Color profile: Generic CMYK printer profile Composite 150 lpi at 45 degrees

Color profile: Generic CMYK printer profile Composite 150 lpi at 45 degrees

Matematikai Lapo / Borító 2013. december 13. 19:28:39

✐

✐ “13-1-borito” — 2014/5/20 — 11:55 — page 0 — #1

✐

✐

MATEMATIKAI LAPOK A Bolyai J´anos Matematikai T´arsulat Lapja. Megjelenik ´evenk´ent k´etszer. ´ sorozat 19. ´ Uj evfolyam (2013), 1. sz´ am ´ Tiszteletbeli f˝ oszerkeszt˝ o: Cs´ asz´ ar Akos F˝ oszerkeszt˝ o: Katona Gyula F˝ oszerkeszt˝ o-helyettes: Frank Andr´ as, Sur´ anyi L´ aszl´ o Tan´ acsad´ o bizotts´ ag: Dar´ oczy Zolt´ an (DE), Hajnal Andr´ as (RI), Lov´ asz L´ aszl´ o (ELTE) Szerkeszt˝ obizotts´ ag: B´ ar´ any Imre (RI), Hetyei G´ abor (PTE), Laczkovich Mikl´ os (ELTE), P´ ales Zsolt (DE), P´ alfy P´eter P´ al (RI), Pelik´ an J´ ozsef (ELTE), Recski Andr´ as (BME), Reiman Istv´ an (BME), R´ onyai Lajos (SZTAKI), Staar Gyula (Term´eszet Vil´ aga), Szendrei M´ aria (SZTE) ´ Szervez˝ o szerkeszt˝ o: Kisv¨ olcsey Akos Nyomdai el˝ ok´esz´ıt´es: Mikl´ os Ildik´ o ISSN 0025-519X Szerkeszt˝ os´eg: 1055 Budapest, Falk Miksa u. 12., I/4. Telefon: 225-8410. ´ Ara: – A Bolyai J´ anos Matematikai T´ arsulat tagjainak ingyenes; ´ A-val). ´ – nem t´ arsulati tagoknak egy ´evfolyam 2464 Ft (AF Megrendelhet˝ o a szerkeszt˝ os´egt˝ ol.

A Matematikai Lapok megjelen´es´et t´amogatja a Magyar Tudom´ anyos Akad´emia K¨onyv- ´es Foly´oiratkiad´o Bizotts´ aga.

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 1 — #1

✐

✐

´ MODSZER ´ ´ EGY UJ AZ A ∈ Rn×n MATRIX 1 ´ ´ ´ ´ JORDAN-FELE NORMALALAKJ ANAK ES ´ OM ´ ATRIX ´ ´ TRANSZFORMACI ANAK ˝ ALL ´ ´ITAS ´ ARA, ´ ´ ´ ELO VALAMINT AZ ALLAND O ´ U ´ LINEARIS ´ ¨ EGYUTTHAT OJ ´ DIFFERENCIALEGYENLET-RENDSZEREK ´ ARA ´ MEGOLDAS ´ OBADOVICS J. GYULA2

Tartalom Absztrakt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Bevezet´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1. A m´ atrix Jordan-f´ele norm´ alalakj´ anak el˝ oa ´ll´ıt´ asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2. A transzform´ aci´ o m´ atrix´ anak kisz´ am´ıt´ asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 3. Az eAt exponenci´ alis m´ atrixf¨ uggv´eny norm´ alalakja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 4. Az ´ alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u differenci´ alegyenlet-rendszerek megold´ asa . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.1. Megold´ as mod´ alm´ atrixszal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 4.2. Megold´ as a transzform´ aci´ o m´ atrix´ aval . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 4.3. Megold´ as nem szab´ alyosan fel´ırt Jordan-alak alkalmaz´ as´ aval . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 5. Egy k´ıs´erletez˝ o m´ odszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 5.1. K¨ ozel´ıt˝ o megold´ as, ha a gy¨ okt´enyez˝ ok nem line´ arisak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 5.2. A k¨ ozel´ıt˝ o megold´ as hibabecsl´ese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 6. Komplex saj´ at´ert´ekek ´es saj´ atvektorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 ¨ 7. Osszefoglal´ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 Irodalomjegyz´ek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 K¨ onyvek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 Dolgozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

1 Marie Ennemond Camille Jordan (1838. jan. 5. La Croix–Rousse, Lyon. – 1922. jan. 22. P´ arizs). 2 Nyug´ allom´ anyba vonul´ asa el˝ ott a Szent Istv´ an Egyetem Matematikai ´ es Sz´ am´ıt´ astechnikai Int´ ezet igazgat´ oja ´ es a Matematikai Tansz´ ek tansz´ ekvezet˝ o egyetemi tan´ ara volt.

1

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 2 — #2

✐

✐

Absztrakt. A dolgozat a klasszikus elj´ ar´ asokn´ al hat´ ekonyabb m´ odszereket mutat be a n´ egyzetes m´ atrixokhoz tartoz´ oan a Jordan-f´ ele norm´ alalaknak, a transzform´ aci´ om´ atrixnak, a mod´ alm´ atrixnak ´ es a k¨ ozel´ıt˝ o mod´ alm´ atrixnak, az exponenci´ alis m´ atrixf¨ uggv´ eny norm´ alalakj´ anak, az ´ alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer alaprendszer m´ atrix´ anak, valamint az ´ altal´ anos ´ es kezdeti felt´ etelt kiel´ eg´ıt˝ o pontos ´ es k¨ ozel´ıt˝ o megold´ as´ anak el˝ oa ´ll´ıt´ as´ ara.

Bevezet´ es

Defin´ıci´ o. Az n × n m´eret˝ u n´egyzetes m´atrixokat n-edrend˝ u m´ atrixoknak nevezz¨ uk. Defin´ıci´ o. Ha egy n-edrend˝ u A m´atrixnak n sz´ am´ u line´ arisan f¨ uggetlen saj´atvektora van, akkor azt a m´atrixot, amelynek oszlopai a saj´atvektorok koordin´at´ aival rendre megegyeznek, az A-hoz tartoz´ o mod´ alm´ atrixnak mondjuk. Defin´ıci´ o. Az n-edrend˝ u A m´ atrix nemderogat´ orius, ha az m(λ) minim´ alpolinom megegyezik a k(λ) karakterisztikus polinommal, ´es derogat´ orius, ha ezen polinomok nem egyeznek meg. Defin´ıci´ o. Egy n-edrend˝ u A m´ atrixot k index˝ u nilpotens m´ atrixnak nevez¨ unk, ha Ak−1 6= 0 ´es Ak = 0. ([D3], [K15], [K18].) Egerv´ ary Jen˝ o (1953) [D3], (1959) [D4] dolgozat´ aban igazolta, hogy ha egy A m´atrix minim´alegyenlet´enek mindegyik gy¨oke egyszeres, akkor Lagrange-f´ele m´atrixpolinommal (l. [K18] 246., 409. oldal), ha pedig a minim´ alpolinomj´ anak t¨ obbsz¨or¨os gy¨oke is van, akkor Hermite-f´ele m´ atrixpolinommal (l. [K18] 271., 410. oldal) meghat´arozhat´o a m´atrix kanonikus alakja. Mindk´et esetet [D4] ´es [K18] p´eld´aval is szeml´elteti. (A p´eld´ akban el´ır´ as t¨ort´ent; az els˝ o p´elda A m´ atrix´ aban odik [K18] 2. kiad´ as´ anak az a22 = −3 helyett a22 = 3 a helyes elem (ugyanez ism´etl˝ 297. oldal´an), a 2. p´elda megold´ as´ aban az x vektor el˝ oa´ll´ıt´ as´ aban −25 helyett +25 a helyes egy¨ utthat´o ([D4], 53. oldal)). Ozello (1987) [D21] t¨obbek k¨oz¨ott kvadratikus m´atrixok Jordan-f´ele norm´ alalakj´anak direkt el˝o´all´ıt´as´aval is foglalkozott. Kaltofen – Krishnamoorthy– Saunders (1990) [D10], Villard (1994) [D25] gyors parallel algoritmusokat fejlesztettek ki Jordan-norm´alalak l´etrehoz´as´ahoz. Giesbrecht (1994) [D6], [D7], Giesbrecht – Storjohann (2000) [D8] Monte Carlo t´ıpus´ u algoritmust ´all´ıtottak el˝ o Jordannorm´alalak l´etrehoz´as´ahoz. Eberly (2000) [D2] hat´ekony algoritmust dolgozott ki olyan m´atrix kisz´am´ıt´as´ara, melynek eredm´enyeit a Jordan-norm´ alalak, ´es a transzform´aci´om´atrix el˝o´all´ıt´as´ahoz alkalmazta. Ebben a dolgozatban a felsorolt szerz˝ ok eredm´enyeit˝ ol k¨ ul¨onb¨oz˝ o, olyan m´odszert mutatunk be, mely egy n´egyzetes A m´ atrix Jordan-f´ele norm´ alalakj´ anak, a hasonl´os´agi transzform´aci´o m´ atrix´ anak, valamint az ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u line´ aris 2 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 3 — #3

✐

✐

differenci´alegyenlet-rendszer megold´ as´ anak el˝ oa´ll´ıt´ as´ ahoz nem haszn´ alja fel a bonyolult sz´am´ıt´asokat ig´enyl˝o klasszikus elj´ ar´ asokat. A m´odszer k¨ ul¨on¨osen hat´ekony, ha a jelens´eget le´ır´o differenci´ alegyenlet-rendszer megold´ as´ at´ ol f¨ uggetlen¨ ul, az egy¨ utthat´om´atrix ¨osszes saj´ at´ert´ek´ere ´es saj´atvektor´ ara is sz¨ uks´eg van. A MAPLE programcsomag differenci´ alegyenlet-rendszert megold´ o programj´ anak gyenges´ege ind´ıtotta el azt a kutat´omunk´ at, amely t¨obb line´ aris algebrai eredm´eny mellett v´eg¨ ul egy hat´ekony – ´alland´o egy¨ utthat´ oj´ u line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszert m´atrixszorzatokkal megold´o – pontos ´es k¨ozel´ıt˝ o – algoritmushoz vezetett. Az elj´ ar´ as el˝ onye a klasszikus m´ odszerrel szemben: a) ´ altal´ anos, azaz minden n × n-es egy¨ utthat´ om´ atrixszal meghat´ arozott ´alland´o egy¨ utthat´oj´ u line´aris differenci´ alegyenlet-rendszer megold´ as´ara alkalmazhat´o; b) a klasszikus megold´asi elj´ ar´ asokhoz k´epest kevesebb m˝ uveletsz´ ammal alkalmazhat´o a gyakorlatban felmer¨ ul˝ o m´ern¨oki sz´ am´ıt´ asokhoz; c) a saj´at´ert´ekek ´es saj´atvektorok ismeret´eben az alaprendszerm´ atrix mellett, egyetlen m´ atrix fel´ır´as´ara (mod´ alm´ atrix), vagy kisz´ am´ıt´ as´ ara (transzform´aci´ om´ atrix) valamint inverz´ere van sz¨ uks´eg. Az ut´ obbira csak akkor, ha kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´ast keres¨ unk. A klasszikus megold´ as alkalmaz´ as´ ahoz az egy¨ utthat´om´atrix minim´alpolinomj´anak foksz´ am´ aval megegyez˝ o sz´am´ u m´atrixpolinomot kell kisz´am´ıtani. A differenci´alegyenlet-rendszerek elm´elete szerint a dx(t) = Ax(t), dt

dx(t) = Ax(t) + f (t) dt

homog´en, illetve inhomog´en line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer ´altal´ anos megold´asa Z t

x(t) = eAt c,

illetve, x(t) = eA(t) c +

eA(t−u) f (u) du,

u=t0

az x(t0 ) = x0 kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ asa pedig x(t, x0 ) = eA(t−t0 ) x0 ,

illetve x(t, x0 ) = eA(t−t0 ) x0 +

Z

t

eA(t−u) f (u) du u=t0

utthat´ om´ atrix, x(t) az ismeretlen alakban el˝o´all´ıthat´o, ahol A = [aij ]n×n az egy¨ f¨ uggv´enyvektor, c vektor elemei pedig tetsz˝ oleges ´alland´ ok [D2], [D3], [K18]. A dolgozatban ismertet´esre ker¨ ul˝ o m´odszer a homog´en, illetve az inhomog´en rendszer ´ altal´ anos megold´ as´ at x(t) = TDc,

illetve x(t) = T · D · c +

Z

t u=t0

T · Du · T−1 · f (u) du

m´atrixszorzattal, a kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ as´ at pedig x(t, x0 ) = TDT−1 x0 , 3 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 4 — #4

✐

illetve −1

x(t, x0 ) = T · D · T

· x0 +

Z

✐

t u=t0

T · Du · T−1 · f (u) du

m´ atrixszorzattal ´all´ıtja el˝o, ahol 1. ha az A m´atrix minim´ alegyenlet´enek csak egyszeres gy¨ okei vannak (az A Jordan-f´ele norm´alalakja diagon´ alm´ atrix), akkor a T m´ atrix oszlopvektorait ak. Ekkor a T mod´ alm´ atrixot Q-val jeaz A m´atrix vi (λi ) saj´atvektorai alkotj´ l¨ olj¨ uk. A D diagon´alm´atrixban az eλi t elemek a vi (λi ) oszlopvektorok sorrendj´et k¨ovetik. Ezt a differenci´alegyenlet-rendszerhez tartoz´ o diagon´ alis alaprendszerm´ atrixnak nevezz¨ uk, ´es Dd -vel jel¨olj¨ uk [K14], [K15]; 2. ha az A m´atrix minim´ alegyenlet´enek t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ okei is vannak, akkor T az A m´atrix J-vel jel¨olt Jordan-f´ele norm´ alalakj´ at el˝ oa´ll´ıt´ o transzform´ aci´ o m´atrixa, alis m´ atrixf¨ uggv´eny norm´ alalakja, ´es De -vel a D m´atrix pedig az eAt exponenci´ atrixban az eλi t helyett eλi (t−u) ´all. A J m´ atrix jel¨olj¨ uk. A Du alaprendszerm´ ismerete mind a D, mind a T m´atrix kisz´ am´ıt´ as´ ahoz sz¨ uks´eges [K15]. Az u ´j megold´asi m´odszer keres´es´enek indokolts´ ag´ at a k¨ovetkez˝ o, h´ arom ismeretlen f¨ uggv´enyt tartalmaz´o, els˝ orend˝ u, ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u, homog´en, line´ aris differenci´alegyenlet-rendszer megold´ asakor jelentkezett neh´ezs´egek bemutat´ as´ aval szeml´eltetj¨ uk. ´ ıtsuk el˝o az P´ elda. All´

 x(t) ˙ = −4y − 2z    y(t) ˙ = −3x − z    z(t) ˙ = −y − z

differenci´alegyenlet-rendszer x(0) = 1, y(0) = 0, z(0) = 1 kezdeti felt´etelrendszert kiel´eg´ıt˝o megold´as´at. A MAPLE V Release 5 differenci´ alegyenlet-rendszert megold´ o m´odszere 20 perces programfut´as ut´an (Windows 95 op. r.) sem adott eredm´enyt, a MAPLE 9.5 pedig (Windows XP op. r.) a megold´ ast 29 oldal terjedelemben k¨oz¨olte a k¨ovetkez˝ o utas´ıt´asok v´egrehajt´asa ut´an: s:={diff(x(t),t)=-4*y(t)-2*z(t),diff(y(t),t)=-3*x(t)-z(t), diff(z(t),t)=-y(t)-z(t)}: Ic:={x(0)=1,y(0)=0,z(0)=1}: megold´ as:=combine(dsolve(s union Ic,{x(t),y(t),z(t)}),trig); A megold´ as szeml´eltet´ese a mod´ alm´ atrix felhaszn´ al´ as´ aval: A differenci´alegyenlet-rendszer egy¨ utthat´ om´ atrixa:   0 −4 −2 0 −1 . A = −3 0 −1 −1 4 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 5 — #5

✐

✐

Az A m´atrix saj´at´ert´ekei (λi ): λ1 = 3,376468081, λ2 = −3,923562088, o λ3 = −0,4529059982. A saj´at´ert´ekekhez tartoz´     −0,7150861428 −0,7563510517 v(λ1 ) ≈  0,6814728728 , v(λ2 ) ≈ −0,6335458733 , −0,1557129768 −0,2167034097   −0,3811397001 v(λ3 ) ≈ −0,5013356936 0,9163611596

line´arisan f¨ uggetlen saj´atvektorokkal k´epzett Q mod´ alm´ atrix ´es determin´ ansa:   Q = v(λ1 ) v(λ2 ) v(λ3 ) ≈   −0,7150861428 −0,7563510517 −0,3811397001 ≈  0,6814728728 −0,6335458733 −0,5013356936 , −0,1557129768 −0,2167034097 0,9163611596 det Q = 1,000000001 6= 0.

A mod´alm´atrix inverze:  −0,6891979854 Q−1 ≈ −0,5464107989 −0,2463288091

0,7756849996 −0,7146255644 −0,03718793161

 0,1377162950 −0,6182345739 . 0,9684725990

Az alaprendszer diagon´alm´ atrixa:
! Dd ≈ diag e3,376468085t , e−3,923562085t , e−0,459905997t .

A kezdeti felt´etelvektort kiel´eg´ıt˝ o megold´ asvektor:   x(t) x(t, x0 ) = y(t) = Q · Dd · Q−1 · x0 ≈ z(t)   0,3943569148eλ1 t + 0,880880752eλ2 t − 0,2752376675eλ3 t ≈ −0,3758198118eλ1 t + 0,7378562698eλ2 t − 0,3620364578eλ3 t  , 0,08587285565eλ1 t + 0,2523826234eλ2 t + 0,6617445208eλ3 t

am´ıtott saj´ at´ert´ekeket kell ´ırni. A megold´as 9 jegyre ahol a λ1 , λ2 , λ3 helyett a kisz´ pontos. Ha behelyettes´ıtj¨ uk a megold´ asvektort az eredeti egyenletrendszerbe, ´es p´eld´aul kisz´am´ıtjuk a t = 1 helyen a bal ´es jobb oldali vektor komponenseit, akkor azt kapjuk, hogy a k´et vektor a 8. tizedes jegyre kerek´ıtve azonos:     38, 98120714 38, 98120711 −37, 09143919 , −37, 09143913 . 8, 275815806 b 8, 275815795 j 5 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 6 — #6

✐

✐

A tov´abbiakban megvizsg´aljuk, mik´ent lehet fel´ırni egy n´egyzetes A m´ atrix saj´atalis ´ert´ekeinek ismeret´eben a m´atrix Jordan-f´ele norm´ alalakj´ at, az eAt exponenci´ m´atrixf¨ uggv´eny norm´alalakj´ at, milyen sz´ am´ıt´ asi elj´ ar´ assal kapjuk meg a transzform´aci´o T m´atrix´at, ha az A minim´ alpolinomja nemlin´ aris gy¨okt´enyez˝ ot is tartalmaz, ´es ezek ismeret´eben hogyan oldjuk meg az ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u line´ aris differenci´alegyenlet-rendszert.

1. A m´ atrix Jordan-f´ ele norm´ alalakj´ anak el˝ o´ all´ıt´ asa A differenci´alegyenlet-rendszer megold´ as´ ara kidolgozott algoritmus sz¨ uks´egess´e teszi az egy¨ utthat´om´atrix Jordan-f´ele norm´ alalakj´ anak fel´ır´ as´ at. A Jordan-f´ele m´atrix ´es transzform´ aci´ om´ atrix´ anak el˝ oa´ll´ıt´ as´ ar´ ol az irodalomjegyz´ekben felsorolt dolgozatok ´es k¨onyvek adnak ´attekint´est. Az ott, valamint a bevezet´esben id´ezett cikkekben le´ırtakt´ ol elt´er˝ o m´odszert ismertet¨ unk, amely egy n-edrend˝ u m´atrix gy¨okt´enyez˝ os alakban fel´ırt karakterisztikus polinomj´ anak, minim´alpolinomj´anak ´es a blokkok darabsz´ am´ anak ismeret´eben a Jordan-f´ele m´atrix fel´ır´as´at – fels˝ o (als´ o ) Jord´ an-blokkokkal – mindig egy´ertelm˝ uen lehet˝ ov´e teszi. A dolgozatban a m´atrixokat fels˝ o Jordan-f´ele norm´ alalakra transzform´ aljuk. C´elul t˝ uzt¨ uk ki azt is (l. a 2. fejezetet), hogy a Jordan-f´ele m´atrix ´es az egy¨ utthat´ om´ atrix saj´atvektorai felhaszn´al´as´aval, az elemi line´ aris algebra ismereteire t´amaszkodva, a lehet˝o legkevesebb m˝ uvelettel ´all´ıtsuk el˝ o a differenci´ alegyenlet-rendszer megold´ as´ahoz sz¨ uks´eges transzform´ aci´ o m´ atrix´ at is [K14]. atrixhoz tal´ alhat´ o olyan nem szingul´ aris Ismert, hogy minden A ∈ Rn×n m´ T ∈ Rn×n m´atrix, amellyel az A m´ atrix (1)

J = T−1 AT

(J ∈ Rn×n , det T 6= 0)

hasonl´os´agi transzform´aci´oval 

B1 (λ1 )  !
 0 J = diag B1 (λ1 ), B2 (λ2 ), . . . , Bs (λs ) =  .  .. 0

0 B2 (λ2 ) .. .

... ... .. .

0 0 .. .

0

...

Bs (λs )



  , 

kv´ azidiagon´ alis Jordan-f´ele alakra hozhat´ o, ahol (s ≤ n), ´es Bk (λk ) tk × tk t´ıpus´ u m´atrixok az u ´n. fels˝ o Jordan-f´ele blokkok, melyeknek az alakja:   λk 1 0 . . . 0  0 λk 1 . . . 0     .. .. . . ..  = λ E + C , (2) Bk (λk ) =  ... k tk tk . . . .    0 0 0 ... 1 0 0 0 . . . λk (k = 1, 2, . . . , s; t1 ≥ 1, t2 ≥ 1, . . . , ts ≥ 1),

6 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 7 — #7

✐

ahol a λk saj´at´ert´ekek multiplicit´ asa tk , Etk dig  0 1 0 0   (3) Ctk =  ... ...  0 0 0 0

egy tk × tk t´ıpus´ u egys´egm´ atrix, Ctk pe0 1 .. .

... ... .. .

0 0

... ...

u m´atrix. tk × tk t´ıpus´ R¨oviden jel¨olve:

  λ ,   k  ahol aij = 1,     0

Bk (λk ) = (aij ),

✐

 0 0  ..  .  1 0

ha j = i, ha j = i + 1, ´es egy´ebk´ent.

Azt a b´azist, amelyben a m´atrix felveszi a Jordan-f´ele norm´ alalakot, a m´atrix Jordan-b´ azis´ anak nevezz¨ uk. A hasonl´ os´ agi transzform´ aci´ o teh´ at a b´azis, illetve a koordin´atarendszer transzform´ aci´ oj´ at jelenti. n×n Ha az A ∈ R m´atrix saj´at´ert´ekei val´ osak, akkor a Jordan-f´ele norm´ alalakj´ at a m´atrix karakterisztikus polinomj´ anak ´es minim´ alpolinomj´ anak gy¨okt´enyez˝ os alakja alapj´an az al´abbi szab´ alyok szerint k¨ozvetlen¨ ul el˝ oa´ll´ıthatjuk (a komplex esettel a 6. fejezetben foglalkozunk): at´ert´eke k¨ ul¨onb¨oz˝ o. A ka1. eset. Az n-edrend˝ u A m´ atrix mindegyik λi saj´ rakterisztikus polinom egyenl˝ o a minim´ alpolinommal: k(λ) = m(λ). Ekkor a Jordan-f´ele norm´ alalak olyan diagon´ alm´ atrix, melynek f˝ odiagon´ alis´ aban a saj´at´ert´ekek ´allnak, ´espedig – meg´ allapod´ as szerint – abszol´ ut ´ert´ek¨ uk monoton n¨ovekv˝o sorrendj´eben. Abszol´ ut ´ert´ekben egyenl˝ o saj´ at´ert´ekek eset´en a negat´ıv saj´at´ert´ek megel˝ozi a pozit´ıv saj´ at´ert´eket. (Ett˝ ol elt´er˝ o meg´allapod´as is megadhat´ o, l. a 4.3. fejezetet). Ebben az esetben teh´at minden Jordan-blokk 1 × 1-es, azaz Bi = [λi ] (i = 1, 2, . . . , n). ´ ıtsuk el˝o az 1. p´ elda. All´ 

−5 −4  2 1  3 A=  2  2 −1 −4 −2

−6 2 3 1 −3

 −6 −6 2 2  5 5  3 1 −7 −5

atrix saj´ at´ert´ekei: −3, −1, 2, 1, −2, ´ıgy m´atrix Jordan-alakj´at. Az A ∈ R5×5 m´ a k(λ) karakterisztikus polinom ´es az m(λ) minim´ alpolinom gy¨okt´enyez˝ os alakja azonos, gy¨okt´enyez˝oi els˝ofok´ uak: k(λ) = m(λ) = (λ + 3)(λ + 1)(λ − 2)(λ − 1)(λ + 2). 7 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 8 — #8

✐

✐

Az A m´atrix Jordan-f´ele norm´ alalakj´ anak blokkjai, a saj´ at´ert´ekek |−1| ≤ |1| < | − 2| ≤ |2| < | − 3| monoton n¨ovekv˝ o sorrendj´ere tekintettel: B1 [−1], B2 [1], B3 [−2], B4 [2], B5 [−3], ´es ´ıgy a Jordan-f´ele norm´ alalakja:   −1 0 0 0 0  0 1 0 0 0   . 0 0 −2 0 0 J = diag(−1, 1, −2, 2, −3) =     0 0 0 2 0 0 0 0 0 −3 2. eset. Az n-edrend˝ u A m´ atrix karakterisztikus egyenlet´enek vannak t¨obbsz¨or¨os multiplicit´as´ u gy¨okei, de a minim´ alegyenlet´enek csak egyszeres multiplicit´ as´ u gy¨okei vannak. A Jordan-f´ele norm´alalak ekkor is tiszta diagon´ alm´ atrix, mindegyik blokkja 1 × 1-es. A karakterisztikus polinomot ´es a minim´ alpolinomot t´enyez˝ okre bontott alakban vizsg´aljuk. A J Jordan-f´ele m´atrix f˝odiagon´ alis´ anak elemeit a minim´ alegyenlet gy¨okeinek felhaszn´al´as´aval az 1. eset szab´ alya szerint be´ırjuk. Majd a blokkok k´epz´es´et a minim´alpolinomot a karakterisztikus polinomm´ a kieg´esz´ıt˝ o t´enyez˝ ok alapj´ an folytatjuk, ugyancsak az 1. szab´ aly szerint. ´ ıtsuk el˝o az 2. p´ elda. All´ 

5 6 −3 −4  A= −3 −3 −3 −6 6 9

m´ atrix Jordan-f´ele norm´alalakj´ at.

3 −3 −1 −3 6

 3 3 −3 −3  0 0  −1 −3 3 5

Az A ∈ R5×5 m´atrix karakterisztikus polinomj´ anak ´es minim´ alpolinomj´ anak gy¨okt´enyez˝os alakja: 2

3

k(λ) = (λ + 1) (λ − 2) ,

´es m(λ) = (λ + 1)(λ − 2).

A minim´alpolinom szerint kapjuk a B1 = [−1], B2 = [2] blokkokat, majd a karakterisztikus polinom m´asodfok´ u t´enyez˝ oj´eb˝ ol kapjuk a B3 = [−1], a harmadfok´ u alpolinom line´ aris t´enyez˝ ok t´enyez˝oj´eb˝ol a B4 = [2] ´es B5 = [2] blokkot (ui. a minim´ 2 szorzata, ´ıgy a (λ − 2) marad´ek t´enyez˝ oh¨oz is 2 darab 1 × 1-es blokk tartozik). Egy n-edrend˝ u A m´atrix Jordan-blokkjainak sz´ am´ at mindegyik λi saj´ at´ert´ekhez (egyben a line´arisan f¨ uggetlen saj´ atvektorok sz´ am´ at) a line´ aris algebr´ ab´ ol ismert (∗)

mi = n − rang(A − λi E)

formul´aval kisz´am´ıthatjuk (E az A-val megegyez˝ o rend˝ u egys´egm´ atrix). A saj´at´ert´ekekhez tartoz´o blokkok m´eret´et ´altal´ anos esetben a blokkok sz´ama ´es a minim´ alpolinom egy¨ utt meghat´arozza. A blokkok pontos megad´ as´ ahoz (saj´at´ert´ekenk´enti 8 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 9 — #9

✐

✐

darabsz´am ´es m´eret) a 3. p´eld´ aban ismertetend˝ o Frobenius-formula is felhaszn´ alhat´o [K8]. o blokkok sz´ ama: A vizsg´alt A m´atrix λ1 = −1 saj´at´ert´ek´ehez tartoz´ !
m1 = 5 − rang A − (−1)E = 5 − 3 = 2.

asa 2, ´ıgy csak k´et 1 × 1-es blokk tartozhat Mivel a λ1 = −1 saj´at´ert´ek multiplicit´ hozz´a. o blokkok sz´ ama: A λ1 = 2 saj´at´ert´ek´ehez tartoz´ !
m2 = 5 − rang A − (+2)E = 5 − 2 = 3,

´es mivel multiplicit´asa 3, ´ıgy csak h´ arom db 1 × 1-es blokk tartozhat hozz´ a. Enn´el a p´eld´an´al is, mivel a minim´alpolinom line´ aris t´enyez˝ ok szorzata, egy´ertelm˝ u, hogy az A Jordan-alakja J ∈ R5×5 diagon´ alm´ atrix:   −1 0 0 0 0  0 2 0 0 0    J = diag(−1, 2, −1, 2, 2) =  0 0 −1 0 0 .  0 0 0 2 0 0 0 0 0 2 3. eset. Az n-edrend˝ u A m´atrix karakterisztikus egyenlet´enek ´es minim´ alegyenlet´enek is t¨obbsz¨or¨os multiplicit´ as´ u gy¨okt´enyez˝ oi vannak, akkor a Jordan-f´ele m´ atrixa kv´azidiagon´alis m´atrix. Ha k(λ) = m(λ), ´es nem csak line´ aris t´enyez˝ oik vannak, akkor az 1-n´el magasabb foksz´am´ u t´enyez˝ok blokkjai (2) alak´ uak. A blokkokat, az |λi | saj´ at´ert´ekek monoton n¨oveked´ese ´es a blokkok m´eret´enek n¨ oveked´ese sorrendj´et betartva k´epezz¨ uk. Ekkor is ´erv´enyes az azonos m´eret˝ u blokkokra az a szab´ aly, hogy az egyenl˝ o m´eret˝ uek k¨oz¨ ul a nagyobb abszol´ ut saj´ at´ert´ekkel rendelkez˝ o k¨oveti a kisebbet, ha pedig egyenl˝o abszol´ ut ´ert´ek˝ uek a saj´ at´ert´ekek, de az egyik negat´ıv, akkor a negat´ıv saj´at´ert´ek˝ u blokk megel˝ozi a pozit´ıv saj´at´ert´ek˝ u blokkot. ´ ıtsuk el˝o az 3. p´ elda. All´ 

7 9 −5 −8  A= −5 −5 −6 −10 11 16

m´ atrix Jordan-f´ele norm´alalakj´ at.

 9 8 8 −5 −5 −5  −7 −4 −4  −10 −7 −9 15 10 12

Az A ∈ R5×5 m´atrix karakterisztikus polinomja ´es minim´ alpolinomja egyenl˝ o: 2

2

k(λ) = m(λ) = (λ + 2) (λ − 2) (λ + 3); 9 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 10 — #10

✐

ekkor a Jordan-f´ele norm´alalak blokkjai: B1 = [−3], B2 = teh´at



−3  0  J=  0  0 0

0 0 0 −2 1 0 0 −2 0 0 0 2 0 0 0

 0 0  0 . 1 2



✐

   −2 1 2 1 , B3 = , 0 −2 0 2

at´ert´ekekhez Ellen˝orz´esk´ent a (∗) formul´aval sz´ am´ıtsuk ki a λ1 = −2, λ2 = 2 saj´ tartoz´o blokkok sz´am´at: !
m1 = 5 − rang A − (−2)E = 5 − 4 = 1, m2 = 5 − rang(A − 2E) = 5 − 4 = 1,

teh´at mindk´et k´etszeres saj´at´ert´ekhez egy-egy 2 × 2-es m´eret˝ u blokk (egy-egy saj´ atvektor) tartozik. Ha k(λ) 6= m(λ), ´es nem csup´ an line´ aris t´enyez˝ oik vannak, akkor el˝ osz¨or a minim´alpolinom t´enyez˝oi szerint k´epezz¨ uk a blokkokat, az |λi | monoton n¨oveked´ese ´es a blokkok m´eret´enek n¨ oveked´ese sorrendj´et betartva, tov´ abb´ a a karakterisztikus ¨ polinom kieg´esz´ıt˝o t´enyez˝oi alapj´ an folytatjuk a J m´ atrix el˝ oa´ll´ıt´ as´ at. Osszehasonl´ıtjuk a k(λ) ´es m(λ) t´enyez˝ oit, ´es azokhoz a t´enyez˝ okh¨oz, amelyeknek kitev˝ oje 1-n´el nagyobb elt´er´est mutat, a blokkok m´eret´enek meg´allap´ıt´as´ ahoz, (ha k¨ozvetlen¨ ul nem ´allap´ıthat´o meg), felhaszn´ aljuk a saj´ at´ert´ekekhez tartoz´ o Wks invari´ ans saj´atalterek dimenzi´oj´ ara vonatkoz´ o Frobenius-f´ele [K8] dim Wks+1 − 2 dim Wks + dim Wks−1 ≤ 0 (s = 1, 2, 3, . . .) egyenl˝otlens´egb˝ol k´epzett (4)

Bk (s) = 2 · dim Wks − dim Wks+1 − dim Wks−1 ,

(s = 1, 2, 3, . . .),

at´ert´ekhez tartoz´ o s m´eret˝ u blokkok sz´ ama, ´es formul´ at, ahol Bk (s) a λk saj´ (5)

Wks = ker (A − λk E)

s

(s = 0, 1, 2, . . . , tk ),

(k = 1, 2, 3, . . .),

alpolinomban l´ev˝ o t´enyez˝ oj´enek foksz´ ama. Nyila tk pedig a λk saj´at´ert´ek minim´ v´ anval´o, hogy (6)

Wk0 = {0},

´es ha s > tk ,

akkor

Wks = Wktk .

Kisz´am´ıtjuk ahhoz a saj´at´ert´ekhez az invari´ ans alterek dimenzi´ osz´ am´ at, amelynek a karakterisztikus polinomban eggyel nagyobb a multiplicit´ asa, mint a minim´ alpolinomban, ´es alkalmazzuk a (4) formul´ at a Bk (1), Bk (2), Bk (3), Bk (4), . . . , Bk (tk ) ´ert´ekek kisz´am´ıt´as´ara. A λk saj´at´ert´ekhez a Bk (1) ´ert´eke az 1 × 1-es, Bk (2) ´ert´eke a 2 × 2-es, . . . , u blokkok sz´ am´ at adja meg. Bk (tk ) ´ert´eke a tk × tk m´eret˝ 10 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 11 — #11

✐

✐

´ ıtsuk el˝o az 4. p´ elda. All´  −8 −2 −3 −3 −2 −8 −1 −1  A=  0 0 −2 0 8 8 4 2 

m´ atrix Jordan-f´ele norm´alalakj´ at, ha a karakterisztikus polinomj´ anak ´es minim´ alpolinomj´anak gy¨okt´enyez˝os alakja: 2

2

k(λ) = (λ + 6) (λ + 6) ,

2

2

m(λ) = (λ + 6) (λ + 6) .

Az A ∈ R4×4 m´atrix minim´ alpolinomj´ anak is van m´ asodfok´ u t´enyez˝ oje, ez´ert alis m´atrix, ´es mivel egyik t´enyez˝ oje els˝ o fok´ u, a J ∈ R4×4 Jordan-alak kv´azidiagon´ ez´ert a J blokkjai a minim´alpolinomb´ ol:   −6 1 B1 = [−2], B2 = , 0 −6 at a karakterisztikus polinom marad´ek t´enyez˝ oj´eb˝ ol: B3 = [−2], teh´   −2 0 0 0  0 −6 1 0 . J=  0 0 −6 0 0 0 0 −2

Ellen˝orz´es: a λ1 = −2 k´etszeres saj´ at´ert´ekhez

m1 = n − rang(A + 2E) = 4 − 2 = 2 db blokk tartozik, vagyis 2 db 1 × 1-es. A λ2 = −6 k´etszeres saj´at´ert´ekhez m2 = n − rang(A + 6E) = 4 − 3 = 1 db blokk tartozik, vagyis 1 db 2 × 2-es. Ellen˝orizz¨ uk az eredm´enyt a (4) Frobenius-formul´ aval. Tegy¨ uk fel, hogy csak a karakterisztikus polinom gy¨okt´enyez˝ os alakj´ at ismerat s = 1, 2 j¨ uk. Mivel a (λ + 2) t´enyez˝oj´enek foksz´ ama tk = 2, ´ıgy a Frobenius-formul´ esetre alkalmazzuk (term´eszetesen a minim´ alpolinom ismeret´eben elegend˝ o s = 1-re alkalmazni). o invari´ ans saj´atalterek dimenSz´am´ıtsuk ki a λ1 = −2 saj´at´ert´ekhez tartoz´ zi´ oit: d0 = 0, !
!
d1 = dim ker(A − λ1 E) = dim ker(A + 2E) = 2,

! 2
d2 = dim ker (A + 2E) = 2,

di = 2

i ≥ 2.

!


E = diag(1, 1, 1, 1) ,

11 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 12 — #12

✐

✐

A (4) Frobenius-formula szerint: B1 (1) = 2 · dim W11 − dim W11+1 − dim W11−1 = = 2 · d1 − d2 − d0 = 2 · 2 − 2 − 0 = 2, B1 (2) = 2 · d2 − d3 − d1 = 2 · 2 − 2 − 2 = 0, teh´at a λ1 = −2 saj´at´ert´ekhez nem tartozik 2 × 2-es blokk, de van 2 darab 1 × 1-es blokkja. at Mivel a (λ + 6) t´enyez˝oj´enek foksz´ ama tk = 2, ´ıgy a (4) Frobenius-f´ele formul´ s = 1, 2 esetre alkalmazzuk. o invari´ ans saj´atalterek dimenzi´ oi: A λ2 = −6 saj´at´ert´ekhez tartoz´ d0 = 0, !
!
d1 = dim ker(A − λ2 E) = dim ker(A + 6E) = 1, ! 2
d2 = dim ker (A + 6E) = 2, di = 2 i ≥ 2.

E = diag(1, 1, 1, 1),

A (4) formula szerint:

B2 (1) = 2 · dim W21 − dim W21+1 − dim W21−1 = = 2 · d1 − d2 − d0 = 2 · 1 − 2 − 0 = 0, B2 (2) = 2 · d2 − d3 − d1 = 2 · 2 − 2 − 1 = 1, assal teh´at a λ2 = −6 saj´at´ert´ekhez 1 darab 2 × 2-es blokk tartozik. A k´etf´ele sz´am´ıt´ kapott Jordan-blokkok azonosak. 5. p´ elda. Az



0 −7 −8  0 4 4  4 10 10 A=   2 6 6 −4 −12 −12

 −6 −9 2 4  8 10  7 7 −10 −12

4

m´atrix karakterisztikus polinomja ´es minim´ alpolinomja: k(λ) = (λ − 1)(λ − 2) , 2 m(λ) = (λ − 1)(λ − 2) . Az A ∈ R5×5 minim´alpolinomja alapj´ an a Jordan-alak k´et blokkja fel´ırhat´ o:   2 1 B1 = [1], B2 = . 0 2 A k(λ), m(λ) t´enyez˝oit ¨osszehasonl´ıtva l´ atjuk, hogy a (λ − 2) t´enyez˝ o kitev˝ oi k¨oz¨ott 2 a k¨ ul¨onbs´eg, ´ıgy egy 2 × 2-es vagy k´et 1 × 1-es blokk k¨ovetkezhet. Mivel a minim´alpolinom (λ − 2) t´enyez˝oj´enek foksz´ ama tk = 2, ´ıgy a (4) Frobenius-formul´ at el´eg s = 1, 2 esetre alkalmazni. 12 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 13 — #13

✐

✐

Sz´am´ıtsuk ki a λ2 = 2 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o invari´ ans saj´ atalterek dimenzi´ oit: d0 = 0, !
!
d1 = dim ker(A − λ2 E) = dim ker(A − 2E) = 3, ! 2
d2 = dim ker (A − 2E) = 4, di = 4 i ≥ 2.

!


E = diag(1, 1, 1, 1, 1) ,

A (4) formula szerint:

B2 (1) = 2 · dim W21 − dim W21+1 − dim W21−1 = = 2 · d1 − d2 − d0 = 2 · 3 − 4 − 0 = 2, B2 (2) = 2 · d2 − d3 − d1 = 2 · 4 − 4 − 3 = 1, teh´at a λ2 = 2 n´egyszeres saj´at´ert´ekhez 2 darab 1 × 1-es, ´es 1 darab 2 × 2-es blokk tartozik. A 2 × 2-es blokkot m´ ar fel´ırtuk, ´ıgy B3 = [2],

B4 = [2],

vagyis az A m´atrix Jordan-f´ele norm´ alalakja:  1 0 0 0 0 2 1 0  J= 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0

 0 0  0 . 0 2

Ellen˝orz´es: ha puszt´an a saj´at´ert´ekeket ismerem, akkor mivel a λ2 = 2 n´egyszeres saj´at´ert´ekhez m2 = 5 − rang(A − 2E) = 5 − 2 = 3 db blokk,

a λ1 = 1 egyszeres saj´at´ert´ekhez pedig 1 × 1-es blokk tartozik, ´ıgy az 5 × 5-¨os Jordan-alak fel´ır´as´ahoz m´eg 1 db 2 × 2-es, ´es 2 db 1 × 1-es blokkra van sz¨ uks´eg. 6. p´ elda. Az



−3 −13 −10  1 5 3  11 10 A=  4  1 3 2 −3 −9 −7

 −11 −13 3 4  10 11  5 3 −9 −8

m´ atrix karakterisztikus polinomja ´es minim´ alpolinomja: 4

k(λ) = (λ − 1)(λ − 2) ,

2

m(λ) = (λ − 1)(λ − 2) .

Az A ∈ R5×5 m´atrix minim´ alpolinomja alapj´ an k´et blokk azonnal fel´ırhat´ o:   2 1 . B1 = [1], B2 = 0 2 13 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 14 — #14

✐

✐

A k(λ), m(λ) t´enyez˝oit ¨osszehasonl´ıtva l´ atjuk, hogy a (λ − 2) t´enyez˝ o kitev˝ oi k¨oz¨ott most is 2 a k¨ ul¨onbs´eg, ´ıgy egy 2 × 2-es vagy k´et 1 × 1-es blokk k¨ovetkezhet. Mivel a minim´alpolinom (λ − 2) t´enyez˝ oj´enek foksz´ ama tk = 2, ´ıgy a (4) Frobeniusformul´at el´eg s = 1, 2 esetre alkalmazni. at´ert´ekhez tartoz´ o invari´ ans saj´atalterek dimenzi´ oit Sz´am´ıtsuk ki a λ2
= 2 saj´ ! E = diag(1, 1, 1, 1, 1) : d0 = 0,

!
!
d1 = dim ker(A − λ2 E) = dim ker(A − 2E) = 2, ! 2
d2 = dim ker (A − 2E) = 4,

di = 4 i ≥ 2.

A (4) formula szerint:

B2 (1) = 2 · dim W21 − dim W21+1 − dim W21−1 = 2 · d1 − d2 − d0 = 2 · 2 − 4 − 0 = 0, teh´at a λ2 = 2 saj´at´ert´ekhez nem tartozik 1 × 1-es blokk. B2 (2) = 2 · d2 − d3 − d1 = 2 · 4 − 4 − 2 = 2, Egyet m´ ar felhaszn´ alteh´at a λ2 = 2 saj´at´ert´ekhez 2 darab 2 × 2-es blokk  tartozik.  2 1 tunk, ez´ert a J m´atrix harmadik blokkja: B3 = , ´es az A m´ atrix Jordan-f´ele 0 2 norm´alalakja:   1 0 0 0 0 0 2 1 0 0     J= 0 0 2 0 0  . 0 0 0 2 1  0 0 0 0 2 Ellen˝orz´es: ha puszt´an a saj´at´ert´ekeket ismerem, akkor mivel a λ2 = 2 n´egyszeres saj´at´ert´ekhez most m2 = 5 − rang(A − 2E) = 5 − 3 = 2 db blokk, a λ1 = 1 egyszeres saj´at´ert´ekhez pedig 1 × 1-es blokk tartozik, ´ıgy az 5 × 5-¨os Jordan-alak fel´ır´as´ahoz m´eg 2 db 2 × 2-es, blokkra van sz¨ uks´eg. A k´etf´ele sz´am´ıt´assal kapott eredm´eny azonos. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az 5. ´es a 6. p´elda m´ atrix´ anak karakterisztikus ´es minim´ alpolinomja azonos, de a Jordan-f´ele norm´ alalakjuk k¨ ul¨onb¨oz˝ o. 14 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 15 — #15

✐

✐

Megjegyz´ es. A karakterisztikus polinom t¨obbsz¨or¨os saj´at´ert´ekeihez tartoz´ o blokkok darabsz´am´ab´ol a blokkok m´eret´ere nem tudunk minden esetben egy´ertelm˝ u v´alaszt adni. Ilyen esetben az egy´ertelm˝ us´eget a minim´ alpolinom seg´ıts´eg´evel biztos´ıthatjuk, vagy alkalmazzuk a Frobenius-formul´ at. Tekints¨ uk az     0 0 −1 −1 −1 0 −1 −1 −2 −2 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1        0 1 0 ´es B = 0 1 1 2 2 A = 0 −1  0 0 0 1 1 1 1 1 2 2 0 −1 −2 −3 −3 0 1 −1 −2 −1

m´atrixokat.

Az A ∈ R5×5 m´atrix karakterisztikus polinomja: k(λ) = λ5 , azaz a λ1 = 0 5-sz¨or¨os saj´at´ert´ek, ´es a Jordan-alakj´ ahoz tartoz´ o blokkok sz´ ama: mA = 5 − rang(A − 0 · E) = 5 − 2 = 3. A B ∈ R5×5 m´atrix karakterisztikus polinomja: k(λ) = λ5 , azaz a λ1 = 0 5-sz¨or¨os saj´at´ert´ek ´es a Jordan-alakj´ ahoz tartoz´ o blokkok sz´ ama: mB = 5 − rang(B − 0 · E) = 5 − 2 = 3. Ennek mindk´et esetben eleget lehet tenni 1 db 3 × 3-as ´es 2 db 1 × 1-es blokkal, vagy 2 db 2 × 2-es ´es 1 db 1 × 1-es blokkal. Az A m´atrix minim´alpolinomja: m(λ) = λ2 , ´es a B m´ atrix minim´ alpolinomja: m(λ) = λ3 , ez´ert az A m´atrix Jordan-blokkjai: 2 db 2 × 2-es, ´es 1 db 1 × 1-es blokk, a B m´atrix Jordan-blokkjai pedig: 1 db 3 × 3-as, ´es 2 db 1 × 1-es blokk. Az A, illetve B m´atrix JA -val, illetve JB -vel jel¨olt Jordan-f´ele norm´ alalakja:     0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0        J A =  0 0 0 1 0  , JB =  0 0 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A (4) Frobenius-formula alkalmaz´ asa: Mivel az A m´atrix minim´ alpolinomja m´ asodfok´ u, foksz´ ama tk = 2, ´ıgy a (4) formul´at el´eg s = 1, 2 esetre alkalmazni. at´ert´ekhez tartoz´ o invari´ ans saj´atalterek dimenzi´ oit Sz´am´ıtsuk ki a λ1
= 0 saj´ ! E = diag(1, 1, 1, 1, 1) : d0 = 0,

!
d1 = dim ker(A − 0 · E) = 3, ! 2
d2 = dim ker (A − 0 · E) = 5,

di = 5

i ≥ 2. 15

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 16 — #16

✐

✐

A (4) Frobenius-formula szerint: B1 (1) = 2 · dim W11 − dim W11+1 − dim W11−1 = = 2 · d1 − d2 − d0 = 2 · 3 − 5 − 0 = 1, B1 (2) = 2 · d2 − d3 − d1 = 2 · 5 − 5 − 3 = 2, teh´at az A m´atrix λ1 = 0 ¨otsz¨or¨os saj´at´ert´ek´ehez 1 darab 1 × 1-es blokk, ´es 2 darab 2 × 2-es blokk tartozik. Mivel az B m´atrix minim´ alpolinomja harmadfok´ u, foksz´ ama tk = 3, ´ıgy a (4) formul´at el´eg s = 1, 2, 3 esetre alkalmazni. Sz´am´ıtsuk ki a λ1
= 0 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o invari´ ans saj´atalterek dimenzi´ oit ! E = diag(1, 1, 1, 1, 1) : d0 = 0,

!
d1 = dim ker(B − 0 · E) = 3, ! 2
d2 = dim ker (B − 0 · E) = 4, ! 3
d3 = dim ker (B − 0 · E) = 5,

di = 5

i ≥ 3.

A (4) Frobenius-formula szerint:

B1 (1) = 2 · dim W11 − dim W11+1 − dim W11−1 = = 2 · d1 − d2 − d0 = 2 · 3 − 4 − 0 = 2, B1 (2) = 2 · d2 − d3 − d1 = 2 · 4 − 5 − 3 = 0, B1 (3) = 2 · d3 − d4 − d2 = 2 · 5 − 5 − 4 = 1, teh´at a B m´atrix λ1 = 0 ¨otsz¨or¨os saj´at´ert´ek´ehez 2 darab 1 × 1-es blokk, 0 sz´ am´ u 2 × 2-es blokk, valamint 1 darab 3 × 3-as blokk tartozik. 2. A transzform´ aci´ o m´ atrix´ anak kisz´ am´ıt´ asa Az ´alland´o egy¨ utthat´oj´ u line´aris differenci´ alegyenlet-rendszerek pontos megold´ as´ autthat´om´ atrix Jordan-f´ele norm´ alalakja mellett arra a regul´ ahoz az A ∈ Rn×n egy¨ uks´eg van, amellyel v´egzett hasonl´ os´ agi transzform´ aci´ o ris T ∈ Rn×n m´atrixra is sz¨ el˝o´all´ıtja az A m´atrix J-vel jel¨olt (1)

J = T−1 AT · (J ∈ Rn×n )

Jordan-f´ele norm´alalakj´at. Az (1) helyett tekints¨ uk az (2)

AT = TJ,

illetve AT − TJ = 0

16 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 17 — #17

✐

✐

m´atrixegyenletet. A (2) egyenletb˝ol egy n-edrend˝ u A m´ atrix Jordan-f´ele alakra val´ o transzforam´ u ismeretlen eleme n sz´ am´ u n m´aci´oj´ahoz a T transzform´ aci´ os m´atrix n2 sz´ ismeretlenes line´aris egyenletrendszer megold´ as´ aval adhat´ o meg, ha A ´es J elemei ismertek. A k¨ovetkez˝o m´odszer – mint m´ar eml´ıtett¨ uk – k¨ ul¨on¨osen el˝ ony¨osen alkalmazhat´o minden olyan esetben, ha a megoldand´ o feladathoz a saj´atvektorok kisz´ am´ıt´ asa egy´ebk´ent is sz¨ uks´eges. 1. l´ ep´ es. A J m´atrixot az 1. pont szab´ alyai szerint az A m´ atrix saj´ at´ert´ekei felhaszn´al´as´aval l´etrehozzuk. 2. l´ ep´ es. a) Ha az n-edrend˝ u A m´ atrixnak n sz´ am´ u k¨ ul¨onb¨oz˝ o saj´at´ert´eke van, akkor az A line´arisan f¨ uggetlen saj´ atvektorainak sz´ ama megegyezik a rendsz´ am´ aval. Ekkor a saj´atvektorok alkotj´ ak a Q mod´ alm´ atrixot, mellyel: J = Q−1 AQ. Ha a Q m´atrix oszlopvektorainak sorrendj´et – mik´ent azt m´ar eml´ıtett¨ uk – u ´gy v´alasztjuk meg, ahogy a saj´at´ert´ekek k¨ovetik egym´ ast az 1. pont szerint fel´ırt J m´atrixban, akkor a mod´ alm´ atrix alakra megegyezik a m´ as m´odszerrel sz´ am´ıtott hasonl´os´agi transzform´aci´o T m´ atrix´ aval. o sorrendj´enek megfelel˝ o line´ arisan Ha az A m´atrix |λi | saj´at´ert´ekek n¨ovekv˝ f¨ uggetlen saj´atvektorok: v(λ1 ), v(λ2 ), . . . , v(λn ), akkor a T m´atrix oszlopvektorait ezek a saj´ atvektorok ilyen sorrendben alkotj´ ak:   T = v(λ1 ) v(λ2 ) . . . v(λn ) , ´es ´ıgy !
J = T−1 AT = Q−1 AQ .

Ha az A m´atrix karakterisztikus egyenlet´enek van t¨obbsz¨or¨os gy¨oke, de a minim´alegyenlet´enek mindegyik gy¨oke egyszeres, akkor is a szab´ aly szerint fel´ırt Jordan-f´ele m´atrix f˝odiagon´alis´aban l´ev˝ o saj´at´ert´ekeknek megfelel˝ o sorrendben kell a saj´atvektorokat elhelyezni a transzform´ aci´ o T m´ atrix´ aba. 1. p´ elda. P´eld´aul az



7 A = −2 1

−2 10 −2

m´ atrix karakterisztikus ´es minim´ alpolinomja: 2

k(λ) = (λ − 12)(λ − 6) ,

 1 −2 7

m(λ) = (λ − 12)(λ − 6).

Az A ∈ R3×3 m´atrix saj´at´ert´ekeihez tartoz´ o saj´ atvektorok: T

v1 (6) = [−1, 0, 1] ,

T

v2 (6) = [2, 1, 0] ,

T

v(12) = [1, −2, 1] . 17

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 18 — #18

✐

✐

Az A m´atrix szab´alyosan fel´ırt Jordan-f´ele norm´ alalakja ´es a transzform´ aci´ o m´ atrixa (T = Q):     −1 1 2 6 0 0   J = 0 12 0 , T = v1 (6) v(12) v2 (6) =  0 −2 1 , 1 1 0 0 0 6 det T = 6 6= 0.

A T m´atrix inverze ´es a sz´am´ıt´ as eredm´eny´enek ellen˝ orz´ese:     6 0 0 −1 1 −6 1 0 , ´es T−1 AT = 0 12 0 = J. T−1 =  2 −2 6 0 0 6 5 1 6 b) Ha az A ∈ Rn×n m´atrix minim´ alegyenlet´enek is van t¨obbsz¨or¨os gy¨oke – a line´arisan f¨ uggetlen saj´atvektorainak sz´ ama kisebb, mint a rendsz´ ama –, akkor ´altal´aban a T m´atrixba az 1 multiplicit´ as´ u saj´at´ert´ekekhez tartoz´ o saj´ atvektorokat a saj´at´ert´ekek J m´atrixbeli 1 × 1-es blokkjainak megfelel˝ oen ´ırjuk be, tov´ abb´ a a k × k-s blokkok saj´at´ert´ekeinek saj´atvektorait az els˝ o oszlopaik J-beli oszlopainak megfelel˝oen vessz¨ uk fel. Ezt k¨ovet˝ oen a k × k-s blokk t¨obbi oszlopaiba ismeretlen koordin´at´aj´ u oszlopvektorokat tesz¨ unk. Ezzel a m´ odszerrel a meghat´ arozand´ o ismeretlenek sz´am´at l´enyegesen cs¨okkenthetj¨ uk. Ui. legyen az A-nak m < n sz´ am´ u line´arisan f¨ uggetlen saj´atvektora, akkor n2 sz´ am´ u ismeretlen helyett csak (n − m)n sz´am´ u ismeretlent kell meghat´ arozni a transzform´ aci´ o T m´ atrix´ anak fel´ır´ as´ ahoz. Ez azt jelenti, hogy a T m´atrix ismeretlen elemeire fel´ırt AT − TJ = 0

(3)

m´ atrixegyenlet megold´asa annyi line´ aris egyenletrendszer megold´ as´ ara vezethet˝ o vissza, amennyi ismeretlen oszlopvektort kellett T-ben felvenni a saj´ atvektorok mellett. 2. p´ elda. Az



 2 −3 1 −3 −1 −6 −3 −6  A= −3 −3 −4 −3 2 6 4 6

m´ atrix karakterisztikus- ´es minim´ alpolinomja: 2

k(λ) = λ2 (λ + 1) ,

2

m(λ) = λ(λ + 1) .

Az A ∈ R4×4 m´atrix saj´ at´ert´ekeihez tartoz´ o line´ arisan f¨ uggetlen saj´ atvektorok (a λ = −1 k´etszeres saj´ at´ert´ekhez csak egy line´ arisan f¨ uggetlen saj´atvektor, v tartozik): T

v1 (0) = [3, 0, −3, 1] ,

T

v2 (0) = [3, 1, −3, 0] ,

T

v(−1) = [−2, 1, 3, −2] .

18 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 19 — #19

✐

✐

Az A m´atrix Jordan-f´ele norm´ alalakja a saj´ at´ert´ekek ismeret´eben az 1. pont szerint k¨ozvetlen¨ ul fel´ırhat´o:   0 0 0 0 0 −1 1 0 . J= 0 0 −1 0 0 0 0 0 A transzform´aci´o T m´atrix´aban az oszlopvektorok sorrendje a J-re val´ o tekintettel: a 0 saj´at´ert´ekhez tartoz´o saj´atvektorokat az 1. ´es 4. oszlopba, a −1 saj´ at´ert´ekhez tartoz´o saj´atvektort a 2. oszlopba, az ismeretlen x vektort pedig a 3. oszlopba kell helyezni, azaz a sorrend: v1 (0),

T

v(−1),

x = [x1 , x2 , x3 , x4 ] ,

A transzform´aci´o T m´atrix´anak felt´etelezett  3 −2  0 1 Tk =  −3 3 1 −2

´es az ATk − Tk J = 0 egyenlet:  0 0 0 0 (∗) ATk − Tk J =  0 0 0 0

v2 (0).

alakja Tk :  x1 3 1 x2  x3 −3 0 x4

 3x1 − 3x2 + x3 − 3x4 + 2 0 −x1 − 5x2 − 3x3 − 6x4 − 1 0  = 0, −3x1 − 3x2 − 3x3 − 3x4 − 3 0 2x1 + 6x2 + 4x3 + 7x4 + 2 0

melyben sz¨ uks´eges, hogy az ismert vektoroknak megfelel˝ o oszlopok minden eleme 0 legyen. A (∗) egyenletb˝ol, a 3. oszlop = 0 egyenletnek megfelel˝ oen, fel´ırhat´ oa  3x1 − 3x2 + x3 − 3x4 + 2 = 0     −x1 − 5x2 − 3x3 − 6x4 − 1 = 0 −3x1 − 3x2 − 3x3 − 3x4 − 3 = 0      2x1 + 6x2 + 4x3 + 7x4 + 2 = 0

egyenletrendszer, melynek trivi´ alist´ ol k¨ ul¨onb¨oz˝ o egyparam´eteres megold´ asvektora: 

T 5 5 x = − − 2p, + 3p, −2p − 1 . 2 2 A p param´etert u ´gy kell megv´ alasztani, hogy line´ arisan f¨ uggetlen vektorrendszert kapjunk. P´eld´aul p = 1 v´alaszt´ assal T 11 9 , −3 , x = − , 1, 2 2 

19 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 20 — #20

✐

✐

´es a hasonl´os´agi transzform´aci´ o T m´ atrixa: 

3 −2

   0  T=  −3 

1 3

1 −2

−

9 2 1

11 2 −3

 3   1  .  −3  0

arisan f¨ uggetlenek. A det T = − 12 6= 0, teh´at T oszlopvektorai line´

Ellen˝orz´esk´ent T−1 kisz´ am´ıt´ as´ aval v´egezz¨ uk el a hasonl´ os´ agi transzform´ aci´ ot: 

2 −6  1 6 −1 T AT =   0 −6 −1 1 

0 0 0 −1 = 0 0 0 0

 2 0 −5 −1 3 6  −2 −6 −3 2 −1 0  0 0  = J. 0 0

0 1 −1 0



3

 −3 1 −3   0 −6 −3 −6   −3 −4 −3   6 4 6 −3 1

−2 − 1 3 −2

9 2 1

11 2 −3

3



  1  =  −3  0

Az 1. pont szab´alyai szerint fel´ırt J ´es a kisz´ am´ıtott J azonos. 3. p´ elda. ´Irjuk fel az 

1  2  A= −1  1 −1

0 0 0 3 1 0 −1 1 0 1 1 3 −1 −1 −1

 0 0  0  1 1

m´atrix Jordan-f´ele norm´alalakj´ at ´es a transzform´ aci´ o T m´ atrix´ at. alpolinomja, valamint saj´atAz A ∈ R5×5 m´atrix karakterisztikus- ´es minim´ vektorai: 4

k(λ) = (λ − 1)(λ − 2) , T

v1 (3) = [0, −1, 1, 0, 0] ,

2

m(λ) = (λ − 1)(λ − 2) , T

v2 (3) = [0, 0, 0, −1, 1] ,

T

v(2) = [−1, 1, 0, 0, 0] .

(A 2 saj´at´ert´ekhez 4 helyett 2 saj´atvektor tartozik). 20 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 21 — #21

✐

A J m´atrix blokkjai: B1 = [1], B2 = 

1 0  J= 0 0 0

0 2 0 0 0



2 0

0 1 2 0 0

  1 2 , B3 = 2 0 0 0 0 2 0

 0 0  0 . 1 2

✐

 1 , ´es ´ıgy 2

Most a T m´atrixot form´alisan k´et ismeretlen oszlopvektorral tudjuk fel´ırni. A J blokkjaira tekintettel az els˝ o oszlopba v(2)-t, a m´asodik oszlopba v1 (3)-at, a harmadik oszlopba az ismeretlen x vektort, a 4. oszlopba v2 (3)-at, az 5. oszlopba az ismeretlen y vektort helyezz¨ uk:   −1 0 x1 0 y1  1 −1 x2 0 y2     1 x3 0 y3  Tk =  0 .  0 0 x4 −1 y4  0 0 x5 1 y5 A (1) egyenletform´at haszn´alva:  0 0 −x1 0 0 2x + x 1 2 + x3 + 1  0 0 −x − x ATk − Tk J = 1 2 − x3 − 1  0 0 x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 0 0 −x1 − x2 − x3 − x4 − x5

0 0 0 0 0

 −y1  2y1 + y2 + y3  = 0. −y1 − y2 − y3  y1 + y2 + y3 + y4 + y5  −y1 − y2 − y3 − y4 − y5

Az ismeretlenek egy¨ utthat´ oi mindk´et egyenletrendszerben azonosak, csak a konstans tagok k¨ ul¨onb¨oznek. A harmadik oszlop = 0,

ot¨ odik oszlop = 0 egyenletrendszer ¨

trivi´alist´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o k´etparam´eteres megold´ asvektora: T

x = [0, −1 − p, p, 1 − q, q] ,

T

y = [0, −p, p, −1 − q, q] . T

T

P´eld´aul p = 1, q = 1 v´alaszt´assal: x = [0, −2, 1, 0, 1] , y = [0, −1, 1, −2, 1] , olyan k´et line´arisan f¨ uggetlen vektort kaptunk, amelyek az A m´atrix 3 saj´atvektor´ aval egy¨ utt line´arisan f¨ uggetlen vektorrendszert alkotnak. A kisz´am´ıtott vektorokkal fel´ırt T m´ atrix ´es inverze:    −1 0 −1 0 0 0 0  2  1 −1 −2  2 0 −1     , T−1 = −1 −1 0 1 1 0 1 T=     2  0 2 0 0 −1 −2 −1 −1 0 0 1 1 1

 0 0 0 3 1 1  −1 0 0 . 2 1 2 −1 −1 −1 21

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 22 — #22

✐

Ellen˝orz´es:



1 0  T−1 AT =  0 0 0

0 2 0 0 0

0 1 2 0 0

0 0 0 2 0

✐

 0 0  0  = J. 1 2

Az Egerv´ ary p´ eld´ ak ([D4], 50–54. oldal) megold´ asa a dolgozatban le´ırt algoritmussal: 1. p´ elda. A nemderogat´orius A m´ atrix helyes elemekkel (a22 = 3), a karakterisztikus ´es a minim´alpolinom, valamint a saj´atvektorok:   3 −1 −4 2 2 2 2 2 k(λ) = (λ − 1) (λ + 1) , m(λ) = (λ − 1) (λ + 1) , 2 3 −2 −4 , A= 2 −1 −3 T T 2 v1 (−1) = [1, 0, 1, 0] , v2 (2) = [0, 2, 0, 1] . 1 2 −1 −3 A saj´at´ert´ekek alapj´an k¨ozvetlen¨ ul fel´ırhat´ o  −1 1  0 −1 J=  0 0 0 0

a Jordan-f´ele norm´ alalak:  0 0 0 0 . 1 1 0 1

A T transzform´aci´om´atrix k´et ismeretlen oszlopvektor´ at  1 x1 0  0 x2 2 T = [v1 x v2 y] =   1 x3 0 0 x4 1 Az

2. pont b) szerint felv´eve:  y1 y2  . y3  y4

 0 4x1 − x2 − 4x3 + 2x4 − 1 0 2y1 − y2 − 4y3 + 2y4 0 2x1 + 4x2 − 2x3 − 4x4 0 2y1 + 2y2 − 2y3 − 4y4 − 2 =0 AT − TJ =  0 2x1 − x2 − 2x3 + 2x4 − 1 0 2y1 − y2 − 4y3 + 2y4  0 x1 + 2x2 − x3 − 2x4 0 y1 + 2y2 − y3 − 4y4 − 1 

m´atrixegyenlet-rendszer megold´ asa: T 2. oszlop = 0 rendszer egyparam´eteres megold´ asa: x = [p, 1, p, 1] ,

T

4. oszlop = 0 rendszer egyparam´eteres megold´ asa: y = [2, 2p, 1, p] .     1 1 0 2 −1 1 2 −2 0 1 2 2  0 −1 0 2 −1  .  p = 1 v´alaszt´assal T =  1 1 0 1 , ´es inverze: T = −1 1 1 −1 0 1 1 1 1 0 −1 0 22 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 23 — #23

✐

✐

Az A m´atrix Jordan-alakja a kisz´ am´ıtott T ´es T−1 felhaszn´ al´ as´ aval:   −1 1 0 0  0 −1 0 0 , J = T−1 AT =   0 0 1 1 0 0 0 1 mely azonos a szab´aly szerint fel´ırt J-vel. 2. p´ elda. A derogat´orius nilpotens  2 −3 A=  8 15

 −1 1 −1 4 −5 4  −4 4 −4 −10 11 −10

m´atrix, a karakterisztikus ´es a minim´ alpolinom, valamint a saj´atvektorok: T  1 7 T k(λ) = λ4 , m(λ) = λ3 , v1 = [0, −1, 0, 1] , v2 = , , 1, 0 . 5 5 A saj´at´ert´ekek alapj´an k¨ozvetlen¨ ul fel´ırhat´ oa  0 1 0 0 0 1  J= 0 0 0 0 0 0

Jordan-f´ele norm´ alalak:  0 0 . 0 0

A T transzform´aci´om´atrix k´et ismeretlen oszlopvektor´ at a 2. b) szerint helyezz¨ uk el:  1 0 x1 y 1  5    7  . y −1 x T = [v1 x y v2 ] =  2 2 5    0 x y 1 3 3 1 x4 y 4 0 Az



0 0 = 0 0

AT − TJ = 2x1 − x2 + x3 − x4 2y1 − y2 + y3 − y4 − x1 −3y1 + 4y2 − 5y3 + 4y4 − x2 −3x1 + 4x2 − 5x3 + 4x4 + 1 8x1 − 4x2 + 4x3 − 4x4 8y1 − 4y2 + 4y3 − 4y4 − x3 15x1 − 10x2 + 11x3 − 10x4 − 1 15y1 − 10y2 + 11y3 − 10y4 − x4

m´atrixegyenlet-rendszer megold´ asa: 2. oszlop = 0 rendszer k´etparam´eteres megold´ asa:

 0 0 =0 0 0

T

x = [p, 7p + 1 − q, 5p + 1, q] , 23 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 24 — #24

✐

T

✐

T

p = −1, q = 1 v´alaszt´assal: x = [x1 , x2 , x3 , x4 ] = [−1, −7, −4, 1] , melynek felhaszn´al´as´aval a 3. oszlop = 0 rendszer k´etparam´eteres megold´ asa: y = [p, 7p + 12 − q, 5p + 11, q]

T

T

´es p = −1, q = 1 v´alaszt´assal: y = [−1, 4, 6, 1] , teh´ at   1 0 −1 −1  5  −15 10     7 17 −11  , ´es inverze: T−1 =  4 T= −1 −7  −2 5 1     0 −4 80 −50 6 1 1 1 1 0 Az A m´atrix Jordan-alakja a kisz´ am´ıtott T  0  0 J = T−1 AT =  0 0 mely a szab´aly szerint fel´ırttal azonos.

 −11 11 12 −11 . −1 1 55 −50

felhaszn´ al´ as´ aval:  1 0 0 0 1 0 , 0 0 0 0 0 0

alis m´ atrixfu eny norm´ alalakja 3. Az eAt exponenci´ ¨ ggv´ Ha a (1)

J = T−1 AT

ol szorozzuk, akkor az A m´ atrixot egyenl˝os´eget T-vel balr´ol, T−1 -gyel pedig jobbr´ ismert J eset´en (2)

A = TJT−1

alakban kapjuk. Legyenek az A m´atrix saj´ at´ert´ekei: λ1 , λ2 , . . . , λm (m ≤ n), amelyekhez az A m´atrix J Jordan-f´ele norm´ alalakj´ aban a B1 (λ1 ), B2 (λ2 ), . . . , Bm (λm ) k¨ ul¨onb¨oz˝o blokkjai tartoznak. Jel¨olje e1 , e2 , . . . , em a blokkok rendj´et. A J m´atrixot kv´azidiagon´ alis m´atrixnak tekintj¨ uk, ´es ´ıgy a   B1 (λ1 ) 0 ... 0   0 (λ ) . . . 0 B !
2 2   = diag B1 (λ1 ), B2 (λ2 ), . . . , Bm (λm ) J= .  . . . .. .. ..   .. 0 0 . . . Bm (λm ) jel¨ol´est haszn´aljuk (m ≤ n).

24 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 25 — #25

✐

✐

Ekkor a t param´eterrel adott etA exponenci´ alis m´ atrixf¨ uggv´eny alakja:

(3)

−1 etA = e(t·T·diag (B1 (λ1 ),B2 (λ2 ),...,Bm (λm ))·T ) =

= T · diag (et·B1 (λ1 ) , et·B2 (λ2 ) , . . . , et·Bm (λm ) ) · T−1 . Az et Bk (λk ) =

∞ l l X t (λk Ek + Ck,1 )

l!

l=0

=

∞ ∞ l−p X Ck,p tp X (λk t) p=0

p!

l=p

(l − p)!

egyenl˝os´eg jobb oldala kifejt´es ´es rendez´es ut´ an, a

p

Ck,p = (Ck,1 ) = 0,

ha p ≥ ek ,

´es

∞ l−p X (λk t) l=p

(l − p)!

= eλk t

egyenl˝os´egek felhaszn´al´as´aval

(4)

et Bk (λk ) = eλk t

eX k −1 p p=0

t Ck,p p!

(k = 1, 2, . . . , m)

alakra hozhat´o, ahol Ck,0 = Ek . A (3) ´es (4) formul´ak az exponenci´ alis m´ atrixf¨ uggv´eny norm´ alalakj´ at adj´ ak [K4]. Helyettes´ıts¨ unk t = 1-et a (3) ´es (4) formul´ akba. Ekkor l´ atjuk, hogy ha amok a saj´ at´ert´ekei, akkor az A m´atrixnak λ1 , λ2 , . . . , λm (m ≤ n) sz´ eλ1 , eλ2 , . . . , eλm ,

eλk 6= 0

at´ert´ekei, ´es A valamint eA m´ atrixok megsz´amok az eA exponenci´alis m´atrix saj´ felel˝o Jordan-blokkjai azonos rend˝ uek. Alkalmazzuk a (4) formul´ at ´altal´ anos alakban A egy olyan Jordan-blokkj´ ara, amely egy q multiplicit´as´ u λ saj´at´ert´ekhez tartozik, azaz ´ırjuk fel az etA exponenci´ alis m´ atrixf¨ uggv´eny r¨ ogz´ıtett λ saj´at´ert´ek´ehez tartoz´ o blokkj´ anak q-adrend˝ u 25 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 26 — #26

✐

norm´ alalakj´ at, melyet eA(λ)t -val jel¨ol¨ unk:  t t2 eA(λ)t = eλt E + C1 + C2 + . . . + (5) 1! 2!     0 0  1 0 ... 0 0 1 . . . 0 t     = eλt  . . . +  ...  . . . ..   .. .. 1!  0  0 0 ... 1 q 0 

0 (q−1) 0 t  + . (q − 1)!  .. 0



1    0   = eλt   .. .    0  0

0 0 .. .

... ... .. .

0

...

t 1!

t2 2!

...

1

t 1!

...

.. .

.. .

.. .

0

...

1

0

...

0

 1 0  ..  . 0

tq−1 Cq−1 (q − 1)! 1 0 .. .

... 1 .. .

0 ... .. .

0 0

0 0

... ...



q



✐

=  0 0  ..  + . . . + .  1 0 q

   =  

 t(q−1) (q − 1)!    t(q−2)   (q − 2)!    .  ..  .    t  1!  1 q

alis m´ atrixf¨ uggv´eny A m´ atrix´ anak Jordan-f´ele Teh´at, ha ismert az etA exponenci´ norm´alalakja, akkor k¨ozvetlen¨ ul fel´ırhat´ o az etA exponenci´ alis m´atrixf¨ uggv´eny norm´ alalakja is, ha a blokkokat (5) szerint k´epezz¨ uk. P´ elda. Az

 −5 −6 10 −7  5 4 −9 6  A=  3 2 −6 4 3 3 −7 5 

m´ atrix karakterisztikus- ´es minim´ alpolinomja:

3

k(λ) = m(λ) = (λ − 1)(λ + 1) . Figyelembe v´eve a karakterisztikus ´es minim´ alpolinom egyenl˝ os´eg´et ´es az 1. fe−1 1 0 1 blokkok n¨ovekejezet 3. esete szerint, betartva a B1 = [1], B2 =  0 −1 0 0 −1 26 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 27 — #27

✐

d´esi sorrendj´et:



1 0 0 0 −1 1 J= 0 0 −1 0 0 0

✐

 0 0 . 1 −1

uggv´eny norm´ alalakja (5) szerint k´epezve: Az etA exponenci´alis m´atrixf¨     1 0 0 0 1 0 0 0   0 0 0 0 0 0 0 0 t t2 −t   eAt = et  E4 + C1,1 + C1,2 = et  0 0 0 0 + e 0 0 0 0 + 1! 2! 0 0 0 0 0 0 0 0      0 0 0 0 0 0 0 0       t   0 0 0 0  t2  0   0 0    1!  0 0 0 2!   0 1 0 0   + + + e−t  =       0 0 1 0   t   0 0 0   0 0 0 0      0 0 0 1  1! 0 0 0 0 0 0 0 0  t  e 0 0 0   2    0 e−t t e−t t e−t    1! 2! . =  t −t  0 −t 0 e e    1!   0 0 0 e−t

Az (5) egyenl˝os´eg utols´o (jobb oldali) tagja alapj´an – az A m´ atrix Jordan-f´ele alis m´atnorm´alalakj´anak ismeret´eben – k¨ozvetlen¨ ul is fel´ırhatjuk az etA exponenci´ rixf¨ uggv´eny norm´alalakj´at. atrix Jordan-f´ele norm´ alalakja: P´eld´aul, ha egy A ∈ R5×5 m´   2 0 0 0 0 0 4 1 0 0     J= 0 0 4 0 0  , 0 0 0 7 0  0 0 0 0 7 akkor

  B1 = e2t ,

B2 =



e4t 0

 te4t , e4t

  B1 = e7t ,

uggv´eny norm´ alalakja: ´es ´ıgy az etA exponenci´alis m´atrixf¨   2t e 0 0 0 0  0 e4t te4t 0 0   At 4t 0 0 0 0 e e =  . 0 0 0 e7t 0  0 0 0 0 e7t

  B1 = e7t ,

27 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 28 — #28

✐

✐

4. Az ´ alland´ o egyu oj´ u differenci´ alegyenlet-rendszerek megold´ asa ¨ tthat´ Az ´alland´o egy¨ utthat´oj´ u homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer m´atrix alakja: (1)

dx(t) = A · x(t), dt

utthat´ okb´ ol alkotott n × n-es m´ atrix, ahol az A ∈ Rn×n ´alland´o egy¨ T  x(t) = x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t)

pedig az ismeretlen f¨ uggv´enyvektor. uk. Behelyettes´ıtve az (1) egyenA megold´ast x(t) = eAt v(t) alakban keress¨ letbe: dv(t) dx(t) = AeAt v(t) + eAt = AeAt v(t), dt dt amelyb˝ol eAt

(2)

dv(t) = 0, dt

´es mivel det eAt = et Tr A 6= 0

(ahol Tr A az A m´atrix nyoma, azaz a diagon´ alis elemeinek ¨osszege), ez´ert az eAt m´atrix regul´aris [D3], [K4]. A (2) egyenletb˝ol dv(t) = 0, dt ´es ebb˝ol megold´ask´ent a v = c, n × n t´ıpus´ u oszlopvektort kapjuk, melynek elemei tetsz˝oleges ´alland´ok. Az (1) ´alland´o egy¨ utthat´ oj´ u differenci´ alegyenlet-rendszer ´ altal´ anos megold´ asa: x(t) = eAt c.

(3)

Ha a kezdeti felt´etel: x(0) = x0 , akkor (4)

x0 = eAt0 c,

melyb˝ ol c = e−At0 x0 ,

´es ´ıgy a kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ as: (5)

x = eAt · e−At0 x0 = eA(t−t0 ) x0 ,

alis m´ atrixf¨ uggv´eny. ahol az eAt exponenci´ Ljapunov szerint az (1) ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u homog´en differenci´ alegyenletrendszer b´ armely kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ asa stabilis, ha az A m´ atrix saj´ at´ert´ekeinek val´os r´esze nempozit´ıv, azaz (6)

Re λi ≤ 0,

(i = 1, 2, . . . , n),

28 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 29 — #29

✐

✐

´es a z´erus val´os r´esz˝ u saj´at´ert´ekekhez 1 × 1-es Jordan-blokkok tartoznak, tov´ abb´ a aszimptotikusan stabilis, ha mindegyik saj´at´ert´ek´enek val´ os r´esze negat´ıv, azaz Re λi < 0,

(7)

(i = 1, 2, . . . , n),

´es instabilis, ha a saj´at´ert´ekek valamelyik´enek val´ os r´esze pozit´ıv, vagy valamelyik Re λ = 0 saj´at´ert´ekhez 1 × 1-n´el nagyobb m´eret˝ u Jordan-blokk tartozik [K4]. Az els˝o esetben az (1) minden x(t) megold´ asa korl´ atos a t0 ≤ t < ∞ intervallumon, a (7) felt´etel teljes¨ ul´ese eset´en pedig mindegyik megold´ asa hat´ ar´ert´ekben a 0-hoz tart, azaz lim x(t) = 0. t→+∞

A kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ asvektort az (5) szerint x(t) = T diag (eB1 (λ1 )(t−t0 ) , eB2 (λ2 )(t−t0 ) , . . . , eBs (λs )(t−t0 ) )T−1 x(t0 ) =

(8)

= TDT−1 x(t0 ) alakban kapjuk, ahol T az A egy¨ utthat´ om´ atrix Jordan-f´ele norm´ alalakj´ at el˝ oa´ll´ıt´ o transzform´aci´o m´atrixa: J = T−1 AT, a D blokkdiagon´alis m´atrix, melynek blokkjai az A m´ atrix saj´at´ert´ekeihez tartoz´ o exponenci´alis m´atrixf¨ uggv´enyek norm´ alalakjai, a T−1 x(t0 ) = c0 = [c1 , c2 , . . . , cn ]

T

vektor koordin´at´ai a kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o partikul´ aris megold´ as egy¨ utthat´ oi. A transzform´aci´o T m´atrix´at az 1. ´es 2. pontokban le´ırtak alapj´an c´elszer˝ u el˝ oa´ll´ıtani. Az ´ altal´ anos megold´ asvektort x(t) = T diag (eB1 (λ1 )(t) , eB2 (λ2 )(t) , . . . , eBs (λs )(t) )c = TDc

(9)

T

alakban ´all´ıthatjuk el˝o, ahol a c = [C1 , C2 , . . . , Cn ] vektor koordin´ at´ ai az ´altal´ anos megold´as egy¨ utthat´oi. K´et esettel foglalkozunk. Az egy¨ utthat´ om´ atrix minim´ alegyenlet´enek gy¨okei 1. egyszeresek, 2. t¨obbsz¨or¨osek. Az elj´ar´as alkalmazhat´o n-ismeretlenes n egyenletb˝ ol ´all´ o, k¨oz¨ons´eges els˝ orend˝ u, ´alland´o egy¨ utthat´oj´ u, line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszerre is, de a m´odszert h´arom, illetve n´egy ismeretlen f¨ uggv´enyt tartalmaz´ o (1∗∗ )

dx(t) = Ax(t), dt

x(t0 ) = x0 29

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 30 — #30

✐

✐

homog´en rendszer, illetve dx(t) = Ax(t) + f (t) x(t0 ) = x0 dt inhomog´en rendszer megold´as´ aval szeml´eltetj¨ uk. (2∗∗ )

4.1. Megold´ as mod´ alm´ atrixszal. a k¨ovetkez˝o t´etelek:

A 4. pontban le´ırtak alapj´ an fenn´ allnak

1. t´ etel. Ha A ∈ Rn×n az (1∗∗ ) homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer atrix saj´at´ert´ekei, amelyek mind k¨ ul¨onegy¨ utthat´om´atrixa, λ1 , λ2 , . . . , λn az A m´ b¨ oz˝ok T

T

v1 = [v11 , v21 , . . . , vn1 ] , v2 = [v12 , v22 , . . . , vn2 ] , . . . , vn = [v1n , v2n , . . . , vnn ]

T

a line´arisan f¨ uggetlen saj´atvektorai, Q pedig a saj´ atvektorokb´ ol alkotott mod´alm´ atrix, azaz   v11 v12 . . . v1n  v21 v22 . . . v2n    (1) Q= . .. ..  , (det Q 6= 0), valamint ..  .. . . .  vn1

vn2

...

vnn
! Dd = diag eλ1 t , eλ2 t , . . . , eλn t

az alaprendszernek a saj´atvektorok mod´ alm´ atrixba ´ırt sorrendje szerint rendezett diagon´alm´atrixa, akkor az (1∗∗ ) ´altal´ anos megold´ as f¨ uggv´enyvektora: x(t) = Q · Dd · c,

(2) az

x(0) = x0 = [x1 , x2 , . . . , xn ]

T

kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o partikul´ aris megold´ as f¨ uggv´enyvektora pedig (3) T

x(t) = Q · Dd · Q−1 · x0 ,

oleges ´alland´ ok, ´es ahol a c = [C1 , C2 , . . . , Cn ] oszlopovektor elemei tetsz˝ (4)

Q−1 · x0 = c0

a kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´ as egy¨ utthat´ oinak oszlopvektora. 1. p´ elda. Sz´am´ıtsuk ki az



−3 A= 1 −1

1 −5 1

 −1 1 −3

egy¨ utthat´om´atrixszal adott homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer x(0) = x0 = [1, 2, 0]

T

kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´ as´ at! 30 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 31 — #31

✐

✐

A karakterisztikus- ´es minim´ alpolinom: k(λ) = m(λ) = (λ + 2)(λ + 3)(λ + 6), a saj´at´ert´ekekhez tartoz´o saj´ atvektorok: T

v(−2) = [−1, 0, 1] ,

T

v(−3) = [1, 1, 1] ,

T

v(−6) = [1, −2, 1] .

A saj´at´ert´ekek negat´ıvak, a megold´ asok stabilisak. A Jordan-f´ele norm´alalak: J = diag(−2, −3, −6), az alaprendszer diagon´ alm´ atrixa:  −2t  e 0 0 !
0 . e−3t Dd = diag e−2 , e−3t , e−6t =  0 0 0 e−6t A mod´alm´atrix:   −1 1 1 Q =  0 1 −2 , 1 1 1

(a −2, −3, −6 saj´at´ert´ekekhez tartoz´ o saj´ atvektorok a Q m´atrix 1., 2., 3. oszlop´ at alkotj´ak); a mod´alm´atrix inverze:   1 1 0 − 2 2     1 1 1 −1 .  Q = 3 3   3  1 −1 1  6 3 6 Az A m´atrixszal adott differenci´ alegyenlet-rendszer ´altal´ anos megold´asa, ha T c = [C1 , C2 , C3 ] :   −C1 e−2t + C2 e−3t + C3 e−6t . C2 e−3t − 2C3 e−6t x = QDd c =  −2t −3t −6t C1 e + C2 e + C3 e

A kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ ashoz kisz´ am´ıtjuk a c0 oszlopvektort a (4) formula alkalmaz´as´aval:  1 −  2   1 1  at C1 = − , C2 = 1, C3 = − , c0 = Q−1 x0 =   1 , teh´ 2 2   1 − 2 ´es ´ıgy m´ar fel´ırhat´o a homog´en differenci´ alegyenlet-rendszer kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´asa:  1  1 e−2t + e−3t − e−6t  2  2   −3t −6t  . e +e x(t, x0 ) =     1 −2t 1 −3t −6t − e +e − e 2 2

31 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 32 — #32

✐

✐

A kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´ ast k¨ozvetlen¨ ul az (1) formul´ aval is kisz´ am´ıthatjuk:  1  1 e−2t + e−3t − e−6t    2  2 x1 (t)   −3t −6t . e + e x(t, x0 ) = x2 (t) = QDd Q−1 x0 =      x3 (t) 1 −2t 1 − e + e−3t − e−6t 2 2 2. t´ etel. Ha az (1∗∗ ) ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u homog´en line´ aris differenci´ alegyenletrendszerhez tartoz´o egy¨ utthat´ om´ atrix karakterisztikus egyenlet´enek t¨obbsz¨or¨os gy¨okei is vannak, de minim´alegyenlet´enek gy¨okei egyszeresek, akkor az (1∗∗ ) differenci´alegyenlet-rendszer megold´ asa az 1. t´etel szerint el˝ oa´ll´ıthat´ o. Ui. az n-edrend˝ u A egy¨ utthat´ o m´atrixnak ebben az esetben is van n line´ arisan f¨ uggetlen saj´atvektora. 2. p´ elda. Sz´am´ıtsuk ki az 

−3 A= 1 1

3 −5 −3

 −2 2 0

m´atrixszal adott homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer x(0) = x0 = [1, 0, 1]

T

kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´ as´ at! A karakterisztikus- ´es minim´ alpolinom: 2

k(λ) = (λ + 4)(λ + 2) ,

m(λ) = (λ + 4)(λ + 2).

A saj´at´ert´ekekhez tartoz´o saj´ atvektorok: T

v1 (−2) = [3, 1, 0] ,

T

T

v2 (−4) = [−1, 1, 1] ,

v3 (−2) = [−2, 0, 1] .

A Jordan-f´ele norm´alalak (diagon´ alis): J = diag(−2, −4, −2), ´es az alaprend!
szer diagon´alm´atrixa: Dd = diag e−2t , e−4t , e−2t . A mod´alm´atrix:   3 −1 −2 1 0 , Q = 1 0 1 1 a mod´alm´atrix inverze:

Q−1



1  2   1 = − 2   1 2

1 − 2 3 2 3 − 2



1   −1 .   2

32 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 33 — #33

✐

✐

A differenci´alegyenlet-rendszer ´altal´ anos megold´ asa:   (3C1 − 2C3 )e−2t − C2 e−4t . C1 e−2t + C2 e−4t x(t) = QDd c =  C3 e−2t + C2 e−4t A differenci´alegyenlet-rendszer kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ asa:   3 −4t 1 −2t e e −  2    2   x1 (t)  3 −4t 3 −2t  . x(t, x0 ) = x2 (t) = QDd Q−1 x0 =  e e − +  2  2   x3 (t)  3 5 −2t  −4t − e + e 2 2 aris differenci´ alegyenlet-rendszer x(t0 ) = x0 kezdeti 3. t´ etel. A (2∗∗ ) inhomog´en line´ felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´asa, ha a minim´ alegyenlet gy¨okei egyszeresek, az Z t −1 Q · Du · Q−1 · f (u) du (5) x(t, x0 ) = Q · Dd · Q · x0 + u=t0

formul´aval, ´altal´anos megold´ asa pedig a homog´en rendszer ´altal´ anos megold´ asa ´es az inhomog´en rendszer egy partikul´ aris megold´ asa ¨osszegek´ent az Z t (6) x(t) = Q · Dd · c + Q · Du · Q−1 · f (u)du u=t0

formul´aval el˝o´all´ıthat´o, ahol a c elemei tetsz˝ oleges ´alland´ ok, az integr´ alban l´ev˝ o Du diagon´alm´atrix pedig Du = diag (eλ1 (t−u) , eλ2 (t−u) , . . . , eλn (t−u) )

(7) alak´ u.

3. p´ elda. Sz´am´ıtsuk ki az  x(t) ˙ = 2x(t) + 2y(t) + z(t) + t    y(t) ˙ = x(t) + 2y(t) + 2z(t) + 1    z(t) ˙ = x(t) + 3y(t) + z(t)

inhomog´en differenci´alegyenlet-rendszer x(0) = x0 = [1, 2, 1] el´eg´ıt˝o megold´as´at! Az egy¨ utthat´om´atrix:



2 A = 1 1

2 2 3

T

kezdeti felt´etelt ki-

 1 2 , 1 33

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 34 — #34

✐

✐

T

´es a zavar´otag: f (t) = [t, 1, 0] . A karakterisztikus- ´es minim´ alpolinom: k(λ) = m(λ) = (λ − 5)(λ − 1)(λ + 1). A saj´at´ert´ekekhez tartoz´o saj´ atvektorok: T

v(−1) = [1, −5, 7] ,

T

v(1) = [−3, 1, 1] ,

T

v(5) = [1, 1, 1] .

A Jordan-f´ele norm´alalak: J = diag(−1, 1, 5).
! Az alaprendszer m´atrixa a homog´en megold´ ashoz: Dd = diag e−t , et , e5t . Az alaprendszer m´atrixa az inhomog´en megold´ ashoz:
! Du = diag e−t+u , et−u , e5(t−u) ,

valamint a zavar´otag: f (u) = [u, 1, 0]. A mod´alm´atrix:



1 Q = −5 7

 −3 1 1 1 , 1 1

a mod´alm´atrix inverze:

Q−1



0 −

   1 = − 4   1 4

1 12 1 8 11 24

 1 12   1 . 8  7 24

A homog´en differenci´alegyenlet-rendszer kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ asa: 

 3 t 35 5t 1 −t − + − e e e  8    24 12   x1 (t)   1 35 5 −1 t 5t −t    xh (t, x0 ) = x2 (t) = QDd Q x0 =  e + e + e   . 24 12  8  x3 (t) h  1  35 7 et + e5t − e−t 8 24 12 h 34 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 35 — #35

✐

✐

Az inhomog´en rendszer kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ as´ at integr´ al´ as ´es ¨osszevon´as ut´an kapjuk: xi (t, x0 ) = xh (t, x0 ) + 

Z

t u=0

QDu Q−1 f (u) du = xh (t, x0 ) +

  1 −t+u 3 t−u 11 5(t−u) 3 t−u 1 5(t−u) u − + − + e e e e e  4  4 12 8 24     Z t   1 t−u 1 5(t−u) 5 −t+u 1 t−u 11 5(t−u)    du = + u+ e + e + e + e  −4e  4 12 8 24 u=0       1 t−u 1 5(t−u) 7 −t+u 1 t−u 11 5(t−u)  − e u− e + e + e + e 4 4 12 8 24   3 t 35 5t 1 −t − 8 e + 24 e − 12 e     1 35 5t 5 −t  t  = e + e + e   + 24 12  8   1  35 7 et + e5t − e−t 8 24 12 h 
 1 ! 2t 6t t t −t − 225e − e  − 61e − 50 + 480te + 336e  600    1 !
−t  2t 6t t t  + − 75e + 61e − 250 + 120te + 264e e  =  600   1 ! 
2t 6t t t −t − 75e + 61e + 350 + 120te − 336e e 600   39 5t 4 14 − e t −  25 5 25     39 1 11  5t  =  25 e + 5 t + 25  .    39 1 14  5t e + t− 25 5 25 ´ ıtsuk el˝o az 4. p´ elda. All´ dx = 3x(t) − 3y(t) + 2z(t) + sin 2t, dt dy = −x(t) + 5y(t) − 2z(t) + t, dt dz = −x(t) + 3y(t) + e2t , dt

  0 x(0) = 0 0

inhomog´en differenci´alegyenlet-rendszer x(0) kezdeti felt´etelvektort kiel´eg´ıt˝ o megold´as´at. 35 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 36 — #36

✐

✐

Megold´ as. Az egy¨ utthat´om´ atrix ´es determin´ ansa: 

3 −3 5 A = −1 −1 3

 2 −2 , 0

det A = 16.

A homog´en rendszer kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ asa a 0 vektor, ´ıgy csak az inhomog´en rendszer kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´as´ at kell el˝ oa´ll´ıtani. 2

Az A m´atrix karakterisztikus egyenlet´enek kett˝ os gy¨oke van: (λ − 4)(λ − 2) = 0, de a minim´alegyenlet´enek gy¨okei egyszeresek: (λ − 4)(λ − 2) = 0. A Jordan-f´ele norm´alalak: J = diag(2, 4, 2). Ekkor van h´arom line´arisan f¨ uggetlen saj´atvektor, melyekkel a mod´ alm´ atrix ´es inverze:     1 −1 2 3 −1 −2 1 3 −2 . 1 0 , Q−1 = · −1 Q = 1 2 1 −3 4 0 1 1 A megold´asvektor: x(t, x0 ) =

Z

t u=0

Q · Du · Q−1 · f (u) du =

 73 4t 9 17 3 7 2 2t − t − te − e sin(2t) − t − cos   160 40 8 20 160    73 1 1 2t 17  1 3 4t 2 2t  =  − 160 e − 40 sin(2t) − 8 t − 20 cos t + te + 2 e + 160  ,    73 1 1 2t 57  3 3 4t 2 2t e − sin(2t) + t − cos t + 2te + e + − 160 40 8 20 4 160 

ahol Du = diag (e2(t−u) , e4(t−u) , e2(t−u) ),

 sin 2u ´es f (u) =  u  . e2u 

4.2. Megold´ as a transzform´ aci´ o m´ atrix´ aval T´ etel. Ha az A egy¨ utthat´om´ atrix minim´ alegyenlet´enek t¨obbsz¨or¨os gy¨okei is vannak, akkor a 4.1 pont (2)–(6) formul´ aiban a Q mod´alm´ atrix szerep´et a Jordanalakot el˝o´all´ıt´o transzform´aci´ o T m´ atrixa, a Dd , illetve Du szerep´et pedig az exazidiaponenci´alis m´atrixf¨ uggv´eny norm´ alalakja szerint k´epzett De , illetve Deu kv´ 36 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 37 — #37

✐

✐

gon´alis m´atrix veszi ´at: (2∗ ) (3∗ ) (4∗ ) (5∗ ) ∗

(6 )

x(t) = T · De · c, x(t, x0 ) = T · De · T−1 · x0 , T−1 · x0 = c0 , x(t, x0 ) = T · De · T−1 · x0 + x(t) = T · De · c +

Z

Z

t u=t0

T · Deu · T−1 · f (u) du,

t u=t0

T · Deu · T−1 · f (u) du.

1. p´ elda. Sz´am´ıtsuk ki az 

−1  0 A=  1 1

 15 −1 16 10 −1 11  −37 2 −39 −18 2 −19

egy¨ utthat´om´atrixszal adott homog´en line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer x(0) = T o megold´ as´ at! x0 = [1, 0, 1, 1] kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ 2

A karakterisztikus- ´es minim´ alpolinom: k(λ) = m(λ) = (λ + 3)(λ + 1)(λ + 2) . Mivel az A m´atrix ¨osszes saj´ at´ert´eke negat´ıv, ez´ert a megold´ asok aszimptotikusan stabilisak. A saj´at´ert´ekekhez tartoz´ o saj´atvektorok: T

v1 (−1) = [4, −5, −11, 4] ,

T

v2 (−3) = [4, 1, −9, −2] ,

T

v3 (−2) = [−5, 0, 11, 1] .

A saj´atvektorok sz´ama eggyel kevesebb, mint a m´ atrix rendsz´ ama. A h´ arom saj´atvektort felhaszn´aljuk a transzform´ aci´ o T m´ atrix´ anak kisz´ am´ıt´ as´ ara. A saj´atvektorok helyes sorrendj´et a J alapj´an d¨ontj¨ uk el. A Jordan-f´ele kv´azidiagon´ alis norm´ alalak:   −1 0 0 0  0 −3 0 0 . J=  0 0 −2 1 0 0 0 −2 Feltessz¨ uk, hogy T el˝o´all´ıthat´ o 

4  −5 Tk =  −11 4

 4 −5 x1 1 0 x2   −9 11 x3  −2 1 x4 37

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 38 — #38

✐

✐

alakban. T

A v4 = [x1 , x2 , x3 , x4 ] negyedik oszlopvektor koordin´ at´ ait az   0 0 0 x1 + 15x2 − x3 + 16x4 + 5 0 0 0  12x2 − x3 + 11x4  ATk − Tk J =  0 0 0 x1 − 37x2 + 4x3 − 39x4 − 11 = 0 0 0 0 x1 − 18x2 + 2x3 − 17x4 − 1

egyenletb˝ol, a 4. oszlopvektor = 0, illetve rendezve az       −5 x1 1 15 −1 16  x2   0 0 12 −1 11 · =   1 −37 4 −39 x3   11 1 x4 1 −18 2 −17 egyenletrendszer egyparam´eteres megold´ asa adja: T

T

v4 = [x1 , x2 , x3 , x4 ] = [−11 − 5p, 2, 24 + 11p, p] . Legyen p = 1, akkor

 4 4 −5 −16  −5 1 0 2 , T= −11 −9 11 35 4 −2 1 1 

´es det T = −2 6= 0, ez´ert az oszlopvektorok line´ arisan f¨ uggetlenek, T-nek van inverze:  1 1 1 −1 −  2 2 2     29 27 7  . (Ellen˝ 5 − − T−1 =  orz´es: T−1 AT = J.)   2 2 2    19 −40 12 −36 −5 9 −3 8 Az eAt exponenci´alis m´atrixf¨ uggv´eny norm´ alalakja:  −t  e 0 0 0  0 e−3t 0 0   De =  −2t −2t  .  0 te 0 e 0 0 0 e−2t A kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´ as:   −4e−t − 20e−3t + 25e−2t   5e−t − 5e−3t  x(t, x0 ) = TDe T−1 x0 =  −t  11e + 45e−3t − 55e−2t  . −4e−t + 10e−3t − 5e−2t 38 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 39 — #39

✐

✐

2. p´ elda. Egerv´ ary [D4] 1. p´eld´ aja, l. 2. fejezet. Ha az adott A m´atrixot egy ´alland´ o egy¨ utthat´oj´ u, els˝orend˝ u, homog´en, line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer egy¨ utthaT t´ om´atrix´anak tekintj¨ uk, akkor annak x(0) = x0 = [1, 0, 1, 1] kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´as´at a   −t te−t 0 0 e  0 e−t 0 0   De =   0 0 et tet  0 0 0 et

alaprendszerm´atrix (az eAt exponenci´ alis m´atrixf¨ uggv´eny norm´ alalakja), valamint al´ as´ aval, az a 2. fejezetben ugyanezen p´eld´ ara kisz´ am´ıtott T ´es T−1 felhaszn´  −t  e + 2te−t  2e−t − 2et   x(t, x0 ) = TDe T−1 x0 =  e−t + 2te−t  2e−t − et alakban kapjuk.

T

A differenci´alegyenlet-rendszer ´altal´ anos megold´ as´ at c = [C1 , C2 , C3 , C4 ] konstansvektor felhaszn´al´as´aval !
  C1 e−t + C2 !te−t + e−t
+ 2C4 et  C2 e−t + C4 2tet + 2et + 2C3 et   !
x(t) = TDd c =   C1 e−t + C2 te−t + e−t + C4 et  !
C2 e−t + C4 tet + et + C3 et

rendezett alakban ´all´ıthatjuk el˝ o.

3. p´ elda. Egerv´ ary [D4] 2. p´eld´ aja, l. 2. fejezet. Ha az adott A m´atrixot egy ´alland´ o egy¨ utthat´oj´ u, els˝orend˝ u, homog´en, line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer egy¨ utthaT t´ om´atrix´anak tekintj¨ uk, akkor annak x(0) = x0 = [1, 0, 1, 1] kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´as´at     0·t 1 t t2 0 te0·t t2 e0·t 0 e    0 e0·t te0·t 0   = 0 1 t 0 De =   0 0  0 0 1 0  0 e0·t 0 0 0 1 0 0 0 e0·t alaprendszerm´atrix, valamint a 2. fejezetben ugyanezen p´eld´ ara kisz´ am´ıtott T ´es T−1 felhaszn´al´as´aval,   1 + 2t  −4t + 2t2   x(t, x0 ) = TDe T−1 x0 =    8t + 1 16t − 2t2 + 1 alakban kapjuk.

39 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 40 — #40

✐

✐

T

A differenci´alegyenlet-rendszer ´altal´ anos megold´ as´ at c = [C1 , C2 , C3 , C4 ] konstansvektor felhaszn´al´as´aval 

 1 −C2 + C3 (−1 − t) + C4 5  
7  !  2  x(t) = TDd c = −C1 + C2 (−t − 7) + C3 − t − 7t + 4 + C4  5    −4C2 + C3 (6 − 4t) ! 2 + C4
C1 + C2 (t + 1) + C3 t + t + 1

rendezett alakban kapjuk.

4.3. Megold´ as nem szab´ alyosan fel´ırt Jordan-alak alkalmaz´ as´ aval. Az ´alland´o egy¨ utthat´oj´ u, line´aris differenci´ alegyenlet-rendszer megold´ asa azonosan el˝ oa´ll´ıthat´o akkor is, ha az egy¨ utthat´ om´ atrixhoz tartoz´ o Jordan-f´ele norm´ alalak blokkjait az 1. fejezetben le´ırt szab´ alyokt´ ol elt´er˝ oen, tetsz˝ oleges sorrendben vessz¨ uk fel ´es a transzform´aci´om´atrix oszlopvektorait a blokkok sorrendje szerint rendezz¨ uk. Passz´ıt´ as szab´ alya. Az ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u, line´ aris differenci´ alegyenletrendszer megold´asa akkor sem v´ altozik, ha a Jordan-f´ele J norm´ alalak blokkjainak tetsz˝oleges sorrendj´ehez passz´ıtjuk a transzform´ aci´ o T m´ atrix´ aban az oszlopvektorok, illetve a saj´atvektorok ´es az ismeretlen oszlopvektor(ok) sorrendj´et, valamint egyszeres saj´at´ert´ekek eset´en az alaprendszer Dd diagon´ alm´ atrix´ aban, illetve al m´ atrix´ aban t¨ obbsz¨or¨os gy¨ok¨ok eset´en az exponenci´ alis m´atrixf¨ uggv´eny De norm´ fell´ep˝o blokkok sorrendj´et. A passz´ıt´as szab´aly´anak alkalmaz´ asa teh´ at azt jelenti, hogy a differenci´ alegyenlet-rendszer megold´as´ahoz fel´ırt Jordan-blokkok sorrendj´enek vizsg´ alat´ ara nincs sz¨ uks´eg. Egy adott differenci´ alegyenlet-rendszernek a passz´ıt´ asi szab´ aly betart´as´aval k´epzett mod´alm´atrixos megold´ asa mindig ugyanabban az alakban ´all el˝o. P´ elda. Sz´am´ıtsuk ki az



2 2 A = −2 4 −3 8

 −1 1 2

egy¨ utthat´okkal adott differenci´ alegyenlet-rendszer x0 = [1, 0, 1] kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´as´at szab´alyos ´es nem szab´ alyos J felhaszn´ al´ as´ aval. Megold´ as. 1. Az A saj´at´ert´ekei ´es saj´ atvektorai: λ1 = λ2 = 1 (kett˝ os gy¨ok), T T λ3 = 6; v1 = v2 = [5, 1, 7] , v3 = [0, 1, 2] . A szab´ alyos alakban fel´ırt Jordan-alak: 

6 J = 0 0

0 1 0

 0 1 , 1

40 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 41 — #41

✐

´es a hozz´a passz´ıtott De ´es T:  6t e 0 De =  0 e t 0 0

 0 tet  , et



0 5 ´es T = 1 1 2 7

✐

 x1 x2  . x3

T

ol p = 0 v´alaszt´ asAz AT − TJ = 0 megold´ asa: [−6 + 5p, p, −11 + 7p] , melyb˝ T sal: x = [−6, 0, −11] . A transzform´aci´o m´atrixa:

 −6 0 , −11



´es inverze:

0 5 T = 1 1 2 7

T−1



11 − 25   11 =  25   1 5

 6 25   6 . −  25   1 − 5

13 25 12 25 2 5

A differenci´alegyenlet-rendszer megold´ asa: 



et

 1!
   et − e6t  . x(t, x0 ) = TDe T−1 x0 =   5   ! 
1 7et − 2e6t 5 2. A nem szab´ alyos alakban fel´ırt 

1 Jv =  0 0

1 1 0

 0 0 6

Jordan-f´ele norm´alalakhoz passz´ıtott Dev ´es Tv :  t   e tet 0 5 0  , ´es Tv = 1 Dev =  0 et 0 0 e6t 7 Az



0 ATv − Tv Jv = 0 0

x1 x2 x3

 0 1 . 2

 x1 + 2x2 − x3 = −5 0 −2x1 + 3x2 + x3 = −1 0 = 0 −3x1 + 8x2 + x3 = −7 0 41

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 42 — #42

✐

✐

T

egyenletrendszer megold´asa: [−6 + p, p, −11 + 7p] , melyb˝ ol p = 0 v´ alaszt´ assal:   5 −6 0 0 1 , Tv =  1 7 −11 2

´es inverze:

T−1 v

A differenci´alegyenlet-rendszer

x(t, x0 ) =



11  25   1 =  5   11 − 25

Tv Dev T−1 v x0

megold´asa azonos az el˝oz˝o megold´ assal.

 6 25   1 . −  5  6 25

12 25 2 5 11 25

−



et



 1!
  t 6t  e − e   = 5   ! 
1 7et − 2e6t 5

Megjegyz´ es. A mod´alm´ atrixos m´ odszern´el nem kell a minim´ alpolinom deriv´ altjait k´epezni, nem kell alappolinomokat ´es m´ atrixpolinomokat el˝oa´ll´ıtani, nem kell a megold´asban az egy¨ utthat´ ok k¨oz¨otti kapcsolat vizsg´ alat´ at az egyszer˝ us´ıt´eshez elv´egezni. A mod´alm´atrix alkalmaz´ as´ aval v´egzett sz´ am´ıt´ as a megold´ ast rendezett alakban adja, s˝ot az egy¨ utthat´ om´ atrix minim´ alpolinomj´ anak kisz´ am´ıt´ asa is elhagyhat´o, ha a line´arisan f¨ uggetlen saj´atvektorok sz´ ama megegyezik a m´atrix rendj´evel. (Ekkor a J is ´es az alaprendszerm´ atrix is diagon´ alm´ atrix). A val´os szimmetrikus ´es a hermitikus m´atrixok saj´at´ert´ekei val´ osak, tov´ abb´ a a k¨ ul¨onb¨oz˝o saj´at´ert´ekekhez tartoz´ o saj´atvektorok ortogon´ alisak.

5. Egy k´ıs´ erletez˝ o m´ odszer 5.1. Ko o megold´ as, ha a gyo enyez˝ ok nem line´ arisak ¨zel´ıt˝ ¨kt´ 1. defin´ıci´ o. Azt a m´atrixot, amelyet egy A m´atrixb´ ol b´ armely elem´enek ε = k · 10−m (1 ≤ k ≤ 9, 1 ≤ m ≤ 9) nagys´ ag´ u megv´ altoztat´ as´ aval kapunk mank´ om´ atrixnak nevezz¨ uk. 2. defin´ıci´ o. Azt az egys´egm´atrixot k¨ozel´ıt˝ o m´atrixot, amelyben a f˝oa´tl´ o 1-hez k¨ozeli elemein k´ıv¨ ul 0-hoz k¨ozeli elemek is vannak, szemetes egys´egm´ atrixnak mondjuk. 42 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 43 — #43

✐

✐

Olyan speci´alis k¨ozel´ıt˝o megold´ as m´odszer´enek alkalmaz´ as´ at mutatjuk be, amely j´ol haszn´alhat´o, ha az A egy¨ utthat´ om´ atrix minim´ alegyenlet´enek az egyszeres gy¨ok¨ok¨on k´ıv¨ ul van egy k´etszeres gy¨oke is. Ebben az esetben az A m´ atrixhoz hozz´arendel¨ unk egy A-val azonos rend˝ u olyan mank´ om´ atrixot (k´ıs´erletez´essel), melynek a saj´at´ert´ekei mind k¨ ul¨onb¨oz˝ ok, ´es sz´ amuk a mank´ om´ atrix rendsz´ am´ aval megegyez˝o. Ekkor a mank´om´ atrixnak rendj´evel megegyez˝ o sz´am´ u line´ arisan f¨ uggetlen saj´atvektora van. ´Igy a mank´ om´ atrix mod´ alm´ atrix´ anak felhaszn´ al´ as´ aval, a differenci´alegyenlet-rendszer k¨ozel´ıt˝ o megold´ asa megkaphat´ o. A k¨ozel´ıt˝ o megold´as hib´aj´anak becsl´es´evel a 5.2 pontban foglalkozunk. Ennek a m´ odszernek az alkalmaz´as´at a m´er´esi eredm´ennyel kapott egy¨ utthat´ ok kerek´ıt´esi hib´ ainak felt´etelez´ese teszi elfogadhat´ov´a. P´ elda. Az elj´ar´ast a dx = −x(t) − 2y(t) − 3z(t) dt dy = 2x(t) + 3y(t) + 4z(t) dt dz = −x(t) − y(t) − z(t) dt

              

,

  1 x(0) = x0 = 0 1

homog´en line´aris differenci´alegyenlet-rendszer adott kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o megold´as´aval szeml´eltetj¨ uk. A rendszer m´atrixa:



−1 −2 3 A= 2 −1 −1

 −3 4 , −1

det A = 0,

karakterisztikus- ´es minim´alegyenlete azonos: k(λ) = m(λ) = λ2 (λ − 1) = 0, azaz atrixnak csak k´et a λ1 = 1 egyszeres, a λ2 = 0 pedig k´etszeres gy¨ok. ´Igy az A m´ line´arisan f¨ uggetlen saj´atvektora van: v1 = [−1, 1, 0]

T

T

´es v2 = [1, −2, 1] ,

teh´at mod´alm´atrix nem hozhat´ o l´etre. K´ıs´erletez´essel az A m´atrix egy vagy t¨obb elem´et z´erushoz k¨ozeli ´ert´ekkel megv´ altoztatva el´erhet˝o, hogy a karakterisztikus egyenletnek, ´es ´ıgy a minim´ alegyenletnek is egyszeres gy¨okei legyenek. Az ´ıgy el˝ oa´ll´ıtott m´atrixhoz a rendj´evel azonos sz´am´ u line´arisan f¨ uggetlen saj´atvektort kaphatunk. P´eld´aul az A m´atrix helyett tekints¨ uk az   −1,00000009 −2 −3 2 3 4  , det A1 ≈ −9 · 10−8 A1 ≈  −1 −1 −1 mank´ om´ atrixot (k¨ozel´ıt˝o m´atrixot). A sz´ am´ıt´ asok elv´egz´ese ut´ an, a karakterisztikus egyenletnek ´es a minim´alegyenletnek gy¨okt´enyez˝ os alakj´ at el˝ oa´ll´ıtva l´ atjuk, hogy csak egyszeres gy¨ok¨oket tartalmaznak.

43 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 44 — #44

✐

✐

Az A1 m´atrix λ1 ≈ −0,000300045 ≈ 0,

λ2 ≈ 0,000299955 0 ≈ 0,

saj´at´ert´ekeihez tartoz´o saj´atvektorok:     −0,4473209331 1862,944400 v1 =  0,8943735141 , v2 = −3727,006735 , −0,4471867570 1863,503367

λ3 ≈ 1,000000000 

 −2,000000000 v3 =  2,000000361  . −1,80 · 10−7

atrix´ anak oszlopait rendre a λ1 , λ2 , λ3 saj´ at´ert´eAz A1 mank´om´atrix Q mod´alm´ kekhez tartoz´o (line´arisan f¨ uggetlen) saj´atvektorok koordin´ at´ ai alkotj´ ak:   −0,4473209331 1862,944400 −2,000000000 Q =  0,8943735141 −3727,006735 2,000000361  , −0,4471867570 1863,503367 −1,80 · 10−7 det Q = 1,000001 6= 0.

Az alaprendszer diagon´alm´atrixa: !
Dd ≈ diag e−0,000300045t , e0,0002999550t , e1,000000000t .

A mank´ om´ atrix Q mod´ alm´ atrix´ anak 10 jegyre kerek´ıtett k¨ ozel´ıt˝ o inverzm´ atrix´ at e −1 , azaz jel¨ olje: Q   −3727,003009 −3727,002672 −3728,120269 e −1 = −0,8943726200 −0,8943725391 −0,8941041062 . Q−1 ≈ Q 0 −0,4999998000 0,9999990000 A kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o k¨ozel´ıt˝ o partikul´ aris megold´ as f¨ uggv´enyvektora:   x(t) e −1 · x0 ≈ x(t, x0 ) = y(t) ≈ Q · Dd · Q z(t)   −3334,832701eλ1 t − 3331,832702eλ2 t − 1,999998000eλ3 t ≈ −6667,664804eλ1 t + 6665,664804eλ2 t + 1,999998361eλ3 t  , 3333,832402eλ1 t − 3332,832401eλ2 t − 1,799998200eλ3 t

ahol λ1 , λ2 , λ3 hely´ebe a kisz´ am´ıtott saj´at´ert´ekeket kell helyettes´ıteni. e −1 Sz´am´ıtsuk ki a mank´om´ atrix mod´alm´ atrix´ anak ´es az inverz´et k¨ozel´ıt˝ o Q m´atrixnak a szorzat´at 9 tizedes jegyre pontosan, ´es vizsg´ aljuk meg az egys´egm´ atrixt´ol val´o elt´er´es´et. A f˝o´atl´on k´ıv¨ uli elemekb˝ ol a megold´ as pontoss´ ag´ ara nyerhet¨ unk inform´aci´ot. A szorzatk´ent el˝oa´ll´ o   1,000000000 4,000 · 10−7 0,000001000 e −1 ≈ 0,000000000 0,9999997805 −0,000001639 Q·Q 0,000000000 −8,999996400 · 10−8 1,000000820 44 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 45 — #45

✐

✐

szemetes egys´egm´ atrixban a f˝oa´tl´ on k´ıv¨ uli elemek k¨oz¨ ul abszol´ ut ´ert´ekben a legnaalalakgyobb a −0,000001639 elem, melynek norm´ alalakja: −1,639 · 10−6 . A norm´ b´ol – mik´ent azt a k¨ovetkez˝o pontban bemutatjuk – arra k¨ovetkeztethet¨ unk, hogy a megold´as legal´abb 6 ´ert´ekes jegyre j´o k¨ozel´ıt´est ad (figyelem! a pontoss´ ag nem 1 · 10−6 ) (l. az 5.2 fejezetet). A pontos megold´ast ´all´ıtsuk el˝ o a transzform´ aci´ o T m´atrix´ aval.   0 1 Az A-hoz rendelt Jordan-m´ atrix blokkjai: [1], . A Jordan-m´ atrix 0 0 

1 0 J = 0 0 0 0

 0 1 0

aba a v2 -t, alakj´ara tekintettel a T m´atrix els˝ o oszlop´ aba a v1 -et, a m´asodik oszlop´ T at´ ait ´ırjuk. a harmadikba pedig az ismeretlen vektor v3 = [x1 , x2 , x3 ] koordin´     −1 1 x1 1 0 0 J = 0 0 1 , T =  1 −2 x2  , 0 0 0 0 1 x3 

 0 0 −x1 − x2 − x3 − 1 AT − TJ = 0 0 2x1 + 3x2 + 4x3 + 2 = 0, 0 0 −x1 − x2 − x3 − 1

a harmadik oszlop = 0 egyenletrendszer:       −1 −1 −1 1 x1  2 3 4 · x2  = −2 , x3 −1 −1 −1 1 melynek egyparam´eteres megold´ asa:

 −1 + p T v3 = [x1 , x2 , x3 ] =  −2p  , p 

´es p = 1 v´alaszt´assal a transzform´ aci´ o m´atrixa:    0 1 −1 1 0 1 T =  1 −2 −2 , ´es inverze: T−1 =  1 −1 −1 0 1 1 Az alaprendszer m´atrixa:



et De =  0 0

0 e0·t 0

  t e 0 te0·t  =  0 0 e0·t

 2 2 . −1

 0 0 1 t , 0 1 45

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 46 — #46

✐

✐

a kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o pontos megold´ as: 

 3 − 2t − 2et x(t, x0 ) = TDe T−1 x0 = −2 + 2et + 4t . 1 − 2t A MAPLE 9.5 utas´ıt´ asaival k´ epzett megold´ as: s:={diff(x(t),t)=-x(t)-2*y(t)-3*z(t),diff(y(t),t)=2*x(t)+3*y(t)+ 4*z(t),diff(z(t),t)=x(t)-y(t)-z(t)}: Ic:={x(0)=1,y(0)=0,z(0)=1}: megold´ as:=combine(dsolve(s union Ic,{x(t),y(t),z(t)}),trig);  megold´as := x(t) = 3 − 2t − 2et , y(t) = −2 + 2et + 4t, z(t) = 1 − 2t . A transzform´aci´o T m´atrix´ aval k´epzett megold´ as ´es a MAPLE 9.5 utas´ıt´ asaival k´epzett megold´as azonosan egyenl˝ ok egym´ assal, a mank´ om´ atrixszal k´epzett megold´asa pedig 6 ´ert´ekes jegyre pontos k¨ozel´ıt´est ´all´ıt el˝ o. P´eld´aul a t = 1 ´es t = 2 ´ert´ek behelyettes´ıt´es´evel a pontos (x) ´es a k¨ozel´ıt˝ o (xk ) megold´as koordin´at´ai 6 ´ert´ekes jegyre kerek´ıtve megegyeznek: x(1) ≈ −4,436563656,

xk (1) ≈ −4,436559219,

y(1) ≈ 7,436563656,

yk (1) ≈ 7,43655720,

z(1) ≈ −1,

zk (1) ≈ −0,9999994893,

x(2) ≈ −15,77811220,

xk (2) ≈ −15,77809642,

y(2) ≈ 20,77811220,

yk (2) ≈ 20,77809809,

z(2) ≈ −3,

zk (2) ≈ −2,999998330.

Megjegyz´ es. 1. Az, hogy a pontoss´ ag a jegyek sz´am´ ara vonatkozik, a t = 5 helyettes´ıt´essel kapott eredm´ennyel jobban szeml´eltethet˝o: T

x(5, x0 ) ≈ [−303,8263182, 314,8263182, −9] , T

xk (5, x0 ) ≈ [−303,8260174, 314,8260680, −9,000022714] . A koordin´at´ak k¨ ul¨onbs´ege: T

xk (5, x0 ) − x(5, x0 ) ≈ [0,0003008, −0,0002502, −0,000022714] .

Az els˝o koordin´at´ak k¨ ul¨onbs´ege a legnagyobb: xk (5, x0 ) − x(5, x0 ) ≈ 0,0003008; a 0-t´ol elt´er˝o jegy a 4. tizedes jegyben jelentkezik, de a koordin´ at´ ak a 4. tizedes jegyre kerek´ıtve T

x(5, x0 ) ≈ [−303,8263, 314,8263, −9] , xk (5, x0 ) ≈ [−303,8260, 314,8261, −9,0000]

T

a 6. jeggyel bez´ar´olag pontos ´ert´eket adnak. 46 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 47 — #47

✐

✐

2. A mank´ om´ atrix-m´ odszer” ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u inhomog´en line´ aris differenci´ al” egyenlet-rendszer megold´as´ara is alkalmazhat´ o. 5.2. A k¨ ozel´ıt˝ o megold´ as hibabecsl´ ese. Az ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u line´ aris differenci´alegyenlet-rendszer egy¨ utthat´ om´ atrix´ at jel¨olj¨ uk A-val. Ha az A minim´ alegyenlet´enek az els˝ofok´ u gy¨okein k´ıv¨ ul van egy m´ asodfok´ u gy¨oke is, akkor a differenci´alegyenlet-rendszer k¨ozel´ıt˝o megold´ as´ ahoz az A m´ atrix helyett olyan mank´ om´ atrixot v´alasztunk melynek a rendj´evel megegyez˝ o sz´ am´ u saj´ atvektora van. Ekkor a mank´om´atrix saj´atvektoraib´ ol alkotott mod´alm´ atrix seg´ıts´eg´evel el˝ oa´ll´ıthatjuk a feladat k¨ozel´ıt˝o megold´as´at. Bebizony´ıtjuk, hogy j´ol v´ alasztott mank´ om´ atrix eset´en, a mod´alm´atrix ´es inverze 10 ´ert´ekes jegyre megadott k¨ozel´ıt´eseinek 9 tizedes jegyre pontosan kisz´am´ıtott szorzat´ ab´ ol – a szemetes egys´egm´ atrixb´ ol – a megold´ as pontos jegysz´am´ara k¨ovetkeztethet¨ unk. os´eggel ´ertelmezett vektorMegjegyz´ es. 1. A dolgozatban kxk = maxi |xi | egyenl˝ norm´at haszn´aljuk (a koordin´ at´ ak k¨oz¨ ul abszol´ ut ´ert´ekben a legnagyobb sz´ am a vektor norm´aja). P os´eggel ´ertelmezett m´atrixnorm´ at 2. A dolgozatban kAk = maxi j |aij | egyenl˝ haszn´aljuk (az elemek abszol´ ut ´ert´ekeit soronk´ent ¨osszeadjuk ´es ezek k¨oz¨ ul a legnagyobb sz´am a m´atrix norm´ aja). Legyen A egy ´alland´o egy¨ utthat´ oj´ u line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszer n × nes egy¨ utthat´om´atrixa. Tegy¨ uk fel, hogy a karakterisztikus egyenlete megegyezik a minim´alegyenlet´evel, ´es az els˝ ofok´ u gy¨okt´enyez˝ ok mellett egyetlen m´asodfok´ u gy¨okt´enyez˝oj¨ uk van. Ekkor a gy¨okt´enyez˝ os alak mindig fel´ırhat´ o
2 ! (∗) k(λ) = m(λ) = (λ − λ1 )(λ − λ2 ) . . . λ − λn−1

alakban. Mivel ilyen felt´etelek mellett a saj´atvektorok sz´ ama n − 1, ez´ert A-hoz nem ´ırhatunk fel mod´alm´atrixot. A differenci´ alegyenlet-rendszer pontos megold´ as´ at azonban megkaphatjuk a T transzform´ aci´ om´ atrix ´es a  −λ1 t  0 0 ... ... 0 e  0  e−λ2 t 0 . . . ... 0    ..  . . .. . . .. .. .. ..  .  .   D=  . .  0  . 0 ... ... 0   −λn−1 t −λn−1 t   0 te 0 ... ... e 0 0 ... ... 0 e−λn−1 t alakban fel´ırt alaprendszerm´ atrix felhaszn´ al´ as´ aval: (∗∗)

x(t, x0 ) = TDT−1 x0 .

om´ atrixot. Jel¨olj¨ uk az A1 alapK´epezz¨ unk A-hoz egy A1 -gyel jel¨olt mank´ at Qk -val, a mod´ alm´ atrix k¨ ozel´ıt˝ o inverzm´ atrix´ at m´atrix´at Dk -val, a mod´alm´atrix´ e −1 -gyel, azaz – az elemek t´ız jegyre kerek´ıt´es´evel – Q k e −1 Q−1 k ≈ Qk .

47

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 48 — #48

✐

✐

Ekkor a k¨ozel´ıt˝o megold´asvektor: e −1 x0 . xk (t, x0 ) ≈ Qk Dk Q k

(∗∗∗)

A (∗∗) pontos ´es a (∗∗∗) k¨ozel´ıt˝ o megold´ asvektorok k¨ ul¨onbs´ege: (3)


! e −1 x0 = TDT−1 x0 − Qk Dk Q e −1 x0 . x(t, x0 ) − xk (t, x0 ) ≈ TDT−1 x0 = Qk Dk Q k k

t = 0 behelyettes´ıt´essel D is, Dk is egys´egm´ atrixot ´all´ıt el˝ o, azaz

e −1 x0 = e −1 x0 = TET−1 x0 − Qk EQ x(t, x0 ) − xk (t, x0 ) ≈ TDT−1 x0 − Qk Dk Q k k !

! e −1 Ex0 = E − Qk Q e −1 x0 . = TT−1 − Qk Q k k

A transzform´aci´o T m´atrixa, a pontosan sz´am´ıtott T−1 inverz´evel szorozva, pontoe −1 nem pontos egys´egm´ atrix, hanem san az E egys´egm´atrixot ´all´ıtja el˝ o, de a Qk Q k om´ atrix ε-nal megv´ altoztatott elemei szemetes egys´egm´ atrix, amelyben, az A1 mank´ ´ altal bek¨ ovetkez˝ o kerek´ıt´esi hibahalmoz´ od´ as k¨ ovetkezt´eben, a f˝ o´ atl´ on k´ıv¨ ul 0-hoz, ´es a f˝ o´ atl´ oban 1-hez k¨ ozeli elemek is megjelennek. Mivel

!
e −1 x0 , x(t, x0 ) − xk (t, x0 ) ≈ E − Qk Q k

e −1 6= 0 m´ ez´ert a k¨ozel´ıt˝o megold´asvektor koordin´ at´ ainak hib´ aja az E − Qk Q atrix k norm´aj´aval becs¨ ulhet˝o. Ha

e −1 ≤ 10−n , 10−(n+1) < E − Qk Q k

akkor a mank´om´atrix felhaszn´ al´ as´ aval sz´ am´ıtott k¨ozel´ıt˝ o megold´ asvektor koordin´at´ai n-edik jegyig bez´ar´olag pontosak (az eg´esz jegyeket is figyelembe kell venni). Ha az A minim´alegyenlet´enek kett˝ on´el nagyobb multiplicit´ as´ u gy¨okei is vannak, akkor a megold´ast a 4.2 pontban le´ırt m´ odszerrel k´epezz¨ uk. A hibabecsl´es alkalmaz´ as´ at egy homog´en ´es egy inhomog´en differenci´ alegyenlet-rendszer megold´as´aval szeml´eltetj¨ uk. ´ ıtsuk el˝o az 1. p´ elda. All´ x(t) ˙ = 5,0000004y(t) + 1,0000007z(t) + 6w(t) y(t) ˙ = 10y(t) − 1,0000003z(t) + 10w(t) z(t) ˙ = −39y(t) − 40w(t)

w(t) ˙ = x(t) − 20y(t) + 2,0000001z(t) − 20w(t)

        

homog´en differenci´alegyenlet-rendszer x(0) = x0 = [1, 0, 1, 1] kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´as´at. 48 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 49 — #49

✐

Megold´ as. A n´egy ismeretlen f¨ uggv´enyt rendszer  0 5,0000004 0 10, A= 0 −39, 1, −20,

✐

tartalmaz´ o line´ aris differenci´ alegyenlet 1,0000007 6, −1,0000003 10,   0 −40, 2, 0000001 −20,

egy¨ utthat´om´atrix´at m´er´esi sorozattal kaptuk. Az A m´atrixot tekints¨ uk pontosnak, ´es az A m´atrix a12 , a13 , a23 , a43 elemeinek k · 10−7 (k = 4, 7, 3, 1) nagys´ ag´ u megv´ altoztat´as´aval kapott eg´esz elem˝ u   0 5 1 6 0 10 −1 10  Ak =  0 −39 0 −40 1 −20 2 −20

m´ atrixot k¨ozel´ıt˝onek. Mindk´et egy¨ utthat´ om´ atrixszal k´epezz¨ uk a differenci´ alegyenlet-rendszer megold´as´at, ´es vizsg´ aljuk meg az eg´eszre kerek´ıtett m´atrixszal sz´ am´ıtott eredm´enyvektorok k¨ozel´ıt˝ o pontoss´ ag´ at! Ezzel a p´eld´aval azt az esetet is szeml´eltetj¨ uk, amikor mindk´et m´ atrixnak van a rendj¨ ukkel azonos sz´am´ u f¨ uggetlen saj´ atvektoruk. Az A m´atrix saj´at´ert´ekei, a Q mod´alm´ atrix, melynek oszlopai az A saj´ate −1 m´ atrix: vektorai, ´es a mod´alm´atrix inverz´et k¨ozel´ıt˝ oQ λ1 ≈ −0,999992133,

λ2 ≈ −2,000050114,

λ3 ≈ −2,999915831,

λ4 ≈ −4,000041920,

 0,7185522410 6,818417935 −414,0656006 15,77350102 −0,6736490165 −2,727266078 69,01763234 0,0000944487   Q≈  −1,122737882 −12,27327075 897,1293901 −39,43394354 0,6287395685 2,045405529 −0,0093755370 −3,943527762   −7,422015035 3,710918548 −3,711003528 7,421956815  −6,600598541 2,200148809 −7,333945573  e −1 ≈  3,666880886  Q 0,07245480210 −0,2101124586 0,05071784307 −0,2173583063 . 0,7184086808 −2,831406350 0,5493726409 −2,873664845 

Az alaprendszer diagon´alis m´atrixa:
! Dd ≈ diag e−0,999992133t , e−2,000050114t , e−2,999915831t , e−4,000041920t

A kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´ asvektor:

e −1 x0 ≈ x(t, x0 ) ≈ QDd Q

 −2,666591735eλ1 t − 10,00204553eλ2 t + 38,99904234eλ3 t − 25,33040539eλ4 t 2,499953097eλ1 t + 4,000669917eλ2 t − 6,500471334eλ3 t − 0,0001516736110eλ4 t  ≈  4,166549607eλ1 t + 18,00385574eλ2 t − 84,49672478eλ3 t + 63,32632024eλ4 t , −2,333291363eλ1 t −3,000437843eλ2 t +0,0008830411507eλ3 t +6,332846252eλ4 t 

49 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 50 — #50

✐

✐

ahol λ1 , λ2 , λ3 , λ4 kitev˝ok a megfelel˝ o saj´at´ert´ekekkel helyettes´ıtend˝ ok. Az eg´esz ´ert´ekekre kerek´ıt´essel el˝ o´ all´ıtott Ak m´atrix saj´ at´ert´ekei: λk1 = −1, λk2 = −2, λk3 = −3, λk4 = −4, saj´atvektorai: 



T 8 15 25 v1 = ,− ,− ,1 , 7 14 14

T 10 4 v2 = , − , −6, 1 , 3 3

T

T

v3 = [−6, 1, 13, 0] ,

v4 = [−4, 0, 10, 1] .

(Megjegyz´es. A saj´at´ert´ekeknek a karakterisztikus m´atrixba val´ o behelyettes´ıt´es´evel kapott homog´en egyenletrendszerek megold´ asaiban a param´etereket c´elszer˝ u u ´gy megv´alasztani, hogy a saj´ atvektorok koordin´ at´ ai kis eg´esz sz´ amok h´anyadosai legyenek). Ak mod´alm´atrixa ´es ennek inverze: 

8  7   15 −  Qk =  14  25  −  14 1

 −6 −4   1 0  ,   −6 13 10  1 0 1

10 3 4 − 3

Q−1 k

 14 −  3   15   2 =   5    17 − 6

7 3 27 − 2 29 − 2 67 6

7 3 9 2 7 2 13 − 6 −

14  3   −15  .  −15    34 3

Az alaprendszer diagon´alis m´atrixa:
! Dd = diag e−t , e−2t , e−3t , e−4t .

A kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝o megold´ asvektor: 

 76 8 − e−t − 10e−2t + 39e−3t − e−4t  3  3     5 13 −t −2t −3t   + 4e − e e   2 2 e −1 x0 =  . x(t, x0 ) ≈ Qk Dk Q k  25   e−t + 18e−2t − 169 e−3t + 190 e−4t    2 3 6    7 −t 19 −4t −2t − e − 3e + e 3 3 Mivel Qk Q−1 egm´ atrix, ez´ert ebben a feladatban az A k = diag(1, 1, 1, 1), azaz egys´ asvektorok pontos ´ert´eket ad´o jegysz´ am´ at a ´es Ak m´atrixokkal k´epzett megold´   0,99999977 −2,2 · 10−7 −3,8 · 10−8 −5 · 10−8  10−8 1,000000027 −2,46825 · 10−9 −1,39088 · 10−8  e −1 ≈ 2,476597 ·−7  QQ  5,8 · 10  5 · 10−7 1,00000014 1 · 10−7 2,7 · 10−8 5 · 10−8 1,4 · 10−8 1,00000004 50 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 51 — #51

✐

szemetes egys´egm´atrix felhaszn´ al´ as´ aval, a

e −1 ≤ 1,32 · 10−6 10−6 < E − QQ

!

E = diag(1, 1, 1, 1)

✐




norm´alalak kitev˝oj´eb˝ol becs¨ ulhetj¨ uk, vagyis 6. jeggyel bez´ ar´ olag pontos megold´ ast kapunk. P´eld´aul a t = 1 helyen sz´ am´ıtott megold´ asvektorok ´es k¨ ul¨onbs´eg¨ uk:     −0,8566655149 −0,8566655149  1,137423817   1,137423817     x(1) ≈   0,921849892  , xk (1) ≈  0,921849892  , −1,148392201 −1,148392201   −0,207 · 10−7  −2,5 · 10−8   x(1) − xk (1) ≈   6,03 · 10−7  . −3,5 · 10−8

ol k¨ovetkezik, hogy mindegyik koordin´ ata A legnagyobb elt´er´es 6,03 · 10−7 , amib˝ 6. jeggyel bez´ar´olag pontos. 1. megjegyz´ es. A t n¨oveked´es´evel a pontoss´ ag nem romlik. Pl. ha t = 3, akkor T

xk (3) ≈ [−0,1528957085, 0,1335805159, 0,2420246624, −0,1235671694] ; T

x(3) ≈ [−0,1528953196, 0,1335810264, 0,2420242575, −0,1235676876] , ´es  T x(3) − xk (3) ≈ 3,889 · 10−7 , 5,105 · 10−7 , −4,049 · 10−7 , −5,182 · 10−7 . 2. megjegyz´ es. Ha az A − λE karakterisztikus m´atrix determin´ ansa a saj´at´ert´ekek visszahelyettes´ıt´es´evel nem egyenl˝ o null´ aval, akkor a MAPLE 9.5 combine(dsolve (...) programja nem ´all´ıt el˝ o trivi´ alist´ ol k¨ ul¨onb¨oz˝ o k¨ozel´ıt˝ o megold´ ast. Ebben a p´eld´aban sem alkalmazhat´o, mivel det(A − λ1 E) ≈ 0,00000392,

det(A − λ2 E) ≈ 0,0000024,

det(A − λ3 E) ≈ −2 · 10−7 ,

det(A − λ4 E) ≈ −0,0000022,

de az ´altalam le´ırt m´odszer – becs¨ ulhet˝ o hib´ aval – megold´ ast ad. A MAPLE 15 egy:={diffrendszer,kezdetifeltltelek}:megold :=dsolve(egy,numeric):megold(1);megold(3); utas´ıt´asaival 15 jegyre kerek´ıtve kapjuk a megold´ asvektort t = 1, t = 3 helyettes´ıt´essel, amely h´et jegyre kerek´ıtve a mod´alm´ atrix-m´ odszerrel sz´ am´ıtott h´et jegyre kerek´ıtett megold´asvektorral azonos. 51 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 52 — #52

✐

✐

´ ıtsuk el˝o a 2. p´ elda. All´ dx = 2x(t) + y(t) + z(t), dt dy = 2x(t) + 3y(t) + 2z(t) + e−2t , dt dz = x(t) − y(t) + 2y(t) dt   1 inhomog´en differenci´alegyenlet-rendszer x(0) = x0 = 1 kezdeti felt´etelvektort ki1 el´eg´ıt˝o megold´as´at. Megold´ as. Az egy¨ utthat´om´ atrix ´es determin´ ansa:  2 1 1 3 2 , A = 2 1 −1 2 

det A = 9.

Az A m´atrix karakterisztikus polinomja ´es minim´ alpolinomja: 2

k(λ) = m(λ) = (λ − 1)(λ − 3) . T

T

A saj´atvektorok sz´ama kett˝ o: v(1) = [−1, 0, 1] , v(3) = [−1, −2, 1] . Az inhomog´en differenci´ alegyenlet-rendszer kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ o pontos megold´asa:   1 −2t 1 t 3 3t 3t + + + 2te e e e  15  3 5     1 6 −2t 3t 3t  . x(t, x0 ) =  − e + e + 4te  5 5    1  1 7 − e−2t − et + e3t − 2te3t 15 3 5 Megk´ıs´erelj¨ uk a mod´alm´atrix el˝ oa´ll´ıt´ as´ at az 

 2 1 1 A1 = 2,000000009 3 2 1 −1 2 mank´om´atrixszal. A mank´om´atrix saj´at´ert´ekei: λ1 ≈ 0,999999996,

λ2 ≈ 2,999916511,

λ3 ≈ 3,000083485.

52 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 53 — #53

✐

✐

A mank´om´atrixnak a saj´atvektorokkal fel´ırt mod´alm´ atrixa, ´es inverz´enek k¨ozel´ıt´ese:   −0,707106780 −0,4714001463 8983,571652 Qk ≈ 2,772348989 · 10−9 −0,9428002905 17967,14328  , 0,7071067823 0,4714395026 −8982,821665   −1,414221562 0,7071067810 −0,000008000031463 e −1 =  12704,73886 . −0,5303430858 12704,73882 Q k 0,6666631030 0,00002782810945 0,6666631008

Az alaprendszer diagon´alm´atrixa:
! Dd = diag e0,999999996t , e2,999916511t , e3,000083485t . A homog´en differenci´alegyenlet-rendszer megold´ asa: e −1 x0 ≈ xh (t, x0 ) ≈ Qk Dd Q k

 0,5000113130eλ1 t − 11977,78150eλ2 t + 11978,28149eλ3 t ≈ −1,960391128 · 10−9 eλ1 t − 23955,56293eλ2 t + 23956,56293eλ3 t  , 0,5000113143eλ1 t + 11978,78150eλ2 t − 11977,28148eλ3 t 

ahol a kitev˝okbe rendre a kisz´am´ıtott saj´at´ert´ekeket kell helyettes´ıteni. A megold´ ast megkapjuk, ha Du = diag (e0,999999996(t−u) , e2,999916511(t−u) , e3,000083485(t−u) )  T ´es f (u) = 0, e−2u , 0 felhaszn´ al´ as´ aval kisz´ am´ıtjuk az integr´ aland´ o f¨ uggv´enyvektort: e −1 f (u), Qk Du Q k ´es integr´al´as ut´an a k´et r´eszt ¨osszegezz¨ uk: e −1 x0 + xih (t, x0 ) ≈ Qk Dd Q k

Z

t

u=0

e −1 f (u) du ≈ Qk D u Q k

 0,3333446464eλ1 t − 11977,73150eλ2 t + 11978,33149eλ3 t + 0,06666674178e−2t −9 λ t λ t λ t −2t 1 2 3 ≈ −1,306942204 · 10 e − 23955,46293e + 23956,66293e − 0,1999998499e  . −0,3333446472eλ1 t + 11978,73149eλ2 t − 11977,33147eλ3 t − 0,06666674187e−2t 

A megold´asvektor koordin´at´ai a pontos ´ert´ekt˝ ol a   1,000003 −3,756 · 10−7 0,000002 e −1 ≈   0 0,9999992471 0 Qk Q k .7 −0,000002 3,756 · 10 0,999999

e −1 = 5,3756 · 10−6 szemetes egys´egm´atrixszal becs¨ ulve, tekintettel a E − Qk Q k norm´ara, v´arhat´oan 6. jegyig megegyeznek. P´eld´ aul a t = 1 helyen a pontos (xp ) at´ ai: ´es a mank´om´atrixszal sz´am´ıtott k¨ozel´ıt˝ o megold´ as (xk ) koordin´     53,13751228 53,13772757 xp ≈  104,4177249  , xk ≈  104,4184373  . −12,96643844 −12,96642757 53 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 54 — #54

✐

✐

A 6. jegyre kerek´ıtve, csak az els˝ o koordin´ at´ ak t´ernek el 2 · 10−4 ´ert´ekkel. 6. Komplex saj´ at´ ert´ ekek ´ es saj´ atvektorok Az el˝oz˝o pontokban le´ırtak ´ertelemszer˝ uen alkalmazhat´ ok olyan ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u line´aris differenci´alegyenlet-rendszer megold´ as´ ara is, amelyn´el az egy¨ utthat´ om´ atrix saj´at´ert´ekei k¨oz¨ott komplex sz´ amok is vannak, ´es saj´atvektorai komplex komponenseket is tartalmaznak. A komplex blokkok sorrendj´et nem ´ertelmezz¨ uk, ez´ert komplex saj´ at´ert´ekek eset´en a passz´ıt´ asi szab´ aly szerint (l. a 4.3. fejezetet) ´ all´ıtjuk el˝ o a Jordan-f´ele norm´ alalakot, a mod´ alm´ atrixot, illetve a transzform´ aci´ om´ atrixot ´es az alaprendszerm´ atrixot. 1. p´ elda. Hat´arozzuk meg annak a homog´en line´ aris els˝ orend˝ u differenci´ alegyenletrendszernek a megold´as´at, amelynek egy¨ utthat´ om´ atrixa:   7 4 6 1 −6 −4 −5 −1 , A= −3 0 −2 3 2 1 1 −1

´es a kezdeti felt´etel vektora:

  1 0  x(0) = x0 =  1 . 2 Megold´ as. Kisz´am´ıtjuk az A m´atrix saj´ at´ert´ekeit ´es saj´ atvektorait: λ1 = 2i,

λ2 = −2i,

 T 2 2 2 1 v1 (2i) = −1 − i, + i, 1, − , 3 3 3 3 v3 (−1) =



T 7 11 1 ,− ,− ,1 , 6 6 2

λ3 = −1,

λ4 = 1,

 T 2 2 2 1 v2 (−2i) = −1 + i, − i, 1, − , 3 3 3 3  T 11 4 v4 (1) = − , 1, 1, − . 7 7

A negyedrend˝ u A m´atrixnak n´egy line´ arisan f¨ uggetlen saj´ atvektora van, teh´ at a megold´ast mod´alm´atrix alkalmaz´ as´ aval elv´egezhetj¨ uk. Ha a Jordan-f´ele norm´ alalakba a saj´at´ert´ekeket λ3 , λ4 , λ2 , λ1 sorrendben ´ırjuk be, azaz   −1 0 0 0  0 1 0 0  J=  0 0 −2i 0 , 0 0 0 2i 54 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 55 — #55

✐

✐

akkor a passz´ıt´ asi szab´ aly szerint a Q mod´ alm´ atrix oszlopvektorainak sorrendje: v3 , v4 , v2 , v1 , azaz  7  6   11 −  6 Q=  1 −   2  1 ´es inverze:



Q

−1

−

11 7

1 1 −

3  5   21  −  =  9 103  − i   10 20  9 3 + i 10 20 −

2  −1 − i 3   2 2  + i 3 3  ,   1    1 − 3

2 −1 + i 3 2 2 − i 3 3 1

4 7

−

3 5 21 − 10 9 3 + i 10 5 9 3 − i 10 5

1 3

−

0

6 5 6 5

7 5 3 − i 20 3 + i 20 −

Az alaprendszer diagon´alm´atrixa a J-re tekintettel: Dd A megold´as oszlopvektora:

3  5   21   − 10  . 6 6  − i  5 5   6 6 − i 5 5
! = diag e−t , et , e−2ti , e2ti .



 x1 (t) x2 (t) −1  x(t, x0 ) =  x3 (t) = QDd Q x0 = x4 (t)

 7 121 t 59 −2ti 9 59 9 + ie−2ti − e2ti − ie2ti e−t + e − e   10 10 10 10 10 10    11 −t 77 t 22 −2ti 8 −2ti 22 2ti 8 2ti   − e − e + e − + + ie e ie   10 10 5 5 5 5 .  =   − 3 e−t − 77 et + 9 e−2ti + 21 ie−2ti + 9 e2ti − 21 ie2ti    10 2 10 2 10   10   3 −t 22 t 3 −2ti 7 −2ti 3 2ti 7 2ti − ie − e + ie e + e − e 5 5 2 10 2 10 A t = 1 helyen felvett ´ert´ekek: x1 ≈ 39,69599377,

x2 ≈ −27,90728141,

x3 ≈ −20,96740625,

x4 ≈ 12,15659182.

Megjegyz´es. A sz´am´ıt´og´ep x1 , x2 , x3 ´ert´ekekn´el ≈ 10−9 i k´epzetes r´eszt is ki´ırt. 55 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 56 — #56

✐

✐

A komplex sz´amokra vonatkoz´ o Euler -f´ele k´epletek alkalmaz´ as´ aval a megold´ as val´os alakra hozhat´o: 121 t 7 59 9 x1 (t) = e + e−t − cos 2t + sin 2t, 10 10 5 5 x2 (t) = −

77 t 11 −t 44 16 e − e + cos 2t − sin 2t, 10 10 5 5

x3 (t) = −

77 t 3 21 e − e−t + 9 cos 2t + sin 2t, 10 10 5

22 t 3 −t 7 e + e − 3 cos 2t − sin 2t. 5 5 5 o jegy´eben t´ernek el: A t = 1 helyen vett helyettes´ıt´esi ´ert´ekek csak az x2 ´es x4 utols´ x4 (t) =

x1 ≈ 39,69599377,

x2 ≈ −27,90728140,

x3 ≈ −20,96740625,

x4 ≈ 12,15659181.

2. p´ elda. Hat´arozzuk meg annak a homog´en line´ aris els˝ orend˝ u differenci´ alegyenletrendszernek a megold´as´at, amelynek egy¨ utthat´ om´ atrixa:   8 9 −1 −1 −10 −10 1 2 , A= −17 −18 1 2 0 0 0 −1

a kezdeti felt´etel vektora:

  1 1  . x(0) = x0 =   0 2

Megold´ as. Kisz´am´ıtjuk az A m´ atrix saj´at´ert´ekeit: λ1 = 3i, λ2 = −3i, λ3 = −1, λ4 = −1 (k´etszeres gy¨ok), ´es saj´atvektorait:  T 19 3 20 9 − i, 1, 0 , v1 (3i) = − + i, 37 37 37 37 T  3 20 9 19 + i, 1, 0 , v2 (−3i) = − − i, 37 37 37 37 T

v3 (−1) = [0, 1, 9, 0] . Mivel a λ1 -hez ´es a λ2 -h¨oz 1 × 1-es blokkok tartoznak ´es λ3 < 0, ez´ert a megold´ asok stabilisak. A Jordan-f´ele norm´alalak:   −3i 0 0 0  0 3i 0 0 , J=  0 0 −1 1 0 0 0 1 56 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 57 — #57

✐

✐

melyhez a passz´ıt´asi szab´aly szerint kell fel´ırni a kisz´ am´ıtand´ o T ´es De m´ atrixot. Az A m´atrix rendj´en´el eggyel kevesebb sz´am´ u line´ arisan f¨ uggetlen saj´ atvektor van, ez´ert el˝osz¨or a transzform´ aci´ o T m´ atrix´ at sz´ am´ıtjuk ki az ismert saj´atvektorok felhaszn´al´as´aval:  19  3 19 3 − − i − + i 0 c1  37 37  37 37    20  9 20 9  + i − i 1 c T= 2 . 37 37  37 37   1 1 9 c3  0 0 0 c4 K´epezz¨ uk az AT − TJ = 0 m´ atrixegyenletet:   0 0 0 9c1 + 9c2 − c3 − c4 0 0 0 −10c1 − 9c2 + c3 + 2c4 = −1    0 0 0 −17c1 − 18c2 + 2c3 + 2c4 − 9 = 0. 0 0 0 0 T

A megold´asvektor: c = [9, p, 71 + 9p, 10] . A p = 0 v´alaszt´assal megkapjuk a T m´atrix 4. oszlopvektor´ at. Mivel det T = 600 i = 6 0, ez´ e rt a T oszlopvektorai line´ a risan f¨ u ggetlenek: 37 

    T=   

19 3 − i 37 37 20 9 + i 37 37 1

−

A T m´atrix inverze:  27 143 i − −  20 60   27 143 − + i  −1 60 T =  20  3   10  0

0

 19 3 + i 0 9  37 37   20 9 − i 1 0 . 37 37   1 9 71

−

0

9 57 − i 20 20 9 57 − + i 20 20 1 10 0 −

0

10

1 19 + i 20 60 1 19 − i 20 60 1 10 0

J-re val´o tekintettel, az alaprendszer m´atrixa:  −3it e 0 0 3it  0 0 e De =   0 0 e−t 0 0 0

43 31  − i 50 300   43 31  + i 50 300  . 49   −  50  1 10

 0 0  . te−t  e−t 57

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 58 — #58

✐

✐

A megold´asvektor:  x1 (t) x2 (t) −1  x(t, x0 ) =  x3 (t) = TDe T x0 = x4 (t) 

 2 −3it 14 −3it 2 3it 14 3it 9 −t − + − − + e ie e ie e   5 5 5 5 5    32 74 −3it 32 3it 74 3it 39 −t 1 −t  −3it   − + + − + e ie e ie e te   25 25 25 25 5 =  25 .  2 136 −3it 2 3it 136 3it 4 −t 9 −t    −3it − − e + ie ie + e + te  − e 25 25 25 25 5   25 2e−t 

A t = 1 helyen felvett ´ert´ekek:

x1 ≈ 2,244449037,

x2 ≈ −3,870127280,

x3 ≈ −0,6559431842,

x4 ≈ 0,7357588824.

A komplex sz´amokra vonatkoz´ o Euler -f´ele k´epletek alkalmaz´ as´ aval a megold´ as val´ os alakra hozhat´o: 28 9 4 sin 3t + e−t , x1 (t) = − cos 3t + 5 5 5 x2 (t) =

64 39 148 1 cos 3t − sin 3t + te−t − e−t , 25 25 5 25

x3 (t) = −

272 9 4 4 cos 3t − sin 3t + te−t + e−t , 25 25 5 25

x4 (t) = 2e−t . A t = 1 helyen vett helyettes´ıt´esi ´ert´ekek csak az utols´ o egy-k´et jegyben t´ernek el: x1 ≈ 2,244449037,

x2 ≈ −3,870127279,

x3 ≈ −0,6559431837,

x4 ≈ 0,7357588824.

¨ 7. Osszefoglal´ o A mod´alm´atrixos megold´asi elj´ ar´ as pontos, ha a minim´ alegyenletnek csak egyszeres gy¨okei vannak, m´as sz´oval, ha az ´alland´ o egy¨ utthat´ oj´ u line´ aris differenci´ alegyenletrendszer n × n-es A m´atrix´ anak van n sz´ am´ u line´ arisan f¨ uggetlen saj´atvektora. Ekkor a Lagrange-f´ele m´atrixpolinomok (l. [K18], 246. oldal) alkalmaz´ asa helyett c´elszer˝ ubb a mod´alm´atrixszal k´epezni a megold´ ast. 58 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 59 — #59

✐

✐

A mod´alm´atrixos megold´ as k¨ ozel´ıt˝ o, ha pl. a minim´ alegyenlet egyszeres gy¨okei mellett egy k´etszeres gy¨ok is el˝ ofordul, ´es az egy¨ utthat´ om´ atrixot olyan k¨ozel´ıt˝ o m´ atrixszal (mank´om´atrixszal) helyettes´ıtj¨ uk, melynek van n sz´ am´ u line´ arisan f¨ uggetlen saj´atvektora. Abban az esetben, ha a minim´ alegyenlet gy¨okei k¨oz¨ott van kett˝ on´el nagyobb multiplicit´as´ u, akkor az Hermite-f´ele m´atrixpolinomok (l. [K18], 279. oldal) alkalalis m´ atrixf¨ uggv´eny norm´ alalakj´ anak maz´asa helyett c´elszer˝ ubb az eAt exponenci´ felhaszn´al´as´aval k´epezni a pontos megold´ ast. A megold´ ashoz sz¨ uks´eges az A m´ atrix Jordan-f´ele norm´alalakja ´es a transzform´ aci´ o T m´ atrixa, melyek a dolgozatban le´ırtak szerint gazdas´agosan el˝ oa´ll´ıthat´ ok. A differenci´alegyenlet-rendszer megold´ as´ at a m´ atrixszorzatok mindk´et m´odszerrel rendezett form´aban ´all´ıtj´ ak el˝ o. A pontos mod´alm´atrixszal el˝ oa´ll´ıtott megold´ as a Jordan-f´ele norm´ alalakkal k´epzett megold´as speci´alis esete, ha a megold´ ast a dolgozatban adott szab´ alyok betart´as´aval v´egezz¨ uk. A mank´ om´ atrix mod´alm´ atrixa ´es inverz´enek kilenc-t´ız ´ert´ekes jegyre val´o k¨ozel´ıt´es´evel el˝oa´ll´ıtott m´atrix szorzata ´altal´ aban nem tiszta egys´egm´atrixot – u ´n. szemetes egys´egm´ atrixot – ad eredm´eny¨ ul. A szemetes egys´egm´ atrix ´es a pontos egys´egm´atrix k¨ ul¨onbs´eg´et v´eve, annak abszol´ ut ´ert´ekben legnagyobb elem´eb˝ol k¨ovetkeztethet¨ unk a megold´ as pontos jegyeinek sz´ am´ ara. A szerz˝o ˝oszinte k¨osz¨onet´et fejezi ki a lektornak. Megjegyz´esei, javaslatai n´elk¨ ul nem siker¨ ult volna a cikk f´elre´erthet˝ o r´eszeit ´erthet˝ ov´e fogalmazni.

Irodalomjegyz´ ek

K¨ onyvek [K1] Beaumont, R. A. – Ball, R. W., Introduction to modern Algebra and Matrix Theory, New York, 1954. [K2] Bellman, R., Stability Theory of Differential Equations, New York, 1954. [K3] Bellman, R., Introduction to Matrix Analysis, McGraw-Hill, New York, 1963. [K4] Demidovics, B. P., Osznovi matematicseszkoj teorii usztojcsivoszti, Izd. NAUKA” ” Fiz.-Mat. Lit. Moszkva, 1967. [K5] Fagyajev, D. K. – Fagyajeva, V. N., Numerische Methoden der linearen Algebra, VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin, 1965., 1966. [K6] Fox, L., Numerical Methods in Linear Algebra, Pergamon, Oxford, 1964. [K7] Gantmacher, F. R., Matrizenrechnung. I. ´es II. k¨ otet, VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin, 1965., 1966. [K8] Glazman, I. M. – Ljubics, Ju. I., Konecsnomernij linejnij analiz, NAUKA” Fiz.-Mat. Lit. Moszkva, 1969. [K9] Ince, E. L., Ordinary Differential Equations, Dover Publications, New York, 1944. [K10] Lappo-Danilevszkij, I. A., Teorija funkcij ot matric i szisztemi linejnih differencialnih uravnenij, ONTI Goszudarsztvennoe Izdatelsztvo Tehniko-Teoreticseszkoj Literaturi, Leningr´ ad–Moszkva, 1934.

59 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 60 — #60

✐

✐

[K11] J. Gy. Ob´ adovics, Taschenbuch der Elementar-Mathematik, Akad´emiai Kiad´ o, Budapest ´es B. G. Teubner Verlagsgesellschaft, Leipzig. 2. kiad. 1964. [K12] Ob´ adovics J. Gyula, Numerikus m´ odszerek ´es programoz´ asuk, Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1. kiad. 1975., 2. kiad. 1977. [K13] Ob´ adovics J. Gyula – Szarka Zolt´ an, Fels˝ obb matematika, 3. b˝ ov´ıtett kiad´ as, SCOLAR Kiad´ o, Budapest, 2009. [K14] Ob´ adovics J. Gyula, Line´ aris algebra p´eld´ akkal, 2. jav´ıtott kiad´ as, SCOLAR Kiad´ o, Budapest, 2010. [K15] Ob´ adovics J. Gyula, M´ atrixok ´es differenci´ alegyenlet-rendszerek, SCOLAR Kiad´ o, Budapest, 2005. [K16] Petrovszkij, I. G., El˝ oad´ asok a k¨ oz¨ ons´eges differenci´ alegyenletek elm´elet´er˝ ol., Akad´emiai Kiad´ o, Budapest, 1951. [K17] Ralston, A. – Wilf, H. S., Mathematical Methods for Digital Computers. I–II. k¨ otet, John Wiley & Sons, Inc., New York, London, Sydney, 1967., 1968. [K18] R´ ozsa P´ al, Line´ aris algebra ´es alkalmaz´ asai, 2. kiad´ as. M˝ uszaki K¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1976. [K19] Zurm¨ uhl, R., Matrizen und ihre technischen Anwendungen, Springer Verlag, Berlin– Heidelberg–New York, 1964. [K20] Wilkinson, J. H., The Algebraic Eigenvalue Problem, Oxford University Press, London, 1965.

Dolgozatok [D1] Bickley, W. G. – McNamee, J., Matrix and Other Direct Methods for the Solution of Systems of Linear Difference Equations, Phil. Trans. of the Roy. Soc., London, 252 A (1959–60), 69–130. oldal. [D2] Eberly, W., Asymptotically Efficient Algorithms for the Frobenius Form (preprint), Department of Computer Science University of Calgary, 2000. m´ aj. 1. [D3] Egerv´ ary J., M´ atrix-f¨ uggv´enyek kanonikus el˝ oa ´ll´ıt´ as´ ar´ ol ´es annak n´eh´ any alkalmaz´ as´ ar´ ol, MTA III. Oszt´ aly´ anak k¨ ozlem´enyei, 3 (1953), 417–458. oldal. ¨ [D4] Egerv´ ary J., Uber eine konstruktive Methode zur Reduktion einer Matrix auf Jordansche Normalform, Acta Mathematica Academiae Scientiarium Hungaricae, 10 (1959), 31–54. oldal. [D5] Frey T. – Ob´ adovics J. Gy., O neszkolkih principialnih voproszah zadacs o szobsztvennih znacsenijah otnoszitelno szisztem differencialnih uravnenij, Acta Mathematica Academiae Scientiarium Hungaricae, 1964. 1–2. f¨ uzet, 1–28. oldal. [D6] Giesbrecht, M., Fast Algorithms for Rational Forms of Integer Matrices, in: Proc. ISSAC’94, 305–311. oldal. [D7] Giesbrecht, M., Nearly Optimal Algorithms For Canonical Matrix Forms, SIAM Journal on Computing, 24 (1995), 948–969. [D8] Giesbrecht, M. – Storjohann, A., Computing Rational Forms of Integer Matrices, J. Symb. Comput., 34 (2002), 157–172. [D9] Gil, I., Computation of the Jordan canonical form of a square matrix (Using the Axiom Programming Language), in: Proc. ISSAC’92, 138–145. oldal, Berkeley, USA, 1992.

60 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 61 — #61

✐

✐

[D10] Kaltofen, E. – Krishnamoorthy, M. S. – Saunders, B. D., Parallel Algorithms for Matrix Normal Forms, Linear Algebra and its Applications, 136 (1990), 189–208. oldal. [D11] Karpelevics, F. I., O harakteriszticseszkih kornah matrici s neotricatelnimi elementami, Izv. AN SzSzSzR Szer. Mat., 15 (1951), 361–383. oldal. [D12] Keller-Gehrig, W., Fast algorithms for the characteristic polynomial, Theoretical Computer Science, 36 (1985), 309–317. [D13] Lax, P. D., Differential Equations, Difference Equations and Matrix Theory, Commun. Pure Appl. Math., vol. 11 (1958), 175–194. oldal. [D14] Makai, E., A Class of Systems of Differential Equations and its Treatment with Matrix Methods. I., II., Publ. Mat. Debrecen, 3 (1957), 5–37. o., 5 (1958), 269–274. oldal. [D15] Neumann, J. von – Goldstine, H., The Numerical Inverting of Matrices of High Order, Bull. Amer. Math. Soc., vol. 53 (1947), 1021–1099. oldal. [D16] Ob´ adovics J. Gy., Eigenvalue problems of differential equation systems and the computation of eigenvalues with the use of electronic digital computing machines, N.-ipari M˝ uszaki Egyetem K¨ ozl., XXIII (1964). [D17] Ob´ adovics J. Gy., Iszszledovanije najlucseva priblizsenija k reseniju krajevih zadacs obiknovennih linejnih differencialnih uravnenij n-ogo porjadka, NME Idegennyelv˝ u K¨ ozlem´enyei, 27. k¨ otet (1967), 71–86. oldal. [D18] Ob´ adovics J. Gy., Iszszledovanije najlucseva priblizsenija k reseniju krajevih zadacs dlja szisztem obiknovennih linejnih differencialnih uravnenij v prosztransztve u K¨ ozlem´enyei, XXXI. k¨ otet (1970), 373–379. oldal. Lp [a, b], NME Idegennyelv˝ [D19] Ob´ adovics J. Gy., Opredelenije i iszszledovanije prosztransztva vektorfunkcii s odnoj (n) peremennoj Wp [a, b], NME Idegennyelv˝ u K¨ ozlem´enyei, XXXI. k¨ otet (1970), 381– 395. oldal. [D20] Ob´ adovics J. Gy., Priblizsenije polinomialnimi vektorami k reseniju krajevoj zadacsi szisztemi differencialnih uravnenij, Annales Universitatis Scientiarum Budapestiensis de Rolando E¨ otv¨ os nominatae. Sectio Computatorica, Tomus, I (1978), 99–107. oldal. [D21] Ozello, P., Calcul Exact des Formes de Jordan et de Frobenius d’une Matrice, PhD thesis, Universit´e Scientifique, Technologique et Medicale de Grenoble, 1987. [D22] Steel, A., A new algorithm for the computation of canonical forms of matrices over fields, Journal of Symbolic Computation, 24 (1997), 409–432. [D23] Storjohann, A. – Villard, G., Algorithms for similarity transforms, in: Seventh Rhine Workshop on Computer Algebra, Bergenz, Austria, March 2000. [D24] Turing, A. M., Rounding-Off Errors in Matrix Procsses, Quart. J. Mech., 1 (1948), 287–308. oldal. [D25] Villard, G., Fast parallel computation of the Smith normal form of polynomial matrices, in: International Symposium on Symbolic and Algebraic Computation, Oxford, UK, pages 312–317. ACM Press, July 1994. [D26] Wilkinson, J. H., The Calculation of the Eigenvectors of Codiagonal Matrices, Comput. J., 1 (1958), 148–152. oldal.

61 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 62 — #62

✐

✐

J. Gyula Ob´ adovics: New method for finding the Jordan canonical form and transformation matrix of a given matrix A ∈ Rn×n , and for solving linear differential equations with constant coefficients The modal matrix solution method is exact if all roots of the minimal equation are simple or, in other words, if the n × n matrix A of the system of linear differential equations with constant coefficients has n linearly independent eigenvectors. In this case, instead of applying matrix Lagrange polynomials, it is preferable to construct the solution by means of the modal matrix. The modal matrix solution method is approximative if, for instance, besides simple roots there is a double root of the minimal equation, and we replace the coefficient matrix with an approximating matrix (crutch matrix) having n linearly independent eigenvectors. If the minimal equation has at least one root of multiplicity greater than two then instead of using the matrix Hermite polynomials it is better to construct the exact solution by means of the normal form of the exponential matrix function eA t. The solution process requires the Jordan form of A and the transformation matrix T which can be obtained in an economical way described in the paper. With both methods, the matrix products give the solution of the system of differential equations in a well-arranged form. The solution created with the help of the exact modal matrix is a particular case of the solution obtained from the Jordan form provided the rules laid down in the paper are observed throughout the procedure. When using an approximation method, the product of the modal matrix and its inverse will in general be a socalled junk unit matrix rather than a pure unit matrix. The maximum of the absolute value of elements outside the main diagonal yields information on the number of accurate digits in the solution. Ob´ adovics J. Gyula a matematikai tudom´ anyok kandid´ atusa professor emeritus e-mail: [email protected]

62 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 63 — #63

✐

✐

´ ´ TARSULATI ELET – 2012

Szele Tibor-eml´ ek´ erem A Bolyai J´anos Matematikai T´arsulat Szele Tibor-eml´ek´erem bizotts´ aga a 2012. ´evi ´ermet Totik Vilmosnak ´ıt´elte oda. Indokl´ as: Totik Vilmos tudom´ anyos munk´ ass´ ag´ at csak a legmagasabb szint˝ u jelz˝okkel lehet m´eltatni. Kev´es olyan matematikus van ma Magyarorsz´ agon, aki a matematika ennyi f¨ uggetlen ´ag´ aban ilyen magabiztoss´ aggal ´es alkot´ o er˝ ovel dolgozna. Munk´ass´ag´anak m´ar a form´ alis mutat´ oi is tekint´elyt parancsol´oak (160 dolgozata van, 5 k¨onyvet, 3 feladatgy˝ ujtem´enyt ´es 10 ismeretterjeszt˝ o munk´ at is ´ırt, 1300-n´al t¨obb hivatkoz´asa van), de munk´ ass´ aga igazi ´ert´ek´et az adja, hogy a sz´ amokkal nem m´erhet˝o min˝os´egi sz´ınvonal ´es tudom´ anyos hat´ as tekintet´eben messze kiemelkedik m´eg a hasonl´o mutat´ okkal rendelkez˝ o matematikusok k¨oz¨ ul is. Bizonyosan ennek k¨osz¨onhet˝o, hogy a European Research Center grantj´ at is elnyerte, amelynek keret´eben sz´amos fiatal matematikus, posztdoktor munk´ aj´ at ir´ any´ıtja. Tudom´anyos eredm´enyeinek taglal´ as´ ara, csak azokb´ ol a munk´ aib´ ol emel¨ unk ki n´eh´anyat, amelyekkel a Szele Tibor-eml´ek´erem ki´ır´ as´ anak szellem´eben kiemelked˝ o ” fokon seg´ıti ´es ir´any´ıtja a tehets´eges fiatalokat a matematikai kutat´ asba val´ o bevezet´esben probl´em´akkal val´o ell´ at´ as, tudom´ anyos egy¨ uttm˝ uk¨od´es r´ev´en.” Komj´ath P´eterrel v´egzett t´ız´eves k¨oz¨os munka eredm´enye a [Problems and Theorems in Set Theory”, Problem Books in Mathematics, Springer Verlag, 2006] k¨onyv, amely az egyetlen halmazelm´eleti feladatgy˝ ujtem´eny a vil´ agon, amely a klasszikus halmazelm´elet mellett nagyon sok kapcsol´ od´ o feladatot t´argyal az algebra, geometria, topol´ogia, anal´ızis ´es kombinatorika ter¨ ulet´er˝ ol. A recenzi´ ok, kritik´ak, amelyek mindegyike magasztal´ o, megegyeznek abban, hogy a k¨onyv vetekedik a legend´as P´olya-Szeg˝o-f´ele anal´ızis-p´eldat´ arral, annak m´elt´o ut´ oda, folytat´ asa abban az ´ertelemben, hogy ez a k¨onyv is matematikusnemzed´ekek eg´esz sor´ at ind´ıtja el a kutat´as u ´tj´an. R´eszt vett a m´asodik Schweitzer-k¨onyv [Contests in Higher Mathematics, II ] elk´esz´ıt´es´eben ´es kiad´ as´ aban. Ismeretterjeszt˝ o dolgozatai k¨oz¨ ul kiemelj¨ uk [A tale of two integrals, Amer. Math. Monthly, 106 (1999), 227–240.] cikk´et, amelyet a Mathematical Association of America Lester Ford-d´ıjjal jutalmazott. [Egy ¨otlet: L´epj¨ unk ki a t´erbe, Polygon, 2 (1993), 104–111.] dolgozat´ aval elind´ıtotta az Egy ¨otlet” rovatot, amelyben probl´emamegold´ asokban gyakran hasz” n´alt eszk¨oz¨oket publik´alnak a szerz˝ ok. K´eszs´egesen ´es ¨onzetlen¨ ul v´ allal feladatokat a matematikai tehets´egek felkutat´ as´aban, gondoz´as´aban. H´aromszor volt a Schweitzer Mikl´ os-eml´ekverseny bizotts´ ag´anak eln¨oke, a versenyen kit˝ uz¨ ott feladatainak sz´ ama 25-30 k¨oz¨ott lehet. Gyakran 63 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 64 — #64

✐

✐

megh´ıvott n´epszer˝ u el˝oad´oja a tehets´eggondoz´ o int´ezm´enyeknek, rendezv´enyeknek, amelyek k¨oz¨ ul a legut´obbiak: Fazekas Mih´ aly Gimn´ azium (2011): Sz´ amkit¨olt´esekt˝ ol a harmonikus f¨ uggv´enyekig; E¨otv¨os Lor´and Koll´egium Matematikai M˝ uhely (2012): K´et integr´al mes´eje; E¨otv¨os Lor´ and Koll´egium Matematikai M˝ uhely (2012): Ultraszorzatok ´es Banach-limeszek; K¨oMaL Ank´et (2012): T´erkit¨olt˝ o g¨orb´ek. Alap´ıt´o tagja a Bolyai Int´ezet Matematikai Doktori Iskol´ aj´ anak, ahol rendszeresen vezet kurzusokat. Sz´amos speci´ alkoll´egiumot tartott a matematikai gondolkod´as elterjeszt´ese, a matematika megkedveltet´ese ´erdek´eben a H´ıres probl´em´ ak ” a matematika t¨ort´enet´eb˝ol”-t˝ ol A politika matematik´ aja”-ig. Legend´ as a fels˝ obb ” ´evesek (ma mesterszakosok) ´es doktoranduszok sz´ am´ ara tartott feladatmegold´ o szemin´ariuma; ezt legut´obb az elm´ ult f´el´evben hirdette meg. H´arom magyar (Benk˝o D´ avid, Nagy B´ela, To´ okos Ferenc) ´es h´ arom amerikai (M. Findley, P. Simeonov, R. Taylor) doktorandusz szerzett ir´ any´ıt´ asa alatt PhD c´ımet; jelenleg is van egy nagyon tehets´eges doktorandusza (Varga Tam´ as), aki k¨ozvetlen¨ ul v´ed´es el˝ott ´all. A k´etszeres Schweitzer-gy˝ oztes Varj´ u P´etert is ˝o ind´ıtotta el a p´aly´an, aki h´arom approxim´ aci´ oelm´eleti cikk´enek birtok´ aban (kett˝ oben t´ arsszerz˝ o Totik Vilmos) nyugodtan v´edhetett volna Szegeden is, de ´eppen Totik Vilmos tan´ acs´ara k¨ ulf¨oldi tanulm´anyokra indult ´es v´eg¨ ul Princetonban szerzett PhD-fokozatot. Totik Vilmos hossz´ u ideje vezet˝ oje az MTA Anal´ızis ´es Sztochasztika Kutat´ ocsoportnak, ahol rendszeresen dolgoznak p´ aly´ ajuk elej´en ´all´ o fiatal matematikusok, doktoranduszok ´es posztdoktorok. ¨ Osszefoglalva: Totik Vilmos nemzetk¨ozileg rendk´ıv¨ ul kiemelked˝ o tudom´ anyos sikerei mellett el´ev¨ ulhetetlen ´erdemeket szerzett a matematikai tehets´egek felkutat´as´aban, gondoz´as´aban, tudom´ anyos p´ aly´ ara ´all´ıt´ as´ aban, a matematikai kutat´ oi ut´anp´otl´as kinevel´es´eben, amivel felt´etlen¨ ul ´erdemess´e v´ alt a Szele Tibor-eml´ek´eremre.

Beke Man´ o-eml´ ekd´ıj A 2012. ´evi Beke Man´o-eml´ekd´ıj bizotts´ ag k¨or¨ ultekint˝ o m´erlegel´es ut´ an az al´ abbi hat´arozatot hozta: a Beke Man´ o-d´ıj m´ asodik fokozat´ at kapj´ ak: Juh´ asz Katalin, L´ abodi Gyo angn´ e Juh´ asz Szilvia, M´ esz´ aros J´ ozsef, Mih´ aly M´ aria ¨ngyi, L´ ´es Sz´ ekely Andr´ as Zsolt, Sz´ eplaki Gyo rgyn´ e ´ e s V´ a gi Veronika. ¨ Indokl´ as: Juh´ asz Katalin a Zs´ amb´eki Tan´ıt´ ok´epz˝ o F˝ oiskola elv´egz´ese ut´ an ´ ad Fejedelem Altal´ ´ 1980-t´ol napjainkig R´ackev´en tan´ıt az Arp´ anos Iskol´ aban els˝ o ´evfolyamt´ol negyedik ´evfolyamig. Oszt´ alyainak minden tant´ argy´ at tan´ıtja az informatika ´es a nyelv kiv´etel´evel. Koll´eg´ ai v´elem´enye szerint teljes ´elet´et az iskol´ anak szenteli, sokat seg´ıt mind koll´eg´ ainak, mind a tan´ıtv´ anyainak. Ars poetic´ aja: min” den gyerekben van valami j´o, valami ´erdekes”. Sokat tesz a gyerekekben rejl˝ o tehets´egek felfedez´es´e´ert ´es annak kibontakoztat´ as´ a´ert. Tan´ıtv´ anyai k¨ ul¨onb¨oz˝ o szint˝ u tanulm´anyi versenyeken sikeresen szerepeltek. P´eld´ aul Monoron a megyei komplex tanulm´anyi versenyen tan´ıtv´ anya I. helyez´est ´ert el. Ezen k´ıv¨ ul a Bolyai J´ anos Csapatversenyen ´es Bendeg´ uz Gyermek – ´es Ifj´ us´ agi Akad´emi´an Szegeden is r´eszt 64 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 65 — #65

✐

✐

vesznek tan´ıtv´anyai. Az Ap´aczai komplex levelez˝ os versenyen 2 tan´ıtv´ anya jutott be az orsz´agos d¨ont˝obe (magyar–matematika–k¨ornyezetismeret–rajz). Rajzb´ ol ´es nyelvtanb´ol is nagyon sz´ep eredm´enyeket ´ertek el tan´ıtv´ anyai. Munk´ aja sor´ an sokszor seg´ıt az iskol´ajukban megrendezett tanulm´ anyi versenyeken, p´eld´ aul a Zr´ınyi Ilona Matematikaversenyt 20 ´eve szervezi. Itt k´et alkalommal volt orsz´ agos d¨ont˝ os tan´ıtv´anya, 2010-ben ´es 2011-ben. T¨obb szakmai tov´ abbk´epz´esen vett r´eszt. Jelenleg egy Comenius-programban dolgozik seg´ıt˝ ok´ent. A gyerekekkel sz´ıvvel l´elekkel foglalkoz´o, iskol´aj´a´ert sokat dolgoz´ o tan´ıt´ on˝ o. L´ abodi Gy¨ ongyi matematika–orosz nyelvszakos diplom´ aj´ at 1995-ben a szegedi J´ ozsef Attila Tudom´anyegyetemen szerezte. 1995 ´ota a nagykanizsai Batthy´ any Lajos Gimn´azium ´es Eg´eszs´eg¨ ugyi Szakk¨oz´episkola tan´ ara. N´egy ´eve eredm´enyesen vezeti az iskola matematika munkak¨oz¨oss´eg´et, mely megb´ızat´ ast kiv´ al´ o szakmai munk´aja elismer´esek´ent kapta. Kollegialit´ asa, seg´ıt˝ ok´eszs´ege p´eldamutat´ o. K¨ovetkezetes, magas sz´ınvonal´ u ´es eredm´enyes oktat´ o munk´ aj´ anak k¨osz¨onhet˝ oen tan´ıtv´anyai kiemelked˝oen teljes´ıtenek az ´eretts´egi vizsg´ akon, majd a fels˝ ooktat´asi int´ezm´enyekben. Az ig´enyes ´es sz´ınvonalas tan´ orai munka mellett mindig nagy gondot ford´ıt a tehets´eggondoz´ asra is. Iskolai ´es v´ arosi tehets´eggondoz´ o szakk¨ ort vezet, tan´ıtv´anyai a megyei, region´ alis ´es orsz´ agos versenyeken eredm´enyesen szerepelnek. A nemzetk¨ozi Kenguru Verseny szervez´es´eben, a Zalai Matematikai Tehets´egek´ert Alap´ıtv´any munk´ aj´ aban ´evek ´ota r´eszt vesz. Folyamatosan k´epezi mag´at, rendszeresen vesz r´eszt a matematikatan´ arok v´ andorgy˝ ul´esein, konferenci´ain. T¨obb ´eve oktat a Veszpr´emi Pannon Egyetem Nagykanizsai K´epz˝ ohely´en. Sokoldal´ us´aga, gyermekszeretete, szakmai tud´ asa avatta ˝ot tan´ıtv´anyai ´es koll´eg´ ai k¨ or´eben tekint´elyes tan´arr´a. L´ angn´e Juh´ asz Szilvia ´altal´ anos iskolai, matematika–fizika szakos tan´ ari oklevel´et 1999-ben a szegedi Juh´ asz Gyula Tan´ ark´epz˝ o F˝ oiskol´ an szerezte, majd 2005ben elv´egezte a sz´am´ıt´astechnika szakot is. Pedag´ ogus p´ aly´ aj´ at Szegeden a Pet˝ ofi ´ ´ S´ andor Altal´ anos Iskol´aban kezdte, jelenleg a Gregor J´ ozsef Altal´ anos Iskola tan´ ara. Tan´or´ait alapos felk´esz¨ ul´es, k¨or¨ ultekint˝ o tervez´es el˝ ozi meg, ´es fiatalos lend¨ ulet jellemzi. Mindig nagy hangs´ ulyt helyez a tanul´ oi tev´ekenykedtet´es´ere ´es a j´ ol struktur´ alt fogalomalkot´asra. Sikeresen ´el a pedag´ ogiai ´es m´odszertani szabads´ ag lehet˝ os´egeivel, azt helyesen ´ertelmezi ´es alkalmazza. A k´epess´egek szerinti foglalkoztat´ as h´ıve, amit munk´aj´aban rendszeresen alkalmaz. Folyamatosan ¨onk´epz´est folytat, t¨ orekszik a leg´ ujabb szakmai, m´odszertani ismeretek megszerz´es´ere. A mindennapokban v´egzett magas sz´ınvonal´ u pedag´ ogiai munk´ aja mellett kiemelked˝ o szerepet v´allal a tehets´eggondoz´asban. A Bendeg´ uz Gyermek ´es Ifj´ us´ agi Akad´emia levelez˝ o versenyei k¨oz¨ ul matematika tant´ argyb´ ol 1–8. oszt´ aly sz´ am´ ara minden fordul´ ora ˝ ´all´ıtja ¨ossze ´es dolgozza ki hozz´ a feladatsorokat O ajuk a megold´ okulcsokat t¨obb ´ev ´ota. Az imm´ar nemzetk¨oziv´e fejl˝ od¨ott Bonifert Domonkos Matematikaversenynek ´es a Makkosh´azi Matematikaversenynek akt´ıv zs˝ uritagja m´ ar hallgat´ o kora ´ota. Sz´amos publik´aci´oja jelent meg a szegedi MOZAIK Kiad´ o gondoz´ as´ aban megjelen˝ o Matematika Tan´ıt´asa ´es a Cseng˝ osz´ o c. m´odszertani foly´ oiratokban. T´arsszerz˝ oje a Soksz´ın˝ u matematika tank¨onyvcsal´ ad als´ o tagozatos tank¨onyveinek, Sz´ amol´ of¨ uzeteinek ´es Tud´asszintm´er˝o feladatlapjainak 1–4. oszt´ alyok sz´ am´ ara. Ezek ut´ ogondoz´as´at, az u ´jabb kiad´asaik t¨ok´eletes´ıt´es´et, a sz¨ uks´eges ´atdolgoz´ asokat folyamatosan 65 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 66 — #66

✐

✐

v´egzi. A kiad´o ´altal k¨ozz´etett als´ o tagozatos matematika kerettantervek kidolgoz´ as´ aban akt´ıvan k¨ozrem˝ uk¨od¨ott. Kiad´ as alatt ´all egy informatikai feladatgy˝ ujtem´e´ nye als´o tagozatosok sz´am´ara ¨ossze´ all´ıtott sz´ am´ıt´ astechnikai gyakorlatokkal. Evente t¨ obb alkalommal tart m´odszertani el˝ oad´ asokat az orsz´ ag legk¨ ul¨onb¨oz˝ obb r´egi´ oiban. A MOZAIK m´odszertani napoknak rendszeres el˝ oad´ oja. Fiatal lend¨ ulete, szakmai felk´esz¨ ults´ege ´es ´ert´ekes pedag´ ogiai munk´ aja – amit h´ arom kisgyermek ´edesanyjak´ent v´egez – p´elda´ert´ek˝ u lehet p´ alyat´ arsai sz´ am´ ara is. M´esz´ aros J´ ozsef 1961-ben k¨oz´episkolai tan´ ari oklevelet szerzett fizika–matematika szakon a pozsonyi Pedag´ ogiai F˝ oiskol´ an. K´et ´ev katonai szolg´ alat ut´an egykori alma mater´eben kezdte el tan´ ari p´ alyafut´ as´ at, ahol 39 ´evet tan´ıtott. 2001-t˝ ol 2010-ig, mint nyugd´ıjas a Szenczi Moln´ ar Albert Gimn´ aziumban tev´ekenykedett, a 2011/12-es tan´evt˝ol a dunaszerdahelyi Mag´ angimn´ aziumban hetente egy alkalommal matematika szakk¨ort vezet. Kezdetekt˝ ol fogva ´erdekelte a tehets´eges tanul´ okkal val´o foglalkoz´as, ennek ´erdek´eben folyamatosan k´epezte mag´at, ´ıgy ker¨ ult a K¨oMaL, az A Matematika Tan´ıt´ asa, az erd´elyi Matematikai Lapok, az orosz Kvant ´es Matyematyika v sk´ole, valamint a cseh ´es szlov´ ak szakfoly´ oiratok b˝ uvk¨or´ebe, de lapozgatott n´emet szakfoly´ oiratokban is. T¨obbsz¨or k¨onyvjutalomban r´eszes¨ ult, ˝ vitte el gal´ mert a feladatmegold´o versenyeken el˝ okel˝ o helyeken v´egzett. O antai ¨ di´akjait el˝osz¨or a tatai Oveges-eml´ ekversenyre, a nyolcoszt´ alyos gimn´ azium 5–8. ´evfolyamos tanul´oit a b´atasz´eki matematikaversenyre, a 9–12. ´evfolyamos tanul´ okat a Zalamat alap´ıtv´any ´altal szervezett matematikai tr´eningre Balatonber´enybe, illetve Fony´odra. Ennek a tehets´eggondoz´ o t´ abornak rendszeres el˝ oad´ oja. T¨obbsz¨or tartott szlov´ak koll´eg´aknak ´es tehets´eges di´ akoknak foglalkoz´ ast Budmeric´eben ´es Gimesen. 1985 ´ota rendszeres r´esztvev˝ oje a R´atz L´aszl´ o-v´ andorgy˝ ul´esnek, egyetlen alkalommal sem hi´anyzott. K´et alkalommal el˝ oad´ ast ´es szemin´ ariumot is tartott. Tartott el˝oad´ast a Zalamat alap´ıtv´ any ´altal Nagykanizs´ an, a k´et´evente megrendez´esre ker¨ ul˝o ´altal´anos ´es k¨oz´episkolai matematikai tehets´eggondoz´ o konferenci´ an is. Di´akjai t¨obbsz¨or sikeresen szerepeltek a K¨oMaL pontverseny´eben. K´et tan´ıtv´ anya a szlov´ak v´alogatott keret tagjak´ent r´eszt vett a Nemzetk¨ozi Matematikai Di´akolimpi´an Horv´atorsz´agban, illetve Spanyolorsz´ agban Nagyon akt´ıvan bekapcsol´odott a matematika m´odszertan´ anak n´epszer˝ us´ıt´es´ebe oktat´ ok´ent. Munk´ aj´ at sz´ amos kit¨ untet´essel is elismert´ek, t¨obbek k¨oz¨ott: 1983-ban, az akkori Csehszlov´ aki´ aban orsz´ agos els˝ o d´ıjat nyert Pedag´ ogiai felolvas´asb´ol, 1984-ben pedig egy m´ asodik d´ıjban r´eszes¨ ult. 2001-ben megkapta ´ enek nagy a felvid´eki pedag´ogusok legrangosabb d´ıj´ at, a Czab´ an Samu-d´ıjat. Elet´ r´esz´et a matematikai tehets´eggondoz´ as t¨olt¨otte ki. P´elda lehet a fiatal kolleg´ ak sz´am´ara mind egy´enis´ege, mind szakmai tud´ asa. Mih´ aly M´ aria ´es Sz´ekely Andr´ as Zsolt megosztott d´ıjat kapnak, mindketten 1986-ban v´egztek Szegeden, a J´ ozsef Attila Tudom´ anyegyetemen matematika–fizika szakon ´es mindketten informatika szakos diplom´ aval is rendelkeznek. A gyulai Erkel Ferenc Gimn´azium tan´arai, ahol mindh´ arom szakt´ argyukat magas sz´ınvonalon tan´ıtj´ak. Mindketten munkak¨oz¨oss´eg-vezet˝ ok, M´ aria az oszt´ alyf˝ on¨oki munka´ k¨oz¨oss´eget, Andr´as pedig a matematika munkak¨oz¨oss´eget vezeti. Alland´ oan k´epzik magukat. Nemcsak a k¨otelez˝o programokon vesznek r´eszt, hanem ezeken fel¨ ul is. Rendszeres r´esztvev˝oi a R´atz L´aszl´ o-v´ andorgy˝ ul´eseknek. Mindketten emelt szint˝ u 66 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 67 — #67

✐

✐

matematika ´eretts´egi feladatsorokat szerkesztenek, amelyek a K¨oMaL-ban meg is ´ aikra mindig lelkiismeretesen felk´ejelentek. Munk´ajukat a precizit´ as jellemzi. Or´ sz¨ ulnek, azok sz´ınesek, ´elm´enysz´ amba mennek. Egyform´ an figyelnek minden di´ akra, nem hagyj´ak elkall´odni a matematik´ ab´ ol gyeng´ebb k´epess´eg˝ u tanul´ okat sem. A tehets´egekkel is sokat foglalkoznak. Tan´ıtv´ anyaik orsz´ agos szint˝ u eredm´enyeket ´ertek el. A tan´ıt´as mellett t¨obb helyi, orsz´ agos, K´ arp´ at-medencei program szervez´es´eben vettek r´eszt. Kezdetekt˝ol seg´ıtett´ek a Hajnal Imre Matematika Tesztverseny ´es M´odszertani Napok szervez´es´et. Oroszl´ anr´eszt v´ allaltak abban, hogy sikeres legyen ´ Gyul´an a 2007-es R´atz L´aszl´ o-v´ andorgy˝ ul´es, a 2008-as Altal´ anos Iskolai Fizikatan´ari Ank´et ´es Eszk¨ozki´all´ıt´ as ´es a 2009-es Nemzetk¨ozi Magyar Matematikaverseny. M´aria ezen k´ıv¨ ul egy l´at´ ass´er¨ ult tan´ıtv´ any´ at is felkarolta, ´es kapcsolatuk azota is tart. Meghat´o ´es p´elda´ert´ek˝ ´ u az is, ahogy nyugd´ıjas koll´eg´ akkal a kapcsolatot tartja, rendszeresen tal´alkozik vel¨ uk. Sz´ekely Andr´ ast a k¨oz¨oss´eg is ´erdekli, amiben ´el, dolgozik. Koll´eg´ai tisztelet´et ´es elismer´es´et az is bizony´ıtja, hogy hossz´ u ´evek ota v´alasztott tagja, jelenleg v´alasztott eln¨oke az iskol´ ´ aja k¨ozalkalmazotti tan´ acs´anak. T¨obb ´evtizedes munk´ ass´ ag´ a´ert Polg´ armesteri dics´eretet is kapott Gyul´ an. Mindketten remek pedag´ogusok, nagyon j´ o koll´eg´ ak. Rendk´ıv¨ ul sz´ınes egy´enis´egek, egyben kiv´al´o csapatemberek. Igazi p´eldak´epek di´ ak, sz¨ ul˝ o ´es pedag´ ogus sz´ am´ ara egyar´ant. Sz´eplaki Gy¨ orgyn´e 1971-ben szerzett matematika–fizika szakon k¨oz´episkolai tan´ari diplom´at az E¨otv¨os Lor´and Tudom´ anyegyetemen, majd az ELTE Radn´ oti ´ Mikl´os Gyakorl´o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ aziumba ker¨ ult tan´ arnak, 1977-t˝ ol vezet˝ o tan´ar. Egyar´ant lelkiismeretesen tan´ıtotta a matematika ir´ ant kev´esb´e fog´ekony tanul´okat ´es a kiemelked˝oen tehets´eges tanul´ okat is. 1982-t˝ ol napjainkig tal´ alkozhatunk tan´ıtv´anyaival a legk¨ ul¨onb¨oz˝ obb matematikaversenyek ´elvonal´ aban, illetve a K¨oMaL valamint az ABACUS pontverseny´eben. Oszt´ alyait is lelkes´ıteni tudja, nem csak a kiemelked˝oen tehets´eges tanul´ okat, ´ıgy tan´ıtv´ anyai sz´ep sikereket ´ertek el a teljes oszt´alyl´etsz´amot ig´enyl˝ o Matematika Hat´ arok N´elk¨ ul versenyen is (2003ban els˝o lett az akkori 9.A oszt´ aly, 2008-ban harmadik a 9.B oszt´ alya). Vezet˝otan´ ari tev´ekenys´eg´et teljes odaad´assal, szakmai ´es emberi elk¨otelezetts´eggel v´egzi. Nagy hangs´ ulyt helyez az ´or´akra val´ o felk´esz´ıt´esre, a szeml´eltet´esre, az ´or´ akat k¨ovet˝ o tartalmas megbesz´el´esekre ´es mindenekel˝ ott a pedag´ ogus p´ alya sz´eps´egeinek megmutat´as´ara. Rendszeresen tart el˝ oad´ ast a tan´ arjel¨olteknek az interakt´ıv tananyag haszn´alat´at´ol, a geometriaszeml´eltet˝ o eszk¨ozeinek bemutat´ as´ ar´ ol ´es m´eg sz´ amos izgalmas t´emak¨orb˝ol. Sz´eplaki Gy¨orgyn´e szakmai tev´ekenys´ege messze t´ ulmutat az iskola keretein. 1989 ´ota jelen van a matematikaoktat´ as orsz´ agos f´ orumain. Egyik megalkot´oja volt az ELTE Radn´ oti Mikl´ os Gyakorl´ oiskola nyolcoszt´ alyos ´es hatoszt´ alyos tanterv´enek, melyhez egy szerz˝ ot´ arssal tank¨onyvcsal´ adot ´ırtak. Tank¨onyv´ır´ oi munk´aj´at az Ap´aczai Kiad´on´ al folytatta, ahol hatodmag´ aval az ´altal´ anos iskola fels˝o tagozata sz´am´ara ´ırtak egy tank¨onyvsorozatot, melyhez feladatgy˝ ujtem´eny, tan´ari k´ezik¨onyv ´es digit´alis tananyag is k´esz¨ ult. Szerz˝ ok´ent ´es szakmai lektork´ent egyar´ant r´eszt vett a SuliNova Kht. kompetencia alap´ u oktat´ asi programcsomagj´anak kidolgoz´as´aban. Rendszeresen tartott akkredit´ alt tan´ artov´ abbk´epz´eseket, el˝ oad´asokat tartott a Varga Tam´ as Napokon, a R´acz L´aszl´ o-v´ andorgy˝ ul´esen is. Sz´eplaki Gy¨orgyn´e teljes ember. Legyen sz´ o matematik´ ar´ ol, tank¨onyv´ır´ asr´ ol, m´odszertani szak´ert˝oi tev´ekenys´egr˝ol, elesettek t´ amogat´ as´ ar´ ol, nyugd´ıjasok kar´ acsony´ ar´ ol, 67 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 68 — #68

✐

✐

˝ minden¨ szipog´o gyerekek vigasztal´as´ ar´ ol, ´enekl´esr˝ ol, j´ at´ekr´ ol, t´ aboroz´ asr´ ol, O utt ott van. Sz´ıvvel, l´elekkel, mert sz´ am´ ara a vil´ ag m´ask´ent elk´epzelhetetlen lenne. Els˝ok k¨oz¨ott kapta meg az iskola tan´ arainak titkos szavazatak´ent a K´arm´ an M´ oreml´ekgy˝ ur˝ ut. 2008-ban Ericsson d´ıjat, 2011-ben Graphisoft d´ıjat kapott. 2013 j´ unius´aban nyugd´ıjba vonul. Az iskolai gyerekserege helyett ¨ot unok´ aj´ anak szenteli szabadidej´et, melyhez nagyon j´ o eg´eszs´eget ´es sok boldogs´ agot k´ıv´ anunk. V´ agi Veronika tev´ekenys´ege Sz´ekesfeh´erv´ arhoz k¨ot˝ odik. T¨obb ´evtizeden ´at ugyanabban a k¨oz´episkol´aban tan´ıtott, az Ybl Mikl´ os K¨oz´episkol´ aban, majd annak megsz˝ unte ut´an a Kodol´anyi J´ anos K¨oz´episkol´ aban. P´ aly´ aj´ at szakfel¨ ugyel˝ ok´ent, illetve szaktan´acsad´ok´ent folytatta. Elm´ely¨ ult matematikai ismereteit j´ ol kamatoztatta tov´abbk´epz´esek szervez´es´eben. Kiemelked˝ o szakmai felk´esz¨ ults´ege, k¨ozvetlen modora miatt koll´eg´ai nagyra becs¨ ulik. Matematikai ´es m´odszertani k´erd´esekben naprak´eszen t´aj´ekozott ´es szaktan´ acsad´ ok´ent j´ol alkalmazta ezeket az ismereteit. Biztos ´erz´ekkel v´alasztotta meg a matematikai nevel´es aktu´ alis, a tan´ arok sz´ am´ ara fontos t´em´ait. Ezekb˝ol tov´abbk´epz´eseket tartott ´es szervezett a megye k¨oz´episkolai tan´arainak. M´ar 28 ´ev ´ota a tagozat f´ aradhatatlan titk´ ara. Feladatk¨or´ehez tartozik az ´evenk´ent megrendezett megyei matematika verseny, amelynek el˝ ok´esz´ıt´es´ehez tartoznak az ´evfolyamonk´ent ´es szakm´ ank´ent megv´ alasztott ´evfolyambizotts´ agok. Ezek munk´aj´at egy cs´ ucsbizotts´ ag f´es¨ uli ¨ossze ´es ellen˝ orzi, melynek megszervez´ese, a tagok felk´er´ese, sok tapintatot ´es nagy gyakorlatot ig´enyel. V´agi Veronika fogta ossze a k´etfordul´os verseny valamennyi teend˝ oj´et a feladatsorok v´egs˝ o ¨ossze´ all´ıt´ as´ a¨ t´ ol az eredm´enyhirdet´esig. Sz´ekesfeh´erv´ ar ¨onkorm´ anyzata a helyi tudom´ anyos k¨oz´elet t´amogat´as´ara, ¨on´all´o kutat´ asok publik´ aci´ oinak k¨ozz´et´etel´ere hozta l´etre Szekf¨ u Gyula – L´anczos Korn´el Alap´ıtv´ anyt. Ezen alap´ıtv´ any kurat´ orium´anak a term´eszettudom´anyos szak´ert˝oje V´agi Veronika. Munk´ aj´ at az ¨onkorm´ anyzat nagyra ´ert´ekeli, f˝ otan´acsosi c´ımben ´es Pro Civitate d´ıjban r´eszes´ıtette. V´agi Veronika nagyon sokat tett a matematika n´epszer˝ us´ıt´es´e´ert.

Gru eza-eml´ ek´ erem ¨ nwald G´ 2012-ben a Gr¨ unwald G´eza-eml´ek´eremre t´ız jel¨ol´es ´erkezett. A bizotts´ ag ¨or¨ommel allap´ıtotta meg, hogy a jel¨oltek igen magas tudom´ ´ anyos sz´ınvonalat k´epviselnek, ami egyben jelzi a Gr¨ unwald-eml´ek´erem t´ arsadalmi ´es tudom´ anyos elismerts´eg´et. A Bolyai T´arsulat ´evente legfeljebb n´egy d´ıjat adhat ki. A bizotts´ ag szavazatai alapj´an az idei a d´ıjazottak a k¨ovetkez˝ ok: Balka Rich´ ard, Csikv´ ari P´ eter, M´ erai L´ aszl´ o ´es Sz¨ oll˝ osi Ferenc. Indokl´ as: Balka Rich´ ard 1982-ben sz¨ uletett, 2006-ban szerzett matematikus diplom´at az E¨otv¨os Lor´and Tudom´ anyegyetemen, majd 2012-ben PhD fokozatot ugyanott Elekes M´arton t´emavezet´es´evel. Jelenleg fiatal kutat´o a R´enyi Int´ezetben. Balka Rich´ardnak 7 tudom´anyos publik´ aci´ oja van, valamint tov´ abbi sz´ amos cikke van jelenleg elb´ır´al´as alatt. F˝ o kutat´ asi ter¨ ulete a geometriai m´ert´ekelm´elet ´es a val´ os anal´ızis. Legjelent˝osebb eredm´enyeit Elekes M´artonnal ´es Buczolich Zolt´ annal k¨oz¨os k´et cikkben ´erte el, melyekben egy u ´j frakt´ aldimenzi´ o-fogalmat ´ep´ıtenek ki, 68 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 69 — #69

✐

✐

´es ´erdekes alkalmaz´asokat is tal´ alnak. M´ely ´es ´erdekes ennek a magasabb dimenzi´os ´altal´anos´ıt´asa is, amely Balka friss, ¨on´ all´ o publik´ aci´ oja. Szint´en kiemelj¨ uk, hogy a k¨ozelm´ ultban Elekes M´ artonnal ´es M´ath´e Andr´ assal k¨oz¨osen megoldotta Kolmogorov egy 80 ´eves probl´em´ aj´ at. Megmutatt´ ak, hogy nem minden s´ıkbeli halmaz kontrah´alhat´o k¨ozel ugyanakkora m´ert´ek˝ u poligonra, s˝ot tal´ altak k¨orlappal homeomorf ellenp´eld´at is. Publik´aci´oinak m´elys´ege mellett soksz´ın˝ us´ege is figyelemrem´elt´ o. F˝ o ter¨ ulete, a geometriai m´ert´ekelm´elet mellett vannak publik´ aci´ oi a lok´ alisan kompakt csoportok, a fixpont-t´etelek, a halmazelm´elet, a f¨ uggv´enyegyenletek, a kontinuumelm´elet ´es a le´ır´o halmazelm´elet ter¨ ulet´en is. Kiemelked˝ o eredm´enyeire tekintettel Balka Rich´ard a Gr¨ unwald G´eza-eml´ek´eremben r´eszes¨ ul. Csikv´ ari P´eter 1984-ben sz¨ uletett, 2011-ben szerzett PhD fokozatot az E¨otv¨ os Lor´and Tudom´anyegyetemen S´ark¨ozy Andr´ as ´es Sz˝ onyi Tam´ as t´emavezet´es´evel. Jelenleg tan´arseg´ed az ELTE sz´ am´ıt´ og´eptudom´ anyi tansz´ek´en, valamint fiatal kutat´o a R´enyi Int´ezetben. Csikv´ ari P´eternek 12 publik´ aci´ oja van. Kutat´ asi ter¨ ulete els˝osorban a kombinatorika, de sz´ amelm´eletben is ´ert el jelent˝ os eredm´enyeket. Az Acta Arithmetica-ban 2008-ban megjelent cikk´eben azt vizsg´ alja, hogy Fp -nek mekkora r´eszhamaza adhat´o meg u ´gy, hogy a r´esz¨osszegek k¨oz¨ott ne szerepeljen kvadratikus nem-marad´ek. Als´ o ´es fels˝ o becsl´est is ad, ´es szellemesen kombin´ al eszk¨oz¨oket a matematika k¨ ul¨onb¨oz˝ o ter¨ uleteir˝ ol. T¨obb dolgozat´ aban a Kelmans ´altal bevezetett gr´aftranszform´aci´ o hat´ as´ at vizsg´ alja k¨ ul¨onb¨oz˝ o gr´afpolinomok eset´eben. Az eredm´enyek az egy¨ utthat´ ok, illetve a legkisebb vagy legnagyobb gy¨ok v´ altoz´ as´ anak ir´any´at hat´arozz´ak meg. Tal´ an legismertebb eredm´enye a monoton-´ ut f´ akat haszn´alja annak bizony´ıt´as´ara, hogy tetsz˝ olegesen nagy ´atm´er˝ oj˝ u fa l´etezik, amelynek spektruma eg´esz sz´amokb´ ol ´all. Leg´ ujabban Frenkel P´eterrel k¨oz¨os dolgozat´ aban egy u ´j bizony´ıt´asi m´odszert bevezetve messzemen˝ okig ´altal´ anos´ıtj´ ak Hubai ´es ¨ Ab´ert egy kor´abbi eredm´eny´et gr´ afsorozatok kromatikus polinomjair´ ol. Osszefoglalva, Csikv´ari P´eter munk´ass´ aga kiemelked˝ oen magas sz´ınvonal´ u, rendk´ıv¨ ul ´ert´ekes eredm´enyekkel, amelyek mutatj´ ak szakmai ismereteinek m´elys´eg´et ´es rendk´ıv¨ uli bizony´ıt´o erej´et. Kiemelked˝o eredm´enyeire tekintettel Csikv´ ari P´eter a Gr¨ unwald G´eza-eml´ek´eremben r´eszes¨ ul. M´erai L´ aszl´ o 1982-ben sz¨ uletett, 2006-ban szerzett alkalmazott matematikus diplom´at az E¨otv¨os Lor´and Tudom´ anyegyetemen, majd 2011-ben PhD fokozatot ugyanott S´ark¨ozy Andr´as t´emavezet´es´evel. Jelenleg az ELTE komputeralgebra tansz´ek´en valamint a Budapesti Gazdas´ agi F˝ oiskol´ an dolgozik adjunktusk´ent. M´erai L´aszl´onak 11 tudom´anyos publik´ aci´ oja van, valamint k´et szabadalma. Kutat´ asi ter¨ ulete a pszeudov´eletlen sorozatok vizsg´ alata. A t´ema igen aktu´ alis, mivel az eredm´enyek gyakorlati alkalmaz´ast nyerhetnek kriptogr´ afi´ aban. A k´et szabadalom is ilyen alkalmaz´asokhoz kapcsol´ odik: egy szavaz´ asi rendszer ´es egy ´arver´esi rendszer. A sorozatok v´eletlen volt´ at ´altal´ aban az eloszl´ asi- ´es a korrel´ aci´ os m´ert´ekkel jellemzik. A legt¨obb konstrukci´ o multiplikat´ıv vagy addit´ıv karaktereket haszn´ al. M´erai az Acta Arithmetica-ban megjelent cikk´eben ´altal´ anos´ıtja az ¨osszes eddigi m´ odszert, ennek seg´ıts´eg´evel kis korrel´ aci´ os ´es kis eloszl´ asi m´ert´ekkel rendelkez˝ o sorozatokat konstru´al. Szint´en hat´ekony pszeudo-v´eletlen sorozatokat k´esz´ıt a Proc. AMS-ben megjelent dolgozat´ aban, ez´ uttal elliptikus g¨orb´ek seg´ıts´eg´evel. M´erai ko69 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 70 — #70

✐

✐

moly hangs´ ulyt fektet a kutat´ asi t´em´ ainak magyarorsz´ agi megismertet´es´ere. Ennek ´erdek´eben t¨obbsz¨or tartott n´epszer˝ us´ıt˝ o el˝ oad´ asokat, valamint magyar nyelven is publik´al. Kiemelked˝o eredm´enyeire tekintettel M´erai L´aszl´ o a Gr¨ unwald G´ezaeml´ek´eremben r´eszes¨ ul. Sz¨ oll˝ osi Ferenc 1985-ben sz¨ uletett, 2008-ban szerzett matematikus diplom´ at a Budapesti M˝ uszaki ´es Gazdas´ agtudom´ anyi Egyetemen, majd 2012-ben PhD fokozatot a CEU-n Matolcsi M´at´e t´emavezet´es´evel. Jelenleg JSPS posztdoktori ¨oszt¨ ond´ıjas Jap´anban a Tohoku Universityn. Sz¨oll˝ osi Ferencnek 14 publik´ aci´ oja van. Kutat´asi ter¨ ulete a komplex Hadamard-m´ atrixok elm´elete. A komplex Hadamardm´atrixok a val´os Hadamardoknak olyan ´altal´ anos´ıt´ asai, ahol az elemek 1 abszol´ ut ´ert´ek˝ u komplex sz´amok lehetnek. Ezek a m´atrixok a matematika sz´ amos ´ag´ aban alkalmaz´ast nyernek, u ´gymint kombinatorik´ aban, Fourier-anal´ızisben, line´ aris algebr´ aban ´es oper´atorelm´eletben. Ez is magyar´ azza Sz¨oll˝ osi Ferenc sz´ amos nemzetk¨ozi t´ arsszerj˝oj´et, valamint azt az ´erdekl˝ od´est ´es figyelemrem´elt´ o sz´ am´ u hivatkoz´ ast, ami az eredm´enyei ir´ant mutatkozik. Legismertebb eredm´eny´et a Journal of the LMS-ben k¨ozli, ahol megad egy 4 param´eteres komplex Hadamard-csal´ adot 6 dimenzi´oban, ´es ezzel igen k¨ozel ker¨ ul a 6 dimenzi´ os komplex Hadamardok teljes klasszifik´aci´oj´ahoz. A teljes klasszifik´ aci´ o mindeddig csak 5 dimenzi´ oig ismert, Haagerup egy eredm´enye ´altal. A Proc. AMS-ben megjelent m´asik publik´ aci´ oj´ aban pedig u ´j szellemes bizony´ıt´ast ad olyan pr´ım-dimenzi´ os komplex Hadamard-m´ atrixok l´etez´es´ere, amelyek a Fourier-m´ atrixt´ ol k¨ ul¨onb¨oznek. Kiemelked˝ o eredm´enyeire tekintettel Sz¨oll˝osi Ferenc a Gr¨ unwald G´eza-eml´ek´eremben r´eszes¨ ul.

Farkas Gyula-eml´ ekd´ıj A Bizotts´ag, a be´erkezett javaslatok alapj´ an 2012-ben n´egy Farkas Gyula-eml´ekd´ıjat adom´anyoz. A d´ıjazottak: Foll´ ath J´ anos, Nagy-Gy¨ orgy Judit, Orlovits Zsanett ´es Su le Zolt´ a n. ¨ Indokl´ as: Foll´ ath J´ anos 1981-ben sz¨ uletett Szolnokon. 2005-ben szerzett programtervez˝o matematikus diplom´ at a Debreceni Egyetemen. Ut´ ana nappali tagozatos PhD hallgat´o volt a DE Matematika ´es Sz´ am´ıt´ astudom´ anyok Doktori Iskol´ aj´ aban. A doktori k´epz´es befejez´es´et k¨ovet˝ oen tan´ arseg´ed lett a DE sz´ am´ıt´ og´eptudom´anyi tansz´ek´en. A PhD tudom´ anyos fokozatot 2012-ben szerezte meg. T´emavezet˝oje Peth˝o Attila volt. Kutat´ asi ter¨ ulete a kriptogr´ afia, ezen bel¨ ul els˝ osorban pszeudov´eletlen bin´aris sorozatokkal ´es hash f¨ uggv´enyekkel foglalkozik. P´ aros karakterisztik´aj´ u v´eges testek felhaszn´ al´ as´ aval konstru´ alt j´o tulajdons´ agokkal rendelkez˝o pszeudov´eletlen bin´aris sorozat csal´ adot. Legfontosabb eredm´enye az UDHash f¨ uggv´eny konstrukci´oja ´es matematikai elemz´ese. Eddig 7 tudom´ anyos dolgozata jelent meg kutat´asi ter¨ ulet´enek elismert foly´ oirataiban. T´arsszerz˝ okkel k´esz´ıtett egy egyetemi jegyzetet ´es t¨obb szoftvert, amelyben eredm´enyeit hasznos´ıtja. Nagy-Gy¨ orgy Judit 2000-ben matematikatan´ ari, 2003-ban pszichol´ ogus, 2005ben programtervez˝o matematikus diplom´ at szerzett. Ezt k¨ovet˝ oen 2005-t˝ ol 2008-ig doktorandusz hallgat´o volt, majd 2009-ben doktori fokozatot szerzett. Diplom´ ait ´es a doktori fokozatot is mind Magyarorsz´ agon, Szegeden szerezte meg. Jelenleg 70 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 71 — #71

✐

✐

az SZTE TTIK Bolyai Int´ezet´eben egyetemi adjunktus a sztochasztika tansz´eken. Kutat´asi munk´aja az alkalmazott matematik´ ahoz sorolhat´ o, els˝ osorban algoritmusok fejleszt´es´evel ´es elemz´es´evel foglalkozik. Ezen bel¨ ul f˝ o ´erdekl˝ od´esi ter¨ ulete ´es a doktori disszert´aci´oj´anak t´em´ aja is az online optimaliz´ al´ as. Ennek t¨obb r´eszter¨ ulet´en ´ert el fontos eredm´enyeket. Cikkei jelentek meg az u af ´es hyper¨temez´es, a gr´ gr´ af sz´ınez´es, a l´adapakol´as, a lapoz´ as ´es k-szerver probl´emak¨or¨okben. Az online optimaliz´al´as t´emak¨or´en k´ıv¨ ul is van k´et tov´ abbi publik´ aci´ oja, az egyik f´ak beagyaz´as´ar´ol sz´ol, a m´asik pedig a nemdeterminisztikus automat´ ´ ak ir´ any´ıt´ o szavaira jav´ıtja meg az ismert legjobb becsl´eseket. Tudom´ anyos munk´ aj´ anak magas sz´ınvonal´at j´ol mutatja, hogy a foly´ oirat cikkei az adott szakter¨ uleten rangosnak tartott foly´oiratokban jelentek meg. A k´et tov´ abbi cikk´eb˝ ol pedig az egyik az ICALP konferenci´an lett elfogadva, amely konferencia az elm´eleti sz´ am´ıt´astudom´ any egyik legjelent˝osebb f´oruma. A m´asik, nem foly´ oiratban k¨oz¨olt publik´ aci´ oja pedig a Bolyai ¨ Society Mathematical Studies sorozatban jelent meg. Osszesen 8 cikket publik´ alt, ´es jelenleg egy tov´abbi cikke van beny´ ujtva k¨ozl´esre. A publik´ alt cikkek megjelen´esi helye mellett m´eg ´erdemes kiemelni, hogy olyan nemzetk¨ozileg is elismert kutat´okkal dolgozott egy¨ utt, mint Szemer´edi Endre, Tuza Zsolt ´es Leah Epstein. A tudom´anyos cikkein k´ıv¨ ul m´eg t´ arsszerz˝ oje egy val´ osz´ın˝ us´eg-sz´ am´ıt´ asi ´es statisztikai p´eldat´arnak is. Orlovits Zsanett k¨oz´episkolai tanulm´ anyait a tatai E¨otv¨os J´ozsef Gimn´ aziumban v´egezte. Egyetemi diplom´ aj´ at az ELTE TTK alkalmazott matematikus szak´ an szerezte 2003-ban. K´es˝obb ugyanitt doktori k´epz´esben vett r´eszt Gerencs´er L´aszl´ o szakmai ir´any´ıt´as´aval. 2012-ben summa cum laude min˝ os´ıt´essel v´edte meg doktori ¨ ond´ıj´ (PhD) disszert´aci´oj´at. Az MTA Fiatal Kutat´ oi Oszt¨ at elnyerve 3 ´evig volt az MTA SZTAKI munkat´arsa. 2006 ´ota a Budapesti M˝ uszaki ´es Gazdas´ agtudom´ anyi Egyetem Matematika Int´ezet´enek differenci´ alegyenletek tansz´ek´en dolgozik, jelenleg adjunktusi munkak¨orben. Orlovits Zsanett eddig els˝ osorban sztochasztikus volatilit´as modellek p´enz¨ ugyi alkalmaz´ asaival foglalkozott. Egyik f˝ o eredm´enye a GARCH folyamatok rekurz´ıv becsl´es´enek egy u ´j megk¨ozel´ıt´ese, mely az off-line kv´azi-maximum likelihood m´odszer egy tov´ abbfejleszt´ese. Az u ´j m´ odszer elemz´es´ehez a Markov-folyamatok elm´elet´en alapul´ o sztochasztikus approxim´ aci´ oelm´elet eszk¨ozt´ar´at haszn´alja. Ennek seg´ıts´eg´evel igazolta a javasolt rekurz´ıv algoritmus 1 val´osz´ın˝ us´eg˝ u konvergenci´aj´ at. Az el˝ obb eml´ıtett eszk¨ozt´ ar alkalmaz´ asak´ent k´et m´asik jelent˝os probl´em´at is megoldott, amelyek a v´eletlen m´atrixfolyamatok stabilit´as´anak k´erd´esk¨or´ehez tartoznak. Az elm´eleti munka mellett eredm´enyesen foglalkozik gyakorlati modellez´esi feladatokkal is. Eddig 3 dolgozatot publik´ alt rangos nemzetk¨ozi tudom´anyos foly´ oiratokban, ezen fel¨ ul 4 konferenciak¨ozlem´eny ´es 2 egyetemi jegyzet (t´ars)szerz˝ oje. S¨ ule Zolt´ an 1980-ban sz¨ uletett. 2003-ban szerzett informatikatan´ ari oklevelet a Veszpr´emi Egyetemen, 2004-ben programoz´ o, 2006-ban programtervez˝ o matematikus diplom´at vehetett ´at a Szegedi Tudom´ anyegyetemen. 2006 j´ ulius´ at´ ol a Pannon Egyetem rendszer- ´es sz´am´ıt´astudom´ anyi tansz´ek´enek munkat´ arsa. Kutat´ omunk´ aj´ aban m˝ uszaki folyamatok modellez´es´evel valamint optimaliz´ al´ asi feladatok vizsg´ alat´aval ´es megold´as´aval foglalkozik. Az integr´ alt inform´ aci´ obiztons´ ag ´es az u ¨zleti folyamatok matematikai modellez´es´ere valamint k¨ ul¨onf´ele szempontok szerinti op71 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 72 — #72

✐

✐

timaliz´al´as´ara dolgozott ki munkat´ arsaival egy u ´jszer˝ u P-gr´ af alap´ u m´odszertant. Adapt´alta ezt az eredetileg folyamath´ al´ ozat-szint´ezis feladatok kezel´es´ere kifejlesztett megk¨ozel´ıt´est a fent eml´ıtett tudom´ anyter¨ uletekre, lehet˝ os´eget teremtve ´ıgy azok u ´jszer˝ u vizsg´alat´ara. Megadta a k¨ ul¨onb¨oz˝ o szempont´ u informatikai biztons´ agot garant´al´o rendszereszk¨oz¨ok strukt´ ur´ aj´ anak ´es topol´ ogi´ aj´ anak le´ır´ asi m´ odjait, valamint az u ansainak lehets´eges P-gr´ aff´ a val´o ´at¨zleti folyamatok BPMN reprezent´ alak´ıt´asi lehet˝os´egeit is. Ezen t´ ulmen˝ oen olyan optimaliz´ al´ o algoritmusokat, m´odszereket valamint szoftvereket dolgozott ki, amelyekkel m´od ny´ılik k¨ ul¨onf´ele optimaliz´al´asi feladatok hat´ekony ´es gyors megold´ as´ ara. Eddig 43 publik´ aci´ oval ´es tudom´anyos munk´aval rendelkezik.

R´ enyi Kat´ o-eml´ ekd´ıjat 2012-ben nem adtuk ki Patai L´ aszl´ o Alap´ıtv´ any d´ıja A Bizotts´ag u ´gy d¨ont¨ott, hogy a Patai L´aszl´ o Alap´ıtv´ any” d´ıj´ at 2012-ben M´ ader ” Attila r´esz´ere ´ıt´eli oda. Indokl´ as: M´ ader Attila 2004-ben a Szegedi Tudom´ anyegyetem Term´eszettudom´anyi Kar matematika szak´ an szerzett MSc diplom´ at, 2012-ben a kar Sz´ am´ıt´ astudom´anyi Doktori Iskol´aj´ aban szerzett PhD fokozatot. Tehets´eges fiatal matematika tan´ar-kutat´o, aki tan´ark´ent meggy˝ oz˝ o er˝ ovel tartott el˝ oad´ asaival szeretteti meg k¨oz´episkol´as ´es egyetemi di´ akjaival a matematik´ at. Ennek ´erdek´eben a legmodernebb informatikai eszk¨oz¨oket ´es ezek haszn´ alat´ anak m´odszereit alkalmazza, azokat tov´abbfejleszti, ´es ¨on´all´ o kutat´ asokat v´egez. Eredm´enyeir˝ ol publik´ aci´ okban, sz´amos tudom´anyos el˝oad´ason sz´ amolt be. Intenz´ıv iskol´ akon, tov´ abbk´epz´eseken tartott el˝oad´asokat nagy sikerrel. A sz´am´ıt´og´eppel seg´ıtett oktat´ as m´odszertana kiemelt kutat´ asi ter¨ ulet. A hordozhat´o, nagy teljes´ıtm´eny˝ u, kiv´ al´ o grafik´ aval ell´ atott informatikai eszk¨oz¨ok az ´elet minden ter¨ ulet´enek, ´ıgy a tudom´ anyos kutat´ asnak ´es oktat´ asnak is szerves r´esz´ev´e v´ altak. K´erd´es, hogyan lehet ezeket az eszk¨oz¨oket kreat´ıv m´odon alkalmazni az oktat´asban? Hogyan lehet a minek tanulni matematik´ at, a sz´ am´ıt´ og´ep u ´gyis megcsi” n´alja” ´altal´anos v´eleked´est legy˝ ozni? Hogyan lehet a klasszikus manu´ alis m´ odszereket hat´ekonyan ¨otv¨ozni az u ´j sz´ am´ıt´ og´epes k´ıs´erletez˝ o m´ odszerekkel? Egy´ altal´ an, hogyan lehet tan´ıtani a mostani u ´j informatik´ aban j´ artas gener´ aci´ ot (informatikai bennsz¨ ul¨ottek). Kutat´asai ´es oktat´ asfejleszt´esi munk´ aja ezen a ter¨ uleten p´eldamutat´oak, ezen eredm´enyeinek ¨osszefoglal´ asa doktori ´ertekez´es´enek els˝ o r´esz´eben tal´alhat´o. Egy m´asik probl´ema, hogyan lehet a sz´am´ıt´ og´epes eszk¨oz¨oket a matematikai kutat´asban alkalmazni. Bizonyos probl´em´ ak, k´erd´esek fel sem mer¨ ulnek, a megold´asukra pedig es´ely sincs a sz´ am´ıt´ og´epes k´ıs´erletez´esek n´elk¨ ul. Ehhez kapcsol´ odik, hogy hogyan lehet absztrakt tudom´ anyos eredm´enyeket, ´eppen az egyszer˝ ubb esetek sz´am´ıt´og´epes vizsg´alata r´ev´en a di´ akoknak is bemutatni, sz´ amukra ´erthet˝ oen tan´ıtani. Ezzel a ter¨ ulettel is foglalkozik, tudom´ anyos kutat´ asokat v´egez egy absztakt algebrai probl´emak¨orrel a szigetek”-kel kapcsolatosan. Ezek gyakorlati alkal” 72 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 73 — #73

✐

✐

mazhat´os´aga inspir´alta, hogy k¨oz´episkol´ asok sz´ am´ ara is ´erthet˝ o m´ odon mutassa be a szigetek” probl´em´ait. Doktori ´ertekez´es´enek m´ asodik r´esze tartalmazza ezt ” a t´emak¨ort. Tan´ari ´es m´odszertani kutat´ oi munk´ ass´ aga a matematikaoktat´ as korszer˝ us´ıt´es´ehez nagy m´ert´ekben hozz´aj´ arul. A bizotts´ag a fentiek alapj´an d¨ont¨ott u ´gy, hogy Patai L´aszl´ o Alap´ıtv´ any” d´ıj´ at ” 2012-ben M´ader Attil´anak ´ıt´eli oda.

73 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 74 — #74

✐

✐

´ A 2012. EVI ´ ´ JELENTES SCHWEITZER MIKLOS ´ ˝ MATEMATIKAI EMLEKVERSENYR OL

A Bolyai J´anos Matematikai T´arsulat 2012. okt´ ober 26. ´es november 5. k¨oz¨ott rendezte meg a Schweitzer Mikl´ os Matematikai Eml´ekversenyt. A versenyen k¨oz´episkolai tanul´ok, egyetemi ´es f˝ oiskolai hallgat´ ok, tov´ abb´ a azok vehettek r´eszt, akik egyetemi vagy f˝oiskolai tanulm´ anyaikat 2012-ben fejezt´ek be. A verseny lebonyol´ıt´as´ara a T´ arsulat a k¨ovetkez˝ o bizotts´ agot k´erte fel: Csik´ os Bal´ azs, Frenkel P´eter (titk´ar), Keleti Tam´ as, Lov´ asz L´ aszl´ o (eln¨ok), M´ ori Tam´ as, Pach J´ anos, R´ onyai Lajos, Stipsicz Andr´ as, Szegedy Bal´ azs. A bizotts´ag okt´ober 19-i u uz¨ott ki. A bizotts´ ag k¨osz¨onet´et ¨l´es´en 11 feladatot t˝ fejezi ki mindazoknak, akik feladatot javasoltak a versenyre; a kit˝ uz¨ott feladatok eset´eben a k¨ovetkez˝oknek: 1. Csirmaz L´ aszl´ o, 2. Keleti Tam´ as, 3. Gy´ arf´ as Andr´ as, 4. Lov´ asz L´ aszl´ o, 5. Feh´er L´ aszl´ o, 6.–7. Csik´ os Bal´ azs, 8. Laczkovich Mikl´ os, 9. K´ os G´eza, 10. Stipsicz Andr´ as, 11. M´ ori Tam´ as. A bizotts´ag ¨or¨ommel ´allap´ıtja meg, hogy a versenyt az ut´ obbi ´evekhez k´epest nagyobb ´erdekl˝od´es k´ıs´erte, ´es l´enyegesen t¨obben vettek r´eszt: 20 versenyz˝ o ¨osszesen 101 feladatra adott be dolgozatot. A versenybizotts´ag a dolgozatok ´attanulm´ anyoz´ asa ut´ an, november 30-i u ¨l´es´en meg´allap´ıtotta, hogy egyetlen versenyz˝ o oldott meg l´enyeg´eben nyolc feladatot. Ennek alapj´an I. d´ıjban ´es 50 000 forint p´enzjutalomban r´eszes¨ ul M´ esz´ aros Andr´ as, az ELTE matematika alapszakos hallgat´ oja, aki megoldotta az 1., 2., 3., 5., 7., 11. ´es kis hi´anyoss´agt´ol eltekintve a 9. feladatot, valamint a 8. feladat (a) r´esz´et ´es a 10. feladat (b) r´esz´et. H´arom versenyz˝o oldott meg l´enyeg´eben h´et feladatot. Ennek alapj´ an II. d´ıjban ´es 25 000 forint p´enzjutalomban r´eszes¨ ul Nagy Csaba, az ELTE matematikus doktorandusza, Nagy D´ aniel, az ELTE matematika mesterszakos hallgat´ oja ´es Tomon Istv´ an, a Cambridge-i Egyetem matematika mesterszakos hallgat´ oja. K¨ oz¨ ul¨ uk Nagy Csaba a 3., 5., 6., 7., 9., 10. ´es 11., Nagy D´aniel az 1., 2., 3., 5., 7., 10. ´es 11., Tomon Istv´an pedig a 3., 4., 9., 10., kis hi´ anyoss´ agt´ ol eltekintve a 11., tov´abb´a hi´anyosan a 2., 6. ´es 7. feladatot oldotta meg. ¨ versenyz˝o oldott meg l´enyeg´eben hat feladatot. Ennek alapj´ Ot an III. d´ıjban ´es 15 000 forint p´enzjutalomban r´eszes¨ ul Backhausz Tibor, az ELTE matematika alapszakos hallgat´oja, Gr´ osz D´ aniel, az ELTE matematika alapszakos hallgat´ oja, Nagy J´ anos, az ELTE matematika alapszakos hallgat´ oja, Szalkai Bal´ azs, az ELTE matematika mesterszakos hallgat´ oja ´es Wolosz J´ anos, az ELTE matematika mesterszakos hallgat´ oja. K¨oz¨ ul¨ uk Backhausz Tibor megoldotta a 3., 8., 74 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 75 — #75

✐

✐

valamint – kis hi´anyoss´agt´ol eltekintve – az 1. ´es 6. feladatot, tov´ abb´ a r´eszlegesen a 2., 4. ´es 10. feladatot, emellett a 8. feladathoz egy ´erdekes kieg´esz´ıt˝ o megjegyz´est f˝ uz¨ott. Gr´osz D´aniel az 1., 3., 5., 7., 10. ´es 11. feladatot oldotta meg. Nagy J´ anos megoldotta a 3., 8. ´es minim´alis hi´ anyoss´ agt´ ol eltekintve a 7., tov´abb´ a r´eszlegesen a 2., 4., 6. ´es 9. feladatot. Szalkai Bal´ azs megoldotta az 1., 3., 5., 6., 7. ´es 10. feladatot. Wolosz J´anos megoldotta az 1., 3., 5., 9. ´es 10., valamint – jav´ıthat´ o hib´ at´ ol eltekintve – a 2. feladatot. K´et versenyz˝o oldott meg l´enyeg´eben o¨t feladatot. Ennek alapj´ an 1. dics´eretben r´eszes¨ ul Bodor Bertalan, az ELTE matematika alapszakos hallgat´ oja ´es Gyenizse Gerg˝ o, a Szegedi Tudom´ anyegyetem matematika mesterszakos hallgat´ oja. K¨oz¨ ul¨ uk Bodor Bertalan megoldotta a 2., 3., 5., 8., valamint hi´ anyosan a 6. ´es 7. feladatot. Gyenizse Gerg˝ o megoldotta a 2., 3., 5., 11., valamint hi´ anyosan a 7. ´es 10. feladatot. Egy versenyz˝o oldott meg l´enyeg´eben n´egy feladatot. Ennek alapj´an 2. dics´eretben r´eszes¨ ul Kalina Kende, az ELTE matematika alapszakos hallgat´ oja, aki megoldotta a 3., 11., minim´alis hi´ anyoss´ agt´ ol eltekintve a 6., valamint hi´ anyosan a 7. ´es 10. feladatot. A d´ıjakat a Morgan Stanley Magyarorsz´ ag Elemz˝ o Kft. t´ amogatta, ez´ert a versenybizotts´ag k¨osz¨onet´et fejezi ki.

A feladatok ´ es megold´ asaik 1. feladat. Van-e olyan α val´ os sz´ am, amelyhez vannak olyan f (n) ´es g(n) (N-b˝ ol N-be k´epez˝ o) rekurz´ıv f¨ uggv´enyek, hogy α = lim

n→∞

f (n) , g(n)

ugyanakkor az α n-edik tizedesjegy´et megad´ o f¨ uggv´eny nem rekurz´ıv? Megold´ as. Van ilyen α ∈ (0, 1) sz´ am. Legyen α n-edik tizedesjegye 1, ha az nedik Turing-g´ep az u all, ´es legyen 0, ha nem; ez persze nem re¨res szalaggal meg´ kurz´ıv f¨ uggv´eny. Csak a megfelel˝ o f (n) ´es g(n) f¨ uggv´enyeket kell megadni. Legyen π(u) egy rekurz´ ıv bijekci´ o N ´ e s N × N k¨ o z¨ o tt, a szok´ asoknak megfelel˝ oen

 π(u) = K(u), L(u) . Defini´aljuk racion´ alis sz´amok egy sorozat´ at a k¨ovetkez˝ ok´eppen. Legyen a(0) = 0. Az a(u + 1) − a(u) k¨ ul¨onbs´eg legyen 10−L(u) , ha az L(u) sorsz´am´ u Turing-g´ep pontosan K(u) l´ep´esben ´all meg, k¨ ul¨onben pedig legyen nulla. Alkalmas f ´es g rekurz´ıv f¨ uggv´enyekkel a = f /g. Mivel a(n) a fenti α-hoz konverg´ al, k´eszen vagyunk. Megoldotta: Backhausz Tibor, Gr´ osz D´ aniel, Kocsis Zolt´ an Attila, M´esz´ aros Andr´ as, Nagy D´ aniel, Szalkai Bal´ azs, Wolosz J´ anos. Hib´ as 1 dolgozat.

2. feladat. Nevezz¨ uk a (Zn , +) ciklikus csoport egy A r´eszhalmaz´ at gazdagnak, ha minden x, y ∈ Zn -hez van olyan r ∈ Zn , amelyre x − r, x + r, y − r ´es y + r mindegyike A-ban van. Milyen α-hoz l´etezik olyan Cα > 0 konstans, amelyre b´ armely abb Cα nα elem˝ u? p´ aratlan n-re minden A ⊂ Zn gazdag halmaz legal´ 75 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 76 — #76

✐

✐

Megold´ as. Megmutatjuk, hogy pontosan akkor van ilyen konstans, ha α ≤ 3/4. Az egyik ir´anyhoz azt l´ atjuk be, hogy b´ armely p´aratlan n eset´en minden A ⊂ Zn gazdag halmaz legal´abb n3/4 elem˝ u. Tegy¨ uk fel teh´at, hogy n p´ aratlan ´es A ⊂ Zn gazdag halmaz. Legyen  S(z) = (a, a′ ) ∈ A × A : a + a′ = z . A felt´etel szerint tetsz˝oleges x, y ∈ Zn -hez vannak a1 , a2 , a3 , a4 ∈ A elemek, amelyekre a1 − x = x − a2 = a3 − y = y − a4 . Ebb˝ol ´atrendezve a2 + a3 = x + y = a1 + a4 , a1 + a2 = 2x, a3 + a4 = 2y k¨ amp´ arhoz hozz´ arendelhet˝ o (legal´ abb) egy ! ovetkezik, teh´a
t minden (x, y) sz´ ol, ´es a hozz´ arendel´es injekt´ıv (mivel (a1 , a4 ), (a2 , a3 ) elem S(x + y) × S(x + y)-b˝ arozz´ ak (x, y)-t). Mivel r¨ogz´ıtett z = x + y n p´aratlan, ez´ert a1 , a2 , a3 , a4 meghat´ eset´ e n x ´ e rt´ e ke n f´ e le lehet, ez´ e rt ebb˝ o l az k¨ovetkezik, hogy b´armely z ∈ Zn -re S(z) × S(z) ≥ n, teh´at S(z) ≥ √n. Teh´ at X √ 2 S(z) ≥ n n, |A| = |A × A| = z∈Zn

vagyis |A| ≥ n3/4 , ahogy ´all´ıtottuk. A m´asik ir´anyt k´etf´elek´eppen is bizony´ıthatjuk: v´eletlen konstrukci´ oval is ´es determinisztikus konstrukci´oval is. B´ar az ut´ obbi r¨ovidebb, frapp´ ansabb ´es er˝ osebbet ad, figyelemre m´elt´o a v´eletlen konstrukci´ o is, mert az sok m´as esetben is m˝ uk¨odik. I. Determinisztikus konstrukci´ o: n = k 4 (k = 1, 3, 5, . . .) eset´en megadunk leg3 3/4 elem˝ u gazdag halmazt Zn -ben. Ebb˝ ol azonnal k¨ovetkezik, hogy feljebb 4k = 4n α < 3/4 eset´en nincs megfelel˝ o Cn konstans. ´ ol, melyek n´egyjegy˝ u k-as sz´ amrendszerbeli Alljon A azon Zn -beli elemekb˝ alakj´aban van 0 sz´amjegy. Vil´ agos, hogy ekkor A elemsz´ ama legfeljebb 4k 3 . Azt kell oleges. Ekkor v´ alasszuk csak megmutatnunk, hogy A gazdag. Legyen x, y ∈ Zn tetsz˝ r n´egyjegy˝ u k-as sz´amrendszerbeli alakj´ aban a negyedik sz´ amjegyet u ´gy, hogy x − r (n´egyjegy˝ u k-as sz´amrendszerbeli alakj´ anak) negyedik sz´ amjegye 0 legyen, a harmadikat u ´gy, hogy x + r harmadik sz´ amjegye 0 legyen, m´asodikat u ´gy, hogy y − r m´asodik sz´amjegye 0 legyen, v´eg¨ ul az els˝ ot u ´gy, hogy y − r els˝ o sz´ amjegye 0 legyen. Ekkor x − r, x + r, y − r, y + r ∈ A. √ u gazdag halmazt II. V´eletlen konstrukci´oval megadunk C 4 log n · n3/4 elem˝ b´armely n-re. K´es˝obb megv´alasztand´ o r¨ogz´ıtett p-re v´ alasszuk ki Zn minden elem´et egym´ast´ol f¨ uggetlen¨ ul p val´osz´ın˝ us´eggel. El˝osz¨or megmutatjuk, hogy adott x, y-ra (1)

!
n/C , P (A − x) ∩ (x − A) ∩ (A − y) ∩ (y − A) = ∅ ≤ (1 − p4 )

76 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 77 — #77

✐

✐

ahol C abszol´ ut konstans. Mivel annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy n´egy adott (k¨ ul¨onb¨oz˝ o) Zn -beli elem mindegyike A-ban van, p4 , ez´ert ehhez csak azt kell meggondolni, hogy adott x, y-hoz megadhat´ o legal´ abb n/C diszjunkt (a1 , a2 , a3 , a4 ) sz´ amn´egyes, amelyre a1 − x = x − a2 = a3 − y = y − a4 . n/C

, Teh´at (1) alapj´an a rossz (x, y) p´ arok v´ arhat´ o sz´ama legfeljebb n2 (1 − p4 ) 2 4 n/C ´ıgy annak val´osz´ın˝ us´ege, hogy van rossz (x, y) p´ar legfeljebb n (1 − p ) . Ten/C h´at ha n2 (1 − p4 ) < 1, akkor pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eggel j´o konstrukci´ ot kapunk. n eset´en ez teljes¨ ul. Ekkor pedig nagy val´ osz´ıK¨onny˝ u ellen˝orizni, hogy p4 = 2C log n n˝ us´eggel akkora az A halmaz, amekkor´ at akartunk (m´ asik C-vel). Megoldotta: Bodor Bertalan, Gyenizse Gerg˝ o, M´esz´ aros Andr´ as, Nagy D´ aniel. R´eszben megoldotta: Backhausz Tibor, Kutas P´eter, Nagy J´ anos, Tomon Istv´ an ´es Wolosz J´ anos. K´et dolgozat nem tartalmaz ´erdemi eredm´enyt.

3. feladat. Bizony´ıtsuk be, hogy egy k-kromatikus gr´ af ´eleit tetsz˝ olegesen k´et sz´ınnel sz´ınezve van olyan k pont´ u r´eszfa, melynek ´elei ugyanolyan sz´ın˝ uek. Megold´ as (Szalkai Bal´azs megold´ asa). Jel¨olje G = (V, E) a gr´ afot, GB a fekete ´elek afj´ at. K´esz´ıts¨ uk el a k¨ovetkez˝ o H = (S, T, F ) r´eszgr´afj´at ´es GW a feh´er ´elek r´eszgr´ p´aros gr´afot (melyben esetleg lesznek t¨obbsz¨or¨os ´elek): Legyen S a GB ¨osszef¨ ugg˝ o komponenseinek halmaza, T pedig GW ¨osszef¨ ugg˝ o komponenseinek halmaza. Tov´abb´a, minden v ∈ V -re legyen fv ∈ F egy ´el v fekete ´es feh´er komponense k¨oz¨ott! Legyen ∆ a maxim´alis foksz´ am H-ban. (Ekkor ∆ megegyezik G-ben egy maxim´ alis cs´ ucssz´am´ u, ¨osszef¨ ugg˝o, egysz´ın˝ u r´eszgr´ af cs´ ucsainak sz´ am´ aval.) K˝ onig ´elsz´ınez´esi t´etele szerint H felbomlik ∆ p´aros´ıt´ asra, azaz ∆ sz´ınnel ´elsz´ınezhet˝ o. Mivel az ´elek a cs´ ucsoknak felelnek meg, ez´ert ez megad egy cs´ ucssz´ınez´est a G gr´ afon. Ez a sz´ınez´es j´o sz´ınez´ese lesz G-nek. Ugyanis tegy¨ uk fel, hogy u, v ∈ V ¨ossze vannak k¨otve G-ben – mondjuk – fekete ´ellel. De ekkor a k´et cs´ ucs GB -nek ugyanabban ucsra illeszkedik, teh´ at a komponens´eben van, vagyis fu ´es fv ugyanarra az S-beli cs´ k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ uek. Kisz´ınezt¨ uk teh´at ∆ sz´ınnel G cs´ ucsait, teh´ at ∆ ≥ k = χ(G). A ∆ defin´ıci´ oja miatt teh´at van olyan – mondjuk – fekete komponens, melynek m´erete legal´ abb k. Ebben a komponensben teh´at l´etezik ≥ k-pont´ u fekete fa. Levelek lesz¨ uretel´es´evel pedig ennek a f´anak a pontsz´ ama lecs¨okkenthet˝ o pontosan k-ra. Megoldotta: Backhausz Tibor, Bencs Ferenc, Bodor Bertalan, Gr´ osz D´ aniel, Gyenizse Gerg˝ o, Kalina Kende, Kutas P´eter, M´esz´ aros Andr´ as, Nagy Csaba, Nagy D´ aniel, Nagy J´ anos, Solt´esz D´ aniel, Szalkai Bal´ azs, Tomon Istv´ an, Wolosz J´ anos.

4. feladat. Legyen K egys´egnyi t´erfogat´ u konvex test az n-dimenzi´ os t´erben. Legyen S ⊂ K olyan Lebesgue-m´erhet˝ o halmaz, melynek m´ert´eke legal´ abb 1 − ε, ahol 0 < ε < 1/3. Bizony´ıtand´ o, hogy K-t a s´ ulypontj´ ab´ ol 2ε ln(1/ε) ar´ anyban kicsiny´ıtve, a kapott test tartalmazza S s´ ulypontj´ at. Megold´ as. Feltehet˝o, hogy K s´ ulypontja az orig´ u
k ´eszre, hogy ha s ∈ / ! o. Vegy¨ 2ε ln(1/ε)K, akkor van olyan H hipers´ık az (1/ 2ε ln(1/ε) !)s ponton ´at, amely a K testet nem metszi. Feltehetj¨ uk, hogy ez az x1 = −1 hipers´ık. Teh´ at K minden s els˝ o koordin´ a t´ a ja legal´ a bb 2 ln(1/ε). pontj´ara x1 > −1. Tov´abb´a v = − 1−ε ε 77 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 78 — #78

✐

✐

Legyen F (t) az x1 = t − 1 hipers´ık ´es a K test metszet´enek m´ert´eke, ´es G(t) an G′ (t) = −F (t). Mivel az x1 ≥ t − 1 f´elt´er ´es a K test metszet´enek m´ert´eke. Nyilv´ K s´ ulypontja az orig´o, Z ∞ Z ∞ tF (t) dt = G(t) dt = 1. 0

0

V´ alasszunk olyan β sz´amot, melyre G(β) = ε. A Brunn–Minkowski-t´etelb˝ ol k¨ovetuggv´eny ´ert´eke megegyezik G(t)-vel kezik, hogy G(t) log-konk´av. Mivel az εt/β f¨ a t = 0 ´es t = β pontokban, ez´ert ( ≥ εt/β , ha 0 ≤ t ≤ β, G(t) ≤ εt/β , ha t > β. ´Igy 1≥

Z

β 0

G(t) dt ≥

Z

β

εt/β dt = 0

(1 − ε)β , ln(1/ε)

´es ez´ert β ≤ ln(1/ε)/(1 − ε). Mivel v a K egy ε m´ert´ek˝ u r´esz´enek s´ ulypontja, v els˝ o koordin´ at´ aja akkor a legnagyobb, ha ezt az ε m´ert´ek˝ u r´eszt a legnagyobb els˝ o koordin´ at´ aj´ u pontokra koncentr´aljuk; ´ıgy Z Z ∞ 1 ∞ 1 ∞ 1 (t − 1)F (t) dt = −(t − 1)G(t) β + G(t) dt ≤ v1 ≤ ε β ε ε β Z β 1 ∞ t/β ln(1/ε) + ε ε dt = β − 1 + ≤β−1+ ≤ < 2 ln(1/ε), ε β ln(1/ε) 1−ε ami ellentmond´as. Megoldotta: Tomon Istv´ an. R´eszlegesen megoldotta Backhausz Tibor, Nagy J´ anos, Virosztek D´ aniel.

os line´ aris alterek R8 -ban, 5. feladat. Legyenek V1 , V2 , V3 , V4 olyan n´egydimenzi´ amelyek k¨ oz¨ ul b´ armely kett˝ onek a metszete csak a nullvektorb´ ol ´ all. Mutassuk meg, hogy van olyan W n´egydimenzi´ os line´ aris alt´er R8 -ban, amelyre mindegyik W ∩ Vi metszet k´etdimenzi´ os. Megold´ as. Felid´ezz¨ uk a grafikon-konstrukci´ ot (amely p´eld´ aul a Grassmann-sokas´ ag t´erk´epein´el is szerepel). 1. defin´ıci´ o. Legyenek A, B, C a D vektort´er line´ aris alterei. Tegy¨ uk fel, hogy A ∩ B = B ∩ C = 0 ´es A + B = D. Ekkor minden a ∈ A-hoz pontosan egy olyan b ∈ B l´etezik, hogy a + b ∈ C, teh´ at a γ(A, B, C, D) : A → B line´aris lek´epez´est egy´ertelm˝ uen defini´ alja a γ(A, B, C, D)(a) + a ∈ C tulajdons´ag. Vagyis C a γ grafikonja. 78 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 79 — #79

✐

✐

Ha A ∩ C = 0 is teljes¨ ul, akkor γ(B, A, C, D) a γ(A, B, C, D) lek´epez´es inverze. 2. defin´ıci´ o. Legyenek V1 , V2 , V3 , V4 2k-dimenzi´ os, p´ aronk´ent csak 0-ban metsz˝ o alterei a V 4k-dimenzi´os vektort´ernek. A W 2k-dimenzi´ os alteret j´ ol metsz˝ onek h´ıvjuk, ha dim Wi := W ∩ Vi = k, i = 1, . . . , 4. os, p´aronk´ent csak 0-ban metsz˝ o al3. ´ all´ıt´ as. Legyenek V1 , V2 , V3 , V4 2k-dimenzi´ terei a V 4k-dimenzi´os vektort´ernek, ´es legyen W j´ ol metsz˝ o alt´er. Ekkor γ3 (W1 ) = γ4 (W1 ) = W2 , ahol γi := γ(V1 , V2 , Vi , V ), i = 3, 4. Az ´all´ıt´as azonnal k¨ovetkezik abb´ ol, hogy γi |Wi = γ(W1 , W2 , Wi , W ), ´es hogy γi invert´alhat´o. o a j´ ol metsz˝ o alterek 4. k¨ ovetkezm´ eny. A W → 7 W1 = W ∩ V1 megfeleltet´es bijekci´ ´es α := γ4−1 γ3 : V1 → V1 lek´epez´es k-dimenzi´ os invari´ ans alterei k¨oz¨ott. ans alt´er lesz. M´ asr´eszt, Val´oban, a 3. ´all´ıt´asb´ol k¨ ovetkezik, hogy W1 invari´ ha U k-dimenzi´os invari´ans altere α-nak, akkor k¨onny˝ u ellen˝ orizni, hogy W := U + γ3 (U ) = U + γ4 (U ) j´ol metsz˝ o. Vagyis a feladat megold´as´ ahoz az al´ abbi ´eszrev´etel elegend˝ o. aris lek´epez´esnek mindig van 2 dimenzi´ os invari´ ans 5. ´ all´ıt´ as. Egy α : R4 → R4 line´ altere. Ez leggyorsabban a val´ os Jordan-f´ele norm´ alalak l´etez´es´eb˝ ol k¨ovetkezik: Legyenek α saj´at´ert´ekei a, b, c, d. Ha minden saj´ at´ert´ek val´ os, akkor egy saj´at-b´ azisban a komplex Jordan-alakn´al megszokott lehet˝ os´egeink! vannak. Ha a = x + iy, b = x y
x − iy komplex konjug´alt saj´at´ertekp´ ar, akkor egy −y x blokk jelenik meg. Ha ezek k´etszeres gy¨ok¨ok, akkor el˝ ofordulhat az   x y 1 0 −y x 0 1     0 0 x y 0 0 −y x

eset is. Azonnal l´atszik, hogy minden lehets´ o k´et b´ azisvektor ! e
ges esetben az els˝ invari´ans alteret fesz´ıt ki, hiszen van egy 00 00 blokk a bal als´ o sarokban. Megjegyz´ esek. (a) A γ lek´epez´esek projekci´ ok seg´ıts´eg´evel is defini´ alhat´ ok. A D t´er direkt felbont´asa A-ra ´es B-re defini´ al πA : D → A ´es πB : D → B projekci´okat, ´es
−1 ! γ(A, B, C, D) = πB ◦ πA |C .

(b) A fenti bijekci´o tetsz˝oleges test f¨ol¨ott ´erv´enyes. Vegy¨ uk ´eszre, hogy egy tipikus C2k → C2k line´aris lek´epez´esnek 2k k¨ ul¨onb¨oz˝ o saj´ at´ert´eke van, teh´ at bel´ attuk a k¨ovetkez˝ot: 79

✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 80 — #80

✐

✐

6. t´ etel. Legyen adott 4 ´altal´ anos helyzet˝ u (bele´ at´ert´ekei k¨ ul¨on!
ertve, hogy α saj´ b¨ oz˝oek) 2k-dimenzi´os altere C4k -nak. Ekkor 2k j´ o l metsz˝ o alt´ e r van. k

Speci´alis esetk´ent kapjuk k = 1-re a 4-egyenes-t´etelt, k = 2-re pedig 6 megold´ as van. Schubert-kalkulussal meglep˝ oen neh´ez a 6. t´etelt bel´ atni. A k = 2 esetet l´asd al´ abb. aris lek´epez´esnek 2k k¨ ul¨onb¨oz˝ o saA val´os esetben egy tipikus R2k → R2k line´ j´ at´ert´eke van, ezek vagy val´osak, vagy konjug´ alt p´ arok, teh´ at bel´ attuk a k¨ovetkez˝ ot: 7. t´ etel. Legyen adott 4 ´altal´ anos helyzet˝ u 2k-dimenzi´ os altere R4k -nak. Ekkor NR (k, a) =

 a   X a 2k − 2a i

i=0

k − 2i

j´ ol metsz˝o alt´er van, ahol a = 0, 1, . . . , k a megfelel˝ o α lek´epez´es konjug´ alt saj´at´ert´ekp´arjainak sz´ama. !
o becsl´est kapjuk. A t´etelb˝ ol az a = 0-ra a komplex esetb˝ ol k¨ovetkez˝ o 2k k fels˝ is kider¨ ul, hogy vannak r´esek, nem minden p´ aros sz´amot kapunk meg NR (k, 0) ´es NR (k, k) k¨oz¨ott. P´eld´aul k = 2-re tipikusan 2 vagy 6 j´ol metsz˝ o alt´er van. (c) Kohomologikus megfontol´ asokb´ ol k¨ovetkezik, hogy ha az ´altal´ anos esetben a v´alasz nem nulla, akkor mindig van megold´ as (a t¨obbsz¨or¨os saj´ at´ert´ekek eset´en is). A komplex esetb˝ol k¨onnyen k¨ovetkeztethet¨ unk a val´ os megold´ asok sz´ am´ anak parit´as´ara. Sajnos a 6 p´aros sz´ am, ´ıgy ez nem seg´ıt. (d) Bizonyos esetekben l´etezik val´ os Schubert-kalkulus Z f¨ol¨ott is, ´es a mi eset¨ unk ilyen. Ebb˝ol az k¨ovetkezik, hogy az ´altal´ anos esetben a megold´ asok el˝ ojeles sz´ama 2 (¨osszhangban a fenti sz´ amol´ asokkal). Erre egyel˝ ore nem tudok j´o referenci´ at adni. (e) A komplex eset Schubert-kalkulussal: A defin´ıci´o v´egiggondol´as´ aval kapjuk, hogy  σ2,2 = V ∈ Gr4 (C8 ) : dim(V ∩ F4 ) ≥ 4 ,

teh´at a v´alasz

Z

A Giambelli-formul´ab´ol σ2,2 =

σ22

Gr4

(C8 )

4 σ2,2 .

− σ1 σ3 , teh´ at

2 σ2,2 = σ2,2 (σ22 − σ1 σ3 ),

amit a Pieri-formula k´etszeri alkalmaz´ as´ aval tudunk kisz´ amolni: ·

=

+

+

.

80 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 81 — #81

✐

✐

Hasonl´oan, σ2,2 σ3 = σ4,2,1 + σ3,2,2 . A Pieri-formul´ at m´eg egyszer alkalmazva kapjuk, hogy σ2,2 σ22

=

σ4,3,1 + σ4,2,2 + σ4,2,1,1 + σ3,3,2 + σ3,3,1,1 + σ3,2,2,1 + σ3,2,2,1 + σ2,2,2,2 + σ4,2,2 + σ4,4 + σ4,3,1 + σ4,2,2 ,

´es σ2,2 σ3 σ1

=

σ4,3,1 + σ4,2,2 + σ4,2,1,1 + σ4,2,2 + σ3,3,2 + σ3,2,2,1 .

Vagyis 2 σ2,2 = σ3,3,1,1 + σ3,2,2,1 + σ2,2,2,2 + σ4,4 + σ4,3,1 + σ4,2,2 .

Mivel ezen part´ıci´ok mindegyike o¨ndu´ alis, azonnal ad´odik, hogy Z 4 σ2,2 = 6. Gr4 (C8 )

Megoldotta: Bodor Bertalan, Gr´ osz D´ aniel, Gyenizse Gerg˝ o, M´esz´ aros Andr´ as, Nagy Csaba, Nagy D´ aniel, Szalkai Bal´ azs, Wolosz J´ anos. Nem tartalmaz ´erdemi eredm´enyt 5 dolgozat.

6. feladat. Legyenek A, B, C olyan n × n-es, komplex elem˝ u m´ atrixok, melyekre [A, B] = C, [B, C] = A ´es [C, A] = B, ahol [X, Y ] az X ´es Y m´ atrixok XY − Y X kommut´ ator´ at jel¨ oli. Bizony´ıtsuk be, hogy e4πA az egys´egm´ atrix. Megold´ as. Az egys´egkvaterni´ ok SU (2) Lie-csoportj´ anak su(2) Lie-algebr´ aja a ferd´en o¨nadjung´alt, 0 nyom´ u 2 × 2-es m´atrixokb´ ol ´all. Ebben b´ azist alkotnak az       1 i 0 1 0 1 1 0 i , B0 = ´es C0 = A0 = 2 0 −i 2 −1 0 2 i 0 m´ atrixok, melyek egym´assal ´eppen az [A0 , B0 ] = C0 , [B0 , C0 ] = A0 ´es [C0 , A0 ] = al´ odnak, teh´ at a φ : su(2) → Cn×n , φ(xA0 + yB0 + B0 szab´alyok szerint kommut´ zC0 ) = xA + yB + zC R-line´aris lek´epez´es egy Lie-algebra-reprezent´ aci´ o. Az SU (2) at egyszeresen ¨osszef¨ ugg˝ o. Ismert, hogy ekcsoport homeomorf az S 3 g¨ombbel, teh´ kor a φ Lie-algebra-reprezent´ aci´ o egy´e!rtelm˝ uen megad φˆ : SU (2) → GL(n, C)
egy xA0 +yB0 +zC0 φ(xA0 +yB0 +zC0 ) ˆ =e Lie-csoport-reprezent´aci´ot, melyre φ e . x = 4π, y = z = 0 helyettes´ıt´essel  2πi  ! 4πA0
e 0 4πA φ(4πA0 ) ˆ ˆ ˆ 2 ) = In , =e =φ e =φ = φ(I e 0 e−2πi ahol Ik a k × k-as egys´egm´atrixot jel¨oli.

81 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 82 — #82

✐

✐

Megoldotta: Backhausz Tibor, Kalina Kende, Kutas P´eter, Nagy Csaba, Szalkai Bal´ azs. R´eszlegesen megoldotta: Bodor Bertalan, Nagy J´ anos, Tomon Istv´ an, Virosztek D´ aniel.

7. feladat. Legyen Γ egy r sugar´ u k¨ orben fekv˝ o, rektifik´ alhat´ o, l hossz´ us´ ag´ u egyszer˝ u g¨ orbe´ıv, ´es legyen k egy term´eszetes sz´ am. Bizony´ıtsuk be, hogy ha l > krπ, akkor van olyan r sugar´ u k¨ orvonal, mely Γ-t legal´ abb k + 1 pontban metszi. 1. megold´ as (M´esz´aros Andr´ as dolgozata alapj´ an). Legyen A ´es B k´et adott pont a s´ıkon. Tekints¨ uk azon P pontok H halmaz´ at, amelyekre az A ´es B pontok k¨oz¨ ul az egyik a P k¨or´e rajzolt r sugar´ u k¨orlap belsej´eben, m´ıg a m´ asik a k¨ ulsej´eben van, azaz H := {P : AP > r > BP vagy BP > r > AP }. Azt ´all´ıtjuk, hogy minden ε > 0-hoz l´etezik olyan δ > 0, hogy ha az A ´es B pontok t t´avols´aga kisebb, mint δ, akkor λ(H) > (r − ε)4t, ahol λ a s´ıkbeli Lebesguem´ert´ek.

A bizony´ıt´ashoz rajzoljunk A ´es B k¨or´e is egy r sugar´ u z´ art k¨orlapot, H ´eppen ezek szimmetrikus differenci´ aj´ anak a belseje lesz. Ha t < r, akkor ez a k´et k¨or metszi egym´ast k´et pontban. H´ uzzunk e k´et ponton kereszt¨ ul p´ arhuzamost a szakaszunkkal, n´ezz¨ uk csak az ezen k´et egyenes k¨oz´e es˝ o r´esz´et H-nak. E k´et egyenes k¨oz¨ott halad´o, vel¨ uk p´arhuzamos egyenes mindig 2 darab t hossz´ u szakaszt metsz ki H-b´ol, azaz az ¨osszes szel´es m´ert´eke 2t. ´Igy e k´et egyenes k¨oz¨otti r´esze H-nak m´ar ¨onmag´aban 2t2h = 4th m´ert´ek˝ u, ahol h az r sz´ ar´ u t alap´ u egyenl˝ osz´ ar´ u h´aromsz¨og alaphoz tartoz´o magass´ aga. Ez a magass´ ag, ha t el´eg kicsi, nagyobb, mint r − ε, ´es ezzel bel´attuk az seg´ed´ all´ıt´ ast.

Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha P ∈ H, akkor tetsz˝ oleges A-t ´es B-t o¨sszek¨ot˝ o folytonos g¨ orbe metszeni fogja a P k¨oz´eppont´ u r sugar´ u k¨or´ıvet egy A-t´ ol ´es B-t˝ ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pontban. ´Igy elegend˝o egy olyan be´ırt poligont tal´ alni, amelyre ha minden szakasz´ahoz tekintj¨ uk a megfelel˝o H halmazt, akkor l´etezik olyan P pont, mely ezek k¨ oz¨ ul legal´abb k + 1-ben benne van, mert egy ilyen P k¨oz´eppont´ u r sugar´ u k¨ornek lesz k + 1 metsz´espontja a g¨orb´evel, ´es ezek mind k¨ ul¨onb¨oz˝oek, mert m´as-m´ as param´eterintervallumr´ol val´ok, ´es a g¨orbe egyszer˝ u.

Legyen l > l0 > krπ. Ekkor l´etezik olyan ε > 0 sz´ am, hogy (r − ε)4l0 > 4kr2 π. Legyen δ > 0 a seg´ed´all´ıt´asunk szerint ehhez tartoz´ o δ. Most tekints¨ unk egy olyan be´ırt t¨or¨ottvonalat, melyre a t¨or¨ottvonalat alkot´o szakaszok l1 , l2 , . . . , ln hosszai mind kisebbek, mint δ, de a szakaszok lS = 82 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 83 — #83

✐

✐

l1 + l2 + · · · + ln ¨osszhossza nagyobb, mint l0 . Ekkor a szakaszoknak megfelel˝ oH halmazok m´ert´ekei legal´abb (r − ε)4li nagyok, ´ıgy m´ert´ekeik ¨osszege nagyobb, mint 4kr2 π. De vegy¨ uk ´eszre, hogy az ¨osszes halmaz benne van egy 2r sugar´ u, azaz egy u k¨orlemezben, ami csak u ´gy lehet, ha van olyan pont, mely legal´ abb 4r2 π m´ert´ek˝ k + 1-ben benne van. A halmazok karakterisztikus f¨ uggv´enyeinek ¨osszege ugyanis nem lehet ≤ k minden¨ utt, mert akkor a k¨orlemezen vett integr´ alja legf¨oljebb k4r2 π volna, ami kisebb, mint a halmazok m´ert´ekeinek ¨osszege, holott az integr´ al linearit´ asa miatt azzal egyenl˝onek kellene lennie, ami ellentmond´ as. o 2. megold´ as. Jel¨olje θ ∈ [0, 2π] ´es x ∈ R2 eset´en Φ(θ,x) : R2 → R2 az orig´ k¨or¨ uli θ sz¨og˝ u forgat´as ´es az x vektorral val´ o eltol´ as kompoz´ıci´ oj´ at. A Poincar´eformula szerint (l´asd L. A. Santal´ o, Integral Geometry and Geometric Probability, ˜ k´et rektifik´ Chapter 7, §. 2.), ha Γ ´es Γ alhat´ o, l, illetve ˜l hossz´ us´ ag´ u g¨orbe´ıv az R2 ˜ g¨orb´ek metsz´esponteuklideszi s´ıkon, ´es m(θ, x) ∈ N ∪ {∞} jel¨oli a Γ ´es a Φ(θ,x) (Γ) jainak sz´am´at, akkor Z

x∈R2

Z

2π 0

m(θ, x) dθ dx = 4 · l · ˜l.

˜ g¨orb´enek az orig´ Ha a Γ o k¨oz´eppont´ u r sugar´ u k¨ort v´ alasztjuk, akkor m(θ, x) csak az x-t˝ol f¨ ugg ´es m(x) ˆ = m(θ, x) az x k¨oz´eppont´ u r sugar´ u k¨or ´es a Γ g¨orbe metsz´espontjainak sz´ama. A Poincar´e-formula ebben a speci´ alis esetben az Z 2 m(x) ˆ dx = 4rl > (2r) πk S

egyenletet adja. Mivel m ˆ tart´ oja egy 2r sugar´ u k¨orbe esik, m-nek ˆ egy pozit´ıv m´ert´ek˝ u halmazon k + 1-n´el nagyobbnak kell lennie. Megoldotta: Gr´ osz D´ aniel, M´esz´ aros Andr´ as, Nagy Csaba, Nagy D´ aniel, Nagy J´ anos, Szalkai Bal´ azs. R´eszlegesen megoldotta: Bodor Bertalan, Gyenizse Gerg˝ o, Kalina Kende, Tomon Istv´ an. Nem tartalmaz ´erdemi eredm´enyt egy dolgozat.

uggv´enyhez azt a Φf : R2 → 8. feladat. Rendelj¨ uk hozz´ a minden f : R2 → R f¨ [−∞, ∞] f¨ uggv´enyt, amelyre Φf (x, y) = lim supz→y f (x, z) minden (x, y) ∈ R2 -re. o? (a) Igaz-e, hogy ha f Lebesgue-m´erhet˝ o, akkor Φf is Lebesgue-m´erhet˝

(b) Igaz-e, hogy ha f Borel-m´erhet˝ o, akkor Φf is Borel-m´erhet˝ o? Megold´ as. (a) A v´alasz negat´ıv. Legyen A ⊂ R nem Lebesgue-m´erhet˝ o halmaz, ´es legyen f az A × Q halmaz indik´ atorf¨ uggv´enye, ahol Q jel¨oli a racion´ alis sz´ amok halmaz´at. Ekkor A × Q nullm´ert´ek˝ u a s´ıkbeli Lebesgue-m´ert´ek szerint, teh´ at f atorf¨ uggv´enye, amely nem Lebesgue-m´erhet˝o. M´asr´eszt Φf az A × R halmaz indik´ Lebesgue-m´erhet˝o. (b) (Nagy J´anos megold´asa alapj´an.) A v´ alasz szint´en negat´ıv. Legyen B ⊂ R2 olyan Borel-m´erhet˝o halmaz, S amelynek az x-tengelyre vett A vet¨ ulete nem Borel!
m´erhet˝o. Legyen f a D = y∈Q B + (0, y) halmaz indik´ atorf¨ uggv´enye, ahol B + (0, y) a B-nek a (0, y) vektorral val´ o eltoltj´ at jelenti. Ekkor D Borel-m´erhet˝ o 83 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 84 — #84

✐

✐

halmaz, teh´at f Borel-m´erhet˝ o. M´ asr´eszt a Φf f¨ uggv´eny nem m´as, mint A × R indik´atorf¨ uggv´enye, amely nem Borel-m´erhet˝ o. Megjegyz´ es (Backhausz Tibor dolgozata alapj´an). Ha f Borel-m´erhet˝ o, akkor o). Val´ oban, Φf univerz´alisan m´erhet˝o (´ıgy Lebesgue-m´erhet˝ Φ−1 f

!




[a, ∞] =

∞  \

f

n=1

−1



1 a − ,∞ n





+ In ,

ahol In azon (0, y) pontok halmaza a s´ıkon, amelyekre 0 < |y| < 1/n. Itt megsz´ aml´ alhat´o sok analitikus halmaz metszete ´all, mert k´et Borel-halmaz direkt szorzata is Borel, s emiatt k´et Borel-halmaz Minkowski-¨osszege – a direkt szorzat vet¨ ulete l´ev´en – analitikus. Ez´ert a metszet is analitikus, teh´ at univerz´ alisan m´erhet˝ o. Megoldotta: Backhausz Tibor, Bodor Bertalan, Nagy J´ anos. Az (a) r´eszt megoldotta M´esz´ aros Andr´ as.

 9. feladat. Legyen D = z ∈ C : |z| < 1 a komplex egys´egk¨ orlemez, ´es legyen 0 < a < 1 val´ os sz´ am. Tegy¨ uk fel, hogy f : D → C \ {0} olyan holomorf f¨ uggv´eny, amelyre f (a) = 1 ´es f (−a) = −1. Bizony´ıtsuk be, hogy   1 − a2 π . sup f (z) ≥ exp 4a z∈D

Megold´ as. Legyen M = sup f (z) . Mivel f nem konstans, |f | < M a D ¨osszes z∈D

pontj´aban. Az f (a) = 1 felt´etelb˝ ol tudjuk, hogy M > 1. Legyen g a (log f )-nek az az ´aga, amelyre g(a) = 0. Ekkor g(−a) = log(−1) = kπi valamilyen p´aratlan eg´esz k-ra. Tov´ abb´ a, |f | < M miatt Re g < log M . Legyen H = {z : Re z < log M }; ekkor teh´ at g egy holomorf D → H f¨ uggv´eny. Defini´aljuk a k¨ovetkez˝o t¨ortline´ aris f¨ uggv´enyeket: ϕ : D → D,

ϕ(z) =

z+a , 1 + az

´es ψ : H → D,

ψ(z) =

ϕ−1 (z) =

z−a 1 − az

z . 2 log M − z

Tekints¨ uk a h : D → D, h = ψ ◦ g ◦ ϕ f¨ uggv´enyt. Mivel ϕ(0) = a, g(a) = 0 ´es ψ(0) = 0, teljes¨ ul, hogy h(0) = 0. Alkalmazzuk a Schwarz-lemm´ at a h f¨ uggv´enyre −2a −2a 2a ´es a ϕ−1 (−a) = 1+a pontra; azt kapjuk, hogy h , teh´ a t ≤ | ( 1+a2 )| 1+a2 2 !
!
2a ≥ |h ϕ−1 (−a) | = |ψ g(−a) | = 1 + a2 1 kπi = q , = 2 log M − kπi M 2 + 1 ( 2 log ) |k|π

84 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 85 — #85

✐

✐

ahonnan |k|π log M ≥ 2

s

1 + a2 2a

2

−1=

M ≥ exp

|k|π 1 − a2 1 − a2 · ≥ π, 2 2a 4a

1 − a2 π. 4a

Megjegyz´ es. A feladat ´all´ıt´ asa ´eles; p´eld´ aul az   iz − a2 π f (z) = −i exp · iz + 1 2a f¨ uggv´enyre egyenl˝os´eg ´all. Megoldotta: Nagy Csaba, Tomon Istv´ an, Wolosz J´ anos. Kiss´e hi´ anyosan oldotta meg M´esz´ aros Andr´ as ´es Nagy J´ anos. A feladat ´ all´ıt´ as´ an´ al j´ oval gyeng´ebb becsl´est ad egy dolgozat.

10. feladat. Legyen K egy csom´ o a 3 dimenzi´ os t´erben (teh´ at a k¨ orvonal egy differenci´ alhat´ o be´ agyaz´ asa R3 -ba), ´es D a csom´ o diagramja (azaz olyan vet¨ ulete egy s´ıkra, amely transzverz´ alis duplapontokt´ ol eltekintve szint´en differenci´ alhat´ o be´ agyaz´ asa a k¨ orvonalnak). Sz´ınezz¨ uk ki D komplementum´ at sakkt´ ablaszer˝ uen feket´evel ´es afj´ at a k¨ ovetkez˝ o m´ odon: ΓB (D) feh´errel. Defini´ aljuk a diagram ΓB (D) fekete gr´ cs´ ucsai legyenek a fekete tartom´ anyok, ´es k´et tartom´ any minden ´erintkez´esi pontj´ an ´ at menjen egy ˝ oket ¨ osszek¨ ot˝ o ´el. (a) Adjuk meg az ¨ osszes olyan csom´ ot, amelynek van olyan D diagramja, afnak legfeljebb 3 fesz´ıt˝ of´ aja van. (K´et csom´ ot nem tekint¨ unk hogy a ΓB (D) gr´ k¨ ul¨ onb¨ oz˝ onek, ha az egyik a m´ asikba mozgathat´ o a k¨ orvonal be´ agyaz´ asainak egy 1 param´eteres sereg´evel.) (b) L´ assuk be, hogy b´ armely csom´ o b´ armely D diagramj´ ara ΓB (D)-nek p´ aratlan sok fesz´ıt˝ of´ aja van. of´ aja van, Megold´ as. (a) Megmutatjuk, hogy ha a ΓB (D) gr´afnak legfeljebb 3 fesz´ıt˝ akkor a csom´o vagy trivi´alis (teh´ at egy be´ agyazott k¨orlap pereme), vagy a rajzon abr´azolt h´aromlevel˝ ´ u csom´oba, vagy ennek t¨ uk¨ork´ep´ebe mozgathat´ o a k¨orvonal be´agyaz´asainak egy 1 param´eteres sereg´evel.

1. ´ abra. A h´ aromlevel˝ u csom´ o egy vet¨ ulete

Egy lev´el minden fesz´ıt˝of´ aban benne van, egy hurok (teh´ at olyan ´el, amelynek k´et v´ege megegyezik) viszont semelyikben sem. Teh´ at ezeket elhagyva a fesz´ıt˝ of´ ak 85 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 86 — #86

✐

✐

sz´ama nem v´altozik. Viszont egy lev´el olyan tartom´ anyhoz tartozik, amelynek csak egy sarka van (teh´at ez egy csavarint´ as”), u ´gyhogy a vet¨ ulet v´ altoztathat´ o ” u ´gy, hogy a csom´o nem v´altozik, de a lev´el elt˝ unik. Hasonl´ oan, egy hurok olyan keresztez˝od´eshez tartozik, amelyet ki lehet forgatni”. Feltehet˝ o teh´ at, hogy a gr´ af ” nem tartalmaz sem levelet, sem hurkot. Amikor egy fesz´ıt˝ofa van, akkor a gr´ af egy fa, a fenti ´atalak´ıt´ asok ut´ an teh´ at egy egypont´ u gr´af, ´es a csom´ o nyilv´ an trivi´ alis. Ha k´et fesz´ıt˝ofa van, akkor a gr´ afban csak kett˝ o hossz´ u ciklus lehet, abb´ ol is csak egy. Ilyen gr´af csak egy van: k´et cs´ ucs k´et ´ellel ¨osszek¨otve. Ez azonban nem csom´ot, hanem k´et komponens˝ u l´ ancot ad, ¨osszhangban az al´ abb bizony´ıtand´ o (b) all´ıt´assal. ´ Meg kell n´ezni m´eg, hogy mi a helyzet akkor, ha pontosan h´ arom fesz´ıt˝ ofa van. Ekkor a (lev´el ´es hurok n´elk¨ uli) gr´ afban legfeljebb h´ arom hossz´ u ciklus lehet, vagy h´arom ´el k¨ot ¨ossze k´et cs´ ucsot. Ez k´et lehets´eges gr´ afot ad, amik egyenk´ent 8 vet¨ uletb˝ol sz´armaznak (att´ol f¨ ugg˝ oen, hogy az ´el milyen keresztez˝ od´esnek felel meg a kett˝ob˝ol). A csom´ok pedig csak azt a h´ arom t´ıpust engedik meg, amit ´all´ıtottunk. Ez a h´arom csom´o val´oban j´ o is. (b) A megold´as k´et ismert t´etelt alkalmaz. Az els˝ o szerint minden csom´ o, ´es val´oj´aban minden vet¨ ulet, kibogozhat´ o. Pontosabban, minden vet¨ uletet alkalmas keresztez˝od´esek megv´altoztat´ as´ aval a trivi´ alis csom´ o vet¨ ulet´ev´e lehet alak´ıtani. (Induljunk el a csom´on, ´es alak´ıtsuk ´at u ´gy, hogy amikor el˝ osz¨or ´er¨ unk egy keresztez˝od´eshez, akkor az fel¨ ul menjen. Nem neh´ez l´ atni, hogy a csom´ o trivi´ aliss´ a v´ alt.) afot, az ´all´ıt´ ast el´eg Mivel a keresztez˝od´es cser´eje nem v´ altoztatja meg a ΓB (D) gr´ a trivi´alis csom´ora bel´atni. A m´asik haszn´aland´o t´etel valamivel nehezebb (de minden csom´ oelm´elet k¨onyv az els˝o lapjain t´argyalja): k´et vet¨ ulet pontosan akkor felel meg ugyanannak a csom´ onak, ha az R1 , R2 , R3 u ´gynevezett Reidemeister-mozg´ asokkal egym´ asba alak´ıthat´ok. (A mozg´asokat a 2. rajz mutatja be.)

2. ´ abra. A h´ arom Reidemeister-mozg´ as

A fentiek alapj´an azt kell teh´ at bel´ atni, hogy a Reidemeister-mozg´asok nem v´altoztatj´ak meg a fesz´ıt˝of´ak sz´ am´ anak parit´ as´ at (hiszen a trivi´ alis csom´ o keresztez˝od´esek n´elk¨ uli vet¨ ulet´ehez tartoz´ o fekete gr´ afban egyetlen fesz´ıt˝ ofa van). Az els˝o mozg´as nem v´altoztatja meg a fesz´ıt˝ of´ ak sz´ am´ at. A m´ asodik mozg´ as egy p´aros sz´ammal v´altoztatja csak meg: ezt a k´et lehets´eges sz´ınez´es vizsg´ alat´ aval k¨ onny˝ u l´atni. Val´oban, a v´altoztat´ as vagy egy dupla ´el kihagy´ as´ aval j´ar (ami meg¨oli azokat a fesz´ıt˝of´akat, amikben a dupla ´el valamelyike szerepelt), vagy k´et egym´ as 86 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 87 — #87

✐

✐

ut´ani ´el egy pontra ejt´es´et eredm´enyezi; itt azokat a fesz´ıt˝ of´ akat ¨olj¨ uk meg, amelyek a k´et ´el k¨oz¨ ul pontosan az egyiket tartalmazt´ ak. A harmadik mozg´as a gr´ afot u ´gy v´ altoztatja, hogy egy h´aromsz¨oget ´atcser´el egy Mercedes-jelre” (4-sz¨ogpont´ u f´ ara egy harmadfok´ u cs´ uccsal). Itt egy kis eset” sz´etv´alaszt´assal lehet bel´atni, hogy a fesz´ıt˝ of´ ak sz´ am´ anak parit´ asa nem v´ altozik: az esetsz´etv´alaszt´as aszerint megy, hogy a h´ aromsz¨ogb˝ ol 0, 1 vagy 2 ´el szerepel a fesz´ıt˝of´aban. Azon fesz´ıt˝of´ak, melyek egy ´elt sem tartalmaztak a h´ aromsz¨ogben, h´aromszor annyi fesz´ıt˝ of´at hat´ aroznak meg term´eszetesen az ´atalak´ıtott gr´ afban (beh´ uzva a Mercedes-jel egy tetsz˝ oleges ´el´et). Azon fesz´ıt˝ of´ ak, melyek a h´aromsz¨ognek egy ´el´et tartalmazt´ak, egyetlen fesz´ıt˝ of´ at adnak term´eszetesen az u ´j gr´ afban (alkalmas k´et ´elt v´eve a Mercedes-jelben). V´eg¨ ul a k´et h´ aromsz¨ogbeli ´elt tartalmaz´ o f´ ak egy´ertelm˝ uen hat´aroznak meg egy fesz´ıt˝ of´ at az u ´j gr´afban, de h´ arom fesz´ıt˝ ofa ugyanazt a f´at fogja meghat´ arozni az u ´j gr´ afban, ´ıgy ebben az esetben a sz´ amot h´ arommal osztani kell. A parit´ as azonban v´altozatlan marad, amivel a bizony´ıt´ as teljes. Megoldotta: Gr´ osz D´ aniel, Nagy Csaba, Nagy D´ aniel, Szalkai Bal´ azs, Tomon Istv´ an, Wolosz J´ anos. Hi´ anyosan oldotta meg: Backhausz Tibor, Bencs Ferenc, Gyenizse Gerg˝ o, Kalina Kende. A (b) r´eszt megoldotta M´esz´ aros Andr´ as.

uggetlen, azonos eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ al11. feladat. Legyenek X1 , X2 , . . . f¨ toz´ ok, ´es legyen Sn = X1 + · · · + Xn , n = 1, 2, . . . . Melyek azok a c val´ os sz´ amok, amelyekre minden n eset´en   Sn S2n 1 − c ≤ − c ≥ ? P 2n n 2 Megold´ as. Meglep˝o m´odon az egyenl˝ otlens´eg minden val´ os c-re fenn´ all. Mivel az Xi -k tetsz˝olegesek lehetnek, az egyenl˝ otlens´eget elegend˝ o a c = 0 esetben bizony´ıtani. Legyen Sn′ = Xn+1 + · · · + X2n , akkor   S2n Sn
! ≤ = P |Sn + Sn′ | ≤ 2|Sn | ≥ P 2n n !
!
1 ≥ P |Sn | + |Sn′ | ≤ 2|Sn | = P |Sn′ | ≤ |Sn | ≥ , 2

uggetlenek ´es azonos eloszl´ as´ uak, ez´ert ugyanis Sn ´es Sn′ f¨ ! ′
!
!
1 ≤ P |Sn | ≤ |Sn | + P |Sn | ≤ |Sn′ | = 2P |Sn′ | ≤ |Sn | .

Megoldotta: Gr´ osz D´ aniel, Gyenizse Gerg˝ o, Kalina Kende, M´esz´ aros Andr´ as, Nagy Csaba, Nagy D´ aniel, Tomon Istv´ an, Virosztek D´ aniel. Hib´ as egy dolgozat.

87 ✐

✐ ✐

✐

✐

✐ “13-1-beliv” — 2014/5/20 — 11:56 — page 88 — #88

✐

✐

´ TARTALOMJEGYZEK ´ dovics J. Gyula: Egy u Oba ´j m´odszer az A ∈ Rn×n m´ atrix Jordan-f´ele norm´ alalak1 oa´ll´ıt´ as´ ara, valamint az ´alland´o egy¨ utthat´ oj´ u j´ anak ´es transzform´aci´om´atrix´anak el˝ line´ aris differenci´alegyenlet-rendszerek megold´ as´ ara . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 T´arsulati ´elet – 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Jelent´es a 2012. ´evi Schweitzer Mikl´os-eml´ekversenyr˝ ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

CONTENTS ´ dovics: New method for finding the Jordan canonical form and transJ. Gyula Oba formation matrix of a given matrix A ∈ Rn×n , and for solving linear differential equations with constant coefficients . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Society news – 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Schweitzer Contest in Higher Mathematics 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

✐

✐ ✐

✐