Matematika A2a 2008/pótgyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Közös rész)
(Közös rész)
207. sor: 207. sor:
 
:<math>W_1\cap W_2</math>
 
:<math>W_1\cap W_2</math>
 
altér V-ben és  
 
altér V-ben és  
:<math>\dim(W_1\cap W_2)=\min\{\dim W_1,\dim W_2\}</math>
+
:<math>\dim(W_1\cap W_2)leq\min\{\dim W_1,\dim W_2\}</math>
 
Igazoljuk, hogy ha <math>\dim V=40</math>, <math>\dim W_1=23</math> és <math>\dim W_2=18</math>, akkor <math>W_1\cap W_2\ne \{0\}</math>
 
Igazoljuk, hogy ha <math>\dim V=40</math>, <math>\dim W_1=23</math> és <math>\dim W_2=18</math>, akkor <math>W_1\cap W_2\ne \{0\}</math>
  

A lap 2009. március 7., 08:02-kori változata

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Tartalomjegyzék

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\}

Képtér

Mi az

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

mátrix képterének dimenziója? Adja meg a képteret egyenlettel (hipersík egyenletével)! Adja meg a képteret egy alkalmas mátrix magtereként!

Megoldás

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. Ez már csak azért is igaz, mert a mátrix oszloprangla egyenlő a sorrangjával, ami legfeljebb 3.

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.

A képtér hipersíkja R4-nek, ennek egyenletét a képtér definícíójának segítségével, majd Gauss-módszerrel adjuk meg.

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 ezt kielégítő vektorok pontosan az (1,-1,0,1) mártix magterét alkotják-

A képtérnek egy újabb bázisát is megadhatjuk: 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\}

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\}

Feladatok alterekre

Közös rész

Igazoljuk, hogy ha W1 és W2 altér V-ben, akkor

W_1\cap W_2

altér V-ben és

\dim(W_1\cap W_2)leq\min\{\dim W_1,\dim W_2\}

Igazoljuk, hogy ha \dim V=40, \dim W_1=23 és \dim W_2=18, akkor W_1\cap W_2\ne \{0\}

Alterek által kifeszített altér

Igazoljuk, hogy ha W1 és W2 altér V-ben, akkor

\dim\langle W_1, W_2\rangle\leq \dim W_1+\dim W_2

Igazoljuk, hogy ha W_1\cap W_2 \ne \{0\}, akkor

\dim\langle W_1, W_2\rangle< \dim W_1+\dim W_2

ugyanis mindig

\dim\langle W_1, W_2\rangle= \dim W_1+\dim W_2-\dim (W_1\cap W_2)

Síkbeli leképezések

Írjuk fel a +45°-os forgatás F és az y-tengelyre tükrözés T operátorának mátrixait, determinánsait, a kompozícióik mátrixait és determinánsait, és az inverzeiket és ezek determinánsait!

Térbeli leképezés mátrixa, sajátérték probléma

Tekintsük az S = {(x,y,z) ∈ R3 | x-y+z=0 } síkot. Adjuk meg az S síkra történő tükrözés mátrixát, a sajátvektorait és a sajátaltereket, illetve a sajátkoordinátarendszert!

Megoldás

A síkra tükrözés hozzárendelési utasítása:

\mathbf{r}\mapsto \mathbf{r}-\frac{2(\mathbf{n}\mathbf{r})\mathbf{n}}{\mathbf{n}^2}

ahol n a sík normálvektora, itt (1,-1,1). A bázisok képei:

\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} - \frac{2}{3}\cdot 1\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\\frac{2}{3}\\-\frac{2}{3}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} - \frac{2}{3}\cdot (-1)\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{2}{3}\\\frac{1}{3}\\\frac{2}{3}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} - \frac{2}{3}\cdot 1\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{2}{3}\\\frac{2}{3}\\\frac{1}{3}\end{pmatrix}

A mátrix:

\frac{1}{3}\begin{bmatrix}
1 & 2 & -2\\
2 & 1 & 2\\
-2 & 2 & 1
\end{bmatrix}

ez -1 determinánsú szimmetrikus mátrix, ortonormált vektorokból álló sajátrendszerrel.

Tudjuk, hogy az s nemnulla vektor pontosan akkor sajátvektor, ha létezik hozzá λ skalár (sajátérték), hogy

\mathcal{A}\mathbf{s}=\lambda.\mathbf{s}

A sajátvektorokat a számítás helyett a szemléletünkre bízva adjuk meg. Világos, hogy a sajtvektorok a sík vektorai λ = 1 sajátértékkel és a síkra merőleges origón áthaladó egyenes vektorai λ = -1 sajátértékkel.

Ortogonális sajátvektorokból álló bázist megadhatunk, ha vesszük a normálvektort: (1,-1,1), a síknak egy tetszőleges vektorát: (1/2,1,1/2), és vektoriálisan összeszorozzuk őket: (-3/2,0,+3/2). Ekkor ezek bázist alkotnak és ebben a bázisban a leképezés mátrixa a (-1,1,1) elemeket a főátlóban tartalmazó diagonális mátrix (az elemek pont a sajátértékek).

Paraméteres egyenletrendszer

1.

2x+4y=-2\,
-y+z=1\,
x+y+az=b\,
[\mathbf{A}|\mathbf{y}]\sim\begin{bmatrix}
2 & 4 & 0 & -2\\
0 & -1 & 1 & 1\\
1 & 1 & a & b
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}
1 & 2 & 0 & -1\\
0 & -1 & 1 & 1\\
0 & -1 & a & b+1
\end{bmatrix} \sim\begin{bmatrix}
1 & 2 & 0 & -1\\
0 & -1 & 1 & 1\\
0 & 0 & a-1 & b
\end{bmatrix}

megoldható pontosan akkor, ha a-1=0 esetén, b=0 és a-1\ne 0 esetén b bármilyen. Az első esetben végtelen sok megoldás, a másodikban 1, tehát:

0 megoldás, ha (a,b) ∈ {1} × R\{0}, mert ekkor 0x+0y+0z=b\ne 0 ellentomodó egyenlet
1 megoldás, ha (a,b) ∈ R\{1} × R, mert ekkor det A \ne 0
∞ megoldás, ha (a,b)=(1,0), mert ekkor det A = 0 és nem ellentmondó az alsó egyenlet: 0x+0y+0z=0Mozo 2008. március 10., 10:22 (CET)

2.

 x-y+z=0\,
-3x+2y-z=b\,
-2x+y+az=-1\,
\begin{bmatrix}
1 & -1 & 1 & 0\\
-3 & 2 & -1 & b\\
-2 & 1 & a & -1
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}
1 & -1 & 1 & 0\\
0 & -1 & 2 & b\\
0 & -1 & a+2 & -1
\end{bmatrix} \sim\begin{bmatrix}
1 & -1 & 1 & 0\\
0 & -1 & 2 & b\\
0 & 0  & a & -1-b
\end{bmatrix}

Diszkusszió:

1) Van megoldás pontosan akkor, ha a\ne 0 és b bármilyen vagy a = 0 és b = -1 (ekkor az ehómátrix és a kibővített mátrix rangja egyenlő (3 ill. 2). 2) Ha van megoldás, akkor ez előbb említett első esetben 1 db megoldás van, az utóbb említett esetben végtelen sok. Mozo 2008. március 12., 14:57 (CET)

Paraméteres determináns

Milyen c-re nulla az alábbi determináns értéke?

D=\begin{vmatrix}
2 & 1 & c & c+1\\
1 & 1 & 1 & 1\\
-1 & 1 & 1 & -1\\
-2 & 1 & 4 & c^2
\end{vmatrix} a 2. oszlop csupa 1, és a többiben is van sok egyes, tehát érdemes levonni a 2. oszlopot a többiből:
D=\begin{vmatrix}
1 & 1 & c-1 & c\\
0 & 1 & 0 & 0\\
-2 & 1 & 0 & -2\\
-3 & 1 & 3 & c^2-1
\end{vmatrix} a 2. sorban egy db 1-es lett, fejtsük ki eszerint:
D=\begin{vmatrix}
1 & c-1 & c\\
-2 & 0 & -2\\
-3 &  3 & c^2-1
\end{vmatrix} ha levonjuk az 1. oszlopot a 3-ból, akkor eltűnik a -2:
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}=2(c-1)(c^2+2)-6(c-1)=2(c-1)(c^2+2-3)=2(c-1)(c^2-1)=0
\mbox{ ha }c=\pm 1



3. gyakorlat 4. gyakorlat
Személyes eszközök