BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM. Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET

¨ ´ ´ BUDAPESTI KOZGAZDAS AGTUDOM ANYI EGYETEM

Pusk´ as Csaba, Szab´ o Imre, Tallos P´ eter

´ LINEARIS ALGEBRA JEGYZET

BUDAPEST, 1997

A szerz˝ok Lineáris Algebra, illetve Lineáris Algebra II. c. jegyzeteinek átdolgozott kiadása.

i

El˝oszó Ez a jegyzet a Budapesti Közgazdas´ agtudom´ anyi Egyetem hallgatóinak második féléves lineáris algebrai tanulmányait szeretné seg´ıteni. A jegyzet az ”alapszint˝ u” matematika oktatásban résztvev˝ o hallgatók lineáris algebra tananyag´ at tartalmazza. A lineáris algebra eredetileg lineáris egyenletrendszerek megoldás´ aval foglalkozott, ezért el˝oször csak a mátrixaritmetika és determinánselmélet tartozott tárgy´ ahoz. Dönt˝o hatással volt fejl˝odésére, az a felismerés, hogy a mindennapi értelemben vett tér geometriájának általános´ıt´ asaként kapott vektorterek elmélete a lineáris egyenletrendszerek problémakörét más megvilág´ıt´ asba helyezi. Ebben a jegyzetben a vektorterek elméletének elemeit tárgyaljuk, és a mátrixaritmetika ennek a célnak ´ érezz¨ a szolgálatába van áll´ıtva. Ugy uk, hogy ´ıgy könnyebben megmutatkozik mind a tételek mélyebb értelme és az azok köz¨ otti kapcsolat. Ez a felép´ıtés lehet˝ové teszi, hogy az itt nyert eredményeket mind a matematikán bel¨ ul, mind más tudományter¨ uleteken is alkalmazzák. Szóljunk néhány szót a jegyzet szerkezetér˝ ol és jelölésm´ odj´ ar´ ol. El˝osz¨ or a kés˝obbiekben sokat használt mátrixaritmetika elemeit gy˝ ujt¨ ott¨ uk össze, majd bemutatjuk az absztrakt vektortereket, és legfontosabb tulajdonságaikkal jellemezz¨ uk azokat. Ezután rátér¨ unk a lineáris leképezések és transzformáci´ ok tárgyal´ as´ ara. Ezek reprezentációja teremti meg a kapcsolatot a mátrixaritmetik´ aval. Ezt követ˝ oen már eleget tudunk ahhoz, hogy a lineáris egyenletrendszerek megoldás´ at elegánsan kezelhess¨ uk. Ezután az euklideszi terek tárgyal´ asa következik, majd a lineáris transzformációk sajátértékeinek és sajátvektorainak meghatároz´ as´ ara adunk módszert. Vég¨ ul a többváltozós f¨ uggvények lokális széls˝ oértékeinek meghatároz´ asakor elengedhetetlen kvadratikus alakok és azok definitségének vizsgálata következik. Az utolsó hatodik fejezet a többváltozós f¨ uggvénytan elemeinek lineáris algebrai eszköz¨ okkel való tárgyalását tartalmazza. A bevezetett fogalmak többségét számozott defin´ıci´ okban adjuk meg, néha azonban a görd¨ ulékenység érdekében csak d˝oltbet˝ us szedéssel h´ıvjuk fel rájuk a figyelmet. A tételek és áll´ıtások tripla számoz´ asa megmutatja, hogy mely fejezet, melyik pontjának hányadik tételér˝ol vagy áll´ıt´ as´ ar´ ol van szó. A Faktorterek c´ım˝ u szakasz ∗∗ jelzéssel van ellátva, ami azt jelzi, hogy ismerete nélk¨ ul is érthet˝o a további anyag, de u ´gy gondoltuk, hogy elolvas´ asa hozzáj´ arulhat a vektorterek elméletének jobb megértéséhez. A jegyzet els˝o öt fejezetét Puskás Csaba, m´ıg az utosó hatodik fejezetet Szabó Imre és Tallos Péter ´ırták. Itt h´ıvjuk fel a figyelmet arra, hogy az egy-egy pontot lezár´ o feladatok és gyakorlatok nem pótolhatják a feladatgy˝ ujteményt. Ebb˝ol a szempontb´ ol ez a jegyzet meglehet˝osen hiányos. Tudjuk, hogy minden igyekezet¨ unk ellenére még mindig maradtak hibák, el´ırások, bár a kollégáink nagyon sokat felfedeztek és azokat természetesen kijav´ıtottuk. A jegyzetet szedési munkái a TEX kiadványszerkeszt˝ o szoftver LaTEX változat´ aval, az ábrák pedig a PICTEX szoftverrel kész¨ ultek. Budapest, 1997. február 6. Pusk´ as Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter

ii

Tartalomjegyz´ ek El˝ osz´ o

i

Tartalomjegyz´ ek

iii

1 Vektorterek ´ es elemi tulajdons´ agaik 1.1 Mátrixaritmetika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 A mátrixm˝ uveletek tulajdonságai . . . . . . . . . . . . . . . . A mátrixok összead´ as´ anak tulajdonságai . . . . . . . . . . . . A mátrixok skalárral val´ o szorzás´ anak tulajdonságai . . . . . A mátrixok szorzás´ anak tulajdonságai . . . . . . . . . . . . . A mátrixok szorzás´ anak és összead´ as´ anak kapcsolata . . . . . 1.2 Speciális mátrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Vektorok a s´ıkon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 A vektortér fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Példák vektorterekre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Alterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Lineáris f¨ uggetlenség és összef¨ ugg˝ oség . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Vektortér dimenziója és bázisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Koordináta reprezentáci´ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.1 Elemi bázistranszform´ aci´ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8.2 Az elemi bázistranszform´ aci´ o néh´ any alkalmaz´ asa . . . . . . . Vektorrendszerek lineáris f¨ uggetlenségének, illetve összef¨ ugg˝ oségének vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kompatibilitás vizsgálat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 6 6 6 7 8 9 11 15 17 23 27 32 38 44 46

2 Line´ aris lek´ epez´ esek, transzform´ aci´ ok 2.1 A lineáris leképezések elemi tulajdonságai . . . . . . . . . . 2.1.1 Példák lineáris leképezésekre és transzformáci´ okra . 2.1.2 Lineáris leképezések magtere és képtere . . . . . . . 2.2 M˝ uveletek lineáris leképezésekkel . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Lineáris leképezések összead´ asa és szorzása skal´ arral 2.2.2 Lineáris leképezések szorzása . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Lineáris transzformáci´ ok inverze . . . . . . . . . . . Példák invertálhat´ o lineáris transzformáci´ okra . . . . ∗∗ 2.2.4 Faktorterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Mátrix reprezentáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51 51 52 54 56 56 58 58 60 62 63

iii

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

46 47

´ TARTALOMJEGYZEK

iv 2.3.1

2.4 2.5

A lineáris leképezésekkel és mátrixokkal végzett m˝ uveletek kapcsolata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mátrixok és lineáris leképezések összead´ asnak kapcsolata . . Mátrixok és lineáris leképezések skal´ arral val´ o szorzás´ anak kapcsolata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mátrixok, illetve lineáris leképezések szorzás´ anak kapcsolata . Lineáris leképezések és transzformáci´ ok szorzás´ anak tulajdonságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Lineáris transzformáci´ ok inverzének mátrixa . . . . . . . . . . ´ Altal´ anos bázistranszform´ aci´ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Lineáris transzformáci´ o mátrixa u ´j bázisban . . . . . . . . . . Mátrixok bázisfaktorizáci´ oja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67 67 68 69 70 72 73 74 79

3 Alkalmaz´ asok 3.1 Lineáris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Homogén lineáris egyenletrendszerek megoldása . 3.1.2 Inhomogén lineáris egyenletrendszerek megoldása 3.2 Mátrixegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Mátrix inverzének numerikus meghatároz´ asa . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

83 83 86 89 92 94

4 Euklideszi terek 4.1 Skaláris szorzatos terek . . . . . . . . . . 4.2 A transzponált lineáris leképezés . . . . 4.3 Geometriai fogalmak által´ anos´ıt´ asa . . . ∗ 4.3.1 Térelemek távols´ aga . . . . . . Pont és egyenes távols´ aga . . . . Pont és hipers´ık távols´ aga . . . . Párhuzamos hipers´ıkok távols´ aga 4.4 Unitér terek∗ . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

97 97 115 117 126 126 126 127 128

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

5 Invari´ ans alterek 5.1 Invariáns alterek, transzformáci´ ok polinomjai . . . . . . 5.1.1 Polinomok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 Lineáris transzformáci´ ok és mátrixaik polinomjai 5.2 Sajátvektorok és sajátértékek . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 A s´ık elemi lineáris transzformáci´ oi . . . . . . . . . . . . 5.4 Eklideszi terek lineáris transzformáci´ oi . . . . . . . . . . 5.4.1 Szimmetrikus lineáris transzformáci´ ok . . . . . . 5.4.2 Ortogonális lineáris transzformáci´ ok . . . . . . . 5.5 Kvadratikus alakok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

131 131 133 138 141 146 148 149 151 152

6 Differenci´ alsz´ am´ıt´ as 6.1 Mátrixok normája . . . . . . . . . 6.2 Differenciálhatóság . . . . . . . . . 6.3 Parciális deriváltak . . . . . . . . . 6.4 Folytonos differenciálhat´ os´ ag . . . 6.5 Másodrend˝ u deriváltak . . . . . . . 6.6 A széls˝oérték másodrend˝ u feltételei

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

159 159 163 166 169 171 174

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

´ TARTALOMJEGYZEK 6.7 6.8

v

Az implicitf¨ uggvény-tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 Feltételes széls˝oérték . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

vi

´ TARTALOMJEGYZEK

1. Fejezet

Vektorterek ´ es elemi tulajdons´ agaik Ebben a fejezetben el˝oször a mátrix fogalmával, a mátrixokkal végzett m˝ uveletekkel, és azok tulajdonságaival ismerked¨ unk meg. Ezután a köznapi értelemben vett s´ık vektorain értelmezett összeadás és vektorok val´ os számokkal val´ o szorzás´ anak tulajdons´ agait vizsgáljuk. A szerzett tapasztalatok birtokában definiáljuk az absztrakt vektortér fogalmát. Már itt szeretnénk arra biztatni az olvas´ ot, hogy a kés˝ obbiekben bevezetett fogalmak és áll´ıtások pontos megértése érdekében mindig vizsgálja meg, hogy a szóbanforgó fogalomnak, illetve áll´ıt´ asnak mi a geometriai jelentése a s´ıkon és a térben. A geometriai modell, bár nem helyettes´ıti a bizony´ıt´ ast, de seg´ıti a megértést. A közgazdász hallgatók szám´ ara a val´ os koordinátaterek ismerete a legfontosabb, mégis, ahol a minden vektortérre jellemz˝o tulajdonságokat tárgyaljuk, a tisztább fogalomalkotás érdekében nem használjuk a vektorok koordinát´ ait.

1.1

M´ atrixaritmetika

A lineáris algebrai problémák numerikus megoldása az esetek nagy többségében mátrixaritmetikai operációk elvégzését k´ıv´ anja a feladat megoldój´ at´ ol. Ezért ebben az els˝o pontban a mátrix fogalmával és az ezekkel végzett m˝ uveletekkel fogunk megismerkedni. Mátrixokkal már számtalanszor találkozott az olvas´ o, csak nem biztos, hogy azokat mátrixnak nevezték. Szám´ıt´ astechnik´ aban péld´ aul a mátrix név helyett a tömb név használatos, m´ıg a mindennapi életben egyszer˝ uen csak számt´ abl´ azatr´ ol beszél¨ unk. A mátrix valójában nem más, mint egy téglalap alak´ u számt´ abl´ azat. A mátrix elemei tehát számok, és a számokkal végzett m˝ uveletekre fogjuk visszavezetni a mátrixokkal végrehajtandó m˝ uveleteket. Meg kell itt jegyezni, hogy a matematika k¨ ulönböz˝o ter¨ uletein értelmeznek nemcsak számokb´ ol felép¨ ul˝ o mátrixokat is, de a mi céljainknak tökéletesen megfelelnek a számm´ atrixok. Persze még meg kell azt is mondanunk, hogy milyen számok lesznek a vizsgáland´ o mátrixok elemei. Erre a kérdésre azt lehet válaszolni, hogy az esetek többségében val´ os számok, és minden esetben olyan számok, amelyeken ugyanolyan tulajdonság´ u m˝ uveletek végezhet˝ ok, mint a valós számok halmazán, azaz valamilyen számtestest elemeib˝ol ép´ıtj¨ uk majd fel a mátrixokat. Az algebrai strukt´ ur´ akkal val´ o ismerkedés során, már találkoztunk 1

2

´ ELEMI TULAJDONSAGAIK ´ 1. FEJEZET VEKTORTEREK ES

a test fogalmával, most mégis u ´jra megadjuk annak defin´ıci´ oj´ at. 1.1.1 Defin´ıci´ o. Az F kétm˝ uveletes algebrai strukt´ ur´ at testnek nevezz¨ uk, ha a m˝ uveletek — melyeket ¨ osszead´ asnak, illetve szorz´ asnak h´ıvunk és jel¨ olés¨ ukre a +, illetve · jeleket haszn´ aljuk – - eleget tesznek az al´ abb felsorolt tulajdons´ agoknak. B´ armely α, β, γ ∈ F-re: 1. α + β = β + α (az ¨ osszead´ as kommutat´ıv), 2. α + (β + γ) = (α + β) + γ (az ¨ osszead´ as asszociat´ıv), 3. (∃ 0 ∈ F) : 0 + α = α + 0 = α (van zér´ oelem F-ben), 4. (∀ α ∈ F) : (∃ (−α) ∈ F) : α + (−α) = (−α) + α = 0 (minden elemnek van negat´ıvja), a. α · β = β · α (a szorz´ as kommutat´ıv), b. α · (β · γ) = (α · β) · γ (a szorz´ as asszociat´ıv), c. (∃ 1 ∈ F) : 1 · α = α · 1 = α (van egységelem F-ben), d. (∀ α(6= 0) ∈ F) : (∃ α−1 ∈ F) : α · α−1 = α−1 · α = 1 (minden nemzér´ o elemnek van reciproka), A. α · (β + γ) = α · β + α · γ és (α + β) · γ = α · γ + β · γ (a szorz´ as az ¨ osszead´ asra vonatkoz´ oan disztribut´ıv). A jól ismert számhalmazaink köz¨ ul a racionális számok, a val´ os számok és a komplex számok alkotnak testet a szokásos összead´ as és szorzás m˝ uveletekkel. Vannak azonban véges testek is, péld´ aul véges testet kapunk, ha tetsz˝oleges p pr´ımsz´ am esetén a {0, 1, . . . , (p − 1)} halmazon u ´gy definiáljuk két elem összegét/szorzat´ at, hogy képezz¨ uk el˝obb a közönséges összeg¨ uket/szorzatukat, majd a kapott eredmény p-vel való osztása utáni maradék´ at vessz¨ uk. p = 5 esetén az alábbi tábl´ azatokban bemutatjuk az összeadás és szorzás fenti értelmezését: + 0 1 2 3 4

0 0 1 2 3 4

1 1 2 3 4 0

2 2 3 4 0 1

3 3 4 0 1 2

4 4 0 1 2 3

és

· 0 1 2 3 4

0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4

2 0 2 4 1 3

3 0 3 1 4 2

4 0 4 3 2 1

Az olvasó könnyen ellen˝orizheti, hogy a test defin´ıci´ oj´ aban megkövetelt tulajdonságok mind egyike teljes¨ ul. A jólismert számtestek és a most mutatott véges testek egy lé nyeges tulajdonságban k¨ ul¨ onb¨ oznek: nevezetesen, ha α 6= 0 a test egy tetsz˝ oleges eleme és n egy pozit´ıv egész, akkor az n · α — amin olyan n tag´ u összeget kell érten¨ unk, melynek minden tagja α — a racionális, val´ os, vagy komplex számok testében sohasem nulla, m´ıg a véges testekben lehet nulla. Azt a legkisebb pozit´ıv n egész számot, amelyre n · α = 0 teljes¨ ul a test tetsz˝oleges α 6= 0 elemére, a test

´ 1.1. MATRIXARITMETIKA

3

karakterisztik´ aj´ anak nevezz¨ uk, és ha ilyen pozit´ıv egész szám nem létezik, akkor a testet 0-karakterisztik´ aj´ unak mondjuk. A {0, 1, 2, 3, 4} halmazon a fenti m˝ uveleti táblákkal értelmezett test karakterisztik´ aja öt, péld´ aul az 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 0 , de nem nehéz ellen˝orizni, hogy a 2, 3, 4 elemekre is teljes¨ ul, hogy ötsz¨ or¨ os¨ uk nulla az adott testben. Tévedés lenne azt gondolni, hogy csak a racion´ alis, val´ os, vagy a komplex számok √ teste 0-karakterisz tikáj´ u, például az a + b 2 alak´ u számok halmaza, ahol a és b racionálisak — a valós számhalmaznak val´ odi, de a racionális számok halmazán´ al b˝ovebb részhalmaza — a szokásos összead´ as és szorzás m˝ uveletekkel 0-karakterisztikáj´ u test. Persze lineáris algebrai tanulm´ anyaink során legtöbbsz¨ or számon val´ os számot és néhányszor komplex számot fogunk érteni, de az áltol´ anos´ıthat´ os´ agot azzal jelezz¨ uk, hogy a szóbanforgó számtestet F-fel fogjuk jelölni.. 1.1.2 Defin´ıci´ o. Legyen F egy tetsz˝ oleges sz´ amtest és jel¨ olje I az {1, . . . , m} és J pedig az {1, . . . , n} természetes sz´ amok halmaz´ at. Az A : I × J → F alak´ u f¨ uggvényeket m × n tipus´ u F test feletti m´ atrixoknak nevezz¨ uk. Azonnal megjegyezz¨ uk, hogy amint azt a sorozatok esetében is tett¨ uk, amelyek a természetes számok halmazán értelmezett f¨ uggvények, de a f¨ uggvényértékek rendszerével reprezentáltuk azokat, a mátrixokat is a f¨ uggvényértékek rendszerével reprezentálhatjuk, amelyeket m sorból és n oszlopból áll´ o téglalap alak´ u tábl´ azatba rendez¨ unk:   α11 α12 . . . α1n    α21 α22 . . . α2n   A= . .. ..  .. . . . .   .. αm1 αm2 . . . αmn Ennek megfelel˝oen azon, hogy az A mátrix tipusa m × n azt kell érteni, hogy m sora és n oszlopa van. A mátrixok jelölésére vastagon szedett nagy bet˝ uket fogunk használni, de sokszor egy u ´gynevezett által´ anos elemével is h´ıvatkozhatunk a mátrixra, amelyet szögletes zár´ ojelek közé ´ırunk. Péld´ aul, a fenti A mátrixra az [αij ] jellel is utalhatunk. Itt αij persze az i-dik sorban és j-dik oszlopban lév˝ o Fbeli szám. Miel˝ott a mátrixokkal m˝ uveleteket hajtanánk végre, meg kell mondnunk, hogy mikor tekint¨ unk két mátrixot egyenl˝ onek. Az A és B mátrixok egyenl˝ok, ha tipusaik azonos és az azonos poz´ıci´ oban lév˝ o elemeik egyenl˝ok. Formalizálva a fentieket, az 

α11 α21 .. .

  A=  

α12 α22 .. .

... ... .. .



α1n α2n .. .

    

αm1 αm2 . . . αmn és

   B=  

β11 β12 . . . β1` β21 β22 . . . β2` .. .. .. .. . . . . βk1 βk2 . . . βk`

     

mátrixokra A = B ⇔ m = k, n = ` és ∀i(= 1, . . . , m); j(= 1, . . . , n) : αij = βij .

4


Ezek után már definiálhatjuk mátrixok összead´ as´ at a következ˝ oképpen: két azonos tipus´ u A = [αij ] és B = [βij ] mátrix összead´ as´ at az def

[αij ] + [βij ] = [αij + βij ] egyenl˝oség értelmezi. Tehát két mátrix összege csak akkor van értelmezve, ha tipusaik megegyeznek, és az összegm´ atrix i-dik sorának j-dik eleme az összeadand´ o mátrixok i-dik sorában és j-dik oszlopában lév˝ o elemek összege. Például, az "

A=

2 0 6 −1 9 −2

mátrixok összege az

#

"

1 −2 3 4 −5 6

és B = "

A+B=

3 −2 9 3 4 4

#

#

.

´ Ertelmezz¨ uk mátrixoknak számmal val´ o szorzatát is az alábbi definiál´ o egyenl˝ oséggel: def λA = λ[αij ] = [λαij ] . Szavakkal megfogalmazva ugyanezt egy A m´ atrix λ számmal val´ o szorzatát megkapjuk, ha az A mátrix minden elemét megszorozzuk a λ számmal. Például az " # 2 0 6 A= −1 9 −2 mátrix 3-szorosa:

"

3·A=

6 0 18 −3 27 −6

#

.

Az összeadásra és a számmal val´ o szorzásra támaszkodva képezhetj¨ uk azonos tipus´ u mátrixok u ´gynevezett lineáris kombin´ aci´ oj´ at a következ˝ oképpen: 1.1.3 Defin´ıci´ o. Az A1 , . . . , Ak azonos tipus´ u m´ atrixok λ1 , . . . , λk skal´ arokkal képzett line´ aris kombin´ aci´ oj´ an a λ1 A1 + · · · + λk Ak m´ atrixot értj¨ uk. A mátrixok szorzásának definiál´ asakor fontos szerepet játszanak azok a mátrixok, amelyeknek csak egyetlen sora vagy csak egyetlen oszlopa van. Az 1 × n tipus´ u mátrixokat sorvektoroknak, m´ıg az m × 1 tipus´ uakat oszlopvektoroknak is fogjuk nevezni és jelölés¨ ukre vastagon szedett kisbet˝ uket fogunk használni. Id˝onként, ha k¨ ulön is hangs´ ulyozni kivánjuk, hogy sorvektorr´ ol van szó, azt a ∗ fels˝ o indexszel jelölj¨ uk. ´ Ertelmezz¨ uk két azonos elemszám´ u vektor bels˝o szorzatát, vagy másnéven skaláris szorzatát az alábbi módon: 1.1.4 Defin´ıci´ o. Az a = [α1 , . . . , αp ] és a b = [β1 , . . . , βp ] vektorok bels˝ o szorzat´ an az p def

a·b =

X i=1

αi βi


5

sz´ amot értj¨ uk. A defin´ıcióból világos, hogy csak azonos elemszám´ u vektorok bels˝o szorzata létezik és a gyakran használt skal´ aris szorzat elnevezés onnan ered, hogy a szorzat eredménye egy szám, amelynek szinon´ım´ aja a skal´ ar. Két A és B mátrix A · B szorzat´ at csak abban az esetben értelmezz¨ uk, ha képezhet˝o az A mátrix sorainak és a B m´ atrix oszlopainak a bels˝o szorzata, vagy ami ugyanaz, ha az A oszlopainak a száma egyenl˝ o a B sorainak a szám´ aval. 1.1.5 Defin´ıci´ o. Jel¨ olje az m×n tipus´ u A m´ atrix i-dik sor´ at ai (i = 1, . . . m) és az n × p tipus´ u B m´ atrix j-dik oszlop´ at bj (j = 1, . . . , p) . Ekkor az A · B szorzatm´ atrix értelmezve van, tipusa m × p és a szorzat i-dik sor´ aban a j-dik elem ai · bj , minden i(= 1, . . . m) és j(= 1, . . . , p) indexp´ arra. Részletesen ki´ırva a defin´ıcióban le´ırtakat:   

A·B=  

a1 · b1 a2 · b1 .. .

a1 · b2 a2 · b2 .. .

... ... .. .

a1 · bp a2 · bp .. .

   .  

am · b1 am · b2 . . . am · bp Amint az a fenti defin´ıcióból is kider¨ ul, a mátrixok szorzás´ an´ al a tényez˝ ok sorrendje lényeges, hiszen a baloldali tényez˝ o sorvektorainak és a jobboldali tényez˝ o oszlopvektorainak kell képezz¨ uk a bels˝o szorzatait, hogy megkapjuk a szorzatmátrix elemeit. Ezt hangs´ ulyozandó célszer˝ u a fenti szorzatmátrixot    A·B=  

a∗1 · b1 a∗2 · b1 .. .

a∗1 · b2 a∗2 · b2 .. .

... ... .. .

a∗1 · bp a∗2 · bp .. .

   .  

a∗m · b1 a∗m · b2 . . . a∗m · bp alakban ´ırni. Ezt a jelölést az is indokolja, hogy am´ıg egy sorvektornak (sormátrixnak) és egy oszlopvektornak (oszlopmátrixnak) a szorzata csak akkor létezik, ha azonos elemszám´ uak, addig egy oszlopvektornak és egy sorvektornak a szorzata a fenti szorzásdefin´ıció szerint mindig létezik. Val´ oban, ha   

a=  

α1 α2 .. .

     

és b∗ = [β1 , β2 , . . . , βn ] ,

αm akkor szorzatuk

  

a · b∗ =   

α1 β1 α2 β1 .. .

α1 β2 α2 β2 .. .

... ... .. .

α1 βn α2 βn .. .

     

αm β1 αm β2 . . . αm βn egy m×n tipus´ u mátrix, amelyet az a és b∗ vektorok diadikus szorzat´ anak nevez¨ unk.


6

1.1.1

A m´ atrixm˝ uveletek tulajdons´ agai

Az el˝oz˝oekben definiáltunk néh´ any mátrixokkal végrehajtható m˝ uveletet. Ebben az alpontban megvizsgáljuk, hogy a számokkal végzett m˝ uveleteink tulajdonságai köz¨ ul melyek maradnak érvényesek és melyek vesztik érvény¨ uket a mátrixm˝ uveletek esetében.

A m´ atrixok ¨ osszead´ as´ anak tulajdons´ agai 1. Az A = [αij ] és B = [βij ] azonos tipus´ u mátrixok összege [αij ] + [βij ] = [αij + βij ] = [βij + αij ] = [βij ] + [αij ] f¨ uggetlen a tényez˝ok sorendjét˝ol, hiszen az összead´ as elemeik összad´ as´ ara van visszavezetve és az elemeik egy test elemei, amelyben az összead´ as kommutat´ıv. Ebb˝ol következik, hogy a mátrixok összead´ asa is kommutat´ıv m˝ uvelet. 2. Teljesen hasonlóan kapjuk, hogy a mátrixok összead´ asa asszociat´ıv is. 3. Amint a számok összeadásánál, létezik egy neutrális (reprodukál´ o) elem a nulla, ugyan´ ugy tetsz˝oleges m × n tipus´ u mátrixok esetén az u ´gynevezett nullm´ atrix (jelölése: O = [0]), amelynek minden eleme nulla, neutrális elem lesz a mátrixok összeadására nézve. 4. Bármely A = [αij ] mátrixnak létezik az ellentettje is a −A = [−αij ] mátrix, amely eleget tesz az A + (−A) = O egyenl˝ oségnek. ¨ Osszefoglalva a fentiekben felsorolt tulajdonságokat azt mondhatjuk, hogy az m × n tipus´ u F test feletti mátrixok az összead´ as m˝ uvelettel kommutat´ıv csoportot alkotnak. A m´ atrixok skal´ arral val´ o szorz´ as´ anak tulajdons´ agai 1. Ha két skalár összegével (λ + κ)-val szorozzuk az A = [αij ] mátrixot, akkor a (λ + κ)[αij ] = [(λ + κ)αij ] = [λαij + καij ] = [λαij ] + [καij ] egyenl˝oségek mutatják, hogy ugyanazt kapjuk, mint az A λ-szoros´ anak és az A κszorosának az összegét, tehát fennáll az (λ + κ)A = λA + κA egyenl˝oség. 2. Egy λ skalárral szorozva két mátrix összegét, a λ([αij ] + [βij ]) = λ[αij + βij ] = [λ(αij + βij )] = [λαij + λβij ] = [λαij ] + [λβij ] számolás szerint ugynazt kapjuk mintha el˝obb az egyik, majd a másik mátrixot szoroznánk a skalárral, majd pedig az ´ıgy kapott mátrixokat összeadn´ ank. Ezt a tulajdonságot tehát ´ıgy formalizálhatjuk: λ(A + B) = λA + λB .


7

3. Tekints¨ uk most egy mátrixnak skal´ arok szorzatával val´ o szorzatát. A (λκ)[αij ] = [(λκ)αij ] = [λ(καij )] = λ[καij ] = λ(κ[αij ]) egyenl˝oségsorozat mutatja, hogy el˝obb az egyik skal´ arral szorozva kapunk egy mátrixot, majd ezt kell szorozni a másik skal´ arral. Tekintve, hogy testbeli elemek szorzása kommutat´ıv, ezt a tulajdonságot ´ıgy formalizálhatjuk: (λκ)A = λ(κA) = κ(λA) . 4. Ha a test 1-gyel jelölt egységelemével szorozzuk a mátrixot, akkor annak minden eleme változatlan marad, azaz 1A = A . A m´ atrixok szorz´ as´ anak tulajdons´ agai 1. Amint az már a defin´ıcióból is azonnal következik, a mátrixok szorzásm˝ uvelete nem kommutat´ıv, s˝ot az általános esetben az m × n tipus´ u A és az n × p tipus´ uB mátrixok A · B szorzata létezik, ugyanakkor m 6= p esetén a B · A szorzat mégcsak nem is létezik. Nem kommutat´ıv a szorzás akkor sem, ha a tényez˝ ok u ´gynevezett kvadratikus (négyzetes) mátrixok, amelyekben a sorok és oszlopok száma megegyezik, amint azt az alábbi egyszer˝ u példa mutatja. Legyen "

A= Ekkor az

"

A·B=

0 1 1 0

1 2 1 2

#

"

és B =

1 2 1 2

#

"

m´ıg a B · A =

#

,

2 1 2 1

#

.

2. Talán meglep˝o ezek után, hogy a mátrixok szorzása is asszociat´ıv. Ezt bizony´ıtandó legyenek A m × n tipus´ u, B n × p tipus´ u és C pedig p × q tipus´ u mátrixok:   

A=  

α11 α21 .. .

α12 α22 .. .

... ... .. .

α1n α2n .. .

   ,  

  

B=  


   C=  

β11 β21 .. .

β12 β22 .. .

βn1 βn2

γ11 γ12 . . . γ1q γ21 γ22 . . . γ2q .. .. . .. . .. . . γp1 γp2 . . . γpq

. . . β1p . . . β2p .. .. . . . . . βnp

   ,  

Ekkor az (A · B) · C mátrix i-edik sorának j-edik eleme, amint azt a p ÃX n X s=1

t=1

!

αit βts γsj =

p X n X s=1 t=1

(αit βts )γsj =

     


8

p X n X

αit (βts γsj ) =

s=1 t=1

n X t=1

αit

Ã p X

!

βts γsj

,

s=1

egyenl˝oségsorozat bal- és jobboldala mutatja megegyezik az A · (B · C) mátrix i-edik sorának j-edik elemével tetsz˝oleges i(= 1, . . . , m) és j(= 1, . . . , q) indexpárra és ez éppen a szorzás asszociat´ıv voltát igazolja. 3. A mátrixok szorzása nem-kommutat´ıv lévén, egyáltal´ an nem meglep˝o, hogy általában nincs olyan mátrix, amellyel akár balról, akár jobbról szorozva egy m × n (m 6= n) tipus´ u mátrixot, azt változatlanul hagyja. Létezik viszont bármely mátrixhoz k¨ ulön balodali és k¨ ul¨ on jobboldali egységelem. Tetsz˝ oleges rögz´ıtett n természetes számra jelölje En azt az n × n-es mátrixot, amelynek ²ij eleme 1, ha i = j és 0, ha i 6= j, azaz   1 0 ... 0    0 1 ... 0  .  En =  . . . . . ...   .. ..  0 0 ... 1 Akkor, amint az könnyen ellen˝orizhet˝ o, Em · A = A és A · En = A , tehát Em baloldali– és En pedig jobboldali egységelem. Persze a négyzetes mátrixok esetében a baloldali– és jobboldali egységelem megegyezik. 4. A testet alkotó számok szorzás´ an´ al azt is megfigyelhett¨ uk, hogy minden nemnulla számnak van multiplikat´ıv inverze, amellyel a számot szorozva az egységelemet kapjuk. A mátrixok szorzása által´ aban nem invert´ alhat´ o, még akkor sem, ha csupán kavadratikus mátrixokra szor´ıtkozunk. Ennek igazolás´ ahoz tov´ abbi lineáris algebrai ismeretekre van sz¨ ukség, ezért kés˝ obbre halasztjuk. A m´ atrixok szorz´ as´ anak ´ es ¨ osszead´ as´ anak kapcsolata Az alábbiakban igazoljuk, hogy a mátrixok szorzása disztribut´ıv, azok összead´ as´ ara nézve. Legyen   

A=  

α11 α21 .. .

α12 α22 .. .

... ... .. .

α1n α2n .. .





    

B= 

  


  

C=  

γ11 γ21 .. .

β11 β21 .. .

β12 . . . β1p β22 . . . β2p .. .. .. . . . βn2 . . . βnp

βn1 γ12 γ22 .. .

γn1 γn2

. . . γ1p . . . γ2p .. .. . . . . . γnp

     

     

tetsz˝ oleges mátrixok. Az A · (B + C) mátrix i-edik sorának j-edik eleme a n X t=1

αit (βtj + γtj ) =

n X t=1

(αit βtj + αit γtj ) =

n X t=1

αit βtj +

n X t=1

αit γtj

´ ´ 1.2. SPECIALIS MATRIXOK

9

egyenl˝oségsorozat bal– és jobboldala szerint megegyezik az A · B + A · C m´ atrix i-edik sorának j-edik elemével tetsz˝oleges i(= 1, . . . , m) és j(= 1, . . . , p) indexpár esetén, és éppen ezt kellett megmutatnunk.

1.2

Speci´ alis m´ atrixok

Ebben az a pontban néhány nevezetes mátrixszal ismerked¨ unk meg, amelyekkel kés˝obbi tanulmányaink során még találkozni fogunk. Már az el˝oz˝oekben szó volt a kvadratikus, vagy más néven négyzetes mátrixokr´ ol, amelyekben a sorok és oszlopok száma megegyezik. A kvadratikus mátrixok sorainak a számát a mátrix rendjének fogjuk nevezni. A négyzetes mátrixok f˝odiagon´ alis´ an az azonos sor– és oszlopindex˝ u elemeinek az összességét értj¨ uk. Egy kvadratikus mátrixot diagonális mátrixnak nevez¨ unk, ha a f˝odiagonálisán k´ıv¨ uli elemei mind zér´ ok. Ha A n-edrend˝ u diagonális mátrix, akkor gyakran csupán f˝odiagonálisbeli elemeinek felt¨ untetésével, < α11 , α22 , . . . , αnn > módon jelölj¨ uk. Vegy¨ uk észre, hogy minden n-re az En -nel jelölt n-edrend˝ u egységmátrix is diagonális mátrix, amelyben minden f˝odiagon´ alisbeli elem 1. Egy n-edrend¨ u A = [αij ] mátrixot em szimmetrikusnak mondunk, ha invari´ ans sorainak és oszlopainak felcserélésére nézve, azaz formalizálva ugyanezt, ha αij = αji minden i, j(= 1, . . . , n) indexpár esetén. Jelölj¨ uk A∗ -gal azt a mátrixot, amelyet u ´gy kapunk A-b´ ol, hogy annak sorait oszlopaival cserélj¨ uk fel, tehát, ha    A=  

α11 α21 .. .

α12 α22 .. .

... ... .. .

α1n α2n .. .

αm1 αm2 . . . αmn





    

  akkor A =    ∗

α11 α12 .. .

α21 α22 .. .

α1n α2n

. . . αm1 . . . αm2 .. .. . . . . . αmn

   .  

Az ´ıgy kapott A∗ mátrixot az A transzpon´ altj´ anak nevezz¨ uk. A transzponált fogalmának az ismeretében azt mondhatjuk, hogy egy A m´ atrix pontosan akkor szimmetrikus, ha megegyezik a transzponáltj´ aval, azaz A = A∗ . Ha az A mátrix elemei történetesen komplex számok, akkor az A∗ -gal jelölt mátrix jelentése kicsit módosul. Ekkor A∗ azt a mátrixot jelöli, amelyet u ´gy kapunk A-ból, hogy sorait és oszlopait felcserélj¨ uk és minden elemet komplex konjug´ altj´ ara cserélj¨ uk. Ebben az esetben az A∗ m´ atrixot az A mátrix adjung´ altj´ anak h´ıvjuk. Ha az A mátrix megegyezik az adjungáltj´ aval, akkor ¨ onadjung´ altnak nevezz¨ uk. Tekintettel arra, hogy a valós számok halmaza tekinthet˝ o u ´gy, mint a komplex számok részhalmaza, beszélhet¨ unk valós elem˝ u mátrixok adjungáltjair´ ol is, persze egy val´ os elem˝ u mátrix adjungáltja és transzponáltja ugyanaz. Péld´ aul az önadjung´ alt val´ os elem˝ u mátrixok a szimmetrikus mátrixok. Ez az oka annak, hogy jelölésben nem tesz¨ unk k¨ ulönbséget egy mátrix adjungáltja és transzponáltja köz¨ ott. Mint azt látni fogjuk, komplex vektorterekben ugyis csak az adjungál´ asnak van igazi szerepe, a transzponálásnak nincs. Miel˝ott a permutáló mátrix fogalmával megismerkednénk, fel kell h´ıvjuk az olvas´ o


10

figyelmét a mátrixok szorzásával kapcsolatos néh´ any érdekességre. Ha az   

A  

α11 α21 .. .

α12 α22 .. .

... ... .. .

α1n α2n .. .

     

αm1 αm2 . . . αmn mátrixot megszorozzuk egy n elem˝ u 

ξ1 ξ2 .. .

  x=  

     

ξn oszlopvektorral, akkor az    A·x=  

α11 α21 .. .

α12 α22 .. .

... ... .. .

α1n α2n .. .

      ·    

αm1 αm2 . . . αmn    ξ1   

α11 α21 .. . αm1



ξ1 ξ2 .. .



    =    

ξn 

     + ξ2     



α12 α22 .. .

ξ1 α11 + ξ2 α12 + . . . + ξn α1n ξ1 α21 + ξ2 α22 + . . . + ξn α2n .. .. . . . . + . + . + ..

   =  

ξ1 αm1 + ξ2 αm2 + . . . + ξn αmn 



α1n α2n .. .

     + · · · + ξn     

αm2

     

αmn

oszlopvektort kapjuk, tehát a szorzat az A mátrix oszlopainak az x vektor komponenseivel alkotott lineáris kombin´ aci´ oja. Jelölj¨ uk ei -vel i(= 1, . . . , n) azt az n elem˝ u oszlopvektort, amelynek i-edik komponense 1, m´ıg minden más komponense 0, amelyet a tov´ abbiakban i-edik egységvektornak fogunk nevezni. A fentiek alapján áll´ıthatjuk, hogy ha egy m × n tipus´ u A mátrixot az i-edik egységvektorral szorozzuk jobbról, akkor eredmény¨ ul az A mátrix i-edik oszlopát kapjuk. Teljesen hasonló egyszer˝ u számol´ assal mutathatjuk meg, hogy ha az y∗ = [η1 , η2 , . . . , ηm ] sorvektorral szorozzuk az A mátrixot balról, akkor a szorzat a η1 a∗1 + η2 a∗2 + · · · + ηm a∗m sorvektor, ahol a∗i i(= 1, . . . , m) az A mátrix i-edik sorát jelöli. Teh´ at egy sorvektor és egy mátrix szorzata a mátrix sorainak a sorvektor komponenseivel, mint skaláregy¨ utthatókkal képzett lineáris kombin´ aci´ oja. Ennek megfelel˝oen, ha e∗j m ∗ elem˝ u j-edik egységvektor, akkor az ej · A szorzat az A mátrix j-edik sora. Tekints¨ uk most két mátrix az   

A=  

a∗1 a∗2 .. . a∗m





     ´  e s a B = [b , b , . . . , b ] A·B = 1 2 p    

a∗1 · b1 a∗2 · b1 .. .

a∗1 · b2 a∗2 · b2 .. .

... ... .. .

a∗1 · bp a∗2 · bp .. .

a∗m · b1 a∗m · b2 . . . a∗m · bp

     

1.3. VEKTOROK A S´ıKON

11

szorzatát. Vegy¨ uk észre, hogy a szorzat oszlopait, illetve sorait   

[Ab1 , Ab2 . . . , Abp ] =   

a∗1 B a∗2 B .. .

     

a∗m B alakban is ´ırhatjuk, tehát a szorzat minden oszlopa a baloldali mátrix oszlopainak lineáris kombinációja, illetve a szorzat minden sora a jobboldali mátrix sorainak lineáris kombinációja. Ha egy n-edrend˝ u kvadratikus mátrix megkaphat´ o az n-edrend˝ u En egységm´ atrix oszlopainak (vagy sorainak) átrendezésével akkor permut´ al´ o m´ atrixnak nevezz¨ uk. Az elnevezés a fenti észrevételek alapján érthet˝ o, hiszen, ha az A = [a1 , a2 , . . . , an mátrixot megszorozzuk a P = [ei1 , ei2 , . . . , ein ] permut´ al´ o mátrixszal (itt az i1 , i2 , . . . , in számok az 1, 2, . . . , n sz´ amok valamely permut´ aci´ oja), akkor az eredmény A · P = [ai1 , ai2 , . . . , ain ] , tehát olyan mátrix, amelynek oszlopai az A m´ atrix oszlopainak átrendezésével (permutációjával) kapható. Hasonlóan, egy A mátrixot balról szorozva egy permut´ al´ o mátrixszal, az az A mátrix sorait permut´ alja. A következ˝o fogalom megfogalmazása el˝ott megjegyezz¨ uk, hogy a mátrixok szorzásának értelmezése alapján bevezethetj¨ uk kvadratikus mátrixok hatványoz´ as´ at def 0 az alábbi rekurz´ıv defin´ıcióval: ha A n-edrend˝ u mátrix, akkor A = En és bármely def k ≥ 1-re legyen Ak = A · Ak−1 . A valós számok viselkedését˝ol eltér˝ oen egy nemnulla mátrix valamely hatványa, lehet nullmátrix, amint azt az alábbi példa mutatja. Ha "

A=

0 1 0 0

#

" 2

, akkor A =

0 0 0 0

#

= O.

Egy n-edrend˝ u A mátrixot k-adfokban nilpotensnek nevez¨ unk, ha Ak−1 6= O de k A = O. A következ˝o elnevezés már arra utal, hogy a mátrixok szoros kapcsolatban vannak bizonyos leképezésekkel. Egy kvadratikus A mátrixot vet´ıt˝ o vagy más néven projekt´ıv mátrixnak nevez¨ unk, ha eleget tesz az A2 = A feltételnek. Ezzel a bevezet˝ovel egyel˝ore felf¨ uggesztj¨ uk a mátrixokkal kapcsolatos ismereteink gyarap´ıtását, azzal az igérettel, hogy lineáris algebrai tanulm´ anyaink során lépten nyomon találkozni fogunk azokkal és lesz alkalmunk tov´ abbi tanulm´ anyoz´ asukra.

1.3

Vektorok a s´ıkon

A lineáris algebra, vagy kifejez˝obb nevén a vektorterek elmélete a középiskol´ aban tanult vektoralgebra, illetve koordinátageometria által´ anos´ıt´ asa. Ezért ebben a bevezet˝o szakaszban a középiskol´ aban tanult, s´ıkbeli vektorok algebráj´ anak összefoglalását találja az olvasó, hangs´ ulyozva azokat a tulajdonságokat, amelyek a kés˝obbiekben definiált absztrakt vektorterek értelmezésénél elengedhetetlenek.

12


A vektorok bevezetését az az észrevétel tette sz¨ ukségessé, hogy bizonyos mennyiségek matematikai jellemzésére a számok nem elegend˝oek, péld´ aul egy mozgó objektum viselkedésének le´ırásakor nemcsak az objektum sebességének nagysága, de mozgásának iránya is fontos jellemz˝o. Hasonlóan, egy testre ható er˝o okozta elmozdulás nemcsak az er˝o nagyságának, hanem irány´ anak is f¨ uggvénye. Az ilyen és hasonló mennyiségek jellemzésére használtuk a vektorokat, amelyeket irány´ıtott szakaszok reprezentáltak. Tekintettel arra, hogy péld´ aul egy objektumra egyszerre több er˝o is hathat és azok összhat´ asa dönti el az objektum mozgás´ at, sz¨ ukséges, hogy ez az összhatás kiszám´ıthat´ o legyen az összetev˝ ok ismeretében. Ezért célszer˝ u a vektorok összead´ as´ at értelmezni. Persze az összead´ ast u ´gy k´ıv´ antuk defini´ alni, hogy az egyes er˝ohat´ asokat reprezent´ al´ o vektorok összege alkalmas legyen az u ´gynevezett, ered˝o er˝o reprezent´ al´ as´ ara. Sok esetben, péld´ aul gyorsabb mozgás elérése érdekében meg kell ”sokszorozni” egy objektumra ható er˝ot. Ez a vektorokkal való reprezentáci´ o nyelvén azt jelenti, hogy egy vektornak számmal való szorzatát is kellett definiálnunk. Ha az objektumra ható er˝oket vektorokkal k´ıvánjuk reprezentálni, akkor tekintve, hogy az er˝o f¨ uggetlen az objektum térbeli helyét˝ol, célszer˝o két vektort egyenl˝ onek tekinteni, amennyiben azok hossza is és iránya is egyenl˝o. Az alábbiakban a s´ık egy rögz´ıtett pontj´ ab´ ol kiinduló u ´gynevezett helyvektorok halmazán értelmezett összead´ as és skal´ arral val´ o szorzás tulajdonságait foglaljuk össze. Annak érdekében, hogy ábr´ aink szemléletesek legyenek, a vektorokat Descartes–féle derékszög˝ u koordináta rendszerben helyezt¨ uk el, de hangs´ ulyozni szeretnénk, hogy sem a vektorok összead´ as´ an´ al, sem azok skal´ arral val´ o szorzásakor a koordináta rendszer felvétele nem sz¨ ukséges, annak, a definiáland´ o m˝ uveletek szemszögéb˝ol nincs szerepe. Két a és b vektor összeadása a paralelogramma– szabály alapján történik, az alábbi 1.1.a. ábrának megfelel˝oen: Természetesen értelmezn¨ unk kell olyan vektorok összead´ as´ at is, amelyeknek azonos, vagy ellentétes az iránya. Ebben az esetben a második összeadand´ ot az els˝o végpontjába helyezz¨ uk és az els˝o kezd˝ opontj´ ab´ ol a második végpontj´ aba mutató vektorral definiáljuk összeg¨ uket. (lásd az 1.1.b. és 1.1.c. ábr´ akat!) A vektorok összeadásának fenti defin´ıciójából azonnal adódik, hogy az összeg f¨ uggetlen az összeadandók sorrendjét˝ol, azaz a vektorok összead´ asa kommutat´ıv. Adjunk most össze három vektort, az a-t, b-t és c-t. Ez kétféle sorrendben lehetséges, nevezetesen hozzáadhatjuk a-hoz a (b + c) összeget, de az (a + b)-hez is hozzáadhat´ o a c vektor. Az 1.2.a. ábrán az els˝o, az 1.2.b. ábr´ an pedig a második sorrendnek megfelel˝oen képezt¨ uk három vektor összegét. Azt tapasztaljuk, hogy ugyanaz a vektor adódik mindkét esetben. A vektorok összeadása tehát asszociat´ıv. Vektoraink halmazában a zér´ o hossz´ us´ ag´ u azzal a tulajdonsággal rendelkezik, hogy azt bármely a vektorhoz hozzáadhatjuk anélk¨ ul, hogy azt megváltoztatná. Tehát ugyanolyan szerepet játszik, mint a 0 a számok összeadásánál. Képezz¨ uk most egy tetsz˝oleges a vektornak olyan −a-val jelölt vektorral való összegét, amelynek a hossza megegyezik a hossz´ aval, de iránya ellentétes. Az 1.3 ábra mutat egy ilyen esetet. Az összeg a zéró hossz´ uság´ u vektor. Foglaljuk össze a vektorok V halmaz´ an értelmezett összead´ as fent illusztrált tulajdonságait. Tetsz˝oleges a, b, és c ∈ V esetén:

1.3. VEKTOROK A S´ıKON

13 ... ... ... ... ...... ... ................. ... ..... . ... ..... . . . ... . ..... ... .... ... ..... ..... ... ..... . . . ... . . ................ ... .. ... ..... ..... ... ..... . . . ... . ... . . . ... . ..... ... .... ... ..... ..... ... ..... . . ... . . .. ... ..... .... ... ................. ... ..... . . . ... . . ... ... ..... ... ......... ... ...... .................................................................................................................................................................................................................... ... ... ...

... ... ... ... ........... ... . . .................... ... . . . . ...... . ... . . . ...... . . . . ... . . . . . . . ...... ... . ...... . . . ... ..... . . . . ...... ... . . ...... . . . . . ... . . . ..... ...... ... . ........... ...... ... . ..... ...... ... ... . ...... . .. . ... . . . . . ...... ... ... . ...... ... ... ..... . ...... ... ... ...... . .. . . ... . . . . ... ...... . ... ...... ... ... ............ ..... ................ ... .... ...... ............. .. . . ...... . . . . . . . . ... ... . . . . . . . ..... ... ... ...... ............. ............. ...... ... ... ..... ............. ... ... ........... ......................... ..................................... .............................................................................................................................................................................................................. ... ... ...

a+b

b

•a

a+b

b

a

•

•

a.

b.

... ... .. ... ............... ... ......... ... ........ . ....... ... ....... . . . . . ... . ...... ... ....... .. ........ ... ........... ... ............. ... ....................... ... ..... .. ....... ... ....... ....... ... ....... . . . . ... . . .. ... .............. . .. ............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ ...... .... . . . . . . ... ....... .... ....... ... ....... ....... ... ....... . . . . . ... . . ............... . . . . . ... . . .... ... ... ... ..

•a

a+b

•

b

c.

1.1. ábra: Vektorok összead´ as´ anak értelmezése 1. a + b = b + a (a vektorok összead´ asa kommutat´ıv), 2. a + (b + c) = (a + b) + c (a vektorok összead´ asa asszociat´ıv), 3. (∃ 0 ∈ V ) : 0 + a = a + 0 = a (létezik zér´ ovektor), 4. (∀ a ∈ V ) : (∃ (−a) ∈ V ) : a + (−a) = (−a) + a = 0 (minden vektornak van ellentettje). Megállap´ıthatjuk tehát, hogy a s´ıkbeli vektorok az összead´ as m˝ uvelettel kommutat´ıv csoportot vagy más néven Abel-csoportot alkot. Definiáljuk egy vektornak számmal való szorzását az 1.4.a., illetve az 1.4.b. ábr´ aknak megfelel˝oen. Tehát egy a vektor α-szorosa legyen olyan vektor, amelynek hossza a hossz´ anak |α|-szorosa iránya pedig a irány´ aval megegyez˝ o, illetve azzal ellentétes, aszerint hogy α pozit´ıv vagy negat´ıv. Megvizsgáljuk, hogy a skal´ arokkal val´ o, fent definiált szorzásnak milyen tulajdonságai vannak. Az 1.5.a. és az 1.5.b. ábrák arról árulkodnak, hogy ugyanazt az eredményt kapjuk, ha két vektor összegét szorozzuk meg egy skal´ arral, mint amikor el˝obb az összeadandó vektorokat szorozzuk meg a számmal, s csak az ´ıgy megváltoztatott vektorokat adjuk össze. A skalárok összegével való szorzata egy a vektornak az 1.6.a. és 1.6.b. ábr´ ak alapján ugyanazt a vektort eredményezi, mint annak a két vektornak az összege, amit az egyik, majd másik skalárral val´ o szorzással kaptunk a-b´ ol.


14

... ... .. ... ... ... ... ... ... .... ... . . ............ . ... . . . ............... . . . . .. ... . ...... . . . . . . . ... . . . . .... . ... . . . ...... . ...... ... . . . . . ...... . . . . . . . . . . . .... ... . . . . . . . . ...... . .... . . . . . . . . . .. . .... . .. . ....... . . . . . ... .. . ...... ... .... ...... . . . . . . ... .. ... . . . . . ... ... ..................................... .... . . . . . . ... .. . . . . . . . . . ......... . . .... . . . . . . . . . . . . ... ... . . . . . . . . . . . . . .... ....... ... .. .............. ...... ............... ............... . . ... ... ...... ........... ............... ... ... . . ...... ........ ............... ..... .......................... ............................. .......................................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ........ ......... ..................... ...................................................................................................................................................................................................................................... .... .. ... .

... ... .. ... ... ... ... ... ... . ... . . . . ................... . . . . . . ... ....... . . . . . . . ...... . ... . ........ ...... . . . . . ... . . . . . . . ........ . ...... ... . . . ...... . ... . ...... . ..... . . ...... .. . ... . ...... .. . . . . . . . . . . . . ...... . ...... .... ... . .... ...... ....... . ... ... ...... . ... . .. ...... . ... .... .. . ........... . . ... .. . . ...... ... ... ... . ...... ... .. .... ...... . . ... ... .. ...... ...... ................... . ... .. ... . . . . . ... ... ... ...... ........... . ... ... .. ........................ .... ..... ... ................... ................................... ...................... ................................................................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .................... ...................................................................................................................................................................... .... .. ... .

b+c

(a + b) + c

c

b

a+b

a

•

c

a + (b + c)

b

a

•

a.

b.

1.2. ábra: A vektorok összead´ as´ anak asszociativitása ... ... .. ... ... ... ... ............. ... ............... ... ......... ......... ... ......... ... ......... ......... ... ......... .. ......... ......... .... ............................................................................................................................................................................................................................................................................ ... ...................... ......... ... ......... ... ......... ......... ... ......... ......... . ... ............. ... .............. ... .. .... ... ... ... .... .

−a

•0

•a

1.3. ábra: Létezik nullvektor Az 1.7.a. illetve 1.7.b. ábrák azt mutatj´ ak, hogy skal´ arok szorzatával u ´gy is lehet szorozni egy vektort, hogy el˝obb szorzunk az egyik skal´ arral, majd az ´ıgy kapott vektort szorozzuk a másik skalárral. A skalárokkal való szorzás defin´ıci´ oj´ ab´ ol azonnal adódik az a tény, hogy bármely vektor 1-szerese a vektort nem változtatja meg. ¨ Osszefoglalva, ha a és b ∈ V tetsz˝oleges vektorok és α és β tetsz˝ oleges val´ os számok, akkor érvényesek az alábbi tulajdonságok: (a) α(a + b) = αa + αb, (b) (α + β)a = αa + βa, (c) (αβ)a = α(βa) = β(αa) (d) 1a = a. A vektorok skalárokkal való szorzása nem ugyanolyan m˝ uvelet, mint azok összeadása, hiszen ebben az esetben egy másik halmaz, péld´ ankban a val´ os számok halmazának elemei hatnak a vektorokra. Azt mondjuk, hogy a skal´ arok, mint oper´ atorok hatnak a vektorokra. A val´ os számhalmaz a s´ık vektorainak u ´gynevezett oper´ atortartom´ anya. A s´ıkbeli helyvektorok V halmaza a definiált összead´ assal és val´ os skal´ arokkal való szorzással egy példát szolgáltat vektortérre, melyekkel e jegyzetben foglalkozni

´ FOGALMA 1.4. A VEKTORTER ... ... .. ... ... ... ... ... ................ ... .......... ....... . ... ....... . . . ... . . . .. ....... ... ....... ... ....... ....... ... ....... . . . . ... . . . ................. ... .......... ... ....... ... ....... ....... . . . . ... . . ...... ... ....... .. ............ ............................................................................................................................................................................................................ .. ... ...

2a

a

•

a.

− 12 a

15

... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ............... ... .......... ....... . ... ....... . . . ... . . . ... ... ....... ....... ... ....... .. ............ ................................................................................................................................................................................................................ .. . ....... ... ....... .. ............... ... ...........

a

•

b.

1.4. ábra: Vektor skal´ arral val´ o szorzása

¨ 1.5. ábra: Osszegvektor szorzása számmal fogunk. A vektorterek számos helyen u ´jra meg u ´jra felbukkantak, és felbukkannak tanulmányaik során, persze más és más könt¨ osben. Itt el˝obb, és már a középiskolában is, mint irány´ıtott szakaszok jelentkeztek, de valamely [a, b] intervallumon értelmezett valós f¨ uggvények is vektorteret alkotnak a szokásos f¨ uggvény¨ osszead´ assal és a számmal való szokásos szorzással. Ami köz¨ os ezekben a vektorterekben az, hogy (1) az értelmezett összead´ as m˝ uvelet tulajdonságai azonosak, (2) valamilyen skalárhalmaz — hasonló a val´ os számok halmazához — elemei operátorokként hatnak a vektortér elemeire, és ugyanolyan tulajdonságokkal jellemezhet˝o hatásuk, mint azt a fenti (a) — (d) pontokban láttuk. Persze, azt pontosan meg kell mondanunk, hogy milyen skal´ arhalmazt tekinthet¨ unk a valós számok halmazához hasonlónak. Erre röviden azt válaszolhatjuk, hogy a skalárok strukt´ urájától azt kell megkövetelni, hogy test legyen.

1.4

A vektort´ er fogalma

Az el˝oz˝o szakaszban egy konkrét vektortérrel ismerkedt¨ unk meg, a köznapi értelemben vett s´ık, u ´gynevezett helyvektorainak terével. Most megadjuk a vektortér absztrakt defin´ıcióját, hogy azután a minden vektortérre jellemz˝o tulajdonságokat


16

... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ........... ............ ... ....... .. ....... ... ....... . . . . ... . . ................ ... ........... ... ....... ....... ... ....... . . . . . ... . ....... ... ....... .. ............ ............................................................................................................................................................................................................ .. ... ...

α=

1 2

... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... . ... .................... ... .......... ....... ... ....... . . . . . ... . . ............... ... ........... ... ....... ....... ... ....... . . . . . . . . . ... . . . . ............. ... ....... .. .. ............ ............................................................................................................................................................................................................ .. ... ...

β=1

(α + β)a

αa + βa

βa •

a

•

•

αa

a.

b.

1.6. ábra: Vektor szorzása számok összegével

.. ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... .............. ... ........... ...... ... ...... . . . . ... . . . ....... ... ...... ... ....... ... ....... ..................... ... .. ... ....... . ....... ... ....... ... ...... ... ........... . ........................................................................................................................................................................................................... .. ... ... .... .. ... ...

.. ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... .............. ... ........... ...... ... ...... . . . . ... . . . ....... ... ...... ... ....... ... ....... ..................... ... .. ... ....... . ....... ... ....... ... ...... ... ........... . ............................................................................................................................................................................................................... ... . ....... ... . ...... . . . . . . . . . ............. .... ........ .... .. ...

α = −3 β = − 32

(αβ)a

a

•

α(βa)

a

•

βa

a.

b.

1.7. ábra: Vektor szorzása számok szorzatával ne kelljen minden konkrét vektortér esetén k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on igazolnunk, tehess¨ uk azt általánosan. 1.4.1 Defin´ıci´ o. Legyen V egy halmaz, amelyben értelmezve van egy ¨ osszead´ as m˝ uvelet az al´ abb felsorolt tulajdons´ agokkal: (i) (∀ x, y ∈ V ) : x + y = y + x, (ii) (∀ x, y, z ∈ V ) : x + (y + z) = (x + y) + z, (iii) (∃ 0 ∈ V ) : (∀ x ∈ V ) : 0 + x = x, (iv) (∀ x ∈ V ) : (∃ (−x) ∈ V ) : x + (−x) = 0. Legyen F olyan halmaz, amelyen értelmezett egy ¨ osszead´ as és egy szorz´ as m˝ uvelet, amelyekre nézve F testet alkot. Az F elemei legyenek oper´ atorai V -nek, azaz (∀ α ∈ F)-re ∃ x −→ αx (x ∈ V ) leképezés, a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokkal: (∀ α, β ∈ F) és (∀ x, y ∈ V )-re (a) α(x + y) = αx + αy,

´ FOGALMA 1.4. A VEKTORTER

17

(b) (α + β)x = αx + βx, (c) (αβ)x = α(βx), (d) 1x = x, ahol 1 ∈ F az F test egységeleme. Akkor a V halmazt az F test feletti vektortérnek nevezz¨ uk. A V halmaz elemeit vektoroknak, az F test elemeit skal´ aroknak h´ıvjuk. A fenti defin´ıcióban ugyanazt a + szimbólumot használtuk mind a vektorok, mind a skal´ arok összeadásának jelölésére, de ez nem okozhat félreértést, hiszen a skal´ arok jelölésére görög, m´ıg a vektorok jelölésére latin bet˝ uket használunk, ´ıgy minden¨ utt nyilv´ anval´ o, hogy vektorok vagy skalárok összead´ as´ ar´ ol van e szó, egyed¨ ul a zér´ o vektor és a zér´ o skalár megk¨ ulönböztetésér˝ol nem gondoskodik jelölésrendszer¨ unk, mindkett˝ ot a 0 szimbólum reprezentálja, de a környezet itt is az olvas´ o seg´ıtségére lesz annak kider´ıtésében, hogy a zéró skalárra vagy a zérusvektorra utal a 0 jel. A skal´ arok szorzatát egyszer˝ uen a tényez˝ok egymás mellé ´ır´ as´ aval jelölt¨ uk, csak´ ugy mint egy α ∈ F operátor által az x ∈ V vektorhoz rendelt αx ∈ V vektort. Egy operátor által indukált hozzárendelést egyszer˝ uen skal´ arral val´ o szorz´ asnak fogjuk h´ıvni. Vizsgálataink id˝onként valamely jól ismert számtest feletti vektorterekre irányulnak. Ilyenkor a következ˝ o terminológi´ at használjuk. Az F feletti V vektorteret racionális vektortérnek mondjuk, ha a skal´ arok csak racionális számok lehetnek, ha valós számok a skalárok, akkor V -t val´ os vektortérnek h´ıvjuk, és ha komplex számok a vektorok operátorai, akkor V -t komplex vektortérnek nevezz¨ uk. Bár a vektortér defin´ıciójában semmiféle kikötést nem tett¨ unk az F test karakterisztik´ aj´ at illet˝oen, és az elmélet áll´ıtásainak t´ ulnyom´ o többsége tetsz˝oleges karakterisztik´ aj´ u test feletti vektorterekre is érvényes, de mi ebben a jegyzetben csak 0-karakterisztik´ aj´ u testek feletti vektorterekkel foglalkozunk.

1.4.1

P´ eld´ ak vektorterekre

1. A bevezet˝o szakaszban megismert, a s´ık egy rögz´ıtett pontj´ ab´ ol, mint kezd˝opontból kiinduló helyvektorok a paralelogramma–szabály szerinti összead´ as m˝ uvelettel és a megismert val´ os számokkal val´ o szorzással, val´ os vektortér. 2. A mátrixaritmetikáról szól´ o pontban láttuk, hogy véve az összes m × n tipus´ u F test feletti m´ atrixok Fm×n -nel jelölt halmazát, az a mátrixok összead´ asm˝ uveletével és az F-beli skal´ arokkal val´ o szorzással, vektorteret kapunk. 3. Tekints¨ uk az összes t változ´ oj´ u, val´ os egy¨ utthat´ os polinomok R[t] halmazát. A p(t) = α0 + α1 t + · · · + αm tm m-edfok´ u és a q(t) = β0 + β1 t + · · · + βn tn n-edfok´ u polinomok összege legyen def

p(t) + q(t) = (α0 + β0 ) + (α1 + β1 )t + · · · + (αn + βn )tn ,


18 ha m = n,

def

p(t) + q(t) = (α0 + β0 ) + (α1 + β1 )t + · · · + (αn + βn )tn + · · · + αm tm , ha m > n és def

p(t) + q(t) = (α0 + β0 ) + (α1 + β1 )t + · · · + (αm + βm )tm + · · · + βn tn n > m esetén. A p(t) polinom γ valós számszorosa pedig legyen def

γp(t) = (γα0 ) + (γα1 )t + · · · + (γαm )tm . Tekintve, hogy a polinomok összead´ asa az azonos fokszám´ u tagok egy¨ utthat´ oinak összeadására van visszavezetve, azonnal adódik, hogy ez a m˝ uvelet asszociat´ıv és kommutat´ıv, mivel a val´ os számok összead´ asa rendelkezik ezekkel a tulajdonságokkal. Az azonosan zér´ o polinom, tehát az, amelynek minden egy¨ utthatója nulla, zéróelem a polinomok fent definiált összead´ as´ ara nézve. Egy tetsz˝oleges p(t) polinom ellentettje erre az összead´ asra nézve a −1p(t). A skalárokkal való szorzástól megkövetelt tulajdonságok teljes¨ ulése is azonnal adódik, ha figyelembe vessz¨ uk, hogy a val´ os egy¨ utthat´ oknak val´ os számokkal való szorzására vezett¨ uk vissza a polinomok skal´ arral val´ o szorzás´ at. Így a polinomok R[t] halmaza val´ os vektortér a definiált m˝ uveletekkel. 4. Legyen F az [a, b] zárt intervallumon értelmezett val´ os f¨ uggvények halmaza. Két f, g ∈ F f¨ uggvény összegét, illetve val´ os α számmal val´ o szorzatát értelmezz¨ uk a szokásos módon, azaz legyen ∀ x ∈ [a, b]-re def

(f + g)(x) = f (x) + g(x) és

def

(αf )(x) = αf (x). Könnyen ellen˝orizhet˝o, hogy F val´ os vektortér az ´ıgy definiált m˝ uveletekkel. 5. Legyen S halmaza. szorzását legyen

az összes valós számsorozat, azaz az összes f : N → R f¨ uggvények ´ Ertelmezz¨ uk a számsorozatok összead´ as´ at és val´ os számmal val´ o a szokásos módon, azaz bármely két {an } és {bn } számsorozatra def

{an } + {bn } = {an + bn }, illetve bármely α valós számra és {an } ∈ S-re legyen def

α{an } = {αan }. Az ´ıgy kapott strukt´ ura megint val´ os vektortér. 6. Jelölje Rn−1 [t] a legfeljebb n − 1-edfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok halmazát és e halmazbeli polinomokra ugyan´ ugy értelmezz¨ uk az összad´ ast és a val´ os számmal való szorzást, mint azt az összes polinomok R[t] vektorterében. Azt tapasztalhatjuk, hogy Rn−1 [t] is val´ os vektortér.


19

7. Az alább adott példa kicsit mesterkéltnek hat, mert tisztán matematikai konstrukció. A szám´ıtástechnik´ aban valamennyire jártas olvas´ o azonban már találkozhatott olyan lineáris elrendezés˝ u tömb¨ okkel, amelyeknek val´ os számok az elemei. Az azonos méret˝ u tömb¨ ok halmaza is vektortér megfelel˝o m˝ uveletekkel. Az el˝ore bocsájtottakat pontos´ıtand´ o jelölje R, mint által´ aban, a val´ os számok halmazát és legyen Rn a rendezett val´ os szám-n-esek halmaza. Definiáljunk összeadást Rn -en a következ˝ oképpen: bármely 



ξ1  ..  x= .  ξn









η1 ξ1 + η1 def   ..   .. és y =  .  -ra legyen x + y =  . . ηn ξn + ηn

Ugyancsak értelmezz¨ uk egy tetsz˝oleges 



ξ1  ..  x= .  ξn szám-n-es α ∈ R skalárral val´ o szorzatát az 



αξ1 def   αx =  ...  αξn egyenl˝oséggel. Nagyon könnyen igazolható, hogy Rn val´ os vektortér a fentiekben definiált m˝ uveletekkel, amelyet n-dimenzi´ os val´ os koordin´ atatérnek nevez¨ unk. Az elnevezés magyar´ azat´ at kés˝ obbre halasztjuk, egyel˝ ore csak arra emlékeztetnénk az olvas´ ot, hogy a s´ık vektoraihoz is rendelt¨ unk koordinátákat a középiskolában, a koordinátatereknek hasonló reprezentáci´ os szerep¨ uk lesz a vektorterek elméletében, mint a s´ıkbeli helyvektorok koordinát´ ainak a középiskolai tanulmányaik során. A figyelmes olvasó jogosan veti fel a kérdést, hogy milyen vektorteret kapunk, ha az Rn operátortartományaként csak a racionális számok testét vessz¨ uk. Természetesen racionális vektorteret, ami a fentiekben megadott tért˝ ol nagyon k¨ ulönbözik. Tehát egy vektortér megadása nemcsak a vektorok halmazának, de a skalárok halmazának megadás´ at és a m˝ uveletek értelmezését is jelenti. 8. Tetsz˝oleges F test esetén, hasonlóan értelmezve Fn -beli n-esek összead´ as´ at és az F-beli skal´ arokkal való szorzás´ at, Fn vektortér lesz az F test felett, ez az u ´gynevezett n-dimenzi´ os F-feletti koordin´ atatér. Ebben az által´ anos esetben is el˝ofordulhat, hogy Fn operátortartom´ anyaként valamely F-t˝ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o testet vesz¨ unk, de arra minden esetben fel fogjuk h´ıvni az olvas´ o figyelmét, és ha k¨ ulön nem specifikáljuk a skal´ arok testét, akkor az Fn jel¨ oléssel mindig az n-dimenziós F feletti koordinátatérre utalunk. 9. Utolsó példaként megmutatjuk, hogy egy tetsz˝oleges F feletti V vektortér birtokában hogyan lehet megkonstru´ alni egy másikat, az u ´gynevezett du´ alis vektorteret.

20

´ ELEMI TULAJDONSAGAIK ´ 1. FEJEZET VEKTORTEREK ES 1.4.2 Defin´ıci´ o. Legyen V egy tetsz˝ oleges F test feletti vektortér és jel¨ olje V ∗ az olyan y ∗ : V → F leképezések, az u ´gynevezett line´ aris f¨ uggvények vagy m´ as néven line´ aris funkcion´ alok halmaz´ at, amelyek eleget tesznek az al´ abbi feltételnek: ∀ v, w ∈ V : ∀ αβ ∈ F : y ∗ (αv + βw) = αy ∗ (v) + βy ∗ (w) . ´ Ertelmezz¨ uk most a V ∗ halmazon az ¨ osszead´ ast a def

∀ y1∗ , y2∗ ∈ V ∗ : ∀ v ∈ V : (y1∗ + y2∗ )(v) = y1∗ (v) + y2∗ (v) egyenl˝ oséggel és az F-beli skal´ arokkal val´ o szorz´ ast pedig a def

∀ y ∗ ∈ V ∗ : ∀ α ∈ F : ∀ v ∈ V : (αy ∗ )(v) = α(y ∗ (v)) egyenl˝ oséggel. A V ∗ vektortér ezekkel a m˝ uveletekkel F felett, amelyet a V vektortér du´ alis´ anak nevezz¨ uk. Tulajdonképpen igazolnunk kellene, hogy V ∗ val´ oban vektortér, de a részletes és formális bizony´ıtást az olvas´ ora bizzuk. Seg´ıtséget ny´ ujthatnak ehhez a következ˝o megjegyzések: Lineáris f¨ uggvények összege is, egy lineáris f¨ uggvény skalárszorosa is lineáris f¨ uggvény. A lineáris f¨ uggvények fenti összead´ asa kommutat´ıv és asszociat´ıv, hiszen a f¨ uggvények összead´ asa vissza van vezetve a f¨ uggvények értékeinek összead´ as´ ara, és a f¨ uggvényértékek az F test elemei. Az azonosan zéró f¨ uggvény, tehát amely minden v ∈ V vektorhoz a zér´ o skal´ art rendeli, a lineáris f¨ uggvények összead´ as´ ara nézve zér´ oelem. Vég¨ ul, egy y ∗ lineáris f¨ uggvény ellentettje az a −y ∗ f¨ uggvény, amely bármely v ∈ V vektorn´ al ∗ ´ a −y (v) skalárt veszi fel érték¨ ul. Igy tehát a lineáris f¨ uggvények a definiált összeadásra nézve Abel-csoportot alkotnak. Az, hogy az F test elemeivel val´ o szorzás ugyancsak eleget tesz a skal´ arokkal val´ o szorzást´ ol megkövetelt négy tulajdonságnak, megint csak azonnal adódik abból, hogy egy lineáris f¨ uggvény skalárral való szorzása vissza van vezetve a f¨ uggvény értékeinek skal´ arral val´ o szorzására. Fel kell h´ıvjuk az olvasó figyelmét arra a tényre, hogy az Rn−1 [t] vektortér és az Rn vektortér nagyon hasonlóak, legalábbis ami elemeik összead´ as´ at, illetve skalárral való szorzását illeti. Ugyanis, ha tetsz˝oleges p(t) = α0 + α1 t + . . . + αn−1 tn−1 polinomnak megfeleltetj¨ uk az egy¨ utthat´ okb´ ol felép´ıtett    a=  

α0 α1 .. .

     

αn−1 Rn -beli sz´ am n-est, akkor ez egy olyan egy–egyértelm˝ u Φ : Rn−1 [t] Rn meg-

feleltetés, amely felcserélhet˝o a vektortérbeli m˝ uveletekkel, azaz Φ(p(t) + q(t)) = Φ(p(t)) + Φ(q(t)) és Φ(αp(t)) = αΦ(p(t))


21

teljes¨ ul. Azt mondhatjuk tehát, hogy a vektorterek végeredményben csak elemeik jelölésében térnek el egymástól. Ez az észrevétel vezet el benn¨ unket az izomorf vektorterek fogalmához. 1.4.3 Defin´ıci´ o. Legyenek V és W ugyanazon F test feletti vektorterek és legyen Φ:V W bijekt´ıv leképezés (egy-egyértelm˝ u r´ aképezés), amely eleget tesz az al´ abbi feltételnek: ∀ x, y ∈ V : ∀ α, β ∈ F : Φ(αx + βy) = αΦ(x) + βΦ(y). Akkor a V és W vektortereket izomorfoknak nevezz¨ uk. A Φ : V W bijekt´ıv leképezést izomorfizmusnak h´ıvjuk. A valós egy¨ utthatós legfeljebb n−1-edfok´ u polinomok Rn−1 [t] tere és az Rn koordinátatér tehát izomorfak. A bevezet˝ oben vizsgált s´ıkbeli helyvektorok vektortere és a kétdimenziós R2 koordinátatér ugyancsak izomorfak. Kés˝ obb még számos péld´ at fogunk látni vektorterek izomorfiáj´ ara, többek köz¨ ott azt is be fogjuk bizony´ıtani, hogy az u ´gynevezett véges dimenziós vektorterek és duálisaik is izomorfak egymással. Az eddigiek szerint egy vektortérben lehet vektorokat skal´ arral szorozni, ami vektort eredményez, és vektorokat össze lehet adni, aminek megint vektor az eredménye. Most ezen m˝ uveletekre támaszkodva értelmezz¨ uk a lineáris kombin´ aci´ o fogalmát. Ehhez sz¨ ukség van skal´ aroknak egy {α1 , . . . , αn } és vektoroknak egy X = {x1 , . . . , xn } rendszerére. Azért használjuk itt a kicsit univerz´ alis rendszer elnevezést a halmaz helyett, mert megengedett, hogy ugyanaz a skal´ ar, illetve vektor több példánya is szerepeljen. Az X vektorrendszer {αi , i = 1, . . . , n} skal´ arokkal képzett line´ aris kombin´ aci´ oja az α1 x1 + · · · + αn xn vektor. A rövidség kedvéért sokszor használni fogjuk a szummáci´ os jelölést is, ´ıgy P például az el˝obbi lineáris kombin´ aci´ ot ni=1 αi xi -vel is fogjuk jelölni. Az is el˝ofordul, hogy a vektorok megk¨ ulönböztetésére egy I halmazb´ ol val´ o indexeket használunk, P ilyen esetben azok lineáris kombin´ aci´ oj´ at i∈I αi xi -nek ´ırjuk. A lényeges az, hogy amikor lineáris kombinációról beszél¨ unk, akkor egy olyan vektorra kell gondolnunk, amely el˝oáll´ıtható véges sok vektor skal´ arszorosainak összegeként. 1. Gyakorlatok, feladatok 1. Mutassuk meg, hogy tetsz˝oleges F test feletti V vektortérben (a) az αx vektor akkor és csak akkor a nullvektor, ha α az F test zér´ o eleme, vagy ha x a V zéró vektora. (b) az x(∈ V ) vektor −x ellentettje megkaphat´ o u ´gy, hogy az F test 1 egységelemének −1 ellentettjével szorozzuk az x vektort, azaz −x = −1x. 2. Legyen C[a,b] az [a, b] intervallumon folytonos val´ os f¨ uggvények halmaza, amelyet a f¨ uggvények szokásos összead´ as´ aval és val´ os számmal val´ o szokásos szorzásával tesz¨ unk strukt´ urává. Igazolja, hogy az ´ıgy kapott strukt´ ura val´ os vektortér.

22

´ ELEMI TULAJDONSAGAIK ´ 1. FEJEZET VEKTORTEREK ES 3. Tekints¨ uk a valós számok R halmazát a szokásos összead´ assal és val´ os számmal való szokásos szorzással. Mutassuk meg, hogy R val´ os vektortér a fenti m˝ uveletekkel. 4. Legyen F tetsz˝oleges test. Mutassuk meg, hogy csak´ ugy, mint az el˝oz˝ o feladatnál, F o¨nmaga feletti vektortér. 5. Legyen F az ötelem˝ u véges test. Soroljuk meg az F2 koordinátatér elemeit. 6. Legyenek V és W ugyanazon F test feletti vektorterek. Képezz¨ uk az V × W Descartes–szorzatot, és azon értelmezz¨ uk az összead´ ast a következ˝ oképpen: def

∀ (v, w), (v 0 , w0 ) ∈ V × W : (v, w) + (v 0 , w0 ) = (v + v 0 , w + w0 ). Definiáljuk az α ∈ F skalárral val´ o szorzást is az def

∀ (v, w) ∈ V × W : ∀ α ∈ F : α(v, w) = (αv, αw) egyenl˝oséggel. Az ´ıgy kapott strukt´ ur´ at jelölj¨ uk V ⊗ W -nel. Mutassuk meg, hogy V ⊗ W vektortér az F test felett. 7. Legyen H tetsz˝oleges nem¨ ures halmaz, F test és V az összes olyan f : H −→ F f¨ uggvények halmaza, amelyek a H halmaz legfeljebb véges sok eleméhez ren´ delnek nemnulla skalárt. Ertelmezz¨ uk V -beli f¨ uggvények összead´ as´ at minden f, g ∈ V -re az def

(f + g)(h) = f (h) + g(h) (h ∈ H) és F-beli α skálrral való szorzás´ at az def

(αf )(h) = αf (h) (h ∈ H) egyenl˝oséggel. Mutassuk meg, hogy V F feletti vektortér. ıv val´ os szám n-esek halmazát. Definiáljuk R0n 8. + Jelölje R0n + -on az + a pozit´ összeadást a következ˝oképpen: def

∀ x = [ξ1 , . . . , ξn ], y = [η1 . . . , ηn ] ∈ R0n + : x + y = [ξ1 · η1 , . . . , ξn · ηn ], ´ a val´ ahol a jobboldalon a pozit´ıv val´ os koordinát´ ak szokásos szorzata áll. Es os α skalárral való szorzás legyen az def

αx = [(ξ1 )α , . . . , (ξn )α ] os vektortér ezekkel a egyenl˝oséggel megadva. Mutassuk meg, hogy R0n + val´ m˝ uveletekkel.

1.5. ALTEREK

1.5

23

Alterek

Az el˝oz˝oekben láttuk, hogy a s´ık helyvektorai val´ os vektorteret alkotnak. De az egy egyenesre es˝o helyvektorok alkotta részhalmaz is vektortér. Így az általunk vizsgált s´ıkbeli helyvektorok vektorterében vannak olyan részhalmazok, amelyek maguk is vektorterek. A vektorterekre felsorolt péld´ aink köz¨ ott szerepelt az összes polinomok R[t] tere és ugyancsak eml´ıtett¨ uk a legfeljebb n − 1-edfok´ u polinomok Rn−1 [t] lineáris terét. Ez utóbbi térben a m˝ uveletek ugyan´ ugy voltak értelmezve, mint az összes polinomok terében, tehát az Rn−1 [t] az R[t] vektortérnek olyan részhalmaza, ami maga is vektortér. 1.5.1 Defin´ıci´ o. Legyen V vektortér az F test felett és legyen M olyan részhalmaza V -nek, amely maga is F feletti vektortér az eredeti térben értelmezett m˝ uveletekkel. Akkor M -et a V vektortér alterének nevezz¨ uk. Az altérbeli vektorok összead´ asa, és skal´ arral val´ o szorzása ugyan´ ugy történik, mint az eredeti vektortérben, nem értelmez¨ unk u ´j m˝ uveleteket. Ezért a m˝ uveletek nyilv´ anvalóan rendelkeznek azokkal a tulajdonságokkal, amelyeket a vektortér defin´ıciójában megkövetelt¨ unk. Ennek az észrevételnek egyszer˝ u következménye a következ˝o áll´ıtás. ´ ıt´ 1.5.2 All´ as. Egy F test feletti V vektortér valamely nem¨ ures M részhalmaza pontosan akkor altér, ha (i) ∀ v, w ∈ M : v + w ∈ M, (ii) ∀ v ∈ M : ∀ α ∈ F : αv ∈ M teljes¨ ul. Bizony´ıt´ as. A sz¨ ukségesség teljesen nyilv´ anval´ o. Az elegend˝oség igazolás´ ahoz csak azt kell megmutatnunk, hogy a zér´ ovektor és minden M -beli vektor ellentettje is benne van M -ben. Ez viszont abból adódik, hogy a zér´ o skal´ arnak bármely vektorral való szorzata a zéró vektort adja, és bármely vektor −1-gyel val´ o szorzata annak ellentettjét eredményezi. 2 Amikor egy vektortér valamely részhalmaz´ ar´ ol azt kell eldönten¨ unk, hogy az altér-e, akkor leggyakrabban a következ˝ o áll´ıt´ as használhat´ o a kérdés megválaszolásához. ´ ıt´ 1.5.3 All´ as. Egy F test feletti V vektortér valamely nem¨ ures M részhalmaza pontosan akkor altér, ha z´ art a két tag´ u line´ aris kombin´ aci´ o képzésre nézve, azaz ∀ v, w ∈ M : ∀ α, β ∈ F : αv + βw ∈ M.

Bizony´ıt´ as. Tekintve, hogy az el˝oz˝ o tétel igaz, elegend˝o belátnunk azt, hogy ez az áll´ıtás az el˝oz˝ovel ekvivalens. Val´ oban, ha M zárt a skal´ arral val´ o szorzásra, akkor ∀ v, w ∈ M : ∀ α, β ∈ F : αv, βw ∈ M és a vektorok összead´ as´ ara vonatkoz´ o zártsága miatt, akkor αv + βw ∈ M .

24


Ford´ıtva, a lineáris kombináci´ ora vonatkoz´ o zárts´ agb´ ol az összead´ asra, illetve a skalárral való szorzásra vonatkoz´ o zárts´ ag azért ny´ılv´ anval´ o, mert ezek speciális lineáris kombinációk. Ugyanis (

αv + βw =

v+w αv

ha ha

α = β = 1, β = 0. 2

Megjegyezz¨ uk, hogy teljes indukci´ oval könnyen igazolható, hogy ha egy vektortér egy részhalmaza bármely két vektor´ anak minden lineáris kombin´ aci´ oj´ at tartalmazza, akkor bármely véges sok vektorának összes lineáris kombin´ aci´ oj´ at is tartalmazza. Az alterek között azt, amelynek egyetlen eleme a zérus vektor, azaz a {0} alteret, és az egész vektorteret, mint önmaga alterét nem val´ odi altereknek mondjuk, a többi alteret pedig valódi altereknek. Egy altér mindig tartalmazza legalább a nullvektort, ´ıgy alterek közös része biztosan nem¨ ures, s˝ot igaz a következ˝ o áll´ıt´ as. ´ ıt´ 1.5.4 All´ as. Egy vektortér altereinek metszete is altér. Bizony´ıt´ as. Ha az alterek metszetéb˝ ol kiválasztunk tetsz˝olegesen két vektort, akkor azok mindegyik altérnek elemei, ezért az (1.5.3) áll´ıt´ as szerint, azok bármely lineáris kombinációja is mindegyik altérnek eleme, ´ıgy megint az (1.5.3) áll´ıt´ as felhaszn´ alásával adódik, hogy a metszet altér. 2 Az (1.5.4) áll´ıtás igaz volta lehet˝ové teszi, hogy egy V vektortér tetsz˝oleges A részhalmaza seg´ıtségével generáljunk alteret. 1.5.5 Defin´ıci´ o. Legyen A tetsz˝ oleges részhalmaza a V vektortérnek. Az A ´ altal gener´ alt V(A) altér V ¨ osszes A-t tartalmaz´ o altereinek k¨ oz¨ os része. Az A részhalmazt V gener´ atorrendszerének fogjuk nevezni, ha V(A) = V teljes¨ ul, tehát ha az általa generált altér az egész vektortér. Az A vektorhalmazhoz másképpen is rendelhet˝o altér. 1.5.6 Defin´ıci´ o. Legyen lin (A) az A-beli vektorok ¨ osszes line´ aris kombin´ aci´ oj´ at tartalmaz´ o vektorok halmaza, u ¨res A halmaz esetén pedig, meg´ allapod´ as alapj´ an az egyelem˝ u — a nullvektort tartalmaz´ o — halmaz. lin (A)-t az A line´ aris burk´ anak nevezz¨ uk. Megjegyzés: Hangs´ ulyoznunk kell, hogy amennyiben A egy végtelen vektorhalmaz, akkor lin (A) képzésekor az A ¨ osszes véges részhalmaz´ anak összes lineáris kombinációját kell venn¨ unk, hiszen csak véges vektorrendszerre értelmezt¨ uk a lineáris kombináció fogalmát. Nem nehéz belátnunk, hogy lin (A) is altér. Az (1.5.3) áll´ıt´ as szerint ehhez elég azt megmutatni, hogy lin (A)-beli vektorok lineáris kombin´ aci´ oja is lin (A)-ban van. Valóban ha X X βj a0j αi ai , és a0 = a= j∈J

i∈I

tetsz˝ oleges lin (A)-beli vektorok tov´ abb´ aδ δa + γa0 =

X i∈I

és γ tetsz˝oleges skal´ arok, akkor

δαi ai +

X j∈J

γβj a0j

1.5. ALTEREK

25

is lin (A)-beli vektor, hiszen A vektorainak lineáris kombin´ aci´ oja. Egy vektortér valamely A részhalmaza által generált altérnek defin´ıci´ o szerinti megadása nehezen megfogható. Megtalálni egy A részhalmazt tartalmazó összes alteret, majd azoknak a metszetét képezni, nem mutat rá, hogy a keletkez˝ o alteret milyen vektorok alkotják. Ezért hasznos a következ˝ o tétel, amely kapcsolatot teremt egy vektorhalmazhoz a fentiek szerint rendelt két altér köz¨ ott. 1.5.7 T´ etel. Legyen A a V vektortér tetsz˝ oleges részhalmaza, és jel¨ olje lin (A) az A line´ aris burk´ at, és V(A) pedig az A ´ altal gener´ alt alteret. Akkor lin (A) = V(A). Bizony´ıt´ as. A lin (A) = V(A) igazolása végett vegy¨ uk el˝osz¨ or észre, hogy V(A) ⊆ lin (A) hiszen lin (A) maga is egy A-t tartalmazó altér és V(A) az A-t tartalmazó alterek metszete. Másrészt lin (A) ⊆ V(A) nyilv´ an teljes¨ ul, hiszen V(A) altér lévén, zárt a lineáris kombin´ aci´ ora, és ´ıgy lin (A) minden elemét tartalmazza. 2 Az (1.5.7) tételt kihasználva a tov´ abbiakban egy vektortér valamely A részhalmaza által generált alteret lin (A)-val fogjuk jelölni. Egy vektortér tetsz˝oleges vektorrendszerének is képezhetj¨ uk a lineáris burkát, nem lényeges, hogy minden vektornak csak egy példánya szerepeljen a vektorrendszerben, és ez lehet˝ové teszi, hogy egy vektorrendszert is nevezhet¨ unk ezent´ ul generátorrendszernek, amennyiben annak lineáris burka az egész tér. Az (1.5.4) áll´ıtás szerint egy vektortér altereinek köz¨ os része is altér. Alterek egyes´ıtésér˝ol nem áll´ıthatjuk ugyanezt, de az alterek egyes´ıtése által generált altereknek van egy figyelemre mélt´ o tulajdonsága. 1.5.8 T´ etel. Legyenek X és Y egy V vektortér alterei. (1) Akkor az egyes´ıtés¨ uk ´ altal gener´ alt lin (X ∪ Y ) altér minden vektora egy X-beli és egy Y -beli vektor ¨ osszege. (2) Ha X ∩ Y a zérus altér, akkor a lin (X ∪ Y ) altér minden vektora egyértelm˝ uen ´ all el˝ o egy X-beli és egy Y -beli vektor ¨ osszegeként. Bizony´ıt´ as. (1) A lin (X ∪ Y ) elemei az X ∪ Y halmaz elemeinek lineáris kombinációi, azaz α1 x1 + . . . + αs xs + β1 y1 + . . . + βt yt alak´ uak. Mivel X és Y alterek, α1 x1 + . . . + αs xs ∈ X

és β1 y1 + . . . + βt yt ∈ Y

és a tétel els˝o áll´ıtását ezzel igazoltuk. A (2)-es áll´ıtás bizony´ıtása végett tegy¨ uk fel, hogy valamely v ∈ lin (X ∪ Y ) vektorra v = x + y és v = x0 + y 0 (x, x0 ∈ X, y, y 0 ∈ Y ) teljes¨ ul. Akkor az x + y = x0 + y 0 egyenl˝ oségb˝ ol következik, hogy x − x0 = y 0 − y ∈ X ∩ Y, hiszen x − x0 nyilván X-beli és y 0 − y pedig Y -beli vektor. Így, ha X-nek és Y -nek a zérusvektor az egyetlen közös eleme, akkor x − x0 = y 0 − y = 0, teh´ at x = x0

és y = y 0

26


amint azt áll´ıtottuk. ´ Ertelmezz¨ uk ezek után az alterek direktösszegének fogalmát.

2

1.5.9 Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy a V vektortér az X és az Y altereinek direkt¨ osszege, jel¨ olése V = X ⊕ Y , ha X ∩ Y a zérusaltér, és V = lin (X ∪ Y ). Az (1.5.8) tételb˝ol azonnal következik a 1.5.10 K¨ ovetkezm´ eny. A V vektortér az X és Y altereinek direkt¨ osszege akkor és csak akkor, ha az X ∩ Y a zérusaltér és minden v ∈ V vektor el˝ o´ all´ıthat´ o egy X-beli x vektor és egy Y -beli y vektor ¨ osszegeként. 1 P´ elda. Tekints¨ uk most az Rn val´ os koordin´ atatér ¨ osszes olyan vektorainak az L halmaz´ at, amelyek komponenseinek ¨ osszege zérus, teh´ at L = {x = [ξ1 , . . . , ξn ] |

n X

ξi = 0}.

i=1

Megmutatjuk, hogy L altér. Ehhez az (1.5.3) áll´ıtás szerint elegend˝o a lineáris kombin´ aci´ ora vonatkoz´ o zárts´ agot igazolni. Legyenek ezért 



ξ1  ..  x= .  ξn





η1  ..  és y =  .  ηn

tetsz˝ oleges L-beli vektorok és α és β tesz˝ oleges val´ os számok. Az αx + βy vektor komponenseinek az összege n X

(αξi + βηi ) = α

i=1

n X i=1

ξi + β

n X

ηi = α0 + β0 = 0.

i=1

Ezért αx + βy ∈ L és ´ıgy L valóban altér. A következ˝o példa kedvéért bevezet¨ unk egy u ´j fogalmat.

2

1.5.11 Defin´ıci´ o. Legyen M az F test feletti V vektortér valamely részhalmaza (nem feltétlen¨ ul altér), és legyen M ◦ a V ∗ du´ alis vektortér azon részhalmaza, amely pontosan azokat az y ∗ line´ aris f¨ uggvényeket tartalmazza, amelyekre ∀ x ∈ M : y ∗ (x) = 0 teljes¨ ul. Az M ◦ halmazt az M annull´ ator´ anak nevezz¨ uk. 2 P´ elda. Mutasuk meg, hogy M ◦ altere a du´ alis V ∗ vektortérnek. Megold´ as: Mindenekel˝ott megjegyezz¨ uk, hogy M ◦ nem¨ ures, hiszen az azonosan zéró lineáris f¨ uggvény minden vektorhoz a zér´ o skal´ art rendeli, ´ıgy M ◦ biztosan tartalmazza az azonosan zéró lineáris f¨ uggvényt. Az (1.5.3) áll´ıt´ as szerint azt kell még megmutatnunk, hogy M ◦ -beli lineáris f¨ uggvények tetsz˝oleges lineáris kombin´ aciója is M ◦ -ben van. Ha y1∗ , y2∗ ∈ M ◦ tov´ abb´ a α és β tetsz˝ oleges F-beli skal´ arok, akkor bármely x ∈ M -re (αy1∗ + βy2∗ )(x) = αy1∗ (x) + βy2∗ (x) = α0 + β0 = 0, igazolva, hogy αy1∗ + βy2∗ ∈ M ◦ .

2

´ ¨ ´ ES ´ OSSZEF ¨ ¨ ˝ EG ´ 1.6. LINEARIS FUGGETLENS EG UGG OS

27

2. Gyakorlatok, feladatok

1. Igazolja, hogy amennyiben Y altere a V vektortér X alterének, akkor Y altere V -nek is. 2. Mutassuk meg, hogy ha A és B olyan részhalmazai a V vektortérnek, hogy A ⊆ B teljes¨ ul, akkor lin (A) altere lin (B)-nek. 3. Legyen L = {x ∈ Rn | x = [α, α + δ, . . . α + (n − 1)δ]; α, δ ∈ R} , tehát L elmei azok az n-esek, amelyeknek egymást követ˝ o elemei számtani sorozatot alkotnak. Altér–e L? 4. Legyen L olyan x ∈ Rn vektorok halmaza, amelyeknek komponensei egy mértani sorozat egymás utáni elemei. Altér-e L? 5. Tekints¨ uk az [a, b] intervallumon Riemann-integr´ alhat´ o f¨ uggvények vektorterének azon I részhalmaz´ at, amely pontosan azokat az f f¨ uggvényeket tartalR mazza, melyekre ab f (x)dx = 0 teljes¨ ul. Mutassuk meg, hogy I altér. 6. Igazolja, hogy a valós Cauchy-sorozatok alterét alkotj´ ak az összes val´ os számsorozatok vektorterének. Igaz vajon ugyanez az áll´ıt´ as a divergens val´ os számsorozatokra is? 7. Ha V és W az F test feletti vektorterek, akkor az az els˝o szakasz 6. feladatában látott módon értelmezett V ⊗ W is F feletti vektortér. Mutassuk meg, hogy ¯ alterei, amelyek izomorfak V -vel, illetve vannak V ⊗ W -nek olyan V¯ és W ¯ altereinek direktösszege. W -vel, és V ⊗ W az V¯ és W

1.6

Line´ aris f¨ uggetlens´ eg ´ es ¨ osszef¨ ugg˝ os´ eg

A c´ımben jelzett lineáris f¨ uggetlenség, illetve lineáris összef¨ ugg˝ oség vektorrendszerekre vonatkozó fogalmak, és a lineáris algebra talán legalapvet˝ obb fogalmai. Olyannyira, hogy megértés¨ uk nélk¨ ul nem ép´ıthet˝ o tov´ abb a vektorterek elmélete. Ezért a következ˝o részben kicsit talán a sz¨ ukségesnél is több magyar´ azattal fog találkozni az olvasó. A középiskolában vektoralgebrai tanulm´ anyaik során megállap´ıtott´ ak, hogy ha adott a s´ıkban két tetsz˝oleges, nemzér´ o és nem egy egyenesre es˝o vektor, akkor ezek lineáris kombinációjaként a nullvektor csak u ´gy kaphat´ o, ha mindkét vektort a zér´ o skalárral szorozzuk, majd az ´ıgy kapott vektorokat adjuk össze. Teljesen hasonlóan, ha tekint¨ unk három nem egy s´ıkba es˝o térbeli helyvektort, ezek lineáris kombin´ aci´ oja csak abban az esetben egyenl˝o a nullvektorral, ha a lineáris kombin´ aci´ oban szerepl˝o skalár egy¨ utthatók mindegyike nulla. Ezt a tulajdonságot által´ anos´ıtva jutunk a lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszer alábbi fogalmához.

28


1.6.1 Defin´ıci´ o. Egy vektortér vektorainak egy X = {x1 , . . . , xn } rendszerét line´ arisan f¨ uggetlennek nevezz¨ uk, ha n X

αi xi = 0 =⇒ α1 = . . . = αn = 0 .

i=1

Szavakkal is megfogalmazva ugyanezt, azt mondhatjuk, hogy egy vektorrendszer pontosan akkor lineárisan f¨ uggetlen, ha vektorainak a lineáris kombin´ aci´ oja csak u ´gy lehet a zéróvektor, ha a lineáris kombin´ aci´ oban szerepl˝o skal´ arok mindegyike a zéró skalár. Azt a lineáris kombin´ aci´ ot, amelyben minden skal´ ar egy¨ utthat´ o zérus, trivi´ alis line´ aris kombin´ aci´ onak mondjuk. Természetesen bármely vektorrendszer triviális lineáris kombinációja zér´ ovektor, de vannak olyan vektorrendszerek is — például magát a zéróvektort is tartalmazó vektorrendszerek — amelyek nemcsak triviális lineáris kombinációval tudják a zér´ ovektort el˝o´ all´ıtani. A lineárisan nem f¨ uggetlen vektorrendszert line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ onek vagy röviden lineárisan f¨ ugg˝onek h´ıvjuk. Ez tehát azt jelenti, hogy egy {y1 , . . . , ym } vektorrendszer pontosan akkor lineárisan összef¨ ugg˝ o, ha léteznek olyan β1 , . . . βm skal´ arok, hogy P legalább egy köz¨ ul¨ uk nem nulla, mégis m β y = 0. i=1 i i Felvet˝odik a kérdés, hogy lineárisan f¨ uggetlen, vagy összef¨ ugg˝ o az u ¨res vektorrendszer, amelynek egyetlen vektor sem eleme. Tekintve, hogy lineárisan összef¨ ugg˝ o csak akkor lehetne, ha vektorainak nemtriviális lineáris kombin´ aci´ ojaként el˝o´ all´ıtható lenne a zéróvektor, és ez az u ¨res vektorrendszerre nem teljes¨ ul, az u ¨res vektorrendszer lineárisan f¨ uggetlen. Tekints¨ uk a valós polinomok R[t] vektorterében a p1 (t) = t, p2 (t) = t − 1, p3 (t) = t + 1 vektorokat (polinomokat). Ezek lineárisan f¨ ugg˝ o rendszert alkotnak, hiszen a p2 (t) + p3 (t) − 2p1 (t) ≡ 0. Megjegyzend˝ o ugyanakkor, hogy R[t]-ben vannak tetsz˝ oleges elemszám´ u lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszerek is, mert tetsz˝oleges n pozit´ıv egész mellett, az {1, t, . . . , tn } vektorrendszer (polinomrendszer) lineárisan f¨ uggetlen, hiszen ezen polinomok lineáris kombin´ aci´ oja csak u ´gy lehet az azonosan zéró polinom, azaz α0 1 + α1 t + · · · + αn tn ≡ 0, ha α0 = α1 = . . . = αn = 0. 3 P´ elda. Mutassuk meg, hogy ha az {x1 , . . . , xn } vektorrendszer line´ arisan f¨ uggetlen, akkor az {x1 , x2 − x1 , . . . , xn − xn−1 } vektorrendszer is line´ arisan f¨ uggetlen! A defin´ıció értelmében a vektorrendszerr˝ ol u ´gy láthatjuk be, hogy lineárisan f¨ uggetlen, ha siker¨ ul megmutatni, hogy vektorai lineáris kombin´ aci´ oja csak u ´gy lehet a nullvektor, ha minden skalár egy¨ utthat´ o nulla. Legyen ezért α1 x1 + α2 (x2 − x1 ) + · · · + αn (xn − xn−1 ) = 0, ahol az {αi (i = 1, . . . , n)} egy¨ utthat´ ok egyel˝ore ismeretlenek. Ha ezekr˝ol az egy¨ utthatókról ki tudjuk der´ıteni, hogy mindegyike csak nulla lehet, akkor a vektorrendszer


29

lineárisan f¨ uggetlen. Ez tehát a feladatunk. A vektoregyenlet, baloldalának átrendezése után (α1 − α2 )x1 + · · · + (αn−1 − αn )xn−1 + αn xn = 0, amib˝ol az {x1 , . . . , xn } vektorrendszer f¨ uggetlensége miatt következik, hogy α1 − α2 = . . . = αn−1 − αn = αn = 0. De ha αn = 0 és αn−1 − αn = 0, akkor αn−1 = 0 és hasonlóan lépésr˝ ol lépésre visszafelé haladva kapjuk, hogy α1 = α2 = . . . αn−1 = αn = 0. Ezzel megmutattuk, hogy a lineáris kombináció a triviális kellett legyen. 2 A lineáris f¨ uggetlenség, illetve a lineáris összef¨ ugg˝ oség vektorrendszerek tulajdonsága, mégis sokszor fogjuk mondani vektorokra, hogy azok lineárisan f¨ uggetlenek, vagy lineárisan f¨ ugg˝ok. Természetesen ezen azt értj¨ uk, hogy az általuk alkotott vektorrendszer rendelkezik a mondott tulajdonsággal. Az alábbiakban felsorolunk néh´ any nagyon egyszer˝ u áll´ıt´ ast, igazolásukat az olvasóra bizzuk. 1. a zéróvektort tartalmazó vektorrendszer lineárisan összef¨ ugg˝ o, 2. ha egy vektorrendszerben egy vektor legalább két péld´ anya benne van, akkor a rendszer lineárisan összef¨ ugg˝ o, 3. egyetlen nemzéró vektort tartalmazó vektorrendszer lineárisan f¨ uggetlen, 4. lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszer minden nem¨ ures részrendszere is lineárisan f¨ uggetlen. A következ˝o tétel lineárisan összef¨ ugg˝ o vektorrendszerek egy nagyon fontos tulajdonságát ´ırja le. 1.6.2 T´ etel. Egy X = {x1 , . . . , xn } vektorrendszer pontosan akkor line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o, ha valamelyik vektora kifejezhet˝ o a t¨ obbi vektora line´ aris kombin´ aci´ ojaként. Bizony´ıt´ as. Ha X lineárisan összef¨ ugg˝ o, akkor van vektorainak olyan nemtriviális lineáris kombinációja ami zér´ ovektor. Legyen a zér´ ovektornak egy ilyen nemtriviális el˝oáll´ıtása az α1 x1 + · · · + αn xn = 0. Legyen mondjuk az αi nemzéró egy¨ utthat´ o. Akkor az xi = −

α1 αi−1 αi+1 αn x1 − · · · − xi−1 − xi+1 − · · · − xn αi αi αi αi

számolás mutatja, hogy a feltétel sz¨ ukséges. Ford´ıtva, ha xi = β1 x1 + · · · + βi−1 xi−1 + βi+1 xi+1 + · · · + βn xn , akkor β1 x1 + · · · + βi−1 xi−1 − xi + βi+1 xi+1 + · · · + βn xn = 0

30


egy nemtriviális el˝oáll´ıtása a zéróvektornak — hiszen az xi egy¨ utthat´ oja nem nulla — tehát a vektorrendszer lineárisan összef¨ ugg˝ o. 2 A fentiekben bizony´ıtott tétel kicsit éles´ıthet˝ o abban az esetben, ha a vektorrendszer nem tartalmazza a zéróvektort. 1.6.3 T´ etel. Egy a zér´ ovektort nem tartalmaz´ o X = {x1 , . . . , xn } vektorrendszer pontosan akkor line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o, ha létezik olyan i (2 ≤ i ≤ n) index, hogy xi kifejezhet˝ o az x1 , . . . , xi−1 vektorok line´ aris kombin´ aci´ ojaként. Bizony´ıt´ as. Ha az X vektorrendszer lineárisan összef¨ ugg˝ o, akkor létezik vektorainak olyan nemtriviális lineáris kombin´ aci´ oja, ami a nullvektort adja, mondjuk: α1 x1 + · · · + αn xn = 0 Tegy¨ uk fel, hogy i a legnagyobb index˝ u nemzér´ o egy¨ utthat´ o a lineáris kombin´ aci´ oban, azaz α1 x1 + · · · + αi xi = 0 is teljes¨ ul és αi 6= 0. Mivel egyetlen nemzér´ o vektorb´ ol áll´ o vektorrendszer nyilv´ an lineárisan f¨ uggetlen, i ≥ 2 . Akkor a vektoregyenlet átrendezésével kapjuk, hogy xi = −

α1 αi−1 x1 − . . . − xi−1 , αi αi

amint azt áll´ıtottuk. Ford´ıtva, ha xi = β1 x1 + · · · + βi−1 xi−1 valamely i (2 ≤ i ≤ n)-re, akkor β1 x1 + · · · + βi−1 xi−1 − xi + 0xi+1 + · · · + 0xn = 0 a zér´ ovektor nemtriviális el˝oáll´ıt´ asa a vektorrendszer vektorainak lineáris kombin´ aciójaként, igazolva annak lineáris összef¨ ugg˝ oségét. 2 Az a defin´ıció nyilvánvaló következménye, hogy lineárisan összef¨ ugg˝ o vektorrendszer vektorainak lineáris kombin´ aci´ ojaként a zér´ ovektor többféleképpen is el˝oP β y = 0 egy nemtrivi´ a lis el˝o´ all´ıt´ as és α egy tetsz˝oleges áll´ıtható, hiszen ha m i i i=1 Pn Pm alis el˝o´ all´ıt´ as lesz. nemzéró skalár, akkor α i=1 βi yi = i=1 αβi yi = 0 is nemtrivi´ Ez nemcsak a zéróvektorra igaz, hanem az is teljes¨ ul, hogy amennyiben egy a vektor el˝oáll´ıtható egy lineárisan összef¨ ugg˝ o vektorrendszer vektorainak lineáris kombin´ aPm ciójaként, akkor ez nemcsak egyféleképpen lehetséges. Val´ oban az a = i=1 γi yi P (γ + αβ )y el˝ o a ´ ll´ ıt´ a sok is lehets´ egesek. el˝oáll´ıtás mellett az a = m i i i=1 i A következ˝o tételben azt bizony´ıtjuk, hogy a lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszerek esetében nemcsak a zéróvektor, de minden olyan vektor, amely el˝o´ all´ıthat´ oa vektorrendszer vektorainak lineáris kombin´ aci´ ojaként, egyértelm˝ uen áll´ıthat´ o el˝o. 1.6.4 T´ etel. Az X = {x1 , . . . , xn } vektorrendszer akkor és csak akkor line´ arisan f¨ uggetlen, ha b´ armely olyan a vektor, amely benne van X line´ aris burk´ aban, egyértelm˝ uen ´ all´ıthat´ o el˝ o X vektorai line´ aris kombin´ aci´ ojaként.


31

Bizony´ıt´ as. El˝oször feltessz¨ uk, hogy n X

a=

αi xi

és a =

i=1

n X

βi xi

i=1

az a vektor el˝oáll´ıtásai. Akkor képezve a vektoregyenletek k¨ ul¨ onbségét, kapjuk, hogy 0=

n X

(αi − βi )xi

i=1

és ebb˝ol mivel a feltétel szerint X line´ arisan f¨ uggetlen α1 − β1 = . . . = αn − βn = 0 , tehát α1 = β1 , . . . , αn = βn , igazolva, hogy az a el˝oáll´ıtása egyértelm˝ u. Az elegend˝oség nyilvánvaló, hiszen ha a zér´ ovektor, ami biztosan kifejezhet˝o X vektorai triviális lineáris kombin´ aci´ ojaként, másképpen nem áll´ıthat´ o el˝o, akkor ez, defin´ıció szerint X lineáris f¨ uggetlenségét jelenti. 2 3. Gyakorlatok, feladatok 1. Legyen F3 az F test feletti koordinátatér. A F3 -beli 











ξ1 η1 ζ1       x =  ξ2  , y =  η2  , z =  ζ2  ξ3 η3 ζ3 vektorrendszer lineáris f¨ uggetlenségének vizsgálat´ at végezz¨ uk a következ˝ o módon. Tegy¨ uk fel, hogy α, β és γ olyan F-beli skal´ arok, hogy αx + βy + γz = 0, ami a vektorok komponenseire vonatkoz´ oan azt jelenti, hogy αξ1 + βη1 + γζ1 = 0, αξ2 + βη2 + γζ2 = 0, αξ3 + βη3 + γζ3 = 0. Ez tehát adott x, y és z vektorok mellett, egy három ismeretlenes egyenletrendszer α, β és γ-ra nézve. Az egyenletrendszert megoldhatjuk a középiskol´ aban tanult módszerek valamelyikével. Ha azt találjuk, hogy az egyenletrendszernek az α = β = γ = 0 az egyetlen megoldása, akkor az x, y, z vektorrendszer lineárisan f¨ uggetlen. Ha van más megoldás is, akkor a vektorrendszer lineárisan összef¨ ugg˝o. Felhasználva a fentiekben adott módszert, igazolja, hogy az R3 térben az 















1 0 0 1          0 ,  1 ,  0 ,  1  0 0 1 1 vektorok rendszere lineárisan összef¨ ugg˝ o, de köz¨ ul¨ uk bármelyik három lineárisan f¨ uggetlen rendszert alkot!


32

2. Tételezz¨ uk fel, hogy valamely vektortérben az x, y és z vektorok lineárisan f¨ uggetlen rendszert alkotnak. Döntse el, hogy az x + y, y + z és a z + x vektorokból álló rendszer lineárisan összef¨ ugg˝ o, vagy f¨ uggetlen! 3. Tekints¨ uk a valós számok R halmaz´ at, mint racionális vektorteret, azaz minden valós szám vektorként szerepel, amelyek összead´ asa a szokásos módon történik, de skalárszorzóként csak racionális számot enged¨ unk meg. Mutassa meg, hogy az R-beli 1 és ξ vektorok akkor és csak akkor alkotnak lineárisan f¨ uggetlen rendszert, ha ξ irracionális szám. 4. A C2 komplex vektortérben az "

x=

−1 i

#

"

és y =

i 1

#

vektorok lineárisan összef¨ ugg˝ o rendszert alkotnak, mert x − iy = 0. Igazolja, 2 hogy ha C -t valós vektortérként kezelj¨ uk, akkor ugyanezek az x, y vektorok lineárisan f¨ uggetlen rendszert alkotnak.

1.7

Vektort´ er dimenzi´ oja ´ es b´ azisa

Az alterekr˝ol szóló részben eml´ıtett¨ uk, hogy ha egy vektortér valamely részhalmaza által generált altér az egész tér, akkor azt a részhalmazt generátorrendszernek nevezz¨ uk. Ezt az (1.5.7) tétel bizony´ıt´ asa után azzal egész´ıtett¨ uk ki, hogy ha egy vektorrendszer lineáris burka az egész tér, akkor azt a vektorrendszert is generátorrendszernek nevezz¨ uk, f¨ uggetlen¨ ul attól, hogy az halmaz, vagy esetleg egy vektor´ anak több példánya is szerepel a rendszerben. Természetesen egy vektortérnek mindig van generátorrendszere, hiszen az egész vektortér önmaga generátorrendszere, de nagyon sok k¨ ulönböz˝o valódi generátorrendszere is lehet. Az azonban már jellemz˝o a vektortérre, hogy van-e véges sok vektort tartalmazó generátorrendszere, vagy mindegyik végtelen számosság´ u. Ennek megfelel˝oen azt mondjuk, hogy egy vektortér véges dimenzi´ os, ha van véges generátorrendszere; végtelen dimenzi´ os, ha minden generátorrendszere végtelen sok vektort tartalmaz. Mi ebben a jegyzetben véges dimenziós terekkel kapcsolatos eredményeket közl¨ unk, de az anal´ızis tanulm´ anyaink során megismert vektorterek köz¨ ott sok végtelen dimenziós volt. 1.7.1 Defin´ıci´ o. A V végesen gener´ alhat´ o vektorteret n-dimenzi´ osnak mondjuk, ha van n vektort tartalmaz´ o gener´ atorrendszere, de b´ armely n-nél kevesebb vektort tartalmaz´ o vektorrendszere m´ ar nem gener´ atorrendszere V -nek. A V vektortér dimenzi´ oj´ at dim V -vel jel¨ olj¨ uk. A térbeli rögz´ıtett kezd˝opont´ u, u ´gynevezett helyvektorok tere véges dimenziós, hiszen minden ilyen vektor felbonthat´ o három, nem egy s´ıkba es˝o vektor irány´ aba mutató vektor összegére, ami pontosan azt jelenti, hogy mindegyik megkaphat´ o három nem egy s´ıkba es˝o vektor lineáris kombin´ aci´ ojaként. Igy ez a vektortér generálható három elem˝ u generátorrendszerrel. Mivel háromn´ al kevesebb helyvektor nyilvánvalóan nem elegend˝o e vektortér generál´ as´ ahoz, ezért az 3-dimenziós. A valós egy¨ utthatós polinomok R[t] vektortere ezzel szemben végtelen dimenziós, hiszen egyetlen polinom sem áll´ıthat´ o el˝o fokszám´ an´ al alacsonyabb fok´ u polinomok lineáris kombinációjaként, ezért minden n nemnegat´ıv egészre kell legyen

´ DIMENZIOJA ´ ´ BAZISA ´ 1.7. VEKTORTER ES

33

n-edfok´ u polinom R[t] bármely generátorrendszerében. Nem nehéz belátni, hogy az {1, t, t2 , . . . , tn , . . .} végtelen sok polinomb´ ol áll´ o rendszer generátorrendszere R[t]nek. Az anal´ızis tantárgy tanulásakor megismert legtöbb vektortér ugyancsak végtelen dimenziós, például az [a, b] intervallumon folytonos f¨ uggvények C[a,b] tere is. A generátorrendszerek olyan szerepet játszanak a vektorterek ép´ıtményében, mint például egy telev´ızió összeáll´ıt´ as´ an´ al az alkatrészek. A kész¨ ulék össze´ all´ıt´ as´ anál használt kondenzátorok, illetve ellenáll´ asok némelyike azonban nem feltétlen¨ ul sz¨ ukséges, azok helyettes´ıthet˝ok más kapacit´ as´ u, illetve ellenáll´ as´ u egységek soros és/vagy párhuzamos kapcsolásával. Persze nem hagyható el minden kondenz´ ator és minden ellenállás, mert azok nélk¨ ul TV kész¨ ulék nem ép´ıthet˝ o. Egy V vektortér valamely generátorrendszere is tartalmazhat nélk¨ ul¨ ozhet˝ o vektorokat, némelyik eleme esetleg elhagyható, amennyiben a megmaradt vektorok lineáris kombinációjaként az el˝oáll´ıthat´ o. Ennek megfelel˝oen bevezetj¨ uk a következ˝ o elnevezést. Egy V vektortér valamely X generátorrendszerét minim´ alis gener´ atorrendszernek nevezz¨ uk, ha bármely vektor´ anak elhagyás´ aval kapott részrendszer már nem generátorrendszere V -nek. A minimális generátorrendszer elnevezés helyett gyakoribb a bázis szó használata. Tekintve, hogy véges dimenziós konkrét vektorterek vektorrendszereinek lineáris f¨ uggetlenségét, illetve, hogy egy adott vektor kifejezhet˝o-e a vektorrendszer elemeinek lineáris kombin´ aci´ ojaként, nem nehéz ellen˝orizni, a bázis fogalmát a következ˝o ekvivalens defin´ıci´ oval adjuk meg. 1.7.2 Defin´ıci´ o. A véges dimenzi´ os V vektortér egy X vektorrendszerét b´ azisnak vagy koordin´ atarendszernek nevezz¨ uk, ha (i) line´ arisan f¨ uggetlen rendszer, (ii) V -nek gener´ atorrendszere. Felmer¨ ulhet a kérdés, hogy mi a bázisa a zér´ o vektortérnek, hiszen annak egyetlen eleme a zéróvektor, és a zéróvektort tartalmazó vektorrendszerek lineárisan összef¨ ugg˝oek. Mivel az u ¨res vektorhalmaz nyilv´ an minimális generátorrendszere a zér´ o vektortérnek, a zéró vektortér bázisa az u ¨res vektorrendszer. Ez összhangban van korábbi megállapodásunkkal miszerint az u ¨res halmaz lineáris burka a zér´ o vektortér. A további vizsgálataink szempontj´ ab´ ol a zér´ o vektortér érdektelen. Ezért, hogy áll´ıtásaink megfogalmazása ne legyen feleslegesen kör¨ ulményes, a továbbiakban feltételezz¨ uk, hogy a vizsgált vektorterek k¨ ul¨ onb¨ oznek a zér´ o vektortért˝ ol. Megjegyezz¨ uk, hogy a defin´ıci´ o (ii) feltétele azt jelenti, hogy a tér minden vektora kifejezhet˝o az X vektorainak lineáris kombin´ aci´ ojaként, hiszen az (1.5.7) tétel értelmében, X pontosan akkor generátorrendszere V -nek, ha lin (X ) = V. M´ asrészt az (i) feltétel miatt az (1.6.4) tétel felhasznál´ as´ aval az is adódik, hogy a tér minden vektora egyértelm˝ uen áll´ıtható el˝o a bázisvektorok lineáris kombin´ aci´ ojaként. Igy annak igazolásához, hogy véges dimenziós vektorterek esetén a minimális generátorrendszer fogalma és az általunk adott bázis defin´ıci´ o val´ oban ekvivalens csupán az alábbi áll´ıtást kell bizony´ıtanunk. ´ ıt´ 1.7.3 All´ as. Egy véges dimenzi´ os V vektortér valamely X gener´ atorrendszere akkor és csak akkor minim´ alis, ha line´ arisan f¨ uggetlen.

34


Bizony´ıt´ as. A sz¨ ukségesség indirekt érveléssel azonnal adódik. Ha ugyanis X = {x1 , . . . , xn } minimális generátorrendszer, de lineárisan összef¨ ugg˝ o, akkor valamelyik vektora, mondjuk xi kifejezhet˝o a többi vektora valamilyen xi = α1 x1 + · · · + αi−1 xi−1 + αi+1 xi+1 + · · · + αn xn

(1.1)

lineáris kombinációjaként. Akkor viszont V bármely y = β1 x1 + · · · + βi xi + · · · + βn xn

(1.2)

vektora kifejezhet˝o a X \ {xi } vektorrendszer elemeinek lineáris kombin´ aci´ ojaként is, csupán az (1.2) egyenletben xi helyébe az (1.1) egyenlet jobboldalát kell behelyettes´ıteni. y = β1 x1 + · · · + βi−1 xi−1 + +βi (α1 x1 + · · · + αi−1 xi−1 + αi+1 xi+1 + · · · + αn xn )+ +βi+1 xi+1 + · · · + βn xn = = (β1 + βi α1 )x1 + · · ·+(βi−1 + βi αi−1 )xi−1 + +(βi+1 + βi αi+1 )xi+1 + · · · + (βn + βi αn )xn Tehát az xi vektor elhagyható anélk¨ ul, hogy a maradék rendszer megsz˝ unne generátorrendszer lenni, ellentmondva az X generátorrendszer minimalitás´ anak. Az elegend˝oség talán még egyszer˝ ubben kaphat´ o, ha ugyanis az X gener´ atorrendszer lineárisan f¨ uggetlen, akkor egyik vektora sem fejezhet˝o ki a többi vektora lineáris kombinációjaként, következésképpen, bármelyik vektor´ anak elhagyás´ aval a maradék rendszer már nem generátorrendszer, bizony´ıtva, hogy X minimális. 2 Az el˝oz˝oekben láttuk, hogy ha egy véges dimenziós vektortér egy generátorrendszeréb˝ol elhagyunk olyan vektort, amely el˝o´ all´ıthat´ o a megmaradtak lineáris kombinációjaként, akkor a maradék vektorrendszer is generátorrendszer. Ha pedig már lineárisan f¨ uggetlen, akkor bázis. Teh´ at igaz az alábbi következmény: 1.7.4 K¨ ovetkezm´ eny. Egy véges dimenzi´ os vektortér minden gener´ atorrendszere tartalmaz b´ azist. A véges dimenziós vektorterek dimenziója u ´jrafogalmazhat´ o. Azt mondhatjuk, hogy egy V vektortér n-dimenziós, ha van n vektort tartalmazó bázisa, de — és ez egyel˝ore nem nyilvánvaló — nincs n-nél kevesebb vektort tartalmazó bázisa. A következ˝o tételben éppen azt k´ıvánjuk igazolni, hogy a tér dimenziója egy tetsz˝oleges bázisa vektorainak számával egyenl˝ o. 1.7.5 T´ etel. Tetsz˝ oleges véges dimenzi´ os vektortér b´ armely két b´ azis´ aban ugyanannyi vektor van. Bizony´ıt´ as. Tekints¨ unk két tetsz˝oleges bázist, az egyik legyen az X = {x1 , . . . , xn }, és a másik pedig az Y = {y1 , . . . , ym } vektorrendszer. Az S1 = {y1 , x1 , . . . , xn } vektorrendszer nyilv´ anval´ oan generátorrendszer, de nem lineárisan f¨ uggetlen rendszer, hiszen az y1 a X -beli vektorok lineáris kombin´ aci´ oja. Akkor, az (1.6.3) tétel szerint létezik olyan i (1 ≤ i ≤ n) index, hogy xi lineáris kombinációja az y1 , x1 , . . . xi−1 vektoroknak. (Az i index most azért lehet esetleg 1 is, mert a S1 vektorrendszerben x1 már a második elem.) De akkor az S10 = S1 \ {xi }


35

vektorrendszer is generátorrendszer. Folytassuk ezt a vektorcserét tov´ abb, vegy¨ uk S az S2 = S10 {y2 } = {y1 , y2 , x1 , . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xn } lineárisan összef¨ ugg˝ o (mert S10 generátorrendszer) vektorrendszert. Megint az (1.6.3) tétel alapján létezik olyan j (1 ≤ j ≤ n, j 6= i) index, hogy xj az y1 , y2 és a j-nél kisebb index˝ u S2 -beli xk vektorok lineáris kombinációja. S20 = S2 \ {xj } teh´ at tov´ abbra is generátorrendS szer és az S3 = S20 {y3 } generátorrendszer pedig lineárisan összef¨ ugg˝ o. Hasonlóan 0 folytatva X -beli vektorok Y-beli vektorokkal val´ o kicserélését vég¨ ul eljutunk az Sm generátorrendszerhez, ami már Y minden elemét tartalmazza, miközben pontosan m darab X -beli vektort hagytunk el, tehát X elemeinek a száma nem lehetett kisebb m-nél. Az, hogy a vektorcserék során mindig X -beli vektort kellett elhagynunk abból következik, hogy Y lineárisan f¨ uggetlen rendszer, ´ıgy az eljár´ as bármelyik lépésénél az Si generátorrendszert az Y-beli vektorok mellett még szerepl˝o X -beli vektor(ok) tették lineárisan összef¨ ugg˝ové. Megismételve ezt a gondolatmenetet, csak most X és Y szerepét felcserélve, kapjuk, hogy Y-nak sem lehet kevesebb eleme, mint X -nek, azaz mindkét bázis ugyanannyi elemet kell tartalmazzon. 2 Most már azt is áll´ıthatjuk, hogy egy véges dimenziós vektortér bármely bázis´ aban a vektorok száma a tér dimenziója. Ha a bizony´ıtást u ´jra végiggondoljuk látjuk, hogy kicsit által´ anosabb eredményt igazoltunk, és ezt következményként meg is fogalmazzuk. 1.7.6 K¨ ovetkezm´ eny. Ha egy vektortérnek X = {x1 , . . . , xn } tetsz˝ oleges gener´ atorrendszere és Y = {y1 , . . . , ym } pedig tetsz˝ oleges line´ arisan f¨ uggetlen vektorrendszere, akkor m ≤ n. Azt látjuk tehát, hogy egy lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszer elemeinek a száma kisebb, vagy egyenl˝o, mint a vektortér dimenziója és egyenl˝ oség pontosan akkor teljes¨ ul, ha a vektorrendszer egy´ uttal generátorrendszer is, azaz bázis. Felmer¨ ul a kérdés, hogy vajon nem lehetne-e egy tetsz˝oleges lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszert bázissá kiegész´ıteni? A válasz igenl˝o, amit az alábbi áll´ıt´ asban fogalmaztunk meg. ´ ıt´ 1.7.7 All´ as. Egy véges dimenzi´ os V vektortérnek b´ armely line´ arisan f¨ uggetlen Y = {y1 , . . . , ym } vektorrendszere kiegész´ıthet˝ o b´ aziss´ a. Bizony´ıt´ as. Az Y vektorrendszer a V térnek valamilyen alterét generálja. Mivel ez az altér Y lineáris burka, ezért ebben Y bázis. Ha a lin (Y) val´ odi altér, akkor a V \lin (Y) nem¨ ures részhalmaz bármely x1 vektora lineárisan f¨ uggetlen Y vektorait´ ol. 0 Ha most az Y = {y1 , . . . , ym , x1 } line´ arisan f¨ uggetlen vektorrendszer már generátorrendszer is, akkor készen vagyunk, ellenkez˝ o esetben van V -nek olyan eleme, amely nincs benne Y 0 lineáris burkában és azzal b˝ov´ıthetj¨ uk Y 0 -t. Ez az eljár´ as folytatható mindaddig, am´ıg vég¨ ul a kapott lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszer már az egész V vektorteret generálja, tehát annak bázisa. V véges dimenziós volta biztos´ıtja, hogy b˝ov´ıtési eljárásunk véges lépésben befejez˝odik. 2 Egy lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszer, u ´jabb vektorok hozzávételével kib˝ov´ıthet˝o generátorrendszerré u ´gy, hogy lineáris f¨ uggetlenségét meg˝orzi. Ett˝ol kezdve azonban, már bármely vektor hozzávétele a vektorrendszert lineárisan összef¨ ugg˝ové teszi, azaz a tér bázisa maxim´ alis, line´ arisan f¨ uggetlen vektorrendszer. A tér egy bázisa tehát megkapható u ´gy, hogy kiindulva egy generátorrendszeréb˝ ol, a ”felesleges” vektorokat elhagyva, azt minimalizáljuk, vagy egy lineárisan f¨ uggetlen

36


vektorrendszeréhez u ´j vektorokat hozzávéve addig b˝ov´ıtj¨ uk, am´ıg az a lineáris f¨ uggetlenség meg˝orzése mellett lehetséges. Ezért igazak az alábbi tételben megfogalmazott áll´ıtások. 1.7.8 T´ etel. (a) Egy n-dimenzi´ os V vektortérben b´ armely n+1 elemet tartalmaz´ o vektorrendszer line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o. (b) Egy n-dimenzi´ os V vektortérnek egy n elem˝ u vektorrendszere pontosan akkor b´ azis, ha line´ arisan f¨ uggetlen. (c) Egy n-dimenzi´ os V vektortérnek egy n elem˝ u vektorrendszere pontosan akkor b´ azisa, ha az gener´ atorrendszer. Miel˝ott példákat adunk vektorterek dimenziój´ anak meghatároz´ as´ ara, megadjuk a vektorrendszerek rangjának fogalmát, amellyel sok más lineáris algebrával foglakoz´ o könyvben találkozhat az olvasó. Legyen A = {a1 , . . . , am } egy V vektortér valamely vektorrendszere. Ha létezik A-nak r elem˝ u lineárisan f¨ uggetlen részrendszere, de minden r+1 vektort tartalmazó részrendszere már lineárisan összef¨ ugg˝ o, akkor az A rangja a nemnegat´ıv r sz´ am. Az A vektorrendszer rangját ρ(A)-val jelölj¨ uk. Nagyon könny˝ u igazolni, hogy ρ(A) éppen az A vektorrendszer által generált lin (A) altér dimenziój´ aval egyenl˝ o, ezért vektorrendszerek rangjára vonatkoz´ o áll´ıt´ asokat k¨ ul¨ on nem fogalmazunk meg ebben a jegyzetben. A térbeli, rögz´ıtett kezd˝opont´ u, helyvektorok terében válasszunk három, páronként mer˝oleges vektort, amit az alábbi 1.8 ábr´ an a-val, b-vel és c-vel jelölt¨ unk, és vegy¨ unk egy tetsz˝oleges, d-vel jelölt negyediket. βb ... .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . ...... . . . . . . . . .......... . . . . ... . . . ... . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . .. .. . . . . . ..... . . . . . . . . . . . . . . . .............. . ........... . . . .... . . .... . . . . . ... . . .... . . . . . . . . . . ..... ....... . ..... . . . . . .......... . .... . . . . . . ... . ... . . . . . ... . . .... . . . . . . . . .... . . .. . . . . . . . ..... . .... ..... . . . . . . ... . ... . . . . . ... . . .... . . . . . . . . .... . . .. . . . . .. . . . .... .......... . .......... ............................................................................................. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . .... . ... . . . . . . . . . . . .. . . ..... . . . ..... . . . . ..... . . . . . ..... . . . . .......... . . . . . . .............. . ..... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. ..... ..... . . . . ... . . . . .... .... . ...... .......... ......... . . . . ..... ..... ..... .

.

d = αa + βb + γc

b

•

a

αa

γc

c

1.8. ábra: Bázis a 3-dimenziós térben Amint az látható, a d vektort el˝o tudtuk áll´ıtani az a, b és c vektorok lineáris kombinációjaként. Az a, b, c h´ armas tehát e térnek generátorrendszere. Persze az {a, b, c} vektorrendszer lineárisan f¨ uggetlen is, azaz bázis. Tulajdonképpen az a, b, c vektorokkal a jól ismert térbeli Descartes–féle koordináta rendszert vett¨ uk fel, annak tengelyeit az a, b, c vektorok skal´ arszorosai alkotj´ ak. Ezért mondhatjuk, hogy maga az a, b, c vektorrendszer a koordináta rendszer. 4 P´ elda. Megmutatjuk, hogy az Rn val´ os koordin´ atatér n-dimenzi´ os.


37

Ennek a kijelentésnek az igazolás´ ara megadjuk Rn egy n-elem˝ u bázis´ at. Legyen 



0  ..   . 

    ei =      

0 1 0 .. .

         

0 az az n-es, amelyben pontosan az i-dik komponens az 1-es és a többi 0, amit a továbbiakban i-dik egységvektornak nevez¨ unk, és legyen E = {e1 , . . . , en } az egységvektorok halmaza. Tekintve, hogy 





α1  ..   αi ei =  .  =  i=1 αn

n X



0 ..  ⇐⇒ α = . . . = α = 0, 1 n .  0

E f¨ uggetlen vektorrendszer, másrészt egy tetsz˝oleges 



ξ1  ..  x =  .  ∈ Rn ξn vektor el˝oáll´ıtható az E-beli vektorok x=

n X

ξi ei

i=1

lineáris kombinációjaként, igazolva, hogy E generátorrendszer is. Ezzel E b´ azis volt´ at n igazoltuk, és mert n eleme van, azt is, hogy R n-dimenzi´ os. 2 n A fenti igazolás szó szerint átvihet˝ o tetsz˝oleges F test feletti F koordinátatérre, természetesen az F test egység– illetve zér´ oelemét használva a bázisvektorok konstruálásakor. Tehát áll´ıthatjuk, hogy a tetsz˝oleges F test feletti Fn koordinátatér n-dimenziós. 5 P´ elda. Megmutatjuk, hogy ha a V vektortérnek M és N két véges dimenzi´ os altere, akkor dim(lin (M ∪ N )) = dim M + dim N − dim(M ∩ N ). El˝oször is azt jegyezz¨ uk meg, hogy mivel az M és N alterek egyes´ıtése által generált altér minden vektora egy M -beli és egy N -beli vektor összege,(l´ asd az (1.5.8) tételt) ezen altér dimenziója is biztosan véges lesz. Minthogy az M ∩ N altér egy X bázisa mind M -nek mind N -nek lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszere, azt ki lehet egész´ıteni M egy XM és N egy XN bázis´ av´ a. Ezen bázisok egyes´ıtésével keletkezett halmaz, ami a közös elemeknek persze csak egy péld´ any´ at tartalmazza, bázisa lin (M ∪ N )-nek és dim M + dim N − dim(M ∩ N ) elem˝ u, és ez az, amit meg kellett mutatnunk. 2 Fel kell h´ıvjuk az olvasó figyelmét egy fontos következményre, nevezetesen arra, hogy amennyiben a V vektortér M és N altereinek direktösszege, azaz V = M ⊕ N , akkor dim V = dim M + dim N , hiszen ilyenkor az M ∩ N a zérus altér.


38

4. Gyakorlatok, feladatok 1. Mutassa meg, hogy ha A a V vektortér tetsz˝oleges részhalmaza és v egy tetsz˝oleges V -beli vektor, akkor a lin (A) és lin (A∪{v}) alterek dimenziója pontosan akkor egyenl˝o, ha v kifejezhet˝o A vektorainak lineáris kombin´ aci´ ojaként! 2. Legyen L = {x ∈ Rn | x = [α, α + δ, . . . α + (n − 1)δ], α, δ ∈ R}, tehát L elemei azok az n-esek, amelyeknek egymást követ˝ o elemei számtani sorozatot alkotnak. Mint azt megmutatt´ ak az el˝oz˝ o részt követ˝ o feladatok megoldása során, n L altere R -nek. Határozza meg L egy bázis´ at és ennek alapján a dimenziój´ at! 3. Tekints¨ uk most az Rn valós koordinátatér összes olyan vektorainak az M halmazát, amelyek komponenseinek összege zérus, tehát M = {x = [ξ1 , . . . , ξn ] |

n X

ξi = 0}.

i=1

Mint azt megmutattuk az el˝oz˝ o részben, M altér. Adja meg M egy bázis´ at és ennek alapján állap´ıtsa meg a dimenziój´ at! 4. A fentiekben igazoltuk, hogy a Cn komplex koordinátatér n-dimenziós a komplex számok C teste felett. Mennyi lesz a Cn tér, mint val´ os vektortér dimenziója, azaz, ha csak valós skal´ arokkal val´ o szorzásra szor´ıtkozunk? 5. Igazolja, hogy a legfeljebb (n − 1)-edfok´ u val´ os polinomok terében azok a ´ polinomok, amelyeknek az α zérushelye, alteret alkotnak! Allap´ ıtsa meg ezen altér dimenzióját és adja meg egy bázis´ at! 6. Mutassa meg, hogy ha V n-dimenziós vektortér és M V -nek r-dimenziós altere (r ≤ n), akkor van olyan n − r-dimenzi´ os N altere is, hogy V az M és N altereinek direkt összege! 7. Az el˝oz˝o feladat felhasznál´ as´ aval igazolja, hogy egy n-dimenzi´ os V vektortér el˝oáll´ıtható n darab 1-dimenziós altere direkt összegeként!

1.8

Koordin´ ata reprezent´ aci´ o

Ha V egy n-dimenziós F test feletti vektortér, akkor bármely X = {x1 , . . . , xn } bázisa seg´ıtségével a tér minden vektora el˝o´ all´ıthat´ o, mint a bázisvektorok lineáris kombinációja, és ez az el˝oáll´ıt´ as az (1.6.4 tétel szerint egyértelm˝ u is. Ha tehát v(∈ V ) egy tetsz˝oleges vektora a térnek, akkor léteznek egyértelm˝ uen meghatározott ε1 , . . . , εn (∈ F) skalárok, u ´gy, hogy v = ε1 x1 + · · · + εn xn . Ezeket a ε1 , . . . , εn skalárokat a v vektor X b´ azisra vonatkoz´ o koordin´ at´ ainak nevezz¨ uk. Magát az (oszlopba) rendezett skal´ ar-n-est a v vektor X bázisra vonatkozó koordin´ ata vektor´ anak h´ıvjuk és vX -el jelölj¨ uk. Teh´ at 



ε1  ..  vX =  .  εn

´ ´ O ´ 1.8. KOORDINATA REPREZENTACI

39

a v vektor X bázisra vonatkozó koordináta vektora. Felh´ıvjuk az olvas´ o figyelmét arra, hogy ha szövegen bel¨ ul k´ıvánjuk megadni valamely vektor koordináta vektor´ at, akkor helyk´ımélés céljából sorba rendezett n-esekkel reprezent´ aljuk azokat. skal´ arn-essel Remélve, hogy a koordinata reprezent´ aci´ o bázist´ ol val´ o f¨ ugg˝ oségének megértését seg´ıti, az 1.9 ábra a s´ıkbeli helyvektorok terében ugyanazon v vektor két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, a már középiskolából ismert I = {i, j} és egy másik, A = {a, b} bázis vektorainak lineáris kombinációiként van el˝oáll´ıtva. Ennek megfelel˝oen fel´ırtuk v mindkét bázisra vonatkozó koordináta vektorát.

j . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..v .... . . ... ...... . ............... . ................ . v ....... . . . ........... . . a ...... ......... ..... . . . . . . . . ..... ..... ..

. ............ . .. .... .... . ......... . . . . . . ... ..... ..... ...... . . ..... ..... .. ...... .. . . ..... ..... .................. . . . . . . . ... . . . . . . . ...... . . ............ ... ... . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . ...... . .......... . ... .... . . . . . . . . ... . . . . . . ....... .... . . ..... ..... ............. ... . ......... . ....... ..... ..... ........ . ... . ...... ..... ..... ......... ... ......... ...... ..... . ........... . ...... . ......... ......................... ... ....... . ..... . .............. . .......... ............................................................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................. . . . . . . . . . . .

1 2a

•

i

3b

b

•

b.

a.

1.9. ábra: Koordináta reprezent´ aci´ o k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o bázisokban Az 1.9 ábráról leolvasható, hogy "

vI =

1 1

#

"

, m´ıg vA =

1/2 3

#

.

Hangs´ ulyoznunk kell a k¨ ulönbséget a v ∈ V vektor és a v vektor valamely bázisra vonatkozó koordináta vektora köz¨ ott, ami az F feletti Fn koordinátatér eleme, nem pedig V -beli. Ezt k´ıvánjuk elérni azzal, hogy a koordináta vektort vastagon szedett bet˝ uvel jelölj¨ uk, tehát péld´ aul a v vektor koordináta vektor´ at v-vel, amelynek indexeként az alapul vett bázist is felt¨ untetj¨ uk. Ez persze sokszor bonyolulttá teszi a koordináta vektorok jelölését, ezért állapodjunk meg abban, hogy ha a szövegkörnyezetb˝ol kider¨ ul, hogy melyik bázisra vonatkoz´ o koordinát´ akr´ ol van szó, akkor az egyszer˝ uség kedvéért a bázisra utaló indexet elhagyjuk. De nagyon fontos, hogy az olvasó megértse, hogy a vektortér vektorainak a koordinát´ ai bázisf¨ ugg˝ oek, és ugyanazon vektornak két k¨ ulönb¨ oz˝ o bázisra vonatkoz´ o koordinát´ ai k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek. Ami pedig egy vektor koordináta vektor´ at illeti, az még a bázis vektorainak rendezését˝ol is f¨ ugg. K¨ ulönösen bonyolultt´ a válik a helyzet abban az esetben, amikor magának az Fn koordinátatér vektorainak valamely bázisra vonatkoz´ o koordináta vektorairól van szó, hiszen ekkor formailag nincs k¨ ul¨ onbség a tér elemei és a koordináta vektorok között. Tartalmilag azonban igenis lényeges az eltérés, hiszen Fn egy mesterséges matematikai konstrukci´ oval képzett vektortér, nevezetesen F-beli skalárok oszlopba rendezett n-eseinek halmaza, alkalmas operáci´ okkal ellátva, m´ıg egy elemének valamely bázisra vonatkoz´ o koordináta vektora azt mutatja meg, hogy

40


a kérdéses elemet a bázisvektorok milyen F-beli skal´ arokkal képzett lineáris kombinációja áll´ıtja el˝o. Ezért egy tetsz˝oleges v ∈ Fn skal´ ar-n-es lehet egy más w ∈ Fn n-es valamely bázisra vonatkozó w koordináta vektor´ aval egyenl˝ o. A következ˝o tétel azt áll´ıtja, hogy lényegében minden vektortér olyan, mint egy koordinátatér, csak az elemek jelölésében van eltérés. 1.8.1 T´ etel. Ha V az F test feletti n-dimenzi´ os vektortér, akkor izomorf az Fn koordin´ atatérrel. ´ Bizony´ıt´ as. Legyen X = {x1 , . . . , xn } egy bázisa V -nek. Ertelmezz¨ uk azt a Φ : V −→ Fn leképezést, amely minden v = ε1 x1 + · · · + εn xn V -beli vektorhoz hozzárendeli, annak X bázisra vonatkoz´ o 



ε1  ..  vX =  .  εn koordináta vektorát. Azt fogjuk megmutatni, hogy Φ izomorfizmus. A Φ leképezés egyértelm˝ usége abból következik, hogy rögz´ıtett bázis mellett a koordinát´ ak egyértelm˝ uen meghatározottak. Ha két v, w ∈ V vektornak ugyanaz a képe, akkor a v − w = 0x1 + · · · + 0xn = 0 számolás mutatja, hogy v = w, igazolva, hogy Φ egy–egyértelm˝ u is. Tov´ abb´ a minden n F -beli [α1 , . . . , αn ] vektor Φ k´ epe valamely V -beli vektornak, nevezetesen az α1 x1 + · · · + αn xn vektornak, mutatva ezzel, hogy Φ ráképezés. Ha w = ω1 x1 + · · · + ωn xn egy tetsz˝oleges másik V -beli vektor és δ, γ ∈ F tetsz˝ oleges skalárok, akkor könny˝ u számol´ assal kapjuk, hogy δv + γw = (δε1 + γω1 )x1 + · · · + (δεn + γωn )xn . Így tehát azt kapjuk, hogy 











δε1 + γω1 ε1 ω1       ..  = δ  ..  + γ  ..  = δv + γw, δv + γw =  .    .   .  δεn + γωn εn ωn ami éppen annak az igazolása, hogy Φ(δv + γw) = δΦ(v) + γΦ(w). Ezzel bizony´ıtottuk, hogy Φ rendelkezik a m˝ uveletekkel val´ o felcserélhet˝ oség tulajdonságával is, tehát izomorfizmus. 2


41

Az (1.8.1) tétel bizony´ıtása rámutat arra, hogy egy F feletti V vektortér minden X = {x1 , . . . , xn } bázisa meghatároz egy Φ : V Fn izomorf leképezést. A Φ izomorf lképezést u ´gy is értelmezhett¨ unk volna, hogy a bázisvektorokhoz az Fn         Φ(xi ) = ei =       

0 .. . 0 1 0 .. . 0

              

(i = 1, . . . , n),

u ´gynevezett egységvektorait rendelj¨ uk, majd minden más V -beli v vektor képét annak a követelménynek a figyelembevételével határozzuk meg, hogy lineáris kombináció izomorf képe meg kell egyezzen a képvektorok ugyanazon skal´ arokkal képzett lineáris kombinációjával. Tehát ha v = ε1 x1 + · · · + εn xn , akkor Φ(v) = ε1 Φ(x1 ) + · · · + εn Φ(xn ) kell legyen. Ezek alapján egy F feletti V vektortér v elemének egy X = {x1 , . . . , xn } bázisra vonatkozó koordináta vektor´ at u ´gy tekinthetj¨ uk, mint a Φ : V Fn izomorfizmus által meghatározott Φ(v) képét. Könnyen igazolható, hogy ha Θ a V vektortérnek a W vektortérre val´ o izomorfizmusa, és {x1 , . . . , xn } a V vektortér lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszere vagy bázisa, akkor {Θ(x1 ), . . . , Θ(xn )} a W vektortérnek ugyancsak lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszere, illetve bázisa. Az (1.8.1) tétel felhasználásával nem nehéz igazolnunk az alábbi áll´ıt´ ast. ´ ıt´ 1.8.2 All´ as. izomorfak.

Ha az F test feletti V és W vektorterek dimenzi´ oja egyenl˝ o, akkor

Bizony´ıt´ as. Legyen dim V = dim W = n . Akkor az (1.8.1) tétel szerint léteznek Φ : V Fn és Ψ : W Fn izomorf leképezés. Tekints¨ uk a (Ψ−1 · Φ) : V W szorzatleképezést, amely minden v ∈ V vektornak a Ψ−1 (Φ(v)) vektort felelteti meg. Ez könnyen igazolhatóan V -nek W -re val´ o izomorf leképezése. 2 Az (1.7.7) áll´ıtás nyilvánvaló következménye, hogy egy n-dimenziós vektortérnek van m-dimenziós altere minden m(≤ n) nemnegat´ıv egész esetén. Ebb˝ol a tényb˝ ol és az el˝oz˝o áll´ıtásból azonnal adódik:


42

1.8.3 K¨ ovetkezm´ eny. Ha az F test feletti V vektortér n-dimenzi´ os a W vektortér pedig m-dimenzi´ os és m ≤ n, akkor V -nek van W -vel izomorf altere. 1.8.4 T´ etel. Ha az F test feletti V vektortér n-dimenzi´ os, akkor a du´ alis V ∗ vektortér is n-dimenzi´ os, k¨ ovetkezésképpen minden véges dimenzi´ os vektortér izomorf a du´ alis´ aval. Bizony´ıt´ as. Mivel dim V = n, V -nek van n-elem˝ u bázisa. Legyen X = ∗ ∗ {x1 , . . . , xn } egy ilyen bázis. Legyenek {x1 , . . . , xn } olyan a V téren értelmezett f¨ uggvények, melyekre (

x∗i (xj )

= δij , (i, j = 1, . . . , n) ahol δij =

1 0

ha ha

i = j, i 6= j

az u ´gynevezett Kronecker-szimb´ olum, és tetsz˝oleges v = ε1 x1 + . . . + εn xn

(1.3)

x∗i (v) = ε1 x∗i (x1 ) + · · · + εn x∗i (xn ) = εi (i = 1, . . . , n).

(1.4)

vektorra, legyen

Könnyen látszik, hogy az x∗i f¨ uggvény lineáris, és az X ∗ = {x∗1 , . . . , x∗n } k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o li∗ ∗ ∗ neáris f¨ uggvények rendszere V -ban. Megmutatjuk, hogy X bázisa V -nak. El˝osz¨ or lássuk be, hogy az X ∗ f¨ uggvényrendszer lineárisan f¨ uggetlen. Ha az ξ1 x∗1 + · · · + ξn x∗n = 0 , tehát minden V -beli vektornak a 0 skal´ art felelteti meg, akkor az X b´ azis vektorait helyettes´ıtve, kapjuk, hogy minden i(= 1, . . . , n)-re 0=(

n X

ξj x∗j )xi =

j=1

n X

ξj x∗j (xi ) = ξi ,

j=1

ami éppen X ∗ lineáris f¨ uggetlenségét igazolja. Legyen most y ∗ tetsz˝oleges eleme V ∗ -nak. Tegy¨ uk fel, hogy y ∗ (xi ) = ηi . Megmutatjuk, hogy akkor y ∗ = η1 x∗1 + · · · + ηn x∗n ,

(1.5)

ami azt fogja igazolni, hogy X ∗ generátorrendszere is V ∗ -nak. Az y ∗ lineáris f¨ uggvény az (1.3) egyenl˝ oséggel adott tetsz˝oleges v ∈ V vektorhoz az n n X

y ∗ (v) = y ∗ (

εi xi ) =

i=1

X

εi ηi

i=1

skalárt rendeli. Az (1.5) egyenl˝ oség jobboldalán lév˝ o lineáris f¨ uggvény értéke a v helyen az (1.4) egyenlet szerint (

n X

j=1

ηj x∗j )(v)

=(

n X

j=1

n X

ηj x∗j )(

i=1

εi xi ) =

´ ´ O ´ 1.8. KOORDINATA REPREZENTACI n X j=1

n X

ηj (

i=1

εi δij ) =

43 n X

ηi εi ,

i=1

tehát ugyanaz a skalár. Akkor az (1.5) egyenl˝ oség teljes¨ ul, és ezzel megmutattuk, hogy X ∗ nemcsak lineárisan f¨ uggetlen, de generátorrendszere is V ∗ -nak, azaz bázis. 2 1.8.5 Defin´ıci´ o. Legyen X = {x1 , . . . , xn } b´ azisa V vektortérnek és legyenek uggvények, melyekre X ∗ = {x∗1 , . . . , x∗n } a V téren értelmezett olyan f¨ (

x∗i (xj )

= δij , (i, j = 1, . . . , n) ahol δij =

1 0

ha ha

i = j, i 6= j.

Akkor X ∗ a du´ alis tér b´ azisa (l´ asd az el˝ oz˝ o tételt), amelyet a V vektortér X b´ azis´ ahoz rendelt du´ alis b´ azisnak nevez¨ unk. Egy véges dimenziós vektortér és duálisa köz¨ otti kapcsolatot az el˝oz˝ o tétel jól jellemzi. Az alábbi áll´ıtás altereik kapcsolat´ at ´ırja le. ´ ıt´ 1.8.6 All´ as. Legyen az n-dimenzi´ os V vektortérnek M r-dimenzi´ os altere. Megmutatjuk, hogy M annull´ atora (n − r)-dimenzi´ os altere V ∗ -nak. Bizony´ıt´ as. Emlékeztetj¨ uk az olvas´ ot arra, hogy M annull´ ator´ an azoknak a ∗ V y lineáris f¨ uggvényeknek a halmazát értj¨ uk, amelyekre ∗ -beli

y ∗ (x) = 0 minden x ∈ M -re teljes¨ ul. Az M r-dimenziós lévén, van r elem˝ u bázisa. Legyen X = {x1 , . . . , xr } M -nek egy ilyen bázisa, és egész´ıts¨ uk ezt ki az {xr+1 , . . . , xn } vektorok hozzávételével a V vektortér egy bázis´ av´ a, ami az (1.7.7) áll´ıt´ as szerint lehetséges, hiszen V alterének egy bázisa nyilván lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszere V -nek. Legyen X ∗ = {x∗1 , . . . , x∗r , x∗r+1 , . . . , x∗n } a duális bázis. Megmutatjuk, hogy {x∗r+1 , . . . , x∗n } bázisa M annullátorának, M ◦ -nek. A duális bázis értelmezése alapján nyilv´ anval´ o, hogy x∗r+1 , . . . , x∗n lineáris f¨ uggvények mindegyike eleme M ◦ -nek, és lineárisan f¨ uggetlen rendszer, hiszen egy bázis részrendszere. Másrészt, ha y ∗ tetsz˝oleges eleme M ◦ -nek, akkor y ∗ (xi ) = 0 (i = 1, . . . , r)–re, és y ∗ (xj ) = βj (j = r + 1, . . . , n)-re. Így y ∗ -nak X ∗ -beli f¨ uggvények lineáris kombin´ aci´ ojaként val´ o (1.5) egyenl˝ oség szerinti el˝oáll´ıtásában y ∗ = 0 · x∗1 + · · · + 0 · x∗r + βr+1 xr+1 + · · · + βn x∗n uggvények egy¨ utthat´ oi zé(lásd az el˝oz˝o tétel bizony´ıtását), csak az x∗r+1 , . . . , x∗n f¨ ∗ ∗ rustól k¨ ulönböz˝oek, igazolva ezzel, hogy {xr+1 , . . . , xn } generátorrendszere is, és ´ıgy bázisa M ◦ -nek. Akkor viszont M ◦ val´ oban n − r-dimenzi´ os. 2

44

1.8.1


Elemi b´ azistranszform´ aci´ o

Azt láttuk, hogy tetsz˝oleges F test feletti n-dimenziós V vektortér izomorf az Fn koordinátatérrel. Azok után, hogy rögz´ıtett¨ uk V egy X b´ azis´ at, a vektortér mindegyik v eleméhez egyértelm˝ uen hozzárendelhet˝ o egy vX oszlopba rendezett skal´ ar n-es, a v vektornak az X bázisra vonatkoz´ o, u ´gynevezett koordináta vektora, amelynek i-dik eleme éppen a v vektornak az i-dik bázisvektorra vonatkoz´ o koordinát´ aja. Ez a koorn dináta vektor az F koordinátatér egy eleme, a v vektor izomorf képe, ahol az izomorf leképezést az X bázis határozza meg, el˝o´ırva, hogy az X -beli xi b´ azisvektor képe legyen az ei = [0, . . . , 0, 1, 0, . . . , . . . , 0]∗ , u ´gynevezett i-edik egységvektor, minden (i = 1, . . . , n)-re. Minthogy a v vektor koordinát´ ai bázist´ ol f¨ ugg˝ oek, más bázis más izomorf leképezést határoz meg, következésképpen, más bázis esetén ugyanazon v vektornak mások lesznek a koordinát´ ai. Az alábbiakban azt k´ıv´ anjuk kider´ıteni, hogy a bázis megváltoztatásakor, a tér vektorainak koordinát´ ai hogyan változnak. Itt most csak azzal az esettel foglalkozunk, amikor a bázist csak egyetlen vektor kicserélésével változtatjuk meg. Legyen ezért X = {x1 , . . . , xn } az eredeti bázis és azt tételezz¨ uk fel, hogy y a térnek egy nemzéró vektora. Egy olyan u ´j bázisban akarjuk meghatározni a vektortér vektorainak koordinátáit, amely X -t˝ ol csak annyiban k¨ ul¨ onb¨ ozik, hogy valamelyik vektora helyett az y vektor lesz az u ´j bázisvektor. y csak´ ugy, mint a tér bármelyik vektora, kifejezhet˝o X vektorainak lineáris kombinációjaként, y = η1 x1 + · · · + ηi xi + · · · + ηn xn , ahol az y koordinátái között van null´ at´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, mondjuk ηi 6= 0, hiszen feltevés¨ unk szerint y nemzéró vektor, és nyilv´ anval´ oan csak nemzér´ o vektor lehet bázisnak eleme. Az ηi koordinátát gener´ al´ o elemnek nevezz¨ uk. A ηi 6= 0 volta teszi lehet˝ové, hogy az xi vektor kifejezhet˝o az y és X többi vektor´ anak lineáris kombinációjaként xi = −

ηi−1 1 ηi+1 ηn η1 x1 − · · · − xi−1 + y − xi+1 − · · · − xn , ηi ηi ηi ηi ηi

(1.6)

amib˝ol következik, hogy az X 0 = {x1 , . . . , xi−1 , y, xi+1 , . . . , xn } vektorrendszer is bázis. Ezt igazolandó, el˝oször lássuk be, hogy X 0 generátorrendszer. Mivel X b´ azis 0 volt és az elhagyott xi vektor X vektorainak lineáris kombin´ aci´ oja, ha egy V -beli v vektor X vektorainak lineáris kombin´ aci´ ojaként val´ o el˝o´ all´ıt´ as´ aban az xi vektort helyettes´ıtj¨ uk az (1.6) egyenlet jobboldalával, akkor X 0 vektorainak lineáris kombinációjaként való kifejezését kapjuk. Másrészt X 0 lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszer is, mert n elem˝ u generátorrendszer és ha lineárisan összef¨ ugg˝ o lenne, akkor a térnek lenne n-nél kevesebb vektort tartalmazó bázisa, ellentmondva az (1.7.5) tételnek. Tekints¨ uk most a vektortér egy tetsz˝oleges v elemét. Ha ez az X b´ azis vektorainak v = ε1 x1 + · · · + εi xi + · · · + εn xn lineáris kombinációja, akkor az xi vektort helyettes´ıtve az (1.6) vektoregyenlet jobboldalával, kapjuk, hogy v = ε1 x1 + · · · + εi (−

η1 ηi−1 1 x1 − · · · − xi−1 + y − ηi ηi ηi


45

ηi+1 ηn xi+1 − · · · − xn ) + · · · + εn xn , ηi ηi

−

(1.7)

ami a bázisvektorok egy¨ utthatóinak rendezése után v = (ε1 − η1

εi εi ξi )x1 + · · · + y + · · · (εn − ηn )xn . ηi ηi ηi

(1.8)

¨ Osszefoglalva a fenti szám´ıt´ as eredményét, ha a v vektor X b´ azisra vonatkoz´ o koordináta vektora vX és az yX koordináta vektor´ u nemzér´ o y vektorral kicserélj¨ uk az X bázis xi elemét, hogy megkapjuk az X 0 u ´j bázist, akkor vX 0 ugyanazon v 0 vektornak az u ´j X bázisra vonatkoz´ o koordináta vektora. Teh´ at ha         vX =       

ε1 .. . εi−1 εi εi+1 .. . εn





             

       yX =       

és

η1 .. . ηi−1 ηi ηi+1 .. . ηn





ε1 − η1 ηεii .. . εi−1 − ηi−1 ηεii

              εi  akkor vX 0 =  ηi     εi+1 − ηi+1 εi ηi     ..   .  

        .      

εn − ηn ηεii

Látható, hogy legel˝oször célszer˝ u a bázisba éppen bevont u ´j bázisvektorra vonatkozó koordináta meghatározása, hiszen ez minden más koordináta kiszám´ıt´ as´ aban szerepet kap. Ezt a bázisból elhagyand´ o vektorra vonatkoz´ o koordinát´ anak a gener´ aló elemmel való osztásával kapjuk. Ezt a hányadost δ-val jelölve azt mondhatjuk, hogy minden más u ´j bázisra vonatkoz´ o koordináta megkaphat´ o, ha a régi bázisra vonatkozó koordinátából kivonjuk az u ´j bázisvektor megfelel˝o koordinát´ aj´ anak δ-szorosát. Hangs´ ulyoznunk kell, hogy az y vektort olyan xi bázisvektor helyett tudtuk bázisba vonni, amelyre vonatkozó koordinát´ aja nem nulla, hiszen ez tette lehet˝ové, hogy a bázisból elhagyandó xi vektort el˝o´ all´ıtsuk az y és a megmaradt X -beli vektorok lineáris kombinációjaként az (1.6) egyenletnek megfelel˝oen. 6 P´ elda. Tegy¨ uk fel, hogy a 4-dimenzi´ os val´ os V vektortérben az X = {x1 , . . . , x4 } vektorrendszer egy b´ azis és y = 2x1 + x2 − 3x3 + x4 . Az x1 vektort ki akarjuk cserélni az y vektorral és meg kell hat´ arozni a v = x1 + 2x2 + x3 − 3x4 vektor koordin´ ata vektor´ at az u ´j X 0 = {y, x2 , . . . , x4 } b´ azisban. A szám´ıtásokat a x1 x2 x3 x4

y v 2 1 1 2 −3 1 1 −3

táblázat módos´ıtásával végezz¨ uk, amelynek baloldali oszlopában az X b´ azis elemeit t¨ untett¨ uk fel, második oszlopában az y vektor e bázisra vonatkoz´ o koordinát´ ait, ezt a második oszlop fejlécében az y felt¨ untetésével is jelölt¨ uk, a harmadik oszlop


46

pedig a v X bázisra vonatkozó koordináta vektor´ at tartalmazza, ugyancsak az v jellel fejlécezve. Minthogy a tábl´ azat baloldali oszlopa az X b´ azis vektorait mutatja, ebb˝ol egyértelm˝ u, hogy a további oszlopok melyik bázisra vonatkoz´ o koordináta vektorok. Ezért hagyhattuk el a bázisra utaló indexet a koordináta vektorok jeléb˝ ol. Az y vektor els˝o koordinátája be van keretezve, amellyel azt k´ıv´ antuk jelezni, hogy az y vektort az els˝o bázisvektor helyére akarjuk a bázisba bevonni. Ezt a koordinát´ at ´ választjuk generáló elemnek. Ujfent hangs´ ulyozzuk, hogy a generál´ o elem mindig zérustól k¨ ulönböz˝o kell legyen, hiszen, amint azt az el˝oz˝ oekben láttuk, csak olyan bázisvektor cserélhet˝o ki egy u ´j vektorra, amely kifejezhet˝o az u ´j vektor és az eredeti bázis megmaradó vektorainak lineáris kombin´ aci´ ojaként. A következ˝ o tábl´ azatban már a szám´ıtási eljárás van felt¨ untetve, v y x2

1/2 2−1·

1 2

x3 1 − (−3) · x4

−3 − 1 ·

1 2

1 2

=

1/2

=

3/2

=

5/2

= −7/2

Természetesen a v koordináta vektort feladatok megoldásakor azonnal az      

1/2



  5/2  

3/2  −7/2

alakban ´ırjuk a táblázatba, itt csupán azt k´ıv´ antuk megmutatni, hogy az u ´j bázisra vonatkozó koordináták hogyan szám´ıthat´ ok ki. Azt áll´ıthatjuk az u ´j koordináta vektor ismeretében, hogy a v vektor az u ´j bázisvektorok 3 5 7 1 v = y + x2 + x3 − x4 2 2 2 2 lineáris kombinációja. Más szavakkal megfogalmazva ugyanezt, am´ıg az eredeti X bázis által meghatározott izomorfizmus a v vektorhoz R4 -nek [1, 2, 1, −3] elemét rendeli, addig az {y, x2 , x3 , x4 } b´ azis által definiált másik izomorf leképezés ugyanezen v vektort az [1/2, 3/2, 5/2, −7/2] szám-4-esbe viszi. 2 Számos lineáris algebrai probléma megoldás´ ahoz lehet használni az elemi bázistranszformáció módszerét, hogy vektorok koordináta vektor´ at egy alkalmas bázisra vonatkozóan meghatározzuk. Persze által´ aban elemi bázistranszform´ aci´ ok sorozatával jutunk csak az alkalmas bázishoz. A következ˝ o részben néh´ any alkalmaz´ asi lehet˝ oséget mutatunk be.

1.8.2

Az elemi b´ azistranszform´ aci´ o n´ eh´ any alkalmaz´ asa

Vektorrendszerek line´ aris f¨ uggetlens´ eg´ enek, illetve ¨ osszef¨ ugg˝ os´ eg´ enek vizsg´ alata Az a feladat, hogy valamely V vektortér egy Y = {y1 , . . . , yn } vektorrendszerér˝ ol el kell dönteni, hogy lineárisan f¨ uggetlen, vagy lineárisan összef¨ ugg˝ o. Amennyiben


47

ismerj¨ uk az Y vektorainak V valamely X bázis´ ara vonatkoz´ o koordináta vektorait, akkor elemi bázistranszformációk sorozatával az X b´ azis vektorait az Y vektorrendszer vektoraival cserélj¨ uk ki. Ha az Y vektorrendszer minden vektora bevonhat´ o a bázisba, kicserélve az X -beli vektorokat, akkor egy bázis részrendszere lévén, lineárisan f¨ uggetlen. Ha azonban Y valamelyik yi vektora nem cserélhet˝ o ki X -beli vektorral, mert ezekre vonatkozó koordinát´ ai mind null´ ak, akkor yi vagy a zér´ o vektor, vagy az el˝oz˝oleg már a bázisba bevont Y-beli vektorok lineáris kombin´ aci´ oja, és akkor Y lineárisan összef¨ ugg˝o. 7 P´ elda. Legyen a 4–dimenzi´ os val´ os V vektortér egy b´ azisa X = {x1 , . . . , x4 } és az Y = {y1 , y2 , y3 } vektorrendszer vektorainak ezen b´ azisra vonatkoz´ o koordin´ at´ ai legyenek       1 −1 3  −1   2   −4        y1 =  es y3 =   , y2 =   ´   2   −2   6  0 3 −3 ´ Allap´ ıtsuk meg, hogy Y line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o, vagy line´ arisan f¨ uggetlen vektorrendszer! A szám´ıtásokat az alábbi tábl´ azatokban végezt¨ uk

x1 x2 x3 x4

y1 y2 y3 1 −1 3 −1 2 −4 2 −2 6 0 3 −3

y1 x2 x3 x4

y2 y3 −1 3 1 −1 0 0 3 −3

y1 y2 x3 x4

y3 2 −1 0 0

Az utolsó táblázatból kiolvashat´ o, hogy az y3 vektor az el˝oz˝ o lépések során a bázisba bevont y1 és y2 vektorok lineáris kombin´ aci´ oja, nevezetesen y3 = 2y1 − 1y2 , következésképpen az Y vektorrendszer lineárisan összef¨ ugg˝ o. 2 Kompatibilit´ as vizsg´ alat Mindenekel˝ott meg kell magyar´ azzuk, hogy mit kell azon érteni, hogy egy V vektortér valamely v vektora kompatibilis valamely Y = {y1 , . . . , yn } vektorrendszerre vonatkozóan. Az Y vektorrendszer lineáris burka, mint az már ismert, a V térnek egy altere, amelynek elemei éppen Y vektorainak lineáris kombin´ aci´ oi. A v vektort az Y vektorrendszerre vonatkoz´ oan kompatibilisnek nevezz¨ uk, ha v benne van az Y lineáris burkában, azaz, ha v az y1 , . . . , yn vektorok lineáris kombin´ aci´ oja. ´ 8 P´ elda. Allap´ ıtsuk meg, hogy az R3 [t] vektortér (a legfeljebb 3–adfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok tere) p(t) = −t + 3t2 + 2t3 vektora kompatibilis–e a q1 (t) = 1 − t, q2 (t) = 1 − t2 , q3 (t) = 1 + t3 vektorok rendszerére vonatkoz´ oan! Nem nehéz belátni, hogy az R3 [t] vektortérnek az A = {1, t, t2 , t3 } vektorrendszere (polinomrendszere) bázis, ´ıgy szám´ıt´ asainkat végezhetj¨ uk az erre a bázisra vonatkozó koordináta vektorokkal. Persze az A b´ azis helyett R3 [t] bármely más bázisára vonatkozó koordináta vektorokkal is dolgozhatnánk, csak akkor a


48

q1 (t), q2 (t), q3 (t) és p(t) polinomok koordináta vektorainak meghatároz´ asa k¨ ul¨ on feladatot jelentene. Szám´ıtásainkat az alábbi tábl´ azatok mutatj´ ak: 1 t t2 t3

q1 (t) q2 (t) q3 (t) p(t) q2 (t) q3 (t) p(t) q (t) 1 1 0 1 1 1 0 1 −1 0 0 −1 −→ t 1 1 −1 2 0 −1 0 3 t −1 0 3 3 0 0 1 2 t 0 1 2 q3 (t) p(t) p(t) q1 (t) 0 1 q1 (t) 1 1 −1 −→ q2 (t) −3 −→ q2 (t) 2 t 1 2 t2 0 q3 (t) 2 1 2 t3

A legutolsó táblázatból kiolvashat´ o, hogy a p(t) = q1 (t) − 3q2 (t) + 2q3 (t), és valóban −t + 3t2 + 2t3 = (1 − t) − 3(1 − t2 ) + 2(1 + t3 ), ami tehát azt mutatja, hogy a p(t) vektor kompatibilis a {q1 (t), q2 (t), q3 (t)} vektorrendszerre vonatkoz´ oan. 2 Következ˝o példánkban megmutatjuk, hogy a lineáris egyenletrendszerek kompatibilitási problémaként is kezelhet˝ ok. Persze a lineáris egyenletrendszerek által´ anos tárgyalására majd még kés˝obb visszatér¨ unk az alkalmaz´ asokr´ ol szól´ o fejezetben, itt most csak azt szeretnénk érzékeltetni, hogy tulajdonképpen, már rendelkezik az olvasó azzal a technikával, amely egy lineáris egyenletrendszer megoldás´ ahoz sz¨ ukséges. 9 P´ elda. A kisl´ anyom, Anna nagy pénzgy˝ ujt˝ o. Természetesen a pap´ırpénzek mellett sz´ amos fém pénzérmét is ¨ osszegy˝ ujt¨ ott. A teljes kollekci´ oja 48 db érmét tartalmaz, és értéke 160 Ft. Gy˝ ujteményében legt¨ obb az 1 Ft–osok sz´ ama. 2 Ft–os viszont 10–zel kevesebb van, mint forintos. A 10 Ft–osok, 5 Ft–osok és 2 Ft–osok sz´ ama ¨ osszesen is 5–tel kevesebb, mint a gy˝ ujteményben lév˝ o 1 Ft–osok ¨ osszértéke. Azt tudjuk még, ´ hogy 1–gyel t¨ obb 10 Ft–osa van mint 20 Ft–osa. Allap´ ıtsa meg, hogy Anna pénzérme kollekci´ oja milyen ¨ osszetétel˝ u! A látszólag komplikált feladathoz egy nagyon is egyszer˝ u matematikai modell rendelhet˝o, amelynek megoldása val´ oban gyerekj´ aték. Legyen ugyanis az 1 Ft–osok, 2 Ft–osok, 5 Ft–osok, 10 Ft–osok és 20 Ft–osok egyel˝ ore ismeretlen száma rendre: ξ1 , ξ2 , ξ3 , ξ4 , illetve ξ5 darab. Akkor ezek az ismeretlenek a fenti informáci´ ok szerint eleget tesznek a következ˝o egyenleteknek. ξ1 + ξ2 + ξ3 + ξ4 + ξ5 = 48 ξ1 + 2ξ2 + 5ξ3 + 10ξ4 + 20ξ5 = 160 ξ1 − ξ2 = 10 ξ1 − ξ2 − ξ3 − ξ4 = 5 ξ4 − ξ5 = 1


49

Ha az egyes ismeretlenek egy¨ utthat´ oit egy–egy oszlopvektorba gy˝ ujtj¨ uk, csak´ ugy, mint az egyenletek jobboldalán lév˝ o konstansokat, akkor a fenti egyenletrendszer a     ξ1    

1 1 1 1 0





       + ξ2       

1 2 −1 −1 0





       + ξ3       

1 5 0 −1 0





       + ξ4       

1 10 0 −1 1





       + ξ5       

1 20 0 0 −1





      =      

48 160 10 5 1

       

alakot ölti. Ezt a vektoregyenletet interpretálhatjuk u ´gy, hogy adott 5-komponens˝ u oszlopvektorok olyan lineáris kombin´ aci´ oi keresend˝ ok, amelyek egy adott 5-komponens˝ u oszlopvektort eredményeznek. A lineáris kombin´ aci´ oban szerepl˝o egy¨ utthatókat kell meghatároznunk. Ilyen feladatot már oldottunk meg, ugyanis ha megvizsgáljuk, hogy az egyenletrendszer jobboldalán szerepl˝o konstansok oszlopvektora kompatibilis-e az egy¨ utthatók oszlopai alkotta vektorrendszerre vonatkoz´ oan, akkor, amennyiben igenl˝o a válasz rögt¨ on megkapjuk, hogy a vektorrendszer vektorainak milyen lineáris kombinációja a konstansok oszlopvektora, nemleges válasz esetén pedig azt áll´ıthatjuk, hogy az egyenletrendszernek nincs megoldása. Az a jogos kérdés mer¨ ulhet fel, hogy az itt szerepl˝o oszlopvektorok melyik vektortér vektorainak és azon vektortér melyik bázisára vonatkoz´ o koordináta vektoraiként kezelend˝ ok. Az 5-dimenziós valós R5 térben az E = {ei = [0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0] | i = 1, . . . , 5}, ahol tehát ei az i-edik egységvektor, olyan bázis, amelyre vonatkoz´ oan minden R5 -beli vektor koordinátái és komponensei egyenl˝ ok. Célszer˝ u tehát ezt a vektorteret választani, és ebben az egyenletrendszert kompatibilit´ asi problém´ anak tekinteni. Alább a szám´ıtások menetének érzékeltetésére felt¨ untett¨ uk az induló, a közb¨ uls˝ o és megoldást szolgáltató elemi bázistranszform´ aci´ os tábl´ azatokat, amelyben a1 , . . . , a5 -tel fejlécezt¨ uk a ξ1 , . . . , ξ5 ismeretlenek egy¨ utthat´ oib´ ol képzett oszlopokat, a konstansok oszlopát pedig b jelöli. Minden tábl´ azatban bekeretezt¨ uk a generál´ o elemet és persze a generáló elemeket igyekezt¨ unk u ´gy megválasztani, hogy a szám´ıt´ asok minél könnyebben legyenek elvégezhet˝ ok.

e1 e2 e3 e4 e5

a1 a2 a3 a4 a5 b a2 a3 1 1 1 1 1 48 e1 2 1 1 2 5 10 20 160 e2 3 5 −→ 0 a1 −1 1 −1 0 0 0 10 e4 1 −1 −1 −1 0 5 0 −1 0 0 0 1 −1 1 e5 0 0

e1 e2 −→ a1 a4 e5

a2 a3 2 0 3 −5 −1 0 0 1 0 −1

a4 a5 b 1 1 38 10 20 150 0 0 10 -1 0 −5 1 −1 1

a5 b a2 a3 b 1 33 e1 2 -1 29 20 100 e2 3 −25 20 −→ 0 10 0 10 a1 −1 0 5 a4 0 1 5 -1 −4 0 1 4 a5

50


a3 e2 −→ a1 a4 a5

a2 b b −2 −29 a3 1 a2 15 -47 −705 −→ a1 25 −1 10 a4 4 2 34 a5 3 2 33

A lineáris egyenletrendszernek egyetlen megoldása van, mert a jobboldalon szerepl˝o konstansok b oszlopvektora az egy¨ utthat´ ok oszlopvektorainak egyértelm˝ u 25 · a1 + 15 · a2 + 1 · a3 + 4 · a4 + 3 · a5 lineáris kombinációja. Ezek alapján, Anna gy˝ ujteménye 25 db 1 Ft–ost, 15 db 2 Ft– ost, 1 db 5 Ft–ost, 4 db 10 Ft–ost és 3 db 20 Ft–ost tartalmaz. 2

2. Fejezet

Line´ aris lek´ epez´ esek, transzform´ aci´ ok A lineáris leképezések és transzformáci´ ok a vektorterek elméletének, mind az alkalmazások, mind matematikai szempontb´ ol, legérdekesebb és legfontosabb fejezete. Innen ered az oly sok alkalmazásban szerephez jutó mátrixaritmetika is.

2.1

A line´ aris lek´ epez´ esek elemi tulajdons´ agai

Bevezetésként egy nagyon egyszer˝ u problém´ at fogalmazunk meg, annak érzékeltetésére, hogy a lineáris leképezések fogalma a mindennapi élet feladatainak modellezése során, természetesen absztrakcióval keletkezett. Egy u ¨zem m k¨ ulönböz˝o er˝oforr´ as felhasznál´ as´ aval n-féle terméket gyárt. Ismeretes, hogy a j-edik termék egy darabjának elkész´ıtéséhez az i-edik er˝oforr´ asb´ ol αij egységnyire van sz¨ ukség. Megállap´ıtand´ o, hogy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o termelési programok megvalós´ıtásához az egyes er˝oforrásokb´ ol mennyi sz¨ ukséges. A probléma matematikai modellezése a következ˝oképpen történhet. Minden termelési programhoz hozzárendelhet˝o egy-egy t ∈ Rn vektor, amelynek j-edik komponense a j-edik termékb˝ ol gyártandó mennyiség. Ugyancsak minden termelési programhoz tartozik egy er˝oforrás felhasználási s ∈ Rm vektor, amelynek i-edik komponense pedig az i-edik er˝oforrásból felhasznált mennyiséget mutatja. A k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o lehetséges t tervek és megvalós´ıtásukhoz sz¨ ukséges s er˝oforr´ asvektorok köz¨ ott, legalábbis ha további mellékfeltételeket nem vesz¨ unk figyelembe, lineáris a kapcsolat, si =

n X

αij tj

(i = 1, . . . , m),

j=1

amin azt értj¨ uk, hogy ha a t1 terv megval´ os´ıt´ as´ ahoz s1 , a t2 program megvalós´ıtásához pedig s2 er˝oforrásfelhaszn´ al´ as tartozik, akkor az egyes´ıtett program azaz a t1 + t2 megvalós´ıtása s1 + s2 er˝oforr´ as felhasznál´ as´ aval lehetséges. Ugyancsak, valamely t program β-szorosának megval´ os´ıt´ asa β-szor annyi er˝oforr´ as felhasznál´ as´ aval lehetséges, mint a t terv teljes´ıtése. Hasonló problém´ ak matematikai absztrakciója vezet a vektorterek lineáris leképezéseinek, illetve transzformáci´ oinak a fogalmához. 51

´ ´ ´ ´ OK ´ 2. FEJEZET LINEARIS LEKEPEZ ESEK, TRANSZFORMACI

52

2.1.1 Defin´ıci´ o. Legyenek V és W ugyanazon F test feletti vektorterek. Egy A : V → W leképezést line´ aris leképezésnek nevez¨ unk, ha ∀x, y ∈ V : ∀α, β ∈ F : A(αx + βy) = αA(x) + βA(y) teljes¨ ul. Ha V = W , akkor az A : V → V line´ aris leképezést line´ aris transzform´ aci´ onak nevezz¨ uk. A V vektorteret t´ argyvektortérnek, m´ıg a W -t képvektortérnek nevezz¨ uk. A defin´ıció alapján mondhatjuk, hogy a lineáris transzformáci´ ok speciális, egy vektortérnek önmagába való lineáris leképezései, ezért ahol ez lehetséges, áll´ıt´ asainkat lineáris leképezésekre bizony´ıtjuk.

2.1.1

P´ eld´ ak line´ aris lek´ epez´ esekre ´ es transzform´ aci´ okra

1. Ha Φ : V W izomorf leképezés, akkor az izomorf leképezés defin´ıci´ oja alapján, eleget tesz a lineáris leképezésekt˝ ol megkövetelt feltételeknek. Hangs´ ulyoznunk kell, hogy ford´ıtva nem igaz, nem minden lineáris leképezés izomorfizmus. 2. Egy F test feletti V vektortér lineáris transzformáci´ oj´ ara egyszer˝ u példa az a leképezés, amit tetsz˝oleges α ∈ F skal´ ar indukál az x → αx

(x ∈ V )

megfeleltetéssel. Ez a vektortér axióm´ aib´ ol következik. 3. Tekints¨ unk a 3-dimenziós val´ os térben, — amin érts¨ uk a térbeli, rögz´ıtett kezd˝opont´ u helyvektorok terét — egy tetsz˝oleges, origón átmen˝ o egyenest és forgassunk el minden vektort ezen egyenes kör¨ ul valamilyen rögz´ıtett φ sz¨ oggel. Ezt u ´gy kell végrehajtani, hogy a helyvektor minden pontj´ at elforgatjuk az egyenes kör¨ ul a rögz´ıtett φ sz¨ oggel. Ez a leképezés is lineáris transzformáció. (A figyelmes olvasónak igaza van, amikor megjegyzi, hogy nem tudja mit értsen ponton és mit egyenesen. Kérj¨ uk, hogy pontos definiál´ asukig gondoljon a köznapi értelemben használt térbeli pontra és egyenesre!) 4. Vegy¨ uk most a 3-dimenziós val´ os tér egy origón átmen˝ o s´ıkj´ at és t¨ ukr¨ ozz¨ unk minden vektort erre a s´ıkra. Ez a leképezés is lineáris transzformáci´ o. Az a leképezés, ami minden vektorhoz egy origón átmen˝ o s´ıkon val´ o vet¨ uletét rendeli, ugyancsak lineáris transzformáci´ o. Mindkét el˝oz˝o példában felt˝ un˝ o lehetett, hogy a tér vektorait origón átmen˝ o egyenes kör¨ ul forgattuk, illetve origón átmen˝ o s´ıkra t¨ ukr¨ ozt¨ uk. Ennek az az egyszer˝ u oka, hogy a tér zér´ oeleme, az origó, fix kell maradjon bármely lineáris transzformációnál, illetve a zér´ o vektor képe zér´ o vektor minden lineáris leképezésnél. 5. Tekints¨ uk most a valós egy¨ utthat´ os polinomok R[t] terét és minden p(t) ∈ R[t]re legyen ddt p(t) a deriváltja p(t)-nek. Anal´ızisb˝ ol jól tudjuk, hogy a d/d t deriválási operáció is lineáris transzformáci´ o, hiszen d d d (αf + βg) = α f + β g . dt dt dt

´ ´ ´ ´ 2.1. A LINEARIS LEKEPEZ ESEK ELEMI TULAJDONSAGAI

53

Ebb˝ol következik, hogy igaz az az által´ anosabb áll´ıt´ as is, hogy tetsz˝oleges [a ,b] intervallumon differenciálhat´ o f¨ uggvények D[a,b] vektorterének a derivál´ as lineáris transzformációja. 6. Legyen a valós egy¨ utthatós polinomok R[t] vektorterének S az azR önmag´ at ba való leképezése, amely minden p(t) ∈ R[t] polinomhoz, annak 0 p(x) dx integrál f¨ uggvényét rendeli. Akkor S lineáris transzformáci´ oja R[t]-nek, amint azt anal´ızis tanulmányainkb´ ol ugyancsak jól tudjuk. 7. Legyen I[a,b] az [a, b] intervallumon Riemann–integr´ alhat´ o val´ os f¨ uggvények R vektortere és R a valós számok 1-dimenziós val´ os vektortere. Az az : I[a,b] → R R hozz´ arendelés, amely minden f ∈ I[a,b] f¨ uggvényhez annak ab f (x) dx integrálját rendeli lineáris leképezés. Valóban, ha f, g ∈ I[a,b] és α, β tetsz˝ oleges val´ os számok, akkor Z b a

(αf (x) + βg(x)) dx = α

Z b a

f (x) dx + β

Z b a

g(x) dx .

8. Egy vektortér duálisának, azaz a lineáris f¨ uggvények vektorterének minden eleme, a lineáris f¨ uggvények defin´ıci´ oja alapján, ugyancsak lineáris leképezés. Megmutatjuk, hogy általában hogyan lehet lineáris leképezéseket definiálni. ´ ıt´ 2.1.2 All´ as. Legyenek ezért V és W tetsz˝ oleges, ugyanazon F test feletti vek´ torterek és X = {x1 , . . . , xn } V -nek tetsz˝ oleges b´ azisa. Ertelmezz¨ uk az A : V → W leképezést a k¨ ovetkez˝ oképpen: Legyenek A(x1 ), . . . , A(xn ) tetsz˝ oleges elemek W -ben és b´ armely v ∈ V vektor A(v) képét a k¨ ovetkez˝ o elj´ ar´ assal hat´ arozzuk meg: (a) El˝ o´ all´ıtjuk v-t X vektorainak line´ aris kombin´ aci´ ojaként: v = ε1 x1 + . . . + εn xn , (b) és az A(v) képelemet az A(x1 ), . . . , A(xn ) ∈ W vektorok ugyanazon egy¨ utthat´ okkal képzett line´ aris kombin´ aci´ ojaként adjuk meg, azaz def

A(v) = ε1 A(x1 ) + . . . + εn A(xn ). Akkor az ´ıgy értelmezett A leképezés V -nek W -be val´ o line´ aris leképezése. Bizony´ıt´ as. Az értelmezett A hozzárendelés egyértelm˝ u, mert minden v ∈ V vektornak az X bázisra vonatkoz´ o koordinát´ ai egyértelm˝ uen meghatározottak. Így csak azt kell még megmutatnunk, hogy az A leképezés lineáris. Legyen u ∈ V egy tetsz˝ oleges másik vektor, és tegy¨ uk fel, hogy u = ϕ1 x1 + · · · + ϕn xn . Tetsz˝ oleges α és β skalárokra, αu + βv =

n X i=1

(αϕi + βεi )xi ,


54

´ıgy ehhez a vektorhoz az A leképezés az A(αu + βv) =

n X

(αϕi + βεi )A(xi )

i=1

vektort rendeli. Az A(u) = ϕ1 A(x1 ) + · · · + ϕn A(xn ) és az A(v) = ε1 A(x1 ) + . . . + εn A(xn ) vektorok α és β skalárokkal képzett lineáris kombin´ aci´ oja αA(u) + βA(v) =

n X

(αϕi + βεi )A(xi ) ,

i=1

tehát teljes¨ ul a A(αu + βv) = αA(u) + βA(v) linearitási feltétel. 2 Vegy¨ uk észre, hogy minden lineáris leképezés ilyen, abban az értelemben, hogy a bázisvektorok képei már egyértelm˝ uen meghatározz´ ak a leképezést.

2.1.2

Line´ aris lek´ epez´ esek magtere ´ es k´ eptere

2.1.3 Defin´ıci´ o. Minden A : V → W line´ aris leképezéshez tartozik két halmaz, a ker (A)-val jel¨ olt magtér, és az im (A)-val jel¨ olt képtér. Ezeket form´ alisan a k¨ ovetkez˝ oképpen adhatjuk meg: • ker (A) = {x ∈ V | A(x) = 0} • im (A) = {x0 ∈ W | ∃ x ∈ V : A(x) = x0 } Szavakkal megfogalmazva ugyanezt: az A : V → W line´ aris leképezés magtere, a V vektortér azon elemeinek halmaza, amelyek a W vektortér zér´ ovektor´ ara a képz˝odnek, a képtér pedig a W azon elemeinek a halmaza, amelyek hozzá vannak rendelve V -beli vektorokhoz képekként. Fontosnak tartjuk hangs´ ulyozni, hogy a képtér általában nem azonos a W vektortérrel, hanem annak csak részhalmaza. A következ˝o áll´ıtás alátámasztja, hogy a magtér és képtér elnevezések indokoltak. ´ ıt´ 2.1.4 All´ as. Ha A : V → W line´ aris leképezés, akkor ker (A) altere V -nek és im (A) altere W -nek. Bizony´ıt´ as. Mindkét áll´ıtást a (1.5.3) áll´ıt´ asra támaszkodva u ´gy bizony´ıtjuk, hogy megmutatjuk, hogy mind ker (A), mind im (A) zárt a lineáris kombin´ aci´ o képzésére nézve. Legyenek u, v ∈ ker (A) tetsz˝oleges vektorok és α, β ∈ F tetsz˝ oleges skalárok. Akkor a A(αu + βv) = αA(u) + βA(v) = α0 + β0 = 0 számolás mutatja, hogy αu + βv ∈ ker (A). Ha, s0 , t0 ∈ im (A) tetsz˝oleges vektorok, akkor vannak olyan s, t ∈ V vektorok, hogy A(s) = s0 és A(t) = t0 . De akkor bármilyen α, β ∈ F skal´ arok mellett αs0 + βt0 = αA(s) + βA(t) = A(αs + βt),

´ ´ ´ ´ 2.1. A LINEARIS LEKEPEZ ESEK ELEMI TULAJDONSAGAI

55

ami éppen azt mutatja, hogy αs0 +βt0 is képe valamilyen, nevezetesen az αs+βt ∈ V vektornak. Igy αs0 + βt0 ∈ im (A), teh´ at im (A) is zárt a lineáris kombin´ aci´ o képzésre, következésképpen altér. 2 Az el˝oz˝o áll´ıtásból azonnal adódik, hogy egy V vektortér valamely A line´ aris transzformációjának magtere is és képtere is altere V -nek. 2.1.5 Defin´ıci´ o. Az A line´ aris leképezés ρ(A) rangj´ an képterének dimenzi´ oj´ at, ν(A) defektus´ an, pedig magterének dimenzi´ oj´ at értj¨ uk. A következ˝o tételben kapcsolatot teremt¨ unk V, az u ´gynevezett tárgyvektortér dimenziója, a lineáris leképezés rangja és defektusa köz¨ ott. 2.1.6 T´ etel. Ha A : V → W line´ aris leképezés, és V véges dimenzi´ os, akkor dim V = ρ(A) + ν(A). Bizony´ıt´ as. Mivel ν(A) = dim ker (A) és ρ(A) = dim im (A) , elegend˝o azt megmutatni, hogy ha ker (A) egy bázisa az {a1 , . . . , ar } vektorrendszer és im (A) egy bázisa az {A(b1 ), . . . , A(bs )} vektorrendszer, akkor az {a1 , . . . , ar , b1 , . . . , bs } vektorrendszer bázisa V -nek. E vektorrendszer lineáris f¨ uggetlenségét bizony´ıtand´ o, legyen α1 a1 + · · · + αr ar + β1 b1 + · · · + βs bs = 0.

(2.1)

Véve az egyenl˝oség mindkét oldalán lév˝ o vektornak az A leképezés által meghatározott képét, figyelembe véve, hogy ai ∈ ker (A) (i = 1, . . . r)-re, és, hogy a zér´ o vektor képe minden lineáris leképezés mellett a zér´ o vektor, kapjuk, hogy β1 A(b1 ) + · · · βs A(bs ) = 0 . De ez csak u ´gy lehet, ha β1 = . . . = βs = 0, mert hiszen {A(b1 ), . . . , A(bs )} b´ azisa, ´ıgy lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszere im (A)-nak. Akkor viszont a (2.1) egyenlet már az egyszer˝ ubb α1 a 1 + · · · + αr a r = 0 alak´ u. Ebb˝ol már az is következik, hogy α1 = . . . = αr = 0, mert az {a1 , . . . , ar } bázisa, ´ıgy lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszere ker (A)-nak. Meg kell még mutatni azt is, hogy az {a1 , . . . , ar , b1 , . . . , bs } vektorrendszer generálja V -et. Legyen ezért v ∈ V egy tetsz˝oleges vektor. Tekintve, hogy A(v) ∈ im (A), kapjuk, hogy A(v) = δ1 A(b1 ) + · · · δs A(bs ), amib˝ol, átrendezéssel, és kihasználva, hogy A lineáris leképezés az A(v − (δ1 b1 + · · · + δs bs )) = 0 egyenl˝oséghez jutunk. Ebb˝ol az következik, hogy v − (δ1 b1 + · · · + δs bs ) ∈ ker (A) és ´ıgy v − (δ1 b1 + · · · + δs bs ) = γ1 a1 + · · · + γr ar .

56


Innen az egyenl˝oség átrendezése után kapjuk, hogy v = γ1 a1 + · · · + γr ar + δ1 b1 + · · · + δs bs , tehát az {a1 , . . . , ar , b1 , . . . , bs } vektorrendszer generátorrendszere is V -nek. 2 A fenti bizony´ıtásból kider¨ ul, hogy ha az A a véges dimenziós V vektortérnek valamely W vektortérbe való lineáris leképezése, akkor van V -nek az A képterével izomorf altere. Ezért azt gondolhatnánk, hogy egy V vektortér megkaphat´ o bármely lineáris transzformációja magterének és képterének direktösszegeként. Ez azonban távolról sem igaz. Egyszer˝ u ellenpélda erre a legfeljebb n-edfok´ u val´ os polinomok Rn [t] terének az a lineáris transzformáci´ oja, amely minden polinomhoz annak deriváltját rendeli. Ennek a transzformáci´ onak a konstans polinomok alkotj´ ak a magterét, m´ıg a képtere a legfeljebb (n − 1)-edfok´ u polinomok tere. Minthogy egyetlen n-edfok´ u polinom sem kaphat´ o meg egy konstans polinom és egy legfeljebb (n − 1)-edfok´ u polinom összegeként, a képtér és a magtér direktösszege nem egyenl˝ o Rn [t]-vel. Megmutathat´ o azonban, hogy ha az A lineáris transzformáci´ o magterének és képterének a nullvektoron k´ıv¨ ul nincs köz¨ os eleme, akkor V = ker (A) ⊕ im (A) .

2.2

M˝ uveletek line´ aris lek´ epez´ esekkel

Ebben a részben értelmezz¨ uk lineáris leképezések összead´ as´ at és skal´ arral val´ o szorzását, megmutatjuk, hogy maguk a lineáris leképezések is vektorteret alkotnak a fenti m˝ uveletekkel.

2.2.1

Line´ aris lek´ epez´ esek ¨ osszead´ asa ´ es szorz´ asa skal´ arral

Legyen V és W két, ugyanazon F test feletti vektortér és legyen L(V, W ) az összes V ´ nek W -be való lineáris leképezéseinek a halmaza. Ertelmezz¨ uk két A, B ∈ L(V, W ) lineáris leképezés összegét az def

∀x ∈ V : (A + B)(x) = A(x) + B(x) definiáló egyenl˝oséggel, és legyen tetsz˝oleges A ∈ L(V, W ) lineáris leképezés α ∈ F skalárral való szorzata az def

∀x ∈ V : (αA)(x) = αA(x) egyenl˝oséggel adott. 2.2.1 T´ etel. A line´ aris leképezések L(V, W ) halmaza F feletti vektortér a fent defini´ alt ¨ osszead´ assal és skal´ arral val´ o szorz´ assal. Bizony´ıt´ as. El˝oször azt kell megmutatni, hogy a definiált összead´ asra és skalárral való szorzásra vonatkozóan L(V, W ) val´ oban zárt, azaz két lineáris leképezés összege is és egy lineáris leképezés skal´ arral val´ o szorzata is lineáris leképezés. Ha A és B ∈ L(V, W ), akkor az nyilv´ anval´ o, hogy összeg¨ uk is V -b˝ ol W -be val´ o leképezés, csak azt kell tehát igazolnunk, hogy vektorok lineáris kombin´ aci´ oj´ at a képvektorok ugyanazon skalárokkal képzett lineáris kombin´ aci´ oj´ aba viszi. Ezt viszont a következ˝o számolás verifikálja: ∀v, w ∈ V : ∀α, β ∈ F : (A + B)(αv + βw) =

˝ ´ ´ ´ 2.2. MUVELETEK LINEARIS LEKEPEZ ESEKKEL

57

= A(αv + βw) + B(αv + βw) = αA(v) + βA(w) + αB(v) + βB(w) = = α(A(v) + B(v)) + β(A(w) + B(w)) = α(A + B)(v) + β(A + B)(w) Teljesen hasonlóan ha γ ∈ F és A ∈ L(V, W ), akkor nyilv´ an γA is V -b˝ol W -be való leképezés, de linearitását még igazolnunk kell. Ezt az alábbi számol´ as mutatja: ∀v, w ∈ V : ∀α, β ∈ F : (γA)(αv + βw) = = γA(αv + βw) = γ(αA(v) + βA(w)) = (γα)A(v) + (γβ)A(w) = = α(γA(v)) + β(γA(w)) = α(γA)(v) + β(γA)(w) Igazolnunk kell még, hogy a lineáris leképezések az összead´ asra nézve kommutat´ıv–csoportot alkotnak, illetve, hogy a skal´ arokkal val´ o szorzás is eleget tesz a vektortér defin´ıciójában megkövetelt négy tulajdonságnak. Legyenek ezért A, B, C ∈ L(V, W ) tetsz˝oleges lineáris leképezések és v b´ armelyik vektora V -nek. Akkor kihasználva, hogy A(v), B(v) és C(v) W -beli vektorok, illetve a leképezések összeadásának defin´ıci´ oj´ at, kapjuk, hogy (a)

[A + (B + C)](v) = A(v) + (B + C)(v) = A(v) + (B(v) + C(v)) = = (A(v) + B(v)) + C(v) = (A + B)(v) + C(v) = [(A + B) + C](v)

(b)

(A + B)(v) = A(v) + B(v) = B(v) + A(v) = (B + A)(v)

(c)Legyen O ∈ L(V, W ) az a leképezés, amelyre ∀v ∈ V : O(v) = 0 teljes¨ ul. Ez nyilvánvalóan lineáris leképezés és a leképezések összead´ as´ ara nézve zér´ oelem. (d) Tetsz˝oleges A ∈ L(V, W )-re a (−1)A ∈ L(V, W ) pedig, ahol −1 az F test egységelemének ellentettje, az A leképezés addit´ıv inverze. A skalárral való szorzás tulajdonságait ellen˝orizend˝ o legyenek α, β ∈ F tetsz˝ oleges skalárok. Akkor bármely v ∈ V -re (1)

[α(A + B)](v) = α[(A + B)(v)] = α[A(v) + B(v)] = = αA(v) + αB(v) = (αA)(v) + (αB)(v) = [(αA) + (αB)](v)

(2)

[(α + β)A](v) = (α + β)A(v) = αA(v) + βA(v) = (αA + βA)(v)

(3)

[(αβ)A](v) = (αβ)A(v) = α[βA(v)] = α[(βA)(v)] = [α(βA)](v)

(4) Vég¨ ul, ha 1 az F test egységeleme, akkor (1A)(v) = 1A(v) = A(v), amivel igazoltuk a skalárral való szorzást´ ol elvárt négy tulajdonságot. 2

58

2.2.2


Line´ aris lek´ epez´ esek szorz´ asa

Még egy lineáris leképezéseken értelmezett m˝ uvelettel foglalkozunk ebben a részben, amit szorzásnak fogunk nevezni, bár a kompoz´ıci´ o elnevezés talán szerencsésebb lenne, mert a valós anal´ızisben a f¨ uggvények kompoz´ıci´ oj´ anak megfelel˝oen definiáljuk a leképezések szorzatát. Legyen a B ∈ L(V, W ) és A ∈ L(W, Z) lineáris leképezések szorzata az az AB-vel jelzett és V -b˝ol Z-be képez˝o hozzárendelés, amely a def

∀v ∈ V : (AB)(v) = A(B(v)) egyenl˝oséggel adott, tehát a v ∈ V vektort el˝obb a B leképezés W -be viszi, majd a B(v) képet az A leképezés a Z-be. A lineáris leképezések szorzata is lineáris leképezés. Ennek igazolására, legyenek v, w ∈ V és α, β ∈ F tetsz˝ oleges vektorok, illetve skalárok, akkor (AB)(αv + βw) = A(B(αv + βw)) = A(αB(v) + βB(w)) = = αA(B(v)) + βA(B(v)) = α(AB)(v) + β(AB)(w), és ezt kellett megmutatnunk. A lineáris transzformációk fontoss´ ag´ at hangs´ ulyozand´ o, megjegyezz¨ uk, hogy egy V vektortér L(V )-vel jelölt, lineáris transzformáci´ oinak a halmaza, amely persze a (2.2.1) tétel értelmében maga is vektortér, zárt a fenti szorzás m˝ uveletre is, azaz bármely két A, B ∈ L(V ) lineáris transzformáci´ o AB szorzata is L(V )-ben van. Ez lehet˝ové teszi lineáris transzformáci´ ok nemnegat´ıv egész kitev˝os hatványainak értelmezését a következ˝o rekurz´ıv defin´ıci´ oval: def

A ∈ L(V ) : A0 = I

és

def

An = An−1 A ha n > 0,

ahol I a V vektortér identikus leképezését jelöli, azt, amely minden vektornak önmagát felelteti meg. I természetesen lineáris transzformáci´ o és tetsz˝oleges A ∈ L(V )-re IA = AI = A. Amint azt által´ anosabb esetben, nevezetesen tetsz˝oleges f¨ uggvények kompoz´ıciójánál láttuk, a f¨ uggvények kompoz´ıci´ oja nem kommutat´ıv, de asszociat´ıv. Így nem meglep˝o, hogy a lineáris transzformáci´ ok szorzása sem kommutat´ıv, de asszociat´ıv és az összead´ asra vonatkoz´ oan disztribut´ıv.

2.2.3

Line´ aris transzform´ aci´ ok inverze

A f¨ uggvények tanulmányozásakor azt láttuk, hogy amennyiben a f¨ uggvény egy–egyértelm˝ u megfeleltetés az értelmezési tartomány és az érték készlet elemei köz¨ ott, akkor és csak akkor nyilik lehet˝oség¨ unk a f¨ uggvény inverzének értelmezésére. Persze egy tetsz˝oleges A ∈ L(V, W ) lineáris leképezés akkor és csak akkor egy–egyértelm˝ u megfeleltetés V és W elemei között, ha izomorfizmus, amikor is a V és W vektorterek között nincs lényegi k¨ ulönbség, legalábbis lineáris algebrai szempontb´ ol. 2.2.2 Defin´ıci´ o. Az F test feletti V vektortér egy A ∈ L(V ) line´ aris transzform´ aci´ oj´ at invert´ alhat´ onak mondjuk, ha kielég´ıti az al´ abbi két feltételt: (i) ha v, w ∈ V -re A(v) = A(w), akkor v = w,


59

(ii) minden v 0 ∈ V -hez létezik olyan v ∈ V , amelyre A(v) = v 0 . Az (i) feltétel azt fejezi ki, hogy egy invert´ alhat´ o lineáris transzformáci´ onak injekt´ıvnek kell lennie, m´ıg az (ii) feltétel azt ´ırja el˝o, hogy a V vektortér minden eleme el˝o kell álljon képként, azaz a leképezés sz¨ urjekt´ıv kell legyen. Ezeket a feltételeket u ´gy is megfogalmazhattuk volna, hogy a ker (A), magtérnek a zérus altérnek kell lennie, és az im (A), képtér meg kell egyezzen V -vel. Val´ oban, ha ker (A) a zérus altér, akkor v, w ∈ V : A(v) = A(w) =⇒ A(v) − A(w) = A(v − w) = 0 =⇒ =⇒ v − w ∈ ker (A) =⇒ v − w = 0 ↔ v = w. Ford´ıtva pedig, mivel A(0) = 0, bármely lineáris leképezés esetén, azonnal adódik, hogy az (i) feltételnek eleget tev˝o lineáris transzformáci´ ora ker (A) = {0} teljes¨ ul. Az (ii) feltétel im (A) = V -vel val´ o ekvivalenci´ aja a képtér értelmezéséb˝ ol azonnal adódik. A két feltétel véges dimenziós terek esetében egymással is ekvivalens. ´ ıt´ 2.2.3 All´ as. Ha V véges dimenzi´ os vektortér, akkor az A ∈ L(V ) line´ aris transzform´ aci´ ora ker (A) = {0} akkor és csak akkor, ha im (A) = V. Bizony´ıt´ as. A (2.1.6) tétel miatt, ha ker (A) = {0}, akkor dim V = ρ(A) = dim im (A) , és lineáris transzformáci´ okr´ ol lévén szó, ez azt jelenti, hogy im (A) altere V -nek nem lehet valódi altér, az egész V vektortérrel kell megegyezzen. Ford´ıtva, ha im (A) = V , akkor megint a (2.1.6) tétel alapján kapjuk, hogy ν(A) = dim ker (A) = 0 , és ez éppen azt jelenti, hogy ker (A) a zérus altér. 2 A fent igazolt áll´ıtás végtelen dimenziós terek lineáris transzformáci´ oira nem igaz. Egyszer˝ u ellenpélda a valós egy¨ utthat´ os polinomok R[t] vektorterének az a D line´ aris transzformációja, amely minden polinomhoz, annak deriváltj´ at rendeli. Nyilvánvaló, hogy D magtere 1–dimenziós, hiszen minden konstans polinom deriváltja a zéró polinom, azaz ker (D) nem a zérus altér. Ugyanakkor bármely p(t) = α0 + α1 t + · · · + αn tn polinom el˝oáll nem is egy polinom deriváltjaként. Val´ oban tetsz˝oleges β ∈ R mellett a αn n+1 α1 2 t + ... + t q(t) = β + α0 t + 2 n+1 polinom deriváltja egyenl˝o p(t)-vel, amivel igazoltuk, hogy im (D) = R[t] teljes¨ ul. aris line´ Az invertálható lineáris transzformáci´ okat regul´ aris transzformáci´ oknak is szokás nevezni, m´ıg a nem invert´ alhat´ o transzformáci´ okat szingul´ arisaknak mondjuk. A V vektortér reguláris lineáris transzformáci´ oinak halmazát R(V )-vel fogjuk jelölni. 2.2.4 Defin´ıci´ o. Ha A ∈ R(V ) invert´ alhat´ o line´ aris transzform´ aci´ o, akkor minden v 0 ∈ V -hez létzik egy és csak egy v ∈ V vektor, amelyre A(v) = v 0 . Defini´ aljuk azt az −1 0 A -gyel jel¨ olt leképezést, amely ehhez a v vektorhoz éppen v-t rendeli, és nevezz¨ uk ezt az A line´ aris transzform´ aci´ o inverzének.


60

Könnyen igazolhatjuk, hogy A−1 is lineáris transzformáci´ o. Val´ oban tetsz˝oleges ∈ V vektorokhoz léteznek olyan egyértelm˝ uen meghatározott v = A−1 (v 0 ) és w = A−1 (w0 ) vektorok V -ben, amelyekre A(v) = v 0 és A(w) = w0 . Akkor A linearitása folytán, tetsz˝oleges α, β ∈ F skal´ arok mellett v 0 , w0

A(αv + βw) = αA(v) + βA(w) = αv 0 + βw0 , következésképpen A−1 (αv 0 + βw0 ) = αv + βw = αA−1 (v 0 ) + βA−1 (w0 ) . P´ eld´ ak invert´ alhat´ o line´ aris transzform´ aci´ okra 1. A V vektortér identikus leképezése, I nyilv´ anval´ oan invert´ alhat´ o lineáris −1 transzformáció, és I = I. 2. A s´ık helyvektorainak terében az a transzformáci´ o, amely minden vektorhoz valamely, az origón átmen˝ o egyenesre vonatkoz´ o t¨ uk¨ orképét rendeli ugyancsak invertálható, és inverze önmaga. 3. Szintén invertálható a 3-dimenziós tér helyvektorainak valamely origón átmen˝o egyenes kör¨ uli, adott α sz¨ oggel val´ o elforgatása és inverze a 2π − α szöggel való elforgatás. ´ ıt´ 2.2.5 All´ as. Ha V véges dimenzi´ os vektortér és A line´ aris transzform´ aci´ oja V nek, akkor A invert´ alhat´ os´ ag´ anak sz¨ ukséges és elegend˝ o feltétele, hogy V egy tetsz˝ oleges X = {x1 , . . . , xn } b´ azis´ at b´ azisba transzform´ alja, azaz, ha az {A(x1 ), . . . , A(xn )} vektorrendszer is b´ azisa V -nek. Bizony´ıt´ as. A (2.2.3) áll´ıtás szerint, véges dimenziós V vektortér esetén egy A lineáris transzformáció pontosan akkor invert´ alhat´ o, ha im (A) = V teljes¨ ul. Ugyanakkor im (A)-t generálja az {A(x1 ), . . . , A(xn )} vektorrendszer. 2 −1 Bármely A ∈ R(V )-re A is invert´ alhat´ o, tov´ abb´ a ³

A−1

´−1

=A

és A · A−1 = A−1 · A = I.

(2.2)

A (2.2) egyenletek akár a lineáris transzformáci´ ok invert´ alhat´ os´ ag´ anak definiálására is alkalmasak, mert igaz a következ˝ o: 2.2.6 T´ etel. Ha A, B, C ∈ L(V ) line´ aris transzform´ aci´ okra teljes¨ ul, hogy A · B = C · A = I, akkor A invert´ alhat´ o és A−1 = B = C. Bizony´ıt´ as. Az invertálhatós´ ag (i) feltétele könnyen kaphat´ o, mert ha v, w ∈ V re A(v) = A(w), akkor v = I(v) = (C · A)(v) = C(A(v)) = C(A(w)) = (C · A)(w) = I(w) = w,


61

és nem nehezebb a (ii) feltétel teljes¨ ulésének igazolása sem, hiszen bármely v ∈ V -re a B(v) ∈ V vektor olyan, hogy A(B(v)) = (A · B)(v) = I(v) = v. Ez biztos´ıtja A−1 létezését. Másrészt tetsz˝oleges v ∈ V -re, kihasználva a leképezések szorzásának asszociativitását kapjuk, hogy C(v) = C(I(v)) = C(A · B)(v) = (C · A)B(v) = I(B(v)) = B(v), tehát B = C. A (2.2) egyenletek biztos´ıtj´ ak, hogy A−1 ´ atveheti B, vagy C szerepét −1 az el˝obbi szám´ıtás során és kapjuk, hogy A = C, illetve A−1 = B. 2 A (2.2.6) tétel bizony´ıtásából kider¨ ul, hogy az A ∈ L(V ) lineáris transzformáció injektivitását biztos´ıtja olyan C ∈ L(V ) létezése, amelyre C · A = I, m´ıg a sz¨ urjektivitás feltétele, olyan B ∈ L(V ) létezése amelyre A · B = I áll fenn. Tekintettel arra, hogy véges dimenziós V vektortér esetén a lineáris transzformáci´ ok invertálhatóságának (i) és (ii) feltételei ekvivalensek, adódik a következ˝ o: 2.2.7 K¨ ovetkezm´ eny. Ha V véges dimenzi´ os vektortérnek A line´ aris transzform´ aci´ oja, akkor az al´ abbi ´ all´ıt´ asok egym´ assal ekvivalensek: (i) A invert´ alhat´ o, (ii) létezik olyan B ∈ L(V ), hogy A · B = I, (iii) létezik olyan C ∈ L(V ), hogy C · A = I. Végtelen dimenziós vektorterek esetén, mint áll´ıtottuk, mindkét egyenletnek kell legyen megoldása. Mutatja ezt a val´ os egy¨ utthat´ os polinomok R[t] terében a deriválási D illetve integrálf¨ uggvény képz˝ o S line´ aris transzformáci´ ok péld´ aja. Ezekre DS = I, de egyik transzformáció sem reguláris. A lineáris transzformációk invert´ alhat´ os´ ag´ ar´ ol befejezés¨ ul bebizony´ıtjuk a következ˝o tételt: 2.2.8 T´ etel. Ha A és B invert´ alhat´ o line´ aris transzform´ aci´ oi a V vektortérnek, −1 −1 −1 akkor AB is invert´ alhat´ o és (AB) = B A . Bizony´ıt´ as. A (2.2.6) tétel szerint elegend˝o megmutatni, hogy AB felcserélhet˝ o −1 −1 a B A lineáris transzformációval és szorzatuk az identikus transzformáci´ o. Val´ oban, a lineáris transzformációk szorzás´ anak asszociativitás´ at kihasználva kapjuk, hogy (B −1 A−1 )(AB) = B −1 (A−1 A)B = B −1 IB = B −1 B = I és (AB)(B −1 A−1 ) = A(BB −1 )A−1 = AIA−1 = AA−1 = I . 2 A tétel következménye, hogy ha A ¡invert´ alhat´ o lineáris transzformáci´ oja V -nek, ¢n akkor An is invertálható és (An )−1 = A−1 . 1. Gyakorlatok, feladatok


62

´ 1. Ertelmezz¨ uk a V vektortér egy önmag´ aba val´ o T leképezését a következ˝ odef képpen: rögz´ıts¨ uk V -nek egy v0 elemét és minden v ∈ V -re legyen T (v) = v0 + ´ v, azaz v-nek v0 -lal való eltoltja. Allap´ ıtsa meg, hogy lineáris transzformáci´ o-e a T. 2. Legyen A : Fn → Fn−1 az a leképezés, amelyre 

ξ1 ξ2 .. .

    A(v) = A     ξn−1



         =     

ξn

ξ1 − ξ2 ξ2 − ξ3 .. . ξn−1 − ξn

     

minden v ∈ Fn -re. (a) Mutassa meg, hogy A line´ aris leképezés! (b) Adja meg ker (A) egy bázis´ at! (c) Határozza meg im (A) dimenziój´ at! 3. Legyen A ∈ L(V, W ) és M egy altere V -nek. Jelölje A(M ) az M -beli vektorok képeinek halmazát. Mutassa meg, hogy A(M ) altere im (A)-nak. 4. Bizony´ıtsa be, hogy ha egy lineáris transzformáci´ onak van legalább két k¨ ulönböz˝o jobbinverze, akkor nincs balinverze, és hasonlóan, ha van legalább két k¨ ulönböz˝o balinverze, akkor nincs jobbinverze. 5. Igazolja, hogy egy lineáris transzformáci´ onak pontosan akkor van inverze, ha egyetlen egy jobbinverze van. 6. Terjessz¨ uk ki a jobbinverz, illetve balinverz fogalmakat lineáris leképezésekre. Legyen A ∈ L(V, W ) és B, C ∈ L(W, V ), ahol V és W nem feltétlen¨ ul izomorf vektorterek. Azt mondjuk, hogy B jobbinverze A-nak, iletve C balinverze A-nak, ha AB az identikus transzformáci´ oja W -nek, illetve CA az identikus transzformációja V -nek. Mutassa meg, hogy ha dim V 6= dim W , akkor A-nak nem lehet jobbinverze is, meg balinverze is! 7. Jelölje O ∈ L(V ) a V vektortér azon lineáris transzformáci´ oj´ at, amely minden vektorhoz a zéróvektort rendeli. Mutassa meg, hogy A, B ∈ L(V )-re AB = O akkor és csak akkor teljes¨ ul, ha im (B) ⊆ ker (A)!

2.2.4

Faktorterek∗∗

Ha A a V vektortér egy lineáris leképezése valamely W vektortérbe, akkor A indukál egy ≡A ⊆ V × V relációt a következ˝ oképpen: v1 ≡A v2 ⇐⇒ A(v1 ) = A(v2 ) . Az ≡A nyilvánvalóan ekvivalencia reláci´ o, de azont´ ul még rendelkezik azzal a tulajdonsággal is, hogy bármely v ∈ V és α skal´ ar mellett, ha v1 ≡A v2 akkor v1 + v ≡A v2 + v

és αv1 ≡A αv2

´ ´ O ´ 2.3. MATRIX REPREZENTACI

63

is teljes¨ ul. Ezzel a tulajdonsággal rendelkez˝ o ekvivalencia reláci´ okat kongruencia rel´ aci´ oknak h´ıvjuk. Mint ismeretes, az ekvivalencia reláci´ ok mindig meghatároznak egy osztályozást, azaz eset¨ unkben a V vektortér részhalmazainak olyan {Vi , i ∈ I} S rendszerét, hogy a k¨ ulönböz˝o részhalmazok diszjunktak és i∈I Vi = V . A kongruencia relációk még azt is lehet˝ové teszik, hogy az osztályok halmazát vektortérré tegy¨ uk az alábbi összeadással és skal´ arral val´ o szorzással: def

Vi + Vj = Vk

ha vi + vj ∈ Vk , ahol vi ∈ Vi

és vj ∈ Vj ,

és bármely α skalár esetén def

αVi = Vj

ha αvi ∈ Vj ahol vi ∈ Vi .

Talán els˝o pillanatra nem nyilvánval´ o, hogy a megadott m˝ uveletek jóldefini´ altak. Kihasználva, hogy az osztályozást kongruencia reláci´ o indukálta, azt kapjuk, hogy ha vi , vi0 ∈ Vi és vj , vj0 ∈ Vj , akkor vi ≡A vi0 ⇒ vi + vj ≡A vi0 + vj másrészt vj ≡A vj0 ⇒ vi0 + vj ≡A vi0 + vj0 és kihasználva az ekvivalencia reláci´ o tranzit´ıv tulajdonság´ at adódik, hogy vi + vj ≡A vi0 + v 0 j , ami azt mutatja, hogy egy osztály bármelyik elemének egy másik osztály bármelyik elemével való összege ugyanabban az osztályban van. Hasonlóan bármely α skal´ arra, ha vi és vi0 egy osztálybeli vektorok, akkor αvi és αvi0 is egy osztályban vannak. A ≡A kongruencia reláció szerinti osztályok fentiekben definiált vektorterét V faktorterének nevezz¨ uk és V / ≡A -val jelölj¨ uk. A ≡A kongruencia reláci´ o értelmezéséb˝ ol azonnal következik, hogy V / ≡A izomorf az A line´ aris leképezés im (A) képterével. Bármely osztály két vektorának a k¨ ul¨ onbsége a zér´ ovektort tartalmazó osztályban, azaz az A lineáris leképezés magterében van, amib˝ol következik, hogy a Vi , i ∈ I osztály akármelyik vektora megkaphat´ o, ha egy rögz´ıtett vi0 vektor´ ahoz hozzáadjuk ker (A) valamelyik vektorát. Formaliz´ alva ugyanez: vi0 + ker (A) = {vi0 + v | v ∈ ker (A)} = Vi . Azt mondhatjuk, hogy minden osztály a lineáris leképezés magterének eltol´ as´ aval kapható.

2.3

M´ atrix reprezent´ aci´ o

Ebben a részben véges dimenziós vektorterek lineáris leképezéseihez mátrixokat rendel¨ unk, és megvizsgáljuk, hogy a lineáris leképezésekkel végzett m˝ uveleteknek milyen mátrixm˝ uveletek felelnek meg. Meghatározzuk a lineáris transzformáci´ o és inverze mátrixának kapcsolatát, levezetj¨ uk az által´ anos bázistranszform´ aci´ o egyenletét, vég¨ ul pedig megvizsgáljuk, hogy egy lineáris transzformáci´ o mátrixa, hogyan f¨ ugg a vektortér bázisának megválaszt´ as´ at´ ol.

64


Megjegyezz¨ uk, hogy mint minden vektortér esetében, itt is a lineáris leképezések terének elemeihez is rendelhetnénk skal´ ar komponensekb˝ol felép´ıtett oszlopokat, de mint látni fogjuk, a mátrixok használat´ anak olyan el˝onyei vannak, amelyr˝ol nem szeretnénk lemondani. Mint már eml´ıtett¨ uk, egy A ∈ L(V, W ) lineáris leképezést teljesen meghatároz az, hogy V valamely bázisának vektorait milyen vektorokra képezi. Val´ oban, ha X = {x1 , x2 , . . . , xn } egy bázisa V -nek, akkor bármely v ∈ V vektor egyértelm˝ uen kifejezhet˝o az X vektorainak v = ε1 x1 + ε2 x2 + · · · + εn xn lineáris kombinációjaként, és akkor A(v) = ε1 A(x1 ) + ε2 A(x2 ) + · · · εn A(xn ). Mivel a képvektorok a W vektortérben vannak, el˝o´ all´ıthat´ ok a W egy Y = {y1 , y2 , . . . , ym } bázisa vektorainak lineáris kombin´ aci´ oiként. Igy, ha A(xj ) = α1j y1 + α2j y2 + · · · + αmj ym

j = 1, . . . , n,

akkor A(v) = ε1 (α11 y1 + α21 y2 + · · · + αm1 ym ) + + ε2 (α12 y1 + α22 y2 + · · · + αm2 ym ) + .. . + εn (α1n y1 + α2n y2 + · · · + αmn ym ) = = (ε1 α11 + ε2 α12 + · · · + εn α1n )y1 + + (ε1 α21 + ε2 α22 + · · · + εn α2n )y2 + .. . + (ε1 αm1 + ε2 αm2 + · · · + εn αmn )ym . Az αij skalárokat a lineáris leképezés X , Y b´ azisp´ arra vonatkoz´ o koordinát´ ainak nevezz¨ uk és az   

 AX Y = 

α11 α12 . . . α1n α21 α22 . . . α2n .. .. .. .. . . . . αm1 αm2 . . . αmn

     

mátrixot az A ∈ L(V, W ) lineáris leképezés X –Y bázisp´ arra vonatkoz´ o mátrix´ anak mondjuk. A leképezés mátrixát, csak´ ugy, mint a vektorok koordináta vektorait, vastagon szedett bet˝ uvel jelölj¨ uk, a fels˝o index jelöli a V, az u ´gynevezett tárgyvektortér alapul vett bázisát, m´ıg az alsó indexszel utalunk a W, az u ´gynevezett képvektortérben rögz´ıtett bázisra. Id˝onként, a jelölés egyszer˝ us´ıtése érdekében az alsó és fels˝o indexeket, elhagyjuk, ha a szövegk¨ ornyezetb˝ ol kider¨ ul, hogy melyik bázisp´ arra vonatkoznak a szóbanforgó leképezés koordinát´ ai.


65

Felh´ıvjuk az olvasó figyelmét arra, hogy a leképezés mátrix´ at alkot´ o oszlopok éppen az X bázis vektorai képének Y b´ azisra vonatkoz´ o    A(x1 )Y =   

α11 α21 .. . αm1





     , A(x2 )Y =     

α12 α22 .. . αm2





     , . . . , A(xn )Y =     

α1n α2n .. . αmn

     

koordináta vektorai. Meg kell eml´ıten¨ unk, hogy amennyiben egy A ∈ L(V ) lineáris transzformációt koordinatizálunk, akkor V -nek csak egy bázis´ at rögz´ıtj¨ uk, mondjuk X = {x1 , x2 , . . . , xn }-et, és A m´ atrixa AX = [A(x1 )X , A(x2 )X , . . . , A(xn )X ] felép´ıtés˝ u lesz, és tekintve, hogy ebben a mátrixban minden oszlop n-elm˝ u, ez egy n-edrend˝ u kvadratikus mátrix. Egy v ∈ V vektor A(v) képének Y b´ azisra vonatkoz´ o koordináta vektora     A(v)Y =   

ε1 α11 + ε2 α12 + · · · + εn α1n ε1 α21 + ε2 α22 + · · · + εn α2n .. . ε1 αm1 + ε2 αm2 + · · · + εn αmn

    ,  

(2.3)

vagy ugyanez mésképpen: A(v)Y = ε1 A(x1 )Y + ε2 A(x2 )Y + · · · + εn A(xn )Y , ahol az

     

ε1 ε2 .. . εn

(2.4)

     

oszlop éppen vX , a v vektor X b´ azisra vonatkoz´ o koordináta vektora. Mivel a koordináta vektorokat is kezelhetj¨ uk ugyanolyan mátrixként, mint a lineáris leképezésekhez rendelt mátrixokat, azok szorzás´ anak értelmezése szerint a (2.3) egyenlet röviden ´ıgy ´ırható A(v)Y = AX (2.5) Y · vX , amit a line´ aris leképezés egyenletének nevez¨ unk. Ha A egy V vektortér lineáris transzformáci´ oja, akkor a (2.5) egyenlet kicsit egyszer˝ usödik. Az A ∈ L(V ) lineáris transzformáci´ o egyenlete az X bázisban A(v)X = AX · vX

(2.6)

alak´ u lesz. A (2.4) egyenletb˝ol következik, hogy az A line´ aris leképezés im (A) képtere izomorf a mátrixát alkotó {A(x1 )Y , . . . , A(xn )Y } vektorrendszer lineáris burkával


66

és ezért az A rangja egyenl˝o e vektorrendszer rangjával, amit az A m´ atrix rangj´ anak is nevez¨ unk és ρ(A)-val jelöl¨ unk. 1 P´ elda. Legyen a 2-dimenzi´ os tér egy b´ azisa az I = {i, j} egym´ asra mer˝ oleges, egységnyi hossz´ us´ ag´ u helyvektorok rendszere. Hat´ arozzuk meg a tér azon F transzform´ aci´ oj´ anak a m´ atrix´ at ebben a b´ azisban, amely minden vektort az orig´ o k¨ or¨ ul φ sz¨ oggel elforgat az ´ oramutat´ o j´ ar´ as´ aval ellentétes ir´ anyba. Az 2.1 ábráról leolvasható, hogy az i vektor i0 képe, illetve a j vektor j 0 képe: i0 = cos φ i + sin φ j

és j 0 = − sin φ i + cos φ j.

j

. ... . . . . . . . . . .. . . . . ...... . . . . ......... . . . .... . . . . . . . . . . ... . . . . .... . . ..... . . . . .............. . . .......... . . ... ... . . . ... . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . .. .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .................. . . . . . . ....... . . ............... . . . . . ....... ...... . ... ....... . . . . ....... . . . . . ....... . ... . ....... .... .. . . . . . . . . . ....... . . . . . . . . . . . . ....... . .. .. . ....... . . . . . ....... . . . . . ....... . .. .. . . ....... . . . ... . . . . . . . . . ....... .. ... . ....... . ....... .... .... . ....... .... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. .. ... ... ... .. ..

i0 ↑ | | | sin φ j | | | ↓

j0

↑φ |

cos φ j | ↓

•

φ

i

←−−− − sin φ i −−−→← − cos φ i − →

2.1. ábra: A s´ık forgatása Így

"

F(i)I =

cos φ sin φ

tehát

#

és F(j)I = "

FI =

"

cos φ − sin φ sin φ cos φ

a transzformáció mátrixa az I b´ azisban.

− sin φ cos φ

#

#

2

2 P´ elda. Az F test feletti V vektortér egy y ∗ : V → F line´ aris f¨ uggvényének, mint line´ aris leképezésnek hat´ arozzuk meg a m´ atrix´ at a V vektortér X = {x1 , . . . , xn } és az F, mint 1-dimenzi´ os vektortér {1} b´ azis´ ara vonatkoz´ oan, ahol 1 az F test egységelemét jel¨ oli. ∗X = [y∗ (x ) ∗ Mivel y{1} ıgy ha y ∗ (xi ) = ξi minden i(= 1, . . . , n)1 {1} , . . . , y (xn ){1} ] , ´ ∗ re, akkor az y lineáris f¨ uggvény mátrixa a választott bázisp´ arra vonatkoz´ oan az 1 × n t´ıpus´ u ∗X y{1} = [ξ1 , . . . , ξn ],

azaz egy sormátrix. Ez volt az oka annak, hogy egy V vektortér duális´ at V ∗ -gal jelölt¨ uk. Mint láttuk, az a ford´ıtott áll´ıt´ as is igaz, hogy minden n komponens˝ u Fn∗ sorvektor meghatározza V egy lineáris f¨ uggvényét, mert a komponensekkel megadva


67

a lineáris f¨ uggvénynek az X bázis vektoraihoz rendelt skal´ arokat, a lineáris f¨ uggvény egyértelm˝ uen meghatározott. 2 Legyen a V vektortér N line´ aris transzformáci´ oja olyan, hogy egy X = {x1 , . . . , xn } bázisának vektorait az N (x1 ) = λ1 x1 , . . . , N (xn ) = λn xn vektorokba viszi, ahol λ1 , . . . λn ∈ F skalárok, ami val´ os vektortér esetében, geometriailag annyit jelent, hogy a transzformáció a koordinátarendszer tengelyeinek irány´ aban ny´ ujt, zsugor´ıt és esetleg origóra t¨ ukröz. Akkor az N transzformáci´ o mátrixa az X bázisban nagyon egyszer˝ u   λ1 0 . . . 0  0 λ ... 0    2 N= .. . . ..  ,  .. . .   . . 0 0 . . . λn diagonális mátrix.

2.3.1

A line´ aris lek´ epez´ esekkel ´ es m´ atrixokkal v´ egzett m˝ uveletek kapcsolata

Ebben a részben megmutatjuk, hogy milyen kapcsolat van a mátrixm˝ uveletek és a lineáris leképezések m˝ uveletei köz¨ ott. A mátrixm˝ uveletek értelmezésekor tulajdonképpen tekintettel voltunk arra, hogy a mátrixok lineáris leképezésekhez tartoznak, ez indokolja például a mátrixok szorzás´ anak kicsit bonyolult értelmezését. Azt akartuk ugyanis, hogy a lineáris leképezések összegének mátrixa legyen egyenl˝ o a tagok mátrixainak összegével, lineáris leképezés skal´ arszoros´ anak mátrixa legyen a leképezés mátrixának skalárszorosa, és lineáris leképezések szorzatának mátrixa legyen a tényez˝o leképezések mátrixainak szorzata. M´ atrixok ´ es line´ aris lek´ epez´ esek ¨ osszead´ asnak kapcsolata Tekints¨ unk két A, B ∈ L(V, W ) lineáris leképezést, és tegy¨ uk fel, hogy V egy X = {x1 , . . . , xn } és W egy Y = {y1 , . . . , ym } b´ azis´ ara vonatkoz´ o mátrixaik az   

A = [A(x1 )Y , A(x2 )Y , . . . , A(xn )Y ] =   

és

   B = [B(x1 )Y , B(x2 )Y , . . . B(xn )Y ] =   

α11 α12 . . . α1n α21 α22 . . . α2n .. .. .. .. . . . . αm1 αm2 . . . αmn β11 β12 . . . β1n β21 β22 . . . β2n .. .. .. .. . . . . βm1 βm2 . . . βmn

     

   .  

Az A + B lineáris leképezéshez tartozó mátrix minden oszlopa ugyancsak megkapható, ha vessz¨ uk az X bázis vektorai A + B leképezéssel kapott képeinek Y bázisra vonatkozó koordináta vektorait. Mivel a lineáris leképezések összegének defin´ıciója szerint (A + B)(v) = A(v) + B(v) (v ∈ V ) és mert az a hozzárendelés,

68


amely egy vektortér vektoraihoz koordináta vektoraikat rendeli izomorfizmus, és ´ıgy összegvektor koordináta vektora egyenl˝ o a tagok koordináta vektorainak összegével, kapjuk, hogy (A + B)X Y = [A(x1 )Y + B(x1 )Y , A(x2 )Y + B(x2 )Y , . . . , A(xn )Y + B(xn )Y ] =    =  

α11 + β11 α12 + β12 . . . α1n + β1n α21 + β21 α22 + β22 . . . α2n + β2n .. .. .. .. . . . . αm1 + βm1 αm2 + βm2 . . . αmn + βmn

   =  

X AX Y + BY .

A fentiek alapján azt mondhatjuk, hogy két lineáris leképezés összegének mátrixa megegyezik mátrixaik összegével. M´ atrixok ´ es line´ aris lek´ epez´ esek skal´ arral val´ o szorz´ as´ anak kapcsolata A γA lineáris leképezés mátrix´ anak oszlopait u ´gy kapjuk, hogy venn¨ unk kell X bázis vektorainak γA képeit, és azoknak az Y b´ azisra vonatkoz´ o koordináta vektorait. Mivel (γA)(v) = γA(v) (v ∈ V ), és egy vektor skal´ arszoros´ anak koordináta vektora egyenl˝o koordináta vektor´ anak skal´ arszoros´ aval, kapjuk, hogy γAX Y = [γA(x1 )Y , γA(x2 )Y , . . . , γA(xn )Y ] =    =  

γα11 γα12 . . . γα1n γα21 γα22 . . . γα2n .. .. .. .. . . . . γαm1 γαm2 . . . γαmn

   =  

γ · AX Y . Tehát egy lineáris leképezés skal´ arszoros´ anak mátrixa egyenl˝ o a lineáris leképezés mátrixának skalárszorosával. Ha lerögz´ıtj¨ uk mind V, mind W egy bázis´ at, akkor minden A ∈ L(V, W ) lineáris leképezéshez egyértelm˝ uen hozzárendelhet˝ o egy mátrix, amelynek elemei a vektorterek közös operátortartománya, az F testb˝ ol val´ o skal´ arok és t´ıpusa dim W × dim V. Ford´ıtva, ha vesz¨ unk egy tetsz˝oleges dim W × dim V t´ıpus´ u mátrixot, amelynek elemei F-b˝ol valók, egy X bázist V -ben, és egy Y bázist W -ben, akkor pontosan egy olyan lineáris leképezés van V -b˝ol W -be, amelynek X –Y bázisp´ arra vonatkoz´ o mátrixa éppen az adott mátrix. Ugyanis, az adott mátrix oszlopai, X vektorai képének koordináta vektorai az Y bázisban, tehát meghatározz´ ak minden bázisvektor képét, és V bázisvektorainak képei egyértelm˝ uen meghatározz´ ak V minden vektor´ anak képét. Fm×n -nel jel¨ olve az összes m×n t´ıpus´ u F test feletti mátrixok vektorterét. Legyen Eij az a mátrix, amelynek i-edik sorában a j-edik elem 1 (az F egységeleme), minden más elem pedig 0 (az F zéróeleme). Nem nehéz belátni, hogy az Fm×n térben az M = {Eij i = 1, . . . , m; j = 1, . . . , n}


69

mátrixrendszer bázis. Ezért igaz az alábbi tétel. 2.3.1 T´ etel. Ha V n-dimenzi´ os és W m-dimenzi´ os F test feletti vektorterek, akkor az L(V, W ) line´ aris leképezések tere izomorf az F f¨ ol¨ otti m´ atrixok Fm×n vektorterével, ´ıgy m · n-dimenzi´ os. M´ atrixok, illetve line´ aris lek´ epez´ esek szorz´ as´ anak kapcsolata Legyenek D ∈ L(V, W ) és C ∈ L(W, Z) lineáris leképezések és X = {x1 , . . . , xn }, Y = {y1 , . . . , ym } és Z = {z1 , . . . , zp } bázisok V -ben, W -ben, illetve Z-ben. A CD ∈ L(V, Z) lineáris leképezés mátrix´ anak oszlopai az X bázis vektorai CD leképezéssel kapott képeinek a Z bázisra vonatkoz´ o koordináta vektorai. Jelölje a D leképezés mátrixát   δ11 δ12 . . . δ1n  δ   21 δ22 . . . δ2n   DX = .. ..  Y  .. , .. .  . . .  δm1 δm2 . . . δmn ami azt jelenti, hogy D(x1 ) = δ11 y1 + δ21 y2 + · · · + δm1 ym D(x2 ) = δ12 y1 + δ22 y2 + · · · + δm2 ym .. .. .. .. .. . . . . . D(xn ) = δ1n y1 + δ2n y2 + · · · + δmn ym és a C leképezés mátrixát pedig 

CY Z

  =  

γ11 γ12 . . . γ1m γ21 γ22 . . . γ2m .. .. .. .. . . . . γp1 γp2 . . . γpm

   ,  

amib˝ol pedig azt tudhatjuk, hogy C(y1 ) = γ11 z1 + γ21 z2 + · · · + γp1 zp C(y2 ) = γ12 z1 + γ22 z2 + · · · + γp2 zp . .. .. .. .. .. . . . . . C(ym ) = γ1m z1 + γ2m z2 + · · · + γpm zp Akkor — felhasználva, hogy minden v(∈ V )-re (CD)(v) = C(D(v)) — kapjuk, hogy (CD)(x1 ) = δ11 C(y1 ) + δ21 C(y2 ) + · · · + δm1 C(ym ) , (CD)(x2 ) = δ12 C(y1 ) + δ22 C(y2 ) + · · · + δm2 C(ym ) , .. .. .. .. .. . . . . . (CD)(xn ) = δ1n C(y1 ) + δ2n C(y2 ) + · · · + δmn C(ym ) .

70


A fenti egyenl˝oségekben minden C(yj )-t a Z vektorainak fönt megadott lineáris kombinációival helyettes´ıtj¨ uk: (CD)(x1 ) = + + (CD)(x2 ) = + + .. . (CD)(xn ) = + +

δ11 (γ11 z1 δ21 (γ12 z1 .. . δm1 (γ1m z1 δ12 (γ11 z1 δ22 (γ12 z1 .. . δm2 (γ1m z1 .. . δ1n (γ11 z1 δ2n (γ12 z1 .. . δmn (γ1m z1

+ +

γ21 z2 γ22 z2

+ ··· + + ··· +

γp1 zp ) γp2 zp )

+ +

+ γ2m z2 + · · · + γpm zp ) , + γ21 z2 + · · · + γp1 zp ) + + γ22 z2 + · · · + γp2 zp ) + + γ2m z2 + · · · + γpm zp ) , .. .. .. . . . + γ21 z2 + · · · + γp1 zp ) + + γ22 z2 + · · · + γp2 zp ) + + γ2m z2 + · · · + γpm zp )

.

Ebb˝ol már kiolvasható a CD lineáris leképezés mátrixa, csupán az egyes Z-beli bázisvektorokra vonatkozó koordinát´ akat kell összegy˝ ujteni és oszlopokba rendezni:  Pm k=1 γ1k δk1 ,  Pm γ δ ,  k=1 2k k1  (CD)X .. Z =  . Pm

Pm

P

... , m γ1k δkn Pk=1 m . . . , k=1 γ2k δkn .. .. .. . . . Pm Pm γ δ , γ δ , . . . , k=1 pk k1 k=1 pk k2 k=1 γpk δkn γ1k δk2 , Pk=1 m k=1 γ2k δk2 ,

   .  

Ezek szerint a lineáris leképezések szorzatának mátrixa Y X (CD)X Z = CZ · DY

megegyezik a tényez˝ok mátrixainak szorzatával. Line´ aris lek´ epez´ esek ´ es transzform´ aci´ ok szorz´ as´ anak tulajdons´ agai A lineáris leképezések, illetve lineáris transzformáci´ ok szorzás´ anak és mátrixaik szorzásának kapcsolata alapján a mátrixok szorzása tulajdonságainak ismeretében a következ˝ot áll´ıthatjuk. ´ ıt´ 2.3.2 All´ as. (a) A line´ aris leképezések és transzform´ aci´ ok szorz´ asa nem kommutat´ıv. (b) A line´ aris leképezések és transzform´ aci´ ok szorz´ asa asszociat´ıv. (c) A line´ aris leképezések, illetve transzform´ aci´ ok szorz´ asa azok ¨ osszead´ as´ ara vonatkoz´ oan disztribut´ıv. A mátrixok szorzására mutatott péld´ akn´ al láttuk, hogy ha egy A ∈ Fm×n mátrixot szorzunk egy x(∈ Fn×1 ) oszlopvektorral, akkor a szorzatmátrix t´ıpusa m × 1, azaz egy oszlopvektor Fm×1 -ben. Ez az oszlopvektor az A m´ atrix oszlopainak lineáris kombinációja, amelynél a skalár egy¨ utthat´ ok éppen az x oszlopvektor komponensei.


71

Formailag nincs k¨ ulönbség az Fn×1 -beli mátrixok és az Fn koordináta tér elemei között, ezért azonos´ıthatjuk azokat. Így értelmezhetj¨ uk m × n tipus´ u mátrixoknak Fn -beli vektorokkal val´ o szorzás´ at. Akkor a mátrixok szorzás´ anak tulajdonságai alapján áll´ıthatjuk, hogy az x −→ Ax (x ∈ Fn , (A ∈ Fm×n ) hozzárendelés az Fn koordinátatérnek az Fm koordinátatérbe val´ o A0 line´ aris leképezése. Ennek birtokában a lineáris leképezések reprezentáci´ oj´ at kicsit más szemszögb˝ol is tekinthetj¨ uk: Legyen az F feletti n-dimenzi´ os V vektortérnek az m-dimenzi´ os W vektortérbe való A ∈ L(V, W ) lineáris leképezése olyan, amelynek mátrixa a V -beli X = {x1 , . . . , xn } és W -beli Y = {y1 , . . . , ym } bázisp´ arra vonatkoz´ oan A. A A

V −→ W lineáris leképezéssel ”párhuzamosan”, azt mintegy szimul´ alva, lejátsz´ odik egy A0 Fn −→ Fm

lineáris leképezés a megfelel˝o koordinátaterek köz¨ ott, és az A0 line´ aris leképezés képvektorai, a tárgyvektorokból egyszer˝ u mátrixszorz´ assal kaphat´ ok. Megmutatjuk, hogy a koordinátaterek közötti A0 lineáris leképezés h˝ u modellje az A ∈ L(V, W ) lineáris leképezésnek.

v •............................................................................................................................................A w .........................................................................................................................................................• ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ......... ....... . . ....... ...... . ... ......................................................................................................................................................................................................................................................................................................

V

Φ

A0

v•

Fn

W

A : v −→ w

A0 : v −→ w = A · v

Ψ

•w Fm

2.2. ábra: Lineáris leképezés ”szimul´ aci´ oja” a koordináta terekben Az X bázis meghatároz egy Φ : V Fn és az Y b´ azis pedig egy Ψ : W Fm izomorf leképezést, amelyek V és W vektoraihoz koordináta vektoraikat rendeli. Mivel tetsz˝oleges v(∈ V ) vektorra A0 (Φ(v)) = Ψ(A(v))

72


teljes¨ ul, az A0 leképezés valóban az A leképezés h˝ u mása. A 2.2 ábra jól szemlélteti az elmondottakat. Ez teszi lehet˝ové, hogy bármely, lineáris leképezésekkel, vagy transzformáci´ okkal kapcsolatos probléma numerikus megoldásakor a tárgy– illetve a képvektortér vektorai helyett, azok koordináta vektoraival számolhatunk, és a lineáris leképezések hatását, azok mátrixaival való szorzással számszer˝ us´ıthetj¨ uk.

2.3.2

Line´ aris transzform´ aci´ ok inverz´ enek m´ atrixa

Egy véges dimenziós V vektortér bármely A ∈ L(V ) lineáris transzformáci´ oj´ ahoz u ´gy rendelt¨ unk mátrixot, V egy X = {x1 , . . . , xn } bázis´ aban, hogy meghatároztuk a bázisvektorok {A(x1 ), . . . , A(xn )} képeinek {A(x1 )X , . . . , A(xn )X } koordináta vektorait és ezeket az oszlopokat gy˝ ujt¨ ott¨ uk össze az AX = [A(x1 )X , . . . , A(xn )X ] n × n tipus´ u mátrixban. Az I ∈ L(V ) identikus transzformáci´ o mátrixa bármely bázisban ugyanolyan alak´ u, hiszen   

I(x1 )X = x1X =   

tehát

1 0 .. . 0



     , . . . , I(xn )X = xn =  X    

(

IX = [δij ], ahol δij =



1 0

ha ha

i = j, i 6= j,

0 .. . 0 1

   ,  

(i, j = 1, . . . , n)

a már jól ismert Kronecker-szimb´ olum. Ezt a mátrixot E-vel jelölt¨ uk és n-edrend˝ u egységmátrixnak nevezt¨ uk. Ha A ∈ R(V ) reguláris lineáris transzformáci´ o, akkor A−1 ∈ R(V ), inverze kielég´ıti az A · A−1 = I

és

A−1 · A = I

egyenleteket. Ebb˝ol, tekintve, hogy lineáris transzformáci´ ok szorzatának mátrixa egyenl˝o az egyes tényez˝ok mátrixainak szorzatával, az következik, hogy az inverz transzformáció mátrixa, A−1 eg´ıti az X kiel´ AX · A−1 X =E

és

A−1 X · AX = E

mátrixegyenleteket. A (2.2.3) következmény alapján azt is áll´ıthatjuk, hogy ezen egyenletek bármelyike egyértelm˝ uen meghatározza A ∈ R(V ) inverzének mátrix´ at az X bázisban. Tehát reguláris lineáris transzformáci´ o mátrixa invert´ alhat´ o a mátrixok szorzására vonatkozóan. Ennek megfelel˝oen most már egy n × n tipus´ u A ∈ Fn×n m´ atrixot is regul´ arisnak vagy más elnevezéssel nemszingul´ arisnak nevez¨ unk, ha létezik megoldása az AX = E

és

YA = E

mátrixegyenleteknek. Ha a mátrix nem invert´ alhat´ o, akkor a mátrixot is, csak´ ugy, mint a neminvertálható lineáris transzformáci´ ot szingul´ arisnak mondjuk. Sokszor

´ ´ ´ ´ O ´ 2.4. ALTAL ANOS BAZISTRANSZFORM ACI

73

egy mátrixról csupán azt kell eldönteni, hogy reguláris vagy szinguláris anélk¨ ul, hogy magára az inverzre (még ha létezik is) sz¨ ukség¨ unk lenne. Ilyenkor kihasználhatjuk, hogy a mátrixot alkotó oszlopok lineáris burka a mátrixhoz tartozó lineáris transzformáció képterével izomorf altere az Fn koordinátatérnek, ami persze akkor és csak akkor izomorf az egész vektortérrel, ha az oszlopok a koordinátatér bázis´ at alkotj´ ak, következésképpen lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszert alkotnak. Meg kell jegyezz¨ uk, hogy a (2.2.3) következmény szerint az AX=E m´ atrixegyenlet akkor és csak akkor oldható meg, ha az YA=E mátrixegyenletnek van megoldása, ezért bármelyik egyenlet használható lesz a reguláris mátrixok inverzének numerikus meghatároz´ as´ ara.

2.4

´ Altal´ anos b´ azistranszform´ aci´ o

Már láttuk, hogy egy vektortér elemeinek koordináta vektorai a tér bázis´ anak megválasztásától f¨ ugg, s˝ot az elemi bázistranszform´ aci´ or´ ol szól´ o részben azt is megvizsgáltuk, hogy a tér vektorainak koordináta vektora hogyan változik meg, ha az u ´j bázist az eredetib˝ol egyetlen bázisvektornak egy u ´j vektorral val´ o kicserélésével kapjuk. Itt most két, tetsz˝olegesen választott bázisra vonatkoz´ o koordináta vektorok kapcsolatát fogjuk jellemezni. Legyen az F test feletti n-dimenziós V vektortérnek X = {x1 , . . . , xn } és Y = {y1 , . . . , yn } két bázisa és legyen egy tetsz˝oleges v ∈ V vektor koordináta vektora 







ε1 ²1  .   .    vX =  azisban és vY =   ..  az X b´  ..  εn ²n az Y bázisban. Ez utóbbi pontosan azt jelenti, hogy v = ² 1 y1 + · · · + ² n yn .

(2.7)

Mint tudjuk, a vX a v vektor izomorf képe azon ΦX : V Fn izomorf leképezés mellett, amely az xi ∈ X bázisvektort az ei = [0, . . . 0, 1, 0 . . . , 0], u ´gynevezett i-edik egységvektorba viszi minden i(= 1, . . . , n)-re, ezért a (2.7) egyenletb˝ ol az is következik, hogy vX = ²1 y1X + · · · + ²n ynX . (2.8) Gy˝ ujts¨ uk össze az y1X , . . . , ynX oszlopvektorokat a B mátrixba, amelyet a bázistranszformáció ´ atmenet m´ atrix´ anak nevez¨ unk, azaz legyen az átmenet mátrix B = [y1X , . . . , ynX ]. A B átmenet mátrix azon B ∈ L(V ) lineáris transzformáci´ onak a mátrixa az X bázisban, amely az X bázis elemeinek az Y b´ azis elemeit felelteti meg, egész pontosan amelyre B(x1 ) = y1 , . . . , B(xn ) = yn . Ennek megfelel˝oen a B transzform´ aci´ ot b´ azistranszform´ aci´ onak nevezz¨ uk. Val´ oban a B transzformáci´ onak a mátrixa az X bázisban BX = [B(x1 )X , . . . , B(xn )X ] = [y1X , . . . , ynX ]

74


éppen az átmenet mátrix. Ezt felhasználva, a (2.8) egyenlet az egyszer˝ ubb vX = BX · vY

(2.9)

alakot ölti. Mivel a B nyilvánval´ oan reguláris lineáris transzformáci´ o, mátrix´ anak van inverze, ´ıgy a (2.9) egyenlet ekvivalens a B−1 X · vX = vY

(2.10)

egyenlettel, amit a b´ azistranszform´ aci´ o egyenletének nevez¨ unk. A bázistranszformáció egyenletét u ´gy interpretálhatjuk, hogy amennyiben ismerj¨ uk a V vektortér egy v vektorának a koordináta vektor´ at az X bázisban és ismerj¨ uk egy u ´j Y b´ azis vektorainak is a koordináta vektorait az X bázisban, (ezek a bázistranszform´ aci´ o mátrixának, az átmenet mátrixnak az oszlopai), akkor a v vektor Y b´ azisra vonatkozó koordináta vektora megkaphat´ o, ha az átmenet mátrix inverzével szorozzuk a v X bázisra vonatkozó koordináta vektor´ at. Persze a bázistranszformáció egyenletének inkább elméleti, mint gyakorlati jelent˝osége van, konkrét numerikus feladatok megoldás´ an´ al elemi bázistranszform´ aciók sorozatán kereszt¨ ul határozzuk meg egy vektor u ´j bázisra vonatkoz´ o koordináta vektorát.

2.4.1

Line´ aris transzform´ aci´ o m´ atrixa u ´ j b´ azisban

A bázistranszformáció egyenletének ismeretében nagyon könny˝ u kider´ıteni, hogy milyen kapcsolat van egy lineáris transzformáci´ o két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o bázisra vonatkoz´ o mátrixai között. Ezt a kapcsolatot le´ırandó, legyen A az n-dimenziós F test feletti V vektortér egy lineáris transzformációja, és jelölje AX , illetve AY az A mátrix´ at az X = {x1 , . . . , xn }, illetve az Y = {y1 , . . . , yn } b´ azisban. Mint azt jól tudjuk, AX = [A(x1 )X , . . . , A(xn )X ] és AY = [A(y1 )Y , . . . , A(yn )Y ]. Jelölje megint B a V vektortér azon lineáris transzformáci´ oj´ at, amelyre B(x1 ) = y1 , . . . , B(xn ) = yn . Akkor A(y1 ) = A(B(x1 )), . . . , A(yn ) = A(B(xn )), k¨ ovetkezésképpen a lineáris transzformációk (2.6) egyenlete alapján A(y1 )X = AX · B(x1 )X , . . . , A(yn )X = AX · B(xn )X . Ebb˝ol az általános bázistranszform´ aci´ o (2.10) egyenletét felhasználva kapjuk, hogy A(y1 )Y

−1 = B−1 X A(y1 )X = BX AX B(x1 )X , .. .

A(yn )Y

−1 = B−1 X A(yn )X = BX AX B(xn )X .

Vegy¨ uk észre, hogy B(x1 )X , . . . , B(xn )X éppen a B line´ aris transzformáci´ o X bázisra vonatkozó BX mátrixának oszlopai, ´ıgy eredmény¨ unk a mátrixaritmetikai ismereteinket is felhasználva a töm¨ orebb AY = B−1 X · AX · BX

(2.11)


75

formába ´ırható. 2.4.1 Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az AY = B−1 atrix az AX X · AX · BX m´ m´ atrixnak konjugáltja. Két m´ atrixot hasonlónak mondunk, ha az egyik a m´ asiknak konjug´ altja. Tehát egy lineáris transzformáci´ o k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o bázisokra vonatkoz´ o mátrixai hasonlók, amit AY ∼ AX -vel jelöl¨ unk. Nem nehéz megmutatni, hogy a ∼ hasonlós´ agi reláci´ o, ekvivalencia reláci´ o az azonos tipus´ u négyzetes mátrixok halmazán. Val´ oban, (a) egy mátrixnak az identikus transzformáci´ oval val´ o konjug´ altja önmaga, tehát a ∼ reláció reflex´ıv, (b) ha A = B−1 A0 B =⇒ A0 = BAB−1 , mutatva, hogy ∼ szimmetrikus, és (c) ha A = B−1 A0 B és A0 = C−1 A00 C =⇒ =⇒ A = B−1 C−1 A00 CB = (CB)−1 A00 (CB), igazolva, hogy ∼ reláció tranzit´ıv is. Reguláris lineáris transzformáci´ ok inverzének mátrix´ at könnyen meg tudjuk határozni a következ˝o eredmény ismeretében: 2.4.2 T´ etel. Legyen a V vektortérnek X = {x1 , . . . , xn } és Y = {y1 , . . . , yn } két tetsz˝ oleges b´ azisa, és B ∈ R(V ) az a line´ aris transzform´ aci´ oja, amelyre B(xi ) = yi minden i(= 1, . . . , n)-re. Akkor teljes¨ ulnek az al´ abbi egyenl˝ oségek: (i) BY = BX , −1 (ii) B−1 Y = BX ,

Bizony´ıt´ as. A (2.11) egyenlet felhasznál´ as´ aval kapjuk, hogy BY = B−1 X BX BX = EBX = BX , és teljesen hasonlóan −1 −1 −1 −1 B−1 Y = BX BX BX = BX E = BX .

2 3 P´ elda. Legyen a V val´ os vektortér egy b´ azisa az X = {x1 , x2 , x3 } vektorrendszer és az A line´ aris transzform´ aci´ o m´ atrixa ebben a b´ azisban legyen 



1 0 1   1 −1  . A= 0 −1 −1 1

76


Hat´ arozzuk meg az A m´ atrix´ at az Y = {y1 , y2 , y3 } b´ azisban, ahol y1 = x1 + 2x2 − x3 , y2 = x2 + x3 , y3 = x1 + x2 . A bázistranszformáció 



1 0 1   B = [y1X , y2X , y3X ] =  2 1 1  −1 1 0 a´tmenet mátrixa adott Y vektorainak megadás´ aval, ´ıgy használhatn´ ank az AY = −1 B AB képletet a transzformáci´ o mátrix´ anak meghatároz´ as´ ara az u ´j Y b´ azisban, ehhez azonban invertálnunk kellene az átmenet mátrixot és elvégezni két mátrixszorzást. Egy kis munkát megspórolhatunk, ugyanis az A(yi ) (i = 1, 2, 3) vektorok X bázisra vonatkozó A(yi )X = A · yiX (i = 1, 2, 3) koordináta vektorai könnyen meghatározhatók és akkor elemi bázistranszform´ aci´ ok sorozatával kiszám´ıthat´ ok az Y bázisra vonatkozó koordináta vektoraik is, amelyek éppen a keresett AY m´ atrix oszlopai. Ezeket a szám´ıtásokat követheti nyomon az olvas´ o az alábbi tábl´ azatok tanulmányozásával: (a táblázatok fejlécében a bázisra utaló indexeket elhagytuk, a táblázatok baloldali oszlopában ugyis fel vannak t¨ untetve a bázisvektorok) y1 y2 y3 A(y1 ) A(y2 ) A(y3 ) x1

1

0

1

0

1

1

2

1

1

3

0

1

x3 −1

1

0

−4

0

−2

x2

↓ y2 y1

y3 A(y1 ) A(y2 ) A(y3 )

0

x2

1

x3

1

0

1

1

−1

3

−2

−1

1

−4

1

−1

1

↓ y3 A(y1 ) A(y2 ) A(y3 ) y1

1

0

1

1

y2 −1

3

−2

−1

−7

3

0

x3

2

↓ A(y1 ) A(y2 ) A(y3 ) y1

7/2

−1/2

1

y2

−1/2

−1/2

−1

y3

−7/2

3/2

0


77

Az utolsó táblázatból már kiolvashat´ o: 

7/2 −1/2

1



 

AY =  −1/2 −1/2 −1  −7/2 3/2 0 Els˝o ránézésre nem volt nyilvánval´ o, hogy a megadott Y vektorrendszer val´ oban bázis, azonban az eljárás során ez is kider¨ ult, hiszen X vektorait lépésr˝ ol lépésre ki lehetett cserélni Y vektoraival. 2 4 P´ elda. Legyen a V val´ os vektortér egy b´ azisa az X = {x1 , x2 , x3 } vektorrendszer, és az A line´ aris transzform´ aci´ o m´ atrixa ebben a b´ azisban legyen 



1 0 1   1 −1  . A= 0 −1 −1 1 ´ Allap´ ıtsuk meg, hogy A regul´ aris–e, és ha igen, akkor hat´ arozzuk meg az A−1 inverz transzform´ aci´ o m´ atrix´ at! Az A mátrixából kiolvashatjuk, hogy A(x1 ) = y1 = x1 − x3 , A(x2 ) = y2 = x2 − x3 , A(x3 ) = y3 = x1 − x2 + x3 . Az inverz transzformációra persze A−1 (yi ) = xi (i = 1, 2, 3) teljes¨ ul, amib˝ol kiolvashatjuk az A−1 (yi )X (i = 1, 2, 3) koordináta vektorokat is. Ezekb˝ol elemi bázistranszformációk sorozatával meghatározhat´ ok az A−1 (yi )Y (i = 1, 2, 3) koordináta vektorok, és nek¨ unk éppen ezekre van sz¨ ukség¨ unk. A szám´ıt´ asokat az alábbi táblázatokban végezt¨ uk:

x1 x2

y1

y2

1

0

0

y3 A(y1 ) A(y2 ) A(y3 ) 1

1

0

0

1 −1

0

1

0

0

0

1

x3 −1 −1

1 ↓

y2 y1

y3 A(y1 ) A(y2 ) A(y3 )

0

x2

1

1

1

0

0

−1

0

1

0

2

1

0

1

x3 −1

↓ y3 A(y1 ) A(y2 ) A(y3 ) y1

1

1

0

0

y2 −1

0

1

0

x3

1

1

1

1

78

´ ´ ´ ´ OK ´ 2. FEJEZET LINEARIS LEKEPEZ ESEK, TRANSZFORMACI ↓ A(y1 ) A(y2 ) A(y3 ) y1

0

−1

−1

y2

1

2

1

y3

1

1

1

Az utolsó táblázatból már kiolvashat´ o:  

0 −1 −1

A−1 Y = 1 1

2 1

 

1  1

ami a (2.4.2) tétel szerint ugyanaz, mint A−1 oz˝ o péld´ aban is, X . Persze, amint az el˝ csak a szám´ıtások elvégzése közben der¨ ult ki, hogy A reguláris mátrix, hogy oszlopai valóban egy bázis k¨ ulönböz˝o vektorainak koordináta vektorai. 2 2. Gyakorlatok, feladatok 1. Legyen A a 3-dimenziós valós tér azon lineáris transzformáci´ oja, amely minden helyvektorhoz az origóra, mint középpontra vonatkoz´ o t¨ uk¨ orképét rendeli. Határozza meg az A mátrixát egy tetsz˝olegesen választott bázisban! 2. Legyen T a 3-dimenziós val´ os tér azon lineáris transzformáci´ oja, amely minden helyvektorhoz egy nemzér´ o v vektor irány´ u tengelyre vonatkoz´ o t¨ uk¨ orképét rendeli. (a) Határozza meg a T m´ atrix´ at egy, a v vektort tartalmazó, de azont´ ul tetsz˝oleges bázisban! (b) Határozza meg a T −1 transzformáci´ ot és annak mátrix´ at az (a) feladat megoldásakor választott bázisban! (Megjegyzés: Legyenek x és y a bázis tov´ abbi vektorai és x0 = T (x), y 0 = T (y). Nyilván x, x0 és v valamint y, y 0 és v egy s´ıkban vannak, tov´ abb´ a a t¨ ukr¨ ozés miatt v az x + x0 vektornak is és az y + y 0 vektornak is skal´ arszorosa.) 3. Legyen {u, v, w} bázisa a 3-dimenziós val´ os térnek, és rendelje a P line´ aris transzformáció minden x = αu + βv + γw helyvektorhoz az x0 = αu + βv vektort, (amit az x vektor u és v s´ıkj´ aba es˝o vet¨ uletének nevez¨ unk). (a) Határozza meg a P transzform´ aci´ o mátrix´ at el˝obb az {u, v, w}, majd az {u + w, v + w, u + v} b´ azisokban! (b) Számitsa ki a P n transzformáci´ o mátrix´ at az el˝obbi bázisokban (n = 2, . . . , 100)-ra! (c) Döntse el, hogy P reguláris, vagy szinguláris transzformáci´ o-e! 4. Legyen {u, v, w} a 3-dimenziós val´ os vektortér egy bázisa, és rendelje az A leképezés minden x = αu + βv + γw helyvektorhoz az x0 = (α + γ)u + (β + γ)v + γw vektort.

´ ´ ´ OJA ´ 2.5. MATRIXOK BAZISFAKTORIZ ACI

79

(a) Mutassa meg, hogy A line´ aris transzformáci´ o! (b) Határozza meg a transzformáci´ o mátrix´ at el˝obb az {u, v, w}, majd az {u + v, v + w, w} bázisokban! ´ (c) Allap´ ıtsa meg, hogy létezik–e A-nak inverze!

2.5

M´ atrixok b´ azisfaktoriz´ aci´ oja

A numerikus alkalmazások, ´ıgy péld´ aul a lineáris egyenletrendszerek megoldásakor seg´ıtség¨ unkre lesz a mátrixok bázisfaktoriz´ aci´ oja. Legyen A ∈ Fm×n , azaz egy olyan m × n tipus´ u mátrix, amelynek elemei az F testb˝ol valók, és tételezz¨ uk fel, hogy A oszlopvektorainak rendszere r rang´ u, azaz m oszlopvektorrendszere az F koordinátatérnek r-dimenziós alterét generálja. Ezt az alteret az A mátrix oszlopvektorterének nevezz¨ uk. Emlékezz¨ unk arra, hogy annak a lineáris leképezésnek, amely minden x ∈ Fn vektorhoz az Ax ∈ Fm vektort rendeli, a képtere éppen az A oszlopvektortere, és annak dimenziója az A mátrix ρ(A) rangja. Ha A oszlopvektorai köz¨ ul kiválasztunk egy r elem˝ u lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszert, akkor az, A oszlopvektorterének egy bázisa. Ezért az oszlopvektortér minden vektora, ´ıgy az A mátrix oszlopai is el˝o´ all´ıthat´ ok ezeknek a lineáris kombinációjaként. Jelölje az A oszlopait a1 , . . . , an és tegy¨ uk fel hogy ennek a vektorrendszernek a B = {ai1 , . . . , air } egy lineárisan f¨ uggetlen részrendszere. Akkor ez bázis A oszlopvektorterében, mert feltevés¨ unk szerint ρ(A) = r . Legyenek az aj (j = 1, . . . , n) oszlopvektoroknak az B b´ azisra vonatkoz´ o koordináta vektorai ujts¨ uk össze a B = {ai1 , . . . , air } bázis vektorait a B rendre ajB (j = 1, . . . , n). Gy˝ mátrixba, azaz legyen B = [ai1 , . . . , air ] atrixba, tehát legyen és az ajB (j = 1, . . . , n) koordináta vektorokat pedig a C m´ C = [a1B , . . . , anB ] . A B · C mátrix oszlopai Ba1B = a1 , . . . , BanB = an , hiszen, mint azt a mátrixok szorzás´ ara adott péld´ akn´ al láttuk, egy mátrixnak egy oszlopmátrixszal való szorzata, a mátrix oszlopainak olyan lineáris kombin´ aci´ oja, amelyben a skalár egy¨ utthatók, éppen az oszlopmátrix komponensei és az ajB oszlopvektor éppen az aj vektornak a B oszlopaira vonatkoz´ o koordinát´ ait tartalmazta minden j(= 1, . . . , n)-re. A mátrixok szorzás´ at illusztrál´ o péld´ ak köz¨ ott azt is láttuk, hogy két mátrix szorzatának i-edik oszlopa, a baloldali mátrixtényez˝ onek a jobboldali mátrixszorzó i-edik oszlopával val´ o szorzata. Mindezek figyelembevételével kapjuk, hogy az A mátrix a B és C m´ atrixok szorzata, tehát A = B · C.

(2.12)

Az A mátrix (2.12) egyenlet szerinti szorzatként val´ o el˝o´ all´ıt´ as´ at b´ azisfaktoriz´ aci´ onak h´ıvjuk.

80


A 2.12 egyenl˝oségb˝ol az is következik, hogy az A m´ atrix minden sora a C m´ atrix sorainak lineáris kombinációja. Mivel a B tipusa m × r és a C tipusa pedig r × n, azonnal kapjuk, hogy A sorvektorai rendszerének legfeljebb r lehet a rangja. A fenti szorzatra bontást elvégezve az A m´ atrix transzponáltj´ ara A∗ -ra, arra ∗ a következtetésre juthatunk, hogy az A sorvektorrendszerének rangja nem lehet nagyobb oszlopvektorrendszerének rangján´ al. Nyilvánval´ o, hogy az A m´ atrix sorvektorai által generált vektortér — A sorvektorterének nevezz¨ uk — és az A∗ mátrix oszlopvektortere izomorfak. Ezeket az észrevételeket összegezve áll´ıthatjuk, hogy ´ ıt´ 2.5.1 All´ as. [M´ atrixok rangsz´ am tétele] Az A m´ atrix sorvektorrendszerének rangja egyenl˝ o oszlopvektorrendszerének rangj´ aval. Bemutatunk egy numerikus péld´ at annak illusztrál´ as´ ara, hogy elemi bázistranszformáció alkalmazásával, hogyan lehet egy adott mátrixot bázisfaktoriz´ alni. 5 P´ elda. B´ azisfaktoriz´ aljuk az    

A=

1 2 0 3 2 −1 1 2 1 7 −1 7 −1 −7 1 −7

1 3 0 0

    

m´ atrixot. Meg kell határoznunk az A m´ atrix oszlopvektorrendszerének rangját. Ezt az elemi bázistranszformáció módszerével végezz¨ uk. Az induló tábl´ aban az A oszlopait m a1 , a2 , a3 , a4 , és a5 jelölik, ezek megegyeznek az F tér E = {e1 , e2 , e3 , e4 } egységvektorai alkotta bázisra vonatkozó koordináta vektoraikkal. Ez a magyar´ azata annak, hogy az alábbi táblázatok fejlécében vastagon szedett bet˝ ukkel jelölt¨ uk azokat. a1

a2

a3

a4 a5

e1 1 2 0 3 e2 2 −1 1 2 e3 1 7 −1 7 e4 −1 −7 1 −7

a2

a3

a4

a5

a1 2 0 3 1 1 3 → e2 −5 1 −4 1 → 0 e3 5 −1 4 −1 0 e4 −5 1 −4 1 a2

a4 a5

a1 2 3 → a3 −5 −4 e3 0 0 0 0 e4

1 1 0 0

Amint az utolsó táblázatból láthat´ o, ρ(A) = 2, és az A mátrix els˝o és harmadik oszlopa bázis A oszlopvektorterében. Az is kiolvashat´ o a tábl´ azatb´ ol, hogy melyek a mátrix oszlopainak erre a bázisra vonatkoz´ o koordináta vektorai. Nyilván a1 = 1 · a1 + 0 · a3 és a3 = 0 · a1 + 1 · a3 , m´ıg a többi oszlop koordinátáit a tábl´ azatb´ ol olvasva a2 = 2 · a1 − 5 · a3 , a4 = 3 · a1 − 4 · a3

és a5 = 1 · a1 + 1 · a3 .

´ ´ ´ OJA ´ 2.5. MATRIXOK BAZISFAKTORIZ ACI

81

Ezek szerint az A bázisfaktorizáci´ oj´ anak tényez˝ oi    

B = [a1 , a3 ] = 

és

"

C=

1 0 2 1 1 −1 −1 1

1 2 0 3 1 0 −5 1 −4 1

    

# .

Annak ellen˝orzését, hogy valóban A = B · C bárki gyorsan elvégezheti.

2

3. Gyakorlatok, feladatok

1. Igazoljuk, hogy ha A = B · C, akkor ρ(A) ≤ min(ρ(B), ρ(C)) 2. Mutassuk meg, hogy ha A = B · C és B oszlopai lineárisan f¨ uggetlen rendszert alkotnak, akkor ρ(A) = ρ(C) és ha C sorai f¨ uggetlenek, akkor pedig ρ(A) = ρ(B). 3. Bizony´ıtsuk be, hogy ha A = B · C, akkor A∗ = C∗ · B∗ .

82


3. Fejezet

Alkalmaz´ asok Ebben a részben a vektorterek elméletének néh´ any nevezetes alkalmaz´ as´ aval ismerked¨ unk meg. Tárgyaljuk a lineáris egyenletrendszerek megoldhatós´ ag´ anak kérdéseit és az elemi bázistranszform´ aci´ ora támaszkodva megoldási algoritmust is adunk. Vizsgáljuk bizonyos tipus´ u mátrixegyenletek megoldhatós´ ag´ at is, és belátjuk, hogy ezek megoldása visszavezethet˝ o lineáris egyenletrendszerek megoldására. Ezt követ˝oen ismertet¨ unk egy módszert mátrixok inverzének viszonylag gyors meghatározására.

3.1

Line´ aris egyenletrendszerek

Egy m egyenletb˝ol álló n ismeretlenes lineáris egyenletrendszer által´ anos alakja: α11 ξ1 + α12 ξ2 + · · · + α1n ξn = β1 α21 ξ1 + α22 ξ2 + · · · + α2n ξn = β2 .. .. .. .. .. . . . . . αm1 ξ1 + αm2 ξ2 + · · · + αmn ξn = βm ahol az ξi -k az ismeretlenek, m´ıg az αij egy¨ utthat´ ok és az egyenletek jobboladalán álló βi konstansok adott, valamely számtestb˝ ol val´ o skal´ arok. A lineáris egyenletrendszert inhomogénnek nevezz¨ uk, ha a jobboldalon szerepl˝o skal´ arok köz¨ ott van nemzéró, m´ıg ellenkez˝o esetben, ha az egyenletek jobboldalán lév˝ o skal´ arok mindegyike nulla, akkor az egyenletrendszert homogénnek mondjuk. Természetesen a legtöbb esetben gyakorlati problém´ ak modellezésekor fellép˝ o lineáris egyenletrendszerek esetében ezek a skalárok val´ os számok, de a megoldás módszerét illet˝oen ez nem jelent k¨ ulönösebb könnyebbséget, hacsak azt nem vessz¨ uk figyelembe, hogy a valós számokkal való számolásban nagyobb gyakorlatunk van. Mindenesetre mi ezen skalárok testét F-fel fogjuk jelölni, hangs´ ulyozand´ o, hogy az bármely test lehet. Az egyes ismeretlenek egy¨ utthat´ oit és a jobboldali konstansokat oszlopokba rendezve a    ξ1   

α11 α21 .. . αm1





     + ξ2     

α12 α22 .. . αm2





     + · · · ξn     

83

α1n α2n .. . αmn





    =    

β1 β2 .. . βm

     

´ 3. FEJEZET ALKALMAZASOK

84 vektoregyenletet kapjuk, ami az   

a1 =   

α11 α21 .. . αm1





     , a2 =     

α12 α22 .. . αm2





     , . . . , an =     

α1n α2n .. . αmn





    

és b =  

  

β1 β2 .. . βn

     

jelölések bevezetése után, egyszer˝ uen ξ1 a1 + ξ2 a2 + · · · + ξn an = b formát ölt. Ha még az a1 , a2 , . . . , an oszlopokat az A mátrixba gy˝ ujtj¨ uk össze, és az ismeretleneket pedig az x oszlopba, tehát az 

A = [a1 , a2 , . . . , an ]

és

 

x=  

ξ1 ξ2 .. . ξn

     

jelölések bevezetése után, az egyenletrendszer röviden (1)

Ax = b

alakban ´ırható fel. Az egyenletrendszerek megoldhatós´ ag´ anak kritériuma többféleképpen is megfogalmazható: (a) Mivel az A · x szorzat egy olyan oszlopvektor, ami az A mátrix oszlopainak az x vektor komponenseivel képzett lineáris kombin´ aci´ oja, az (1) egyenletrendszer pontosan akkor oldható meg, ha a b vektor az A oszlopainak lineáris kombin´ aci´ oja. Tekintve, hogy az A mátrix a1 , . . . , an oszlopai és a b vektor is az Fm koordinátatérnek a vektorai, azt is mondhatjuk, hogy az (1) egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha b ∈ lin (a1 , . . . , an ) , amit u ´gy mondtunk, hogy b kompatibilis az {a1 , . . . , an } vektorrendszerre nézve. (b) Az egyenletrendszerek megoldhatós´ ag´ anak már klasszikusnak mondható Kronecker–Capelli–féle kritériuma ´ıgy szól: Az (1) egyenletrendszer megoldhatós´ ag´ anak sz¨ ukséges és elegend˝o feltétele, hogy ρ(A) = ρ([A, b]) teljes¨ uljön, ahol az [A, b] b˝ov´ıtett mátrixot u ´gy kapjuk, hogy az A oszlopai mellé, még a b oszlopot is hozzávessz¨ uk a mátrixhoz. Annak az oka, hogy a lineáris egyenletrendszerek tárgyal´ as´ at nem részletezt¨ uk a kompatibilitási vizsgálatokhoz kapcsoltan, az, hogy szeretnénk kihasználni a megoldási algoritmus konstruálásakor azt a tényt, hogy az x → A · x hozzárendelés az Fn vektort´ ernek az Fm vektortérbe val´ o A line´ aris leképezése. Az Fn térben véve m azist, (ahol ei , az E = {e1 , . . . , en } bázist, m´ıg az F -ben az E 0 = {e01 , . . . , e0m } b´ 0 (ej ) az az n komponens˝ u (m komponens˝ u) egységvektor, amelynek i-edik (j-edik) komponense 1) az A lineáris leképezés mátrixa e bázisp´ arra vonatkoz´ oan éppen A, ami azt jelenti, hogy az ei ∈ E (i = 1, . . . , n) vektor A(ei ) képe éppen ai . Az (1) egyenletrendszer megoldhatós´ ag´ anak sz¨ ukséges és elegend˝o feltétele tehát ´ıgy is megfogalmazható:

´ 3.1. LINEARIS EGYENLETRENDSZEREK

85

(c) Az (1) egyenletrendszer pontosan akkor oldható meg, ha az x → A · x hozzárendelési szabály által adott A line´ aris leképezés képtere tartalmazza a b ∈ Fm vektort. Az E és E 0 bázisok abból a szempontb´ ol nagyon jónak mondhatók, hogy minn m den F -beli, illetve F -beli vektor komponensei és e bázisokra vonatkoz´ o koordinát´ ai egyenl˝ok, de ahhoz, hogy könnyen eldönthet˝ o legyen az (1) egyenletrendszer megoldhatóságának kérdése, szerencsésebb olyan bázisp´ art választani, amelyre vonatkoz´ o koordináta vektorok ismeretében azonnal megsmondható, hogy a b vektor benne vane a leképezés képterében, és ha igen, melyek azok az Fn -beli vektorok, amelyeknek a képe b. Ha a b vektornak meghatározzuk a koordináta vektor´ at az Fm tér egy olyan bázisában, amely tartalmazza a leképezés képterének egy bázis´ at, akkor abból azonnal kiolvasható, hogy b eleme-e a képtérnek, nevezetesen pontosan akkor eleme, ha csak a képtér bázisát alkotó vektorokra vonatkoz´ o koordinát´ ai k¨ ul¨ onb¨ oznek zér´ ot´ ol, de minden más koordinátája nulla. Ha a leképezés képterének bázisvektorait az A mátrix oszlopai köz¨ ul választjuk, — ez mindig lehetséges, mert A oszlopai generálj´ ak m a képteret — véve, mondjuk az ai1 , . . . , air vektorokat, és ezt egész´ıtj¨ uk ki az F tér bázisává, akkor ahhoz, hogy b benne lehessen a képtérben, e bázisra vonatkoz´ o koordináta vektorának csak az ai1 , . . . , air vektorokra vonatkoz´ o elemei lehetnek null´ at´ ol k¨ ulönböz˝oek, minden más koordináta 0 kell legyen. Ha történetesen b = δi1 ai1 + · · · + δir air , akkor azt is azonnal kapjuk, hogy az x0 = δi1 ei1 + · · · + δir eir ∈ Fn vektor A(x0 ) = δi1 A(ei1 ) + · · · + δir A(eir ) képe b, tehát az x0 vektor egy megoldása (1)–nek. Persze ha x egy tetsz˝oleges eleme az A leképezés ker (A) magterének, akkor az A(x + x0 ) = A(x) + A(x0 ) = 0 + b = b , mutatva, hogy az x + x0 vektor is megoldása az (1) egyenletrendszernek, s˝ot minden megoldás megkapható ilyen összeg alakban. Ezt az alábbi tételben be is bizony´ıtjuk. 3.1.1 T´ etel. Legyen A ∈ Fm×n tetsz˝ oleges m´ atrix és b ∈ Fm tetsz˝ oleges vektor. Az A · x = b inhomogén line´ aris egyenletrendszer minden megold´ asa megkaphat´ o egy x0 megold´ as´ anak és az A · x = 0 homogén line´ aris egyenletrendszer valamely megold´ as´ anak ¨ osszegeként. Bizony´ıt´ as. Ha x0 tetsz˝oleges megoldása az inhomogén egyenletrendszernek, akkor A · x0 = A · x0 = b , amib˝ol A · (x0 − x0 ) = A · x0 − A · x0 = b − b = 0 , tehát x0 − x0 a homogén egyenletrendszer megoldása, és nyilv´ an x0 = x0 + (x0 − x0 ), amint áll´ıtottuk. 2 A fenti tétel mutatja, hogy a homogén lineáris egyenletrendszerek összes megoldásának meghatározása kulcsfontosság´ u a lineáris egyenletrendszerek megoldásainak keresésekor.


86

3.1.1

Homog´ en line´ aris egyenletrendszerek megold´ asa

Az A · x = 0 homogén lineáris egyenletrendszert megoldani annyit jelent, mint meghatározni azon A ∈ L(Fn , Fm ) lineáris leképezés magterét, amelyet az x → A · x hozzárendelési szabály definiál. Mivel egy lineáris leképezés magtere altér, tehát legalább a nullvektort tartalmazza, a homogén lineáris egyenletrendszereknek mindig van megoldása, és megold´ ashalmaza altere Fn -nek. Ennek az altérnek a meghatározásához felhasználjuk az A m´ atrix bázisfaktoriz´ aci´ oj´ at. Felbontva az A mátrixot a bázisfaktorizációnak megfelel˝oen B · C szorzatra, az A·x=B·C·x=0 alakhoz jutunk, ahol a B mátrix oszlopai az A leképezés képterének bázisa. Ennélfogva a B · C · x = 0 akkor és csak akkor teljes¨ ul, ha C · x = 0 . Ha ρ(A) = r, és történetesen az A mátrix a1 , . . . , ar oszlopai f¨ uggetlen rendszert alkotnak, akkor ezek a vektorok alkothatják im (A) bázis´ at. Így B = [a1 , . . . , ar ] m × r tipus´ u mátrix és C pedig, tekintettel arra, hogy oszlopai, az A m´ atrix oszlopainak a koordináta vektorai az {a1 , . . . , ar } bázisban, r × n tipus´ u és els˝o, második, . . . , r-edik oszlopa rendre az e1 , . . . , er r komponens˝ u egységvektor, azaz C = [E, D] alak´ u. Persze azt kérdezheti az olvasó, hogy mi biztos´ıtja, hogy az A mátrixnak éppen az els˝o r oszlopa lineárisan f¨ uggetlen. A válasz az, hogy semmi, de az egyenletrendszer ismeretlenjeinek átindexelésével, ami az A oszlopainak cseréjével jár egy¨ utt, ez mindig elérhet˝o, ´ıgy feltevés¨ unk valójában nem csorb´ıtja az által´ anoss´ agot, ugyanakkor nagy seg´ıtség¨ unkre van a formalizálásban. Ha a C mátrix particionál´ as´ anak megfelel˝oen az ismeretleneket tartalmazó x vektort is az 





ξ1  .   x1 =   .. 



ξr+1  .   x2 =   .. 

és

ξr

ξn

vektorokra bontjuk, akkor a "

C · x = [E, D] ·

x1 x2

#

= x1 + D · x2 = 0

alakhoz jutunk, amib˝ol kiolvashatjuk, hogy egy x vektor akkor és csak akkor lesz megoldása az A·x = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek, ha komponensei köz¨ ott fennáll az (∗)

x1 = −Dx2

kapcsolat, ahol az x1 vektorba gy˝ ujt¨ ott¨ uk össze az A m´ atrix oszlopvektorterének bázisát alkotó oszlopaihoz tartozó ismeretleneket, amelyeket k¨ ot¨ ott ismeretleneknek nevez¨ unk, m´ıg a többi ismeretlen alkotja az x2 vektor komponenseit. A D m´ atrix oszlopai az A mátrix azon oszlopainak koordináta vektorai, amelyek nincsenek az oszlopvektortér választott bázisában. Ha az x2 komponenseinek tetsz˝olegesen adunk értékeket, és az x1 vektort a (*) feltételt kielég´ıtend˝ o −D · x2 -vel tessz¨ uk egyenl˝ ové, akkor az ´ıgy kapott " # " # x1 −D · x2 x= = x2 x2


87

vektor az A·x = 0 egyenletrendszer megoldása lesz. Ezért az x2 komponenseit alkot´ o ismeretleneket szabad ismeretleneknek h´ıvjuk. A szabad ismeretlenek s szám´ at az egyenletrendszer szabads´ ag fok´ anak nevezz¨ uk. Sokszor célszer˝ u a megoldáshalmazt "

−D E

#

·t

(t ∈ Fs )

alakban megadni, ahol E s×s tipus´ u egységm´ atrix. Ezt az alakot a homogén lineáris egyenletrendszer ´ altal´ anos megold´ as´ anak is mondjuk, m´ıg a megoldáshalmaz egyes vektorait partikul´ aris megold´ asoknak nevezz¨ uk. Az által´ anos megoldásként eml´ıtett alakból kider¨ ul, hogy a " # −D E mátrix oszlopai az egyenletrendszerhez tartozó A lineáris leképezés ker (A) magterének bázisvektorai. A (2.1.6) tétel alapján nyilv´ anval´ o, hogy az egyenletrendszer szabadságfoka: s = n − ρ(A). Ebb˝ol azonnal adódik: 3.1.2 K¨ ovetkezm´ eny. Az A · x = 0 (A ∈ Fm×n ) homogén line´ aris egyenletrendszernek pontosan akkor van nemzér´ o megold´ asa, ha A rangja kisebb, mint n, azaz, ha az egy¨ utthat´ ok m´ atrix´ anak oszlopai line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o rendszert alkotnak. Ha ρ(A) = n, teh´ at ha A oszlopai line´ arisan f¨ uggetlen rendszert alkotnak, akkor pedig a nullvektor az egyetlen megold´ as. 1 P´ elda. Hat´ arozzuk meg a ξ1 2ξ1 + ξ2 −ξ1 + 2ξ2 ξ1 − ξ2

+ ξ3 + 2ξ4 + 4ξ3 + 6ξ4 + 3ξ3 + 2ξ4 − ξ3

= = = =

0 0 0 0

homogén line´ aris egyenletrendszer megold´ ashalmaz´ at és az(oka)t a partikul´ aris megold´ as(oka)t, ahol a ξ3 = 2 . Az egyenletrendszer egy¨ utthat´ o mátrixa    

A=

1 0 1 2 1 4 −1 2 3 1 −1 −1

2 6 2 0

    

El˝oször meg kell határoznunk az A oszlopvektorterének egy bázis´ at és az A oszlopainak e bázisra vonatkozó koordináta vektorait. Ezt elemi bázistranszform´ acióval végezhetj¨ uk. Az alábbi tábl´ azatban az A mátrix oszlopait a megfelel˝o ismeretlenekkel fejlécezt¨ uk, ami lineáris egyenletrendszerek megoldásakor azért el˝onyös, mert a táblázatból kiolvashat´ o lesz, hogy melyek a köt¨ ott ismeretlenek, m´ıg az eredeti bázis vektorai az R4 val´ os koordinátatér e1 , . . . , e4 egységvektorai. ξ1

ξ2

ξ3 ξ4

e1 1 0 1 e2 2 1 4 e3 −1 2 3 e4 1 −1 −1

ξ2

ξ3

ξ4

ξ1 0 1 2 ξ1 2 6 → e2 1 2 2 → ξ2 e3 2 e3 2 4 4 e4 0 e4 −1 −2 −2

ξ3 ξ4 1 2 0 0

2 2 0 0


88

Az utolsó táblázatból kiolvashat´ o, hogy ρ(A) = 2, ´ıgy a szabadságfok is 2(= 4 − 2), továbbá, hogy az A mátrix    

a1 = 

1 2 −1 1





   

  

és

a2 = 

0 1 2 −1

    

oszlopvektorai bázist alkotnak az A oszlopvektorterében, ezért a nekik megfelel˝o ξ1 és ξ2 ismeretlenek lesznek a kötött ismeretlenek és a ξ3 , ξ4 ismeretlenek pedig a szabad ismeretlenek. Az is látható, hogy az A a3 és a4 oszlopainak a választott bázisra vonatkozó koordináta vektorai az "

a3 =

1 2

#

"

és

a4 =

2 2

#

és ´ıgy az A bázisfaktorizációja a választott bázis mellett    A= 

1 0 2 1 −1 2 1 −1

   · 

"

1 0 1 2 0 1 2 2

#

Ennek megfelel˝oen a kötött és szabad ismeretlenek köz¨ ott fenn kell álljon a "

ξ1 ξ2

#

"

=−

1 2 2 2

# "

·

ξ3 ξ4

#

kapcsolat. Ennek alapján most már az által´ anos megoldás:    

x=

ξ1 ξ2 ξ3 ξ4





    =  



−1 −2 −2 −2    · t ahol t ∈ R2 1 0  0 1

Azokat a partikuláris megoldásokat kell még megadnunk, ahol a ξ3 = 2 . Ebb˝ol a szempontból, mint látható, kör¨ ultekint˝ oen választottuk A oszlopvektorterének bázisát, a ξ3 ismeretlent szabad ismeretlennek hagytuk (a neki megfelel˝o a3 vektort nem választottuk bázisvektornak), ´ıgy most az által´ anos megoldás felhasznál´ as´ aval ezeket a partikuláris megoldásokat gyorsan megkaphatjuk, ha a t vektor els˝o koordinát´ ajaként 2-t választunk, m´ıg a második koordináta tov´ abbra is tetsz˝oleges val´ os szám. Tehát a keresett partikuláris megoldások:    

x=

ξ1 ξ2 ξ3 ξ4





    =  

−2 − 2α −4 − 2α 2 α

    

(α ∈ R) .

2


3.1.2

89

Inhomog´ en line´ aris egyenletrendszerek megold´ asa

Az A · x = b inhomogén lineáris egyenletrendszer megoldásait a (3.1.1) tétel értelmében megkaphatjuk, ha meghatározzuk egy megoldás´ at és ahhoz rendre hozzáadjuk az A · x = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldásait. Minthogy a homogén egyenletrendszer megoldási algoritmusa már adott, csupán azt kell még tisztáznunk, hogy hogyan lehetne az inhomogén egyenletrendszer egyetlen megoldását megkonstruálni. Mint azt már tudjuk ilyen megoldás pontosan akkor létezik, ha b benne van az A mátrix oszlopvektorterében. Ha A bázisfaktoriz´ aci´ oja A = B · C, éppen a B oszlopai alkotják az A oszlopvektorterének egy bázis´ at, következésképpen, ha van megoldása az inhomogén egyenletrendszernek, akkor b a B m´ atrix oszlopainak lineáris kombinációja. Jelölje b a b vektor az oszlopvektortér e bázis´ ara vonatkoz´ o koordináta vektorát, akkor Bb = b és az egyenletrendszer (∗∗)

A · x = B · C · x = b = Bb

alakot ölt. Tekintve, hogy A oszlopvektorterének minden vektora egyértelm˝ uen áll´ıtható el˝o bázisvektorainak, eset¨ unkben a B oszlopainak, lineáris kombin´ aci´ ojaként a (**) akkor és csak akkor teljes¨ ulhet, ha C · x = b. A könnyebb formalizálhatóság kedvéért megint feltéve, hogy az A m´ atrix els˝o r(= ρ(A)) oszlopa alkotja az A oszlopvektorterének a bázis´ at (ezek az oszlopok alkotj´ ak a B mátrixot), kapjuk, hogy C = [E, D] és ennek megfelel˝oen felbontva az x vektort az x1 kötött ismeretleneket tartalmazó és az x2 szabad ismeretleneket tartalmazó vektorokra az # " x1 = x1 + D · x2 = b [E, D] · x2 egyenletet kapjuk. Ebben az egyenletben x1 és b r komponens˝ u, m´ıg x2 s(= n − r) komponens˝ u vektor, és az egyenletet nyilv´ anval´ oan kielég´ıti az x1 = b és x2 = 0 részekb˝ol összerakott # " b x= 0 vektor. Ez tehát egy megoldása az inhomogén egyenletrendszernek, amit b´ azismegold´ asnak nevez¨ unk. Ezekután az inhomogén egyenletrendszer által´ anos megoldása már könnyen kapható, a bázismegold´ as és a homogén egyenletrendszer által´ anos megoldásának összegeként: "

x=

b 0

#

"

+

−D E

#

· t ahol t ∈ Fs

A k¨ ulönböz˝o partikuláris megoldások persze most is u ´gy kaphat´ ok, hogy a t paraméter vektornak konkrét értéket adunk. Speciálisan t = 0 v´ alaszt´ assal adódik a már eml´ıtett bázismegoldás. Természetesen az inhomogén lineáris egyenletrendszerek megoldásakor a bázismegold´ as és a homogén egyenletrendszer által´ anos megoldásának el˝oáll´ıtása egyidej˝ uleg történik, az A oszlopvektortere bázis´ anak


90

meghatározásakor a b vektorról azt is eldönthetj¨ uk, hogy el˝o´ all´ıthat´ o–e a bázisvektorok lineáris kombinációjaként (van–e megoldás), és ha igen, akkor megkaphatjuk e bázisra vonatkozó b koordináta vektor´ at is. A Következ˝o példa bemutatja a fentiekben le´ırt megoldási algoritmus m˝ uk¨ odését a gyakorlatban. 2 P´ elda. Hat´ arozzuk meg az al´ abbi d´ ashalmaz´ at: ξ1 + 2ξ1 + ξ2 + 2ξ1 + 2ξ2 + − ξ2 −

inhomogén line´ aris egyenletrendszer megol2ξ3 − ξ4 5ξ3 6ξ3 + 2ξ4 ξ3 − 2ξ4

= 2 = 6 = 8 = −2

A megoldás csak annyiban tér el a megfelel˝o homogén lineáris egyenletrendszer megoldásától, hogy az elemi bázistranszform´ aci´ os tábl´ azatban követn¨ unk kell az egyenletrendszer jobboldalán szerepl˝o konstansokb´ ol felép´ıtett b vektor koordináta vektorának változását is a bázis megváltoztat´ asakor, ugyanis sz¨ ukség¨ unk van az egy¨ utthatómátrix oszlopvektortere bázis´ ara vonatkoz´ o koordináta vektor´ ara, hogy az inhomogén egyenletrendszer bázismegold´ as´ at meghatározzuk. Az induló tábl´ aban az eredeti bázis az R4 valós kordin´ atatér egységvektorai alkotta bázis. ξ1 e1 e2 e3 e4

ξ2

ξ3

ξ4

b

ξ2

ξ3

ξ4

b

ξ1 0 2 −1 2 1 0 2 −1 2 2 1 5 0 6 → e2 1 1 2 2 → 2 2 6 2 8 e3 2 2 4 4 0 −1 −1 −2 −2 e4 −1 −1 −2 −2 ξ2

ξ4

b

ξ1 −2 −5 −2 ξ3 1 2 2 e3 0 0 0 e4 0 0 0 Az utolsó táblázat mutatja, hogy A oszlopvektorterének egy bázis´ at alkotj´ ak az A a1 és a3 oszlopai, és mivel a b vektor kifejezhet˝o ezek lineáris kombin´ aci´ ojaként, az egyenletrendszernek van megoldása. Az {a1 , a3 } b´ azisban a b vektor koordináta vektora: b = [−2, 2]∗ . Tekintettel arra, hogy most az A mátrixnak nem az els˝o két oszlopát választottuk az oszlopvektortér bázis´ anak (tehett¨ uk volna, csak szeretnénk bemutatni, hogy ilyen esetben hogyan ´ırhat´ ok fel az egyenletrendszer megoldásai), a b vektor és a kiegész´ıt˝ o nullvektor komponensei permut´ al´ odnak. Egyenletrendszer¨ unk szabadságfoka 2, a ξ2 és ξ4 ismeretlenek szabad ismeretlenek. A bázismegoldás és a megfelel˝o homogén lineáris egyenletrendszer által´ anos megoldása:    

x0 = 

−2 0 2 0

    



és

  

xh = 

2 5 1 0 −1 −2 0 1

    · t ahol t ∈ R2 


91

Így most már az inhomogén lineáris egyenletrendszer által´ anos megodása:    

x=

ξ1 ξ2 ξ3 ξ4





    =  



−2 0 2 0



    +  

2 5 1 0 −1 −2 0 1

    · t ahol t ∈ R2 

Fel kell h´ıvjuk az olvasó figyelmét arra is, hogy a megfelel˝o homogén lineáris egyenletrendszer megoldása is t¨ ukr¨ ozi azt a tényt, hogy az els˝o és harmadik ismeretlen a kötött– m´ıg a második és negyedik a szabad ismeretlen. 2 Az alábbi példában egy olyan inhomogén lineáris egyenletrendszert oldunk meg, amelyben az egy¨ utthatók mátrixa paramétert tartalmaz. Megvizsgáljuk, hogy a paraméter milyen értékei mellett van megoldás, illetve, hogy a paraméter értékének változtatásával hogyan változik az egyenletrendszer szabadságfoka. 3 P´ elda. Vizsg´ aljuk meg, hogy az α paraméter milyen értékei mellett van megold´ asa az al´ abbi line´ aris egyenletrendszernek, és ha van megold´ as, mennyi a szabads´ agfok. ξ1 + αξ2 + ξ3 = 1 ξ1 + ξ2 + αξ3 = 1 αξ1 + ξ2 + ξ3 = 1 Az induló táblázat: ξ1 ξ2 ξ3 e1 e2 e3

1 1 α

α 1 1

b

ξ2

ξ1 1 1 → α 1 e2 1 1 e3

ξ3

b

α 1 1 1−α α−1 0 1 − α2 1 − α 1 − α

Mint az látható, nem választhat´ o olyan generál´ o elem, amely ne lenne α polinomja. Mivel α = 1 esetén táblázatunk: ξ2 ξ3 ξ1 e2 e3

1 0 0

b

1 1 0 0 0 0

abból kiolvashatjuk, hogy α = 1 estén van megoldás, a szabadságfok 2 és az által´ anos megoldás:       ξ1 1 −1 −1       0  · t ahol t ∈ R2 x =  ξ2  =  0  +  1 ξ3 0 0 1 Ha α 6= 1 akkor az egy¨ utthatóm´ atrix második oszlopa f¨ uggetlen az els˝ot˝ ol, bevonható az oszlopvektortér bázisába. Az u ´j bázisra vonatkoz´ o koordináta vektorok pedig az alábbi táblázatban láthatók: ξ3 b ξ1 ξ2 e3

1+α −1 2 − α − α2

1 0 1−α


92

Az egy¨ utthatómátrix harmadik oszlopa csak akkor f¨ uggetlen az els˝o kett˝ ot˝ ol, ha 2−α−α2 = (1−α)(2+α) 6= 0 , amib˝ ol láthat´ o hogy meg kell vizsgálnunk az α = −2 esetet. Ebben az esetben a tábl´ azat: ξ3

b

ξ1 −1 1 ξ2 −1 0 e3 0 3 mutatja, hogy a b vektor nincs benne az egy¨ utthat´ ok mátrix´ anak oszlopvektorterében, tehát nincs megoldása az egyenletrendszernek. Ha α mind 1-t˝ol, mind −2-t˝ol k¨ ulönböz˝o, akkor az egy¨ utthat´ ok mátrix´ anak oszlopvektortere megegyezik az R3 koordin´ atatérrel és ´ıgy a szabadságfok 0, tehát egyetlen megoldás létezik, amelyet a harmadik oszlop bázisba vonása után ki is olvashatunk a b ξ1 ξ2 ξ3 táblázatból: x =

3.2

1 2+α 1 2+α 1 2+α

1 ∗ 2+α [1, 1, 1] .

2

M´ atrixegyenletek

Ha V , W és Z az F test feletti m , n és p-dimenziós vektorterek, tov´ abb´ a B ∈ L(V, Z) és A ∈ L(W, Z) lineáris leképezések, felvethet˝ o a kérdés, hogy létezik–e olyan X ∈ L(V, W ) lineáris leképezés, hogy A · X = B teljes¨ ul. A válasz könnyen megsejthet˝o, nevezetesen, hogy amennyiben a B leképezés im (B) képtere altere az A leképezés im (A) képterének, akkor létezik ilyen X leképezés. Ha ismert az A leképezés A ∈ Fp×n ´ es a B leképezés B ∈ Fp×m mátrixa, akkor el˝oz˝ o kérdés¨ unk a mátrixaritmetika nyelvére leford´ıtva ´ıgy hangzik: Milyen feltételek mellett oldható meg az A·X=B

(3.1)

mátrixegyenlet? A mátrixok szorzási szabály´ at ismerve, világos, hogy csak n × m tipus´ u X mátrix elég´ıtheti ki a (3.1) egyenletet. Jelölj¨ uk az ismeretlen X mátrix oszlopait x1 , x2 , . . . , xm -mel, és a B oszlopait pedig b1 , b2 , . . . , bm -mel. Akkor kihasználva, hogy az A · X mátrix oszlopai rendre A · x1 , A · x2 , . . . , A · xm , kapjuk, hogy a (3.1) egyenlet ekvivalens az A · x1 = b1 , A · x2 = b2 , . . . , A · xm = bm lineáris egyenletrendszerek rendszerével. Ezeknek az egyenletrendszereknek mindegyike pontosan akkor oldható meg, ha a B minden oszlopa benne van az A m´ atrix oszlopvektorterében, azaz, ha a B m´ atrix oszlopvektortere altere az A oszlopvektorterének. Ez éppen fenti sejtés¨ unk mátrixaritmetikai megfelel˝oje.

´ 3.2. MATRIXEGYENLETEK

93

A fenti egyenletrendszerek egy¨ utthat´ om´ atrixa köz¨ os. Ez lehet˝ové teszi, hogy azokat egyszerre oldjuk meg. Ezt k´ıvánja illusztrálni az alábbi példa: 4 P´ elda. Oldjuk meg az 







1 0 1 −1 1 2     2 ·X= 2 0   −1 1 0 1 2 3 1 7 6 m´ atrixegyenletet! Két inhomogén lineáris egyenletrendszer megoldásai adják az X m´ atrix els˝o és második oszlopát. Megoldásukat elemi bázistranszform´ aci´ os módszerrel végezt¨ uk: a1 a2 a3 e1 1 e2 −1 e3 1

0 1 2

a4 b1 b2

1 −1 0 2 3 1

a2 a3

a1 2 → 0 e2 e3 6

1 2 7 a3 a1 a2 e3

0 1 2

a4 b1 b2

1 −1 1 1 2 2

1 3 6

2 → 2 4

a4 b1 b2

1 −1 1 1 0 0

1 3 0

2 2 0

Az utolsó táblázatból kiolvashatjuk a A · x1 = b1 és A · x2 = b2 egyenletrendszerek általános megoldásait:    

x1 = 

és

   

x2 = 

ξ11 ξ21 ξ31 ξ41 ξ12 ξ22 ξ32 ξ42





    =  





    =  

1 3 0 0 2 2 0 0





    +  





    +  



−1 1 −1 −1    · t1 1 0  0 1 

−1 1 −1 −1    · t2 , 1 0  0 1

ahol t1 , t2 tetsz˝olegesen választhat´ o kétkomponens˝ u vektorok. mátrixegyenlet általános megoldása:    

X=

ξ11 ξ21 ξ31 ξ41

ξ12 ξ22 ξ32 ξ42





    =  

1 3 0 0

2 2 0 0





    +  

Ezek alapján a



−1 1 −1 −1    · T ahol T = [t1 , t2 ] ∈ R2×2 1 0  0 1

Végtelen sok megoldás létezik, mert a megfelel˝o egyenletrendszerek szabadságfoka 2. A 2 × 2-es T mátrix elemei tetsz˝olegesen választhat´ ok. 2


94

3.3

M´ atrix inverz´ enek numerikus meghat´ aroz´ asa

A transzformációk inverzér˝ol szól´ o alpontban láttuk, hogy ha a V véges dimenziós vektortér egy A reguláris transzformáci´ oj´ anak mátrixa valamely bázisban A, akkor −1 −1 A inverzének A mátrixa kielég´ıti az A · A−1 = E mátrixegyenletet, s˝ot egy példán be is mutattuk, hogy az inverz transzformáci´ o mátrixát hogyan lehet numerikusan meghatározni. Ezért ebben a részben csak arra k´ıvánunk rámutatni, hogy a numerikus szám´ıt´ asok lerövid´ıthet˝ ok. Amint láttuk, ha A a V tér egy X = {x1 , . . . , xn } b´ azis´ at egy másik Y = {y1 , . . . , yn } bázisba transzformálja, akkor A és A−1 mátrixa az X bázisban ugyanaz, mint az Y b´ azisban. Másrészt, AX oszlopai éppen az y1 , . . . , yn vektorok koordináta vektorai az X bázisban, m´ıg A−1 azisra vonatkoz´ o koordináta Y oszlopai az x1 , . . . , xn vektorok Y b´ vektorai. Ez gyakorlatilag azt jelenti, hogy a AX m´ atrix inverzének meghatároz´ asa nem más, mint az X bázis kicserélése az Y bázisra és az eredeti bázisvektorok u ´j bázisra vonatkozó koordináta vektorainak kiszám´ıt´ asa. Amint azt az elemi bázistranszformáció tárgyalásakor láttuk, ha az y = ψ1 x1 + · · · + ψi−1 xi−1 + ψi xi + ψi+1 xi+1 + · · · + ψn xn vektort az xi vektor helyére a bázisba vonjuk, (ezt megtehetj¨ uk, ha a ψi gener´ al´ o elem nem nulla) akkor xi = −

ψi−1 1 ψi+1 ψn ψ1 x1 − · · · − − xi−1 + y − xi+1 − · · · − xn ψi ψi ψi ψi ψi

lesz, azaz a bázisból elhagyott xi vektor koordinát´ ai a bázisba bevont y vektor eredeti koordinátáiból könnyen kiszám´ıthat´ ok; az u ´j, y bázisvektorra vonatkoz´ o koordináta a generáló elem reciproka, m´ıg minden más xj (j 6= i) bázisvektorra vonatkoz´ o koordináta az y megfelel˝o koordinát´ aj´ anak ellentettje és a generál´ o elem reciprokának a szorzata. Az alábbi táblákon jól nyomon követhet˝ o a szavakkal nehezen megfogalmazható változás: xi y x1 .. .

xi−1 ψi−1 xi

ψi

xi+1 ψi+1 .. .. . . xn

x1 .. .

ψ1 .. .

ψn

−→

− ψψ1i .. .

xi−1 − ψψi−1 i y

1 ψi

xi+1 − ψψi+1 i .. .. . . xn

− ψψni

A következ˝o példában bemutatjuk egy reguláris mátrix inverzének meghatározását az elmondottak felhasználás´ aval.

´ ´ ´ ´ 3.3. MATRIX INVERZENEK NUMERIKUS MEGHATAROZ ASA

95

5 P´ elda. Hat´ arozzuk meg az 



1 0 1   A =  −1 1 0  1 2 4 m´ atrix inverzét! Jelöljék az x1 , x2 , x3 vektorok az eredeti bázisvektorokat és legyenek y1 = x1 − x2 + x3 , y2 = x2 + 2x3 , y1 = x1 + 4x3 . Akkor A annak az A lineáris transzformáci´ onak a mátrixa, amelyre A(xi ) = yi (i = 1, 2, 3). Elemi bázistranszform´ aci´ ok sorozatával áttér¨ unk az {x1 , x2 , x3 } bázisról az {y1 , y2 , y3 } bázisra és kiszám´ıtjuk a bázisb´ ol kihagyott vektorok u ´j bázisra vonatkozó koordináta vektorait: y1 y2 y3 x1 1 x2 −1 x3 1

0 1 2

x1

y1 1 1 → 0 x2 1 4 x3 −1 x1

y2 y3 0 1 2 x2

x1

x2

1 y1 1 0 → y2 1 1 1 3 x3 −3 −2

y3 1 → 1 1

x3

y1 4 2 −1 y2 4 3 −1 y3 −3 −2 1 Az utolsó táblázat már az A−1 mátrixot tartalmazza. 2 Meg kell jegyezn¨ unk, hogy a bázisvektorok sorrendje lényeges, ezért ha az elemi transzformációk során valamelyik xi vektort nem az A(xi ) = yi vektorral cserélj¨ uk ki, akkor a teljes báziscsere után, sor– és oszlopcserékkel helyre kell áll´ıtanunk a bázisvektorok eredeti sorrendjét. Erre is mutatunk egy péld´ at. 6 P´ elda. Invert´ aljuk az





0 −1 1   0 1  A= 1 1 1 0 m´ atrixot. y1 x1 x2 x3

y2 y3

0 −1 1 0 1 1

x2

1 x1 0 → 1 y1 1 1 x3 −1

y2 y3 -1 0 1

x2

x1

y3

y2 0 −1 −1 1 → → y 1 0 1 1 1 0 x3 −1 1 1


96 x2

x1

x3

y2 −1 0 1 y1 2 −1 −1 y3 −1 1 1 Az els˝o két sor és els˝o két oszlop cseréje után kapjuk az A mátrix inverzét: 

A−1



−1 2 −1   1  =  0 −1 1 −1 1 2

4. Fejezet

Euklideszi terek A jegyzet els˝o fejezetét azzal kezdt¨ uk, hogy a vektorterek elmélete a középiskolai koordináta geometria, illetve analitikus geometria által´ anos´ıt´ as´ anak tekinthet˝ o. Mindeddig azonban nem foglalkoztunk olyan kérdésekkel, amelyek a tér elemeinek távolságával, vagy egyenesek által bezárt szögekkel kapcsolatosak, s˝ot azt sem tudhatjuk az eddigiekb˝ol, hogy melyek a köznapi értelemben vett 3-dimenziós tér olyan objektumainak, mint a pont, egyenes, s´ık stb., megfelel˝oi az absztrakt többdimenziós vektorterekben. A val´ os száms´ıkon elhelyezked˝ o pontok távols´ ag´ at a pontok koordinátáiból származtattuk, nevezetesen vett¨ uk a megfelel˝o koordinát´ ak k¨ ulönbségének négyzetösszegéb˝ol vont négyzetgy¨ ok¨ ot. A távols´ ag nemnegat´ıv val´ os, azon bel¨ ul is esetleg irracionális számnak adódott, által´ aban még akkor is, ha a pontok koordinátái eg´ aul az A(1,0) és B(0,1) √esz, vagy racionális számok voltak, péld´ uk azt a pontok távolsága 2 irracionális szám. Annak érdekében, hogy meg˝orizhess¨ tulajdonságot, hogy a tér elemeinek távols´ aga nemnegat´ıv val´ os számmal kifejezhet˝o és a tér elemeinek koordinátáiból származtathat´ o, vizsgálatainkat lesz˝ uk´ıtj¨ uk véges dimenziós valós vektorterekre, de ahol olyan eredményeket kapunk, amelyek érvényesek végtelen dimenziós vektorterekre is, akkor a tér véges dimenziós volt´ at nem hangs´ ulyozzuk.

4.1

Skal´ aris szorzatos terek

A valós számtest, mint 1-dimenziós val´ os vektortér, és egy egyenes pontjai köz¨ ott u ´gy létes´ıtett¨ unk egy-egyértelm˝ u megfeleltetést, hogy kijelölt¨ unk az egyenesen két pontot, az egyikhez a 0, a másikhoz az 1 val´ os számot rendelt¨ uk, majd ezután a λ számhoz azt a pontot rendelt¨ uk, amely az origót´ ol, azaz a 0-nak megfelel˝o pontt´ ol |λ| távolságra van, a 0 és az 1-gyel jelölt pontok távols´ ag´ at véve egységnek, az egyenesnek az origótól az 1-et tartalmazó félegyenesen, ha λ > 0, illetve az ellentétes irány´ u félegyenesen, ha λ < 0. Eljárhattunk volna a következ˝ oképpen is: felvesz¨ unk egy helyvektort, azaz egy irány´ıtott szakaszt, melynek a hosszát egységnyinek tekintj¨ uk, majd annak λ valós számsorosait u ´gy értelmezz¨ uk, hogy vessz¨ uk az ugyanabból a kezd˝opontból induló, |λ| hossz´ us´ ag´ u, és az alapul vett helyvektor irány´ aval megegyez˝o, vagy azzal ellentétes iány´ u helyvektorokat, aszerint, hogy λ > 0, vagy λ < 0 . A két eljárás ekvivalens abban az értelemben, hogy a helyvektorok végpontjai azonosak az els˝o eljárás szerinti egyenes pontjaival. Így amikor a számegyenes 97

98

4. FEJEZET EUKLIDESZI TEREK

pontjainak koordinátáiról beszél¨ unk, tulajdonképpen annak a vektornak a koordinátáiról van szó, amely az origób´ ol a szóbanforg´ o pontba mutat, éspedig az alapul vett helyvektorra, mint bázisra vonatkoz´ oan. A val´ os száms´ık pontjainak koordinátái is helyvektorok koordinátái, ahol a bázist, által´ aban egymásra mer˝oleges, két vektor alkotja. Ennek megfelel˝oen a továbbiakban vizsgált vektorterek vektorait a tér pontjainak ´ fogjuk nevezni. Ertelmezni fogjuk a pontok távols´ ag´ at, a pontokb´ ol képez¨ unk félegyeneseket, definiáljuk azok hajlássz¨ ogét és megadjuk néh´ any más geometriai objektum megfelel˝oit tetsz˝oleges n-dimenziós val´ os vektorterekben. A 2-dimenziós val´ os koordinátatérben, a valós száms´ıkon az "

x=

ξ1 ξ2

#

"

és y =

η1

#

η2

p

pontok távolsága d = (ξ1 − η1 )2 + (ξ2 − η2 )2 . A középiskolai tanulm´ anyaink során értelmezett skaláris szorzat seg´ıtségével ez a távols´ ag, a két vektor k¨ ul¨ onbségének önmagával alkotott skaláris szorzatáb´ ol vont pozit´ıv négyzetgy¨ oknek adódott, tehát a skaláris szorzat lehet az az eszköz, amelyre támaszkodhatunk, a távols´ ag értelmezésekor. Mivel nem k´ıvánjuk vizsgálatainkat a koordinátaterekre korl´ atozni, a vektorok skaláris szorzatának fogalmát u ´gy kell definiálni, hogy egyrészt ne csak koordinátaterekben lehessen a vektorok skal´ aris szorzatát értelmezni, másrészt a középiskolában megismert skaláris szorzat a mi értelmezés¨ unk szerint is skal´ aris szorzat maradjon. A következ˝o defin´ıci´ oban a skal´ aris szorzat által´ anos fogalmát adjuk meg. 4.1.1 Defin´ıci´ o. Legyen V val´ os vektortér és h, i : V × V → R olyan f¨ uggvény, amely minden v, w ∈ V vektorp´ arhoz egy hv, wi-vel jel¨ olt R-beli skal´ art rendel. A h, i f¨ uggvényt skal´ aris szorzatnak nevezz¨ uk, ha eleget tesz az al´ abbi feltételeknek: b´ armely v, w, z ∈ V vektorokra és tetsz˝ oleges λ ∈ R skal´ arra (1) hv, wi = hw, vi, (2) hλv, wi = λ hv, wi, (3) hv + w, zi = hv, zi + hw, zi, (4) hv, vi ≥ 0 és

hv, vi = 0 ⇐⇒ v = 0.

´ Erdemes felfigyelni arra, hogy a skal´ aris szorzat értelmezésénél nincs sz¨ ukség arra, hogy a V vektortér véges dimenziós legyen, péld´ aul a val´ os egy¨ utthat´ os polinomok R[t] v´ egtelen dimenziós terében két, p(t), q(t) polinom skal´ aris szorzata értelmezhet˝ o a Z 1

def

hp(t), q(t)i =

0

p(t)q(t) dt

definiáló egyenl˝oséggel. (Az (1)–(4) feltételek teljes¨ ulésének ellen˝orzését az olvas´ ora bizzuk!) Vannak azonban olyan végtelen dimenziós val´ os vektorterek is, amelyekben nem definiálható skaláris szorzat, ilyen péld´ aul az összes val´ os számsorozatok

´ 4.1. SKALARIS SZORZATOS TEREK

99

vektortere. Ennek az áll´ıtásnak az igazolása nem könny˝ u és kiv¨ ul esik vizsgálataink körén. A skaláris szorzat (1)-es és (2)-es axióm´ aj´ at kihasználva, könnyen kapjuk, hogy hv, λwi = hλw, vi = λ hw, vi = λ hv, wi is teljes¨ ul, azaz a második változ´ o skal´ arszorz´ oja is kiemelhet˝o a vektorok skal´ aris szorzatából. Vegy¨ uk észre azt is, hogy tetsz˝oleges v, w és z vektorokra a hv, w + zi = hw + z, vi = hw, vi + hz, vi = hv, wi + hv, zi azonosság is igaz. Fel kell h´ıvjuk az olvasó figyelmét arra, hogy amennyiben a skal´ aris szorzatban rögz´ıtj¨ uk az els˝o változót, akkor az a második változ´ oj´ anak lineáris f¨ uggvénye, azaz bármely rögz´ıtett v ∈ V vektor esetén a hv, ·i : V → R leképezés lineáris f¨ uggvénye V -nek, tehát létezik f ∗ ∈ V ∗ , hogy minden w ∈ V -re hv, wi = f ∗ (w) . Teljesen hasonlóan, amennyiben a második változ´ ot rögz´ıtj¨ uk, akkor a h·, wi : V → R leképezés is lineáris f¨ uggvénye V -nek. 4.1.2 Defin´ıci´ o. Az olyan véges dimenzi´ os val´ os vektortereket, amelyekben skal´ aris szorzat van értelmezve euklideszi tereknek nevezz¨ uk. Bár már a mátrixaritmetikai részben értelmezt¨ uk Fn -beli vektorok bels˝o szorzatát, most mégis megismételj¨ uk annak defin´ıci´ oj´ at, de mostmár kiterjesztve az értelmezést, tetsz˝oleges véges dimenziós F test feletti vektortér vektoraira. 4.1.3 Defin´ıci´ o. Legyen V n-dimenzi´ os F test feletti vektortér, és annak X = {x1 , . . . , xn } egy r¨ ogz´ıtett b´ azisa. Tetsz˝ oleges v=

n X

εi xi

és

w=

i=1

n X

ωi xi

i=1

vektorok X b´ azis szerinti bels˝ o szorzat´ an a def

[v, w]X =

n X

εi ωi

i=1

¨ osszeget értj¨ uk. Vegy¨ uk észre, hogy két vektor valamely X b´ azisra vonatkoz´ o bels˝o szorzata u ´gy kapható, hogy vessz¨ uk az els˝o vektor koordináta vektor´ anak, mint egyetlen oszlopból álló mátrixnak a transzponáltját és azt szorozzuk a mátrixszorz´ as szabályai szerint

100


a második vektor koordináta vektor´ aval. Teh´ at a v és w ∈ V vektorok X bázisra ∗ ·w . vonatkozó bels˝o szorzata vX X Véges dimenziós valós vektorterekben bels˝o szorzat mindig értelmezhet˝ o és az egyszersmind skaláris szorzat. Következésképpen, minden véges dimenziós val´ os vektortér euklideszivé tehet˝o. Ezt bizony´ıtjuk a következ˝ o tételben. 4.1.4 T´ etel. Ha V véges dimenzi´ os val´ os vektortér, akkor értelmezhet˝ o skal´ aris szorzat V -ben. Bizony´ıt´ as. Legyen X = {x1 , . . . , xn } V -nek tetsz˝oleges bázisa és bármely v, w ∈ V -re legyen def

hv, wi = [v, w]X =

n X

εi ωi ,

i=1

ahol εi , illetve ωi (i = 1, . . . , n) a v, illetve w vektorok X b´ azisra vonatkoz´ o koordinátái. Be kell látnunk, hogy a bels˝o szorzat kielég´ıti a skal´ aris szorzattól megkövetelt tulajdonságokat. Ezeket egszer˝ u számol´ assl igazolhatjuk. Pn Pn (1) [v, w]X = i=1 εi ωi = i=1 ωi εi = [w, v]X . (2) Kihasználva, hogy n X

λv =

λεi xi ,

i=1

kapjuk, hogy [λv, w]X = (3) Ha z =

Pn

i=1 ζi

n X

λεi ωi = λ

i=1

n X

εi ωi = λ[v, w]X .

i=1

egy tetsz˝oleges harmadik vektor V -ben, akkor, kihasználva, hogy v+w =

n X

(εi + ωi )xi ,

i=1

és azt, hogy bármely testben a szorzás az összead´ asra nézve disztribut´ıv, azt kapjuk, hogy [v + w, z]X =

n X

(εi + ωi )ζi =

i=1

+

n X

n X

εi ζi +

i=1

ωi ζi = [v, z]X + [w, z]X

i=1

(4) Mivel minden α ∈ R-re α2 ≥ 0 , [v, v]X =

n X i=1

εi εi =

n X

ε2i ≥ 0

i=1

és valós számok négyzeteinek összege akkor és csakis akkor nulla, ha mindegyik nulla, ezért [v, v]X = 0 ⇐⇒ v = 0 . 2 4.1.5 Defin´ıci´ o. Egy V val´ os vektorteret norm´ alt térnek h´ıvunk, ha létezik olyan k · k : V −→ R norma-f¨ uggvény, amely b´ armely v ∈ V -re és ε ∈ R-re teljes´ıti a (1)

kvk ≥ 0 és

kvk = 0 ⇐⇒ v = 0 ,


101

(2)

kεvk = |ε|kvk ,

(3)

kv + wk ≤ kvk + kwk

feltételeket. A kvk nemnegat´ıv sz´ amot a v vektor norm´ aj´ anak nevezz¨ uk. 4.1.6 T´ etel. Ha egy V val´ os vektortéren skal´ aris szorzat van értelmezve, akkor a def p kvk = hv, vi defini´ al´ o egyenl˝ oséggel megadott f¨ uggvény norma. Bizony´ıt´ as. Az, hogy v(6= 0) ∈ V -re kvk = nye a skaláris szorzat (4)-es tulajdonság´ anak. Ha ε tetsz˝oleges eleme R-nek, akkor

hv, vi > 0 közvetlen következmé-

q

q

kεvk =

p

hεv, εvi =

ε2 hv, vi =

q

|ε| hv, vi = |ε|kvk . A normától megkövetelt 3-dik tulajdonság teljes¨ ulését bizony´ıtand´ o, el˝osz¨ or vegy¨ uk észre, hogy kv + wk ≤ kvk + kwk ⇐⇒ kv + wk2 ≤ (kvk + kwk)2 , mert az egyenl˝otlenség mindkét oldalán nem-negat´ıv val´ os számok állnak. szám´ıtva az egyenl˝otlenség mindkét oldalát:

Ki-

kv +wk2 = hv + w, v + wi = hv, vi+2 hv, wi+hw, wi = kvk2 +2 hv, wi+kwk2 , (4.1) illetve (kvk + kwk)2 = kvk2 + 2 · kvk · kwk + kwk2 .

(4.2)

¨ Osszehasonl´ ıtva (4.1)-t és (4.2)-t kapjuk, hogy kv + wk2 ≤ (kvk + kwk)2 ⇐⇒ hv, wi ≤ ·kvk · kwk . Ennél egy kicsivel több is igaz, nevezetesen | hv, wi | ≤ kvk · kwk .

(4.3)

Ez utóbbi, a Cauchy-Schwarz-egyenl˝ otlenség néven ismert. Igazolása során, amelyet fontosságára való tekintettel kiemel¨ unk, a skal´ aris szorzat tulajdonságait használjuk ki. Bizony´ıt´ as. [Cauchy-Schwarz-egyenl˝ otlenség] Bármely λ val´ os számra a skal´ aris szorzat (4)–es tulajdonsága miatt, hv + λw, v + λwi ≥ 0 , ami részletesebben hv, vi + 2λ hv, wi + λ2 hw, wi = kvk2 + 2λ hv, wi + λ2 kwk2 ≥ 0 alakban ´ırható. Mivel ez λ-nak másodfok´ u polinomja pozit´ıv f˝oegy¨ utthat´ oval, csak akkor lehet nemnegat´ıv, ha ezen polinom diszkriminánsa nempozit´ıv. (Pozit´ıv

102


diszkrimináns esetén két k¨ ulönböz˝ o, λ1 , λ2 értéknél a polinom zéruss´ a, m´ıg a (λ1 , λ2 ) intervallumban negat´ıvvá válna!) Így tehát 4(hv, wi)2 − 4kvk2 · kwk2 ≤ 0 , amib˝ol átrendezéssel, 4-gyel val´ o egyszer˝ us´ıtéssel, majd mindkét oldalból val´ o négyzetgyök vonással kapjuk a k´ıv´ ant | hv, wi | ≤ kvk · kwk Cauchy-Schwarz-egyenl˝otlenséget. Tekintve, hogy a normától elvárt 3-dik tulajdonság, amint azt már megmutattuk adódik a Cauchy–Schwarz–egyenl˝ otlenségb˝ ol, ezzel a tétel bizony´ıt´ asa is teljes. 2 A skaláris szorzathoz rendelt norma esetén minden v ∈ V vektorra hv, vi = kvk2 , megjegyzend˝o azonban, hogy az által´ aban nem igaz, hogy minden norma származtatható skaláris szorzatból. Ezért megk¨ ul¨ onb¨ oztetés¨ ul a skal´ aris szorzatból származtatott normát euklideszi-norm´ anak fogjuk nevezni. Példa nem euklideszinormára, az Rn valós koordinátatérben az 



ξ1  .   .  −→ max |ξi |  .  1≤i≤n ξn f¨ uggvény, amelyet nevezz¨ unk maximum-norm´ anak. Annak igazolás´ at, hogy ez val´ oban norma, az olvasóra bizzuk. Azt, hogy az ´ıgy definiált norma nem euklideszinorma n > 1 esetén, a következ˝ oképpen láthatjuk be: Vegy¨ uk észre, hogy euklideszi-norma esetén tetsz˝oleges két x, y val´ os vektorra kx + yk2 = kxk2 + 2 hx, yi + kyk2 , tehát skaláris szorzatuk hx, yi =

kx + yk2 − kxk2 − kyk2 2

kifejezhet˝o a norma f¨ uggvényeként. Tekints¨ uk az x = [−1, −2, 0, . . . , 0] és y = n [2, 1, 0, . . . , 0] R -beli vektorokat, ahol a 0 komponensek száma n − 2 . Ha a maximum-norma skaláris szorzatból származna, akkor ezekre a vektorokra hx, yi =

1−4−4 7 =− 2 2

és

h−x, yi =

9−4−4 1 = 2 2

teljes¨ ulne, ellentétben a skaláris szorzat (2)-es tulajdonság´ aval. Ez a kis ellenpélda mutatja, hogy n ≥ 2-re a maximum-norma nem euklideszi-norma. Anal´ızis tanulmányainkból tudjuk, hogy normált terekben definiálhat´ o t´ avols´ agf¨ uggvény, vagy más elnevezéssel metrika. A metrika teszi lehet˝ové azoknak a topológiai alapfogalmaknak az értelmezését, ami a többv´ altoz´ os anal´ızis lineáris algebrai alapokra helyezését lehet˝ové teszi. A metrikát´ ol az alábbi elvár´ asaink vannak. 4.1.7 Defin´ıci´ o. A V vektortéren értelmezet d : V ⊕V −→ R f¨ uggvényt metrik´ anak nevezz¨ uk, ha minden v, w, z ∈ V -re eleget tesz az al´ abbi feltételeknek: (i) d(v, w) ≥ 0 és

d(v, w) = 0 ⇐⇒ v = w,


103

(ii) d(v, w) = d(w, v), (iii) d(v, z) ≤ d(v, w) + d(w, z) Ezek a feltételek elég természetesek: (i) azt k´ıv´ anja, hogy két pont távols´ aga nemnegat´ıv legyen és csak akkor lehessen nulla, ha a két pont egybeesik. (ii) azt fejezi ki, hogy két pont távolsága f¨ uggetlen kell legyen attól, hogy azt melyik pontb´ ol kiindulva mérj¨ uk. Ez a követelmény is természetes. Vég¨ ul (iii) a háromsz¨ og egyenl˝otlenség azt mondja, hogy két pont köz¨ ott a legrövidebb u ´t a pontokat összek¨ ot˝ o egyenes mentén van. Bár anal´ızis tanulmányaink során igazoltuk, a teljesség kedvéért itt is bizony´ıtjuk, hogy ha egy valós vektortér normált tér, akkor abban metrika is definiálhat´ o. 4.1.8 T´ etel. Ha a val´ os V vektortér norm´ alt tér, akkor az a d : V ⊕ V −→ R def f¨ uggvény, amely tetsz˝ oleges v, w ∈ V pontokhoz a d(v, w) = kv − wk val´ os sz´ amot rendeli metrika. Bizony´ıt´ as. (a) Mivel minden v(6= 0) ∈ V vektor normája pozit´ıv, másrészt k0k = k0 · vk = |0| · kvk = 0 , kapjuk, hogy d(v, w) = kv − wk ≥ 0 és d(v, w) = kv − wk = 0 ⇐⇒ v − w = 0 ⇐⇒ v = w, igazolva ezzel, hogy a metrika (i) axióm´ aja teljes¨ ul. (b) A norma második tulajdonsága alapján d(v, w) = kv − wk = k − 1(w − v))k = | − 1|kw − vk = kw − vk = d(w, v). Ez mutatja, hogy a (ii) feltételnek is eleget tesz a definiált f¨ uggvény. (c) A háromszög egyenl˝otlenség igazolása a norma harmadik tulajdonság´ ab´ ol következik. Bevezetve a v − w = x és w − z = y jelöléseket, tekintve, hogy v − z = x + y , kapjuk, hogy d(v, z) = kv − zk = kx + yk ≤ kxk + kyk = kv − wk + kw − zk = d(v, w) + d(w, z) . 2 Mint ismeretes, egy metrikával ellátott halmazt metrikus térnek nevez¨ unk, tehát az el˝oz˝o tételt u ´gy is megfogalmazhattuk volna, hogy egy normált val´ os vektortér metrikus tér. Az euklideszi-norma által meghatározott metrikát euklideszi metrik´ anak fogjuk nevezni. Az euklideszi terek pontjainak távols´ ag´ ara fels˝o becslést biztos´ıt a háromsz¨ og egyenl˝otlenség, alsó becslést pedig, hogy a távols´ ag nemnegat´ıv. Id˝onként azonban sz¨ ukség van finomabb alsó becslésre. Ezt szolgálja a következ˝ o tetsz˝oleges metrikus terekben is igaz áll´ıtás: ´ ıt´ 4.1.9 All´ as. Ha v, w és z az E euklideszi tér pontjai, akkor |d(v, w) − d(w, z)| ≤ d(v, z) .

104


Bizony´ıt´ as. A háromszög egyenl˝ otlenség miatt, felhasználva a távols´ agf¨ uggvény változóinak felcserélhet˝oségét is, kapjuk, hogy (a) .

d(v, w) ≤ d(v, z) + d(w, z)

és

d(w, z) ≤ d(v, w) + d(v, z)

Az (a) egyenl˝otlenségek átrendezésével adódnak a (b)

d(v, w) − d(w, z) ≤ d(v, z)

és

d(w, z) − d(v, w) ≤ d(v, z)

egyenl˝otlenségek és a (b) ekvivalens a bizony´ıtand´ o |d(v, w) − d(w, z)| ≤ d(v, z) egyenl˝otlenséggel.

2

Vezess¨ uk be az E euklideszi tér egy v 6= 0 pontj´ an átmen˝ o, origó kezd˝ opont´ u félegyenes fogalmát. Ezen egy R+ v-vel jelölt ponthalmazt fogunk érteni, amelynek elemei a v pont nemnegat´ıv valós skal´ arszorosai. Formaliz´ alva: R+ v = {λv | λ ∈ R, λ ≥ 0} .

Definiáljuk két tetsz˝oleges R+ v és R+ w (v 6= 0 6= w) félegyenes hajlássz¨ ogét is, értve ezen azt a φ (0 ≤ φ ≤ π) szöget, amelyre def

cos φ =

hv, wi kvk · kwk

áll fenn. A Cauchy-Schwarz-egyenl˝ otlenségb˝ ol következik, hogy −1 ≤

hv, wi ≤ 1, kvk · kwk

másrészt, ha α, β pozit´ıv valós számok, akkor hαv, βwi αβ hv, wi hv, wi = = , kαvk · kβwk αkvk · βkwk kvk · kwk és ´ıgy, a hajlásszög fogalma jól-defini´ alt. Hangs´ ulyozni k´ıv´ anjuk, hogy távols´ agot, amint láttuk, normált terekben is mérhet¨ unk, amihez nem feltétlen¨ ul kell legyen skaláris szorzat, de a szög bevezetéséhez használtuk a skal´ aris szorzatot is, és a skaláris szorzatból származtatott normát is. A tov´ abbiakban mindig feltessz¨ uk, hogy az euklideszi térben a norma a skal´ aris szorzattal van értelmezve. A defin´ıci´ ob´ ol azonnal adódik, hogy két R+ v és R+ w félegyenes mer˝oleges egymásra, ha a v és w pontok skaláris szorzata nulla. A deréksz¨ oget bezár´ o félegyeneseket meghatároz´ o vektorokat ortogon´ alisaknak nevezz¨ uk. Itt érdemes megjegyezn¨ unk, hogy a zér´ ovektornak bármely vektorral való skal´ aris szorzata nulla. Ez azonnal adódik a skal´ aris szorzat (2)-es axiómájából. Ugyanakkor a zér´ ovektor nem határoz meg félegyenest, ´ıgy célszer˝ u a vektorok ortogonalitás´ at u ´jradefini´ alni, hogy a zér´ o vektort se kelljen kizárni a számba vehet˝o vektorok köréb˝ ol. Ezért két vektort akkor fogunk ortogonálisnak mondani, ha skaláris szorzatuk nulla. Az olyan vektorrendszereket, amelyek a


105

zéró vektort nem tartalmazzák és vektorai páronként ortogonálisak ortogon´ alis rendszernek h´ıvjuk. A két, illetve 3-dimenziós val´ os terekben az ortogonális rendszerek lineárisan f¨ uggetlenek, ´ıgy nem meglep˝o a következ˝ o áll´ıt´ as. 4.1.10 T´ etel. f¨ uggetlen.

Egy E euklideszi tér b´ armely ortogon´ alis rendszere line´ arisan

Bizony´ıt´ as. Legyen X = {x1 , . . . , xi , . . . , xn } ortogon´ alis rendszere E-nek, és tételezz¨ uk fel, hogy ξ1 x1 + · · · + ξi−1 xi−1 + ξi xi + ξi+1 xi+1 + · · · + ξn xn = 0 .

(4.4)

Képezve ezen vektoregyenlet mind baloldalán, mind jobboldalán lév˝ o vektor´ anak az xi ∈ X (1 ≤ i ≤ n) vektorral val´ o skal´ aris szorzatát, kihasználva az X ortogonális rendszer voltát, kapjuk, hogy n X

hxi , ξj xj i = ξi hxi , xi i = ξi · kxi k2 = h0, xi i = 0 .

j=1

Mivel feltevés¨ unk szerint xi 6= 0, ez csak u ´gy lehetséges, ha ξi = 0. Tekintve, hogy xi tetsz˝oleges vektora volt X -nek, ez azt jelenti, hogy az (4.4) lineáris kombin´ aci´ o minden skalár egy¨ utthatója nulla kell, hogy legyen, azaz az X ortogonális rendszer lineárisan f¨ uggetlen. 2 A 2- és 3-dimenziós valós euklideszi terek Descartes-féle koordináta rendszereire gondolva, felmer¨ ul a kérdés, hogy vajon tetsz˝oleges n-dimenzi´ os euklideszi terekben lehet-e olyan bázist választani, amelynek vektorai páronként ortogonálisak és egységnyi hossz´ uság´ uak. Be fogjuk látni, hogy ez minden euklideszi térben lehetséges. Els˝o lépésben ismertetj¨ uk, a Gram-Schmidt-féle ortogonaliz´ aci´ os elj´ ar´ ast. 4.1.11 T´ etel. Ha X = {x1 , . . . , xi−1 , xi , xi+1 , . . . , xn } az E euklideszi tér egy tetsz˝ oleges line´ arisan f¨ uggetlen vektorrendszere, akkor van E-nek olyan Y = {y1 , . . . , yi−1 , yi , yi+1 , . . . , yn } ortogon´ alis rendszere, amelynek minden yi vektora az x1 , . . . , xi vektoroknak line´ aris kombin´ aci´ oja. Bizony´ıt´ as. A bizony´ıtás teljes indukci´ oval történik, ami egy´ uttal azt is megmutatja, hogy Y vektorait milyen módon konstru´ alhatjuk meg X vektoraib´ ol. Legyen y1 = x 1 , majd képezz¨ uk az y2 = x2 + λy1 lineáris kombin´ aci´ ot, amelyben a λ egy¨ utthat´ ot u ´gy választjuk meg, hogy az y2 és y1 ortogonálisak legyenek, azaz hy1 , y2 i = hy1 , x2 i + λ hy1 , y1 i = hy1 , x2 i + λky1 k2 = 0 teljes¨ uljön. Ez a λ=−

hy1 , x2 i ky1 k2

skalár egy¨ uttható választással megval´ osul, tehát az y2 = x2 −

hy1 , x2 i y1 ky1 k2

106


vektor ortogonális y1 -re, és mert y1 egyenl˝ o volt x1 -gyel, az is igaz, hogy y2 az x1 és x2 vektorok lineáris kombin´ aci´ oja. Legyen az az indukci´ os feltevés¨ unk, hogy már siker¨ ult u ´gy meghatároznunk az y1 , . . . , yi vektorokat, hogy azok páronként ortogonálisak és mindegyik yj (1 ≤ j ≤ i) vektor az x1 , . . . , xj vektorok lineáris kombinációja. Akkor a következ˝ot yi+1 = xi+1 +

i X

λj yj

j=1

alakban áll´ıtjuk el˝o, ahol a skalár egy¨ utthat´ okat annak a követelménynek megfelel˝oen választjuk, hogy yi+1 ortogonális legyen az y1 , . . . , yi vektorok mindegyikére. Az hyk , yi+1 i = hyk , xi+1 i +

i X

λj hyk , yj i = hyk , xi+1 i + λk hyk , yk i =

j=1

= hyk , xi+1 i + λk kyk k2 = 0 (k = 1, . . . , i) feltételeket kihasználva, az adódik, hogy a λk = −

hyk , xi+1 i (k = 1, . . . , i) kyk k2

választás mellett yi+1 = xi+1 −

i X hyj , xi+1 i j=1

kyj k2

yj

vektor ortogonális az y1 , . . . , yi vektorok mindegyikére és az x1 , . . . , xi , xi+1 vektorok lineáris kombinációja. Az eljár´ as n lépésben befejez˝odik, az n elem˝ u lineárisan f¨ uggetlen X vektorrendszer elemeinek lineáris kombin´ aci´ oiként egy n elem˝ u Y ortogonális rendszert konstruáltunk. 2 A fentiekben bemutatott eljár´ assal kapott ortogonális rendszer y1 vektora megegyezett az eredeti lineárisan f¨ uggetlen X vektorrendszer x1 vektor´ aval. Nyilvánvaló, hogy ha X az euklideszi tér egy bázisa, akkor az eljár´ assal kapott Y ortogonális rendszer is bázis, amelyet ortogon´ alis b´ azisnak nevez¨ unk. Ezért kijelenthetj¨ uk: 4.1.12 K¨ ovetkezm´ eny. Egy n-dimenzi´ os E euklideszi tér b´ armely nemzér´ o vektora benne van a tér valamely ortogon´ alis b´ azis´ aban. A két, illetve 3-dimenziós val´ os tér helyvektorainak hossza ugyanaz, mint a skaláris szorzattal definiált norma, ´ıgy egységnyi hossz´ us´ ag´ u vektorok helyett normált terekben egységnyi normáj´ u vektorokr´ ol beszélhet¨ unk. Bármely nemzér´ o vektor valós skalárszorosaként kaphatunk egységnyi normáj´ u vektort. Val´ oban ha v(6= 0) a normált V vektortér tetsz˝oleges vektora, akkor k tehát a v0 =

1 kvk

1 1 kvk vk = | | · kvk = = 1, kvk kvk kvk

· v vektor, amelyet a v normáltj´ anak mondunk, egységnyi normáj´ u.


107

Egy n-dimenziós euklideszi tér bármely bázis´ ab´ ol a Gram-Schmidt-féle eljár´ assal kész´ıthet¨ unk ortogonális bázist, majd annak vektorait normálhatjuk. Az ´ıgy kapott vektorrendszert ortonorm´ alt b´ azisnak mondjuk. Kimondhatjuk tehát az alábbi tételt: 4.1.13 T´ etel. B´ armely n-dimenzi´ os euklideszi térnek van ortonorm´ alt b´ azisa. Ortonormált bázis meghatároz´ as´ ara bemutatunk két péld´ at: 1 P´ elda. A 3-dimenzi´ os val´ os V vektortérben legyen V = {v1 , v2 , v3 } egy tetsz˝ oleges b´ azis és értelmezz¨ unk skal´ aris szorzatot a vektorok V b´ azisra vonatkoz´ o koordin´ ata vektorainak bels˝ o szorzataként. Hat´ arozzunk meg olyan ortonorm´ alt b´ azist, amelynek vektorai el˝ o´ all´ıthat´ ok az ugyancsak b´ azist alkot´ o w1 = v1 − v2 , w2 = v2 − v3 , w3 = v3 vektorok line´ aris kombin´ aci´ oiként. Mindenekel˝ott megjegyezz¨ uk, hogy az V bázis is ortonormált a definiált skal´ aris szorzat mellett, mert nyilván 









1 0     v1 =  0  v2 =  1  0 0



0   és v3 =  0  1

a v1 , v2 és v3 vektoroknak a V b´ azisra vonatkoz´ o koordináta vektorai és ezért [vi , vj ]V = δij . A feladat viszont a 









1 0     w1 =  −1  w2 =  1  0 −1



0   és w3 =  0  1

koordináta vektor´ u w1 , w2 , w3 vektorok lineáris kombin´ aci´ oib´ ol felép´ıteni ortonormált bázist. A Gram-Schmidt-m´ odszerrel el˝obb ortogonális rendszert keres¨ unk, majd annak vektorait normáljuk. A meghatározand´ o ortogonális rendszer vektorait jelölje x1 , x2 , x3 . Akkor x1 = w1 , és ´ıgy x1 = [1, −1, 0] . x2 = w2 −

[x1 , w2 ] −1 1 x1 = w2 − x1 = w2 + w1 , 2 kx1 k 2 2

ennélfogva x2 = [ 12 , 12 , −1] . Vég¨ ul x3 = w3 − = w3 −

[x1 , w3 ] [x2 , w3 x1 − x2 = kx1 k2 kx2 k2

−1 3 2

2 1 x2 = w3 + w2 + w1 , 3 3

√ 2 , kx2 k =

√ √3 2

és az kx3 k = √13 . Akkor a keresett √ √ √ 2 √2 √1 √2 √1 es koordináta 2 w1 , 3 w2 + 6 w1 , 3w3 + 3 w2 + 3 w1 , ´

ezért x3 = 13 [1, 1, 1] . Az kx1 k = ortonormált bázis vektorai vektoraik az eredeti V bázisban: 







√ 1 1 2 1    √ −1 x1 = x =   2  1  2 6 0 −2





1 1   és x3 = √  1  3 1

108


Ezekb˝ol a koordináta vektorokból az is kiolvashat´ o, hogy az u ´j ortonormált bázis √ vektorai az eredeti V bázis vektorainak x1 = 22 (v1 −v2 ), x2 = √16 (v1 +v2 −2v3 ), x3 = √1 (v1 3

+ v2 + v3 ) lineáris kombináci´ oja.

2

A következ˝o példa a numerikus szám´ıt´ asokat illet˝oen talán nehezebb, de a megoldás elvét tekintve teljesen ugyanaz, mint az el˝oz˝ o. 2 P´ elda. A legfeljebb m´ asodfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok R2 [t] terét euklideszivé teszi a Z hp(t), q(t)i =

1

0

p(t)q(t) dt

skal´ aris szorzat. Az {1, t, t2 } polinomok a tér egy b´ azis´ at alkotj´ ak. E b´ azis vektorainak line´ aris kombin´ aci´ oiként ´ all´ıtsunk el˝ o ortonorm´ alt b´ azist! A Gram-Schmidt-módszerrel el˝obb ortogonális bázist áll´ıtunk el˝o, majd annak vektorait normáljuk. p1 (t) = 1 . R1

1 · t dt 1 1 ·1=t− ·1=t− p2 (t) = t − R0 1 2 2 2 0 1 dt R

R1

1 1 2 1 · t2 dt 1 0 (t − 2 )t dt p3 (t) = t − R 1 ·1− R1 · (t − ) = 1 2 2 2 0 1 dt 0 (t − 2 ) dt 2

0

= t2 −

1 1 1 · 1 − 1 · (t − ) = t2 − t + 3 2 6

Az {1, t − 12 , t2 − t + 16 } vektorrendszer ortogonális, és az 1 már normált is. Mivel 1 kt − k = 2 és 1 kt − t + k = 6 2

µZ 1 0

µZ 1 0

1 (t − )2 dt 2

¶ 21

1 (t − t + )2 6 2

√ 3 = 6

¶ 12

√ 105 , = 30

a keresett ortonormált bázis az √ √ 1 2 105 2 1, 3(2t − 1), (t − t + ) 7 6 vektorrendszer.

2

Egy vektortér valamely altere is vektortér, és ha az eredeti tér euklideszi tér, akkor altere is euklideszi tér, amelyben a skal´ aris szorzat egyszer˝ uen az eredeti térben értelmezett skaláris szorzatnak az altérre val´ o lesz˝ uk´ıtése. A (4.1.13) tételnél ezért kicsit többet is áll´ıthatunk: 4.1.14 T´ etel. Egy n-dimenzi´ os euklideszi tér minden nemzér´ o alterének van ortonorm´ alt b´ azisa. 4.1.15 T´ etel. Ha M részhalmaza az E euklideszi térnek, akkor jel¨ olje M ⊥ azoknak az E-beli vektoroknak a halmaz´ at, amelyek ortogon´ alisak M minden elemére. Akkor M ⊥ altere E-nek.


109

Bizony´ıt´ as. Az áll´ıtás igazolásakor két esetet kell vizsgálnunk: (a) ha M az u ¨res halmaz, akkor M ⊥ = E , ´ıgy ebben az esetben igaz az áll´ıt´ as, (b) ha M nem¨ ures, akkor legyen v tetsz˝oleges eleme M -nek és x, y pedig tetsz˝oleges elemei M ⊥ -nak. Bármely α, β skal´ arokkal képzett αx + βy lineáris kombin´ aci´ ora hαx + βy, vi = α hx, vi + β hy, vi = α0 + β0 = 0 , ´ıgy αx + βy ∈ M ⊥ is teljes¨ ul, igazolva, hogy M ⊥ altér. 2 Ha egy x vektor ortogonális mind a v, mind a w vektorra, akkor x ortogon´ alis a v és w vektorok bármely lineáris kombin´ aci´ oj´ ara is, mert hεv + ωw, xi = ε hv, xi + ω hw, xi = ε0 + ω0 = 0 . Ezért egy tetsz˝oleges M részhalmazra M ⊥ = (lin (M ))⊥ . Az M részhalmaz, s˝ot az általa generált altér, részhalmaza az M ⊥⊥ = (M ⊥ )⊥ altérnek. Amennyiben M maga is altér, akkor M ⊥ -t az M ortogon´ alis komplementerének nevezz¨ uk. Az elnevezést alátámasztja a következ˝o, u ´gynevezett projekci´ os tétel. 4.1.16 T´ etel. [Projekci´ os t´ etel] Ha M altere a véges dimenzi´ os E euklideszi térnek, akkor E az M és M ⊥ altereinek direkt¨ osszege. Bizony´ıt´ as. Legyen X = {x1 , . . . , xr } az M -nek, és Y = {y1 , . . . , ys } az M ⊥ -nak ortonormált bázisa. Megmutatjuk, hogy X ∪ Y ortonormált bázisa E-nek. Mivel X ∪ Y ortogonális rendszer, ´ıgy lineárisan f¨ uggetlen az (4.1.10) tétel értelmében. Így már csak azt kell igazolnunk, hogy tetsz˝oleges v ∈ E vektor az X ∪ Y elemeinek lineáris kombinációja. Legyen x=

r X

αi xi

i=1

ahol αi = hxi , vi. Akkor, kihasználva, hogy X vektorai páronként ortogonálisak és normáltak, kapjuk minden (k = 1, . . . r)-ra, hogy hxk , v − xi = hxk , vi − hxk , vi kxk k2 = hxk , vi − hxk , vi = 0 , de akkor v − x az M minden elemére ortogonális, vagyis az y = v − x vektor M ⊥ -ben van, ezért Y elemeinek y=

s X

βj yj

j=1

lineáris kombinációja. Ebb˝ol következik, hogy v =x+y =

r X i=1

αi xi +

s X

βj yj ,

j=1

tehát valóban az X ∪ Y vektorrendszer generátorrendszere is E-nek. 2 A tétel igazolásához elegend˝o lett volna azt megmutatni, hogy M ∩ M ⊥ a zérus altér és E minden vektora egy M -beli és egy M ⊥ -beli vektor összege. Bizony´ıt´ asunk verifikálja a következ˝o tételt is. 4.1.17 T´ etel. Egy véges dimenzi´ os euklideszi tér b´ armely M alterének ortonorm´ alt b´ azisa kiegész´ıthet˝ o az egész tér ortonorm´ alt b´ azis´ av´ a.

110


Azon t´ ul, hogy a továbbiakban sz¨ ukség¨ unk lesz rá, még esztétikailag is szép, hogy igaz a Pythagorasz-tétel tetsz˝oleges véges dimenziós euklideszi terekre val´ o általános´ıtása: 4.1.18 T´ etel. [Pythagorasz-t´ etele] Ha v tér egym´ asra ortogon´ alis vektorai, akkor

és

w a véges dimenzi´ os E euklideszi

kv + wk2 = kvk2 + kwk2 .

Bizony´ıt´ as. Mivel v

és w ortogon´ alisak, hv, wi = 0 , ezért

kv + wk2 = hv + w, v + wi = hv, vi + 2Re(hv, wi) + hw, wi = kvk2 + kwk2 . 2 4.1.19 Defin´ıci´ o. Ha v az E euklideszi tér tetsz˝ oleges pontja, és X = {x1 , . . . , xr } az E tér egy M alterének ortonorm´ alt b´ azisa, akkor az x=

r X

hxi , vi xi

i=1

pontot a v M -re es˝ o ortogon´ alis vet¨ uletének nevezz¨ uk. Amint a (4.1.16) tétel bizony´ıt´ as´ aban láttuk, v − x az M altér minden vektor´ ara ortogonális. Megmutatjuk azt is, hogy az x pont M -nek v-hez legközelebb es˝o pontP ja. Legyen x0 = ri=1 ξi xi egy tetsz˝oleges M -beli pont, akkor x − x0 ∈ M , ezért ortogonális v − x-re. Felhasználva Pythagorasz tételét, kapjuk, hogy d2 (v, x0 ) = kv − x0 k2 = k(v − x) + (x − x0 )k2 = = kv − xk2 + kx − x0 k2 = d2 (v, x) + kx − x0 k2 , amib˝ol már d(v, x) ≤ d(v, x0 ) nyilv´ anval´ oan következik. Anal´ızis tanulmányaink során egy (X, d) metrikus tér valamely p pontj´ anak egy H részhalmazától való távolságát a d(p, H) = inf d(p, h) h∈H

o¨sszef¨ uggéssel értelmezt¨ uk. El˝oz˝ o szám´ıt´ asaink szerint, euklideszi tér valamely v pontjának egy M alterét˝ol való távols´ ag´ at a d(v, M ) = kv − xk formula adja, ahol az x pont a v-nek M -re es˝o ortogonális vet¨ ulete. 3 P´ elda. Legyen az E euklideszi tér egy ortonorm´ alt b´ azisa az X = {x1 , x2 , x3 } vektorrendszer. Hat´ arozzuk meg a v = x1 + 2x2 − x3 vektornak az a = x1 + x2 + x3 és b = x2 + 2x3 vektorok ´ altal gener´ alt M altért˝ ol val´ o t´ avols´ ag´ at! Els˝o lépésben meg kell keresn¨ unk az altér egy ortonormált bázis´ at. Legyen y1 = a és hy1 , bi y2 = b − y1 = x3 . ky1 k2


111

Akkor y1 és y2 az M altér ortogonális, m´ıg az √13 y1 és y2 pedig ortonormált bázisa. Akkor a v vektor M -re es˝o ortogonális vet¨ ulete: ¿

z=

À

1 1 √ y1 , v √ y1 + hy2 , vi y2 . 3 3

Kifejezve a z vektort az X bázis vektoraival, kapjuk, hogy 2 2 2 1 z = (x1 + x2 + x3 ) − x3 = x1 + x2 − x3 , 3 3 3 3 és ´ıgy

4 4 1 v − z = x1 + x2 − x3 , 3 3 3

amelynek

√ 33 kv − zk = 3

normája a keresett távolság.

2

Azt már el˝obb láttuk, hogy a val´ os véges dimenziós vektorterekben a tér valamely bázisára vonatkozó bels˝o szorzat mindig skal´ aris szorzatot definiál. Most megmutatjuk, hogy a ford´ıtott áll´ıtás is igaz, nevezetesen, hogy az euklideszi terekben a skaláris szorzat mindig valamely ortonormált bázisra vonatkoz´ o bels˝o szorzat. 4.1.20 T´ etel. Ha az n-dimenzi´ os E euklideszi térnek X = {x1 , . . . , xn } egy tetsz˝ oleges ortonorm´ alt b´ azisa, akkor (1) b´ armely v ∈ E vektor a b´ azisvektorok v = hx1 , vi x1 + · · · + hxn , vi xn alak´ u line´ aris kombin´ aci´ oja, és (2) tetsz˝ oleges v, w ∈ E vektorokra hv, wi = [v, w]X .

Más szavakkal megfogalmazva az áll´ıt´ ast azt mondhatjuk, hogy egy euklideszi tér ortonormált koordináta rendszerében a tér vektorai felbomlanak a tengelyekre es˝o ortogon´ alis vet¨ uleteik összegére, ugyan´ ugy, ahogy a két– illetve 3-dimenziós Descartesféle koordináta rendszerben láttuk. Bizony´ıt´ as. Azt tudjuk, hogy bármely v ∈ E vektor kifejezhet˝o X vektorainak v=

n X

εj xj

j=1

lineáris kombinációjaként, tehát csak azt kell megmutatnunk, hogy minden i(= 1, . . . , n)-re εi = hxi , vi teljes¨ ul. Ezt kapjuk, ha összehasonl´ıtjuk az alábbi *

hxi , vi =

xi ,

n X j=1

+

εj xj

=

n X j=1

εj hxi , xj i = εi

112


egyenl˝oségsorozat bal– és jobboldalát. Legyen v és w két tetsz˝oleges vektora E-nek. Akkor az el˝oz˝ oek szerint v=

n X

hxi , vi xi

és w =

i=1

n X

hxj , wi xj ,

j=1

azaz koordináta vektoraik az X bázisban: 



Akkor hv, wi =

* n X

=

n X

hxi , vi

i=1

hx1 , wi   .. . wX =  .   hxn , wi

és

hxi , vi xi ,

i=1



n X

+

hxj , wi xj

=

j=1



n X





hx1 , vi   ..  vX =  .   hxn , vi

hxj , wi hxi , xj i =

j=1

n X

hxi , vi hxi , wi = [v, w]X .

i=1

Az egyenl˝oségsorozat bal– és jobboldalát összehasonl´ıtva azt kapjuk, hogy hv, wi = [v, w]X , amint áll´ıtottuk. 2 Az (4.1.20) tétel kényelmes eszközt biztos´ıt a tér vektorai skal´ aris szorzatának numerikus meghatározására. Ezt kihasználjuk a következ˝ o feladat megoldás´ akor, amikor egy vektor koordináta vektor´ at kell meghatároznunk egy ortonormált bázisban. 4 P´ elda. Az (1) péld´ aban az R3 koordin´ atateret euklideszivé tett¨ uk. A skal´ aris szorzatot a vektorok V = {v1 , v2 , v3 } b´ azisra vonatkoz´ o koordin´ ata vektorainak bels˝ o szorzat´ a val defini´ a ltuk. Ezt k¨ o vet˝ o en ´ a tt´ e rt¨ u nk egy m´ a sik X = {x1 = √ 2 1 1 √ (v1 + v2 − 2v3 ), x3 = √ (v1 + v2 + v3 )} ortonorm´ alt b´ azisra. 2 (v1 − v2 ), x2 = 6 3 Hat´ arozzuk most meg a z = 2v1 − v2 + 3v3 vektor koordin´ ata vektor´ at az X b´ azisban. Az (4.1.20) tétel szerint 





D



E

√

2v1 − v2 + 3v3 ,

2 2 (v1

− v2 )





hz, x1 i  D E    zX =  hz, x2 i  =  2v1 − v2 + 3v3 , √16 (v1 + v2 − 2v3 ) E  D hz, x3 i 2v1 − v2 + 3v3 , √13 (v1 + v2 + v3 )

   

Eset¨ unkben ezek a skaláris szorzatok: *

+ √ √ √ 1 2 2 3 2  2v1 − v2 + 3v3 , (v1 − v2 ) = [2, −1, 3] · ,  −1  = 2 2 2 0 



1 1  5 1  2v1 − v2 + 3v3 , √ (v1 + v2 − 2v3 ) = [2, −1, 3] · √  1  = − √ , 6 6 6 −2

¿

À

´ 4.1. SKALARIS SZORZATOS TEREK és

113 



1 1 1   4 2v1 − v2 + 3v3 , √ (v1 + v2 + v3 ) = [2, −1, 3] · √  1  = √ . 3 3 3 1 À

¿

Tehát a keresett koordináta vektor:  

zX =  

√ 3 2 2 − √56 √4 3

√ 9 2 √    = 1  −5 6   6 √ 8 3 



  . 

2 Az azonos dimenziój´ u valós vektorterek mind izomorfak, tehát algebrai szempontból csak vektoraik jelölésében térnek el egymást´ ol. Ugyanakkor, az (4.1.4) tétel szerint ugyanabban a V véges dimenziós val´ os vektortérben több k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o skal´ aris szorzat is értelmezhet˝o. Jelenti vajon ez azt, hogy több k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o n-dimenzi´ os euklideszi tér van? Célszer˝ u két euklideszi teret lényegében azonosnak tekinten¨ unk, ha mint vektorterek izomorfak és az egymásnak megfeleltetett pontok távols´ aga azonos. Mivel az euklideszi tér pontjainak távols´ aga a térben értelmezett skal´ aris szorzattól f¨ ugg, ezért az euklideszi terek izomorfiáj´ at a következ˝ oképpen értelmezz¨ uk: 4.1.21 Defin´ıci´ o. Az E és E 0 euklideszi tereket izomorfaknak mondjuk, ha (1) mint vektorterek izomorfak, és (2) b´ armely v, w ∈ E-re a hv, wi skal´ aris szorzat megegyezik a v 0 , w0 ∈ E 0 izomorf 0 0 0 képek (E -beli) hv , w i skal´ aris szorzat´ aval. Az euklideszi terek izomorfiája er˝osebb megszor´ıt´ as, mint a vektorterek izomorfiája, hiszen teljes¨ ulni kell annak a feltételnek is, hogy a tárgyvektorok skal´ aris szorzata meg kell egyezzen képeik skal´ aris szorzatával. Ez a feltétel azt jelenti, hogy az euklideszi terek izomorf leképezései távols´ agtart´ oak, ezért szokás izometri´ anak is nevezni. (Az más kérdés, hogy ez nem jelenti a két térben a távols´ agegység egyenl˝ o voltát. Tehát lehet, hogy az egyik térben a távols´ agegység mondjuk a méter, m´ıg a másikban mondjuk a yard. Akkor az 1 méterre lév˝ o pontok izomorf képei 1 yard távolságra vannak. Hasonló értelemben értend˝ o, hogy az euklideszi terek izomorf leképezése megtartja a félegyenesek hajlássz¨ ogét is.) Ennek ellenére kicsit meglep˝o, hogy ´ ıt´ 4.1.22 All´ as. Az azonos dimenzi´ oj´ u euklideszi terek izomorfak. Bizony´ıt´ as. Legyenek E és E 0 n-dimenzi´ os euklideszi terek és X = {v1 , . . . , vn } 0 ´ alt bázisok E-ben, illetve E 0 -ben. Ertelmez¨ uk a illetve X = {v10 , . . . , vn0 } ortonorm´ Φ : E E0 leképezést u ´gy, hogy legyen Φ(vi ) = vi0 minden i(= 1, . . . , n)-re, és ha v ∈ E az X bázis vektorainak n v=

X

ε i vi

i=1

lineáris kombinációja, akkor legyen Φ(v) =

n X i=1

εi vi0 .

114


Akkor nyilván Φ az E vektortérnek E 0 -re val´ o izomorf leképezése és mivel az Ebeli, illetve az E 0 -beli skaláris szorzat az X bázisra vonatkoz´ o, illetve az X 0 bázisra vonatkozó bels˝o szorzatok, tetsz˝oleges v, w ∈ E vektorok skal´ aris szorzata meg0 egyezik a Φ(v), Φ(w) ∈ E vektorok skal´ aris szorzatával. 2 A fenti áll´ıtásnak megfelel˝oen az algebrai szempontb´ ol egyetlen n-dimenziós euklideszi teret a következ˝okben En -nel fogjuk jelölni és feltételezz¨ uk, hogy az En -ben rögz´ıtett egy X ortonormált bázis. Ez lehet˝ové teszi, hogy az En -beli pontokat koordináta vektoraikkal adjuk meg, és pontjaik skal´ aris szorzatát egyszer˝ uen az X b´ azis által meghatározott bels˝o szorzattal szám´ıthassuk ki. Az (4.1.20) tételnek és az (4.1.22) áll´ıt´ asnak egy nagyon fontos következménye, hogy az euklideszi terek olyan bázistranszform´ aci´ oi, amelyek ortonormált bázist ortonormált bázisba visznek, megtartják a tér pontjainak távols´ ag´ at és a tér félegyeneseinek hajlásszögét. Ezeknek a transzformáci´ oknak a vizsgálat´ ara a kés˝ obbiekben még visszatér¨ unk. 1. Gyakorlatok, feladatok ´ 1. Allap´ ıtsa meg, hogy mi annak a sz¨ ukséges és elegend˝o feltétele, hogy az En euklideszi tér v, w pontjaira teljes¨ ulj¨ on az hv, wi = kvk · kwk egyenl˝oség. 2. Mutassa meg, hogy egy En euklideszi tér bármely v vektor´ anak euklideszinormája nem kisebb mint valamely ortonormált bázisa alapján kiszám´ıtott maximum-normája. 3. Mutassa meg, hogy az m × n tipus´ u val´ os mátrixok terében skal´ aris szorzatot kapunk, ha tetsz˝oleges A = [αij ] és B = [βij ] mátrixp´ arhoz az def

hA, Bi =

m X n X

αij βij

i=1 j=1

valós számot rendelj¨ uk. 4. Igazolja, hogy egy En euklideszi tér lineáris transzformáci´ oinak L(En ) tere is euklideszivé tehet˝o. (Tanács: Lássa be, hogy, ha X = {x1 , . . . , xn } az En egy ortonormált bázisa, akkor az def

hA, Bi =

n X

hA(xi ), B(xi )i

i=1

egyenl˝oséggel definiált f¨ uggvény skal´ aris szorzat az L(En ) téren.) 5. Legyen az En euklideszi térnek M egy altere. Mutassa meg, hogy egy v ∈ En vektor pontosan akkor ortogonális az M altér minden vektor´ ara, ha ortogonális az M altér egy bázisának minden vektor´ ara.

´ ´ ´ ´ 4.2. A TRANSZPONALT LINEARIS LEKEPEZ ES

115

6. Határozza meg az E4 euklideszi tér v pontj´ anak az M alterét˝ ol val´ o távols´ ag´ at, ha v koordináta vektora az X ortonorm´ alt bázisban    

v=

1 2 3 4





   

és M = {x ∈ E4 | [x, s]X = 0} , ahol s = 

  

1 1 1 1

   . 

7. Határozza meg az α paraméter értékét ha tudjuk, hogy a p(t) = 1 + t + t2 és q(t) = αt − t2 polinomok ortogonálisak a def

hp(t), q(t)i =

Z 1 −1

p(t)q(t) dt

egyenl˝oséggel értelmezett skal´ aris szorzat mellett.

4.2

A transzpon´ alt line´ aris lek´ epez´ es

A mátrixaritmetikai bevezet˝oben megismerkedt¨ unk a transzponált mátrix fogalmával. Egy A mátrix transzponáltja azt az A∗ m´ atrixot jelentette, amelyet az A sorainak és oszlopainak felcserélésével kapunk. A mátrixok és a lineáris leképezések között szoros a kapcsolat, ´ıgy aligha meglep˝o, hogy a lineáris leképezések transzponáltja is definiált fogalom. Itt mi csupán a fogalom bevezetésére és néh´ any — a kés˝obbiek szempontjából nélk¨ ulözhetetlen — eredmény ismertetésére szor´ıtkozunk. Amint az jól ismert, véges dimenziós val´ os vektorterekben mindig értelmezhet˝ o skaláris szorzat, ezért az ilyen vektorterek lineáris leképezéseinek vizsgálatakor is célszer˝ u ezt figyelembe venni. Ha tehát A ∈ L(V, W ) lineáris leképezés a val´ os véges dimenziós V vektortérb˝ol az ugyancsak val´ os véges dimenziós W vektortérbe, akkor mind V -t, mind W -t euklideszi tereknek tekinthetj¨ uk, amelyekben a skal´ aris szorzat értelmezve van. 4.2.1 Defin´ıci´ o. Legyenek V és W euklideszi terek és A ∈ L(V, W ) line´ aris ∗ leképezés. Az A transzpon´ altj´ anak nevezz¨ uk azt az A : W → V leképezést, amelyre minden v ∈ V, w ∈ W vektorra hA(v), wiW = hv, A∗ (w)iV teljes¨ ul. A defin´ıcióval kapcsolatban hangs´ ulyoznunk kell, hogy az egyenl˝ oség baloldalán W -beli vektorok skaláris szorzata, m´ıg a jobboldalon V -beli vektorok skal´ aris szorzata áll. Erre utalnak a skal´ aris szorzat jele mellett felt¨ untetett indexek. A defin´ıcióból nem látszik közvetlen¨ ul, ezért k¨ ul¨ on igazoljuk, hogy 4.2.2 T´ etel. Az A ∈ L(V, W ) line´ aris leképezés transzpon´ altja egyértelm˝ uen ∗ meghat´ arozott és A ∈ L(W, V ) . Bizony´ıt´ as. Unicit´ as: Tegy¨ uk fel, hogy A∗ és A¯∗ is transzponáltja A-nak. Akkor minden v ∈ V, w ∈ W vektorokra

®

hv, A∗ (w)iV = hA(v), wiW = v, A¯∗ (w)

V

,

116


azaz

®

®

hv, A∗ (w)iV − v, A¯∗ (w) = v, A∗ (w) − A¯∗ (w)

V

= 0.

Az utóbbi egyenl˝oség azt jelenti, hogy A∗ (w) − A¯∗ (w) V minden vektor´ ara ortogonális, ami csak u ´gy lehet, ha A∗ (w) − A¯∗ (w) = 0 . Mivel ez minden w ∈ W -re teljes¨ ul, következik, hogy A∗ = A¯∗ . A transzpon´ alt line´ aris leképezés: tetsz˝ oleges w1 , w2 ∈ W -re és α, β ∈ R-re és minden v ∈ V -re hv, A∗ (αw1 + βw2 )iV = hA(v), αw1 + βw2 iW = α hA(v), w1 iW + β hA(v), w2 iW = α hv, A∗ (w1 )iV + β hv, A∗ (w2 )iV = hv, αA∗ (w1 ) + βA∗ (w2 )iV . Az egyenl˝oségsorozat bal- és jobboldalát összehasonl´ıtva, az unicitás bizony´ıt´ as´ an´ al látott érveléssel adódik, hogy A∗ (αw1 + βw2 ) = αA∗ (w1 ) + βA∗ (w2 ) , azaz A∗ lineáris leképezés.

2

Vizsgáljuk meg, hogy milyen kapcsolat van az A line´ aris leképezés mátrixa és transzponáltjának mátrixa köz¨ ott. Ehhez rögz´ıten¨ unk kell mind a V -ben egy X = {x1 , . . . , xn }, mind a W -ben egy Y = {y1 , . . . , ym } b´ azist. Mint tudjuk, A mátrixa az X − Y bázispárra vonatkoz´ oan: A = [A(x1 )Y , . . . , A(xn )Y ] , azaz a mátrix i-edik sorának j-edik eleme az A(xj ) vektor yi -re vonatkoz´ o koordinát´ aja. Amennyiben az Y bázis ortonormált, akkor az

A∗

hA(xj ), yi iW skaláris szorzat éppen ezt a koordinát´ at szolgáltatja, tehát   

A=  

hA(x1 ), y1 iW , hA(x1 ), y2 iW , .. .

..., ...,

hA(xn ), y1 iW hA(xn ), y2 iW .. .

     

hA(x1 ), ym iW , . . . , hA(xn ), ym iW alak´ u. Ha az X bázis is ortonormált V -ben, akkor az A∗ m´ atrixa az Y −X bázisp´ arra vonatkozóan    A = [A (y1 )X , . . . , A (ym )X ] =    ∗

∗

∗

hx1 , A∗ (y1 )iV , . . . , hx1 , A∗ (ym )iV hx2 , A∗ (y1 )iV , . . . , hx2 , A∗ (ym )iV .. .. . .

     

hxn , A∗ (y1 )iV , . . . , hxn , A∗ (ym )iV alak´ u. Látható, hogy A∗ j-edik sorának i-edik eleme hxj , A∗ (yi )iV = hA(xj ), yi iW megegyezik az A mátrix j-edik oszlopának i-edik elemével, tehát A∗ mátrixa éppen A mátrixának transzponáltja.

´ ´ ´ 4.3. GEOMETRIAI FOGALMAK ALTAL ANOS´ ıTASA

117

A lineáris leképezések és transzponáltjaik köz¨ otti kapcsolat tov´ abbi jellemzésére bebizony´ıtjuk az alábbi tételt. 4.2.3 T´ etel. Legyenek V és W euklideszi terek és A ∈ L(V, W ) transzpon´ altja A∗ ∈ L(W, V ) . Akkor (im A)⊥ = ker A∗

és

(im A∗ )⊥ = ker A ,

V = ker A ⊕ im A∗

és

W = ker A∗ ⊕ im A .

k¨ ovetkezésképpen

Bizony´ıt´ as. Minden v ∈ V -re és w ∈ ker A∗ -ra hA(v), wiW = hv, A∗ (w)iV = hv, 0iV = 0 =⇒ w ∈ (im A)⊥ . Másrészt, ha minden v ∈ V -re 0 = hA(v), wiW = hv, A∗ (w)iV =⇒ A∗ (w) ∈ V ⊥ = {0} , azaz w ∈ ker A∗ . Ez igazolja az els˝o áll´ıt´ ast, amelynek a második áll´ıt´ as analogonja. Ezek ismeretében a V = ker A ⊕ im A∗ és a W = ker A∗ ⊕ im A áll´ıt´ asok azonnal adódnak a projekciós tételb˝ol. 2 4.2.4 Defin´ıci´ o. Legyen V euklideszi tér. Az A ∈ L(V ) line´ aris transzform´ aci´ ot szimmetrikusnak nevezz¨ uk, ha megegyezik transzpon´ altj´ aval. Egy regul´ aris B ∈ R(V ) line´ aris transzform´ aci´ ot ortogon´ alisnak mondjuk, ha transzpon´ altja az inverzével egyenl˝ o. Az el˝oz˝o tétel szimmetrikus lineáris transzformáci´ okra tehát ´ıgy hangzik: 4.2.5 K¨ ovetkezm´ eny. lideszi térnek, akkor

Ha A szimmetrikus line´ aris transzform´ aci´ oja a V euk-

(im A)⊥ = ker A

4.3

és

V = ker A ⊕ im A .

Geometriai fogalmak ´ altal´ anos´ıt´ asa

Ebben a pontban geometriai fogalmak tetsz˝oleges euklideszi terekre val´ o kiterjesztésével foglalkozunk. Persze nem vállalkozhatunk minden, két és 3-dimenziós geometriai fogalom tetsz˝oleges n-dimenziós euklideszi terekben val´ o által´ anos´ıt´ as´ anak megfogalmazására, csak a legfontosabbakra tér¨ unk ki. A 2- és 3-dimenziós tér bármely két v és w pontja (vektora) meghatározott egy egyenest, amelynek bármely x pontja (vektora) megkaphat´ o, ha a w vektorhoz hozzáadjuk a v − w vektor valamilyen λ skal´ arszoros´ at. Teh´ at a v és w pontokon átmen˝o egyenes minden pontja x = w + λ(v − w) = λv + (1 − λ)w , (λ ∈ R)

118


... ... .. ... ... ... ... ................ ... ................ ... ................ ................ ... ................ ........................ .. .... .............................. ... ....................... ......... .. ......................... ...................... ........ ... ...................... ..... ... ... . ............... ... ...... .... .......................................... ... ... ...................... ............. . . ... ...................... . . ... ............ . .... . ... ... ... .............. ................................ ... ................ . ... ............ . . ................ . ... ....... . . .. . . . ................ . . . . . ... .. .......... ....... .... ... ... ....... . . . . . . . . . . . . ... . ..... . . . . . ... . . .... . ..... .. . . . . . ... . . . . . . ... ... ... ....... ... ... ... ....... .. ....... ... .. ... ....... ... ... ..... ....... . . . . . . .. . .. . ... .. .. .... ... ... .... . . . . ....... . . . ..... ... .............. . . . ...... ....... .................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... .... .. ...

x

v−w

• v

• w

•

4.1. ábra: Egyenes a s´ıkban alak´ u lineáris kombinációja a v és w pontoknak. Egész pontosan: ha λ végigfut az összes valós számon, akkor x végigfut az egyenes pontjain. Az alábbi 4.1 ábra mutatja a kétdimenziós tér egy egyenesének ilyen megadás´ at. Ez sugallja, hogy tetsz˝oleges E euklideszi tér v és w pontj´ an átmen˝ o egyenesén az ←→ vw = {x ∈ En | x = λv + (1 − λ)w λ ∈ R} = w + R(v − w) ponthalmazt érts¨ uk. A 2-dimenziós térben a szakaszok az egyeneseknek korl´ atos zárt részhalmazai, ha csak a v és w pontokat összeköt˝o szakasz pontjait akarjuk megkapni, akkor a λ skalárt a valós számok [0, 1] zárt intervallum´ an kell végigfuttatnunk. Ennek megfelel˝oen az n-dimenziós euklideszi tér v és w pontjait összek¨ ot˝ o szakasz´ an a v, w = {x ∈ En | x = λv + (1 − λ)w, 0 ≤ λ ≤ 1} ponthalmazt fogjuk érteni. A szakasz pontjai a végpontok olyan lineáris kombin´ aci´ oja, hogy az egy¨ utthat´ ok nemnegat´ıvak és összeg¨ uk 1-gyel egyenl˝ o. Az ilyen lineáris kombin´ aci´ okat konvex ´ line´ aris kombin´ aci´ oknak nevezz¨ uk. Altal´ anosan, ha λi ≥ 0 , (i = 1, . . . , n) val´ os Pn Pn számok és i=1 λi = 1 , akkor a vi , (i = 1, . . . , n) vektorok i=1 λi vi line´ aris kombinációját konvex lineáris kombin´ aci´ onak mondjuk. 4.3.1 Defin´ıci´ o. Az E euklideszi tér olyan K részhalmaz´ at, amely b´ armely két pontj´ anak konvex line´ aris kombin´ aci´ oit is tartalmazza, konvex halmaznak h´ıvjuk. Más szavakkal, azt mondhatjuk, hogy K pontosan akkor konvex halmaz, ha bármely két pontját összeköt˝o szakasz részhalmaza K-nak. Persze, ha két pont egybeesik, akkor az azokat ”összek¨ ot˝ o szakasz” egyetlen pontra zsugorodik, ezért az egyetlen pontb´ ol áll´ o halmazok is konvexek, s˝ot megállapodunk abban, hogy az u ¨res halmazt is konvexnek mondjuk. A s´ık egy-egy konvex és nem konvex részhalmaz´ at mutatja az 4.2 ábra. A konvex halmazok persze nemcsak bármely két pontjuknak, de bármely véges sok pontjuk konvex lineáris kombin´ aci´ oit is tartalmazzák. Ez akár a konvex halmazok defin´ıciója is lehetne. Ezt mondja a következ˝ o: ´ ıt´ 4.3.2 All´ as. Az euklideszi tér egy K részhalmaza pontosan akkor konvex, ha b´ armely véges sok pontj´ anak konvex line´ aris kombin´ aci´ oit is tartalmazza.

´ ´ ´ 4.3. GEOMETRIAI FOGALMAK ALTAL ANOS´ ıTASA ... ... .. ... ... ... ... ... ......... ... ... ............. ....... ... ... ....... ... ....... ... . ....... ... ... ....... .. ....... ... . ....... . . ... . ....... .... ... . ... . ... . .. ... . ... . .. ... . . ... . .. ... ... . . . . ... ... . . ... . ... ... . ... . .. ... . . ... . ........ ... ... . ...... ... ... ...... . ... ...... ... . ...... . . ... ...... . ............ ...... ... . . ........ . . ...... . . . . . . . ... . . . ...... ........ . . . . . . . . . ...... ... . . . ........................ ... ... ... ... ...................................................................................................................................................................................................... .... .. ...

·v

w ·

•

119

... ... .. ... .... ... ... ... ... ... ..... ... ... ... ... ... . ... . ... ... ... ... ... . ... ... . .. ... . ... . ... .. . ... . ... .. . ... ... . .. ... . ... . ... .. . . ... . . . ... .. ......... .. . . ... ... . . ...... .. .. ... . . ... . . . . ...... ... .. .. . . . ... . . . ... ...... . ... .. . ... . . ... . . ... . ....... .. . ... . . ... . . ... ...... . ... . ... . . . ... . ... . . ...... ..... .... ... . . ..... . . ... . . . ...... .... ...... ... .. . . ...... ... ... . . ... ... ......... ... . . ......... ... ... ... ..... .... ... ... ... ... ... ... .. ....................................................................................................................................................................................................... .... .. ...

v·

w·

·

x = 21 v + 21 w

•

konvex halmaz

nem konvex halmaz

4.2. ábra: Konvex és nem konvex halmazok Bizony´ıt´ as. Az elegend˝oség nyilv´ anval´ o. A sz¨ ukségességet a tekintett pontok száma szerinti teljes indukci´ oval igazojuk. Két pontjának konvex lineáris kombin´ aci´ oit konvex halmaz tartalmazza, hiszen ezzel értelmezt¨ uk egy halmaz konvexit´ as´ at. Tegy¨ uk fel, hogy a K konvex halmaz legfeljebb n − 1 ≥ 2 pontjának minden konvex lineáris kombin´ aci´ oj´ at tartalmazza, és legyenek v1 , . . . , vn−1 , vn K-beli pontok, tov´ abb´ a λ1 , . . . , λn−1 , λn olyan nemnegat´ıv P skalárok, hogy ni=1 λi = 1 . Feltehetj¨ uk, hogy ezek a skal´ arok mindegyike pozit´ıv, P mert k¨ ulönben a ni λi vi ténylegesen n-nél kevesebb pont konvex lineáris kombin´ aciója lenne, és az indukciós feltevés alapján azonnal adódna, hogy eleme K-nak. Igy a λi , (i = 1, . . . , n − 1) 1 − λn skalárok olyan nemnegat´ıv számok, amelyeknek az összege 1-gyel egyenl˝ o, következésképpen a n−1 X λi vi ∈ K . 1 − λn i=1 Akkor viszont a λn vn + (1 − λn )

Ãn−1 X i=1

λi vi 1 − λn

!

=

n X

λi vi

i=1

vektor is K-ban van, és ezt kellett igazolnunk.

2

A következ˝o áll´ıtás seg´ıtség¨ unkre lesz tetsz˝oleges részhalmaz konvex lezártj´ anak értelmezésénél. ´ ıt´ 4.3.3 All´ as. Konvex halmazok metszete is konvex. Bizony´ıt´ as. Legyenek Kγ , (γ ∈ Γ) konvex halmazok, és legyen v, w ∈ K . (Feltehetj¨ uk, hogy a metszetnek van legalább két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o eleme, mert γ∈Γ γ k¨ ulönben a metszet biztos konvex.) Akkor v, w ∈ Kγ minden γ ∈ Γ-ra, és a Kγ halamazok konvexitása miatt v és w minden T

x = λv + (1 − λ)w 0 ≤ λ ≤ 1

120


konvex lineáris kombinációja is minden Kγ halmazban benne van. Akkor viszont x ∈ ∩γ∈Γ Kγ is teljes¨ ul. Ezzel a bizony´ıt´ ast befejezt¨ uk. 2 4.3.4 Defin´ıci´ o. Legyen H az E euklideszi tér tetsz˝ oleges részhalmaza. Azt a legsz˝ ukebb konvex halmazt, amely H-t tartalmazza, a H konvex burk´ anak nevezz¨ uk és co (H)-val jel¨ olj¨ uk. Nyilván co (H) az összes H-t tartalmazó konvex halmaz köz¨ os része. Mivel az egész euklideszi tér konvex, ez mindig létezik. Remélj¨ uk, hogy most az olvas´ o a vektorterek részhalmazai lineáris burkára asszociál, már csak azért is, mert itt is érvényes az analóg áll´ıtás, hogy ´ ıt´ 4.3.5 All´ as. Egy H halmaz co (H) konvex burka megegyezik a H halmaz elemei ¨ osszes konvex line´ aris kombin´ aci´ oinak halmaz´ aval. Bizony´ıt´ as. Jelölj¨ uk a H halmaz elemei összes konvex lineáris kombin´ aci´ oinak halmazát H 0 -vel. Akkor H 0 konvex, mert ha p X

αi vi

i=1

és

q X

βj wj

j=1

a H halmaz elemeinek konvex lineáris kombin´ aci´ oja, akkor minden λ , (0 ≤ λ ≤ 1) valós számra a   λ

Ã p X i=1

!

αi vi + (1 − λ) 

q X

βj wj 

j=1

is konvex lineáris kombinációja H elemeinek. Mivel H ⊆ H 0 kapjuk, hogy H 0 ⊆ co (H). Az is igaz viszont, hogy H ⊆ co (H) és konvex halmaz zárt az elemeinek konvex lineáris kombináció képzésére (lásd az (4.3.2) áll´ıt´ ast), ezért co (H) ⊆ H 0 is fennáll. Akkor co (H) = H 0 és ezt kellett igazolnunk. 2 Véve két pontot az euklideszi térben és képezve ennek a kételem˝ u részhalmaznak a konvex burkát, a már megismert szakaszt kapjuk. Ezért a tov´ abbiakban a v és w pontokat összekot˝o szakasz jelölésére a kifejez˝obb co (v, w)-t használjuk. Ha három olyan pontot vesz¨ unk, melyek köz¨ ul egyik sem konvex lineáris kombin´ aci´ oja a másik kett˝onek, akkor konvex burkuk háromsz¨ oget ad. Fel kell h´ıvjuk az olvas´ o figyelmét, hogy háromszöget kaphatunk lineárisan összef¨ ugg˝ o rendszert alkot´ o három pont konvex burkaként is, csupán azt kellett megköveteln¨ unk, hogy konvex lineáris kombinációval ne lehessen el˝oáll´ıtani egyik pontot sem a másik kett˝ ob˝ ol, ami azt jelenti, hogy egyik pont sem legyen eleme a másik két pont által meghatározott szakasznak. Hasonló konstrukci´ oval kaphatjuk a s´ık összes konvex sokszögét és a térbeli konvex testeket is. Persze, már a kétdimenzi´ os euklideszi terekben is vannak olyan konvex részhalmazok, amelyek nem kaphat´ ok meg véges részhalmaz konvex burkaként, csak gondoljunk egy körre, amely nyilv´ an ilyen tulajdonság´ u. Az euklideszi tér véges részhalmazának konvex burkát poliédernek nevezz¨ uk. Ha K konvex halmaz és p ∈ K olyan pontja, amely nem bels˝o pontja egyetlen K-beli szakasznak sem, akkor p-t a K halmaz extrem´ alis pontj´ anak, vagy más szóval cs´ ucspontj´ anak h´ıvjuk.


121

4.3.6 T´ etel. Legyen H = {p1 , . . . , pk } az euklideszi tér egy véges részhalmaza. Akkor co (H) minden extrem´ alis pontja H-beli, és p` ∈ H pontosan akkor extrem´ alis pontja co (H)-nak, ha nem ´ all´ıthat´ o el˝ o a H \ {p` } halmaz pontjainak konvex line´ aris kombin´ aci´ ojaként. Bizony´ıt´ as. Legyen c ∈ co (H) a H halmazbeli elemek c=

k X

k X

αi pi , (αi ≥ 0 ,

i=1

αi = 1)

i=1

konvex lineáris kombinációja. Ha c 6∈ H , akkor biztosan létezik olyan j , hogy 0 < αj < 1 . Akkor a k X αi p= pi 1 − αj i=1 i6=j

pont eleme co (H)-nak, hiszen H-beli pontok konvex lineáris kombin´ aci´ oja, és c = αj pj + (1 − αj )p bels˝o pontja a pj , p szakasznak, igazolva ezzel, hogy co (H) extremális pontjai H-ban kell legyenek. A második áll´ıtás igazolása végett lássuk be azt, hogy ha p` ∈ H el˝ o´ all´ıthat´ o H \{p` }beli pontok konvex lineáris kombin´ aci´ ojaként, akkor co (H) = co (H \{p` } . Val´ oban, ha p` =

k X

βi pi , βi ≥ 0,

k X

i=1

i6=`

akkor co (H) bármely

Pk

i=1 γi pi

k X

βi = 1 ,

i=1

i6=`

eleme el˝o´ all´ıthat´ o

γi pi + γ`

k X

i=1

i=1

i6=`

i6=`

βi pi =

k X

(γi + γ` βi )pi

i=1

i6=`

alakban, ahol nyilván γi + γ` βi ≥ 0 minden i 6= `(= 1, . . . , k)-ra és k X

(γi + γ` βi ) = 1 .

i=1

i6=`

Ezzel igazoltuk, hogy co (H) ⊆ co (H \ {p` } , és mivel a ford´ıtott irány´ u tartalmazás nyilvánvalóan fennáll, azt is, hogy co (H) = co (H \ {p` } . Az els˝o, már igazolt áll´ıt´ as felhasználásával, mostmár kapjuk, hogy co (H) extremális pontjai a H halmaz olyan ¯ részhalmazának a pontjai, amelyre co (H) = co (H) ¯ teljes¨ minimális H ul. 2 A fenti tétel azt jelenti, hogy az euklideszi terek poliéderei esetében a cs´ ucspontok ugyanolyan szerepet játszanak a poliéder ”generál´ as´ aban”, mint a bázisvektorok a tér generálásában. A 3-dimenziós euklideszi tér pontjainak és egyeneseinek megfelel˝oit tetsz˝oleges euklideszi terekben már értelmezt¨ uk, de nem definiáltuk még a s´ıkok megfelel˝oit.

122


A s´ıkok egyik megfogható tulajdonsága, hogy ha egy pontjukba a s´ıkra mer˝oleges vektort áll´ıtunk, az a sikban fekv˝o minden vektorra mer˝oleges lesz. Az 4.3 ábra azt igyekszik illusztrálni, hogy ha ezt a c-vel jelzett vektort a s´ık v0 pontj´ aba toljuk, akkor a s´ık bármely más x pontja (pontj´ aba mutat´ o vektor) azzal jellemezhet˝o, hogy a s´ıkban fekv˝o x − v0 vektor mer˝oleges c-re. . .... .... ..... ... ......... .. .. ... . ... ... ... ... ... ... .. ... . ... ... ... ... .. ... ... .............................................................. . . . . ... . . .......................... ... .......................... ... ....... ... . .......................... ....... .. ... ............... ....... .. . ....... ... ...................... ......... ....... . . . . . . . ... . . . . ... . . ......... ..... . . . . . ... . . . . ... ..... ... . . . ... ............ ..... ... .. . ..... . . . . ... . . . ... . ........ . ..... . ....... ... ... ..... . . . . ....... . . .... . ... . ... ......... . . .... . . ... . . . . . . ... ....... . ..... .......... . . . . . . . . . . . ... . . . . . . ....... . .......... .... ..... . . . . . . . . . . . . . . . .... . . . . . . ....... . ......... .... .... . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... ........ ........ . . . . . ........ . ... ....... . . ....... . ......................... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... ............. . . . . . . . ... .. ............. ........................................................................................................................................................................................................... . . . . . . . . . . . . ............................................................................................................... . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . .... ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . . ..... ....... ....... . . . . ..... ....... ....... . . . . . . . . . . . . . . . ....... . . . .................... ..... . . . .. .... . . . . . . . . . .. ... . . . . . . .. .. . . ..... . . . . . . . . ..... . . . . . . . . . ..... . . . . . . . . ..... . . . . . . . . . . . .... . . . . .. . ..... ..... ..... ..... .....

c

v0 • ·

S(c, α)

x

•

4.3. ábra: S´ık a 3-dimenziós térben A mer˝olegesség, ortogonalitás kifejezhet˝o minden euklideszi térben a skal´ aris szorzat seg´ıtségével, nevezetesen az egymásra mer˝oleges vektorok skal´ aris szorzata ´ nulla. Eppen ez szolgált a 3-dimenziós térben a s´ıkok hc, x − v0 i = 0 egyenletének megadására. Ezt az egyenletet kicsit más alakban szokás megadni, bevezetve a hc, v0 i skalárra az α jel¨ olést, azt mondhatjuk, hogy pontosan azok az x pontok alkotják a szóbanforgó s´ıkot, amelyek kielég´ıtik az hc, xi = α egyenletet. Ez az értelmezés tetsz˝oleges euklideszi térben lehetséges. Azt mondjuk, hogy az E euklideszi tér hipers´ıkja a tér S(c, α) = {x ∈ E | hc, xi = α} részhalmaza, ahol c ∈ E és α ∈ R egy adott vektor, illetve skal´ ar. A c vektort a hipers´ık normálvektorának is szokás nevezni, annak kifejezésére, hogy c a s´ıkban fekv˝o minden vektorra ortogonális. Val´ oban, ha x1 , x2 ∈ S(c, α) , akkor hc, x1 − x2 i = hc, x1 i − hc, x2 i = α − α = 0 . Megjegyzés: Emlékezve arra a megjegyzésre, hogy amennyiben a skal´ aris szorzat valamelyik változóját rögz´ıtj¨ uk, akkor az a másik változ´ onak lineáris f¨ uggvénye, a hipers´ıkok interpretálhatók u ´gy is, mint nemnulla lineáris f¨ uggvények n´ıv´ ohalmaza.


123

Valóban a hc, ·i : E → R lineáris funkcion´ al α ∈ R skal´ arhoz tartozó n´ıv´ ohalmaza éppen S(c, α) . Megford´ıtva, ha f ∈ E ∗ egy tetsz˝oleges nemnulla lineáris funkcion´ al és α ∈ R tetsz˝oleges skalár, akkor a {x | f (x) = α} ponthalmaz egy hipers´ık. Véges dimenziós esetben a kétféle megadás ekvivalenci´ aja könnyen igazolható, m´ıg végtelen dimenziós esetben a hipers´ık nemnulla lineáris funkcion´ al nivóhalmazaként való értelmezése általánosabb. ´ ıt´ 4.3.7 All´ as. A hipers´ıkok, egyenesek, szakaszok a térnek konvex részhalmazai, ha a hipers´ık, vagy egyenes az orig´ ot (a nullvektort) is tartalmazza, akkor az euklideszi térnek alterei is. Bizony´ıt´ as. Legyen az S(c, α) hipers´ıknak x1 és x2 két tetsz˝oleges pontja és λ , (0 ≤ λ ≤ 1) valamely skalár. Akkor hc, λx1 + (1 − λ)x2 i = λ hc, x1 i + (1 − λ) hc, x2 i = λα + (1 − λ)α = α , igazolva, hogy a hipers´ık zárt a konvex lineáris kombin´ aci´ o képzésére nézve, azaz konvex. Az origó pontosan akkor eleme a hipers´ıknak, ha az α = 0 . Akkor viszont bármely x1 , x2 ∈ S(c, 0) pontjára ortogonális a c norm´ alvektor, ´ıgy azok tetsz˝oleges β1 x1 + β2 x2 lineáris kombinációj´ ara is, igazolva, hogy az origón átmen˝ o hipers´ıkok alterek. Az egyenesek és szakaszok konvexit´ as´ anak, illetve az origón átmen˝ o egyenesek altér voltának igazolását az olvas´ ora bizzuk. 2 Az n-dimenziós euklideszi terek egyenesei egydimenziósak, abban az értelemben, hogy azok vagy egydimenziós alterek, vagy egydimenziós alterek eltolás´ aval kaphatók. Az origón átmen˝o hipers´ıkok n − 1-dimenzi´ os alterek. (Ez következik az (4.1.16) tételb˝ol, és abból, hogy egy S(c, α) hipers´ık az 1-dimenziós lin (c) ortogoná´ lis komplementere.) Altal´ aban pedig a hipers´ıkok n − 1-dimenzi´ os alterek eltolás´ aval kaphatók. (Eltoláson azt értj¨ uk, hogy az altér minden pontj´ ahoz ugyanazt a vektort hozzáadva kapjuk az egyenes, illetve hipers´ık pontjait.) A hipers´ık normálvektora persze nem egyértelm˝ u, egy c normálvektor tetsz˝oleges nemzér´ o skal´ arszorosai is normálvektorok, és persze a normálvektort´ ol f¨ ugg az α skal´ ar. A 3-dimenziós térben három nem egy egyenesre es˝o pont egyértelm˝ uen meghatározta a rájuk illeszked˝ o s´ıkot. Ehhez az n-dimenziós euklideszi térben n pontra van sz¨ ukség, és ezek köz¨ ul legalább n − 1 lineárisan f¨ uggetlen kell legyen. Az alábbi péld´ aban bemutatjuk, hogy 4 pont megadásával hogyan határozhat´ o meg a 4-dimenziós euklideszi tér egy hipers´ıkja. 5 P´ elda. Legyen az E4 euklideszi tér egy ortonorm´ alt b´ azisa az X = {v1 , v2 , v3 , v4 } és a1 = v1 −v2 +v3 −v4 , a2 = 2v1 +v3 −2v4 , a3 = 2v2 −v3 , a4 = −v1 +v2 +2v3 +v4 . Hat´ arozzuk meg az a1 , a2 , a3 , a4 pontokat tartalmaz´ o hipers´ıkot. Jelölj¨ uk a keresett hipers´ık egy normálvektor´ at c-vel, és legyen ennek a koordináta vektora az X ortonormált bázisban c = [γ1 , γ2 , γ3 , γ4 ] . Mivel a1 , a2 , a3 , a4 a hipers´ık pontjai, az a1 − a2 , a1 − a3 , a1 − a4 vektorok a hipers´ıkra illeszkednek,

124


ennélfogva ortogonálisak a c vektorra, azzal val´ o skal´ aris szorzatuk zér´ o. A skal´ aris szorzatukat most egyszer˝ uen az X ortonormált bázisra vonatkoz´ o bels˝o szorzatként kapjuk az (4.1.20) tétel szerint. Mivel    

a1 − a2 = 

−1 −1 0 1





   

a1 − a3 = 

  

1 −3 2 −1





   

a1 − a4 = 

  

2 −2 −1 −2

   , 

teljes¨ ulni kell az alábbi egyenleteknek: −γ1 −γ2 +γ4 = 0 γ1 −3γ2 +2γ3 −γ4 = 0 2γ1 −2γ2 −γ3 −2γ4 = 0 Ennek a homogén lineáris egyenletrendszernek a nemnulla megoldásai a lehetséges normálvektorok. Az elemi bázistranszform´ aci´ os módszerrel a megoldás: γ1

γ2

γ3

γ4

γ2

γ1 1 -1 −1 0 1 → −4 1 −3 2 −1 2 −2 −1 −2 −4 γ2 →

γ1 γ3

γ4

γ3

γ4

0 −1 → 2 0 -1 0 γ4

1 −1 γ1 −1 → γ2 0 -12 0 γ3 0 4 0

Az utolsó táblázat alapján az által´ anos megoldás:    

c=

γ1 γ2 γ3 γ4





    =  

1 0 0 1

   ·τ, 

ahol τ nemnulla val´ os.

A τ = 1 választással kapott c = [1, 0, 0, 1] koordináta vektor´ u c = v1 + v4 vektor egy lehetséges normálvektor. Ezzel a normálvektorral a hipers´ıkhoz tartozó skal´ ar a hc, a1 i skaláris szorzat, ami eset¨ unkben [c, a1 ]X = 0 . Igy a keresett hipers´ık: S(c, 0) = {x ∈ E4 | hc, xi (= [c, x]X ) = 0} . Tehát a x = [ξ1 , ξ2 , ξ3 , −ξ1 ] koordináta vektor´ u x = ξ1 v1 + ξ2 v2 + ξ3 v3 − ξ1 v4 pontok alkotják a hipers´ıkot, ahol ξi , (i = 1, 2, 3) tetsz˝oleges val´ os számok. Amint az könnyen látható a kapott S(c, 0) hipers´ık most 3-dimenziós altér. 2 Az euklideszi terek további nevezetes konvex részhalmazai a félterek: Legyen S(c, α) az E euklideszi tér valamely hipers´ıkja. A H1 (c, α) = {x ∈ E | hc, xi < α} ,


125

H2 (c, α) = {x ∈ E | hc, xi > α} , H3 (c, α) = {x ∈ E | hc, xi ≤ α} , H4 (c, α) = {x ∈ E | hc, xi ≥ α} részhalmazokat féltereknek nevezz¨ uk. Ezen bel¨ ul, mivel a H1 (c, α) és H2 (c, α) halmazok ny´ıltak, azokat ny´ılt féltereknek mondjuk, és minthogy a H3 (c, α) és H4 (c, α) halmazok zártak, ezeket z´ art féltereknek h´ıvjuk. Könnyen belátható, hogy az egész E euklideszi tér felbonthat´ o az S(c, α) , a H1 (c, α) és H2 (c, α) részhalmazainak diszjunkt (köz¨ os pont nélk¨ uli) egyes´ıtésére. Az el˝oz˝oekb˝ol kider¨ ult, hogy a geometriai fogalmak által´ anos´ıt´ asa szempontj´ ab´ ol nagyon hasznosnak bizony´ ult a konvex lineáris kombin´ aci´ o fogalma. Az optimumszám´ıtásban azonban sz¨ ukség van tov´ abbi geometriai fogalmakra is, amelyek értelmezéséhez a lineáris kombin´ aci´ o egy másik speciális esetének megadása sz¨ ukséges. 4.3.8 Defin´ıci´ o. Az E euklideszi tér v1 , v2 , . . . , vn pontjainak α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn vn line´ aris kombin´ aci´ oj´ at k´ upkombin´ aci´ onak nevezz¨ uk, ha minden i(= 1, 2, . . . , n)re αi ≥ 0 . Amint láttuk az euklideszi tér konvex részhalmazai azok, amelyek zártak a konvex lineáris kombináció képzésre nézve. Ennek megfelel˝oen azt mondjuk, hogy 4.3.9 Defin´ıci´ o. Az E euklideszi tér egy nem¨ ures C részhalmaz´ at k´ upnak nevezz¨ uk, ha z´ art elemeinek k´ upkombin´ aci´ oj´ ara nézve. Tekintettel arra, hogy k´ upok köz¨ os része is k´ up, lehet˝oség van az E tetsz˝ oleges H részhalmaza által generált k´ up definiál´ as´ ara; nevezetesen ezen az összes H-t tartalmazó k´ up közös részét kell érten¨ unk. Könnyen bizony´ıthat´ o, hogy ez a k´ up megegyezik a H halmaz elemeinek összes k´ upkombin´ aci´ oj´ at tartalmazó con (H)-val jelölt k´ uppal. Egy C k´ upot végesen generált k´ upnak, vagy röviden véges k´ upnak nevez¨ unk, ha van olyan véges elemszám´ u H részhalmaza, hogy C = con (H) . A lineáris programozási problém´ ak megoldás´ an´ al betölt¨ ott szerep¨ uk miatt meg kell még eml´ıten¨ unk a poliedrikus halmaz fogalmát. Az euklideszi tér egy részhalmazát akkor nevezz¨ uk poliedrikus halmaznak, ha az véges sok zárt féltér köz¨ os része. Meg kell eml´ıten¨ unk, hogy a poliedrikus halmaz fogalma másképpen is definiálható, ehhez azonban el˝obb meg kell mondjuk, hogy hogyan kell képezni az euklideszi tér részhalmazainak algebrai összegét. Ha L1 és L2 az E euklideszi tér két részhalmaza, akkor algebrai összeg¨ uk az L1 + L2 = {`1 + `2 | `1 ∈ L1 , `2 ∈ L2 } halmaz. A részhalmazok algebrai összegének értelmezése után a poliedrikus halmazok fogalma ´ıgy is definiálható: 4.3.10 Defin´ıci´ o. Az E euklideszi tér egy P részhalmaza poliedrikus halmaz, ha van olyan K poliéder és C véges k´ up, hogy P = K + C . A poliedrikus halmaz két defin´ıci´ oj´ anak ekvivalenci´ aja nem nyilv´ anval´ o, bizony´ıtása olyan tételekre támaszkodik, amelyeket itt nem köz¨ olhet¨ unk a terjedelmi korlátok miatt.

126


T´ erelemek t´ avols´ aga∗

4.3.1

A projekciós tételre támaszkodva megmutattuk, hogy hogyan szám´ıthat´ o ki az euklideszi tér valamely pontjának egy altért˝ ol val´ o távols´ aga. Azóta megismert¨ uk néhány geometriai fogalom euklideszi terekre val´ o által´ anos´ıt´ as´ at, értelmezt¨ uk az egyenes, illetve hipers´ık fogalmát. Az alábbiakban megmutatjuk, hogyan szám´ıthat´ o ki pontnak egyenest˝ol, hipers´ıktól, illetve hipers´ık hipers´ıkt´ ol val´ o távols´ aga. Pont ´ es egyenes t´ avols´ aga ←→

Határozzuk meg az E euklideszi tér v pontj´ anak az x1 x2 egyenesét˝ ol val´ o távols´ ag´ at. A Pythagorasz tételb˝ol következik, hogy az egyenes olyan z pontja lesz v-hez legközelebb, amelyre a v − z vektor ortogonális az egyenesre. Ezért ←→

d(v, x1 x2 ) = d(v, z) = kv − zk , ←→

←→

ahol z ∈x1 x2 és v − z⊥ x1 x2 . Els˝ o lépésben tehát a z pont megkeresése a feladat. z = λx1 + (1 − λ)x2 = x2 + λ(x1 − x2 ) , ahol λ a hv − z, x1 − x2 i = 0 ortogonalitást kifejez˝o egyenletb˝ol kaphat´ o: hv − x2 − λ(x1 − x2 ), x1 − x2 i = hv − x2 , x1 − x2 i − λkx1 − x2 k2 = 0 , azaz, λ=

hv − x2 , x1 − x2 i . kx1 − x2 k2

A λ ismeretében az egyenes keresett z pontja: z = x2 +

hv − x2 , x1 − x2 i (x1 − x2 ) . kx1 − x2 k2

Vég¨ ul pedig a v és z pontok távols´ aga: 1

kv − zk = [hv − x2 − λ(x1 − x2 ), v − x2 − λ(x1 − x2 )i] 2 = h

kv − x2 k2 − 2λ hv − x2 , x1 − x2 i + λ2 kx1 − x2 k2 s

kv − x2 k2 −

i1 2

=

hv − x2 , x1 − x2 i2 . kx1 − x2 k2

Pont ´ es hipers´ık t´ avols´ aga Szám´ıtsuk ki az E euklideszi tér v pontj´ anak az S(c, α) hipers´ıkt´ ol val´ o távols´ ag´ at. H´ıvatkozva a Pythagoras-tételre, adódik, hogy d(v, S(c, α)) = d(v, z) = kv − zk ,


127

ahol z ∈ S(c, α) és v − z⊥S(c, α) , vagy ami ezzel ekvivalens, v − z = λc , hiszen c a hipers´ık normálvektora, ortogonális a hipers´ıkra. Az utóbbi egyenl˝ oségb˝ ol kapjuk, hogy z = v − λc , és mert z a hipers´ık pontja hc, zi = hc, v − λci = hc, vi − λkck2 = α . Ebb˝ol λ kifejezhet˝o: λ=

hc, vi − α , kck2

és ´ıggy a keresett távolság: kv − zk = kλck =

| hc, vi − α| . kck

P´ arhuzamos hipers´ıkok t´ avols´ aga Két hipers´ık pontosan akkor párhuzamos egymással, ha normálvektoraik egymásnak nemnulla skalárszorosai. Mivel azonban egy hipers´ık normálvektora csak skal´ arszorzótól eltekintve egyértelm˝ uen meghatározott, a párhuzamos hipers´ıkoknak választható egyenl˝o normálvektor. Legyen tehát S(c, α) és S(c, β) a két egymással párhuzamos hipers´ık, amelyek távols´ ag´ at akarjuk kiszám´ıtani. Nyilvánval´ oan d(S(c, α), S(c, β)) = d(v, w) = kv − wk , ahol v ∈ S(c, α) , w ∈ S(c, β és v − w ortogon´ alis a hipers´ıkokra, azaz v − w = λc . Ez utóbbi egyenl˝oségb˝ol kifejezve v-t és kihasználva, hogy v ∈ S(c, α) és w ∈ S(c, β, kapjuk, hogy α = hv, ci = hw + λc, ci = hw, ci + λkck2 = β + λkck2 . Az egyenl˝oségsorozat bal- és jobboldalát összehasonl´ıtva kifejezhet˝o λ, azaz λ=

α−β , kck2

és ´ıgy a keresett távolság: kv − wk = kλck =

|α − β| . kck

2. Gyakorlatok, feladatok 1. Legyen az En euklideszi tér egy véges nem¨ ures részhalmaza M . Mutassuk meg, hogy con (M ) korlátos halmaz. 2. Igazoljuk, hogy a valós számtest feletti lineáris egyenletrendszer megoldáshalmaza konvex, és ha van legalább két eleme, akkor nem korl´ atos.

128


3. Bizony´ıtsuk be, hogy egy poliedrikus halmaznak véges sok extremális pontja van. 4. Legyen az E4 euklideszi tér x1 , x2 , x3 pontj´ anak koordináta vektora egy X ortonormált bázisban    

x1 = 

1 −1 2 0





     , x2 =   

0 −2 1 −1

    



és

  

x3 = 

1 0 2 −1

    

←→

a. Határozzuk meg az x1 pontnak az x2 x3 egyenest˝ ol val´ o távols´ ag´ at. b. Szám´ıtsuk ki az x1 , x2 , x3 pontok által meghatározott háromsz¨ og ter¨ uletét. 5. Mutassuk meg, hogy az En euklideszi tér háromsz¨ ogeinek s´ ulypontja is a cs´ ucspontok számtani közepe. 6. Határozzuk meg az E4 euklideszi tér v pontj´ anak az S(c, 0) hipers´ıkt´ ol val´ o távolságát, ha egy ortonormált bázisban v = [1, 0, −1, 2] és c = [2, −1, 0, 3]. 7. Szám´ıtsuk ki az S(c, 0) és az S(c, 3) hipers´ıkok távols´ ag´ at, ha X {x1 , x2 , x3 , x4 } ortonormált bázis és c = x1 + 2x2 − x3 + x4 .

4.4

=

Unit´ er terek∗

Az unitér terek a komplex vektorterekb˝ ol ugyan´ ugy kaphat´ ok, mint ahogy a val´ os vektorterekb˝ol az euklideszi tereket kaptuk. Ezért ebben a pontban csupán a komplex terekben értelmezett skaláris szorzat megadás´ ara szor´ıtkozunk, és azt mutatjuk meg, hogy minden véges dimenziós komplex vektortérben értelmezhet˝ o skal´ aris szorzat, tehát unitér térré tehet˝o. 4.4.1 Defin´ıci´ o. Legyen V komplex vektortér és h, i : V ⊕ V → C olyan f¨ uggvény, amely minden v, w ∈ V vektorp´ arhoz egy hv, wi-vel jel¨ olt komplex sz´ amot rendel. A h, i f¨ uggvényt komplex skal´ aris szorzatnak nevezz¨ uk, ha eleget tesz az al´ abbi feltételeknek: b´ armely v, w, z ∈ V vektorokra és tetsz˝ oleges λ komplex sz´ amra (1) hv, wi = hw, vi, ¯ hv, wi, (2) hλv, wi = λ (3) hv + w, zi = hv, zi + hw, zi, (4) hv, vi ≥ 0 és

hv, vi = 0 ⇐⇒ v = 0.

4.4.2 Defin´ıci´ o. Egy véges dimenzi´ os komplex vektorteret unitér térnek nevez¨ unk, ha komplex skal´ aris szorzat van benne értelmezve.

´ TEREK∗ 4.4. UNITER

129

A véges dimenziós valós vektorterekben valamely bázisra vonatkoz´ o, u ´gynevezett bels˝o szorzat egyszersmind skal´ aris szorzat, s˝ot azt is láttuk, hogy minden skal´ aris szorzat a tér ortonormált bázisára vonatkoz´ o bels˝o szorzat. Hasonló igaz véges dimenziós komplex vektorterekben is, amennyiben a komplex bels˝o szorzatot az alábbi módon definiáljuk. 4.4.3 Defin´ıci´ o. Legyen X = {x1 , . . . , xn } a V komplex vektortér egy b´ azisa és legyenek v = α1 x1 + · · · + αn xn és w = β1 x1 + · · · + βn xn tetsz˝ oleges V -beli vektorok. A [v, w]X =

n X

α¯i βi

i=1

komplex sz´ amot a v és w vektorok X b´ azisra vonatkoz´ o komplex bels˝ o szorzat´ anak nevezz¨ uk. Az olvasó könnyen ellen˝orizheti, hogy a komplex bels˝o szorzat rendelkezik a komplex skaláris szorzattól megkövetelt négy tulajdonsággal, tehát minden véges dimenziós komplex vektortér unitér térré tehet˝o. A komplex skaláris szorzatos terek is normált terek a def

q

kzk =

hz, zi

norma-f¨ uggvénnyel, de a Cauchy-Schwarz-egyenl˝ otlenség bizony´ıt´ asa kicsit bonyolultabb a valós esetben látottól, ezért azt részletezz¨ uk. A komplex skal´ aris szorzatos V tér bármely két s, t vektorára és bármely λ komplex számra fennáll az ¯ ht, si + λλ ¯ ht, ti ≥ 0 hs + λt, s + λti = hs, si + λ hs, ti + λ egyenl˝otlenség, ami kicsit tömörebben az ¯ ht, si + |λ|2 ktk2 ≥ 0 ksk2 + λ hs, ti + λ

(1)

alakban is ´ırható. Az (1) egyenl˝ otlenséget szorozva a pozit´ıv ksk2 -tel, kapjuk, hogy 2 ¯ ksk4 + λksk2 hs, ti + λksk ht, si + |λ|2 ksk2 ktk2 =

³

(2)

= ksk2 + λ hs, ti

´³

´

¯ ht, si − |λ|2 hs, ti ht, si + |λ|2 ksk2 ktk2 ≥ 0 . ksk2 + λ

Mivel a (2) egyenl˝otlenség minden komplex λ számra teljes¨ ul, fennáll a λ=−

hs, ti ksk2

számra is, amikor is (2) a (3)

−|λ|2 hs, ti ht, si + |λ|2 ksk2 ktk2 ≥ 0

130


egyenl˝otlenségre redukálódik. Vég¨ ul (3)-at átrendezve, a pozit´ıv |λ|2 -tel elosztva és figyelembe véve, hogy hs, ti ht, si = hs, ti hs, ti = |hs, ti|2 , kapjuk, hogy

|hs, ti|2 ≤ ksk2 ktk2 ,

amib˝ol négyzetgyököt vonva adódik a k´ıv´ ant |hs, ti| ≤ ksk · ktk Cauchy-Schwarz-egyenl˝otlenség. Mivel a komplex vektorterek is normált terek, azok is metrikus térré tehet˝ok a def

d(s, t) = ks − tk metrikával, és a Cauchy-Schwarz-egyenl˝ otlenség birtokában a komplex vektorok ortogonalitása is ugyan´ ugy értelmezhet˝ o, mint a val´ os skal´ aris szorzatos terekben. Igy unitér terekben is vannak ortonormált bázisok, és a komplex skal´ aris szorzat is a vektorok ortonormált bázisra vonatkoz´ o komplex bels˝o szorzatára redukál´ odik. Az euklideszi geometria fogalmai kiterjeszthet˝ok az unitér terekre is, ezekkel azonban itt nem foglalkozunk.

5. Fejezet

Invari´ ans alterek Ennek a fejezetnek az a célja, hogy a véges dimenziós vektor terek lineáris transzformációit jellemezz¨ uk. Milyen jellemzésre gondolunk? A 2-dimenziós val´ os térbeli lineáris transzformációk, mint a ny´ ujt´ as, t¨ ukr¨ ozés, elforgatás, vet´ıtés és párhuzamos affinitás, hatásáról jól kialakult elképzelés¨ unk van. Nagyobb dimenziój´ u terekben persze nem várhatjuk, hogy egy lineáris transzformáci´ o hatás´ at ugyan´ ugy ”lássuk” mint a s´ıkon, de arra törekedhet¨ unk, hogy meg tudjuk mondani azok hatás´ at a tér szemléltethet˝o alterein. Tehát a tér altereit használjuk a vizsgált lineáris transzformációk jellemzésére. Persze ehhez csak olyan alterek használhat´ ok, amelyeknek vektorai a transzformáció során az altérben maradnak. Ezek az u ´gynevezett invariáns alterek. Ha az egész vektorteret fel tudjuk bontani olyan invari´ ans alterek direktöszegére, amelyeken már tudjuk a lineáris transzformáci´ o hatás´ at, akkor a transzformációt ismertnek mondhatjuk. Kider¨ ul, hogy szoros kapcsolat van a lineáris transzformációk polinomjainak faktorizáci´ oi és a tér invari´ ans altereinek direktösszegére való felbontása között. Ez sz¨ ukségessé teszi, hogy ismertess¨ unk néh´ any a polinomok faktorizációjával kapcsolatos nélk¨ ul¨ ozhetetlen eredményt. Ezeket k¨ ul¨ on alpontban gy˝ ujtött¨ uk össze, amit a ter¨ ulettel ismer˝os olvas´ o nyugodtan kihagyhat.

5.1

Invari´ ans alterek, transzform´ aci´ ok polinomjai

Mint azt a fejezet bevezet˝ojében eml´ıtett¨ uk a lineáris transzformáci´ okat u ´gy k´ıv´ anjuk jellemezni, hogy felbontjuk a teret olyan alterek direkt összegére, amelyen a lineáris transzformáció hatásáról már jó elképzelés¨ unk van. Az ilyen altereknek persze a lineáris transzformációra nézve ”zártnak” kell lennie. A lineáris transzformáci´ ora vonatkozó zártság fogalmát az alábbi defin´ıci´ oban rögz´ıtett¨ uk. 5.1.1 Defin´ıci´ o. Legyen V egy F test feletti vektortér és A line´ aris transzform´ aci´ oja V -nek. A V vektortér egy M alterét A-ra nézve invari´ ansnak mondjuk, ha minden v ∈ M -re az A(v) képvektor is M -ben van. Hangs´ ulyoznunk kell, hogy azt nem követelt¨ uk meg a defin´ıci´ oban, hogy M minden eleme el˝oálljon valamely V -beli vektor képeként, és azt sem, hogy ha egy w vektor A(w) képe M -ben van, akkor w-nek is M -ben kell lennie, csupán azt, hogy az M -beli vektorok képe M -ben kell maradjon. A rövidség kedvéért sokszor az A-ra nézve invariáns alterekre az A-invari´ ans jelz˝ovel h´ıvatkozunk. Id˝onként nem 131

´ 5. FEJEZET INVARIANS ALTEREK

132

igazán logikusan ugyan, de röviden a vektortér A-invari´ ans altere kifejezés helyett azt mondjuk, hogy az A invari´ ans altere. Tetsz˝oleges A transzformációnak nyilv´ an invari´ ans altere a zérusaltér, ker (A), im (A) és maga a V vektortér. Kevésbé triviális A-invariáns altereket kaphatunk a következ˝ o konstrukci´ oval: kiválasztunk egy tetsz˝oleges v ∈ V vektort, majd képezz¨ uk a {v, A(v), A2 (v), . . .} vektorok által generált alteret, amelyet lin (v, A)-val fogunk jelölni. Ha V n-dimenziós, akkor a {v, A(v), A2 (v), . . . An (v)} vektorrendszer biztosan lineárisan összef¨ ugg˝ o, k hiszen n + 1 vektort tartalmaz, és még az is igaz, hogy ha A (v) (1 ≤ k ≤ n) kifejezhet˝o a v, A(v), . . . , Ak−1 (v) vektorok lineáris kombin´ aci´ ojaként, akkor minden pozit´ıv egész m-re az Ak+m (v) is el˝o´ all´ıthat´ o, mint a v, A(v), . . . , Ak−1 (v) vektorok lineáris kombinációja. Az áll´ıtás m szerinti teljes indukci´ oval k˝onnyen igazolható. Valóban, ha Ak (v) =

k−1 X

αi Ai (v) ,

i=0

akkor k+1

A

(v) =

k−1 X

i+1

αi A

k−2 X

(v) =

i=0

i+1

αi A

(v) + αk−1

Ãk−1 X

k−1 X

αi A (v) =

i=0

i=0

= αk−1 α0 v +

! i

(αi−1 + αk−1 αi )Ai (v) ,

i=1

tehát m = 1-re igaz az áll´ıtás. Ha m − 1 ≥ 1-re k+m−1

A

(v) =

k−1 X

βi Ai (v) ,

i=0

akkor a k+m

A

(v) =

k−1 X

i+1

βi A

(v) =

i=0

k−2 X

i+1

βi A

(v) + βk−1

Ãk−1 X

i=0

= βk−1 β0 v +

! i

βi A (v)

=

i=0

k−1 X

(βi−1 + βk−1 βi )Ai (v) ,

i=1

Ak+m (v)

számolással kapjuk, hogy is kifejezhet˝o a¡ v, A(v), . . . , Ak−1 (v)¢ vektorok lineáris kombinációjaként. Így lin (v, A) = lin v, A(v), . . . , An−1 (v) . Tulajdonképpen ezért használjuk a lin (v, A) jelölést. Nem nehéz belátnunk, hogy lin (v, A) az a legsz˝ ukebb A-invari´ ans altér, amely a v vektort tartalmazza. Tekintve, hogy egy vektortér lineáris transzformáci´ oi nemcsak vektorteret alkotnak, de lineáris transzformációk szorzata is lineáris transzformáci´ o, és ´ıgy egy lineáris transzformáció nemnegat´ıv egész kitev˝os hatványainak lineáris kombin´ aci´ oja is a tér lineáris transzformációja, tetsz˝oleges A ∈ L(V ) esetén a p(A) = α0 A0 + α1 A + · · · + αk Ak

´ ´ OK ´ POLINOMJAI 5.1. INVARIANS ALTEREK, TRANSZFORMACI

133

polinom is lineáris transzformáci´ oja V -nek. Könnyen igazolható, hogy az A és p(A) transzformációk szorzata f¨ uggetlen a tényez˝ ok sorrendjét˝ ol. Ezt ismerve, meg tudjuk mutatni, hogy a p(A) transzformáci´ o magtere és képtere is A-invari´ ans altér. Val´ oban, ha v ∈ ker (p(A)), azaz p(A)(v) = 0, akkor p(A)(A(v)) = A(p(A)(v)) = A(0) = 0, tehát A(v) ∈ ker (p(A)). Hasonlóan, ha v ∈ im (p(A)), azaz létezik olyan w ∈ V , amelyre p(A)(w) = v, akkor p(A)(A(w)) = A(p(A)(w)) = A(v), igazolva, hogy A(v) ∈ im (p(A)) is teljes¨ ul. Utóbbi példánk sugallja, hogy sz¨ ukség¨ unk lesz a lineáris transzformáci´ ok polinomjaira, azok invariáns altereinek konstru´ al´ asakor. Ezért most egy kis kitér˝ ot tesz¨ unk, és összefoglaljuk a polinomokkal kapcsolatos azon fogalmakat és áll´ıt´ asokat, amelyekre az alábbiakban sz¨ ukség¨ unk lesz.

5.1.1

Polinomok

Az el˝oz˝o fejezetekben, már szerepeltek a val´ os egy¨ utthat´ os polinomok, ´ıgy kicsit meglep˝o lehet, hogy az azokra vonatkoz´ o fogalmak és eredmények összefoglalására csak most ker¨ ul sor. Ennek az a magyar´ azata, hogy eddig a polinomokat mint egy vektortér elemeit vizsgáltuk, és ezért a polinomok összead´ as´ aval és skalárral való szorzásával kapcsolatos tulajdonságaik játszottak els˝odleges szerepet. Az alábbiakban a polinomok szorzás´ aval kapcsolatos fogalmakat és eredményeket gy˝ ujt¨ ott¨ uk össze. Mindenekel˝ott fogalmazzuk meg u ´jra, hogy mit kell érten¨ unk egy tetsz˝oleges F test feletti polinomon, majd meg kell ismerkedn¨ unk a polinomok maradékos osztásával. R˝ogz´ıt¨ unk egy változónak nevezett szimb´ olumot, legyen ez mondjuk t, és az F test feletti t változós polinomok F[t] halmazát alkoss´ ak a p(t) = α0 + α1 t + · · · + αn tn alak´ u formális kifejezések, ahol az α0 , α1 , . . . , αn az F test elemei, n pedig nemnegat´ıv egész szám. A p(t) polinomot n-edfok´ unak mondjuk, ha a legnagyobb kitev˝oj˝ u nem nulla egy¨ utthatój´ u t-hatvány a tn . Jelekkel: deg p(t) = n . Az αn 6= 0 skal´ art a polinom f˝ oegy¨ utthat´ oj´ anak nevezz¨ uk és p(t)-t norm´ altnak h´ıvjuk, ha f˝oegy¨ utthat´ oja 1. Ugyan´ ugy, mint azt a valós egy¨ utthat´ os polinomok esetében láttuk, tetsz˝oleges F test feletti polinomok halmaz´ an is értelmezhet˝ o összead´ as és az F test elemeivel, mint skalárokkal való szorzás. (F operátortartom´ anya F[t]-nek.) Könnyen ellen˝orizhet˝o, hogy F[t] ezekkel a m˝ uveletekkel az F test feletti vektortér. De az összead´ ason és a skalárokkal való szorzáson k´ıv¨ ul értelmezhet˝ o a polinomok szorzása is. Egy p(t) = α0 + α1 t + · · · + αn tn és egy q(t) = β0 + β1 t + · · · + βm tm polinom szorzatán értve a p(t) · q(t) = α0 β0 + (α0 β1 + α1 β0 ) t + · · · + αn βm tn+m polinomot. A szorzatban a tk -t tartalmazó tag egy¨ utthat´ oja a X i+j=k

αi βj (0 ≤ i ≤ n; 0 ≤ j ≤ m) .


134

Nem nehéz ellen˝orizni, hogy a polinomok szorzása kommutat´ıv, asszociat´ıv, az összeadásra nézve disztribut´ıv m˝ uvelet. A szorzás defin´ıci´ oj´ ab´ ol következik, hogy deg p(t)q(t) = deg p(t) + deg q(t). Azt mondjuk, hogy a q(t) ∈ F[t] polinom osztója a p(t) ∈ F[t] polinomnak, jelekkel q(t) | p(t), ha létezik olyan s(t) ∈ F[t], amelyre p(t) = s(t) · q(t) teljes¨ ul. Egy p(t) ∈ F[t] polinomot irreducibilisnek nevez¨ unk, ha nincs olyan q(t) ∈ F[t] osztója, amelyre 0 < deg q(t) < deg p(t) teljes¨ ul. Bár a polinomok szorzásra vonatkozó inverze által´ aban nem létezik, de végezhet˝ o, u ´gynevezett maradékos osztás. Konkretizálva, igaz a következ˝ o áll´ıt´ as. ´ ıt´ 5.1.2 All´ as. Ha p(t), q(t)(6= 0) ∈ F[t] tetsz˝ oleges polinomok, akkor léteznek olyan egyértelm˝ uen meghat´ arozott h(t), r(t) ∈ F[t] polinomok, hogy p(t) = h(t) · q(t) + r(t) , és ha deg q(t) 6= 0, akkor 0 ≤ deg r(t) < deg q(t) . Bizony´ıt´ as. Legyenek p(t) = α0 + α1 t + · · · + αn tn αn 6= 0 és q(t) = β0 + β1 t + · · · + βm tm βm 6= 0 . Ha n < m, akkor a h(t) = 0 és r(t) = p(t) polinomok eleget tesznek a k´ıv´ ant feltételnek. Ha n ≥ m, akkor képezz¨ uk a p1 (t) = p(t) −

αn n−m t q(t) = βm

α10 + α11 t + · · · + αn1 tn1 αn1 6= 0; (0 ≤ n1 ≤ n − 1) n1 -edfok´ u polinomot. Ha n1 < m, akkor legyen h(t) =

αn n−m t βm

és r(t) = p1 (t).

Ellenkez˝o esetben képezz¨ uk a p2 (t) = p1 (t) −

αn1 n1 −m t q(t) = βm

= α20 + α21 t + · · · + αn2 tn2 αn2 6= 0; (0 ≤ n2 ≤ n1 ) n2 -edfok´ u polinomot. Ha n2 < m, akkor legyen h(t) =

αn n−m αn1 n1 −m t + t βm βm

és r(t) = p2 (t) .

Ha p2 (t) foka még nem kisebb q(t) fokán´ al, akkor hasonlóan p1 (t) és p2 (t) kiszám´ıtásához, képezz¨ uk a p3 (t) = p2 (t) −

αn2 n2 −m t q(t) βm


135

n3 -adfok´ u polinomot, és ´ıgy tov´ abb. Mivel a p(t), p1 (t), p2 (t), . . . polinomok fokszámai monoton csökken˝o n > n1 > n2 > . . . sorozatot alkotnak, véges szám´ u lépés után elér¨ unk egy αn pk (t) = pk−1 (t) − k−1 tnk−1 −m q(t) βm polinomhoz, amelynek nk foka már kisebb m-nél, és µ

pk (t) = p(t) −

¶

αn αn n−m αn1 n1 −m t + t + · · · + k−1 tnk −m q(t). βm βm βm

Ebb˝ol azonnal adódik, hogy a αn αn n−m αn1 n1 −m h(t) = t + t + · · · + k−1 tnk −m βm βm βm

és r(t) = pk (t)

polinomok felhasználásával p(t) a k´ıv´ ant alakban áll el˝o. Az egyértelm˝ uség igazolása végett tegy¨ uk fel, hogy a h0 (t) és r0 (t) polinomokra is teljes¨ ul, hogy p(t) = h0 (t)q(t) + r0 (t) Akkor

¡

és

0 ≤ deg r0 (t) < deg q(t).

¢

h(t) − h0 (t) q(t) = r0 (t) − r(t) .

Az egyenl˝oség jobboldalán lév˝o polinom fokszáma kisebb mint q(t) foka, m´ıg a baloldalán lév˝o polinom foka akkor és csak akkor kisebb q(t) fokán´ al, ha h(t)−h0 (t) = 0 0 0, azaz h(t) = h (t). Akkor viszont r(t) = r (t) is teljes¨ ul. Ezzel bizony´ıtásunk teljes. 2 Két polinom p(t), q(t) ∈ F[t] legnagyobb köz¨ os osztój´ an olyan d(t) ∈ F[t] normált polinomot ért¨ unk, amely mind p(t)-nek, mind q(t)-nek osztója és ha c(t) is osztója p(t)-nek is és q(t)-nek is, akkor c(t) | d(t). Azt mondjuk, hogy a p(t) és q(t) polinomok relat´ıv pr´ımek , ha legnagyobb köz¨ os osztójuk a konstans 1 polinom. Két polinom p(t), q(t) ∈ F[t] legkisebb köz¨ os többsz¨ or¨ ose pedig olyan k(t) ∈ F[t] normált polinom, amelynek mind p(t), mind q(t) osztója, és ugyanakkor osztója p(t) és q(t) minden közös többszörösének. Megmutathat´ o, hogy két polinom legkisebb közös többszöröse egyenl˝o a polinomok szorzatának és legnagyobb köz¨ os osztójuk hányadosával. A maradékos osztás birtokában, adhatunk olyan algoritmust, amellyel tetsz˝oleges két p(t), q(t) ∈ F[t] polinom legnagyobb köz¨ os osztója meghatározhat´ o. Az eljár´ as a következ˝o: Elvégezz¨ uk az alábbi maradékos osztások sorozatát, mindaddig, am´ıg a maradék nulla nem lesz. Mivel a maradék polinomok fokszámai szigor´ uan csökken˝ o sorozatot alkotnak véges szám´ u lépés után a maradék zér´ o lesz. p(t) = h1 (t)q(t) + r1 (t) ahol 0 ≤ deg r1 (t) < deg q(t) q(t) = h2 (t)r1 (t) + r2 (t) ahol 0 ≤ deg r2 (t) < deg r1 (t) r1 (t) = h3 (t)r2 (t) + r3 (t) ahol 0 ≤ deg r3 (t) < deg r2 (t) .. . rn−2 (t) = hn (t)rn−1 (t) + rn (t) ahol 0 ≤ deg rn (t) < deg rn−2 (t) rn−1 (t) = hn+1 (t)rn (t)

(5.1)


136

Az utolsó nemzéró rn (t) polinomot sz¨ ukség esetén normáljuk, megszorozva f˝oegy¨ utthatója reciprokával. Jelölje az ´ıgy kapott polinomot d(t) . Azt áll´ıtjuk, hogy d(t) a p(t) és q(t) polinomok legnagyobb köz¨ os osztója. d(t) | rn (t), és az utolsó egyenl˝oség miatt rn (t) | rn−1 (t) akkor viszont az utolsó el˝otti egyenl˝ oség miatt rn (t) | rn−2 (t) és ´ıgy tovább haladva kapjuk, hogy rn (t) osztója q(t) és p(t)-nek is. Másrészt ha c(t) osztója mind p(t)-nek mind q(t)-nek, akkor az els˝o egyenlet alapján c(t) | r1 (t), amib˝ol a második egyenl˝ oség alapján c(t) | r2 (t) és ´ıgy tov´ abb egyenl˝oségr˝ol egyenl˝oségre haladva vég¨ ul kapjuk, hogy c(t) | rn (t). Minthogy d(t) és rn (t) csak konstans szorzóban k¨ ul¨ onb¨ oznek rn (t) | d(t) is telejes¨ ul, ahonnan már a c(t) | d(t) is következik. A polinomok legnagyobb közös osztój´ anak meghatároz´ as´ at szolgál´ o algoritmus alkalmas arra, hogy megmutassuk, hogy amennyiben a p(t) és q(t) polinomok legnagyobb közös osztója d(t), akkor találhat´ ok olyan f (t) és g(t) polinomok, hogy d(t) = f (t)p(t) + g(t)q(t) .

(5.2)

Ezt könnyen beláthatjuk, ha figyelembe vessz¨ uk a (5.1) algoritmus egyenl˝ oségeinek átrendezésével kapott r1 (t) = p(t) − h1 (t)q(t) r2 (t) = q(t) − h2 (t)r1 (t) r3 (t) = r1 (t) − h3 (t)r2 (t) .. . rn−1 (t) = rn−3 (t) − hn−1 (t)rn−2 (t) rn (t) = rn−2 (t) − hn (t)rn−1 (t) egyenleteket. Ebb˝ol láthatjuk, hogy r1 (t) a p(t) és q(t) polinomszorosainak összege. Ezt helyettes´ıtve a második egyenl˝ oségbe r2 (t) = q(t) − h2 (t)(p(t) − h1 (t)q(t)) = h2 (t)p(t) + (1 + h1 (t)h2 (t))q(t) , tehát r2 (t) is a p(t) és q(t) polinomszorosainak összege. Tegy¨ uk fel, hogy már igazoltuk az r1 (t), . . . , rn−2 (t), rn−1 (t) polinomok mindegyikér˝ ol, hogy kifejezhet˝ok a p(t) és q(t) polinomszorosainak összegeként. Akkor az utolsó egyenlet mutatja, hogy ez lehetséges rn (t)-re is. Minthogy d(t) az rn (t) polinom skal´ arszorosa, ´ıgy val´ oban léteznek olyan f (t) és g(t) polinomok, hogy d(t) = f (t)p(t) + g(t)q(t) . 1 P´ elda. Hat´ arozzuk meg a p(t) = t4 − 5t2 + 4 és a q(t) = t3 + 3t2 − t − 3 polinomok legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oj´ at és keress¨ uk meg azokat az f (t) és g(t) polinomokat, amelyekkel a legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ o fel´ırhat´ o f (t)p(t) + g(t)q(t) alakban! t4 t4 + 3t3 − 3t3 − 3t3

− 5t2 + 4 ÷ t3 + 3t2 − t − 3 = t − 3 , 2 − t − 3t − 4t2 + 3t + 4 − 9t2 + 3t + 9 5t2 − 5


137

amib˝ol t4 − 5t2 + 4 = (t − 3)(t3 + 3t2 − t − 3) + 5t2 − 5 . t3 + 3t2 − t − 3 ÷ 5t2 − 5 = t3 − t 3t2 − 3 2 3t − 3 0

1 5t

+ 35 ,

következésképpen

1 3 t3 + 3t2 − t − 3 = ( t + )(5t2 − 5) . 5 5 2 Mivel az 5t − 5 polinom az utolsó nemzér´ o maradék, a t2 − 1 normált polinom a legnagyobb közös osztó. 1 1 3 t2 − 1 = (t4 − 5t2 + 4) + (− t + )(t3 + 3t2 − t − 3) , 5 5 5 tehát f (t) = 15 és g(t) = − 15 t + 35 . 2 Amint azt anal´ızis tanulmányaink során láttuk, egy p(t) ∈ F[t] polinom seg´ıtségével értelmezhet¨ unk F −→ F alak´ u f¨ uggvényt, az α −→ p(α) hozzárendeléssel. Az α ∈ F elemet a p(t) polinom gy¨ okének nevezz¨ uk, ha p(α) = 0. Persze nem biztos, hogy egy F feletti polinomnak van gyöke F-ben, de ha α gyöke p(t)-nek, akkor az els˝ofok´ u t − α polinom osztója p(t)-nek. A p(t)-nek t − α-val val´ o maradékos osztása p(t) = h(t)(t − α) + r(t) és 0 ≤ deg r(t) < 1 , alak´ u, tehát r(t) = β konstans polinom, α-t helyettes´ıtve kapjuk, hogy p(α) = h(α)(α − α) + β = β . Ebb˝ol következik, hogy t − α pontosan akkor osztója p(t)-nek, ha p(α) = 0. Ha F[t] minden polinomj´ anak van gyöke F-ben, akkor az F testet algebrailag z´ artnak nevezz¨ uk. A valós számok teste, mint tudjuk algebrailag nem zárt, de a komplex számok teste már igen. A komplex számhalmaz azonban tartalmazza a val´ os számokat is, azok a komplex számtest u ´gynevezett résztestét alkotj´ ak. Bizony´ıtott az az — algebra alaptételével lényegében ekvivalens — áll´ıt´ as, hogy minden F test részteste valamely algebrailag zárt testnek. Egy algebrailag zárt testben tehát, minden irreducibilis polinom els˝ofok´ u. A polinomok szorzási szabálya alapján nyilv´ anval´ o, hogy akkor egy n-edfok´ u polinom n darab els˝ofok´ u irreducibilis polinom szorzatára bontható, megengedve, hogy ugyanaz az irreducibilis faktor többsz¨ or is szerepeljen a szorzatban. Ha (t − α) m-szer szerepel egy p(t) polinom ilyen faktorizáci´ oj´ aban, akkor azt mondjuk, hogy az α m multiplicit´ as´ u gyöke p(t)-nek. Egy algebrailag zárt test feletti n-edfok´ u polinomnak tehát n gyöke van, ha mindegyiket annyiszor vessz¨ uk figyelembe, mint amennyi a multiplicit´ asa. Ha F tetsz˝oleges test, akkor egy p(t) ∈ F[t] polinom faktorizálhat´ o, nem feltétlen¨ ul els˝ofok´ u, de irreducibilis polinomok szorzatára. Persze ebben az esetben is lehet ugyanaz az irreducibilis polinom többszörös multiplicitás´ u tényez˝ oje p(t)-nek. Így az által´ anos esetben p(t) irreducibilis polinomok szorzatára való felbont´ asa p(t) = (p1 (t))m1 · · · · · (pr (t))mr


138

alak´ u, ahol pi (t) ∈ F[t] (i = 1, . . . , r) irreducibilis polinomok. Felh´ıvjuk az olvas´ o figyelmét a polinomok irreducibilis polinomok hatványainak szorzatára val´ o felbontása és az egész számok pr´ımhatv´ anyok szorzataként val´ o el˝o´ all´ıt´ asa köz¨ otti analógiára.

5.1.2

Line´ aris transzform´ aci´ ok ´ es m´ atrixaik polinomjai

Egy p(t) ∈ F[t] polinom nemcsak F → F alak´ u f¨ uggvények értelmezéséhez használható, de minden olyan algebrai strukt´ ura önmag´ aba val´ o leképezéseinek definiál´ as´ ahoz is, amelyben szorzás van értelmezve és amelynek az F test operátortartom´ anya. Ilyen egy F feletti V vektortér lineáris transzformáci´ oinak L(V ) tere is és persze az F elemeib˝ ol képzett dim V × dim V tipus´ u mátrixok Fdim V ×dim V mátrixok tere is, amely mint jól tudjuk izomorf L(V )-vel, és a mátrixok szorzás´ at u ´gy értelmezt¨ uk, hogy minden Φ : L(V ) → Fdim V ×dim V izomorf leképezés felcserélhet˝o a szorzásm˝ uvelettel is. Minden A ∈ L(V ) lineáris transzformációhoz a p(t) = α0 + α1 t + · · · + αn tn polinom seg´ıtségével hozzárendelhetj¨ uk a V vektortér p(A) = α0 A0 + α1 A + · · · + αn An lineáris transzformációját és hasonlóan minden A ∈ Fdim V ×dim V m´ atrixhoz egy p(A) = α0 A0 + α1 A + · · · + αn An ∈ Fdim V ×dim V mátrixot. Látható, hogy a p(A) lineáris transzformáci´ o az A line´ aris transzformáci´ o hatványainak lineáris kombináci´ oja, és hasonlóan a p(A) mátrix a A m´ atrix hatványainak lineáris kombinációja. A lineáris transzformáci´ ok és mátrixaik vektorterének izomorfiája biztos´ıtja, hogy egy A lineáris transzformáci´ o bármely p(t) polinomjának mátrixa valamely rögz´ıtett bázisban megegyezik az A transzform´ aci´ o A m´ atrix´ anak p(A) polinomjával. Nem nehéz belátni, hogy egy lineáris transzformáci´ o (mátrix) polinomjaira igazak a következ˝o számolási szabályok: ha p(t) + q(t) = r(t)

és

p(t) · q(t) = s(t) ,

p(A) + q(A) = r(A)

és

p(A) · q(A) = s(A) ,

p(A) + q(A) = r(A)

és

p(A) · q(A) = s(A).

akkor illetve Mivel a polinomok szorzása kommutat´ıv, egy lineáris transzformáci´ o (egy mátrix) két polinomjának szorzata is f¨ uggetlen a tényez˝ ok sorrendjét˝ ol. Azt mondjuk, hogy az A lineáris transzformáció (egy A mátrix) gy¨ oke a p(t) polinomnak, ha p(A) = 0 (p(A) = 0). Egy lineáris transzformáci´ o pontosan akkor gyöke egy p(t) polinomnak, ha mátrixa gyöke annak. Minthogy egy lineáris transzformáci´ onak k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o bázisokban k¨ ulönböz˝o, egymáshoz hasonló mátrixai vannak azonnal kapjuk, hogy


139

hasonló mátrixok ugyanazoknak a polinomoknak a gyökei. Ezt az eredményt persze közvetlen¨ ul is megkaphatjuk, figyelembe véve, hogy ha B invert´ alhat´ o mátrix, akkor minden p(t) polinomra p(B−1 AB) = B−1 p(A)B . Ezek az észrevételek lehet˝ové teszik, hogy feladatok numerikus megoldásakor lineáris transzformációk polinomjai helyett a transzformáci´ ok valamely bázisra vonatkoz´ o mátrixainak polinomjaival számolhassunk. A következ˝okben áll´ıtásainkat csak a lineáris transzformáci´ ok polinomjaira mondjuk ki, azzal az el˝orebocsájtott megjegyzéssel, hogy azok átfogalmazhat´ ok a mátrixok polinomjaira is. Ha V n-dimenziós F feletti vektortér, akkor minden A ∈ L(V ) gyöke valamely F[t]-beli nemz´ eró polinomnak, hiszen dim L(V ) = n2 lévén az A0 = I, A, . . . , An

2

n2 + 1 elem˝ u lineáris transzformáci´ o rendszer lineárisan összef¨ ugg˝ o, ´ıgy van olyan nemtriviális lineáris kombinációjuk, hogy 2

α0 A0 + α1 A + · · · + αn2 An = 0 . Akkor a p(t) = α0 + α1 t + · · · + αn2 tn

2

nemzéró polinom olyan, amelynek A gyöke. Nyilvánval´ o, hogy ha A gyöke egy m p(t) = α0 + α1 t + · · · + αm t m-edfok´ u polinomnak, akkor gyöke az 1/αm · p(t) ugyancsak m-edfok´ u normált polinomnak is. 5.1.3 Defin´ıci´ o. Azt a legkisebb foksz´ am´ u norm´ alt polinomot, amelynek A gy¨ oke, az A transzform´ aci´ o minim´ alpolinomj´ anak nevezz¨ uk. Minden lineáris transzformáci´ o minimálpolinomja egyértelm˝ uen meghatározott, hiszen ha m(t) és m0 (t) is minimálpolinomja egy A transzformáci´ onak, akkor A gyöke az m(t) − m0 (t) polinomnak is, holott m(t) − m0 (t) foka kisebb mint m(t) fokszáma, ellentmondva a m(t) értelemezésének. ´ ıt´ 5.1.4 All´ as. Az A line´ aris transzform´ aci´ o minim´ alpolinomja oszt´ oja minden olyan polinomnak, amelynek A gy¨ oke. Bizony´ıt´ as. Legyen f (t) tetsz˝oleges olyan polinom, amelynek az A transzformáció gyöke, azaz f (A) = 0. Végezz¨ unk maradékos osztást, f (t) = h(t)m(t) + r(t) ahol 0 ≤ deg r(t) < deg m(t). Helyettes´ıtve az A transzformáci´ ot, kapjuk, hogy 0 = f (A) = h(A)m(A) + r(A) = r(A) , ami csak akkor lehet igaz, ha r(t) ≡ 0 , mert A nem lehet gyöke egyetlen m(t) fokszámánál alacsonyabb fok´ u nemzér´ o polinomnak sem. Ezzel áll´ıt´ asunkat igazoltuk. 2 Az alábbi tétel egy lineáris transzformáci´ o invari´ ans altereinek dimenziój´ ar´ ol ny´ ujt felvilágos´ıtást. 5.1.5 T´ etel.


140

(1) Ha az A ∈ L(V ) line´ aris transzform´ aci´ o minim´ alpolinomj´ anak van k-adfok´ u irreducibilis faktora, akkor van a V vektortérben k-dimenzi´ os A-invari´ ans altér. (2) Ha p(t) egy k-adfok´ u irreducibilis faktora az A minim´ alpolinomj´ anak, akkor ker (p(A)) k-dimenzi´ os A-invari´ ans altér, vagy k-dimenzi´ os A-invari´ ans alterek direkt¨ osszege. Bizony´ıt´ as. (1) Jelölje m(t) az A minim´ alpolinomját és legyen az m(t) = p(t)q(t) szorzatként való el˝oáll´ıt´ asban p(t) k-adfok´ u irreducibilis tényez˝ o. A ker (p(A)) altér invariáns A-ra nézve. Legyen v 6= 0 egy tetsz˝oleges vektora ker (p(A))-nak (ilyen van, mert k¨ ul¨ onben már a q(t) polinomnak gyöke lenne A). Meg fogjuk mutatni, hogy lin (v, A) k-dimenzi´ os A-invari´ ans altere ker (p(A))-nak, következésképpen V -nek is. Tekints¨ uk a {v, A(v), . . . An (v)} vektorrendszert, ahol n = dim V . Ez nyilvánvalóan lineárisan öszzef¨ ugg˝ o rendszer. Legyen m(≤ n) az a legnagyobb pozit´ıv egész, amelyre a {v, A(v), . . . , Am−1 (v)} vektorrendszer még lineárisan f¨ uggetlen, azaz Am (v) már kifejezhet˝o a v, A(v), . . . , Am−1 (v) vektorok Am (v) = ε0 v + ε1 A(v) + · · · + εm−1 Am−1 (v) lineáris kombinációjaként. Az s(t) = −ε0 − ε1 t − · · · − εm−1 tm−1 + tm polinomra tehát teljes¨ ul, hogy s(A)(v) = 0 , de az m sz´ amra tett kikötés¨ unk alapján a´ll´ıthatjuk, hogy m-nél alacsonyabb fok´ u nemzér´ o polinomja A-nak a v vektort nem transzformálja a nullvektorba. Mivel v eleme volt ker (p(A))-nak, tehát p(A)(v) = 0 , ezért m = deg s(t) ≤ deg p(t) = k . Maradékos osztást végezve a p(t) és s(t) polinomokkal, kapjuk, hogy p(t) = h(t)s(t) + r(t)

és

0 ≤ deg r(t) < deg s(t) = m ,

és ´ıgy p(A) = h(A)s(A) + r(A) . Akkor 0 = p(A)(v) = h(A)s(A)(v) + r(A)(v) = r(A)(v) , és ebb˝ol következik, hogy r(t) ≡ 0 és p(t) = h(t)s(t) . Mivel feltevés¨ unk szerint p(t) irreducibilis, a h(t) polinom csak¡ konstans polinom lehet, ezért s(t) és p(t) fok¢ száma egyenl˝o, tehát k = m . A lin v, A(v), . . . , Am−1 (v) = lin (v, A) altér tehát k-dimenziós és A-invariáns. (2) A második áll´ıtás igazolása: ker (p(A)) két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o nemzér´ o v és w vektorára lin (v, A) és lin (w, A) vagy diszjunktak (csak a nullvektor a köz¨ os elem¨ uk), T vagy egyenl˝ok, mert ha x ∈ lin (v, A) lin (w, A) nemzér´ o vektor, akkor az {x, A(x), . . . , Ak−1 (x)} vektorrendszer lineárisan f¨ uggetlen, és mind lin (v, A)-nak, mind lin (w, A)-nak részrendszere azok A-invarianci´ aja miatt. Mivel dim lin (v, A) = dim lin (w, A) = k

´ ´ SAJAT ´ ERT ´ EKEK ´ 5.2. SAJATVEKTOROK ES

141

azt is kapjuk, hogy az {x, A(x), . . . , Ak−1 (x)} vektorrendszer mind lin (v, A)-nak, mind lin (w, A)-nak bázisa, és ´ıgy lin (v, A) = lin (w, A) . Már most ker (p(A)) direktösszegre val´ o felbontása a következ˝ oképpen történhet: választunk egy nemzéró v1 ∈ ker (p(A)) vektort és képezz¨ uk a lin (v1 , A) alterét. Ha ker (p(A)) \ lin (v1 , A) nem u ¨res, akkor választunk bel˝ole egy v2 vektort és képezz¨ uk a lin (v1 , A) ⊕ lin (v2 , A) 2 · k-dimenziós alterét ker (p(A))-nak. Ha ez még val´ odi altér, akkor választhatunk v3 ∈ ker (p(A)) \ lin (v1 , A) ⊕ lin (v2 , A) vektort és képezhetj¨ uk a lin (v1 , A) ⊕ lin (v2 , A) ⊕ lin (v3 , A) alteret, és ´ıgy tovább. ker (p(A)) véges dimenziós volta biztos´ıtja, hogy létezik olyan r ≥ 1 egész, hogy ker (p(A)) \ lin (v1 , A) ⊕ · · · ⊕ lin (vr , A) = ∅ , és akkor az eljárás befejez˝odik. Hangs´ ulyoznunk kell, hogy er˝osen kihasználtuk, hogy amennyiben egy x 6= 0 vektor eleme valamely lin (y, A) altérnek, akkor lin (x, A) = lin (y, A), amib˝ol már következik, hogy ha vi 6∈ lin (v1 , A) ⊕ · · · ⊕ lin (vi−1 , A) , akkor lin (vi , A)

\

lin (v1 , A) ⊕ · · · ⊕ lin (vi−1 , A) = {0} .

Ezzel a bizony´ıtást befejezt¨ uk. 2 Ismert, hogy minden valós egy¨ utthat´ os irreducibilis polinom legfeljebb másodfok´ u, m´ıg minden komplex egy¨ utthat´ os irreducibilis polinom els˝ofok´ u. Így az el˝oz˝ o tétel értelmében a véges dimenziós val´ os vektorterek minden lineáris transzformációjának van legfeljebb 2-dimenziós, a komplex vektorterek lineáris transzformáci´ oinak pedig 1-dimenziós invariáns altere.

5.2

Saj´ atvektorok ´ es saj´ at´ ert´ ekek

Ebben a pontban a vektorterek olyan lineáris transzformáci´ oit tanulm´ anyozzuk, amelyekre nézve létezik a térnek 1-dimenziós invari´ ans altere. Legyen az F test feletti V vektortérnek A ∈ L(V ) lineáris transzformáci´ oja. Ha az A m(t) minimálpolinomjának λ ∈ F gy¨ oke, akkor a (5.1.5) tétel szerint a ker (A−λI) 1-dimenziós A-invariáns altér, vagy 1-dimenziós A-invari´ ans alterek direktösszege. Az A lináris transzformáció minimálpolinomjának az F testben lév˝ o gyökeit, az A saj´ atértékeinek nevezz¨ uk. Ha λ sajátértéke A-nak, akkor a ker (A − λI) altér minden nemzéró s vektorát az A lineáris transzformáci´ o saj´ atvektor´ anak h´ıvjuk. Magára


142

a ker (A − λI) altérre gyakran a λ-hoz tartozó saj´ ataltér néven h´ıvatkozunk. A sajátaltér tetsz˝oleges s vektorára A(s) = (A − λI)(s) + λs = λs teljes¨ ul. Másrészt, ha A − λI szinguláris transzformáci´ oja V -nek, akkor van nemzér´ ov vektora ker (A − λI)-nek. Az m(t) minimálpolinomnak a t − λ ∈ F[t] els˝ofok´ u polinommal való maradékos osztását végezve m(t) = q(t)(t − λ) + γ adódik, hiszen a maradék csak 0-adfok´ u, azaz skal´ ar lehet. Akkor az m(A) = q(A)(A − λI) + γI transzformációval 0 = m(A)(v) = q(A)(A − λI)(v) + γI(v) = γv , amib˝ol kapjuk, hogy γ = 0, azaz t − λ osztója m(t)-nek. De akkor m(λ) = 0 , azaz λ gyöke a minimálpolinomnak. A (5.1.5) tétel kiegész´ıtve a fenti észrevétellel a következ˝ o áll´ıt´ ast verifik´ alja: 5.2.1 T´ etel. Ha V az F test feletti vektortér és A line´ aris transzform´ aci´ oja, akkor az A minim´ alpolinomj´ anak a λ ∈ F skal´ ar pontosan akkor gy¨ oke, azaz λ pontosan akkor saj´ atértéke A-nak, ha az A − λI ∈ L(V ) line´ aris transzform´ aci´ o szingul´ aris. A (5.2.1) tételb˝ol azonnal adódik: 5.2.2 K¨ ovetkezm´ eny. Egy line´ aris transzform´ aci´ onak akkor és csak akkor saj´ atértéke a 0, ha a transzform´ aci´ o szingul´ aris. Sok esetben használhatók a következ˝ o észrevételek: ´ ıt´ 5.2.3 All´ as. (a) Az A ∈ L(V ) (V -ben értelmezve van skal´ aris szorzat) line´ aris transzform´ aci´ onak λ akkor és csak akkor saj´ atértéke, ha transzpon´ altj´ anak saj´ atértéke. (b) Ha az A ∈ L(V ) line´ aris transzform´ aci´ onak λ saj´ atértéke, akkor tetsz˝ oleges p(t) ∈ F[t] polinomra a p(A) line´ aris transzform´ aci´ onak saj´ atértéke p(λ), és ha A invert´ alhat´ o, akkor az A−1 line´ aris transzform´ aci´ onak saj´ atértéke λ1 . Bizony´ıt´ as. Az (a) áll´ıtás annak a következménye, hogy a lineáris transzformáció és transzponáltjának egyenl˝o a rangja és mivel (A − λI)∗ = A∗ − λI , az A − λI lineáris transzformáció pontosan akkor szinguláris, ha az A∗ − λI line´ aris transzformáció szinguláris. (b) Az A lineáris transzformáci´ onak λ pontosan akkor sajátértéke, a (5.2.1) tétel szerint, ha van olyan s(6= 0) ∈ V vektor, hogy A(s) = λs . Akkor A2 (s) = A(A(s)) = A(λs) = λA(s) = λ2 s , és általánosan minden k természetes számra Ak (s) = λk s teljes¨ ul. Ebb˝ol már következik, hogy bármely p(t) ∈ F[t] polinomra p(A)(s) = p(λ)s,

´ ´ SAJAT ´ ERT ´ EKEK ´ 5.2. SAJATVEKTOROK ES

143

igazolva els˝o áll´ıtásunkat, hogy p(λ) sajátértéke a p(A) transzformáci´ onak. Az utolsó áll´ıtás következik az s = A−1 (A(s)) = A−1 (λs) = λA−1 (s) egyenl˝oségb˝ol, mert a (5.2) következmény alapján λ 6= 0 és ´ıgy A−1 (s) =

1 s. λ

2 Az alábbi példa azt mutatja be, hogy a (5.2.1) tétel hogyan használhat´ o egy vektortér sajátértékeinek és sajátvektorainak meghatároz´ as´ ara. 2 P´ elda. Hat´ arozzuk meg a 3-dimenzi´ os val´ os V vektortér azon A line´ aris transzform´ aci´ oj´ anak saj´ atértékeit és saj´ atvektorait, amely a tér egy V = {v1 , v2 , v3 } b´ azis´ anak vektorait rendre az A(v1 ) = v2 + v3 , A(v2 ) = v1 + v3 , A(v3 ) = v1 + v2 vektorokba viszi! Az A, illetve az A − λI transzformáci´ ok V b´ azisra vonatkoz´ o mátrixai 





0 1 1   A= 1 0 1  1 1 0



−λ 1 1   A − λI =  1 −λ 1  1 1 −λ

és

´ Allap´ ıtsuk meg, hogy a λ paraméter mely értékei esetén lesz a A − λI m´ atrix szinguláris. Az elemi bázistranszform´ aci´ os technika most is alkalmazhat´ o, hiszen kérdés¨ unk u ´gy is feltehet˝o, hogy a λ praméter milyen értékei mellett van nemtrivi´ alis megoldása az A − λE egy¨ utthat´ om´ atrix´ u homogén lineáris egyenletrendszernek. Az ismeretlenekre bevezetve a ξ1 , ξ2 , ξ3 jelölést a ξ3

ξ2

ξ3

1

1

λ2

1+λ

−λ

1

−λ

1

ξ1

ξ2

v1 −λ v2 v3

1 1

−→

1 −λ

v1

1−

ξ1 v3

1+λ

−λ − 1

táblázatokból leolvashatjuk, hogy λ = −1 esetén a 

ξ1





    ξ2  = 

ξ3

−1 −1



1

 0 ·

0

1

"

τ2

#

τ3

koordináta vektor´ u vektor nemtrivi´ alis megoldás, ha a τ2 , τ3 szabadon választhat´ o skalárok köz¨ ul legalább az egyik nem nulla. Péld´ aul az  

s1 = 

−1

 

1  0



és



s2 = 

−1

 

0  1


144

koordináta vektor´ u lineárisan f¨ uggetlen vektorok a transzformáci´ o λ = −1 sajátértékéhez tartozó sajátvektorai. Visszatérve a tábl´ azathoz, láthat´ o, hogy ha λ 6= −1, akkor további báziscsere hajtható végre és kapjuk a ξ3 v1 2 + λ − λ2 ξ1

1−λ

ξ2

−1

táblázatot, miszerint λ = 2 esetén is van nemtrivi´ alis megoldás, amelynek alakja 

ξ1





1



     ξ2  =  1  · τ3 (τ3 6= 0) .

ξ3

1

Igy a λ = 2 sajátérték, és egy ehhez tartozó sajátvektor koordináta vektora az  

1

 

s3 =  1  . 1 A feladathoz nem tartozik ugyan, de érdemes meghatározni az A transzform´ aci´ o mátrixát a sajátvektorok alkotta S = {s1 = −v1 + v2 , s2 = v1 + v3 , s3 = v1 + v2 + v3 } bázisban. Mivel A(s1 ) = −s1 , A(s2 ) = −s2 és A(s3 ) = 2 · s3 , kapjuk, hogy 



−1 0 0   AS =  0 −1 0  0 0 2 diagonális mátrix, amelynek diagonális´ aban éppen az A sajátértékei vannak.

2

A fenti példában azt láttuk, hogy a vizsgált lineáris transzformáci´ o sajátvektorai bázisát alkották a tárgyvektortérnek, és ebben a bázisban a lineáris transzformáci´ o mátrixa diagonális mátrix lett. Ez által´ anosan is igaz, nevezetesen: 5.2.4 T´ etel. Ha az n-dimenzi´ os F test feletti V vektortér A ∈ L(V ) line´ aris transzform´ aci´ oj´ anak saj´ atvektoraib´ ol ´ all´ o S = {s1 , . . . , sn } vektorrendszere b´ azis, akkor az A m´ atrixa az S b´ azisban diagon´ alis m´ atrix, melynek diagon´ alis´ aban éppen az egyes saj´ atvektorokhoz tartoz´ o saj´ atértékek vannak. Bizony´ıt´ as. Jelöljék az egyes sajátvektorokhoz tartozó sajátértékeket rendre λ1 , . . . , λn . Akkor, tekintve, hogy A(si ) = λi si

(i = 1, . . . , n) ,

´ ´ SAJAT ´ ERT ´ EKEK ´ 5.2. SAJATVEKTOROK ES kapjuk, hogy

        A(si )S =       

0 .. . 0 λi 0 .. . 0

145

        ,      

ahol éppen az i-edik koordináta a λi , a többi pedig zér´ o. Mivel az A line´ aris transzformáció AS mátrixának i-edik oszlopa éppen A(si )S minden (i = 1, . . . , n)-re,    AS = B =   

λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 .. .. . . . . .. . . 0 0 . . . λn

     

amint áll´ıtottuk.

2

Egy vektortér olyan lineáris transzformáci´ oj´ at, amelynek sajátvektorai generálj´ ak a teret, tehát mátrixa diagonalizálhat´ o, egyszer˝ u , vagy más elnevezéssel diagonaliz´ alhat´ o lineáris transzformációnak h´ıvjuk. Megjegyzend˝o, hogy az egyáltal´ an nem biztos, hogy a k¨ ulönböz˝o sajátvektorok k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sajátértékekhez tartoznak, amint az (2) példa is mutatta, (a −1 sajátértékhez két egymást´ ol lineárisan f¨ uggetlen sajátvektor tartozott). Másrészt viszont igaz, hogy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sajátértékekhez tartozó sajátvektorok lineárisan f¨ uggetlen rendszert alkotnak. Ezt az áll´ıt´ ast fogalmaztuk meg a következ˝o tételben. 5.2.5 T´ etel. Ha a V vektortér A line´ aris transzform´ aci´ oj´ anak λ1 , . . . , λk k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o saj´ atértékei, akkor a hozz´ ajuk tartoz´ o s1 , . . . , sk saj´ atvektorok line´ arisan f¨ uggetlen rendszert alkotnak. Bizony´ıt´ as. A k¨ ulönböz˝o sajátértékek száma szerinti teljes indukci´ oval igazoljuk az áll´ıtást. Ha k = 1, akkor a sajátvektor nem nullvektor lévén lineárisan f¨ uggetlen egyelem˝ u rendszer. Tegy¨ uk fel, hogy a λ1 , . . . , λk−1 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sajátértékekhez tartozó sajátvektorok {s1 , . . . , sk−1 } rendszere lineárisan f¨ uggetlen és legyen λk az eddigiekt˝ol k¨ ulönböz˝o sajátérték és sk a hozzá tartozó sajátvektor. Indirekt tegy¨ uk fel, hogy (a)

sk =

k−1 X

αi si ,

i=1

azaz, hogy az {s1 , . . . , sk−1 , sk } vektorrendszer már lineárisan összef¨ ugg˝ o. Ha alkalmazzuk az A transzformációt az (a) egyenlettel adott sk vektorra, akkor azt kapjuk, hogy λk sk = A(sk ) =

k−1 X i=1

αi A(si ) =


146

(b)

=

k−1 X

αi λi si .

i=1

Igy az (a) egyenlet λk -szorosát kivonva a (b) egyenletb˝ ol a 0=

k−1 X

αi (λi − λk )si

i=1

adódik. Ez lehetetlen, hiszen sk 6= 0 (mert sajátvektor), ´ıgy az αi skal´ arok valamelyike nemnulla. Másrészt a sajátértékek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ osége miatt a λi − λk , (i = 1, . . . , k − 1) skalárok is k¨ ulönböznek null´ at´ ol és az indukci´ os feltevés szerint az {s1 , . . . , sk−1 } rendszer lineárisan f¨ uggetlen volt. Ez az ellentmond´ as abból eredt, hogy feltételezt¨ uk, hogy az {s1 , . . . , sk−1 , sk } vektorrendszer lineárisan összef¨ ugg˝ o, tehát lineárisan f¨ uggetlen kell legyen. 2 Ha egy n-dimenziós V vektortér A lineáris transzformáci´ oj´ anak n k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sajátértéke van, akkor A egyszer˝ u. Ez a feltétel elegend˝o, de nem sz¨ ukséges, amint azt a (2) példa is mutatta.

5.3

A s´ık elemi line´ aris transzform´ aci´ oi

Minden kétdimenziós valós vektortér izomorf a s´ık egy rögz´ıtett pontj´ ab´ ol kiinduló helyvektorok terével. Mivel a a véges dimenziós val´ os terek lineáris transzformáci´ oit azzal k´ıvánjuk jellemezni, hogy hogyan viselkednek a tér szemléltethet˝ o alterein, célszer˝ unek látszik áttekinteni, hogy melyek a sik helyvektorainak elemi lineáris transzformációi. Az elemi jelz˝ovel itt arra akarunk utalni, hogy csupán azokat a lineáris transzformációkat k´ıvánjuk felsorolni, amelyek szorzataként a s´ık minden lineáris transzformációja el˝oáll´ıthat´ o. Ahhoz, hogy egy lineáris transzformáci´ o hatás´ at, geometriai jelentését jól érzékelhess¨ uk, által´ aban speciális bázist (koordinátarendszert) kell választanunk. Az alábbiakban a középiskol´ ab´ ol már jól ismert egységnyi hossz´ uság´ u és egymásra mer˝oleges {i, j} helyvektorok alkotta bázisban jellemezz¨ uk a s´ık elemi lineáris transzformáci´ oit: (1) Ny´ ujt´ as/zsugor´ıt´ as: Kétféle ny´ ujt´ asr´ ol/zsugor´ıt´ asr´ ol beszélhet¨ unk, (a) k¨ oz´ eppontos ny´ ujtásr´ ol/zsugor´ıt´ asr´ ol, amikor a s´ık minden helyvektor´ at a transzformáció pozit´ıv λ-szoros´ aba viszi, illetve (b) tengelyes ny´ ujtásról, amikor csak az egyik tengely irány´ aba es˝o összetev˝o ny´ ulik meg/zsugorodik össze, azaz egy %i + θj vektor képe a λ%i + θj vektor (λ > 0) . (2) T¨ ukr¨ oz´ es: A t¨ ukrözés is lehet (a) k¨ oz´ eppontos, amikor minden vektor az ellentettjébe transzformál´ odik, vagy (b) tengelyes t¨ ukrözés esetén, pontosabban a j irány´ u tengelyre val´ o t¨ ukr¨ ozés esetén a %i + θj vektor képe a −%i + θj vektor. (3) Vet´ıt´ es:

´ ´ OI ´ 5.3. A S´ıK ELEMI LINEARIS TRANSZFORMACI

147

(a) k¨ oz´ eppontra való vet´ıtésen értj¨ uk, azt, amikor minden vektort az origóra, azaz a nullvektorba transzformálunk, és (b) tengelyre való vet´ıtés az amikor minden vektort az egyik, mondjuk az i irány´ u tengellyel párhuzamosan a j irány´ u tengelyre vet´ıt¨ unk. Ez a lineáris transzformáció a %i + θj vektort a θj vektorba viszi. (4) P´ arhuzamos affinit´ as: az egyik mondjuk az i ir´ any´ u tengely pontjainak j-vel párhuzamos eltolása a két bázisvektor szögfelez˝ o egyenesébe. Ez a transzformáció a %i + θj vektort a %i + (% + θ)j vektorba transzformálja. (5) Forgat´ as: minden vektort forgassunk el φ szöggel (az i vektort j felé mozgatva). Ekkor az i vektor képe cos φi+sin φj, m´ıg a j vektor képe − sin φi+cos φj lesz, ´ıgy egy tetsz˝oleges %i + θj vektor a (% cos φ − θ sin φ)i + (% sin φ + θ cos φ)j vektorba transzformálódik. Az olvasó könnyen beláthatja, hogy a s´ık felsorolt transzformáci´ oi val´ oban line´ aris transzformációk. Javasoljuk, hogy mindegyik transzformáci´ onak állap´ıtsa meg a mátrixát az i, j bázisban. Következ˝o feladatunk annak igazolása, hogy val´ oban a s´ık minden lineáris transzformációja a fentiekben felsorolt transzformáci´ ok szorzatára bonthat´ o. Ennek érdekében a s´ık transzformáci´ oit annak megfelel˝oen osztályozzuk, hogy hány k¨ ulönböz˝o irány´ u sajátvektoruk van. (a) Egyetlen saj´ at´ ert´ ekhez tartoz´ o k´ et line´ arisan f¨ uggetlen saj´ atvektor esetén a s´ık minden nemzéró vektora ugyanazon sajátértékhez tartozó sajátvektor. Valóban, ha e és f a s´ık A lineáris transzformáci´ oj´ anak két lineárisan f¨ uggetlen sajátvektora és mindkett˝o a λ sajátértékhez tartoznak, azaz A(e) = λe és A(f ) = λf , akkor a s´ık minden v vektora kifejezhet˝o v = αe + βf alakban, és akkor A(v) = A(αe + βf ) = αA(e) + βA(f ) = αλe + βλf = λ(αe + βf ) = λv , alátámasztva kijelentés¨ unket. Akkor az A transzformáció ny´ ujt´ as (λ ≥ 1), vagy zsugor´ıt´ as (0 < λ < 1)), vagy középpontos vet´ıtés (λ = 0), vagy középpontos t¨ ukr¨ ozés és ny´ ujt´ as/zsugor´ıt´ as szorzata (λ < 0). (b) Ha k´ et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o saj´ at´ ert´ ek van. Jel¨ olje megint A a lineáris transzformációt és e a λ-hoz tartozó, m´ıg f a µ saj´ atértékhez tartozó sajátvektorokat. Az e, f vektorok most is bázist alkotnak, hiszen lineárisan f¨ uggetlenek a (5.2.5) tétel szerint. Bontsuk fel A-t a B(e) = λe, B(f ) = f és a C(e) = e, C(f ) = µf egyenl˝oségekkel meghatározott lineáris transzformáci´ ok szorzatára. Akkor mind B, mind C az e, illetve f irány´ u tengely irány´ aba történ˝ o ny´ ujt´ as/zsugor´ıt´ as, vagy a rájuk mer˝oleges tengelyre való t¨ ukr¨ ozés és a fentiek szorzata, esetleg valamelyik¨ uk középpontos vet´ıtés, és A mindezek szorzata. (c) Egy saj´ atvektor van. Jelölje e a sajátvektort és legyen t erre mer˝oleges vektora a s´ıknak, akkor e, t bázis. Ha λ a megfelel˝o sajátérték, akkor A(e) = λe és A(t) =

148


αe + βt és α 6= 0, mert k¨ ulönben t is sajátvektor lenne. Megmutatjuk, hogy β = λ . Tekints¨ uk a αe + (β − λ)t vektort. A(αe + (β − λ)t) = αλe + (β − λ)(αe + βt) = βαe + (β − λ)t) , ami mutatja, hogy β − λ = 0 , mert k¨ ul¨ onben az αe + (β − λ)t vektor sajátvektor lenne, és nem lenne e irány´ u. Azt kaptuk tehát, hogy A(t) = αe + λt . (1) ha λ = 0 akkor A = B · C · D, lineáris transzformáci´ ok szorzata, ahol B(e) = αe, B(t) = αt ny´ ujtás/zsugor´ıtás középpontos t¨ ukr¨ ozés, vagy ezek szorzata, C(e) = any´ u tengellyel −t, C(t) = e π2 szöggel való forgatás, és D(e) = 0, D(t) = t az e ir´ párhuzamos vet´ıtés. (2) ha λ 6= 0, akkor az u = αλ e, t ortogonális bázisban A(u) = λu, A(t) = λu + λt felbontható A = B · C szorzatra, ahol B(u) = u, B(t) = u + t p´ arhuzamos affinitás és C(u) = λu, C(t) = λt középpontos ny´ ujt´ as/zsugor´ıt´ as, vagy t¨ ukr¨ ozés és az el˝obbi szorzata. (d) Ha nincs saj´ atvektor, akkor az azt jelenti, hogy az A transzformáci´ o minimálpolinomjának gyökei komplex számok. Ebben az esetben A azonos´ıt´ asa, mint elemi lineáris transzformációk szorzata a val´ os térben maradva igen nehézkes, pontosabban annak a bázisnak a megkeresése, amelyben ez az azonos´ıt´ as bemutathat´ o nem könny˝ u. Ezért felhasználjuk, hogy az s´ık A lineáris transzformáci´ oj´ ahoz tartozik a 2-dimenziós komplex tér egy Ab line´ aris transzformáci´ oja, amelynek minimálpolinomja megegyezik A minimálpolinomjával. Így, ha A minim´ alpolinomjának komplex ¯ = α − iβ konjug´ gyökei λ = α + iβ és λ alt komplex számok, akkor azok a Ab line´ aris transzformációnak is sajátértékei és a hozzá tartozó komplex sajátvektorok x = a+ib és x ¯ = a − ib alak´ uak. Ez abból következik, hogy (Ab − λ)(a + ib) = A(a) + iA(b) − λ(a + ib) = 0 , és akkor konjugálva mindkét oldalt, kapjuk, hogy ¯ − ib) = (Ab − λ)(a ¯ 0 = A(a) − iA(b) − λ(a − ib) . ¨ Osszehasonl´ ıtva a valós és képzetes részeket bármelyik egyenl˝ oségb˝ ol A(a) = αa − βb és A(b) = βa + αb adódik, ahol α, β ∈ R és a, b ∈ V és β 6= 0, tov´ abb´ a a és b lineárisan f¨ uggetle2 2 2 nek, mert A-nak nincs valós sajátértéke. Az α + β = δ jel¨ oléssel az αδ és βδ egy egyértelm˝ uen meghatározott φ sz¨ og koszinusza, illetve szinusza és az A line´ aris transzformáció egy forgatás és ny´ ujt´ as/zsugor´ıt´ as egyidej¨ u végrehajtás´ at jelenti.

5.4

Eklideszi terek line´ aris transzform´ aci´ oi

Az euklideszi terek lineáris transzformáci´ or´ ol azt lehet tudni a (5.1.5) tétel alapján, hogy van a térnek 2-dimenziós, a transzformáci´ ora nézve invari´ ans altere. Sajnos ⊥ ha M az A transzformációnak invari´ ans altere és az M az M -nek ortogonális kiegész´ıt˝oje, akkor az általános esetben M ⊥ nem feltétlen A-invari´ ans altér. Ezért az euklideszi tereknek vannak olyan lineáris transzformáci´ oi, hogy a tér nem bontható fel a tekintett transzformáci´ ora invari´ ans 2-dimenziós altereinek direktösszegére. Ez azt jelenti, hogy kénytelenek vagyunk lemondani arról a törekvés¨ unkr˝ ol,

´ ´ OI ´ 5.4. EKLIDESZI TEREK LINEARIS TRANSZFORMACI

149

hogy minden lineáris transzformáci´ ot a tér szemléltethet˝ o invari´ ans alterein val´ o hatásával jellemezz¨ unk, ebb˝ol a szempontb´ ol a tekintett lineáris transzformáci´ ok körét sz˝ uk´ıten¨ unk kell. Annak érdekében, hogy megállap´ıthassuk, hogy melyek azok a lineáris transzformációk, amelyeket lehet alterein val´ o hatásukkal ”vizuáliss´ a” tenni, bizony´ıtjuk a következ˝o tételt: 5.4.1 T´ etel. Ha az E euklideszi tér M altere az A ∈ L(E) line´ aris transzfor⊥ m´ aci´ ora nézve invari´ ans, akkor M , ortogon´ alis kiegész´ıt˝ oje invari´ ans A∗ -ra nézve, ∗ ahol A az A transzpon´ altj´ at jel¨ oli. Bizony´ıt´ as. Legyen w tetsz˝ oleges vektora M ⊥ -nak és v bármelyik vektora M nek. Akkor hA∗ (w), vi = hw, A(v)i = 0 , hiszen A(v) ∈ M , igazolva, hogy A∗ (w) ortogonális bármely v ∈ M vektorra, azaz A∗ (w) ∈ M ⊥ . 2 A fenti eredmény ismeretében vizsgálatainkat olyan lineáris transzformáci´ okra korlátozzuk, amelyekre nézve invari´ ans alterek egyszersmind transzponáltjaikra nézve is invariánsak. Ha az A line´ aris transzformáci´ oja az E euklideszi térnek ilyen, akkor a tér felbontható ”szemléltethet˝ o” A-invari´ ans alterei direktösszegére. Ezt igazoljuk az alábbi tételben. 5.4.2 T´ etel. Ha az E euklideszi térnek az A line´ aris transzform´ aci´ oja rendelkezik azzal a tulajdons´ aggal, hogy minden invari´ ans altere transzpon´ altj´ ara nézve is invari´ ans, akkor E legfeljebb 2-dimenzi´ os, A-invari´ ans, p´ aronként ortogon´ alis altereinek direkt¨ osszege. Bizony´ıt´ as. Az E dimenziója szerinti teljes indukci´ oval bizony´ıtjuk az áll´ıt´ ast. Ha E dimenziója nem nagyobb mint kett˝ o, akkor nyilv´ anval´ oan igaz rá a tétel. Tegy¨ uk fel, hogy n-nél alacsonyabb dimenziój´ u euklideszi terekre már tudjuk, hogy felbonthatók a feltételezett tulajdonság´ u transzformáci´ ora nézve invari´ ans, páronként ortogonális, legfeljebb 2-dimenziós alterei direktösszegére. Ezekután legyen E n-dimenziós. Az A transzformációnak a (5.1.5) tétel szerint, van legfeljebb 2-dimenziós invari´ ans M 6= {0} altere E-ben, és ez A∗ -ra nézve is invari´ ans. Alkalmazva a (5.4.1) tételt A helyett A∗ -ra, kapjuk, hogy M ⊥ A-invari´ ans altér, és dimenziója legfeljebb n − 1. Akkor az indukci´ os feltevés szerint M ⊥ felbomlik páronként ortogonális legfeljebb 2-dimenziós A-invari´ ans alterei direktösszegére és ezek az alterek mind ortogonálisak M -re is. Így az M altérrel egy¨ utt az E k´ıv´ ant direkt felbont´ as´ at szolg´ altatják. 2 Az euklideszi terek két olyan lineáris transzformáci´ o tipusával foglalkozunk, amelyek kielég´ıtik a fenti tétel feltételét. Ilyenek nyilv´ anval´ oan a szimmetrikus transz∗ formációk (A = A) és az ortogonális transzformáci´ ok (A∗ = A−1 ).

5.4.1

Szimmetrikus line´ aris transzform´ aci´ ok

Megmutatjuk, hogy a szimmetrikus lineáris transzformáci´ ok diagonalizálhat´ ok. Ehhez a fenti (5.4.2) tétel szerint elegend˝o azt igazolnunk, hogy ha A szimmetrikus és M az euklideszi tér kétdimenzi´ os A-invari´ ans altere, akkor van M -ben A-nak sajátvektora. Vegy¨ uk észre, hogy ha s ∈ M sajátvektora A-nak és t ∈ M ortogonális


150 s-re, akkor

hA(t), si = ht, A(s)i = ht, λsi = λ ht, si = 0 , ami csak u ´gy lehet (mert M 2-dimenziós), ha A(t) a t vektor skal´ arszorosa, azaz t is sajátvektora A-nak. A sajátvektor létezését bizony´ıtand´ o, legyen u és v a két bázisvektora M -nek. Akkor A(u) = αu + βv

és

A(v) = βu + γv

alak´ u, mert A szimmetrikus. Határozzuk meg az A M -re val´ o lesz˝ uk´ıtésének minimálpolinomját. A2 (u) = αA(u) + βA(v) = (α2 + β 2 )u + (αβ + βγ)v és A2 (v) = βA(u) + γA(v) = (αβ + βγ)u + (β 2 + γ 2 )v ,

(1)

A(u) A2 (u) A2 (u) 2 2 2 u α α +β → u β − αγ A(u) α+γ β β(α + γ) v

(2)

A(v) A2 (v) A2 (u) α+γ u β β(α + γ) → A(v) v β 2 − αγ γ α2 + β 2 v

(1)-b˝ol és (2)-b˝ol következik, hogy A2 (u) − (α + γ)A(u) − (β 2 − αγ)u = 0

és

A2 (v) − (α + γ)A(v) − (β 2 − αγ)v = 0 , de akkor tetsz˝oleges M -beli m = µu + νv vektorra A2 (m) − (α + γ)A(m) − (β 2 − αγ)m = µ(A2 (u) − (α + γ)A(u) − (β 2 − αγ)u) + ν(A2 (v) − (α + γ)A(v) − (β 2 − αγ)v) = 0 , azaz A2 − (α + γ)A + (αγ − β 2 )I lineáris transzformáci´ o az M -en a zér´ otranszformáció. Ez azt jelenti, hogy A M -re val´ o lesz˝ uk´ıtésének minimálpolinomja – ami az A minimálpolinomjának nyilván osztója – mM (t) = t2 − (α + γ)t + αγ − β 2 . Ennek a polinomnak a gyökei val´ osak, mert diszkriminánsa (α + γ)2 − 4(αγ − β 2 ) = (α − γ)2 + 4β 2 ≥ 0 . Ez biztos´ıtja, hogy A-nak van sajátvektora M -ben. Akkor viszont, mint azt el˝obb beláttuk, az M erre a sajátvektorra ortogonális nemzér´ o vektora is sajátvektora Anak, és M két ortogonális egydimenziós altér direktösszege. A (5.4.2) tétellel összevetve a most kapott eredményt, áll´ıthatjuk, hogy az euklideszi terek szimmetrikus

´ ´ OI ´ 5.4. EKLIDESZI TEREK LINEARIS TRANSZFORMACI

151

lineáris transzformációinak vannak olyan sajátvektorai, amelyek a tér ortonormált bázisát alkotják. Másrészt, ha egy lineáris transzformáci´ onak a sajátvektoraib´ ol összerakható az euklideszi tér egy ortonormált bázisa, akkor abban a bázisban a transzformáció mátrixa diagonális mátrix, amib˝ol következik, hogy a transzformáció szimmetrikus. Gy˝ ujts¨ uk össze a kapott eredményeket az alábbi tételben: 5.4.3 T´ etel. Az E euklideszi tér A line´ aris transzform´ aci´ oja pontosan akkor szimmetrikus, ha vannak olyan saj´ atvektorai, amelyek a tér ortonorm´ alt b´ azis´ at alkotj´ ak.

5.4.2

Ortogon´ alis line´ aris transzform´ aci´ ok

Már eml´ıtett¨ uk, hogy ha A ortogonális lineáris transzformáci´ oja az E euklideszi térnek, E akkor is felbomlik legfeljebb 2-dimenziós A-invari´ ans alterei direktösszegére. Az ortogonális lineáris transzformáci´ ok karakterisztikus tulajdonsága, hogy a skaláris szorzatot változatlanul hagyják. Ha A ortogonális lineáris transzformáci´ o, akkor tetsz˝oleges v, w ∈ E vektorokra hA(v), A(w)i = hA∗ A(v), wi = hv, wi . Másrészt ha A változatlanul hagyja a skal´ aris szorzatot, akkor hv, wi = hA(v), A(w)i = h(A∗ A)(v), wi , ami tetsz˝oleges vektorpár estén csak u ´gy teljes¨ ulhet, ha A∗ = A−1 . Ez ekvivalens azzal a feltétellel, hogy egy lineáris transzformáci´ o pontosan akkor ortogonális, ha a tér ortonormált bázisát ortonormált bázisba viszi. Ezért bármely ortonormált bázisra vonatkozó mátrixa i-edik és j-edik oszlopának bels˝o szorzata δij . Ha M a tér 2-dimenziós A-invari´ ans altere, akkor most nem feltétlen¨ ul van A-nak sajátértéke M -ben, de ha s ∈ M sajátvektor, akkor az M s-re ortogonális nemzér´ o vektorai is sajátvektorok, mint azt az D

E

hs, A(t)i = A−1 (s), t =

1 hs, ti = 0 λ

egyenl˝oség mutatja. (λ-val az s-hez tartozó sajátértéket jelölt¨ uk.) Feltehetj¨ uk, hogy s egységnyi normáj´ u. Akkor 1 = hs, si = hA(s), A(s)i = λ2 , tehát ortogonális lineáris transzformáci´ o sajátértéke csak 1 vagy −1 lehet. Ha nincs A-nak M -ben sajátvektora, akkor az u és v ortonormált bázisvektorokra A(u) = αu + βv

és

A(v) = γu + δv (β 6= 0 6= γ) ,

ahol az A ortogonalitása miatt a skal´ aregy¨ utthat´ ok ki kell elég´ıtsék az (a)

α2 + β 2 = 1 ,

(b)

αγ + βδ = 0 ,


152

γ 2 + δ2 = 1

(c)

egyenleteket. Jelölje φ az A(u) vektor u vektorral bezárt szögét, akkor cos φ = hu, A(u)i = α és az (a) egyenlet szerint β = sin φ, vagy β = − sin φ. A (b) egyenletb˝ol átrendezéssel kapjuk, hogy −δ = αγ/β , amit a (c) egyenletbe helyettes´ıtve γ2 +

α2 γ 2 γ 2 (β 2 + α2 ) γ2 = = = 1. β2 β2 β2

Akkor ebb˝ol vagy γ = β és a (b) egyenlet alapján δ = −α , vagy γ = −β és δ = α következik. Mivel A nem szimmetrikus, hiszen akkor lenne sajátvektora, csak a második eset állhat fenn. Így az A ortogonális transzformáci´ o M -re val´ o lesz˝ uk´ıtésének mátrixa az u, v ortonormált bázisban az alábbiak egyike: "

A=

cos φ − sin φ sin φ cos φ

#

"

vagy

A=

cos φ sin φ − sin φ cos φ

#

,

ami pozit´ıv irány´ u, vagy negat´ıv irány´ u φ szöggel val´ o forgatást jelent.

5.5

Kvadratikus alakok

A többváltozós f¨ uggvények lokális széls˝ oértékeinek meghatároz´ asakor bele¨ utk¨ oz¨ unk a következ˝o problémába. Meg kell állap´ıtanunk, hogy egy n X n X

ξi ξj αij

i=1 j=1

alak´ u másodfok´ u f¨ uggvény a ξi (i = 1, . . . , n) változ´ ok minden értéke mellett azonos el˝ojel˝ u-e. Ez a kérdés motiválja a véges dimenziós val´ os vektor tereken értelmezett kvadratikus alakok vizsgálatát. 5.5.1 Defin´ıci´ o. Legyen V n-dimenzi´ os val´ os vektortér és X = {x1 , . . . , xn } egy b´ azisa. Tetsz˝ oleges v = ²1 x1 + · · · + ²n xn vektorhoz rendelj¨ uk hozz´ aa Q(v) =

n X n X

αij ²i ²j

i=1 j=1

val´ os sz´ amot, ahol az αij (i, j = 1, . . . , n) adott val´ os skal´ arok. Az ´ıgy kapott Q:V →R f¨ uggvényt kvadratikus alaknak nevezz¨ uk. Az elnevezést az indokolja, hogy a kvadratikus alak a vektorv´ altoz´ o koordinátáinak másodfok´ u f¨ uggvénye. Ilyen f¨ uggvényekkel adhatók meg a s´ık u ´gynevezett másodrend˝ u görbéi (kör, elipszis, parabola, hiperbola...).

5.5. KVADRATIKUS ALAKOK

153

Mátrixaritmetikai eszközöket használva, a kvadratikus alakok egyszer˝ ubb formában is megadhatók. Gy˝ ujts¨ uk össze az egy¨ utthat´ okat a A = [αij ] n × n tipus´ u mátrixba, és akkor Q(v) = v∗ Av mátrix szorzatként is megadható, ahol v a v vektor X bázisra vonatkoz´ o koordinátavektora, és v∗ az ebb˝ol kész´ıtett sormátrix. Jelölje A ∈ L(V ) azt a lineáris transzformáci´ ot, amelynek X b´ azisra vonatkoz´ o mátrixa éppen A, azaz legyen minden j(= 1, . . . , n)-re A(xj ) = α1j x1 + · · · + αij xi + · · · + αnj xn . Akkor a kvadratikus alak az X b´ azis által meghatározott Q(v) = [v, A(v)]X bels˝o szorzatként is definiálható. Amint azt az euklideszi terek tárgyal´ asakor láttuk, tetsz˝oleges véges dimenziós valós vektortérben értelmezhet˝o skal´ aris szorzat valamely X b´ azisra vonatkoz´ o bels˝o szorzattal, és akkor nyilvánvalóan X erre a skal´ aris szorzatra nézve ortonormált bázis lesz. Azt is igazoltuk, hogy ford´ıtva is igaz, véges dimenziós euklideszi térben a skaláris szorzat, valamely ortonormált bázis szerinti bels˝o szorzat. A fentiekben le´ırt megfontolások a következ˝ o tételt igazolják: 5.5.2 T´ etel. Az V euklideszi téren értelmezett Q:V →R f¨ uggvény pontosan akkor kvadratikus alak, ha létezik olyan A ∈ L(V ) line´ aris transzform´ aci´ o, hogy minden v ∈ V -re Q(v) = hv, A(v)i teljes¨ ul. A kvadratikus alakok általunk adott defin´ıci´ oja felveti a kérdést, hogy vajon a kvadratikus alakhoz rendelt A mátrix és ´ıgy a hozzárendelt A lineáris transzformáci´ o egyértelm˝ u-e. Könnyen látható, hogy a válasz nem. Ugyanis, ha βij (i, j = 1, . . . , n) valós skalároknak olyan rendszere, hogy minden i, j párra az αij + αji = βij + βji egyenl˝oségek teljes¨ ulnek, akkor az ²i (i = 1, . . . , n) változ´ ok minden értékére n X n X

αij ²i ²j =

i=1 j=1

n X n X

βij ²i ²j .

i=1 j=1

Mátrixokkal megfogalmazva ugyanez: ha B + B∗ = A + A∗ ,


154 akkor minden v-re

v∗ Bv = v∗ Av . Mivel rögzitett bázis mellett, kölcs¨ on¨ osen egyértelm˝ u megfeleltetés létezik a V tér lineáris transzformációi és a dim V ×dim V tipus´ u mátrixok köz¨ ott, azt is áll´ıthatjuk, hogy A, B ∈ L(V )-re B + B ∗ = A + A∗ =⇒ (∀v ∈ V ) : hv, B(v)i = hv, A(v)i . Igaz viszont a következ˝o tétel: 5.5.3 T´ etel. A V euklideszi téren értelmezett minden Q : V → R kvadratikus alakhoz létezik pontosan egy olyan A ∈ L(V ) szimmetrikus line´ aris transzform´ aci´ o, hogy minden v ∈ V -re Q(v) = hv, A(v)i .

Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy a Q kvadratikus alakhoz tartozó lineáris transzfor∗ máció B ∈ L(V ), de B nem szimmetrikus. Legyen A = B+B 2 . Akkor A szimmetrikus lineáris transzformációja V -nek és 1 Q(v) = hv, B(v)i = (hv, B(v)i + hv, B(v)i) = 2 1 1 (hv, B(v)i + hB ∗ (v), vi) = (hv, B(v)i + hv, B ∗ (v)i) = hv, A(v)i . 2 2 Az unicitási áll´ıtás igazolása végett tegy¨ uk fel, hogy X = {x1 , . . . , xn } ortonormált bázisa V -nek. Ha A szimmetrikus, akkor minden xi , xj ∈ X vektorp´ arra hxi , A(xj )i = hA∗ (xi ), xj i = hA(xi ), xj i = hxj , A(xi )i , és ´ıgy Q(xi + xj ) = hxi + xj , A(xi + xj )i = hxi + xj , A(xi ) + A(xj )i = hxi , A(xi )i 2 hxi , A(xj )i + hxj , A(xj )i = Q(xi ) + 2 hxi , A(xj )i + Q(xj ) , amib˝ol

Q(xi + xj ) − Q(xi ) − Q(xj ) , 2 azaz az A(xj ) vektor xi -re vonatkoz´ o koordinát´ aja Q értékeinek ismeretében meghatározható. Akkor viszont, kihasználva, hogy minden j(= 1, . . . , n)-re hxi , A(xj )i =

A(xj ) =

n X

hxi , A(xj )i xi ,

i=1

az A lineáris transzformáció a bázisvektorokon, és akkor már az egész V téren is, meghatározott a Q kvadratikus alak által felvett értékek által. 2 Az euklideszi tereken értelmezett kvadratikus alakokat osztályozhatjuk az általuk felvehet˝o értékek szerint a következ˝ oképpen: 5.5.4 Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az V euklideszi téren értelmezett Q : V → R kvadratikus alak


155

(1) pozit´ıv definit, ha Q(v) > 0 minden nemzér´ o v ∈ V -re, (2) negat´ıv definit, ha Q(v) < 0 minden nemzér´ o v ∈ V -re, (3) pozitiv szemidefinit, ha minden v ∈ V -re Q(v) ≥ 0, (4) negat´ıv szemidefinit, ha minden v ∈ V -re Q(v) ≤ 0, (5) indefinit, ha Q mind pozit´ıv, mind negat´ıv értéket felvesz. Ezeket az elnevezéseket használjuk euklideszi tereken értelmezett szimmetrikus lineáris transzformációkra is és val´ os szimmetrikus mátrixokra is. Péld´ aul pozit´ıv definitnek mondunk egy valós szimmetrikus mátrixot, ha az pozit´ıv definit kvadratikus alak mátrixa valamely bázisban. Hasonló értelemben beszél¨ unk pozit´ıv szemidefinit, negat´ıv definit, negat´ıv szemidefinit és indefinit szimmetrikus mátrixokr´ ol is. Egy általános alak´ u kvadratikus alakról nem könny˝ u eldönteni, hogy melyik definitségi osztályba tartozik. Ezt és a probléma lehetséges megoldás´ at mutatja a következ˝o egyszer˝ u példa. Tekints¨ uk a Q(v) = ξ12 − 6ξ1 ξ2 + 2ξ22 kvadratikus alakot, ahol ξ1 , ξ2 a v vektor koordinátái a 2-dimenziós euklideszi tér valamely X = {x1 , x2 } b´ azis´ aban. Ahhoz, hogy eldönthess¨ uk, hogy Q melyik definitségi osztályba tartozik, célszer˝ u át´ırni a 2 2 Q(v) = (ξ1 − 3ξ2 ) − 7ξ2 formába. Ha az X bázis helyett áttér¨ unk az Y = {y1 , y2 } bázisra, ahol y1 = x1 és y2 = 3x1 + x2 , akkor a v vektor Y-ra vonatkoz´ o koordinátái a y1 y2 v y2 v v 3 ξ1 → y1 ξ1 − 3ξ2 x1 1 3 ξ1 → y1 ξ2 y2 x2 1 ξ2 0 1 ξ2 x2 számolás alapján η1 = ξ1 −3ξ2 és η2 = ξ2 és Q(v) = η12 −7η22 , amib˝ ol már nyilv´ anval´ o, hogy Q indefinit. Az {x1 , x2 } b´ azisban a kvadratikus alak mátrixa az "

A=

1 −3 −3

2

#

" 0

, m´ıg az u ´j Y = {y1 , y2 } b´ azisban az A =

1

0

#

0 −7

diagonális mátrix. Vegy¨ uk észre, hogy Q(v) értéke az Y = {y1 , y2 } bázisban éppen v koordinátái négyzetének a diagonálisban lév˝ o skal´ arokkal képzett lineáris kombinációja. 2 A példa tehát azt sugallja, hogy a kvadratikus alak definitségének megállap´ıt´ asa u ´gy történhet, hogy áttér¨ unk olyan bázisra (koordináta rendszerre), amelyben a kvadratikus alak mátrixa diagonális, és megvizsgáljuk, hogy a diagonálisbeli skal´ arok mindegyike azonos el˝ojel˝ u-e, vagy vannak mind pozit´ıv mind negat´ıv el˝ojel˝ u elemek. Tetsz˝oleges n-dimenziós V euklideszi tereken értelmezett kvadratikus alakok esetén is, ha a kvadratikus alak mátrixa valamely bázisban diagonális mátrix, akkor bármely v ∈ V helyen értéke megkaphat´ o, ha vessz¨ uk v e bázisra vonatkoz´ o koordinátái négyzetének a diagonálisbeli megfelel˝o skal´ arokkal vett lineáris kombinációját. Valóban, ha V -nek X = {x1 , . . . , xn } olyan bázisa, amelyre a kvadratikus


156 alak mátrixa az

    A=  

α11 0 .. . 0

diagonális mátrix, akkor az

0

...

0

α22 . . . .. .. . .

0 .. .

0

      

. . . αnn 



ξ1  .   x=  ..  ξn koordinátavektor´ u x vektornál a kvadratikus alak értéke Q(x) = x∗ Ax = α11 ξ12 + · · · + αnn ξn2 . Euklideszi téren értelmezett kvadratikus alak ilyen négyzet¨ osszegre redukált formájából azonnal leolvasható, hogy milyen értékeket vehet fel, hiszen val´ os szám négyzete nem lehet negat´ıv, ´ıgy a kvadratikus alak pozit´ıv definit, ha a diagonális mátrixa diagonálisában minden elem pozit´ıv, pozit´ıv szemidefinit, ha ezek az elemek nemnegat´ıvak, de esetleg van köz¨ ott¨ uk zérus is, a kvadratikus alak negat´ıv definit, ha a diagonális mátrixa diagonális´ aban minden elem negat´ıv, negat´ıv szemidefinit, ha ezek az elemek nempozit´ıvak, de esetleg van köz¨ ott¨ uk zérus is, és indefinit, ha a diagonálisban van pozit´ıv és negat´ıv elem egyaránt. A kérdés mostmár csupán az, hogy minden kvadratikus alakhoz találhat´ o-e olyan bázisa a térnek, amelyben a mátrixa diagonális mátrix. Meg fogjuk mutatni, hogy erre a kérdésre igen a válasz. 5.5.5 T´ etel. B´ armely, a V euklideszi téren értelmezett Q:V →R kvadratikus alakhoz lehet tal´ alni a térnek olyan b´ azis´ at, amelyben a kvadratikus alak m´ atrixa diagon´ alis m´ atrix. Bizony´ıt´ as. A fentiekben beláttuk, hogy Q-hoz tartozik a térnek pontosan egy A ∈ L(V ) szimmetrikus lineáris transzformáci´ oja, hogy minden v ∈ V -re Q(v) = hv, A(v)i . A 5.4.3 tétel szerint van A sajátvektoraib´ ol áll´ o S = {s1 , . . . , sn } ortonorm´ alt bázisa a V euklideszi térnek, amelyben A m´ atrixa   

AS =   

λ1 0 0 λ2 .. .. . . 0 0

... ...

0 0 .. .

... . . . λn

     

alak´ u diagonális mátrix, ahol λi az si sajátvektorhoz tartozó sajátérték. Már csak azt kell belátnunk, hogy a Q kvadratikus alak mátrixa minden ortonormált


157

bázisban ugyanaz, mint az A line´ aris transzformáci´ o mátrixa. Legyen ezért most P X = {x1 , . . . , xn } egy tetsz˝oleges ortonormált bázisa V -nek, és v = ni=1 ²i xi ∈ V. Akkor * + Q(v) =

n X i=1

²i xi , A(

n X

²i xi )

=

i=1

n X n X

²i ²j hxi , A(xj )i ,

i=1 j=1

azaz Q mátrixa    A=  

hx1 , A(x1 )i hx1 , A(x2 )i hx2 , A(x1 )i hx2 , A(x2 )i .. .. . . hxn , A(x1 )i hxn , A(x2 )i

. . . hx1 , A(xn )i . . . hx2 , A(xn )i .. ... .

     

. . . hxn , A(xn )i

ugyanaz, mint A-nak az X bázisra vonatkoz´ o mátrixa, mert ortonormált bázisban a skaláris szorzat bels˝o szorzat, ennélfogva minden i, j (i, j = 1, . . . n) indexpárra az A(xj ) vektor xi -re vonatkozó koordinát´ aja éppen hxi , A(xj )i . 2 A fenti tétel szerint egy kvadratikus alak definitségét könnyen eldönthetj¨ uk a hozzá tartozó szimmetrikus lineáris transzformáci´ o sajátértékeinek ismeretében. Ha a lineáris transzformáció minden sajátértéke pozit´ıv, akkor a kvadratikus alak pozit´ıv definit, ha mindegyik negat´ıv, akkor negat´ıv definit, ha mind pozit´ıv, mind negat´ıv sajátértékei vannak a transzformáci´ onak, akkor a kvadratikus alak indefinit. ´ 3 P´ elda. Allap´ ıtsuk meg, hogy a Q : V → R kvadratikus alak melyik definitségi oszt´ alyba tartozik, ha minden v ∈ V -re Q(v) = 2ξ12 + 2ξ1 ξ2 − 2ξ1 ξ3 + 2ξ2 ξ3 , ahol ξ1 , ξ2 , ξ3 a v vektor x1 , x2 , x3 b´ azisvektorokra vonatkoz´ o koordin´ at´ ai! A kvadratikus alak szimmetrikus mátrixa: 



2 1 −1   A =  1 0 1 , −1 1 0 tehát a kvadratikus alakhoz tartozó A line´ aris transzformáci´ o a bázisvektorokat az A(x1 ) = 2x1 + x2 − x3 , A(x2 ) = x1 + x3 , A(x3 ) = −x1 + x2 vektorokba viszi. Az A sajátértékeit kellene meghatároznunk, azok el˝ojeléb˝ ol, már megállap´ıthatjuk Q definitségét. Az A minim´ alpolinomjának meghatároz´ asa érdekében kiszám´ıtjuk mind az A2 , mind az A3 m´ atrixot, ezek 



6 1 −1   2 −1  A2 =  1 −1 −1 2



és



14 5 −5   1 , A3 =  5 0 −5 1 0

majd az A transzformációnak olyan pi (A) (i = 1, 2, 3) polinomjait, amelyekre pi (A)(xi ) = 0 , ugyanis a p1 (t), p2 (t), p3 (t) polinomok legkisebb köz¨ os többsz¨ or¨ ose az A minimálpolinomja. Ha valamely pi (t) polinom harmadfok´ u, akkor a többit már nem is kell meghatároznunk, mert igazolható, hogy a minimálpolinom fokszáma


158

nme lehet nagyobb a tér dimenziój´ an´ al. A pi (t) polinomok meghatároz´ asa történhet elemi bázistranszformációval: x1 x2 x3

A(x1 ) A2 (x1 ) A3 (x1 ) A2 (x1 ) A3 (x1 ) 2 6 14 x1 4 4 → A(x1 ) 1 5 1 1 5 x3 0 0 −1 −1 −5

Az utóbbi táblázatból kiolvashat´ o, hogy A2 (x1 ) = A(x1 )+4x1 azaz p1 (t) = t2 −t−4 . √ Mivel p1 (t) gyökei, 1±2 17 , amelyek A minimálpolinomjának is gyökei, k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o el˝ojel˝ uek, már most megállap´ıthatjuk, hogy Q diagon´ alis mátrix´ aban a diagonálisbeli elemek között van pozit´ıv és negat´ıv skal´ ar is, ezért Q indefinit. A Q diagon´ alis mátrixának meghatározásához azonban meg kell keresni A harmadik sajátértékét is. Ezért meghatározzuk a p2 (t) polinomot is. A x1 x2 x3

A(x2 ) A2 (x2 ) A3 (x2 ) A2 (x2 ) A3 (x2 ) A(x2 ) 1 5 1 1 5 → → x 2 0 0 2 0 2 1 −1 1 x3 -2 −4 A3 (x2 ) A(x2 ) 3 −4 x2 A2 (x2 ) 2

szám´ıtások szerint A3 (x2 ) = 2A2 (x2 ) + 3A(x2 ) − 4x2 , azaz p2 (t) = t3 − 2t2 − 3t + 4 . Mivel p2 (t) = (t − 1)p1 (t), harmadfok´ u, az A minim´ alpolinomja meg kell egyezzen p2 (t)-vel és az A harmadik sajátértéke 1. Az A sajátvektorai alkotta ortonormált bázisban a Q mátrixa   1 0 0 √   0 . A0 =  0 1+2 17 √ 0 0 1−2 17

6. Fejezet

Differenci´ alsz´ am´ıt´ as Ez a fejezet az eddig tanult lineáris algebra tananyag alkalmaz´ asaként megmutatja, hogy hogyan vihet˝o át a derivált fogalma többv´ altoz´ os f¨ uggvényekre. Látni fogjuk, hogy a derivált tulajdonképpen az els˝o félévben megismert érint˝ o approxim´ aci´ o fogalmának természetes kiterjesztése a lineáris algebra eszközeivel. Tárgyalni fogjuk a derivált legfontosabb tulajdonságait, majd rátér¨ unk a többv´ altoz´ os f¨ uggvények széls˝oértékeinek meghatározására.

6.1

M´ atrixok norm´ aja

Ebben a bevezet˝o jelleg˝ u szakaszban a lineáris leképezések, illetve a mátrixok normájával, és azok legfontosabb tulajdonságaival ismerked¨ unk meg. Amint azt látni fogjuk, ezzel a normával ellátva a leképezések vektortere ugyanolyan normált teret alkot, amilyenre már számos péld´ at láttunk az anal´ızis tanulm´ anyaink során. Igy lehet˝oség¨ unk ny´ılik a mátrixok terének topológiai jelleg˝ u vizsgálat´ ara, amelyre az alkalmazások (például Neumann-sorok) szempontj´ ab´ ol is nagy sz¨ ukség¨ unk lesz. Lényeges szempont a továbbiakban, hogy az euklideszi terek egy ortonormált bázis´ at rögz´ıtettnek tekintj¨ uk, és nem tesz¨ unk k¨ ul¨ onbséget egy lineáris leképezés, illetve annak az adott bázisban vett mátrixa köz¨ ott. Ugyanarra gondolunk tehát, ha akár leképezésr˝ol, akár mátrixról beszél¨ unk. Ez elvi problém´ at sem okozhat, hiszen izomorf vektorterek azonos´ıtásár´ ol van szó. Ha valamikor a bázis megváltoztat´ asa ker¨ ulne szóba, akkor erre k¨ ulön felh´ıvjuk a figyelmet. Egyébként, hacsak mást nem mondunk, vektortéren mindig val´ os test feletti vektorteret ért¨ unk. Legyenek tehát a továbbiakban X és Y euklideszi terek, és dim X = p, illetve dim Y = q. Továbbra is használjuk az L(X, Y ) jelölést az X téren értelmezett, Y térbe képez˝o lineáris leképezések vektorterére. Ha történetesen X = Y , akkor a rövidebb L(X) jelölésmóddal él¨ unk. Tekints¨ unk egy A ∈ L(X, Y ) lineáris leképezést. 6.1.1 Defin´ıci´ o. Az A leképezés normáj´ an az egységg¨ omb felsz´ınén felvett értékei abszol´ ut értékeinek fels˝ o hat´ ar´ at értj¨ uk, azaz kAk = sup kAxk . kxk=1

159

´ ´ ıTAS ´ 6. FEJEZET DIFFERENCIALSZ AM´

160

Világos, hogy a defin´ıcióban supremum helyett maximum is ´ırhat´ o, hiszen egy folytonos f¨ uggvény egy kompakt halmazon Weierstrass tétele értelmében felveszi a legnagyobb értékét. (Lásd az 1. gyakorlatot.) Els˝o pillantásra nem világos, hogy a normát miért éppen ´ıgy értelmezz¨ uk. Amint azt látni fogjuk, ez a defin´ıció val´ oban normát definiál, de ezt nagyon sok más módon is meg lehetne tenni. Mondhatnánk péld´ aul azt, hogy a normát definiáljuk a legnagyobb abszol´ ut érték˝ u oszlop abszol´ ut értékével, azaz kAk = max

Ã q X

1≤j≤p

!1/2

a2ij

,

(6.1)

i=1

vagy éppen vehetnénk normának az elemek abszol´ ut értékeinek maximum´ at is, tehát kAk =

max

1≤i≤q,1≤j≤p

|aij | .

(6.2)

Nem nehéz belátni, hogy a (6.1) és (6.2) reláci´ ok tényleg kielég´ıtik a norma axióm´ ait (lásd a 2. gyakorlatot). Az általunk bevezetett defin´ıci´ o mellett az szól, hogy, amint azt látni fogjuk, igen praktikus tulajdonságai vannak, valamint szimmetrikus mátrixokra nagyon szép algebrai jelentése is van. Tov´ abbi érv az, hogy a fenti két reláció a normát a mátrix elemeinek seg´ıtségével értelmezi, ´ıgy a norma f¨ ugghet a bázis megválasztásától. A 6.1.1 Defin´ıci´ o azonban a leképezés normáj´ at vezeti be, amely nem változik u ´j bázisra történ˝ o áttéréskor, ha a skal´ aris szorzatot már rögz´ıtett¨ uk. Térj¨ unk tehát rá az általunk értelmezett norma tulajdonságainak összefoglalására. ´ ıt´ 6.1.2 All´ as. Az L(X, Y ) vektortér a 6.1.1 Defin´ıci´ oban bevezetett norm´ aval norm´ alt teret alkot, azaz kAk ≥ 0 ,

és

kAk = 0 akkor és csak akkor, ha A = 0 ,

tov´ abb´ a kA + Bk ≤ kAk + kBk ,

(6.3)

illetve kλAk = |λ| · kAk b´ armely A, B ∈ L(X, Y ), és λ skal´ ar mellett. Bizony´ıt´ as. A (6.3) egyenl˝otlenség abból adódik, hogy sup kAx + Bxk ≤ sup kAxk + sup kBxk , kxk=1

kxk=1

kxk=1

m´ıg a másik két reláció a defin´ıci´ o nyilv´ anval´ o következménye. 2 Megjegyezz¨ uk, hogy a (6.3) egyenl˝ otlenséget a szokásoknak megfelel˝oen háromszögegyenl˝otlenségnek nevezz¨ uk. ´ ıt´ 6.1.3 All´ as. Minden x ∈ X esetén kAxk ≤ kAk · kxk .

´ ´ 6.1. MATRIXOK NORMAJA

161

Bizony´ıt´ as. Az áll´ıtás triviális ha x = 0. Ha x 6= 0, akkor, minthogy x/kxk egységnyi normáj´ u vektor, a defin´ıci´ o alapján azt kapjuk, hogy ° µ ¶° ° x ° ° ° , kAk ≥ °A kxk °

ami az áll´ıtásunkat igazolja. 2 Az is könnyen belátható a defin´ıci´ o alapján, hogy kAk éppen azzal a legkisebb λ nemnegat´ıv számmal egyezik meg, amelyre minden x mellett érvényes az kAxk ≤ λkxk egyenl˝otlenség (lásd a 3. gyakorlatot). ´ ıt´ 6.1.4 All´ as. Ha A és B olyan leképezések, hogy a BA szorzat értelmes, akkor kBAk ≤ kBk · kAk .

Bizony´ıt´ as. Valóban, bármely x vektor mellett k(BA)xk = kB(Ax)k ≤ kBk · kAxk ≤ kBk · kAk · kxk az el˝oz˝o áll´ıtásunk alapján. Innen azonnal adódik az áll´ıt´ as. 2 A norma néhány praktikus tulajdonság´ anak megismerése után térj¨ unk rá annak vizsgálatára, hogy vajon milyen algebrai jelentést hordoz egy mátrix normája. Amint azt látni fogjuk, sok esetben könnyebb a norma meghatároz´ asa az algebrai jelentése, mint közvetlen¨ ul a defin´ıció alapján. ´ ıt´ 6.1.5 All´ as. Tekints¨ unk egy q × p méret˝ u A m´ atrixot. Akkor kAk megegyezik az ∗ A A m´ atrix legnagyobb saj´ atértékének négyzetgy¨ okével. Bizony´ıt´ as. A lineáris algebráb´ ol jól ismert, hogy A∗ A szimmetrikus pozit´ıv szemidefinit mátrix, tehát a sajátértékei nemnegat´ıv val´ os számok. Legyen most v1 , . . . , vp az X vektortérnek egy olyan ortonormált bázisa, amelyben A∗ A diagon´ alis ∗ alak´ u. A v1 , . . . , vp vektorok az A A mátrix sajátvektorai, a megfelel˝o sajátértékeket jelölje λ1 , . . . , λp . A sajátértékek köz¨ ott azonosak is el˝ofordulhatnak, mindegyiket annyiszor ´ırtuk ki, amennyi a multiplicit´ asa. Tegy¨ uk fel, hogy ott √ a sajátértékek köz¨ a legnagyobb éppen λk . Azt kell igazolnunk, hogy kAk = λk . Tekints¨ unk egy tetsz˝oleges x ∈ X vektort, amely egységnyi normáj´ u, és amelyet a v1 , . . . , vp bázisban az x=

p X

xi vi

i=1

lineáris kombináció áll´ıt el˝o. Ekkor p X

kAxk2 = hAx, Axi = hx, A∗ Axi = h

i=1

=

p X i=1

λi x2i

≤

p X

xi vi ,

p X

λi xi vi i

i=1

λk x2i = λk ,

i=1

√ hiszen kxk = 1. Ez azt jelenti, hogy kAxk ≤ λk minden egységnyi normáj´ u x √ vektor esetén, azaz kAk ≤ λk . Másrészt ha a fenti levezetésben az x vektornak éppen a vk bázisvektort választjuk, akkor azt kapjuk, hogy kAvk k2 = hvk , A∗ Avk i = hvk , λk vk i = λk ,


162 azaz kAk ≥

√ λk , ami az áll´ıtásunkat bizony´ıtja.

2

6.1.6 K¨ ovetkezm´ eny. Tegy¨ uk fel, hogy A szimmetrikus m´ atrix. Jel¨ olje λmin , illetve λmax az A legkisebb, illetve legnagyobb saj´ atértékét. Ekkor λmin kvk2 ≤ hv, Avi ≤ λmax kvk2 minden v ∈ X esetén. Nevezetesen kAk megegyezik a |λmax | és |λmin | k¨ oz¨ ul a nagyobbikkal. Bizony´ıt´ as. Tekints¨ uk az X egy olyan ortonormált bázis´ at, amely az A sajátvektoraiból áll. Ebben a bázisban a fenti kvadratikus alak négyzet¨ osszegként áll el˝o, azaz ha a v vektor koordinát´ ai ebben a bázisban v1 , . . . , vp , akkor hv, Avi =

p X

λi vi2 ,

i=1

ahol a λi egy¨ utthatók az A megfelel˝o sajátértékei. Innen azonnal adódik a fenti P egyenl˝otlenség, hiszen pi=1 vi2 = kvk2 . ´ ıt´ Az kAk el˝oáll´ıtása a 6.1.5 All´ as közvetlen következménye, hiszen ekkor A∗ A = 2 2 A , és A sajátértékei éppen az A sajátértékeinek négyzetei. 2 A kés˝obbiekben egy feltételes széls˝ oértéken alapuló módszerrel is találkozunk majd a norma meghatározására. 6.1.7 P´ elda. A norma seg´ıtségével megfogalmazhatjuk a geometriai sorok összegképletének mátrixokra érvényes által´ anos´ıt´ as´ at is. Megmutatjuk, hogy ha kAk < 1, akkor I − A invertálhat´ o, ahol I az egységm´ atrix, tov´ abb´ a (I − A)−1 =

∞ X

Ak .

(6.4)

k=0

Itt a végtelen sor konvergenci´ aja normában értend˝ o, azaz azt mondjuk, hogy P∞ Pn k sor konvergens, ´ k a A e s az ¨ o sszege az S m´ a trix, ha az Sn = k=0 k=0 A részletösszegekre igaz, hogy lim kSn − Sk = 0 .

n→∞

Az abszol´ ut konvergens sorokról szól´ o tételhez teljesen hasonlóan megmutathat´ o, P k sor konvergenci´ A a j´ a nak el´ e gs´ e ges (de nem sz¨ u ks´ e ges) felt´ e tele a hogy a ∞ k=0 P∞ k aja. Ez utóbbi azonban eset¨ unkben nyk=0 kA k numerikus sor konvergenci´ ilvánvaló, hiszen nemnegat´ıv tag´ u sorról van szó, és a részlet¨ oszszegek az kAk k ≤ P k ´ ıt´ kAkk egyenl˝otlenség alapján (lásd a 6.1.4 All´ ast) fel¨ ulr˝ ol becs¨ ulhet˝ ok a ∞ k=0 kAk konvergens geometriai sor részlet¨ osszegeivel. Teh´ at az összehasonl´ıt´ o kritérium szerint a (6.4) alatti végtelen sor konvergens. Megmutatjuk, hogy a fenti sor összege éppen az I − A m´ atrix inverze. Az eddigi jelöléseinket használva Sn (I − A) = I − An+1 → I , hiszen An+1 → 0 a feltétel¨ unk szerint. Másrészt nyilv´ anval´ oan Sn (I −A) → S(I −A), hiszen kSn (I − A) − S(I − A)k ≤ kI − Ak · kSn − Sk → 0 .

´ ´ AG ´ 6.2. DIFFERENCIALHAT OS

163

Ez azt jelenti, hogy S(I − A) = I, azaz S = (I − A)−1 , amit igazolnunk kellett. Megjegyezz¨ uk, hogy a (6.4) formula fontos szerepet játszik az elméleti közgazdaságtanban. Az irodalomban a (6.4) alatti végtelen sort Neumann-sornak is nevezik . A közgazdasági input-output modellekben, ha A jelöli a fajlagos ráford´ıtási mátrixot, akkor az (I − A)−1 m´ atrixot az A Leontief-inverzének nevezik. Fontos kérdés ezekben a modellekben, hogy melyek azok a mátrixok, amelyeknek létezik csupa nemnegat´ıv elem˝ u Leontief-inverze. Az ilyen mátrixokat produkt´ıvnak nevezik. Amint azt a (6.4) formul´ ab´ ol azonnal láthatjuk, a nemnegat´ıv elem˝ u A fajlagos ráford´ıtási mátrix produkt´ıv, ha teljes¨ ul rá az kAk < 1 feltétel. 6.1.8 P´ elda. Az elméleti közgazdas´ agtan irodalmában gyakran el˝ofordul a domináns sajátérték fogalma, amely egy mátrix abszol´ ut értékben legnagyobb sajátértékét jelenti. Kés˝obbi tanulm´ anyainkban látni fogjuk, hogy egy nemnegat´ıv elem˝ u mátrix produktivitásának sz¨ uséges és elégséges feltétele az, hogy a domináns sajátértéke kisebb, mint 1 (ez a nevezetes Perron-Frobenius-tétel). Nem árt felh´ıvni a figyelmet arra, hogy ez a fogalom által´ aban nem egyezik meg a mátrix normáj´ aval. Ha λ jelöli az A mátrix domináns sajátértékét, akkor mindenesetre |λ| ≤ kAk , ám egyenl˝oség pontosan akkor érvényes, ha A alkalmas bázisban diagonális alakra hozható (lásd a 7. gyakorlatot). Tekints¨ uk péld´ aul a nem diagonalizálhat´ o "

A=

1 1 0 1

#

´ as mátrixot. Ekkor az A mátrixnak λ = 1 kétszeres √ sajátértéke, de a 6.1.5 All´ıt´ alapján könnyen ellen˝or´ızhet˝o, hogy kAk = (1 + 5)/2.

6.2

Differenci´ alhat´ os´ ag

Ebben a szakaszban bevezetj¨ uk a többv´ altoz´ os f¨ uggvények deriváltj´ anak fogalmát. Vegy¨ uk észre, hogy a fogalom természetes által´ anos´ıt´ asa az els˝o éves anal´ızisben megismert érint˝ o approxim´ aci´ o fogalm´ anak, és tulajdonképpen semmi u ´jat nem tartalmaz. Pusztán a lineáris leképezés fogalmát használjuk az egydimenziós esetnél általánosabb értelemben. 6.2.1 Defin´ıci´ o. Legyenek X és Y euklideszi terek, és tekints¨ uk az f : X → Y leképezést, amely értelmezve van az x ∈ X pont egy k¨ ornyezetében. Azt mondjuk, hogy f differenciálható az x pontban, ha tal´ alhat´ o olyan A ∈ L(X, Y ) line´ aris leképezés, hogy b´ armely v ∈ X, x + v ∈ Df esetén f (x + v) = f (x) + Av + r(v) , ahol limv→0 kr(v)k/kvk = 0. Ebben az esetben az A leképezést az f deriv´ altj´ anak 0 nevezz¨ uk az x pontban. Jel¨ olése A = f (x). Megjegyezz¨ uk, hogy az érint˝ o approxim´ aci´ o fogalmához hasonlóan a fenti defin´ıció azt fogalmazza meg, hogy az x pont egy környezetében az f f¨ uggvény

164


jól, azaz kis ordó nagyságrendben közel´ıthet˝ o az A line´ aris leképezéssel. Világos ugyanis a defin´ıcióból, hogy az r : X → Y f¨ uggvény kis ordó nagyságrend˝ u az x környezetében. Nem látszik a defin´ıcióból, hogy a derivált egyértelm˝ uen meghatározott, azaz csak egyetlen olyan A lineáris leképezés létezhet, amely kielég´ıti a fenti defin´ıci´ ot. Erre ad választ az alábbi áll´ıtás. ´ ıt´ 6.2.2 All´ as. A deriv´ alt egyértelm˝ uen meghat´ arozott. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy az A és B line´ aris leképezések egyar´ ant eleget tesznek a defin´ıció követelményeinek, azaz, ha x + v ∈ Df , u ´gy f (x + v) = f (x) + Av + r(v) f (x + v) = f (x) + Bv + q(v) , ahol r és q kis ordó f¨ uggvények. Ekkor a C = A − B jelöléssel a Cv = r(v) − q(v) = o(v) egyenl˝oséghez jutunk, amely ugyancsak kis ordó f¨ uggvény. Teh´ at tetsz˝oleges v 6= 0 vektor mellet kC( n1 v)k ko( n1 v)k kCvk = = →0, kvk k n1 vk k n1 vk ha n → ∞. Ez azt jelenti, hogy Cv = 0, azaz C = A − B = 0. 2 Nyilvánvaló, hogy ha f differenci´ alhat´ o az x pontban, akkor ott folytonos is. (Lásd a 8. gyakorlatot.) Azt is belátjuk, hogy egy lineáris leképezés minden¨ utt differenciálható, és a deriváltja saját maga. ´ ıt´ 6.2.3 All´ as. 0 f (x) = f .

Ha f line´ aris, akkor minden x ∈ X pontban differenci´ alhat´ o, és

Bizony´ıt´ as. Valóban, alkalmazzuk a defin´ıci´ ot az A = f , r = 0 szereposztás mellett. 2 6.2.4 P´ elda. Tekints¨ uk az f : X → R, f (x) = hx, Bxi kvadratikus alakot, ahol B ∈ L(X) szimmetrikus transzformáci´ o. Megmutatjuk, hogy f minden x ∈ X 0 pontban differenciálható, éspedig f (x) = 2Bx. Valóban, bármely v ∈ X vektor mellett f (x + v) − f (x) = hx + v, B(x + v)i − hx, Bxi = hv, Bxi + hx, Bvi + hv, Bvi = hv, 2Bxi + hv, Bvi , ´ ıtásunk igazolás´ hiszen B szimmetrikus. All´ ahoz tehát elég megmutatni, hogy hv, Bvi kis ordó nagyságrend˝ u. Ez azonban egyszer˝ uen láthat´ oa |hv, Bvi| ≤ kBk · kvk2 egyenl˝otlenségb˝ol. Megjegyezz¨ uk, hogy ebben a péld´ aban 2Bx azt az L(X, R) = X ∗ térbeli lineáris f¨ uggvényt jelenti, amelynek mátrixa az a sorvektor, amelynek elemei éppen a 2Bx koordinátái. Nevezetesen 2Bx(v) = hv, 2Bxi

´ ´ AG ´ 6.2. DIFFERENCIALHAT OS

165

bármely v ∈ X esetén. Az alábbiakban összefoglaljuk a derivált legfontosabb tulajdonságait. A következ˝o áll´ıtás egyszer˝ uen adódik a defin´ıci´ ob´ ol. ´ ıt´ 6.2.5 All´ as. Tegy¨ uk fel, hogy az f és g f¨ uggvények egyar´ ant differenci´ alhat´ ok az x ∈ X pontban, és legyen λ ∈ R tetsz˝ oleges. Akkor f + g, illetve λf is differenci´ alhat´ ok az x pontban, és (f + g)0 (x) = f 0 (x) + g 0 (x) (λf )0 (x) = λf 0 (x)

Az alábbi tétel az összetett f¨ uggvény derivál´ asi szabály´ at által´ anos´ıtja euklideszi terekre. Vegy¨ uk észre azonban, hogy e tétel bizony´ıt´ asa szinte szó szerint megegyezik az anal´ızisben tanulttal. Legyenek tehát X, Y és Z euklideszi terek, és tekints¨ uk az f : X → Y , valamint a g : Y → Z f¨ uggvényeket. Tegy¨ uk fel, hogy x bels˝o pontja az f értelmezési tartományának, és f (x) is bels˝o pontja a g értelmezési tartomány´ anak. 6.2.6 T´ etel. Ha f differenci´ alhat´ o az x pontban, tov´ abb´ a g differenci´ alhat´ o az f (x) pontban, akkor g ◦ f is differenci´ alhat´ o az x pontban, éspedig (g ◦ f )0 (x) = g 0 (f (x))f 0 (x) .

Bizony´ıt´ as. A feltételeink azt jelentik, hogy f (x + v) = f (x) + f 0 (x)v + r(v) , illetve g(f (x) + u) = g(f (x)) + g 0 (f (x))u + q(u) , ahol r és q egyaránt kis ordó nagyságrend˝ uek. Ha most v ∈ X tetsz˝oleges, akkor az u = f (x + v) − f (x) jelöléssel g(f (x + v)) − g(f (x)) = g 0 (f (x))u + q(u) = g 0 (f (x))(f (x + v) − f (x)) + q(u) = g 0 (f (x))(f 0 (x)v + r(v)) + q(u) = g 0 (f (x))f 0 (x)v + g 0 (f (x))r(v) + q(u) . Azt kell igazolni, hogy g 0 (f (x))r(v) + q(u) kis ordó nagyságrend˝ u v szerint. Ezt tagonként mutatjuk meg. Az els˝o tagra ez a megállap´ıt´ as nyilv´ anval´ o, hiszen kg 0 (f (x))r(v)k kr(v)k ≤ kg 0 (f (x))k lim =0. v→0 v→0 kvk kvk lim

A második tag kis ordó nagyságrend˝ u u szerint. Ez azonban v szerint is igaz, ugyanis kq(u)k = kvk

(

0, kq(u)k kf (x+v)−f (x)k kuk kvk

,

ha f (x + v) − f (x) = 0 ha f (x + v) − f (x) 6= 0

.


166

Mivel az f folytonossága miatt v → 0 esetén u → 0 is fennáll, azért kq(u)k =0, v→0 kvk lim

hiszen az kf (x + v) − f (x)k kf 0 (x)v + r(v)k kr(v)k = ≤ kf 0 (x)k + kvk kvk kvk tört korlátos. 2 0 Ha eset¨ unkben dim X = p, dim Y = q és dim Z = r, akkor g (f (x)) r × q, illetve f 0 (x) q × p méret˝ u mátrixok, és ennek megfelel˝oen a (g ◦ f )0 (x) szorzatmátrix r × p méret˝ u. 6.2.7 T´ etel. Legyen f : X → R differenci´ alhat´ o az x pontban, és tegy¨ uk fel, hogy az x pontban az f f¨ uggvénynek lok´ alis széls˝ oértéke van. Akkor f 0 (x) = 0. Bizony´ıt´ as. A feltétel¨ unk mellett tetsz˝oleges v ∈ X esetén a g : R → R, g(t) = f (x + tv) f¨ uggvénynek a 0 pontban lokális széls˝ oértéke van. Másrészt a 6.2.6 Tétel szerint g differenciálható a 0 pontban, és 0 = g 0 (0) = f 0 (x)v . Ez éppen azt jelenti, hogy f 0 (x) = 0. 2 A f¨ uggvény értelmezési tartomány´ anak azon pontjait, ahol a f¨ uggvény differenciálható, és a derivált zérus, kritikus pontoknak nevezz¨ uk. 6.2.8 P´ elda. Legyen B ∈ L(X) szimmetrikus transzformáci´ o, és tekints¨ uk a Q(x) = hx, Bxi kvadratikus alakot. Keress¨ uk meg a Q széls˝ oértékeit. A 6.2.4 Példa szerint Q differenciálható, és Q0 (x) = 2Bx. A 6.2.7 Tétel alapján a kritikus pontok a Q0 (x) = 2Bx = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai, azaz a ker B altér elemei. Világos, hogy ezek a kritikus pontok minimumhelyek, ha B pozit´ıv szemidefinit, maximumhelyek, ha B negat´ıv szemidefinit, illetve egyik¨ uk sem széls˝ oértékhely, ha B indefinit.

6.3

Parci´ alis deriv´ altak

Természetes kérdés a derivált fogalmának bevezetése után, hogy vajon hogyan határozható meg a derivált mátrixa. Ezt a kérdést vizsgáljuk meg ebben a szakaszban. Legyenek tehát a továbbiakban X és Y olyan euklideszi terek, amelyekre dim X = p, és dim Y = q. Tekints¨ unk egy olyan f : X → Y f¨ uggvényt, amely

´ ´ 6.3. PARCIALIS DERIVALTAK

167

differenciálható az x ∈ X pontban. Ekkor a a mátrixa q × p méret˝ u. Mivel  f1   f2 f =  ..  .

defin´ıci´ o szerint f 0 (x) ∈ L(X, Y ), azaz     ,  

fq ahol az fi f¨ uggvények az f koordinátaf¨ uggvényei, azért az f 0 (x) mátrix sorait az egyes koordinátaf¨ uggvények deriváltjai alkotj´ ak, azaz   

f 0 (x) =   

f10 (x) f20 (x) .. .

    .  

fq0 (x) Elegend˝o tehát megvizsgálni, hogy hogyan áll´ıthat´ o el˝o egyetlen koordin´ ataf¨ uggvény deriváltjának a mátrixa. Ezért feltehet˝o, hogy Y = R. Megjegyezz¨ uk, hogy az f differenci´ alhat´ os´ ag´ ab´ ol következik a koordinátaf¨ uggvények differenciálhatósága, és ford´ıtva, ha az f minden koordinátaf¨ uggvénye differenciálható, akkor f is differenciálhat´ o (lásd a 9. gyakorlatot). Tekints¨ unk tehát egy f : X → R f¨ uggvényt, és jelölje e1 , . . . , ep az X rögz´ıtett ortonormált bázisát. 6.3.1 Defin´ıci´ o. Legyen x ∈ X az f értelmezési tartom´ any´ anak bels˝ o pontja. Azt mondjuk, hogy f parci´ alisan differenci´ alhat´ o az i-ik v´ altoz´ o szerint az x pontban, ha létezik a 1 lim (f (x + tei ) − f (x)) = Di f (x) t→0 t hat´ arérték, és ez véges. A Di f (x) hat´ arértéket az f parci´ alis deriv´ altj´ anak nevezz¨ uk az x pontban. Ha bevezetj¨ uk a g(t) = f (x+tei ) f¨ uggvényt a számegyenesen, akkor az f parci´ alis differenciálhatósága az i-ik változ´ o szerint az x pontban azt jelenti, hogy g differenciálható a 0 pontban, és g 0 (0) = Di f (x). Ennek az a szemléletes tartalma, hogy az f f¨ uggvényt csak az i-ik változ´ oj´ aban vizsgáljuk, a többi változ´ ot rögz´ıtett konstansnak tekintj¨ uk az x pontban. 6.3.2 P´ elda. A defin´ıció figyelmes átolvas´ as´ aval láthatjuk, hogy el˝osz¨ or a behelyettes´ıtést végezz¨ uk el, csak utána a formális derivál´ ast. Tekints¨ uk péld´ aul az 2 f : R → R, q

f (x, y) = ex−y+2 3 + x2 + y 2 (2x − 3y − 6)5 sin2 (π + x) cos2 (π + y) f¨ uggvényt, és határozzuk meg az y szerinti parciális deriváltj´ at az origóban. Minden számolás nélk¨ ul azonnal láthat´ o, hogy D2 f (0, 0) = 0, ugyanis az x = 0 tengely mentén az f f¨ uggvény azonosan nulla. ´ ıt´ 6.3.3 All´ as. Ha f differenci´ alhat´ o az x pontban, akkor f minden v´ altoz´ oja szerint parci´ alisan differenci´ alhat´ o az x pontban, éspedig Di f (x) = f 0 (x)ei .


168

Bizony´ıt´ as. Valóban, a differenciálhat´ os´ ag miatt 1 1 r(tei ) (f (x + tei ) − f (x)) = (f 0 (x)(tei ) + r(tei )) = f 0 (x)ei + , t t t amib˝ol t → 0 mellett azonnal adódik az áll´ıt´ as.

2

6.3.4 P´ elda. Megjegyzend˝o, hogy a fenti áll´ıt´ as nem ford´ıthat´ o meg. Nevezetesen nem nehéz példát mutatni olyan f¨ uggvényre, amely valamely pontban parciálisan differenciálható az összes változója szerint, de a f¨ uggvény még csak nem is folytonos abban a pontban. Tekints¨ uk péld´ aul a s´ıkon az (

f (x, y) =

2xy x2 +y 2

,

0,

ha x2 + y 2 6= 0 k¨ ul¨ onben

f¨ uggvényt. Könnyen látható, hogy D1 f (0, 0) = D2 f (0, 0) = 0, azonban f nem folytonos az origóban. Valóban, f a koordinátatengelyek mentén zérus, m´ıg a 45◦ -os egyenes mentén 1, ´ıgy f az origó bármely környezetében egyar´ ant felveszi a 0 és az 1 értékeket is. A parciális deriváltak ismerete már lehet˝ové teszi a derivált mátrix´ anak felép´ıtését. Amint láthatjuk, ha f : X → R az x pontban differenciálhat´ o f¨ uggvény, akkor f 0 (x) olyan 1 × p méret˝ u mátrix, amelynek i-ik eleme éppen Di f (x). Ezen észrevétel alapján a keresett mátrix már könnyen megadható. 6.3.5 K¨ ovetkezm´ eny. Tegy¨ uk fel, hogy az f : X → Y f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az x pontban. Akkor az eddigi jel¨ oléseinket megtartva    f (x) =    0

D1 f1 (x) D2 f1 (x) . . . Dp f1 (x) D1 f2 (x) D2 f2 (x) . . . Dp f2 (x) .. .. . . D1 fq (x) D2 fq (x) . . . Dp fq (x)

     

Megjegyezz¨ uk, hogy a derivált fentebb megadott mátrix´ at néha az f Jacobimátrixának nevezik az x pontban. Amikor f val´ os számérték˝ u f¨ uggvény, tehát a Jacobi-mátrixa csak egyetlen sort tartalmaz, akkor a Jacobi-mátrix helyett elterjedt a gradiens vektor elnevezés is. Mi azonban a tov´ abbiakban is kizár´ olag a derivált elnevezést használjuk. 6.3.6 P´ elda. Tekints¨ uk péld´ aul azt az f : R2 → R2 f¨ uggvényt, amely a s´ık pontjainak poláris koordinátáit deréksz¨ og˝ u koordinát´ akra váltja, azaz "

f (r, θ) =

r cos θ r sin θ

#

,

és legyen g : R2 → R3 a következ˝ o: 



x2 − xy   2 g(x, y) =  y − xy  . 2xy

´ ´ AG ´ 6.4. FOLYTONOS DIFFERENCIALHAT OS

169

Határozzuk meg a (g ◦ f )0 (1, π/3) mátrixot. A 6.3 Következmény szerint "

f 0 (r, θ) = továbbá

cos θ −r sin θ sin θ r cos θ



#

, 

2x − y −x   0 2y − x  . g (x, y) =  −y 2y 2x

Igy a 6.2.6 Tétel alapján  

(g ◦ f )0 (1, π/3) =   

= 

 √ " # √ 1 −√ 3/2 √ −1/2 1/2 − 3/2  − √3/2 3 − 1/2  · √ 3/2 1/2 3 1  √ √ 1/2 − √3/2 1/2 − √3/2  3/2 − √ 3/2 1/2 + 3/2  , 3 1

amely természetesen 3 × 2 méret˝ u. 6.3.7 P´ elda. Az összetett f¨ uggvény derivál´ asi szabály´ anak gyakorta használt p p speciális esete az, amikor f : R → R és g : R → R differenciálhat´ o f¨ uggvények. Ekkor p (g ◦ f )0 (t) =

X

Di g(f (t))fi0 (t) ,

i=1

ahol t ∈ R, és az fi f¨ uggvények az f koordinátaf¨ uggvényei. 6.3.8 P´ elda. A 6.2.7 Tétel szerint a széls˝ oértéknek nyilv´ an sz¨ ukséges feltétele a 2 parciális deriváltak elt˝ unése. Keress¨ uk meg péld´ aul az f : R → R, f (x, y) = 5x2 + xy 2 − y 4 formulával definiált f¨ uggvény széls˝ oértékeit. A kritikus pontokat a D1 f (x, y) = 10x + y 2 = 0 D2 f (x, y) = 2xy − 4y 3 = 0 egyenletrendszer megoldásával nyerj¨ uk. Ennek egyetlen megoldása az origó, amely azonban nyilván nem lokális széls˝ oérték, hiszen az f f¨ uggvény az origó bármely környezetében egyaránt felvesz pozit´ıv és negat´ıv értékeket is. Ezért az f f¨ uggvénynek nincs széls˝oértéke.

6.4

Folytonos differenci´ alhat´ os´ ag

Az el˝oz˝o szakaszban már láttunk péld´ at arra, hogy a parciális deriváltak létezése nem feltétlen¨ ul jelenti a f¨ uggvény differenciálhat´ os´ ag´ at. Most azt fogjuk megvizsgálni, hogy milyen pótlólagos feltételek mellett igazolható a differenciálhat´ os´ ag.


170

Mindenekel˝ott megjegyezz¨ uk, hogy ha f : X → R differenci´ alhat´ o valamely x pontban, akkor f 0 (x) a defin´ıció szerint az X ∗ du´ alis tér egy eleme. Azonban X ∗ és X természetes módon izomorfak, ezt az izomorfizmust az X b´ azisa, illetve az X ∗ duális bázisa közötti bijekció adja meg. Ezért az f 0 : X → X ∗ leképezés u ´gy is tekinthet˝o, mint egy f 0 : X → X leképezés. Form´ alisan nézve itt arról van szó, hogy az f 0 (x) sorvektorokat oszlopvektorok gyan´ ant kezelj¨ uk. 6.4.1 Defin´ıci´ o. Legyen M az X euklideszi tér valamely ny´ılt részhalmaza, és tegy¨ uk fel, hogy az f : X → R f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az M halmaz minden pontj´ aban. Azt mondjuk, hogy f folytonosan differenci´ alhat´ o az x ∈ M pontban, ha f 0 : X → X folytonos az x pontban. 6.4.2 T´ etel. Az f f¨ uggvény akkor és csak akkor folytonosan differenci´ alhat´ o az x ∈ M pontban, ha itt a parci´ alis deriv´ altjai léteznek és folytonosak. Bizony´ıt´ as. El˝oször a sz¨ ukségességet igazoljuk. Tekints¨ uk az x ∈ M pontot, és legyen ² > 0. Ekkor az f 0 folytonossága miatt létezik olyan δ > 0, hogy x, y ∈ M , ´ ıt´ kx − yk < δ esetén kf 0 (x) − f 0 (y)k < ². Ekkor a 6.3.3 All´ as folytán a parciális deriváltak léteznek, és |Di f (x) − Di f (y)| = k(f 0 (x) − f 0 (y))ei k ≤ kf 0 (x) − f 0 (y)k < ² bármely i = 1, . . . , p mellett. Ez éppen a parciális deriváltak folytonosság´ at jelenti. Térj¨ unk rá az elegend˝oség bizony´ıt´ as´ ara. Legyen adott x ∈ M és ² > 0. Ekkor a parciális deriváltak folytonossága alapján van olyan δ > 0, hogy minden x, y ∈ M , kx − yk < δ esetén |Di f (x) − Di f (y)| < ²/p bármely i = 1, . . . , p mellett. (Ez nyilv´ an megtehet˝o u ´gy, hogy minden i esetén választunk egy ilyen δ számot, majd az ´ıgy kapott p darab δ k¨ oz¨ ul kiválasztjuk a legkisebbet.) Válasszunk ezután egy olyan v ∈ X vektort, amelyre kvk < δ. Ha v koordinát´ ai rendre a v1 , . . . , vp valós számok, u ´gy vezess¨ uk be a 



v1  .   .. 

   vi =     

vi 0 .. .

    ,    

0 és v 0 = 0 jelöléseket (i = 1, . . . , p). Ekkor a Lagrange-féle középérték-tétel szerint vannak olyan 0 < ti < 1 számok, hogy f (x + v) − f (x) = =

p ³ X i=1 p X i=1

´

f (x + v i ) − f (x + v i−1 ) =

Di f (x + v i−1 + ti vi ei )vi =

´ ˝ DERIVALTAK ´ 6.5. MASODREND U p X

Di f (x)vi +

i=1

p ³ X

171 ´

Di f (x + v i−1 + ti vi ei ) − Di f (x) vi .

i=1

Itt a második szumma kis ordó nagyságrend˝ u v → 0 esetén, hiszen ¯ p

¯

´ ¯ X ² |v | 1 ¯¯X ³ i ¯ Di f (x + v i−1 + ti vi ei ) − Di f (x) vi ¯ ≤ <². ¯ ¯ kvk ¯ i=1 p kvk i=1 p

Ez éppen azt jelenti, hogy f differenciálhat´ o az x ∈ X pontban. Mivel f 0 (x) = [D1 f (x), . . . , Dp f (x)], azért az összetett f¨ uggvény folytonossága szerint f 0 folytonos is az x pontban. 2

6.5

M´ asodrend˝ u deriv´ altak

Már láttuk, hogy az egyváltoz´ os esethez hasonlóan a derivált zérus volta a széls˝oértéknek csak sz¨ ukséges feltétele. Ebben a szakaszban bevezetj¨ uk a második derivált fogalmát, amelyre sz¨ ukség¨ unk lesz az elégséges feltételek megfogalmazás´ ahoz. Tekints¨ unk egy X euklideszi teret és egy f : X → R differenci´ alhat´ o f¨ uggvényt. Amint azt már eml´ıtett¨ uk, ilyenkor a derivált f¨ uggvény olyan f 0 : X → X f¨ uggvénynek is tekinthet˝o, amelynek koordinátaf¨ uggvényei a Di f parciális deriváltak. 6.5.1 Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy f kétszer differenci´ alhat´ o az x ∈ X pontban, ha f 0 : X → X differenci´ alhat´ o az x pontban. Világos, hogy ha f kétszer differenciálhat´ o az x pontban, akkor f 00 (x) ∈ L(X) az X euklideszi tér egy lineáris transzformáci´ oja. Ez azt jelenti, hogy a mátrixa egy p × p méret˝ u négyzetes mátrix. Mivel 



D1 f  ..  0 f = .  , Dp f azért f 00 (x) mátrixa fel´ırható a parciális deriváltf¨ uggvények parciális deriváltjaival, azaz a másodrend˝ u parciális deriváltak seg´ıtségével. 6.5.2 K¨ ovetkezm´ eny. Ha f : X → R kétszer differenci´ alhat´ o az x pontban, akkor itt léteznek a m´ asodrend˝ u parci´ alis deriv´ altjai, és    f (x) =    00

D11 f (x) D12 f (x) . . . D1p f (x) D21 f (x) D22 f (x) . . . D2p f (x) .. .. . . Dp1 f (x) Dp2 f (x) . . . Dpp f (x)

    .  

ahol Dij f (x) = Dj (Di f )(x). ´ Erdemes megjegyezni, hogy a fenti mátrixot az irodalomban néha az f f¨ uggvény Hesse-mátrixának nevezik az x pontban. Mi azonban tov´ abbra is a második derivált elnevezést használjuk.


172

6.5.3 P´ elda. Legyen f : X → R kétszer differenciálhat´ o az x ∈ X pont egy környezetében, és legyen v ∈ X adott. Tekints¨ uk a g(t) = f (x + tv) f¨ uggvényt a számegyenesen. Ekkor az összetett f¨ uggvény derivál´ asi szabálya alapján g is kétszer differenciálható a 0 pont egy környezetében, és itt g 00 (t) = hv, f 00 (x + tv)vi , ahol t ∈ R. 6.5.4 P´ elda. Legyen például f : R3 → R az f (x, y, z) = 2x2 y + xyz − y 2 z 2 formulával értelmezett f¨ uggvény. A 6.5 Következmény szerint a második deriváltat az   4y 4x + z y   −2z 2 x − 4yz  f 00 (x, y, z) =  4x + z 2 y x − 4yz −2y mátrix adja meg. A fenti példában az f 00 (x) mátrix szimmetrikus. Megmutatjuk, hogy ez által´ aban is érvényes. 6.5.5 T´ etel. (Young t´ etele) Tegy¨ uk fel, hogy f : X → R kétszer folytonosan differenci´ alhat´ o az x ∈ M pontban. Akkor f 00 (x) szimmetrikus m´ atrix. Bizony´ıt´ as. Nyilván elég a bizony´ıt´ ast kétv´ altoz´ os f¨ uggvényekre elvégezni. 2 Tegy¨ uk fel, hogy f : R → R kétszer folytonosan differenciálhat´ o az (x, y) pontban. Legyen v ∈ R rögz´ıtett, és tekints¨ uk az F (t) = f (t, y + v) − f (t, y) ,

G(t) = f (x + v, t) − f (x, t)

f¨ uggvényeket. A feltevés¨ unk szerint ezek differenciálhat´ ok az x, illetve az y pont egy környezetében, és F (x + v) − F (x) = G(y + v) − G(y) . (6.5) A Lagrange-féle középértéktétel szerint találhat´ o olyan 0 < t < 1 szám, amelyre F (x + v) − F (x) = F 0 (x + tv)v , azaz az F defin´ıciójára tekintettel F (x + v) − F (x) = (D1 f (x + tv, y + v) − D1 f (x + tv, y)) v = (D12 f (x + tv, y)v + o(v)) v . Innen a második derivált folytonossága alapján lim

v→0

F (x + v) − F (x) = D12 f (x, y) . v2

Teljesen hasonló gondolatmenettel az adódik, hogy G(y + v) − G(y) = D21 f (x, y) . v→0 v2 lim

´ ˝ DERIVALTAK ´ 6.5. MASODREND U

173

Ezért a (6.5) egyenl˝oségb˝ol azonnal következik, hogy D12 f (x, y) = D21 f (x, y) , azaz a második derivált szimmetrikus mátrix. 2 A következ˝o tétel¨ unk lényegében a Taylor-formula kiterjesztése többv´ altoz´ os f¨ uggvényekre. 6.5.6 T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy f kétszer folytonosan differenci´ alhat´ o az x ∈ X pont egy k¨ ornyezetében. Akkor 1 f (x + v) = f (x) + f 0 (x)v + hv, f 00 (x)vi + o(kvk2 ) , 2 ahol

o(kvk2 ) =0. v→0 kvk2 lim

Bizony´ıt´ as. Legyen adott ² > 0. A második derivált folytonossága miatt az x pontnak van olyan környezete, amelyben kf 00 (x + v) − f 00 (x)k < ² . Vezess¨ uk be a számegyenesen a g(t) = f (x + tv) f¨ uggvényt. Mivel ekkor g egy els˝ofok´ u f¨ uggvény és az f kompoz´ıci´ ojaként áll el˝o, az összetett f¨ uggvény differenciálhat´ os´ aga alapján világos, hogy g kétszer folytonosan differenciálható a 0 egy környezetében, és g 0 (0) = f 0 (x)v

g 00 (0) = hv, f 00 (x)vi .

Alkalmazzuk a g f¨ uggvényre a Taylor-formul´ at, akkor találhat´ o olyan t ∈ [0, 1] pont, amelyre 1 g(1) = g(0) + g 0 (0) + g 00 (t) . 2 Mivel g 00 (t) = hv, f 00 (x + tv)vi, innen azt kapjuk, hogy 1 1 f (x + v) = f (x) + f 0 (x)v + hv, f 00 (x)vi + hv, (f 00 (x + tv) − f 00 (x))vi . 2 2 Itt az r(v) = 1/2hv, (f 00 (x + tv) − f 00 (x))vi jelöléssel világos, hogy 1 |r(v)| ≤ kf 00 (x + tv) − f 00 (x)kkvk2 < ²kvk2 2 Ez éppen azt jelenti, hogy r(v) = o(kvk2 ), amit igazolnunk kellett.

2


174

6.6

A sz´ els˝ o´ ert´ ek m´ asodrend˝ u felt´ etelei

Egyváltozós f¨ uggvények esetében a derivált valamely zérushelye biztosan széls˝ oértékhely, ha ott a második derivált nem nulla, s˝ot az el˝ojel azt is eldönti, hogy maximumról, vagy minimumról van szó. Ebben a szakaszban látni fogjuk, hogy többváltozós f¨ uggvényekre analóg feltételek érvényesek, csupán a második derivált el˝ojele helyett a megfelel˝o szimmetrikus mátrix definitségével van dolgunk. Tekints¨ unk tehát egy X euklideszi teret, valamint egy f : X → R kétszer folytonosan differenciálható f¨ uggvényt. Els˝o tétel¨ unk a széls˝ oérték sz¨ ukséges feltételét fogalmazza meg. 6.6.1 T´ etel. m´ atrix.

Ha x az f lok´ alis minimumhelye, akkor f 00 (x) pozit´ıv szemidefinit

Bizony´ıt´ as. Legyen v ∈ X tetsz˝oleges vektor, és tekints¨ uk a g(t) = f (x + tv) egyváltozós f¨ uggvényt. A feltétel¨ unk szerint a 0 pont a g lokális minimumhelye. Másrészt a 6.2.6 Tétel szerint g kétszer differenciálhat´ o, ezért 0 ≤ g 00 (0) = hv, f 00 (x)vi , és éppen ezt kellett igazolnunk. 2 Természetesen analóg tétel érvényes maximum esetére is, akkor a második derivált negt´ıv szemidefinit. Ezután rátér¨ unk az elégséges feltétel bizony´ıt´ as´ ara. 6.6.2 T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy f : X → R olyan kétszer folytonosan differenci´ alhat´ o 0 00 f¨ ugvény, amelyre f (x) = 0, valamint f (x) pozit´ıv definit. Akkor x az f lok´ alis minimumhelye. Bizony´ıt´ as. A Taylor-formula alapján (lásd a 6.5.6 Tételt) az x valamely környezetében 1 (6.6) f (x + v) − f (x) = hv, f 00 (x)vi + o(kvk2 ) 2 Jelölje λ az f 00 (x) mátrix legkisebb sajátértékét, akkor a feltétel¨ unk szerint λ pozit´ıv, és a 6.1 Következmény alapján hv, f 00 (x)vi ≥ λkvk2 minden v ∈ X vektor mellett. Legyen δ > 0 olyan, hogy bármely kvk < δ esetén ¯ ¯ ¯ o(kvk2 ) ¯ λ ¯ ¯ ¯ ¯< . ¯ kvk2 ¯ 3

Ezeket a (6.6) egyenl˝oségbe visszahelyettes´ıtve azt kapjuk, hogy f (x + v) − f (x) ≥

λ kvk2 > 0 , 6

hacsak kvk < δ, v 6= 0. Ez éppen azt jelenti, hogy x az f lok´ alis (szigor´ u) minimumhelye. 2 Magától értet˝od˝oen az f 00 (x) negat´ıv definitsége lokális maximumot jelent. 6.6.3 P´ elda. Felvet˝odhet a kérdés, hogy miért nem használtuk a 6.6.1 Tétel bizony´ıtásának módszerét a 6.6.2 Tételre is. Abból ugyanis az adódna, hogy bármely

´ O ˝ ERT ´ EK ´ MASODREND ´ ˝ FELTETELEI ´ 6.6. A SZELS U

175

v ∈ X mellett a g(t) = f (x + tv) f¨ uggvénynek a 0 pontban lokális minimumhelye van. Ebb˝ol azonban nem következik, hogy az f f¨ uggvénynek az x pontban lokális mimimumhelye lenne, amint azt az alábbi példa is mutatja. Tekints¨ uk a s´ıkon az f (x, y) = (y − x2 )(y − 2x2 ) f¨ uggvényt. Könnyen ellen˝or´ızhet˝ o, hogy az origó kritikus pont. Másrészt e f¨ uggvény az y = x2 , és y = 2x2 parabolák köz¨ ott negat´ıv értékeket, azokon k´ıv¨ ul pedig pozit´ıv értékeket vesz fel. Ezért bármely, az origón átmen˝ o egyenesre lesz˝ uk´ıtve a 0 pontban az f f¨ uggvénynek lokális minimuma van, de az origó az f f¨ uggvénynek nem lokális minimumhelye, hiszen f az origó bármely környezetében egyar´ ant felvesz pozit´ıv és negat´ıv értékeket is. Mellesleg " 00

f (0, 0) =

0 0 0 2

#

nyilvánvalóan pozit´ıv szemidefinit. 6.6.4 P´ elda. Vizsgáljuk most meg a háromv´ altoz´ os f (x, y, z) = xy 2 z 3 (7 − x − 2y − 3z) f¨ uggvényt. Ekkor a kritikus pontokra a D1 f (x, y, z) = y 2 z 3 (7 − 2x − 2y − 3z) = 0 D2 f (x, y, z) = 2xyz 3 (7 − x − 3y − 3z) = 0 D3 f (x, y, z) = 3xy 2 z 2 (7 − x − 2y − 4z) = 0 egyenletrendszer adódik, amelynek egyik megoldása az a második derivált  −2 −2 −3  00 f (1, 1, 1) =  −2 −6 −6 −3 −6 −12

(1, 1, 1) pont. Ezen a helyen   .

Az A − λI mátrix elemi bázistranszform´ aci´ oj´ anak elvégzése után az utolsó sorban a λ3 + 20λ2 + 59λ + 42 polinomhoz jutunk. Ennek természetesen csak val´ os gyökei vannak, amelyek sz¨ ukségképpen mind negat´ıvok, hiszen a polinomnak minden egy¨ utthat´ oja pozit´ıv. Ez azt jelenti, hogy a második derivált negat´ıv definit, azaz az (1, 1, 1) pontban az f f¨ uggvénynek lokális maximuma van. 6.6.5 P´ elda. Kétváltozós f¨ uggvények esetében a második derivált definitsége egyszer˝ uen ellen˝or´ızhet˝o. Tekints¨ uk ugyanis az "

f 00 (x, y) =

D11 f (x, y) D12 f (x, y) D21 f (x, y) D22 f (x, y)

#

mátrixot az (x, y) kritikus pontban, és vezess¨ uk be a D(x, y) = D11 f (x, y)D22 f (x, y) − (D12 f (x, y))2 kifejezést. Ekkor a következ˝o esetek lehetségesek.


176

• D(x, y) < 0 esetén a karakterisztikus polinom gyökei ellenkez˝ o el˝ojel˝ uek, ´ıgy a második derivált indefinit. Ilyenkor az (x, y) pontban nincs széls˝ oérték. • D(x, y) > 0 esetén a karakterisztikus polinom gyökei azonos el˝ojel˝ uek, ´ıgy a második derivált definit mátrix. Méghozz´ a pozit´ıv definit, ha D11 f (x, y) > 0 (azaz (x, y) lokális minimumhely), illetve negat´ıv definit, ha D11 f (x, y) < 0 (azaz (x, y) lokális maximumhely). • D(x, y) = 0 esetén minden lehetséges. Az f (x, y) = x3 + y 3 esetében az origó nem széls˝oértékhely, m´ıg az f (x, y) = x4 + y 4 , illetve ennek negat´ıvj´ anak esetében az origó minimumhely, illetve maximumhely. Könnyen ellen˝or´ızhet˝ o azonban, hogy mindhárom esetben D(0, 0) = 0. 6.6.6 P´ elda. Tegy¨ uk fel, hogy valamely k´ısérlet kimenetelére p sz´ am´ u megfigyelést végezt¨ unk, és az x1 , . . . , xp k¨ ulönb¨ oz˝ o helyeken az y1 , . . . , yp értékek adódtak. Az az elképzelés¨ unk, hogy ezekre a tapasztalati adatokra lineáris modell illeszthet˝o, azaz egy olyan y = mx + b egyenlet˝ u egyenest keres¨ unk, amelyre mx1 + b = y1

...

mxp + b = yp

Természetesen az adatok nem követik a mi hipotézis¨ unket, ezért által´ aban ilyen egyenes nem létezik. Ha ezt “mérési hibának” tudjuk be, és megelégsz¨ unk egy jó közel´ıtéssel, akkor egy olyan egyenest keres¨ unk, amely az adatainkat “jól” közel´ıti. Jó közel´ıtésen azt értj¨ uk, hogy az f (m, b) =

p X

(mxi + b − yi )2

i=1

négyzetösszeg minimális. Ezt a közel´ıt˝ o eljár´ ast legkisebb négyzetek módszerének nevezz¨ uk. A minimumhelyre a parciális deriváltakb´ ol a D1 f (m, b) = D2 f (m, b) =

p X i=1 p X

2xi (mxi + b − yi ) = 0 2(mxi + b − yi ) = 0

i=1

egyenletrendszer adódik. Innen a p X

x i yi = m

i=1 p X i=1

yi = m

p X i=1 p X

x2i + b

p X

xi

i=1

xi + bp

(6.7)

i=1

egyenletrendszert kapjuk, amib˝ol az m és b ismeretlenek már könnyen meghatározhatók. Világos, hogy ´ıgy minimumhoz jutunk, hiszen f teljes négyzetek összegeként áll el˝o.

¨ ´ ´ 6.7. AZ IMPLICITFUGGV ENY-T ETEL

177

Ezt a minimumhelyet derivál´ as nélk¨ ul, pusztán algebrai eszköz¨ okkel is megkaphatjuk. Ha bevezetj¨ uk az 





x1 1  ..  A =  . ...  , xp 1



x1  ..  x= .  , xp





y1  ..  y= .  , yp

"

z=

m b

#

jelöléseket, akkor az Rp térben f (z) = kAz − yk2 alakban ´ırható. Ez nyilván pontosan akkor minimális, ha az Az−y vektor ortogonális az im A altérre. Ez azt jelenti, hogy az R2 mindkét ei bázisvektor´ ara hy − Az, Aei i = 0. Innen egyszer˝ u átalak´ıtással az hA∗ y, ei i = hA∗ Az, ei i egyenlet adódik i = 1, 2 mellett, amib˝ol A∗ y = A∗ Az . Itt A∗ A nyilván invertálható, hiszen 2 rang´ u 2 × 2-es mátrix. Következésképpen "

m b

#

= z = (A∗ A)−1 A∗ y .

A kijelölt m˝ uveletek elvégzésével könnyen ellen˝or´ızhet˝ o, hogy ´ıgy is a (6.7) alatti egyenletrendszer megoldásához jutottunk.

6.7

Az implicitf¨ uggv´ eny-t´ etel

Számos feladatban felmer¨ ul˝o probléma, hogy valamely implicit módon megadott f (x, y) = 0 egyenletb˝ol az y változó mikor fejezhet˝o ki mint az x f¨ uggvénye. Másként megfogalmazva, mikor található olyan g adott tulajdonság´ u f¨ uggvény, amelyre a fenti egyenlet azonosság lesz, azaz f (x, g(x)) = 0 teljes¨ ul. Például a mikroökonómiában kézenfekv˝ onek t˝ unik (bár nem nyilv´ anval´ o) az a feltevés, hogy a hasznossági illetve a termelési f¨ uggvény szintvonalai (köz¨ omb¨ osségi görbéi) két termék közötti f¨ uggvénykapcsolatot fejeznek ki. Ezzel a kérdésk¨ orrel foglalkozunk a következ˝o szakaszban. 6.7.1 T´ etel. (Implicitf¨ uggv´ eny-t´ etel) Legyenek X, Y és Z euklideszi terek, dim X = p, dim Y = dim Z = q, legyen (x0 , y0 ) ∈ X × Y adott pont, legyen f : X × Y → Z adott f¨ uggvény, f (x0 , y0 ) = 0, legyen f folytonosan differenci´ alhat´ o az (x0 , y0 ) pont egy k¨ ornyezetében, és tegy¨ uk fel, hogy D2 f (x0 , y0 ) ∈ L(Y ) m×m-méret˝ u invert´ alhat´ o m´ atrix. Akkor létezik az x0 pontnak olyan U , az y0 pontnak olyan V k¨ ornyezete, és létezik pontosan egy olyan g : U → V folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggvény, amelyre


178

• U × V ⊂ D(f ), D(g) = U , R(g) = V , • g(x0 ) = y0 , • ∀x ∈ U esetén f (x, g(x)) = 0 , • ∀x ∈ U esetén g 0 (x) = −D2 f (x, g(x))−1 D1 f (x, g(x)). ´ Atfogalmaz´ as: Az f −1 (0) ∩ (U × V ) = {(x, y) ∈ X × Y : f (x, y) = 0} ∩ (U × V ) ⊂ X × Y halmaz (rel´ aci´ o) az U halmazon értelmezett differenci´ alhat´ o f¨ uggvény, azaz f −1 (0) ∩ U × V = g : U → Y folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggvény. 6.7.2 Megjegyz´ es. • A fenti tétel igaz a 0 helyett ∀ z ∈ Z esetén: az f −1 (z) ∩ (U × V ) ⊂ X × Y halmaz (reláció) az U halmazon értelmezett differenciálhat´ o f¨ uggvény. • A tétel nem áll´ıtja, hogy az f −1 (z) az egész X-en f¨ uggvény, csupán azt, hogy az x0 egy környezetében az. • A tételt ilyen általánosan most nem bizony´ıtjuk. A közgazdas´ agtanban azonban sokszor elég a fenti tétel kétdimenzi´ os speciális esete is, amely viszonylag könnyen belátható. 6.7.3 T´ etel. (Implicitf¨ uggv´ eny-t´ etel, speci´ alis eset) Legyenek I, J ⊆ R ny´ılt intervallumok, (x0 , y0 ) ∈ I × J adott pont, legyen f : I × J → R adott f¨ uggvény, amelyre f ((x0 , y0 )) = 0, tegy¨ uk fel, hogy az f : I × J → R f¨ uggvény folytonosan diffhat´ o az (x0 , y0 ) ∈ I × J egy k¨ ornyezetében, és a D2 f ((x0 , y0 )) 6= 0. Akkor létezik az x0 pontnak olyan U = [x0 − δ, x0 + δ] és az y0 pontnak olyan V = [y0 −ε, y0 +ε] k¨ ornyezete, és létezik pontosan egy g : [x0 −δ, x0 +δ] → [y0 −ε, y0 +ε] folytonosan differenci´ alhat´ o f¨ uggvény, hogy • [x0 − δ, x0 + δ] × [y0 − ε, y0 + ε] ⊂ I × J, és R(g) ⊂ [y0 − ε, y0 + ε] , • g(x0 ) = y0 , • ∀x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] esetén f (x, g(x)) = 0 , D1 f (x,g(x)) . • ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) esetén g 0 (x) = − D 2 f (x,g(x))

Bizony´ıt´ as. Nyilván feltehet˝o, hogy D2 f (x0 , y0 ) > 0. Mivel az f folytonosan differenciálható az (x0 , y0 ) ∈ I × J pont egy környezetében, azért ∃ γ, ε > 0 számok, hogy ∀ (x, y) ∈ [x0 − γ, x0 + γ] × [y0 − ε, y0 + ε] esetén D2 f (x, y) > 0, ´ıgy ∀ x ∈ [x0 − γ, x0 + γ] esetén az [y0 − ε, y0 + ε] intervallumon D2 f (x, ·) > 0, ´ıgy az f (x, ·) : [y0 − ε, y0 + ε] → R f¨ uggvény szigor´ uan monoton növeked˝ o. Mivel f (x0 , y0 ) = 0 , azért f (x0 , y0 − ε) < 0 és f (x0 , y0 + ε) > 0. Mivel az f folytonos, azért ∃δ ∈ (0, γ), hogy ∀x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] esetén f (x, y0 − ε) < 0 és f (x, y0 + ε) > 0.


179

Mivel az f (x, ·) : [y0 − ε, y0 + ε] → R f¨ uggvény folytonos, azért a Bolzano-tétel szerint létezik, mivel szigor´ uan monoton, azért pontosan egy yx ∈ [y0 − ε, y0 + ε] létezik, amelyre f (x, yx ) = 0. Legyen g : [x0 − δ, x0 + δ] → [y0 − ε, y0 + ε] az a f¨ uggvény, amelyre ∀x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] esetén g(x) := yx . A g defin´ıciójából következik, hogy ∀x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] esetén f (x, g(x)) = 0, mivel ∀x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] esetén pontosan egy fenti tulajdonság´ u yx tal´ alhat´ o, azért pontosan egy ilyen g f¨ uggvény létezik. Megmutatjuk, hogy a g f¨ uggvény differenciálhat´ o ∀ x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) pontban. Legyen z ∈ (x0 − δ, x0 + δ) tetsz˝oleges pont, ekkor a Lagrange-középértéktétel szerint létezik olyan u az x és a z köz¨ ott, valamint v a g(x) és a g(x) köz¨ ott, melyekre 0 = f (z, g(z)) − f (x, g(x)) = = f (z, g(z)) − f (x, g(z)) + f (x, g(z)) − f (x, g(x)) = = D1 f (u, g(z)) · (z − x) + D2 f (x, v) · (g(z) − g(x)). Így D2 f (x, v) 6= 0 miatt g(z) − g(x) D1 f (u, g(z)) =− . z−x D2 f (x, v) Ha most tudnánk, hogy a fenti egyenl˝ oség jobboldala korl´ atos, akkor abból már adódna, hogy a g f¨ uggvény folytonos. Ez sajnos az eddigiekb˝ol nem következik, de könnyen látható, hogy ha a bizony´ıt´ as elején kör¨ ultekint˝ obben választjuk meg a δ-t és az ε-t, akkor a fenti egyenl˝oség jobboldala korl´ atos lesz. Nevezetesen a D1 f és a D2 f (x0 , y0 )-beli folytonossága és D2 f ((x0 , y0 )) > 0 miatt a δ és ε > 0 számok vállaszthatók olyan kicsire, hogy ∀ (x, y) ∈ [x0 − δ, x0 + δ] × [y0 − ε, y0 + ε] esetén D2 f ((x, y)) ≥

D2 f ((x0 , y0 )) és |D1 f (x, y)| ≤ |D1 f (x0 , y0 )| + 1. 2

Ekkor ∀ (x, y), (u, v) ∈ [x0 − δ, x0 + δ] × [y0 − ε, y0 + ε] esetén ¯ ¯ ¯ D1 f (x, y) ¯ |D1 (x0 , y0 )| + 1 ¯− ¯ ¯ D f (u, v) ¯ ≤ 2 D f (x , y ) =: K, 2

2

0

0

amit éppen akartunk. Ezek szerint ha a δ-t és az ε-t a fentiek szerint választjuk meg, akkor a g f¨ uggvény folytonos. Továbbá mivel az f 0 és a g folytonos f¨ uggvények, azért ∀ α > 0 esetén létezik az x-nek olyan W környezete, hogy ∀ z ∈ W esetén ¯ ¯ ¯ D1 f (x, g(x)) D1 f (u, g(z)) ¯¯ ¯ ¯ D f (x, g(x)) − D f (x, v) ¯ < α, 2

Mivel pedig

g(z)−g(x) z−x

2

1 f (u,g(z)) = − DD , azért 2 f (x,v)

¯ ¯ ¯ g(z) − g(x) D1 f (x, g(x)) ¯¯ ¯ + < α, ¯ z−x D2 f (x, g(x)) ¯

ezért a g f¨ uggvény differenciálhat´ o az x pontban és g 0 (x) =

D1 f (x, g(x)) . D2 f (x, g(x))


180

Innen pedig a g, a D1 f és a D2 f folytonoss´ aga alapján adódik, hogy g 0 is folytonos. Mivel f (x0 , y0 ) = 0 , ´ıgy a g(x0 )-ra vonatkoz´ o egyértelm˝ uségi feltétel miatt g(x0 ) = y0 . Ezzel a tételt bebizony´ıtottuk. 2 6.7.4 P´ elda. Tekints¨ uk a s´ıkon az f (x, y) = ex+y + x + y − 1 = 0 egyenletet. Világos, hogy f (0, 0) = 0, és D2 f (0, 0) = 2, ´ıgy teljes¨ ulnek az implicitf¨ uggvény-tétel feltételei. Tehát találhat´ o egyetlen olyan folytonosan differenciálható y = g(x) f¨ uggvény a 0 pont környezetében, amelyre a fenti egyenlet azonosság. Erre a f¨ uggvényre a tétel¨ unkb˝ol g 0 (x) = −

1 ex+g(x)

+1

(ex+g(x) + 1) = −1

adódik, azaz g(x) = −x, amelyet y helyére ´ırva val´ oban azonossághoz jutunk. 6.7.5 P´ elda. Az y változó kifejezhet˝oségét nem algebrai értelemben kell érten¨ unk, tehát el˝ofordulhat, hogy a g f¨ uggvény létezését igazolni tudjuk, de azt algebrai átalak´ıtásokkal a fenti egyenletb˝ ol nem tudjuk el˝o´ all´ıtani. Tekints¨ uk péld´ aul az ex+y − 2 cos y + 1 = 0 egyenletet. Meg lehet mutatni, hogy ez az egyenlet egy folytonosan differenciálhat´ o f¨ uggvényt definiál, azaz létezik pontosan egy olyan g folytonosan differenciálhat´ o f¨ uggvény, amelyre g(0) = 0, és ex+g(x) − 2 cos g(x) + 1 = 0 minden x esetén, de persze az y v´ altoz´ o a fenti egyenletb˝ ol algebrai átalak´ıt´ asokkal nem fejezhet˝o ki. 6.7.6 P´ elda. (Egy mikroökon´ omiai példa: A helyettes´ıtési határar´ any): A mikroökonómiában a hasznossági f¨ uggvény a jósz´ agtéren értelmezett olyan f¨ uggvény, amely a fogyasztó preferenciáit fejezi ki. Feltéve, hogy két jósz´ agunk van, legyen u : R2+ → R egy hasznossági f¨ uggvény, ekkor egy adott α ∈ R hasznoss´ agi szinthez tartozó közömbösségi görbe az u−1 (α) = {(x1 , x2 ) : u(x1 , x2 ) = α} ⊂ R2+ szinthalmaz. Ez a halmaz (reláci´ o) nem biztos, hogy f¨ uggvény, de ha az u-ra teljes¨ ulnek a fenti tétel feltételei, akkor egy U környezetben az, azaz u−1 (α) = g : U → R f¨ uggvény, ami differenciálható is, és g 0 (x1 ) = −

D1 u(x1 , g (x1 )) D2 u(x1 , g (x1 ))

(a mikroökonómiában a g f¨ uggvényt x2 -vel szokták jelölni, ekkor az el˝obbi D1 u(x1 ,x2 (x1 )) 2 ıtési összef¨ uggés a következ˝o alak´ u: x02 (x1 )(= dx dx1 ) = − D2 u(x1 ,x2 (x1 )) ), azaz helyettes´ határráta megyegyezik a határhasznok hányados´ anak az ellentettjével.


181

Ebb˝ol adódik az is, hogy ha u : R2+ → R f¨ uggvény monoton növeked˝ o, (a deriváltja nemnegat´ıv) akkor a g : U → R f¨ uggvény monoton csökken˝ o. Könnyen látható továbbá, hogy ha az u : R2+ → R f¨ uggvény konk´ av, akkor a g : U → 0 R f¨ uggvény konvex, ´ıgy a g derivált f¨ uggvény n˝o, mivel g 0 negat´ıv, azért abszol´ utértékben csökken, azaz a helyettes´ıtési határar´ any abszol´ utértékben csökken. Ugyanez mondható el a termelési f¨ uggvények esetében: Egy f : R2+ → R termelési f¨ uggvényre feltéve a fenti tétel feltételeit, azt kapjuk, hogy egy környezetben az f −1 (α) halmaz f¨ uggvény, azaz f −1 (α) = D1 f (x1 ,g(x1 )) g : U → R f¨ uggvény, ami differenciálhat´ o is, és g 0 (x1 ) = − D , (a 2 f (x1 ,g(x1 ))

D1 f (x1 ,x2 (x1 )) 2 mikroökonómiában megszokott jelölésekkel: x02 (x1 )(= dx dx1 ) = − D2 f (x1 ,x2 (x1 )) ,) azaz a technikai helyettes´ıtési határráta megyegyezik a határtermékek hányados´ anak az ellentettjével.

6.7.7 P´ elda. (Egy makroökon´ omiai példa: Az IS és az LM görbék): 1. Az IS (investment–saving) görbe: A beruházás a kamatlábtól f¨ ugg: I(i), a megtakar´ıt´ as a kibocsát´ ast´ ol f¨ ugg: S(Y ). Legyen F : R+ × R+ → R az a f¨ uggvény, amelyre ∀ Y, i ∈ R+ esetén F (Y, i) := S(Y ) − I(i), ekkor az S(Y ) = I(i) egyenl˝ oségnek eleget tév˝ o kamatl´ ab–j¨ ovedelem párok halmaza az F −1 (0) = {(Y, i) ∈ R2+ : F (Y, i) = 0} ⊂ R2+ halmaz (reláció), amely, ha az F f¨ uggvényre igazak a fenti tétel feltételei, akkor egy környezetben differenciálható f¨ uggvény: F −1 (0) = i : U → R. Kérdés, hogy milyen az i f¨ uggvényalakja? Mivel a fenti tétel szerint az i0 (Y )(= S 0 (Y ) D1 F (Y,i(Y )) ) = − D2 (Y,i(Y )) = − I 0 (i) , ezért feltéve, hogy S 0 (Y ) > 0 és I 0 (i) < 0, (azaz a megtakar´ıtás a kibocsátás esetén n˝o, a beruház´ as a kamatl´ ab növekedése esetén csökken,) adódik, hogy i0 (Y ) < 0, azaz az i csökken˝ o f¨ uggvény. (Ha a korm´ anyzat a kibocsátást növeli, akkor a kamatl´ ab csökken.) 2. Az LM (liquidity–money) görbe: A pénzkereslet a kibocsátástól és a kamatl´ abt´ ol f¨ ugg: MD (Y, i), a pénzk´ın´ alat állandó: M/P. Legyen F : R+ × R+ → R az a f¨ uggvény, amelyre ∀ Y, i ∈ R+ esetén F (Y, i) := MD (Y, i) − M/P , ekkor az MD (Y, i) = M/P egyenl˝ oségnek eleget tév˝ o kamatláb-jövedelem párok halmaza az di dY

F −1 (0) = {(Y, i) ∈ R2+ : F (Y, i) = 0} ⊂ R2+ halmaz (reláció), amely, ha az F f¨ uggvényre igazak a fenti tétel feltételei, akkor egy környezetben f¨ uggvény: F −1 (0) = Y : U → R, D2 M (Y (i),i) D2 F (Y (i),i) amely differenciálhatóés Y 0 (i)(= dY ert feltéve, di ) = − D1 F (Y (i),i) = − D1 M (Y (i),i) , ez´ hogy D1 M (Y, i) > 0 és D2 M (Y, i) < 0, ( azaz a pénzkereslet a kibocsát´ as növekedése esetén n˝o, a kamat növekedése esetén csökken,) adódik, hogy Y 0 (i) > 0, azaz az Y növekv˝o f¨ uggvény. (Ha a központi bank a kamatl´ abat növeli, akkor a kibocsát´ as n˝o.)


182

6.8

Felt´ eteles sz´ els˝ o´ ert´ ek

Számos széls˝oérték probléma vezet olyan feladathoz, amelyben az f f¨ uggvény széls˝oértékét egy adott K halmazon kell meghatározni. Ilyen esetekben az f 0 (x) = 0 feltétel már nem feltétlen¨ ul sz¨ ukséges feltétele a széls˝ oértéknek, hiszen elképzelhet˝ o, hogy az f f¨ uggvény a széls˝oértékét a K halmaz határ´ an veszi fel. Tekints¨ uk például az f (x, y) = x + y f¨ uggvényt, és keress¨ uk az f minimum´ at az |x| ≤ 1, |y| ≤ 1 feltételek mellett. Ha bevezetj¨ uk a n

o

K = (x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1

halmazt (amely egy origó középpont´ u, két egységnyi oldal´ u négyzet), akkor a feladatunk az f minimumhelyének megkeresése a K halmazon. Könnyen láthat´ o, hogy f a minimumát ezen a halmazon az (x, y) = (−1, −1) pontban veszi fel, de f deriváltja természetesen sehol sem nulla. Az f f¨ uggvénynek persze az egész R2 téren nincs minimuma. Legyenek tehát X és Y valós euklideszi terek, dim X = p, dim Y = q, és tegy¨ uk fel, hogy q ≤ p. Tekints¨ uk az f : X → R és F : X → Y folytonosan differenciálhat´ o f¨ uggvényeket. Legyen a ∈ Y tetsz˝oleges adott pont. Keress¨ uk az f f¨ uggvény lokális minimumhelyét az F (x) = a feltétel mellett, jelölésben f (x) → min

(6.8)

F (x) = a . Ha bevezetj¨ uk a K = {x ∈ X : F (x) = a} = F −1 (a) jelölést, akkor a fenti feladat az f (x) → min x∈K alakban is fel´ırható. 6.8.1 Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az x0 ∈ X pont a (6.8) feladat megold´ asa, ha egyrészt F (x0 ) = a, másrészt az x pontnak van olyan U környezete, hogy f (x0 ) ≤ f (x) bármely x ∈ U ∩ K esetén. 6.8.2 Defin´ıci´ o. A (6.8) feladat Lagrange-f¨ uggvényén az L : X × Y → R, L(x, y) = f (x) + hy, F (x)i f¨ uggvényt értj¨ uk. Nyilvánvaló, hogy a Lagrange-f¨ uggvény mindkét változ´ oja szerint folytonosan differenciálható. Az egyszer˝ ubb jelölésm´ od érdekében a következ˝ okben az L els˝ o, illetve második változó szerinti parciális deriváltj´ an az x, illetve az y szerinti deriváltakat értj¨ uk.

´ ´ O ˝ ERT ´ EK ´ 6.8. FELTETELES SZELS

183

6.8.3 T´ etel. (Lagrange-f´ ele multiplik´ ator-t´ etel) Tegy¨ uk fel, hogy x0 a (6.8) feladat megold´ asa, és im F 0 (x0 ) = Y , azaz az F 0 (x0 ) m´ atrix sorai line´ arisan f¨ uggetlenek. Ekkor tal´ alhat´ o olyan y ∈ Y vektor, hogy D1 L(x0 , y) = f 0 (x0 ) + F 0 (x0 )∗ y = 0 .

(6.9)

Legyenek az Y egy ortonormált bázis´ ara nézve az y ∈ Y vektornak a koordinát´ ai λ1 , ...λq , ekkor a (6.9) egyenletet az 0

f (x0 ) +

q X

λi fi0 (x0 ) = 0

(6.10)

i=1

alakban is fel´ırhatjuk, ahol az fi f¨ uggvények az F koordinátaf¨ uggvényei. Ezek szerint a fenti tétel u ´gy is fogalmazható, hogy az optimális pontban a feltételi f¨ uggvények deriváljainak van olyan lineáris kombin´ aci´ oja amely a célf¨ uggvény deriváltj´ at áll´ıtja el˝o. A λ1 , ...λq egy¨ utthatókat Lagrange-féle multiplik´ atoroknak nevezz¨ uk. A fenti tételben természetesen a D2 L(x0 , y) = a feltétel is teljes¨ ul, hiszen D2 L(x0 , y) = F (x) = a. Ha ezt az egyenletet a (6.10) egyenlethez csatoljuk, akkor az x és y koordinátáiból álló p + q darab ismeretlenre p + q darab egyenlet adódik, azaz 











D1 f (x0 ) D1 fi (x0 ) 0 q   X    .. . .  .. λi   +  =  ..  . i=1 Dp f (x0 ) Dp fi (x0 ) 0 





(6.11)



f1 (x0 ) α1    ..  ..   =  .  . . fq (x0 ) αp A Lagrange-féle multiplikátor-tételt is csak a kétdimenzi´ os speciális esetben bizony´ıtjuk be. Ekkor a tételnek igen szemléletes a tartalma. Legyenek I, J ⊂ R ny´ılt intervallumok, legyenek f0 : I ×J → R és f1 : I ×J → R adott f¨ uggvénynyek, tekints¨ uk a fenti (6.8) feladatnak a következ˝ o speciális esetét: f0 (x, y) → min

(6.12)

f1 (x, y) = α . 6.8.4 T´ etel. (Lagrange-f´ ele multiplik´ ator-t´ etel, speci´ alis eset) Legyen (x0 , y0 ) ∈ I × J a (6.12) feladat megold´ asa, legyen az f0 : I × J → R f¨ uggvény differenci´ alhat´ o az (x0 , y0 ) pontban, legyen az f1 : I × J → R f¨ uggvény olyan, amelyre teljes¨ ulnek az implicitf¨ uggvény-tétel feltételei, azaz folytonosan differenci´ alhat´ o az (x0 , y0 ) pont egy k¨ ornyezetében és a D2 f1 (x0 , y0 ) 6= 0. Akkor ∃ λ ∈ R Lagrange-szorz´ o, hogy D1,2 L((x0 , y0 ), λ) = (0, 0), azaz f00 (x0 , y0 ) + λf10 (x0 , y0 ) = (0, 0), azaz


184

D1 f0 (x0 , y0 ) + λD1 f1 (x0 , y0 ) = 0 és D2 f0 (x0 , y0 ) + λD2 f1 (x0 , y0 ) = 0, tov´ abb´ a λ=−

D2 f0 (x0 , y0 ) , D2 f1 (x0 , y0 )

valamint feltéve, hogy D2 f0 (x0 , y0 ) 6= 0, teljes¨ ul, hogy D1 f0 (x0 , y0 ) D1 f1 (x0 , y0 ) = D2 f0 (x0 , y0 ) D2 f1 (x0 , y0 ) Bizony´ıt´ as. Mivel az f1 f¨ uggvényre, ´ıgy az f1 − α f¨ uggvényre is fennállnak az implicitf¨ uggvény-tétel feltételei, azért ∃ [x0 − δ, x0 + δ] környezet, hogy az f1−1 (α) ⊂ [x0 − δ, x0 + δ] × J halmaz (reláci´ o) f¨ uggvény, azaz ∃! g : [x0 − δ, x0 + δ] → J f¨ uggvény, hogy g(x0 ) = y0 , ∀x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] esetén f1 (x, g(x)) = α, valamint 1 f1 (x0 ,y0 ) g 0 (x0 ) = − D D2 f1 (x0 ,y0 ) . Legyen h : [x0 − δ, x0 + δ] → R az a f¨ uggvény, amelyre ∀ x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] esetén h(x) := f0 (x, g(x)). Mivel az f0 differenciálhat´ o az (x0 , y0 ) pontban és g(x0 ) = y0 , azért a h is differenciálható az x0 pontban, és " 0

h (x0 ) =

f00 (x0 , g(x0 ))

·

1 0 g (x0 )

#

= [D1 f0 (x0 , y0 ), D2 f0 (x0 , y0 )] ·

"

1 g 0 (x0 )

#

= D1 f0 (x0 , y0 ) + D2 f0 (x0 , y0 ) · g 0 (x0 ) D1 f1 (x0 , y0 ) = D1 f0 (x0 , y0 ) − D2 f0 (x0 , y0 ) · D2 f1 (x0 , y0 ) D2 f0 (x0 , y0 ) . = D1 f0 (x0 , y0 ) − D1 f1 (x0 , y0 ) · D2 f1 (x0 , y0 ) Továbbá, mivel egyrészt az (x0 , y0 ) a fenti feladat megoldása, másrészt g(x0 ) = y0 és ∀x ∈ [x0 −δ, x0 +δ] esetén f1 (x, g(x)) = α, azért az x0 a h f¨ uggvény minimumhelye. Ezért h0 (x0 ) = 0, azaz D1 f0 (x0 , y0 ) − D1 f1 (x0 , y0 ) ·

D2 f0 (x0 , y0 ) = 0. D2 f1 (x0 , y0 )

(6.13)

D2 f0 (x0 ,y0 ) választ´ assal egyrészt a λ defin´ıci´ oj´ ab´ ol nyilv´ an Ezek szerint a λ := − D 2 f1 (x0 ,y0 )

D2 f0 (x0 , y0 ) + λD2 f1 (x0 , y0 ) = 0, másrészt a 6.13 szerint D1 f0 (x0 , y0 ) + λD1 f1 (x0 , y0 ) = 0 . Szintén a 6.13 szerint ha D2 f0 (x0 , y0 ) 6= 0, akkor D1 f0 (x0 , y0 ) D1 f1 (x0 , y0 ) = . D2 f0 (x0 , y0 ) D2 f1 (x0 , y0 )

2


185

6.8.5 Megjegyz´ es. A fenti tételben tegy¨ uk fel, hogy nem csak az f1 : I × J → R f¨ uggvényre, hanem az f0 : I × J → R f¨ uggvényre is teljes¨ ulnek az implicitf¨ uggvénytétel feltételei. Ekkor a tétel jelentése igen szemléletes és u ´gy fogalmazható, hogy ha az (x0 , y0 ) a fenti feladat megoldása, akkor a két f¨ uggvény szintvonalai érintik egymást az (x0 , y0 ) pontban. Ugyanis ekkor egyrészt, mint a bizony´ıt´ asban már láttuk, mivel az f1 f¨ uggvényre, ´ıgy az f1 −α f¨ uggvényre is fennállnak az implicitf¨ uggvény-tétel feltételei, azért ∃ [x0 − δ, x0 + δ] környezet, hogy az f −1 (α) ⊂ [x0 − δ, x0 + δ] × J halmaz (reláci´ o) differenciálható f¨ uggvény, azaz ∃! g1 : [x0 − δ, x0 + δ] → J f¨ uggvény, hogy g1 (x0 ) = y0 , D1 f1 (x0 ,y0 ) ∀x ∈ [x0 − δ, x0 + δ] esetén f1 (x, g1 (x)) = α, valamint g10 (x0 ) = − D . 2 f1 (x0 ,y0 ) Másrészt, ha az f0 f¨ uggvényre is fennállnak az implicitf¨ uggvény-tétel feltételei, akkor ugyan´ıgy ∃ [x0 −δ0 , x0 + δ0 ] környezet, hogy az f −1 (f0 (x0 , x0 )) ⊂ [x0 −δ0 , x0 + δ0 ] × I halmaz (reláció) differenciálhat´ o f¨ uggvény, azaz ∃! g0 : [x0 − δ0 , x0 + δ0 ] → I f¨ uggvény, hogy g0 (x0 ) = y0 , ∀x ∈ [x0 − δ0 , x0 + δ0 ] esetén f0 (x, g(x)) = f0 (x0 , y0 ), 1 f0 (x0 ,y0 ) valamint g00 (x0 ) = − D D2 f0 (x0 ,y0 ) . A tétel szerint D1 f1 (x0 , y0 ) D1 f0 (x0 , y0 ) = , ezért D2 f0 (x0 , y0 ) D2 f1 (x0 , y0 ) g00 (x0 ) = g10 (x0 ) , mivel g0 (x0 ) = y0 = g1 (x0 ), azért ez azt jelenti, hogy a két f¨ uggvény szintvonalai érintik egymást az (x0 , y0 ) pontban. Az itt elmondottak jól illusztrálhat´ ok a következ˝ u péld´ an kereszt¨ ul. 6.8.6 P´ elda. Oldjuk meg a következ˝ o feladatot: x · y → max 2

(6.14)

2

x +y =1. A fenti tétel jelöléseivel f0 (x, y) = x · y és f1 (x, y) = x2 + y 2 . A feladat Lagrangef¨ uggvénye L(x, y) = x · y + λ(x2 + y 2 ) , tov´ abb´ a D1 f0 (x, y) = y és D2 f0 (x, y) = x, továbbá D1 f1 (x, y) = 2x és D2 f1 (x, y) = 2y. Ezért ha (x0 , y0 )megoldása (6.14) -nak, akkor a Lagrange-elv szerint létezik λ ∈ R, hogy D1,2 L((x0 , y0 ), λ) = [y0 , x0 ] + λ · [2x0 , 2y0 ] = (0, 0), azaz [y0 , x0 ] = −λ · [2x0 , 2y0 ]. Az x0 szám nyilván nem lehet 0, mivel ekkor y0 is 0 lenne, ellentmond´ asban az x20 + y02 = 1 feltétellel. Így x0 = (−λ) · 2y0 = (−λ) · 2 · (−λ) · 2x0 = 4λ2 · x0 alapján 4λ2 = 1. Innen λ = ± 21 , tehát x0 = y0 vagy x0 = −y0 . Behelyettes´ıtve az egyenl˝oség-feltételbe, mindenképpen azt kapjuk, hogy 2x20 = 1, azaz a megoldások csak r ¶ µ r r ¶ µr r ¶ µ r r ¶ µr m m m m m m m m , , − ,− , ,− , − , 2 2 2 2 2 2 2 2 m köz¨ ul ker¨ ulhetnek ki. Az f f¨ uggvény értéke az els˝o két helyen 2 , a második . Mivel kompakts´ agi megfontol´ asok miatt 6.14 -nak u ´gyis van két helyen − m 2


186

megoldása, ezért a fenti els˝o két számp´ ar val´ oban a megoldásokat szolgáltatja. A má³q sik kétqszá´mpár a minimum feladat megold´ asa. Láthat´ o tov´ abb´ a, hogy péld´ aul ³q q ´ m m m m 0 0 g0 2, 2 = −1 = g1 2, 2 og szögeire 6.8.7 P´ elda. Mutassuk meg, hogy egy háromsz¨ cos α cos β cos γ ≤

1 , 8

és egyenl˝oség csak szabályos háromsz¨ ogekre érvényes. Eset¨ unkben legyen f (α, β, γ) = cos α cos β cos γ, és F (α, β, γ) = π − α − β − γ. Ekkor a Lagrange-f¨ uggvény az L(α, β, γ, y) = cos α cos β cos γ + y(π − α − β − γ) alakot ölti. A megoldásra tehát a − sin α cos β cos γ − y = 0 − cos α sin β cos γ − y = 0 − cos α cos β sin γ − y = 0 sz¨ ukséges feltétel adódik. Ha még figyelembe vessz¨ uk, hogy F (α, β, γ) = π − α − β − γ = 0, akkor az egyenletrendszer egyetlen megoldása α = β = γ = π/3, azaz a feltételt csak a szabályos háromsz¨ ogek elég´ıtik ki. Könnyen belátható, hogy ebben a péld´ aban a feladat feltétel nélk¨ uli széls˝ oértékfeladattá alak´ıtható át. Valóban, az F (α, β, γ) = 0 egyenletb˝ ol γ = π − α − β. Ezt az f f¨ uggvénybe helyettes´ıtve f (α, β) = − cos α cos β cos(α + β) . Ekkor a széls˝oérték sz¨ ukséges feltétele D1 f (α, β) = sin α cos β cos(α + β) + cos α cos β sin(α + β) = 0 D2 f (α, β) = cos α sin β cos(α + β) + cos α cos β sin(α + β) = 0 . Ennek az egyenletrendszernek 0 és π k¨ oz¨ ott egyetlen megoldása van, méghozz´ aα= β = π/3. Azonnal látható, hogy ez val´ oban maximumhely, hiszen itt " 00

f (π/3, π/3) =

−1 −1/2 −1/2 −1

#

ami nyilvánvalóan negat´ıv definit. 6.8.8 Megjegyz´ es. A fenti péld´ ak nagyon egyszer˝ uek voltak, inkább csak szemléltették a tételt. Ha a feltételi halmaz több egyenletb˝ ol áll, akkor a (6.11), 0 azaz az L (x0 , y) = 0 egyenletrendszer olyan bonyolult, amelyb˝ol a megoldás am´ ugy sem határozható meg. Ezért a Lagrange-féle multiplik´ ator-tétel az alkalmaz´ asok szempontjából inkább elvi jelent˝ oség˝ unek tekinthet˝ o, azaz az igazi feladata az, hogy más tudományokban adott elméleteket alát´ amasszon. Erre mutatunk péld´ at a következ˝okben a mikroökonómiáb´ ol.


187

6.8.9 P´ elda. A mikroökonómi´ aban központi szerepet játszanak a feltételes széls˝oérték feladatok, ´ıgy a Lagrange-féle multiplik´ ator-tétel, ugyanis a fogyaszt´ okr´ ol felteszik, hogy a hasznosságukat maximalizálj´ ak, a termel˝okr˝ ol pedig felteszik, hogy a profitjukat maximalizálják. I. A fogyaszt´ oi viselked´ es 1. A Marshall-f´ ele megk¨ ozel´ıt´ es: A fogyaszt´ o adott jövedelem szint mellett a hasznosságát maximalizálja. Legyen a fogyasztó hasznossági f¨ uggvénye u : Rn+ → R, legyen p ∈ Rn+ az árak vektora, ekkor a költségf¨ uggvénye a hp, .i : Rn+ → R lineáris funkcion´ al, (adott x ∈ R termék költsége hp, xi,) legyen m ∈ R a fogyaszt´ o jövedelme. A feladat: u(x) → max

(6.15)

hp, xi = m . A feladat Lagrange-f¨ uggvénye az az L : Rn+ × R → R f¨ uggvény, amelyre ∀ x ∈ n R+ , ∀ λ ∈ R eset´ en L(x, y) = u(x) + λ · (hp, xi − m) . Ha az x0 ∈ intRn+ a 6.15 feladat megoldása, és a feladat f¨ uggvényeire fennálnak a Lagrange-féle multiplikátor-tétel feltételei, akkor u0 (x0 ) + λ · p = 0, azaz ∀i = 1, ..., n esetén λ=−

Di u(x0 ) , pi

amely szerint az optimális pontban minden termék parciális határhaszn´ anak és az árának az aránya megegyezik. Továbbá ebb˝ol adódik az is, hogy ∀i, j = 1, ..., n esetén Di u(x0 ) pi = , Dj u(x0 ) pj amely szerint az optimális pontban bármely két termék határhaszn´ anak az aránya megegyezik az árak arányával. A továbbiakban kövess¨ uk a fenti 6.8.5 Megjegyzés menetét: Legyen i, j = 1, 2, ..., n tetsz˝oleges, és tekints¨ uk csupán az i és j-dik terméket, azaz a többi termék mennyiségét rögz´ıts¨ uk valamely adott szinten, ekkor u : R2+ → R. Az egyszer˝ uség kedvéért legyen i = 1, j = 2. A feladat ekkor az el˝oz˝ o (6.15) feladatnak a következ˝o speciális esete: u(x1 , x2 ) → max

(6.16)

p1 x1 + p2 x2 = m . as. Az el˝obb láttuk, hogy ebben a pontban Legyen (x01 , x02 ) ∈ intR2+ megold´ D1 u(x01 , x02 ) p1 = . p2 D2 u(x01 , x02 )


188

Tegy¨ uk fel, hogy az u : R2+ → R f¨ uggvényre fennállnak az implicitf¨ uggvénytétel feltételei, ekkor (mint a 6.7.6 Péld´ aban már láttuk,) az u−1 (u(x01 , x02 )) ⊂ R2+ közömbösségi görbe az x01 egy környezetében differenciálhat´ o f¨ uggvény, azaz ∃! g0 0 0 0 differenciálható f¨ uggvény, hogy g0 (x1 ) = x2 , az x1 egy környezetében u(x1 , g0 (x1 )) = u(x01 , x02 ), valamint D1 u(x01 , x02 ) . g00 (x01 ) = − D2 u(x01 , x02 ) Továbbá (most ebben a speciális esetben az implicitf¨ uggvény-tétel alkalmaz´ asa nélk¨ ul is) látható, hogy f1 : R2+ → R, f1 (x1 , x2 ) = p1 x1 + p2 x2 k¨ oltségvetési f¨ uggvényre az f1−1 (m) = g1 : R → R (affin) f¨ uggvény, amelyre g1 (x1 ) = − pp21 x1 + pm2 , ´ıgy p1 g10 (x1 ) = − . p2 Mivel a Lagrange-féle multiplik´ ator-tétel szerint g00 (x01 ) = −

D1 u(x01 ,x02 ) D2 u(x01 ,x02 )

=

p1 p2

, azért

D1 u(x01 , x02 ) p1 = − = g10 (x01 ) . 0 0 p2 D2 u(x1 , x2 )

A mikroökonómiában szokásos jelölésekkel le´ırva: g00 (x01 )(= x02 (x01 ) =

dx2 p1 )=− , dx1 p2

azaz megkaptuk a mikroökonómia egy sarkalatos törvényét, amely szerint az optimális pontban a 2. terméknek az 1. termékre vonatkoz´ o helyettes´ıtési határr´ at´ aja megegyezik árarányaik reciprokának az ellentettjével. Mivel g0 (x01 ) = x02 = g1 (x01 ), azért ez azt jelenti, hogy az optimális pontban a hasznossági f¨ uggvény közömb¨ osségi görbéje érinti a költségvetési egyenest. Így szemléletesen az optimális pontot u ´gy ”kapjuk meg”, hogy a hasznossági f¨ uggvény közömbösségi görbéit addig toljuk, am´ıg nem érinti a költségvetési egyenest. 2. A Hicks-f´ ele megk¨ ozel´ıt´ es: A fogyaszt´ o adott hasznossági szint mellett a költségét (kiadását) minimalizálja. Ez mondható a fenti megközel´ıtés duális´ anak. Legyen u ˆ ∈ R adott hasznossági szint. A feladat: u(x) → max

(6.17)

hp, xi = u ˆ. uggvény, amelyre ∀ x ∈ A feladat Lagrange-f¨ uggvénye az az L : Rn+ × R → R f¨ n en R+ , ∀ µ ∈ R eset´ L(x, y) = hp, xi + µ · (u(x) − u ˆ) . uggvényeire fennálnak a Ha az x0 ∈ intRn+ a 6.17 feladat megoldása, és a feladat f¨ Lagrange-féle multiplikátor-tétel feltételei, akkor p + µ · u0 (x0 ) = 0, azaz ∀i = 1, ..., n esetén µ=−

pi , Di u(x0 )


189

azaz a (6.15) feladat Lagrange szorzój´ anak a reciproka. A levonhat´ o következtetédek ´ıgy ugyanazok. Például végs˝o következtetésként azt kapjuk, hogy az optimális pontban a költségvetési egyenes érinti a hasznossági f¨ uggvény köz¨ omb¨ osségi görbéjét. Azonban most ez azt jelenti, hogy az optimális pontot u ´gy ”kapjuk meg”, hogy a költségvetési egyenest addig toljuk, am´ıg nem érinti a hasznossági f¨ uggvény közömbösségi görbéjét. II. A termel˝ oi viselked´ es A k¨ olts´ egminimaliz´ al´ asi feladat Legyen a termel˝o termelési f¨ uggvénye f : Rn+ → R, legyen p ∈ Rn+ az árak vektora, legyen y ∈ R adott termelési szint. A feladat: f (x) → max

(6.18)

hp, xi = y . Ez formálisan ugyanaz a feladat, mint a (6.17). A feladat Lagrange-f¨ uggvénye az az n n L : R+ × R → R f¨ uggvény, amelyre ∀ x ∈ R+ , ∀ µ ∈ R esetén L(x, y) = hp, xi + µ · (f (x) − y) . Ha az x0 ∈ intRn a 6.18 feladat megoldása, és a feladat f¨ uggvényeire fennálnak a Lagrange-féle multiplikátor-tétel feltételei, akkor p + µ · f 0 (x0 ) = 0, azaz ∀i = 1, ..., n esetén

pi . Di (x0 ) A levonható következtetések ugyanazok, mint az el˝oz˝ o feladatok esetében. Egyrészt az optimális pontban minden minden termelési tényez˝ o parciális határtermékének és az árának az aránya megegyezik. Másrészt ebb˝ol adódik az is, hogy ∀i, j = (x0 ) = ppji , amely szerint bármely két termelési tényez˝ o parciális 1, ..., n esetén DDijf(x 0) határtermékének az aránya megegyezik az áraik arány´ aval. Vég¨ ul csak két terméket vizsgálva, ha az f f¨ uggvényre teljes¨ ulnek az implicitf¨ uggvény-tétel feltételei, akkor p1 dx2 g00 (x01 )(= x02 (x01 ) = dx ) = − , azaz az optim´ a lis pontban a 2. terméknek az 1. p2 1 termékre vonatkozó helyettes´ıtési határr´ at´ aja megegyezik árar´ anyaik reciprokának az ellentettjével, amely szerint az optimális pontban a költségvetési egyenes érinti a hasznossági f¨ uggvény közömbösségi görbéjét. µ=−

6.8.10 Megjegyz´ es. Meglep˝ onek t˝ unhet, hogy azt a roppant egyszer˝ u rajzolgatást, ami a mikroökonómia egyik kiindulópontja, csak két félév matematika tanulás után lehet elmagyarázni (s˝ot a magyar´ azatunk egy kicsit hiányos is abban az értelemben, hogy mind az implicitf¨ uggvény-tételt, mind a Lagrange-féle multiplikátor-tételt csak a speciális kétdimenzi´ os esetben bizony´ıtottuk be). Vegy¨ uk észre azonban, hogy olyan egyszer˝ unek t˝ un˝ o és szemléletes fogalomnak, mint a középiskolából jól ismert számegyenesnek a gondos bevezetése az anal´ızis egyik legmélyebb ter¨ ulete, továbbá a szintén nagyon egyszer˝ unek t˝ un˝ o, már az által´ anos iskolában megismert érint˝o fogalmának, azaz a deriváltnak – amely az anal´ızis egyik központi fogalma – a bevezetése rengeteg munk´ at igényel, k¨ ul¨ on¨ osen a többv´ altoz´ os esetben.


190

1. Gyakorlatok, feladatok 1. Mutassuk meg, hogy az Rp tér egységg¨ ombjének felsz´ıne kompakt halmaz, és az x → |Ax| leképezés folytonos ezen a halmazon bármely q × p méret˝ u A mátrix esetén. 2. Bizony´ıtsuk be, hogy a (6.1) és (6.2) egyenl˝ oségek val´ oban normát definiálnak a lineáris leképezések terén. 3. Igazoljuk a norma következ˝ o karakteriz´ aci´ oj´ at: kAk = inf{λ > 0 : |Ax| ≤ λ|x|

∀x ∈ X } .

´ ıtás, ha a normát a (6.1), vagy (6.2) alatti normák 4. Igaz marad-e a 6.1.4 All´ valamelyikére cserélj¨ uk? 5. Mutassuk meg, hogy minden ortogonális mátrix egységnyi normáj´ u. 6. Bizony´ıtsuk be, hogy normális mátrixok esetében a norma megegyezik a sajátértékek abszol´ ut értékeinek maximum´ aval, azaz kAk = max{|λ| : λ az A sajátértéke} .

7. Jelölje λ az A mátrix domináns sajátértékét. Igazoljuk, hogy |λ| ≤ kAk, és az egyenl˝oség pontosan akkor teljes¨ ul, ha A diagonalizálhat´ o. (Vesd össze a 6. gyakorlattal.) 8. Közvetlen¨ ul a defin´ıció alapján ellen˝orizz¨ uk, hogy ha az f : X → Y f¨ uggvény differenciálható az x ∈ X pontban, akkor ott folytonos is. 9. Mutassuk meg, hogy ha az f koordinátaf¨ uggvényei f1 , . . . , fq , u ´gy f akkor és csak akkor differenciálható az x pontban, ha itt mindegyik koordinátaf¨ uggvénye is differenciálható. 10. Mutassuk meg, hogy a g(t) = f (x + tv) differenciálhat´ os´ aga bármely v mellett a 0 pontban nem feltétlen¨ ul jelenti az f differenci´ alhat´ os´ ag´ at az x pontban. Tekints¨ uk ugyanis az (

f (x, y) =

1 0

ha y = x2 , (x, y) 6= (0, 0) k¨ ul¨ onben

f¨ uggvényt. Igazoljuk, hogy ekkor bármely v ∈ R2 mellett a g(t) = f (tv) f¨ uggvény differenciálható a 0 pontban, és g 0 (0) = 0. Azonban f még csak nem is folytonos az origóban, hiszen annak bármely környezetében egyar´ ant felveszi a 0 és az 1 értékeket is. 11. Határozzuk meg az f (x, y) = f¨ uggvény széls˝oértékeit.

1 2 + + 8xy x y


191

12. Mutassuk meg, hogy a 6.6.4 Péld´ aban az (1, 1, 1) pont kivételével egyetlen más kritikus pont sem széls˝oérték. 13. Tekints¨ uk az X valós euklideszi téren az f (x) = kxk f¨ uggvényt. Vizsgáljuk meg, hogy f milyen pontokban differenciálhat´ o, és adjuk meg a deriváltj´ at. 14. Határozzuk meg az f (x, y, z) = xyz f¨ uggvénynek a maximum´ at az egységgömbb˝ol az x + y + z = 0 s´ık által kimetszett halmazon. Ebben az esetben a feltételt az # " x2 + y 2 + z 2 − 1 F (x, y, z) = x+y+z f¨ uggvény határozza meg. 15. Határozzuk meg az

"

A=

1 1 0 1

#

mátrix normáját feltételes széls˝ oérték feladatként. Legyen f (x) = kAxk2 , és 2 2 F (x) = kxk − 1, ahol x ∈ R , és keress¨ uk meg a megfelel˝o feladat megoldás´ at. ´ ıt´ 16. Az el˝oz˝o feladat gondolatmenetét felhasználva bizony´ıtsuk be a 6.1.5 All´ ast a 6.8.3 Tétel seg´ıtségével. A normát az kAxk2 → max kxk2 = 1 feltételes széls˝oérték feladat megoldásaként áll´ıtsuk el˝o. 17. Irjunk egy adott körbe olyan háromsz¨ oget, amely oldalainak négyzet¨ osszege maximális. Oldjuk meg a problém´ at feltételes széls˝ oérték feladatként.

BUDAPESTI KÖZGAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM. Puskás Csaba, Szabó Imre, Tallos Péter LINEÁRIS ALGEBRA JEGYZET

Recommend Documents