Lineáris leképezések
1. Lineáris-e az
f : R2 → R2 f (x, y) = (3x + 2y, x − y)
leképezés? megoldás: A linearitáshoz ellen®riznünk kell, hogy a leképzés additív és homogén. Legyen
x = (x1 , x2 ) ∈ R2 , y = (y1 , y2 ) ∈ R2 , c ∈ R. Ekkor f (x + y) = f (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = f (x1 + y1 , x2 + y2 ) = = 3(x1 + y1 ) + 2(x2 + y2 ), x1 + y1 − (x2 + y2 ) = = (3x1 + 3y1 + 2x2 + 2y2 , x1 + y1 − x2 − y2 ),
másrészt
f (x) + f (y) = f (x1 , x2 ) + f (y1 , y2 ) = (3x1 + 2y1 , x1 − y1 ) + (3x2 + 2y2 , x2 − y2 ) = = (3x1 + 2y1 + 3x2 + 2y2 , x1 − y1 + x2 − y2 ) = = (3x1 + 3y1 + 2x2 + 2y2 , x1 + y1 − x2 − y2 ), így
f (x + y) = f (x) + f (y),
f additív. Másrészt f (cx) = f c(x1 , x2 ) = f (cx1 , cx2 ) = (3cx1 + 2cx2 , cx1 − cx2 ), tehát
másrészt
cf (x) = c(3x1 + 2x2 , x1 − x2 ) = (3cx1 + 2cx2 , cx1 − cx2 ), így
f (cx) = cf (x),
2. Lineáris-e az
azaz
f
homogén. Mivel
f
additív és homogén, ezért lineáris.
f : R2 → R2 f (x, y) = (x + y, x2 )
leképezés? megoldás: Legyen
x = (x1 , x2 ) ∈ R2 , c ∈ R.
Ekkor
f (cx) = f c(x1 , x2 ) = f (cx1 , cx2 ) = (cx1 + cx2 , c2 x21 ), másrészt
cf (x) = c(x1 + x2 , x21 ) = (cx1 + cx2 , cx21 ), így
f (cx) 6= cf (x),
tehát
f
nem homogén, így nem lineáris.
1
2 3. Mutassuk meg, hogy ha
f : R2 → R2
lineáris, akkor
f (0) = 0.
megoldás: Ha
f
lineáris, akkor additív, így
f (x + y) = f (x) + f (y). Legyen
x = y = 0.
Ekkor
f (0 + 0) = f (0) + f (0), azaz
f (0) = 2f (0), így
f (0) = 0.
4. Lineáris-e az
f : R2 → R2 f (x, y) = (x + y + 1, x − y)
leképezés? megoldás: Mivel
f (0) = (1, 0) 6= (0, 0), ezért
f
nem lineáris.
5. Tekintsük az
f : R2 → R2 ,
f (x, y) = (2x + 2y, 2x + 5y)
lineáris leképezést! a) Írjuk föl a lineáris leképezés (természetes bázisra vonatkozó) mátrixát! b) Határozzuk meg a
(3, −1)
vektor képét a lineáris leképzés mátrixának segítségével!
c) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus polinomját! d) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus egyenletét! e) Határozzuk meg a lineáris leképezés sajátértékeit! f ) Határozzuk a különböz® sa játértékekhez tartozó sa játvektorokat! megoldás:
a) A lineáris leképezés természetes bázisra vonatkozó mátrixát úgy írhatjuk föl, hogy megnézzük a természetes bázis tagjain felvett értékeket, majd ezekb®l, mint oszlopvektorokból képezünk egy mátrixot:
f (1, 0) = (2, 2),
f (0, 1) = (2, 5).
Így a lineáris leképzés mátrixa
A=
2 2 2 5
.
3 b) Minden lineáris leképzés a mátrixával balról szorzásként hat, így a
f (v) = Av =
2 2 2 5
3 −1
=
det(A − λE) polinom. 2−λ 2 det 2 5−λ
c) A karakterisztikus polinom a
4 1
v(3, −1)
vektor képe
.
Behelyettesítve a
determinánshoz jutunk, melyet kiszámolva, ma jd elvégzve a záró jelfelbontásokat a
(2 − λ)(5 − λ) − 4 = λ2 − 7λ + 6 polinomot kap juk. d) A karakterisztikus egyenlet a
0
det(A−λE) = 0 egyenlet, ami jelen esetben a λ2 −7λ+6 =
másodfokú egyenlet.
e) A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei, így meg kell oldanunk a egyenletet:
λ1,2 = így f) A
7±
√
λ2 −7λ+6 = 0
49 − 24 7±5 = , 2 2
λ1 = 1, λ2 = 6.
λ
sajátértékhez tartozó sa játvektorok azok az
teljesül.
Ezt átrendezve
(A − λE)x = 0
x 6= 0
adódik.
vektorok, melykre
El®ször meghatározzuk
Ax = λx a λ1 = 1
sajátértékhez tartozó sa játvektorokat. Ekkor
A−1·E =
2 2 2 5
−
1 0 0 1
=
1 2 2 4
.
Így meg kell oldanunk a
1 2 2 4
x1 x2
=
0 0
egyenletrendszert. Vegyük észre, hogy az alapmátrix második sora az els® sor kétszerese, így az elhagyható, mivel az egyenletrendszer homogén.
Tehát a megoldandó lineáris
x1 + 2x2 = 0. Az egyik ismeretlent szabad paraméternek választjuk. x2 = t ∈ R \ {0}. Ekkor x1 = −2t. Tehát a λ1 = 1 sajátértékhez tartozó összes
egyenletrendszer Legyen
sajátvektorok halmaza (amit sa játaltérnek is nevezünk)
S λ1 = Meghatározzuk a
λ2 = 6
−2t t
t ∈ R \ {0} .
sajátértékhez tartozó sa játvektorokat:
A−6·E =
2 2 2 5
−
6 0 0 6
=
−4 2 2 −1
.
4 Így meg kell oldanunk a
egyenletrendszert.
−4 2 2 −1
x1 x2
=
0 0
Vegyük észre, hogy az alapmátrix els® sora a második sor mínusz
kétszerese, így az elhagyható, mivel az egyenletrendszer homogén. Tehát a megoldandó
2x1 − x2 = 0. Az egyik ismeretlent szabad paraméternek x1 = t ∈ R \ {0}. Ekkor x2 = 2t. Tehát a λ2 = 6 sajátértékhez
lineáris egyenletrendszer választjuk.
Legyen
tartozó összes sajátvektorok halmaza
Sλ2 = 6. Jelentse
f
a sík
x-tengelyre
t 2t
t ∈ R \ {0} .
való tükrözésének mátrixát!
a) Írjuk föl a lineáris leképezés (természetes bázisra vonatkozó) mátrixát! b) Határozzuk meg a
(2, −5)
vektor képét a lineáris leképzés mátrixának segítségével!
c) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus polinomját! d) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus egyenletét! e) Határozzuk meg a lineáris leképezés sajátértékeit! f ) Határozzuk a különböz® sa játértékekhez tartozó sa játvektorokat! megoldás:
a) Mivel
f (1, 0) = (1, 0)
és
f (0, 1) = (0, −1), ezért a lineáris 1 0 A= . 0 −1
leképezés mátrixa
b) Minden lineáris leképzés a mátrixával balról szorzásként hat, így a
f (v) = Av =
1 0 0 −1
2 −5
=
2 5
v(2, −5)
.
det(A − λE) polinom. Behelyettesítve 1−λ 0 det 0 −1 − λ
c) A karakterisztikus polinom a
vektor képe
a
determinánshoz jutunk, melyet kiszámolva, ma jd elvégzve a záró jelfelbontásokat a
(1 − λ)(−1 − λ) = λ2 − 1 polinomot kap juk. d) A karakterisztikus egyenlet a
det(A − λE) = 0
egyenlet, ami jelen esetben a
λ2 − 1 = 0
másodfokú egyenlet. e) A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei, így meg kell oldanunk a egyenletet, amib®l
λ1 = 1, λ2 = −1
adódik.
λ2 − 1 = 0
5 f) A
λ
sajátértékhez tartozó sa játvektorok azok az
teljesül.
Ezt átrendezve
(A − λE)x = 0
x 6= 0
adódik.
vektorok, melykre
Ax = λx λ1 = 1
El®ször meghatározzuk a
sajátértékhez tartozó sa játvektorokat. Ekkor
1 0 0 −1
A−1·E =
−
1 0 0 1
=
0 0 0 −2
.
Így meg kell oldanunk a
0 0 0 −2
x1 x2
0 0
=
egyenletrendszert. Vegyük észre, hogy az alapmátrix második sora csupa nulla elemekb®l áll, így az elhagyható, mivel az egyenletrendszer homogén. Tehát a megoldandó lineáris egyenletrendszer választhatjuk.
−2x2 = 0, amib®l x2 = 0. Az x1 ismeretlent szabad x1 = t ∈ R \ {0}. Tehát a λ1 = 1 sajátértékhez
Legyen
paraméternek tartozó összes
sajátvektorok halmaza (amit sa játaltérnek is nevezünk)
Sλ1 = Meghatározzuk a
λ2 = −1
t 0
t ∈ R \ {0} .
sajátértékhez tartozó sa játvektorokat:
A − (−1) · E =
1 0 0 −1
x1 x2
+
1 0 0 1
=
2 0 0 0
.
Így meg kell oldanunk a
2 0 0 0
=
0 0
egyenletrendszert. Vegyük észre, hogy az alapmátrix második sora csupa nulla elemb®l áll, így az elhagyható, mivel az egyenletrendszer homogén. Tehát a megoldandó lineáris
2x1 = 0, amib®l x1 = 0 adódik. Az x2 ismeretlent szabad paraméternek Legyen x2 = t ∈ R \ {0}. Tehát a λ2 = −1 sajátértékhez tartozó összes
egyenletrendszer választjuk.
sajátvektorok halmaza
Sλ2 =
0 t
t ∈ R \ {0} .
7. Tekintsük az alábbi mátrixszal adott valós tér fölötti lineáris transzformációt
−2 4 −8 A = −6 8 −14 . −3 3 −5 a) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus polinomját! b) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus egyenletét! c) Határozzuk meg a lineáris leképezés sajátértékeit! d) Határozzuk meg a különböz® sajátértékekhez tartozó sajátvektorokat!
6 megoldás:
a) A karakterisztikus polinom
−2 − λ 4 −8 −6 8 − λ −14 = (−2 − λ)(8 − λ)(−5 − λ)+ det(A − λE) = det −3 3 −5 − λ + 168 + 144 − 24(8 − λ) + 42(−2 − λ) + 24(−5 − λ) = = −λ3 + λ2 + 4λ − 4. b) A karakterisztikus egyenlet
−λ3 + λ2 + 4λ − 4 = 0. c) A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei, azaz a
−λ3 + λ2 + 4λ − 4 = 0. λ2 -et,
egyenlet megoldásai. Az els® két tagból emeljünk ki
4-et.
a második két tagból pedig
Ma jd alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalát:
−λ3 + λ2 + 4λ − 4 = 0 λ2 (1 − λ) + 4(λ − 1) = 0 (λ − 1)(4 − λ2 ) = 0. Egy szorzat csak úgy lehet nulla, ha valamelyik tényez®je nulla, így az egyenlet megoldásai, azaz a sa játértékek d) A
λ
λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −2.
sajátértékhez tartozó sajátvektorok azok az
teljesül.
Ezt átrendezve
(A − λE)x = 0
x 6= 0
adódik.
vektorok, melykre
Ax = λx λ1 = 1
El®ször meghatározzuk a
sajátértékhez tartozó sa játvektorokat. Ekkor
−3 4 −8 1 0 0 −2 4 −8 A − 1 · E = −6 8 −14 − 0 1 0 = −6 7 −14 . 0 0 1 −3 3 −6 −3 3 −5
Így meg kell oldanunk a
−3 4 −8 x1 0 −6 7 −14 x2 = 0 −3 3 −6 x3 0 −2-szeresét −1-szeresét adjuk hozzá a harmadik sorhoz.
egyenletrendszert. Elimináljuk az egyenletrendszer mátrixát, azaz az els® sor adjuk hozzá a második sorhoz és az els® sor
−1-szeresét adjuk hozzá a harmadik sorhoz: −3 4 −8 −3 4 −8 −3 4 −8 −6 7 −14 → 0 −1 2 → 0 −1 2 −3 3 −6 0 −1 2 0 0 0
Ezután a második sor
7 Így az egyenletrendszer
3x1 + 4x2 − 8x3 = 0 − x2 + 2x3 = 0. x3 = t ∈ R\{0}. Ekkor x2 = 2t. Ezeket az els® egyenletbe behelyettesítve −3x1 + 8t − 8t = 0, azaz x1 = 0. Tehát a λ1 = 1 sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok halmaza 0 2t Sλ1 = t ∈ R \ {0} . t Legyen
Most meghatározzuk a
λ2 = 2
sajátértékhez tartozó sa játvektorokat. Ekkor
−2 4 −8 2 0 0 −4 4 −8 A − 2 · E = −6 8 −14 − 0 2 0 = −6 6 −14 . −3 3 −5 0 0 2 −3 3 −7 Így meg kell oldanunk a
0 x1 −4 4 −8 −6 6 −14 x2 = 0 0 x3 −3 3 −7
egyenletrendszert. Elimináljuk az egyenletrendszer mátrixát. Els® lépésben az els® sort osszuk el sor
−4-gyel,
3-szorosát
ma jd az els® sor
6-szorosát
adjuk hozzá a második sorhoz és az els®
adjuk hozzá a harmadik sorhoz.
Ezután a második sor
−1/2-szeresét
adjuk hozzá a harmadik sorhoz:
1 −1 2 1 −1 2 1 −1 2 −4 4 −8 −6 6 −14 → −6 6 −14 → 0 0 −2 → 0 0 −2 −3 3 −7 0 0 −1 0 0 0 −3 3 −7
Így a megoldandó egyenletrendszer
x1 − x2 + 2x3 = 0 − 2x3 = 0. x3 = 0 adódik. Ezt behelyettesítve az els® egyenletbe azt kap juk, Legyen x2 = t ∈ R \ {0}. Ekkor x1 = t. Tehát a λ2 = 2 sajátértékhez
A második egyenletb®l hogy
x1 = x2 .
tartozó összes sajátvektorok halmaza
Sλ2 Most meghatározzuk a
t t = t ∈ R \ {0} . 0
λ2 = −2
sajátértékhez tartozó sa játvektorokat. Ekkor
−2 4 −8 2 0 0 0 4 −8 A + 2 · E = −6 8 −14 + 0 2 0 = −6 10 −14 . −3 3 −5 0 0 2 −3 3 −3
8 Így meg kell oldanunk a
0 4 −8 x1 0 −6 10 −14 x2 = 0 −3 3 −3 x3 0 egyenletrendszert. Elimináljuk az egyenletrendszer mátrixát. Els® lépésben a harmadik sort osszuk el
−3-al,
Az els® sor 6-szorosát −1-szeresét adjuk hozzá a harmadik
és cseréljük fel az els® és harmadik sort.
adjuk hozzá a harmadik sorhoz, ma jd a második sor sorhoz:
0 4 −8 1 −1 1 1 −1 1 1 −1 1 −6 10 −14 → 0 4 −8 → 0 4 −8 → 0 4 −8 −3 3 −3 −6 10 −14 0 4 −8 0 0 0 Így a megoldandó egyenletrendszer
x1 − x2 + x3 = 0 4x2 − 8x3 = 0. x2 = 2x3 adódik. Legyen x3 = t ∈ R \ {0}. Ekkor x2 = 2t. x1 = t adódik. Tehát a λ3 = −2 sajátértékhez tartozó összes
A második egyenletb®l Az els® egyenletb®l
sajátvektorok halmaza
Sλ3
t 2t = t ∈ R \ {0} . t
8. Tekintsük az alábbi mátrixszal adott valós tér fölötti lineáris transzformációt
1 2 −1 A = 0 3 −4 . 0 0 5
a) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus polinomját! b) Írjuk föl a lineáris leképzés karakterisztikus egyenletét! c) Határozzuk meg a lineáris leképezés sajátértékeit! d) Határozzuk a legkisebb sajátértékhez tartozó sajátvektorokat!
megoldás:
a) A karakterisztikus polinom
1−λ 2 −1 0 3−λ −4 = (1 − λ)(3 − λ)(5 − λ). det(A − λE) = det 0 0 5−λ b) A karakterisztikus egyenlet
(1 − λ)(3 − λ)(5 − λ) = 0.
9 c) A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei, azaz a
(1 − λ)(3 − λ)(5 − λ) = 0 egyenlet megoldásai.
Egy szorzat csak úgy lehet nulla, ha valamelyik tényez®je nulla,
így az egyenlet megoldásai, azaz a sa játértékek
d) A
λ
λ1 = 1, λ2 = 3, λ3 = 5.
sajátértékhez tartozó sa játvektorok azok az
teljesül.
Ezt átrendezve
(A − λE)x = 0
x 6= 0
adódik.
vektorok, melykre
Ax = λx λ1 = 1
El®ször meghatározzuk a
sajátértékhez tartozó sa játvektorokat. Ekkor
1 2 −1 1 0 0 0 2 −1 A − 1 · E = 0 3 −4 − 0 1 0 = 0 2 −4 . 0 0 5 0 0 1 0 0 4
Így meg kell oldanunk a
0 x1 0 2 −1 0 2 −4 x2 = 0 0 x3 0 0 4
egyenletrendszert. Elimináljuk az egyenletrendszer mátrixát, azaz az els® sor adjuk hozzá a második sorhoz. Ezután a második sor
4/3-szorosát
−1-szeresét
adjuk hozzá a har-
madik sorhoz:
0 2 −1 0 2 −1 0 2 −1 0 2 −4 → 0 0 −3 → 0 0 −3 0 0 0 0 0 4 0 0 4
Így az egyenletrendszer
2x2 − x3 = 0 − 3x3 = 0. x3 = 0, ezt behelyettesítve a második egyenletbe x2 = 0 adódik. x1 = t ∈ R \ {0}. Tehát a λ1 = 1 sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok
Az utolsó egyenletb®l Legyen
halmaza
Sλ1
9.
F
t 0 = t ∈ R \ {0} . 0
Egy szerkezet valamely pontjához tartozó feszültségállapotot alábbi mátrix jellemez:
10
50 30 0 30 −30 0 [M P a]. 0 0 25
Határozzuk meg a f®feszültségek nagyságát és a hozzájuk tartozó feszültségi f®irányokat! megoldás: A f®feszültségek a transzformációhoz tartozó sajátértékek, a f®irányok pedig az egységnyi hosszúságú sa játvektorok.
A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei.
A karakte-
risztikus polinom
50 − λ 30 0 30 −30 − λ 0 = −(50 − λ)(30 + λ)(25 − λ)− det(A − λE) = det 0 0 25 − λ − 900(25 − λ) = (25 − λ) − (50 − λ)(30 + λ) − 900 =
= (25 − λ)(λ2 − 20λ − 2400). A karakterisztikus egyenlet
(25 − λ)(λ2 − 20λ − 2400), melynek megoldásai, azaz a f®feszültségek El®ször meghatározzuk a
λ1 = 60
λ1 = 60 [MPa], λ2 = 25 [MPa], λ3 = −40 [MPa].
sajátértékhez tartozó sa játvektorokat. Ekkor
50 30 0 60 0 0 −10 30 0 0 . A − 60 · E = 30 −30 0 − 0 60 0 = 30 −90 0 0 25 0 0 60 0 0 −35 Így meg kell oldanunk a
−10 30 0 x1 0 30 −90 0 x2 = 0 0 0 −35 x3 0
11
−3-szorosa, így az elhagyható. x3 = 0 adódik. Az els® egyenletb®l x1 = 3x2 . Ha x2 = t ∈ R \ {0}, akkor x1 = 3t. Tehát a λ1 = 60 sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok halmaza 3t Sλ1 = t t ∈ R \ {0} . 0 √ Mivel a f®iránynak egységnyi hosszúnak kell lenni, ezért 9t2 + t2 = 1 is kell, hogy tel√ 10. Így a λ1 -hez tartozó f®irány jesüljön, azaz t = 1/ 3 egyenletrendszert. Vegyük észre, hogy a második sor az els®
A harmadik egyenletb®l
√
n1 =
10 √1 10
.
0 λ2 = 25 sajátértékhez tartozó sa játvektorokat: 50 30 0 25 0 0 25 30 0 A − 25 · E = 30 −30 0 − 0 25 0 = 30 −55 0 . 0 0 25 0 0 25 0 0 0
Meghatározzuk a
Így meg kell oldanunk a
0 x1 25 30 0 30 −55 0 x2 = 0 0 x3 0 0 0
egyenletrendszert. A harmadik egyenlet elhagyható. Az els® egyenletet 5-el osztva, ma jd annak
−6-szorosát a második sorhoz hozzáadva 5 6 0 5 6 0 25 30 0 30 −55 0 → 30 −55 0 → 0 −91 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
adódik. Így a megoldandó egyenletrendszer
5x1 + 6x2 = 0 − 91x2 = 0. A második egyenletb®l Tehát a
λ2 = 25
t = 1.
Ezt az els® egyenletbe visszahelyettesítve
x1 = 0
adódik.
sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok halmaza
Mivel a f®iránynak azaz
x2 = 0 .
Így a
0 Sλ2 = 0 t ∈ R \ {0} . t √ t2 = 1 egységnyi hosszúnak kell lenni, ezért
λ2 -höz
tartozó f®irány
0 n2 = 0 . 1
is kell, hogy teljesüljön,
12
λ3 = −40 sajátértékhez tartozó sa játvektorokat: 50 30 0 40 0 0 90 30 0 A + 40 · E = 30 −30 0 + 0 40 0 = 30 10 0 . 0 0 25 0 0 40 0 0 65
Meghatározzuk a
Így meg kell oldanunk a
90 30 0 x1 0 30 10 0 x2 = 0 0 0 65 x3 0 egyenletrendszert.
Az els® egyenlet a második 3-szorosa, így az elhagyható.
A harmadik
x3 = 0. A második egyenletb®l x2 = −3x1 adódik. Legyen x1 = t ∈ R \ {0}. Ekkor x2 = −3t. Tehát a λ3 = −40 sajátértékhez tartozó összes sajátvektorok halmaza t −3t Sλ3 = t ∈ R \ {0} . 0 √ Mivel a f®iránynak egységnyi hosszúnak kell lenni, ezért t2 + 9t2 = 1 is kell, hogy tel√ jesüljön, azaz t = 1/ 10. Így a λ3 -hoz tartozó f®irány 1 egyenletb®l
√
10
n3 = − √310 . 0
