Lineáris altér
Mozo (vitalap | szerkesztései) a (→Megoldás.) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) a (→Megoldás) |
||
76. sor: | 76. sor: | ||
:<math>\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ -2 & 9 & -4 & 7 \\ -4 & 3 & 1 & -1\end{bmatrix}\sim_{\mathrm{GAlg}}\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 10 & -6 & 10 \\ 0 & 5 & -3 & 5\end{bmatrix}\sim_{\mathrm{GAlg}}</math> | :<math>\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ -2 & 9 & -4 & 7 \\ -4 & 3 & 1 & -1\end{bmatrix}\sim_{\mathrm{GAlg}}\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 10 & -6 & 10 \\ 0 & 5 & -3 & 5\end{bmatrix}\sim_{\mathrm{GAlg}}</math> | ||
:<math>\sim_{\mathrm{GAlg}}\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 10 & -6 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}</math> | :<math>\sim_{\mathrm{GAlg}}\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 10 & -6 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}</math> | ||
− | A megoldás: az utolsó két változó paraméternek vehető, mondjuk ''t'' és ''s'', így | + | A megoldás: az utolsó két változó paraméternek vehető, mondjuk ''t'' és ''s'', így kiírva az egyenletrendszert: |
+ | : <math>2x+y-2t+3s=0\,</math> | ||
+ | : <math>10y-6t+10s=0\,</math>, azaz <math>5y-3t+5s=0\,</math> | ||
+ | innen | ||
:<math>y=\frac{3}{5}t-s</math> | :<math>y=\frac{3}{5}t-s</math> | ||
:<math>x=\frac{1}{2}(-\frac{3}{5}t+s+2t-3s)=\frac{7}{10}t-s</math> | :<math>x=\frac{1}{2}(-\frac{3}{5}t+s+2t-3s)=\frac{7}{10}t-s</math> | ||
:<math>z=t\,</math> | :<math>z=t\,</math> | ||
:<math>v=s\,</math> | :<math>v=s\,</math> | ||
− | megoldás. Tehát minden <math>t</math>, <math>s</math>-re fennáll: | + | a megoldás. Tehát minden <math>t</math>, <math>s</math>-re fennáll: |
:<math>(\frac{7}{10}t-s)\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix}+(\frac{3}{5}t-s)\begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-2 \\-4\\1\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}3 \\7\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\0\\0\end{pmatrix}</math> | :<math>(\frac{7}{10}t-s)\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix}+(\frac{3}{5}t-s)\begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-2 \\-4\\1\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}3 \\7\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\0\\0\end{pmatrix}</math> | ||
Ezekből világosan látható, hogy az első két vektor ''bázis''nak választható, mert a 3. és 4. kifejezhető, rendre t=1, s=0 választással, majd t=0, s=1 választással. | Ezekből világosan látható, hogy az első két vektor ''bázis''nak választható, mert a 3. és 4. kifejezhető, rendre t=1, s=0 választással, majd t=0, s=1 választással. |
A lap 2008. március 9., 21:43-kori változata
A V vektortér lineáris alterének nevezzük a W ⊆ V halmazt, ha W vektorteret alkot ugyanazokkal a műveletekkel, melyek V-nek is műveletei. Azt, hogy W altere V-nek a következőképpen jelöljük:
Tartalomjegyzék |
Altér jellemzése
Annak ellenőrzése, hogy egy vektortér részhalmaza altér egyszerűbben türténik annál, minthogy ellenőrizzük, hogy a részhalmazra teljesülnek-e a vektortéraxiómák. Altér jellemezhető a következőkkel.
Tétel - Ha (V,+,.) vektortér a T test fölött és a W ⊆ V nemüres halmaz, akkor az alábbi két kijelentés ekvivalens egymással:
- W altere V-nek
- minden u, v ∈ W-re és λ ∈ T-re:
- u + v ∈ W
- λ.v ∈ W
Tehát altér, ami zárt az összeadásra és a számmal való szorzásra.
Példák
Triviális alterek
Bármely V vektortérben maga V és a nullvektort tartalmazó {0} halmaz altér. Az előbbi dim V dimenziós, az utóbbi nulladimenziós.
Generált altér
Ha v1, v2, ... ,vk véges vektorrendszer a T test feletti V lineáris térben, akkor a
részhalmazát V-nek a { v1, v2, ... ,vk } vektorrendszer által generált altérnek vagy kifeszített altérnek nevezünk.
Ez valóban altér, hiszen bármely két elemének összege és számszorosa eleme az részhalmaznak:
Az vektorrendszer rangján éretjük, a vektorrendszer által kifesztett altér dimenzióját:
Mátrix magtere és képtere
Ha T test és M ∈ Tn×m, azaz n × m-es mártix, akkor
az M mártix magtere, azaz azon elemek a Tn vektortérből, melyeket a mátrix a vele való szorzás által a nullába visz és
az M képtere, azaz azon vektorok, melyek előállnak valamely vektor és az M mátrix szorzataként.
Praktikusan:
- Ker(M) az M együtthatómátrixú homogén lineáris egyenletrendszer megoldásainak halmaza
- Im(M) azon "jobb oldalak" halmaza az Mx=y egyenletrendszerben, melyekre az egyenletrendszer megoldható.
Világos, hogy az első esetben Gauss-eliminációval kell megoldani a feldatot, a második esetben azokat az y-okat kell behatárolni, amelyre az (M|y) kibővített együtthatómátrix rangja egyezik M rangjával.
Lineáris leképezés magtere és képtere
A ∈ Hom(V,U), akkor
Ezekkel a fogalmakkal kapcsolatos a vektorterek dimenziótétele. Ha A ∈ Hom(V,U), akkor
Feladatok
1. (altér jellemzése)
Alteret alkotnak-e?
- R[X]-ben, a valósegyütthatós polinomok terében a
- { p | deg(p)=100 vagy p=0 }
- { p | deg(p)100 vagy p=0 }
- { p | p-nek van valós gyöke }
- A valós számsorozatok terében a
- { s | s korlátos }
- { s | s konvergens }
- {s | s véges sok helyen nemnulla}
- A valós függvények terében a
- { f | f periodikus }
- { f | f(1) > 0 }
- {f | f injektív }
2. (generált altér)
Hány dimenziós alteret generál az alábbi vektorrendszer? Adja meg a kifeszített altér egy bázisát!
- , , ,
Megoldás
A vektorok az R3 térbeliek, így az altér legfeljebb 3 dimenziós lehet. Ha A-val jelöljük a fenti oszlopvektorok alkotta mátrixot, akkor a feladat megoldásban (azaz egymással összefőggő vektorok keresésében) segít az
- Ax = 0
homogén lineáris egyenletrendszer megoldása. Ebből nem csak azt tudjuk majd meg, hogy lineárisan függetlenek-e (hiszen pontosan tudjuk, hogy nem azok, mert ), hanem hogy hány független választható ki, vagyis az A ragját, r(A)-t. A-t Gauss-algoritmussal átalakítva:
A megoldás: az utolsó két változó paraméternek vehető, mondjuk t és s, így kiírva az egyenletrendszert:
- , azaz
innen
a megoldás. Tehát minden t, s-re fennáll:
Ezekből világosan látható, hogy az első két vektor bázisnak választható, mert a 3. és 4. kifejezhető, rendre t=1, s=0 választással, majd t=0, s=1 választással.
Tehát:
- és az altér egy bázisa:
3. (magtér)
Mi az
magterének dimenziója és adja meg egy bázisát!
Megoldás.
Az A mátrix magtere praktikusan az A x = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai alkotta lineáris altér, egyenletrendszeres formában:
Előzetesen, próbáljuk meg a szituációt geometriailag elképzelni! A két egyenlet egy-egy hipersík az R4 térben, azaz két 3 dimenziós altér. Ezek metszete a feladat, azaz egy kétdimenziós altér, azaz egy geometiai sík. Azt várjuk tehát, hogy a feladat megoldása 2 dimenziós eltér lesz. Persze, ettől még lehet hogy a feladat nem a tipikus helyzetet adja, így "vakon" csak azt mondhatjuk, hogy a keresett dimenziószám legfeljebb 4.
Gauss-eliminációhoz folyamodunk:
Szintén két változó paramétenek vehető, így a megoldás visszafejtve:
- v = s, z = t, y = -2t -3s, x = -t -2s
a megoldásvektor az alábbi, mely előáll a következő két vektor lineáris kombinációjaként:
Azaz a magtér a fenti két kihozott vektor által generált altér. Ezek persze nyilvánvalóan nem összefüggők az alsó két sor sztenderd bázisra utaló alakja miatt (az 1-es sehogy se jöhet ki a 0-ból).
Tehát
- és a magtér egy bázisa:
4. (képtér)
Mi az
mátrix képterének dimenziója és adja meg a képtér egy bázisát!
Megoldás.
Azt kell megvizsgálnunk, hogy az (A|y) kibővített együtthatómátrixú lineáris egynletrendszer milyen y-ra oldható meg. Az A-val való szorzás leképezése R3-ból képez R4-be. A képtér elvileg lehetne 4 dimenziós, ám a dimenziótétel szerint dim Ker A + dim Im A = dim R3, így dim Im A legfeljebb 3. Ezt várjuk.
A kibővített együtthatómátrix:
ez pontosan akkor megoldható, ha teljesül az
egyenlőség (homogén lineáris egyenletrendszer) az y vektorra.