Szerkesztő:Mozo/A2 feladatok

Gauss-elimináció-témakör

Paraméteres egyenletrendszer

Milyen a valós paraméterre oldható meg az alábbi egyenletrendszer?

$\begin{matrix} x_1 + 2x_2 + 3x_3 & = & 2 \\ x_1 + x_2 + x_3 & = & 2 \\ 3x_1 + 3x_2 + ax_3 & = & 0 \end{matrix}$

Megoldás

Az A(a)$\cdot$x = b egyenletrendszer kibővített mátrixa és a Gauss-elimináció

$[\mathbf{A}(a)|b]=\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \\ 3 & 3 & a & 0 \end{bmatrix}\sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 2 \\ 0 & -1 & -2 & 0 \\ 0 & -3 & a-9 & -6 \end{bmatrix}\sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 & 2 \\ 0 & -1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & a-3 & -6 \end{bmatrix}$

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

$\mathbf{A}=\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}$

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.

Példa

Számítsuk ki a x tengely körüli +36°-os forgatás 15-ödik és 17-edik hatványának sajátvektorait és sajátértékeit!

Megoldás

Ha A ez a lineáris operátor, akkor első hatványa a +36°-os forgatás, a második a 2$\cdot$36°-os forgatás, ..., a 15-ödik hatványa a 15$\cdot$36°=360+180=180°-os forgatás. Ennek sajátvektorai az x tengely vektorai, 1 sajátértékkel., De a 17-edik hatvány is csak egy forgatás, így ennek is ugyanezek lesznek a sajátvektorai (360°-nál már más lenne a helyzet, ott minden vektor fix).

Függvényterek

Példa

Legyen L az R-en értelmezett valós függvények következő lineáris altere:

$L=_{\mathrm{def}}\{A\mathrm{e}^{2x}+B\sin(3x)+C\cos(3x)\mid A,B,C\in\mathbf{R}\}$

(azaz az exp(2$\cdot$.), a sin(3$\cdot$.) és a cos(3$\cdot$.) függvények által kifeszített altér.) Adjuk meg L bázisát, igazoljuk, hogy

$\mathcal{A}f\quad=_{\mathrm{def}}\quad f'+4f$

lineáris operátor és adjuk meg egy mátrixát!

Megoldás

$B=\{\mathrm{e}^{2x};\,\sin(3x);\,\cos(3x)\}\,$

boztosan generátorrendszere L-nek. Lássuk be, hogy B független. Tegyük fel ugyanis, hogy minden x valós számra

$A\mathrm{e}^{2x}+B\sin(3x)+C\cos(3x)\equiv 0\,$

Ekkor x = 0-t véve:

$A+C= 0\,$

illetve x = 2π-t véve is:

$A\mathrm{e}^{4\pi}+C= 0\,$

mely két egyenletet kivonva

$A+A\mathrm{e}^{4\pi}= 0\,$

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:

$\mathcal{A}\mathrm{e}^{2x}=2\mathrm{e}^{2x}+4\mathrm{e}^{2x}=6\mathrm{e}^{2x}$

$\mathcal{A}\mathrm{sin}(3x)=3\mathrm{cos}(3x)+4{sin}(3x)$

$\mathcal{A}\mathrm{cos}(3x)=-3\mathrm{sin}(3x)+4{cos}(3x)$

Így

$[\mathcal{A}]=\begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & -3 \\ 0 & 3 & 4 \end{pmatrix}$

Iterált határérték

Példa

$\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{x^4}{x^4+y^4}$

Megoldás

$g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{x^4}{x^4+y^4}=\left\{\begin{matrix}\cfrac{x^4}{x^4+0}=1 &,& x\ne 0\\ \\ \lim\limits_{y\to 0}\cfrac{0}{0+y^4}=0 &,& x= 0 \end{matrix}\right.$

$\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{x^4}{x^4+y^4}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)=1$

Példa

$\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{y^5}{x^4+y^4}$

Megoldás

$g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\frac{y^5}{x^4+y^4}=\left\{\begin{matrix}\cfrac{0}{x^4+0}=0 &,& x\ne 0\\ \\ \lim\limits_{y\to 0}\cfrac{y^5}{0+y^4}=\lim\limits_{y\to 0}y=0 &,& x= 0 \end{matrix}\right.$

Tehát g ≡ 0

$\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\frac{y^5}{x^4+y^4}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0$

Példa

$\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\;x\cdot \cos\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)$

Megoldás

$g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\;x\cdot \cos\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)=\left\{\begin{matrix} \not\exists &,& x\ne 0\\ \\ 0 &,& x= 0 \end{matrix}\right.$

Tehát g egyetlen pontból áll, éspedig a 0-nál 0. Ilyen (egypontú) függvények nincs határértéke:

$\not\exists\lim\limits_{x\to 0}g(x)$

Példa

$\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{y\to 0}\;(x+|x|)\cdot \sin\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)$

Megoldás

$g(x)=\lim\limits_{y\to 0}\;(x+|x|)\cdot \sin\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right)=\left\{\begin{matrix} \not\exists\lim\limits_{y\to 0}\;2x\cdot \sin\left(\textstyle{\frac{1}{y}}\right) &,& x>0\\ \\ 0 &,& x\leq 0 \end{matrix}\right.$

Tehát g csak a nemnegatívokon értelmezett és ott 0:

$\lim\limits_{x\to 0}g(x)=0$