Szerkesztő:Mozo/A2 feladatok
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Paraméteres egyenletrendszer) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Gauss-elimináció-témakör) |
||
32. sor: | 32. sor: | ||
===Paraméteres mátrixrang=== | ===Paraméteres mátrixrang=== | ||
:''Lásd az előző feladatot!'' | :''Lásd az előző feladatot!'' | ||
+ | ==Lináris leképezés sajátértéke== | ||
+ | ===Példa=== | ||
+ | Számítsuk ki az | ||
+ | :<math>\mathbf{A}=\begin{bmatrix} | ||
+ | 2 & 1 \\ | ||
+ | 2 & 1 | ||
+ | \end{bmatrix}</math> | ||
+ | mátrixú leképezés 111-edik hatványának sajátvektorait! | ||
+ | ====Megoldás==== | ||
+ | A bázisvektorok képei: (2,2) és (1,1), azaz mindkettőt az y = x egyenletű altérbe képezi az operátor. Világos, hogy ekkor a sajátaltér a μ.(1,1) alakú vektorok. | ||
==Függvényterek== | ==Függvényterek== |
A lap 2008. május 28., 20:36-kori változata
Tartalomjegyzék |
Gauss-elimináció-témakör
Paraméteres egyenletrendszer
Milyen a valós paraméterre oldható meg az alábbi egyenletrendszer?
Megoldás
Az A(a)x = b egyenletrendszer kibővített mátrixa és a Gauss-elimináció
Az egyenletrendszer akkor és csak akkor megoldható, ha a mátrix rangja egyenlő a kibővített mátrix rangjával. Világos, hogy
- r(A(a)) = 3, ha a ≠ 3 és
- r(A(a)) = 2, ha a = 3
Az első esetben a [A(a)|b] csak 3 lehet (csak három sora van), míg a másodikban [A(a)|b] rangja 3, mert három független oszlopvektor választható ki belőle (pl az első, a második és a negyedik). Tehát a ≠ 3 esetén lesz megoldása az egyenletrendszernek.
Megjegyzés. Úgy is fogalmazhatunk, hogy akkor és csak akkor van megoldás, ha az alsó sorban nem áll ellentmondás. Ez akkor van, ha az (a-3)z=-6-ból kifejezhetjük z-t, vagyis az a ≠ 3 esetén vagy ha az alsó sor 0 = 0 alakú, ami ugye nem áll.
Paraméteres mátrixrang
- Lásd az előző feladatot!
Lináris leképezés sajátértéke
Példa
Számítsuk ki az
mátrixú leképezés 111-edik hatványának sajátvektorait!
Megoldás
A bázisvektorok képei: (2,2) és (1,1), azaz mindkettőt az y = x egyenletű altérbe képezi az operátor. Világos, hogy ekkor a sajátaltér a μ.(1,1) alakú vektorok.
Függvényterek
Példa
Legyen L az R-en értelmezett valós függvények következő lineáris altere:
(azaz az exp(2.), a sin(3.) és a cos(3.) függvények által kifeszített altér.) Adjuk meg L bázisát, igazoljuk, hogy
lineáris operátor és adjuk meg egy mátrixát!
Megoldás
boztosan generátorrendszere L-nek. Lássuk be, hogy B független. Tegyük fel ugyanis, hogy minden x valós számra
Ekkor x = 0-t véve:
illetve x = 2π-t véve is:
mely két egyenletet kivonva
azaz A = 0. Viszont ekkor C = 0-is teljesül és B csak nulla lehet, mert a szinuszfüggvény nem az azonosan nulla. Tehát a fenti egyenlőségnek csak triviális megoldása van A, B, C-ben.
Térjünk rá az operátor linearitására. A deriválás lineáris, a 4-gyel való szorzás lineáris és a leképezések összege lineáris, tehát A lineáris. Adjuk meg a mátrixot! A bázisok képei:
Így
Megjegyezzük, hogy a leképezés lényegében egy x tengely körüli forgatás, majd a tengelyek menti nyújtás. A sajátvektorai: Ae2x, sajátértéke 6.
Iterált határérték
Példa
Megoldás
Példa
Megoldás
Tehát g ≡ 0
Példa
Megoldás
Tehát g egyetlen pontból áll, éspedig a 0-nál 0. Ilyen (egypontú) függvények nincs határértéke:
Példa
Megoldás
Tehát g csak a nemnegatívokon értelmezett és ott 0: