1. Gauss-, Gauss-Jordan elimináció.

1. Gauss-, Gauss-Jordan elimináció. Először az Ax = b lineáris egyenletrendszerekkel foglalkozunk. Itt tehát adott egy A R m n (például valós elemű, m-szer n-es) mátrix továbbá egy b R m (valós, m-elemű) vektor és olyan x R n vektort keresünk, amely megoldása a fenti egyenletrendszernek, vagyis amelyre Ax = b teljesül. Már az m = n = 1 eset is bonyolultnak tűnik: a 0x = 0, 0x = 1, 1x = 0 egyenletrendszerek megoldáshalmaza rendre R,, {0}. A megoldáshalmaz tehát ezekben az esetekben végtelen sok elemet tartalmaz, vagy üres, vagy pontosan egy elemű. (Látni fogjuk, hogy általában is ez a helyzet.) Ennek a bonyolultságnak köszönhetően, ellentétben például az egyváltozós, komplex együtthatós másodfokú egyenletekkel, általában nem ismeretes olyan képlet, amely az A, b elemeinek függvényében fejezné ki az x megoldás(oka)t. Az x megoldások meghatározására algoritmusokat terveztek. Itt két algoritmussal ismerkedünk meg, a Gauss-, illetve a Gauss-Jordan eliminációval. Mindkét módszer az alábbi észrevételen alapszik: 1. Ha az (A, b) mátrixon végrehajtjuk az alábbi transzformációk egyikét és az így kapott mátrix (A, b ), akkor az Ax = b és az A x = b egyenletrendszerek megoldáshalmaza megegyezik: T 1 : A mátrix egyik sorát egy nemnulla λ valós számmal szorozzuk. T 2 : A mátrix egyik sorához hozzáadjuk egy másik sorának λ-szorosát, ahol λ tetszőleges valós szám. Természetesen a fenti tulajdonsággal rendelkezik az a transzformáció, hogy a mátrix két sorát felcseréljük. (Ezt jelöljük T 0 -lal.) A T 0, T 1, T 2 transzformációkat elemi sortranszformációknak nevezzük. Hasonlóan definiálhatók az elemi oszloptranszformációk is. 2. Az elemi sortranszformációk egyenértékűek a mátrix egy ún. elemi mátrixszal való balról szorzásával, ahol az elemi mátrixot úgy kapjuk, hogy a megfelelő transzformációt az egységmátrixon hajtjuk végre. 2.-höz hasonló állítás mondható ki az elemi oszloptranszformációk esetén is, csak itt az elemi mátrixszal jobbról kell szorozni. Ennek az állításnak a megjegyzését segítheti az angol jobs=munkák szó: Jobbról Oszlopot, Balról Sort transzformál az elemi mátrixszal való szorzás. 3. Az egyetlen egyenletből álló Ax = b rendszernek pontosan akkor nincs megoldása, ha A = 0 és b 0. A Gauss(-Jordan) elimináció során (T 1 és) T 2 típusú sortranszformációkkal olyan alakra hozzuk a megoldható egyenletrendszert, amelynek megoldása(i) már könnyen kiolvasható(k). Ha az egyenletrendszernek nincs megoldása, akkor az egyik átalakított rendszernek lesz egy ellentmondó (0x = ( 0) alakú) egyenlete. A következőkben a Gauss eliminációt írjuk le formálisabban. Az algoritmusban szereplő egyes változók jelentése: i k A (k) x = b (k) jelöli, hogy hányadik sorban áll az éppen vizsgált egyenlet. jelöli az eddig talált nemnulla sorok számát. a k-szor transzformált, Ax = b-vel azonos megoldáshalmazú rendszer. Gauss elimináció: Be: m, n, A, b [m, n N, A R m n, b R m ] i := 1 : k := 0 : A (0) := A : b (0) := b 1. fázis [(A, b) átalakítása sortranszformációkkal] Ha i m, akkor Ax = b megoldhatatlan különben r := k : 2. fázis [Visszahelyettesítés] : Ki: p, q (j) (j {1,...,n} \ {j 1,..., j r }) Program vége. 1. fázis Ciklus, amíg i m és az A (k) x = b (k) rendszer i-edik egyenlete megoldható Ha A (k) i-edik sorának van nemnulla eleme, akkor k := k + 1 : Sortranszformáció i := i + 1 Ciklus vége Eljárás vége. 1

Sortranszformáció i k := i [Az i 1,...,i k számsorozat növekszik] Válasszunk j k oszlopindexet úgy, hogy az A (k 1) mátrix (i k, j k ) pozícióján álló eleme nemnulla legyen. [A j 1,...,j k számok különbözőek] Az (A (k 1), b (k 1) ) mátrix i-edik sorának megfelelő számú többszöröseit vonjuk ki az i k -nál nagyobb indexű sorokból úgy, hogy a j k -adik oszlopban az i k -nál nagyobb indexű elemek lenullázódjanak. Az így kapott mátrix legyen (A (k), b (k) ). Eljárás vége. 2. fázis Nevezzük a rövidség kedvéért az x j1,..., x jr változókat az Ax = b rendszer egy megoldásában bázisváltozóknak. Tekintsük az A (r) x = b (r) egyenletrendszert. Ennek i r -edik egyenletében az x j1,...,x jr 1 változók együtthatója nulla, így x jr kifejezhető a nem bázisváltozók függvényeként. Ezután az i r 1 -edik egyenletet tekintjük. Ebben az x j1,...,x jr 2 változók együtthatója nulla, így x jr ismeretében x jr 1 kifejezhető a nem bázisváltozók függvényeként. És így tovább egészen addig, míg az x j1 -et ki nem fejeztük a nem bázisváltozók függvényeként. Mivel a nem bázisváltozók természetesen kifejezhetőek a nem bázisváltozók függvényeként, azért az Ax = b rendszer tetszőleges megoldását kifejeztük nem bázisváltozóinak függvényeként. Könnyen belátható, hogy ez a függés lineáris, vagyis léteznek olyan p, q (j) R n vektorok úgy, hogy x = p+ {q (j) x j : x j nem bázisváltozó} alakú. (A nembázisváltozóknak megfelelő helyeken p-ben nincs nemnulla elem, q (j) -ben is csak a j-edik pozíción, ahol egy egyes áll.) Az Ax = b rendszer megoldásait éppen az ilyen alakban előálló x vektorok adják. A p vektorra teljesül, hogy Ap = b, a q (j) vektorokra Aq (j) = 0. Eljárás vége. Példa: ( ) ( ) 1 (A (0), b (0) 2 1 2 1 2 1 2 ) =, (A 1 1 0 3 (1), b (1) ) = 0 1 = (A 1 1 (2), b (2) ) x 2 x 3 = 1 x 2 = 1 x 3 x 1 + 2x 2 + x 3 = 2 x 1 = 2 2x 2 x 3 = 2 2( 1 x 3 ) x 3 = 4 + x 3 x = p + q (3) x 3 = (4, 1, 0) T + (1, 1, 1) T x 3. Változtassuk meg most a Sortranszformáció eljárást a következő módon: Az i k, j k indexek választása után először osszuk le az i k -adik sort az j k -adik elemével, majd a sor megfelelő számú többszöröseit vonjuk le a többi sorból úgy, hogy a j k -adik oszlop i k -tól különböző indexű elemei lenullázódjanak. Ily módon az A (r) x = b (r) egyenletrendszerben az i 1 -edik, i 2 -edik,..., i r -edik egyenletben a bázisváltozók közül csak egynek nemnulla az együtthatója (rendre x j1 -nek,..., x jr -nek és egyes), ami jelentősen megkönnyíti a 2. fázist, a visszahelyettesítést. Az így nyert módszert hívjuk Gauss-Jordan eliminációnak. Példa: (A (0), b (0) ), (A (1), b (1) ) = mint fent, (A (2), b (2) ) = x 2 + x 3 = 1 x 2 = 1 x 3 x 1 x 3 = 4 x 1 = 4 + x 3 x = p + q (3) x 3 = (4, 1, 0) T + (1, 1, 1) T x 3. ( 1 0 1 4 0 1 1 1 ) A p vektor, mint egy speciális megoldás jó bizonyítéka az Ax = b rendszer megoldhatóságának. Van-e hasonló tömör bizonyítéka az Ax = b rendszer megoldhatatlanságának? Ilyen bizonyítékot ad a következő tétel (Fredholm alternatíva tétele): Az Ax = b rendszer pontosan akkor megoldhatatlan, ha létezik y R m vektor úgy, hogy A T y = 0 és b T y 0. 2

A tétel akkor iránya könnyen belátható: Ha létezne a tételben leírt tulajdonságú x és y vektor is, akkor az 0 = 0 T x = (A T y) T x = y T Ax = y T (Ax) = y T b 0 ellentmondáshoz jutnánk. A tétel másik irányát a fenti eliminációk bármelyikével bizonyíthatjuk konstruktívan: Ha az Ax = b rendszer nem megoldható, akkor az elimináció során valamikor ellentmondó egyenletre bukkanunk, vagyis az aktuális A (k) x = b (k) rendszer i-edik egyenlete 0 T x = ( 0) alakú lesz. A 2. feladatból következik, hogy létezik E R m m mátrix úgy, hogy A (k) = EA, b (k) = Eb. Az E mátrix az elemi sortranszformációknak megfelelő mátrixok szorzataként áll elő. Az E mátrixot a következő módon számolhatjuk ki: az m m-es egységmátrixon hajtsuk végre ugyanazokat a sortranszformációkat, amiket az (A, b) mátrixon végrehajtottunk. Jelölje e i a i-edik egységvektort: ennek minden eleme nulla, leszámítva az i-ediket, ami egyes. A fentiek szerint e T i A(k) = e T i EA = 0, et i b(k) = e T i Eb 0. Legyen y az E mátrix i-edik sorvektorának, e T i E-nek a transzponáltja. Erre az y vektorra teljesül, hogy A T y = 0, b T y 0, mint azt az előző egyenletek éppen kimondják. Példa: ( ) ( ) 1 (A (0), b (0) 2 1 2 1 2 1 2 ) =, (A 2 4 2 5 (1), b (1) ) = ( ) ( ) 0 0 0 1 1 0 1 0 E = 0 1 2 1 y T = e T 2 E = ( 0 1 ) ( ) 1 0 = ( 2 1 ) 2 1 4. Oldd meg a Gauss-, vagy a Gauss-Jordan elimináció segítségével az A i x = b i (i = 1, 2, 3) egyenletrendszereket, ahol 1 1 3 1 1 3 1 5 1 2 3 4 4 (A 1, b 1 ) := 2 1 2 1 1 1 1 3, (A 2, b 2 ) := 1 1 5 7 2 1 1 2, (A 3, b 3 ) := 0 1 1 1 3 1 3 0 3 1. 1 2 3 1 2 3 3 14 0 7 3 1 3 Ha a rendszer megoldhatatlan, akkor határozd meg az ezt tanúsító y vektort is! 5. Azt mondjuk, hogy a H R m n mátrix Hermite-féle normálalakú, ha kiválaszthatók i 1,...,i r sorindexek és j 1,..., j r oszlopindexek úgy, hogy a) Ha az i sorindex az i 1,..., i r sorindexek mindegyikétől különbözik, akkor a H mátrix i-edik sora csupa nullából áll. b) Bármely k {1,..., r} esetén a H mátrix j k -adik oszlopának minden eleme nulla, leszámítva az i k -adikat, ami egyes. Bizonyítsd be, hogy minden A R m n mátrix Hermite-féle normálalakra hozható T 1 és T 2 típusú elemi sortranszformációkkal! Hozd H Hermite-féle normálalakra az alábbi A mátrixokat! Számolj ki egy E mátrixot is, amelyre H = EA! A = 1 0 0 1 4 0 1 0 2 5 0 0 1 3 6 1 2 3 14 32 4 5 6 32 77, illetve A = 2 0 2 0 2 0 1 0 1 0 2 1 0 2 1 0 1 0 1 0 6. Bizonyítsd be, hogy ha az Ax = b rendszer megoldható és A és b is racionális elemű, akkor a rendszernek van racionális megoldása is! (Ellentétben például az egyváltozós x 2 = 2 nemlineáris egyenlettel.) 3

2. Permutáció, determináns. Vizsgáljuk most az m = n esetet és legyen először n = 2. Kiszámolható, hogy ha a d := a 11 a 22 a 12 a 21 mennyiség nem nulla (a ij természetesen az A mátrix i-edik sorában és j-edik oszlopában álló elemét jelöli), akkor az Ax = b rendszernek pontosan egy megoldása létezik, amelynek koordinátáit az alábbi képlettel számolhatjuk ki: x 1 = (b 1 a 22 a 12 b 2 )/d, x 2 = (a 11 b 2 b 1 a 21 )/d. Hasonló tétel mondható ki az n = 3 esetben is: Ha d := a 11 a 22 a 33 + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32 a 13 a 22 a 31 a 11 a 23 a 32 a 12 a 21 a 33 nem nulla, akkor az Ax = b rendszer egyértelmű megoldásának koordinátái: x 1 x 2 x 3 = (b 1 a 22 a 33 + a 12 a 23 b 3 + a 13 b 2 a 32 a 13 a 22 b 3 b 1 a 23 a 32 a 12 b 2 a 33 )/d, = (a 11 b 2 a 33 + b 1 a 23 a 31 + a 13 a 21 b 3 a 13 b 2 a 31 a 11 a 23 b 3 b 1 a 21 a 33 )/d, = (a 11 a 22 b 3 + a 12 b 2 a 31 + b 1 a 21 a 32 b 1 a 22 a 31 a 11 b 2 a 32 a 12 a 21 b 3 )/d. Hogyan általánosíthatóak ezek a tételek tetszőleges n esetére? Észrevették, hogy a kulcsszerepet játszó d mennyiségek n! = 1 2... n tag összegeként állnak elő. Az egyes tagokat úgy kapjuk, hogy az A mátrixból kiválasztunk n elemet, melyeknek sorai és oszlopai is különbözőek, és ezeket összeszorozzuk. A tagok előjele plusz, vagy mínusz aszerint, hogy páros, vagy páratlan az olyan i, j oszlopindexpárok száma, amelyre i < j és az i-edik oszlopból kiválasztott elem sorindexe nagyobb, mint a j-edik oszlopból kiválasztott elem sorindexe. Az így nyert összeg az A R n n mátrix determinánsa, jele deta, vagy A. A fenti, az n = 2, illetve az n = 3 esetre vonatkozó tételek általánosítása, a Cramer szabály ezek után: Ha det A 0, akkor az Ax = b rendszernek pontosan egy megoldása létezik, melynek x i koordinátáját úgy kapjuk, hogy az A mátrix i-edik oszlopát b-vel helyettesítjük és az így nyert mátrix determinánsát leosztjuk det A-val. Ebben a fejezetben a determináns tulajdonságait vizsgáljuk, a következő fejezetben pedig bebizonyítjuk a Cramer szabályt. Az {1, 2,..., n} halmaz önmagára történő kölcsönösen egyértelmű leképezését permutációnak nevezzük. A P R n n mátrixot permutáció mátrixnak hívjuk, ha minden sorában és minden oszlopában pontosan egy darab egyes van, a többi elem nulla. Minden π permutációhoz hozzárendelhető a P π := n e π(j) e T j j=1 permutáció mátrix és megfordítva minden P permutáció mátrixhoz létezik egyértelműen π permutáció úgy, hogy P = P π legyen. Könnyen belátható, hogy a permutációk (és így a permutáció mátrixok) száma n! = 1 2... n. A permutációkon a szokásos függvényösszetétel művelet egyfajta szorzást definiál. Ha π, σ permutációk, akkor a (π σ)(i) := π(σ(i)) (i = 1,..., n) képlettel definiált π σ leképezés is permutáció. Teljesül, hogy P π σ = P π P σ. Ennek az azonosságnak a segítségével a szorzás számos tulajdonságát bizonyíthatjuk a szorzás tulajdonságaiból: A szorzás nem kommutatív (vagyis π σ nem feltétlenül egyezik meg σ π-vel): 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 = 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 = 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0. 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 A szorzás asszociatív (átzárójelezhető), hiszen lényegében mátrixszorzás. van egységelem: az egységmátrixnak megfelelő, mindent helybenhagyó ε permutációra teljesül, hogy π ε = ε π = π. 4

van inverz elem: a P T π -nak megfelelő π 1 permutációra teljesül, hogy π π 1 = π 1 π = ε, hiszen P π P T π = P T π P π = I, az egységmátrix. Transzpozíciónak nevezünk egy τ permutációt, ha a neki megfelelő permutációmátrix az egységmátrixból két sorának felcserélésével keletkezik. Egy τ transzpozíció önmaga inverze, vagyis τ 1 = τ, ugyanis P T τ = P τ. Az n szerinti teljes indukcióval könnyen belátható, hogy a permutációk π 1, π 2,..., π n! sorrendbe állíthatók úgy, hogy π i+1 = τ i π i valamely τ i transzpozíciókkal, és π 1 -nek tetszőleges permutációt választhatunk. Adott π permutáció esetén azt mondjuk, hogy i és j inverziót alkotnak π-ben, ha i < j, de π(i) > π(j). A π permutáció páros, illetve páratlan aszerint, hogy páros, illetve páratlan a benne lévő inverziók száma. Könnyen belátható, hogy π és τ π paritása ellentétes, ha τ transzpozíció. 1. A páros és a páratlan permutációk száma is 1 2 n!. 2. Egy π permutáció végtelenféleképpen bomlik fel transzpozíciók szorzatára, de egy-egy ilyen felbontásban a transzpozíciók számának paritása megegyezik π paritásával. 3. Két permutáció szorzata pontosan akkor páros, ha a permutációk paritása megegyezik. Speciálisan π és π 1 egyszerre páros, vagy páratlan. Egy A mátrix determinánsának definíciója ezek után tömören: deta := { ( 1) π mod2 a π(1)1... a π(n)n : π permutáció }, ahol π mod 2 nulla, vagy egy aszerint, hogy π páros, vagy páratlan. Első fontos észrevételünk a determinánssal kapcsolatban, hogy egy mátrix, és transzponáltjának determinánsa megegyezik. Röviden vázoljuk a bizonyítást: det A = { } ( 1) π 1 mod2 a π 1 (1)1... a π 1 (n)n : π permutáció = = { ( 1) π mod2 a 1π(1)... a nπ(n) : π permutáció } = det(a T ). Emiatt az alábbi állítások érvényben maradnak akkor is, ha a sor és az oszlop szavakat felcseréljük. A definícióból könnyen adódik, hogy a determináns a sorvektorok multilineáris függvénye, vagyis: a) Ha az A mátrix i-edik sora egy b vektor λ konstansszorosa, akkor det A = λdet B, ahol B az A mátrixból keletkezik úgy, hogy i-edik sorát b-vel helyettesítjük. b) Ha az A mátrix i-edik sora egy b és egy c vektor összege, akkor deta = detb + detc, ahol B és C az A mátrixból keletkezik úgy, hogy i-edik sorát b-vel, illetve c-vel helyettesítjük. Ebből már könnyen adódik a determináns azon tulajdonsága, hogy a T 0, T 1, T 2 sortranszformációk után az új mátrix (A ) determinánsa a régi mátrix (A) determinánsának ( 1)-szerese, λ-szorosa, illetve 1-szerese. A T 0 sortranszformáció esetében ez abból adódik, hogy deta = { ( 1) τ π mod2 a (τ π)(1)1... a (τ π)(n)n : π permutáció } = = { ( 1) π mod2 a π(1)1... a π(n)n : π permutáció } = det(a ). a megfelelő τ transzpozícióval. A T 1, T 2 transzformációkra vonatkozó állítás a determináns multilinearitásának következménye, figyelembe véve még azt is, hogy ha a mátrix két sora megegyezik, akkor a determináns önmaga ( 1)-szereseként nullával egyenlő. A determinánst mechanikusan a Gauss elimináció segítségével számolhatjuk ki, a jobb oldal vektort (b) a nullvektornak képzelve. A Gauss elimináció során végig T 2 típusú sortranszformációkkal dolgozunk, így a determináns nem változik. Ha az eljárás során találunk csupa nullából álló sort, akkor a determináns nulla, ellenkező esetben a kiválasztott növekvő sorindexsorozat i 1 = 1, i 2 = 2,..., i n = n. Ekkor legyen π az a permutáció, amelynek k helyen felvett értéke éppen j k. Megmutatjuk, hogy ekkor deta = ( 1) πmod2 a (n) i 1j 1... a (n) i nj n. Az A (n) mátrix determinánsában szereplő ( 1) σmod2 a (n) σ(1)1... a(n) σ(n)n tag csak akkor nem nulla, ha σ(j k) i k (k = 1,...,n), egyébként ugyanis a szorzatnak van nulla tagja. Eszerint σ π ε, amiből σ π = ε, vagyis σ = π 1 és így deta = ( 1) π 1 mod2 a (n) π 1 (1)1... a(n) π 1 (n)n = ( 1)πmod2 a (n) 1π(1)... a(n) nπ(n), 5

ami éppen a bizonyítandó állítás. 4. Számítsd ki az alábbi determinánsokat a definíció szerint, illetve Gauss eliminációval! 2 3 1 4, 2 1 1 2, 1 1 1 1 0 1 1 1 0, 0 1 1 1 0 1 1 1 0. 5. Antiszimmetrikusnak nevezünk egy mátrixot ha a transzponáltja ( 1)-szerese. Mutasd meg, hogy egy páratlan rendű antiszimmetrikus mátrix determinánsa nulla! 6. Tegyük fel, hogy az A R n n mátrix nulla sor- és oszlopösszegű, vagyis Ae = A T e = 0, ahol e az (1,..., 1) T vektort jelöli. Az A mátrixból i-edik sorának és j-edik oszlopának elhagyásával keletkező mátrixot jelölje A ij. Bizonyítsd be, hogy ekkor ( 1) i+j det (A ij ) az i, j-től független konstans! [Útmutatás: Adjuk A ij l-edik oszlopához a többi oszlopát, majd k-adik sorához a többi sorát. Sor- és oszlopcserék után A kl -et kapjuk.] A determinánsok nem mechanikus számításánál hasznos lehet még Laplace tétele, melynek segítségével a determináns kiszámítását vissza lehet vezetni kisebb rendű determinánsok kiszámítására. Laplace tétele: Válasszuk ki A tetszőleges k darab sorát, ahol 1 k n 1. Az A mátrix determinánsát megkapjuk, ha a kiválasztott sorokban szereplő mindegyik k-adrendű aldeterminánst megszorozzuk az adjungáltjával és ezeket a szorzatokat összeadjuk. (Egy k-adrendű aldetermináns az A mátrixból valamely k sorának és oszlopának meghagyásával keletkező részmátrixának a determinánsa. Tegyük fel, hogy az aldetermináns sor-, illetve oszlopindexei i 1,...,i k, illetve j 1,...,j k. Az aldetermináns adjungáltját úgy kapjuk, hogy elhagyjuk az A mátrixból ezeket a sorokat és oszlopokat, képezzük az így kapott mátrix determinánsát és megszorozzuk ( 1) i1+...+i k+j 1+...+j k -vel.) Laplace tételének speciális esete a kifejtési tétel, ez a k = 1 eset. Laplace tételének következménye a determinánsok szorzástétele, mely szerint det(ab) = (det A) (det B). A bizonyításhoz vegyük észre, hogy ( ) ( ) 0 A AB 0 a mátrix T B I 2 -kel átvihető a mátrixba, B I így a két mátrix determinánsa megegyezik. Az első mátrix determinánsa ( 1) n2 (det A)(det B) (alkalmazzuk a Laplace tételt az első n oszlopra!), míg a másodiké ( 1) n det(ab) (alkalmazzuk a Laplace tételt az utolsó n oszlopra!), amiből adódik a kívánt egyenlőség. (Hasonló a bizonyításmenet, mikor A R m n, B R n m nem feltétlenül négyzetes mátrixok, ez vezet a Cauchy-Binet formulához.) 7. Számítsd ki az alábbi mátrixok determinánsát! x y y 1 2 n. y x... n 1 n 1....... y...... (xj 1 1 i ) i,j=1,...,n ( x i+y j ) i,j=1,...,n y y x 2 3 1 a) kombinatorikus b) ciklikus c) Vandermonde d) Cauchy mátrix 8. Legyenek x 1,..., x n tetszőleges számok, továbbá s 1 := x 1, s 2 := x 1 + x 2,... s n := x 1 +... + x n. Bizonyítsd be, hogy az (s min {i,j} ) i,j=1,...,n mátrix determinánsa x 1... x n. 9. Álljon a 2n 2n-es mátrix főátlójában csupa x, mellékátlójában csupa y, másutt nullák. Mennyi a mátrix determinánsa? 6

3. Inverz, Cramer szabály. Egy A R n n mátrixot invertálhatónak nevezünk, ha létezik olyan B R n n mátrix, amelyre AB és BA is az egységmátrix. A B mátrixot ekkor az A mátrix inverzének nevezzük. A determinánsok szorzástételéből következik, hogy egy invertálható mátrix determinánsa nem lehet nulla. (Ha det A = 0, akkor az A mátrixot szingulárisnak, ellenkező esetben regulárisnak, vagy nemszingulárisnak hívjuk.) Megfordítva egy nemszinguláris mátrix invertálható: Jelölje A ij az A mátrixból i-edik sorának és j-edik oszlopának elhagyásával keletkező részmátrixát. Legyen A 1 := 1 deta ((( 1)i+j deta ij ) i,j=1,...,n ) T, ekkor A 1 az A mátrix inverze. Ez könnyen következik a kifejtési tételből és abból, hogy ha egy mátrix két sora, vagy két oszlopa megegyezik, akkor determinánsa nulla. Ha az A mátrix invertálható, akkor inverze nem is lehet más, mint az A 1, sőt ha egy B mátrix teljesíti az inverz definíciójában lévő azonosságok egyikét, vagyis AB = I, vagy BA = I, akkor A invertálható és B = A 1. Legyen ugyanis például AB = I. Ekkor a determinánsok szorzástétele szerint A nemszinguláris, így létezik A 1. Szorozzuk meg az AB = I egyenlőséget balról az A 1 mátrixszal és máris megkapjuk, hogy B = A 1. Ebből az észrevételből már könnyen adódik, hogy ha A, B R n n invertálható mátrixok, akkor A 1, A T és AB is invertálhatóak és inverzeik rendre A, (A 1 ) T és B 1 A 1. Ha az A mátrix invertálható, akkor az Ax = b rendszernek pontosan egy megoldása létezik, x = A 1 b. (Világos, hogy ez megoldás, és megfordítva, ha Ax = b, akkor ezt a rendszert balról A 1 -gyel szorozva kapjuk, hogy x = A 1 b.) Az x = A 1 b vektor i-edik koordinátája x i = 1 deta n ( 1) j+i (deta ji )b j, j=1 ahol a szumma értéke a kifejtési tétel szerint éppen azon mátrix determinánsa, amelyet úgy kapunk A-ból, hogy i-edik oszlopába a b vektort írjuk. Ezzel beláttuk Cramer szabályát. Megjegyezzük, hogy az egyenletrendszer megoldásának kiszámítása szempontjából a Cramer szabálynak inkább csak elméleti haszna van, hiszen alkalmazásához n + 1 darab n-edrendű determinánst kell kiszámolni, míg a Gauss(-Jordan) elimináció ugyanerre a feladatra lényegében egyetlen n-edrendű determináns kiszámításával egyenértékű. Az inverz mechanikus számítása a Gauss-Jordan elimináció segítségével történhet. Ha az elimináció során találunk csupa nulla sort, akkor a mátrix szinguláris, tehát nem invertálható. Ellenkező esetben a mátrix Hermite féle normálalakja az A (n) = Pπ T permutációmátrix, ahol i 1 = 1,...,i n = n és π(1) := j 1,...,π(n) := j n. Tudjuk, hogy egy E mátrixot is kiszámíthatunk, amelyre A (n) = EA. (Az A-hoz jobbról egy egységmátrixot toldva és úgy hajtva végre az eliminációs lépéseket az egységmátrix helyén végül a megfelelő E mátrix áll majd.) Ekkor tehát EA = Pπ T, vagyis A nemszinguláris, létezik az inverze. Az EA = Pπ T egyenlőségből azt balról P π -vel, jobbról A 1 -gyel szorozva kapjuk, hogy P π E = A 1. 1. Legyenek (A, b) = 1 1 2 1 2 1 2 4 4 1 4 2 illetve (A, b) = 3 2 1 5 2 3 1 1 2 1 3 11 a) Számold ki az A mátrix inverzét a definícióból, illetve Gauss-Jordan eliminációval! b) Határozd meg az Ax = b rendszer egyetlen megoldását az x = A 1 b képletből, illetve Cramer szabályának segítségével! 2. Az A R n n mátrixot alsó háromszög mátrixnak nevezzük, ha a főátló feletti elemei nullák. Bizonyítsd be, hogy egy alsó háromszög mátrix inverze is alsó háromszög mátrix! 3. Egy egész elemű mátrixnak milyen feltételeket kell kielégítenie, hogy inverz mátrixának elemei is egészek legyenek? 7

4. Bizonyítsd be, hogy (I A)(I + A + A 2 +... + A k 1 ) = I A k. Ennek az észrevételnek a segítségével határozd meg a 1 x 0 0 1 x x 2 x n 1 0 1 x.... x n 1. 1 x.... 0 0 1.. 0 és a x n 2 x n 1. 1.. x 2.......... x.......... x 0 0 0 1 x x n 2 x n 1 1 mátrixok inverzét! 5. Tegyük fel, hogy az M R (m+n) (m+n) mátrix ( A B M = C D ) alakú, ahol A R n n, B R n m, C R m n, D R m m. a) Ha A invertálható, akkor ( M = I 0 CA 1 I ) ( A 0 0 D CA 1 B ) ( I A 1 B 0 I ) és M pontosan akkor invertálható, ha D CA 1 B, az A Schur komplemense M-ben invertálható. Utóbbi esetben M inverze ( ) ( ) ( ) M 1 I A = 1 B A 1 0 I 0 0 I 0 (D CA 1 B) 1 CA 1. I b) Hasonlóan ha D invertálható, akkor ( I BD 1 M = 0 I ) ( A BD 1 C 0 0 D ) ( I 0 D 1 C I ) és M pontosan akkor invertálható, ha A BD 1 C, az D Schur komplemense M-ben invertálható. Utóbbi esetben M inverze ( ) ( ) ( ) M 1 I 0 (A BD = 1 C) 1 0 I BD 1 D 1 C I 0 D 1. 0 I 6. Legyen A R n n invertálható mátrix, u, v R n adott vektorok. Bizonyítsd be, hogy A + uv T pontosan akkor invertálható, ha 1 + v T A 1 u 0 és ekkor (A + uv T ) 1 = A 1 A 1 uv T A 1 1 + v T A 1 u. Ezt az összefüggést Sherman-Morrison formulának nevezik. Alkalmazásaként határozd meg a kombinatorikus mátrix invertálhatóságának a feltételét és az inverzét! 7. Általánosítsd az előző feladatot: u, v R n vektorok helyett szerepeljenek U, V R n r mátrixok és keresd az A + UV T mátrix invertálhatóságának feltételét és inverzét! (Woodbury tétele) 8

4. Lineáris függetlenség, rang. A v 1,..., v k R d vektorok lineáris kombinációi a k i=1 λ iv i vektorok, ahol λ 1,..., λ k R. A v 1,...,v k R d vektorok lineárisan függetlenek, ha csak triviális módon lehet belőlük kikombinálni a 0 vektort, vagyis λ 1,..., λ k R, k i=1 λ iv i = 0 esetén λ 1 =... = λ k = 0. 1. A v 1,...,v k R d vektorok pontosan akkor lineárisan függetlenek, ha egyikük sem áll elő a többiek lineáris kombinációjaként. 2. Tegyük fel, hogy a v 1,...,v k R d vektorok lineárisan függetlenek. Függetlenek-e ekkor az alábbi vektorrendszerek is: a) v 1, v 1 + v 2,...,v 1 +... + v k, b) v 1 v 2, v 2 v 3,..., v n v 1, c) v 1 + v 2, v 2 + v 3,..., v n + v 1? Ha a v 1,...,v k R d vektorok nem lineárisan függetlenek, akkor lineárisan összefüggőnek mondjuk őket. Ez a helyzet például, ha egyikük a 0 vektor, vagy ha van köztük két egyforma vektor. Hogy egy vektorrendszer lineárisan független, vagy összefüggő, azt mechanikusan az alábbi módon dönthetjük el: Alkossunk a vektorokból, mint oszlopvektorokból egy A mátrixot és Gauss-, vagy Gauss-Jordan eliminációval vizsgáljuk meg, hogy az Ax = 0 homogén egyenletrendszernek van-e nullától különböző megoldása. Ha van ilyen megoldás, akkor a vektorok lineárisan összefüggőek, különben függetlenek. 3. Függetlenek-e az alábbi vektorok? Ha nem, írd fel a 0 vektort lineáris kombinációjukként! (2, 5, 1, 1) T, (1, 3, 6, 5) T, ( 1, 4, 1, 2) T 4. Bizonyítsd be, hogy d-nél több R d -beli vektor már lineárisan összefüggő! A v 1,...,v k R d vektorrendszer legtöbb elemből álló lineárisan független részrendszerét a vektorrendszer bázisának nevezzük. A bázis elemszáma a vektorrendszer rangja. A 4. feladat szerint a v 1,..., v k R d vektorrendszer rangja legfeljebb d (és persze legfeljebb k). 5. Egy bázisból a vektorrendszer minden eleme kikombinálható, méghozzá egyféleképpen. 6. Egy vektorrendszer rangja nem változik, ha a) két vektorát felcseréljük; b) egyik vektorát egy λ 0 számmal megszorozzuk; c) egyik vektorához hozzáadjuk egy másik vektorának λ-szorosát, ahol λ R; d) elhagyunk belőle egy nulla vektort. Adott A R m n esetén sorvektorai rendszerének rangja a mátrix sorrangja, oszlopvektorai rendszerének rangja a mátrix oszloprangja, jelük sr(a), illetve or(a). Nyilván sr(a) = or(a T ) és or(a) = sr(a T ). Tudjuk továbbá, hogy max{sr(a), or (A)} min {m, n}. Először megmutatjuk, hogy a kétféle mátrixrang megegyezik. 7. Ha E R m m és F R n n invertálható mátrixok, akkor or(ea) = or(a) és sr(af) = sr(a). 8. Az A mátrix sor- és oszloprangja sem változik, ha a) a mátrixon elemi sor-, vagy oszloptranszformációkat hajtunk végre, illetve b) a mátrix egy csupa nulla sorát, vagy oszlopát elhagyjuk. 9. Az A mátrix sor- és oszloprangja is a Gauss-, vagy Gauss-Jordan elimináció során b = 0 mellett kiszámolt r szám. Az A oszlopvektorainak egy bázisa a j 1 -edik,..., j r -edik oszlop. Az A sorvektorainak egy bázisa az i 1 -edik,..., i r -edik sor. [Az utóbbi állításhoz útmutatásként: Azt kell megmutatnunk, hogy ha y T A = 0 és y i = 0 (i {i 1,..., i r }), akkor y = 0. Például a Gauss-Jordan elimináció alkalmazásakor 0 = y T Ae jk = y T E 1 e ik (k = 1,...,r) és 0 = y T e i = y T E 1 e i (i {i 1,..., i r }). Ebből y T E 1 = 0 és így y = 0 adódik.] Eszerint az A mátrix sor és oszloprangja megegyezik. Ezt a közös értéket a mátrix rangjának nevezzük és r (A)-val jelöljük. A mátrixrangnak még két jellemzését adjuk a fejezet hátralévő részében. 10. Az A mátrix sorainak (oszlopainak) bármely lineárisan független részrendszerét kiegészíthetjük a sorok (oszlopok) egy bázisává. [Útmutatás: Elég sorokra bizonyítani az állítást. Feltehető, hogy a mátrix első s sora lineárisan független, ezt a rendszert akarjuk bázissá bővíteni. E célból hajtsunk végre Gauss(-Jordan) eliminációt b = 0 választással. Elég megmutatnunk, hogy ekkor i 1 = 1,...,i s = s lesz. Tegyük fel indirekt, hogy i 1 = 1,...,i k = k, de az 9

aktuális mátrix k + 1-edik sora 0. Ekkor létezik E mátrix, amelyre Ee i = e i (i > k), és e T k+1ea = 0. Az E vektor mutatja, hogy ekkor A első k + 1 sora lineárisan összefüggő lenne, ami ellentmondás.] e T k+1 Ezért nem csak a legtöbb elemű, hanem a legbővebb (tovább nem bővíthető) lineárisan független rendszerek is bázisok. 11. Négyzetes mátrixra ekvivalensek: a) nemszinguláris (vagyis invertálható); b) sorai lineárisan függetlenek; c) oszlopai lineárisan függetlenek. 12. Az A mátrix r (A) darab lineárisan független sorának és r (A) darab lineárisan független oszlopának kereszteződésében levő részmátrix nemszinguláris. A rang következő jellemzését adja az alábbi feladat: 13. Az A mátrix rangja a legnagyobb p szám, amelyre A-nak létezik p p-es nemszinguláris részmátrixa. 14. Ha az A mátrixnak van p p-es nemszinguláris A részmátrixa és teljesül, hogy az A mátrix A -t tartalmazó (p + 1) (p + 1)-es részmátrixai már szingulárisak, akkor r (A) = p. 15. Ha az A mátrix szimmetrikus (vagyis megegyezik a transzponáltjával), akkor a 13. feladatban elég a főátlóbeli főátlójú részmátrixokat figyelni. Most a rang és a különböző mátrixműveletek közti összefüggéseket vizsgáljuk. 16. r (AB) min {r (A), r (B)}. [Útmutatás: or(ab) or(b) és sr(ab) sr(a).] 17. r (A + B) r (A) + r (B). [Útmutatás: A + B = (A, B)(I, I)T.] 18. r (AB) r (A) + r (B) (A oszlopszáma). [Útmutatás: Léteznek E Rm m és F R n n invertálható mátrixok úgy, hogy az EAF mátrix bal felső sarkában egy r (A) r (A)-s egységmátrix áll, másutt nullák. Ekkor r (AB) = r (EAFF 1 B) = r (F 1 B első r sora) r (B) ((A oszlopszáma) r (A)). Egészítsük ki ugyanis F 1 B első r sorának bázisát F 1 B sorainak bázisává...] A mátrixrang ebben a fejezetben utolsó jellemzését adja a következő feladat: 19. Az A R m n nemnulla mátrix rangja a legkisebb q szám, amelyre találhatók u i R m, v i R n (i = 1,...,q) vektorok úgy, hogy A = q i=1 u ivi T legyen. Az A mátrix egy ilyen felbontását diadikus felbontásnak nevezzük. A q = r (A) esetben (minimális diadikus felbontás) az u i vektorok és a v i vektorok is lineárisan függetlenek. [Útmutatás: Tudjuk, hogy létezik E Rm m invertálható mátrix úgy, hogy EAe jk = e ik (k = 1,...,r) és e T i EA = 0 (i {i 1,..., i r }), ahol r = r (A). Ekkor EA = r k=1 e i k (e T i k EA), így A = r k=1 (E 1 e ik )(e T i k EA) = r k=1 (Ae j k )(e T i k EA).] 20. Számítsd ki az alábbi mátrixok rangját, a) soraiknak egy-egy bázisát; b) oszlopaiknak egy-egy bázisát; c) egy-egy r (A) r (A)-s nemszinguláris részmátrixukat; d) egy-egy minimális diadikus felbontásukat! 2 1 2 3 2 4 3 1 0 2 9 4 7, 1 2 1 4 2 0 1 1 3 1 4 3 1 1 4 7 4 4 5 21. A 2. fejezet 6. feladatát általánosítva mutasd meg, hogy ha A R n n, akkor a (( 1) i+j deta ij ) i,j=1,...,n mátrix rangja csak 0, 1, vagy n lehet! Végül a lineáris egyenletrendszerek megoldhatósága és a rang közti összefüggésről szól a Kronecker- Capelli tétel: 22. Ha az Ax = b rendszer megoldható, akkor r (A, b) = r (A), különben pedig r (A, b) = r (A) + 1. 10

5. Alterek, affin halmazok. Ebben a fejezetben a homogén, illetve inhomogén egyenletrendszerek megoldáshalmazainak szerkezetét vizsgáljuk. Ez vezet a címben említett fogalmakhoz. Az L R d halmazt altérnek nevezzük, ha nemüres és bármely két eleme és az origó által meghatározott síkot is tartalmazza, vagyis x, y L, λ, µ R esetén λx + µy L. Kétféle alapvető konstrukció van, amelyekkel egy adott S R d halmazból altereket gyárthatunk. Az első a lineáris burok, a második az ortogonális kiegészítő altér képzése. Alterek tetszőleges rendszerének metszete nyilván altér, így egy adott S R d halmaz esetén létezik egyértelműen az S-t tartalmazó legszűkebb altér, S lineáris burka, lins := {L : S L, L altér}. 1. Bizonyítsd be, hogy k lins = { λ i x i : k N, λ i R, x i S (i = 1,...,k)}. i=1 Adott A R m n mátrix esetén az A képtere Im A := {Ax : x R n }. Az 1. feladat szerint a képtér éppen egy véges vektorrendszer (A oszlopvektorai) lineáris burka. Adott S R d halmaz esetén S ortogonális kiegészítő altere az összes S-beli vektorra merőleges vektorok halmaza. (Két vektor, x és y merőleges, vagy ortogonális, ha x T y = 0.) Az S halmaz ortogonális kiegészítő alterének jele S, eszerint S := {x R d : x T y = 0 (y S)}. A véges S esetének most a nulltér felel meg: Adott A R m n mátrix esetén az A nulltere KerA := {x R n : Ax = 0}. Egy mátrix nulltere tehát éppen a megfelelő homogén lineáris egyenletrendszer megoldáshalmaza. 2. Bizonyítsd be, hogy a) lin (S 1 S 2 ) = (lin S 1 ) + (lins 2 ); b) (S 1 S 2 ) = S 1 S 2. Hogyan alakulnak ezek az egyenlőségek, mikor S 1, S 2 alterek? 3. Bizonyítsd be, hogy (Im A) = Ker(A T ). A képterek és nullterek alterek. Megfordítva igaz-e, hogy minden altér előáll képtérként és nulltérként is? Az első kérdés megválaszolásához érdemes az alterek minimális (nem szűkíthető) generáló rendszereit vizsgálni. (Egy S L halmazt az L altér generáló rendszerének hívunk, ha lins = L. Ilyen például az egész L.) 4. Adott S R d halmaz esetén az alábbi állítások ekvivalensek: a) Minden S S esetén lins lins; b) Minden s S esetén s lin (S \ {s}); c) Ha k N, λ 1,..., λ k R, x 1,...,x k S, továbbá k i=1 λ ix i = 0, akkor λ 1 =... = λ k = 0. Ha az a), b), vagy c) állítások egyike (és akkor mindegyike) teljesül, akkor az S halmazt lineárisan függetlennek nevezzük, különben pedig lineárisan összefüggőnek. A lineáris függetlenség fogalma nyilván az előző fejezetben szereplő definíció általánosítása, hiszen egy lineárisan független vektorrendszer nem tartalmazhat egyforma elemeket. Lineárisan független például az üres halmaz. Egy lineárisan független halmaz legfeljebb d elemű lehet. 11

5. Adott L R d altér és S R d halmaz esetén az alábbi állítások ekvivalensek: a) S minimális generáló rendszere L-nek, vagyis lins = L, de S S esetén lins L; b) S lineárisan független generáló rendszere L-nek; c) S maximális (nem bővíthető) L-beli lineárisan független rendszer, vagyis S L lineárisan független, de S S L esetén S már lineárisan összefüggő. Ha az a), b), vagy c) állítások egyike (és akkor mindegyike) teljesül, akkor az S halmazt az L altér bázisának nevezzük. A fejezet elején feltett első kérdésünk így fogalmazható: Létezik-e minden altérnek bázisa? Ezt a kérdést (általánosabban) válaszolja meg a következő feladat. 6. Legyen L R d altér, S f lineárisan független, S g az L generáló rendszere. Tegyük fel, hogy S f S g. Ekkor létezik az L-nek olyan S b bázisa, amelyre S f S b S g. Speciálisan minden független bázissá bővíthető és minden generáló rendszer bázissá szűkíthető. [Útmutatás: S b legyen az S f -et tartalmazó S g -beli lineárisan függetlenek közül egy maximális elemszámú.] 7. Legyen L R d altér. Ha S f L lineárisan független rendszer, továbbá S g az L generáló rendszere, akkor S f elemszáma kevesebb, mint S g -é. [Útmutatás: Feltehető, hogy S g-nek véges sok eleme van. Belőlük mint oszlopvektorokból állítsunk össze egy G mátrixot, hasonlóan S f -ből egy F mátrixot. Ekkor létezik X mátrix úgy, hogy F = GX. Vizsgáljuk meg az F = GX mátrix rangját.] A 7. feladatból azonnal következik, hogy L minden bázisa azonos elemszámú. Ezt a közös elemszámot (végtelen halmazról lévén szó nem rangnak, hanem) az L altér dimenziójának nevezzük. 8. Az S b halmaz pontosan akkor bázisa az L altérnek, ha az L-beli lineárisan függetlenek (generáló rendszerek) közt a legnagyobb (legkisebb) elemszámú. 9. Az S b L halmaz pontosan akkor bázisa az L altérnek, ha minden L-beli elemet pontosan egyféleképpen lehet kikombinálni S b elemeiből. Ezzel a bázisok sokféle jellemzését ismertük meg. Bizonyítás nélkül megjegyezzük, hogy alkalmasan definiálva a generáló rendszer fogalmát a tételek hasonlóan széles spektrumát nyerhetjük véges vektorrendszerek esetén is (egy részüket bizonyítottuk az előző fejezetben). A két tételkör közti kapcsolatról szól a következő feladat: 10. Egy véges vektorrendszer generáló rendszerének nevezzük azt a részét, amelyből a rendszer minden eleme kikombinálható. Alkossunk a vektorrendszer elemeiből, mint oszlopvektorokból egy mátrixot. Ekkor a vektorrendszer bázisai (generáló rendszerei) éppen a mátrix képterének vektorrendszerbeli bázisai (generáló rendszerei). A második kérdés megválaszolása előtt néhány észrevétel: 11. Alkalmazzuk a Gauss-Jordan eliminációt az Ax = 0 rendszer megoldásainak megkeresésére. Ekkor az A mátrix j 1 -edik,..., j r -edik oszlopa A képterének a bázisa, a q (j) vektorok pedig A nullterének bázisát alkotják. Speciálisan dim (ImA) = r (A) és dim(kera) = n r (A). 12. Ha L R d altér, akkor dim (L ) = d diml. 13. Ha L R d altér, akkor L = L. A fejezet elején feltettük azt a kérdést is, hogy egy L R d altér előáll-e egy mátrix nulltereként. Most már látjuk, hogy igen: legyen ugyanis L = Im A T, akkor L = L = KerA. 14. Bizonyítsd be, hogy ha L 1, L 2 R d alterek, akkor a) (L 1 + L 2 ) = L 1 L 2 ; b) (L 1 L 2 ) = L 1 + L 2. [Útmutatás: b)-hez használd a)-t és a 13. feladatot!] 15. Legyenek L 1 illetve L 2 az x 1, x 2, illetve az y 1, y 2 vektorok által kifeszített alterek. Határozd meg az L 1 +L 2, L 1 L 2, (L 1 + L 2 ) és az (L 1 L 2 ) alterek egy bázisát és dimenzióját! x 1 := (1, 2, 1, 0) T, x 2 := ( 1, 1, 1, 1) T, y 1 := (2, 1, 0, 1) T, y 2 := (1, 1, 3, 7) T 16. Bizonyítsd be, hogy dim(l 1 + L 2 ) + dim(l 1 L 2 ) = diml 1 + dim L 2, ha L 1, L 2 alterek! [Útmutatás: Egészítsük ki L 1 L 2 egy bázisát L 1, illetve L 2 egy-egy bázisává. A két bázis úniója L 1 +L 2 bázisa lesz.] 12

17. Tetszőleges L R d altér esetén minden R d -beli vektor pontosan egyféleképpen áll elő, mint egy L-beli és egy L -beli vektor összege. [Útmutatás: Használjuk az előző feladatot!] A 17. feladatban szereplő állításra konstruktív bizonyítást is adhatunk. Ehhez először is vegyük észre, hogy 18. Ha az A mátrix oszlopvektorai lineárisan függetlenek, akkor A T A invertálható. [Útmutatás: Ker(AT A) = KerA = {0}.] Ha most az A mátrix oszlopvektorai az L altér bázisát alkotják, akkor adott x R d esetén olyan x = x 1 +x 2 felbontást keresünk, amelyre x 1 Im A és x 2 KerA T, vagyis x 1 = Ay 1 valamely y 1 vektorral és A T x 2 = 0. Összefoglalva az x 2 + Ay 1 = x, A T x 2 = 0 egyenletrendszert kell megoldanunk. Ennek együtthatómátrixa invertálható, inverze ( I A A T 0 ) 1 = ( I A 0 I ) ( ) ( ) I 0 I 0 0 (A T A) 1 A T = I ( ) I A(A T A) 1 A T A(A T A) 1 (A T A) 1 A T (A T A) 1. Ebből adódik, hogy x 1 = A(A T A) 1 A T x és x 2 = x x 1. Egyszerűsödne a képlet, ha feltehetnénk, hogy A T A = I. (Nem kellene invertálni.) De vajon létezike minden Im A-ként adott altérhez (ahol A oszlopvektorai lineárisan függetlenek) olyan B mátrix, amelyre B T B = I és Im B = Im A? Az alábbiakban látni fogjuk, hogy hogyan kell egy ilyen B-t konstruálni. Az x R d vektor hossza (euklideszi normája) az x T x érték. Jele x. Az, hogy egy B mátrixra B T B = I ezek után úgy fogalmazható, hogy a B oszlopvektorai páronként merőleges egységnyi hosszú vektorok. 19. Bizonyítsd be, hogy a. normára fennállnak: a) x 0, és x = 0 pontosan akkor, ha x = 0; b) λx = λ x tetszőleges λ R esetén; c) (Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij egyenlőtlenség) x T y x y ; d) (háromszög-egyenlőtlenség) x + y x + y ; e) c)-ben (d)-ben) pontosan akkor van egyenlőség, ha az x, y vektorok lineárisan összefüggők (és x T y 0). [Útmutatás c)-hez: Feltehető, hogy x 0. Ekkor (( xt y/ x 2 )x + y) T (( x T y/ x 2 )x + y) 0.] 20. Bizonyítsd be, hogy ha 0 b 1,..., b k R d páronként merőleges vektorok, akkor lineárisan függetlenek. 21. Bizonyítsd be, az alábbi ortogonalizációs eljárás helyességét: a) b i lin {a 1,..., a i } (i = 1,...,k); b) b i 0 (i = 1,...,k); c) b i merőleges a b 1,...,b i 1 vektorokra; d) a b i vektorok páronként merőleges egységvektorok és lin {a 1,...,a k } = lin {b 1,...,b k }. Gram-Schmidt ortogonalizációs eljárás Be: a 1,..., a k [lineárisan független vektorok] b 1 := a 1, i := 1 Ciklus, amíg i < k b i+1 := bt 1 ai+1 b T 1 b1 b 1... bt i ai+1 b T i bi b i + a i+1 i := i + 1 Ciklus vége b 1 := b 1 / b 1,...,b k := b k / b k Ki: b 1,..., b k Program vége. 22. Az x vektort bontsuk két olyan vektor összegére, melyek közül az egyik az a 1, a 2 vektorok által kifeszített altérben fekszik, a másik pedig merőleges erre az altérre. x = (5, 2, 2, 2) T, a 1 = (2, 1, 1, 1) T, a 2 = (1, 1, 3, 0) T 23. Legyen az x vektor az x 1 L és x 2 L vektorok összege. Mutassuk meg, hogy x x 1 2 x y 2 bármely y L esetén! [Útmutatás: Ha L = Im X, XT X = I, akkor x 1 = XX T x, y = Xy.] Az x, y R d nemnulla vektorok szöge radiánban az a 0 és π közé eső érték, amelynek koszinusza x T y/( x y ). 24. Legyenek x, y nemnulla vektorok, továbbá x = x 1 + x 2, ahol x 1 {λy : λ R}, x 2 {λy : λ R}. Mutassuk meg, hogy x, y szögének koszinusza megegyezik az x 1 / x értékkel plusz, vagy mínusz előjellel aszerint, hogy x 1 az y-nak pozitív, vagy negatív számszorosa. 13

25. Legyenek x 1, x 2 mint a 22. feladatban. Mutassuk meg, hogy az L-beli vektorok közül x az x 1 -gyel zárja be a legkisebb szöget! 26. Határozzuk meg a legkisebb szöget, amelyet az a 1, a 2 vektorok által kifeszített tér bezár az x vektorral! x := (1, 3, 1, 3) T, a 1 := (1, 1, 1, 1) T, a 2 := (5, 1, 3, 3) T Most rátérünk a nem feltétlenül homogén lineáris egyenletrendszerek megoldáshalmazainak vizsgálatára. Az M R d halmazt affin halmaznak nevezzük, ha bármely két eleme által meghatározott egyenest is tartalmazza, vagyis x, y M, λ R esetén λx + (1 λ)y M. Affin halmazra példa az eltolt alterek és a lineáris egyenletrendszerek megoldáshalmazai, vagyis a p + Im B és az {x : Ax = b} alakú halmazok. Az affin halmazokra hasonló elmélet építhető ki, mint alterekre. Ebben a lineáris burok szerepét az affin burok veszi át, a lineáris kombináció szerepét az affin kombináció. Definiálható az affin generáló rendszer, az affin független rendszer, az affin bázis és az affin dimenzió is. A megfelelő tételek felsorolása helyett itt csak a szoros kapcsolat okait magyarázó tételeket említjük: 27. A nemüres affin halmazok éppen az eltolt alterek. Minden affin halmaz pontosan egy altér eltoltjaként áll elő, amely alteret úgy kapjuk, hogy az affin halmazból kivonjuk egy tetszőleges elemét. A p + Im B affin halmazzal párhuzamos altér természetesen Im B. Az {x : Ax = b} affin halmazzal párhuzamos altér KerA, mint azt a következő feladat mutatja: 28. Ha az Ax = b rendszer megoldható és p egy tetszőleges megoldása, akkor {x : Ax = b} = p + Ker A. A 27. feladat szerint minden affin halmaz előáll p + Im B alakban. A p + Im B affin halmaz pedig előáll {x : Ax = b} alakban, csak válasszuk A-t úgy, hogy ImB = KerA legyen (vagyis Ker(B T ) = Im(A T )), és legyen b = Ap. Ekkor a 28. feladat szerint {x : Ax = b} = p + KerA = p + Im B lesz. A fentiek ismeretében könnyen ellenőrizhető a következő feladatban leírt duál Gauss-Jordan elimináció helyessége. 29. Adott A R m n, c R n esetén az A T y = c rendszert az alábbi módon oldhatjuk meg: Hozzuk az A mátrixot Hermite-féle normálalakra az E transzformáció mátrixszal. Ekkor a megoldható (EA) T y = c rendszer megoldásai éppen azok a vektorok, amelyeknek i k -adik elemei c jk -val egyeznek meg, ahol k = 1,...,r. A megoldható A T y = c rendszer megoldásai pedig az y = E T y alakú vektorok, ahol y az (EA) T y = c rendszer megoldásain fut. Ha a fenti vektorok egyike (és akkor mindegyike) nem lenne megoldás, például az A T y j-edik eleme nem c j, akkor q (j) a megoldhatatlanság tanúja, vagyis olyan vektor, amelyre Aq (j) = 0, de c T q (j) 0. Kérdezhető, hogy mi szükség van a duál módszerre, mikor A T y = c is csak egy egyenletrendszer, amit megoldhatnánk Gauss-Jordan eliminációval. A válasz, hogy vannak a Gauss-Jordan és a duál Gauss-Jordan eliminációnak ún. módosított változatai, amelyben az egész A együtthatómátrix helyett csak az E transzformáció mátrixszal számolunk, tártakarékossági okokból. Tegyük fel, hogy A R m n, ahol m jóval kisebb, mint az n. Ekkor az A T y = c megoldásához a módosított Gauss-Jordan eliminációval n n-es transzformáció mátrixszal kellene számolni, míg a módosított duál Gauss-Jordan eliminációnál csak m m-esek a transzformáció mátrixok. 30. Tervezd meg a módosított Gauss-Jordan és duál Gauss-Jordan eliminációkat! 14

6. Sajátértékek, definit mátrixok. Adott M C n n esetén a µ C számot az M mátrix sajátértékének nevezzük, ha létezik nemnulla u C n vektor úgy, hogy M u = µu. Az u vektort ekkor az M mátrix µ sajátértékéhez tartozó sajátvektorának nevezzük. Ha µ C az M mátrix sajátértéke, akkor a (µi M)u = 0 rendszernek van nemtriviális megoldása, ekkor tehát a rendszer együtthatómátrixa szinguláris, vagyis det (µi M) = 0. Megfordítva ha valamely µ C esetén det(µi M) = 0, akkor a (µi M)u = 0 rendszernek van nemtriviális megoldása, vagyis µ az M mátrix sajátértéke. Ha µ-t változónak tekintjük, akkor det(µi M) ennek polinomja lesz: 1. det(µi M) = n k=0 c n kµ n k, ahol c n = 1 és c n k = ( 1) k {detm : M k-rendű, szimmetrikus minorja M-nek} (k = 1,...,n). (M az M szimmetrikus minorja, ha M-ből néhány sor és a megfelelő oszlopok elhagyásával keletkezik.) A c(µ) := det(µi M) polinomot az M mátrix karakterisztikus polinomjának nevezzük. A fentiek szerint M sajátértékei éppen az c(µ) komplex gyökei. Az, hogy minden mátrixnak van sajátértéke Gauss tételéből következik, mely szerint minden komplex együtthatós polinomnak van komplex gyöke. A sajátértékeket elméletileg az alábbi algoritmus segítségével kereshetjük meg: Kezdetben legyen f 1 (µ) := c(µ). Keressük meg az aktuális f i (µ) polinom egy komplex gyökét (legyen ez µ i ) és osszuk le az f i (µ) polinomot a µ µ i lineáris polinommal. Az így kapott polinom legyen f i+1 (µ). Ezt ismételjük addig, míg végül az f n+1 (µ) nulladfokú polinomhoz jutunk. (Mivel az eljárást 1 főegyütthatós (ún. fő-) polinomra alkalmaztuk, f n+1 (µ) szükségképpen az 1 polinom lesz.) Az eljárás helyességének bizonyításához vegyük észre, hogy 2. Ha µ 0 az f(µ) polinom gyöke, akkor µ µ 0 osztója az f(µ) polinomnak. [Útmutatás: f(µ) = f(µ) f(µ 0) és µ µ 0 osztója µ k µ k 0-nak (k = 1,...,n).] A fenti algoritmus során a c(µ) polinom egy (µ µ 1 )... (µ µ n ) felbontását kaptuk lineáris polinomok szorzatára, ahol µ 1,...,µ n (nem feltétlenül páronként különböző) komplex számok. 3. A µ 1,..., µ n számok éppen a c(µ) polinom gyökei. 4. Ha az f(µ) és g(µ) n-edfokú polinomok a µ változó legalább n + 1 értéke mellett megegyeznek, akkor a két polinom megegyezik, vagyis együtthatóik megegyeznek. 5. A fenti lineáris tényezők szorzatára való felbontás a tényezők sorrendjétől eltekintve egyértelmű: Ha n i=1 (µ µ i) = n i=1 (µ µ i ), akkor (µ 1,..., µ n ) = (µ 1,..., µ n)p valamely P permutáció mátrixszal. A (µ 1,..., µ n ) (a fentiek szerint egyértelműen meghatározott) szám n-est az M spektrumának nevezzük. Az M egy sajátértékének (azaz c(µ) egy gyökének) multiplicitása az a szám, ahányszor a sajátérték a spektrumban szerepel. (Egy polinom µ 0 gyöke multiplicitásának még számos a felbontástól független ekvivalens definíciója létezik, például a multiplicitás a legnagyobb k szám, amelyre (µ µ 0 ) k osztója a polinomnak, de a polinom deriváltjainak ismeretében is meghatározható.) Például egy (felső, vagy alsó) háromszög mátrix spektruma a diagonálisa. A spektrum meghatározza a karakterisztikus polinomot (viszont magát a mátrixot nem, lásd 0, e 1 e T 2 ): 6. A karakterisztikus polinom c n k együtthatói a spektrum µ i elemeinek függvényében az alábbi módon adhatók meg: c n k = ( 1) k 1 i 1<...<i k n µ i 1... µ ik (k = 1,...,n). 7. c n 1 = n i=1 µ i = tr M és ( 1) n c 0 = n i=1 µ i = detm. (Itt trm az M mátrix nyomát, vagyis főátlóbeli elemeinek összegét jelöli.) Az M C n n mátrix hermitikus, ha megegyezik konjugáltjának transzponáltjával, M H -val. 8. Egy hermitikus mátrix sajátértékei valósak. Speciálisan egy valós elemű, szimmetrikus mátrix sajátértékei valósak. A következőkben csak valós mátrixokkal foglalkozunk és teljesen leírjuk majd a valós sajátértékekkel rendelkező valós mátrixok (röviden v.s.v) osztályát. E célból vegyük észre: 15

9. Ha E R n n invertálható mátrix, M R n n, akkor M és E 1 ME karakterisztikus polinomja és így spektruma is megegyezik. Az M R n n és az M R n n mátrixok hasonlóak, ha létezik E R n n invertálható mátrix úgy, hogy M = E 1 ME. Könnyen belátható, hogy a hasonlóság ekvivalenciareláció a valós mátrixok halmazán. Ennek az ekvivalenciarelációnak a finomítása lesz az ortogonális hasonlóság. Az U R n n mátrix ortogonális, ha invertálható és inverze megegyezik a transzponáltjával. (Ortogonális mátrix például minden permutáció mátrix.) Tudjuk hogy az U T = U 1 feltétel ekvivalens azzal is, hogy az U oszlopvektorai páronként merőleges egységvektorok (vagyis U T U = I) és azzal is, hogy az U sorvektorai páronként merőleges egységvektorok (vagyis UU T = I). Ortogonális mátrix transzponáltja és ortogonális mátrixok szorzata is ortogonális mátrix. 10. Ha u 1,...,u k páronként merőleges egységvektorok, akkor létezik U ortogonális mátrix úgy, hogy Ue 1 = u 1,...,Ue k = u k. Az M R n n és az M R n n mátrixok ortogonálisan hasonlóak, ha létezik U R n n ortogonális mátrix úgy, hogy M = U T MU. Az ortogonális hasonlóság is ekvivalenciareláció a valós mátrixok halmazán. 11. (Schur tétele) Minden M v.s.v. mátrix ortogonálisan hasonló egy F felső háromszög mátrixhoz. Az F mátrix főátlójában az M spektrumának elemei állnak. Speciálisan egy M valós, szimmetrikus mátrix ortogonálisan hasonló egy D diagonális mátrixhoz, melynek főátlójában az M spektrumának elemei állnak. [Útmutatás: k szerinti teljes indukcióval mutassuk meg, hogy létezik U k ortogonális mátrix úgy, hogy U T k MU k a jobb alsó (n k) (n k)-as részmátrixát leszámítva felső háromszög mátrix. A k = 1 esetről: Egy v.s.v. mátrixnak minden sajátértékéhez tartozik valós sajátvektor is. Egy ilyet normáljunk le és egészítsük ki U 1 ortogonális mátrixszá. Ekkor U 1 megfelel.] 12. Ha M v.s.v. (µ 1,..., µ n ) spektrummal, akkor M 1 is v.s.v. (1/µ 1,..., 1/µ n ) spektrummal. 13. Ha f(µ) polinom, M v.s.v. (µ 1,..., µ n ) spektrummal, akkor f(m) is v.s.v. (f(µ 1 ),..., f(µ n )) spektrummal. A következőkben feltesszük, hogy M R n n valós, szimmetrikus mátrix, U ortogonális mátrix úgy, hogy U T MU =: D diagonális mátrix, továbbá D főátlójában M spektrumának elemei állnak növekvő sorrendben, vagyis d 11 = µ 1... d nn = µ n. (A növekvő sorrendet elérhetjük úgy, hogy U-t jobbról szorozzuk egy megfelelő permutáció mátrixszal.) MU = UD miatt Mu i = µ i u i (1 i n), tehát az U i-edik oszlopa a µ i -nek megfelelő sajátvektor. E jelölésekkel 14. Legyen µ az M sajátértéke és tegyük fel, hogy µ k 1 < µ = µ k =... = µ l < µ l+1. Ekkor az M µ-höz tartozó sajátvektorai éppen az u k,...,u l vektorok lineáris kombinációi, leszámítva a 0 vektort. 15. Felcserélhető valós szimmetrikus mátrixok egyszerre ortogonálisan diagonalizálhatók, vagyis ha A, B R n n szimmetrikus mátrixok és AB = BA (vagy másképpen AB szimmetrikus), akkor létezik X ortogonális mátrix úgy, hogy X T AX és X T BX is diagonális mátrixok. [Útmutatás: Legyen Y az A-t diagonalizáló ortogonális mátrix, ekkor y i és By i is sajátvektorai A-nak egyenlő sajátértékkel. Ezért BY = Y C, ahol C szimmetrikus blokkdiagonális mátrix. Diagonalizáljuk C-t egy hasonló szerkezetű Z ortogonális mátrixszal, ekkor X := Y Z megfelel.] 16. (Rayleigh tétele) µ 1 = min {x T Mx : x = 1} és µ n = max{x T Mx : x = 1}. A szélsőértékhelyek éppen a megfelelő sajátvektorok. 17. Legyen M az M szimmetrikus minorja. Ekkor µ 1 µ 1 és µ n µ n. 18. Bizonyítsd be, hogy ha a valós, szimmetrikus A mátrix valamennyi sajátértéke az [a, c] zárt intervallum eleme, és a valós, szimmetrikus B mátrix valamennyi sajátértéke a [b, d] zárt intervallum eleme, akkor az A+B mátrix valamennyi sajátértéke az [a + c, b + d] zárt intervallumhoz tartozik. Az M valós szimmetrikus mátrixot pozitív szemidefinitnek nevezzük, ha tetszőleges x R n esetén x T Mx 0. Az M valós szimmetrikus mátrixot pozitív definitnek nevezzük, ha tetszőleges 0 x R n esetén x T Mx > 0. A pozitív szemidefinit, illetve pozitív definit mátrixok halmazát jelölje PSD, illetve PD. Ezek a definitási tulajdonságok szoros kapcsolatban vannak a sajátértékek előjelével: 19. Legyen M valós, szimmetrikus mátrix. Ekkor a következő állítások ekvivalensek: a) M pozitív szemidefinit; b) M sajátértékei nemnegatívak; c) M = V V T valamely V R n r esetén. (A legkisebb ilyen r szám az M mátrix rangja.) 16