Szerkesztő:Mozo/Linalg gyakorló 3.

A MathWikiből

Tartalomjegyzék

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.

Ha tehát az ARn×m mátrix alakja:

A = \begin{pmatrix}
\begin{matrix}\vert \\ \vert \\ A_1 \\ \vert \\ \vert \end{matrix}& \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ A_2 \\ \vert \\ \vert \end{matrix} & ... & \begin{matrix}\vert \\ \vert \\ A_m \\ \vert \\ \vert \end{matrix} 
\end{pmatrix}

ahol A1, A2, ..., Am az oszlopai, akkor

\mathrm{r}(A):=\mathrm{dim}\langle\{A_1,A_2,...A_m\}\rangle

ahol

\langle\{A_1,A_2,...A_m\}\rangle

jelöli az oszlopvektorok által kifeszített (generált) alteret.

Példák

1.

A =
   \begin{pmatrix}
    1 &  2 & 3 \\
    0 &  5 &  4 \\
    0 & 10 &  2
  \end{pmatrix} ekkor \mathrm{r}(A):=\mathrm{dim}\left\langle \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\5\\10\end{pmatrix},\begin{pmatrix}3\\4\\2\end{pmatrix}\right\rangle

Világos, hogy az első két vektor független rendszert alkot, tehát r(A) legalább 2 (és legfeljebb 3, mert ilyen hosszúak). A kérdés, hogy a harmadik kifejezhető-e az első kettő lineáris kombinációjaként, azaz megoldható-e az


   \begin{pmatrix}
    1 &  2 \\
    0 &  5 \\
    0 & 10 
  \end{pmatrix}\cdot  \begin{pmatrix}
   \lambda_1 \\
   \lambda_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
    3 \\
    4  \\
    2  
  \end{pmatrix}

egyenletrendszer (λ12)-re? Akibővítet mártix maga az A. Ebből Gauss-eliminációval (a középső kétszeresét kivonjuk a legalsóból)

\begin{pmatrix}
    1 &  2 &  3 \\
    0 &  5 &  4 \\
    0 &  0 &  -6
  \end{pmatrix}

Az alsó sor így:

0\cdot \lambda_1+0\cdot \lambda_2=-6

aminek nincs megoldása. Tehát a harmadik oszlop nem fejezhető ki az első kettő lineáris kombinációjával, így függetlenek, ergó a rang 3.

Általánosan: ha az A n × n-es mátrixot Gauss-eliminálva háromszögmátrix jön ki, nemnulla főátlóbeli elemekkel, akkor A rangja a dimenzió: n.

2.

B =
   \begin{pmatrix}
    1 &  2 &  3 \\
    0 &  6 &  4 \\
    0 &  3 &  2
  \end{pmatrix}
  \sim
    \begin{pmatrix}
    1 &  2 &  3 \\
    0 &  6 &  4 \\
    0 &  0 &  0
  \end{pmatrix}

 \Rightarrow \mathrm{r}(B) = 2

mert alsó sor tiviálisan teljesül, a felső kettőból pedig kifejezhető λ1, λ2, éspedig: λ2 = 4/6 = 2/3, λ1 = 5/3 (és persze az első két oszlop független, mert a másodikat a 2 nemnulla miatt sehogyan se lehet kifejezni az elsőből ennek a két nullája miatt).

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 képlet:

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}

4

Milyen c-re nulla az alábbi determináns értéke?

D=\begin{vmatrix}
2 & 1 & c & c+1\\
1 & 1 & 1 & 1\\
-1 & 1 & 1 & -1\\
-2 & 1 & 4 & c^2
\end{vmatrix} a 2. oszlop csupa 1, és a többiben is van sok egyes, tehát érdemes levonni a 2. oszlopot a többiből:
D=\begin{vmatrix}
1 & 1 & c-1 & c\\
0 & 1 & 0 & 0\\
-2 & 1 & 0 & -2\\
-3 & 1 & 3 & c^2-1
\end{vmatrix} a 2. sorban egy db 1-es lett, fejtsük ki eszerint:
D=\begin{vmatrix}
1 & c-1 & c\\
-2 & 0 & -2\\
-3 &  3 & c^2-1
\end{vmatrix} ha levonjuk az 1. oszlopot a 3-ból, akkor eltűnik a -2:
D=\begin{vmatrix}
1 & c-1 & c-1\\
-2 & 0 & 0\\
-3 &  3 & c^2+2
\end{vmatrix}=(-1)\cdot(-2)\cdot\begin{vmatrix}
c-1 & c-1\\
3 & c^2+2
\end{vmatrix}=
= 2(c − 1)(c2 + 2) − 6(c − 1) = 2(c − 1)(c2 + 2 − 3) = 2(c − 1)(c2 − 1) = 0
c=\pm 1

5

1. Legyen A az x+2y=0 egyenesre tükrözés operátora. Számítsa ki az

\mathbf{B}=\mathbf{A}^{2009}-\mathbf{A}^2+\mathbf{I}\,

leképezés magterét és képterét!

A tükrözés, így páratlanadik hatványa önmaga, párosadik pedig az I. Emiatt B=A. 2. Legyen P az x tengelyre való vetítés, T az x tengelyre való tükrözés. Mi a P, T, P2, T2, PT, TP leképezések kép és magtere? Igazolja, hogy

\mathbf{P}^2(-\mathbf{T}+\mathbf{T}^2+\mathbf{T}^3)=\mathbf{P}

Mo. Csak 3 leképezésünk van: P=P2=PT=TP, T és I. Ezeknek rendre a magtere és a képtere: {(0,t)}, {(t,0)}; {0}, R2; {0}, R2.

Az azonosság igazolása: -T+T3=0 miatt és ez előzőek miatt nyilvánvaló.

Személyes eszközök