Szerkesztő:Mozo/Linalg gyakorló 1.
Mozo (vitalap | szerkesztései) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Sajátértékfeladatok) |
||
(egy szerkesztő 15 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
12. sor: | 12. sor: | ||
:<math>\dim \langle W_1,W_2 \rangle \leq \dim W_1 +\dim W_2</math> | :<math>\dim \langle W_1,W_2 \rangle \leq \dim W_1 +\dim W_2</math> | ||
ha B bázis <math>W_1</math>-ben és C bázis <math>W_2</math>-ben BUC generátorrendszere <math>\langle W_1,W_2 \rangle</math>-nek, de nem nagyobb a számossága, mint |B|+|C| | ha B bázis <math>W_1</math>-ben és C bázis <math>W_2</math>-ben BUC generátorrendszere <math>\langle W_1,W_2 \rangle</math>-nek, de nem nagyobb a számossága, mint |B|+|C| | ||
− | :<math>\dim\langle W_1,W_2\leq |BUC|\leq |B|+|C|</math> | + | :<math>\dim\langle W_1,W_2\rangle\leq |BUC|\leq |B|+|C|</math> |
− | Most belátjuk, a szigorú egyenlőtlenséget. <math>W_1</math>∩<math>W_2</math> altér mindkét altérben, ezért ha a metszet nem 0, akkor egy D ⊆ <math>W_1</math>∩<math>W_2</math> bázis kiegészíthető <math>W_1</math> bázisává és <math>W_2</math> bázisává, | + | Most belátjuk, a szigorú egyenlőtlenséget. <math>W_1</math>∩<math>W_2</math> altér mindkét altérben, ezért ha a metszet nem 0, akkor egy D ⊆ <math>W_1</math>∩<math>W_2</math> bázis kiegészíthető <math>W_1</math> bázisává és <math>W_2</math> bázisává: B'UD és DUC'-vel. Feltehető, hogy B' elemei különböznek C' elemeitől, mert ha nem, akkor különbözőkkémeg nyújthatók. |
− | :<math>\dim \langle W_1,W_2 \rangle\leq|B'\cup D\cup C'|=|B'\cup D\cup D\cup C'|<|B' | + | :<math>\dim \langle W_1,W_2 \rangle\leq|B'\cup D\cup C'|=|B'\cup D\cup D\cup C'|<|B'|+|D|+|D|+|C'|=\dim W_1 +\dim W_2</math> |
hiszen D elemeit kétszer számoltuk. | hiszen D elemeit kétszer számoltuk. | ||
+ | |||
+ | ==Egyenletrendszerek== | ||
+ | '''1.''' | ||
+ | :<math>\begin{matrix} | ||
+ | \;\;\,x-y+z& = & 0\\ | ||
+ | -3x+2y-z & = & 0\\ | ||
+ | -2x+y+az & = & -1 | ||
+ | \end{matrix}</math> | ||
+ | ''Mo.'' | ||
+ | :<math>\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & -1 & 1 & 0\\ | ||
+ | -3 & 2 & -1 & 0\\ | ||
+ | -2 & 1 & a & -1 | ||
+ | \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & -1 & 1 & 0\\ | ||
+ | 0 & -1 & 2 & 0\\ | ||
+ | 0 & -1 & a+2 & -1 | ||
+ | \end{bmatrix} \sim\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & -1 & 1 & 0\\ | ||
+ | 0 & -1 & 2 & 0\\ | ||
+ | 0 & 0 & a & -1 | ||
+ | \end{bmatrix}</math> | ||
+ | |||
+ | Ax=b-nek pontosan akkor van megoldása, ha r(A)=r(A|b) (itt a r(A) az A [[Mátrix rangja|mátrix rangja]]). r(A) az oszlopok által kifeszített altér dimenziója. | ||
+ | :<math>3\leq r(A|b)\leq 3</math> | ||
+ | hisz egyrészt csak háromemeletesek, másrészt van három független (1.,2.,4. oszlop). r(A)=3 pontosan akkor, ha a≠0. Ezesetben pedig valóban 1 megoldás van, mert det(A) ≠ 0. | ||
+ | |||
+ | Megoldás: x_0+Ker(A), Ker(A)={0}, mert A invertálható: | ||
+ | |||
+ | x_0=(1,2,1) | ||
+ | |||
+ | |||
+ | '''2.''' | ||
+ | :<math>2x+4y=-2\,</math> | ||
+ | :<math>-y+z=1\,</math> | ||
+ | :<math>x+y+z=b\,</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>[\mathbf{A}|\mathbf{y}]\sim\begin{bmatrix} | ||
+ | 2 & 4 & 0 & -2\\ | ||
+ | 0 & -1 & 1 & 1\\ | ||
+ | 1 & 1 & 1 & b | ||
+ | \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & 2 & 0 & -1\\ | ||
+ | 0 & -1 & 1 & 1\\ | ||
+ | 0 & -1 & 1 & b+1 | ||
+ | \end{bmatrix} \sim\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & 2 & 0 & -1\\ | ||
+ | 0 & -1 & 1 & 1\\ | ||
+ | 0 & 0 & 0 & b | ||
+ | \end{bmatrix}</math> | ||
+ | |||
+ | Megoldhatóság: b=0 | ||
+ | |||
+ | Megoldások száma: végtelen, mert dimKer(A)=3-dimIm(A)=3-2=1 | ||
+ | |||
+ | Megoldások: inhomogén: (-1,0,1). Ker(A)={t(-2,1,1)} | ||
+ | |||
+ | ==Sajátértékfeladatok== | ||
+ | '''1.''' Legyen '''A''' az x+2y=0 egyenesre tükrözés operátora. Számítsa ki az | ||
+ | :<math>\mathbf{B}=\mathbf{A}^{2009}-\mathbf{A}^2+\mathbf{I}\,</math> | ||
+ | leképezés sajátértékeit és sajátvektorait! | ||
+ | |||
+ | '''A''' tükrözés, így páratlanadik hatványa önmaga, párosadik pedig az '''I'''. Emiatt B=A. | ||
+ | |||
+ | Mivel az egyenes: (1,2)<math>\cdot</math>(x,y)=0 ezért az egyik sajátvektor az (1,2), ehhez a -1 sajátréték tarozik, a másik (2,-1), melyhez az 1. | ||
+ | |||
+ | '''2.''' Legyen | ||
+ | :<math>A=\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 2 \\ | ||
+ | 1 & 2 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> | ||
+ | határozzuk meg az '''A'''<sup>2009</sup> sajátvektorait, sajátértékeit! | ||
+ | |||
+ | Ez egy y-x=0-be képező projekció. Az {(1,1), (-1,1)} bázisról áttérés: | ||
+ | :<math>T=\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & -1 \\ | ||
+ | 1 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> | ||
+ | Ennek inverze: | ||
+ | :<math>T^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 1 \\ | ||
+ | -1 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> | ||
+ | Emiatt A a másik bázisban: | ||
+ | :<math>A'=T^{-1}AT=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 1 \\ | ||
+ | -1 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix}\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 2 \\ | ||
+ | 1 & 2 | ||
+ | \end{pmatrix}\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & -1 \\ | ||
+ | 1 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 1 \\ | ||
+ | -1 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix}\begin{pmatrix} | ||
+ | 3 & 1 \\ | ||
+ | 3 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} | ||
+ | 3 & 1\\ | ||
+ | 0 & 0\end{pmatrix}</math> | ||
+ | Ennek ''n''-edik hatványa: | ||
+ | :<math>A'^{n}=\begin{pmatrix} | ||
+ | 3^n & *\\ | ||
+ | 0 & 0\end{pmatrix}</math> | ||
+ | alakú, emiatt a sajátértéke <math>3^{2009}</math>, a sajátvektor pedig: (1,0), azaz a régi bázisban (1,1). | ||
+ | |||
+ | '''3.''' Határozzuk meg | ||
+ | :<math>A=\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 2 \\ | ||
+ | 2 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> | ||
+ | sajátvektorait, sajátértékeit! | ||
+ | |||
+ | Szimmetrikus, a karakterisztikus egyenlet: | ||
+ | :<math>(1-\lambda)(1-\lambda)-4=0\,</math> | ||
+ | Megoldása: -1, 3 Ezekhez tartozó sajátvektorok: | ||
+ | :<math>\begin{pmatrix} | ||
+ | 2 & 2 \\ | ||
+ | 2 & 2 | ||
+ | \end{pmatrix},\begin{pmatrix} | ||
+ | -2 & 2 \\ | ||
+ | 2 & -2 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> | ||
+ | szinguláris mátrixok magjaiból egy-egy elem. | ||
+ | |||
+ | ==Mátrixegyenletek== | ||
+ | '''1.''' Oldja meg X-re! | ||
+ | :<math>A=\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 2 \\ | ||
+ | 2 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>AX=B\,</math> | ||
+ | |||
+ | A invertálható, így beszorozhatunk az inverzével: | ||
+ | |||
+ | :<math>X=A^{-1}B\,</math> | ||
+ | Itt A-t meghatározhatjuk együttes Gauss-szal. | ||
+ | |||
+ | '''2.''' Oldja meg X-re! | ||
+ | :<math>A=\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 1 \\ | ||
+ | 1 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>AX=B\,</math> | ||
+ | |||
+ | A nem invertálható. A megoldást szintén Gauss-szal kereshetjük. B és X első oszlopait b-bel és x-szel jelölve: Ax=b-t kell megoldanunk, ha ez van és a másik oszlopokra is van, akkor ezeket összetéve adódik egy megoldás (ill. akár az összes is ha ezekez megfelelően csoportosítjuk). |
A lap jelenlegi, 2014. március 26., 10:54-kori változata
Tartalomjegyzék |
Alterek
1. Igazolja, hogy ha W1 és W2 altér V-ben, akkor
- altér
Ugyanis, ha u,v ∈ W1∩W2, akkor u,v ∈W1 és u,v ∈ W2, de ezek zártak az összeadásra és a számmal való szorzásra, ezért: u+v ∈ W1 és u+v ∈ W2,, azaz u+v ∈ W1∩W2 és λ.u ∈ W1 és λ.u ∈ W2, azaz λ.u∈ W1∩W2,.
2. Igazoljuk, hogy ha W1 és W2 altér V-ben és W1∩W2, ≠ {0}, akkor
Először belátjuk, hogy
ha B bázis W1-ben és C bázis W2-ben BUC generátorrendszere -nek, de nem nagyobb a számossága, mint |B|+|C|
Most belátjuk, a szigorú egyenlőtlenséget. W1∩W2 altér mindkét altérben, ezért ha a metszet nem 0, akkor egy D ⊆ W1∩W2 bázis kiegészíthető W1 bázisává és W2 bázisává: B'UD és DUC'-vel. Feltehető, hogy B' elemei különböznek C' elemeitől, mert ha nem, akkor különbözőkkémeg nyújthatók.
hiszen D elemeit kétszer számoltuk.
Egyenletrendszerek
1.
Mo.
Ax=b-nek pontosan akkor van megoldása, ha r(A)=r(A|b) (itt a r(A) az A mátrix rangja). r(A) az oszlopok által kifeszített altér dimenziója.
hisz egyrészt csak háromemeletesek, másrészt van három független (1.,2.,4. oszlop). r(A)=3 pontosan akkor, ha a≠0. Ezesetben pedig valóban 1 megoldás van, mert det(A) ≠ 0.
Megoldás: x_0+Ker(A), Ker(A)={0}, mert A invertálható:
x_0=(1,2,1)
2.
Megoldhatóság: b=0
Megoldások száma: végtelen, mert dimKer(A)=3-dimIm(A)=3-2=1
Megoldások: inhomogén: (-1,0,1). Ker(A)={t(-2,1,1)}
Sajátértékfeladatok
1. Legyen A az x+2y=0 egyenesre tükrözés operátora. Számítsa ki az
leképezés sajátértékeit és sajátvektorait!
A tükrözés, így páratlanadik hatványa önmaga, párosadik pedig az I. Emiatt B=A.
Mivel az egyenes: (1,2)(x,y)=0 ezért az egyik sajátvektor az (1,2), ehhez a -1 sajátréték tarozik, a másik (2,-1), melyhez az 1.
2. Legyen
határozzuk meg az A2009 sajátvektorait, sajátértékeit!
Ez egy y-x=0-be képező projekció. Az {(1,1), (-1,1)} bázisról áttérés:
Ennek inverze:
Emiatt A a másik bázisban:
Ennek n-edik hatványa:
alakú, emiatt a sajátértéke 32009, a sajátvektor pedig: (1,0), azaz a régi bázisban (1,1).
3. Határozzuk meg
sajátvektorait, sajátértékeit!
Szimmetrikus, a karakterisztikus egyenlet:
Megoldása: -1, 3 Ezekhez tartozó sajátvektorok:
szinguláris mátrixok magjaiból egy-egy elem.
Mátrixegyenletek
1. Oldja meg X-re!
A invertálható, így beszorozhatunk az inverzével:
Itt A-t meghatározhatjuk együttes Gauss-szal.
2. Oldja meg X-re!
A nem invertálható. A megoldást szintén Gauss-szal kereshetjük. B és X első oszlopait b-bel és x-szel jelölve: Ax=b-t kell megoldanunk, ha ez van és a másik oszlopokra is van, akkor ezeket összetéve adódik egy megoldás (ill. akár az összes is ha ezekez megfelelően csoportosítjuk).