1. A vektor és a vektortér fogalma

Átírás

1 1. A vektor és a vektortér fogalma Célunk: a vektor és a vektortér fogalmának minél tágabb értelmezése. Ez azért hasznos, mert így a síkvektorok körében használatos egyes fogalmak és tételek átvihet k lesznek egyéb objektumokból (pl. függvényekb l) álló halmazokra is A síkvektorok halmaza A vektortér fogalmának általánosításához induljunk ki az összes síkvektor halmazából (jel.: E 2 ). Gy jtsük össze ennek a halmaznak néhány tulajdonságát! i) Az elemek irányított szakaszok, amelyeket nyíllal szemléltethetünk. ii) Az elemeknek van nagyságuk és irányuk. iii) Bármely két elemnek értelmezve van az összege, és ez az összeg halmazbeli, azaz annak egy adott eleme. iv) Bármely elemnek értelmezve van egy valós számmal való szorzása (a skalárszorosa), és a skalárszoros is a halmaz eleme. v) Az elemek között értelmezve van skaláris szorzás. Vigyázat: ez nem ugyanaz, mint az el bbi pontban említett skalárral való szorzás! A skaláris szorzás eredménye nem a halmaz eleme, hanem egy valós szám. Ezeknek a tulajdonságoknak számos fontos következményük van, pl. az öszeadás és a skalárral való szorzás m veletével lineáris kombinációkat képezhetünk, értelmes a síkvektorok lineáris függetlensége, a bázis fogalma stb A vektortér általános deníciója A vektortér fogalmának általánosításához kiválasztjuk a síkvektorok fenti tulajdonságai közül azokat, amelyeket a leglényegesebbnek tartunk, és az általános megfogalmazáshoz elengedhetetlenek. A továbbiakban minden olyan struktúrát, amely ezekkel a tulajdonságokkal rendelkezik, vektortérnek fogunk nevezni. Ezek a kiválasztott tulajdonságok az iii) és iv), azaz a síkvektorokra értelmezett összeadás és skalárral való szorzás m velete. Röviden: ha valamely tetsz leges halmazon értelmezni tudunk a fentiekkel megegyez tulajdonságú két m veletet (amelyeket összeadásnak és skalárral való szorzásnak nevezünk), akkor az így kapott struktúrát (a halmazt a két m velettel ellátva) vektortérnek fogjuk nevezni, és a halmaz elemeit vektoroknak. Ahhoz, hogy összeadást értelmezhessünk valamilyen nem síkvektorokból álló, hanem 1

2 egyéb, pl. függvényekb l álló halmazon, tisztáznunk kell, hogy mit is értünk összeadáson. A síkvektorok összeadásakor két síkvektorhoz hozzárendelünk egy harmadikat, azaz az összeadás m velete nem más, mint egy E 2 E 2 E 2 leképezés. Ha tehát van egy tetsz leges X halmazunk, akkor az összeadás értelmezése azt jelenti, hogy deniálunk egy X X X leképezést. Egy ilyen leképezést azonban csak akkor fogunk összeadásnak nevezni, ha tulajdonságaiban hasonlítani fog a síkvektorok összeadásához. A síkvektorok összeadásának négy jól ismert alapvet tulajdonsága van: 1. a + b = b + a a, b E 2 2. (a + b) + c = a + (b + c) a, b, c E 2 3. A nullvektorra igaz az, hogy a + 0 = a a E 2 4. Minden a E 2 elemhez létezik negatív elem E 2 -ben, azaz olyan elem (jelölje a), amelyre a + ( a) = 0. Ha tudunk olyan X X X leképezést deniálni, amely szintén rendelkezik mindezen négy tulajdonsággal, akkor ezt a m veletet X-beli összeadásnak fogjuk nevezni. A másik m velet, a síkvektorok skalárral való szorzása során egy síkvektorhoz és egy valós számhoz rendelünk egy síkvektort, ez a m velet tehát egy E 2 IR E 2 leképezés. Tulajdonságai a következ k: 1. λ (a + b) = λ a + λ b a, b E 2 és λ IR 2. (λ + µ) a = λ a + µ a a E 2 és λ, µ IR 3. λ (µ a) = (λ µ) a = µ (λ a) a E 2 és λ, µ IR (Megjegyezzük, hogy a 2. tulajdonságban két különböz típusú összeadás szerepel az egyenl ség két oldalán.) Ha tudunk olyan X IR X leképezést deniálni, amely szintén rendelkezik mindezen három tulajdonsággal, akkor ezt a m veletet X-beli skalárral való szorzásnak fogjuk nevezni. Ezek után megfogalmazzuk a vektortér általános denícióját: 1.1 Deníció. Legyen X egy tetsz leges halmaz, amelyen értelmezve van egy : X X X és egy : X IR X m velet a következ tulajdonságokkal: 1. x y = y x x, y X 2. (x y) z = x (y z) x, y, z X 3. Létezik nullelem (nullvektor), azaz olyan 0 X X elem, amelyre x 0 X = x x X 2

3 4. Minden x X elemhez létezik negatív elem, azaz olyan elem (jelölje -x), amelyre x ( x) = 0 X, ahol 0 X a 3. tulajdonság szerini nullvektor. 5. λ (x y) = (λ x) (λ y) x, y X és λ IR 6. (λ + µ) x = (λ x) (µ x) x X és λ, µ IR 7. λ (µ x) = (λ µ) x = µ (λ x) x X és λ, µ IR Ekkor az (X,, ) rendezett hármast vektortérnek, az X elemeit pedig vektoroknak nevezzük. 1.2 Megjegyzés. A m veleti jelek köré írt karika azt hivatott kiemelni, hogy újonnan deniált m veletekr l: tetsz leges vektortér elemein értelmezett összeadásr l és skalárral való szorzásról van szó. A kés bbiekben, amikor már egyértelm lesz, hogy egy m veleti jel mit fejez ki, a karikákat elhagyjuk. Azt a lazaságot is elkövetjük, hogy az (X,, ) vektortér helyett egyszer en csak az X vektortér megfogalmazást illetve jelölést fogjuk használni, amikor nem akarjuk hangsúlyozni a m veleteket. Továbbá, ha összeadás és szorzás is szerepel egy kifejezésben, és nincs kitéve zárójel, akkor mindig a szorzást kell el bb elvégezni, hasonlóan ahhoz, ahogyan a valós számoknál már megszokhattuk. A fenti deníciós tulajdonságokból levezethet néhány további alapvet tulajdonság. Pl. belátható, hogy minden vektortérben csak egyetlen nullvektor létezik, továbbá minden elemhez csak egyetlen negatív elem tartozik. Ha (X,, ) egy vektortér, akkor el fordulhat, hogy az X halmaz valamely részhalmaza maga is vektorteret alkot ugyanazon m veletekkel. 1.3 Deníció. Legyen Y X. Azt mondjuk, hogy az (X,, ) vektortérnek altere (Y,, ), ha (Y,, ) vektortér. Belátható, hogy ahhoz, hogy egy vektortér részhalmazáról eldöntsük, hogy maga is vektortér-e ugyanazon m veletekkel, azaz alteret kaptunk-e, elég a két m veletre való zártságot ellen rizni, mert ha az igaz, akkor a hét m veleti tulajdonság a részhalmazon automatikusan teljesül Példák vektorterekre Különböz konkrét X halmazokhoz megadunk m veleteket. Vektorteret kapunk-e? X := E 2 + a síkvektorok szokásos összeadása és skalárral való szorzása - VT 3

4 X:= az egységnyi hosszúságú síkvektorok halmaza + a síkvektorok szokásos összeadása és skalárral való szorzása - NEM VT X := IR + a valós számok szokásos összeadása és szorzása - VT X := IC + a komplex számok szokásos összeadása és szorzása X := IR 2 + a számpárokon már értelmezett összeadás és skalárral való szorzás - VT X := IR n, n IN tetsz. + a szám-n-eseken már értelmezett összeadás és skalárral való szorzás - VT X := P n (legfeljebb n-edfokú polinomok) + a függvények szokásos összeadása és skalárral való szorzása - VT X := P n (szigorúan n-edfokú polinomok) + a függvények szokásos összeadása és skalárral való szorzása - NEM VT X = C[a, b] (az [a, b] IR intervallumon értelmezett folytonos valós függvények)+ a függvények szokásos összeadása és skalárral való szorzása - VT X := D(a, b) (az (a, b) IR intervallumon értelmezett dierenciálható valós függvények) + a függvények szokásos összeadása és skalárral való szorzása - VT X := R[a, b] (az [a, b] IR intervallumon értelmezett Riemann-integrálható valós függvények) + a függvények szokásos összeadása és skalárral való szorzása - VT 1.4. Fontos fogalmak vektorterekben Az általános vektortérfogalom bevezetése után mindazok a fogalmak és a síkvektorok azon tulajdonságai, amelyek az összeadás és a skalárral való szorzás m veletével kapcsolatosak, értelmesek lesznek bármilyen vektortérben. Nézzünk meg néhány alapvet deníciót. Legyen (X,, ) egy tetsz leges vektortér. 1. Lineáris kombináció 1.4 Deníció. Az x 1, x 2,... x n X vektorok lineáris kombinációjának nevezzük az α 1 x 1 α 2 x 2... α n x n, α i IR, i = 1, 2,..., n alakú kifejezést. 4

5 2. Lineáris függetlenség 1.5 Deníció. Azt mondjuk, hogy az x 1, x 2,... x n X vektorok lineárisan függetlenek, ha α 1 x 1 α 2 x 2... α n x n = 0 X α i = 0, i = 1, 2,..., n. A deníció tetsz leges (tehát akár végtelen sok elem ) vektorhalmazra a következ képpen szól: 1.6 Deníció. Azt mondjuk, hogy az Y X halmaz lineárisan független, ha Y bármely véges részhalmaza lineárisan független. 3. Lineáris burok 1.7 Deníció. Az x 1, x 2,..., x n X vektorok lineáris burkának nevezzük az x 1, x 2,..., x n összes lineáris kombinációjának a halmazát. Jelölése: span[x 1, x 2,..., x n ]. Megjegyezzük, hogy span[x 1, x 2,..., x n ] mindig altere az (X,, ) vektortérnek. 4. Vektortér generálórendszere: 1.8 Deníció. A G X halmazt az (X,, ) vektortér generálórendszerének nevezzük, ha X minden eleme el állítható G elemeinek lineáris kombinációjával. 5. Vektortér bázisa 1.9 Deníció. A B X halmazt az (X,, ) vektortér bázisának nevezzük, ha B generálórendszere az (X,, ) vektortérnek, és B lineárisan független halmaz. Belátható, hogy egy vektortérben minden bázis azonos elemszámú (számosságú). A bázist más szóval koordináta-rendszernek nevezzük. 6. Vektortér dimenziója 1.10 Deníció. Az (X,, ) vektortér dimenziójának a benne lév bázisok elemszámát nevezzük. Jelölése: dimx. Ha dimx < +, akkor a vektorteret véges dimenziós vektortérnek nevezzük. A bevezet ben tárgyalt síkvektoroknak vannak egyéb speciális tulajdonságai is, amelyeket ott felsoroltunk. Ezekkel nem feltétlenül rendelkezik bármilyen vektortér. Pl. nem biztos, hogy van hosszuk és irányuk az elemeknek, továbbá nem tartozik lényegileg a vektorfogalomhoz, hogy értelmes a skaláris szorzat. A kés bbiekben még a hosszúság és a skaláris szorzás fogalmát általánosítjuk. 5

6 A véges dimenziós vektorterek kapcsolata az IR n vektortérrel Ebben az alfejezetben megmutatjuk, hogy a véges dimenziós vektorterek között kitüntetett szerepe van az IR n vektortérnek. Legyen (X,, ) egy tetsz leges n dimenziós vektortér (n IN tetsz.) Ekkor X-ben létezik n elem bázis: B := {b 1,..., b n } X. A B halmaz generálórendszere az (X,, ) vektortérnek, azaz tetsz leges x X elemet el lehet állítani a B elemeinek lineáris kombinációjával, jelölje az együtthatókat rendre α 1,..., α n : x = α 1 b α n b n. (Itt már elhagytuk a karikákat a m veleti jelekr l, s t, a valós számok szorzásához hasonlóan a szorzást jelöl pontot is elhagyjuk.) Továbbá, B lineárisan független rendszer, amib l következik, hogy a fenti el állítás egyértelm. Tegyük fel ugyanis, hogy a fenti x elemet más együtthatókkal is megkaphatjuk: x = α 1 b α n b n. Ekkor a fenti két egyenl séget kivonva egymásból, a 0 X = (α 1 α 1 )b (α n α n )b n egyenl séget kapjuk. Mivel a b 1,..., b n vektorok lineárisan függetlenek, a jobb oldali lineáris kombináció csak akkor adhatja X nullvektorát, ha mindegyik együttható nulla. Ebb l az következik, hogy nincs két különböz el állítás. A fenti gondolatmenetb l az következik, hogy ha X-ben rögzítettünk egy B bázist, akkor ezen bázis segítségével X minden elemének egyértelm en megfeleltethetünk egy számn-est, nevezetesen, a B bázisbeli el állításában szerepl együtthatókból állót. Azaz pl. a fenti x elemnek megfeleltethetjük az (α 1,..., α n ) IR n elemet. Ez a megfeleltetés (bijekció) ráadásul még annyiban is speciális, hogy m velettartó, azaz két X-beli elem összegéhez a megfelel IR n -beli elemek összegét rendeli, és bármely X-beli elem skalárszorosához a megfelel IR n -beli elem skalárszorosát rendeli. Fontos következmény, hogy bármely n (véges) dimenziós X vektortér azonosítható az IR n vektortérrel, azaz X elemei megfeleltethet k szám-n-eseknek, és ha X elemein összeadást és skalárral való szorzást kell elvégezni, akkor a m veleteket a megfelel szám-n-esekkel is elvégezhetjük. Ilyen értelemben elegend a véges dimenziós vektorterek közül csak az IR n vektortérrel foglalkozni. Ez az azonosíthatóság végtelen dimenziós vektorterekre már 6

7 nem igaz, így pl. nem azonosíthatunk minden folytonos függvényt egy szám-n-essel. 2. Lineáris leképezések Ebben a fejezetben vektorterek között ható leképezésekr l (függvényekr l) lesz szó. Ezek között a legegyszer bbek és a gyakorlatban igen fontosak a lineáris leképezések. 2.1 Deníció. Legyen (X 1, 1, 1 ) és (X 2, 2, 2 ) két vektortér. Az f : X 1 X 2 leképezést lineárisnak nevezzük, ha igaz rá a következ két tulajdonság: 1. f(x 1 1 x 2 ) = f(x 1 ) 2 f(x 2 ) x 1, x 2 V 1, 2. f(λ 1 x) = λ 2 f(x) x X 1, λ IR. Az X 1 X 2 képez lineáris leképezések halmazát Hom(X 1, X 2 ) jelöli. Megjegyezzük, hogy egy lineáris leképezésnek nemcsak az értelmezési tartománya vektortér, de a képtere is: 2.2 Állítás. Ha f : X 1 X 2 lineáris leképezés, akkor f képtere (R(f)) altere X 2 -nek. Biz.: Belátandó, hogy R(f) zárt az összeadásra és a skalárral való szorzásra. 1.) Összeadás: Legyenek y 1 és y 2 tetsz leges R(f)-beli elemek. Ekkor létezik x 1, x 2 X 1, amelyekre f(x 1 ) = y 1, f(x 2 ) = y 2. Az f linearitása miatt y 1 + y 2 = f(x 1 ) + f(x 2 ) = f(x 1 + x 2 ), ami eleme R(f)-nek, tehát y 1 + y 2 R(f). 2.) Skalárral való szorzás: Legyen y R(f) tetsz leges. Ekkor létezik x X 1 : f(x) = y. Tetsz leges λ IR esetén f linearitása miatt λy = λf(x) = f(λx), ami eleme R(f)-nek, tehát λy R(f). A legegyszer bb esetben X 1 és X 2 is IR, azaz a leképezés valós-valós függvény. Láthattuk, hogy ezek között a linearitás deníciójának csak az f(x) = ax alakú függvények tesznek eleget, ahol a IR rögzített szám. Legyen most X 1 = IR 2 és X 2 = IR, azaz f : IR 2 IR (az f függvény számpárokhoz számokat rendel): f : (x 1, x 2 ) y 2.3 Tétel. Egy f : IR 2 IR függvény pontosan akkor lineáris, ha f(x 1, x 2 ) = a 1 x 1 +a 2 x 2 alakú, ahol a 1, a 2 IR rögzített számok. 7

8 Biz.: ( ) Ha az f függvény f(x 1, x 2 ) = a 1 x 1 + a 2 x 2 alakú, akkor 1. f((x 1, x 2 ) + ( x 1, x 2 )) = f(x 1 + x 1, x 2 + x 2 ) = a 1 (x 1 + x 1 ) + a 2 (x 2 + x 2 ) = (a 1 x 1 + a 2 x 2 ) + (a 1 x 1 + a 2 x 2 ) = f(x 1, x 2 ) + f( x 1, x 2 ) (x 1, x 2 ), ( x 1, x 2 ) IR 2 esetén, 2. f(λ (x 1, x 2 )) = f(λx 1, λx 2 ) = a 1 λx 1 + a 2 λx 2 = λ(a 1 x 1 + a 2 x 2 ) = λf(x 1, x 2 ) (x 1, x 2 ) IR 2, λ IR esetén. Tehát f lineáris. ( ) Belátjuk, hogy ha f lineáris, akkor csak a fenti alakú lehet. Tudjuk, hogy IR 2 -ben bázist alkotnak az (1, 0), (0, 1) elemek. Ezek segítségével felírhatjuk: f(x 1, x 2 ) = f(x 1 (1, 0) + x 2 (0, 1)) Mivel f lineáris, ezért tagonként alkalmazhatjuk f-et, és az x 1 és x 2 szorzó kihozható: f(x 1 (1, 0) + x 2 (0, 1)) = x 1 f(1, 0) + x 2 f(0, 1). Vezessük be az a 1 := f(1, 0), a 2 := f(0, 1) jelöléseket. Ezzel f(x 1, x 2 ) = a 1 x 1 + a 2 x 2. Ezt úgy is megfogalmazhatjuk az x := (x 1, x 2 ), a = (a 1, a 2 ) jelölések bevezetésével, hogy egy f : IR 2 IR függvény pontosan akkor lineáris, ha f(x) = a x alakú, ahol a pont az R 2 -beli skaláris szorzást jelenti. (Vegyük észre a valós lineáris függvényekkel való hasonlóságot!) Vizsgáljuk végül azt az általános esetet, amikor f : IR n IR m típusú. Ekkor a fentiekhez hasonlóan belátható a következ 2.4 Tétel. Egy f : IR n IR m függvény pontosan akkor lineáris, ha az f(x 1, x 2,..., x n ) = (y 1,... y m ) 8

9 jelöléssel y 1 = a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n y 2 = a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n. y m = a m1 x 1 + a m2 x a mn x n alakú, ahol a ij, i = 1, 2,..., m, j = 1, 2,..., n rögzített valós számok Mátrixok és kapcsolatuk az IR n IR m lineáris leképezésekkel Az IR n IR m lineáris leképezések áttekinthet bbé válnak a márixok segítségével. A mátrixot az els félévben számtáblázatként deniáltuk. Vegyük észre, hogy ez nem matematikai deníció, ezért pontosítani szükséges. 2.5 Deníció. Egy M : {1, 2,..., m} {1, 2,..., n} IR függvényt m n-es mátrixnak nevezünk. Az m n-es mátrixok halmazát az IR m n szimbólummal jelöljük. Azaz egy m n-es mátrix precízen úgy értelmezhet, mint olyan függvény, amely indexpárokhoz rendel valós számokat; az els index 1-t l m-ig, a második 1-t l n-ig fut. Egy ilyen leképezést valóban táblázat formájában kényelmes megadni: készítünk egy m sorból és n oszlopból álló táblázatot, és az i-edik sor j-edik oszlopába írjuk azt a számot, amelyet az M mátrix az (i, j) párhoz rendel. Pl. az M = [2 6 8] 1 3-as táblázat formájában megadott mátrix a következ leképezést jelenti: M(1, 1) = 2, M(1, 2) = 6, M(1, 3) = 8. Tekintsük az IR n IR m lineáris leképezések 2.4 Tétel szerinti általános alakját. Világos, hogy egy ilyen alakú függvényt azonosítanak a koordináta-függvények kifejezésében szerepl a ij szorzók. Ez m-szer n db valós számot jelent, ahol fontos, hogy melyik szám melyik helyen szerepel. Ezért a lineáris leképezést megadhatjuk egy m n-es mátrixszal: a mátrix M(i, j) eleme az y i koordináta-függvényben x j el tt álló együttható lesz: a 11 a a 1n a M = 21 a a 2n. a m a mn 9

10 A mátrix elemeit az M(i, j) jelölés helyett szokásosabb a megfelel kisbet vel és kett s indexszel jelölni, tehát M(i, j) helyett az m ij jelölést alkalmazzuk. Pl. Milyen lineáris leképezést határoz meg az [ M = ] mátrix? Azt az f : IR 3 IR 2 leképezést, amelyre f(x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 + 2x 2 + 3x 3, 2x 1 + 3x 2 + 4x 3 ) 2.2. M veletek lineáris leképezésekkel Valós függvények körében ismeretes a függvények összegének, skalárral való szorzatának és kompozíciójának a fogalma. Mindezek a m veletek értelmezhet k általánosan tetsz leges vektorterek között ható függvényekre is. 1. Összeadás Legyen X 1 és X 2 vektortér. Az f : X 1 X 2 és g : X 1 X 2 függvények összegén azt a h : X 1 X 2 függvényt értjük, amelyre D(h) = D(f) D(g), és h(x) = f(x) + g(x) x D(h). Azaz minden pontban összeadjuk a két függvényértéket, ahogy a valós függvények összeadásánál. (Ez megtehet, mert a függvényértékek egy vektortér elemei). Jelölése: h =: f + g. Vizsgáljuk speciálisan az IR n IR m lineáris leképezések esetét. 2.6 Tétel. Ha f, g : IR n IR m lineáris leképezések, akkor f + g is R n IR m lineáris leképezés, és f + g mátrixát úgy kapjuk, hogy az f és g mátrixának a megfelel elemeit összeadjuk. Az állítás igazságát csak arra az esetre gondoljuk meg, amikor f, g : IR 2 IR 2. Ha f és g is IR 2 IR 2 lineáris leképezések, akkor a következ alakúak: f(x 1, x 2 ) = (a 11 x 1 + a 12 x 2, a 21 x 1 + a 22 x 2 ), 10

11 és g(x 1, x 2 ) = (b 11 x 1 + b 12 x 2, b 21 x 1 + b 22 x 2 ). Tehát az f leképezésnek az mátrix felel meg, a g-nek pedig a [ A = [ B = a 11 a 12 a 21 a 22 b 11 b 12 b 21 b 22 ] ] mátrix. Adjuk össze az f és g függvényt. Ez az összeadás fenti deníciója szerint az az IR 2 IR 2 függvény lesz, amely egy (x 1, x 2 ) IR 2 elemhez az f(x 1, x 2 ) + g(x 1, x 2 ) összeget rendeli, azaz (f+g)(x 1, x 2 ) = f(x 1, x 2 )+g(x 1, x 2 ) = (a 11 x 1 +a 12 x 2 +b 11 x 1 +b 12 x 2, a 21 x 1 +a 22 x 2 +b 21 x 1 +b 22 x 2 ) = ((a 11 + b 11 )x 1 + (a 21 + b 21 ))x 2, (a 21 + b 21 )x 1 + (a 22 + b 22 )x 2 ). Látható, hogy az összegleképezés is lineáris, és mátrixa C = [ a 11 + b 11 a 12 + b 12 a 21 + b 21 a 22 + b 22 ], azaz valóban összeadódtak A és B megfelel elemei. 2. Skalárral való szorzás Az f : X 1 X 2 λ skalárszorosán azt a h : X 1 X 2 függvényt értjük, amelyre D(h) = D(f), és h(x) = λ f(x) x D(h). Azaz minden függvényértéket szorzunk a λ számmal, ahogy valós függvényeknél szokásos. (Ennek is van értelme, mert a függvényértékek egy vektortér elemei.) Jelölése: h =: λ f. Vizsgáljuk ismét speciálisan az IR n IR m lineáris leképezések esetét. 2.7 Tétel. Ha f : IR n IR m lineáris leképezés, akkor a λ-szorosa is IR n IR m lineáris leképezés, amelynek a mátrixát úgy kapjuk, hogy f mátrixának minden elemét λ-val szorozzuk. 11

12 Csak az f : IR 2 IR 2 esetre gondoljuk meg. Az f(x 1, x 2 ) = (a 11 x 1 + a 12 x 2, a 21 x 1 + a 22 x 2 ) leképezés λ-szorosa (λ f)(x 1, x 2 ) = λ f(x 1, x 2 ) = (λa 11 x 1 + λa 12 x 2, λa 21 x 1 + λa 22 x 2 ), amir l látható, hogy lineáris, és mátrixa [ λa 11 λa 12 λa 21 λa 22 ], vagyis valóban úgy kaptuk, hogy az f leképezés A mátrixának minden elemét λ-val szoroztuk. 2.8 Megjegyzés. A Hom(IR n, IR m ) halmazon tehát van összeadás és skalárral való szorzás, és ezen m veletekre a Hom(IR n, IR m ) halmaz zárt. Belátható a vektortereknél látott hét m veleti tulajdonság is, így Hom(IR n, IR m ) vektorteret alkot ezen m veletekkel. Általánosan is igaz, hogy akármilyen X 1, X 2 vektorterekr l van szó, a Hom(X 1, X 2 ) tér az el bbi módon deniált összeadás és skalárral való szorzás m veletével vektorteret alkot. 3. Kompozíció (összetett függvény) Legyenek X 1, X 2 és X 3 vektorterek. Az f : X 1 X 2 és g : X 2 X 3 függvények kompozícióján azt a h : X 1 X 3 függvényt értjük, amelyre D(h) = {x D(f) : f(x) D(g)}, és Jelölése: h =: g f. h(x) = g(f(x)) x D(h). Mit lehet mondani egy f : IR n IR m és g : IR m IR l lineáris leképezés kompozíciójáról? Az egyszer ség kedvéért azt az esetet nézzük meg részletesebben, amikor n = m = l = 2, azaz mindkét lineáris leképezés IR 2 IR 2 típusú. Legyen tehát f(x 1, x 2 ) = (a 11 x 1 + a 12 x 2, a 21 x 1 + a 22 x 2 ) és g(y 1, y 2 ) = (b 11 y 1 + b 12 y 2, b 21 y 1 + b 22 y 2 ). 12

13 A g f kompozíció felírásához a g függvény argumentumában y 1 és y 2 helyébe helyettesítsük be az (x 1, x 2 ) f-képét: (g f)(x 1, x 2 ) = (b 11 (a 11 x 1 +a 12 x 2 )+b 12 (a 21 x 1 +a 22 x 2 ), b 21 (a 11 x 1 +a 12 x 2 )+b 22 (a 21 x 1 +a 22 x 2 )) Az eredmény koordináta-függvényeiben x 1 és x 2 együtthatóit leolvasva látható, hogy g f a következ mátrixszal azonosítható: [ b 11 a 11 + b 12 a 21 b 11 a 12 + b 12 a 22 b 21 a 11 + b 22 a 21 b 21 a 12 + b 22 a 22 ] Ennek a mátrixnak az i-edik sorában és j-edik oszlopában (i, j = 1, 2) lév elemét úgy kaphatjuk meg, hogy a B mátrix i-edik sorában lév vektort skalárisan szorozzuk az A mátrix j-edik oszlopában lév vektorral. Általában pedig, ha f : IR n IR m és g : IR m IR l lineáris leképezések, akkor (g f) : IR n IR l lineáris leképezés lesz, amelynek mátrixa l n-es, és i-edik sorának j-edik eleme a m k=1 b ika kj, i = 1,..., l, j = 1,... n képlettel adható meg M veletek mátrixokkal Most tekintsük az összes m-szer n-es mátrix halmazát önmagában. Ezen a halmazon is deniálhatunk m veleteket! 1. Összeadás Kézenfekv, hogy két mátrix összegét deniáljuk úgy, hogy az összegmátrix az összeadandóknak megfelel lineáris leképezések összegét adja meg. 2.9 Deníció. Az A, B IR m n mátrixok A + B összegén azt a C IR m n mátrixot értjük, amelynek elemeire c ij := a ij + b ij, i = 1, 2,..., m, j = 1, 2,..., n. 2. Skalárral való szorzás Egy mátrix skalárszorosán értsük azt a mátrixot, amely a mátrixnak megfeleltetett lineáris leképezés skalárszorosának felel meg Deníció. Az A IR m n mátrix λ IR számszorosán azt a B IR m n mátrixot értjük, amelynek elemeire b ij := λ a ij, i = 1, 2,..., m, j = 1, 2,..., n. 13

14 2.11 Megjegyzés. Ezen két m velettel ellátva az IR m n halmaz vektorteret alkot, továbbá a m veletek fenti deníciója biztosítja, hogy IR m n és a Hom(IR n, IR m ) vektortér között m velettartó bijekció van. A Hom(IR n, IR m ) vektortér ilyen értelemben azonosítható az IR m n vektortérrel. 3. Mátrixszorzás Két mátrix egymással való szorzatát csak arra az esetre értelmezzük, amikor a megfelel lineáris leképezéseknek értelmes a kompozíciója, és úgy deniáljuk, hogy a szorzatmátrix a kompozícióleképezést reprezentálja Deníció. Az A IR l m és B IR m n mátrixok A B szorzatán azt a C IR l n mátrixot értjük, amelynek elemeire c ij := m a ik b kj, i = 1, 2,..., l, j = 1, 2,..., n. k=1 Vegyük észre, hogy ha adva van egy lineáris leképezés IR n -b l IR m -be, akkor egy x IR n vektor képét is meg tudjuk kapni mátrixszorzás segítségével: a leképezés mátrixával megszorozzuk az x vektort mint n 1-es oszlopmátrixot Lineáris leképezések invertálása, az inverz mátrix A lineáris leképezés függvény, ezért értelmes az a kérdés, hogy egy lineáris leképezésnek mikor létezik inverze. Idézzük fel, hogy mit értettünk általában egy X halmazból Y halmazba képez f függvény inverzén. (Az egyszer ség kedvéért tegyük fel, hogy f az egész X-en értelmezve van.) Láttuk, hogy f akkor invertálható, ha injektív, azaz egy R(f)-beli elemet csak egyetlen X-beli elemhez rendel hozzá. Az f függvény inverze deníció szerint az az f 1 : R(f) X függvény, amelyre minden y R(f) pontban f 1 (y) = x, ahol y = f(x). Vagyis ez az f függvény fordítottja. Emlékeztetünk két fontos állításra: 2.13 Állítás. Ha f invertálható, akkor f f 1 = id R(f) (az R(f) R(f) képez identitásfüggvény), és f 1 f = id X (az X X képez identitásfüggvény) Állítás. Egy f függvény inverze mindig invertálható, és (f 1 ) 1 = f Állítás. Az inverz függvény egyértelm. Biz.: A bizonyítás indirekt. Tegyük fel, hogy az f 1 : R(f) X függvény is inverze f-nek, de f 1 f 1. Ekkor f 1 = f 1 id R(f) = f 1 (f f 1 ) = ( f 1 f) f 1 = id X f 1 = f 1. 14

15 Tehát a két inverz függvény nem lehet különböz. Ha X 1, X 2 vektorterek, és f : X 1 X 2 lineáris leképezés, akkor láttuk, hogy f képtere altere X 2 -nek. Így ha f invertálható, akkor az f 1 inverz leképezés értelmezési tartománya, D(f 1 ) is mindig vektortér (hiszen D( 1 ) = R(f)). A továbbiakban az f : IR n IR m típusú lineáris leképezések inverzével foglalkozunk Állítás. Ha f : IR n IR m lineáris és invertálható, akkor f 1 : IR m IR n is lineáris. Biz.: Vizsgáljuk meg a linearitás két tulajdonságát! 1. Igaz-e, hogy f 1 (a + b) = f 1 (a) + f 1 (b) a, b D(f 1 )? Vezessük be az x := f 1 (a) és y := f 1 (b) jelölést. Mivel f lineáris, f(x) + f(y) = f(x + y), azaz a + b = f(f 1 (a) + f 1 (b)). Alkalmazzuk mindkét oldalra az f 1 függvényt! Ezzel a belátandó tulajdonágot kapjuk: f 1 (a + b) = f 1 (a) + f 1 (b). 2. Igaz-e, hogy f 1 (λa) = λf 1 (a) a D(f 1 ), λ IR? Mivel f lineáris, f(λx) = λf(x). Az el bb bevezetett jelölést alkalmazva f(λf 1 (a)) = λf(f 1 (a)) = λa. Alkalmazzuk ismét mindkét oldalra az f 1 függvényt! Ezzel f 1 (λa) = λf 1 (a), ami éppen a belátandó állítás Megjegyzés. Ez az állítás jóval általánosabban is igaz: minden f : X Y (X és Y vektorterek) lineáris függvény inverze is lineáris. 15

16 Ismeretes, hogy egy f : IR n IR m lineáris függvény a 0 n IR n nullvektorhoz mindig a 0 m IR m nullvektort rendeli hozzá. (Hiszen f(0 n ) = f(0 x), ahol x IR n tetsz leges vektor, és f linearitása miatt f(0 x) = 0 f(x) = 0 m. Itt kétszer is kihasználtuk azt az egyszer en belátható tényt, hogy egy vektortér bármely elemét 0-val szorozva a vektortér nullvektorát kapjuk.) Egyszer en belátható, hogy az invertálható lineáris függvényekre ennél több is igaz: 2.18 Tétel. Az f : IR n IR m lineáris függvény pontosan akkor invertálható, ha a 0 m IR m vektort csak a 0 n IR n vektorhoz rendeli hozzá. Biz.: ( ) Tegyük fel, hogy az f lineáris leképezés invertálható. Ekkor semmilyen értéket nem vehet fel két különböz helyen, így a nullvektort sem csak a 0 n helyen veszi fel. ( ) Tegyük fel, hogy f a 0 m IR m vektort csak a 0 n IR n vektorhoz rendeli hozzá. Belátandó, hogy f injektív, azaz f(x 1 ) = f(x 2 ) esetén x 1 = x 2. Tegyük fel, hogy f(x 1 ) = f(x 2 ). Ekkor f(x 1 ) f(x 2 ) = 0 m. Mivel f, lineáris, így f(x 1 x 2 ) = 0 m. De f a 0 m -et csak a 0 n -hez rendeli, így x 1 x 2 = 0 n x 1 = x 2. Ennek következménye az alábbi állítás. (A továbbiakban feltesszük, hogy R(f) = IR m, vagyis az egész R m -be beleképez.) 2.19 Állítás. Ha az f : IR n IR m lineáris függvény invertálható, és R(f) = R m, akkor n = m. Bizonyítás helyett csak a legegyszer bb eseteket gondoljuk végig. 1. Miért nem lehet m < n? Legyen el ször f : IR 2 IR. Tudjuk, hogy ha f lineáris, akkor f(x 1, x 2 ) = a 1 x 1 + a 2 x 2 alakú. Az a 1 x 1 +a 2 x 2 fügvényérték milyen (x 1, x 2 ) esetén lehet 0? Természetesen nem csak akkor, ha x 1 = 0 és x 2 = 0. Ezért az el bbi állítás értelmében f nem lehet invertálható. Legyen most f : IR 3 IR 2. Az ilyen típusú lineáris függvény f(x 1, x 2, x 3 ) = (a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3, b 1 x 1 + b 2 x 2 + b 3 x 3 ) alakú. A jobb oldali vektor megint nem csak x 1 = x 2 = x 3 = 0 esetén lehet nulla, hiszen ez azt jelentené, hogy az a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 = 0 b 1 x 1 + b 2 x 2 + b 3 x 3 = 0 16

17 lineáris egyenletrendszernek egyetlen megoldása van. Ez pedig nem lehetséges, mert ehhez az együtthatómátrix rangjának 3-nak kellene lennie (ennyi az ismeretlenek száma), de csak két sora van. Általában is belátható, hogy m < n esetén a függvény nem lehet invertálható. 2. Miért nem lehet m > n? Mert ekkor az 1. pont értelmében az f 1 : IR m IR n függvény nem lehetne invertálható. Ez az oka annak, hogy csak f : IR n IR n függvények invertálhatóságával foglalkozunk. Tudjuk, hogy egy f : IR n IR n lineáris függvény megfelel egy n n-es mátrixszal való szorzásnak. Mivel a függvény inverze szintén IR n IR n képez, az inverz leképezésnek is megfelel egy n n-es mátrix Deníció. Egy A IR n n mátrixot invertálhatónak nevezünk, ha a neki megfelel f : IR n IR n lineáris leképezés invertálható. Ekkor az f 1 : IR n IR n lineáris leképezés mátrixát az A mátrix inverzének nevezzük. Jelölése: A 1. Nyilvánvalóan A A 1 = I és A 1 A = I. Vizsgáljuk meg, hogy milyennek kell lennie egy mátrixnak ahhoz, hogy a mátrix, vagyis a neki megfeleltetett lineáris leképezés invertálható legyen! A 2.18 tételt az m = n esetre alkalmazva, egy f : IR n IR n lineáris leképezés pontosan akkor invertálható, ha f(x) = 0 n csak az x = 0 n helyen áll fenn. Mivel f(x) = A x, ahol A a lineáris leképezés mátrixa, ezért az a kérdés, hogy A x = 0 n milyen feltétel mellett áll fenn csak az x = 0 n vektorra. Erre a lineáris egyenletrendszerek elméletéb l tudjuk a választ: az A x = 0 n lineáris egyenletrendszernek csak akkor egyedüli megoldása a 0 n vektor, ha det A 0. Vagyis egy A mátrix pontosan akkor invertálható, ha det A 0. Szükségünk lehet mátrixszorzatok invertálására is. Ezzel kapcsolatos a következ állítás Állítás. Többtényez s mátrixszorzat inverze az egyes tényez k inverzének fordított sorrendben vett szorzata. Ezt elég két mátrixra ellen riznünk: lássuk be tehát, hogy (AB) 1 = B 1 A 1. Kihasználva a mátrixszorzás asszociativitását: (AB)(B 1 A 1 ) = A(BB 1 )A 1 = AA 1 = I. 17

18 2.22 Megjegyzés. Az inverz mátrix kiszámításával az el z félévben foglalkoztunk A transzponált mátrix A transzponált mátrix fogalmával az els félévben már találkoztunk. deníció: Emlékeztet ül a 2.23 Deníció. Az A IR m n mátrix transzponáltjának nevezzük azt az A T IR n m mátrixot, amelynek elemeire a T ij := a ji, i = 1, 2,... n, j = 1, 2,..., m. Ez tehát az a mátrix, amelyet A sorainak és oszlopainak a felcserélésével kapunk. Mi lehet a transzponált mátrix jelentése, azaz mint lineáris leképezés, mit fejez ki a transzponált mátrix? Ehhez emlékeztet nek el ször felidézzük az IR n -beli vektorok skaláris szorzatának a fogalmát Deníció. Az x, y IR n vektorok skaláris szorzatán az x, y := n x i y i i=1 számot értjük. Gondoljuk meg a következ t: vajon igaz-e tetsz leges A IR n n mátrixra, hogy minden x és y IR n vektor esetén fennáll az x, Ay = Ax, y egyenl ség? Ellenpéldával könnyen megmutatható, hogy nem lehet mindig igaz, hiszen pl. az [ ] 1 2 A =, x = (0, 1), y = (1, 0) 3 4 megválasztásal x, Ay = 3 Ax, y = 2. Vizsgáljuk meg, mi annak a feltétele a 2 2-es mátrixok körében hogy x, Ay = Ax, y igaz legyen minden x, y IR 2 esetén! Kiszámolva a két oldalt: x, Ay = x 1 a 11 y 1 + x 1 a 12 y 2 + x 2 a 21 y 1 + x 2 a 22 y 2, 18

19 és Ax, y = y 1 a 11 x 1 + y 1 a 12 x 2 + y 2 a 21 x 1 + y 2 a 22 x 2. Látható, hogy a két kifejezés minden x, y IR 2 vektorra csak akkor teljesül, ha a 12 = a 21, azaz az A mátrix szimmetrikus, másképpen A = A T. Vagyis a mátrix szorzót csak akkor vihetjük át a skaláris szorzatban a másik vektorra, ha az A mátrix egyenl a saját transzponáltjával. Mindig igaz viszont a következ : ha A IR m n, akkor az x, Ay = A T x, y egyenl ség fennáll minden x IR m és y IR n esetén. Tehát ha a mátrix szorzót át akarjuk tenni a skaláris szorzatban a másik vektorra, akkor a mátrixot transzponálni is kell Deníció. Ha f : IR n IR m lineáris leképezés, akkor az f : IR m IR n lineáris leképezést az f leképezés adjungáltjának nevezzük, ha x, f(y) = f (x), y x IR m, y IR n. Ha tehát az f lineáris leképezés mátrixa A, akkor az A mátrix transzponáltja az f adjungált leképezést reprezentálja Lineáris leképezések tetsz leges véges dimenziós vektorterek között Láttuk, hogy egy f : IR n IR m lineáris leképezést megadhatunk egy m n-es mátrixszal. Most látni fogjuk, hogy tetsz leges véges dimenziós vektortérb l véges dimenziós vektortérbe képez lineáris operátor is mindig reprezentálható mátrixszal. Legyen f : X 1 X 2 lineáris leképezés, ahol X 1, X 2 vektorterek, és dimx 1 = n, dimx 2 = m. Már volt róla szó, hogy egy n dimenzió vektortér azonosítható IR n -nel, tehát X 1 azonosítható az IR n, X 2 pedig az IR m vektortérrel. Ez az azonosítás úgy történik, hogy rögzítünk X 1 -ben is és X 2 -ben is egy bázist, és az elemeket el állítjuk a báziselemek lineáris kombinációjával. Ilyen módon az f : X 1 X 2 lineáris leképezés azonosítható egy f : IR n IR m szintén lineáris leképezéssel, ez pedig megfeleltethet egy m n-es mátrixnak. Keressük ezen mátrix elemeit. Legyen az X 1 vektortérben kiválasztott bázis B 1 = {a 1, a 2,..., a n }, az X 2 -beli bázis pedig B 2 = {b 1, b 2,..., b m }. Tegyük fel, hogy az x X 1 vektor el állítása x = x 1 a x n a n, 19

20 azaz x-et az (x 1, x 2,..., x n ) IR n szám-n-essel azonosíthatjuk. Az x vektor képét jelölje y, azaz y = f(x). Az y az X 2 vektortérben van, így felírható a b 1,..., b m báziselemek lineáris kombinációjaként: y = y 1 b y m b m. Azt keressük, hogy mi a kapcsolat az (x 1, x 2,..., x n ) vektor és az (y 1,..., y m ) vektor között, pontosabban milyen mátrixszal szorozva kapjuk meg az (x 1, x 2,..., x n ) vektorból az (y 1,..., y m ) vektort. Az y = f(x) egyenl ségben y és x helyébe is írjuk be a felbontásukat: y 1 b y m b m = f(x 1 a x n a n ). Az f leképezés lineáris, ezért a jobb oldalon f-et tagonként alkalmazhatjuk, és kihozhatjuk az x 1,... x n szorzókat: y 1 b y m b m = x 1 f(a 1 ) x n f(a n ). (1) Vegyük észre, hogy a jobb oldalon szerepl f(a 1 ),..., f(a n ) vektorok X 2 -ben vannak (ezek az X 1 -beli báziselemek f-képei), tehát mindegyiket felírhatjuk a b 1,..., b m vektorok lineáris kombinációjaként: f(a 1 ) = α 11 b α 1m b m. f(a n ) = α n1 b α nm b m Ezeket az összegeket beírva az (1) egyenl ség jobb oldalába, mindkét oldalon az X 2 -beli báziselemek egy-egy lineáris kombinációja lesz. Mivel a báziselemek lineárisan függetlenek, az egyenl ség pontosan akkor áll fenn, ha az egyes báziselemek együtthatója mindkét oldalon megegyezik. Ebb l az y 1 = α 11 x α n1 x n. y m = α 1m x α nm x n összefüggésekhez jutunk. Ebb l már látható, hogy a keresett mátrix α 11 α α n1 α A = 12 α α 2n. α 1m α 2m... α nm 20

21 alakú. Azaz a mátrix i-edik oszlopában az a i báziselem f-képének a B 2 -bázisbeli koordinátái vannak. A mátrix felírásához tehát csak az X 1 -beli n darab báziselem képét kell ismernünk. A kapott mátrix alakja természetesen függ attól, hogy milyen bázist adtunk meg X 1 -ben és X 2 -ben. Ezért a leképezés (B 1, B 2 ) bázispárhoz tartozó mátrixreprezentációjáról beszélünk Mátrixok sajátértékei és sajátvektorai Azt mondjuk, hogy az A IR n n mátrixnak a λ IR szám a sajátértéke, ha létezik olyan x IR n, x 0 n vektor, amelyre Ax = λx. Ekkor az x vektort az A mátrix λ számhoz tartozó sajátvektorának nevezzük. Megjegyezzük, hogy a sajátérték komplex szám is lehet, és a sajátvektorok is lehetnek komplex elem vektorok. Ebben a fejezetben azonban mi csak valós sajátértékekkel fogunk foglalkozni, és mindig csak valós elem sajátvektorokat keresünk. Pl. 1. Az A = [ ] mátrix minden vektort a kétszeresére nyújt. Azaz A-nak sajátértéke a 2, és sajátvektora minden IR 2 -beli nemnulla vektor. 2. Határozzuk meg az [ ] 7 2 A = 4 1 mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! Megoldás: λ sajátérték létezik x 0 n, amelyre Ax = λx. Az Ax = λx egyenlet másképpen úgy is írható: Ax λx = 0 n. A bal oldalon x kiemelhet a következ képpen: (A λi)x = 0 n, ahol I jelöli a 2 2-es identitásmátrixot. Ez az egyenlet egy homogén (azaz 0 n jobb oldalú) lineáris egyenletrendszert jelent az x sajátvektorra. Összegezve: a λ szám pontosan akkor sajátértéke az A mátrixnak, ha az (A λi)x = 0 n homogén lineáris egyenletrendszernek létezik x 0 n megoldása Megjegyzés. A KroneckerCapelli-tételb l következik, hogy egy Bx = 0 n homogén lineáris egyenletrendszernek mindig van megoldása. Világos, hogy mindig megoldása az x = 0 n (triviális megoldás). 21

22 Ha B = 0, akkor a megoldás egyértelm (azaz csak a triviális megoldás van). Ha B = 0, akkor végtelen sok megoldás van (azaz csak ekkor van nemtriviális megoldás). Bennünket az utolsó eset érdekel: az (A λi)x = 0 n egyenletrendszernek pontosan akkor van x 0 n megoldása, amikor A λi = 0. A kérdés tehát az, hogy milyen λ esetén lesz A λi = 0. A példában [ ] [ ] [ ] 7 2 λ 0 7 λ 2 A λi = = λ 4 1 λ Ennek determinánsa: A λi = 7 λ λ = (7 λ)(1 λ) + 8 = λ2 8λ Azt keressük, hogy ez milyen λ értékekre 0, azaz meg kell oldani a λ 2 8λ + 15 = 0 másodfokú egyenletet. A megoldóképletb l: λ 1,2 = 8 ± λ 1 = 5, λ 2 = 3. Ezek tehát a keresett sajátértékek. Most rátérünk a hozzájuk tartozó sajátvektorok meghatározására. A λ 1 = 5-höz tartozó sajátvektorok meghatározása: u sajátvektor, ha Au = λ 1 u, azaz (A λ 1 I)u = 0. Ez egy homogén lineáris egyenletrendszer, amelyben keressük az ismeretlen u vektor u 1 és u 2 elemét. A megoldandó egyenletrendszer tehát: 2u 1 2u 2 = 0 4u 1 4u 2 = 0 A második egyenlet nem független az els t l. (Ennek így is kell lennie, mert végtelen sok megoldást kell kapnunk.) Minden olyan nemnulla (u 1, u 2 ) számpár megoldás, amely kielégíti az els egyenletet, azaz amelyre u 1 = u 2. Így az összes megoldás [ ] p u =, p IR, p 0 tetsz leges. p 22

23 Ezzel megadtuk a λ 1 = 5-höz tartozó sajátvektorokat. Ellen rzésképpen: [ ] [ ] [ ] 7 2 p 5p =, 4 1 p 5p azaz az A mátrix valóban 5-szörösére nyújtja a (p, p) alakú vektorokat. Hasonlóan számíthatók ki a λ 2 = 3-hoz tartozó v sajátvektorok. A megoldás: [ v = ] q, q IR, q 0 tetsz leges. 2q Vegyük észre, hogy a sajátvektorról kikötöttük, hogy az nem lehet a nullvektor, de a sajátérték lehet nulla: nevezetesen, ha A = 0 (hiszen ekkor A λi = A). A továbbiakban jelölje σ(a) az A mátrix sajátértékeinek a halmazát. Egyes speciális mátrixok sajátértékeit könny meghatározni. Pl. legyen D IR n n diagonális mátrix, a f átlóban a d 1, d 2,..., d n számokkal: d d 2 0. D = d n A D mátrix jelölése röviden: diag[d 1, d 2,..., d n ]. Számítsuk ki a sajátértékeit! Egy λ szám pontosan akkor sajátértéke D-nek, ha D λi = 0. A D λi mátrix a következ diagonálmátrix lesz: d 1 λ d 2 λ 0. D = d n λ Ismeretes, hogy egy diagonális mátrix determinánsa a f átlóban lév elemek szorzata, azaz D λi = (d 1 λ)(d 2 λ) (d n λ). Ez a szorzat pedig λ következ értékeire lesz nulla: λ 1 = d 1, λ 2 = d 2..., λ n = d n. Azaz D sajátértékei a f átlóban lév számok: σ(d) = {d 1, d 2,..., d n }. Mik lesznek a hozzájuk tartozó sajátvektorok, ha nincs két egyforma elem a f átlóban? 23

24 A λ 1 = d 1 sajátértékhez tartozó sajátvektor olyan nemnulla u = (u 1, u 2,..., u n ) vektor, amelyre Du = d 1 u. Ez a következ egyenletrendszert jelenti: d 1 u 1 = d 1 u 1 d 2 u 2 = d 1 u 2. d n u n = d 1 u n Ez n darab független egyenlet a sajátvektor elemeire. Az els egyenletnek minden u 1 IR szám eleget tesz. A többi egyenlet megoldása: u 2 = 0, u 3 = 0,..., u n = 0. Azaz: u 1 = p IR tetsz leges, u i = 0, i = 2, 3,..., n. Így a d 1 sajátértékhez tartozó sajátvektor pl. az (1, 0,..., 0) IR n vektor. Hasonlóan, a λ i sajátértékhez tartozó sajátvektorok azok a vektorok, amelyek i-edik eleme tetsz leges, és a többi elemük nulla. Megjegyezzük, hogy a háromszögmátrixokra is igaz, hogy sajátértékeik a f átlóban lév elemek. Feladat. Tegyük fel, hogy λ σ(a). Mutassuk meg, hogy ekkor λ 2 σ(a 2 )! Megoldás: Legyen x egy λ-hoz tartozó sajátvektora az A-nak. Ekkor A 2 x = A(Ax) = A(λx) = λ Ax = λ 2 x. Mivel x 0 n (hiszen sajátvektora A-nak), ezért ez pontosan azt jelenti, hogy λ 2 sajátértéke A 2 -nek. A következ állítás a különböz sajátértékekhez tartozó sajátvektorok egy fontos tulajdonságáról szól Tétel. Az A IR n n mátrix különböz, λ 1, λ 2,..., λ k sajátértékekhez tartozó sajátvektorai lineárisan függetlenek. Biz.: Teljes indukcióval! k = 1-re nyilvánvalóan igaz az állítás, hiszen egy darab nemnulla vektor önmagában lineárisan független. Tegyük fel, hogy az állítás igaz k IN-re, és mutassuk meg, hogy akkor igaz k +1-re is. A bizonyításnak ez a része indirekt. Tegyük fel, hogy a k + 1 darab sajátvek- 24

25 tor (amelyeket jelöljön x 1, x 2,..., x k ) lineárisan összefügg. α 1, α 2,..., α k+1 nem csupa nulla számok, hogy Ekkor léteznek olyan α 1 x 1 + α 2 x α k x k + α k+1 x k+1 = 0 n. (2) Tegyük fel, hogy itt α 1 0, és szorozzuk meg az egyenl ség mindkét oldalát balról az A mátrixszal. Aα 1 x 1 + Aα 2 x Aα k x k + Aα k+1 x k+1 = 0 n. A bal oldali tagokban az α i szorzókat el rehozzuk, és kihasználjuk, hogy Ax i = λ i x i : α 1 λ 1 x 1 + α 2 λ 2 x α k λ k x k + α k+1 λ k+1 x k+1 = 0 n. (3) A (2) egyenl séget szorozzuk végig λ k+1 -gyel: α 1 λ k+1 x 1 + α 2 λ k+1 x α k λ k+1 x k + α k+1 λ k+1 x k+1 = 0 n, (4) majd vonjuk ki (3)-b l (4)-et: α 1 (λ 1 λ k+1 )x 1 + α 2 (λ 2 λ k+1 )x α k (λ k λ k+1 )x k = 0 n, az utolsó tag ugyanis kiesett. A kapott egyenl ségben a bal oldal els tagjának együtthatója λ 1 és λ k különböz sége valamint α 1 0 miatt nem lehet nulla, így viszont a bal oldalon az x 1, x 2,..., x k vektorok egy nemtriviális lineáris kombinációja áll. Ez ellentmond annak a feltevésnek, hogy ezen x 1, x 2,..., x k sajátvektorok lineárisan függetlenek. Így a k + 1 darab sajátvektor nem lehet lineárisan összefügg. Ebb l az állításból következik, hogy ha egy mátrixnak van n darab különböz sajátértéke, akkor az azokhoz tartozó sajátvektorok bázist alkotnak IR n -ben Mátrixok spektrálfelbontása Megmutatható, hogy ha az A IR n n mátrixnak van n darab különböz, λ 1, λ 2,..., λ n sajátértéke, akkor A felírható A = S diag[λ 1, λ 2,..., λ n ] S 1 alakban, ahol S oszlopaiban sorra az A mátrix λ 1, λ 2,..., λ n sajátértékeihez tartozó sajátvektorai vannak. Az A mátrix ilyen alakú felírását spektrálfelbontásnak nevezzük. 25

26 Pl. Adjuk meg a már látott A = [ ] mátrix spektrálfelbontását, ha lehet. Megoldás: Láttuk, hogy A-nak van két különböz sajátértéke: λ 1 = 5 és λ 2 = 3. A-nak létezik spektrálfelbontása. Mindkét sajátértékhez keressünk egy-egy sajátvektort! 1. λ 1 = 5-höz: Láttuk, hogy minden (p, p), p 0 vektor sajátvektor. Legyen pl. u := (1, 1). (Bármelyik sajátvektort választhatjuk.) 2. λ 2 = 3-hoz: Láttuk, hogy minden (q, 2q) vektor sajátvektor. Legyen pl. v := (1, 2). Ezzel a keresett X mátrix: [ ] 1 1 S = 1 2 Számítsuk ki X inverzét, pl. GaussJordan-eliminációval: [ ] [ (2.) (1.) ] (1.) (2.) [ ] Az S inverze tehát: S 1 = [ ] Ezzel A spektrálfelbontása: A = [ ] [ ] [ ] Kés bb visszatérünk arra a kérdésre, hogy mi mindenre jó a fenti mátrixfelbontás Speciális mátrixok Egyes speciális tulajdonságú mátrixok a gyakorlatban igen fontosak. Az els félévben szó esett a diagonális, szimmetrikus és antiszimmetrikus mátrixokról. A lineáris egyenletrendszerek kapcsán megimerkedhettünk a háromszögmátrixokkal. Most további speciális mátrixfajtákról lesz szó. Megjegyezzük, hogy csak valós elem mátrixokkal foglalkozunk, azonban a deníciók egy része általánosítható komplex elem mátrixokra is. 26

27 2.28 Deníció. Egy A IR n n mátrixot ortogonális mátrixnak nevezünk, ha sor- (vagy oszlop-)vektorai egymásra páronként mer leges egységvektorok, azaz skaláris szorzatuk nulla, és hosszúságuk 1. Belátható, hogy egy mátrix pontosan akkor ortogonális, ha inverze a transzponáltja, azaz A IR n n ortogonális mátrix A T = A 1, azaz A T A = AA T = I. Ebb l az is egyszer en következik, hogy egy ortogonális mátrixnak csak 1 vagy -1 lehet a determinánsa, hiszen a det A = det A T, det A det A T = det I = 1 feltételekb l (det A) 2 = 1 következik, azaz det A értéke 1 vagy -1. Példák ortogonális mátrixokra: Identitásmátrix: [ ] A ϕ szög elforgatás mátrixa: [ cos ϕ sin ϕ ] sin ϕ cos ϕ Az x tengelyre való tükrözés mátrixa: [ ] Tükrözés a ϕ/2 irányszög egyenesre: [ cos ϕ sin ϕ sin ϕ cos ϕ ] Vegyük észre, hogy ez a mátrix szimmetrikus, azaz a transzponáltja saját maga. De mivel ortogonális is, a transzponáltja egyben az inverze, amib l következik, hogy az inverze saját maga. Speciálisan, ha ϕ = 90 o, akkor a 45 o -os egyenesre tükrözünk, 27

28 ennek mátrixa: [ ] Az ortogonális mátrixok fontos fajtája a permutációs mátrix Deníció. Egy A IR n n mátrixot permutációs mátrixnak nevezünk, ha minden oszlopában és sorában pontosan egy elem 1, a többi 0. Az ilyen mátrixok egy vektor elemeit felcserélik, más szóval permutálják. Pl. az A = mátrix bármely háromdimenziós vektor második és harmadik elemét cseréli fel. Permutációs mátrix pl. az identitásmátrix és a már el bb látott, 45 o -os egyenesre való tükrözés mátrixa is Deníció. Egy A IR n n mátrixot normális mátrixnak nevezünk, ha A kommutál a transzponáltjával, azaz A T A = AA T. Nyilvánvalóan, minden ortogonális mátrix normális. (Fordítva nem igaz.) Igaz továbbá, hogy minden szimmetrikus mátrix is normális, mivel ezekre A = A T, és így az AA T = A T A feltétel automatikusan teljesül Deníció. Egy A IR n n mátrixot nilpotens mátrixnak nevezünk, ha létezik olyan k IN hatvány, amelyre A k = 0. A legkisebb ilyen tulajdonságú k számot a nilpotens mátrix fokszámának nevezzük. Megjegyezzük, hogy ha egy mátrixnál A n = 0, akkor A m = 0 is igaz minden m > n esetén. Pl. az [ ] 0 1 A = 0 0 mátrix nilpotens, ugyanis A 2 = 0. Speciálisan, minden olyan tridiagonális mátrix, amelynek nullák vannak a f átlójában, nilpotens. Olyan nilpotens mátrix is létezik azonban, amelynek nincs egyetlen nulla eleme sem, pl. [ ] 6 9 A =,

29 hiszen könnyen meggy z dhetünk róla, hogy ennek a mátrixnak a négyzete is a nullmátrix. Egy A IR n n mátrixra egyenérték ek a következ állítások: 1. A nilpotens. 2. det(a λi) = λ n. 3. A egyetlen sajátértéke a nulla. A gyakorlatban (pl. széls érték-számításhoz) fontosak a pozitív (ill. negatív) denit mátrixok is. Ezek bizonyos szempontból a pozitív (negatív) valós számokhoz hasonló tulajdonságokkal rendelkeznek Deníció. Egy A IR n n mátrixot pozitív (negatív) denit mátrixnak nevezünk, ha minden x IR n vektorra Ax, x 0 (ill. Ax, x 0), és egyenl ség csak akkor van, ha x a nullvektor. Ha az Ax, x skaláris szorzat egyes x vektorokra pozitív, másokra negatív, akkor az A mátrixot indenitnek nevezzük. A deníció alapján általában nehéz megvizsgálni, hogy egy mátrix pl. pozitív denit mátrix-e. Szimmetrikus mátrixra azonban könnyen ellen rizhet feltétel adható: 2.33 Tétel. (Sylvester tétele) Az A IR n n szimmetrikus mátrix pontosan akkor pozitív denit, ha összes bal fels sarokaldeterminánsa pozitív. A következ mátrixfajtára szükségünk lesz a lineáris egyenletrendszerek iterációs megoldásánál Deníció. Az A IR n n mátrixot szigorúan domináns f átlójú mátrixnak nevezzük, ha n a ii > a ij, i = 1,..., n, j=1,j i vagyis ha minden sorában a f átlóban lév elem abszolút értékben nagyobb, mint a sorban lév összes többi elem abszolút értékének az összege. Pl. az A =

30 mátrix szigorúan domináns f átlójú. Megmutatható, hogy az ilyen mátrix mindig reguláris Deníció. A P IR n n mátrixot projektormátrixnak nevezzük, ha P 2 = P. A projektormátrix tehát olyan lineáris leképezésnek felel meg, amelyet kétszer alkalmazva ugyanolyan, mintha csak egyszer alkalmaznánk. Ilyen pl. a P = mátrix, hiszen négyzetre emelve önmagát kapjuk. (x, y, z) IR 3 Ezzel a mátrixszal egy tetsz leges vektort megszorozva az (x, y, 0) vektort kapjuk, azaz a mátrix minden vektort levetít az xy-síkra. (Innen ered a projektor, azaz vetít elnevezés.) A fenti mátrix szinguláris, hiszen determinánsa 0. szinguláris? 2.36 Állítás. Az egyetlen reguláris projektormátrix az identitásmátrix. Biz.: Vajon minden projektormátrix Tegyük fel, hogy P projektormátrix reguláris. Ekkor létezik inverze. Mivel P projektor, így P 2 P = P (P I) = 0. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát balról a P 1 inverz mátrixszal: P 1 P (P I) = 0. Itt P 1 P = I, tehát a bal oldalon a P I különbség van. Ennek nullmátirxszal való egyenl sége pontosan azt jelenti, hogy P = I. Dierenciálegyenletek közelít megoldása során találkozhatunk az alábbi mátrixfajtákkal Deníció. A IR m n monoton mátrix, ha Ax 0 csak x 0 esetén áll fenn. Megjegyezzük, hogy ha v IR n, akkor a v 0 jelölés így értend : v minden eleme nagyobb vagy egyenl, mint 0. Mátrixokra is ugyanezt a jelölést fogjuk alkalmazni. Mir l lehet felismerni egy négyzetes monoton mátrixot? 2.38 Állítás. Ha az A IR n n négyzetes mátrixnak létezik inverze, és az valós elem, akkor A pontosan akkor monoton, ha A

31 2.39 Deníció. A IR n n Z-mátrix, ha a f átlóján kívül minden eleme kisebb vagy egyenl, mint nulla, azaz a ij 0, ha i j Deníció. A IR n n M-mátrix, ha Z-mátrix, létezik inverze, és az nemgenatív. Megjegyezzük, hogy az M-mátrix elnevezés a monoton szó kezd bet jéb l ered, ugyanis egy M-mátrix mindig monoton is (A 1 0 miatt). Pl. A = mátrix M-mátrix, mivel a f átlón kívül minden eleme 0, és inverze A 1 = Állítás. Egy M-mátrix f átlója pozitív elem. Biz.: 0. Tegyük fel, hogy a ii 0 valamely i indexre. Ekkor A e i 0, ahol e i az i-edik egységvektor (i-edik eleme 1, a többi 0). Ezt az egyenl tlenséget balról A 1 -gyel szorova (A 1 0) A 1 Ae i = e i. Itt a bal oldalon álló vektor elemei nempozitívak, a jobb oldalon állóé pedig nemnegatívak e i = 0. Az e i azonban nem nullvektor, így ellentmondásra jutottunk. A tárgyalt mátrixfajták közül különösen kedvez tulajdonságúak a diagonálmátrixok, hiszen ezeknek könny meghatározni a determinánsát, sajátértékeit, sajátvektorait, valamint egyszer en invertálhatók és hatványra emelhet k. Ha egy mátrix nem diagonális, akkor gyakran lehet ség van arra, hogy felírjuk egy diagonális mátrixot tartalmazó mátrixszorzat alakjában Deníció. Egy A IR n n mátrixot diagonalizálható mátrixnak nevezünk, ha A felírható P DP 1 alakban, ahol P IR n n egy invertálható mátrix, és D IR n n egy diagonálmátrix. Korábban szó esett a mátrixok spektrálfelbontásáról. Azt tanultuk, hogy ha egy A IR n n mátrixnak van n db különböz sajátértéke, akkor létezik A = SDS 1 alakú felbontása, ahol D olyan diagonálmátrix, amelynek a f átlójában az A mátrix sajátértékei 31