MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK

SIMON KÁROLY MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK Ismertető Tartalomjegyzék Pályázati támogatás Gondozó Szakmai vezető Lektor Technikai szerkesztő Copyright

... (A jegyzet a BME Gépészmérnöki MSc szak hallgatói számára készült a matematika M tárgyhoz segédletként. Elkészítésében mérnöki konzulensek is részt vettek. 5 részes. A részek: Közönséges differenciálegyenletek, Parciális diffrenciálegyenletek, Valószínűségszámítás, Komplex függvénytan, Fourier és Laplace transzformáció. Egyrészt, igyekszünk, a terjedelmi és idobeli korlátok ellenére, egy matematikailag pontos, ugyanakkor mérnökök számára is szemléletes tárgyalást kialakítani ennek megfeleloen a matematikai elmélet ismertetését helyenként mérnöki magyarázatokkal egészítjük ki. Másrészt, célunk az ismeretek alkalmazása a gyakorlatban, a problémamegoldási készség fejlesztése. A fejezetek felépítéséről. A feladatok megoldásához szükséges elméleti összefoglalást kidolgozott mintapéldák követik. Minden témakörhöz megadunk gyakorló feladatokat is. A matematikai háttér részben olyan definíciók, tételek, konstrukciók találhatók, amelyekről úgy gondoljuk, hogy szemléletformáló erejűek, de a feladatok megoldásához nem nélkülözhetetlenek.) Kulcsszavak:... (Közönséges differenciálegyenletek, Parciális diffrenciálegyenletek, Valószínűségszámítás, Komplex függvénytan, Fourier és Laplace transzformáció.) tankonyvtar.ttk.bme.hu Simon Károly, BME

Támogatás: Készült a TÁMOP-4..-8//A/KMR-9-8 számú, a Természettudományos (matematika és fizika) képzés a műszaki és informatikai felsőoktatásban című projekt keretében. Készült: a BME TTK Matematika Intézet gondozásában Szakmai felelős vezető: Ferenczi Miklós Lektorálta: Bojtár Imre Az elektronikus kiadást előkészítette: Torma Lídia Boglárka, Simon Bakos Erzsébet Címlap grafikai terve: Csépány Gergely László, Tóth Norbert ISBN: 978-963-79-45- Copyright: CC 6, Simon Károly, BME A CC terminusai: A szerző nevének feltüntetése mellett nem kereskedelmi céllal szabadon másolható, terjeszthető, megjelentethető és előadható, de nem módosítható. Simon Károly, BME tankonyvtar.ttk.bme.hu

Tartalomjegyzék. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása 3.. Az R n és alterei................................. 4.. Lineáris egyenletrendszerek.......................... 6... Gauss-elimináció............................ 7... Vektorok lineáris függetlensége.................... 8..3. Cramer-szabály............................. 9.3. Áttérés egyik bázisról a másikra.........................4. Lineáris transzformációk............................ 3.4.. Lineáris transzformáció mátrixai különbözõ bázisokban....... 5.5. Sajátértékek, sajátvektorok........................... 6.6. Ortogonális mátrixok.............................. 8.7. Szimmetrikus mátrixok diagonalizálása.................... 9. Lineáris algebra II. 3.. Kiegészítés az A-ben tanultakhoz....................... 3... Determináns.............................. 3... A determináns geometriai jelentése.................. 4..3. Mátrix nyoma.............................. 5..4. Mátrixok kétpontos szorzata...................... 6..5. Ferdén szimmetrikus mátrixok..................... 7..6. Gauss Jordan-elimináció........................ 7..7. Kifeszített altér bázisának meghatározása............... 3.. A mátrix fundamentális alterei......................... 33.3. Dimenziótétel mátrixokra............................ 34.4. Merõleges vetítések R n -ben........................... 37.5. Altérre vonatkozó projekció mátrixa...................... 39.5.. Alkalmazás lineáris egyenletrendszerek............... 4.5.. A hatványmódszer........................... 43 3. Parciális differenciálegyenletek 45 3.. Ismétlés: Fourier-sorok............................. 45 3... Általánoságban a Fourier-sor definíciója................ 45 3... A tiszta szinuszos Fourier-sor definíciója............... 47 3.. Rezgõ húr.................................... 49

MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK 3... I. megoldás Dávid Bernoullitól:................... 5 3... II. megoldás D Alamberttõl...................... 55 3..3. A végtelen hosszú húr esete...................... 58 3.3. A hõvezetés egyenlete............................. 6 3.3.. Hõvezetés véges hosszúságú rúdban.................. 6 3.3.. Fourier-transzformált.......................... 65 3.3.3. Hõvezetés végtelen hosszú rúdban................... 68 3.4. Laplace-egyenlet................................ 69 3.4.. Dirichlet-probléma téglalapon..................... 7 4. Vektoranalízis 73 4.. Vektorterek................................... 73 4.. Vonalmenti integrál............................... 76 4... Vonalintegrál függetlensége az úttól.................. 79 4... Curl-teszt a síkban........................... 8 4..3. Curl-teszt a térben........................... 8 4..4. Potenciálfüggvény meghatározása................... 83 4.3. Felületmenti integrál.............................. 85 4.3.. Gauss-féle divergenciatétel....................... 89 4.3.. Stokes tétel............................... 9 4.4. Green-tétel................................... 97 4.5. Néhány feladat a vektoranalízisbõl....................... 4.5.. Vektor-differenciálkalkulus....................... 4 4.5.. A gradiens, a divergencia és a rotáció kifejezése gömbi és hengerkoordináta-rendszerekben....................... 6 Irodalomjegyzék 5

. fejezet Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása Egy olyan egyenletet, amely felírható a x + a x + a n x n = b (.) alakban, ahol a,...,a n,b adott valós vagy komplex számok, lineáris egyenletnek hívunk. Az ilyen egyenletekbõl álló a x + a x + + a n x n = b a x + a x + + a n x n = b a s x + a s x + + a sn x n = b s (.) alakú egyenletrendszereket lineáris egyenletrendszereknek hívjuk. Egész pontosan n ismeretlenbõl és s egyenletbõl álló lineáris egyenletrendszereknek hívjuk. Ezen fejezet egyik fontos célja lineáris egyenletrendszerek megoldásának tanulmányozása. Egy olyan egyenletet, amely felírható a x + a x + a n x n = b alakban, ahol a,...,a n,b adott valós vagy komplex számok, lineáris egyenletnek hívunk. Az ilyen egyenletekbõl álló a x + a x + + a n x n = b a x + a x + + a n x n = b a s x + a s x + + a sn x n = b s (.3) alakú egyenletrendszereket lineáris egyenletrendszereknek hívjuk. Egész pontosan n ismeretlenbõl és s egyenletbõl álló lineáris egyenletrendszereknek hívjuk. 3

4 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK.. Az R n és alterei. DEFINÍCIÓ R n = {(x,...,x n ) x i R i n}. Vagyis az R n a rendezett valós szám n-esek halmaza. Ha adott egy koordinátarendszer, akkor a sík pontjai leírhatók a számpárok segítségével. Tehát a sík azonosítható az R -nel. Hasonlóan, a tér azonosítható az R 3 -nal. Az R n x = (x,...,x n ) és y =(y,...,y n ) vektorai között, ugyanúgy mint a síkban vagy a térben, értelmezhetjük az összeadást: x + y =(x + y,...,x n + y n ), a számmal való szorzást: 5x =(5x,...,5x n ) vagy 3,5x =( 3,5x,..., 3,5x n ), a skaláris szorzást: x y = x y + + x n y n. Azt mondjuk, hogy az x vektor merõleges az y vektorra, ha x y = (jele: x y ). Ebben a fejezetben a vektorok lineáris kombinációjának fogalma központi szerepet játszik:. DEFINÍCIÓ (LINEÁRIS KOMBINÁCIÓ) Adottak az a,...,a m R s -beli vektorok és valamely β,...,β m R számok. Ekkor a b R s β a + β a + + β m a m = b (.4) vektort az a,...,a m R s -beli vektorok lineáris kombinációjának nevezzük. A β,...,β m R számokat a lineáris kombinációban elõforduló együtthatóknak nevezzük. A vektorok lineáris kombinációinak fontos szerepe van a többváltozós lineáris egyenletrendszerek megoldásában. Nézzük ezt egy példán keresztül: az x x = 5x + x = 6 (.5) egyenletrendszer felírható mint [ x 5 ] }{{} a [ +x }{{} a Továbbá, a (.3) egyenletrendszer mátrixos alakja: [ 5 ] [ x x ] [ ] =. (.6) 6 }{{} b ] = [ 6 ]. (.7) Vagyis amikor az (.3) egyenletrendszert oldjuk meg, akkor keressük azokat az x és x együtthatókat, amelyekkel az a és a vektorokból képzett lineáris kombináció éppen a b vektor. Geometrialag ez azt jelenti, hogy a b vektort felbontjuk az a és az a vektorokkal párhuzamos összetevõk összegére.

. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása 5 Általánosságban: az a x + a x + + a n x n = b a x + a x + + a n x n = b a s x + a s x + + a sn x n = b s (.8) egyenletrendszer megoldása azzal ekvivalens, hogy megtaláljuk azon x,...,x n számokat, melyekkel mint együtthatókkal az a a n a u =.,,u a ṇ n =. a s vektorokból lineáris kombinációival elõáll a vektor, vagyis b = Ez pedig a következõ mátrixegyenlet megoldásával ekvivalens: b b. b s a sn x u + + x n u n = b. (.9) A x = b, (.) ahol x = x x., A = a a... a n a a... a....... x n a s a s... a sn 3. DEFINÍCIÓ Az R n egy lineáris alterének hívjuk az L R n halmazt, ha abból, hogy a,...,a m L, következik, hogy az a,...,a m vektorok összes lehetséges lineáris kombinációja is L-ben van. Ez geometriailag azt jelenti, hogy L azon R n -beli vektorok halmaza, amelyeket fel lehet bontani az a,...,a m vektorokkal párhuzamos vektorok összegére.. PÉLDA A legegyszerûbb lineáris altér az, ami az origóból áll: L = {(,...,)} és az, amikor L = R n maga a teljes tér. Ezeket triviális lineáris altereknek nevezzük.. PÉLDA A sík nem triviális alterei az origón átmenõ egyenesek. 3. PÉLDA A tér nem triviális lineáris alterei az összes, origón átmenõ egyenesek és az összes, origót tartalmazó síkok.

6 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK.. Lineáris egyenletrendszerek Ebben a fejezetben egyenletrendszeren mindig lineáris egyenletrendszert értünk. 4. PÉLDA Ekkor az egyenletrendszer kiegészített mátrixának hívjuk a x 3x + 4x 3 + 5x 4 = 4 x + x 3 x 4 = x x 3 = 5 3 4 5 4 5 mátrixot. Az egyenletrendszer mátrixa: 3 4 5. Az egyenletrendszer megoldása során az adott egyenletrendszert helyettesíthetjük egy másik egyenletrendszerrel, melynek ugyanazok a megoldásai, de könnyebb megoldani. A helyettesítés során lépések sorozatát hajtjuk végre. Ezek a lépések a következõk lehetnek:. A rendszer valamely egyenletét megszorozzuk egy nem nulla számmal.. Két egyenletet felcserélünk. 3. Az egyik egyenlet valahányszorosát egy másik egyenlethez hozzáadjuk. Az egyenletrendszer kiegészített mátrixában a fenti lépések a következõ mûveleteknek felelnek meg:. Egy sort megszorzunk egy nem nulla számmal.. Két sort felcserélünk. 3. Az egyik sor számszorosát hozzáadjuk egy másik sorhoz.. 4. DEFINÍCIÓ A fenti három mûveletet elemi sortranszformációnak nevezzük.... Gauss-elimináció A Gauss-eliminációt a lineáris egyenletrendszerek megoldására használjuk. Két lépésbõl áll:. lépés: az egyenletrendszer kiegészített mátrixát ún. sor-echelon alakra hozzuk elemi sortranszformációk alkalmazásával.. lépés: a sor-echelon alakból megkapjuk az egyenletrendszer megoldását.

. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása 7 5. DEFINÍCIÓ Azt mondjuk, hogy a lineáris egyenletrendszer kibõvített mátrixa sor-echelon alakú, ha. a csupa nullából álló sorok (ha vannak a mátrixban egyáltalán) a mátrix utolsó sorai,. ha egy sornak van nem nulla eleme, akkor az elsõ nem nulla elem egyes, 3. két egymás utáni sor mindegyike tartalmaz nem nulla elemet, akkor az elsõ nem nulla elem (ami szükségszerûen egyes) az alsó sorban, jobbra van a felsõ sor elsõ nem nulla elemétõl (ami szintén egyes). 5. PÉLDA Sor-echelon alakú mátrixok: 4 3 7 6 ; 5 Adott a következõ mátrix: 3 3 ; ; 7 4 6 8 4 5 6 5 A sor-echelon alakra hozás módszerének elsõ lépése:. Kiválasztjuk balról az elsõ nem csupa nulla oszlopot. 6 3. Megcseréljük az elsõ két sort úgy, hogy az elõbb kiválasztott oszlop tetején ne nulla legyen: 4 6 8 7. 4 5 6 5 3. Elosztjuk az elsõ sort kettõvel, hogy a mátrix bal felsõ sarkában lévõ szám egy legyen: 5 3 6 4 7. 4 5 6 5 4. Az elsõ sor egy megfelelõ konstansszorosát adjuk a többi sorhoz, hogy az elsõ oszlop minden eleme nulla legyen, kivéve a bal felsõ sarokban lévõ egyet. Ezért az elsõ sor -szeresét adjuk a harmadik sorhoz:. 5 3 6 4 7 5 7 9. ;

8 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK 5. Most takarjuk le a mátrix elsõ sorát, és a maradékon ismételjük meg a fenti eljárást. A második sort elosztjuk -vel, hogy a harmadik oszlop második eleme legyen: 5 3 6 4 7 6 5 7 9 A következõ lépésben a második sor 5-szörösét adjuk a harmadik sorhoz, hogy a harmadik oszlop harmadik eleme nulla legyen: 5 3 6 4 7 6 Ezután a harmadik sornak vesszük a kétszeresét, hogy az ötödik oszlop utolsó eleme legyen: 5 3 6 4 7 6. Az eredmény egy sor-echelon alak. Innen az egyenletrendszer megoldása: x 5 = ; x 3 7 = 6 x 3 = ; x + x 5 + 3x 4 6 = 4 vagyis.. x = x 3x 4 + 3 x 3 = x 5 =. Ez azt jelenti, hogy végtelen sok megoldás van, amit úgy kapunk, hogy az x és x 4 értékét tetszõlegesen választjuk; ezután x = x 3x 4 + 3, a x 3 =, és az x 5 =. Tehát az egyenletrendszer egy megoldása: ha x = és x 4 = 3, akkor x = és x 3 =, továbbá x 5 =.... Vektorok lineáris függetlensége 6. DEFINÍCIÓ Az a,...,a k vektorok lineárisan függetlenek, ha egyik sem fejezhetõ ki a többi lineáris kombinációjaként. Az a,...,a k vektorokat lineárisan függõnek hívjuk, ha valamelyik kifejezhetõ a többi lineáris kombinációjaként.. TÉTEL Az a,...,a k vektorok lineárisan függetlenek akkor és csak akkor, ha α a + α a + + α k a k = csak abban az esetben lehetséges, ha α = α = = α k =.. FELADAT Bizonyítsuk be, hogy ha az a,...,a k vektorok valamelyike a vektor, akkor az a,...,a k vektor rendszer semmi esetre sem lehet lineárisan független.

. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása 9 7. DEFINÍCIÓ Egy L R n lineáris altér egy bázisa b,...,b k L, ha a. a b,...,b k vektorok lineárisan függetlenek,. a b,...,b k vektorok összes lehetséges lineáris kombinációi kiadják az L összes vektorát. 6. PÉLDA Az R egy bázisát adja bármely két nem párhuzamos a,b vektor. Az R 3 egy bázisát adja bármely három nem egy síkba esõ vektor (úgy értve, hogy közös kezdõpontból mérjük fel õket).. TÉTEL Ha a b,...,b k vektorok az L R n altér egy bázisa, akkor az L altér bármely másik bázisának ugyancsak k vektora van. 8. DEFINÍCIÓ Ha az L R n altérnek a bázisai k vektorból állnak, akkor azt mondjuk, hogy az L altér dimenziója k. Jele: dim(l) = k. 3. TÉTEL Ha dim(l) = k, akkor bármely lineárisan független k vektor bázist alkot. Tehát, például ha L az R 3 -nak kétdimenziós altere (vagyis L egy olyan sík, amely az origón átmegy), akkor L-nek bázisa minden olyan {a,b}, ahol a,b L tetszõleges -tól különbözõ nem párhuzamos vektorok...3. Cramer-szabály 9. DEFINÍCIÓ Legyen A = a... a n......... a n... a nn egy n n-es mátrix. Legyen B i az a mátrix, amit úgy kapunk, hogy az A mátrixból kidobjuk az elsõ sort, és az i-edik a... a (i ) a (i+)... a n oszlopot:.................., ez egy B i (n ) (n )-es mátrix. a n... a n(i ) a n(i+)... a nn Ekkor az A mátrix determinánsát definiálhatjuk a kisebb méretû B i mátrixok determinánsával, azaz det(a) = a det(b ) a det(b ) + a 3 det(b 3 ) + ( ) n+ a n det(b n ). A B i ( i n) mátrixok determinánsait még kisebb méretû mátrixokkal definiálhatjuk a fenti elv szerint. Így végül a méretek minden lépésben való csökkentésével eljutunk [ a ] - a b es mátrixok determinánsához, amit már definiáltunk a következõ módon: D =, c d akkor det(d) = ad bc.

MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK 4. TÉTEL (Cramer-szabály): Tegyük fel,hogy az lineáris egyenletrendszer A = nullával. Legyen A i = a x + a x +... + a n x n = b a x + a x +... + a n x n = b........................... a n x + a n x +... + a nn x n = b n a... a n......... a n... a nn a... a (i ) b a (i+)... a n a... a (i ) b a (i+)... a n..................... a n... a n(i ) b a n(i+)... a nn oszlopban van. Ekkor az egyenletrendszer megoldása egyértelmû: mátrixának determinánsa nem egyenlõ x = det(a ) det(a) ; x = det(a ) det(a) ;...; x n = det(a n) det(a)., a b,b,...,b n az i-edik A Cramer-szabály olyan egyenletrendszerekre alkalmazható, ahol az ismeretlenek száma megegyezik az egyenletek számával, és az egyenletrendszer mátrixának determinánsa nem egyenlõ nullával. Ezt a tételt akkor érdemes alkalmazni, mikor n kicsi, azaz n =,3. Nagyobb n-ekre a sok (n + ) determináns kiszámítása nagyon sok mûveletet igényel. Nagy n-ekre a Cramerszabálynak elméleti jelentõsége van, ugyanis a Cramer-szabály garantálja, hogyha det(a), akkor létezik és egyértelmû a megoldás. 7. PÉLDA Oldjuk meg Cramer-szabállyal az alábbi lineáris egyenletrendszert: Megoldás: A = A = A 3 = 3 4 3 4 3 3 4 5 3 x 3x + x 3 = 3x + 4x x 3 = 5x + 4x 3 = 3 3 3 4 5 4, det(a) = 6,, det(a ) = 6; A =, det(a 3 ) =. Tehát 3 5 3 4 x = det(a ) det(a) = ; x = det(a ) det(a) = ; x 3 = det(a 3) det(a) =.., det(a ) = ;

. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása A Cramer-szabály egy fontos következménye: Tekintsük a következõ ún. homogén lineáris egyenletrendszert: a x + + a n x n = a x + + a n x n = a n x + + a nn x n =. Ennek az egyenletrendszernek legalább egy megoldása mindig van. Nevezetesen az x = a a n x = = x n =. A Cramer-szabály szerint, ha az egyenletrendszer A = a n a nn determinánsa nem nulla, akkor a megoldás egyértelmû. Tehát, ha det(a), akkor az egyenletrendszernek csak a triviális a x + + a n x n = a x + + a n x n = a n x + + a nn x n = x = x = = x n = a megoldása.. DEFINÍCIÓ Legyen a,...,a k R n. Az a,...,a k vektorok által kifeszített L (jele: L(a,...,a k )) altér azon b vektorokból áll, amelyek elõállnak az a,...,a k lineáris kombinációiként.. LEMMA L(a,...,a k ) egy lineáris altere az R n -nek.. DEFINÍCIÓ Az a,...,a k rendszer rangja definíció szerint az L(a,...,a k ) altér dimenziója..3. Áttérés egyik bázisról a másikra Az R n természetes bázisának hívjuk a T = {e,...,e n } bázist, ahol e = ; e = ; e 3 = ;... e n =.... A v vektor természetes bázisban vett koordinátáit vagy [v] T -vel jelöljük, vagy egyszerûen csak v-t írunk..

MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK Ha B = {u,...,u n } egy tetszõleges bázisa az R n -nek, akkor v R n vektor egyértelmûen felírható v =α u +... + α n u n alakban. Ekkor azt mondjuk, hogy a B bázisban a v vektor koordinátái 8. PÉLDA Ha u = [ tehát [v] B = 3 [ ], u = [ 3 [v] B = ] és v = α. α n. [ 7 7 v = u 3u ], ahol a B = {u,u } a bázis. ], akkor α. α n. Jelben: 5. TÉTEL Ha B = {u,...,u n } egy tetszõleges bázisa az R n -nek, akkor v R n vektorra: [v] T = [u,...,u n ] [v] B, ahol [u,...,u n ] egy mátrix, melynek elsõ oszlopa u, második oszlopa u,..., n-edik oszlopa u n. Ezt a jelölést késõbb is használjuk. α BIZONYÍTÁS Ha [v] B =., akkor α n [v] T = α u +... + α n u n = [u,...,u n ] α. α n = [u,...,u n ] [v] B.. KÖVETKEZMÉNY Egy v R n vektor koordinátáit a B = {u,...,u n } bázisban a következõ formula adja: [v] B = [u,...,u n ] [v] T. (.). KÖVETKEZMÉNY Ha B = {u,...,u n } és B = {u,...,u n } bázisai az Rn -nek és v R n, akkor [v] B = [ u,...,u n] [u,...,u n ] [v] B. (.)

. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása 3. DEFINÍCIÓ Az [u,...,u n] [u,...,u n ] mátrixot a B bázisról a B bázisra való áttérés mátrixának hívjuk. [ ] {[ ] [ ]} 5 3 9. PÉLDA Határozzuk meg a v = vektor koordinátáit a B =, bázisban! 6 4 [ ] 3 Megoldás: Legyen P =. Az.. Következmény miatt [v] 4 B = P v. Mivel [ ] det(p) =, ezért P = 4 3. Tehát [v] B = [.4.3... PÉLDA Adottak a következõ bázisok: {[ ] [ 4 B =, ] [ 5 6 ]}, B = [ Ha a w vektor koordinátái a B-ben [w] B = 7 Megoldás: Alkalmazhatjuk a (.) formulát: ] [ = {[ 3 3.8.4 ]. ] [, ]}. (.3) ], kérdés: mik a w koordinátái a B -ben? [w] B = [ u,u ] [u,u ] [w] B. (.4) [ ] [ Legyen P := [u,u ] =! Ekkor det(p) =, tehát P 3 = 3 [ ] [ ] [ ] [ ] [w] B = 4 35 = 3 7 99..4. Lineáris transzformációk ]. Tehát 3. DEFINÍCIÓ Az F : R n R s leképezést lineáris transzformációnak hívjuk, ha a. F (u + v) = F (u) + F (v), u,v R n ; b. F(cu) = cf (u); c R és u R n.. PÉLDA A sík és az egyenes lineáris transzformációi:. A számegyenes lineáris transzformációi az F (x) = cx alakú függvények.. A sík lineáris transzformációi például az origó körüli forgatások, az origón átmenõ egyenesre tükrözések, vagy F (x,x ) = (x,3x ).

4 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK. PÉLDA Határozzuk meg az origó körüli (pozitív irányú) 3 -os szöggel való forgatás mátrixát, majd ennek segítségével számítsuk ki a v = [,5] vektor 3 -os szöggel való elforgatásával kapott w vektort! {[ ] [ ]} Megoldás: Mivel nem specifikáltuk, melyik bázisról van szó, ezért az, természetes bázisban dolgozunk. Itt elõször meghatározzuk a b = F és b ([ ]) = ([ ]) F értékeket, majd ezekbõl képezzük a B = [ [ 3 ] ] b b mátrixot b = [ ] ] és b = 3. Tehát B = [ 3 3. Ennek segítségével megkaphatjuk annak a w vektornak a koordinátáit, amit a v =(,5) vektor origó körüli (pozitív irányú) 3 -os forgatásával kapunk: [ ] [ ] 3 w = B = [ ] [ ] 3 = 5. 5 5 3 + 5 3 4. DEFINÍCIÓ Azt mondjuk, hogy a B := {u,u } bázisban az F : R R lineáris transzformáció mátrixa M B, ha minden vektorra teljesül. Alkalmazva a definíciót az a = α u + α u [ α [F(a)] B = M B α [ ] és a [ ] = M B [a] B (.5) ] vektorokra, kapjuk, hogy M B = [ [F(u )] B [F(u )] B ], (.6) vagyis a -es M B mátrix elsõ oszlopa [F(u )] B és második oszlopa [F(u )] B. [ ] x + x 3. PÉLDA Legyen T (x,x ) =. Találjuk meg a T mátrixát x + 4x a) a természetes bázisban; {[ ] [ ]} b) az, bázisban. Megoldás: ([ a) T [ B = ]) [ = 4 ]. ] ([, T ]) [ = 4 ], így a T mátrixa a természetes bázisban

. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása 5 [ ] [ ] [ ] b) T =, T = }{{}}{{} u u természetes bázisban. [ 3 6 T (u ) = u [; T (u ] ) = 3u és B [ = {u,u }. [T (u )] B = ; [T (u )] B = 3 ], így [T ] B = ] [, ahol [ 3 ] és ]. [ 3 6.4.. Lineáris transzformáció mátrixai különbözõ bázisokban ] a koordináták a 6. TÉTEL Legyen P := [u,u ], és legyen M T a F lineáris transzformáció mátrixa a természetes bázis ban, illetve M B a B bázisban. Ekkor M B = P M T P. (.7) BIZONYÍTÁS Rögzítsünk egy tetszõleges a = α u + α u = P [ α α ] vektort. Fel kell majd használnunk azt, hogy i =,-re [F(u i )] B = P [F(u i )] T = P M T [u i ] T. (.8) Az elsõ azonosság a.. Tételbõl, míg a második azonosság az M T definíciójából adódik. Továbbá [ ] α [F(a)] B = M B = [ [ ] ] α [F(u α )] B [F(u )] B. (.9) α Felhasználva (.9)-et: [[F(u )] B, [F(u )] B ] = [ P M T [u ] T,P ] M T [u ] T Innen és (.)-bõl következik, hogy = P M T [u, u ] = P M T P. M B = P M T P..5. Sajátértékek, sajátvektorok

6 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK 5. DEFINÍCIÓ Adott egy A n n-es mátrix. Az x R n, x vektort az A mátrix sajátvektorának nevezzük, ha az Ax vektor az x vektornak valamilyen λ-szorosa, azaz Ax = λx. Ekkor a λ egy sajátértéke az A mátrixnak. Vegyük észre, hogy a) ha x egy sajátvektora az A mátrixnak, akkor x, 3x és általában cx, ahol c R, c is egy sajátvektora az A-nak, b) abban az esetben is, ha az A összes eleme valós, mind a sajátértékek, mind a sajátvektorok komponensei lehetnek komplex számok. [ 3 ] [. Ekkor, ha λ =, λ = 3 és u = ], u = 4. PÉLDA. Legyen A = [ ], akkor Au = λ u és Au = λ u, vagyis u a λ -hez, u a λ -höz tartozó sajátvektorok. [ ] [ ] [ ]. Legyen A =, λ 3 =, λ = 3 és u =, u =. Ekkor látható, hogy Au = λ u és Au = λ u, vagyis u egy a λ sajátértékhez tartozó sajátvektor, u pedig egy olyan sajátvektor, ami a λ -höz tartozik. Kérdés: Hogyan határozhatjuk meg egy A n n-es mátrix sajátértékeit és a sajátértékekhez tartozó sajátvektorokat? Válasz: Abból indulunk ki, hogy Ax = λx. Használva az I =....... egységmátrixot kapjuk, hogy λx =λix, vagyis Ax = λix, innen (A λi)x =. A kapott homogén lineáris egyenletrendszernek az x = -tól különbözõ megoldása (mint ezt a Cramer-szabály egy következményeként láttuk) pontosan akkor van, ha det(a λi) =. Tehát az A mátrix sajátértékei a det(a λi) = egyenlet λ-ra történõ megoldásai. sajátvektorokat ezután az (A λi)x = egyenletbõl határozzuk meg. [ ] 3 5. PÉLDA A =. Határozzuk meg a sajátvektorokat és a sajátértékeket! 5 3 A

. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása 7 Megoldás: A det(a λ I) = egyenletet felhasználva [ ] 3 λ = det(a λi) = det = (3 λ)( 3 λ) + 5 = λ 9 + 5 = λ 4. 5 3 λ Tehát λ = és λ =. Felhasználva az (A λi)x = egyenletet a λ és a λ értékekhez tartozó u és u sajátvektorok meghatározására. λ = esetén: [ ] [ ] 3 λ A λi = 5 [ 3 λ Így (A λi)x = 5 5 tartozó sajátvektor = ][ x x. 5 ] 5 [ ] = megoldása x = x. Tehát egy, a λ -hez u = [ λ = esetén: [ ] [ ] 3 λ 5 A λi = =. 5 3 [ λ ][ 5 ] [ ] 5 x Tehát (A λi)x = az =. Ennek megoldása: 5x 5 x = x. Tehát [ ] egy, a λ = -höz tartozó sajátvektor: u =. 5.6. Ortogonális mátrixok 6. DEFINÍCIÓ Egy valós n n-es Q mátrixot ortogonálisnak hívunk, ha ]. Q = Q T, vagyis ha Q T Q = QQ T = I. q T Legyen Q = [q q...q n ], ekkor Q T q T =.. A QT Q mátrix (i, j)-edik helyén q T n j j. i q T i. q j = ( q T i q ) j i. Az (i, j)-edik helyen.. { a Q T, ha i = j Q = I értéke., ha i j

8 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK Tehát q i q j, ha i j és q i =. Az ilyen tulajdonságú {q,...,q n } vektorrendszert ortonormált rendszernek nevezzük. 7. DEFINÍCIÓ Egy q,...,q n vektorrendszer ortonormált, ha q i q j minden i j-re és q i = minden i-re. Vagyis azt kaptuk, hogy egy mátrix akkor és csakis akkor ortogonális, ha az oszlopvektorok rendszere ortonormált. Ez viszont azt jelenti, hogy ha egy mátrix ortogonális és felcseréljük az oszlopvektorok sorrendjét, akkor az így kapott új mátrix is ortogonális lesz. 6. PÉLDA Az I = I T. Az elõbbi megjegyzés miatt az A = ortogonálisak. mátrix ortogonális, mivel I = I és I T = I, így I = és B = mátrixok is Miért szeretjük az ortogonális mátrixokat? Azért szeretjük az ortogonális mátrixokat, mert a velük való szorzás megõrzi a hosszat és a térfogatot. Vagyis: 7. TÉTEL Legyen Q egy n n-es ortogonális mátrix és x,y R n tetszõleges vektorok. (a) Qx = x megõrzi a hosszat, (b) (Qx) T (Qy) = x T y megõrzi a szöget (hiszen megõrzi a skalárszorzatot is), (c) det(q) = megõrzi a térfogatot. BIZONYÍTÁS Csak az (a) részét bizonyítjuk a tételnek. Qx = (Qx) T (Qx) = x T Q T Qx = x }{{} T x = x. I.7. Szimmetrikus mátrixok diagonalizálása Egy n n-es A mátrixot szimmetrikusnak nevezünk, ha az A szimmetrikus a fõátlójára, azaz a i j = a ji, ( A T = A ). A szimmetrikus mátrixok egy nagyon fontos tulajdonsága a következõ. 8. TÉTEL Egy szimmetrikus mátrix minden sajátértéke valós. Ennek felhasználásával be lehet bizonyítani a következõ tételt.

. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása 9 9. TÉTEL Legyen az A egy n n-es szimmetrikus mátrix. Ekkor létezik olyan Q ortogonális mátrix, amelyre Q T AQ = D, ahol D egy diagonális mátrix. BIZONYÍTÁS Ha az A egy n n-es valós szimmetrikus mátrix, akkor az A minden sajátértéke valós, de nem feltétlenül különbözõ. Az egynél nagyobb multiplicitású gyökökhöz tartozó sajátvektorok terében ki szeretnénk valasztani egy ortogonális bázist; erre szolgál az ún. ortogonalizációs eljárás Ortogonalizációs eljárás Legyen a,...,a k az R n tér lineárisan független vektorrendszere (nyilván k n). Mint mindig, L(a,...,a k ) jelöli a kifeszített alteret vagyis az a,...,a k vektorokból képezhetõ összes lineáris kombinációk halmazát. 7. PÉLDA Határozzuk meg az L(a,...,a k ) egy ortonormált bázisát (azaz k db vektort az L(a,...,a k )-ban, melyek hossza és páronként merõlegesek)! Megoldás: Ha a,...,a k lineárisan független, akkor elõször egy ortogonális b,...,b k bázisát adjuk meg az L(a,...,a k )-nak, majd a kívánt ortonormált rendszert a b b,..., b k b k adja. Legyen b = a. Határozzuk meg azt az α -et, amire teljesíti a b b feltételt, vagyis: Innen b = α b + a = b b = α b b + a b. α = a b b b. Ekkor tehát b L(a,a ) és b b. Határozzuk meg azt a β,β értéket, amire a b 3 = β b + β b + a 3 vektorra teljesül, hogy b 3 b és b 3 b, vagyis: Továbbá, = b 3 b = β b b + β b b }{{} + a 3 b β = a 3b. b b = b 3 b = β b b }{{} + β b b + a 3 b β = a 3b. b b Ekkor tehát b 3 L(b,b,b 3 ) = L(a,a,a 3 ) és b 3 b ; b 3 b. Az eljárást ugyanígy folytatjuk, amíg b k -t is meghatározzuk.

MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK 8. PÉLDA a = nak egy ortonormált bázisát! β ; a = ; a 3 =. Határozzuk meg az L(a,a,a 3 )- Megoldás: b = a, b = α b + a, ahol α = a b b b =, így b = b + a =. b 3 = β b +β b +a 3, ahol β = a 3b b b =, β = a 3b b b = 3 = 3, így b 3 = b + β b + a 3 = 3 3 3. Tehát a {b,b,b 3 } ortogonális bázisa az L(a,a,a 3 )- }{{} }{{} 3 nak. Azért, hogy ortonormált bázist kapjunk, a hosszakkal le kell osztani: c = b b = ; c = b b = 3 3 3 ; c 3 = 3 3 3 3. Tehát az L(a,a,a 3 ) egy ortonormált bázisa c = b b = ; c = b b = 3 3 3 ;c 3 = 3 3 3 3.. TÉTEL A egy n n-es valós szimmetrikus mátrix. Ekkor az A különbözõ sajátértékeihez tartozó sajátvektorai merõlegesek egymásra. Ha az A-nak minden sajátértéke különbözõ, akkor a sajátvektorait egység hosszúnak választva, azonnal kapunk egy sajátvektorokból álló ortonormált rendszert. Ha az A valamely sajátértékének multiplicitása nagyobb mint, akkor az ilyen sajátértékekhez tartozó sajátvektorokra alkalmazni kell az ortogonalizációs eljárást, hogy megkapjuk a sajátvektorok egy ortonormált rendszerét. Tehát egy n n-es szimmetrikus mátrixnak mindig van {u,...,u n } sajátvektorokból álló ortonormált rendszere! 9. PÉLDA Határozzuk meg az R 4 térnek az A = mátrix sajátvektorából álló ortonormált bázisát!

. Az A-ben tanult lineáris algebra összefoglalása Megoldás: p(λ) = det(a λi) = (λ ) 3 (λ + ), λ = λ = λ 3 = és λ 4 =. Könnyen találhatunk négy sajátvektort. w = ; w = ; w 4 = ; w 3 =, ahol w i a λ i -nek felel meg és i =,,3,4. Ezután az L(w,w,w 3 ) altér egy ortonormált bázisát az ortogonalizálási eljárással meghatározzuk, és a w 4 -et normáljuk. c 4 = w 4 w 4 = felhasználva:. Az Ortogonalizálási eljárás címû fejezet példájának eredményét c = ; c = 3 3 3 ; c 3 = 3 3 3 3 ; c 4 = Ez egy ortonormált bázisa R 4 -nek, mely az A sajátvektoraiból áll. Legyen A egy n n-es szimmetrikus mátrix. Legyen u,...,u n az A mátrix sajátvektoraiból álló ortonormált rendszer. Ekkor (i) a diagonalizálás fejezetben leírtak alapján a Q = [u,...,u n ] mátrixra Q AQ = D. D diagonális mátrix, melynek fõátlójában az A mátrix sajátértékei vannak, (ii) mivel {u,...,u n } egy ortonormált rendszer, így Q egy ortogonális mátrix, Q = Q T. Tehát Q T AQ = D, ami egy diagonális mátrix.. PÉLDA Legyen A = sajátvektorok: Tehát Innen [ λ =, u = [. ]. Ekkor az A sajátértékei és a hozzájuk tartozó Q = ] és λ = 3, u = [ [ A = Q 3 ]. ] Q T. [ ].

MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK Vegyük észre, hogy a jobb oldali szorzat közepén álló diagonális mátrix fõátlójának elsõ eleme λ =, második eleme λ = 3. Ennek a felbontásnak egyik alkalmazása a következõ: legyen F(x) = A x. Ekkor az F lineáris transzformációnak a természetes bázisban a mátrixa az A. Ha áttérünk a B = [ {u,u ]} bázisra, akkor a fenti F lineáris transzformációnak a mátrixa a B bázisban a D = diagonális mátrix lesz. Mivel ez a mátrix sokkal egyszerûbb mint az A mátrix, 3 ezért például ezen F lineáris transzformáció iteráltjainak vizsgálata sokkal egyszerûbben elvégezhetõ a B bázisban.

. fejezet Lineáris algebra II. A Lineáris algebra rész tárgyalásakor az [] könyvet követjük. Ebben a könyvben rengeteg további feladat és érdekes gyakorlati alkalmazás, található... Kiegészítés az A-ben tanultakhoz... Determináns Legyen A = a... a n......... a n... a nn egy n n-es mátrix. Az A mátrix a i j elemének minorja M i j annak a mátrixnak a determinánsa, amelyet úgy kapunk, hogy az A mátrixból eldobjuk az i-edik sort és a j-edik oszlopot. A C i j := ( ) i+ j M i j számot az a i j elem cofactorának hívjuk. Ekkor det(a) = a i C i + a i C i + + a in C in. (.) Ezt a kifejezést a determináns i-edik sor szerinti cofactor-kifejtésének mondjuk. 3. PÉLDA Legyen A = 4. Ekkor tekinthetjük az utolsó sor szerinti cofactorkifejtést: det(a) = ( ) 3+ (3 4 ) = 6 A 3 3-as mátrix determinánsát meg kaphatjuk a következõ módon is: a a a 3 det a a a 3 = a a a 33 + a a 3 a 3 + a 3 a a 3 aa 3 a 3 a 33 (a 3 a a 3 + a a a 33 + a a 3 a 3 ) (.) 3

4 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK Ennek egy elmés általánosításaként egy tetszõleges n n-es determináns kiszámítható. Ennek leírásához szükség van a következõ fogalomra: ha az {,,...n} számok sorrendjének tetszõleges felcserélésével a { j,..., j n } számokat kapjuk, akkor azt mondjuk, hogy a { j,..., j n } számok az {,,...n} egy permutációja. Azt mondjuk, hogy a { j,..., j n } permutáció páros, ha azon cserék száma, amivel a { j,..., j n } bõl az {,,...n} visszanyerhetõ, páros szám. Egyébként a permutáció páratlan. Például: ha n = 3, az permutációk párosak, míg a {,,3},{,3,}, {3,,} {3,,}, {,,3}, {,3,} permutációk páratlanok. Elõjeles elemi szorzatnak nevezzük a ±a j a j...a n jn alakú szorzatokat, ahol a + jelet akkor választjuk, ha a { j,..., j n } permutáció páros, egyébként a mínusz jelet választjuk.. TÉTEL det(a) egyenlõ az összes lehetséges elõjeles elemi szorzatok összegével. Vegyük észre, hogy ez éppen (.) általánosítása. Ezen tételt használva be lehet látni, hogy. TÉTEL Minden A négyzetes (n n-es valamilyen n-re) mátrixra det(a) = det(a T ). Ez azt is jelenti, hogy a (.)-ben adott sor szerinti cofactor-kifejtés helyett az oszlop szerinti cofactor-kifejtést is használhatjuk, vagyis minden j n-re... A determináns geometriai jelentése det(a) = a j C j + a j C j + A n j C n j. (.3) Egy (négyzetes) mátrix determinánsa mindig egy szám. Ennek van abszolút értéke és elõjele. Elõször megértjük a determináns abszolút értékének geometriai jelentését, azután pedig a determináns elõjelének a geometriai jelentését. A determináns abszolút értékének a jelentése: Jelöljük az a... a n A =......... a n... a nn mátrix j-edik oszlop vektorát u j -vel, vagyis u = a a. a n, u = a a. a n,..., u n = a n a n. a nn.

. Lineáris algebra II. 5 Ezt úgy is írhatjuk, hogy Vegyük észre, hogy A = [u,u,...,u n ]. A e i = u i, ahol e i az i-edik koordináta-egységvektor, vagyis az a vektor, amelynek minden koordinátája, kivéve az i-edik koordinátát, ami viszont -gyel egyenlõ. Ezért az leképezés az R n egységkockáját vagyis a y A y (.4) K = {(x,x,...,x n ) : x,x,...,x n } halmazt egy-egy értelmûen ráképezi az u,u,...,u n vektorok által kifeszített P u,u,...,u n parallelepipedonra. A determináns abszolút értéke éppen ezen P u,u,...,u n parallelepipedon térfogata. Vagyis az A mátrix determinánsának abszolút értéke azt mondja meg, hogy az f : y A y lineáris leképezés esetén egy H R n halmaz f (H) képének térfogata hányszorosa a H térfogatának. Képletben: A determináns elõjelének jelentése: Ha a determináns elõjele pozitív, akkor az térfogat f (H) = det(a) térfogat(h). f : y A y leképezés irányítástartó (például a forgatások). irányításváltó (például a tükrözések). Ha a determináns elõjele negatív az f..3. Mátrix nyoma Legyen A = (a i, j ) d i, j= egy négyzetes (d d-es) mátrix. Ekkor az A mátrix nyoma (jelben: tr(a) vagy sp(a)) az A mátrix fõátlójában álló elemek összege:. PÉLDA Legyen A = 3 4 5 6 7 8 9 tr(a) = d a kk. k=. Ekkor tr(a) = + 5 + 9 = 5.

6 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK A mátrix nyomának legfõbb tulajdonságai: Legyenek A és B tetszõleges d d-es mátrixok. Ekkor. tr(a T ) = tr(a);. minden c konstansra: tr(c A) = c tr(a); 3. tr(a ± B) = tr(a) ± tr(b); 4. tr(a B) = tr(b A); 5. ha λ,...,λ d az A mátrix összes sajátértékei (multiplicitással, vagyis minden sajátérték annyiszor felsorolva, ahányszoros sajátérték), akkor tr(a) = λ + + λ d. Megjegyezzük, hogy det(a) = λ + + λ d. Vagyis mind a mátrix nyoma, mind a determinánsa csak a mátrix sajátértékeitõl függ. Ebbõl az következik, hogy ha A és B két olyan mátrix, melyek ugyanazon lineáris transzformációnak a mátrixai más-más bázisban, akkor mind tr(a) = tr(b) mind pedig det(a) = det(b)...4. Mátrixok kétpontos szorzata A mérnöki matematikai szakirodalomban gyakran elõfordul a mátrixok kétpontos szorzata (matematikakönyvekben nem). Legyenek adva a következõ d d-s mátrixok: A = (a i, j ) d i, j= és B = (b i, j) d i, j=. Az A és B mátrixok kétpontos szorzata (jelben A : B) a skalárszorzat mintájára van definiálva. Vagyis: A : B = [ ] [ 9 8 3. PÉLDA Legyen A = és B = 3 4 7 6 Ekkor A : B = 9 + 8 + 3 7 + 4 6 = 7. Vegyük észre, hogy az A T B mátrix k-adik sorának k-adik eleme Ezt összegezve minden k d-re kapjuk, hogy A : B = d a i, j b i, j = i, j= d k= d i, j= d a i, j b i, j. (.5) i, j= ]. a i,k b i,k = d d k= i, j= d a T k,i b i,k = d a i,k b i,k. i, j= i, j= a T k,i b i,k = tr(a T B). (.6)

. Lineáris algebra II. 7..5. Ferdén szimmetrikus mátrixok Legyen A = (a i, j ) d i, j= egy d d-s mátrix. Azt mondjuk, hogy az A ferdén szimmetrikus mátrix, ha A = A T. Vagyis, ha tükrözzük az A elemeit az A fõátlõjára (arra az átlóra, ami a bal felsõ sarokból megy a jobb alsó sarokba), akkor ezen tükrözés eredményeképpen az A mátrix mínusz egyszeresét kapjuk. 3. TÉTEL Ha A négyzetes mátrix, akkor A elõállítható egy szimmetrikus és egy ferdén szimmetrikus mátrix összegeként. BIZONYÍTÁS Legyen S = (A + AT ) és R = (A AT ). Ekkor S szimmetrikus, R pedig ferdén szimmetrikus mátrixok. Nyilván A = S + R...6. Gauss Jordan-elimináció Az A elõadáson tanult Gauss-elimináció során a mátrixot sor-echelon alakra hoztuk elemi sortranszformációk egymás utáni alkalmazásaival. Emlékeztetek, hogy egy mátrix sorechelon alakban van ha. a csupa nullából álló sorok (ha vannak a mátrixban egyáltalán) a mátrix utolsó sorai;. ha egy sornak van nem nulla eleme, akkor az elsõ nem nulla elem egyes; 3. ha két egymás utáni sor mindegyike tartalmaz nem nulla elemet, akkor az elsõ nem nulla elem (ami szükségszerûen egyes) az alsó sorban, jobbra van a felsõ sor elsõ nem nulla elemétõl (ami szintén egyes). Nevezzük a fenti definícióban szereplõ minden nem csupa nulla sor elején álló egyeseket pivot-elemeknek és ezen elemek oszlopait pivot-oszlopoknak. A sor-echelon alakból a redukált sor-echelon alakot úgy kapjuk, hogy a sor-echelon alakból indulva, a pivot-elemek sorainak megfelelõ többszöröseit a felettük lévõ sorokból levonva elérjük, hogy a mátrixban a pivot-elemek felett csak nullák legyenek. 4. PÉLDA A = 7 4 6 8 4 5 6 5 Az A mátrixból sor-echelon alakra hozás után kapjuk az 5 3 6 4 A = 7 6 mátrixot, ahol a pirossal írt elemek a pivot-elemek. Most alakítsuk ki a redukált sor-echelon formát: Az utolsó nem csupa nulla sor (vagyis a mi esetünkben a harmadik sor) megfelelõ számszorosait hozzáadjuk a megelõzõ sorokhoz, hogy az utolsó nem csupa nulla sor pivoteleme felett csak nullák legyenek.

8 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK Vagyis az utolsó sor 7 -szeresét hozzáadjuk a második sorhoz, és ugyanebben a lépésben az utolsó sor 6 szorosát hozzáadjuk az elsõ sorhoz. Kapjuk, hogy 5 3 7 ahol a kék szín jelöli az újonnan kialakított nullákat az utolsó sor pivot-eleme (piros -es) felett. Most az így kapott mátrix második sorának pivot-eleme feletti pozíción akarunk nullát kialakítani. Ehhez hozzáadjuk a második sor 5-szörösét az elsõ sorhoz. Ennek eredményeként kapjuk a redukált sor-echelon alakú mátrixot: 3 7 A = Látható, hogy az A sor-echelon alakban és az A redukált sor-echelon alakban a pivot-elemek ugyanazok. Azt a folyamatot, amelynek során az A mátrixból a redukált sor-echelon alakú A mátrixot létrehoztuk Gauss Jordán-eliminációnak hívjuk. > with(linalg):, > A:=matrix(3,6,[,,-,,7,,,4,-,6,,8,,4,-5,6,-5,-]); 7 4 6 8 4 5 6 5 >gaussjord(a); 3 7 5. PÉLDA Adott a síkon 4 pont, melyek x koordinátái különbözõek. Ehhez létezik egyetlen olyan legfeljebb harmadfokú polinom, amely mind a négy adott ponton átmegy. Határozzuk meg ezt a polinomot, ha a pontok P = (, ), P = (,4), P 3 = (,), P 4 = (,3). Megoldás: Jelöljük a keresett (legfeljebb) harmadfokú polinomot p(x)-szel. Ekkor p(x) = a + a x + a x + a 3 x 3.

. Lineáris algebra II. 9 Azt hogy a p(x) polinom átmegy az adott négy ponton, a következõ négy egyenlet írja le: Az egyenletrendszer kibõvített mátrixa: a + ( )a + ( ) a + ( ) 3 a 3 = a + ( )a + ( ) a + ( ) 3 a 3 = 4 a + ()a + () a + () 3 a 3 = a + ()a + () a + () 3 a 3 = 3. - 4-8 - - - 4 4 8 3 Ezt Gauss Jordan-eliminációval redukált sor-echelon alakra hozzuk: 3 6 7/4 5/6. 3/4 Az utolsó oszlopban álló elemek adják rendre a,a,a,a 3 értékét. Vagyis a keresett polinom:. p(x) = 3 6 7 4 x 5 6 x + 3 4 x3.

3 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK 3-3 - - 3 4 x -.. ábra. A P,...,P 4 pontokat legjobban megközelítõ elsõ- (kék) másod- (piros) és harmadfokú (zöld) polinomok. Ezt az ábrát a következõ MAPLE program eredményezi: > x:=[-,-,,]: > y:=[-,4,,3]: > #corresponding data points: > with(stats):with(plots): Warning, these names have been redefined: anova, describe, fit, importdata, random, statevalf, statplots, transform > pts:=zip((x,y)->[x,y],x,y): > pt_plot:=pointplot(pts):

. Lineáris algebra II. 3 > inter_poly:=interp(x,y,x): > ip_plot:=plot(inter_poly, x=-3..4,color=green): > ls_fit:=fit[leastsquare[[x,y],y=a*x+b, {a,b}]]([x,y]): > ls_plot:=plot(rhs(ls_fit),x=-3..4,color=blue): > ls_fit:=fit[leastsquare[[x,y],y=a*x^+b*x+c, {a,b,c}]]([x,y]): > ls_plot:=plot(rhs(ls_fit),x=-3..4,color=red): > display([pt_plot,ls_plot,ls_plot,ip_plot]);..7. Kifeszített altér bázisának meghatározása Adottak az S = {v,...,v s } R d -beli vektorok. Legyen W R d az S által kifeszített altér. Vagyis W azon vektorok összesége, amelyek elõállnak S-beli vektorok lineáris kombinációjaként. W = {w : α,...,α s ; w = α v + + α s v s }. Két természetes probléma fordul elõ nagyon gyakran:. Találjuk meg W egy tetszõleges bázisát.. Találjuk meg W egy olyan bázisát, amely S-beli vektorokból áll. Az elsõ problémát megoldottuk A-ben. Nevezetesen az S-beli vektorokból mint sorvektorokból alkottunk egy B mátrixot. Ezt a B mátrixot Gauss-eliminációval sor-echelon alakra hoztuk. A nem nulla sorvektorok alkották a W egy bázisát. Ez így egyszerû és nagyon gyors, viszont az ilymódon kapott bázisvektorok általában nem az S-beli vektorok közül kerülnek ki, tehát ez a módszer megoldja az elsõ problémát, de nem oldja meg a nehezebb második problémát. A második probléma megoldásához szükséges a következõ észrevétel: Észrevétel: Legyen A egy k s méretû mátrix, melynek oszlopvektorai c,...,c s R k : a... a s A =... = [ ] c... c s. (.7) a k... a ks Tegyük fel, hogy az oszlopvektorok között fennáll a c i = α k c k k i

3 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK összefüggés. Hajtsunk végre egy tetszõleges elemi sortranszformációt az A mátrixon. Így kapjuk az A mátrixot, melynek oszlopvektorait jelöljük c,...,c s R k -vel. Vagyis az elemi sortranszformáció eredménye: A = a..... a s. a k... a ks 4. TÉTEL Használva a fenti jelöléseket: c i = α k c k. k i = [ c... c s ]. (.8) Vagyis az A mátrix oszlopvektorai között ugyanazok az összefüggõségi viszonyok vannak mint az A mátrix esetén. A fenti. probléma megoldása az Észrevétel segítségével: Legyen A az a k s méretû mátrix, melynek oszlopvektorai az S elemei ugyanazon sorrendben: A = a... a s... a k... a ks = [ v... v s ]. (.9) Hajtsuk végre a Gauss Jordan-eliminációt, vagyis az A mátrixból kiindulva hajtsuk végre elemi sortranszformációk azon sorozatát, melynek eredményeként kapunk egy redukált sorechelon alakú mátrixot, melyet A -nek nevezünk. Ennek a pivot-oszlopainak megfelelõ S-beli elemek alkotják a W-nek S-beli bázisát. 6. PÉLDA Legyen W R 4 -nek a v = 3,v = 5 3 6,v 3 = 3,v 4 = 4 7,v 5 = vektorok által kifeszített altere. Határozzuk meg a W egy olyan bázisát, melynek minden eleme ezen v,...,v 5 vektorok közül kerül ki. Megoldás: Legyen A az a mátrix, melynek oszlopvektorai az adott vektorok: A = 5 5 8 3 3 4 3 6 7. Alkalmazzuk a Gauss-Jordan eliminációt a MAPLE segítségével:: 5 8

. Lineáris algebra II. 33 > with(linalg): > A:=matrix(4,5,[,,,,5,-,-5,,-,-8,,-3,3,4,,3,6,,-7,]): > gaussjord(a);, ahol a kékkel írt elemek a pivot-elemek, az oszlopaik a pivot-oszlopok. A tétel értelmében a pivot-oszlopoknak megfelelõ sorszámú v vektorok alkotják a W bázisát. Vagyis a a W egy bázisát adja. {v,v,v 4 }.. A mátrix fundamentális alterei A fejezet hátralévõ része kiegészítõ jellegû, a tananyagból általában részben vagy egészben kimarad. 8. DEFINÍCIÓ Adott egy k s méretû A mátrix, melynek oszlopvektorai c,...,v s R k, sorvektorai r,...,r k R s. a... a s A =... = [ ] c... c s = a k... a ks r. r k. (.). R k -ban azon alteret, melyet az A mátrix {c,...,c s } oszlop vektorai feszítenek ki col(a)-val jelöljük.. R s -ben azon alteret, melyet az A mátrix {r,...,r k } sorvektorai feszítenek ki row(a)- val jelöljük. 3. A-ben tanultuk, hogy a sorvektorok és az oszlopvektorok által kifeszített alterek (noha az elsõ R s -beli a második R k -beli) dimenziói egyenlõek. Ezen közös dimenziót hívjuk a mátrix rangjának, jele: rank(a). 4. Az A mátrix nullterének hívjuk azon x R s vektorok alterét, melyekre A x =, jele null(a). Az A nulltérének dimenziója az A nullity-je, jele nullity(a). Mivel az A mátrixszal együtt az A T transzponált mátrix is fontos, ezért a transzponált mátrixra is fel akarjuk írni ugyanezeket a mennyiségeket. Viszont a transzponálás sort oszlopba visz és viszont, ezért row(a T ) = col(a) és row(a) = col(a T ).

34 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK 9. DEFINÍCIÓ Az A mátrix fundamentális alterei: row(a), col(a), null(a), null(a T )..3. Dimenziótétel mátrixokra 5. TÉTEL (DIMENZIÓ TÉTEL MÁTRIXOKRA) Legyen A egy k s méretû (tehát nem feltétlen négyzetes) mátrix. Ekkor rank(a) + nullity(a) = s. (.) BIZONYÍTÁS Tekintsük az A x = egyenletet (itt x, R s ). Gauss-eliminációt alkalmazva ezen egyenlet kiegészített mátrixát sor-echelon alakra hozzuk. Tegyük fel, hogy a nem csupa nulla sorok száma r-rel egyenlõ. Ekkor rank(a) = r. Minden nem csupa nulla sor egy ki nem küszöbölhetõ egyenletet jelent, ami megköt egy változót. Tehát az összesen s változóból megkötünk r változót. Így tehát marad s r szabad változónk. Vagyis Más szavakkal: szabad változók száma = s rank(a) rank(a) + szabad változók száma = s. Másrészt a szabad változók száma éppen az A x = egyenlet megoldásai által meghatározott altér dimenziója. Más szavakkal: nullity(a) = szabad változók száma. Összetéve a két utolsó egyenletet, kapjuk a tétel állítását. Legyen S R d. Ekkor az S merõleges alterének hívjuk azon R d -beli vektorok halmazát, melyek az S összes elemére merõlegesek, jele S : { } S := w R d : v S; v w. 6. TÉTEL (ALTEREKRE VONATKOZÓ DIMENZIÓTÉTEL) Legyen W az R s egy altere. Ekkor dim(w) + dim(w ) = s.

. Lineáris algebra II. 35 BIZONYÍTÁS Ha W az R s -nek a két triviális altere (,R s ) közül az egyik, akkor a tétel triviálisan igaz. Egyébként pedig választunk egy bázist, legyen ez a W. Tegyük fel, hogy ez a bázis k elemû. Ebbõl a bázisból mint sorvektorokból képezzük a k s méretû A mátrixot. Nyilván row(a) = W és null(a) = W. (.) Tehát az elõzõ tételt használva: dimw + dimw = rank(a) + nullity(a) = s. Házi feladat: Igazoljuk, hogy minden A mátrixra: (a) (b) col(a) = null(a T ). (.3) row(a) = null(a). (.4) A fenti tételbõl következik az alábbi tétel. 7. TÉTEL Legyen A egy n n-es (tehát négyzetes) mátrix. Legyen továbbá T A : R n R n az A mátrixhoz tartozó lineáris leképezés, melyet a következõképpen definiálunk: Ekkor a következõ állítások ekvivalensek: x A x. (a) Az A mátrix redukált sor-echelon alakja egyenlõ az n-dimenziós egységmátrixszal, I n - nel. (b) Az A mátrixot felírhatjuk elemi mátrixok szorzataként. (c) Az A mátrix invertálható. (d) A x = -nak a triviális x = az egyetlen megoldása. (f) Minden b R n -re az A x = b-nek pontosan egy megoldása van. (g) det(a). (h) λ = nem sajátértéke az A mátrixnak. (i) A T A leképezés egy-egy értelmû. (j) A T A leképezés ráképezés R n -re. (k) Az A mátrix oszlopvektorai lineárisan függetlenek. (l) Az A mátrix sorvektorai lineárisan függetlenek.

36 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK (m) Az A mátrix oszlopvektorai az R n egy bázisát alkotják. (n) Az A mátrix sorvektorai az R n egy bázisát alkotják. (o) rank(a) = n. (p) nullity(a) =. A 6.. Tétel egy másik következménye: 8. TÉTEL Legyen W az R n -nek egy n dimenziós altere. Ekkor létezik olyan a R n vektor, hogy W = {c a : c R}. Vagyis W az a vektor által meghatározott egyenes. Az ilyen W altereket hipersíkoknak hívjuk. BIZONYÍTÁS A 6.. Tételbõl tudjuk, hogy ekkor dim(w ) =, vagyis W az origón átmenõ egyenes. A 6.. tétel alkalmazásaként kapjuk a következõ tételt is, amelyet a késõbbiekben használni fogunk: 9. TÉTEL Legyen A egy tetszõleges mátrix. Ekkor rank(a) = rank(a T A). BIZONYÍTÁS Jelöljük az A sorainak számát k-val és oszlopainak számát s-sel. Tehát az A egy k s méretû mátrix. A 5.. Tétel miatt elég azt belátni, hogy nullity(a) = nullity(a T A). Ehhez elég megmutatni, hogy null(a) = null(a T A). (.5) Ehhez két dolgot kell megmutatni: (a) Ha a null(a), akkor a null(a T A). (b) Ha a null(a T A), akkor a null(a). Az (a) triviális hiszen a null(a) A a = A T (A a) = (A T A) a =. Most megmutatjuk, hogy a (b) rész is teljesül: legyen a null(a T A). Ez azt jelenti, hogy A T A a =. Ez azt jelenti, hogy az a R s vektor merõleges a rowa T A altérre. Vegyük észre, hogy (A T A) T = A T A,

. Lineáris algebra II. 37 vagyis az A T A mátrix szimmetrikus. Ezért az a vektor merõleges a col(a T A) = row(a T A) altérre is. Ez azt jelenti, hogy az a vektor merõleges minden A T A y alakú vektorra bármi is az y R s vektor. Tehát az a vektor merõleges az A T A a vektorra is. Ezért = a T ((A T A)a) = (a T A T ) (Aa) = (Aa) T (Aa). Innen pedig = Aa, vagyis a null(a)..4. Merõleges vetítések R n -ben. FELADAT (MERÕLEGES VETÍTÉS R -BEN) Rögzítsünk egy a R vektort. Legyen T : R R az a lineáris transzformáció, amely minden x R vektorhoz hozzárendeli ezen x vektornak az a vektor egyenesére vett merõleges vetület vektorát (l... ábra). x a lacements T (x).. ábra. T (x) az a vektor egyenesére való merõleges vetület vektor. FELADAT (MERÕLEGES VETÍTÉS R 3 -BAN) Rögzítsünk R 3 -ban egy olyan S síkot, amely átmegy az origón. Legyen T : R 3 R 3 az a lineáris transzformáció, amely minden x R 3 vektorhoz hozzárendeli ezen x vektornak az S síkra vett merõleges vetület vektorát (l..3. ábra). Most a fentiekhez hasonló feladatok megoldásait tanuljuk meg abban az esetben, amikor n dimenziós térben valamely k < n dimenziós altérre vetítünk.

38 MATEMATIKA MSC ÉPÍTŐMÉRNÖKÖKNEK x a S T (x) PSfrag replacements.3. ábra. T (x) az S síkra való merõleges vetület vektor

. Lineáris algebra II. 39 A fenti.. Feladat megoldása: Tehát T (x) = x a a a a }{{} az x-nek az a-ra vett vetületének hossza T (x) = x a a a. A nevezõt nyilvánvalóan felírhatjuk mint a = a T a. Házi feladat meggondolni, hogyha tekintjük a P = a T a aat n n-es mátrixot, akkor erre T (x) = P x (.6) teljesül, vagyis a T lineáris transzformáció mátrixa a természetes bázisban a P mátrix..5. Altérre vonatkozó projekció mátrixa. TÉTEL (ALTEREKRE VONATKOZÓ PROJEKCIÓS TÉTEL) Adott egy nem triviális W altere R n -nek. Legyen T W : R n R n az a lineáris transzformáció, amely minden x R n vektorhoz hozzárendeli az x vektornak a W altérre való merõleges vetületét. Ekkor a T lineáris transzformáció P mátrixát a természetes bázisban megkapjuk a következõképpen: P = M(M T M) M T, (.7) ahol M egy olyan mátrix, melynek oszlopvektorai a W egy bázisának elemei.. MEGJEGYZÉS Így persze az M mátrix választása nem egyértelmû, de attól függetlenül a P mátrix természetesen ugyanaz lesz az M minden lehetséges értékeire. 7. PÉLDA Legyen S az x 4y + z = sík. (a) Határozzuk meg az S-re való merõleges vetítés P mátrixát! (b) Használva az elõzõ rész eredményét, számítsuk ki az A = (,3,7) pontnak az S síkra esõ merõleges vetületét! Megoldás: (a) Vegyünk két nem párhuzamos vektort az S síkból. Ezek nyílván az S egy bázisát adják. Ezt megtehetjük úgy, hogy az egyik pont esetén y =, z =, majd a másik pont esetén y =, z = értékeket választjuk. Ekkor az elsõ esetben x = 4, a másodikban pedig x =. Tehát az S sík egy bázisa: 4, -.