9. Előadás. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

Átírás

1 9. Előadás (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

2 Portfólió-analízis Tegyük fel, hogy egy bank 4 különböző eszközbe fektet be (réz, búza, arany és kakaó). Az ügyfeleinek ezen befektetésekből 3 különböző befektetési jegyet kínál, melyekben a fenti eszközök más-más súllyal szerepelnek. Az alábbi mátrix mutatja a három különböző befektetési jegy összetételét az összes befektetett pénz arányában: Réz Búza Arany Kakaó BJ BJ BJ Lehetséges-e a fenti befektetési jegyekből olyan portfóliót összeállítani (nyitható short pozíció is), ami egyenértékű azzal, mintha minden pénzünket rézbe fektettük volna? (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

3 Portfólió-analízis A matematikai modell A befektetési jegyeknek vektorok feleltethetők meg az alábbiak szerint: BJ 1 v 1 = (0.6, 0.5, 0.2, 0.1), BJ 2 v 2 = ( 0.4, 0.8, 0.3, 0.3), BJ 3 v 3 = (0.04, 0.63, 0.12, 0.21), BJ 4 v 4 = (1, 0, 0, 0). A matematikai probléma: v 4? [v1, v 2, v 3 ]. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

4 Portfólió-analízis Megoldás: 0. v 1 v 2 v 3 v 4 e e e e v 3 v 4 e v e v v 2 v 3 v 4 e e e v v 4 v 3 10 v 2 6 e 3 0 v 1 3 v 4 = ( 3) v 1 + ( 6) v v 3 (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

5 Portfólió-analízis Válasz: Lehetséges a fenti befektetési jegyekből olyan portfóliót összeállítani, ami egyenértékű azzal, mintha minden pénzünket rézbe fektettük volna. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

6 Portfólió-analízis Mi a válasz akkor, ha a bank nem enged negatív pozíciókat felvenni a befektetési jegyekből? Válasz: Ebben az esetben nem lehetséges a fenti befektetési jegyekből olyan portfóliót összeállítani, ami egyenértékű azzal, mintha minden pénzünket rézbe fektettük volna. A v 4 egyértelműen állítható elő a v 1, v 2 és v 3 vektorok lineáris kombinációjaként. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

7 Portfólió-analízis Egy másik bank 6 féle eszközbe fektet, és a következő 3 féle befektetési jegyet értékesíti (mind long, mind short lehetőséggel): Az ügyféligények felmérése után a bank megbízza egy munkatársát, hogy alakítson ki egy új befektetési jegyet. A munkatárs a következő befektetési arányokat javasolja az új befektetési jegyhez: (0.4, 0.6, 0.5, 0.6, 0.1, 0.2). Megérdemli-e a munkatárs a fizetését? (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

8 Portfólió-analízis A matematikai modell A befektetési jegyeknek ismét vektorokat feleltetünk meg az alábbiak szerint: BJ 1 v 1 = (0.1, 0.2, 0.2, 0.3, 0.2, 0.6), BJ 2 v 2 = (0.2, 0.7, 0.1, 1.1, 0.2, 0.1), BJ 3 v 3 = ( 0.1, 0.1, 0.2, 0.2, 0.5, 0.5), BJ 4 v 4 = (0.4, 0.6, 0.5, 0.6, 0.1, 0.2). A matematikai probléma: v 4? [v1, v 2, v 3 ]. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

9 Portfólió-analízis Megoldás: 0. v 1 v 2 v 3 v 4 e e e e e e v 4 v 1 1 v 2 1 e 3 0 e 4 0 e 5 0 v 3 1 v 4 = v 1 + v 2 v 3 Válasz: A munkatárs nem érdemli meg a fizetését. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

10 Portfólió-analízis Látván az előző munkatárs kudarcát, a bank vezérigazgatója ezúttal 5 munkatársat bíz meg azzal, hogy 5 különböző új portfóliót dolgozzanak ki. Megérdemli-e a vezérigazgató a fizetését? Válasz: Nem, a vezérigazgató nem érdemli meg a fizetését. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

11 Lineáris egyenletrendszerek Kronecker és Capelli Tétel (Kronecker Capelli-tétel). Az a 1,1 x a 1,n x n = b 1 a m,1 x a m,n x n = b m egyenletrendszer pontosan akkor oldható meg, ha r(a) = r(a b), ahol A = (a i,j ) m n (a LER mátrixa) és a 1,1... a 1,n b 1 (A b) =... (a LER bővített mátrixa). a m,1... a m,n b m. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

12 Lineáris egyenletrendszerek Kronecker és Capelli Példa. x + y + z = 5 x y + z = 1 x + 2y + z = 8 (A b) = r(a b) = r(a) = 2 Az egyenletrendszer megoldható (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

13 Lineáris egyenletrendszerek Kronecker és Capelli Példa. x + y + z = 5 x y + z = 1 x + 2y + z = 7 (A b) = r(a b) = 3 és r(a) = 2 Az egyenletrendszer nem megoldható (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

14 Lineáris egyenletrendszerek Kronecker és Capelli Megjegyzés. Ha r(a b) r(a), akkor r(a b) = r(a) + 1. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

15 Lineáris egyenletrendszerek Homogén lineáris egyenletrendszerek Definíció (Homogén lineáris egyenletrendszer). Legyen A = (a i,j ) R m n, b R m 1 és x = (x 1,..., x n ). Az Ax = b lineáris egyenletrendszer homogén, ha b = (0,..., 0) T. Azaz, ha lineáris egyenletrendszerünk a 1,1 x a 1,n x n = 0. a m,1 x a m,n x n = 0 alakú. Jelölje U A a fenti homogén lineáris egyenletrendszer megoldásainak halmazát. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

16 Lineáris egyenletrendszerek Homogén lineáris egyenletrendszerek Ekkor U A az alábbi tulajdonságokkal bír: 1 0 T U A (0 T a triviális megoldása a HLER-nek); 2 ha x 1, x 2 U A, akkor Ax 1 = 0 T és Ax 2 = 0 T, aminek következtében 0 T = 0 T + 0 T = Ax 1 + Ax 2 = A(x 1 + x 2 ), így x 1 + x 2 U A (U A zárt az összeadásra); 3 ha x U A és λ R, akkor Ax = 0 T, aminek következtében 0 T = λ 0 T = λ (Ax) = A(λ x), így λ x U A (U A zárt a skalárokkal való szorzásra). (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

17 Lineáris egyenletrendszerek Homogén lineáris egyenletrendszerek Tétel. Homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai alteret alkotnak. Tétel. Lineáris egyenletrendszer megoldásai pontosan akkor alkotnak alteret, ha a lineáris egyenletrendszer homogén. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

18 Lineáris egyenletrendszerek Homogén lineáris egyenletrendszerek Példa. Tekintsük az { x1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 0 x 1 + 2x 2 + x 3 + 2x 4 = 0 HLER-t. Határozzuk meg U A -t, ahol A az egyenletrendszer mátrixa. A HLER bővített mátrixának lépcsős alakja: ( (A 0 T ) ). (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

19 Lineáris egyenletrendszerek Homogén lineáris egyenletrendszerek Megjegyzések. 1 A bővített mátrix utolsó oszlopa az elemi átalakítások során nem változik, így akár el is hagyható. 2 A lépcsős alakból MINDEN leolvasható: két kötött (x 1 és x 3 ) és két szabad (x 2 és x 4 ) változó van, továbbá { } U A = ( 2x 2 x 4, x 2, x 4, x 4 ) T x 3, x 4 R. 3 U A -ban bázist kapunk, ha ügyesen választjuk meg a szabad változók értékét: x 2 = 1, x 4 = 0: v 1 = ( 2, 1, 0, 0) T, x 2 = 0, x 4 = 1: v 2 = ( 1, 0, 1, 1) T. A v 1, v 2 vektorrendszer bázis az U A altérben, így dimenziója 2. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

20 Lineáris egyenletrendszerek Homogén lineáris egyenletrendszerek Definíció (Fundamentális megoldásrendszer). HLER megoldásai alterének bázisát fundamentális megoldásrendszernek nevezzük. Példa. A v 1 = ( 2, 1, 0, 0), v 2 = ( 1, 0, 1, 1) vektorrendszer fundamentális megoldásrendszere az { x1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 0 x 1 + 2x 2 + x 3 + 2x 4 = 0 HLER-nek. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

21 Lineáris egyenletrendszerek Homogén lineáris egyenletrendszerek Tétel. Legyen A R m n. Az Ax = 0 T homogén lineáris egyenletrendszernek r = r(a) darab kötött és n r darab szabad változója van, ezért az U A altér dimenziója n r. Ha a szabad változók x ir+1,..., x in, akkor az alábbi (n r)-esekhez tartozó megoldások fundamentális megoldásrendszert alkotnak. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

22 Lineáris egyenletrendszerek Homogén lineáris egyenletrendszerek Példa. Tekintsük az Ax = 0 T HLER-t, ahol A = Négy kötött (x 1, x 3, x 4, x 5 ) és négy szabad ismeretlen van (x 2, x 6, x 7, x 8 ), az U A altér dimenziója n r(a) = 8 4 = 4. A HLER egy fundamentális megoldásrendszere:. x 2 = 1, x 6 = 0, x 7 = 0, x 8 = 0 x 2 = 0, x 6 = 1, x 7 = 0, x 8 = 0 x 2 = 0, x 6 = 0, x 7 = 1, x 8 = 0 x 2 = 0, x 6 = 0, x 7 = 0, x 8 = 1 v 1 = ( 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0) T v 2 = (11, 0, 0, 2, 14, 1, 0, 0) T v 3 = (1, 0, 0, 0, 5, 0, 1, 0) T v 4 = (3, 0, 2, 1, 0, 0, 1) T (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

23 Lineáris egyenletrendszerek Alterek megadása Tétel. Legyen U altér a V = R n vektortérben. Ekkor vannak olyan v 1,..., v k V vektorok, amelyekre U = [v 1,..., v k ] teljesül. Példa Legyen A = Ekkor U A altér az R 4 vektortérben, amelynek fundamentális megoldásrendszere a v 1 = (13/18, 5/5, 37/18, 1) vektorrendszer, ezért U A = [v 1 ]. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

24 Lineáris egyenletrendszerek Alterek megadása Tétel. Legyen U altér a V = R n vektortérben. Ekkor van olyan m N és A R m n, hogy U = U A. Példa. Legyen U = {(a, b, c, d) a = b 2c és c = d a + b}. Ekkor U altér az R 4 vektortérben és ahol A = U = {(a, b, c, d) a = b 2c és c = d a + b} = {(a, b, c, d) a b + 2c = 0 és a b + c d = 0} = U A, ( ) ( ) (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

25 Sajátértékek Sajátérték és sajátvektor Definíció (Mátrix sajátértéke). Az A (n n)-es mátrixnak sajátértéke a λ valós szám, ha van olyan v R n, v 0 vektor, melyre A v T = λv T teljesül ( v a λ sajátértékhez tartozó sajátvektor). Definíció (Mátrix sajátvektora). Az A (n n)-es mátrixnak sajátvektora a v R n \ {0} vektor, ha van olyan λ valós szám, melyre A v T = λv T teljesül ( v a λ sajátértékhez tartozó sajátvektor). A fenti definíciókban azért szerepel v T, mert R n elemeit sorvektorokként írjuk, de itt jobbról szorzunk a vektorral egy mátrixot, amit csak akkor tudunk elvégezni, ha oszlopvektorként szerepel. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

26 Sajátértékek Példa Legyen A = 2 1 2, ekkor a λ = 3 valós szám sajátértéke A-nak, mivel a v = (0, 1, 1) vektorra teljesül. A (0, 1, 1) T = (0, 3, 3) T = 3 (0, 1, 1) T a v = (2, 3, 2) vektor sajátvektora A-nak, mivel A (2, 3, 2) T = (2, 3, 2) T = 1 (2, 3, 4) T. A v vektor a λ = 1 sajátértékhez tartozik. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

27 Sajátértékek A sajátértékek meghatározása Tegyük fel, hogy a v R n \ {0} vektor sajátvektora az A R n n mátrixnak, mégpedig a λ R sajátértékhez tartozó sajátvektora. Ekkor A v T = λ v T A v T = λ E n v T (A λ E n ) v T = 0 T. Ez azt jelenti, hogy v nemtriviális megoldása az (A λ E n ) x T = 0 T HLER-nek. Ha A λ E n 0 teljesülne, akkor ennek a HLER-nek pontosan egy megoldása lenne, a triviális (x = 0). Így az A λ E n mátrix determinánsa 0. Tétel. Az A mátrixnak a λ valós szám pontosan akkor sajátértéke, ha az A λ E n = 0. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

28 Sajátértékek Definíció (Karakterisztikus polinom). Legyen A R n n. A p A = A x E n polinomot az A mátrix karakterisztikus polinomjának nevezzük. Tétel (A sajátértékek és a karakterisztikus polinom). A λ valós szám pontosan akkor sajátértéke az A mátrixnak, ha λ gyöke A karakterisztikus polinomjának. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

29 Sajátértékek Definíció (Karakterisztikus polinom). Legyen A R n n. A p A = A x E n polinomot az A mátrix karakterisztikus polinomjának nevezzük. Tétel (A sajátértékek és a karakterisztikus polinom). A λ valós szám pontosan akkor sajátértéke az A mátrixnak, ha λ gyöke A karakterisztikus polinomjának. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

30 Sajátértékek Példa. Határozzuk meg az A = ( ) mátrix sajátértékeit. 6 2 A mátrix karakterisztikus polinomja: ( ) ( p A = A x E 2 = x ) ( ) ( ) = x 0 = 35 x x 6 2 x = x 2 37x Az x 2 37x = 0 egyenlet megoldásai: 20 és 17. Így A sajátértékei: λ 1 = 20 és λ 2 = 17. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

31 Sajátértékek Példa. Határozzuk meg az A = ( ) 0 1 mátrix sajátértékeit. 1 0 A mátrix karakterisztikus polinomja: p A = A x E 2 = x 1 1 x = x Az x = 0 egyenletnek nincs valós megoldása, ezért az A mátrixnak nincsenek valós sajátértékei. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

32 Sajátértékek Sajátaltér meghatározása Definíció (Sajátaltér). Mátrix adott sajátértékhez tartozó sajátvektorai a zérusvektorral együtt alteret alkotnak. Ezen altér az adott sajátértékhez tartozó sajátaltér. A λ sajátértékhez tartozó sajátalteret U λ jelöli. Tétel (Sajátaltér bázisa). Az A mátrix λ sajátértékéhez tartozó sajátalterének egy bázisa éppen az (A λ E)x T = 0 T HLER egy fundamentális rendszere. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

33 Sajátértékek Példa Adjuk meg az A = mátrix λ 1 = 2 sajátértékéhez tartozó sajátalterét. 1 Az A mátrix karakterisztikus polinomja: 2 x 5 5 p A = A x E 3 = 0 3 x x = (x 2)2 (x 1). 2 Az A mátrix sajátértékei: λ 1 = 2 és λ 2 = 1. (Valóban sajátérték a 2 valós szám.) 3 U λ1 meghatározása. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

34 Sajátértékek U λ1 meghatározása Meg kell oldani az (A λ 1 E 3 ) x T = 0 T HLER-t, melynek mátrixa A λ 1 E 3 = A megoldások altere a λ 1 = 2 sajátértékhez tartozó sajátaltér: U λ1 = {(x 1, x 3, x 3 ) x 1, x 3 R}, melynek bázisa az (1, 0, 0), (0, 1, 1) vektorrendszer. VIGYÁZAT: 0 U λ1, de 0 nem sajátvektor!!! (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

35 Igaz vagy Hamis? Igaz vagy Hamis? Ha A R 4 5 mátrix egy homogén lineáris egyenletrendszer együttható mátrixa. Ekkor az egyenletrendszer megoldásai alteret alkotnak R 4 -ben. Hamis, mivel A R 4 5, így a hozzá tartozó homogén lineáris egyenletrendszer 5 ismeretlent tartamaz, tehát a megoldások R 5 egy alterét alkotják. Végtelen sok olyan A R 2 2 mátrix van, amelynek a λ = 3 sajátértéke, és a hozzá tartozó sajátaltér két dimenziós. Hamis, mivel R 2 -nek egyetlen kétdimenziós altere R 2, és a homogén lineáris egyenletrendszer megoldásaltere pontosan akkor lesz a teljes vektortér, ha az együtthatómátrix a zérusmátrix, így A 3E 2 = Z 2, tehát ( ) 3 0 A =. 0 3 (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

36 Feleletválasztás Feleletválasztás A négy állítás közül pontosan egy igaz. Legyen A R m n és tekintsük az Ax = 0 T homogén lineáris egyenletrendszert, ekkor... (a) a lineáris egyenletrendszer lehet ellentmondó. (b) a lineáris egyenletrendszernek nem lehet pontosan egy megoldása. (c) a fundamentális megoldásrendszer m r(a) elemű. (d) ha a megoldásaltér a {0}, akkor a fundamentális megoldásrendszer 0-elemű. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

37 Feleletválasztás Feleletválasztás A négy állítás közül pontosan egy igaz. Legyen A R m n és tekintsük az Ax = 0 T homogén lineáris egyenletrendszert, ekkor... (a) a lineáris egyenletrendszer lehet ellentmondó. (b) a lineáris egyenletrendszernek nem lehet pontosan egy megoldása. (c) a fundamentális megoldásrendszer m r(a) elemű. (d) ha a megoldásaltér a {0}, akkor a fundamentális megoldásrendszer 0-elemű. A (d) állítás az igaz. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35