Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc. Dr. Kersner Róbert

Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc Dr. Kersner Róbert 007

Tartalomjegyzék Előszó ii. Determináns. Mátrixok 6 3. Az inverz mátrix 9 4. Lineáris egyenletrendszerek 5. Lineáris transzformációk 5 6. Sajátérték, sajátvektor 8 7. Szimmetrikus mátrixok 4 8. Komplex számok 6 i

Előszó A lineáris algebra a kalkulus (differenciál- és integrálszámítás) mellett a matematikai alapképzés másik fontos eleme. Elengedhetetlen a lineáris programozás, rendszeranalízis, statisztika, numerikus módszerek, kombinatorika, matematikai fizika megértéséhez, hogy csak az alkalmazásokat tekintsük. Leegyszerűsítve a lineáris algebra = mátrixelmélet + lineáris egyenletrendszerek elmélete. Mint látni fogjuk, minden mátrixnak megfelel egy lineáris transzformáció és viszont. Így a lineáris transzformációk elméleteként is felfoghatjuk. A lineáris algebra legfontosabb objektuma a mátrix, ami nem más, mint egy téglalap alakú táblázat, aminek m sora és n oszlopa van. A táblázat elemeit a ij -vel jelöljük ez az i-edik sor j-edik eleme. a a... a n a a... a n A =.. = (a ij) = (a ij ) nn a n a n... a nn a standard jelölés. Esetünkben az a ij -k mindig valós számok (a ij R). A komplex eset (a ij C) nem különbözik lényegesen ettől. Általában azonban az a ij -k bármik lehetnek. Legfontosabb speciális esetek: négyzetes mátrix (m = n), oszlopmátrix, más néven oszlopvektor (n = ). ii

. fejezet Determináns Csak négyzetes mátrixnak van determinánsa, így feltesszük, hogy n = m. Két definíciót adunk, az első induktív, a második geometriai.. definíció. (i) n =, A = (a ). Ebben a triviális esetben (a jel pusztán jelölést jelent). det(a) A = a (ii) n = esetén az ( ) a a A = a a mátrix determinánsa: det(a) A = a a a a a a a a. (iii) n = 3 esetén az a a a 3 A = a a a 3 a 3 a 3 a 33 mátrix determinánsa: a det(a) A =a a 3 a 3 a 33 a a a 3 a 3 a 33 +a 3 a a a a a a a 3 a a a 3 a 3 a 3 a 33. Ez az első sor szerinti kifejtés, de bármely sor vagy oszlop szerint kifejthető. Tudni kell az a ij -hez tartozó aldetermináns fogalmát és a sakktábla szabályt (a -hez + jelet rendelünk és folytatjuk a sakktábla szerint az előjelet).

. FEJEZET. DETERMINÁNS (iv) n = 4 esetén valamelyik sor vagy oszlop szerint kifejtjük, a 3 3-as determinánst pedig már ismerjük. Tovább haladva tetszőleges n-re meghatározhatjuk deta-t.. definíció. A determináns egy sorát (vagy oszlopát) azonosíthatjuk egy (ndimenziós) vektorral (például az első sorral (a,...,a n ) vektort, melynek a i az i-edik koordinátája). Az n db sornak megfelelő n db vektor által kifeszített n-dimenziós paralellepipedon előjeles térfogata az A mátrix determinánsa.

. FEJEZET. DETERMINÁNS 3 Példák: n=, A=(a ), deta=a 0 a a (0,a ) szakasz előjeles hossza, n =, a két vektor (a,a ), (a,a ) (a,a ) a paralelogramma előjeles területe (a,a ) Megjegyzés : a determináns mindig egy szám (esetünkben valós): egy mátrixnak feleltet meg egy számot. Íly módon a determináns egy függvény a mátrixok halmazán. A determináns tulajdonságai (i) Ha a mátrix egy sora tiszta 0, akkor 0 a determinánsa (ha az oszlopa, akkor is). (ii) A determináns k-val szorzódik, ha egy sorát (oszlopát) k-val szorozzuk. Ezek következnek az. definícióból. (iii) Ha felcserélünk két sort (oszlopot), akkor a determináns előjelet vált. (iv) Ha a mátrix egy sora (oszlopa) egy másik sor (oszlop) valahányszorosa, akkor a determináns 0. Ezek következnek a. definícióból. Mellesleg (iii) következménye (iv) (miért?). A következő tulajdonság az egyik legfontosabb, leggyakrabban használt, ezt be is bizonyítjuk: (v) a determináns nem változik, ha egyik sorához (oszlopához) hozzáadjuk egy másik sor (oszlop) valahányszorosát. Először megmutatjuk, hogy ha két mátrix csak egy sorában (oszlopában) különbözik, akkor összegük determinánsa egyenlő a determinánsok

. FEJEZET. DETERMINÁNS 4 összegével: különbözzön az utolsó oszlop. Azt kell belátni, hogy: a... a,n a n +b n a... a,n a n a... a,n b n. =. +. a n... a n,n a nn +b nn a n... a n,n a nn a n... a n,n b nn Ha a baloldali determinánst kifejtjük az utolsó oszlop szerint, az állítás nyilvánvalóvá válik. Folytatva a bizonyítást, adjuk hozzá például az utolsó oszlophoz az első oszlop k-szorosát: a... a,n a n +k a a... a,n a n. =. + a n... a n,n a nn +k a n a n... a n,n a nn a... a,n a a... a,n a n k. =. = deta. a n... a n,n a n a n... a n,n a nn Mivel a k-val szorzott determináns 0 (van két egyforma oszlopa). Ez utóbbi tulajdonság egyben módszert is ad a determináns kiszámítására (lásd később a Gauss eliminációt). Segítségével kinullázhatunk bizonyos elemeket és csökkenthetjük a kiszámolandó determináns rendjét. Például: 0 3 = 0 5 0 7 = 5 7 = 5 4 = 9. Itt először az első sor --szeresét hozzáadtuk a második sorhoz, majd az első sor 3-szorosát a harmadikhoz és a kapott determinánst kifejtettük az első oszlopa szerint. Érdekes (v) geometriai következménye is (lásd a. definíciót): legyen a = (a,a ),b = (a,a ) két vektor a síkon. Nyújtsuk meg a-t k- szorosára: ka = (ka,ka ). Ekkor az a és b által kifeszített paralelogramma területe egyenlő az a és a ka +b vektorok által kifeszített paralelogramma területével (deta abszolút értékével).

. FEJEZET. DETERMINÁNS 5 ka ka+b a b (vi) Ha A = (a ij ), A = A T = (a ji ), akkor deta = deta. Bizonyítsuk be n =,,3 esetekben. (A az A transzponáltja.)

. fejezet Mátrixok A mátrixok egy fontos alkalmazási területe a lineáris egyenletrendszerek elmélete. Ez (is) motiválja a következő definíciókat. a a... a n b b... b n a a... a n A =.. = (a b b... b n ij), B =.. = (b ij). a n a n... a nn b n b n... b nn 3. definíció. Két mátrix egyenlő, ha megfelelő elemeik egyenlők: A = B a ij = b ij. 4. definíció. k A = (ka ij ): minden elemet megszorzunk k-val. 5. definíció. Két mátrix összege, különbsége: A±B = (a ij ±b ij ). 6. definíció. Két mátrix szorzata csak akkor értelmezhető, ha A oszlopainak száma megegyezik B sorainak számával, legyen ez n, ekkor: A B = (a i b j +a i b j + +a in b nj ). Ez nem más, mint A i-edik sorának és B j-edik oszlopának skaláris szorzata. 6

. FEJEZET. MÁTRIXOK 7 7. definíció.. Nulla mátrix: a ij = 0 minden i,j-re. Jelölés: O.. Egységmátrix (n = m): a ii =,a ij = 0, ha i j. Jelölés: E vagy I. Példák:. n = m = ( ) 3 +3 ( ) = ( ) 6 + 4 ( ) 6 6 = 3 3 ( ) 4 0. 5. 3. 4. 5. 6. ( ) 3 ( ) = ( ( ) +3 ( ) ( ) ( )+3 + ( ) ( )+ ) = ( ) 5 5 3 3 A = ( 4 5 6 ),B = 3,A B = ( 4 +5 3+6 ( ) ) = ( 7 ) = 7 4 5 6 8 0 B A = 3 4 3 5 3 6 = 5 8. ( ) 4 ( ) 5 ( ) 6 4 5 6 ( 3 4 5 6 ) = 3 ( ) +3 +4 3 = +5 +6 3 ( ) 0. 9 4 3 +4 +( 3) 3 0 0 = +0 + 3 = 5. 3 5 3 ( ) +3 +( 5) 3 0

. FEJEZET. MÁTRIXOK 8 7. a a a 3 x a x +a x +a 3 x 3 A = a a a 3,x = x : Ax = a x +a x +a 3 x 3. a 3 a 3 a 33 x 3 a 3 x +a 3 x +a 33 x 3 Ebből látható, hogy az a x +a x +a 3 x 3 = b a x +a x +a 3 x 3 = b a 3 x +a 3 x +a 33 x 3 = b 3 lineáris egyenletrendszer ugyanaz, mint az Ax = b egyenlet, ahol b = b = b. b 3 ( ) ( ) 4 3 8. Legyen A= és B=. Számítsuk ki AB és BA mátrixokat: 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 0 3 4 3 6 7 AB= =, BA= =. 5 5 5 3 6 Tehát AB BA, vagyis a mátrix szorzás nem kommutatív. A [A,B] AB BA mátrixot A és B kommutátorának nevezzük. Ha [A,B]=0, akkor az A,B mátrixok kommutálnak. 9. Hatványozás: A = A A, A 3 = A A stb. Például: (A+B) =(A+B)(A+B)=A +AB+BA+B A +AB+B! Az egyenlőség csak akkor áll, ha A,B kommutál. 0. Nullosztók lehetősége. Könnyű találni két olyan mátrixot (A,B), amelyek nem nullák, de szorzatuk az. Például: ( ) ( ) 0 0 A =,B =. 0 0 0 0 Ezeket nullosztóknak nevezik. (A valós számok körében nincsenek nullosztók: ha a 0,b 0, akkor ab 0. Ugyanez az előbbivel ekvivalens megfogalmazásban: ab = 0 (a = 0 vagy b = 0).)

3. fejezet Az inverz mátrix Láttuk, hogy a mátrixokat lehet összeadni, kivonni, szorozni, számmal szorozni hasonlóan a számokhoz. Bizonyos értelemben osztani is lehet mátrixszal: Az inverzzel szorozni, hasonlóan a számokhoz: -vel osztani ugyanaz, mint /-del (a inverzével, s (/) = ) szorozni. 8. definíció. Egy A mátrix inverze az az a -gyel jelölt mátrix, amelyre A A = A A = E = I. (Csak négyzetes mátrixokra értelmezett!) Itt csak az a célunk, hogy megadjunk egy algoritmust A kiszámítására. Feltesszük, hogy deta 0, azaz A nem szinguláris, más szóval reguláris. Jelöljük A ij -vel az A = (a ij ) mátrix a ij eleméhez tartozó, megfelelő előjeles (sakktábla szabály) aldeterminánsát. A ij -t úgy kapjuk meg, hogy A-ból kihúzzuk az i-edik sort és j-edik oszlopot, a maradék (n ) (n )-es mátrixnak vesszük a determinánsát és ellátjuk a megfelelő előjellel, amelyet a sakktábla szabály szerint kapunk (s -hez +, a többi ebből következik.) 9. definíció. Az ( ) A ij mátrix transzponáltja az A mátrix adjungált mátrixa és adj A-val jelölik. A következő példánál felhasználásra kerül az alábbi Tétel. Amennyiben A reguláris (deta 0), létezik inverze, és (deta) E = A adja. A = adj A deta avagy 9

3. FEJEZET. AZ INVERZ MÁTRIX 0 3 Legyen A = 3. Mivel egyenlő A? Először számoljuk ki A determinánsát: ) deta = 7, tehát van inverze a mátrixnak. Számoljuk ki az 3 3 4 ( Aij mátrixot: Tehát így A = + 3 3 4 = 6, A = 3 4 =, A 3 = + 3 3 3 = 3, A = 3 3 4 =, A = + 3 3 4 = 5, A 3 = 3 3 = 3, A 3 = + 3 3 = 5, A 3 = 3 = 4, A 33 = + 3 =. 6 3 adja = 5 3 5 4 T 6 5 = 5 4, 3 3 A = adja 6 5 deta = 7 5 4. 3 3 Ellenőrizze, hogy A A = A A = E (vagy ami ugyanaz, (deta) E = = A adja). Ha ismerjük A -et, akkor az Ax = b egyenletrendszer (A (n n)-es mátrix, x ismeretlen és b ismert oszlopvektorok) egyértelműen megoldható: x = A b. Ez igaz bármely nagy rendszer esetén is. Ami a fő probléma, az éppen A kiszámítás nagy n esetén. Ezért van szükség más egyenletrendszer megoldási módokra is, amik kikerülik ezt a buktatót. Egy ilyet mutatunk be a következő fejezetben.

4. fejezet Lineáris egyenletrendszerek Egy lineáris egyenletrendszer általános alakja a következő: a x +a x +...+a n x n = b a x +a x +...+a n x n = b.. a k x +a k x +...+a kn x n = b n ( ) Ugyanez mátrix alakban: Ax = b, ahol a a... a n x b a a... a n A =..,x = x.,b = b., a k a k... a kn ahol x a keresendő ismeretlen, b ismert. Fontos kérdés, hogy mikor van a ( ) egyenletrendszernek megoldása. A pontos választ a Cronecker Capelli illetve a Fredholm féle tételek adják. Tipikusan három eset van:. n=k. A négyzetes mátrix, az ismeretlenek száma egyenlő az egyenletek számával. ez a legfontosabb eset. Láttuk, hogy ha deta 0 (vagyis létezik A ), akkor ( )-nak létezik egyértelműen meghatározott megoldása: x = A b.. n > k. Több az ismeretlen, mint az egyenlet. Ekkor a rendszernek általában több megoldása van (akár végtelen sok is). Példa : x n n =,k = : x +5x = 3 b k

4. FEJEZET. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK a ( ) rendszer. Ekkor x = 3 5x. x -t tetszőlegesen választhatom (legyen x = a), x = 3 5a, tehát ( ) 3 5a x = a a megoldás. Ha azonban megköveteljük, hogy a megoldás normája (az x vektor hossza) legyen, akkor helyre áll az unicitás (egyértelműség). x =(3 5a) +a = feltételből az eddig tetszőleges a-ra egyértelműen meghatározott értéket kapunk. 3. n<k. Több az egyenlet, mint az ismeretlen a feladat túlhatározott. Itt általában nincs megoldás. Példa : n =,k = : x = 5 3x = 6. Látható, hogy egyrészt x = 5, másrészt x =, tehát nincs megoldás. A továbbiakban ismertetünk egy módszert (Gauss Jordan módszer, avagy Gauss elimináció), amely valójában minden rendszerre alkalmazható. Segítségével eldönthető, hogy van-e egyértelmű megoldás, nincs megoldás, vagy több is van. Mi itt feltesszük, hogy n=k és deta 0, tehát van egyértelmű megoldás. Szintén feltesszük, hogy ha osztunk egy számmal, akkor ez nem nulla. Ha mégis nulla, akkor a módszer egyszerűen korrigálható. Tehát: tekintsük a rendszert. Szorozzuk meg az első egyenletet a /a -gyel és adjuk hozzá a másodikhoz. Ezután szorozzuk meg az első egyenletet a 3 /a -gyel és adjuk hozzá a harmadikhoz, és így tovább..., szorozzuk meg az első egyenletet a n /a - gyel és adjuk hozzá az n-edik egyenlethez. A kapott egyenletrendszerben x csak az első egyenletben maradt. Ezen új rendszerben vegyük a második egyenletet: x együtthatójából kiindulva a megfelelő számmal megszorozzuk ezt a sort úgy, hogy ha hozzáadjuk a harmadik sorhoz, akkor abból eltűnik x. És így tovább, az n-edik sorig. Így x és x csak az első és második egyenletekben marad. A fenti kiküszöbölést addig folytatjuk, amíg az utolsó sorhoz nem érünk, ami a nmx n =b n alakú lesz. Ebből x n meghatározható (x n = = b n/a nm). Ennek ismeretében az n -edik egyenletből (, ami csak x n -et és x n -et tartalmazza) meghatározzuk x n -et. Így haladunk felfelé egészen az első sorig, melyből végül meghatározzuk x -et. Elég világos, hogy a fenti módszer ekvivalens az úgynevezett kibővített mátrixon történő manipulálással. Ez látszik az alábbi példából is:

4. FEJEZET. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 3 n = k = 4. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert! x + x x 3 + x 4 = 8 x + x x 3 x 4 = 3 x +x +x 3 x 4 = 0 x x x 3 +3x 4 = x A =,x = x.,b = 3 K = x n 8 3 0. Az A együtthatómátrix mellé leírjuk b-t, ez lesz a kibővített mátrix(k): 8 3 0 3 A Gauss módszer szerint a főátló alatti elemeket ki kell nullázni és az első oszloppal kell kezdeni. Bármely sor valahányszorosa hozzáadható bármely másik sorhoz (oszlopokról szó sem lehet, ne feledjük, hogy egyenletekről beszélünk!), a sorok oszthatók bármely nem nulla számmal, stb. Először hozzáadjuk az első sor (-)-szeresét a második sorhoz, majd a (-)-szeresét a harmadikhoz és a negyedikhez: 8 K 0 3 3 0 3 8 = K 0 0 4. Most a második sor segítségével kinullázzuk a második oszlop két elemét: a második sort hozzáadjuk a harmadikhoz, a második (-)-szeresét a negyedikhez:

4. FEJEZET. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 4 8 8 K 0 3 3 0 0 3 6 = K 0 3 3 0 0 3 6 = K 3 0 0 8 30 0 0 0 4 6 Végül megszoroztuk K mátrix harmadik sorát /3-dal és hozzáadtuk a negyedikhez. (Eloszthattuk volna 3-mal a harmadik sort, -vel a negyediket, stb.) K 3 utolsó sora azt jelenti, hogy 4x 4 =6, tehát x 4 =4. A harmadik sor: 3x 3 6x 4 =, tehát x 3 =. A második sor: x +x 3 3x 4 = 3, tehát x =. Végül az első sor: x +x x 3 +x 4 = 8, tehát x = 3. Visszaemlékezve a determináns tulajdonságaira észrevehető, hogy mi a kibővített mátrixon, ezen belül az A együtthatómátrixon olyan operációkat hajtottunk végre, melyek nem változtatják meg a determináns értékét(, ha egyszerűsítettük volna valamelyik sort az elimináció során, ez már nem igaz!!!), így deta = detk 3 = ( ) 3 4 =. A Gauss módszer tehát alkalmas a determináns kiszámítására is. Térjünk vissza a ( ) általános egyenletrendszerhez: Ax = b. 0. definíció. Tekintsük az A mátrix összes lehetséges módon kiválasztható négyzetes részmátrixát, akár A-t magát is. Kiválasztjuk a legnagyobbat, amelynek nem nulla a determinánsa. Ennek mérete (r) az A mátrix rangja: rang A := r. Jelöljük B-vel az A mátrix kibővített mátrixát. Tétel (Kronecker Capelli).. Ha rang B > rang A, akkor a ( ) rendszernek nincs megoldása,. Ha rang B = rang A, akkor a ( ) rendszernek van megoldása. Egy Fredholm-típusú tétel: Tétel. A ( ) rendszernek akkor és csak akkor van megoldása, ha b merőleges z-re ((b,z)=0 skaláris szorzat), ahol z a homogén A z = 0 egyenletrendszer (bármely) megoldása (A A transzponáltja). Maga a megoldás x = x 0 +u alakú, ahol x 0 a ( ) rendszer egy partikuláris megoldása, u pedig az Au = 0 homogén rendszeré.

5. fejezet Lineáris transzformációk A transzformáció egy megfeleltetés (függvény, operátor, stb.) két halmaz között: Ax = y, x U,y V, x-input, y-output. Gyakran a halmazok lineáris vektorterek, melyek rendelkeznek bázissal. Itt mi a síkot (R ), kétdimenziós euklideszi tér a standard e = (,0),e = = (0,) bázissal, x = (x,x ) vesszük illusztrációként ugyanis itt lehet látni a legfontosabb transzformációkat.. definíció. A lineáris, ha. A(λx) = λax,. A(x+y) = Ax+Ay, ahol λ egy számtest eleme (esetünkben valós, esetleg komplex). Világos, hogy a sík esetében minden lineáris transzformáció a következő alakú Ax = y: a x +a x = y a x +a x = y tehát minden lineáris transzformációnak egyértelműen megfelel egy A mátrix: ( ) a a A =. a a Ha A mátrix, akkor tulajdonságaiból következik, hogy A(λx) = λax és A(x+y) = Ax+Ay, vagyis A lineáris transzformációként fogható fel. Azaz: lineáris transzformációk elmélete = mátrixelmélet. 5

5. FEJEZET. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK 6 Fontos megjegyzés : Az eltolás (shift) Ax =x+x 0 NEM lineáris transzformáció: Ay = y+x 0,A(x+y) = x+y+x 0 x+y+x 0, ha x 0 0. A lineáris + shift transzformációt affinnak is nevezik. Például a számítógépes grafika a háromdimenziós tér (R 3 ) affin transzformációival dolgozik, melyek adekvát elmélete a projektív geometria. Lássunk négy alaptranszformációt:. példa. (nyújtás illetve zsugorítás). Ax = y,y = k x, y = k x, tehát } ( ) k x +0 x = y k 0 A = a megfelelő mátrix. 0 x + k x = y 0 k. példa. (tükrözés, itt az x-tengelyre). } x + 0 x = y A = 0 x +( ) x = y ( ) 0 0 a megfelelő mátrix. 3. példa. (α szöggel való elforgatás). Világos, hogy Tehát y = r(cos(α+β)) = r(cos α cos β sin α sin β) = cosαx sin α x y = r(sin(α+β)) = r(cos α sin β +cos β sin α) = sin α x +cos α x ( ) cos α sin α A = sin α cos α a forgató mátrix. Például α = 90 esetén A = átvisz pozitív forgatással a rá merőlegesbe. 4. példa. (projekció az y = x egyenesre). x + x = y x + x = y A = ( ) 0 0 ( ) minden vektort Tetszőleges halmazokat transzformálhatunk segítségükkel: ebben minden pont képét kell megkeresni, gyakorlatban elég a jellemző pontokét.. feladat. Az S négyzet csúcspontja (,), (3,), (3,), (,). Mibe viszi át S-t az a ( lineáris ) transzformáció (S = AS =?), amelynek mátrix reprezentációja A =? 0

5. FEJEZET. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK 7 Transzformációk szorzata: x A y B z : y = Ax, z = By, tehát z = BAx megfelel a mátrixok szorzatának. Egy determinánsra vonatkozó Tétel. det(ab) = deta detb. ( ) a a Bizonyítás. dinemziós esetben: A =, B = a a ( b b b b det(ab) = a b +a b a b +a b a b +a b a b +a b = a b a b +a b a b + +a b a b +a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b = b b (a a a a ) b b (a a a a ) = ). = deta detb. Tétel. Legyen S egy halmaz, területe T. S = AS, S T = deta T. területe T. Ekkor. feladat. Mibe viszi át az előző feladat lineáris transzformációja az egység sugarú kört? Mekkora a kapott halmaz (ellipszis) területe?

6. fejezet Sajátérték, sajátvektor A lineáris transzformáció: A : U V, U,V vektorterek. Legyen λ egy szám (valós vagy komplex) és legyen x U, x 0. Ha Ax = λx, vagy E egységmátrixszal, ami ugyanaz a sajátérték probléma egyenlete: (A λe)x = 0, (S.P.) akkor λ-t sajátértéknek (karakterisztikus értéknek), x-et a λ-hoz tartozó sajátvektornak (karakterisztikus vektornak) hívják. 5. példa. A = E : Ex = x, tehát λ= és minden x 0 sajátvektor. ( ) ( ) k 0 k λ 0 6. példa. A = nyújtás. A λe =, tehát λ 0 k 0 k λ = = k, λ = k. A sajátvektor egyenlete λ = k esetén (lsd.: (S.P.)): ( ) ( ) ( ) 0 0 x 0 =, 0 k k x 0 vagyis (k k )x = 0, tehát vagy k = k, vagy x = 0. Ha k = k, akkor a sajátvektor (a,b) tetszőleges a,b-re. Ha x = 0, akkor a sajátvektor (a,0), ahol a tetszőleges. 7. példa. Projekció az x = x egyenesre: A = ( ( λ ) ( ) x λ = x ( 0 0 ). ). Az S.P. egyenlet: Ez egy hommogén egyenlet, melynek csak akkor van nemnulla megoldása, ha det(a λe) = 0 karakterisztikus egyenlet. (K.E.) 8

6. FEJEZET. SAJÁTÉRTÉK, SAJÁTVEKTOR 9 Esetünkben det( ) Ha λ = 0, akkor (S.P.) alapján ( ) ( ) x = = 0 = ( λ) 4 = ( λ)λ. Tehát λ = 0, λ =. x ( ) 0, 0 azaz x + x = 0 x + x = 0 x +x = 0. Legyen x =a R =R\{0}, akkor x = a, a sajátvektor v =( a,a)=a(,). Ha λ =, akkor akkor (S.P.) alapján ( ) ( ) ( ) x 0 =, 0 azaz x = x, tehát v = (a,a) = a(,),a R = R\{0}. 8. példa. 90 ( -kal való ) elforgatás. ( Előre tudható, ) hogy nincs valós sajátvektor 0 λ (miért?)., A λe =, a karakterisztikus egyenlet λ 0 λ + + = 0. Ebből λ = i,λ = i (i = ). 3. feladat. Mutassa meg, hoy a sajátvektorok v = (+i,),v = ( i,). 9. példa. Keresendők az A mátrix sajátértékei és sajátvektorai: 8 9 9 A = 3 3. 9 9 0 Karakterisztikus egyenlet: 8 λ 9 9 det(a λe) = det 3 λ 3 = (λ )(λ+) = 0 9 9 0 λ. λ =. A sajátvektorok (v = (x,x,x 3 )) egyenlete: 6 9 9 x 0 3 0 3 x = 0, 9 9 x 3 0 x

6. FEJEZET. SAJÁTÉRTÉK, SAJÁTVEKTOR 0 azaz x +3x +3x 3 = 0 x + + x 3 = 0 3x 3x 4x 3 = 0 Az első és a második egyenlet összege a harmadik ( )-szerese, tehát a harmadik egyenlet elhagyható: } x +3x +3x 3 = 0 x + + x 3 = 0 Két egyenlet, három ismeretlen, egyik ismeretlen szabadon választható: legyen x = a. Ekkor x 3 = a és x = 3 a. Tehát a sajátvektor v = a(,, ) (vagy b(3,, 3)). 3. λ =. 9 9 9 x 0 3 3 3 x = 0, 9 9 9 x 3 0 azaz x +x +x 3 =0. Egy egyenlet három ismeretlen, tehát kettő szabadon választható. Legyen x =a,x 3 =b, ekkor x = a b. A sajátvektor: v=( a b,a,b). Legyen a=0: v =b(,0,). Legyen b=0: v 3 =a(,,0). Látható, hogy v és v 3 lineárisan függetlenek (nem párhuzamosak).. tétel. deta = λ λ λ 3 λ n. Bizonyítás. Definíció szerint: det(a λe) = (λ λ)(λ λ) (λ n λ). Legyen (λ = 0.. tétel. TraceA a +a +...a nn = λ +λ + λ n. Bizonyítás. Következik a Vièta-tételből ( gyökök és együtthatók közti összefüggés). 4. feladat. Bizonyítsuk be a tételt n = esetén!. definíció. Spec A = {λ,λ,...,λ n }. (A spektruma a sajátértékek halmaza.) Legyen A T az A mátrix transzponáltja (korábban A -gal is jelöltük). 3. tétel. SpecA T = SpecA.

6. FEJEZET. SAJÁTÉRTÉK, SAJÁTVEKTOR Bizonyítás. det(a T λe)=det(a λe) T és tudjuk, hogy detb=detb T. 4. tétel (Cayley-Hamilton). Legyen det(a λe)=±λ n +a n λ n + +a λ+ +a 0. Ekkor ±A n +a n A n + +a A+a 0 E=0, vagyis minden mátrix gyöke a saját karakterisztikus egyenletének.. következmény. ±A n = a n A n a A a 0 E, vagyis egy mátrix bármely hatványa előállítható alacsonyabb hatványainak összegeként. Bizonyítás. Az általános eset belátása bonyolult. A triviális bizonyítás: legyen λ = A. Ekkor det(a λe) = det(a A) = det(n) = 0 nyilván hibás (miért?). 5. feladat. Mutassa meg a a 4. tételt n = esetén! ( ) 6. feladat. Legyen. Mutassa meg, hogy ha λ sajátértéke A-nak, akkor λ sajátértéke A -nek és sajátértéke λ A -nek. Megfogalmazunk (és példán is bizonyítunk) egy fontos tételt a hogyan lehet egyszerűbb alakra hozni egy mátrixot témakörből. Ne feledjük, hogy egy mátrixnak mindig megfelel egy lineáris transzformáció. 5. tétel. Tegyük fel, hogy A-nak (x n-es mátrix) van pontosan n lineárisan független sajátvektora: x,x,...,x n : x i =(x i,x i,...,x in ). A sajátvektort oszlopvektorként felfogva képezzük az un. sajátvektor mátrixot x x... x n x x... x n S =.. x n x n... x nn Legyen λ 0... 0 0 λ... 0 Λ =... 0 0... λ nn Mivel a vektorok függetlenek, dets 0, tehát létezik S inverzmátrix. Ekkor A = SΛS, vagyis Λ = S AS. Ez utóbbi formula az A mátrix diagonalizációját jelenti. Bizonyítás. λ 0... 0 0 λ... 0 AS = [x x n ] = [λx λx n ] = [x x n ].. = SΛ 0 0... λ nn

6. FEJEZET. SAJÁTÉRTÉK, SAJÁTVEKTOR. következmény. A k = SΛ k S. Bizonyítás. Indukcióval nyilvánvaló. Például A = SΛS SΛS = SΛ S 3. definíció. Két mátrix A és B hasonló (A B), ha létezik egy invertálható mátrix P, hogy A = PBP. 6. tétel. Ha A B, akkor A B és deta = detb. Bizonyítás. Nyilvánvaló (miért?). Megemlítünk egy tételt (bizonyítása nem nehéz): 7. tétel. Ha A-nak van n különböző sajátértéke, akkor A diagonizálható. Jó lenne, ha a következő példát mindenki önállóan végigszámolná! 0. példa. Adjuk meg az A mátrix diagonális reprezentációját: 9 3 0 3 3 0 3 9 Megjegyezzük, hogy a mátrix szimmetrikus: A = A T. Ki kell számolni a sajátértékeket, sajátvektorokat, felírni az S mátrixot, és kiszámolni S -et.. A karakterisztikus egyenlet: det(a λe) = (9 λ) [( λ)(9 λ) 9] 9(9 λ) = Ebből λ = 6, λ = 9, λ 3 = 5.. A λ = 6-hoz tartozó sajátvektor: 3 3 0 x 0 3 6 3 x = 0, 0 3 3 x 3 0 azaz = (9 λ) [ λ λ+90 ] = 0. 3x 3x + = 0 x = x x 3 = a = x = x 3x +6x 3x 3 = 0 3x +3x 3 = 0 x = x 3 v = a(,,)

6. FEJEZET. SAJÁTÉRTÉK, SAJÁTVEKTOR 3 7. feladat. Mutassa meg, hogy a λ=9-hez tartozó sajátvektor: v =a(,0, ) és λ = 5-höz v 3 = a(,,). Tehát az S mátrix: 0 8. feladat. Mutassa meg, hogy adj S = 3 0 3 és dets = 6. 9. feladat. Adja meg az ( ) mátrix diagonális reprezentációját.

7. fejezet Szimmetrikus mátrixok 4. definíció. A = (a ij ) szimmetrikus mátrix, ha a ij = a ji, vagyis A = A T. Ez az egyik legfontosabb mátrixosztály, gyakran előjön az alkalmazásokban. A fő kérdés itt a következő: mi a speciális a sajátértékekben és sajátvektorokban (Ax = λx), ha A szimmetrikus? Három alaptételt mondunk ki. 8. tétel. Legyen A szimmetrikus, valós mátrix. Akkor valamennyi sajátértéke valós. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy Ax = λx. Tudjuk, hogy (lsd.: a 90 -os elforgatást) λ lehet komplex is: λ=a+ib, a,b R. λ komplex konjugáltja: λ=a ib. Hasonlóan x koordinátái is lehetnek komplexek. Tudjuk, hogy egy szorzat konjugáltja egyenlő a konjugáltak szorzatával: λx = λx. Mivel A valós, Ax = = λx. Ez utóbbit x T A = x T λ alakba is írhatjuk. Szorozzuk meg skalárisan az első (Ax=λx) egyenletet x-tal, a másodikat x T A=x T λ x-szel: x T Ax=x T λx és x T Ax=x T λx, tehát λ(x T,x)=λ(x T,x), vagyis (λ λ)(x T,x)=(λ λ) x =0. Tehát λ = λ, vagyis λ valós. A sajátvektorok, mivel a valós (A λe)x = 0 egyenlet megoldásai, maguk is valósak. Fontos, hogy merőlegesek is egymásra: 9. tétel. Ha egy valós, szimmetrikus mátrix sajátvektorai különböző sajátértékekhez tartoznak, akkor merőlegesek (ortogonálisak) egymásra. Bizonyítás. Legyen Ax=λ x,ay=λ y és A=A T. Szorozzuk meg skalárisan az első egyenlet y-nal, a másodikat x-szel: (λ x) T y =(Ax) T y =x T A T y =x T Ay = = x T λ y, tehát x T y = 0. Ez pontosan azt jelenti, hogy x és y merőlegesek egymásra. 4

7. FEJEZET. SZIMMETRIKUS MÁTRIXOK 5 Megjegyzés. Ha A-nak van például két egyforma sajátértéke (lsd.:a 9. példát), akkor mindig van a sajátértékhez tartozó két független sajátvektor. A Gram Schmidt módszerrel egy ortogonális párost készítünk belőlük (, ha A nem szimmetrikus, akkor ez nem igaz!). Tehát minden szimmetrikus (valós) mátrixnak van n egymásra kölcsönösen merőleges sajátvektora. Képezzük az S mátrixot, melynek oszlopai az adott vektorok. Tudjuk: A = SΛS. Ebből A T = (S ) T ΛS T = A, tehát SΛS = (S ) T ΛS T. Ha S oszlopai merőlegesek egymásra, akkor SS T = E, így S T = S, amivel bebizonyítottuk a következőt: 0. tétel. Minden szimmetrikus, valós mátrix előállítható az A = QΛQ T = QΛQ alakban, ahol Λ = λ i δ ij és Q oszlopai ortonormális sajátvektorok. Megjegyzés δ ij =, ha i = j és δ ij = 0, ha i j (Kronecker szimbólum), ortonormális= ortogonális + egységnyi hosszú.. példa. Térjünk vissza az előző fejezet 0. példájához. Világos, hogy a sajátvektorok az S mátrix oszlopai merőlegesek egymásra, de hosszuk nem egységnyi. Normáljuk őket: Tehát w = v v = (,,) + + = ( 3, Q = 3, w = v ( (,0, ) = v + =,0, ) ; w 3 = v 3 v 3 = 6 3 3 0 6 3 6 ( 6, 6,, Q T = ). 6 ) ; 3 3 3 3 0 6 6 6 0. feladat. Mutassa meg, hogy QQ T = E (vagyis, hogy Q T = Q ).

8. fejezet Komplex számok Legyen x, y R. A z =x+iy alakú mennyiségeket komplex számoknak hívják, ahol i =, azaz i=. x a z komplex szám valós része, y pedig a képzetes (imaginárius) része. Könnyű belátni, hogy ha z = x +iy és z = x +iy komplex számok, akkor az összegük és különbségük, szorzatuk és hányadosuk is az. Például a szorzatra: w = z z = (x +iy )(x +iy ) = (x x y y )+i(y x +x y ). z = x iy a z komplex szám konjugáltja. (Valós szám komplex konjugáltja önmaga!). feladat. Mutassuk meg, hogy (z +z ) = z +z, (z z ) = z z, z /z = = z /z. Ebből következik, hogy ha egy komplex szám gyöke egy valós együtthatójú polinomnak, akkor z szintén gyök: a komplex gyökök párosan fordulnak elő a valós együtthatójú polinomoknál. Lásd a másodfokú polinom esetén a megoldóképletet. Geometriai reprezentáció: y z i O r ϕ x r= x +y = z a z vektor hossza ϕ = arctg y x x = r cosϕ y = r sin ϕ Trigonometrikus alak: z = r(cos ϕ+i sin ϕ), r > 0,ϕ R. Nehezebb értelmezni a komplex kitevőjű hatványt: a x+iy = a x a iy, tehát elegendő az a iy -t értelmezni, amihez elég e iy -t értelmezni. Úgy szeretnénk értelmezni a hatványozást, hogy a standard deriválási szabály igaz legyen: (e it ) = deit = ie it, itt t valós. Ha z(t) = e it, akkor dz = iz vagy dz = izdt. dt dt Tehát dz és z merőlegesek egymásra (Feladat: az i-vel való szorzás 90 -kal 6

8. FEJEZET. KOMPLEX SZÁMOK 7 való elforgatást jelent). Ha dt-vel növeljük t-t, a z vektor dϕ-vel elfordul. Mivel tg dϕ dϕ kis dϕ-re, dϕ dz = izdt =dt, tehát t ϕ. z(0)=e 0 = a z z vízszintes egységvektor. Ezért z=e iϕ egy olyan komplex szám, melyet az (,0) egységvektorból, annak ϕ szögű elforgatásával kapunk. Mivel e iϕ = z = x+iy az algebrai alakból, ezért: e iϕ = cos ϕ+i sinϕ Euler formulát kapjuk. A z =re iϕ alakot a z szám hatványkitevős, avagy exponenciális alakjának hívjuk. Megjegyzés. Legyen ϕ = π az Euler formulában: e iπ = cos π +isin π =, tehát e iπ +=0. Ez az egyenlőség tartalmazza a matematika öt legfontosabb számát: 0,, π, e, i.