Matematika A2a 2008/pótgyakorlat

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Generált altér)
 
(egy szerkesztő 6 közbeeső változata nincs mutatva)
1. sor: 1. sor:
 
:''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.''
 
:''Ez az szócikk a [[Matematika A2a 2008]] alszócikke.''
 +
 +
==Lineáris leképezések==
 +
 +
===Képtér, magtér===
 +
''A'' magtere:
 +
:<math>\mathrm{Ker}(\mathcal{A})=_{\mathrm{def}}\{v\in \mathbf{R}^n\mid \mathcal{A}v=0\}</math>
 +
Ez tényleg altér, mert ha '''v'', '''u'' &isin; Ker(''A''), akkor ''A'' '''v'''=''A'' '''u''' = '''0''' és
 +
:<math>\mathcal{A}(\lambda.\mathbf{v}+\mu.\mathbf{u})=\lambda.\mathcal{A}\mathbf{v}+\mu.\mathcal{A}\mathbf{u}=\lambda.\mathbf{0}+\mu.\mathbf{0}=\mathbf{0}</math>
 +
A magtér az ''A'' injektivitásával van kapcsolatban. ''A'' injektív, ha
 +
:<math>\mathcal{A}\mathbf{v}=\mathcal{A}\mathbf{u}\quad\Rightarrow\quad \mathbf{v}=\mathbf{u}</math>
 +
Azaz minden '''v''' - '''u''' alakú vektorra:
 +
:<math>\mathcal{A}(\mathbf{v}-\mathbf{u})=\mathbf{0}\quad\Rightarrow\quad \mathbf{v}-\mathbf{u}=\mathbf{0}</math>
 +
de minden vektor  '''v''' - '''u''' alakú, ezért ez pontosan azt jelenti, hogy Ker(''A'')={0} a triviális altér.
 +
 +
''A'' képtere:
 +
:<math>\mathrm{Im}(\mathcal{A})=_{\mathrm{def}}\{\mathcal{A}\mathbf{v}\in V_2\mid \mathbf{v}\in V_1\}=\{\mathbf{u}\in V_2\mid \exist \mathbf{v}\in V_1\quad \mathcal{A}\mathbf{v}=\mathbf{u}\}</math>
 +
Ez szintén altér, mert ha vesszük két képtérbeli elem lineáris kombinációját, akkor szintén valamilyen elem képe.
 +
:<math>\lambda.\mathcal{A}\mathbf{v}+\mu.\mathcal{A}\mathbf{u}=\mathcal{A}(\lambda.\mathbf{v}+\mu.\mathbf{u})</math>
 +
Ez a szűrjektivitással van kapcsolatban. ''A'' szűrjektív, ha
 +
:<math>\forall \mathbf{u}\in V_2\quad\exist \mathbf{v}\in V_1\quad\mathcal{A}\mathbf{v}=\mathbf{u}\,</math>
 +
márpedig  Im(''A'')=V<sub>2</sub> pontosan azt jelenti, hogy az érkezési halmaz minden vektora előáll képként.
 +
 +
A két altér dimenziója között szoros kapcsolat van:
 +
 +
'''Dimenziótétel'''. Ha ''A'' : <math>V_1</math> <math>\to</math> <math>V_2</math> véges dimenziós terek között ható lineáris leképezés, akkor
 +
:<math>\mathrm{dim}\,\mathrm{Ker}(\mathbf{A}) + \mathrm{dim}\,\mathrm{Im}(\mathbf{A}) = n</math>
 +
 +
''Bizonyítás.'' Azt kell belátnunk, hogy Ker(''A'') egy bázisának száma + Im(''A'') egy bázisának száma = <math>V_1</math> egy bázisának száma. Legyen dim <math>V_1</math> = n és dim Ker(''A'') = k. Rögzítsük Ker(''A'') egy
 +
:<math>B=\{b_1,...,b_k\}\,</math>
 +
bázisát. Világos, hogy dim ''A''(<nowiki><B></nowiki>) = {0}, ezért a képtér nemnulla pontjaiba csak úgy juthatunk, ha <nowiki><B></nowiki>-n kívüli elemet választunk -- válasszunk annyit, mely az egész <math>V_1</math>-et generálja, egészítsük ki B-t a <math>V_1</math> egy bázisává a C halmaz hozzávételével:
 +
:<math>B\cup C=\{b_1,...,b_k,c_1,...,c_l\}\,</math>
 +
 +
Ezek speciális tulajdonsága, hogy
 +
 +
:<math>\langle B\rangle\oplus \langle C\rangle=V_1</math>
 +
 +
azaz közösen kifeszítik a <math>V_1</math>-et és a kifeszített alterek közös része a {0}. Ugyanis, ha '''v''' &isin; <nowiki><B></nowiki>&cap;<nowiki><C></nowiki>, akkor
 +
 +
:<math>\mathbf{v}=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k</math>
 +
és
 +
:<math>\mathbf{v}=\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l</math>
 +
akkor ezeket kivonva:
 +
:<math>\mathbf{0}=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k-\mu_1c_1-\mu_2c_2-...-\mu_lc_l</math>
 +
Amiből a BUC függetlensége miatt következik:
 +
:<math>0=\lambda_1=\lambda_2=...=\lambda_k=\mu_1=\mu_2=...=\mu_l</math>
 +
 +
 +
Ekkor a D={ ''A''c<sub>1</sub>, ''A''c<sub>2</sub>, ...,''A''c<sub>''l''</sub> } vektorrendszer bázisa lesz Im(''A'')-nak. Ugyanis
 +
 +
 +
1. D kifeszíti Im(''A'')-t.  Egy
 +
:<math>u=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k+\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l\,</math>
 +
elemmel:
 +
:<math>\mathcal{A}u=\mathcal{A}(\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k+\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l)=</math>
 +
:<math>=\mathcal{A}(\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k)+\mathcal{A}(\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l)=</math>
 +
:<math>=0+\mu_1.\mathcal{A}c_1+\mu_2.\mathcal{A}c_2+...+\mu_l.\mathcal{A}c_l</math>
 +
2. D lineárisan független. Ha ugyanis
 +
:<math>\nu_1\mathcal{A}c_1+\nu_2\mathcal{A}c_2+...+\nu_l\mathcal{A}c_l=0</math>
 +
akkor
 +
:<math>\mathcal{A}(\nu_1.c_1+\nu_2.c_2+...+\nu_l.c_l)=0</math>
 +
azaz
 +
:<math>\nu_1.c_1+\nu_2.c_2+...+\nu_l.c_l\in Ker(\mathcal{A})\cap \langle C\rangle=\{0\}</math>
 +
:<math>0=\nu_1=\nu_2=...=\nu_l\,</math>
 +
===Főtengelytétel===
 +
Az '''R'''<sup>n</sup> <math>\to</math> '''R'''<sup>n</sup> leképezést szimmetrikusnak nevezünk, ha a szenderd bázisban szimmetrikus a mátrixa. Ekkor minden ortonormált bázisban is szimmetrikus lesz a mártixa. Ezek között a bázisok között az átváltó mátrix ortogonális, azaz
 +
:<math>O\cdot O^{\mathrm{T}}=I</math>
 +
Értelmezhető leképezés transzponáltja is, mert ortnormált bázisok közötti átváltás invariáns a transzponálásra. Általában az átváltott mátrix:
 +
:<math>TAT^{-1}\,</math>
 +
alakú. Ortogonális transzformáció esetén pedig
 +
:<math>(OAO^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}=(O^\mathrm{T})^\mathrm{T}(OA)^{\mathrm{T}}=OA^{\mathrm{T}}O^{\mathrm{T}}\,</math>
 +
Ekkor a szimmetria pont azt jelenti, hogy ''A''=''A''<sup>T</sup>.
 +
 +
'''Főtengelytétel.''' Szimmetrikus leképezés sajátvektoraiból ortonormált bázis alkotható csupa valós sajátértékekkel.
  
 
==Generált altér ==
 
==Generált altér ==
 +
20. fejezet 17, 21, 30, 39, 45, 44, 60, 19. fejezet 38, 42 (csak a 3x3-as eset), 73.
 +
 
Hány dimenziós alteret generál az alábbi vektorrendszer? Adja meg a kifeszített altér egy bázisát!
 
Hány dimenziós alteret generál az alábbi vektorrendszer? Adja meg a kifeszített altér egy bázisát!
 
:<math>\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix}</math>, <math>\begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}</math>, <math>\begin{pmatrix}-2 \\-4\\1\end{pmatrix}</math>, <math>\begin{pmatrix}3 \\7\\-1\end{pmatrix}</math>
 
:<math>\begin{pmatrix}2 \\-2\\-4\end{pmatrix}</math>, <math>\begin{pmatrix}1 \\9\\3\end{pmatrix}</math>, <math>\begin{pmatrix}-2 \\-4\\1\end{pmatrix}</math>, <math>\begin{pmatrix}3 \\7\\-1\end{pmatrix}</math>
202. sor: 277. sor:
 
1
 
1
 
\end{pmatrix}\right\}</math>
 
\end{pmatrix}\right\}</math>
 +
==Feladatok alterekre==
 +
===Közös rész===
 +
Igazoljuk, hogy ha <math>W_1</math> és <math>W_2</math> altér V-ben, akkor
 +
:<math>W_1\cap W_2</math>
 +
altér V-ben és
 +
:<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>
 +
 +
===Alterek által kifeszített altér===
 +
Igazoljuk, hogy ha <math>W_1</math> és <math>W_2</math> altér V-ben, akkor
 +
:<math>\dim\langle W_1, W_2\rangle\leq \dim W_1+\dim W_2</math>
 +
Igazoljuk, hogy ha <math>W_1\cap W_2 \ne \{0\}</math>, akkor
 +
:<math>\dim\langle W_1, W_2\rangle< \dim W_1+\dim W_2</math>
 +
ugyanis mindig
 +
:<math>\dim\langle W_1, W_2\rangle= \dim W_1+\dim W_2-\dim (W_1\cap W_2)</math>
 +
 
==Síkbeli leképezések==
 
==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!  
 
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!  
316. sor: 407. sor:
 
|}
 
|}
 
</center>
 
</center>
 +
[[Kategória:Matematika A2]]

A lap jelenlegi, 2014. március 10., 06:24-kori változata

Ez az szócikk a Matematika A2a 2008 alszócikke.

Tartalomjegyzék

Lineáris leképezések

Képtér, magtér

A magtere:

\mathrm{Ker}(\mathcal{A})=_{\mathrm{def}}\{v\in \mathbf{R}^n\mid \mathcal{A}v=0\}

Ez tényleg altér, mert ha v, u ∈ Ker(A), akkor A v=A u = 0 és

\mathcal{A}(\lambda.\mathbf{v}+\mu.\mathbf{u})=\lambda.\mathcal{A}\mathbf{v}+\mu.\mathcal{A}\mathbf{u}=\lambda.\mathbf{0}+\mu.\mathbf{0}=\mathbf{0}

A magtér az A injektivitásával van kapcsolatban. A injektív, ha

\mathcal{A}\mathbf{v}=\mathcal{A}\mathbf{u}\quad\Rightarrow\quad \mathbf{v}=\mathbf{u}

Azaz minden v - u alakú vektorra:

\mathcal{A}(\mathbf{v}-\mathbf{u})=\mathbf{0}\quad\Rightarrow\quad \mathbf{v}-\mathbf{u}=\mathbf{0}

de minden vektor v - u alakú, ezért ez pontosan azt jelenti, hogy Ker(A)={0} a triviális altér.

A képtere:

\mathrm{Im}(\mathcal{A})=_{\mathrm{def}}\{\mathcal{A}\mathbf{v}\in V_2\mid \mathbf{v}\in V_1\}=\{\mathbf{u}\in V_2\mid \exist \mathbf{v}\in V_1\quad \mathcal{A}\mathbf{v}=\mathbf{u}\}

Ez szintén altér, mert ha vesszük két képtérbeli elem lineáris kombinációját, akkor szintén valamilyen elem képe.

\lambda.\mathcal{A}\mathbf{v}+\mu.\mathcal{A}\mathbf{u}=\mathcal{A}(\lambda.\mathbf{v}+\mu.\mathbf{u})

Ez a szűrjektivitással van kapcsolatban. A szűrjektív, ha

\forall \mathbf{u}\in V_2\quad\exist \mathbf{v}\in V_1\quad\mathcal{A}\mathbf{v}=\mathbf{u}\,

márpedig Im(A)=V2 pontosan azt jelenti, hogy az érkezési halmaz minden vektora előáll képként.

A két altér dimenziója között szoros kapcsolat van:

Dimenziótétel. Ha A : V1 \to V2 véges dimenziós terek között ható lineáris leképezés, akkor

\mathrm{dim}\,\mathrm{Ker}(\mathbf{A}) + \mathrm{dim}\,\mathrm{Im}(\mathbf{A}) = n

Bizonyítás. Azt kell belátnunk, hogy Ker(A) egy bázisának száma + Im(A) egy bázisának száma = V1 egy bázisának száma. Legyen dim V1 = n és dim Ker(A) = k. Rögzítsük Ker(A) egy

B=\{b_1,...,b_k\}\,

bázisát. Világos, hogy dim A(<B>) = {0}, ezért a képtér nemnulla pontjaiba csak úgy juthatunk, ha <B>-n kívüli elemet választunk -- válasszunk annyit, mely az egész V1-et generálja, egészítsük ki B-t a V1 egy bázisává a C halmaz hozzávételével:

B\cup C=\{b_1,...,b_k,c_1,...,c_l\}\,

Ezek speciális tulajdonsága, hogy

\langle B\rangle\oplus \langle C\rangle=V_1

azaz közösen kifeszítik a V1-et és a kifeszített alterek közös része a {0}. Ugyanis, ha v ∈ <B>∩<C>, akkor

\mathbf{v}=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k

és

\mathbf{v}=\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l

akkor ezeket kivonva:

\mathbf{0}=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k-\mu_1c_1-\mu_2c_2-...-\mu_lc_l

Amiből a BUC függetlensége miatt következik:

0 = λ1 = λ2 = ... = λk = μ1 = μ2 = ... = μl


Ekkor a D={ Ac1, Ac2, ...,Acl } vektorrendszer bázisa lesz Im(A)-nak. Ugyanis


1. D kifeszíti Im(A)-t. Egy

u=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k+\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l\,

elemmel:

\mathcal{A}u=\mathcal{A}(\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k+\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l)=
=\mathcal{A}(\lambda_1b_1+\lambda_2b_2+...+\lambda_kb_k)+\mathcal{A}(\mu_1c_1+\mu_2c_2+...+\mu_lc_l)=
=0+\mu_1.\mathcal{A}c_1+\mu_2.\mathcal{A}c_2+...+\mu_l.\mathcal{A}c_l

2. D lineárisan független. Ha ugyanis

\nu_1\mathcal{A}c_1+\nu_2\mathcal{A}c_2+...+\nu_l\mathcal{A}c_l=0

akkor

\mathcal{A}(\nu_1.c_1+\nu_2.c_2+...+\nu_l.c_l)=0

azaz

\nu_1.c_1+\nu_2.c_2+...+\nu_l.c_l\in Ker(\mathcal{A})\cap \langle C\rangle=\{0\}
0=\nu_1=\nu_2=...=\nu_l\,

Főtengelytétel

Az Rn \to Rn leképezést szimmetrikusnak nevezünk, ha a szenderd bázisban szimmetrikus a mátrixa. Ekkor minden ortonormált bázisban is szimmetrikus lesz a mártixa. Ezek között a bázisok között az átváltó mátrix ortogonális, azaz

O\cdot O^{\mathrm{T}}=I

Értelmezhető leképezés transzponáltja is, mert ortnormált bázisok közötti átváltás invariáns a transzponálásra. Általában az átváltott mátrix:

TAT^{-1}\,

alakú. Ortogonális transzformáció esetén pedig

(OAO^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}=(O^\mathrm{T})^\mathrm{T}(OA)^{\mathrm{T}}=OA^{\mathrm{T}}O^{\mathrm{T}}\,

Ekkor a szimmetria pont azt jelenti, hogy A=AT.

Főtengelytétel. Szimmetrikus leképezés sajátvektoraiból ortonormált bázis alkotható csupa valós sajátértékekkel.

Generált altér

20. fejezet 17, 21, 30, 39, 45, 44, 60, 19. fejezet 38, 42 (csak a 3x3-as eset), 73.

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