Lineáris altér

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Megoldás.)
(+kat)
 
(egy szerkesztő 17 közbeeső változata nincs mutatva)
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 minden <math>t</math>, <math>s</math>-re
+
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. dim = 2.
+
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.  
 +
 
 +
Tehát:
 +
:<math>\mathrm{dim}\langle A\rangle =2</math> és az altér ''egy'' bázisa:
 +
: <math>B=\left\{\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}\right\}</math>
  
 
===3. (magtér)===
 
===3. (magtér)===
93. sor: 100. sor:
 
magterének dimenziója és adja meg egy bázisát!
 
magterének dimenziója és adja meg egy bázisát!
 
====Megoldás.====
 
====Megoldás.====
Az ''A'' mátrix magtere praktikusan az ''Ax'' = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai alkotta lineáris altér, egyenletrendszeres formában:
+
Az '''A''' mátrix magtere praktikusan az '''A''' '''x''' = '''0''' homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai alkotta lineáris altér, egyenletrendszeres formában:
:<math>\mathrm{Ker}(A)=\{(x,y,z,v)\in \mathbf{R}^4\mid x+2y+3z+4v=0 \quad \land \quad 2x+3y+4z+5v=0\}</math>
+
:<math>\mathrm{Ker}(\mathbf{A})=\{(x,y,z,v)\in \mathbf{R}^4\mid x+2y+3z+4v=0 \quad \land \quad 2x+3y+4z+5v=0\}</math>
Itt a megoldások nyilván '''R'''<sup>4</sup>-beli vektorok, így tehát dim legfeljebb 4. Szintén a Gauss-eliminációhoz folyamodunk:
+
Előzetesen, próbáljuk meg a szituációt geometriailag elképzelni! A két egyenlet egy-egy hipersík az '''R'''<sup>4</sup> 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:
 
:<math>\begin{bmatrix}
 
:<math>\begin{bmatrix}
 
1 & 2 & 3 & 4\\
 
1 & 2 & 3 & 4\\
103. sor: 112. sor:
 
0 & -1 & -2 & -3 \\
 
0 & -1 & -2 & -3 \\
 
\end{bmatrix}</math>
 
\end{bmatrix}</math>
Szintén két változó paramétenek vehető, így a megoldás visszafejtve:
+
Szintén két változó paramétenek vehető (v = s, z = t), így a megoldás visszafejtve:
:v = s, z = t, y = -2t -3s, x = -t -2s
+
:<math>x+2y+3t+4s=0\,</math>
 +
:<math>-y-2t-3s=0\,</math>
 +
innen
 +
:<math>y=-2t-3s\,</math>
 +
:<math>x=4t+6s-3t-4s=t+2s\,</math>
 
a megoldásvektor az alábbi, mely előáll a következő két vektor lineáris kombinációjaként:
 
a megoldásvektor az alábbi, mely előáll a következő két vektor lineáris kombinációjaként:
 
:<math>\mathbf{x}=\begin{pmatrix}
 
:<math>\mathbf{x}=\begin{pmatrix}
-t-2s\\
+
t+2s\\
 
-2t-3s\\
 
-2t-3s\\
 
t\\
 
t\\
 
s
 
s
 
\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}
 
\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}
-1\\
+
1\\
 
-2\\
 
-2\\
 
1\\
 
1\\
 
0
 
0
 
\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}
 
\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}
-2\\
+
2\\
-2\\
+
-3\\
 
0\\
 
0\\
 
1
 
1
 
\end{pmatrix}</math>
 
\end{pmatrix}</math>
 
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).
 
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
 +
:<math>\mathrm{dim\,Ker}\,\mathbf{A}=2</math> és a magtér ''egy'' bázisa:
 +
: <math>B=\left\{\begin{pmatrix}
 +
1\\
 +
-2\\
 +
1\\
 +
0
 +
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
 +
2\\
 +
-3\\
 +
0\\
 +
1
 +
\end{pmatrix}\right\}</math>
 +
 +
===4. (képtér)===
 +
Mi az
 +
:<math>\mathbf{A}=\begin{bmatrix}
 +
1 & 4 & 2\\
 +
1 & 3 & 1\\
 +
1 & 2 & 1\\
 +
0 & -1& -1
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
mátrix képterének dimenziója és adja meg a képtér egy bázisát!
 +
====1. megoldás.====
 +
Világos, hogy a mátrix oszlopai elemei a képtérnek, ugyanis vannak olyan
 +
:<math>\begin{pmatrix}
 +
x_1\\
 +
x_2\\
 +
x_3
 +
\end{pmatrix}\in \mathbf{R}^3</math>
 +
oszlopvektorok, melyek szorzata a mátrixal pontosan az oszlopvektorokat adja az (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) sztenderd bázis '''R'''<sup>3</sup>-ban, ezekkel rendre beszorozva a mátrixot, az oszlopokat kapjuk. A kérdés, hogy generálják-e ezek a képteret, és hogy függetlenek-e. A generátorrendszerségre nyilván igen a válasz:
 +
:<math>\begin{bmatrix}
 +
1 & 4 & 2 \\
 +
1 & 3 & 1 \\
 +
1 & 2 & 1 \\
 +
0 & -1& -1
 +
\end{bmatrix}\cdot \begin{pmatrix}
 +
x_1 \\
 +
x_2 \\
 +
x_3
 +
\end{pmatrix}=x_1\begin{pmatrix}
 +
1 \\
 +
1 \\
 +
1  \\
 +
0
 +
\end{pmatrix}+x_2\begin{pmatrix}
 +
4  \\
 +
3  \\
 +
2  \\
 +
-1
 +
\end{pmatrix}+x_3\begin{pmatrix}
 +
2 \\
 +
1 \\
 +
1 \\
 +
-1
 +
\end{pmatrix}</math>
 +
Gauss-eliminációval kiderül, hogy ezek a vektorok függetlenek is, így bázist alkotnak a képtérben.
 +
====2. megoldás====
 +
Egyszerűbb kinézetű bázishoz jutunk a következő eljárással.
 +
 +
Azt kell megvizsgálnunk, hogy az ('''A'''|'''y''') kibővített együtthatómátrixú lineáris egynletrendszer milyen '''y'''-ra oldható meg. Az '''A'''-val való szorzás leképezése '''R'''<sup>3</sup>-ból képez '''R'''<sup>4</sup>-be. A képtér elvileg lehetne 4 dimenziós, ám a [[dimenziótétel]] szerint dim Ker A + dim Im A = dim '''R'''<sup>3</sup>, így dim Im A legfeljebb 3. Ezt várjuk.
 +
 +
A kibővített együtthatómátrix:
 +
:<math>(\mathbf{A}|\mathbf{y})=\begin{bmatrix}
 +
1 & 4 & 2 & y_1\\
 +
1 & 3 & 1 & y_2\\
 +
1 & 2 & 1 & y_3\\
 +
0 & -1& -1 & y_4
 +
\end{bmatrix}\sim_\mathrm{GAlg}
 +
\begin{bmatrix}
 +
1 & 4 & 2 & y_1\\
 +
0 & -1 & -1 & y_2-y_1\\
 +
0 & -2 & -1 & y_3-y_1\\
 +
0 & -1& -1 & y_4
 +
\end{bmatrix}\sim_\mathrm{GAlg}</math>
 +
:<math>\sim_\mathrm{GAlg}
 +
\begin{bmatrix}
 +
1 & 4 & 2 & y_1\\
 +
0 & -1 & -1 & y_2-y_1\\
 +
0 & 0 & 1 & y_3-y_1-(y_2-y_1)\\
 +
0 & 0& 0 & y_4-y_2+y_1
 +
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
 +
1 & 4 & 2 & y_1\\
 +
0 & -1 & -1 & y_2-y_1\\
 +
0 & 0 & 1 & y_3-y_2\\
 +
0 & 0& 0 & y_4-y_2+y_1
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
ez pontosan akkor megoldható, ha teljesül az
 +
:<math>y_4-y_2+y_1=0\,</math>, azaz <math>y_1-y_2+y_4=0\,</math>
 +
egyenlőség (homogén lineáris egyenletrendszer) az '''y''' vektorra. Az egyenlet annak a hipersíknak az egyenlete, mely maga a képtér. Az ezt kielégítő vektorok pontosan az (1,-1,0,1) mártix magterét alkotják, így a ''egy'' bázisa a következőképpen állítható elő. y=t, z=r, v=s, <math>x=t-s\,</math>
 +
:<math>\mathbf{y}=\begin{pmatrix}
 +
t-s\\
 +
t\\
 +
r\\
 +
s
 +
\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}
 +
1\\
 +
1\\
 +
0\\
 +
0
 +
\end{pmatrix}+r\begin{pmatrix}
 +
0\\
 +
0\\
 +
1\\
 +
0
 +
\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}
 +
-1\\
 +
0\\
 +
0\\
 +
1
 +
\end{pmatrix}</math>, tehát dim = 3 és a bázis:
 +
:<math>B=\left\{\begin{pmatrix}
 +
1\\
 +
1\\
 +
0\\
 +
0
 +
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
 +
0\\
 +
0\\
 +
1\\
 +
0
 +
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
 +
-1\\
 +
0\\
 +
0\\
 +
1
 +
\end{pmatrix}\right\}</math>
 +
 +
[[Kategória: Lineáris algebra]]

A lap jelenlegi, 2008. május 20., 12:39-kori változata

A V vektortér lineáris alterének nevezzük a WV halmazt, ha W vektorteret alkot ugyanazokkal a műveletekkel, melyek V-nek is műveletei. Azt, hogy W altere V-nek a következőképpen jelöljük:

W\leq V\,

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 WV nemüres halmaz, akkor az alábbi két kijelentés ekvivalens egymással:

  1. W altere V-nek
  2. minden u, vW-re és λ ∈ T-re:
  • u + vW
  • λ.vW

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

\langle\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,...,\mathbf{v}_k\rangle:=\{\lambda_1\mathbf{v}_1+\lambda_2\mathbf{v}_2+...+\lambda_k\mathbf{v}_k\mid \lambda_1,\lambda_2,..., \lambda_k\in T\}

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:

(\lambda_1\mathbf{v}_1+\lambda_2\mathbf{v}_2+...+\lambda_k\mathbf{v}_k)+(\mu_1\mathbf{v}_1+\mu_2\mathbf{v}_2+...+\mu_k\mathbf{v}_k)=(\lambda_1+\mu_1).\mathbf{v}_1+(\lambda_2+\mu_2).\mathbf{v}_2+...+(\lambda_k+\mu_k).\mathbf{v}_k)
\mu.(\lambda_1\mathbf{v}_1+\lambda_2\mathbf{v}_2+...+\lambda_k\mathbf{v}_k)=(\mu\cdot\lambda_1).\mathbf{v}_1+(\mu\cdot\lambda_2).\mathbf{v}_2+...+(\mu\cdot\lambda_k).\mathbf{v}_k)

Az vektorrendszer rangján éretjük, a vektorrendszer által kifesztett altér dimenzióját:

\mathrm{r}(\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,...,\mathbf{v}_k)=\mathrm{dim}(\langle\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,...,\mathbf{v}_k\rangle)

Mátrix magtere és képtere

Ha T test és MTn×m, azaz n × m-es mártix, akkor

\mathrm{Ker}(M)=\{\mathbf{v}\in T^n\mid M\mathbf{v}=\mathbf{0}\}

az M mártix magtere, azaz azon elemek a Tn vektortérből, melyeket a mátrix a vele való szorzás által a nullába visz és

\mathrm{Im}(M)=\{M\mathbf{v}\in T^m\mid \mathbf{v}\in T^n\}

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

\mathrm{Ker}(\mathcal{A})=\{\mathbf{v}\in V\mid \mathcal{A}\mathbf{v}=\mathbf{0}\}
\mathrm{Im}(\mathcal{A})=\{\mathcal{A}\mathbf{v}\in U\mid \mathbf{v}\in V\}

Ezekkel a fogalmakkal kapcsolatos a vektorterek dimenziótétele. Ha A ∈ Hom(V,U), akkor

\mathrm{dim}\,\mathrm{Ker}(\mathcal{A})+\mathrm{dim}\,\mathrm{Im}(\mathcal{A})=\mathrm{dim}\,V

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)\leq100 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!

\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-2 \\-4\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}3 \\7\\-1\end{pmatrix}

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

A\cdotx = 0

homogén lineáris egyenletrendszer megoldása. Ebből nem csak azt tudjuk majd meg, hogy lineárisan függetlenek-e (hiszen pontosan tudjuk, hogy nem azok, mert \mathrm{dim}\langle A\rangle < 4 ), hanem hogy hány független választható ki, vagyis az A ragját, r(A)-t. A-t Gauss-algoritmussal átalakítva:

\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}}
\sim_{\mathrm{GAlg}}\begin{bmatrix}2 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 10 & -6 & 10 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}

A megoldás: az utolsó két változó paraméternek vehető, mondjuk t és s, így kiírva az egyenletrendszert:

2x+y-2t+3s=0\,
10y-6t+10s=0\,, azaz 5y-3t+5s=0\,

innen

y=\frac{3}{5}t-s
x=\frac{1}{2}(-\frac{3}{5}t+s+2t-3s)=\frac{7}{10}t-s
z=t\,
v=s\,

a megoldás. Tehát minden t, s-re fennáll:

(\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}

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:

\mathrm{dim}\langle A\rangle =2 és az altér egy bázisa:
B=\left\{\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}\right\}

3. (magtér)

Mi az

A=\begin{bmatrix}
1 & 2 & 3 & 4\\
2 & 3 & 4 & 5 \\
\end{bmatrix}

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:

\mathrm{Ker}(\mathbf{A})=\{(x,y,z,v)\in \mathbf{R}^4\mid x+2y+3z+4v=0 \quad \land \quad 2x+3y+4z+5v=0\}

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:

\begin{bmatrix}
1 & 2 & 3 & 4\\
2 & 3 & 4 & 5 \\
\end{bmatrix}\sim_\mathrm{GAlg}\begin{bmatrix}
1 & 2 & 3 & 4\\
0 & -1 & -2 & -3 \\
\end{bmatrix}

Szintén két változó paramétenek vehető (v = s, z = t), így a megoldás visszafejtve:

x+2y+3t+4s=0\,
-y-2t-3s=0\,

innen

y=-2t-3s\,
x=4t+6s-3t-4s=t+2s\,

a megoldásvektor az alábbi, mely előáll a következő két vektor lineáris kombinációjaként:

\mathbf{x}=\begin{pmatrix}
t+2s\\
-2t-3s\\
t\\
s
\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}
1\\
-2\\
1\\
0
\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}
2\\
-3\\
0\\
1
\end{pmatrix}

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

\mathrm{dim\,Ker}\,\mathbf{A}=2 és a magtér egy bázisa:
B=\left\{\begin{pmatrix}
1\\
-2\\
1\\
0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
2\\
-3\\
0\\
1
\end{pmatrix}\right\}

4. (képtér)

Mi az

\mathbf{A}=\begin{bmatrix}
1 & 4 & 2\\
1 & 3 & 1\\
1 & 2 & 1\\
0 & -1& -1
\end{bmatrix}

mátrix képterének dimenziója és adja meg a képtér egy bázisát!

1. megoldás.

Világos, hogy a mátrix oszlopai elemei a képtérnek, ugyanis vannak olyan

\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{pmatrix}\in \mathbf{R}^3

oszlopvektorok, melyek szorzata a mátrixal pontosan az oszlopvektorokat adja az (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) sztenderd bázis R3-ban, ezekkel rendre beszorozva a mátrixot, az oszlopokat kapjuk. A kérdés, hogy generálják-e ezek a képteret, és hogy függetlenek-e. A generátorrendszerségre nyilván igen a válasz:

\begin{bmatrix}
1 & 4 & 2 \\
1 & 3 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
0 & -1& -1 
\end{bmatrix}\cdot \begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{pmatrix}=x_1\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1  \\
0 
\end{pmatrix}+x_2\begin{pmatrix}
 4  \\
 3  \\
 2  \\
 -1
\end{pmatrix}+x_3\begin{pmatrix}
 2 \\
 1 \\
 1 \\
 -1 
\end{pmatrix}

Gauss-eliminációval kiderül, hogy ezek a vektorok függetlenek is, így bázist alkotnak a képtérben.

2. megoldás

Egyszerűbb kinézetű bázishoz jutunk a következő eljárással.

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:

(\mathbf{A}|\mathbf{y})=\begin{bmatrix}
1 & 4 & 2 & y_1\\
1 & 3 & 1 & y_2\\
1 & 2 & 1 & y_3\\
0 & -1& -1 & y_4
\end{bmatrix}\sim_\mathrm{GAlg}
\begin{bmatrix}
1 & 4 & 2 & y_1\\
0 & -1 & -1 & y_2-y_1\\
0 & -2 & -1 & y_3-y_1\\
0 & -1& -1 & y_4
\end{bmatrix}\sim_\mathrm{GAlg}
\sim_\mathrm{GAlg}
\begin{bmatrix}
1 & 4 & 2 & y_1\\
0 & -1 & -1 & y_2-y_1\\
0 & 0 & 1 & y_3-y_1-(y_2-y_1)\\
0 & 0& 0 & y_4-y_2+y_1
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
1 & 4 & 2 & y_1\\
0 & -1 & -1 & y_2-y_1\\
0 & 0 & 1 & y_3-y_2\\
0 & 0& 0 & y_4-y_2+y_1
\end{bmatrix}

ez pontosan akkor megoldható, ha teljesül az

y_4-y_2+y_1=0\,, azaz y_1-y_2+y_4=0\,

egyenlőség (homogén lineáris egyenletrendszer) az y vektorra. Az egyenlet annak a hipersíknak az egyenlete, mely maga a képtér. Az ezt kielégítő vektorok pontosan az (1,-1,0,1) mártix magterét alkotják, így a egy bázisa a következőképpen állítható elő. y=t, z=r, v=s, x=t-s\,

\mathbf{y}=\begin{pmatrix}
t-s\\
t\\
r\\
s
\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}
1\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}+r\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
0
\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}
-1\\
0\\
0\\
1
\end{pmatrix}, tehát dim = 3 és a bázis:
B=\left\{\begin{pmatrix}
1\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
-1\\
0\\
0\\
1
\end{pmatrix}\right\}
Személyes eszközök