Szerkesztő:Mozo/Linalg gyakorló 3.

A MathWikiből

(Változatok közti eltérés)

A lap 2010. március 11., 22:11-kori változata

1

Legyen $L 1$ valódi altere az $L$ vektortérnek (az az $L 1$ $\ne$ $L$ ). Igazoljuk, hogy ekkor $\mathrm{dim}\,L_1<\mathrm{dim}\,L$ .

Mo. Először is hivatkozunk arra, hogy ha F független rendszer, B bázis és G generátorrendszer, akkor $|F|\leq|B|\leq |G|$ . $L 1$ egy B bázisa lineárisan független rendszer $L$ -ben, így $|B|\leq n$ , ahol $n=\mathrm{dim}\,L$ .

Most tegyük fel indirekten, hogy |B|=n. Van olyan v vektor $L$ -ben, ami független B-től, mert ha nem lenne, akkor B generátorrendszere lenne L-nek, amiből az következne, hogy $L 1$ = $L$ lenne. BU{v} tehát független rendszer, azaz van L-ben n+1 elemű független rendszer. De L minden független rendszere legfeljebb csak n elemű, ami ellentmondás.

2

a)

$x-y+z=0\,$

$-3x+2y-z=0\,$

$-2x+y+az=-1\,$

Mo.

$\begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 & 0\\ -3 & 2 & -1 & 0\\ -2 & 1 & a & -1 \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 2 & 0\\ 0 & -1 & a+2 & -1 \end{bmatrix} \sim\begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & a & -1 \end{bmatrix}$

Ax=b-nek pontosan akkor van megoldása, ha r(A)=r(A|b) (itt a r(A) az A mátrix rangja). r(A) az oszlopok által kifeszített altér dimenziója.

$3\leq r(A|b)\leq 3$

hisz egyrészt csak háromemeletesek, másrészt van három független (1.,2.,4. oszlop). r(A)=3 pontosan akkor, ha a≠0. Ezesetben pedig valóban 1 megoldás van, mert det(A) ≠ 0.

Megoldás: x_0+Ker(A), Ker(A)={0}, mert A invertálható:

x_0=(-1,-2,-1)

b)

$2x+4y=-2\,$

$-y+z=1\,$

$x+y+z=b\,$

Mo.

$[\mathbf{A}|\mathbf{y}]\sim\begin{bmatrix} 2 & 4 & 0 & -2\\ 0 & -1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & b \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -1\\ 0 & -1 & 1 & 1\\ 0 & -1 & 1 & b+1 \end{bmatrix} \sim\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -1\\ 0 & -1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & b \end{bmatrix}$