Szerkesztő:Mozo/Linalg gyakorló 3.
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→3) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→1) |
||
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== |
A lap 2013. október 14., 20:38-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
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.