9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, Leontyev-modell

9. Előadás

Megyesi László: Lineáris algebra, 75. – 84. oldal.

9. előadás

Mátrix inverze, Leontyev-modell

Gondolkodnivalók – Mátrix rangja

1. Gondolkodnivaló Tegyük fel, hogy egy elemi bázistranszformáció kezdetekor a sor- és oszlopindexek sorban helyezkednek el. Néhány elemi bázistranszformáció után kaphatjuk-e az alábbi táblázatokat? (A táblázatokat külön-külön kell vizsgálni, nem egymás utáni lépésként.)

e1 e3 v2

v1 e2 v3 v1 e2 v3 e3 v2 e2 1 1 1 e1 1 1 1 e1 1 1 2 , , 1 1 1 v2 −1 0 2 v3 1 3 0 1 −2 1 e3 2 1 0 v1 1 −2 0

9. előadás


Gondolkodnivalók – Mátrix rangja Észrevétel Mivel feltettük, hogy az elemi bázistranszformáció kezdetekor a sorés oszlopindexek sorban helyezkedtek el, így az elemi bázistranszformáció során ha a vj vektort visszük be a bázis ei vektora helyére, akkor a táblázat felső sorában az ei éppen az j. helyen van, oldalt pedig a vj az i. helyen szerepel.

e1 e3 v2

v1 e2 v3 1 1 1 1 1 1 1 −2 1

Így ez az első táblázat nem fordulhat elő, hiszen ott e2 szerepel v2 helyén, azonban a v2 az e3 helyén van, és nem az e2 helyén. 9. előadás



Második táblázat: v1 e2 v3 e1 1 1 1 v2 −1 0 2 e3 2 1 0 Ebben a táblázatban az indexek helyesen szerepelnek, azonban ez sem kapható meg. Mivel a v2 vektor került be az e2 helyére, így generáló elemnek a második sor 2. elemét kellett választani, de ez az elem nem lehet nulla az elemi bázistranszformáció után, hiszen itt a generáló elem reciprokának kell szerepelni.

9. előadás


Gondolkodnivalók – Mátrix rangja Harmadik táblázat: e1 v3 v1

e3 v2 e2 1 1 2 1 3 0 1 −2 0

Az indexek itt is helyesen szerepelnek: e3 szerepel v1 helyén, és v1 az e3 helyén, valamint e2 szerepel v3 helyén, és v3 az e2 helyén. Melyik cserét végeztük el utoljára? Mivel az e2 ↔ v3 cserénél 0 szerepel, ezért ez nem lehetett az utolsó csere (lásd: előző táblázat). Így csak az e3 ↔ v1 csere lehetett az utolsó. Mi lehetett az előző lépésnél a táblázat? Korábbi gondolkodnivalók között szerepelt az, ha kétszer választunk ugyanazon a helyen generáló elemet, akkor az eredeti táblázatot kapjuk vissza. Ezt felhasználva kapjuk a következőt: 9. előadás



e3 v2 e2 v1 v2 e2 e1 1 1 2 e1 −1 3 2 → . v3 1 v3 −1 5 0 3 0 v1 1∗ −2 0 e3 1 −2 0 Azonban ebben a táblázatban is 0 szerepel a v3 ↔ e2 cserének megfelelő helyen, így a harmadik táblázatot sem kaphattuk meg elemi bázistranszformáció-sorozat folyamán.

9. előadás


Gondolkodnivalók – Mátrix rangja 2. Gondolkodnivaló Egy 5 ismeretlenes, 6 egyenletből álló lineáris egyenletrendszer bővített mátrixának determinánsa nem 0. Mit tudunk mondani a megoldásáról? A bővített mátrix 6 × 6-os, és a determinánsa nem 0. Mivel a mátrix rangja a legnagyobb nem-0 aldeterminánsának rendjével egyezik meg, így ebben az esetben a rang 6. Mennyi lehet az egyenletrendszer együtthatómátrixának a rangja? Mivel 5 ismeretlen van, ezért a mátrixnak 5 oszlopa van, tehát a rangja nem lehet nagyobb 5-nél. Tehát az egyenletrendszer együtthatómátrixának a rangja legfeljebb 5, a bővített mátrixának a rangja pedig 6, így a Kronecker-Capelli tétel szerint az egyenletrendszernek nincs megoldása. 9. előadás


Gondolkodnivalók – Mátrix rangja 3. Gondolkodnivaló Tekintsük a következő homogén lineáris egyenletrendszert. x1 + x3 + x5 = 0 x2 + x4 = 0 Adottak a következő vektorok R5 -ben u = (1, 1, 1, 1, −2), v = (1, 0, −2, 0, 1), w = (0, −1, 0, 1, 0), x = (1, −2, −2, 2, 1), y = (1, 0, −1, 0, 0). Döntsük el, hogy az alábbi vektorrendszerek bázist alkotnak-e a fenti egyenletrendszer megoldásainak alterében? (a) u, v , w ; (b) v , w , x; (c) w , x, y .

9. előadás


Gondolkodnivalók – Mátrix rangja A homogén lineáris egyenletrendszer bővített mátrixa: 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 Ez lépcsős alakú mátrix, tehát a homogén lineáris egyenletrendszer rangja r = 2. Mivel az ismeretlenek száma n = 5, így a megoldástere n − r = 3 dimenziós. Ez alapján mindhárom vektorrendszer elemszáma megfelelő. (a) u, v , w ; Először ellenőrizzük le, hogy a vektorok megoldásai-e az egyenletrendszernek. Az u = (1, 1, 1, 1, −2) vektor esetén 1+1−2 = 0 1+1 6= 0 Mivel u nem megoldás, ezért nem eleme a megoldástérnek, így a bázisának sem. Tehát az u, v , w nem bázis. 9. előadás


Gondolkodnivalók – Mátrix rangja (b) v , w , x; Először ellenőrizzük le, hogy a vektorok megoldásai-e az egyenletrendszernek. Helyettesítsük rendre a v = (1, 0, −2, 0, 1), w = (0, −1, 0, 1, 0) és x = (1, −2, −2, 2, 1) vektorokat. 1−2+1 = 0 0 + 0 = 0,

0+0+0 = 0 −1 + 1 = 0,

1−2+1 = 0 −2 + 2 = 0.

Tehát mindhárom vektor eleme a megoldástérnek. A három vektor akkor alkot bázist a három dimenziós megoldástérben, ha lineárisan független.     1 0 −2 0 1 1 0 −2 0 1  0 −1 0 1 0  ∼  0 −1 0 1 0  ∼ 1 −2 −2 2 1 0 −2 0 2 0 9. előadás


Gondolkodnivalók – Mátrix rangja 

   1 0 −2 0 1 1 0 −2 0 1 ∼  0 −1 0 1 0  ∼  0 −1 0 1 0  . 0 −2 0 2 0 0 0 0 0 0 Tehát a vektorrendszer rangja 2, így lineárisan függő, nem bázis. (c) w , x, y ; Korábban már láttuk, hogy a w = (0, −1, 0, 1, 0) és x = (1, −2, −2, 2, 1) vektorok megoldásai a homogén lineáris egyenletrendszernek, az y = (1, 0, −1, 0, 0) vektor esetén 1−1+0 = 0 0 + 0 = 0, így ez is eleme a megoldástérnek. A vektorok lineáris függetlenségét kell már csak vizsgálni. 9. előadás





0 −1 0 1  1 −2 −2 2 1 0 −1 0  1 −2 −2 2 1 ∼  0 −1 0 0 2 1 −2

  0 1 1 ∼ 0 0 1   1 0 ∼ −1

 −2 −2 2 1 −1 0 1 0  ∼ 0 −1 0 0  1 −2 −2 2 1 0 −1 0 1 0  . 0 0 1 0 −1

Tehát a vektorrendszer rangja 3, így lineárisan független. Tehát a w , x, y vektorrendszer bázis lesz a megoldástérben.

9. előadás


Mátrix inverze Definíció Legyen A n × n-es mátrix. Az A mátrix inverze az A−1 n × n-es mátrix, ha AA−1 = A−1 A = E , ahol E az n × n-es egységmátrix. Létezés Nem minden n × n-es mátrixnak létezik inverze. Legyen A olyan n × n-es mátrix, amelynek determinánsa 0. Ekkor a determinánsok szorzástételét felhasználva bármely B n × n-es mátrix esetén a következő teljesül: |AB| = |A| · |B| = 0. Tehát az AB nem lehet az egységmátrix, bárhogy is választjuk a B-t, így A-nak nincs inverze.

9. előadás


Inverz létezése, kiszámítása Tétel Legyen 

 a11 . . . a1n  ..  A =  ... . . . .  an1 . . . ann n × n-es mátrix. Ekkor A-nak pontosan akkor létezik inverze, ha determinánsa nem 0. Ha A determinánsa nem 0, akkor az inverze:  T A11 . . . A1n 1  . ..  , .. A−1 =  .. . .  |A| An1 . . . Ann ahol Aij az i. sor j. eleméhez tartozó adjungált aldeterminánst jelöli.

9. előadás


Az inverz gyakorlati kiszámítása Az előző tételben megadott módszer az inverz kiszámítására nagyon hosszadalmas: egy n × n-es mátrix inverzéhez ki kellene számolni n2 db n − 1 × n − 1-es determinánst. Ehelyett elemi bázistranszformációval fogjuk számolni a mátrix inverzét. Inverzmátrix kiszámítása elemi bázistranszformációval A mátrixot beírjuk egy táblázatba, majd elemi bázistranszformációkat hajtunk végre, amíg csak tudunk generáló elemet választani. Ha sikerült az összes oszlopvektort bevinni a bázisba, akkor a mátrixnak létezik az inverze, azaz invertálható. A mátrix inverzét megkapjuk, ha sor- és oszlopcserékkel az indexeket rendezzük. FONTOS: most nem szabad elhagyni a bázisból kikerülő vektor oszlopát!!! 9. előadás


Inverzmátrix kiszámítása Példa Döntsük el, hogy invertálható-e az alábbi mátrix, ha igen, adjuk meg az inverzét:   1 −1 −1  1 2 1 . 2 −1 −1 Beírjuk egy táblázatba a mátrixot, majd elemi bázistranszformációkat hajtunk végre:

e1 e2 e3

v1 v2 v3 v1 v2 e2 v1 e1 e2 ∗ 1 −1 −1 e 2 1 1 v 2 1 1 → 1 → 2 1 2 1∗ v3 1 2 1 v3 −3 −2 −1 2 −1 −1 e3 3 1 1 e3 1∗ −1 0

9. előadás


v2 v3 e3

v1 e1 e2 e3 e1 e2 2 1 1 v −2 3 1 → 2 −3 −2 −1 v3 3 −5 −1 1∗ −1 0 v1 1 −1 0

Vagyis minden vektort sikerült bevinni a bázisba, így a mátrixnak van inverze. Az inverz az utolsó táblázatból olvasható le, ha sor- és oszlopcserékkel rendeztük a táblázatot: e3 e1 e2 e3 e1 e2 e1 e2 e3 v2 −2 3 1 v1 1 −1 0 v1 −1 0 1 → → v3 3 −5 −1 v2 −2 3 1 v2 3 1 −2 v1 1 −1 0 v3 3 −5 −1 v3 −5 −1 3

9. előadás


Tehát a mátrix inverze: 

 −1 0 1  3 1 −2  . −5 −1 3 Ellenőrzés:       1 −1 −1 −1 0 1 1 0 0  1 2 1 · 3 1 −2  =  0 1 0  . 2 −1 −1 −5 −1 3 0 0 1 A mátrix inverze úgy is kiszámolható, hogy a táblázatba a mátrix mellé az egységmátrixot is beírjuk, ebben az esetben a generáló elem oszlopa elhagyható, és a végén csak a sorokat kell rendezni: e1 e2 e3

v1 v2 v3 e1 e2 e3 e1 e2 e3 1 −1 −1 1 0 0 v2 3 1 −2 → ··· → 1 2 1 0 1 0 v3 −5 −1 3 2 −1 −1 0 0 1 v1 −1 0 1 9. előadás


Azonosságok Legyen A és B tetszőleges n × n-es invertálható mátrix, ekkor 1

(A−1 )−1 = A,

2

(AB)−1 = B −1 A−1 .

Bizonyítás: A másodikat bizonyítjuk. Az AB-nek inverze a B −1 A−1 , mivel a szorzatuk az egységmátrix: (AB) · (B −1 A−1 ) = A · (BB −1 ) · A−1 = A · E · A−1 = AA−1 = E . Negatív kitevős hatvány Ha A invertálható mátrix, akkor az inverz létezését felhasználva definiálhatók A negatív kitevős hatványai: A−k = (A−1 )k . A hatványozás korábban megadott azonosságai negatív kitevők esetén is érvényesek maradnak. 9. előadás


Mátrixegyenlet

9. előadás


Mátrixegyenlet Legyen A n × m-es, B pedig n × k-as mátrix. Található-e olyan X mátrix, amelyre AX = B? Az X mátrixnak m × k-asnak kell lennie ahhoz, hogy az egyenlőség teljesülhessen. Valójában a fenti kérdés k db olyan lineáris egyenletrendszer megoldására vezet, melyeknek együttható mátrixa éppen A, míg a konstansoszlopok rendre éppen B oszlopai. Az ilyen típusú egyenletrendszerek egyszerre is megoldhatók, mégpedig úgy, hogy most az elemi bázistranszformáció során a konstansoszlop helyett a B mátrix szerepel.

9. előadás


Mátrixegyenlet megoldása Példa Oldjuk meg az

1 −1 2 1 0 1

·X =

−1 1 0 1 2 1

mátrixegyenletet. Beírjuk a mátrixokat egy táblázatba, balra az A-t, jobbra pedig B-t, majd elemi bázistranszformációkat hajtunk végre:

e1 e2

x1 x2 x3 b1 b2 b3 x3 b1 b2 b3 1 −1 2 −1 1 0 → · · · → x1 1 1 2 1 1 0 1 1 2 1 x2 −1 2 1 1

9. előadás


Fontos megjegyezni, hogy most az x változók az X megoldásmátrix OSZLOPAIBAN helyezkednek el, és az értéküket úgy határozhatjuk meg, mint az egyenletrendszer megoldása esetén. Tehát ebben az esetben az x3 szabad változó lesz, így minden oszlop harmadik eleme szabadon megválasztható, a többi érték pedig, mint az egyenletrendszereknél, kifejezhető. Például az második oszlop esetén a jobboldali konstansok közül csak a második oszlopot kell figyelembe venni: x3 b2 x1 1 2 , x2 −1 1 vagyis X második oszlopának harmadik eleme szabadon választható (b ∈ R), az első eleme 2 − b, második eleme pedig 1 + b lesz. Hasonlóképpen megadható X többi oszlopa is. Az általános megoldás:   1−a 2−b 1−c X =  2 + a 1 + b 1 + c . a b c 9. előadás


Ellenőrzés:

1 −1 2 1 0 1



 1−a 2−b 1−c −1 1 0   2+a 1+b 1+c · = . 1 2 1 a b c

Megjegyzés Ahogy a mátrixinverz számításnál már megjegyeztük, az inverz úgy is számítható, hogy az E egységmátrixot az A mellé írjuk. Ez annak felel meg, mintha az AX = E mátrix egyenletet oldanánk meg, ekkor ha megoldható, akkor az X éppen A inverzét adja.

9. előadás


Leontyev-modell Tegyük fel, hogy egy gazdaság 3 fő ágazatból áll: mezőgazdaság, ipar és szállítás. Mindegyik ágazatnak 1 egységnyi termék előállításához szüksége van mindhárom ágazat termékeire. Ráfordítási mátrix A gazdaság egy mátrixszal írható le, ezt ráfordítási mátrixnak hívjuk. A mátrix oszlopai mutatják, hogy 1 egységnyi termék előállításához mennyi termékre szükség az egyes ágazatoktól. Példa Ráfordítási mátrix: M I S   M 0.3 0.3 0.2 I  0.2 0.1 0.2 . S 0 0.2 0.2 9. előadás


A ráfordítási mátrixszal kapcsolatban sok kérdés tehető fel: Adott termékmennyiség előállítása során mennyi terméket kell legyártani? "Működőképes"-e a gazdaság? Milyen árak mellett lehet az összprofitot maximalizálni? Milyen egyensúlyi helyzetei vannak a gazdaságnak?

9. előadás


Példa Legyen egy gazdaság ráfordítási mátrixa: M I S  M 0.3 0.3 0.2 I  0.2 0.1 0.2 . S 0 0.2 0.2 

Szeretnénk előállítani 2 M, 1 I és 3 S terméket. Mennyi terméket kell ehhez összesen előállítani (teljes kibocsátás)? Az egyes ágazatokban előállítandó termékek számát vektorként is megadhatjuk, jelölje ezt p ( a példában p T = (2, 1, 3)), ez az úgynevezett nettó kibocsátás. Jelöljük a ráfordítási mátrixot A-val, ekkor 1 lépésben A · p termékre van szükség. A probléma az, hogy ezeknek a termékeknek az előállításához is ismét A · Ap termékre van szükség, és így tovább. Így kapjuk a p + Ap + A2 p + A3 p + . . . végtelen sort. 9. előadás


Végiggondolható, ha q a teljes kibocsátás, akkor ennyi termék előállításakor Aq terméket használunk fel, és még marad is p termék: q = Aq + p. Tehát q = (E − A)−1 p. A példában szereplő ráfordítási mátrix és nettó kibocsátás:     0.3 0.3 0.2 2 A =  0.2 0.1 0.2  , p =  1  . 0 0.2 0.2 3 Ekkor



 0.7 −0.3 −0.2 E − A =  −0.2 0.9 −0.2  . 0 −0.2 0.8

Ennek a mátrixnak kell az inverzét meghatározni. 9. előadás


Az E − A inverze: 

(E − A)−1

 1.61 0.67 0.57 =  0.38 1.33 0.43  . 0.10 0.33 1.36

A teljes kibocsátás így:       1.61 0.67 0.57 2 5.6 (E − A)−1 p =  0.38 1.33 0.43  ·  1  =  3.38  . 0.10 0.33 1.36 3 4.61

9. előadás


Leontyev-inverz

Definíció Ha A egy gazdaság ráfordítási mátrixa, akkor az (E − A)−1 mátrixot az A mátrix Leontyev-inverzének nevezzük. A Leontyev-inverz mutatja meg, hogy egy-egy termék előállításához összesen mennyi kibocsátásra van szükség. Minél kisebbek az elemei, annál hatákonyabb a gazdaság. Ha valahol negatív értékek szerepelnek benne, az annak a jele, hogy a gazdaság hosszú távon nem működőképes.

9. előadás


Példa Működőképes-e az a gazdaság, amelynek ráfordítási mátrixa:   0.5 0.4 0.3 A =  0.3 0.3 0.4  . 0.2 0.4 0.18 Ha a Leontyev-inverzben ((E − A)−1 -ben) valahol negatív érték szerepel, akkor a gazdaság nem működőképes.   −295.71 −320 −264.29 (E − A)−1 =  −232.86 −250 −207.14  −185.71 −200 −164.29 TOTÁLIS KATASZTRÓFA Az ok nyilvánvaló: a gazdaság működése többe kerül, mint amennyit termel. Ilyenkor meg lehet vizsgálni, hogy megmenthető-e a gazdaság, van-e esetleg olyan ágazat, amelynek hatékonyságát kicsit (kis költséggel) növelve, a gazdaság már működőképes. 9. előadás


Változtassunk a probléma bemenő adatain egy kicsit, és vizsgáljuk, hogy mennyire változik a végeredmény (ez az úgynevezett érzékenység-vizsgálat). Esetünkben a helyzet menthető:     0.5 0.4 0.3 0.5 0.4 0.3 A =  0.3 0.3 0.4  →  0.3 0.3 0.4  , 0.2 0.4 0.18 0.2 0.4 0.17 

(E − A)−1

 467.78 502.22 411.11 =  365.56 394.44 322.22  . 288.89 311.11 255.56

Ez sem túl hatékony gazdaság, hiszen a mátrix elemei nagyok, de legalább már működőképes.

9. előadás


Profit, költségek A ráfordítási mátrix alkalmas az ágazatonkénti költség és profit meghatározására is. Példa Legyen egy gazdaság ráfordítási  0.5 A =  0.3 0.2

mátrixa:  0.4 0.3 0.3 0.4  , 0.4 0.18

és legyen az ágazatok termékeinek árvektora v= 1 2 3 . Határozzuk meg az egyes ágazatok egységnyi termékének előállításakor keletkező költséget. 9. előadás


A keletkező költség a vA képlet segítségével számolható:   0.5 0.4 0.3 vA = 1 2 3 ·  0.3 0.3 0.4  = 1.7 2.2 1.64 . 0.2 0.4 0.18 Látható, hogy az első két ágazat ilyen árak mellett veszteséges. Az első ágazat esetén 1 egységnyi árhoz 1.7 egységnyi előállítási költség tartozik, míg a második ágazatnál a 2 egységnyi árhoz 2.2 költség. A harmadik ágazat nyereséges, itt a profit 3 − 1.64 = 1.36 egység. Korábban láttuk, hogy az a gazdaság, amelynek ez az A mátrix a ráfordítási mátrixa nem működőképes. Be lehet bizonyítani, hogy egy gazdaság pontosan akkor működőképes (vagyis mátrixának Leontyev-inverzében nem szerepel negatív szám), ha meg lehet úgy határozni az árakat, hogy semelyik ágazat se legyen veszteséges.

9. előadás


Egyensúlyi helyzet - zárt gazdaság

Egyensúlyi helyzet esetén öncélú a rendszer: a termelés felemészti az összes terméket. Vagyis adott mennyiségű (p vektor) terméket szeretnénk előállítani, úgy, hogy ehhez éppen p termékre legyen szükség: Ap = p. Ez a mátrixok sajátértékének, sajátvektorának fogalmához vezet. Egy ilyen gazdaság nem igazán működőképes, de ha valahonnan kap megfelelő mennyiségű kezdő terméket, akkor működik, azonban valódi termelésre képtelen.

9. előadás


Gondolkodnivalók – Mátrix inverze

1. Gondolkodnivaló Igazoljuk, hogy invertálható trianguláris mátrixok inverze is trianguláris.

9. előadás


Gondolkodnivalók – Mátrix inverze

2. Gondolkodnivaló Hogyan oldanánk meg XA = B típusú mátrixegyenleteket? Oldjuk meg a következőt:   −3 −3 2 0 X· =  −1 0  . −1 3 4 9

9. előadás


9. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 9. előadás Mátrix inverze, Leontyev-modell

Recommend Documents