Lineáris algebra I. Kovács Zoltán. Előadásvázlat (2006. február 22.)

Lineáris algebra I. Kovács Zoltán Előadásvázlat (2006. február 22.)

2

3 Erdős Jenő emlékének.

4

Tartalomjegyzék 1. A szabadvektorok vektortere 7 1. Szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása............... 7 2. Vektorrendszerek függetlensége, bázis....................... 11 3. Szabadvektorok skaláris szorzata.......................... 14 4. Külső szorzás, vegyes szorzás........................... 19 5. Egyenesek és síkok................................. 25 6. Térelemek távolsága és szöge............................ 27 2. Vektorterek 28 7. A vektortér definíciója............................... 28 8. Lineáris kombinációk, bázis, dimenzió....................... 31 9. Alterek direkt összege................................ 39 10. Lineáris sokaság, faktortér............................. 41 3. Mátrixok, lineáris egyenletrendszerek és determinánsok 45 11. Műveletek mátrixokkal............................... 45 12. A Gauss-elimináció, elemi mátrixok........................ 50 13. Négyzetes mátrixok invertálhatósága........................ 53 14. Mátrix rangja.................................... 55 15. Lineáris egyenletrendszerek............................ 59 16. A determinánsfüggvény tulajdonságai....................... 62 17. Aldeterminánsok, kofaktorok............................ 66 4. Lineáris leképezések 71 18. Lineáris leképezések alaptulajdonságai....................... 71 19. Lineáris leképezés képtere és magtere....................... 75 20. A lineáris leképezések mátrixreprezentációja................... 78 21. Báziscsere...................................... 79 5

6 TARTALOMJEGYZÉK

1. fejezet A szabadvektorok vektortere 1. Szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása Középiskolai tanulmányainkban vektor alatt a tér vagy sík szabadvektorát értettük, azaz egy vektor irányított szakasz volt, de nem téve különbséget az egymásba eltolással átvihető irányított szakaszok között. (Azaz, ha nagyságuk, irányításuk és irányuk megegyezik.) A lineáris algebra tárgyban (mint ahogyan általában a felsőbb matematikában) a vektor egy olyan absztrakt fogalom, mely sokkal általánosabb, mint a szabadvektor. (Erre a tárgyalásunk második fejezetében térünk vissza.) vektor szabadvektor irányított szakasz A szabadvektorok elmélete tehát a geometriához kapcsolódik, s a szabatos felépítést is a Geometria c. tárgyunkban adjuk meg. A lineáris algebra tárgyban nagymértékben támaszkodunk a középiskolás geometriai ismeretekre, mindenekelőtt az eltolás tulajdonságaira. Először néhány geometriai jelölést vezetünk be. A tér pontjainak halmazát E jelöli. AB vagy d(a, B) Az A és B pontok távolsága. AB A és B végpontokkal rendelkező szakasz. AB A-t és B-t tartalmazó egyenes. AB A kezdőpontú és B-t tartalmazó félegyenes. Megjegyezzük még, hogy ebben a tárgyban az egybeeső egyeneseket is párhuzamosaknak nevezzük. 1.1. Definíció. Irányított szakaszon egy (P, Q) E E rendezett pontpárt értünk. (P, Q)-nak P a kezdőpontja, Q a végpontja. Ha az (A, B) irányított szakasz a (P, Q) irányított szakaszba eltolással átvihető, akkor azt mondjuk, hogy (A, B) ekvivalens (P, Q)-val és ezt úgy jelöljük, hogy (A, B) (P, Q). Az (A, B) irányított szakasz szemléltetése: 1.1. ábra. 1.2. Tétel. Az irányított szakaszok ekvivalenciája ekvivalenciareláció, azaz: 1. (A, B) (A, B), 2. (A, B) (C, D) = (C, D) (A, B), 3. (A, B) (C, D) (C, D) (E, F ) = (A, B) (E, F ); 7

8 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE B A (A, B) E E 1.1. ábra. Az irányított szakasz szemléltetése. továbbá teljesül, hogy 4. (A, B) (P, Q) = (A, P ) (B, Q). Bizonyítás: Az első három tulajdonság a definíció nyilvánvaló következménye. A 4. állítás onnan következik, hogy ha (A, B) (P, Q), akkor AP QB paralelogramma (esetleg elfajuló), melynek szemközti oldalpárjai párhuzamosak és egybevágók. B Q A 1.2. ábra. (A, B) (P, Q) = (A, P ) (B, Q). P 1.3. Definíció. Definiáljuk a tér irányított szakaszainak halmazán az alábbi, -el jelölt relációt. (A, B) (P, Q), ha (A, B) (P, Q)-ba eltolással átvihető. Ez a reláció ekvivalenciareláció, mely ekvivalenciaosztályait szabadvektoroknak nevezzük. Azaz, ha A és B pontok, akkor az (A, B) reprezentánsú szabadvektor: AB = { (P, Q) E E (A, B) (P, Q) }. Az összes szabadvektorok halmazát V-vel jelöljük. Az AB szabadvektor AB hosszán AB-t értjük. Ez a definíció független a reprezentáns választásától. Az összes olyan irányított szakaszok, melyek kezdő- és végpontja megegyezik, egy szabadvektort reprezentálnak. Ezt a szabadvektort nullvektornak nevezzük. Jele: 0. V elemeinek jelölésekor olykor nem utalunk reprezentánsra, ilyenkor V elemeit félkövér kisbetűkkel, írásban pedig aláhúzott kisbetűkkel is jelöljük: a V, a V.

SZABADVEKTOROK ÖSSZEADÁSA ÉS SKALÁRRAL VALÓ SZORZÁSA 9 1.4. Definíció. Az (A, B)-vel reprezentált a illetve a (B, C)-vel reprezentált b szabadvektor a + b összegén az (A, C)-vel reprezentált szabadvektort értjük. Azaz AB + BC = AC. A szabadvektorok összegét definiáló előbbi összefüggést háromszögszabálynak is nevezik. 1.5. Tétel. A szabadvektorok összege független a reprezentánsok választásától. Bizonyítás: Ld. 1.3. ábra. Azt kell tehát bizonyítani, hogy ha (A, B) (A, B ) és (B, C) (B, C ), akkor (A, C) (A, C ). A reláció 3. és 4. tulajdonságát használjuk ki (megelőző tétel): (A, B) (A, B ) = (A, A ) (B, B ); (B, C) (B, C ) = (B, B ) (C, C ). (A, A ) (B, B ) (B, B ) (C, C ) = (A, A ) (C, C ) = (A, C) (A, C ). C C B A B A 1.3. ábra. A szabadvektorok összege független a reprezentánsok választásától. 1.6. Tétel. a + b a + b. a + b = a + b akkor és csakis akkor teljesül, ha a és b olyan szabadvektorok, hogy közös kezdőpontból induló reprezentánsaik végpontjai a közös kezdőpontból induló ugyanazon félegyenesre illeszkednek. Ha a és b közös kezdőpontból induló reprezentánsaik végpontjai a közös kezdőpontból induló ellentétes félegyenesekre illeszkednek, akkor a + b = a b. Bizonyítás: Az állítás a háromszög-egyenlőtlenség és az összeadás definíciójának közvetlen következménye. 1.7. Definíció. Az (A, B) reprezentánsú szabadvektor λ valós számmal (skalárral) való szorzatán nullvektort értünk, ha λ = 0 vagy A = B, míg ha λ 0, akkor azt az (A, B ) reprezentánsú szabadvektort, amelyre AB = λ AB és B AB, ha λ > 0 illetve B AB \ AB, ha λ < 0. Megjegyzés. Egyszerűen látható, hogy a definíció független a reprezentáns választásától. Egy (A, B) reprezentánsú v szabadvektor és λ R skalár szorzatát a következőképpen is megkaphatjuk. Legyen δ λ : E E, X X tetszőleges centrumú, λ előjeles arányú középpontos hasonlóság. Ekkor λv-t (A, B ) reprezentálja. (1.4. ábra.)

10 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE λ > 0 λ < 0 A B B B A B 1.4. ábra. Szabadvektor szorzása skalárral. A definíció közvetlen következménye az alábbi állítás: 1.8. Tétel. λa = λ a. Ha egy nemzéró szabadvektort osztunk a hosszával (azaz szorozzuk a hossza reciprokával), akkor az így kapott szabadvektor hossza 1. (Az 1 hosszúságú szabadvektorokat egységvektoroknak nevezzük, jelölésük gyakran: v 0.) 1.9. Tétel. A szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal: (V, +) kommutatív csoport (Abel-csoport), továbbá a, b V, λ, µ R : (1) λ(a + b) = λa + λb, (2) (λ + µ)a = λa + µa, (3) (λµ)a = λ(µa), (4) 1a = a. Bizonyítás: Az összeadás tulajdonságait közvetlen geometriai módszerekkel is beláthatjuk (megtalálható pl. a Hajós könyvben: 30.2, 30.3.) A skalárral való szorzás tulajdonságai: λ(a + b) = λa + λb: Egy tetszőlegesen rögzített centrumú λ előjeles arányú középpontos hasonlóságnál az X pont képét jelölje X. Tekintsük a szabadvektorok egy-egy tetszőleges reprezentánsát: (A, B) a, (B, C) b. Ekkor λ(a + b) = λ( AB + BC) = λ AC = A C = A B + B C = λ AB + λ BC = λa + λb. (λ+µ)a = λa+µa: Nullvektorra az állítás triviális. Legyen a továbbiakban a 0! Ha λ és µ azonos előjelűek, akkor (λ+µ)a, továbbá λa+µa közös kezdőpontből induló reprezentánsainak végpontjai ugyanarra a félegyenesre illeszkednek. Továbbá Másrészt 1.6. alapján: (λ + µ)a = λ + µ a = ( λ + µ ) a. λa + µa = λa + µa = λ a + µ a = ( λ + µ ) a. Ez azt jelenti, hogy (λ + µ)a továbbá λa + µa közös kezdőpontből induló reprezentánsainak végpontjai ugyanazon a félegyenesen, a kezdőponttól ugyanakkora távolságra vannak.

VEKTORRENDSZEREK FÜGGETLENSÉGE, BÁZIS 11 Legyen λ és µ előjele különböző. Ismét 1.6.-ra hivatkozva: λa + µa = λa µa = λ a µ a = λ µ a = λ + µ a = (λ + µ)a, tehát (λ + µ)a hossza és λa + µa hossza megegyezik. Legyen λa = OA, és reprezentáljuk az (λ+µ)a, λa+µa szabadvektorokat az OA egyenesen! Mindkét szabadvektor reprezentánsának végpontja attól függően illeszkedik OA -ra vagy OA ellentétes félegyenesére, hogy λ µ vagy λ µ, amivel az állítást bizonyítottuk. (λµ)a = λ(µa): Legyen a = OA! λ(µa) végpontjának meghatározásához A-ra előbb egy O centrumú, µ előjeles arányú középpontos hasonlóságot, majd egy O centrumú, λ előjeles arányú középpontos hasonlóságot kell alkalmaznunk. Ez ugyanazt jelenti, mintha A-ra egy O centrumú, λ µ arányú középpontos hasonlóságot hajtanánk végre, mert közös centrumú λ ill. µ előjeles arányú középpontos hasonlóságok szorzata ugyanolyan centrumú, λ µ előjeles arányú középpontos hasonlóság. 1a = a triviális. A továbbiakban a + ( b)-t (ahol b = ( 1) b a b additív inverze) a b-nek írjuk. 2. Vektorrendszerek függetlensége, bázis 2.1. Definíció. Szabadvektorok egy (a 1,..., a k ) vektorrendszerének az (α 1,..., α k ) skalárokkal való lineáris kombinációján az α 1 a 1 +... + α k a k szabadvektort értjük. Az (a 1,..., a k ) vektorrendszert lineárisan függetlennek nevezzük, ha a tér bármely vektora legfeljebb egyféleképpen állítható elő lineáris kombinációjukként. Szabadvektorok egy véges vektorrendszerét lineárisan függőnek nevezzük, ha nem lineárisan független. 2.2. Tétel. Szabadvektorok egy véges rendszere akkor és csakis akkor lineárisan független, ha a zérusvektor csak triviálisan, azaz csak csupa nulla együtthatóval kombinálható belőlük. Szabadvektorok egy véges rendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha a zérusvektor triviálistól különböző módon is kombinálható belőlük. Bizonyítás: Ha a vektorrendszer lineárisan független, akkor bármely szabadvektor, s így a zérusvektor is legfeljebb egyféleképpen kombinálható belőlük. Mivel a triviális kombináció mindig zérusvektort ad, így ez az egyetlen olyan lineáris kombináció, melynek eredménye a zérusvektor. Megfordítva, tegyük fel, hogy az (a 1,..., a k ) vektorrendszerből a zérusvektor csak triviálisan kombinálható. Ha a tér valamely szabadvektorára v = α 1 a 1 + + α k a k

12 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE egyaránt teljesül, akkor a két relációt kivonva: v = β 1 a 1 + + β k a k 0 = (α 1 β 1 )a 1 + + (α k β k )a k. Innen a feltételünk miatt α i = β i (i = 1,..., k) következik. A másik állítás az előzőnek tisztán logikai következménye (kontrapozíció). Szabadvektorok lineáris függőségének szép geometriai jelentése van: 2.3. Következmény. Szabadvektorok egy (a 1,..., a k ) legalább kéttagú vektorrendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha van olyan valódi (azaz nem csak egyetlen pontból álló), de esetleg degenerált oldalt is tartalmazó zárt töröttvonal, amelynek szakaszai rendre az a 1,..., a k reprezentánsait tartalmazó egyeneseken vannak. 2.4. Tétel. Szabadvektorok egy véges rendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha valamelyikük lineárisan kombinálható a többiből. Bizonyítás: Először tegyük fel, hogy az (a 1,..., a k ) vektorrendszer valamelyik vektora lineárisan kombinálható a többiből! (Az egyszerűség kedvéért legyen ez a k!) Ezt rendezve: a k = α 1 a 1 + + α k 1 a k 1. 0 = a k + α 1 a 1 + + α k 1 a k 1. A jobb oldalon a zérusvektor olyan lineáris kombinációja van, melyben szerepel 1 mint együttható, azaz ez a lineáris kombináció triviálistól különböző. Másodjára tegyük fel, hogy az előbbi vektorrendszer lineárisan függő, azaz a zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható belőlük: 0 = α 1 a 1 + + α k a k, miközben az együtthatók között van zérustól különböző. Legyen ez a zérustól különböző együttható pl. α k. Ez azt jelenti, hogy a k kifejezhető a többi szabadvektor segítségével: a k = α 1 α k a 1 α k 1 α k a k 1. 2.5. Tétel. (A lineáris függőség geometriai jelentése.) Egy szabadvektor önmagában akkor és csakis akkor alkot lineárisan függő rendszert, ha nullvektor. Két szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függő rendszert, ha egy egyenesen reprezentálhatók. Három szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függő rendszert, ha egy síkon reprezentálhatók. A szabadvektorok bármely legalább négytagú vektorrendszere lineárisan függő.

VEKTORRENDSZEREK FÜGGETLENSÉGE, BÁZIS 13 Bizonyítás: A zéróvektort tetszőleges számmal szorozva zéróvektort kapunk, tehát az egyetlen zéróvektorból álló vektorrendszer lineárisan függő. Legyen αa = 0, de α 0. Ekkor α a = 0, ami csak úgy lehet, ha a = 0. A továbbiakban tegyük fel, hogy a megadott vektorrendszerben nincs lineárisan függő részrendszer. (Ha van, akkor az állítások triviálisak.) Ha két vektor közös egyenesen reprezentálható, akkor ezen egyenes P Q pontjaira P QP nyilván megfelelő töröttvonal. Megfordítva, legyen a kéttagú vektorrendszer lineárisan függő. A kétoldalú nem elfajuló töröttvonal két csúcspontot tartalmaz. Az ezekre illeszkedő egyenesen mindkét szabadvektor reprezentálható. Legyen három vektor közös síkban reprezentálható! Ebben a síkban jelöljük ki az egyik szabadvektor reprezentánsát: (P, Q). P -n keresztül húzzunk párhuzamost a második, míg Q- n keresztül a harmadik szabadvektorral. Mivel feltettük, hogy az utóbbi két vektor lineárisan független, ezért a két egyenes metszi egymást egy M (síkbeli) pontban. P QM P a keresett töröttvonal. A megfordítás onnan következik, hogy háromoldalú zárt töröttvonalnak három csúcsa van, melyekre illeszkedő síkban mindhárom vektor reprezentálható. Legyen (a, b, c, d) szabadvektorok négytagú vektorrendszere. S 1 legyen olyan sík, melyben S 2 N P Q M S 1 1.5. ábra. Nincs négy lineárisan független szabadvektor. (a, b), míg S 2 olyan sík, melyben (c, d) reprezentálhatók (1.5. ábra). A két sík metszésvonalán jelöljük ki a P Q pontokat. P -n keresztül húzzunk párhuzamost a-val (a egyenes), Q-n keresztül b-vel (b egyenes). a b = M S 1. Q-n keresztül húzzunk párhuzamost c-vel (c egyenes), P -n keresztül d-vel (d egyenes.) c d = N S 2. P MQNP a keresett töröttvonal. 2.6. Tétel. Bármely három lineárisan független szabadvektorból álló vektorrendszerből a tér tetszőleges vektora egyértelműen kombinálható. Ha adott két lineárisan független szabadvektor, akkor ezekből mindazon vektorok egyértelműen lineárisan kombinálhatók, melyek velük egy síkban reprezentálhatók.

14 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE Bizonyítás: A lineáris függetlenség miatt a tér bármely szabadvektora legfeljebb egyféleképpen kombinálható 3 lineárisan független szabadvektorból. Azt kell belátnunk, hogy legalább egyféleképpen is. Legyen (i, j, k) a tér 3 lineárisan független szabadvektora, v pedig a tér tetszőleges vektora. Ekkor (i, j, k, v) lineárisan függő rendszer az előző tétel miatt, tehát belőlük a zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható: α 1 i + α 2 j + α 3 k + βv = 0. A β együttható biztosan zérótól különböző, ellenkező esetben ugyanis az (i, j, k) vektorrendszerből a zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható lenne. Ha β 0, akkor v kifejezhető az (i, j, k) lineáris kombinációjaként: v = α 1 β i α 2 β j α 3 β k. A második állítást analóg módon bizonyítjuk. 2.7. Definíció. A térben szabadvektorok háromtagú lineárisan független rendszerét bázisnak nevezzük. Legyen (i, j, k) egy bázis. Egy v szabadvektornak erre a bázisra vonatkozó koordinátáin azt az egyértelmű (v 1, v 2, v 3 ) számhármast értjük, melyre v 1 i + v 2 j + v 3 k = v. 2.8. Tétel. (Műveletek és koordináták kapcsolata.) Legyen (i, j, k) bázis a szabadvektorok terében, x és y két tetszőleges vektor, melyek koordinátái az előző bázisra vonatkozóan (x 1, x 2, x 3 ) és (y 1, y 2, y 3 ). Legyen α R tetszőleges skalár! Ekkor x+y koordinátái (x 1 +y 1, x 2 +y 2, x 3 +y 3 ); αx koordinátái pedig (αx 1, αx 2, αx 3 ). Bizonyítás: Továbbá: x + y = (x 1 i + x 2 j + x 3 k) + (y 1 i + y 2 j + y 3 k) = = (x 1 + y 1 )i + (x 2 + y 2 )j + (x 3 + y 3 )k. αx = α(x 1 i + x 2 j + x 3 k) = = αx 1 i + αx 2 j + αx 3 k. 3. Szabadvektorok skaláris szorzata A középiskolából is ismert skaláris szorzat bevezetéséhez és tanulmányozásához szükségünk lesz a merőleges vetítés fogalmára, s mindenekelőtt a vektorok szögének definiálására.

SZABADVEKTOROK SKALÁRIS SZORZATA 15 3.1. Definíció. Az a és b vektorok közös kezdőpontból induló reprezentánsai legyenek (O, A) és (O, B). Az a és b szögén derékszöget értünk, ha a vektorok valamelyike nullvektor, egyébként az AOB szöget, mely szög független a reprezentánsok választásától. Két vektort merőlegesnek mondunk, ha szögük derékszög. Egy vektort merőlegesnek mondunk egy síkra, ha van a síkra merőleges reprezentánsa. 3.2. Tétel. (Szabadvektor felbontása adott szabadvektorral párhuzamos és arra merőleges komponensekre.) Legyen e 0 tetszőlegesen rögzített szabadvektor. A tér bármely x vektorához egyértelműen léteznek olyan x -vel és x -el jelölt vektorok, hogy x = x + x, ahol x e és x e. Az x vektort az x vektor e vektorral párhuzamos összetevőjének, míg az x vektort az x vektor e vektorra merőleges összetevőjének mondjuk. x -re használjuk még az x vektor e-re vonatkozó merőleges vetülete elnevezést is. Bizonyítás: Feltehetjük, hogy x 0. A felbontás létezését egyszerű geometriai úton könnyen bizonyíthatjuk. Legyen (O, P ) x, (O, E) e, S legyen az O pontra illeszkedő, s OE -re merőleges sík, P a P merőleges vetülete S-re, P pedig OE -re: ld. 1.6. ábra. E P P O P 1.6. ábra. Szabadvektor felbontása adott szabadvektorral párhuzamos és arra merőleges komponensekre. x = OP + P P = OP + OP nyilván megfelelő felbontás, tehát x = OP, x = OP. A felbontás egyértelműsége. Tegyük fel, hogy Ekkor: x = x 1 + y 1 = x 2 + y 2 x 1, x 2 e, y 1, y 2 e. x 1 x 2 = y 2 y 1. Mivel a bal oldalon e-vel párhuzamos, ugyanakkor a jobb oldalon arra merőleges vektor áll, ezért mindkét oldal nullvektor, ahonnan következik az állítás.

16 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE 3.3. Definíció. Legyen e 0, az x V vektor e-vel párhuzamos összetevője x. Legyen π e (x) az a szám, melyre x = π e (x) e 0. A π e (x) számot az x vektor e-re vonatkozó merőleges vetülete előjeles hosszának nevezzük. 3.4. Tétel. π e (x) = x cos ϕ, ahol ϕ az x és e szöge. Bizonyítás: A 1.7 ábra alapján könnyen látható. E E x x x x 1.7. ábra. 3.5. Tétel. Legyen e 0. A π e : V R leképezés additív és homogén, azaz x, y V: π e (x + y) = π e (x) + π e (y); továbbá π e (αx) = α π e (x). Bizonyítás: Az additivitás: x = π e (x) e 0 + x y = π e (y) e 0 + y. Adjuk össze a két sort: x + y = (π e (x) + π e (y)) e 0 + (x + y ). Mivel x e és y e, ezért x és y ugyanabban az e-re merőleges síkban reprezentálhatók, tehát ezek összege is ebben a síkban reprezentálható. Megállapíthatjuk tehát, hogy (π e (x) + π e (y)) e 0 e, míg (x + y ) e, tehát az x + y vektort az e-vel párhuzamos és arra merőleges összetevőre bontottuk. Azaz π e (x + y) = π e (x) + π e (y).

SZABADVEKTOROK SKALÁRIS SZORZATA 17 A homogenitás: Szorozzuk mindkét oldalt α-val: x = π e (x) e 0 + x. αx = απ e (x) e 0 + αx. Itt απ e (x) e 0 e, továbbá αx e, azaz az αx vektort e-vel párhuzamos, s arra merőleges összetevők összegére bontottuk. Tehát π e (αx) = απ e (x). 3.6. Definíció. Az a és b szabadvektorok belső szorzatán vagy skaláris szorzatán azt az a b-vel jelölt számot értjük, amely egyenlő a és b hosszának és a két vektor által bezárt szög cosinusának a szorzatával. Vektorok skaláris szorzatának jelölésére használatos még az ab (pont nélkül), a, b, illetve az (a, b) jelölés is. A definíció közvetlen következménye az alábbi tétel: 3.7. Tétel. v V: v 2 = vv. Az a 0 és b 0 szabadvektorok által bezárt ϕ szögre fennáll, hogy cos ϕ = ab, továbbá fennáll az ún. Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség: a b ab a b, ahol egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha a és b lineárisan függők. Két vektor akkor és csakis akkor merőleges egymásra, ha skaláris szorzatuk zérus. 3.8. Tétel. ab = π b (a) b. Ha e egységvektor, akkor ae = π e (a). Bizonyítás: Következik 3.4.-ből. 3.9. Tétel. Vektorok belső szorzása azaz a V V R, (a, b) ab belsőszorzat függvény rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal. Minden a, b, c vektor és λ szám esetén (1) Szimmetrikus: ab = ba (2) Mindkét változóban additív: (a + b)c = ac + bc, a(b + c) = ab + ac (3) Mindkét változóban homogén: (λa)b = λ(ab), a(λb) = λ(ab)

18 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE (4) Pozitív definit: aa 0, aa = 0 a = 0. Bizonyítás: (1): Az a és b vektorok ϕ szöge a definíció szerint nyilván ugyanaz, mint a b és a vektorok szöge. ab = a b cos ϕ = b a cos ϕ = ba. (2): Az (1) miatt elegendő az egyik oldali, mondjuk a baloldali additivitást belátni. (a + b)c = π c (a + b) c = (π c (a) + π c (b)) c = π c a c + π c (b) c = ac + bc. (3): Elegendő csak az egyik oldali homogenitást ellenőrizni. (4) következik 3.7.-ből. (λa)b = π b (λa) b = λπ b (a) b = λ ab. 3.10. Definíció. A szabadvektorok vektorterében egy bázist ortonormáltnak mondunk, ha egymásra merőleges egységvektorok alkotják. 3.11. Tétel. Létezik ortonormált bázis. Bizonyítás: Legyen (i, j) két egymásra merőleges egységvektor. Reprezentáljuk ezt a két vektort egy síkban, s tekintsünk egy olyan egységvektort, mely erre a síkra merőleges egyenesen reprezentálható. (Geometriailag látható, hogy két ilyen vektor van; ezek közül kell az egyiket kiválasztani.) Jelölje ezt a vektort k! (i, j, k) egymásra merőleges egységvektorokból álló bázis. Az ortonormáltság definíciójából látható, hogy ii = 1, ij = 0, jj = 1, jk = 0, kk = 1, ik = 0. 3.12. Tétel. Egy i, j, k ortonormált bázist alapulvéve az a = α 1 i + α 2 j + α 3 k és az a = α 1i + α 2j + α 3k vektorok belső szorzata aa = α 1 α 1 + α 2 α 2 + α 3 α 3. Bizonyítás: Alkalmazzuk a belső szorzás műveleti tulajdonságait, valamint az előbbi megjegyzést: aa = (α 1 i + α 2 j + α 3 k)(α 1i + α 2j + α 3k) = α 1 α 1ii + α 1 α 2ij + α 1 α 3ik+ + α 2 α 1ji + α 2 α 2jj + α 2 α 3jk+ + α 3 α 1ki + α 3 α 2kj + α 3 α 3kk = = α 1 α 1 + α 2 α 2 + α 3 α 3

KÜLSŐ SZORZÁS, VEGYES SZORZÁS 19 3.13. Tétel. Ha (i, j, k) ortonormált bázis a szabadvektorok vektorterében, akkor tetszőleges v V vektor egyértelműen előállítható a következő alakban: v = (vi)i + (vj)j + (vk)k. Bizonyítás: Jelölje v koordinátáit az (i, j, k) ortonormált bázisra v 1, v 2, v 3, azaz v = v 1 i + v 2 j + v 3 k. Szorozzuk az előbbi egyenlőség mindkét oldalát skalárisan i-vel: vi = v 1 ii + v 2 ji + v 3 ki = = v 1. Hasonlóan kapjuk a második és harmadik koordinátát. 4. Külső szorzás, vegyes szorzás A skaláris szorzás két szabadvektorhoz számot rendel. Egy másik szorzástípus két szabadvektorhoz szabadvektort rendel, ez az ún. vektoriális, vagy külső szorzás. Ennek először szemléletes fogalmát adjuk meg, mely egy fizikai szabályra, a jobbkéz-szabályra támaszkodik. A továbbiakban tisztázzuk majd a vektoriális szorzás olyan bevezetését is, mely fizikai fogalmakra nem támaszkodik. Bevezetünk még egy harmadik szorzást, az ún. vegyes szorzást, ez három vektorhoz rendel számot. 4.1. Definíció. (A vektoriális szorzás szemléletes fogalma.) V-ben adott külső szorzáson, vagy vektoriális szorzáson egy olyan : V V V, (a, b) a b műveletet értünk, mely eleget tesz az alábbi tulajdonságoknak: 1. Ha a tényezők lineárisan függők, akkor a szorzat értéke nullvektor. Egyébként: 2. Az a b szorzat mindkét tényezőjére merőleges. 3. a b megegyezik a és b egy pontból induló reprezentánsai által kifeszített paralelogramma területével: a b = a b sin (a, b). 4. Jobbkéz-szabály: (a, b, a b) egy pontból induló reprezentánsai úgy következnek, mint a jobb kéz hüvelyk, mutató, középső ujjai. (Miközben a középső ujj a tenyérre merőlegesen áll.) A harmadik tulajdonság egyszerűen átfogalmazható a következőképpen: 4.2. Tétel. (Lagrange-azonosság.) a b 2 = a 2 b 2 (ab) 2. Bizonyítás: a 2 b 2 (ab) 2 = a 2 b 2 a 2 b 2 cos 2 (a, b) = = ( a b sin (ab)) 2 = ( a b ) 2.

20 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE Másod- és harmadrendű determinánsok Mielőtt rátérünk a vektoriális szorzás olyan bevezetésére, mely a jobbkéz-szabályt nem használja, szükségünk lesz néhány algebrai jellegű segédeszközre. 4.3. Definíció. Legyenek a, b, c, d R. 2 2-es determinánson a a b c d = a d b c számot értjük. Legyenek a 1, a 2, a 3, b 1, b 2, b 3, c 1, c 2, c 3 R. 3 3-as determinánson a a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3 = a 1 b 2 b 3 c 2 c 3 a 2 b 1 b 3 c 1 c 3 + a 3 b 1 b 2 c 1 c 2 számot értjük. 4.4. Definíció. Legyen rögzítve V-ben egy B = (i, j, k) ortonormált bázis. A B-re vonatkozó vektoriális szorzaton a V V V, (a, b) jel. = a b = a 2 a 3 b 2 b 3 i a 1 a 3 b 1 b 3 j + a 1 a 2 b 1 b 2 k jel. i j k = a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 leképezést értjük, ahol a = a 1 i + a 2 j + a 3 k és b = b 1 i + b 2 j + b 3 k. A B-re vonatkozó vegyes szorzaton a V V V R, (a, b, c) jel. = a, b, c = (a b, c) leképezést értjük. Hangsúlyozzuk, hogy a bevezetett két szorzás definíciója pillanatnyilag függ a rögzített ortonormált bázistól. Később belátjuk, hogy valójában csak az előjel függ a bázistól, azaz mindkét szorzás előjeltől eltekintve egyértelmű. Először azt látjuk be, hogy a definiált vektoriális szorzás a jobbkéz-szabálytól eltekintve visszaadja a vektoriális szorzás szemléletes fogalmát. 4.5. Tétel. 1. a (a b) = b (a b) = 0, azaz a b merőleges mind a-ra, mind b-re. 2. Teljesül a Lagrange-azonosság: a b 2 = a 2 b 2 (ab) 2. Bizonyítás: A definíció szerint ki kell számolni. 4.6. Tétel. a b = 0 a és b lineárisan függők.

KÜLSŐ SZORZÁS, VEGYES SZORZÁS 21 Bizonyítás: Az állítás nyilván igaz, ha a vagy b valamelyike zérusvektor. Egyébként: a b = 0 a b = 0 a 2 b 2 = (ab) 2, használva a Lagrange-azonosságot. Ez utóbbi reláció csak akkor állhat fönn, ha cos 2 (a, b) = 1 (a, b) = 0 (a, b) = π. 4.7. Tétel. A szabadvektorok vektoriális szorzása rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal: a, b, c V vektorokra és α R skalárra: (1) Ferdén szimmetrikus: (2) Mindkét változójában lineáris: a b = b a, (a + b) c = a c + b c, (αa) b = α(a b), a (b + c) = a b + a c, a (αb) = α(a b). Bizonyítás: Legyen a = a 1 i + a 2 j + a 3 k, b = b 1 i + b 2 j + b 3 k, c = c 1 i + c 2 j + c 3 k. Az első tulajdonság bizonyításához használjuk ki a 2 2-es determináns alábbi, könnyen ellenőrizhető tulajdonságát: a b c d = c d a b. Tehát: b a = b 2 b 3 a 2 a 3 i b 1 b 3 a 1 a 3 j + b 1 b 2 a 1 a 2 k = = a 2 a 3 b 2 b 3 i + a 1 a 3 b 1 b 3 j a 1 a 2 b 1 b 2 k = a b. A linearitást szintén egyszerű determinánstulajdonságok alapján látjuk be: a b c + e d + f = a b c d + a b e f ; illetve: αa αb c d = a αc b αd = α a c Például az additivitás a második változóban: a (b + c) = a 2 a 3 b 2 + c 2 b 3 + c 3 i a 1 a 3 b 1 + c 1 b 3 + c 3 j + a 1 a 2 b 1 + c 1 b 2 + c 2 k = = a 2 a 3 b 2 b 3 i a 1 a 3 b 1 b 3 j + a 1 a 2 b 1 b 2 k+ + a 2 a 3 c 2 c 3 i a 1 a 3 c 1 c 3 j + a 1 a 2 c 1 c 2 k = = a b + a c. b d.

22 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE 4.8. Tétel. Vonatkozzon a vektoriális szorzás az (i, j, k) ortonormált bázisra. Ekkor: Bizonyítás: Egyszerű számolás. i j = k, j k = i, k i = j. 4.9. Tétel. Vonatkozzon a vegyes szorzás az (i, j, k) ortonormált bázisra. Legyen Ekkor Bizonyítás: Ki kell számolni. a = a 1 i + a 2 j + a 3 k b = b 1 i + b 2 j + b 3 k c = c 1 i + c 2 j + c 3 k. a 1 a 2 a 3 a, b, c = b 1 b 2 b 3 c 1 c 2 c 3. 4.10. Tétel. A vegyes szorzás mindhárom változóban lineáris. Bizonyítás: Következik a vektoriális szorzat és a skaláris szorzat bilineáris tulajdonságából. 4.11. Tétel. A vegyes szorzás alternáló, azaz a, b, c = b, c, a = c, a, b a, b, c = b, a, c = a, c, b = c, b, a. Bizonyítás: Először azt vegyük észre, hogy ha a vegyes szorzatban két tényező ugyanaz, akkor a vegyes szorzat értéke 0. Térjünk rá az alternálás bizonyítására! a, b, c = b, a, c következik a vektoriális szorzás ferde szimmetriájából. 0 = a, b + c, b + c = a, b, b + a, b, c + a, c, b + a, c, c = a, b, c + a, c, b. 4.12. Tétel. a, b, c = 0 akkor és csakis akkor teljesül, ha (a, b, c) lineárisan függő vektorrendszer. Ha (a, b, c) lineárisan független vektorrendszer, akkor a, b, c, megegyezik (a, b, c) egy pontból induló reprezentánsai által kifeszített paralelepipedon térfogatával. Bizonyítás: Ha (a, b, c) lineárisan függő vektorrendszer, akkor valamelyik vektor lineárisan kombinálható a többiből, pl. c = αa + βb. Ekkor a, b, c = a, b, αa + βb = α a, b, a + β a, b, b = 0. Legyenek most (a, b, c) lineárisan függetlenek: (a b) c = π (a b) (c) a b. a b a paralelepipedon egyik lapja területe, π (a b) (c) pedig előjeltől eltekintve pontosan a hozzá tartozó magasság.

KÜLSŐ SZORZÁS, VEGYES SZORZÁS 23 4.13. Tétel. (A vektoriális szorzás meghatározottsága.) A vektoriális és vegyes szorzás vonatkozzon a rögzített B = (i, j, k) ortonormált bázisra. Ha (u, v, r) tetszőleges ortonormált bázis, akkor u, v, r = ±1, továbbá ha akkor a = α 1 u + α 2 v + α 3 r b = β 1 u + β 2 v + β 3 r, u v r a b = u, v, r α 1 α 2 α 3 β 1 β 2 β 3. Azaz a különböző ortonormált bázisokra vonatkozó vektoriális szorzatok legfeljebb előjelben különböznek. Bizonyítás: Az első állítás onnan következik, hogy egy ortonormált bázis egy pontból induló reprezentánsai által kifeszített paralelepipedon speciálisan egységkocka. A következő lépésben azt látjuk be, ha u, v, r = 1, akkor a következő szorzótábla érvényes: azaz míg u, v, r = 1 esetén azaz r u, v u v = r, v r = u, r u = v; u r, v u v = r, v r = u, r u = v. Csak annyit látunk be, hogy u, v, r = 1 esetén u v = r teljesül, a többi állítás igazolása analóg. Mivel (u, v, r) bázis: u v = αu + βv + γr. Szorozzuk mindkét oldalt skalárisan rendre r-rel, u-val, v-vel: γ = 1, α = 0, β = 0. Legyen u, v, r = 1. a b kiszámításához használjuk ki a vektoriális szorzás linearitását és az előbbi szorzótáblát: a b = (α 1 u + α 2 v + α 3 r) (β 1 u + β 2 v + β 3 r) = = α 1 β 1 u u + α 1 β 2 u v + α 1 β 3 u r+ + α 2 β 1 v u + α 2 β 2 v v + α 2 β 3 v r+ + α 3 β 1 r u + α 3 β 2 r v + α 3 β 3 r r = = (α 1 β 2 α 2 β 1 )r (α 1 β 3 α 3 β 1 )v + (α 2 β 3 α 3 β 2 )u =

24 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE u v r = α 1 α 2 α 3 β 1 β 2 β 3. 4.14. Definíció. Azt mondjuk, hogy V-t egy irányítással láttuk el, ha a két vektoriális szorzás közül kijelöltük az egyiket. (Azaz rögzítettünk egy ortonormált bázist, s a vektoriális szorzás erre vonatkozik.) Egy (u, v, r) lineárisan független vektorhármast jobbsodrásúnak vagy jobbrendszernek nevezünk, ha u, v, r > 0, balsodrásúnak vagy balrendszernek, ha u, v, r < 0. Felhívjuk a figyelmet, hogy a jobbsodrás előbbi definíciója nem támaszkodik a jobbkéz-szabályra, s nem is alkalmas arra, hogy a jobb kezet és a bal kéztől matematikai módon megkülönböztessük. A most definiált jobbsodrás fizikailag pusztán annyit jelent, hogy amilyen kéz szabályát követi az irányítást definiáló rögzített ortonormált bázis, ugyanolyan szabályt követ (u, v, r) is. (Tehát ha a rögzített ortonormált bázis történetesen balkéz-szabályt követ, akkor a jobbsodrás éppen azt jelenti, hogy (u, v, r) is balkéz-szabályt követ.) 4.15. Tétel. Ha az (a, b) vektorrendszer lineárisan független, akkor (a, b, a b) jobbsodrású. Bizonyítás: (a, b, a b) = (a b) (a b) = a b 2 > 0. 4.16. Tétel. a, b, c V szabadvektorokra fennáll az ún. kifejtési szabály: és az ún. Jacobi-azonosság: a (b c) = ac b ab c; a (b c) + b (c a) + c (a b) = 0. Bizonyítás: Mindkét állítást be lehet úgy látni, hogy ortonormált bázis felvétele után koordinátákkal kiszámítjuk mindkét oldalt. Ez a hosszadalmas számolás azonban teljesen elkerülhető a Jacobi-azonosságnál, s lényegesen egyszerűsíthető a kifejtési szabálynál. Kezdjük a kifejtési szabállyal. Ha b és c lineárisan függők, akkor b c = 0, s így a bal oldalon 0 áll. A függőség miatt b és c közül egyik a másiknak skalárszorosa, pl. c = tb. Számítsuk ki a jobb oldalt: ac b ab c = t ab b t ab b = 0. Legyenek most b és c lineárisan függetlenek. Vegyünk fel úgy (i, j, k) pozitív ortonormált bázist, hogy c = γ 3 k, k és j ugyanabban a síkban legyen reprezentálható mint c és b, tehát Ebben a bázisban fejezzük ki a-t: b = β 2 j + β 3 k. a = α 1 i + α 2 j + α 3 k.

EGYENESEK ÉS SÍKOK 25 Ezek után a (b c) = (α 1 i + α 2 j + α 3 k) (β 2 γ 3 )i = α 2 β 2 γ 3 k + α 3 β 2 γ 3 j. A jobb oldal: ac b ab c = = α 3 γ 3 b (α 2 β 2 + α 3 β 3 )c = = α 3 γ 3 β 2 j + α 3 γ 3 β 3 k α 2 β 2 γ 3 k α 3 β 3 γ 3 k = α 3 γ 3 β 2 j α 2 β 2 γ 3 k. A Jacobi-azonossághoz alkalmazzuk a kifejtési szabályt: a (b c) + b (c a) + c (a b) = = ac b ab c + ba c bc a + cb a ca b = 0. 4.17. Tétel. Legyen e egységvektor. Az x vektor e vektorra merőleges összetevője x = (e x) e. Bizonyítás: Alkalmazzuk a kifejtési tételt: (e x) e = e (e x) = ex e + ee x = x + x, azaz x = x + (e x) e, tehát a jobb oldali második tag valóban x. 5. Egyenesek és síkok 5.1. Definíció. E egy O pontjának rögzítése után a P E pont helyzetvektorán a OP V szabadvektort értjük. O-t origónak is mondjuk. 5.2. Definíció. Egy egyenes irányvektorán az egyenesen reprezentálható nem zéróvektort értünk. 5.3. Tétel. (Az egyenes paraméteres előállítása.) Origó rögzítése után egy egyenes pontjainak helyzetvektorai és csakis ezek előállíthatók x = x 0 + tv t R ( ) alakban, ahol x 0 az egyenes egy pontjának helyzetvektora, v pedig az egyenes egy irányvektora. Megfordítva, ha x 0 és v 0 adottak, akkor ( ) egy egyenes pontjai helyzetvektorainak halmazát állítja elő.

26 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE Bizonyítás: Legyen adott az e egyenes, melynek egy irányvektora v, az X 0 pontjának helyzetvektora pedig x 0. X e XX 0 az egyenesen reprezentálható vektor. Ez pontosan azt jelenti, hogy v és XX 0 lineárisan függők, vagyis az egyik a másiknak skalárszorosa. Mivel v 0, ezért XX 0 = tv bizonyosan fennáll valamely t R-re. Tehát X e XX 0 = XO + OX 0 = x x 0 = tv. Megfordítva, legyen x 0 = OX 0, (X 0, X 1 ) v. Ekkor az első rész állítása szerint, az X 0 X 1 egyenes paraméteres előállítása ( ). 5.4. Tétel. (A sík paraméteres előállítása.) Origó rögzítése után tetszőleges sík pontjainak helyzetvektorai és csakis ezek előállíthatók x = x 0 + λv + µw (λ, µ R) ( ) alakban, ahol x 0 a sík egy tetszőleges pontjának helyzetvektora, v és w a síkon reprezentálható lineárisan független vektorok. Megfordítva, tetszőlegesen adott x 0 és lineárisan független v, w szabadvektorok mellett ( ) egy sík pontjainak helyzetvektorai halmazát állítja elő. Bizonyítás: Tekintsük az α síkot, X 0 α, továbbá legyenek v és w az α síkban reprezentálható lineárisan független vektorok. X α X 0 X az α síkban reprezentálható, azaz v, w, X 0 X lineárisan függők, azaz valamelyikük kifejezhető a másik kettő lineáris kombinációjaként. Mivel v, w lineárisan függetlenek, ezért X 0 X biztosan kifejezhető v és w lineáris kombinációjaként, ami pontosan azt jelenti, hogy léteznek olyan λ, µ R skalárok, hogy ( ) teljesül. Megfordítva, legyenek adva x 0, v, w, és ráadásul v és w lineárisan függetlenek. Reprezentáljuk a vektorokat a következőképpen: (O, X 0 ) x 0, (X 0, X 1 ) v, (X 0, X 2 ) w. Az X 0, X 1, X 2 pontok nem kollineárisak, ellenkező esetben ugyanis v és w egy egyenesen lennének reprezentálhatók. Erre a három pontra egyértelműen illeszkedik tehát egy sík, melyet jelöljön α. Az első állítas alapján α paraméteres előállítása pontosan ( ). 5.5. Definíció. Egy sík normálvektorán egy, a síkra merőleges nem zéróvektort értünk. 5.6. Tétel. (A sík Hesse-féle egyenlete.) Origó rögzítése után tetszőleges sík pontjainak helyzetvektorai és csakis ezek kielégítik az n(x x 0 ) = 0 ( ) összefüggést, ahol x 0 a sík egy tetszőleges pontjának helyzetvektora, n pedig a sík egy normálvektora. Megfordítva, tetszőlegesen adott x 0 -ra és n 0-ra ( ) egy sík egyenlete.

TÉRELEMEK TÁVOLSÁGA ÉS SZÖGE 27 Bizonyítás: Az adott α sík X 0 pontjának helyzetvektora legyen x 0, egy normálvektora n. X α X 0 X n X 0 X n = 0, ami pontosan ( )-ot jelenti. Megfordítva, adott n 0 és x 0 = OX 0 esetén tekintsük az α = {X E X 0 X n} halmazt. Legyen n az n irányvektorú, O-ra illeszkedő egyenes. Az X 0 X n feltétel azt jelenti, hogy vagy X 0 = X, vagy X 0 X n. Mivel az n egyenesre az X 0 pontban állított merőlegesek mind egy síkban vannak és ez a sík az n egyértelmű X 0 -ra illeszkedő normálsíkja, ezért megállapíthatjuk, hogy a megkonstruált α halmaz sík. Ennek az egyenlete az első állítás szerint pontosan a megadott egyenlet. 6. Térelemek távolsága és szöge Hajós: 24., 25..

2. fejezet Vektorterek 7. A vektortér definíciója 7.1. Definíció. Legyen F egy test, (V, +) Abel-csoport. Ha értelmezve van egy leképezés úgy, hogy α, β F és v, w V : F V V, (α, v) αv α(v + w) = αv + αw (α + β)v = αv + βv (αβ)v = α(βv) 1v = v, akkor azt mondjuk, hogy V vektortér F felett. F elemeit skalároknak, V elemeit pedig vektoroknak nevezzük. A vektortér definíciójában szereplő 4 tulajdonságot gyakran vektortér axiómáknak is mondjuk. Ügyeljünk arra, hogy a test additív neutrális elemét és V neutrális elemét össze ne keverjük mindkettőt ugyanúgy 0-val jelöljük! Ebben a jegyzetben kizárólag F = R, vagy F = C. A vektortérfogalom hasznosságát az mutatja, hogy nagyon sok, gyakran előforduló struktúra kielégíti a definíciót: Példa. A szabadvektorok vektortere: V vektortér R felett. Példa. Egy tetszőleges pont (origó) rögzítése után a klasszikus euklideszi ponttér (azaz E) is vektortérré tehető R felett. Jelölje a rögzített pontot O! Két pont összegét(!) értelmezzük a következőképpen: P +Q = R, ha OP + OQ = OR, továbbá egy pont számmal való szorzata(!): αp = Q, ha α OP = OQ. Az így kapott vektorteret gyakran E O -val jelöljük, s a kötöttvektorok vektorterének mondjuk. 28

A VEKTORTÉR DEFINÍCIÓJA 29 Példa. Legyen (F, +, ) test. F vektortér önmaga fölött, ahol a skalárral való szorzás a testben értelmezett szorzás. Speciálisan C C felett, R R felett. Példa. C R felett is vektortér. Példa. A skalár n-esek tere: (F n, +) vektortér F felett, ahol az összeadás és skalárral való szorzás komponensenként van értelmezve. Példa. Az összes komplex (valós) együtthatós polinomok P halmaza C (R) felett, ahol az összeadást és a skalárral való szorzást az algebra tárgyban értelmeztük. Példa. A legfeljebb n-edfokú komplex (valós) együtthatós polinomok P n tere. Példa. Az R-en értelmezett összes valós értékű függvények vektorteret alkotnak R felett. (Két függvény összegét és skalárszorosát az analízis tárgyban értelmeztük.) Példa. Az ún. triviális vektortér egyetlen elemből, a zéróvektorból áll. Legyen O = {0} tetszőleges egyelemű halmaz, F tetszőleges test. O-ban az összeadást, ill. a skalárral való szorzás értelmezzük az egyedüli lehetséges módon: 0 + 0 = 0, α0 = 0. Példa. Legyen (V, R) valós vektortér. (V V, C) vektortér, ha az összeadást és skalárral való szorzást a következőképpen értelmezzük: (a 1, a 2 ) + (b 1, b 2 ) = (a 1 + b 1, a 2 + b 2 ) (α + iβ)(a 1, a 2 ) = (αa 1 βa 2, αa 2 + βa 1 ). (Képzeljünk (a 1, a 2 ) helyébe formálisan a 1 + ia 2 -t, így könnyű megjegyezni a skalárral való szorzás definícióját.) Ezt a vektorteret a V komplexifikáltjának mondjuk. 7.2. Tétel. Legyen V vektortér az F test felett. Ekkor teljesülnek a következők. α, β F, v, w V : 0v = 0 ( 1)v = v, ahol v a v additív inverze V -ben α0 = 0 αv = 0 = α = 0 vagy v = 0 Bizonyítás: A következő gondolatsor minden egyenlőségénél valamelyik vektortér axiómát használjuk, kivéve az utolsó előtti egyenlőséget, ahol azt használjuk, hogy 0 a test additív neutrális eleme. 0v + v = 0v + 1v = (0 + 1)v = 1v = v, tehát: v = 0v + v.

30 VEKTORTEREK Adjuk hozzá mindkét oldalhoz v additív inverzét, azaz v-t: 0 = (0v + v) + ( v) = 0v + (v + ( v)) = 0v + 0 = 0v. A második állításnál már az előbb bizonyított formulát is használjuk: azaz v additív inverze valóban ( 1)v. A harmadik állításra rátérve: v + ( 1)v = 1v + ( 1)v = (1 1)v = 0v = 0, α0 = α(v v) = αv αv = 0. Végezetül az utolsó állítás. Tegyük fel, hogy αv = 0, és α 0. Belátjuk, hogy ekkor csak v = 0 teljesülhet. ( ) 1 v = 1v = α α v = 1 α (αv) = 1 α 0 = 0. 7.3. Definíció. A W V nem-üres részhalmazt a V vektortér alterének nevezzük, ha teljesül, hogy v, w W és α F : v + w W és αv W. O V és V V a V triviális alterei. Mivel W nem-üres, ezért van benne egy v W vektor, tehát 0w = 0 is W -ben van. Az összeadás és a skalárral való szorzás nem vezet ki W -ből, továbbá az összeadás és a skalárral való szorzás tulajdonságai öröklődnek, azaz kimondhatjuk az alábbi tételt: 7.4. Tétel. Egy vektortér altere maga is vektortér ugyanazon test felett (az öröklött összeadással és skalárral való szorzással). Példa. A szabadvektorok V vektorterében rögzítsünk egy v vektort. Legyen W 1 = {t v t R}, W 2 = {w w v}. Igazoljuk, hogy W 1 és W 2 altér a szabadvektorok vektorterében. Ezeknek az altereknek egyszerű geometriai jelentése van: ha rögzítünk E-ben egy pontot (origó), és W 1 ill. W 2 elemeit az origóból kiindulva reprezentáljuk, akkor a reprezentánsok végpontjai egy origóra illeszkedő egyenest ill. síkot alkotnak. Példa. Legyen (x 1,..., x n ) R n rögzített vektor. Legyen W altér R n -ben. W = {(y 1,..., y n ) R n x 1 y 1 + + x n y n = 0}.

LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ 31 Példa. Az összes R R függvények terében a folytonos függvények alteret alkotnak. 7.5. Tétel. Legyenek U és W alterei a V vektortérnek. Ekkor U W szintén altér, amit U és W metszetének nevezünk. Jelölje továbbá U + W a következő vektorhalmazt: U + W = {u + w u U, w W }. Ekkor U + W szintén altér, amit az U és W összegének nevezünk. Bizonyítás: U W, mert a zéróvektor mindkét altérben benne van. Teljesüljön, hogy x, y U W. Ekkor x, y U x, y W, azaz x + y, αx U x + y, αx W, ami azt jelenti, hogy x + y, αx U W. U + W tartalmazza a 0 vektort, mert 0 + 0 = 0. Teljesüljön, hogy u 1 + w 1 U + W és u 2 + w 2 U + W. Ekkor továbbá (u 1 + w 1 ) + (u 2 + w 2 ) = (u 1 + u 2 ) + (w 1 + w 2 ) U + W, α(u 1 + w 1 ) = αu 1 + αw 1 U + W. 8. Lineáris kombinációk, bázis, dimenzió 8.1. Definíció. Legyen V vektortér F felett, v 1, v 2,..., v k V vektorok, α 1, α 2,..., α k F skalárok. Az α 1 v 1 + α 2 v 2 + + α k v k V vektort a v 1,..., v k vektorok α 1,..., α k skalárokkal való lineáris kombinációjának nevezzük. 8.2. Tétel. (A lineáris kombináció tranzitív tulajdonsága.) Ha egy vektortér z vektora lineárisan kombinálható az x 1,..., x r vektorokból, továbbá minden i-re x i lineárisan kombinálható az y 1,..., y s vektorokból, akkor z lineárisan kombinálható az y 1,..., y s vektorokból is. Bizonyítás: Legyen továbbá Ekkor z = r z = β i x i, i=1 s i (1 i r) : x i = γ ij y j. r β i x i = r β i j=1 s r s γ ij y j = β i γ ij y j i=1 i=1 j=1 i=1 j=1

32 VEKTORTEREK = s r β i γ ij y j = j=1 i=1 ( s r ) β i γ ij y j, j=1 i=1 ami valóban az y 1,..., y s vektorok lineáris kombinációja. 8.3. Tétel. Egy V vektortér v 1,..., v k rögzített vektorainak összes lineáris kombinációi alteret alkotnak V -ben. Ezt az alteret, melyet L(v 1,..., v k ) jelöl, a v 1,..., v n vektorok által generált altérnek, vagy a v 1,..., v n vektorok lineáris lezártjának nevezzük. Bizonyítás: L(v 1,..., v k ) = W nyilván nem üres, mert például a vektort tartalmazza. Továbbá 0v 1 + + 0v k = 0 (α 1 v 1 + + α k v k ) + (β 1 v 1 + + β k v k ) = = (α 1 + β 1 )v 1 + + (α k + β k )v k. Bebizonyítottuk, hogy két W -beli vektor összege szintén W -beli. A W -ből vett vektor skalárszorosa: α(β 1 v 1 + + β k v k ) = αβ 1 v 1 + + αβ k v k W. 8.4. Definíció. A V vektortér v 1,..., v k vektorrendszerét a V generátorrendszerének nevezzük, ha V bármely vektora legalább egyféleképpen lineárisan kombinálható belőlük; lineárisan független vektorrendszerének nevezzük, ha bármely vektor legfeljebb egyféleképpen kombinálható belőlük; bázisának nevezzük, ha bármely vektor pontosan egyféleképpen kombinálható belőlük. Ha egy véges vektorrendszer nem lineárisan független, akkor lineárisan függőnek nevezzük. Ha v 1,..., v k bázis, akkor tehát tetszőleges v V vektorhoz egyértelműen léteznek olyan α 1,... α k skalárok, hogy v = α 1 v 1 + + α k v k. Az (α 1,..., α k ) skalár k-st a v vektor v 1,..., v k bázisra vonatkozó koordinátáinak nevezzük. Megjegyzés. Az definíciót megelőző tételben véges sok vektor lineáris lezártjáról beszéltünk. A fogalmat ki lehet terjeszteni tetszőleges W V részhalmaz esetére: W lineáris lezártja a W -beli vektorokkal képzett összes véges lineáris kombinációk halmaza. Az így értelmezett LW halmaz szintén a V altere. Erre szintén mondhatjuk, hogy a W által van generálva. A továbbiakban a

LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ 33 generátorrendszer elnevezést mindig csak véges vektorrendszerre használjuk, és ezt hangsúlyozandó gyakran véges generátorrendszerről beszélünk. Megemlítjük, hogy nem minden vektortér végesen generált (azaz nem minden vektortérnek létezik véges generátorrendszere), de a továbbiakban csak olyan vektorterekről lesz szó, amelyek véges sok vektorral generálhatóak. Megállapodunk abban, hogy az üres vektorrendszer által generált vektortér a O, melyet tehát 0 számú vektorral generált vektortérnek tekintünk. 8.5. Tétel. Egy V vektortér v 1,..., v k vektorrendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha a zérusvektor nemtriviálisan is kombinálható belőlük, azaz: léteznek olyan α 1,..., α k skalárok, hogy van közöttük zérustól különböző, és α 1 v 1 + + α k v k = 0. Bizonyítás: Ha v 1,..., v k lineárisan függő rendszert alkotnak, akkor definíció szerint van olyan vektor, amely legalább kétféleképpen kombinálható belőlük: γ 1 v 1 + + γ k v k = β 1 v 1 + + β k v k, és az együtthatók között vannak különbözők. Rendezve: (γ 1 β 1 )v 1 + + (γ k β k )v k = 0. Mivel van olyan i, hogy γ i β i, ezért a bal oldali együtthatók között van zérótól különböző. Megfordítva, ha a zéróvektor triviálistól különbözően is kombinálható a v 1,..., v k vektorrendszerből, akkor a zérusvektor legalább kétféleképpen kombinálható, mert triviálisan minden vektorrendszerből kombinálható a zéróvektor. 8.6. Tétel. Egy V vektortér v 1,..., v k vektorrendszere akkor és csakis akkor lineárisan független, ha a zérusvektor csak triviálisan kombinálható belőlük, azaz, ha α 1 v 1 + + α k v k = 0, akkor α 1 = = α k = 0. Bizonyítás: Az előző állítás kontrapozíciójáról van szó. 8.7. Tétel. A bázis nem más, mint lineárisan független generátorrendszer; maximális független vektorrendszer (azaz tetszőleges vektort hozzávéve már nem független); minimális generátorrendszer (azaz tetszőleges vektort elvéve, már nem lesz generátorrendszer).

34 VEKTORTEREK Bizonyítás: Az első állítás közvetlenül a definíció következménye. Legyen most e 1,..., e n bázis, v tetszőleges vektor. Belátjuk, hogy e 1,..., e n, v már nem lineárisan független. Valóban, mivel e 1,..., e n bázis, ezért a v vektor lineárisan kombinálható belőlük: v = α 1 e 1 + + α n e n, illetve teljesül v = α 1 e 1 + + α n e n + 0v is. Másrészt v az e 1,..., e n, v vektorrendszerből másképpen is kombinálható: v = 0e 1 + + 0e n + 1v. A v vektornak tehát kétféle lineáris kombinációját is megadtuk: e 1,..., e n, v már nem lineárisan független vektorrendszer. Végezetül a harmadik állítás. A bizonyítás indirekt. Az előbbi bázisból tetszőleges vektort, például e n -et vegyük el, s tegyük fel, hogy még mindig generátorrendszert kapunk. Az e n vektor tehát lineárisan kombinálható belőlük: e n = α 1 e 1 +... + α n 1 e n 1. Ez azt jelenti, hogy az eredeti bázisban az e n vektornak kétféle lineáris kombinációja is van: és Ez ellentmondás. e n = α 1 e 1 +... + α n 1 e n 1 + 0e n, e n = 0e 1 +... + 0e n 1 + 1e n. 8.8. Tétel. A v 1,..., v k vektorok akkor és csakis akkor lineárisan függők, ha valamelyikük lineárisan kombinálható a többiből. Bizonyítás: Először tegyük fel, hogy a v 1,..., v k vektorrendszer valamelyik tagja lineárisan kombinálható a többi vektorból. Legyen ez pl. v 1. Tehát Rendezve: v 1 = α 2 v 2 +... + α k v k. 1v 1 + α 2 v 2 +... + α k v k = 0. Ez a zéróvektor nem triviális lineáris kombinációja, mert az együtthatók között szerepel 1. Megfordítva, tegyük fel, hogy a v 1,..., v k vektorrendszer lineárisan függő. Ez azt jelenti, hogy a zérusvektort nem triviálisan is lehet lineárisan kombinálni belőlük: α 1 v 1 +... + α k v k = 0, és az együtthatók között van zérustól különböző, pl. α 1. Ekkor v 1 = α 2 α 1 v 2 α k α 1 v k, azaz a zérustól különböző együtthatóval rendelkező tag lineárisan kombinálható a többiből.

LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ 35 8.9. Következmény. Ha egy vektorrendszer tartalmazza a zérusvektort, akkor az lineárisan függő. Valóban, a zérusvektor csupa 0 együtthatóval lineárisan kombinálható a többi vektorból. 8.10. Tétel. A v 1,..., v k zérusvektort nem tartalmazó vektor k-as akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha valamelyik vektora lineárisan kombinálható a megelőző vektorokból. Bizonyítás: Ha a v i vektor (1 i k) lineárisan kombinálható a megelőző tagokból: v i = α 1 v 1 +... + α i 1 v i 1, akkor lineárisan kombinálható a v 1,..., ˆv i..., v k vektorrendszerből is (a kalap a vektor hiányát jelenti): v i = α 1 v 1 +... + α i 1 v i 1 + 0v i+1 +... + 0v k, tehát a vektorrendszer valamely tagja lineárisan kombinálható a többiből. Ez az előző tétel szerint azt jelenti, hogy a vektorrendszer lineárisan függő. Most tegyük fel, hogy a v 1,..., v n vektorrendszer lineárisan függő. Ekkor a zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható belőlük: α 1 v 1 +... + α k v k = 0. Az együtthatók között van nullától különböző. A legnagyobb indexű, nullától különböző együttható legyen α i. Tehát α i+1 =... = α k = 0, (vagy esetleg egyetlen együttható sem nulla, ekkor az utolsó nullától különböző együttható α k ). Ekkor v i lineárisan kombinálható a megelőzőekből: v i = α 1 α i v 1 α i 1 α i v i 1. 8.11. Tétel. (Kicserélési tétel.) Egy k számú vektorral generált vektortér minden lineárisan független vektorrendszere legfeljebb k tagú. Bizonyítás: Legyen a 1,..., a k generátorrendszer, b 1,..., b l pedig lineárisan független vektorrendszer. Azt állítjuk, hogy l k. Feltehetjük, hogy a i 0. (Ha mégis, akkor ezt a vektort elhagyva még mindig generátorrendszert kapunk.) Tekintsük a b l, a 1,..., a k ( ) vektorrendszert. Ez lineárisan függő vektorrendszer, mert b l lineárisan kombinálható az a 1,..., a k generátorrendszerből. Ez a vektorrendszer zérusvektort nem tartalmaz, tehát valamelyik tagja lineárisan kombinálható a megelőzőekből. Legyen ez a vektor a i. Hagyjuk el ezt a vektort az előbbi vektorrendszerből: b l, a 1,..., â i,..., a k, ( )

36 VEKTORTEREK (a kalap a vektor hiányát jelenti). Mivel ( ) mindegyik vektora lineárisan kombinálható ( ) vektoraiból, ezért a lineáris kombináció tranzitív tulajdonságát használva adódik, hogy ( ) is generátorrendszer. Most ( ) vektoraihoz balról vegyük hozzá b l 1 -et: b l 1, b l, a 1,..., â i,..., a k. ( ) Az előző gondolatmenet megismételhető, tehát ( ) lineárisan függő, ezért valamelyik vektora lineárisan kombinálható az előtte levő vektorokból. Ez a vektor nem lehet b l, mert a b 1,..., b l vektorrendszer lineárisan független a feltevés szerint. Ezért valamely a j vektort tudjuk kombinálni a megelőző vektorokból. Elhagyva a ( ) vektorrendszerből ezt a vektort, még mindig generátorrendszert kapunk. Az eljárást tovább folytatva a b 1,..., b l vektorrendszer vektorait sorra ki tudjuk cserélni az a 1,..., a k vektorrendszer valamely vektorával. Ezért az a s vektorok nem fogyhatnak el hamarabb, mint a b r vektorok, ami pontosan a kívánt állítás. 8.12. Következmény. Egy k vektorral generált vektortérben minden k + 1 tagú vektorrendszer lineárisan függő. 8.13. Tétel. Egy k számú vektorral generált vektortérnek létezik legfeljebb k tagú bázisa, s minden bázisa azonos tagszámú. Bizonyítás: a 1,..., a k legyen generátorrendszer. Először hagyjuk el belőle az esetleg előforduló nullvektorokat, így egy legfeljebb k tagú generátorrendszerhez jutunk: a 1,..., a s (s k). ( ) Ha a ( ) vektorrendszer lineárisan független, akkor ez bázis, s a bizonyítás kész. Ha lineárisan függő vektorrendszerrel állunk szemben, akkor van olyan a i vektor ( )-ban, mely a többiből kifejezhető. Ezt elhagyva a kapott a 1,..., â i,..., a s ( ) vektorrendszer még mindig generátorrendszer a lineáris kombináció tranzitív tulajdonságát használva: minden vektora lineárisan kombinálható -ból. Az eljárást addig folytatjuk, míg lineárisan független vektorrendszerhez (lineárisan független generátorrendszerhez) nem jutunk. Az eljárás megszakad legkésőbb akkor, amikor egyetlen vektor marad, mert egyetlen nem nullvektor lineárisan független rendszert alkot. Van tehát legfeljebb k tagú bázis. Hátra van még annak belátása, hogy bármely két bázis azonos tagszámú. Legyen A = (a 1,..., a r ) illetve B = (b 1,..., b s ) két bázis ugyanabban a végesen generált vektortérben. Tekintsük először A-t generátorrendszernek, B-t pedig lineárisan független vektorrendszernek. Alkalmazva a kicserélési tételt: s r. Most fordítva, tekintsük B-t generátorrendszernek, A-t lineárisan független vektorrendszernek: r s. Ez azt jelenti, hogy r = s.