Szerkesztő:Mozo/Linalg gyakorló 3.
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→2) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→5) |
||
(egy szerkesztő 7 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
5. sor: | 5. sor: | ||
Most tegyük fel indirekten, hogy |B|=n. Van olyan ''v'' vektor <math>L</math>-ben, ami független B-től, mert ha nem lenne, akkor B generátorrendszere lenne L-nek, amiből az következne, hogy <math>L_1</math>=<math>L</math> lenne. BU{v} tehát független rendszer, azaz van L-ben n+1 elemű független rendszer. De L minden független rendszere legfeljebb csak n elemű, ami ellentmondás. | Most tegyük fel indirekten, hogy |B|=n. Van olyan ''v'' vektor <math>L</math>-ben, ami független B-től, mert ha nem lenne, akkor B generátorrendszere lenne L-nek, amiből az következne, hogy <math>L_1</math>=<math>L</math> lenne. BU{v} tehát független rendszer, azaz van L-ben n+1 elemű független rendszer. De L minden független rendszere legfeljebb csak n elemű, ami ellentmondás. | ||
+ | |||
+ | Ha tehát az ''A'' ∈ '''R'''<sup>n×m</sup> mátrix alakja: | ||
+ | :<math>A = \begin{pmatrix} | ||
+ | \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ A_1 \\ \vert \\ \vert \end{matrix}& \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ A_2 \\ \vert \\ \vert \end{matrix} & ... & \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ A_m \\ \vert \\ \vert \end{matrix} | ||
+ | \end{pmatrix} </math> | ||
+ | ahol A<sub>1</sub>, A<sub>2</sub>, ..., A<sub>m</sub> az oszlopai, akkor | ||
+ | :<math>\mathrm{r}(A):=\mathrm{dim}\langle\{A_1,A_2,...A_m\}\rangle</math> | ||
+ | ahol | ||
+ | :<math>\langle\{A_1,A_2,...A_m\}\rangle</math> | ||
+ | jelöli az oszlopvektorok által kifeszített (generált) alteret. | ||
+ | |||
+ | ===Példák=== | ||
+ | '''1.''' | ||
+ | :<math>A = | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 2 & 3 \\ | ||
+ | 0 & 5 & 4 \\ | ||
+ | 0 & 10 & 2 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> ekkor <math>\mathrm{r}(A):=\mathrm{dim}\left\langle \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\5\\10\end{pmatrix},\begin{pmatrix}3\\4\\2\end{pmatrix}\right\rangle</math> | ||
+ | Világos, hogy az első két vektor független rendszert alkot, tehát r(A) legalább 2 (és legfeljebb 3, mert ilyen hosszúak). A kérdés, hogy a harmadik kifejezhető-e az első kettő lineáris kombinációjaként, azaz megoldható-e az | ||
+ | :<math> | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 2 \\ | ||
+ | 0 & 5 \\ | ||
+ | 0 & 10 | ||
+ | \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} | ||
+ | \lambda_1 \\ | ||
+ | \lambda_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} | ||
+ | 3 \\ | ||
+ | 4 \\ | ||
+ | 2 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> | ||
+ | egyenletrendszer (λ<sub>1</sub>,λ<sub>2</sub>)-re? Akibővítet mártix maga az A. Ebből [[Gauss-elimináció]]val (a középső kétszeresét kivonjuk a legalsóból) | ||
+ | :<math>\begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 2 & 3 \\ | ||
+ | 0 & 5 & 4 \\ | ||
+ | 0 & 0 & -6 | ||
+ | \end{pmatrix}</math> | ||
+ | Az alsó sor így: | ||
+ | :<math>0\cdot \lambda_1+0\cdot \lambda_2=-6</math> | ||
+ | aminek nincs megoldása. Tehát a harmadik oszlop nem fejezhető ki az első kettő lineáris kombinációjával, így függetlenek, ergó a rang 3. | ||
+ | :Általánosan: ''ha az A n × n-es mátrixot Gauss-eliminálva háromszögmátrix jön ki, nemnulla főátlóbeli elemekkel, akkor A rangja a dimenzió: n.'' | ||
+ | '''2.''' | ||
+ | :<math>B = | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 2 & 3 \\ | ||
+ | 0 & 6 & 4 \\ | ||
+ | 0 & 3 & 2 | ||
+ | \end{pmatrix} | ||
+ | \sim | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 2 & 3 \\ | ||
+ | 0 & 6 & 4 \\ | ||
+ | 0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{pmatrix} | ||
+ | |||
+ | \Rightarrow \mathrm{r}(B) = 2 | ||
+ | </math> | ||
+ | mert alsó sor tiviálisan teljesül, a felső kettőból pedig kifejezhető λ<sub>1</sub>, λ<sub>2</sub>, éspedig: λ<sub>2</sub> = 4/6 = 2/3, λ<sub>1</sub> = 5/3 (és persze az első két oszlop független, mert a másodikat a 2 nemnulla miatt sehogyan se lehet kifejezni az elsőből ennek a két nullája miatt). | ||
==2== | ==2== | ||
62. sor: | 121. sor: | ||
==3== | ==3== | ||
− | + | Oldjuk meg az AX=B mátrixegyenletet, ha | |
+ | |||
a) | a) | ||
75. sor: | 135. sor: | ||
0 & 0 & 0 | 0 & 0 & 0 | ||
\end{bmatrix}</math> | \end{bmatrix}</math> | ||
− | |||
+ | ''Mo.'' ''A'' invertálató, mert a determinánsa -2-8=-10 és ekkor a megoldás: | ||
+ | :<math>AX=B\quad/ A^{-1}\cdot(\;)</math> | ||
+ | :<math>X= A^{-1}B\,</math> | ||
+ | Az iverzet sokféleképpen lehet kiszámítani. Egyfelől az inverzmátrix képlet: | ||
+ | :<math>A^{-1}=\frac{\mathrm{adj}\,A}{\mathrm{det}\,A}</math> | ||
+ | itt adj A az előjeles aldeterminánsmátrix transzponáltja. Másrészt kiszámíthatjuk Gauss--Jordan-eliminációval: | ||
+ | <math>(A|I)=\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ | ||
+ | 2 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0\\ | ||
+ | 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 1 | ||
+ | \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ | ||
+ | 0 & -5 & 0 & -2 & 1 & 0\\ | ||
+ | 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1/2 | ||
+ | \end{bmatrix}\sim</math> | ||
+ | :<math> \sim\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 2/5 & -1/5 & 0\\ | ||
+ | 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1/2 | ||
+ | \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & 0 & 0 & 1/5 & 2/5 & 0 \\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 2/5 & -1/5 & 0\\ | ||
+ | 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1/2 | ||
+ | \end{bmatrix}</math> | ||
+ | Majd megszorozzuk B-vel: | ||
+ | :<math>\begin{bmatrix} | ||
+ | 1/5 & 2/5 & 0 \\ | ||
+ | 2/5 & -1/5 & 0\\ | ||
+ | 0 & 0 & 1/2 | ||
+ | \end{bmatrix}\begin{bmatrix} | ||
+ | 0 & 1 & 0\\ | ||
+ | 0 & -1 & 0 \\ | ||
+ | 0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} | ||
+ | 0 & 2/5 & 0\\ | ||
+ | 0 & 1/5 & 0 \\ | ||
+ | 0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{bmatrix}</math> | ||
b) | b) | ||
<math>A=\begin{bmatrix} | <math>A=\begin{bmatrix} | ||
83. sor: | 180. sor: | ||
\end{bmatrix}</math> és | \end{bmatrix}</math> és | ||
<math>B=\begin{bmatrix} | <math>B=\begin{bmatrix} | ||
− | 0 & | + | 0 & 2 & 1\\ |
− | + | 0 & 2 & 1 \\ | |
\end{bmatrix}</math> | \end{bmatrix}</math> | ||
+ | ''Mo.'' A nem invertálható. A kibővített mátrixszal: | ||
+ | :<math>(A|B)=\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & 1 & 0 & 2 & 1\\ | ||
+ | 1 & 1 &0 & 2 & 1 | ||
+ | \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} | ||
+ | 1 & 1 & 0 & 2 & 1\\ | ||
+ | 0 & 0 &0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{bmatrix}\sim</math> | ||
+ | A második oszlopot átvisszük paraméternek: | ||
+ | : <math>\sim \begin{bmatrix} | ||
+ | 1 | & -1 & 0 & 2 & 1\\ | ||
+ | 0 | & 0 &0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{bmatrix}</math> | ||
+ | Ha a megoldást: <math>X=\begin{bmatrix} | ||
+ | x_1 & x_2 & x_3\\ | ||
+ | y_1 & y_2 & y_3 \\ | ||
+ | \end{bmatrix}</math> | ||
+ | alakban írjuk föl, akkor: | ||
+ | :<math>y_1,y_2,y_3=t\in\mathbf{R}</math> | ||
+ | :<math>x_1= -t,\quad x_2=2-t,\quad x_3=1-t</math> | ||
+ | azaz | ||
+ | <math>X=\begin{bmatrix} | ||
+ | -t & 2-t & 1-t\\ | ||
+ | t & t & t \\ | ||
+ | \end{bmatrix}</math> | ||
+ | |||
+ | ==4== | ||
+ | Milyen c-re nulla az alábbi determináns értéke? | ||
+ | :<math>D=\begin{vmatrix} | ||
+ | 2 & 1 & c & c+1\\ | ||
+ | 1 & 1 & 1 & 1\\ | ||
+ | -1 & 1 & 1 & -1\\ | ||
+ | -2 & 1 & 4 & c^2 | ||
+ | \end{vmatrix}</math> a 2. oszlop csupa 1, és a többiben is van sok egyes, tehát érdemes levonni a 2. oszlopot a többiből: | ||
+ | :<math>D=\begin{vmatrix} | ||
+ | 1 & 1 & c-1 & c\\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 0\\ | ||
+ | -2 & 1 & 0 & -2\\ | ||
+ | -3 & 1 & 3 & c^2-1 | ||
+ | \end{vmatrix}</math> a 2. sorban egy db 1-es lett, fejtsük ki eszerint: | ||
+ | :<math>D=\begin{vmatrix} | ||
+ | 1 & c-1 & c\\ | ||
+ | -2 & 0 & -2\\ | ||
+ | -3 & 3 & c^2-1 | ||
+ | \end{vmatrix}</math> ha levonjuk az 1. oszlopot a 3-ból, akkor eltűnik a -2: | ||
+ | :<math>D=\begin{vmatrix} | ||
+ | 1 & c-1 & c-1\\ | ||
+ | -2 & 0 & 0\\ | ||
+ | -3 & 3 & c^2+2 | ||
+ | \end{vmatrix}=(-1)\cdot(-2)\cdot\begin{vmatrix} | ||
+ | c-1 & c-1\\ | ||
+ | 3 & c^2+2 | ||
+ | \end{vmatrix}=</math> | ||
+ | :<math>=2(c-1)(c^2+2)-6(c-1)=2(c-1)(c^2+2-3)=2(c-1)(c^2-1)=0</math> | ||
+ | :<math>c=\pm 1</math> | ||
+ | |||
+ | ==5== | ||
+ | |||
+ | '''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 magterét és képterét! | ||
+ | |||
+ | '''A''' tükrözés, így páratlanadik hatványa önmaga, párosadik pedig az '''I'''. Emiatt B=A. | ||
+ | '''2.''' | ||
+ | Legyen '''P''' az ''x'' tengelyre való vetítés, '''T''' az ''x'' tengelyre való tükrözés. Mi a '''P''', '''T''', '''P'''<sup>2</sup>, '''T'''<sup>2</sup>, '''PT''', '''TP''' leképezések kép és magtere? Igazolja, hogy | ||
+ | :<math>\mathbf{P}^2(-\mathbf{T}+\mathbf{T}^2+\mathbf{T}^3)=\mathbf{P}</math> | ||
+ | |||
+ | ''Mo.'' Csak 3 leképezésünk van: '''P'''='''P'''<sup>2</sup>='''PT'''='''TP''', '''T''' és '''I'''. Ezeknek rendre a magtere és a képtere: {(0,t)}, {(t,0)}; {0}, '''R'''<sup>2</sup>; {0}, '''R'''<sup>2</sup>. | ||
+ | |||
+ | Az azonosság igazolása: -'''T'''+'''T'''<sup>3</sup>='''0''' miatt és ez előzőek miatt nyilvánvaló. |
A lap jelenlegi, 2013. október 14., 20:42-kori változata
Tartalomjegyzék |
1
Legyen L1 valódi altere az L vektortérnek (az az L1L). Igazoljuk, hogy ekkor .
Mo. Először is hivatkozunk arra, hogy ha F független rendszer, B bázis és G generátorrendszer, akkor . L1 egy B bázisa lineárisan független rendszer L-ben, így , ahol .
Most tegyük fel indirekten, hogy |B|=n. Van olyan v vektor L-ben, ami független B-től, mert ha nem lenne, akkor B generátorrendszere lenne L-nek, amiből az következne, hogy L1=L lenne. BU{v} tehát független rendszer, azaz van L-ben n+1 elemű független rendszer. De L minden független rendszere legfeljebb csak n elemű, ami ellentmondás.
Ha tehát az A ∈ Rn×m mátrix alakja:
ahol A1, A2, ..., Am az oszlopai, akkor
ahol
jelöli az oszlopvektorok által kifeszített (generált) alteret.
Példák
1.
- ekkor
Világos, hogy az első két vektor független rendszert alkot, tehát r(A) legalább 2 (és legfeljebb 3, mert ilyen hosszúak). A kérdés, hogy a harmadik kifejezhető-e az első kettő lineáris kombinációjaként, azaz megoldható-e az
egyenletrendszer (λ1,λ2)-re? Akibővítet mártix maga az A. Ebből Gauss-eliminációval (a középső kétszeresét kivonjuk a legalsóból)
Az alsó sor így:
aminek nincs megoldása. Tehát a harmadik oszlop nem fejezhető ki az első kettő lineáris kombinációjával, így függetlenek, ergó a rang 3.
- Általánosan: ha az A n × n-es mátrixot Gauss-eliminálva háromszögmátrix jön ki, nemnulla főátlóbeli elemekkel, akkor A rangja a dimenzió: n.
2.
mert alsó sor tiviálisan teljesül, a felső kettőból pedig kifejezhető λ1, λ2, éspedig: λ2 = 4/6 = 2/3, λ1 = 5/3 (és persze az első két oszlop független, mert a másodikat a 2 nemnulla miatt sehogyan se lehet kifejezni az elsőből ennek a két nullája miatt).
2
a)
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)
b)
Mo.
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)}
3
Oldjuk meg az AX=B mátrixegyenletet, ha
a)
és
Mo. A invertálató, mert a determinánsa -2-8=-10 és ekkor a megoldás:
Az iverzet sokféleképpen lehet kiszámítani. Egyfelől az inverzmátrix képlet:
itt adj A az előjeles aldeterminánsmátrix transzponáltja. Másrészt kiszámíthatjuk Gauss--Jordan-eliminációval:
Majd megszorozzuk B-vel:
b) és Mo. A nem invertálható. A kibővített mátrixszal:
A második oszlopot átvisszük paraméternek:
Ha a megoldást: alakban írjuk föl, akkor:
azaz
4
Milyen c-re nulla az alábbi determináns értéke?
- a 2. oszlop csupa 1, és a többiben is van sok egyes, tehát érdemes levonni a 2. oszlopot a többiből:
- a 2. sorban egy db 1-es lett, fejtsük ki eszerint:
- ha levonjuk az 1. oszlopot a 3-ból, akkor eltűnik a -2:
- = 2(c − 1)(c2 + 2) − 6(c − 1) = 2(c − 1)(c2 + 2 − 3) = 2(c − 1)(c2 − 1) = 0
5
1. Legyen A az x+2y=0 egyenesre tükrözés operátora. Számítsa ki az
leképezés magterét és képterét!
A tükrözés, így páratlanadik hatványa önmaga, párosadik pedig az I. Emiatt B=A. 2. Legyen P az x tengelyre való vetítés, T az x tengelyre való tükrözés. Mi a P, T, P2, T2, PT, TP leképezések kép és magtere? Igazolja, hogy
Mo. Csak 3 leképezésünk van: P=P2=PT=TP, T és I. Ezeknek rendre a magtere és a képtere: {(0,t)}, {(t,0)}; {0}, R2; {0}, R2.
Az azonosság igazolása: -T+T3=0 miatt és ez előzőek miatt nyilvánvaló.