Hogyan oldjunk meg lineáris algebra feladatokat?

Hogyan oldjunk meg lineáris algebra feladatokat? 008. november 9. Bevezetés Az első féléves lineáris algebra tárgynak három alapvető célja van: megismertetni a hallgatókat a mátrixok és vektorterek alapvető elméletével, elsajátíttatni a felsőbb matematika fogalomrendszerének alapjait és megoldási módokat adni különböző, a későbbiek során lépten-nyomon felbukkanó rutinfeladatokra. A három cél korántsem független egymástól. A matematikai fogalomrendszer elsajátítása alapkövetelmény, amelyre minden első féléves, bevezető jellegű tárgy törekszik. E nélkül a matematika alapszakot sikeresen elvégezni szinte lehetetlen. A mátrixok és vektorterek tulajdonságainak megismerése igen szoros kapcsolatban áll a feladatmegoldással. Egyfelől a feladatok begyakorlása és ezáltal a mátrixokkal, vektorterekkel való foglalkozás hatékony szemléletformáló, másfelől nem mondhatjuk valakiről, hogy megértette az elméletet, ha nem képes legalább az alapvető példák megoldására. A gyakorlás semmi mással nem helyettesíthető eszköz az (egyetemi) matematikában. Vannak feladattípusok, amelyeket rutinpéldának nevezünk. Ezek megoldását mindenkitől elvárjuk, hiszen könnyen elsajátítható, mechanikus technikákról van szó. Most ezekből válogatunk. Megjegyzés: a példákban (csakúgy, mint a hivatkozott jegyzetben: Szabó László: Bevezetés a lineáris algebrába) a vektorteret általános T test fölött tekintjük. Mivel ennek egyelőre a definíciója sem tananyag a bevezető kurzusokon, elegendő annyit tudni, hogy értelmezhető benne összeadás, kivonás, szorzás, osztás, van benne 0 és 1, illetve ezekhez hasonlóan viselkedő elem. A bevezető lineáris algebra kurzuson szinte kivétel nélkül T = R vagy T = Q lesz.

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 1 1. Vektortér, altér 1.1. Általános eljárás Alapvetően kétféle kérdés merülhet fel: egy halmaz a megadott műveletekkel vektortér-e, illetve egy ismert vektortérben egy halmaz alteret alkot-e. Az előbbi kérdés jóval bonyolultabb, hiszen a vektortéri axiómákból elég sok van. Ezért általában csak néhány teljesülését kell ellenőriznünk a feladat szerint. Ha egy részhalmaz altérségét ellenőrizzük, egyszerűbb a dolgunk: csupán azt kell vizsgálnunk, zárt-e a halmaz a műveletekre, azaz az összeadásra és a skalárral való szorzásra. Ezt azonban minden esetben precízen, formálisan el kell végezni! 1.. Példa altérre Feladat: Alteret alkot-e a konvergens sorozatok valós V vektorterében (a szokásos műveletekkel) a 0 határértékű sorozatok H halmaza? Megoldás: Ha a feladat így van kitűzve, már nem kell vizsgálnunk, hogy a megadott vektortér teljesíti-e az axiómákat. Az egyetlen feladatunk belátni, hogy a kérdéses halmaz zárt-e a vektortéren definiált összeadásra és szorzásra. Ha a n és b n is 0-hoz tartó sorozatok, akkor egyszerű analízisbeli állítás, hogy lim (a n b n ) = lim a n lim b n = 0 0 = 0, n n n így a halmaz zárt az összeadásra, és ha λ R tetszőleges, valamint a n 0, akkor szintén tudjuk, hogy lim (λ a n) = λ lim a n = λ 0 = 0. n n A halmaz így zárt a skalárral való szorzásra is, tehát a válasz ismét igen, a H halmaz alteret alkot a vektortérben. 1.3. Tipikus vektorterek Bármely T testre T n vektortér T fölött koordinátánkénti összeadással és skalárszorzással. Egyelőre T = R szinte mindig, de ez nem szükségszerű. A valós függvények halmaza R fölött pontonkénti összeadással és szorzással. Egy fontos altér a folytonos függvények halmaza. A valós számsorozatok halmaza R fölött tagonkénti összeadással és szorzással. Egy fontos altér a konvergens sorozatok halmaza. Ugyanígy a racionális számsorozatok Q fölötti vektorteret alkotnak. A T -beli együtthatós polinomok halmaza a szokásos tagonkénti összeadással és tagonkénti skalárszorzással. Általában véve alteret alkotnak a legföljebb n-edfokú polinomok bármely n-re.

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 1.4. Alterek R n -ben Ez az a vektortér, amellyel a félév során a legtöbbet foglalkozunk. Általában olyan halmazt szoktunk vizsgálni, amelyben a komponensek kielégítenek valamiféle lineáris egyenletrendszert. Ilyenkor a halmaz pontosan akkor lesz altér, ha a kérdéses egyenletrendszer homogén (azaz a szokásos alakra hozva a jobb oldalon csupa 0-k állnak). Láttuk, hogy homogén egyenletrednszer megoldásai alteret alkotnak, a másik irányú következtetés is könnyen belátható. A fent leírtakból azonnal következik, hogy az halmaz altér, míg az {(x, y, z) R n : x y = 0, z x = 0} {(x, y, z) R n : x y = 1, z x = } nem az. Ez a legkönnyebben abból látszik, hogy ha az egyenletrendszer nem homogén, akkor a nullvektor semmiképp sem lehet benne a halmazban (hiszen a nullvektor komponenseinek bármely lineáris kombinációja 0), márpedig az minden altérnek eleme kell hogy legyen.. Generálás.1. Általános eljárás Általában kétféle kérdést szoktunk föltenni: egy adott vektorrendszer generálja-e a teljes vektorteret, illetve mi lesz egy adott rendszer által generált altér? A második kérdés megoldása értelemszerűen választ ad az elsőre is, de az elsőt néha könnyebb megválaszolni: az egyik ilyen eset, ha a rendszernek kevesebb eleme van, mint a tér dimenziója, ekkor a válasz nyilván nemleges; a másik pedig, ha a standard bázis valami egyszerű módon előállítható a rendszer elemeinek lineáris kombinációjaként, ekkor a válasz természetesen igenlő. Általánosan vizsgálva a kérdést az eljárás R n -ben a következő: írjuk be a vektorrendszer v 1, v,... v k elemeit egy egyenletrendszer mátrixának oszlopaiba, a konstansok oszlopába pedig írjunk a, b, c, d,... paramétereket! Ez nem jelent mást, mint hogy az (a, b, c, d,...) teljesen tetszőleges vektort megpróbáljuk előállítani λ 1 v 1 λ v... λ k v k alakban, így a λ-k lesznek az egyenletrendszerben az ismeretlenek. Végezzünk a kapott egyenletrendszeren Gauss-eliminációt, és vizsgáljuk, hogy mikor oldható meg az egyenlet! A lépcsős alakra hozás közben előfordulhat, hogy az egyik sorban az együtthatókra csupa 0-kat kapunk. Ekkor a megfelelő sorban a konstanstagnak is 0-nak kell lennie, hogy az egyenletrendszer megoldható legyen, azaz hogy az (a, b, c, d,...) vektort elő tudjuk állítani lineáris kombinációként. Ez az a, b, c, d,... komponensekre valamiféle feltételt fog adni. Ezt feljegyezzük, és haladunk tovább. Ha az eliminációt befejeztük, a mátrix lépcsős alakú és nincs benne csupa 0 együtthatójú sor, akkor az eddig összegyűjtött

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 3 feltételeknek megfelelő (a, b, c, d,...) vektorok mind előállnak v 1, v,... v k lineáris kombinációjaként. Így (a, b, c, d...) komponenseire kapunk egy egyenletrendszert, amely homogén lesz (ezt a lentebb következő példában majd meggondoljuk), így az általa meghatározott halmaz alteret fog alkotni R n -ben. Ez pedig nem lesz más, mint a v 1, v,... v k által generált altér. Ha az a kérdés, hogy a vektorrendszer generálja-e az egész teret, némileg egyszerűbb a dolgunk. Az eljárás teljesen ugyanaz, mint az általános esetben, de amint olyan helyzet áll elő, hogy az együtthatómátrixban csupa 0 sort kapunk, a jobb oldalon pedig nem 0 áll, végeztünk, és tudjuk, hogy a rendszer nem generálja az egész vektorteret. Ellenkező esetben a lépcsős alakra hozás után, ha mindig van megoldás, akkor a vektorrendszer generálja az egész vektorteret és az egyenletrendszer megoldásával a λ i együtthatókat is elő tudjuk állítani... Példa a könnyebbik esetekre Feladat: Generálja-e R 4 -et a (0, 3,, 4), (3,, 5, 0), (1, 4,, 7) vektorrendszer? És a (0,, 0, ), (0, 0, 1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 3, 0), (1, 0, 0, 4)? Megoldás: Az első esetben a válasz nem, mivel a tér 4-dimenziós, és így bármely generátorrendszere legalább 4-elemű kéne hogy legyen. A második esetben a válasz igen, mivel (1, 0, 0, 0) = v 3, (0, 1, 0, 0) = 1 v 1 v 1 3 v 4, (0, 0, 1, 0) = 1 3 v 4, (0, 0, 0, 1) = 1 4 v 5 1 4 v 3. Így a vektortér standard bázisát előállítottuk a vektorrendszer elemeiből, ami természetesen azt jelenti, hogy a vektorrendszer generálja az egész vektorteret..3. Az általános eset Feladat: Határozzuk meg R 4 -ben a (, 1, 3, 0), (1, 1, 4, ), (0, 3,, 4) vektorok által kifeszített alteret!

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 4 Megoldás: Alkalmazzuk az általános eljárást! 1 0 a 1 1 3 b 1 1 3 b 1 0 a 3 4 c 3 4 c 0 4 d 1 1 3 b 0 3 6 a b 0 7 7 c 3b 3 0 4 d 1 1 3 b / d 0 1 0 7 7 c 3b 0 4 d 0 3 6 a b 1 1 3 b d 0 1 0 0 7 c b 7d 7 3 0 0 0 a b 3d Az utolsó sorban az összes együttható 0, így az egyenletrendszer csak akkor lesz megoldható, ha a konstans is 0, tehát a b 3d = 0. Ezzel beláttuk, hogy a vektorrendszer nem generálja az egész vektorteret, mivel a generált vektoroknak teljesíteniük kell ezt a feltételt. Ha azonban ez teljesül, akkor az utolsó sort elhagyhatjuk és a következő mátrixot kapjuk: 1 1 3 b d 0 1, 0 0 7 c b 7d amelynek láthatóan mindig van megoldása, mivel trianguláris. Egyetlen feltételünk volt az (a, b, c, d) vektorra; ha több lett volna, mindegyiket figyelembe kellene vennünk. Így a vektorrendszer által kifeszített altér nem más, mint {(a, b, c, d) R 4 : a b 3d = 0}. Megjegyzés: Gondoljuk meg, hogy a kapott feltételek milyen jellegűek lehetnek! A jobb oldalon a sorátalakítások során mindenhol az (a, b, c, d,...) vektor komponenseinek lineáris kombinációi jelennek meg. Feltételt csak akkor kapunk, ha egy csupa 0 együtthatójú sorban a konstans is 0 kell hogy legyen, ez pedig azt jelenti, hogy az (a, b, c, d,...) vektor komponenseire felírt lineáris kifejezés 0-val kell, hogy egyenlő legyen, azaz egy homogén lineáris egyenletet kapunk. Több ilyen feltétel együttesen egy homogén lineáris egyenletrendszert alkot, tudjuk, hogy ennek megoldása egy altér; és éppen ez lesz az eredeti vektoraink által kifeszített altér. 3. Lineáris függetlenség Itt gyakorlatilag egyetlen kérdés szokott felmerülni: független-e egy adott vektorrendszer? Definíció szerint v 1, v,... v n akkor függetlenek, ha λ 1 v 1 λ v... λ n v n = 0-ból λ 1 =

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 5 λ =... λ n = 0 következik. 3.1. Különleges esetek Tudjuk, hogy egy vektorrendszer pontosan akkor lineárisan függő, ha valamely eleme előáll a sorban előtte álló elemek lineáris kombinációjaként. Ez egy viszonylag gyors eljárást adhat olyan esetben, mikor a vektorrendszerről látjuk, hogy függő és ezt be kéne bizonyítanunk, vagy ha a vektorok sok 0-t tartalmaznak. Egyszerűen a második vektortól kezdve próbáljuk meg előállítani mindegyik vektort az előtte lévők lineáris kombinációjaként. Ha ez sikerül, kész vagyunk, a rendszer függő. Ha nem, akkor független. A módszernél általában jobb az általános eljárás, de néha hatékonyan működik, így ha kapunk egy feladatot, érdemes először egy-két percet a vektorok nézegetésével tölteni. Nem érdemes pl. kételemű vektorrendszerre Gauss-eliminációt használni: ezek pontosan akkor függetlenek, ha nem skalárszorosai egymásnak. Továbbá itt is élhetünk előzetes megfigyeléssel: egy vektortérben bármely lineárisan független rendszer elemszáma legföljebb annyi lehet, mint a vektortér dimenziója, így pl. egy 3-dimenziós vektortérben egy 4-elemű vektorrendszer biztosan lineárisan függő. 3.. Példa a különleges esetre Feladat: Lineárisan függő-e R 3 -ban a (0, 1, 0), (, 1, 1), (4, 5, ) rendszer? Megoldás: Elsőre látható, hogy a harmadik vektor a másodiknak majdnem kétszerese. A különbség (4, 5, ) (, 1, 1) = (0, 3, 0), ami az első vektor háromszorosa. Így kaptuk, hogy 3v 1 v = v 3, tehát a vektorrendszer lineárisan függő. 3.3. Általános eljárás Ha a fentiekkel nem jutunk eredményre, a generált altér meghatározásához hasonlóan adódik a módszer: írjuk be a vektorrendszer elemeit egy homogén lineáris egyenletrendszer mátrixába (azaz próbáljuk meg a nullvektort előállítani lineáris kombinációként), és elimináljuk ki az egyenletrendszert! Ha azt találjuk, hogy pontosan egy megoldás van, akkor a vektorrendszer független (hiszen ez a triviális megoldás), ellenkező esetben a vektorrendszer függő. 3.4. Példa az általános esetre Feladat: Lineárisan függő-e R 4 -ben a (, 1, 3, 1), (1,, 1, 0), ( 1, 1, 3, 0) vektorrendszer?

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 6 Megoldás: Alkalmazzuk a fenti módszert! 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 3 1 3 0 3 1 3 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 3 0 0 1 3 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 4 0 /4 3 0 0 1 0 0 0 3 0 0 0 0 0 1 3 A kapott egyenletrendszernek láthatóan egyetlen megoldása van, mivel az utolsó sor elhagyása után a mátrixa trianguláris. Ez azt jelenti, hogy a válasz igen, az eredeti vektorrendszerünk lineárisan független. 3.5. Generálás és függetlenség Láttuk, hogy a vektorrendszer által kifeszített altér és a függetlenség vizsgálata hasonlóan történik: egy egyenletrendszer együtthatómátrixának oszlopaiba kell a vektorokat beírnunk. Két különbség van: Kifeszített altérnél a konstansoszlopba a, b, c, d,... értékeket írunk be, és azt vizsgáljuk, hogy milyen feltételek mellett oldható meg az egyenletrendszer. A feltételeket teljesítő vektorok fognak a generált altérbe esni. Függetlenségnél a konstansoszlopba 0-kat írunk be, és azt vizsgáljuk, hogy egyértelműe a megoldás. Ha igen, a vektorrendszer független, ha nem, akkor függő. 4. Bázisok Egy vektortér bázisán lineárisan független generátorrendszert értünk. Megmutattuk, hogy egy vektorrendszer pontosan akkor bázis, ha maximális lineárisan független rendszer, illetve ha minimális generátorrendszer. Általában két kérdés szokott felmerülni: keressünk bázist egy adott vektortérben (vagy ismert vektortér egy alterében), illetőleg egy adott vektorrendszerből hozzávétellel vagy elhagyással állítsunk elő bázist. Fontos megjegyezni, hogy bázissá kiegészíteni csak lineárisan független vektorrendszert, bázissá szűkíteni csak generátorrendszert lehet!

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 7 4.1. Bázissá kiegészítés Az alapfeladat: adott egy lineárisan független vektorrendszerünk, egészítsük ki bázissá! A megoldás menete a következő: a.3. pont módszerét követve határozzuk meg a vektorrendszer által kifeszített alteret, és vegyünk egy olyan vektort, amely ebben nincs benne! A kapott rendszer továbbra is lineárisan független lesz, elemszáma 1-gyel nagyobb, mint az eredeti. Innentől továbbléphetünk: az új rendszerünk kifeszít egy bővebb alteret. Ha ez az egész tér (azaz a rendszerünk generátorrendszer), akkor kész vagyunk. Ha nem, folytassuk az eljárást mindaddig, amíg generátorrendszert nem kapunk! Ez szükségképpen bázis lesz. Ennek a módszernek egy rövidítése a következő: a kifeszített altér meghatározása során kapunk egy homogén lineáris egyenletrendszert. Ennek minden egyenletére vegyünk egy olyan vektort, amely az adott egyenletet nem teljesíti, az összes többit viszont igen! Ezeket hozzávéve az eredeti rendszerhez bázist kapunk. Egy másik lehetőség, hogy ha a bővítések során elérjük a tér dimenziószámát, akkor bázist kaptunk (mivel a rendszerünk lineárisan független). Ez persze csak akkor használható, ha a tér dimenziószámát előzetesen ismerjük (de ez sokszor teljesül). Egy újabb lehetséges módszer az, hogy a vektorrendszerhez hozzávesszük a standard bázist, és a kapott rendszert bázissá szűkítjük a következő pont módszerével. Ekkor azonban vigyázni kell arra, hogy a szűkítés során az eredeti vektorok közül egyet se hagyjunk el! 4.. Példa bázissá kiegészítésre Feladat: Egészítsük ki bázissá R 4 -ben a (, 1, 3, 0), (1, 1, 4, ), (0, 3,, 4) vektorrendszert! Megoldás: A.3. pontban meghatároztuk a kifeszített alteret: {(a, b, c, d) R 4 : a b 3d = 0}. Keresnünk kell egy olyan vektort, amely ebben nincs benne. Erre nincs általános eljárás, de nem különösebben nehéz feladat: valamelyik ismeretlen komponens helyére (amely a definiáló egyenletben nem 0 együtthatóval szerepel) beírunk egy tetszőleges nem 0 számot, pl. 1-et, a többi helyére pedig 0-t. Így az (1, 0, 0, 0) vektor pl. nem lesz benne a kifeszített altérben, így ezt hozzávéve az eredeti rendszerhez, a (, 1, 3, 0), (1, 1, 4, ), (0, 3,, 4), (1, 0, 0, 0) vektorrendszer bázis lesz R 4 -ben, hiszen elemszáma megegyezik a vektortér dimenziójával. 4.3. Bázissá szűkítés Az alapfeladat: adott egy generátorrendszerünk, ennek szeretnénk egy bázis (azaz lineárisan független) részrendszerét kiválasztani. Csakúgy, mint a lineáris függetlenség meghatározásánál, két megoldás lehetséges:

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 8 1. Ránézéssel előállítjuk valamelyik vektort a többi lineáris kombinációjaként. Ez a vektort elhagyva a generált altér nem változik. Az elhagyás után tovább folytatva az eljárást végül egy lineárisan független rendszert kell hogy kapjunk, amely az eredeti alteret generálja, de függetlenségét még ellenőrizni kell!. A lineáris függetlenség meghatározásához hasonlóan beírjuk a vektorokat egy homogén lineáris egyenletrendszer oszlopaiba és az egyenletrendszeren Gauss-eliminációt hajtunk végre. Felírjuk a kapott megoldással a vektorok lineáris kombinációjaként a nullvektort, és kifejezünk egy vektort a többi lineáris kombinációjaként. Csakúgy, mint a fenti esetben, ez a rendszerből (és az előállításból) elhagyható, a megmaradt előállításból további vektorokat hagyhatunk el, amíg az előállítás már szükségszerűen triviális nem lesz. A módszer használható a generált altér dimenziójának meghatározására is. 4.4. Példa az első módszerre Feladat: Szűkítsük bázissá a ((, 1, 3, 1), ( 1, 1, 3, 1), (4, 5, 3, 1), (1, 5, 3, 1)) vektorrendszert a generált altérben! Megoldás: Koordinátánként próbáljuk meg a vektorokat az előttük lévő vektorok (egész együtthatós) lineáris kombinációjaként előállítani! Könnyen kapjuk, hogy v 4 = v v 3 v 1. Így a v 4 elhagyható a vektorrendszerből, a maradék három vektor között folytassuk az eljárást: kapjuk, hogy v 3 = v 1 3v. A megmaradt (v 1, v ) vektorrendszer pedig már láthatóan lineárisan független, így bázist alkot a generált altérben. 4.5. Példa a második módszerre Feladat: Hány dimenziós az R 5 vektortér U = [v 1, v, v 3, v 4 ] altere? Szűkítsük a v 1, v, v 3, v 4 vektorrendszert U bázisává! v 1 = (, 0, 1, 3, 1), v = (1, 1, 0, 1, 1), v 3 = (0,, 1, 5, 3), v 4 = (1, 3,, 8, 5) Megoldás: Határozzuk meg az egyenletrendszer mátrixát és hajtsunk végre Gauss-eliminációt! 1 0 1 0 1 0 1 0 3 1 0 1 3 0 0 1 3 0 1 0 1 0 1 0 1 0 3 1 5 8 0 3 1 5 8 0 1 1 3 5 0 1 0 1 0 0 1 3 0 1 0 1 3 0 0 1 0 0 1 3 0 1 1 1 1 3 5 0 1 0 1 0 0 1 3 0 0 0 0 1 0

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 9 A megoldás például lehet a következő: λ 4 = 0, λ = λ 3, λ 1 = λ 3, λ 3 szabad változó. Így a nullvektort a v 1, v, v 3, v 4 vektorrendszerrel csak a következőképp lehet előállítani valamely λ 3 valós számra: λ 3 v 1 λ 3 v λ 3 v 3 = 0. Ha most λ 3 = 1-et választjuk és v 1 -et átvisszük a másik oldalra, akkor a következőt kapjuk: v v 3 = v 1. Előállítottuk v 1 -et v és v 3 lineáris kombinációjaként, így a vektorrendszerből v 1 elhagyható. Ha azonban v 1 a fenti lineáris kombinációban nem szerepel, azaz együtthatója 0, akkor λ 3 = 0. A lineáris kombináció így már csak triviális lehet, vagyis a megmaradt vektorrendszer lineárisan független lesz. v 1, v, v 3 így egy bázisa lesz a generált altérnek, vagyis a dimenzió 3. Megjegyzés: Ennél a módszernél érdemes mindig úgy eljárni, hogy a szabad változókhoz tartozó vektorokat visszük át a másik oldalra. Ezek ekkor elhagyhatók, és ha az előállításban nem szerepelnek, akkor a hozzájuk tartozó szabad változó értéke 0, így viszonylag könnyen továbbléphetünk. Tehát lényegében a feladat megoldható azzal, hogy a megoldásban a szabad változókhoz tartozó vektorokat elhagyjuk a vektorrendszerből. 4.6. Bázis meghatározása R n egy alterében Szembesülhetünk olyan feladattal, ahol azt kérik, hogy egy adott vektortérnek keressük meg egy bázisát. Ez teljes általánosságban nem egyszerű feladat. Vannak azonban esetek, amikor viszonylag könnyen megoldható. Az egyik, amikor egy megadott vektorrendszer által kifeszített altérben kell bázist keresnünk. Ez az előző pont módszerével mindig megtehető. A másik, hogy egy homogén lineáris egyenletrendszer megoldásalterében kell bázist keresnünk. Ekkor meg kell oldanunk az egyenletrendszert, és a bázis elemeit a következőképpen kaphatjuk: írjunk a megoldásban az első szabad változó helyére egy 0-tól különöző számot, a többi helyére 0-t. Ez a kötött változókat egyértelműen meghatározza, így kapunk egy vektort. Írjunk most a második szabad változó helyére egy 0-tól különböző számot, a többi helyére 0-t, ismét egy vektort kapunk, amely az előzőtől különbözik. Ha az eljárást folytatva az összes szabad változón végigmegyünk, a kapott vektorok az altér bázisát fogják alkotni. 4.7. Példa a homogén egyenletrendszeres esetre Feladat: Adjon meg egy bázist az U vektortérben! Hány dimenziós ez a vektortér? U = {(x 1, x, x 3, x 4 ) R 4 : x 1 = x x 3, x = x 1 x 4 } Megoldás: Legelőször is írjuk át a definiáló egyenletrendszert a szokásos formára! { x 1 x x 3 = 0 x 1 x x 4 = 0

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 10 Írjuk fel az egyenletrendszer mátrixát és elimináljunk! (Erre ebben az esetben nincs is feltétlenül szükség, olyan egyszerű az egyenletrendszer, de a mechanikus módszer biztosan működik.) ( ) ( ) 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 Ebből az alakból már leolvasható a megoldás: x 4 és x szabad változók, x 3 = x 4, x 1 = x x 3 = x x 4. Módszerünket alkalmazva két vektort kapunk: x 4 =, x = 0 választással (, 0, 1, )-t, x 4 = 0, x = 1 választással (1, 1, 0, 0)-t. Ez U-nak bázisa lesz, tehát U dimenziója, és egy bázisa a ((, 0, 1, ), (1, 1, 0, 0)) vektorrendszer. 5. Koordinátasor-számítás 5.1. Általános eljárás Ha egy vektortérben meghatároztunk egy bázist, fel szokott merülni a kérdés, hogy hogyan írhatjuk fel egy tetszőleges vektor koordinátasorát ebben a bázisban. Ennek megoldási menete ugyanolyan, mint a generált altér meghatározása: a bázis elemeit beírjuk egy lineáris egyenletrendszer mátrixának soraiba, a konstansok helyére pedig beírunk a, b, c, d,...-t. Most azonban nem az egyenletrendszer megoldhatóságát vizsgáljuk, hanem meg akarunk adni egy megoldást. Ha a megadott vektorrendszer tényleg bázis, akkor a megoldás egyértelmű is lesz (tudjuk, hogy bázis elemeivel minden vektor egyértelműen állítható elő). Ezzel a vektortér egy tetszőleges (a, b, c, d,...) vektorának koordinátasorát előállíthatjuk a, b, c, d,... függvényében. Ha csak egyetlen vektor koordinátasorát szeretnénk meghatározni, akkor a konstansoszlopba ezt a vektort kell beírnunk. 5.. Példa koordinátasor-számításra Feladat: Adjuk meg R 3 -ban a (0, 5, 4) vektor koordinátasorát a ((1,, 0), (0, 1, 1), (, 0, 1)) bázisban! Megoldás: Alkalmazzuk az általános eljárást! 1 0 a 1 0 a 1 0 b 0 1 4 b a 1 0 1 1 c 0 1 1 c 1 0 a 0 1 4 b a 0 0 3 c b a Ha az (a, b, c) vektor koordinátasorát (λ 1, λ, λ 3 ) jelöli, akkor ezek a fenti egyenletrendszer megoldásai lesznek. A megoldás láthatóan: λ 3 = c b a, λ = b a 4λ 3 = 3 b 4c a, λ 1 = a λ 3 = 3 a b c 3

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 11 Így a kérdéses vektor koordinátasora a képlet szerint nem lesz más, mint (, 11, 1). A 3 3 3 kiszámításnál a koordinátákat hátulról előrefelé kapjuk meg, erre figyeljünk oda! Természetesen ugyanezt a megoldást kaptuk volna, ha a legelején beírjuk a konstansoszlopba a (0, 5, 4) vektort. Ekkor némileg egyszerűbb, kevésbé formális számolás után az eliminált mátrix a következő lesz: 1 0 0 0 1 4 5, 0 0 3 1 amiből nyilván ugyanazt a megoldást kapjuk. 6. Rangszámítás Egy vektorrendszer rangján a legnagyobb független részrendszerének elemszámát értjük. Tudjuk, hogy bármely mátrix sor-, oszlop- és determinánsrangja megegyezik (ezek rendre a sorrendszerének, oszloprendszerének rangja, valamint a legnagyobb nemeltűnő aldetermináns mérete). Egy mátrix rangját úgy határozhatjuk meg, hogy sorain és oszlopain is a következő átalakításokat végezzük: 0-tól különböző skalárral való szorzás, csere, sorhoz/oszlophoz másik sor/oszlop skalárszorosának hozzáadása. Ezekkel az átalakításokkal a mátrixot a szokásos lépcsős alakra hozzuk (a csupa 0 sorokat menetközben elhagyhatjuk), a mátrix rangja nem lesz más, mint a nem csupa 0-ból álló sorok száma. Vektorrendszer rangját úgy határozhatjuk meg, hogy elemeit egymás alá beírjuk egy mátrix soraiba, és a kapott mátrixnak kiszámítjuk a rangját. Ez a rangszámtétel szerint meg fog egyezni az eredeti vektorrendszer rangjával. 6.1. Példa rangszámításra Feladat: Határozzuk meg az alábbi A mátrix rangját! 0 1 3 0 A = 4 1 5 3 4 5 7 10 0

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 1 Megoldás: Elimináljuk a sorokat és oszlopokat is! 3 0 1 3 0 1 0 0 0 0 4 4 1 5 3 4 11 5 5 4 5 7 10 0 5 4 10 10 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 11 5 5 0 11 5 5 0 4 10 10 0 0 0 0 0 5 A kapott mátrix lépcsős alakú az utolsó sora csupa 0, két nem csupa 0 sora van, tehát megállapíthatjuk, hogy A rangja -vel egyenlő. Ha az eliminációt tovább kéne folytatnunk, az utolsó sort elhagyhatnánk és elég lenne a megmaradt mátrixszal dolgozni. 6.. Rangszámítás és a rangszámtétel alkalmazásai Egy mátrix rangjára sok okból lehetünk kíváncsiak. Két jellemző indok szokott felmerülni a bevezető kurzusokon: Egy négyzetes mátrix determinánsa pontosan akkor nem 0, ha sorai és oszlopai is függetlenek, azaz a rang megegyezik a mátrix méretével. A determinánst néha gyorsabb kiszámolni, mint a vektorrendszerek függetlenségét ellenőrizni. Ha egy vektorrendszer által generált altér dimenzióját szeretnénk megtudni, de bázist nem kell adnunk, akkor elegendő a rendszer rangját megadnunk. Ez ugyanis meg fog egyezni a dimenziószámmal. 7. Lineáris leképezések, képtér, magtér Legyenek U és V ugyanazon T test fölötti vektorterek! Egy ϕ : U V leképezés lineáris, ha tetszőleges u, v U, λ T esetén (u v)ϕ = uϕ vϕ, (λu)ϕ = λ(uϕ). Az összeadást és a skalárszorzást az egyenlőségek bal oldalán U-ban, a jobb oldalán V -ben kell érteni! A lineáris leképezések egy fontos (és a későbbiekben kihasznált) tulajdonsága, hogy az U nullvektorát a V nullvektorába viszik. Ez egy egyszerű első teszt, ha egy leképezés ezt nem teljesíti, biztosan nem lineáris. Egy ϕ lineáris leképezés magterén azt az U-beli halmazt értjük, amelynek elemeit ϕ a V nullvektorába viszi. A leképezés képtere azon V -beli vektorok halmaza, amelyek előállnak

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 13 valamely U-beli elem képeként. A magtér (Kerϕ) altér U-ben, a képtér (Imϕ) altér V -ben, dimenzióik összege megegyezik U dimenziójával. Egy lineáris leképezés pontosan akkor injektív, ha magtere {0}. 7.1. Leképezés linearitásának ellenőrzése Feladat: Lineáris-e a ψ : R R, (x, y) (x y, xy) leképezés? Megoldás: Nem, a leképezés nem lineáris. Nem tartja például a skalárszorzást: (λ(x, y))ψ = (λx λy, λ xy) λ((x, y)ψ) = λ(x y, xy) = (λx λy, λxy). Az egyenlőség valóban nem áll fenn minden λ R és minden (x, y) vektor esetére, λ =, (x, y) = (1, 1) választással például a bal oldalon a második koordináta 4 lesz, míg a jobb oldalon. Feladat: Lineáris-e a φ : R 3 R, (x, y, z) (x y, x y) leképezés? Megoldás: Igen, a leképezés lineáris. Az összeadás és a skalárszorzás tartása is könnyen ellenőrizhető: ((x 1, y 1, z 1 ) (x, y, z ))φ = ((x 1 x ) (y 1 y ), (x 1 x ) (y 1 y )) = (x 1 y 1, x 1 y 1 ) (x y, x y ) = (x 1, y 1, z 1 )φ (x, y, z )φ (λ(x, y, z))φ = (λx λy, λx λy) = λ(x y, x y) = λ((x, y, z)φ) 7.. Magtér és képtér meghatározása A magtér meghatározása a kettő közül az egyszerűbbik. Itt abból indulunk ki, hogy egy (x 1, x,..., x n ) vektor képe a nullvektor és megvizsgáljuk, hogy ez milyen összefüggéseket ad a komponensek között. Képteret meghatározni ismét csak általában nem egyszerű feladat, szám-n-esek között azonban mechanikusan megoldható: írjuk, fel, hogy egy (x, y, z,...) vektor képe egy (a, b, c,...) vektor! Egy egyenletrendszert kapunk, melynek ismeretlenei x, y, z,..., konstansai a, b, c,.... Ezt megoldjuk ugyanúgy, mint a generálási problémánál, és vizsgáljuk, hogy a megoldhatósághoz minek kell teljesülnie az a, b, c,... számokra. Egy másik lehetőség, hogy meghatározzuk az U-beli standard bázis elemeinek képét. A kapott vektorok által kifeszített V -beli altér lesz a leképezés képtere.

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 14 7.3. Példa kép- és magtér meghatározására Feladat: Határozzuk meg az előbbi feladatban szereplő φ leképezés mag- és képterét, valamint ezek dimenzióit! Megoldás: Határozzuk meg először a magteret! Ha (x, y, z)φ = (xy, x y) = (0, 0), akkor x y = x y = 0, amiből x = y = 0 adódik, a harmadik komponens, z, pedig láthatóan tetszőleges lehet. Így a leképezés magja Kerφ = {(x, y, z) R 3 : x = y = 0}. A magtér láthatóan egydimenziós, egy bázisa a ((0, 0, 1)) egyelemű vektorrendszer. A képtérhez használjuk először az első módszert: a kapott egyenletrendszer { x y = a Az egyenletrendszer mátrixa ( ) 1 1 a 1 1 b x y = b 1 ( 1 1 a ) 0 b a így az egyenletrendszer láthatóan mindig megoldható, vagyis tetszőleges (a, b) R -re lesz olyan (x, y, z) R 3 vektor, hogy (x, y, z)φ = (a, b), tehát Imφ = R lesz. Ezzel a feladatot megoldottuk, de számoljuk ki a képteret a másik módszerrel is. Határozzuk meg a standard bázis elemeinek képeit: (1, 0, 0)φ = (1, 1), (0, 1, 0)φ = (1, 1), (0, 0, 1)φ = (0, 0) Az első két vektor láthatóan lineárisan független (egyik sem skalárszorosa a másiknak), a harmadik vektor a nullvektor, ezért generálásnál elhagyható. Az első két vektor így a képtér egy bázisát fogja alkotni. A képtér így kétdimenziós lesz, de mivel egy kétdimenziós tér altere, azért meg fog egyezni az egész térrel, R -tel. 8. Lineáris leképezés mátrixa Egy φ : U V leképezés mátrixa az U vektortér egy E = (e 1, e,..., e n ) és a V vektortér egy F = (f 1, f,..., f k ) bázisában egy n k-s mátrix lesz, melyet A E,F φ -fel jelölünk. A mátrixot a következőképpen kapjuk: 1. Az E bázis minden elemének meghatározzuk a φ melletti képét.. A meghatározott vektoroknak egyenként fölírjuk az F-beli koordinátasorát. 3. A kapott koordinátasorokat egymás alá beírjuk egy n k-s mátrixba., A mátrix rendelkezik a következő tulajdonsággal: ha v koordinátasora az E bázisban α, továbbá vφ koordinátasora az F bázisban β, akkor αa E,F φ = β

Lineáris algebra receptkönyv, 008. november 9. 15 8.1. Példa a mátrix meghatározására Feladat: Határozzuk meg az alábbi ψ lineáris leképezés A E,F ψ mátrixát, ha E a standard bázis R 3 -ban, F pedig a ((, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 1)) bázis! Számítsuk ki a (,, 0) vektor ψ melletti képének β koordinátasorát F-ben! ψ : R 3 R 3, (x, y, z) (x y, x z, 3x y z) Megoldás: Először határozzuk meg az E elemeinek ψ melletti képét! e 1 ψ = (1, 0, 0)ψ = (, 1, 3), e ψ = (0, 1, 0)ψ = ( 1, 0, ), e 3 ψ = (0, 0, 1)ψ = (0, 1, 1) Határozzuk meg most egy általános (a, b, c) vektor koordinátasorát az F bázisban! Az egyszerűsítés végett alkalmazzunk Gauss-Jordan-eliminációt, azaz nullázzuk ki a főátló fölötti elemeket is, és osszuk le a sorokat úgy, hogy a főátlóban 1-esek legyenek! 0 0 a 0 0 a 1 0 1 1 b 1 0 1 1 b 0 1 1 c 0 0 c b 1 1 a 1 0 0 bc 0 1 0 b c 0 0 1 Az (a, b, c) vektor koordinátasora így ( a, bc, b c). Ezt alkalmazva e 1ψ, e ψ, e 3 ψ-re a koordinátasorok rendre (1,, 1), ( 1, 1, 1), (0, 0, 1) Ennek alapján a mátrix A E,F ψ = 1 1 1 1 1 0 0 1 A megadott (,, 0) vektornak az E bázisban a koordinátasora (,, 0) (mivel E a standard bázis), erre jobbról rászorozva a leképezés mátrixával megkapjuk a kívánt eredményt: 1 1 β = (,, 0) 1 1 1 = (1,, 0). 0 0 1