9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, mátrixegyenlet

Hasonló dokumentumok
9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, Leontyev-modell

5. Előadás. (5. előadás) Mátrixegyenlet, Mátrix inverze március 6. 1 / 39

10. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 10. előadás Sajátérték, Kvadaratikus alak

8. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, , oldal. 8. előadás Mátrix rangja, Homogén lineáris egyenletrendszer

Bázistranszformáció és alkalmazásai 2.


3. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 3. előadás Lineáris egyenletrendszerek

1. Homogén lineáris egyenletrendszer megoldástere

Lineáris algebra. (közgazdászoknak)

15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

7. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 7. előadás Elemi bázistranszformáció

MA1143v A. csoport Név: december 4. Gyak.vez:. Gyak. kódja: Neptun kód:.

Diszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach november 30.

Bázistranszformáció és alkalmazásai

Determinánsok. A determináns fogalma olyan algebrai segédeszköz, amellyel. szolgáltat az előbbi kérdésekre, bár ez nem mindig hatékony.

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK október 12. Irodalom A fogalmakat, definíciókat illetően két forrásra támaszkodhatnak: ezek egyrészt elhangzanak

Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek

6. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 6. előadás Bázis, dimenzió

9. Előadás. (9. előadás) Lineáris egyr.(3.), Sajátérték április / 35

Lineáris algebra gyakorlat

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek

Lineáris algebra és a rang fogalma (el adásvázlat, szeptember 29.) Maróti Miklós

Gauss elimináció, LU felbontás

1. Determinánsok. Oldjuk meg az alábbi kétismeretlenes, két egyenletet tartalmaz lineáris egyenletrendszert:

Lineáris leképezések (előadásvázlat, szeptember 28.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla

11. Előadás. 11. előadás Bevezetés a lineáris programozásba

Mátrixok 2017 Mátrixok

összeadjuk 0-t kapunk. Képletben:

LINEÁRIS ALGEBRA (A, B, C) tematika (BSc) I. éves nappali programtervező informatikus hallgatóknak évi tanév I. félév

Lineáris egyenletrendszerek

12. előadás. Egyenletrendszerek, mátrixok. Dr. Szörényi Miklós, Dr. Kallós Gábor

Lineáris algebra Gyakorló feladatok

Vektorterek. =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott

1. zárthelyi,

3. Lineáris differenciálegyenletek

Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla

7. gyakorlat. Lineáris algebrai egyenletrendszerek megoldhatósága

11. DETERMINÁNSOK Mátrix fogalma, műveletek mátrixokkal

Lineáris algebra gyakorlat

Műveletek mátrixokkal. Kalkulus. 2018/2019 ősz

Lineáris algebra. =0 iє{1,,n}

LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADATOK MEGOLDÁSA SZIMPLEX MÓDSZERREL

Diszkrét matematika II., 5. előadás. Lineáris egyenletrendszerek

1. Határozzuk meg, hogy mikor egyenlő egymással a következő két mátrix: ; B = 8 7 2, 5 1. Számítsuk ki az A + B, A B, 3A, B mátrixokat!

Feladatok a Gazdasági matematika II. tárgy gyakorlataihoz

1. Mit jelent az, hogy egy W R n részhalmaz altér?

Lineáris algebra (10A103)

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) 1. Határozd meg a következő kifejezésekben a c értékét!

1. Mátrixösszeadás és skalárral szorzás

Testek. 16. Legyen z = 3 + 4i, w = 3 + i. Végezzük el az alábbi. a) (2 4), Z 5, b) (1, 0, 0, 1, 1) (1, 1, 1, 1, 0), Z 5 2.

Lineáris egyenletrendszerek

7. gyakorlat. Lineáris algebrai egyenletrendszerek megoldhatósága

Norma Determináns, inverz Kondíciószám Direkt és inverz hibák Lin. egyenletrendszerek A Gauss-módszer. Lineáris algebra numerikus módszerei

Egyenletek, egyenlőtlenségek X.

Gyakorló feladatok I.

1. Generátorrendszer. Házi feladat (fizikából tudjuk) Ha v és w nem párhuzamos síkvektorok, akkor generátorrendszert alkotnak a sík vektorainak

Bevezetés az algebrába 1

Gauss-eliminációval, Cholesky felbontás, QR felbontás

Mátrixok, mátrixműveletek

Rang, sajátérték. Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach/ február 15

Mat. A2 3. gyakorlat 2016/17, második félév

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

1. Bázistranszformáció

Lineáris Algebra gyakorlatok

karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja

Meghirdetés féléve 2 Kreditpont Összóraszám (elm+gyak) 2+0

9. gyakorlat Lineáris egyenletrendszerek megoldási módszerei folyt. Néhány kiegészítés a Gauss- és a Gauss Jordan-eliminációhoz

A KroneckerCapelli-tételb l következik, hogy egy Bx = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek

I. VEKTOROK, MÁTRIXOK

Bevezetés az algebrába 1

i=1 λ iv i = 0 előállítása, melynél valamelyik λ i

Gauss-Jordan módszer Legkisebb négyzetek módszere, egyenes LNM, polinom LNM, függvény. Lineáris algebra numerikus módszerei

LINEÁRIS ALGEBRA. matematika alapszak. Euklideszi terek. SZTE Bolyai Intézet, őszi félév. Euklideszi terek LINEÁRIS ALGEBRA 1 / 40

Vektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27

1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás)

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

Intergrált Intenzív Matematika Érettségi

Egyenletek, egyenlőtlenségek VII.

1. A kétszer kettes determináns

12 48 b Oldjuk meg az Egyenlet munkalapon a következő egyenletrendszert az inverz mátrixos módszer segítségével! Lépések:

3. el adás: Determinánsok

1. Diagonalizálás. A Hom(V) diagonalizálható, ha van olyan bázis, amelyben A mátrixa diagonális. A diagonalizálható van sajátvektorokból álló bázis.

Matematika A2 vizsga mgeoldása június 4.

11. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 11. előadás Kvadratikus alakok, Stratégiai viselkedés

5. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 5. előadás Lineáris függetlenség

Lineáris algebra zárthelyi dolgozat javítókulcs, Informatika I márc.11. A csoport

Matematika A1a Analízis

Operációkutatás. Vaik Zsuzsanna. ajánlott jegyzet: Szilágyi Péter: Operációkutatás

Totális Unimodularitás és LP dualitás. Tapolcai János

Bevezetés az algebrába 2 Differencia- és differenciálegyenlet-rendszerek

Miskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre

Gauss-Seidel iteráció

1. Az euklideszi terek geometriája

Bevezetés az algebrába 2

Első zárthelyi dolgozat megoldásai biomatematikából * A verzió

ELEMI BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ LÉPÉSEI 1.EGYSZERŰSÍTETT VÁLTOZAT. 1.a) Paramétert nem tartalmazó eset

Bevezetés a számításelméletbe (MS1 BS)

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

Valasek Gábor

Irodalom. (a) A T, B T, (b) A + B, C + D, D C, (c) 3A, (d) AD, DA, B T A, 1 2 B = 1 C = A = 1 0 D = (a) 1 1 3, B T = = ( ) ; A T = 1 0

Átírás:

9. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 75. 84. oldal.

Gondolkodnivalók Mátrix rangja 1. Gondolkodnivaló Határozzuk meg a p valós paraméter értékétől függően a következő mátrix rangját: p 3 1 2 2 6 5 5 1 3 5 0. p 3 2 p Hajtsunk végre elemi bázistranszformációt a mátrix oszlopvektorrendszerén. a 1 a 2 a 3 a 4 e 1 p 3 1 2 e 2 2 6 5 5 e 3 1 3 5 0 e 4 p 3 2 p a 1 a 2 a 4 a 3 p 3 2 e 2 2 5p 9 5 e 3 1 5p 18 10 e 4 3p 9 p + 4

Gondolkodnivalók Mátrix rangja a 1 a 2 a 4 a 3 p 3 2 e 2 2 5p 9 5 e 3 1 5p 18 10 e 4 3p 9 p + 4 a 3 a 2 a 1 a 4 p 2 3 5p 2 9 1 3 5 9 e 3 5 + 5p 0 e 4 2 2p p 1 Most csak olyan generáló elemet tudunk választani, ami tartalmazza a paramétert, de csak abban az esetben választhatók generáló elemnek, ha nemnullák: 5 + 5p 0 vagy 2 2p 0 vagy p 1 0. Ha p 1, akkor egyik sem nulla, ekkor bármelyiket választhatjuk generálóelemnek.

Gondolkodnivalók Mátrix rangja Tegyük fel, hogy p 1, és legyen a generálóelem 5 + 5p, ekkor: a 3 a 2 a 1 a 4 p 2 3 5p 2 9 1 3 5 9 e 3 5 + 5p 0 e 4 2 2p p 1 a 4 1 a 3 3 a 2 5 9 a 1 0 e 4 p 1 Mivel feltettük, hogy p 1, így p 1 választható generálóelemnek, így minden oszlopvektort be tudtunk vinni a bázisba, tehát a mátrix rangja ebben az esetben 4. Most legyen p = 1, a táblázatból látszik, hogy a rang ekkor 2:. a 3 1 3 3 a 2 9 a 1 a 4 1 3 5 9 e 3 0 0 e 4 0 0.

Gondolkodnivalók Mátrix rangja 2. Gondolkodnivaló Egy 5 ismeretlenes, 6 egyenletből álló lineáris egyenletrendszer bővített mátrixának determinánsa nem 0. Mit tudunk mondani a megoldásáról? A bővített mátrix 6 6-os, és a determinánsa nem 0. Mivel a mátrix rangja a legnagyobb nem-0 aldeterminánsának rendjével egyezik meg, így ebben az esetben a rang 6. Mennyi lehet az egyenletrendszer együtthatómátrixának a rangja? Mivel 5 ismeretlen van, ezért a mátrixnak 5 oszlopa van, tehát a rangja nem lehet nagyobb 5-nél. Tehát az egyenletrendszer együtthatómátrixának a rangja legfeljebb 5, a bővített mátrixának a rangja pedig 6, így a Kronecker-Capelli tétel szerint az egyenletrendszernek nincs megoldása.

Gondolkodnivalók Mátrix rangja 3. Gondolkodnivaló Tekintsük a következő homogén lineáris egyenletrendszert. x 1 + x 3 + x 5 = 0 x 2 + x 4 = 0 Adottak a következő vektorok R 5 -ben u = (1, 1, 1, 1, 2), v = (1, 0, 2, 0, 1), w = (0, 1, 0, 1, 0), x = (1, 2, 2, 2, 1), y = (1, 0, 1, 0, 0). Döntsük el, hogy az alábbi vektorrendszerek bázist alkotnak-e a fenti egyenletrendszer megoldásainak alterében? (a) u, v, w; (b) v, w, x; (c) w, x, y.

Gondolkodnivalók Mátrix rangja A homogén lineáris egyenletrendszer bővített mátrixa: ( 1 0 1 0 1 ) 0 0 1 0 1 0 0 Ez lépcsős alakú mátrix, tehát a homogén lineáris egyenletrendszer rangja r = 2. Mivel az ismeretlenek száma n = 5, így a megoldástere n r = 3 dimenziós. Ez alapján mindhárom vektorrendszer elemszáma megfelelő. (a) u, v, w; Először ellenőrizzük le, hogy a vektorok megoldásai-e az egyenletrendszernek. Az u = (1, 1, 1, 1, 2) vektor esetén 1 + 1 2 = 0 1 + 1 0 Mivel u nem megoldás, ezért nem eleme a megoldástérnek, így a bázisának sem. Tehát az u, v, w nem bázis.

Gondolkodnivalók Mátrix rangja (b) v, w, x; Először ellenőrizzük le, hogy a vektorok megoldásai-e az egyenletrendszernek. Helyettesítsük rendre a v = (1, 0, 2, 0, 1), w = (0, 1, 0, 1, 0) és x = (1, 2, 2, 2, 1) vektorokat. 1 2 + 1 = 0 0 + 0 = 0, 0 + 0 + 0 = 0 1 + 1 = 0, 1 2 + 1 = 0 2 + 2 = 0. Tehát mindhárom vektor eleme a megoldástérnek. A három vektor akkor alkot bázist a három dimenziós megoldástérben, ha lineárisan független. 1 0 2 0 1 0 1 0 1 0 1 2 2 2 1 1 0 2 0 1 0 1 0 1 0 0 2 0 2 0

Gondolkodnivalók Mátrix rangja 1 0 2 0 1 0 1 0 1 0 0 2 0 2 0 1 0 2 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 Tehát a vektorrendszer rangja 2, így lineárisan függő, nem bázis. (c) w, x, y;. Korábban már láttuk, hogy a w = (0, 1, 0, 1, 0) és x = (1, 2, 2, 2, 1) vektorok megoldásai a homogén lineáris egyenletrendszernek, az y = (1, 0, 1, 0, 0) vektor esetén 1 1 + 0 = 0 0 + 0 = 0, így ez is eleme a megoldástérnek. A vektorok lineáris függetlenségét kell már csak vizsgálni.

Gondolkodnivalók Mátrix rangja 0 1 0 1 0 1 2 2 2 1 1 0 1 0 0 1 2 2 2 1 0 1 0 1 0 0 2 1 2 1 1 2 2 2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 2 2 2 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 Tehát a vektorrendszer rangja 3, így lineárisan független. Tehát a w, x, y vektorrendszer bázis lesz a megoldástérben..

Definíció Mátrix inverze Legyen A n n-es mátrix. Az A mátrix inverze az A 1 n n-es mátrix, ha AA 1 = A 1 A = E, ahol E az n n-es egységmátrix. Létezés Nem minden n n-es mátrixnak létezik inverze. Legyen A olyan n n-es mátrix, amelynek determinánsa 0. Ekkor a determinánsok szorzástételét felhasználva bármely B n n-es mátrix esetén a következő teljesül: AB = A B = 0. Tehát az AB nem lehet az egységmátrix, bárhogy is választjuk a B-t, így A-nak nincs inverze.

Inverz létezése, kiszámítása Tétel Legyen a 11... a 1n A =..... a n1... a nn n n-es mátrix. Ekkor A-nak pontosan akkor létezik inverze, ha determinánsa nem 0. Ha A determinánsa nem 0, akkor az inverze: A 1 = 1 A 11... A 1n. A.... A n1... A nn ahol A ij az i. sor j. eleméhez tartozó adjungált aldeterminánst jelöli. T,

Az inverz gyakorlati kiszámítása Az előző tételben megadott módszer az inverz kiszámítására nagyon hosszadalmas: egy n n-es mátrix inverzéhez ki kellene számolni n 2 db n 1 n 1-es determinánst. Ehelyett elemi bázistranszformációval fogjuk számolni a mátrix inverzét. Inverzmátrix kiszámítása elemi bázistranszformációval A mátrixot beírjuk egy táblázatba, majd elemi bázistranszformációkat hajtunk végre, amíg csak tudunk generáló elemet választani. Ha sikerült az összes oszlopvektort bevinni a bázisba, akkor a mátrixnak létezik az inverze, azaz invertálható. A mátrix inverzét megkapjuk, ha sor- és oszlopcserékkel az indexeket rendezzük. FONTOS: most nem szabad elhagyni a bázisból kikerülő vektor oszlopát!!!

Inverzmátrix kiszámítása Példa Döntsük el, hogy invertálható-e az alábbi mátrix, ha igen, adjuk meg az inverzét: 1 1 1 1 2 1. 2 1 1 Beírjuk egy táblázatba a mátrixot, majd elemi bázistranszformációkat hajtunk végre: v 1 v 2 v 3 e 1 1 1 1 e 2 1 2 1 e 3 2 1 1 v 1 v 2 e 2 e 1 2 1 1 v 3 1 2 1 e 3 3 1 1 v 1 e 1 e 2 v 2 2 1 1 v 3 3 2 1 e 3 1 1 0

v 1 e 1 e 2 v 2 2 1 1 v 3 3 2 1 e 3 1 1 0 e 3 e 1 e 2 v 2 2 3 1 v 3 3 5 1 v 1 1 1 0 Vagyis minden vektort sikerült bevinni a bázisba, így a mátrixnak van inverze. Az inverz az utolsó táblázatból olvasható le, ha sor- és oszlopcserékkel rendeztük a táblázatot: e 3 e 1 e 2 v 2 2 3 1 v 3 3 5 1 v 1 1 1 0 e 3 e 1 e 2 v 1 1 1 0 v 2 2 3 1 v 3 3 5 1 e 1 e 2 e 3 v 1 1 0 1 v 2 3 1 2 v 3 5 1 3

Tehát a mátrix inverze: Ellenőrzés: 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 0 1 3 1 2 5 1 3 1 0 1 3 1 2 5 1 3. = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 A mátrix inverze úgy is kiszámolható, hogy a táblázatba a mátrix mellé az egységmátrixot is beírjuk, ebben az esetben a generáló elem oszlopa elhagyható, és a végén csak a sorokat kell rendezni:. v 1 v 2 v 3 e 1 e 2 e 3 e 1 1 1 1 1 0 0 e 2 1 2 1 0 1 0 e 3 2 1 1 0 0 1 e 1 e 2 e 3 v 2 3 1 2 v 3 5 1 3 v 1 1 0 1

Azonosságok Legyen A és B tetszőleges n n-es invertálható mátrix, ekkor 1 (A 1 ) 1 = A, 2 (AB) 1 = B 1 A 1. Bizonyítás: A másodikat bizonyítjuk. Az AB-nek inverze a B 1 A 1, mivel a szorzatuk az egységmátrix: (AB) (B 1 A 1 ) = A (BB 1 ) A 1 = A E A 1 = AA 1 = E. Negatív kitevős hatvány Ha A invertálható mátrix, akkor az inverz létezését felhasználva definiálhatók A negatív kitevős hatványai: A k = (A 1 ) k. A hatványozás korábban megadott azonosságai negatív kitevők esetén is érvényesek maradnak.

Mátrixegyenlet Legyen A n m-es, B pedig n k-as mátrix. Található-e olyan X mátrix, amelyre AX = B? Az X mátrixnak m k-asnak kell lennie ahhoz, hogy az egyenlőség teljesülhessen. Valójában a fenti kérdés k db olyan lineáris egyenletrendszer megoldására vezet, melyeknek együttható mátrixa éppen A, míg a konstansoszlopok rendre éppen B oszlopai. Az ilyen típusú egyenletrendszerek egyszerre is megoldhatók, mégpedig úgy, hogy most az elemi bázistranszformáció során a konstansoszlop helyett a B mátrix szerepel.

Mátrixegyenlet megoldása Példa Oldjuk meg az ( 1 1 2 1 0 1 mátrixegyenletet. ) ( 1 1 0 X = 1 2 1 ) Beírjuk a mátrixokat egy táblázatba, balra az A-t, jobbra pedig B-t, majd elemi bázistranszformációkat hajtunk végre: x 1 x 2 x 3 b 1 b 2 b 3 e 1 1 1 2 1 1 0 e 2 1 0 1 1 2 1 x 3 b 1 b 2 b 3 x 1 1 1 2 1 x 2 1 2 1 1

Fontos megjegyezni, hogy most az x változók az X megoldásmátrix OSZLOPAIBAN helyezkednek el, és az értéküket úgy határozhatjuk meg, mint az egyenletrendszer megoldása esetén. Tehát ebben az esetben az x 3 szabad változó lesz, így minden oszlop harmadik eleme szabadon megválasztható, a többi érték pedig, mint az egyenletrendszereknél, kifejezhető. Például az második oszlop esetén a jobboldali konstansok közül csak a második oszlopot kell figyelembe venni: x 3 b 2 x 1 1 2, x 2 1 1 vagyis X második oszlopának harmadik eleme szabadon választható (b R), az első eleme 2 b, második eleme pedig 1 + b lesz. Hasonlóképpen megadható X többi oszlopa is. Az általános megoldás: X = 1 a 2 b 1 c 2 + a 1 + b 1 + c a b c a, b, c R.

Ellenőrzés: ( 1 1 2 1 0 1 ) 1 a 2 b 1 c 2 + a 1 + b 1 + c a b c = ( 1 1 0 1 2 1 ). Megjegyzés Ahogy a mátrixinverz számításnál már megjegyeztük, az inverz úgy is számítható, hogy az E egységmátrixot az A mellé írjuk. Ez annak felel meg, mintha az AX = E mátrix egyenletet oldanánk meg, ekkor ha megoldható, akkor az X éppen A inverzét adja.

XA = B típusú mátrixegyenlet Hogyan oldanánk meg XA = B típusú mátrixegyenleteket? A korábban látott elemi bázistranszformációs megoldás csak az AX = B alakú mátrixegyenleteknél működik. Transzponálás segítségével visszavezethető egy XA = B típusú mátrixegyenlet egy AX = B típusúra: (XA) T = B T A T X T = B T. Azonban fontos megjegyezni, hogy ekkor az elemi bázitranszformációval kapott mátrixot transzponlálni kell, ahhoz hogy megkapjuk X -et.

Példa Oldjuk meg az ( 2 0 X 1 3 ) = 3 3 1 0 4 9. mátrixegyenletet. Először transzponáljuk: ( 2 1 0 3 ) ( X T 3 1 4 = 3 0 9 ). Írjuk be a transzponálással kapott mátrixokat a táblázatba. x 1 x 2 b 1 b 2 b 3 e 1 2 1 3 1 4 e 2 0 3 3 0 9 x 1 b 1 b 2 b 3 x 2 2 3 1 4 e 2 6 12 3 21

b 1 b 2 b 3 x 2 1 0 3 x 1 2 1 7 2 2 Nem kaptunk ellentmondást, és nem maradt szabad ismeretlen, így pontosan egy megoldás van. Mivel x 1 és x 2 fordított sorrendben szerepel a táblázatban, úgy kapjuk meg X T -at, ha megcseréljük a táblázat sorait: ( X T 2 1 7 = 2 2 1 0 3 ). Az X T mátrixot transzponálva megkapjuk X -et: 2 1 X = 1 2 0. 7 2 3 A megoldásunk helyességét célszerű ellenőrizni az eredeti mátrixegyenletbe visszahelyettesítve.

Gondolkodnivalók Mátrix inverze, mátrixegyenlet 1. Gondolkodnivaló Határozzuk meg az 1 2 3 0 1 1 0 0 1 mátrix inverzét. Valamint igazoljuk általánosan, hogy invertálható trianguláris mátrixok inverze is trianguláris.

Gondolkodnivalók Mátrix inverze, mátrixegyenlet 2. Gondolkodnivaló Oldjuk meg az alábbi mátrixegyenletet a p valós paraméter értékétől függően ( ) ( ) 1 2 1 p X =. 1 2 2 4