A V 2 és V 3 vektortér áttekintése Lineáris Algebra gyakorlatok Írta: Simon Ilona Lektorálta: DrBereczky Áron Áttekintjük néhány témakör legfontosabb definícióit és a feladatokban használt tételeket kimondjuk bizonyítások nélkül Ezeket a hallgató az előadásokon hallja, illetve utánanézhet az ajánlott szakirodalmakban Az alábbi témakörök nem fedik le a Matematika tanár illetve Matematika BSc szakon követelt tudásanyagot, e gyakorlatsor számukra csupán segédanyag kíván lenni A V 2 és V 3 vektortér áttekintése A hallgatónak már középiskolai tanulmányaiból ismerős a vektor fogalma Ott irányított véges szakaszként értelmezték a vektorokat a síkban (V 2 ) és a térben (V 3 ), ezt a fogalmat pontosítjuk Két irányított véges szakaszt egyenlőnek nevezünk, ha párhuzamos eltolással egymásba átvihetők (vagyis ha megegyezik a hosszuk, irányuk és irányításuk) Ha az egymással egyenlő irányított véges szakaszokat egy osztályba soroljuk, egy új vektorfogalomhoz jutunk: ezen osztályokat nevezzük szabadvektornak A szabadvektor egy reprezentánsáról v beszélünk, ha az osztály egy adott kezdőponttal rendelkező elemét tekintjük Kijelölve egy adott pontot a síkban (ill a térben), mondjuk az origót (0 (0,0,0)) tekinthetjük csak az origó kezdőpontú reprezentánsokat A továbbiakban vektor alatt szabadvektort értünk (A vektortér fogalomhoz szükséges a fenti definícióval élnünk Ezen általánosabb fogalmat a 4 fejezetben ismertetjük Amennyiben a szabadvektor fent értelmezett fogalma idegenül hangzik az olvasónak, gondoljon arra, hogy egyszerűen leszűkítettük a vizsgálódást az origó kezdőpontú irányított véges szakaszokra) Vektorok összeadása a síkban: Ha ā = (a, a 2 ) és = (b, b 2 ), akkor legyen ā + = b b (a + b, a 2 + b 2 )
2 Egy vektor skalárral való szorzása: Ha ā = (a, a 2 ) és λ R, akkor legyen λā = (λa, λa 2 ) Az ā = (a, a 2 ) vektor hossza: ā = a 2 + a2 2 Két vektor skaláris szorzata: Ha ā = (a, a 2 ) és = (b, b 2 ), akkor legyen ā, b = b ā b cos (ā, b ) Vegyük észre, hogy ā, ā = ā 2 A fenti fogalmak mindegyike térben hasonlóan értelmezett: ā + = (a + b, a 2 + b b 2, a 3 +b 3 ), λā = (λa, λa 2, λa 3 ), ā = a 2 + a2 2 + a2 3 illetve ā, b = ā b cos (ā, b ) (ā, b V 3 ) a Egységvektornak nevezzük azon vektorokat, melyek hossza Azt mondjuk, hogy az és vektorok egymásra ortogonálisak (merőlegesek), ha ā, b = 0 b Az összeadás tulajdonságai: a vektorok összeadása kommutatív: ā + b = b + ā (ā, b V 3 ) és asszociatív: (ā + b ) + c = ā + (b + c ) (ā, b, c V 3 ) a nullvektor létezése: 0 V 3 : ā + 0 = ā (ā V 3 ) minden elemnek van inverze: ā V 3 ( ā) V 3 úgy hogy ā + ( ā) = 0 A skalárral való szorzás tulajdonságai: asszociatív: λ(µā) = (λµ)ā (ā V 3, λ, µ R) disztributív: λ(ā + b ) = λā + λb (ā, b V 3, λ R) disztributív: (λ + µ)ā = λā + µā (ā V 3, λ, µ R) ā V 3 : ā = ā A skaláris szorzás tulajdonságai: szimmetrikus: ā, b = b, ā (ā, b V 3 ) additív: ā + b, c = ā, c + b, c (ā, b, c V 3 ) homogén: λā, b = λ ā, b (ā, b V 3, λ R) pozitív definit: ā, ā 0 (ā V 3 ) és ā, ā = 0 ā = 0 Tekintsük a térben a következő egységvektorokat: ē (, 0, 0), ē 2 (0,, 0), ē 3 (0, 0, ) (ez R 3 kanonikus bázisa) Ekkor tetszőleges v (v, v 2, v 3 ) térbeli vektor felírható ezen vektorok segítségével a következőképpen: v = v ē + v 2 ē 2 + v 3 ē 3 Állítás: Ha ā = (a, a 2, a 3 ) és b = (b, b 2, b 3 ), akkor ā, b = a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 Definíció: : Az ā vektornak a b vektorra való merőleges projekciója (vetülete) alatt azon b irányú vektort értjük, amelynek végpontját az ā vektor végpontjából a b vektorra bocsátott merőleges határozza meg Jelölése: proj b a
A V 2 és V 3 vektortér áttekintése 3 Állítás: proj b a = ā,b b b 2 Definíció: Az {ā, b, c } nemnulla vektorokból álló vektorrendszert jobbrendszernek nevezzük, ha a harmadik végpontja felől nézve az első vektor 80 -nál kisebb szögben forgatható a második vektor irányába az óramutató járásával ellentétes irányba (Az ilyen rendszert nevezzük még jobbsodrású vagy jobbkézszabályt teljesítő rendszernek) Definíció: Az ā és nemnulla térbeli vektorok vektoriális szorzata az az ā b -vel b jelölt vektor, amelynek Legyen továbbá 0 ā = 0 (ā V 3 ) Tulajdonságok: hossza : ā b = ā b sin (ā, b ) iránya : ā b merőleges ā-ra és b -re irányítása : {ā, b, ā b } jobbrendszert alkot a vektoriális szorzás antiszimmetrikus: ā b = b ā (ā, b V 3 ) a művelet homogén: (λā) b = λ(ā b ) (ā, b V 3, λ R) és additív: (ā + b ) c = ā c + b c (ā, b, c V 3 ) Definíció: Az ā és nemnulla vektorokat párhuzamosaknak nevezzük, ha λ R úgy, b hogy ā = λb Jele: ā b Vegyük észre továbbá, hogy ā ā = tetszőleges ā V 0 3 esetén Igaz továbbá, hogy a b = 0 ā b vagy ā és b közül legalább az egyik a nullvektor Belátható, hogy Állítás: e ē 2 = ē 3 e ē 3 = ē 2 e ē = ē 2 3 a b =(a 2b 3 a 3 b 2 ) ē + (a 3 b a b 3 ) ē 2 + (a b 2 a 2 b ) ē 3 = a 2 a 3 b 2 b 3 ē + a 3 a b 3 b ē 2 + a a 2 b b 2 ē ( a determináns értelmezése a köv fejezetben) e e 2 e 3 (Ez csak formális jelölés, 3 = a a 2 a 3 b b 2 b 3 hiszen a mátrix elemei igazából csak számok lehetnek) Definíció: Az ā, b, c V 3 vektorok vegyes szorzata: (ā, b, c ) = ā b, c
4 Belátható, hogy a vegyes szorzat kifejezhető a determináns segítségével: a a 2 a 3 (ā, b, c ) = b b 2 b 3 c c 2 c 3 Ha ā, b, c jobbrendszert alkot, akkor (ā, b, c ) megegyezik az ā, b, c vektorok által kifeszített parallelepipedon térfogatával (Ellenkező esetben a térfogat (-)-szeresét kapjuk) Könnyen igazolható, hogy (ā, b, c ) = (b, c, ā) = (c, ā, b ) = (ā, c, b ) = (c, b, ā) = (b, ā, c ) Feladatok: ) Döntse el, hogy egy egyenesen van-e a következő három pont? a) A = (2,, ), B = (3,, 2), C = (4,, 5); b) A = ( 4, 5, 2), B = (2, 0, 3), C = (4, 0, 3); c) A = (,, ), B = (4,, 7), C = (5,, ) Megoldás: a) Amennyiben a pontok egy egyenesen vannak, úgy az AB és AC vektorok (ill azok origó középpontú reprezentánsai) egymás konstansszorosai Tehát keresendő olyan λ R, hogy AB = λ AC Az AB = ā = (, 0, 3), míg b AC = ā = (2, 0, 6), c s így az AB = 2AC összefüggésből látjuk, hogy a pontok egy egyenesen vannak 2) A szögek kiszámítása nélkül döntse el, hogy az alábbi vektorpárok hegyes-, derék-, vagy tompaszöget zárnak-e be: a) ū( 3, 2, 0), v (4,, 5); b) ū(,, 9), v (2,, 3); c) ū(,, ), v ( 0, 7, 3); d) ū(5, 3, 4), v (,, 2) Útmutatás: Mivel a vektor hossza nemnegatív, a skaláris szorzás definíciójából látható ( ū, v = ū v cos (ū, v )) hogy a két vektor skaláris szorzatának előjele megegyezik a közrezárt szög koszinuszának előjelével Tehát amennyiben a skaláris szorzat pozitív, úgy hegyesszöget zárnak be a vektorok; negatív szám esetén tompaszöget, a nulla esetén pedig derékszöget Így például az a) pontban ū, v = ( 3)4 + 2 + 0 5 = 0 < 0, tehát tompaszögről van szó 3) Adott ā, b V 3 vektorok esetén határozzuk meg a p értékét úgy, hogy ā + p b merőleges legyen a b vektorra! Megoldás: A feltétel alapján ā + p b, b = 0, s így ā, b + p b, b = 0 Ha tehát 0, akkor p = b ā,b a megoldás, ám = esetén tetszőleges p R megoldás lesz b b 0 2 4) Adottak a következő vektorok:
A V 2 és V 3 vektortér áttekintése 5 a = (, 3, 2) = (, 2, 4) b c = (4,, 3) Adja meg a következő vektorokat: i) 2ā + b = ii) ā b = iii) (ā + 3b ) (ā b ) = iv) projāb és a következő számokat: v) ā vi) ā, b vii) (ā, b, c ) viii) cos(α), ahol α = (ā, b ) Megoldás: i) 2ā + = ( 2, 6, 4) + (, 2, 4) = ( 3, 4, 8) b ii) ā = (ē b + 3ē 2 2ē 3 ) ( ē + 2ē 2 + 4ē 3 ) = ē ē + 2ē ē 2 + 4ē ē 3 3ē 2 e +6ē 2 ē 2 +2ē 2 ē 3 +2ē 3 ē 4ē 3 ē 2 8ē 3 ē 3 = 2ē 3 4ē 2 +3ē 3 +2ē +2ē 2 +4ē = 6ē 2ē 2 + 5ē 3 = (6, 2, 5) Vagy a determináns fogalmának ismeretével: a b = e e 2 e 3 a a 2 a 3 b b 2 b 3 = e e 2 e 3 3 2 2 4 = 6ē 2ē 2 + 5ē 3 = (6, 2, 5) iii) (ā + 3b ) (ā b ) = ā ā ā b + 3b ā 3b b = 4ā b = 4(6, 2, 5) = ( 64, 8, 20) iv) projāb = ā,b ā 2 ā = 3 4 (, 3, 2) = ( 3 4, 9 4, 3 7 ) v) ā = + 9 + 4 = 4 vi) ā, b = + 6 8 = 3 vii) (ā, b, c ) = ā b, c = 6 4 2 + 5 3 = 64 2 + 5 = 77 vagy a determináns segítségével: a a 2 a 3 (ā, b, c ) = b b 2 b 3 c c 2 c 3 = 3 2 2 4 4 3 = 77 viii) cos(α) = ā,b ā b = 4 3 2 = 3 7 6 5) Adottak a következő vektorok: a = (3,, 2) = (, 2, 4) b c = (, 2, 3) Adja meg a következő vektorokat:
6 i) 3ā + = 4b ii) ā = b iii) (ā + b ) (ā 2b ) = iv) proj b a és a következő számokat: v) ā vi) ā, b vii) (ā, b, c ) viii) cos(α), ahol α = (ā, b ) 6) Adja meg az alábbi vektorokat az ā b segítségével: a) (ā + 4b ) (ā 2b ) = b) (3ā b ) (b + 3ā) = c) (ā + 2b ) (2ā + b ) + (ā 2b ) (2ā b ) = Megoldás: a) (ā + 4b ) (ā 2b ) = ā ā 2ā b + 4b ā 8b b = 6ā b 7) Számítsa ki a következő vektorok által meghatározott parallelepipedon térfogatát: ū = (, 5, ) = ( 3,, 2) v = (, 2, )! w Megoldás: Mivel a ū, v, vektorok által meghatározott parallelepipedon térfogata w V = (ū, v, w ) és 5 (ū, v, w ) = 3 2 2 = 7, ezért a keresett térfogat V = 7 8) Számítsa ki a következő vektorok által meghatározott parallelepipedon térfogatát: ū = (2, 3, ) v = ( 5,, 2) w = (, 2, )!
2 Mátrixok determinánsa 7 2 Mátrixok determinánsa Mielőtt rátérnénk a mátrix determinánsának értelmezésére, szükséges, hogy átnézzük a permutációk inverziójának fogalmát Definíció: Az {, 2,, n} elemek egy sorrendjét ezen elemek egy permutációjának nevezzük ( ) 2 n Jelölés: {i, i 2,, i n } vagy pedig i i 2 i n Definíció: Az {, 2,, n} számok összes permutációjának halmazát P n -nel jelöljük Például az {, 2, 3} összes permutációi halmazának elemei a következőek: ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3,,, 2 3 ( 2 3 2 3 ), 3 2 ( 2 3 3 2 ), 2 3 ( 2 3 3 2 Definíció: Azt mondjuk, hogy az {i, i 2,, i n } permutációban az i k elem inverzióban van az i l -lel, ha k < l, de i k > i l Például a {2, 5, 4,, 3} permutációnak 6 darab inverziója van Ellenőrizze a kedves olvasó! Jelölje I(i, i 2,, i n ) az {i, i 2,, i n } permutáció inverzióinak a számát Például I(2, 5, 4,, 3) = 6 Egy permutációt párosnak, illetve páratlannak nevezünk aszerint, hogy az inverzióinak a szá páros, illetve páratlan Állítás: a) Ha egy permutációban két szomszédos elemet felcserélünk, akkor az inverziók száma -gyel változik b) Ha egy permutációban két tetszőleges elemet felcserélünk, akkor az inverziószám páratlannal változik Most már elérkeztünk a mátrix fogalmához: Legyen α ij R minden i {, 2,, m} és j {, 2,, n} esetén Az α α 2 α n α A = 2 α 22 α 2n α m α m2 α mn számtáblázatot m n típusú mátrixnak nevezzük Jelölje az m n típusú mátrixok halmazát M m n )
8 A mátrix főátlója alatt az {α, α 22,, α nn } halmazt értjük Az α ij elem indexei közül az első a sorindex, a második pedig az oszlopindex A mátrix i-edik sorát A i, j-edik oszlopát pedig a j jelölésekkel említjük Bizonyos mátrixokhoz rendelhetünk egy számot, a determinánsát, mely sokat elárul annak tulajdonságairol (Ezen tulajdonságokra később fog fény derülni) Definíció: Ha az A mátrix n n-es típusú (azaz négyzetes), akkor A determinánsa alatt a következő számot értjük: det(a) = {i,i 2,,i n } P n ( ) I(i,i2,,in) α i α 2i2 α nin (Itt az összegzést az, 2,, n számok minden lehetséges permutációjára kell elvégezni) A mátrix minden sorából és oszlopából kiválasztva pontosan egy elemet, az indexek az {, 2,, n} számok egy permutációját adják A fenti formula azt jelenti, hogy a mátrix determinánsát úgy kapom, ha minden ilyen kiválasztás szerinti elemek szorzatát összeadom, de a páratlan inverziójú tagokat negatív előjellel véve A következő jelöléseket használjuk az A mátrix determinánsára: det(a), Sarrus szabály 2 2-es mátrix esetén: Sarrus szabály 3 3-mas mátrix esetén: α α 2 α n α 2 α 22 α 2n, A α n α n2 α nn α α 2 α 2 α 22 = α α 22 α 2 α 2 α α 2 α 3 α 2 α 22 α 23 α 3 α 32 α 33 = α α 22 α 33 +α 2 α 23 α 3 +α 3 α 2 α 32 α 3 α 22 α 3 α α 23 α 32 α 2 α 2 α 33 Nagyobb méretű mátrixokra külön eljárásokat használunk: a kifejtési tételt, mely eggyel kisebb méretű négyzetes mátrixok determinánsára vezet (használata ajánlatos pl 4 4-es mátrix esetén) illetve a Gauss-elimináció segítségével felső trianguláris mátrixszá való átalakítással A determináns elemi tulajdonságaiból megemlítjük a következőket: Ha az A mátrixban két sort (illetve oszlopot) egymással felcserélünk, akkor az így kapott mátrix determinánsa egyenlő az eredeti mátrix determinánsának ellentettjével: det(a) = det(a) Ha a mátrixnak két sora (ill oszlopa) megegyezik, akkor a determinánsa 0
2 Mátrixok determinánsa 9 Ha az A mátrix egy sorának (ill oszlopának) minden elemét megszorozzuk az α számmal, akkor a kapott mátrix determinánsa = α det(a) Legyen A, B, C három olyan mátrix, melyek csak az i-edik sorban (ill oszlopban) különböznek egymástól a következőképpen: c i = ā i +b i Ekkor det(c) = det(a)+det(b) (Az előzőekből következik, hogy) ha az A mátrix valamely sorához (ill oszlopához) hozzáadjuk egy másik sorának (ill oszlopának) konstansszorosát, akkor a kapott mátrix determinánsa megegyezik az eredeti mátrix determinánsával Az utóbbi tulajdonságra épül a Gauss-elimináció Kifejtési tétel: Jelölje a D ij az α ij elemet tartalmazó sor és oszlop elhagyásával keletkező (n ) (n )-es mátrix determinánsát Ezt az A mátrix α ij elemhez tartozó aldeterminánsának nevezzük Az A mátrix α ij elemhez tartozó algebrai aldeterminánsa a következő szám: A ij = ( ) i+j D ij Tétel (i-edik sor szerinti kifejtés): Tetszőleges i {, 2,, n} esetén det(a) = n α ij A ij Tétel (j-edik oszlop szerinti kifejtés): Tetszőleges j {, 2,, n} esetén det(a) = j= n α ij A ij A Gauss-elimináció módszere determinánsok kiszámítására: i= Definíció: Az A = (α ij ) n n mátrixot felső háromszög alakúnak vagy felső trianguláris mátrixnak nevezzük, ha α ij = 0 minden i > j -re (Vagyis ha a főátló alatti elemek 0-val egyenlőek) Könnyen látható, hogy felső trianguláris mátrix determinánsa a főátlóbeli elemek szorzatával egyezik meg A Gauss-elimináció módszerének célja, hogy a mátrixot, melynek determinánsát keressük, egy olyan felső trianguláris mátrixszá alakítjuk, melynek determinánsa megegyezik az eredeti mátrix determinánsával Lépései: Esetleg sorcserével elérjük, hogy α 0 (Sorcsere esetén a determináns előjele megváltozik) Az első sor alkalmas konstansszorosát a többi sorhoz adva elérjük, hogy α 2, α 3,, α n = 0 legyen Esetleg sorcserével elérjük, hogy α 22 0 A második sor alkalmas konstansszorosát a 3, 4,, n sorokhoz adva elérjük, hogy α 32, α 42,, α n2 = 0 legyen
0 ( n 2 Az eljárást addig folytatjuk, míg a főátló alatti összes elemet kinullázzuk Feladatok: ) ) a) Legyen σ az, 2,, n elemek egy permutációja Lássuk be, hogy 0 I(σ) b) Legyen 0 k ( n 2) tetszőleges egész Bizonyítsuk be, hogy van olyan σ permutáció, amelyre I(σ) = k 2) Egy permutációban az első helyen álló elemet az utolsó, n-edik helyre viszük, a többi elem pedig egy hellyel előbbre csúszik Mi volt az elmozgatott elem, ha az új permutációban ugyanannyi inverzió van, mint az eredetiben? 3) Mely n-ekre létezik az, 2,, n számoknak olyan permutációja, amelyben minden elem pontosan a); b)2 másik elemmel áll inverzióban? 4) Számítsa ki a következő mátrixok determinánsát: A = ( ) 5 4 2 B = 0 4 6 3 2 2 3 2 3 0 2 C = 3 6 0 2 2 0 0 0 D = 0 0 n n Megoldás: det A = 5 4 2 = 5 2 ( 4) = 4 0 4 6 0 4 det B = 2 3 2 = 0 + ( 2) + 0 ( 2) 0 ( 8) = 8 0 2 0 és a negyedik sor szerinti kifejtéssel: (ugyanilyen jó választás lett volna a harmadik oszlop szerinti kifejtés) 3 2 2 3 0 2 3 2 det C = = ( )( ) 3 6 3 0 2 3 6 + 2 2 2 0 2 6 = 0+2 0 = 0 2 0 0
2 Mátrixok determinánsa Végül pedig a Gauss-eliminációval (az első sor (-)-szeresét adva a többihez): 0 0 0 0 det D = 0 = 0 0 0 = ( ) n 0 0 0 0 n n 5) Számítsa ki a következő mátrixok determinánsát: n n ( ) 6 4 A = 3 2 B = 2 5 2 2 3 C = 0 2 4 3 2 3 0 2 3 6 2 0 3 Eredmények: det A = 0, det B = 25, det C = 2 3 6 66 = 390 6) Mi az alábbi polinomokban x 3 együtthatója? 3x 5 7 3x 2 5 7 2x a) 2 5x 6 2 2x b) 2 5x 6 2 x 0 3 x 0 3 2 4 7 2 4 7 7) Melyek igazak az alábbi állítások közül? a) Ha egy mátrix minden eleme racionális szám, akkor a mátrix determminánsa is racionális szám b) Ha egy mátrix minden eleme irracionális szám, akkor a mátrix determminánsa is irracionális szám c) Ha egy mátrixnak pontosan egy eleme irracionális szám, a többi pedig racionális, akkor a mátrix determminánsa is irracionális szám d) Ha egy n n-es mátrixnak legalább n 2 n + eleme 0, akkor a mátrix determinánsa 0 e) Ha egy mátrix determinánsa 0, akkor a mátrixban előfordul 0 elem 8) Számítsa ki a következő mátrixok determinánsát: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 A = 2 2 2 4 2 2 2 2 2 n n n 2 3 n 0 3 n B = 2 0 n 2 3 0 n n
2 Megoldás: Az A mátrix esetén a második sor (-)-szeresét a többihez adva és kifejtve a 2 oszlop szerint: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 det A = 2 2 2 4 2 2 2 2 2 n 0 0 0 0 2 2 2 2 2 0 0 0 0 = 0 0 0 2 0 0 0 0 0 n 2 = 2( ) 2 3 (n 2) = ( 2)(n 2)! 9) Mi történik egy determinánssal, ha a függőleges középvonalára tükrözzük? 0) Számítsuk ki az alábbi n n-es determinánsokat! { i, ha i = j; a) α ij =, ha i j b) α ij = min{i, j} c) α ij = ij d) α ij = i + j e) α ij = i 2 + j 2 ) Egy páratlan rendű négyzetes mátrixban α ij + α ji = 0 teljesül minden i, j-re (ferdén szimmetrikus mátrix) Mennyi a determinánsa? 2) Egy n n-es mátrix bal felső sarkában -es áll, az első sor többi eleme β, az első oszlop többi eleme γ, a főátló többi eleme δ, az összes többi elem pedig 0 Számítsuk ki a mátrix determinánsát! 3) Határozza meg a következő determinánsok értékét! (a, b, a i, d j R, i n, j n, n N) a) 2 3 n n 0 0 0 n 0 3 n n 0 0 n 0 2 0 n n ; b) 0 2 0 0 ; 0 0 0 2 3 0 n 2 3 (n ) 0 a a + d a + (n )d a b b b a 2 a 2 + d 2 a 2 + (n )d 2 b a b b c) ; d) a n a n + d n a n + (n )d n b b b a 4 ) Számítsa ki a következő mátrixok determinánsát:
2 Mátrixok determinánsa 3 0 2 2 2 2 0 2 2 A = 2 2 0 2 2 2 2 0 n n 5 3 0 0 0 0 5 3 0 0 0 0 5 3 0 0 C = 0 0 5 0 0 0 0 0 0 5 3 0 0 0 0 5 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 B = 0 0 2 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2 n n n n
4 3 Lineáris kombináció, lineáris egyenletrendszerek, vektorok lineáris függetlensége Definíció: Legyen ā, ā 2,, ā n V 3, és λ, λ 2,, λ n R Az ā, ā 2,, ā n vektorok λ, λ 2,, λ n együtthatókkal vett lineáris kombinációja: λ ā + λ 2 ā 2 + + λ n ā n Hasonlóan, egyenletek lineáris kombinációja alatt azok valamely valós együtthatókkal vett összegét értjük Definíció: Legyenek α ij R és β i R ( i m, j n) Az α x + α 2 x 2 + + α n x n = β α 2 x + α 22 x 2 + + α 2n x n = β 2 α m x + α m2 x 2 + + α mn x n = β m egyenletrendszert lineáris egyenletrendszernek nevezzük Definíció: A lineáris egyenletrendszer alapmátrixa (együtthatómátrixa) alatt a következőt értjük: α α 2 α n α 2 α 22 α 2n α m α m2 α mn Gauss-féle eliminációs módszer lineáris egyenletrendszerek megoldására: Definíció: Két lineáris egyenletrendszer ekvivalens, ha az összes megoldásaik halmaza megegyezik Tétel: Az alábbi átalakítások egy lineáris egyenletrendszert egy vele ekvivalens egyenletrendszerbe visznek át: egy egyenlet szorzása λ 0-val egy egyenlet λ-szorosának hozzáadása egy másik egyenlethez olyan egyenlet elhagyása, mely a megmaradóak lineáris kombinációja egyenletek sorrendjének felcserélése az ismeretlenek sorrendjének felcserélése együtthatóikkal együtt A lineáris egyenletrendszer Gauss eliminációval való megoldása azt jelenti, hogy a fenti átalalkításokkal trapéz alakúra hozzuk azt (cél: α ij = 0 minden i > j esetén)
3 Lineáris kombináció, lineáris egyenletrendszerek, lin függetlenség 5 Cramèr szabály: Ha az n egyenletből álló n ismeretlenes lineáris egyenletrendszer alapmátrixának determinánsa nem 0 (det(a) 0), akkor a lineáris egyenletrendszer megoldható és egyetlen megoldása: ahol x k = k, (k =, 2,, n) A α α 2 β α n α k = 2 α 22 β 2 α 2n, α n α n2 β n α nn azaz a k-adik oszlopba került a szabadtagok vektora Igaz továbbá, hogy ha det(a) = 0, de k {, 2,, n} úgy, hogy k 0, akkor az egyenletredszernek nincs megoldása, ám det(a) = k = 0 (k =, 2,, n) esetén lehet végtelen sok vagy 0 megoldás Definíció: Azt mondjuk, hogy az ā, ā 2,, ā n V 3 vektorok lineárisan függetlenek, ha λ ā + λ 2 ā 2 + + λ n ā n = 0 (λ i R) csak úgy teljesülhet, ha λ = λ 2 = = λ n = 0 Ellenkező esetben: ha van olyan, nem csupán 0-kból álló λ, λ 2,, λ n, hogy λ ā + λ 2 ā 2 + + λ n ā n = 0, akkor azt mondjuk, hogy az ā, ā 2,, ā n vektorok lineárisan függőek (Ez utóbbi esetben valamelyik vektor előáll a többiek lineáris kombinációjaként) Feladatok: ) Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszereket: x 2x 2 3x 3 = 6 a) 2x 3x 2 + x 3 = 3x + x 2 + x 3 = 5 x + x 2 + x 3 = b) 8x x 2 + 2x 3 = 0 25x 2x 2 + 7x 3 = x 5x 2 + 9x 3 = c) 3x x 2 + 5x 3 = x + 2x 2 2x 3 = 2 d) x } + 2x 2 + 3x 3 = 5 2x x 2 + x 3 =
6 e) x } + 2x 2 + x 3 + 3x 4 + x 5 = 3 x + x 2 + 2x 3 + x 4 + 3x 5 = 4 Megoldás: a) Gauss-eliminációval: x 2x 2 3x 3 = 6 2x 3x 2 + x 3 = 3x + x 2 + x 3 = 5 (-2)I+II és (-3)I+III (-7)II+III x 2x 2 3x 3 = 6 x 2 + 7x 3 = 3 7x 2 + 0x 3 = 3 x 2x 2 3x 3 = 6 x 2 + 7x 3 = 3, 39x 3 = 78 ahonnan x 3 = 2, majd x 2 = 3 7( 2) = és végül x = 2 6 + 6 = 2 adódik Cramèr szabállyal: Az egyenletrendszer alapmátrixának determinánsa: 2 3 D = 2 3 = 39 0 3 Így a Cramèr szabály értelmében egyetlen megoldás létezik: 3 D x = 6 2 3 = 78, tehát 5 x = 78 39 = 2; 2 D x2 = 6 3 3 5 = 39, x 2 = 39 39 = 2 3 D x3 = 2 6 3 5 = 78, x 3 = 78 39 = 2
3 Lineáris kombináció, lineáris egyenletrendszerek, lin függetlenség 7 b) Hasonlóan eljárva azt kapjuk, hogy x + x 2 + x 3 = 9x 2 6x 3 = 8 0 = 0 amely egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van a következő módon: Választhatjuk x 3 -at tetszőlegesnek: x 3 = t R, ekkor x 2 = 8 9 2 3 t; x = 9 3 t adódik c) Hasonlóan, x 5x 2 + 9x 3 = 4x 2 22x 3 = 4 0 = adódik, amely egyenletrendszer ellentmondásos, s így nincs megoldása Tehát az eredeti egyenletrendszernek sincsen d) x = t + 7 5 x 2 = t + 9 5 x 3 = t R tetszőleges e) x = 3t + r 5s + 3 x 2 = t 2r + 2s x 3 = t R tetszőleges x 4 = r R tetszőleges x 5 = s R tetszőleges x 3 5 3 x 2 2 2 x 3 = t + r 0 + 0 + 0 x 4 0 0 0 x 5 0 0 0 0 2) Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszereket: x + 2x 2 + 5x 3 = 9 a) x x 2 + 3x 3 = 2 3x 6x 2 x 3 = 25 4x + 4x 2 + 5x 3 = 6 b) x + x 2 + 2x 3 = 3 7x + 7x 2 + 8x 3 = 0
8 c) x x 2 2x 3 + 4x 4 x 5 = 2 3x + 5x 2 + 4x 3 0x 4 + 3x 5 = 8 2x x 2 5x 3 + 9x 4 2x 5 = 3 x + 3x 3 5x 4 + x 5 = x + 2x 2 + 3x 3 = 4 5x + 6x 2 + 7x 3 = 8 d) 9x + 0x 2 + x 3 = 2 3x + 4x 2 + 5x 3 = 6 3) Tekintsünk egy valós együtthatós lineáris egyenletrendszert Az alábbi változtatások kötül melyek vezetnek az eredetivel ekvivalens egyenletrendszerhez? a) Az első egyenlet helyére az összes egyenlet összegét írjuk b) Az első egyenlet helyére az összes többi egyenlet összegét írjuk c) Az első két egyenlet helyére az összes egyenlet összegét írjuk d) Az első két egyenlet helyére ezek összegét és különbségét írjuk e) Minden egyenletben minden együtthatóhoz és a konstans tagokhoz is egyet hozzáadunk 4) Oldjuk meg a valós számok körében: x + x 2 =, x 2 + x 3 =,, x n + x = Eredmény: Páratlan n esetén x = x 2 = = x n = 2, páros n esetén pedig x = x 3 = = x n = t, x 2 = x 4 = = x n = t, ahol t R tetszőleges 5) Legyen A, A i M k n, x R n, b, b i R k, és tekintsük az Ax = b, A x = b, egyenletrendszereket Melyek igazak az alábbi állítások közül? a) Ha Ax = b és Ax = b 2 megoldható, akkor Ax = b + b 2 is megoldható b) Ha A x = b és A 2 x = b megoldható, akkor (A + A 2 )x = b is megoldható c) Ha Ax = b -nek egyértelmű a megoldása, akkor Ax = b -nek semmien b -re sem lehet egynél több megoldása d) Ha Ax = b -nek egyértelmű a megoldása, akkor Ax = b is biztosan megoldható bármely b -re e) Ha k < n, akkor tetszőleges A-hoz van olyan b, amelyre Ax = b nem oldható meg f) Ha k > n, akkor tetszőleges A-hoz van olyan b, amelyre Ax = b nem oldható meg 6) Oldjuk meg a valós számok körében: x + 2x 2 = 3, x 2 + 3x 3 = 4,, x n + (n + )x = n + 2 Eredmény: x = x 2 = = x n =
3 Lineáris kombináció, lineáris egyenletrendszerek, lin függetlenség 9 7) Adja meg az α-t úgy, hogy az alábbi egyenletrendszernek a) egyetlen megoldása legyen b) ne legyen megoldása c) végtelen sok megoldása legyen: x + y z = 2 x + 2y + 3z = 5 x + 3y + αz = 6 Megoldás: Az egyenletrendszer alapmátrixának determinánsa: D = 2 3 3 α = α 7 A Cramèr szabály értelmében az egyetlen megoldás létezésének feltétele, hogy D 0 Tehát ha α R \ {7}, akkor egyetlen megoldás létezik: x = D x D = y = D y D = z = D z D = 2 5 2 3 6 3 α = 2 3 3 α 2 5 3 6 α = 2 3 3 α 2 2 5 3 6 2 3 3 α 9α + 33 ; α 7 7α 25 α 7 ; = 6 α 7 Továbbá α = 7 esetén nincs megoldása az egyenletrendszernek, mert ekkor D = 0, ám a D x, D y, D z között létezik nemnulla Nincs olyan α, hogy az adott lineáris egyenletrendszernek végtelen sok megoldása legyen 8) Adja meg az α-t úgy, hogy az alábbi egyenletrendszernek
20 a) egyetlen megoldása legyen b) ne legyen megoldása c) végtelen sok megoldása legyen: Megoldás: x 2y + z = 4 2x + 4y + z = 3 2x + 3y + αz = 2 a) α R \ { 5 8 }; b) α = 5 8 ; c) nincs ilyen α 9) Adja meg az α-t úgy, hogy az alábbi egyenletrendszernek a) egyetlen megoldása legyen b) ne legyen megoldása c) végtelen sok megoldása legyen: Megoldás: x 2y + z = 4 2x + 4y + z = 5 3x + 2y + αz = a) α R \ {2}; b) nincs ilyen α; c) α = 2 0) Határozza meg az a értékét úgy, hogy a következő egyenletrendszereknek egyetlen megoldása legyen: a) 2x y = 5 x + 3y = 4 x + y = a b) x + 2y = 8 (a + )x + y = 2 2x + 3y = 0 ) Határozzuk meg azt a legfeljebb harmadfokú valós együtthatós f polinomot, amelyre a) f( ) = 2, f(4) = 7, f(6) = 5, f(9) = 2; b) f() = f( ) = 3, f(2) = f( 2) = 9 2) Lineárisan független-e az alábbi három vektor?
3 Lineáris kombináció, lineáris egyenletrendszerek, lin függetlenség 2 a = (6, 4, ) = (2,, 6) b c = (, 0, 4) Megoldás: Vizsgáljuk meg, hogy mely λ k R ( k 3) együtthatókkal teljesülhet a λ ā + λ 2 + λ 3 = b c 0 egyenlet! λ 6 4 + λ 2 2 6 + λ 3 0 = 4 0 0 0 Így egy lineáris egyenletrendszert kell megoldanunk a λ, λ 2, λ 3 ismeretlenekre: 6λ + 2λ 2 + λ 3 = 0 4λ + λ 2 = 0 λ + 6λ 2 + 4λ 3 = 0 Először egyenletcserét alkalmazunk, majd a Gauss-eliminációval: majd λ + 6λ 2 + 4λ 3 = 0 25λ 2 + 6λ 3 = 0 38λ 2 + 25λ 3 = 0 λ + 6λ 2 + 4λ 3 = 0 25λ 2 + 6λ 3 = 0, 7 25 λ 3 = 0 melyből a λ = λ 2 = λ 3 = 0 megoldás adódik, tehát az adott vektorok lineárisan függetlenek 3) Lineárisan független-e az alábbi három vektor? a = (3, 4, ) = (2, 5, 6) b c = (, 0, ) Eredmény: A vektorok lineárisan függetlenek 4) Lineárisan független-e az alábbi három vektor? a = ( 2, 0, 5) = (, 2, 3) b c = ( 3, 2, 3) Eredmény: A vektorok lineárisan függőek
22 5) Döntsük el az alábbi vektorokról, hogy lineárisan függetlenek-e? 0 0 0 0 0 0 a),,, b),,, 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 c),,,, 0 0 0 0 0 6) Melyek igazak az alábbi állítások közül? a) Ha ū,, ū 5 lineárisan független, de ū,, ū 7 lineárisan függő, akkor ū 6 és u 7 közül legalább az egyik felírható az ū,, ū 5 vektorok lineáris kombinációjaként b) Ha van olyan ū 0 vektor, amely felírható ū, ū 2, ū 3 lineáris kombinációjaként és ū 4, ū 5, ū 6 lineáris kombinációjaként is, akkor az ū,, ū 6 vektorok lineárisan függők c) Ha az ū,, ū 6 vektorok egyike sem a nullvektor és lineárisan függők, akkor van olyan ū 0 vektor, amely felírható ū, ū 2, ū 3 lineáris kombinációjaként és ū 4, ū 5, ū 6 lineáris kombinációjaként is 7) Melyek igazak az alábbi állítások közül? a) Ha egy λ ū + + λ m ū m = 0 nemtriviális lineáris kombinációban λ 3 0, akkor ū 3 előáll a többi ū i vektor lineáris kombinációjaként b) Ha egy λ ū + + λ m ū m = 0 nemtriviális lineáris kombinációban λ 3 = 0, akkor ū 3 nem áll elő a többi ū i vektor lineáris kombinációjaként c) Ha az ū,, ū m vektorok között pontosan d olyan van, amely kifejezhető a többi m vektor lineáris kombinációjaként, akkor az ū i vektorok közül kiválasztható m d elemű független rendszer d) Ha az ū,, ū m vektorok között pontosan d olyan van, amely kifejezhető a többi m vektor lineáris kombinációjaként, akkor az ū i vektorok közül nem választható ki m d-nél több elemű független rendszer 8) Tegyük fel, hogy ū,, ū m lineárisan független, ū,, ū m, v lineárisan függő, továbbá egyik ū i semírható fel a v és a többi ū j lineáris kombinációjaként Határozzuk meg v -t 9) Legyenek v, v 2, v 3, v 4 R 5 lineárisan függetlenek Döntsük el, hogy az alábbi vektorrendszerek lineárisan függetlenek-e? a) v v 2, v 2 v 3, v 3 v 4; b) v v 2, v 2 v 3, v 3 v ; c) v + v 2, v 2 + v 3, v 3 + v 4, v 4 + v ; d) v + v 2, v 2 + v 3, v 3 + v 4, v 4 + v 2
4 Vektortér, altér, generátorrendszer, bázis, egyenes és sík egyenlete 23 4 Vektortér, lineáris altér, generátorrendszer, bázis, egyenes és sík egyenlete Definíció: A V halmazt vektortérnek nevezzük R felett, ha értelmezve van rajta egy +-al jelölt művelet az alábbi tulajdonságokkal: a + = + ā (ā, V ) b b b (ā + b ) + = ā + + c ) (ā, b, V ) c (b c 0 V úgy, hogy ā + 0 = ā ā V esetén ā V ( ā) V : ā + ( ā) = 0, továbbá minden λ R és minden ā V esetén értelmezve van λā V és teljesülnek az alábbi műveleti tulajdonságok: λ(µā) = (λµ)ā (ā V, λ, µ R) λ(ā + b ) = λā + (ā, V, λ R) λb b (λ + µ)ā = λā + µā (ā V, λ, µ R) ā V -re ā = ā Emlékezzünk arra, hogy ezen tulajdonságok igazak az eddig megismert V 2 és V 3 halmazokra, de hasonlóan vektortér az R n = R R R, a valós szám-n-esek halmaza, illetve a legfeljebb n-edfokú polinomok R n [x] halmaza is Definíció: A V vektortér L nem üres részhalmazát lineáris altérnek nevezzük, ha L maga is vektortér a V -beli műveletekkel Tétel: A V vektortér L nem üres részhalmaza pontosan akkor lineáris altér, ha a következő két tulajdonság teljesül: ā, b L esetén ā + b L λ R, ā L esetén λā L Definíció: Legyen H részhalamaza a V vektortérnek A H által generált altér az a legszűkebb altere V -nek, mely tartalmazza H-t (Azaz bármely H-t tartalmazó altérnek részhalmaza) Jelölés: L(H) Jegyezzük meg, hogy ez a definíció értelmes, hiszen mindig létezik H-t tartalmazó legszűkebb altr: tekintsük a H-t tartalmazó összes alterek metszetét Definíció: A H halamaz generátorrendszere a V vektortérnek, ha: L(H) = V Definíció: A V vektortér végesen generált, ha van véges sok elemet tartalmazó generátorrendszere
24 Megjegyzés: A {v, v 2,, v n} vektorrendszer pontosan akkor generátorrendszere a végesen generált V vektortérnek, ha a V halmaz minden eleme felírható a v, v 2,, v n vektorok egy lineáris kombinációjaként Definíció: A V vektortér egy lineárisan független generátorrendszerét a V vektortér egy bázisának nevezzük Tétel: Végesen generált vektortérben minden bázis azonos számosságú Definíció: A vektortér bázisainak közös elemszámát a vektortér dimenziójának nevezzük Jele: dim(v ) Definíció: Legyen {b, b 2,, b n} bázis V -ben és ā V Ekkor azon λ, λ 2,, λ n számokat, melyekre ā = λ b + λ 2 b 2 + + λ n b n, az ā vektor {b, b 2,, b n} bázisára vonatkozó koordinátáinak nevezzük Definíció: Legyen v V 2 \ {0 } vagy v V 3 \ {0 } Az l = {αv : α R} halmazt (egy origón átmenő) egyenesnek nevezzük Definíció: Legyen ū, v V 3 \{0 } és λ R, hogy ū = λv Az L = {αū+βv : α, β R} halmazt (egy origóra illeszkedő) síknak nevezzük Vegyük észre, hogy az L = {α ū + α 2 ū 2 + + α m ū m : α,, α m R} halmaz éppen az {u,, u m } által generált lineáris altér Amennyiben u,, u m lineárisan függetlenek, az L halmaz egy m-dimenziós lineáris altér Ekkor a K = {α ū + α 2 ū 2 + + α m ū m + v : α,, α m, R} halmazt egy m-dimenziós affin altérnek nevezzük Minden affin altér előáll K = L + v alakban, ahol L egy lineáris altér és v V Definíció: Halmazok (Minkowski-)összege: A + B = {ā + b : ā A, b B} Állítás: Alterek összege és metszete: L + L 2, L L2 is altér Azt mondjuk, hogy L + L 2 direkt összeget alkot, ha L L2 = {0 } Az n (n, n 2, n 3 ) normálvektorú és P (p, p 2, p 3 ) ponton átmenő sík egyenlete: n x + n 2 y + n 3 z = n p + n 2 p 2 + n 3 p 3 Feladatok: ) Vektorteret alkotnak-e a következő halmazok R felett a szokásos műveletekkel? a) R n, az összes valós szám-n-esek halmaza; b) az összes f : [0, ] R függvények halmaza; c) {(a, b, c) : a, b, c Z}, az egész számhármasok halmaza; d) {(a, b) : a, b R + }, a pozitív valós számpárok halmaza; e) a valós együtthatós polinomok R[x] halmaza f) a legfeljebb n-edfokú valós együtthatós polinomok R n [x] halmaza 2) Vizsgálja meg, hogy a valós számpárok halmaza vektorteret alkot-e R felett, ha a műveleteket a következőképpen definiáljuk: a) (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) és α(a, b) = (αa, b); b) (a, b) + (c, d) = (3b + 3d, a c) és α(a, b) = (3αb,, αa); c) (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) és α(a, b) = (α 2 a, α 2 b);
4 Vektortér, altér, generátorrendszer, bázis, egyenes és sík egyenlete 25 d) (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) és α(a, b) = (αa, 0); e) (a, b) + (c, d) = (a + 2, b + d + ) és α(a, b) = (αa, b); 3) Döntsük el, hogy a valós együtthatós polinomok R[x] halmazának alábbi részhalmazai vektorteret alkotnak-e R felett, ha a műveleteket a szokásos módon értelmezzük ( deg f jelöli az f polinom fokszámát, a k pedig a k-adik tag együtthatóját, a n a főegyütthatót, tehát a n 0, ha f nem a nullpolinom) a) {f deg f = 7 vagy f = 0}; b) {f deg f 7 vagy f = 0}; c) {f deg f 7 vagy f = 0}; d) {f x 3 + osztója f-nek }; e) {f x 3 + -gyel osztva az f konstans maradékot ad }; f) {f f(3) = 2}; g){f f(3)=0}; h) {f f(3) = 2f(4)}; i) {f f együtthatóinak az összege o} 4) Döntsük el, hogy a valós számsorozatok alábbi részhalmazai vektorteret alkotnak-e R felett, ha a műveleteket a szokásos módon értelmezzük Egy általános sorozatot most a = (a 0, a,, a n, ) alakban jelölünk a) {ā a 0 = 2a 3 + a 5 }; b) {ā a 0 = 2a 3 a 5 }; c) {ā a n+ = a n + a n, n7, 2, }; d) a korlátos sorozatok halmaza; e) a konvergens sorozatok halmaza; f) a monoton növekvő sorozatok halmaza; g) {ā a i = 0 végtelen sok i-re }; h) {ā a i = 0 legfeljebb véges sok i kivételével } 5) Legyen V = M 5 5 az R feletti 5 5-ös mátrixok vektortere a mártxok összeadásával és skalárral való szorzásával Az alábbi részhalmazok közül melyek alterek V -ben? a) {A V AB = BA}, ahol B V egy rögzített mátrix; b) {A V AB = 0}, ahol B V egy rögzített mátrix; c) a szinguláris mátrixok halmaza; d) a felsőháromszög-mátrixok halmaza 6) Legyen V vektortér R felett és W V egy nemüres részhalmaza Az alábbi feltételek közül melyekből következik, hogy W altér V -ben? a) ū, v W, λ, µ R λū + µv W ; b) ū, v W, λ R λū + v W ; c) ū, v W, λ R λū W és ū v W ;
26 d) ū, v W, λ R λū W valamint ū v W és ū + v W közül legalább az egyik teljesül; e) ū + v W ū W és v W 7) Lineáris illetve affin alteret alkotnak-e a következő halmazok az adott vektortérben? L = {(α, β, α, β) α, β R} R 4 L 2 = {(x, x 2, x 3, x 4 ) x 2x 2 + x 3 + 2x 4 = 0, 3x 4x 2 x 3 + 2x 4 = 0} R 4 L L 2 (=?) L 3 = {(2x + 3, 5x 2, x, x 2 ) x, x 2 R} R 4 Megoldás: Legyen x, ȳ L, és lássuk be, hogy x + ȳ L x L = α, β R úgy, hogy x = (α, β, α, β), továbbá ȳ L = γ, δ R úgy, hogy ȳ = (γ, δ, γ, δ) Ekkor x + ȳ = (α + γ, β + δ, α + γ, β + δ), s erről látható, hogy eleme L -nek Hasonlóan, ha x L és λ R, lássuk be, hogy λx L x L = α, β R úgy, hogy x = (α, β, α, β) Ekkor a λx = (λα, λβ, λα, λβ) elemről is látható, hogy L -beli Ezzel beláttuk, hogy L lineáris altér Írjuk fel először L 2 -t az L -hez hasonló alakban, majd a fenti módszerrel könnyen belátható, hogy L 2 lineáris altér Gauss-eliminációval megoldjuk a következő egyenletet: { x 2x 2 + x 3 + 2x 4 = 0 3x 4x 2 x 3 + 2x 4 = 0, melyben az első egyenlet ( 3)-szorosát a második egyenlethez adva kapjuk, hogy { x 2x 2 + x 3 + 2x 4 = 0 2x 2 4x 3 4x 4 = 0 Az x 3 = s R és x 4 = t R tetszőleges választással x 2 = 4s 4t 2 = 2s 2t, majd x = 4s 4t s 2t = 5s 6t adódik Így L 2 kívánt alakja: L 2 = {( 5s 6t, 2s 2t, s, t) : s, t, R} Legyen x, ȳ L 2, és lássuk be, hogy + ȳ L 2 L 2 = s, t R úgy, hogy x x = ( 5s 6t, 2s 2t, s, t), továbbá ȳ L 2 = u, v R úgy, hogy ȳ = ( 5u x 6v, 2u 2v, u, v) Ekkor + ȳ = ( 5(s + u) 6(t + v), 2(s + u) 2(t + v), s + u, t + v), x s erről látható, hogy eleme L 2 -nek Hasonlóan, ha L 2 és λ R, lássuk be, hogy L 2 L 2 = s, t R úgy, x λx x hogy = ( 5s 6t, 2s 2t, s, t) Ekkor a = ( 5λs 6λt, 2λs 2λt, λs, λt) elemről x λx is látható, hogy L 2 -beli Ezzel beláttuk, hogy L 2 lineáris altér Mivel lineáris alterek metszete is lineáris altér, ezért L L 2 is az A fenti vizsgálatot elvégezve az L 3 = {(2x + 3, 5x 2, x, x 2 ) x, x 2 R} halmazra, láthatjuk, hogy L 3 nem
4 Vektortér, altér, generátorrendszer, bázis, egyenes és sík egyenlete 27 zárt pl az összeadásra nézve, így nem lineáris altér, de a H = {(2x, 5x 2, x, x 2 ) x, x 2 R} halmaz lineáris altér és így L 3 = H + (3, 0, 0, 0) affin altér 8) Lineáris illetve affin alteret alkotnak-e a következő halmazok az adott vektortérben? L = {(3x + 2x 2, x 2, 4x, x 3 ) x, x 2, x 3 R} R 4 L 2 = {(5x, 3x 2, x, x 2 ) x, x 2 R} R 4 L L 2 (=?) L 3 = {(x, x 2, x 3 ) x 3x 2 + x 3 = 4, 2x 3x 2 = } R 3 L 4 = {(5x 3, 3x 2 + 4, x +, x 2 ) x, x 2 R} R 4 Eredmény: L, L 2, L L 2 lineáris, L 3 és L 4 pedig affin alterek 9) Az alábbi vektorrendszerek közül melyek alkotnak generátorrendszert a szokásos R 4 vektortérben? 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 a),,, ; b),,,, ; 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 c),, 4 8 0) Melyek igazak az alábbi állítások közül? 3 9 27 a) Ha egy generátorrendszerhez egy tetszőleges vektort hozzáveszünk, akkor ismét generátorrendszert kapunk b) Ha egy legalább kételemű generátorrendszerből egy tetszőleges vektort elhagyunk, akkor ismét generátorrendszert kapunk c) Minden legalább kételemű generátorrendszerben van olyan vektor, amelyet elhagyva a maradék vektorok továbbra is generátorrendszert alkotnak d) Ha egy generátorrendszerben előfordul két azonos vektor, akkor ezek egyik példányát elhagyva a maradék vektorok továbbra is generátorrendszert alkotnak e) Egy legalább kételemű generátorrendszerben akkor és csak akkor van olyan vektor, amelyet elhagyva a maradék vektorok továbbra is generátorrendszert alkotnak, ha a generátorrendszer valamelyik eleme felírható a többi elem lineáriskombinációjaként ) Legyen V = R[x], a valós együtthatós polinomok szokásos vektortere Melyek igazak az alábbi tartalmazások közül? a) x 3 + 7x 2 + 5x L(x 3 + 2x, 3x 3 + 4x, 5x 2 + 6x); b) x 3 + 7x 2 + 5 L(x 3 + 2x, 3x 3 + 4x, 5x 2 + 6x);, 4 6 64
28 c) x L(x 3 x, x 3 x 2, x 3, 2x 2 3x + ); d) x + L(x 3 x, x 3 x 2, x 3, 2x 2 3x + ); e) x + L(x 3 x, x 3 x 2, x 3, 2x 2 + 3x + ) 2) Adottak a következő vektorok: a = (2,, 2) a = (2, 3, ) 2 b = ( 5, 2, ) b 2 = (, 0, ) Legyen L az ā, ā 2, L 2 pedig a b, b 2 által generált lineáris altér Döntse el, hogy L + L 2 (=?) direkt összeget alkot-e? 3) Adottak a következő vektorok: a = (2,, 2) a = (2, 3, ) 2 b = ( 5, 2, ) b 2 = (, 0, ) Legyen L az ā, ā 2, L 2 pedig a b, b 2 által generált lineáris altér Döntse el, hogy L + L 2 (=?) direkt összeget alkot-e? 4) Lineáris alteret alkotnak-e a következő halmazok az adott vektortérben? L = {(α, β, α, β) α, β R} R 4 n L 2 = {(x, x 2,, x n ) x,, x n R, x n = 0} R n L 3 = {(x, x 2, x 3, x 4 ) x 2x 2 + x 3 + 2x 4 = 0, 3x + x 2 + x 4 = 0} R 4 Amennyiben lineáris altér, adja meg egy bázisát! Megoldás: Az L -ről már beláttuk az ) feladatban, hogy lineáris altér A v = (, 0,, 0) és v 2 = (0,, 0, ) egy generátorrendszerét alkotja L -nek, hiszen x L vektorhoz α, β R úgy, hogy x = (α, β, α, β) = α(, 0,, 0) + β(0,, 0, ) = αv + βv 2, tehát L minden eleme felírható a v és v 2 lineáris kombinációjaként De v és v 2 lineárisan függetlenek is, ezért bázisát alkotják L -nek 5) Lineáris alteret alkotnak-e a következő halmazok az adott vektortérben? i= L = {(x, x 2, 2x, 3x 2 ) x, x 2 R} R 4 L 2 = {(x, x 2, x 3, x 4 ) 2x x 2 + 3x 3 + x 4 = 0} R 4 Amennyiben lineáris altér, adja meg egy bázisát! 6) Adottak a következő vektorok: a = (3, 2, 3) a = (, 2, ) 2 b = (, 2, 2) b 2 = (, 0, )
4 Vektortér, altér, generátorrendszer, bázis, egyenes és sík egyenlete 29 Legyen L az ā, ā 2, L 2 pedig a b, b 2 által generált lineáris altér Döntse el, hogy L + L 2 (=?) direkt összeget alkot-e? Adjuk meg az L + L 2 egy bázisát! Adjuk meg az L L2 egy bázisát! 7) Tekintsük R 3 -ban az 2, 5 3 7, 8 2 5 bázist Adjuk meg ebben a bázisban 2 az 0, 0 0, 0 0 0 vektorok koordinátáit 8) Írja fel annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik a P (, 2, 3) pontra és párhuzamos a 3x 4y + 5z = 3 síkkal! Eredmény: A keresett sík normálvektora n (3, 4, 5), így a keresett egyenlet: 3x 4y + 5z = 26 9) Írja fel annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik az x = 2 + 3t, y = + 2t, z = 3 2t és az x = + 3t, y = 2 + 2t, z = 3 2t párhuzamos egyenesekre! Útmutató: Szükségünk van a sík egy pontjára, legyen ez például az első egyenes t = 0 pontjához tartozó pont: P (2,, 3) Az egyenesek közös = (3, 2, 2) a irányvektora,v vizsgált sík egy vektora, de szükségünk van egy másikra is, ezért a második egyenes egy Q(, 2, 3) pontját meghatározva adott a P Q(, 3, 6)(= p ) irány is Így a sík normálvektora ezek vektoriális szorzata: q = n e e 2 e 3 P Q = v 3 6 = (6, 20, ) 3 2 2 Majd a sík egyenletének felírása következik: 6x 20y z + = 0 20) Határozza meg a P (5, 2, 4) pontra és az x = t + 3, y = 2t 2, z = 6 egyenesre illeszkedő sík egyenletét! Eredmény: 2x + y + 4z = 28 2) Határozza meg annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik az A(3,, 0) és B(, 2, ) pontokra és merőleges a 2x y + z = 5 síkra! Útmutató: A keresett sík normálvektora merőleges az n AB( 4, 3, ) vektorra és merőleges az adott sík n (2,, ) normálisára, így = n AB n = (4, 6, 2) Akkor tehát a sík egyenlete: 2x + 3y z = 3 22) Határozza meg annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik az A(0,, 3) és B(, 2, ) pontokra és merőleges az x y + 2z = 5 síkra! 23) Írja fel a P (, 2, 3) pontra illeszkedő és az x + 2y 3z + = 0, x + 3y z + 6 = 0 síkokra merőleges sík egyenletét! Útmutató: = n n 2 = (7, 2, ) n
30 24) Írja fel annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik a P ( 3, 2, ) pontra, párhuzamos az x = 3+2t, y = t, z = +4t egyenessel, és merőleges az x 2y+5z 3 = 0 síkra! Útmutató: e e 2 e 3 = n = n v 2 4 = (3, 6, 5) 2 5 25) Írja fel annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik az x = +3t, y = 3+2t, z = 2 t egyenesre, és párhuzamos a 2x y + z 3 = 0 és x + 2y z 5 = 0 síkok metszésvonalával! Megoldás: Az adott síkok metszésvonalának irányvektora merőleges az n és n 2 normálisokra, így azt megkaphatjuk azok vektoriális szorzatával: e e 2 e 3 ū = n n 2 = 2 = (, 3, 5) 2 Az adott egyenes irányvektora, v (3, 2, ) is a keresett síkhoz tartozik, s így a síkhoz tartozó ū és vektorok vektoriális szorzata adja a keresett sík normálvektorát: v e e 2 e 3 = ū = n v 3 2 = (3, 4, ) 3 5 A sík egyenletének felírásához szükségünk van még egy pontjára: az adott egyenes t = 0 paraméterértékhez tartozó A(, 3, 2) pontja megfelelő lesz, s az egyenlet: 3x 4y + z + 5 = 0 26) Írja fel annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik az x = +t, y = 3 2t, z = 2 + 3t egyenesre, és párhuzamos a 2x y + z 5 = 0 és x + 2y z 9 = 0 síkok metszésvonalával! 27) Határozza meg a 4x 2y+3z+3 = 0, 4y 5x+2z 2 = 0 és 6x 4y 5z+ = 0 síkok közös pontjának koordinátáit! Megoldás: A síkok közös pontja rajta van mindhárom síkon, ezért koordinátái kielégítik mindegyik sík egyenletét Tehát a következő lineáris egyenletrendszer megoldásai adják a közös pont koordinátáit: 4x 2y + 3z = 3 5x + 4y + 2z = 2 6x 4y 5z = Így a közös pont: P ( 2,, ) (Nem kell akkor sem megijedni, ha végtelen sok megoldás adódik, és ezek épp egy egyenes pontjai Miért?) 28) Határozza meg a 2x + y 3z 7 = 0, y 4x + 5z + 9 = 0 és 6x 2y z + 0 = 0 síkok közös pontjának koordinátáit!
5 Mátrixok 3 5 Mátrixok A második fejezetben már értelmeztük a mátrix, illetve a mátrix főátlójának fogalmát Most nézzük meg a mátrixokkal végzett műveleteket és ezek tulajdonságait, a mátrix inverzének fogalmát és kiszámításának módjait, és a mátrix rangját Az alkalmazások között beszélhetünk egy lineáris egyenletrendszer megoldásáról az alapmátrix inverzének kiszámításával, illetve mátrixos egyenletet is látni fogunk Definíció: Az A = (α ij ) m n mátrix transzponáltja a A T = (α ji ) n m (ami tulajdonképpen az oszlop- és sorjelleg felcserélését jelenti) (Négyzetes mátrix esetén a főátlóra való tükrözésként is leírhatjuk a transzponálást) Definíció: Legyen A = (α ij ) m n és B = (β ij ) m n két azonos típusú mátrix, λ R egy szám Az A és B mátrixok összege alatt az A + B = (α ij + β ij ) m n mátrixot, az A mátrix λ-szorosa alatt a λa = (λα ij ) m n mátrixot értjük (Azt mondhatjuk, hogy a mátrixokat tagonként adjuk össze, a skalárral való beszorzás a mátrix minden tagjának megszorzását jelenti) Definíció: Legyen A = (α ij ) m n és B = (β ij ) n k két mátrix Az A és B mátrixok szorzata alatt az A B = (γ ij ) m k mátrixot értjük, ahol n γ ij = α il β lj l= Definíció:Az n-ed rendű egységmátrix a következő: 0 0 0 0 E n = 0 0 Állítás: Bármely A M n n esetén teljesül: A E n = E n A = A, azaz E n egységelem az n n-es négyzetes mátrixok körében a mátrixszorzásra nézve Definíció: Azt mondjuk, hogy az A M n n (négyzetes) mátrixnak létezik inverze, ha van olyan B M n n, hogy AB = BA = E n Az A mátrix inverzét A -el jelöljük Tétel: Az A M n n mátrixnak pontosan akkor létezik inverze, ha det A 0 Megjegyzés: Az A M n n mátrixot regulárisnak nevezzük, ha det A 0, illetve szingulárisnak, ha det A = 0) Az inverz mátrix kiszámításának egy módja: A mátrix soraival végzett elemi átalakítások:
32 sor szorzása λ 0 számmal egy sor λ-szorosának hozzáadása egy másik sorhoz sorok cseréje Belátható, hogy ha A egy reguláris mátrix, akkor az (A E n ) kibővített mátrix soraival végzett elemi átalakítások útján (E n B) alakúra hozható, ahol B az A inverze (Szinguláris mátrix esetén pedig az átalakítás nem végezhető el) Az inverz mátrix kiszámításának egy másik módja: Kiszámítjuk a mátrix determinánsát Ha ez nem nulla, akkor létezik inverz mátrix és minden elemhez felírva a hozzá tartozó algebrai aldeterminánst, A ij -t, majd az így kapott mátrixot transzponálva és beszorozva a det A reciprokával, megkapjuk az A mátrix inverzét: (A ) ij = A ji det A Emlékeztetőül: Az A mátrix α ij eleméhez tartozó algebrai aldeterminánsa: A ij = ( ) i+j D ij, ahol D ij az α ij elemet tartalmazó sor és oszlop elhagyásával keletkező (n ) (n )-es mátrix determinánsa Tétel: Legyen A, B M n n a) Ha A és B invertálható, akkor AB is és (AB) = B A ; b) (AB) T = B T A T ; c) Ha A invertálható, akkor A T is és (A T ) = (A ) T Azonos típusú négyzetes mátrixok esetén az összeszorozhatóság feltétele teljesül és a szorzat is ugyanolyan típusú lesz Négyzetes mátrix estén tehát értelmezhető a hatványozás: A = A és A m = AA m (m 2), ahol A M n n Definíció szerint legyen A 0 = E m Állítás (A mátrixhatványozás azonosságai): a) A m A k = A m+k (m, k N); b) (A m ) k = A mk (m, k N) Definíció: Legyenek a, a 2,, a s V vektorok Az {a, a 2,, a s } vektorrendszer rangja alatt az L(a, a 2,, a s ) altér dimenzióját értjük Jele: ϱ(a, a 2,, a s ) Tétel: Az alábbi átalakítások nem változtatják meg az {a, a 2,, a s } vektorrendszer rangját: egy vektor szorzása λ 0 számmal egy vektor λ-szorosának hozzáadása egy másik vektorhoz olyan vektor elhagyása, mely előáll a megmaradóak lineáris kombinációjaként vektorok sorrendjének felcserélése
5 Mátrixok 33 Definíció: Egy A M m n mátrix rangja alatt a sorvektorrendszerének rangját értjük A mátrix rangjának meghatározása: Ranginvariáns átalakításokkal a mátrixot trapéz alakúra hozzuk Itt oszlopcsere is megengedett (Trapéz alakú egy mátrix, ha α ij = 0 ha i > j és α ii 0 ( i min{m, n})) A 0 sorokat és oszlopokat kihúzhatjuk Trapéz alakú mátrix rangja megegyezik a sorai számával Belátható, hogy a mátrix rangja megegyezik a maximális rendű el nem tűnő aldeterminánsok közös rendjével A = Feladatok: ) Adottak a következő mátrixok: ( 2 ) 3 3 2 B = ( 3 ) 2 0 2 0 C = 4 2 5 D = 0 3 2 0 Végezze el az alábbi műveleteket, amennyiben lehetséges: Megoldás: a) A + B = a)a + B; B + C; C + D; 4A B; b)ab; AC; BC; BD; c)a T ; D T ; A T B d)ϱ(a); ϱ(d); e)a ; D ( 4 ) 5 3 4 4A B = ( 9 ) 0 2 6 4 Továbbá B +C és C +D nem végezhető el, mert nem azonos típusú mátrixok összeadása nem értelmezett b) AB nem végezhető el, mert nem teljesül az a feltétel, hogy A oszlopainak száma megegyezzen B sorainak számával AC = BC = BD = ( 2 3 3 2 ( 3 2 0 2 0 ( 3 2 0 2 0 ) 4 ( ) 2 5 6 3 = 0 ) 4 ( ) 2 5 3 9 = 4 0 ) 0 3 2 0 = ( 4 3 6 2 4 )
34 c) A T = 3 2 2 D T = 3 0 3 2 0 d) ( ) ( ) 2 3 2 3 ϱ(a) = 2 3 2 0 4 0 0 3 2 0 0 5 0 0 5 ϱ(d) = 3 0 0 0 0 6 e) Az A mátrix nem invertálható, mert nem négyzetes Most adjuk meg a D inverzét két módszerrel is: 0 0 0 3 2 0 0 0 0 0 0 5 3 0 0 0 0 0 5 3 0 0 0 0 0 0 0 0 6 4 6 0 6 6 0 0 0 6 30 8 6 0 6 0 0 2 0 6 0 2 5 6 0 0 2 0 6 0 2 5 0 0 6 4 0 0 6 4 0 0 6 4 Így D = 6 2 2 5 4 A D mátrix inverzének kiszámítása az aldeterminánsok segítségével: 0 det(d) = 3 2 0 = 6 0 és az aldeterminánsok: D = 2 0 = 2 D 2 = 3 2 0 = 2 D 3 = 3 = 4 D 2 = 0 0 = D 22 = 0 = D 23 = 0 = D 3 = 0 2 = D 32 = 3 2 = 5 D 33 = 0 3 = és így az algebrai aldeterminánsok: A = 2 A 2 = 2 A 3 = 4 A 2 = A 22 = A 23 = A 3 = A 32 = 5 A 33 =
5 Mátrixok 35 ezért D = 2 2 5 6 4 2) Adottak a következő mátrixok: A = 0 2 ( ) 0 2 2 B = 2 2 0 2 2 5 C = 0 ( ) 2 5 0 D = 5 2 3 7 Végezze el az alábbi műveleteket, amennyiben lehetséges: a)a + B; B + C; C + D; 2A B; b)ab; AC; BC; BD; c)a T ; D T ; d)ϱ(a); ϱ(c); e)a ; D 3) Adja meg az X mátrix elemeit, ha X 2 0 = 3 4 3 2! 2 5 Megoldás: Az A = 2 0 B = 3 4 3 2 2 5 jelölésekkel a fenti mátrixegyenlet: XA = B az A mátrix inverzével jobbról való beszorzással oldható meg, mely után X A = B X A A = B A X = B A Szükséges tehát az A mátrixot meghatározni Ez a következő lesz: A = 0 2 2 2 2 3 2 Így X = B A = 3 4 3 2 0 2 2 2 = 3 2 0 4 5 2 2 2 5 3 2 5 3 0
36 Ellenőrizze az eredményt! 4) Adja meg az X mátrix elemeit, ha teljesül a következő egyenlet: ( ) 2 5 X = 3 5) Adja meg az X mátrix elemeit, ha ( ) 4 6 2 2 4 2 X = 5 6 7 8 7 3 0 6 4 7 Eredmény: X = 2 2 2 3 0 6) Oldja meg a következő mátrixegyenleteket! ( ) ( ) 3 6 0 a) X = 5 2 0 ( ) ( ) ( ) 2 3 2 4 2 b) X = 3 4 2 3 2 c) 0 2 2 7 X = 0 29 5 3 2 2 8 5 7) Legyen A = ( ) 3 2 5 és B = 2 3 5 0 Oldja meg az alábbi mátrixegyenletek közül a megoldhatókat: a) AX = B; b) XA = B; c) B + X = A 2 8) Legyenek A, B M n n adott mátrixok, X pedig ismeretlen, azonos méretű mátrix Oldjuk meg az alábbi mátrixegyenleteket! a) X + A = 2(X B); b) 3(X + 2 A) = 5(X 3 4 B)
5 Mátrixok 37 Adjuk meg a megoldásokat abban az esetben, ha A = 0 0 és B = 2 2 2 0 3 3 3 9) Oldja meg az alábbi mátrixegyenleteket az n n-es mátrixok körében, ahol A, B, C M n n adottak a) AX B C = AX ; b) (AX) + X = B Adja meg a megoldásokat abban az estben, ha A = 2 0 2 ; B = 2 0 ; C = 2 0 0 2 0 2 0 0 0 0 0) Legyen E egy olyan négyzetes mátrix, amelynek főátlójában -esek állnak, többi eleme pedig 0 Mi lesz az EA illetve AE szorzat, ha A egy olyan tetszőleges mátrix, melyre a szorzás elvégezhető? ) Mi történik egy 3 3-as mátrixszal, ha balról, illetve jobbról megszorozzuk az alábbi mátrixszal: a) A = 2 0 0 0 0 ; b) B = 2 0 0 0 2 0 ; c) C = 2 0 0 0 ; d) D = 0 0 0 0 ; 0 0 0 0 2 0 0 0 0 Általánosítsuk észrevételünket! 2) Számítsuk ki az alábbi mátrixokat! (n N, a R) a) ( ) 2 4 ; b) 2 ( ) 2 3 ; c) 2 ( 2 2 2 2 ) ; d) ( ) n ; 0 e) a 0 0 a 0 0 a n ; f) ( ) n cos(α) sin(α) ; g) sin(α) cos(α) ( ) n cos(α) sin(α) sin(α) cos(α) 3) Legyen A egy olyan mátrix, amelyben minden sorban és minden oszlopban az elemek összege 0, B pedig egy olyan mátrix, amelynek minden eleme egyenlő Mi lesz az AB, illetve BA szorzat, ha a szorzás elvégezhető?