[A] + λ 2 [A] n[a] 1[A] + n[a] λ 2 [A] n[a] 1[A] + λ A + λ0 A n[a] n[a] Az általános esetben hasonlóan megy a bizonyítás] Ha az A R n n egy sorában végig 0 van, akkor már tudjuk, hogy 0 a mátrix determinánsa Most vizsgáljuk meg egy egyszer esetben azt, amikor egy sor majdnem végig 0, pl A utolsó sorában az utolsó elem kivételével minden 0 Eme speciális szerkezet mátrix determinánsára írjuk fel a deníciót részletesen: i 1,,i n 1,in (1,,n 1,n) a 11 a 1,n 1 a 1n a n 1,1 a n 1,n 1 a n 1,n 0 0 a nn ( 1) I(i 1,i 2,,i n 1,i n ) a 1i1 a 2i2 a n 1,in 1 a nin Tekintsük az összeg azon tagjait, amelyekben az i n < n Ezeknél a szorzat utolsó tényez je: a nin 0, s az összeg vizsgált tagja is 0 Eszerint az összegnek sok tagja [pontosan (n 1) (n 1)! n! (n 1)! darab] 0, ezeket el is hagyhatjuk Maradnak azok a tagok, ahol i n n [ilyen van (n 1)! darab], speciális mátrixunk determinánsa tehát ( 1) I(i 1,i 2,,i n 1,n) a 1i1 a 2i2 a n 1,in 1 a nn i 1,,i n 1,n (1,,n 1,n)

4 Az összegezés most úgy értend, hogy az 1, 2,, n azon permutációira összegezünk, ahol az utolsó helyen n áll Ekkor az el tte lév i 1,, i n 1 befutja az 1, 2,, n 1 összes permutációját, ennek megfelel en módosítjuk a szumma alatti részt Örömmel látjuk, hogy I(i 1,, i n 1, n) I(i 1,, i n 1 ), mert az n leghátul állt, s az el tte lév knél nagyobb, így egyikkel sem alkothatott inverziót Ezután a nn kiemelésével ( 1) I(i 1,i 2,,i n 1 ) a 1i1 a 2i2 a n 1,in 1 a nn i 1,,i n 1 (1,,n 1) adódik, ahol az összegben felismerhetjük az A bal fels sarkában lév (n 1) (n 1)-es rész determinánsát, s nyertük a következ t: TÉTEL: a 11 a 1,n 1 a 1n a 11 a 1,n 1 a nn a n 1,1 a n 1,n 1 a n 1,n a 0 0 a n 1,1 a n 1,n 1 nn KÖVETKEZMÉNY: Fels háromszög mátrix (5/2) determinánsa a f átlóban lév elemek szorzata a 11 a 12 a 1,n 1 a 1n 0 a 22 a 2,n 1 a 2n a 11 a 22 a n 1,n 1 a nn 0 0 a n 1,n 1 a n 1,n a nn Így persze diagonális mátrixok determinánsa is a f átlóban lév elemek szorzata, például I n 1 Szerepelt már (bizonyítás nélkül), hogy A A, így a sorokra megfogalmazott állítások oszlopokra is érvényesek, tehát pl alsó háromszög mátrix determinánsa is a f átlóban lév elemek szorzata Négyzetes mátrix determinánsának meghatározása elemi bázistranszformációval: Ha A [a 1, a 2,, a n ] R n n olyan, hogy ϱ(a) < n, akkor az oszlopvektorrendszer Ö, tehát a j, ami lineárisan függ a többit l, pl a j α 1 a α j 1 a j 1 + α j+1 a j α n a n Ekkor a j-edik oszlophoz hozzáadhatjuk k 1,, j 1, j + 1,, n-re a k- adik oszlop α k -szorosát, így a determináns nem változik, viszont a j-edik oszlopba csupa 0 kerül, tehát ϱ(a) < n esetén A 0 ϱ(a) n esetén mindent be tudunk vinni a bázisba, de nem biztos, hogy az eredeti sorrendben Másrészt most célszer kiírnunk a bevitt vektorok koordinátáit is, mert így nem rontjuk el az n n-es alakot, és egy általános elemi bázistranszformációs lépésnél összehasonlíthatjuk a régi (lépés el tti) mátrix és az új (lépés utáni) mátrix determinánsát, mégpedig úgy, hogy közbeiktatunk egy segédmátrixot Az indexelési nehézségek miatt sem az a, sem az e vektorokat nem írjuk ki, csupán a koordinátákból adódó mátrixot Legyen a régi mátrix β 11 β 1j β 1n β i1 β ij β in, és tegyük fel, hogy éppen az a j -t visszük be az e i helyére, β n1 β nj β nn

5 feltéve természetesen, hogy β ij 0 Ezt a nullától különböz β ij -t szokás a lépés generáló elemének hívni, s ha épppen a k-adik lépésr l van szó, g k -val is jelölni 1 Képezzünk egy segédmátrixot úgy, hogy a régi mátrix i-edik sorát megszorozzuk a β ij számmal: β 11 β 1j β 1n β i1 /β ij 1 β in /β ij, β n1 β nj β nn tehát a régi mátrix determinánsa a segédmátrix determinánsának β ij -szerese Ezután a segédmátrix i-edik sorának j-edik helyén álló 1 segítségével kinullázhatjuk a j-edik oszlop többi elemét, mégpedig determinánstartó átalakításokkal: minden k i- re adjuk hozzá a k-adik sorhoz az i-edik sor β kj -szeresét Ekkor épp az új mátrixot kapjuk: β 11 β 1j β i1 /β ij 0 β 1n β 1j β in /β ij β i1 /β ij 1 β in /β ij β n1 β nj β i1 /β ij 0 β nn β nj β in /β ij Mivel az új mátrixot a segédmátrixból már determinánstartó átalakításokkal nyertük, ezek determinánsa megegyezik, tehát a régi mátrix determinánsa az új mátrix determinánsának is β ij -szerese, azaz g k -szorosa ϱ(a) n esetén n lépést végzünk, az A determinánsa g 1 g 2 g n -szerese az n-edik lépés utáni új mátrix Ú determinánsának Ha az a-kat az eredeti sorrendben sikerült bevinni a bázisba, akkor ez az utolsó új mátrix I n Egyébként, ha a bevitt elemek sorrendje a bázisban, mondjuk a i1, a i2,, a in (itt az i 1, i 2,, i n az 1, 2,, n egy permutációja), akkor cseréket kell végeznünk, amíg az eredeti sorrendbe nem kerülnek Tekintsük a ( 1) I(i 1,,i n ) Ú szorzatot Ha most felcserélünk két báziselemet, akkor az inverziószám páratlan számmal változik, s a szorzat els tényez je ( 1)-szeresére változik, de a második tényez is így változik a sorcsere miatt, végeredményben a szorzat nem változik; mikor pedig már eljutottunk az eredeti sorrendhez, akkor ( 1) I(1,,n) I n ( 1) adódik Tehát Ú ( 1)I(i 1,,i n ), A g 1 g 2 g n ( 1) I(i 1,,i n ) Négyzetes mátrix rangjának, inverze létezésének és determinánsának kapcsolat: KÖVETKEZMÉNY: A R n n esetén A 0 ϱ(a) n A 1 Az utolsó sorában majdnem végig 0 mátrix determinánsára vonatkozó tételt könny általánosítani arra az esetre, amikor az utolsó sor helyett az i-edik sorról van szó, és benne az egyetlen nullától különböz elem a j-edik helyen áll n 2 esetén az i-edik sort n i cserével alulra vihetjük, majd a j-edik oszlopot n j cserével az utolsó helyre vihetjük (Az alábbi blokkok közül a olyanokat jelöl, amelyek 1 oszlopból állnak és tartalmuk közömbös az eredmény szempontjából)

6 E F 0 0 a ij 0 0 G H E F ( 1)n i G H 0 0 a ij 0 0 E F ( 1) n i ( 1) n j G H 0 0 a ij ( 1)i+j a ij E F G H a ij( 1) i+j E F G H Az E, F, G, H blokkok (már aminek jut hely) téglalap alakúak, de a végén egymáshoz csúsznak, és egy (n 1) (n 1)-es mátrixot alkotnak Tekintsük tetsz leges mátrixra is a megfelel összecsúszott rész determinánsát az i-edik sor és a j-edik oszlop elhagyásával keletkez mátrix determinánsaként: Az E F A a i1 a i,j 1 a ij a i,j+1 a in R n n G H mátrix i-edik sora j-edik eleméhez tartozó aldeterminánsa aldet ij (A) def E F G H, az i-edik sora j-edik eleméhez tartozó el jelezett aldeterminánsa pedig def A ij ( 1) i+j aldet ij (A) ( 1) i+j E F G H Ha a mátrix elemeinek helyére beírjuk a helynek megfelel ( 1) i+j -t, az ún sakktáblaszabályt kapjuk, a f átlóban mindenütt +1-gyel Fentiek segítségével tetsz leges n n-es (n 2) valós elem mátrix determinánsát visszavezethetjük n darab (n 1) (n 1)- es mátrix determinánsának kiszámítására Választunk egy i-t az {1, 2,, n}-b l, s ezt rögzítjük a 11 a 1j a 1n a i1 a ij a in a n1 a nj a nn a 11 a 1j a 1n a i a ij a in a n1 a nj a nn a 11 a 1j a 1n 0 a ij 0 B j a ij ( 1) i+j aldet ij (B j ) j1 j1 j1 a n1 a nj a nn a ij ( 1) i+j aldet ij (A) a ij A ij, j1 mivel a B j mátrixok és az A mátrix csak az i-edik sorban különböznek, azt pedig a fenti aldeterminánsok képzése során elhagyjuk j1

7 Kifejtési tétel: KIFEJTÉSI TÉTEL: n 2, A R n n esetén a) Tetsz leges 1 i n esetén A a ij A ij ; b) Tetsz leges 1 j n esetén A j1 a ij A ij i1 Cramer-szabály (biz nélkül): Bizonyítás nélkül mondjuk ki a következ nevezetes tételt (det(a) def A ) CRAMER-SZABÁLY: A [a 1,, a n ] R n n, A 0, b R n esetén! x R n, melyre Ax b, továbbá az x j-edik komponense (j 1,, n) x j det([a 1,, b,, a n ]) det([a 1,, a j,, a n ]) Konstrukciókban jól lehet használni olyan négyzetes mátrixokat, melyekr l könny kideríteni, hogy determinánsuk különbözik-e nullától Vandermonde-determináns: TÉTEL (Vandermonde-determináns és kifejtése): n 2; a 1,, a n R esetén 1 a 1 a 2 1 a n 1 V n (a 1,, a n ) def 1 (a i a j ) 1 a n a 2 n an n 1 n i>j 1 [Bizonyítás: n szerinti teljes indució: n 2 -re az állítás nyilvánvaló n 3 esetén V n (a 1,, a n ) deníció szerinti alakjában adjuk hozzá rendre az n-edik, (n 1)-edik,, második oszlophoz az el z oszlop a 1 -szeresét: (a 2 a 1 )1 (a 2 a 1 )a 2 (a 2 a 1 )a n 2 2 V n (a 1,, a n ) 1 (a n a 1 )1 (a n a 1 )a n (a n a 1 )an n 2 (a 2 a 1 )1 (a 2 a 1 )a 2 (a 2 a 1 )a n 2 2 (a n a 1 )1 (a n a 1 )a n (a n a 1 )an n 2 n 1 (a 2 a 1 ) (a n a 1 )V n 1 (a 2,, a n ) (a 2 a 1 ) (a n a 1 ) (a i a j ) (a i a j )] n i>j 2 n i>j 1 n

8 Rand Rang és 0 determinánsú négyzetes részmátrix kapcsolata: Tudjuk már, hogy A R n n esetén A 0 ϱ(a) n A 1 A R n m esetén is tudunk kapcsolatot a rang és a négyzetes részmátrixok determinánsa között (j k-as részmátrix: j sor és k oszlop kiválasztásával a metszéspontokba kerül elemek alkotta j k-as mátrix) TÉTEL: A R m n és ϱ(a) r 1 esetén A-nak van olyan r r-es részmátrixa, melynek determinánsa 0, viszont minden (r + 1) (r + 1)-es részmátrix determinánsa 0 [Biz: Mivel a rang r, van r darab oszlop, mely L Csak ezeket tartva meg, a keletkezett n r-es mátrix oszloprangja r, így sorrangja is r, van tehát benne r darab sor, mely L Csak ezeket tartva meg, a keletkezett r r-es mátrix rangja r, így determinánsa 0 Tekintsünk most egy (r +1) (r +1)-es részmátrixot Ez r +1 oszlopból származik, mely Ö (hisz a rang r), így részmátrixunk r + 1 oszlopa is Ö, és részmátrixunk determinánsa 0] Az els ként idézett tételt érdemes még átfogalmazni lineáris egyenletrendszerekre, éspedig a homogén esetre (amikor b 0), mivel nagy szükségünk lesz kés bb nemtriviális (x 0) megoldásra, ha van ilyen Determinánsfeltétel homogén lineáris egyenletrendszer nem triviális megoldásának létezésére: TÉTEL: Legyen A R n n Az Ax 0 homogén lineáris egyenletrendszernek akkor és csak akkor van nemtriviális megoldása, ha A 0 [Biz: Nemtriviális megoldás létezése azzal ekvivalens, hogy az A oszlopvektorrendszere lineárisan összefügg ] A következ váratlan tételre bizonyítási lehet ségeket vázolunk röviden Szorzástétel: SZORZÁSTÉTEL: A, B R n n AB A B [Az utolsó sorában majdnem végig 0 négyzetes mátrix determinánsára vonatkozó tételt a következ képpen is lehetne általánosítani (a most olyan téglalap alakú blokkot jelöl, melynek tartalma közömbös az eredmény szempontjából): Legyen C R r r és D R s s Ekkor C 0 D C D és C 0 D C D Így A B A 0 I n B Most a I n elemeit használva determinánstartó átalakításokkal kiirthatjuk B-t, azaz nullmátrix kerül a helyére azon az áron, hogy a felette lév nullmátrix megváltozik, éspedig épp AB kerül az helyére Viszont sorcserék révén A AB I n 0 I n 0 ( 1)n A AB AB ]