Szerkesztő:Mozo/Linalg gyakorló 3.

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(→3)
(→3)
77. sor: 77. sor:
 
\end{bmatrix}</math>
 
\end{bmatrix}</math>
  
−
''Mo.'' ''A'' invertálató, mert a determinánsa -2-8=-10.
+
''Mo.'' ''A'' invertálató, mert a determinánsa -2-8=-10 és ekkor a megoldás:
−
 
+
:<math>AX=B\quad/ A^{-1}\cdot(\;)</math>
−
 
+
:<math>X= A^{-1}B\,</math>
−
 
+
Az iverzet sokféleképpen lehet kiszámítani. Egyfelől az inverzmátrix képet:
 +
:<math>A^{-1}=\frac{\mathrm{adj}\,A}{\mathrm{det}\,A}</math>
 +
itt adj A az előjeles aldeterminánsmátrix transzponáltja. Másrészt kiszámíthatjuk Gauss--Jordan-eliminációval:
 +
<math>(A|I)=\begin{bmatrix}
 +
1 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
 +
2 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0\\
 +
0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 1
 +
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}
 +
1 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
 +
0 & -5 & 0 & -2 & 1 & 0\\
 +
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1/2
 +
\end{bmatrix}\sim</math>
 +
:<math> \sim\begin{bmatrix}
 +
1 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
 +
0 & 1 & 0 & 2/5 & -1/5 & 0\\
 +
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1/2
 +
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}
 +
1 & 0 & 0 & 1/5 & 2/5 & 0 \\
 +
0 & 1 & 0 & 2/5 & -1/5 & 0\\
 +
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1/2
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
Majd megszorozzuk B-vel:
 +
:<math>\begin{bmatrix}
 +
1/5 & 2/5 & 0 \\
 +
2/5 & -1/5 & 0\\
 +
0 & 0 & 1/2
 +
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
 +
0 & 1 & 0\\
 +
0 & -1 & 0 \\
 +
0 & 0 & 0
 +
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
 +
0 & 2/5 & 0\\
 +
0 & 1/5 & 0 \\
 +
0 & 0 & 0
 +
\end{bmatrix}</math>
 
b)  
 
b)  
 
<math>A=\begin{bmatrix}
 
<math>A=\begin{bmatrix}
87. sor: 121. sor:
 
\end{bmatrix}</math> és  
 
\end{bmatrix}</math> és  
 
<math>B=\begin{bmatrix}
 
<math>B=\begin{bmatrix}
−
0 & 1 & 1\\
+
0 & 2 & 1\\
−
2 & 0 & 0 \\
+
0 & 2 & 1 \\
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
''Mo.'' A nem invertálható. A kibővített mátrixszal:
 +
:<math>(A|B)=\begin{bmatrix}
 +
1 & 1 & 0 & 2 & 1\\
 +
1 & 1 &0 & 2 & 1
 +
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}
 +
1 & 1 & 0 & 2 & 1\\
 +
0 & 0 &0 & 0 & 0
 +
\end{bmatrix}\sim</math>
 +
A második oszlopot átvisszük paraméternek:
 +
: <math>\sim \begin{bmatrix}
 +
1 | & -1 & 0 & 2 & 1\\
 +
0 | & 0 &0 & 0 & 0
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
Ha a megoldást: <math>X=\begin{bmatrix}
 +
x_1 & x_2 & x_3\\
 +
y_1 & y_2 & y_3 \\
 +
\end{bmatrix}</math>
 +
alakban írjuk föl, akkor:
 +
:<math>y_1,y_2,y_3=t\in\mathbf{R}</math>
 +
:<math>x_1= -t,\quad x_2=2-t,\quad x_3=1-t</math>
 +
azaz
 +
<math>X=\begin{bmatrix}
 +
-t & 2-t & 1-t\\
 +
t & t & t \\
 
\end{bmatrix}</math>
 
\end{bmatrix}</math>

A lap 2010. március 11., 22:47-kori változata

1

Legyen L1 valódi altere az L vektortérnek (az az L1\neL). 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|. L1 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 L1=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}

Megoldhatóság: b=0

Megoldások száma: végtelen, mert dimKer(A)=3-dimIm(A)=3-2=1

Megoldások: inhomogén: (-1,0,1). Ker(A)={t(-2,1,1)}

3

Oldjuk meg az AX=B mátrixegyenletet, ha

a)

A=\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0\\ 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} és B=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}

Mo. A invertálató, mert a determinánsa -2-8=-10 és ekkor a megoldás:

AX=B\quad/ A^{-1}\cdot(\;)
X= A^{-1}B\,

Az iverzet sokféleképpen lehet kiszámítani. Egyfelől az inverzmátrix képet:

A^{-1}=\frac{\mathrm{adj}\,A}{\mathrm{det}\,A}

itt adj A az előjeles aldeterminánsmátrix transzponáltja. Másrészt kiszámíthatjuk Gauss--Jordan-eliminációval: (A|I)=\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -5 & 0 & -2 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1/2 \end{bmatrix}\sim

\sim\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2/5 & -1/5 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1/2 \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 1/5 & 2/5 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 2/5 & -1/5 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1/2 \end{bmatrix}

Majd megszorozzuk B-vel:

\begin{bmatrix} 1/5 & 2/5 & 0 \\ 2/5 & -1/5 & 0\\ 0 & 0 & 1/2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 2/5 & 0\\ 0 & 1/5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}

b) A=\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} és B=\begin{bmatrix} 0 & 2 & 1\\ 0 & 2 & 1 \\ \end{bmatrix} Mo. A nem invertálható. A kibővített mátrixszal:

(A|B)=\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 2 & 1\\ 1 & 1 &0 & 2 & 1 \end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 & 2 & 1\\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \end{bmatrix}\sim

A második oszlopot átvisszük paraméternek:

\sim \begin{bmatrix} 1 | & -1 & 0 & 2 & 1\\ 0 | & 0 &0 & 0 & 0 \end{bmatrix}

Ha a megoldást: X=\begin{bmatrix} x_1 & x_2 & x_3\\ y_1 & y_2 & y_3 \\ \end{bmatrix} alakban írjuk föl, akkor:

y_1,y_2,y_3=t\in\mathbf{R}
x_1= -t,\quad x_2=2-t,\quad x_3=1-t

azaz X=\begin{bmatrix} -t & 2-t & 1-t\\ t & t & t \\ \end{bmatrix}

A lap eredeti címe: „http://wiki.math.bme.hu/index.php?title=Szerkeszt%C5%91:Mozo/Linalg_gyakorl%C3%B3_3.&oldid=6165”
Személyes eszközök