Lineáris algebra

Citation preview

*

LINEÁRIS

ALGEBRA

Irta:

do.£e4Xold Mnlen egyeteal adjunktus

1992

Változatlan utánnyomás: 15/2007

Kiadja a Pannon Egyetemi Kiadó

8200 Veszprém, Egyetem u. 10. Pf.: 158. Telefon/fax: 88/422-022/4133 Drótposta: [email protected] http://www. vein.hu/kiado

Felelős kiadó: Egyházy Tibomé dr. a Pannon Egyetemi Kiadó vezetője

Készült B5 formában, 10,6 (A/5) ív teηedelemben a Veszprémi Egyetem nyomdájában Műszaki vezető: Szabó László VE 76/1993

TARTALOMJEGYZÉK

Oldal

1. AZ

Rn

VEKTORTÉR......................................................................................................

3

Rendezett szám n-esek, műveletek...............................................................

3

Lineáris függetlenség, függőség, rang . ✓......................................................

5

Generátorrendszer, bázis, dimenzió................................................................

10

Altér, generátum, dlrekt összeg.......................................................................

18

2. Rn -> Rn

TÍPUSÚ LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK,

nxm -ES MÁTRIXOK....................

24

Lineáris leképezések, mátrixok.........................................................................

24

Lineáris leképezés mátrixa ..................................................................................

26

Műveletek lineáris leképezésekkel, mátrixokkal .......................................

30

Lineáris leképezés és mátrix rangja.........................

41

Lineáris transzformáció és kvadratikus mátlrx Inverze........................

42

Áttérés új bázisra...................................................................................................

47

Lineáris egyenletrendszerek................................................

51

Négyzetes mátrix és lineáris transzformáció determinánsa..................

58

3. ABSZTRAKT VEKTORTEREK.............................................................................................

70

A vektortér fogalmának általánosítása..........................................................

70

típusú lineáris leképezések................................................................

78

4. SKALÁRIS SZORZATOSVEKTORTEREK............................................................................

84

V -* W

Skaláris szorzatok

..............................................................................................

84

Skaláris szorzatos terek tulajdonságai..................... .................................

88

Ortogonal 1 tás...............................................................................................................

93

5. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓKSZERKEZETE.................................................................

104

Dl agonal Ízál hatóság, sajátérték, sajátvektor...........................................

104

Sajátérték, sajátvektor meghatározása..........................................................

108

Skaláris szorzatos terek lineáris transzformációinak

dlagonalÍzálhatósága ...............................................................................................

114

- 3 -

1.

AZ

Rn

VEKTORTÉR

Rendezett szám n-esek, műveletek valós számok halmaza

R

Jelölések:

N = {0,1,2,...}

természetes számok halmaza

n := 0.

1.1. Definíció.

Az

1h>×i típusú függvényeket valós

f: n -> R,

számokból

rendezett n-eseknek nevezzük, és (x , x......... x ) -nel jelöljük,

képzett

x -t a ren-

dezett n-es 1-dik komponensének hívjuk. Rn Jelöli a valós számokból képzett rendezett n-esek halmazát. 1.2. Állítás.

Legyen

x,y € Rn.

x = y

*→

xj = y ,

i = l,2,...,n.

Bizonyítás:

Következik abból, hogy két függvény pontosan akkor egyenlő, ha értel­ mezési tartományuk megegyezik, és bármely értelmezési tartománybei 1 elemhez a függvények által hozzárendelt képelemek egyenlőek. 1.3. Definíció.

Legyen

Az

x és y

x = (x......... ,x ),

y = (y.,... ,y ) 6 Rn, In

In

A € R.

rendezett n-esek összege:

x÷y := (x1÷y1. x2÷y2........... xn÷yj. Az

x rendezett n-es X-szorosa: λ∙x := (Xx , Xx , ..., Xx ). 12

n

Megjegyzés.

A rendezett n-esek körében értelmezett fenti két művelet az analízis­

ből ismeretes (függvények összeadására és skalárral való szorzására vonat­ kozó) ún. pontonkénti művelet.

- 4 ~

Példa. χ := (-2, 5, 4, 0, -3) y := (1. 3, 0, -2, 7) Ekkor:

x+y = (-1, 8, 4, -2, 4)

3x = (-6, 15, 12, 0, -9)

2x-y = 2x+(-l)y = (-5, 7, 8, 2, -13).

Az (Rn, +, •) struktúra alaptulajdonságai

1.4. Állítás.

a,b,c e Rn,

Bármely (VI)

λ,μ ∈ R

esetén:

a+b = b+a

(V2)

(a+b)+c = a+íb+c)

(VζJ)

létezik olyan

(V4)

Minden

o ∈ Rn

elem, melyre minden

a € Rn

esetén

a+o = a.

∕o -t Rn nulleiemének hívjuk./ a e Rn -hez létezik olyan

/a’ -t az

"a"

(V5)

λ(a+b) = λa+λb

(V6)

λ(μa) = (λμ)a

(V7)

(λ+μ)a = λa+μa

(V8)

l-a = a .

a’ € Rn, hogy

a+a’ = o.

elem ellentettjének nevezzük./

Bizonyítás: Használjuk fel a rendezett n-esek összegének 111. skalárszorosának ér­

telmezését és a valós számok közötti műveletek tulajdonságait! o = (0,0,...,0),

Rn nulleleme:

a’ = (-a ,-a ,...,-a ) n

12

az

a = (a ,a , ...,a ) n

12

elem ellentettje az

elem.

Megjegyzés. Mivel az

(V1)-(V8)

vektortérnek,

(Rn, +, •)

struktúra rendelkezik a vektorterekre

tulajdonságokkal vagy

(ld.

(n-dlmenziós

n-dlmenziós vektoroknak is nevezzük.

később!), valós)

Rn

-t

(n-dlmenziós

koordinátatérnek,

Jellemző valós)

elemeit

- 5 -

1.5. Definíció. a ,.. . , a € Rn,

Legyen A

1

k

λ a +λ a +... +λ a

kk

1122

λ......... λ e R. 1

vektort az

k

a......... a l

k

vektorok

kai vett lineáris kombinációjának nevezzük. Ha

λ ,... , λ l

skalárok-

k

λj = λg = ...

= λfc = 0,

akkor a lineáris kombinációt triviálisnak nevezzük. Megjegyzések.

(1)

Legyen

H-beli elemek lineáris kombinációja a kővetkezőt

H c Rn.

Jelenti: tetszőlegesen kiválasztott véges sok H-beli vektorból képzett

lineáris kombináció.

(2)

Triviális lineáris kombináció nullvektort ad. Másrészt, a nullvektor

minden

H c Rn

vektorhalmazból kombinálható lineárisan (esetleg nem

triviálisan is!).

Példák.

(1)

Az

a

-1,2,1

= (-5,0,1),

aβ ■ (3,4,-2),

12

a

3

« (-1,1,1)

vektoroknak a

skalárokkal vett lineáris kombinációja:

(-1)•(-5,0,1) * 2∙(3,4,-2) + 1∙ (-1,1,1) - (10,9,-4) (2)

Az

a1 = (“2,1,3)

és

ag = (1,0,1)

vektorokból a

triviálisan állítható elő: 0∙⅛1 + 0∙a2 = (0,0,0). A v = (5,-2,3) és vg = (-10,4,-6) vektorokból

triviálisan is előállítható:

o € R3

vektor csak

R3

nulleleme nem

2vj + lvg = (0,0,0).

Lineáris függetlenség, függőség, rang

1.6. Definíció.*1 Az

a......... a 1

vektorok lineárisan összefüggők, ha belőlük a null vektor

k----------------------------------------------

nem triviális lineáris kombinációval előállítható. Ellenkező esetben a vek­

torokat lineárisan függetleneknek nevezzük. Egy vektorhalmaz lineárisan független,

ha minden véges részhalmaza ilyen,

ellenkező esetben pedig lineárisan összefüggő.

- 6 -

1.7. Megjegyzések. (1)

Null vektort tartalmazó vektorhalmaz lineárisan összefüggő.

(2)

Egy egyelemű vektorhalmaz pontosan akkor lineárisan összefüggő, ha az

egyetlen eleme nullvektor. (3)

Lineárisan független vektorok részhalmaza Is lineárisan független.

(4)

Lineárisan összefüggő vektorokhoz további vektorokat véve is lineárisan

összefüggő vektorhalmazt kapunk. (5)

Az üres halmaz lineárisan független.

Példák.

(1)

R2 elemei a sik helyvektoraival azonosíthatók,

Tudva, hogy

belátható,

hogy

összefüggő,

ha egy egyenesre esik.

R2-ben

két

vektor

pontosan

akkor

Bármely három

vagy

könnyen

lineárisan annál

több

elemből álló vektorhalmaz R -ben lineárisan összefüggő.

(2)

Hasonlóan, R elemeit a tér helyvektoraival azonosítva, megállapíthat­

juk, hogy két 111. három vektor pontosan akkor lineárisan összefüggő, ha egy egyenesen 111. egy síkban helyezkedik el. R -bán a négy vagy annál több elemből álló vektorhalmazok lineárisan

összefüggők. 1.8. Állítás. Az a , ...,a vektorok pontosan akkor lineárisan összefüggők, ha vala­

melyikük előáll a többi vektor lineáris kombinációjaként. Bizonyítás.

1./ Tegyük fel, hogy az

a , ...,a

vektorok lineárisan összefüggők. Ekkor

létezik olyan lineáris kombináció, melyre:

λ a

11

+ ... + λ a = o, k k

és létezik

1: A

1

*0.

- 7 -

λ

Így

a -

= -

a

1

azaz

a

előáll a többi vektor lineáris kombinációjaként.

i

hogy valamelyik vektor

2./ Tegyük fel,

(legyen pl.

aj) előáll a többi

vektor lineáris kombinác1ójaként: a

+ a

aιaι

1

+ aa .

+ ..

a ♦ a a Hl 1*1 1-1 1-1

k k

Ekkor: o

+ ..

a a 1 1

+ α

a + 1-1 1-1

azaz a nullvektor előáll az

_ (-l)∙aι + a 1*1a Hl

a ,... ,a 1

k

kombinációjaként, Így

* ...

+ a a , k k

vektorok nem triviális lineáris

lineárisan összefüggő.

1.9. Állítás. Egy

H c Rn

vektorhalmaz pontosan akkor lineárisan független, ha a

vektortér bármely vektora legfeljebb egy féle képpen állítható elő H-beli

elemek lineáris kombinációjaként.

Bizonyítás:

arra az esetre, ha

/ 1. Legyenek a

v......... vfc

H = {vj......... vfc}

vektorok lineárisan függetlenek.

Indirekt módon tegyük fel, hogy az v^......... Vk

x

vektor két féle képpen is előáll

lineáris kombinációjaként:

x=αv+...+αv

(1)

× = β1vι + ... ♦ βkvk

(2)

k k

11

-ből (l)

véges.

kivonva (2)-t:

o = (a -β )v

111

+ ... + (a-βu)v k

v......... vfc

Mivel

k

k

lineárisan függetlenek,

belőlük a null vek tor csak

triviálisan állítható elő, így

« -βl =0, a

≡ β ,

1=1.......... k i = 1,. .., k ,

előállítása ugyanaz.

azaz az

x

vektor kétféle

- 8 -

2./ Ha a vektortér bármely eleme legfeljebb egy féle képpen állítható elő a ......... vektorokból, akkor a null vektor előállítása Is csak egy féle képpen - mégpedig triviálisan - történhet, azaz

vι,...

,V

lineárisan

k

független.

A bizonyítás hasonló akkor is, ha H nem véges.

1.10. Definíció. Legyen

H c Rn.

kiválasztható

A

vektorhalmaz rangja

H

r,

db lineárisan független vektor, de bármely

r

már lineárisan összefüggő. Jelölés:

H

elemeiből

r+1

db vektor

ha

r(H).

Megjegyzés. Ha

H = (o),

Ha

H

akkor

r(H) = 0.

tartalmaz legalább egy

o -tói különböző elemet, akkor

r(H) t 1.

Példa. V

1

V 2 V 3 V «

A

:= (4,2,0) := (1,0,-1)

:= (5,2,3) H :« c R3 1 2 3 4

:= (-2,5,7) halmaz

H

elemeit

vizsgálva,

lineáris

a

függetlenség

alkalmazva könnyen ellenőrizhetjük, hogy pl. a v ,v ,v 12

3

definícióját

vektorok lineárisan

függetlenek. Ugyanis a A v

11

+ A v

ZZ

+ A v

3 3

vektoregyenlet a következő, komponensekre

= o

felírt egyenlőség-rendszerrel ekvivalens: 4A 2A

1 1

+ A

2

+ 5A

+

= 0

+ 3A

= 0

3

- A

2

= 0

3

2A

3

A fenti egyenletrendszernek egyetlen megoldása van a A

vagyis a

v1∙v2∙v3

= A

12

= A

3

A

ismeretlenekre:

=0

vektorokból a nullvektor csak triviálisan állítható elő,

így ezek a vektorok lineárisan függetlenek.

- 9 -

Másrészt,

3

hogy

tudjuk azt,

R -bán bármely 4 elemből

álló vektorhalmaz

lineárisan összefüggő. így a H vektorhalmaz rangja 3. 1.11. Állítás. Legyen

(1)

(2)

H c Rn.

r(H) = r,

és

a, ...»a

g

minden eleme előáll

a......... a 1 r

lineáris kombinációjaként.

Ha

H

lineárisan függetlenek, akkor -H

Ha a H vektorhalmaz minden eleme előállítható vι,v2, ∙∙∙,vr € R"

r

db

rögzített

vektor lineáris kombinációjaként, akkor

r(H) ≤ r.

Bizonyítás;

(1)

Legyen

x G H.

1

Ha létezik olyan

... +0'a , azaz r dójaként.

x

index, hogy előáll az

x = aj, akkor

a ,... ,a 1 r

x = 0∙aj+.. . +1 - a +. .. i vektorok lineáris kombiná-

Ha minden i-re mázt.

Ez

x * a , akkor tekintsük az {a......... a ,x} vektorhal1 r lineárisan összefüggő, így elemeiből a nullvektor nem

triviális módon előáll:

o = a a + ... + α a + α× 11 r r

(•)

Ebben a nem triviális lineáris kombinációban

a * 0

ellenkező esetben ugyanis a nullvektor előállna az nem triviális lineáris kombinációjaként, függetlenségüknek. Ha

előáll az (2)

aj......... a^

a ≠ 0,

kell hogy legyen, aj,...,a

ami ellentmondana

vektorok

lineáris

akkor (∙)-b0I x kifejezhető, azaz

x

vektorok lineáris kombinációjaként.

A bizonyítást ld. később.

Megjegyzés. Az 1.9. Állítás szerint az 1.11. Állítás (1) részében H minden eleme

egyértelműen áll elő az ι∙

a ,...,a 1

r

vektorok lineáris kombinációjaként.

10 -

Példa. v v

1 2

:

(1,-2,3,5)

v3 := (1,2,5,4)

:

(0,4,2,-1}

v4 := (2,-8,4,11)

H := ivi∙v2∙v3*v

A

v és √2

vektorok nyilvánvalóan lineárisan függetlenek, Így

Másrészt, H minden eleme előállítható

Az 1.11. Állítás (2) része szerint

vj és

r(H) ≥ 2.

lineáris kombinációjaként:

r(H) s 2. így

r(H) = 2.

Generátorrendszer, bázis, dimenzió

1.12. Definíció.

(1)

G c Rn.

Legyen

G generátorrendszere az

Rn

vektortérnek,

ha

Rn

minden vektora előállítható G-bell vektorok lineáris kombinációjaként.

(2)

Rn bázisán lineárisan független generátorrendszert értünk. A bázis elemeit bázisvektoroknak nevezzük.

Megjegyzés. Rn-ben létezik bázis.

B := {(1,0......... 0), (0,1,0,...,0)........... (0........... 0,1)} Könnyen

megmutatható,

hogy

B

lineárisan

független

vektorhalmaz

elemeinek lineáris kombinációjával Rn bármely vektora előállítható. bázist

és

B

Ezt a

Rn kanonikus bázisának nevezzük.

1.13. Állítás.

Legyen

Steiniz-féle kicserélési tétel.

L c Rn lineárisan független,

minden v eleméhez található olyan

torhalmaz is lineárisan független.

g € G

G c Rn generátorrendszer. Ekkor L elem, hogy a

(L∖{v})u {g}

vek­

11

Bizonyítás: 1. / Ha

L∖{v} = 0

(azaz ha

L

egyelemű), akkor G-ből bármely

választva (Ilyen van!) a (L∖{v})u {g} = c Rn bázis. 1 ö Ekkor minden x c R® vektor egyértelműen előállítható a

b ,...,vektorok

lineáris kombinációjaként: x “ ab ♦ e b. ♦ ... ♦ a b . 11

Az

a.,...,a_

x

számokat az

n n

2 2

vektor

B

bázisra vonatkozó koordinátáinak

1-dlk koordinátája: (x)jβ a(.

nevezzük. Jelölés: x Bizonyítás:

B generátorrendszer, így az előáll íthatóság biztosított.

B lineárisan

független, ez az 1.9. Állítás szerint garantálja az egyértelműséget.

1.18. Megjegyzések. Vegyük észre,

(1)

R®

hogy

bármely vektorának a kanonikus

bázisra

vonatkozó koordinátái éppen a vektor komponenseivel egyenlők!

Könnyen ellenőrizhetjük,

(2)

hogy két vektort összeadva azoknak adott

bázisra vonatkozó koordinátái összeadódnak,

egy vektor A-szorosának

koordinátái pedig a vektor koordinátáinak A-szorosai lesznek.

Példa.

(1)

v, :■ (1,1),

v

13

:« (2,0),

v 3

:- (0,-1)

H :- c R≡ 1

2

H generátorrendszer és lineárisan független, így bázis Ra-ben.

x :- (2,-1) y :» (0.5)

Z :- X+y - (2,4) v :- 3x - (6,-3) x

-v1 ♦ 3v2,

igy az x vektor H-ra vonatkozó koordinátái -1, 3.

y z

≡v, - ≡vs∙ 4V, - ZV2,

Így az y vektor H-ra vonatkozó koordinátái 5, -5.

Így a

z vektor H-ra vonatkozó koordinátái 4, -2.

V

-3vj ♦ 9v2, így a

v vektor H-ra vonatkozó koordinátái -3, 9.

1.19, Állítás. Elemi bázlstranszformácló. Legyen B ≡ (b1∙b2......... bn> c R* bázis,

Ekkor létezik olyan

és bármely

index, hogy a

i

c c Ra,

c * o.

B* - (B\(b(>)u

Is bázis

Ra-ben,

Ra-beli vektornak a B bázisra vonatkozó koordinátáiból (Ismerve

a c vektor B-re vonatkozó koordinátáit is) egyszerűen számolhatjuk a B’-re

vonatkozó koordinátáit. Bizonyítás;

Legyen

× c Ra. Az

x és c

előállítása a B bázison legyen a következe:

x - Ab ♦ 1 b ♦ 11

(1)

♦ 1b

2 2

na

C " ribl * T2b2 * * ’ ’ * Tabn

Mivel

c * o, igy létezik olyan

B’ = (B∖{bι))u

elemeitől, ami a bázison történő

egyértelmű előállithatóság miatt ellentmondana (2)-nek, ahol feltettük, hogy 7t * 0. Továbbá B’ elemszáma megegyezik B elemszámával, igy B’ bázis.

Ezután keressük az x vektor B'-re vonatkozó koordinátáit.

(2)-ből fejezzük ki Ekkor kapjuk:

bj-t és a kapott kifejezést helyettesítsük be (l)-be.

14 -

x = λ b + ... + A b 1-1 1 -1 1 1

c.!>b ♦ xíi 7*71 1 *1

7n

----- — b 71

yΓ

= ríl xt—\7,- 7υ b1

* ‘

+ A b = n n

A r A----- -7 ]b -1 + l 1-1 7l 1-1.J 1

a f + λ — c + rf;K------ 7 |b , ♦ ... + A !♦! 7l 1*1 J l*1 l n

l

yt

'1

b1 + A b 1*1 1*1 + . "J

+

+

... ½lb

1

7nJ|bn .

Ennek alapján a transzformációs szabály könnyen formulázható.

b1θ c

A

bázisvek torcsere esetén az új koordináták (A^) a régi koordinátákból következő módon nyerhetők: A A = A---- -• 7 J J 71

(λ^) a

J ≡ 1,..., n J * i

A,1 A 1 = yi

Megjegyzések. (1)

A könnyebb megjegyezhetőség kedvéért megadjuk az elemi bázistranszfor­

mációval számolható koordináták táblázatos elrendezését is. Ebben fel­ tüntetjük a bázisból távozó (bj), a bázisba belépő (c) és egy tetsző-

leges vektor (x) koordinátáit a két bázisra vonatkozóan.

(A

A — hányá­ ul

dóst ő-val jelöljük.) bázis

b

b

1

0

b 2

0

b

1

1

• b n

;

0

1

c

*1

T2

X

bázis

A

b

A

1

2

7n

• λ

7. yι

b 2

yι

•

n

1

1

C

0

b

b n

y2

1 ys

7* " T1

c

X

0

A 1 -β∙y,1

0

A2 -Ő-7 2

1

ő

: 0

An-Ő-7 n

15 -

A

(2)

számot generáló elemnek szokás nevezni.

71 ≠ 0 Legyen

Bj és

vektortérben. Ha egy

Rn

két bázis az

koordinátáit ismerjük a B bázisra vonatkozóan, akkor 1

×

x € Rn vektor

B -re vonat2

kozó koordinátáit elemi bázlstranszformációk sorozatával határozhatjuk

meg,

lépésről lépésre kicserélve a két bázis vektorait.

Induláskor Ismernünk kell a

(Természetesen

B bázis vektorainak B -re vonatkozó koor1

2

dlnátált is. ) Példák. (1)

aj := (1,3,2)

a

:= (2,1.5)

a

: = (3,4,2)

2

3

x := (14,17,18)

Bázist alkotnak-e az R

3

a ,a ,a

térben az

12

3

vektorok? Ha igen, akkor

határozzuk meg az x vektor ezen bázisra vonatkozó koordinátáit! Induló bázisként tekintsük R3 kanonikus bázisát. (A bázis vektorokat

jelöljük

-Bal.)

e,e,e

Valamennyi vektornak a kanonikus bázisra vonatkozó koordinátái éppen a vektor komponenseivel egyenlőek.

Ha a kanonikus bázis bázis vektorait

lépésről lépésre ki tudjuk cserélni az

a1,a2,a3

vektorokkal, akkor ez

lineáris függetlenségüket Jelenti, vagyis azt, hogy 3

alkot az

a ,a ,a

.12

3

bázist

térben.

R

Az Induló táblázat:

bázis e e

e

a

a

1

3

a

c

3

©

2

3

14

3

1

4

17

2

5

2

18

1 2

2

Első lépésként vonjuk be a bázisba az aj vektort az ej helyére. megtehető,

(Ez

mert a megfelelő generálóelemnek választott koordináta nem

nulla!) Az új táblázat az tartalmazza

a ,a 2

3

a ,e ,e 12

és

x

3

vektorokból álló bázisra vonatkozóan

koordinátáit:

16

bázis a e

e

1

2

3

a 2

a

3

X

2

3

14

-5

-5

-25

0

-4

-10

bázisba

(A táblázatban a

bekerült

aj

vektor

triviálisan

adódó

koordinátáit nem tüntettük fel. ) A számításokat célszerű úgy végeznünk,

sorát töltjük ki,

hogy először a generáló elem

így megkapjuk minden vektor

”Ő*'-Ját,

ezután sorra

kitöltjük az oszlopokat.

Látható, hogy következő lépésként pl.

az

e3 vektort

kicserélhetjük

a -vei: 2 bázis

a e

2 a

Végül

a

X

11 @)

-75

- 4

-10

3

34

a3-t Is bevonva a bázisba: bázis

a

1 a 3 a 2

X

1 3 2

Mivel a kanonikus bázis valamennyi bázisvektorát ki tudtuk cserélni az a ,a ,a vektorokkal, így ezek bázist alkotnak R3-ban. Az x vektor 12 3 előállítása ezen a bázison: x = l∙a + 2∙a + 3∙a , vagyis az x vektor 1'2 3 B = (a ,a ,a } bázisra vonatkozó koordinátái: 1,2,3. 12 3

(2) >

aχ := (1,2,4) a := (-3,1,2) 2 a := (-2,3,6) 3 a4 := (-1,5,10)

a := (4,1,2) 9 H := (a .a2.%.%.%>

17 -

Állapítsuk meg a

vektorhalmaz rangját! Most is alkalmazhatjuk

H c R3

a bázistranszformációs eljárást. Indulásként valamennyi vektor koordi-

nátált a kanonikus bázisra vonatkozóan ismerjük. Nézzük meg, elemeiből

hányat

a

tudunk

bázisba

bevonni

hány

(azaz

hogy

H

lineárisan

függetlent találunk közöttük)! Az induló táblázat:

bázis e

1

e

2

e Az

e

3

vektort

1

bázis

a e

e

Ezután

2 3

a

a 2

a

a

©

-3

-2

-1

4

2

1

3

5

1

4

2

6

10

2

a

3

a 2

a 3

a4

-3 ©

-2

-1

4

7

7

-7

14

14

14

-14

a

3

e

2

5

a

a„ 5

helyére:

4

a„ s

1

1

2

1

a2 e

1

1

-1

0

0

0

3

4

aj-gyel kicserélve az alábbi táblázatot kapjuk:

a -t bevonva 2

bázis

a

1

e -t nem lehet egyikével sem kicserélni, mivel a megfelelő a ,a 3 4 s koordlnáta mindhárom esetben nulla. A kapott táblázatot az alábbi módon értékelhetjük: Az

a1,a2,e3 vektorok bázist alkotnak

független, ezért

R -bán,

a1>a2

így

lineárisan

r(H) a 2.

Az a ,a és a„ vektorok mindegyike előállítható 34 s kombi nác i ójaként:

a

1

és a 2

lineáris

így az 1.11. állítás (2) része szerint Vagyis

r(H) s 2.

r(H) = 2.

Altér, generátum, direkt összeg Definíció.

1.20.

Legyen

V ≠ 0. a, b ∈ V,

esetén

V altér

Rn-ben, ha bármely

λ∙a eV

is teljesül (azaz V zárt a vektorműveletekre).

1.21.

(1)

V c Rn,

λ € R

a+b € V

és

Megjegyzések. Könnyen megmutatható, hogy ha az

Rn-bell összeadást és skalárral való

szorzást V-re leszűkítjük, az 1.4. Állításban szereplő (V1)-(V8) tulaj­ donságok a V altérben is teljesülnek.

(2)

V = {0}

és

is altér, ezeket nem valódi altereknek nevezzük.

V = Rn

R“ többi alterét (ha van) valódi altérnek hívjuk.

(3)

Az 1.12. Definícióval analóg módon értelmezhető a rátorrendszerének és bázisának fogalma is.

V c Rn

altér gene­

Rögzített V altér bármely

bázisának elemszáma megegyezik, ezt a számot a V altér dimenziójának nevezzük. Nyilván 0 s dim(V) ≤ n,

és

dlm(V) = r(V).

Példák.

(1)

R-ben csak nem valódi alterek vannak.

(2)

R1 2-ben 3 alterek:

a. / {0}

/0-dimenzlós altér/

b. / Legyen

2

v e R ,

v ≠ o.

V := {λv∣λ e R) /1-dlmenziós altér, origón átmenő egyenes/ c. / fi2 /2-dlmenziós altér/ .

19

(3)

R3-ban alterek:

∕0-dimenzl6s altér/

a. ∕ {o}

3

b. / Legyen

v ε R ,

v ≠ o.

V := {λv∣λ e R}

c. / Legyen

/1-dimenziós altér, origón átmenő egyenes/

v,w e R ,

nem skalárszorosai egymás­

v és w

v,w * o,

nak. V := {λv+μw∣λ,μ ∈ R} /2-dimenziós altér, origón átmenő sík/ d. / R3 /3-dlmenziós altér/.

1.22.

Definíció. Legyen

A, B c Rn. Az

A és B vektorhalmazok összege:

A+B : = {a+b|a € A, b € B>. Megjegyzés.

Analóg módon véges sok halmaz összege is értelmezhető. 1.23.

Állítás.

Ha

V , V2 c Rn

alterek, akkor

1

és

V a V 1

2

V +V 1 2

is altér

Rn-ben.

Bizonyítás.

1. /

Legyen Elekor

a,beV n V , 1

a, b e V

AeR.

2

altér, így

V

1

a+b € V

Aa € V .

1

1

a,b e V

Hasonlóan:

V altér, így a+b e V , Aa € V . 2 2 2 így a+b e Vι a V , Aa e V nva∙ azaz V n V zárt a vektorművei 1 2 letekre, így maga is altér

2./

Legyen

x

x

2

e V

+ V ,

12

A

Elekor létezik

€ R

a ,a

12

b ,b eV, melyekre xj = a +b és x = a +b . 12 2 1 1 2 2 2 Elekor x +x = a +a +b +b és Ax λa +λb . 1

Mivel

2

1

és V

V

2

2'

így ×j+×2 € V 1 +v2 . Hasonlóan: λaι ≡ v1∙

Tehát

V +V 1

2

ι

altér

2 ezért

1

1

a +a e V

λbl 6 V2’

1

2

lgy

1

1

b +b

12

eV, 2

λx € V +V . 1

1

2

Is zárt a vektorműveletekre, azaz altér.

eV

1

és

- 20

Megjegyzés.

Vj n √2 Vι÷V2

1.24.

a

Vj és Vg

által tartalmazott alterek közül a legbővebb, míg

V -t és Vg-t tartalmazó alterek közül a legszűkebb.

a

Állítás.

Legyen

aj......... afc e Rn. Ekkor a 1-l.......... >V ,V

b. / Legyen

origón átmenő sík,

c R3

V

v2∖v1∙ Ekkor

egyenes,

c

R3

Vg

pedig origón átmenő

R3 = v1 Ov2∙

három különböző origón átmenő egyenes.

Ekkor (2)

Vj := {(×,y,z) € R3∣ z =0}

∕×-y koordinátasík/ V

2

:= {λ∙(l,l,l)∣λ ∈ R) /origón átmenő, (1,1,1) Irányvektorú egyenes/.

Vj és V2 alterek R3-ban, és

R3 = V Ov2∙

bι := (1,0,0) b

2

:» (1,1,0)

b^zls Vι-ben.

Bi = ibι,M

b3 := (1,1,1).

B = (b } 2

Ekkor

3

bázis V -ben.

3

2 *1

B = B u B 1

2

=(b,b,b} 12

3

bázis

R -bán.

v := (4,5,3) Bontsuk fel

v -t

V és V -beli összetevőkre! 1

2

Ehhez először határozzuk meg v B-re vonatkozó koordinátáit! R3 kanonikus bázisának vektorait jelöljük e1∙e2∙e3 i

- 23 -

bázis

b

e =b

1

1

e e

1

2 3

Tehát

így

b

b

v

1

4

0

1 ©

1

5

b

0

0

1

3

e

1

3

2

bázis b

X y

=

v

1

2

3

0

-1

5 3

bázis b

1 b 2 b 3

V

-1 2 3

1

= (3,3,3) e V

3b3

V

3

1 ©

2

— -b + 2b + 3b . 1 2 3 = -b + 2b = (1,2,0) € V

V

1

b

.

2

kívánt felbontása: v = x+y = (1,2,0) + (3,3,3) .

Végül a fejezet végén lássuk az 1.11. Állítás (2) részének bizonyí­

tását: Legyen A

V = £(v , v......... v ). Ekkor 1

2

G = {v,v......... v)

Így, ha

12

L c H

r

r

H c V.

halmaz nyilván generátorrendszere a V altérnek.

lineárisan független vektorhalmaz, akkor ∣L∣ s ∣G∣ = r,

amiből az állítás következik.

- 24 -

2.

TÍPUSÚ LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK,

Rb -> Rn

n x ta -ES

MÁTRIXOK

Lineáris leképezések, mátrixok 2.1.

Definíció.

(1)

Az

4: Rb -÷ Rn típusú függvényt lineáris leképezésnek nevezzük,

bármely x,y € RB

vektorra és

4(×+y) = 4(x) + 4(y) 4(λ×)

ha

s kai árra

A € R

(additivitás)

(homogenitás)

= λ∙4(×)

teljesül. esetben lineáris transzformációról beszélünk.

m=n (2)

Az

4: Rb ÷ Rn

lineáris leképezés magtere a

o ∈ Rn

vektor ősképe:

kér (4) := 4'1(o) = {× ∈ Rb∣ 4(x) = o}.

Az

ti: Rb -> Rn

lineáris leképezés képtere;

im(4) := (y ≡ Rtt∣ 3× c Rb ; 4(x) = y}. 2.2.

Megjegyzések.

(1)

Bármely 4

(2)

Ha

4

lineáris leképezésre:

4(o) = o,

így

o € kér(4).

lineáris, akkor az addi ti vitásból és a homogenitásból adódóan:

4(λ v + A v +...+ λ v ) = A 4(v ) + A 4(v ) +. ..+ A 4(v ). 1122 kk 11 22 kk

(3)

Bármely H c RB

és

K c Rn

alterek esetén

altér Rn-ben 4-1(K) altér RB-ben, 4(H)

így speciálisan 2.3.

im(4)

altere

Rn-nek,

ker(4)

altere

Rm-nek.

Állítás. Legyen

4: Rb ∙÷ Rn

választott bázis

felvett

értékei,

lineáris leképezés,

E ≈ {ej.......... e^}

tetszőlegesen

RB-ben. 4-t egyértelműen meghatározzák a bázisvektörökön azaz

ismernünk, hogy bármely

elegendő x 6 RB

az

esetén

4(ej),..., 4(e^)

képvektorokat

4(×)-t meghatározhassuk.

- 25 -

Bizonyítás: x előállítása az E bázison legyen a következő: × = a e

1 i

+ ól e> + ... + a e 2 2 ; a i

A linearitása miatt ^(×) = 4(αjeι +

2.4. (1)

+ a e ) = a W(e ) + ... + a 4(e ). ■ ■

■

*

11

Definíció.

Az

f: n x m -> R,

n x m -es mát­

(1,J) → aιι típusú függvényeket rixoknak nevezzük és a következő módon jelöljük: r a

11

a

12

. .

a

la

%1

a22

* *

a2≡

^ anl

a∏2

. •

a

η

= A “ (a,j)

na

aιj-t a mátrix (1, J) -dik elemének nevezzük.

A

fenti

elrendezést

tekintve

mátrix

beszélünk

sorairól

ill.

oszlopairól, adott sorban ill. oszlopban lévő elemeket tekintve mátrix sorvektoráról 111; oszlopvektoráról.

(2)

Az

n x 1 -es mátrixokat oszlopvektornak, az

1 × n -es mátrixokat sor-

vektornak is.szokás nevezni*

(3)

Az

n x m -es

A

értjük, melynek

mátrix transzponáltján azt az

(J,l)-edlk eleme az A mátrix

m x n -es mátrixot

(i,J)-edik elemével

egyenlő. Jelölés: AT.

(4)

Az

n x n -es mátrixokat kvadratikus (négyzetes) mátrixoknak nevezzük.

Az

A “

kvadratikus mátrix diagonál is, ha

aij=

V1 * J ^re∙

főátlő

Az

A = (ajj)

Vi > J -re.

kvadratikus mátrix felsőháromszög mátrix, ha

>J

- 26

Az

kvadratikus mátrix alsóháromszög aát/'ix, Jia

A =

= O,

Vi < J -re.

Az

A = (alj)

kvadratikus mátrix szimmetrikus, ha

A = AT.

További speciális mátrixok:

Nullmátrlx: olyan mátrix, melynek minden eleme 0.

Jelölés: 0. Egységmátrix: olyan diagonál is mátrix, melyre 1=1,...,n.

au≡ 1»

Jelölés: E.

Lineáris leképezés mátrixa

4: R- -> Rn

Legyen

E = {eι,...,eβ} x € R",

x

lineáris leképezés.

F « {fj,. . . ,bázis

bázis Rβ-ben,

előállítása az

bázison a következő:

E

Rn-ben. Legyen

×≈λe

+ λe

112 2

♦...

... + λ e . a ■

A 2.3.

Állítás alapján láttuk,

hogy

√(x)

meghatározható,

ha

ismerjük

4(e )-t, ..., Λ(e )-t. ■

i

Kérdés: Hogyan kaphatjuk meg «4(e ),...,4(e ) 1

■

j4(×)

F-re vonatkozó koordinátáit, ha ismerjük

F-re vonatkozó koordinátáit,

koordinátáit?

4(eι) előállítása az F bázison: + a f ni n

+ a f n2 n

illetve

×

E -re vonatkozó

- 27 -

Ekkor:

Célszerű a koordináták alábbi elrendezése: α 11 a . 21

a

12 a 22 a -

■a

.

.

a

...

.

a

...

a

1b

-1

r λ1 λ .2

2b

• λ


Rn

bázisok

Rn-ben.

lineáris leképezés,

Ej és Eg

bázisok

Rβ-ben,

Fj

Kérdés:

Ha ismerjük az

A

leképezés

hogyan kaphatjuk meg ebből az (A p ), eΓfi vonatkozó mátrixát (A )? 2

rögzítése után

E

,⅛∙

E

bázisokra

E -F 22

2

A

------ » r“

2

leképezés

A

= ldRn ° A o idκm egyenlőség, így a megfelelő bázisok M(4) = M(id^n) • M(4) • Míld^e) áll fenn.

Nyilván igaz az

r"

bázisokra vonatkozó mátrixát

≡1"F

l⅛"

----------»Rn --------- >R’

1

F

F

1

2

Rögzítsük most számunkra célszerűen a fenti ábrának megfelelően az egyes terekben a bázisokat. 1⅛" Fj-F2 bázisokra vonatkozó mátrixát jelöljük X-szel. Ennek oszlopvektorai az F bázis bázisvektoralnak F -re vonatkozó koordinátáiból állnak. ---------- 1-------------------------------------------------------- 2------------------------------------------------------------1⅛- E2-Ej bázisokra vonatkozó mátrixát jelöljük Y-nal. Ennek oszlopvektorai az E bázis bázisvektorainak E -re vonatkozó koordinátáiból állnak. -------- 2-------------------------------------------- 1------------------------------------------------

így az

A

bázisokra vonatkozó mátrixát az alábbi módon

leképezés

kaphatjuk: 1

-F

Y 1

2.32. II. Probléma:

Legyen Kérdés: (A

E-E

A∙. Rn -» Rn

Ha ismerjük az

lineáris transzformáció, A

transzformáció

), hogyan kaphatjuk meg ebből az

F

Hasonlóan az előbbiekhez, nyilván igaz az Így a megfelelő bázisok rögzítése után

fenn.

E

E és F

bázisok

Rn-ben.

bázisra vonatkozó mátrixát

bázisra vonatkozó mátrixot (A

F-F

A ≈ idRn o

o ^⅛n

)?

egyenlőség,

MŰ) = M(ld_ nJ-MUJ-Míld^)

áll

A fenti ábrának megfelelően rögzítsük a bázisokat az egyes terekben.

id^n

bázisokra vonatkozó mátrixát jelöljük X-szel. Ennek oszlopvek­

F-E

F

torai az

idβ∏

bázis bázis vektorainak E-re vonatkozó koordinátáiból állnak.

E-F bázisokra vonatkozó mátrixát jelöljük Y-nal. Ennek oszlopvektorai

az E bázis bázisvekt óra inak F-re vonatkozó koordinátáibó 1 áll nak. Nyíl ván Y = X"1.

4

így az

F

transzformáció

bázisra vonatkozó mátrixát az alábbi módon

kaphatjuk: X

Példák.

(1)

Legyen az

4: R3 -» R2

típusú lineáris leképezés kanonikus bázisokra

vonatkozó mátrixa Ae.-F1

= [ -2 3 « ] Fj Jelöli

(Ej Jelöli R3 kanonikus bázisát, Ejs := {(1,1,1),

F

2

(1,0)}

:=((1,1),

Határozzuk meg az

R2 kanonikus bázisát. )

bázis R3-ban

(1,1,0), (1,0,0))

bázis R2-ben. leképezés E^-F^ bázisokra vonatkozó mátrixát!

4

“V

Határozzuk meg először Ehhez Ismernünk kell az

Fj-Fa

bázisokra vonatkozó mátrixát.

bázis vektorainak

F

F -re vonatkozó koordl2

nátái t:

bázis

a =e 2

a

1

e

2

(e1.e2

az

a =e 2

1

1

e

bázis

2

e

1

2

1

1

0

a2„

1

-1

©

0

1

%

0

1

F

elemeit,

a ,a 12

1

A keresett mátrix:

az

F 2

elemeit Jelöli.)

50

ld^3

Ezután határozzuk meg az

bázisokra vonatkozó

leképezés

mátrixát. Ehhez ismernünk kell az E bázis vektorainak E -re vonatkozó 2 3 1 koordinátáit. Mivel E a kanonikus bázis R -bán, így ezek a koordináták 1

a megfelelő vektorkomponensekkel egyenlőek.

leképezés E2-Fg bázisokra vonatkozó mátrixa:

A

Az A

= X-A

(2)

Legyen az

E -F 2 2

így

1 1 Γ 1 -1 J [-2

0 1

E -F 1

A*. R3 -> R3

0 3

1)

’ 1 1 1

1 1 0

1 ' 0 0

= [-3

1 0

"21 3 J

lineáris transzformáció kanonikus bázisra (E)

vonatkozó mátrixa

A = E

’ 2 1 1

1 ' 1 2

2 3 2

F := {(1,1,1), (2,-1,0),

Határozzuk meg az Az

idκ□

A

(1,0,-1)}

bázis R3-ban.

lineáris transzformáció F-re vonatkozó mátrixát!

leképezés F-E bázisokra vonatkozó mátrixa F elemeinek E-re

vonatkozó koordinátáit tartalmazza: X =

1 1 1

2 •1 0

1 0 -1

Határozzuk meg X inverzét!

(E elemeit bázis

fχ

eι∙βa∙β3^mal∙ F elemeit

f2

f

3

e1

e

2

e

fl'f2∙f3-"al Jelöljük.)

bázis

3

1

2

©

1

0

o

f

β2

1

-1

0

0

1

0

e

e

1

0

-1

0

0

1

e

e

1

3

3

f

1

1

f

2

-12

2 3

2

2

e

1

e

2

e

3

o

0

0

1

0

1

0

1

1

- 51 -

bázis f

f

3

f1 e

3

2

Az

X'

4

e

1

e

2

3

e

e

bázis

e

1/4

1/2

-3/4

1

2

3

3

1

-1

0

f

-1

0

1

0

f1

1/4

1/2

1/4

4

1

-2

1

f2

1/4

-1/2

1/4

t

így

e

≡

Γ 1/4 1/4 1/4

1/2 -1/2 1/2

3

1/4 1 1/4 -3/4

transzformáció F bázisra vonatkozó mátrixa:

A = X'1A X ≡ F E

1/4 1/4 1/4

1/4 ‘ 1/4 -3/4

1/2 -1/2 1/2

Γ2 * L11

2 3 2

1 1 Γi

2 1 ’ ■ 5 = 0 1 1 -1 0 2 J 11 0 -1 0

0 1 0

0 " 0 1

Lineáris egyenletrendszerek

Tekintsük az

x ,x »

xn

ismeretlenekre vonatkozó alábbi

1

2

a x + a x + ... 11 1 12 2 a x + a x + . . . 22 2 21 1

÷

a x + a x + . . . ■2 2 ■1 1

♦ a x s b ■ ■n n

lineáris

egyenletrendszert: a x b In n 1 + a x ≈ b 2n n 2

(•)

Vezessük be az alábbi Jelöléseket: mxn -es együtthatómátrix,

b

mxl -es oszlopvektor,

x =

nxl -es oszlopvektor.

52 -

Ekkor a (*) egyenletrendszer az alábbi tömör formában adható meg: Ax = b esetén homogén:

b=o

esetben Inhomogén egyenletrendszerről beszélünk.

b*o

*í: Rn -> R*

Tekintsük azt az

(••)

típusú lineáris leképezést, amelynek a kano­

nikus bázisokra vonatkozó mátrixa A.

Ekkor az

lineáris egyenletrendszer ekvivalens az

Ax=b

4(×)=b

egyenlő­

séggel.

Definíció.

2.33. Az x e Rn

egyenletrendszert megoldhatónak nevezzük, ha létezik olyan

Ax=b

vektor, amely az egyenletrendszert kielégíti. Állítás.

2.34.

Pontosan akkor létezik olyan pontosan akkor megoldható az

x € Rn

vektor, amelyre

lineáris

Ax=b

4(×)=b

egyenletrendszer),

(vagyis

ha

b € im( Rn

legyenek bázisok

Rn -ben. Jelölje

vonatkozó mátrixát,

A F-F

az

A£

pedig az

4

4

E és F

transzformáció

transzformáció

F

pedig

E

bázisra

bázisra vonatkozó

mátrixát. Ekkor det(AEE) = det(AFf.)

Bizonyítás;

A 2.32. II. Probléma kapcsán láttuk, hogy létezik olyan

mátrix, melyre A _ = X"1 • A „ - X F-F

E-E

áll fenn.

Így a 2.48.-2.49. Állításokat felhasználva:

det (A

) = det (X-1 • A

• X) = det (X-1) • det (A

) • det (X) =

= di⅛σ d≡t‰> ⅛t(X) = det(Ae E).

X

nxn -es

- 65 -

Definíció.

2.51.

Az előző állítás Jogossá teszi az alábbi definíciót: Lineáris transz­ formáció determinánsán tetszőlegesen választott bázisra vonatkozó mátrixának

determinánsát értjük. Megjegyzés.

2.52.

Mivel lineáris transzformációk és kvadratikus mátrixok között rögzített bázis esetén kölcsönösen egyértelmű kapcsolat van, és mivel minden lineáris

transzformációnak a determinánsa bármely bázisra vonatkozó mátrixának a determinánsával egyenlő, Így a kvadratikus mátrixok determinánsára vonatkozó tulajdonságok lineáris transzformációk determinánsára is igazak (pl.a 2.48.-

2.49. Állítások analóg módon lineáris transzformációk determinánsára is meg­ fogalmazhatók).

2.53. Állítás.

Cramer-szábály.

Tekintsük az

mátrix, Legyen

lineáris egyenletrendszert, ahol most

Ax=b

A

nxn -es

A = [a, ... a ]. 1

D ≡ det(A),

n

Dk ≡ det([aj .. . a. „ b a k-1

k*l

... a ]) n

(k=l,. .. ,n)

Ekkor D*x u k ■ Dk

(k≡l,... ,n).

Bizonyítás:

Mivel

Ax ≈ ≡1×1+ • • •

így a determináns

tulajdonságait (2.44.-2.47. Állítások) felhasználva:

(k=l,... ,n).

66 -

2.54. Következmények: D = det(A) ≠ 0,

Ha

(1)

akkor az

A×=b

lineáris

egyenletrendszer

egyértelműen megoldható, és a megoldás k-adik komponensére:

(2)

D=O

Ha

k-ra

és valamely

Dfc≠0 , akkor az

lineáris egyenlet­

Ax=b

rendszer nem oldható meg.

(3)

Ha

és

D=0

D =0 k

minden

k=l.......... n -ra,

akkor az

A×=b

lineáris

egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van.

(Ebben az esetben Cramer szabálya nem ad módszert a megoldások megkere­ sésére. )

(4)

Ax=o

Az

homogén lineáris egyenletrendszernek pontosan akkor van a

triviálistól különböző megoldása, ha

D=det(A) = 0.

Példa.

Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszert Cramer-szabállyalt *1 - X2 + X3 - 3x ≡≡ 7 4

2× + 3x — 4x 1 3 2 4 3x + 4x X + 2x 1 3 2 4 -2x. + 3x_ + 2x_ + X, X

∙≡

19

s

-9

s

-2

Az együtthatómátrix: ‘ 1 1 A = 3 -2 Az

A

-1 -2 4 3

1 3 -1 2

-3 ‘ -4 2 1

mátrix determinánsát elemi

szerint kifejtve számoljuk:

sorátalakítások

után

az

első oszlop

67 -

■ 1

0 0 0

D = det(A) = det

= det[[-J

-3 ' 1 rr _i -1 = l-det 7 11 1 V -5 1

-1 -1 7 1

1 2 -4 4

2 10 6

-1 jj « -l(10∙(-6)-4∙6) 4 = -(-84) -6

o & -4 4

—11 1*1

11 -5 J

Így az egyenletrendszer egyértelműen megoldható Ezután a

D -D 1

7 19 -9 -2 = >det[[li

determinánsokat számoljuk: -1 -2 4 3

8 10 -2

Hasonlóan:

d2 = det

» -252

D3 = det

• 420

D* = det

= 84 . G

így az ismeretlenek:

D

x

1

D X

3

1

D

D

3

168 84

2

x

420 84

5,

X4 "

2

D

-252 _ 84 "

°⅜ 84 D " 84 “ 1

_

,

84*0

68

2.55. Állítás.

Legyen

det(A) = 0

nxn -es kvadratikus mátrix.

A

oszlopvektorai lineárisan összefüggők.

♦=»» A

Bizonyítás:

oldása

e.r.-nek van a triviálistól különböző meg­

Ax = o

det(A) =0

«=» r(A) < n

W lineáris

leképezéshez hozzárendeli annak rögzített bázisokra vonatkozó

lineáris és bijekció (ezt

mátrixát

A

típusú leképezések esetén már láttuk a

R* -> Rn

2. fejezetben). Következésképpen:

dia(2(V,W)) = dim(Rn*a) = n∙m = dlm(V)∙dim(W). 3.14. Állítás.

Legyen

Null!tás-rang tétel

4; V -> W

lineáris,

V

véges dimenziós.

Ekkor

n(4) + r(4) = dim(V), azaz

nullltásának és rangjának összege egyenlő V dimenziójával.

4

Bizonyítás:

Legyen a ,.... a Í

bázis

r

eV

1

ki

r

olyan

vektorhalmaz

H= n

1

U V 1 1

1=1

1

≡ λ∙.

n

1=1 uιwι

1

1

V1

* ι=ι vιwι = ♦

= λ∙ .

bilineáris. n

= 1∑1 u vι = 1∑1 vιu ≡ ,

n 2 = 1∑1 uj ≥ 0,

(2)

< , >

szimmetrikus,

és

l≡l,...,n így

így

w u≡o, vagyis
pozitív definit.

skaláris szorzat Rn-beπ.

< , >

Igazoljuk, hogy a n

< , > : Cn×Cn -> C, (u,v) ∣→ := ι∑ι u^ függvény skaláris szorzat Cn-ben!

Legyen

u,v,w € Cn, A € C. Ekkor

-

u,lv 5.>n

n

= Σ

1=1

UV

1 1

+ Σ

1=1

_

UW ≡ + , 1 1

- 87

= εt u75^Γy = ιει uι(λ-vι) = λ-ι∑ι u1v =

= λ , =

n (u÷v1)51 = ,∑1 uü

n Σ 1=1

n ÷ ιiι vιS

= +

Tehát

=

n ∑ 1 =1

ul

V

1 1

n .≡1 v1u1

=

n ∑ 1 =1

így

< , >

< , >

= ,

D

n V

igy

1

Ui

< , >

Σ 1 = 1 v1u1

Hermite-típusú.

és

1

= 0 vagyis

n ∑ V U 1=1 1 1

∣uj I * 0, 1«1,... ,n pozitív deflnlt. ... . ≡bn •

skaláris szorzat Cα-ben.

Megjegyezzük, hogy mindkét példában a megadott függvények skaláris szorzat voltát a 4.7.

(1). Megjegyzésben szereplő (1)-(4) kritérium

teljesülésével is igazolhatjuk.

(3) További példák skaláris szorzatokra: n

a. / A

< , > : Rn×Rn •» R,

szorzat

(u,v) → := fc∑j kufcvfc

függvény skaláris

Rn-ben. n

b. / A

< , > : Cn×Cn -> C,

szorzat

(u,v) ι→ := ∑

k≡ 1

ku v

k k

függvény skaláris ****

Cn-ben.

A (3) a, b, példákat az (1), (2) példákkal összevetve láthatjuk, hogy ugyanabban a vektortérben több skaláris szorzat is megadható.

c. / A

< , > : C(I) × C(I) -» R,

(f,g) → := J f∙g

függvény skaláris

1

szorzat a

C(I)

vektortérben. (Itt

I

véges intervallum R-ben.)

88 -

∕ d.

Jelölje

olyan O-hoz konvergáló valós

V

Σ a2 < » .

melyekre

n=0

ji∣

n

Igazolható, hogy

V

sorozatok halmazát,

(a ) n

altér

R -ben. így maga is valós vektortér. 00

A

< t > : VxV -> Rt

skaláris szorzat

((an ), (bn )) ι→ < (an ) 9 (bn ) > : ≈

Σ a∏bn ∏≡O

függvény

V-ben.

Skaláris szorzaton terek tulajdonságai

4.9. Definíció. Legyen Az

x € V

V

skaláris szorzatos tér.

vektor hosszán (vagy normáján) az

∏×tl := √

számot értjük.

4.10. Megjegyzés. A skaláris szorzat pozitív deflnltségéből következik, hogy bármely

x € V -re

H×Π a 0,

és

H×B =0

w

x=o.

4.11. Állítás.

Legyen V skaláris szorzatos tér,

Ekkor

x € V,

λ e K.

∏λxll = ∣λ∣ * flxll .

Bizonyítás;

llλ×B = √ = √λ = ι^∙λ∙ ≡ ι∕∣λ∣2∙ = |λ∣ ∙√ =

= ∣λ∣*Hx(l .

4.12. Definíció.

Legyen V skaláris szorzatos tér. Az

x ∈ V

vektor egységre normált, ha: llx(l =1.

4.13. Állítás. Bármely

x e V,

x * o

vektorra az

jj∙⅜∣-

Bizonyítás:

I ⅛ H ⅛ I ∙ ,lx"o ⅛ • »x” ■ *•

vektor egységre normált.

- 89 -

Példák.

(1) a./ Tekintsük a 4.8.(1). Példában szereplő skaláris szorzatot speciá­ lisan

n=3

esetben!

a ;= (-2,0,3) b := (5,-1,1)

Határozzuk meg az

skaláris szorzatot!

3

= ι∑χ aιbj = (-2)∙5 + 0∙(-l) +3-1 = -7

Határozzuk meg az "a" vektor hosszát! Hall = √ = ι∕(-2)2+02+32 ≡ /13 . b./ Tekintsük a 4.8. (3).a., Példában szereplő skaláris szorzatot spéci­

éi isan

n=3

esetben!

a := (-2,0,3) b := (5,-1,1)

Határozzuk meg az

skaláris szorzatot!

3

= Σ

k=l

kab

k k

= 1∙(-2)∙5 + 2∙0∙(-1) + 3∙3∙1 ≈ -1

Határozzuk meg az "a" vektor hosszát!

UaU = √ = ½ ♦ (-2)2+2∙0z+3∙32 = √5T

(3) Tekintsük a 4.8. (3).c.» Példában szereplő skaláris szorzatot

esetben! Legyen

f :

[0,1] -)R,

x

g :

[0,1] -⅜ R,

X

X 2 X .

Ekkor

f.g € C([0,l]).

Határozzuk meg az skaláris szorzatot! 1 1 2 j = I f-g = T x∙x dx = o o

Határozzuk meg

f

hosszát! 1_ √5 *

Uf II = ∕

4.14. Állítás. Cauchy-BunyakovszkiJ-Schwarz egyenlőtlenség Legyen V skaláris szorzatos tér;

x,y € V.

Ekkor:

∣∣2 s ∙

I = [0,1]

90 -

Bizonyítás:

1. / ⅛-×∑Zzo∙

akkor az állítás igaz.

2. / Ha_ x_és y

közül _legalább_az_egyik_nem_nul Ivek tor:

Mivel az egyenlőtlenség x-re és y-ra nézve szimmetrikus, feltehetjük,

hogy

y*o.

Vλ e K -ra a 0. így

= - λ - λ ♦ λλ ≥ 0,

azaz

+ ∣λ∣2 ≥ λ∙ + λ∙. Legyen

λ :≈

.

Ekkor

+ l^£|2- *

ami éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség.

4.15. Példák.

A Cauchy-BunyakovszkiJ-Schwarz tétel speciálisan

(1) a 4.8. (1). Példában szereplő skaláris szorzatos térre; Legyen

u,v ∈ Rn. Ekkor

(2) a 4.8.(2). Példában szereplő skaláris szorzatos térre: Legyen

u, v € Cn. Ekkor

(3) a 4.8. (3).c., Példában szereplő skaláris szorzatos térre: Legyen

f,g € C(I). Ekkor:

- 91 -

(4) a 4.8. (3).d. , Példában szereplő skaláris szorzatos térre: Legyen x ∞ í Σ

(a ), n

(b ) € V. Ekkor: n

^2 x CD abl ≤ f Σ n=l

n nj

n=l

⅛ f 00 a 2] • í Σ nj

[ n≡l

¾ b2] . nj

4. 16. Állítás. Minkowsky-(vagy háromszög-Jegyenlőtlenség Legyen V skaláris szorzatos tér,

x.y € V.

Ekkor Ux+yfl ≤ I∣x8 ♦ öyU Bizonyítás:

ll×+yll ≤ Uxll + βyU R,

x ⅛→ llxll : = √

függvény teljesíti az analízisből Isme­

retes ún. normatulajdonságokat. így skaláris szorzatos terekben mindig meg­ adható normafüggvény, amelyet skaláris

szorzatból

származtatott

normának

nevezünk.

4.18. Állítás. Legyen V skaláris szorzatos tér. V bármely két null vektortól különböző

x,y

vektorához létezik egyetlen olyan

cos φ = Re Jel: ⅜ (x, y).

*•
≈s4 + *∙,-≡> ♦ ,∙ ? + >∙ V

ha létezik olyan

VI € n -re. Ekkor az —

bázisra vonatkozó mátrixa:

0

0

• λ

n

Bizonyítás. 1./ Tegyük fel, hogy

4

dlagonallzálható, azaz létezik olyan

B={b,...,b}cV bázis, hogy az 4 transzformáció B bázisra vonat1 n kozó mátrixa A ≡ (a ) diagonál Is. Az 4(b ) vektor B bázisra vonatB

1

ij

kozó koordinátái az A mátrix 1-dlk oszlopában találhatók:

0..........0∙aa 11 ∙0.......... 0∙ !I φi∙

i*βy

l-dik

λt : ≈ a ,

Ekkor

VI € n -re.

4(bj) = λjbj

(1 ∈ n).

105 -

/ 2.

Tegyük fel, hogy 4(bj) = λιbj,

Ekkor az

4

B = {b ,...,b } n

1

olyan bázisa V-nek, hogy

VI € n -re.

transzformáció B-re vonatkozó mátrixának 1-dik oszlopában

0,...,0, A ,0..........0

áll, azaz

-t1

4

B-re vonatkozó mátrixa

i-dik dlagonal Ízálható.

4

vagyis

5.3. Definíció.

Legyen V a Γ test feletti vektortér,

A

A e Γ

skalárt

ha valamely

v e V,

az

4:V -♦ V

lineáris transzformáció.

lineáris transzformáció sajátértékének nevezzük,

4

v .* o

vektor esetén

4(v) = λv

vektort a A sajátértékhez tartozó sajátvektornak, a

teljesül. A fenti

v

H(λ) := ker(4-λ∙ldy)

al teret pedig a A saját értékhez tartozó sajátal térnek nevezzük. dim(H(λ))

a A sajátérték geometriai multiplicitása. Egy lineáris transzfor­

máció összes sajátért ékének halmazát a lineáris transzformáció spektrumának

nevezzük.

Megjegyzések.

(1)

Egy sajátvektor csak egy sajátértékhez tartozhat. Legyen ugyanis

v*o

is teljesül, akkor

sajátvektora

4-nak. Ha

(λ-μ)v ≡ o,

amiből

4(v) = Av

v≠o

miatt

és

4(v) ≈ μv

λ-μ = 0,

így

λ=μ.

(2)

H(λ) = {v≡V | 4(v) = Av>. H(λ)-nak minden nullvektortól különböző vektora A sajátértékű sajátvek­

tora

4-nak.

5.4. Következmény.

Legyen V véges dimenziós vektortér,

4:V -> V

lineáris. Az

4

lineáris

transzformáció pontosan akkor dlagonalizálható, ha van V-nek olyan bázisa, amelyet az

4

lineáris transzformáció sajátvektorai alkotnak.

106 -

5.5.

Példák.

(1)

Legyen

rögzített,

λ € Γ

4:V -» V,

V

Γ feletti vektortér.

x H λx

V minden o-tól különböző vektora sajátvektora 4-nak (λ sajátértékkel).

H(λ) = V.

(2)

2 2 R -> R

4 az az

Legyen

típusú lineáris transzformáció, amely egy TT

2

R -beli vektorhoz hozzárendeli annak origó körüli -vei való elforga2 2 tottját. E = ie1∙e2^ legyen a kanonikus bázis R -ben.

Ekkor

= ^e1∙

4(ej) = e^,

Van-e 4-nak sajátvektora? Legyen x € R2, x≠o, x = α1ej + ct2e2∙ Ha x sajátvektor, akkor

3A € R : 4(x) = λ×.

Ekkor

4(x) = 4(αe + a e ) = a 4(e ) + λae +λae. 12 21 11 22 Innen: -a = λa 2

a

1 = λa .

1 2 Az első egyenletet

-a2 -vei, a másodikat

-gyei szorozva és a két

egyenletet összeadva: α≡÷α2 = 0 ⅜ α ≡ 0, a ≡ 0 ÷ x ≡ o, ami 12 1 2 ellentmondás. Tehát 4-nak nincs sajátvektora.

(3)

Legyen 4 az az R3-> R3

típusú lineáris transzformáció, amely egy

3

R -beli vektorhoz hozzárendeli annak az x-y síkra vonatkozó tükör­ képét. E = {e .e , e } legyen a kanonikus bázis R3-ban. Ekkor 12

4(e,) = e , 1

1

3

4(e ) = e , 2

sajátvektorai 4-nak

2

4(e ) ≡ -e . 3

3

λ=l -es saját értékkel,

Következésképpen e3

e

1

és e

is sajátvektor,

λ = -1 -es sajátértékkel. H(l) = Jf(e1,e2) H(-l)≡j!(e3)

saját alt ér, geometriai multiplicitása 2,

sajátaltér, geometriai multiplicitása 1.

5.6. Állítás. Egy lineáris transzformáció különböző sajátértékekhez tartozó saját vektorai lineárisan függetlenek.

2

107 -

Bizonyítás: 4: V -> V

Legyen

lineáris transzformáció,

lönböző sajátértékei,

v......... v*

λj,— ,λfc

legyenek

4

kü­

legyenek a megfelelő sajátértékekhez tar­

tozó sajátvektorok. Teljes indukcióval: n_=_l_~re: bármely v sajátvektorra

v≠o,

Tegyük fel az állítás helyességét

n_“_£jjre

így lineárisan független. és vizsgáljuk az

n_

(1 ≤ t ≤ k-1):

esetet

Tekintsük a

v ,... , vsajátvektorok egy olyan lineáris kombinációját,

o -t eredményez:

amely

£♦1

Σ

1=1

a v 1

4(

Ekkor

1

Σ

1=1

= o

(1)

a v ) = 1 1

Σ

1=1

al'λΓλM>vι

legyen,

1

1=1

111

(2)

= o.

t ⅞*l2V⅛.l ,⅞

+∙ ∙

+

1 tλ4 ^⅛∙.

’l

=o-

lineárisan független, az együtthatók mindegyike 0 kell hogy

ami figyelembe véve, hogy a λ sajátértékek különbözőek,

lehet, ha

v∕a,1*o∙

v1∙∙∙∙∙v⅛,1

elő, vagyis

= 0. Ekkor (1)

αι = ... =

legyen. Mivel így a

1

Z*i Σ aλ v

-gyei, és ezt vonjuk ki (2) -bői:

(1) -t szorozzuk be

Mivel v1∙∙∙∙∙v^

a 4(v ) =

így

β o

alapján

csak úgy kell hogy

0⅛+1 aβ 0∙

sajátvektorokból a null vektor csak triviálisan állítható

v ,..., v^

Az indukciós elv alapján

lineárisan független. v......... v^

is lineárisan független.

5.7. Következmények.

Legyen V n-dimenzlós vektortér. (1)

Minden 4:V -> V lineáris transzformációnak legfeljebb sajátértéke van.

(2)

A

dlagonalizálhatóságának elegendő

feltétele

n

n

db különböző

db különböző saját­

érték létezése.

(Ez a feltétel nem szükséges, gondoljunk csak az ldy transzformációra!)

108 -

Sajátértékek, sajátvektorok meghatározása Legyen V n-dlmenzlós vektortér, B = {bι,...,bn}

d(v) = λv

lineáris transzformáció. Ekkor az

Ap = λu

egyenlőséggel, ahol

vonatkozó mátrixa,

A

Γ"*

az

a

p = I .

A

egyenlőség ekvivalens az

lineáris transzformáció

vektor

v

bázisa V-nek, d:V -> V

B

B

bázisra

bázisra vonatkozó koordlná-

(Itt λ -t az A négyzetes

mátrix

sajátértéké-

az A mátrix λ-hoz tartozó sajátvektorának hívjuk. ) Az

Ap = λυ

egyenlőséget átalakítva:

Ap - λυ = o,

illetve

(A-λE)p s o»

ahol

E

nxn -es egységmátrix.

Ez egy homogén lineáris egyenletrendszer a

v ,...,υ i n amelynek nem triviális megoldását keressük (v*o).

Ismeretlenekre nézve,

A fenti egyenletrendszernek pontosan akkor létezik nem triviális megoldása,

transzformáció nem lnjektlv, ez pedig pontosan akkor telje­

d-λ*ldγ

ha az

sül, ha az

A-AE

együtthatómátrix determinánsa 0:

det(A-λE)

0.

Ezen egyenletet λ-ra megoldva megkapjuk az d transzformáció sajátértéke11,

ezután az (A-λE)p = o

egyenletrendszert megoldva az adott

tartozó v koordináta n-esek,

111.

λ

azokból a megfelelő veV

sajátértékhez sajátvektorok

meghatározhatók.

5.8. Definíció. (1)

Legyen Az

V

véges dimenziós vektortér.

d:V -> V

lineáris transzformáció karakterisztikus pollnomján a

P(λ) = det(d-λidv)

pollnomot, karakterisztikus egyenletén a

P(λ) = det(d-λldy) = 0

(2)

Az

A € Γnxn

egyenletet értjük.

négyzetes mátrix karakterisztikus pollnomján a

P(λ) = det(A-AE)

pollnomot, karakterisztikus egyenletén a

P(λ) = det(A-AE) = 0

egyenletet értjük.

109 -

5.9. Megjegyzések. (1)

A 2.50.

Állítás alapján lineáris transzformációnak és bármely rögzí­

tett bázisra vonatkozó mátrixának karakterisztikus polinomja (karak­ terisztikus egyenlete) azonos.

(2)

Az

nxn -es mátrix karakterisztikus polinomja pontosan

A

pollnom, amelynek főegyUtthatóJa (-1 )n, konstans tagja

n -ed fokú

det A.

(Ez a kifejtési tétel alkalmazásával, teljes indukcióval látható be. )

5.10. Következmény. (1)

Legyen

Egy

V

véges dimenziós vektortér a Γ test felett.

4:V -> V

lineáris transzformáció sajátértékei pontosan az

transzformáció

P(λ) = 0

karakterisztikus egyenletének

4

(Γ-ba eső)

gyöke1.

(2)

Egy

nxn -es mátrix sajátértékei pontosan az

A

A

mátrix

P(λ) = 0

karakterisztikus egyenletének Γ-ba eső gyökei.

Egy-egy ilyen gyök multiplicitását az illető sajátért ék algebrai multiplici­ tásának hívjuk. Példák.

(1)

Legyen

4:R3 -> R3,

Határozzuk meg az

(x,y,z) 4

(z,y,x).

lineáris transzformáció sajátértékeit, sajátvek­

torait, sajátaltereit! Az

4

lineáris transzformáció kanonikus bázisra

vonatkozó mátrixa: A =

0 1 0

’ 0 0 1

1 ‘ 0 0

A karakterisztikus egyenlet:

P(λ) = det(A-λE) = det (

■ -λ 0 1

0 l-λ 0

1 ' 0 -λ

) =

= -λ∙ (l-λ)(-λ)-(l-λ) = (l-λ)(λ1 2-l) = (l-λ)(λ+l )(λ-l) = 0

A sajátértékek:

λj = 1

(algebrai multiplicitása 2)

λ2 =-l

(algebrai multiplicitása 1).

110 -

egyenlőséget ki­

Ax=x

A λι=l sajátértékhez tartozó sajátvektorok az

elégítő, nullvektortól különböző vektorok. Ax = ×

Mivel

(A-E)x = o,

«==»

így az alábbi homogén lineáris egyen­

letrendszer triviálistól különböző megoldásait keressük.

Bázlstranszformáclóval megoldva az egyenletrendszert: a

bázis

a

2

1

a3

0

bázis

a2

a3

o

e1

-1

0

1

0

e1

0

0

0

e2

0 ©

0

0

0

β2

0

0

0

0

-1

0

aι

0

-1

0

e

3

így

x.1 = 0 - [o

-1]

r⅛ι L x3 J 1

3

A megoldáshalmáz: M1 = V

lineáris

V -> V

lineáris

Vx,y e V -re:

transzformáció, hogy Ezt az

4*

teljesül.

lineáris transzformációt az

4

lineáris transzformáció adj tán­

gál tJának nevezzük.

Bizonyítás: y e V

Legyen

rögzített.

4 :V -⅜ K,

Tekintsük az

y

4 lineáris: -y--------------V×ι,χz ∈ V -re:

χ j→

leképezést.

4 (×ι÷x2) = = =

= + = 4y(×ι) + .

116

y e V, λ € K.

Legyen

Vx e V -re: = ι

= λ = λ = .

másrészt

Vx 6 V -re: = o,

tgy

4∙(λy) - λ∙4β(y) ≈ o,

ezért

vagyis

4∙(λy) = λ∙4∙(y). ⅛γtct≡l*≡9≡⅛* i

Tegyük fel, hogy

4j,42 olyan

és

Is teljesül.

=

esetén = 0,

Vx,y e V

Ekkor

vagyis

Vy € V -re (4j-4g) (y)

a V vektortér minden vektorára ortogonális,

Vy e V -re (4j-4g)(y) = o,

így

lineáris transzformációk, hogy

V -> V

V×,y e V -re: =

azaz 4j-42

az

azonosan nulla leképezés, Így

A =A . 1 23*5 5.15. Megjegyzés.

Ha

V

véges dimenziós skaláris szorzatos tér,

transzformációk,

c € K,

4,3 : V -> V

lineáris

akkor

(1)

4∙∙ = A

(2)

(c4)∙ = c∙4∙

(3)

(4+3)∙ = 4∙ + 3∙

(4j (5)

(4 ° 3)w = 3* o 4' Ha 4 lnvertálható, akkor (4^x)∙ = (4∙)'x.

Péjda. 2

Legyen (e ,e } a kanonikus bázis R -ben. 12

H := /(ej

K := £le +e J 1 2 2 4 legyen az a lineáris transzformáció, amely egy R -beli vektort H-ra vetít, K-val párhuzamosan. Ekkor 4(e ) = e , 1

1

4(e +e ) = o. 12

így 4(e2) = 4(-e +(e *e2)) = -4(eι)+4(ej+e2) = -ej. 4(x,y) = x∙4(ej)+ y∙4(ez) ≈ (×-y)eι, ∀(×,y) € R2 -re. Vagyis:

4:R2-»R2,

(x,y) >→ (x-y. 0)

117 -

Határozzuk meg az

transzformáció adjungáltJát!

j⅛

+ e

fi* (e ) = e 1

=

122

Ili

= ej + e

+ e

112

*11

Λβ(e ) = e 21

2

= e 1

2

= e

2

2

12

2

=

2

= o

Λ∙(×,y) = 44*(×eι+ye2) = ×∙4∙(eι) + y∙*i∙(e2> = xej-×e2, V(x,y) € IR2 -re.

(χ,y) t→ (×,-x).

*4∙ : IR2 -> R2,

Vagyis:,

J£(e ) -vei párhuzamosan. )

£(e -e ) altérre vetít,

az

Az

=

22

2

+ e

+ e

11

2

így

12

+ e

j

i

= e -e .

12

«4 és j4∙

2

transzformációk kanonikus bázisra vonatkozó mátrixai:

A = [ o

*• ■ [ -1

’o ]•

Észrevehetjük, hogy

? ]•

A∙ = AT.

5.16. Állítás. Lejgyen

véges dimenziós skaláris szorzatos tér,

V

transzformáció, B c V ortonormált bázis. Legyen az

vonatkozó mátrixa

M(rf) = (a^), az

«4

V

Ekkor

i - 1,... , n

a • = a . Ji U

J = 1,.. . ,n

Bizonyítás: Legyen

B = = Σ

k=l

kJ k’

1

k=l

a

kJ

B -re