Szerkesztő:Mozo/Linalg gyakorló 1.
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Mátrixegyenletek) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Egyenletrendszerek) |
||
36. sor: | 36. sor: | ||
\end{bmatrix}</math> | \end{bmatrix}</math> | ||
− | Ax=b-nek pontosan akkor van megoldása, ha r(A)=r(A|b). r(A) az oszlopok által kifeszített altér dimenziója. | + | 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> | :<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=-1. Ezesetben pedig valóban 1 megoldás van, mert det(A) ≠ 0. | hisz egyrészt csak háromemeletesek, másrészt van három független (1.,2.,4. oszlop). r(A)=3 pontosan akkor, ha a=-1. Ezesetben pedig valóban 1 megoldás van, mert det(A) ≠ 0. |
A lap 2009. március 12., 20:42-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.
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=-1. 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)} bázisra 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).