vektor, hiszen ez nem skalárszorosa

Átírás

1 Általános alaelvek. Bevezetés a számításelméletbe I. Zárthelyi feladatok, MÁSODIK ótzh ontozási útmutató 7. december. A ontozási útmutató célja, hogy a javítók a dolgozatokat egységesen értékeljék. Ezért az útmutató minden feladat (legalább egy lehetséges) megoldásának f bb gondolatait és az ezekhez rendelt részontszámokat közli. Az útmutatónak nem célja a feladatok teljes érték megoldásának részletes leírása; a leírt léések egy maximális ontszámot ér megoldás vázlatának tekinthet k. Az útmutatóban feltüntetett részontszámok csak akkor járnak a megoldónak, ha a kacsolódó gondolat egy áttekinthet, világosan leírt és megindokolt megoldás egy lééseként szereel a dolgozatban. Így éldául az anyagban szerel ismeretek, deníciók, tételek uszta leírása azok alkalmazása nélkül nem ér ontot (még akkor sem, ha egyébként valamelyik leírt tény a megoldásban valóban szerehez jut). Annak mérlegelése, hogy az útmutatóban feltüntetett ontszám a fentiek gyelembevételével a megoldónak (részben vagy egészében) jár-e, teljes mértékben a javító hatásköre. Részontszám jár minden olyan ötletért, részmegoldásért, amelyb l a dolgozatban leírt gondolatmenet alkalmas kiegészítésével a feladat hibátlan megoldása volna kaható. Ha egy megoldó egy feladatra több, egymástól lényegesen különböz megoldást is elkezd, akkor legföljebb az egyikre adható ontszám. Ha mindegyik leírt megoldás vagy megoldásrészlet helyes vagy helyessé kiegészíthet, akkor a legtöbb részontot ér megoldáskezdeményt értékeljük. Ha azonban több megoldási kísérlet között van helyes és (lényeges) hibát tartalmazó is, továbbá a dolgozatból nem derül ki, hogy a megoldó melyiket tartotta helyesnek, akkor a kevesebb ontot ér megoldáskezdeményt értékeljük (akkor is, ha ez a ontszám ). Minden feladat ontot ér. Az útmutatóban szerel részontszámok szükség esetén tovább is oszthatók. Az útmutatóban leírttól eltér jó megoldás természetesen maximális ontot ér. A megoldás menetét érdemben nem befolyásoló számolási hibákért általában (vagyis ha nincs máské jelezve) ontot vonjunk le, a megoldás menetét érdemben nem befolyásoló elírásokért (vagyis amikor a hallgató nyilvánvalóan nem azt írta le, amit szeretett volna, l. feladat adatainak másolásakor, saját részeredményének másolásakor) nem muszáj ontot levonni. Fontos, hogy gy z djünk meg róla, hogy valóban számolási hibáról, illetve elírásról van szó, mivel az elvi hibákért ennél sokkal több ontot kell levonni. Ha egy számolási hiba vagy elírás a megoldás menetét érdemben befolyásolja, akkor csak azokat a részontokat kahatja meg a hallgató, amik a feladat eredeti formájának megoldásához is hozzájárulnak.. Legyen V azon altere R 4 -nek, melyet azok a vektorok alkotnak, melyek x, x, x 3, x 4 koordinátáira teljesül, hogy x 4 = x + x 3x 3. Adjunk meg V -ben egy olyan bázist, mely tartalmazza a jobbra látható v vektort. Az el adáson tanult eljárást követjük: egy független rendszert b vítünk egyesével, amíg bázist nem kaunk. A kezdeti független rendszer az vektorból áll, ehhez kell egy további vektort úgy, hogy együtt is függetlenek legyenek. 3 Erre alkalmas l. a vektor, hiszen ez nem skalárszorosa vagy az újonnan érkez vektor lemmája szerint elegend ). A kaott független rendszert a következ léésben b víthetjük l. az v = -nak (ez edig a tanult eljárás vektorral, hiszen az nem

2 állhat el az els két vektor lineáris kombinációjaként (ez ismét a tanult eljárás vagy az újonnan érkez vektor lemmája szerint elegend ), mivel a negyedik koordinátája, míg a másik két vektor negyedik koordinátája. Azt állítjuk, hogy a kaott rendszer a kérdéses altér bázisa lesz. Egy 3 dimenziós altérben 3 független vektor a tanultak szerint bázist alkot, ezért elég belátni, hogy a kérdéses altér valóban 3 dimenziós. Az altér az F-G egyenl tlenség miatt 3-nál kevesebb dimenziós nem lehet, mivel van benne 3 független vektor, 4 dimenziós edig nem lehet, mivel ekkor maga R 4 lenne (hiszen 4 darab R 4 -beli független vektor a tanultak szerint R 4 bázisa lenne), ami nyilván nem áll fenn (hiszen R 4 nem minden vektorára teljesül, hogy x 4 = x + x 3x 3 ). Szigorúan véve azt is be kéne látni, hogy az altér nem 5 vagy több dimenziós, de ennek hiányáért ne vonjunk le ontot. A három vektor megadása után folytathatjuk a megoldást a következ ké is (a megoldás eddigi menete alaján azt már tudjuk, hogy a vektorok függetlenek). Ahhoz, hogy a megadott vektorok bázist alkossanak, azt kell még belátnunk, hogy generálnak minden olyan vektort, ami az altérben van. Legyen x ilyen vektor és legyenek a koordinátái x, x, x 3, x 4. Azt kell megmutatnunk, hogy léteznek a, b, c skalárok, melyekre 3 x a + b + c = x x 3. x 4 Vagyis az 3 x x x 3 x 4 egyenletrendszerr l kell belátnunk, hogy létezik megoldása (az a, b, c változókra). A második és a negyedik sor (egyenlet) alaján a = x, c = x 4, most a harmadik sor alaján b = x 3 a = x 3 x és az így kaott a, b, c értékek nem csak a második, a negyedik és a harmadik egyenletet elégítik ki, hanem az els t is: a + 3b + c = x + 3(x 3 x ) + x 4 = x + 3x 3 + x 4 = x, hiszen tudjuk, hogy x 4 = x + x 3x Számítsuk ki a jobbra látható determináns értékét minden valós szám esetén Jelöljük a keresett determináns értékét D-vel. A kifejtési tételt az els oszlora alkalmazva: D = (Itt a -val szorzott tagokat már elhagytuk.) Az els, -vel szorzott determináns két oszloa azonos, így az értéke (hiszen az egyikb l a másik sort kivonva csua oszloot kanánk). A második, ( )-gyel szorzott determináns második sorának -szeresét kivonjuk a harmadik sorából (ez az értékét nem változtatja meg), majd ismét a kifejtési tételt alkalmazzuk, az utolsó sora szerint: 3 7 D = = (3 ) 3 7 3

3 Innen a -es determinánsok kiszámítására vonatkozó ismert szabállyal fejezhetjük be a megoldást: D = (3 )( 4) = 4. Természetesen a determináns értéke sok más úton is megkaható, a leggyorsabban úgy, hogy a 4. oszloból a 3.-at levonjuk, majd a 4. oszlo szerint fejtjük ki a determinánst. Alkalmazható a Gausselimináció is, de aramétert tartalmazó kifejezéssel leosztva külön kell kezelni azt az esetet, amikor annak az értéke, illetve -tól különböz. Minden, a megoldást érdemben nem befolyásoló számolási hiba ont levonást jelent. A determinánsra vonatkozó egyes alaismeretek teljes vagy részleges hiányából fakadó elvi hibák viszont darabonként 4 ont levonást jelentenek. Ilyenek éldául: a kifejtési tételben a sakktáblaszabályból származó el jel elhagyása, vagy helytelen megállaítása (kivéve, ha teljes biztonsággal meggy z dtünk róla, hogy elírásról ( ont levonás), illetve számolási hibáról ( ont levonás) van szó); aramétert tartalmazó kifejezéssel való osztás a szükséges esetvizsgálat nélkül; egy sor konstanssal szorzása, vagy sorok cseréje után a determináns értékváltozásának gyelmen kívül hagyása vagy hibás követése. Kétes esetekben elvi hibának tekintend minden olyan hiba, amikor nincs nyoma annak, hogy a megoldó a szóban forgó ismeretet helyesen róbálta alkalmazni. 3. Döntsük el, hogy a valós araméter mely értékeire van megoldása az alábbi egyenletrendszernek. Ha van megoldás, adjuk is meg az összeset. x + 3x + 6x 3 + x 4 = 5 x + 5x + 8x 3 + 4x 4 = 7 x + 6x + ( + ) x 3 + ( + 5) x 4 = Gauss-eliminációval az egyenletrendszert az alakra hozzuk. Ha, akkor a harmadik sort -vel osztva folytatjuk az eliminációt, melynek végén az 3(+) + + redukált lécs s alakhoz jutunk. Innen a megoldás x 4 = a R, x = + ( + 3(+) )a, x = ( + 3 = + a. Ha =, akkor meg is katuk a lécs s alakot (a 3. vezéregyes a 4. oszloban van), ahonnan az eliminációt folytatva az 3 redukált lécs s alakhoz jutunk. Innen a megoldás x 3 = b R, x = 3b, x = b, x 4 =. Számolási hibákért darabonként ontot vonjunk le, elírásokért (ha nem lett könnyebb t lük a feladat) nem muszáj ontot levonni. ( ) 4. Legyen A a jobbra látható mátrix. Adjunk meg egy olyan B mátrixot, 4 7 A = melyre AB a -es egységmátrix. 3 7 Jó eredmény, megfelel indoklással (l. A és B megfelel sorrend szorzata kiszámolva vagy A bármely -es részmátrixának inverze (l. Gauss-eliminációval) kiszámolva (mind a három invertálható 3

4 lesz) és B megfelel ozícióiba beírva, a maradék két hely edig -kkal feltöltve) ont. Számolási hibákért darabonként ontot vonjunk le, ha azok a megoldást, illetve annak menetét érdemben nem befolyásolják. Ha valaki csak B-t és az AB szorzatot közli, bármiféle részeredmény nélkül, de az eredmény hibás, akkor ontot kajon. Ha valaki nincs tisztában azzal, hogy nem négyzetes mátrixnak nincs inverze, az a többi, ett l független róbálkozásaira legfeljebb 4 ontot kajon, azt is csak akkor, ha ezek a róbálkozások az elvi hibás megközelítést l valóban jól láthatóan függetlenek. Általában is igyekezzünk meggy z dni róla, hogy a számítások mögött valameilyen (helyes) konceció húzódik meg, az irány nélküli róbálkozásokra kevés (legfeljebb ) ontot adjunk. Aki úgy véli, hogy alkalmas B nem létezik, mert A nem négyzetes, az ontot kajon. Alább közlünk egy, a szükségesnél némileg bonyolultabb megoldást, ami vélhet en sokak megoldására fog hasonlítani. a d ( ) Keressük B-t B = b e 4 7 alakban. Ekkor a, b, c-re a egyenletrendszert, 3 7 ( c f ) 4 7 d, e, f,-re a 3 7 egyenletrendszert kell megoldanunk. ) ( 9 Az els egyenletrendszer az redukált lécs s alakra vezet, 3 ahonnan a megoldás c R, a = ( 7 9c, b = 3 + c. ) 9 A második egyenletrendszer az redukált lécs s alakra vezet, ahonnan a megoldás f R, d = 9f, e = + f. Egy helyes megoldás felírása (vagyis a mátrix vagy elemeinek megadása). 5. Határozzuk meg a jobbra látható mátrix rangját minden x R értékre x 3x A rangot Gauss-eliminációval állaítjuk meg: az nem lesz más, mint a lécs s alakban a vezéregyesek (vagyis a sorok) száma. Gauss-eliminációval az x 8 3x 6 alakot kajuk. Két vezéregyesünk már van, a harmadikat edig akkor tudjuk létrehozni a harmadik oszloban, ha x 8. Vagyis x 8 esetén a rang 3. Ha x = 8, akkor a harmadik oszloban nem lesz vezéregyes, de a negyedik oszloban álló elem 8, így a sort 8-cal osztva megkajuk a harmadik vezéregyest is, vagyis a rang ekkor is 3. 6*. Egy egyenletb l álló, ismeretlenes lineáris egyenletrendszer a kib vített együtthatómátrixával van megadva. Tudjuk, hogy az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van. a) Igaz-e, hogy minden esetben elérhet a kib vített együtthatómátrix egy elemének megváltoztatásával, hogy az egyenletrendszernek egyértelm megoldása legyen? b) Igaz-e, hogy minden esetben elérhet a kib vített együtthatómátrix egy elemének megváltoztatásával, hogy az egyenletrendszernek ne legyen megoldása? 4

5 Az els állítás nem igaz, ehhez elég egy csua -ból álló kib vített együtthatómátrixot szemügyre venni. Ennek bármely elemét megváltoztatva (s t, akár bármely 9 elemét megváltoztatva) sem lehet elérni, hogy a megoldás egyértelm legyen, mivel még mindig lesz csua sora, azaz a Gauss-elimináció során nem keletkezhet vezéregyes. A második állítás viszont igaz lesz. Tudjuk, hogy kezdetben az együtthatómátrix bal oldalának sora és oszloa van. Futtassuk le a Gauss-eliminációt, ekkor mivel van megoldás megkajuk a (redukált) lécs s alakot. A (redukált) lécs s alaknak azonban nem lehet sora, hiszen ekkor a tanultak szerint egyértelm lenne a megoldás. Kellett tehát az elimináció közben kanunk legalább egy csua sort, amit töröltünk. Ha ebben a sorban a jobb oldalon álló kezdeti értéket megváltoztatjuk, akkor az elimináció során nem csua sort, hanem tilos sort fogunk kani, hiszen a bal oldalon továbbra is csua, míg a jobb oldalon -tól különböz szám fog állni, így a második állítás csakugyan igaz. Azt, hogy a csua sorban a jobb oldalon álló kezdeti értéket megváltoztatva csakugyan tilos sort fogunk kani, recízen úgy lehet belátni, hogy a változást a csua sor jobb oldalán ejtjük meg, majd az elimináció lééseit megfordítva haladunk visszafelé az inutig, ahol is a változás egyedül az említett elemet fogja érinteni. Ennek a gondolatnak a hiányáért ersze nem kell ontot levonni. 5