Szerkesztő:Mozo/Linalg gyakorló 3.
Mozo (vitalap | szerkesztései) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) |
||
4. sor: | 4. sor: | ||
Most tegyük fel indirekten, hogy |B|=n. Van olyan ''v'' vektor <math>L</math>-ben, ami független B-től, mert ha nem lenne, akkor B generátorrendszere lenne L-nek, amiből az következne, hogy <math>L_1</math>=<math>L</math> 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. | Most tegyük fel indirekten, hogy |B|=n. Van olyan ''v'' vektor <math>L</math>-ben, ami független B-től, mert ha nem lenne, akkor B generátorrendszere lenne L-nek, amiből az következne, hogy <math>L_1</math>=<math>L</math> 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.''' | ||
+ | :<math> x-y+z=0\,</math> | ||
+ | :<math>-3x+2y-z=0\,</math> | ||
+ | :<math>-2x+y+az=-1\,</math> | ||
+ | :<math>\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}</math> | ||
+ | |||
+ | Ax=b-nek pontosan akkor van megoldása, ha r(A)=r(A|b) (itt a r(A) az A [[Mátrix rangja|mátrix rangja]]). r(A) az oszlopok által kifeszített altér dimenziója. | ||
+ | :<math>3\leq r(A|b)\leq 3</math> | ||
+ | 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) | ||
+ | |||
+ | |||
+ | :<math>2x+4y=-2\,</math> | ||
+ | :<math>-y+z=1\,</math> | ||
+ | :<math>x+y+z=b\,</math> | ||
+ | |||
+ | :<math>[\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}</math> | ||
+ | |||
+ | 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)} |
A lap 2010. március 11., 14:38-kori változata
1. Legyen L1 valódi altere az L vektortérnek (az az L1L). Igazoljuk, hogy ekkor .
Mo. Először is hivatkozunk arra, hogy ha F független rendszer, B bázis és G generátorrendszer, akkor . L1 egy B bázisa lineárisan független rendszer L-ben, így , ahol .
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.
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.
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)
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)}