Szerkesztő:Mozo/Linalg gyakorló 3.
Tartalomjegyzék |
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.
Ha tehát az A ∈ Rn×m mátrix alakja:
ahol A1, A2, ..., Am az oszlopai, akkor
ahol
jelöli az oszlopvektorok által kifeszített (generált) alteret.
Példák
1.
- ekkor
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
egyenletrendszer (λ1,λ2)-re? Akibővítet mártix maga az A. Ebből Gauss-eliminációval (a középső kétszeresét kivonjuk a legalsóból)
Az alsó sor így:
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.
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)
Mo.
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)
b)
Mo.
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)
és
Mo. A invertálató, mert a determinánsa -2-8=-10 és ekkor a megoldás:
Az iverzet sokféleképpen lehet kiszámítani. Egyfelől az inverzmátrix képlet:
itt adj A az előjeles aldeterminánsmátrix transzponáltja. Másrészt kiszámíthatjuk Gauss--Jordan-eliminációval:
Majd megszorozzuk B-vel:
b) és Mo. A nem invertálható. A kibővített mátrixszal:
A második oszlopot átvisszük paraméternek:
Ha a megoldást: alakban írjuk föl, akkor:
azaz
4
Milyen c-re nulla az alábbi determináns értéke?
- a 2. oszlop csupa 1, és a többiben is van sok egyes, tehát érdemes levonni a 2. oszlopot a többiből:
- a 2. sorban egy db 1-es lett, fejtsük ki eszerint:
- ha levonjuk az 1. oszlopot a 3-ból, akkor eltűnik a -2:
- = 2(c − 1)(c2 + 2) − 6(c − 1) = 2(c − 1)(c2 + 2 − 3) = 2(c − 1)(c2 − 1) = 0
5
1. Legyen A az x+2y=0 egyenesre tükrözés operátora. Számítsa ki az
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
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.