Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
´ ´ ERT ´ ´ MATRIXOK, SAJAT EK-FELADAT
III. III.1.
M´ atrixok
´ . Sz´ 1. Defin´ıcio amok t´eglalap alak´ u t´ abl´ azatban val´ o elrendez´es´et m´ atrix nak nevezz¨ uk. Ha a t´ abl´ azat m sorb´ ol ´es n oszlopb´ ol a ´ll, akkor m×n-es m´ atrixr´ ol besz´el¨ unk. (Az oszlopok sz´ ama a m´ atrix v´ızszintes m´erete, a sorok sz´ ama pedig a f¨ ugg˝ oleges m´erete.) −4 1 3 0 −1 1 2 2 ´k. 2 −3 2×3-as, 2×2-es, 2×1-es, −1 3 P´ elda 3×2-es, −2 1 5 3 4 5 2 1 1×2-es m´ atrix. Az A m´ atrix i-edik sora j-edik elem´et a ´ltal´ aban aij -vel jel¨ olj¨ uk, ´ıgy az m×n-es m´ atrix a11 a12 . . . a1n .. . a21 a22 . . . a2n · · · a A= . , vagy r¨ oviden ill. (aij ) . . ij · · · , . . . . . . .. . am1 am2 . . . amn
i = 1, . . . , m j = 1, . . . , n
.
A val´ os sz´ amokb´ ol alkotott m×n-es m´ atrixok halmaz´ at R m×n -nel jel¨ olj¨ uk. v1 ´n. oszlopm´ atrix szal ´es a Minden n-dimenzi´ os v = (v1 , . . . , vn ) ∈ Rn vektor azonos´ıthat´ o a ... n×1-es u v1
. . . vn
vn
1×n-es u ´n. sorm´ atrix szal is.
´ . A m´ Defin´ıcio atrixot n´egyzetesnek h´ıvjuk, ha sorainak ´es oszlopainak sz´ ama azonos. A n´egyzetes m´ atrix f˝ oa ´tl´ o ja a bal fels˝ o elemet a jobb als´ o elemmel o ¨sszek¨ ot˝ oa ´tl´ o (folyamatos vonal jel¨ oli lentebb), mell´ek´ atl´ o ja a jobb fels˝ o ´es a bal als´ o elem k¨ oz¨ ott h´ uz´ od´ oa ´tl´ o (szaggatott vonal jel¨ oli ugyanott). a@ 11 . . . a1n .. @ . . @ .. . an1 . . . @ ann
III.2.
Determin´ ansok
1. Minden n´egyzetes m´ atrixhoz tartozik egy meghat´ aroz´ o val´ os sz´ am, neve determin´ ans. Az n×n-es A m´ atrix determin´ ans´ anak jele detA vagy a11 . . . a1n .. .. . .. . . . an1 . . . ann El˝ osz¨ or a 2×2-es ´es a 3×3-as m´ atrixok determin´ ans´ at defini´ aljuk, a nagyobbakat k´es˝ obb rekurz´ıv m´ odon. ´. Defin´ıcio 2×2-es:
3×3-as:
a b c d a b d e g h
= ad − bc. c f i
= aei + bf g + cdh − ceg − af h − bdi.
E k´et szab´ aly k¨ onnyen megjegyezhet˝ o:
a b l c ld
= ad − bc.
A f˝ oa ´tl´ o (folyamatos vonallal jel¨ olve) k´et elem´enek szorzat´ ab´ ol kivonjuk a mell´ek´ atl´ o (pontozott vonallal jel¨ olve) k´et elem´enek szorzat´ at. a b c a b l l l d le l f ld e = aei + bf g + cdh − ceg − af h − bdi. g hlli l lgllh
El˝ osz¨ or a m´ atrix els˝ o k´et oszlop´ at a determin´ ans m¨ og´e m´ asoljuk. Ut´ ana a f˝ oa ´tl´ o elemeit o ¨sszeszorozzuk, majd hozz´ aadjuk a vele p´ arhuzamosan elhelyezked˝ o k´et sz´ amh´ armas szorzat´ at (folyamatos vonalak), ebb˝ ol kivonjuk a
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
mell´ek´ atl´ obeli elemek szorzat´ at ´es a vele p´ arhuzamos k´et sz´ amh´ armas szorzat´ at (pontozott vonalak). Az elj´ ar´ as neve Sarrus-szab´ aly. A 2 × 2-es ´es a 3 × 3-as determin´ ans defin´ıci´ oj´ aban is a tagok olyan szorzatok, melyekben minden sorb´ ol egy t´enyez˝ o szerepel ´es minden oszlopb´ ol is. Pl. a 3 × 3-as determin´ ans utols´ o tagja bdi, melyben b az els˝ o sor, d a m´ asodik sor, i a harmadik sor eleme, m´ıg az oszlopokat tekintve b a m´ asodikhoz, d az els˝ oh¨ oz ´es i a harmadikhoz tartozik. 3! = 6 ilyen szorzat van. ´k. 2. P´ elda 1 2 = 1 · 4 − 2 · 3 = −2, (a) 3 4 3 −1 = 3 · 0 − (−1) · 2 = 2, (b) 2 0 a b = a · c − b · 0 = ac, (c) |{z} 0 c 0
−1 0 −1 −1 1 1 (d) 1 1 3 2 1 3 a b c a b (e) 0 d e 0 d 0 0 f 0 0
0 1 = (−1) · 1 · 1 + 0 · 1 · 3 + (−1) · 1 · 2 − (−1) · 1 · 3 − (−1) · 1 · 2 − 0 · 1 · 1 = 2, 2
0 · 0} − c| · {z d · 0} − a e · 0} − b · 0 · f = adf . = a · d · f + b| · {z e · 0} + c| · {z | ·{z | {z } 0
0
0
0
0
´ . Egy determin´ 3. Defin´ıcio ansban valamely elem aldetermin´ ans´ anak nevezz¨ uk az adott elem sor´ anak ´es oszlop´ anak elhagy´ as´ aval keletkez˝ o kisebb determin´ anst. Az A n´egyzetes m´ atrix i-edik sora j-edik elem´ehez (aij ) tartoz´ o aldetermin´ anst Aij -vel jel¨ olj¨ uk. Az n×n-es m´ atrix aldetermin´ ansainak m´erete (n − 1)×(n − 1). A nagyobb m´eret˝ u determin´ ansok defin´ıci´ oj´ at megadhatjuk eggyel kisebb m´eret˝ u (al)determin´ ansok seg´ıts´eg´evel (az elj´ ar´ as neve determin´ ans kifejt´ese aldetermin´ ansokkal). ´ . Egy determin´ Defin´ıcio ans rekurz´ıv m´ odon aldetermin´ ansokkal u ´gy kaphat´ o meg, hogy tetsz˝ olegesen v´ alasztott sorban vagy oszlopban minden elemet megszorzunk a hozz´ a tartoz´ o aldetermin´ anssal, majd a kapott szorzatokat a ,,sakkt´ ablaszab´ aly” + − + ... − + − ... + − + ... .. .. .. . . . . . . szerinti el˝ ojelnek megfelel˝ oen o ¨sszeadjuk, ill. kivonjuk.
Bizony´ıt´ asra szorul, hogy b´ armely sor vagy oszlop szerint sz´ amolva azonos eredm´enyt kapunk. Azt is ellen˝ orizni kell, hogy a 3×3-as determin´ ans ´ert´eke a Sarrus-szab´ aly ´es a kifejt´esek szerint megegyezik. Az ut´ obbi pl. az els˝ o sor szerinti kifejt´esre: a b c d e f = a · e f − b · d f + c · d e = a(ei − f h) − b(di − f g) + c(dh − eg) h i g i g h g h i = aei − af h − bdi + bf g + cdh − ceg = aei + bf g + cdh − ceg − af h − bdi.
A sakkt´ ablaszab´ alyn´ al az i-edik sor j-edik el˝ ojel´et +1 −1 +1 .. . Ezt felhaszn´ alva a determin´ ans els˝ o sor −→ a11 a12 a21 a22 a31 a32 .. .. . .
(−1) i+j is megadja: −1 +1 . . . +1 −1 . . . −1 +1 . . . .. .. .. . . .
szerinti kifejt´ese a13 · · · a23 · · · a33 · · · = a11 A11 − a12 A12 + a13 A13 − . . . . .. . . . .
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
´ Altal´ aban az i-edik sor szerint detA =
n X
(−1)i+j aij Aij ,
j=1
a j-edik oszlop szerint kifejtve pedig detA =
n X
(−1)i+j aij Aij .
i=1
Az el˝ oz˝ o (c) p´eld´ aban a determin´ anst az els˝ o sor szerint kifejtve −1 0 −1 1 1 1 1 1 1 1 = (−1) · −0 · 2 1 3 1 3 2 1 | {z } | {z −1
a m´ asodik sor szerint −1 0 −1 0 −1 1 1 1 = −1 · 2 1 3 2 1 | {z 2
a harmadik oszlop szerint pedig −1 0 −1 1 1 1 3 2 1
−2
+(−1) · 1 1 = 2, 3 2 } | {z }
+1 · −1 −1 3 1 } | {z 2
−1
−1 · −1 0 = 2, 3 2 } | {z } −2
= (−1) · 1 1 −1 · −1 0 +1 · −1 0 = 2. 3 2 3 2 1 1 | {z } | {z } | {z } −1
−2
−1
A t¨ obbi h´ arom kifejt´es (harmadik sor szerinti, els˝ o oszlop szerinti, m´ asodik oszlop szerinti) hasonl´ oan sz´ amolhat´ o ki. ´ . Fels˝ 4. Defin´ıcio o h´ aromsz¨ ogm´ atrix nak nevezz¨ uk az olyan n´egyzetes m´ atrixot, amelyiknek minden f˝ oa ´tl´ o alatti eleme nulla. Az als´ o h´ aromsz¨ ogm´ atrix olyan n´egyzetes m´ atrix, melynek minden f˝ oa ´tl´ o f¨ ol¨ otti eleme nulla. A diagon´ alm´ atrix olyan n´egyzetes m´ atrix, amelyik a f˝ oa ´tl´ oj´ an k´ıv¨ ul csak nulla elemeket tartalmaz. A diagon´ alm´ atrix egyszerre fels˝ o ´es als´ o h´ aromsz¨ ogm´ atrix. ´ ´ıta ´s. Minden h´ All aromsz¨ ogm´ atrix determin´ ansa a f˝ oa ´tl´ obeli elemek szorzata.
5.
´s. Fels˝ Bizony´ıta o h´ aromsz¨ ogm´ atrix determin´ ans´ at sz´ amoljuk ki, als´ ora hasonl´ o a bizony´ıt´ as. A determin´ ansokat minden esetben az els˝ o oszlop szerint kifejtve a11 a12 a13 . . . a1n a22 a23 . . . a2n a22 a23 . . . a2n 0 a22 a23 . . . a2n 0 a33 . . . a3n 0 a33 . . . a3n 0 0 a . . . a 33 3n = a11 · . .. .. − 0 + 0 − . . . = a11 · .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . . . . . . . .. .. . . . . 0 0 . . . ann 0 0 . . . ann 0 0 0 . . . ann a33 . . . a3n a33 . . . a3n .. − 0 + 0 − . . . = a · a · .. .. = . . . = a · a · . . . · a . ♣ .. .. = a11 · a22 · ... 11 22 . 11 22 nn . . . . 0 . . . ann 0 . . . ann ax + by = e cx + dy = f
line´ aris egyenletrendszer, ahol a, b, c, d, e, f ∈R adott sz´ amok, x, y ∈R az ismeretlenek. Ez determin´ ansok felhaszn´ al´ as´ aval is megoldhat´ o. a b . Az els˝ o egyenletet d-vel, a m´ asodikat pedig b-vel szorozva, majd Az egyenletrendszer m´ atrixa A = c d a kapott k´et egyenletet kivonva ax + by = e /·d (I) − (II) =⇒ (ad − bc)x = ed − f b. | {z } cx + dy = f /·b detA
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
Hasonl´ oan kaphat´ o ax + by = e cx + dy = f
/·c /·a
(II) − (I)
=⇒
(ad − bc})y = af − ec. | {z detA
Ha detA 6= 0, akkor az egyenletrendszernek pontosan egy megold´ asa van, ´es mindk´et ismeretlen determin´ ansok h´ anyadosak´ent kaphat´ o: e b a e f d c f af − ec ed − bf , . = = x= y= ad − bc ad − bc a b a b c d c d
A nevez˝ oben a rendszer determin´ ansa tal´ alhat´ o, a sz´ aml´ al´ ot pedig u ´gy kapjuk, hogy a rendszer determin´ ans´ aban az ´eppen kisz´ amoland´ o v´ altoz´ o egy¨ utthat´ oi hely´ebe az adott egy¨ utthat´ o egyenlet´enek jobb oldal´ an a ´ll´ o sz´ amokat ´ırjuk. Ha detA = 0, akkor az egyenletrendszernek ed − bf = af − ec = 0 eset´en v´egtelen sok megold´ asa van, ha viszont ed − bf 6= 0 vagy af − ec 6= 0, akkor nincs megold´ as.
Nagyobb line´ aris egyenletrendszer megold´ as´ at is fel´ırhatjuk determin´ ansok h´ anyadosak´ent a fenti m´ odon, ha a rendszer determin´ ansa null´ at´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. (Ennek Cramer-szab´ aly a neve.) Ha pedig a rendszer determin´ ansa nulla, akkor az egyenletrendszernek nincs megold´ asa vagy v´egtelen sok megold´ asa van. P´ elda. 5x + 4y = 13 3x + 3y = 9
megold´ asa 13 9 x = 5 3
4 3 13 · 3 − 4 · 9 3 = = = 1, 5·3−4·3 3 4 3 5 4 = 3 6= 0. mert a rendszer determin´ ansa 3 3
5 3 y = 5 3
13 9 5 · 9 − 13 · 3 6 = = = 2, 5·3−4·3 3 4 3
6. A kisebb m´ atrixok determin´ ans´ at gyorsan kisz´ amolhatjuk, a nagyobbakn´ al hasznosak az al´ abbi ismeretek. ´ ´ıta ´s. (Elegend˝ All o felt´etelek arra, hogy a n´egyzetes m´ atrix determin´ ansa nulla.) (a) A m´ atrix determin´ ansa nulla, ha valamely sor´ anak vagy oszlop´ anak minden eleme nulla. (b) A m´ atrix determin´ ansa nulla, ha k´et sora vagy k´et oszlopa megegyezik. (c) A m´ atrix determin´ ansa nulla, ha egyik sora egy m´ asik sor konstansszorosa vagy egyik oszlopa egy m´ asik oszlop konstansszorosa. ´ ´ıta ´s. (N´egyzetes m´ All atrix n´eh´ any egyszer˝ u megv´ altoztat´ asakor hogyan v´ altozik a determin´ ansa.) (a) Ha a m´ atrix valamely sor´ ahoz hozz´ aadjuk egy m´ asik sor´ at vagy valamely oszlop´ ahoz hozz´ aadjuk egy m´ asik oszlop´ at, a determin´ ans nem v´ altozik. (b) Ha a m´ atrix valamely sor´ ahoz hozz´ aadjuk egy m´ asik sor konstansszoros´ at vagy valamely oszlop´ ahoz hozz´ aadjuk egy m´ asik oszlop konstansszoros´ at, a determin´ ans nem v´ altozik. (c) Ha a m´ atrix elemeit t¨ ukr¨ ozz¨ uk a f˝ oa ´tl´ ora, a kapott m´ atrix (´ un. transzpon´ alt m´ atrix, ld. k´es˝ obb) determin´ ansa egyenl˝ o az eredeti m´ atrix determin´ ans´ aval. (d) Ha a m´ atrix k´et sor´ at vagy k´et oszlop´ at felcser´elj¨ uk, a determin´ ansa az eredeti determin´ ans´ anak negat´ıvj´ ara (azaz (−1)-szeres´ere) v´ altozik. (e) Ha a m´ atrix valamely sor´ anak vagy valamely oszlop´ anak minden elem´et megszorozzuk ugyanazzal a konstanssal, a determin´ ans az eredeti konstansszoros´ ara v´ altozik. B´ armely n´egyzetes m´ atrixot a fenti k´et a ´ll´ıt´ asban szerepl˝ o l´ep´esekkel h´ aromsz¨ ogm´ atrixsz´ a alak´ıthatjuk, melynek determin´ ansa a f˝ oa ´tl´ oj´ aban a ´ll´ o elemek szorzata. E nyolc o ¨sszef¨ ugg´es szerint az eredeti m´ atrix determin´ ans´ at is ki tudjuk sz´ amolni. Nagy m´ atrix eset´en ez az elj´ ar´ as a ´ltal´ aban gyorsabban ad eredm´enyt, mint a kifejt´es valamely sor vagy oszlop szerint.
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
III.3.
2016/17 1. f´el´ev
M˝ uveletek m´ atrixokkal
1. Egy n´egyzetes m´ atrixot a f˝ oa ´tl´ oj´ ara t¨ ukr¨ ozve ugyanolyan m´eret˝ u n´egyzetes m´ atrixot kapunk, melyet az eredeti m´ atrix transzpon´ altj´ anak h´ıvunk. A transzpon´ alt fogalm´ at a ´ltal´ anos´ıthatjuk nem felt´etlen¨ ul n´egyzetes m´ atrixokra. ´ . Az m × n-es A = (aij ) Defin´ıcio nevezz¨ uk az AT = (aji )
i = 1, . . . , m j = 1, . . . , n
i = 1, . . . , m j = 1, . . . , n
m´ atrix transzpon´ alt m´ atrix a ´nak, r¨ oviden transzpon´ altj´ anak
n × m-es m´ atrixot.
´k. P´ elda (a)
1 2 3 4
T
=
1 3 2 4
T a b a c e , (b) c d = b d f e f
,
Minden A m´ atrixra (AT )T = A.
(c)
a b c
T
a = b . c
2. Azonos m´eret˝ u m´ atrixok o ¨sszeg´et, k¨ ul¨ onbs´eg´et, valamint egy m´ atrix sz´ ammal val´ o szorzat´ at u ´gy k´epezz¨ uk, mint vektorokra (a m´ atrixokra elemenk´ent, a vektorokra koordin´ at´ ank´ent). ´ . K´et azonos m´eret˝ Defin´ıcio u m´ atrix o ¨sszege, k¨ ul¨ onbs´ege ´es egy m´ atrix sz´ amszorosa az az ugyanolyan m´eret˝ u m´ atrix, melynek elemeit u ´gy kapjuk, hogy a k´et m´ atrixban az azonos helyen a ´ll´ o elemeket o ¨sszeadjuk, kivonjuk, ill. a m´ atrix minden elem´et megszorozzuk az adott sz´ ammal. Teh´ at
´k. P´ elda 1 (a) 3 1 (b) 3 (c) 5 ·
.. .. .. . . . · · · aij · · · ± · · · bij · · · = . . . aij ± bij . . . , .. .. .. . . . .. .. . . = . . . λaij . . . . . . . a . . . λ ij .. .. . .
2 4 2 4
1 2 3 4
+ −
5 8 6 7
=
1+5 2+8 3+6 4+7
=
6 10 9 11
−4 −6 1−5 2−8 5 8 = = −3 −3 3−6 4−7 6 7 5·1 5·2 5 10 = = . 5·3 5·4 15 20
.
.
3. K´et m´ atrix szorzat´ at akkor defini´ aljuk, ha az els˝ o t´enyez˝ o oszlopainak sz´ ama (v´ızszintes m´erete) megegyezik a m´ asodik t´enyez˝ o sorainak sz´ am´ aval (f¨ ugg˝ oleges m´erete). ´ . Az m×n-es A ´es az n×p-es B m´ Defin´ıcio atrix szorzata az az m×p m´eret˝ u C m´ atrix, melynek minden elem´et u ´gy kapjuk, hogy az els˝ o m´ atrixnak annyiadik sor´ at, mint a keresett elem els˝ o indexe, skal´ arisan szorozzunk a m´ asodik m´ atrix annyiadik oszlop´ aval, mint a keresett elem m´ asodik indexe (sor-oszlop szorz´ as). Az A = (aij ) ´es B = (bij ) m´ atrixok C = (cij ) szorzat´ anak elemei cij = ai1 b1j + ai2 b2j + . . . + ain bnj , hiszen j-edik oszlop
i-edik sor
−→
.. . ai1 .. .
.. . ai2 .. .
.. . . . . ain .. .
··· ··· ···
↓ b1j b2j .. . bnj
··· .. . ··· · · · cij · · · = . .. . ···
Pontosan azoknak a m´ atrixoknak ´ertelmezz¨ uk a szorzat´ at, melyekre az els˝ o t´enyez˝ oben a sorok ugyanolyan hossz´ uak, mint a m´ asodik t´enyez˝ oben az oszlopok. ´k n´egyzetes m´ P´ elda atrixok szorz´ as´ ara:
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
1 2 3 4
5 6 7 8
5 6 7 8 1 2 3 4
= =
1·5+2·7 1·6+2·8 3·5+4·7 3·6+4·8
5·1+6·3 5·2+6·4 7·1+8·3 7·2+8·4
= =
19 22 43 50 23 34 31 46
, .
´ Altal´ aban AB 6= BA, vagyis a m´ atrixok szorz´ asa nem kommutat´ıv m˝ uvelet. A m´ atrixok szorz´ as´ anak szab´ alya egyszer˝ uen megjegyezhet˝ o, ha a k´et m´ atrixot (A ´es B) az AB szorzatukkal egy¨ utt egy 2×2-es B A AB t´ abl´ azatban helyezz¨ uk el. Ekkor a szorzat elemei sorokat oszlopokkal szorozva an´elk¨ ul kisz´ amolhat´ ok, hogy elt´eveszten´enk a sort vagy az oszlopot. Amikor ui. egy sort egy oszloppal megszorzunk, szorzatuk hely´et az adott sor ´es oszlop kijel¨ oli. 19 22 5 6 1 2 ´ szorzata ´ıgy is kisz´ amolhat´ o: m´ atrixok AB = ´es B = Pelda. Az A = 43 50 7 8 3 4 5 6 7 8 , 1 2 19 3 4 5 6 7 8 , 1 2 19 22 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
Egy l´ep´esben
´ . Az 4. Defin´ıcio
1 0 0 1
1 2 3 4
5 7
6 8
19 22 43 5 7
6 8
19 22 43 50 5 7
6 8
19 22 43 50
,
.
.
m´ atrixot 2×2-es egys´egm´ atrix nak h´ıvjuk, I2 -vel jel¨ olj¨ uk.
Ezzel a m´ atrixszal szorozva 1 0 a c
0 1 b d
a c
b d
1 0 0 1
= =
1·a+0·c 1·b+0·d 0·a+1·c 0·b+1·d a·1+b·0 a·0+b·1 c·1+d·0 c·0+d·1
= =
a c
b d
a c
b d
, .
Teh´ at b´ armely 2×2-es A m´ atrixszal szorozva AI2 = I2 A = A, vagyis I2 u ´gy viselkedik a 2×2-es m´ atrixok szorz´ asakor, mint 1 a val´ os sz´ amok szorz´ as´ an´ al. ´ . Azt az n × n-es m´ Defin´ıcio atrixot, amelyiknek a f˝ oa ´tl´ oj´ aban 1-esek a ´llnak, a t¨ obbi elem pedig 0, n × n-es egys´egm´ atrix nak nevezz¨ uk, In -vel jel¨ olj¨ uk. ! 1. 0 . Az In = n×n-es egys´egm´ atrix ´es tetsz˝ oleges n×n-es A m´ atrix szorzata mindk´et sorrendben A-t . 0 1 adja: In A = AIn = A. Azonos m´eret˝ u n´egyzetes m´ atrixokkal sz´ amolva az egys´egm´ atrix index´et gyakran elhagyjuk, r¨ oviden I-vel jel¨ olj¨ uk.
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
5. Azonos m´eret˝ u diagon´ alm´ atrixok szorz´ as´ at egyszer˝ uen gon´ alm´ atrix, a f˝ oa ´tl´ oj´ anak elemeit az eredeti k´et m´ atrix a11 b11 . ´ ´s. Az A = .. All´ıta ´es B = . . . ann a11 b11 .. m´egpedig AB = BA = .
bnn
ann bnn
elv´egezhetj¨ uk. A szorzat is ugyanolyan m´eret˝ u diaazonos helyen a ´ll´ o elemeinek szorzatak´ent kapjuk.
alm´ atrixok AB ´es BA szorzata megegyezik, diagon´
.
´s. A C = AB szorzatm´ Bizony´ıta atrix i-edik sor´ aban a j-edik elem az A m´ atrix i-edik sor´ anak ´es a B m´ atrix j-edik oszlop´ anak skal´ aris szorzata, vagyis cij = ai1 b1j + ai2 b2j + . . . + ain bnj . A diagon´ alm´ atrixok b´ armely sor´ aban ´es b´ armely oszlop´ aban egy elem, a f˝ oa ´tl´ oban a ´ll´ o kiv´etel´evel mindegyik nulla, ´ıgy a cij elemet ad´ o sor-oszlop szorzat: j-edik oszlop
i-edik sor
−→
. .. 0 ... . ..
.. . aii .. .
.. . ... 0 .. .
↓ 0 ··· .. . · · · bjj · · · . .. . ··· 0 ··· ···
Amikor a C szorzatm´ atrix f˝ oa ´tl´ oj´ anak i-edik elem´et sz´ amoljuk ki, akkor egym´ assal szorozzuk a diagon´ alis elemeket, a t¨ obbi tag pedig 0 · 0, ez´ert cii = aii bii . A f˝ oa ´tl´ on k´ıv¨ uli cij , i 6= j elem pedig olyan szorzatok o ¨sszege, ahol aii -t ´es bjj -t is null´ aval szorozzuk, ´ıgy cij = 0. ♣ 6. A m´ atrixm˝ uveletekre ´erv´enyes t¨ obb val´ os sz´ amokra ismert azonoss´ ag. ´ ´ıta ´s. Ha α ∈ R ´es A, B, C olyan m´ All atrixok, melyekre a k¨ ovetkez˝ o azonoss´ agok egyik oldala ´ertelmezve van, akkor a m´ asik oldal is ´ertelmezve van, ´es az egyenl˝ os´eg fenn´ all: (AB)C = A(BC) (asszociativit´ as), (A + B)C = AC + BC ´es A(B + C) = AB + AC α(AB) = (αA)B = A(αB).
(disztributivit´ as mindk´et m´ odon),
´ . Az A n´egyzetes m´ 7. Defin´ıcio atrix hatv´ anyai is ugyanolyan m´eret˝ u n´egyzetes m´ atrixok, m´egpedig A0 = I, A1 = A, A2 = A · A,
A3 = A · A · A, . . .
´k. P´ elda (a) Ha A =
1 2 3 4
, akkor 1 2 1 2 7 10 = , 3 4 3 4 15 22 7 10 1 2 37 54 3 2 A =A ·A = = . 15 22 3 4 81 118 A2 =
(b) Ha A =
1 1 0 1
, akkor
1 2 1 1 1 1 , = A = 0 1 0 1 0 1 1 2 1 1 1 3 A3 = A 2 · A = = . 0 1 0 1 0 1 1 n n Teljes indukci´ oval k¨ ovetkezik A = . 0 1 2
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
(c) Ha A =
2 0 1 2
2016/17 1. f´el´ev
, akkor
4 0 2 0 2 0 , = 4 4 1 2 1 2 8 0 2 0 4 0 3 2 , = A =A ·A = 12 8 1 2 4 4 8 0 2 0 16 0 A4 = A 3 · A = = . 12 8 1 2 32 16 2n 0 . Teljes indukci´ oval bizony´ıthatjuk, hogy An = n2n−1 2n A2 =
´ ´ıta ´s (Determin´ 8. All ansok szorz´ ast´etele). Ha A ´es B azonos m´eret˝ u n´egyzetes m´ atrixok, akkor det(AB) = det A · det B.
III.4.
Inverz m´ atrix
1. P´ elda.
4 1 3 1
1 −1 −3 4
=
1 0 0 1
´es ford´ıtott sorrendben is
1 −1 −3 4
4 1 3 1
=
1 0 0 1
.
2. A val´ os sz´ amok k¨ or´eben ab (= ba) = 1 eset´en b = a1 az a sz´ am reciproka. Az 1 sz´ am megfelel˝ oje a m´ atrixok k¨ oz¨ ott az egys´egm´ atrix, ez´ert most olyan A ´es B m´ atrixokat vizsg´ alunk, melyekre AB = BA = I. Vajon mi a felt´etele annak, hogy m´ atrixok szorzata a k´et lehets´eges sorrendben egyenl˝ o legyen? Az A m × n-es m´ atrix ´es a B p × q-as m´ atrix AB szorzata akkor van ´ertelmezve, amikor n = p, ´es ekkor AB m´erete m × q. A BA szorzat pedig akkor van ´ertelmezve, amikor q = m, ´es ebben az esetben BA p × n-es m´ atrix.
Ha AB = BA, akkor n = p ´es m = q mellett a k´et szorzatm´ atrix m´eret´enek is meg kell egyeznie, vagyis m = p ´es q = n. Ekkor m = n = p = q, vagyis az eredeti k´et m´ atrix azonos m´eret˝ u n´egyzetes m´ atrix. 3. A val´ os sz´ amok k¨ or´eben megismert reciprok megfelel˝ oje a m´ atrixok k¨ oz¨ ott az inverz m´ atrix.
´ . Az A n´egyzetes m´ Defin´ıcio atrix inverz m´ atrix a (r¨ oviden inverze) a vele azonos m´eret˝ u B m´ atrix, ha AB = BA = I. Bebizony´ıthat´ o, hogy az inverz defin´ıci´ oj´ aban az AB = I ´es BA = I felt´etelek egyik´eb˝ ol k¨ ovetkezik a m´ asik annak ellen´ere, hogy a ´ltal´ aban a m´ atrixok szorz´ asa nem kommutat´ıv. Ha ui. A ´es B azonos m´eret˝ u n´egyzetes m´ atrixok, melyekre fenn´ all AB = I, akkor BA = I is, teh´ at a k´et m´ atrix egym´ as inverze. ´ ´ıta ´s. Minden n´egyzetes m´ 4. All atrixnak legfeljebb egy inverz m´ atrixa van, vagyis az inverz m´ atrix egy´ertelm˝ u. Bizony´ıt´ as. Ha az A n´egyzetes m´ atrixnak B1 ´es B2 is inverze, akkor AB1 = B1 A = I, AB2 = B2 A = I. Ekkor a B1 AB2 szorzatot k´etf´elek´eppen csoportos´ıtva megkapjuk, hogy B 1 ´es B2 egyenl˝ o: B1 = B1 (AB2 ) = (B1 A)B2 = B2 . ♣ |{z} |{z} I
Az A m´ atrix inverz´et A−1 jel¨ oli.
I
5. Nem minden n´egyzetes m´ atrixnak van inverze, ahogy nem minden val´ os sz´ amnak van reciproka. Osztani csak a nulla val´ os sz´ ammal nem tudunk, inverze viszont t¨ obb m´ atrixnak sem l´etezik. Nullm´ atrix nak nevezz¨ uk az olyan m´ atrixot, amelyiknek minden eleme nulla. A 2×2-es nullm´ atrixnak nincs inverze (a nagyobbaknak sem), mert 0 0 a b 0 0 6= I2 . = 0 0 c d 0 0 ´k. P´ elda 0 0 a b (a) A m´ atrixnak nincs inverze. Ha ui. volna az inverze, akkor teljes¨ ulne 1 2 c d 0 0 a b = I2 . 1 2 c d Ezzel ellent´etben
0 0 1 2
a c
b d
=
hiszen a k´et m´ atrix bal fels˝ o eleme k¨ ul¨ onb¨ ozik.
0 0 a + 2c b + 2d
6=
1 0 0 1
= I2 ,
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
(b) Az
1 2 2 4
2016/17 1. f´el´ev
m´ atrixnak sincs inverze, mert ha lenne ´es az inverz
1 2 2 4
a c
b d
=
1 0 0 1
a b c d
volna, akkor az
o ¨sszef¨ ugg´esb˝ ol a szorzat bal fels˝ o ´es bal als´ o elem´ere 1·a+2·c=1 2·a+4·c=0
k¨ ovetkezne, ami ellentmond´ as. ´ 6. A fenti h´ arom m´ atrixnak nincs inverze, ´es egy m´ asik k¨ oz¨ os tulajdons´ aguk, hogy a determin´ ansuk nulla. Altal´ aban is ´erv´enyes a k¨ ovetkeztet´es. ´ ´ıta ´s. Ha egy n´egyzetes m´ All atrixnak van inverze, akkor a determin´ ansa nem nulla. Bizony´ıt´ as. Ha az A n´egyzetes m´ atrixnak van inverze, akkor AA −1 = I. A determin´ ansok szorz´ ast´etele szerint (det A) · (det A−1 ) = det(AA−1 ) = det I = 1, ez´ert det A 6= 0. ♣ Az inverz m´ atrixra k´eplet adhat´ o. El˝ osz¨ or 2×2-es m´ atrix inverz´et adjuk meg: a b d −b Ha A = ´es detA = ad − bc 6= 0, akkor ezt a B = m´ atrixszal szorozva c d −c a a b d −b ad + b(−c) a(−b) + ba ad − bc 0 AB = = = c d −c a cd + d(−c) c(−b) + da 0 ad − bc ´es BA = ez´ert
d −c
−b a
a c
b d
A A k¨ ovetkez˝ o eredm´enyt kaptuk. a b ´ ´ıta ´s. Ha A = All ´es c d
(b)
−1 2 0 4
(c)
2 0 0 3
−1
−1
1 = −4
1 = 6
4 −2 0 −1
3 0 0 2
=
da + (−b)c db + (−b)d (−c)a + ac (−c)b + ad
1 B det A
=
1 − 34 5 3
−1
=
1 2 1 4
−1
1 2
0
0
1 3
0 !
=
ad − bc 0
0 ad − bc
,
1 B A = I. det A
detA = ad − bc 6= 0,
´k. P´ elda −1 1 5 4 3 −4 (a) = = 3 3 −3 5 3
=
A−1 =
akkor
1 detA
d −b −c a
.
!
.
!
.
.
7. Nagyobb n´egyzetes m´ atrixok inverz´ere is ismer¨ unk k´epletet, aminek speci´ alis esete a 2×2-esre vonatkoz´ o el˝ obbi a ´ll´ıt´ as. ´ . Az A n´egyzetes m´ Defin´ıcio atrix adjung´ altj´ anak nevezz¨ uk azt az A-val azonos m´eret˝ u n´egyzetes m´ atrixot, amelyiknek minden eleme az adott elem f˝ oa ´tl´ ora vontakoz´ o t¨ uk¨ ork´ep´enek (transzpon´ alt elem) aldetermin´ ansa a ,,sakkt´ ablaszab´ aly” szerinti el˝ ojellel megszorozva. Az A m´ atrix adjung´ altj´ anak jele Aadj . Teh´ at .. . · · · a A= adjung´ altja ij · · · .. . P´ elda. Az A =
a c
b d
m´ atrix adjung´ altja Aadj =
.. .
i+j Aadj = · · · (−1) Aji · · · . .. .
d −b −c a
, mert
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
a t¨ uk¨ ork´epe o ¨nmaga, a hozz´ a tartoz´ o aldetermin´ ans d, b t¨ uk¨ ork´epe c, ´es a c-hez tartoz´ o aldetermin´ ans b, c t¨ uk¨ ork´epe b, ´es a b-hez tartoz´ o aldetermin´ ans c, d t¨ uk¨ ork´epe o ¨nmaga, a hozz´ a tartoz´ o aldetermin´ ans a. ´ ´ıta ´s. Egy A n´egyzetes m´ All atrixnak pontosan akkor van inverze, ha a determin´ ansa nem nulla, ´es ekkor az 1 −1 inverze A = Aadj . detA 8. Diagon´ alm´ atrix inverz m´ atrix´ at k¨ onnyen meghat´ arozhatjuk. Ha a diagon´ alm´ atrix egyik f˝ oa ´tl´ obeli eleme sem nulla, akkor a determin´ ansa nem nulla, ez´ert van inverze, ami az eredetivel azonos m´eret˝ u diagon´ alm´ atrix, ´es a f˝ oa ´tl´ oj´ anak b´ armely eleme az eredeti m´ atrix ugyanazon a helyen a ´ll´ o elem´enek reciproka. 1 a11 a11 .. .. ´ ´ıta ´s. Ha A = All . ´es aii 6= 0, i = 1, . . . , n, akkor A−1 = . . 1 ann
ann
´s. A diagon´ Bizony´ıta alm´ atrixok szorz´ as´ ara vonatkoz´ oa ´ll´ıt´ asb´ ol k¨ ovetkezik, hogy e k´et m´ atrix szorzata mindk´et sorrendben az In egys´egm´ atrix. ♣ 9. Az
ax + by = e cx + dy = f
egyenletrendszer inverz m´ atrix al´ as´ aval is megoldhat´ o. El˝ osz¨ or a ´t´ırjuk a rendszert egyetlen egyenlett´e, felhaszn´ a b x m´ atrix´ a val vektor. Az egyenletrendszer A = amelyikben az ismeretlen az c d y
ax + by = e cx + dy = f
⇔
|
a c
x e = . y f }
b d {z A
Ha detA 6= 0, akkor A-nak van inverze, amivel balr´ ol szorozva az egyenletet x e A = / · A−1 balr´ ol y f e x −1 , A | {z A} y = A f −1 I2
teh´ at
1 x e d −1 =A = y f −c detA
−b a
P´ elda. Az
1 e de + (−b)f = = f detA (−c)e + af
5x + 4y = 13 3x + 3y = 9
ed−bf ad−bc af −ce ad−bc
!
.
egyenletrendszer megold´ asa inverz m´ atrix seg´ıts´eg´evel: 5x + 4y = 13 3x + 3y = 9 ´es
⇔
5 4 3 3
5 4 3 3 −1
alapj´ an x = y azaz x=1, y = 2.
1 − 34
−1
5 3
x 13 = y 9
1 = 3
!
3 −4 −3 5
13 9
=
−1 x 5 4 13 = y 3 3 9
⇔
=
−1
1 · 13 + (− 34 ) · 9
(−1) · 13 +
5 3
!
!
1 = , 2
1 − 43
5 3
·9
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
III.5.
2016/17 1. f´el´ev
M´ atrix ´ es vektor szorzata
1. M´ atrix ´es vektor szorzat´ at u ´gy kapjuk, hogy a vektort oszlopm´ atrixk´ent tekintve (azaz n×1-es m´ atrixszal azonos´ıtva, ha a vektornak n koordin´ at´ aja van) a k´et m´ atrixot szorozzuk: · · · · · · · · · · A · · v = Av . · · · · · · · · ´ . Az A m×n-es m´ Defin´ıcio atrix ´es a v ∈ Rn vektor szorzata az az Av ∈ Rm vektor, melynek koordin´ at´ ai (Av)1 = a11 v1 + a12 v2 + . . . + a1n vn .. . (Av)i = ai1 v1 + ai2 v2 + . . . + ain vn . .. . (Av)m = am1 v1 + am2 v2 + . . . + amn vn Ha A n×n-es n´egyzetes m´ atrix ´es v n-dimenzi´ os vektor, akkor Av is n-dimenzi´ os vektor. 2. Az egys´egm´ atrix a nev´ehez h´ıven viselkedik m´ atrix ´es vektor szorz´ asakor is: B´ armely v ∈ R n vektorra In v = v. ´k. P´ elda (a) I2 v = v:
(b) I3 v = v:
III.6.
1 0 0 1
v1 v2
=
1 · v1 + 0 · v 2 0 · v1 + 1 · v 2
=
v1 . v2
v1 1 0 0 1 · v1 + 0 · v 2 + 0 · v 3 v1 0 1 0 v2 = 0 · v1 + 1 · v2 + 0 · v3 = v2 . 0 0 1 v3 0 · v1 + 0 · v 2 + 1 · v 3 v3
Line´ aris lek´ epez´ esek
1. Ha A =
a c
b d
, akkor e m´ atrix a ´ltal megadott 2
2
R →R ,
v1 v2
7→ A
v1 v2
=
av1 + bv2 cv1 + dv2
f¨ uggv´eny s´ıkbeli vektorokhoz s´ıkbeli vektort rendel, teh´ at geometriai transzform´ aci´ o. Hasonl´ oan, az m×n-es A m´ atrix a v 7→ Av hozz´ arendel´esi szab´ allyal meghat´ aroz egy R n → Rm t´ıpus´ u f¨ uggv´enyt. 0 1 m´ atrixszal val´ o szorz´ as? 2. P´ elda. Melyik s´ıkbeli transzform´ aci´ ot adja a 1 0 A hozz´ arendel´es
v1 v2
7→
0 1 1 0
v1 v2
=
v2 v1
,
ami felcser´eli a k´et koordin´ at´ at. Az els˝ o ´es harmadik s´ıknegyed k¨ oz¨ os sz¨ ogfelez˝ o egyenes´ere vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es tesz ´ıgy, ez a keresett transzform´ aci´ o. 3. P´ elda. A s´ıkon a v´ızszintes tengelyre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es megadhat´ o m´ atrixszal val´ o szorz´ ask´ent. Enn´el a t¨ ukr¨ oz´esn´el a vektor v´ızszintes koordin´ at´ aja a ltozatlan a f¨ ugg˝ oleges koordin´ at´ aja a (−1) v´ marad, v1 v1 szeres´ere v´ altozik, vagyis a hozz´ arendel´es szab´ alya 7→ . Ez a hozz´ arendel´es megadhat´ o, mint v2 −v2 m´ atrixszal val´ o szorz´ as: 1 0 v1 v1 = , 0 −1 v2 −v2 1 0 ez´ert a v´ızszintes tengelyre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es m´ atrixa . 0 −1
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
4. Ha A m × n-es m´ atrix, u, v ∈ Rn vektorok ´es λ ∈ R, akkor A(u + v) = Au + Av,
A(λv) = λ·Av.
(Ezek az azonoss´ agok a m´ atrixok szorzat´ ara tanult azonoss´ agokb´ ol k¨ ovetkeznek, mivel m´ atrix ´es vektor szorzat´ at a m´ atrixok szorzat´ anak mint´ aj´ ara defini´ altuk.) Az els˝ o azonoss´ ag szerint a vektorok o ¨sszead´ asa ´es m´ atrixszal val´ o szorz´ asa felcser´elhet˝ o m˝ uveletek, a m´ asodik pedig azt jelenti, hogy a vektor sz´ ammal ´es m´ atrixszal val´ o szorz´ asa is felcser´elhet˝ o. 5. A m´ atrixszal val´ o szorz´ as fenti k´et tulajdons´ ag´ at k¨ oveteli meg az al´ abbi fogalom. ´ . Az f : Rn → Rm f¨ Defin´ıcio uggv´enyt line´ aris lek´epez´esnek nevezz¨ uk, ha f (u + v) = f (u) + f (v), u, v ∈ Rn , v ∈ Rn , λ ∈ R.
f (λv) = λf (v),
Az f : Rn → Rm f¨ uggv´eny geometriai transzform´ aci´ o, minden n-dimenzi´ os vektorhoz egy m-dimenzi´ os vektort rendel. 6. Ha A m × n-es m´ atrix, akkor az f (v) = Av, v ∈ Rn f¨ uggv´eny line´ aris lek´epez´es. M´ as line´ aris lek´epez´es nincs is, minden line´ aris lek´epez´es megadhat´ o m´ atrixszal val´ o szorz´ ask´ent. ´ ´ıta ´s. Minden f : Rn → Rm line´ All aris lek´epez´eshez m´ atrixszal val´ o szorz´ as. Ha 1 0 e1 = . , e2 = .. 0
megadhat´ o olyan m´ atrix, melyre az f line´ aris lek´epez´es a 0 1 .. . 0
, . . . , en =
0 0 .. . 1
a standard b´ azis, akkor a m´ atrix u ´gy kaphat´ o, hogy e b´ azisvektorokon felvett ´ert´ekeket, mint oszlopvektorokat egym´ as mell´e ´ırjuk: | | | | | | A = f (e1 ) f (e2 ) . . . f (en ) . | | | | | |
´s. Az f line´ Bizony´ıta aris lek´epez´est egy´ertelm˝ uen meghat´ arozz´ ak a standard b´ azison felvett f (e 1 ), f (e2 ), . . . , f (en ) ´ert´ekek, hiszen tetsz˝ oleges v = (v1 , v2 , . . . , vn ) ∈ Rn vektorra f (v) = f (v1 e1 + v2 e2 + . . . + vn en ) = v1 f (e1 ) + v2 f (e2 ) + . . . + vn f (en ). Ha f az A = (aij ) m´ atrixszal val´ o szorz´ as, akkor a11 a12 a21 a22 f (e1 ) = Ae1 = . .. .. . am1
am2
... ... .. .
a1n a2n .. .
. . . amn
1 0 .. . 0
=
a11 a21 .. . am1
,
szerint Ae1 az A m´ atrix els˝ o oszlopa, hasonl´ oan Ae2 az A m´ atrix m´ asodik oszlopa, . . . , Aen az A m´ atrix utols´ o oszlopa. Ez´ert f m´ atrixa csak a b´ azisvektorokon felvett ´ert´ekeket, mint oszlopvektorokat egym´ as mell´e ´ırva kaphat´ o m´ atrix lehet: | | | | | | A = f (e1 ) f (e2 ) . . . f (en ) . | | | | | |
f ´es az A m´ atrixszal val´ o szorz´ as is line´ aris lek´epez´es, az e 1 , e2 , . . . , en b´ azisvektorokhoz a k´et f¨ uggv´eny ugyanazt rendeli, ´ıgy megegyeznek. ♣ 0 1 7. P´ elda. A s´ıkon az els˝ o ´es harmadik s´ıknegyed k¨ oz¨ os sz¨ ogfelez˝ o egyenes´ere vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es m´ atrixa , 1 0 mert e sz¨ ogfelez˝ ore vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es line´ aris lek´epez´es, ´es | | 1 0 0 1 0 1 e1 = 7→ , e2 = 7→ ⇒ A = f (e1 ) f (e2 ) = . 0 1 1 0 1 0 | | Az egyik bevezet˝ o p´eld´ aban is ezt kaptuk.
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
cos ϕ − sin ϕ , mert ez az 8. P´ elda. A s´ıkon az orig´ o k¨ oz´eppont´ u ϕ sz¨ og˝ u pozit´ıv ir´ any´ u elforgat´ as m´ atrixa sin ϕ cos ϕ − sin ϕ 0 cos ϕ 1 . 7→ , e2 = 7→ elforgat´ as line´ aris lek´epez´es, ´es az elforgat´ askor e 1 = cos ϕ 1 sin ϕ 0 9. Vajon mi´ert a tanult m´ odon defini´ altuk k´et m´ atrix szorzat´ at, nem az o ¨sszead´ as ´es a kivon´ as mint´ aj´ ara? Az ut´ obbi k´et m˝ uveletet azonos m´eret˝ u m´ atrixok k¨ oz¨ ott ´ertelmezt¨ uk, m´egpedig a k´et m´ atrixban azonos helyen a ´ll´ o elemeket o ¨sszeadtuk, ill. kivontuk. A szorzat defin´ıci´ ojakor az volt a matematikusok c´elja, hogy k´et line´ aris lek´epez´es kompoz´ıci´ oj´ anak m´ atrixa egyenl˝ o legyen a k´et line´ aris lek´epez´es m´ atrix´ anak szorzat´ aval, vagyis ha a g : Rp → Rn line´ aris lek´epez´es m´ atrixa az A n × p-es m´ atrix ´es az f : Rn → Rm line´ aris lek´epez´es m´ atrixa a B m × n-es m´ atrix, akkor az f ◦ g : Rp → Rm kompoz´ıci´ o m´ atrixa a BA m × p-es m´ atrix. Ez a c´el teljes¨ ul, hiszen minden v ∈ Rp vektorra
(f ◦ g)(v) = f (g(v)) = f (Av) = B(Av) = (BA)v, teh´ at f ◦ g m´ atrixa = (f m´ atrixa) · (g m´ atrixa).
III.7.
Val´ os saj´ at´ ert´ ek-feladat
1. Az A n×n-es n´egyzetes m´ atrix ´es a v ∈ Rn n-dimenzi´ os vektor Av szorzata is n-dimenzi´ os vektor. A nullvektort´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o v vektor pontosan akkor p´ arhuzamos az Av vektorral, amikor van olyan λ ∈ R sz´ am, melyre Av = λv. Az ilyen nullvektort´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o vektort, amelyik p´ arhuzamos a m´ atrixszoros´ aval, a m´ atrix saj´ atvektor´ anak fogjuk h´ıvni. ´ . Az n × n-es A m´ Defin´ıcio atrixnak λ ∈ R val´ os saj´ at´ert´ek e ´es v ∈ R n v 6= 0 egy hozz´ a tartoz´ o saj´ atvektor, ha Av = λv. Av = λv ⇔ Av = λIv ⇔ (A − λI)v = 0. Az ut´ obbi egy line´ aris egyenletrendszer vektoregyenlett´e a ´t´ırt alakja. Ennek megold´ asa v1 = v 2 = . . . = v n = 0 (neve trivi´ alis megold´ as). Az egyenletrendszernek pontosan akkor ez az egyetlen megold´ asa, ha a determin´ ansa nem nulla, azaz det (A − λI) 6= 0. Ha pedig det (A − λI) = 0, akkor van nemtrivi´ alis megold´ as, ami λ-hoz tartoz´ o saj´ atvektort ad. Teh´ at a saj´ at´ert´ekeket egyenlet megold´ as´ aval kaphatjuk meg. ´ ´ıta ´s. λ ∈ R pontosan akkor saj´ All at´ert´eke az A m´ atrixnak, ha det (A − λI) = 0. Az A − λI m´ atrix A-b´ ol u ´gy kaphat´ o, hogy a f˝ oa ´tl´ o elemeib˝ ol kivonunk λ-t. ´ . Ha A n × n-es m´ Defin´ıcio atrix, akkor det (A − λI) = 0 n-edfok´ u algebrai egyenlet, amit A karakterisztikus egyenlet´enek h´ıvunk. A det (A − λI) polinom neve karakterisztikus polinom. Minden n-edfok´ u algebrai egyenletnek legfeljebb n gy¨ oke van, ez´ert minden n×n-es m´ atrix saj´ at´ert´ekeinek sz´ ama legfeljebb n. ´k. 2. P´ elda 2 1 (a) saj´ at´ert´ekei ´es saj´ atvektorai. 2 3 (i) A saj´ at´ert´ekek: A − λI =
2 1 2 3
−λ
1 0 0 1
=
2 1 2 3
−
λ 0 0 λ
=
2−λ 2
L´ atszik, hogy A − λI val´ oban megkaphat´ o A f˝ oa ´tl´ oj´ anak elemeib˝ ol λ-t kivonva. 2−λ 1 det (A − λI) = = (2 − λ)(3 − λ) − 1 · 2 = λ2 − 5λ + 4 = 0 2 3−λ √ 5 ± 25 − 16 5±3 ⇒ λ1,2 = = 2 2
1 3−λ
.
⇒ λ1 = 4, λ2 = 1.
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
(ii) A λ1 = 4 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet 4v1 2v1 + v2 2 1 v1 v1 = ⇔ Av = λ1 v ⇔ =4 4v2 2v1 + 3v2 2 3 v2 v2 ⇔
v2 = 2v1 2v1 = v2
⇔
⇔
2v1 + v2 = 4v1 2v1 + 3v2 = 4v2
v2 = 2v1 .
Az egyenletrendszer egyik egyenlet´eb˝ ol a m´ asik az oldalak felcser´el´es´evel nyerhet˝ o, teh´ at a kett˝ o nem f¨ uggetlen. A saj´ atvektorok v1 1 2 −1 −2 v= , v1 6= 0, pl. , , , . 2v1 2 4 −2 −4 A λ2 = 1 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet v1 2 1 v1 Av = λ2 v ⇔ =1· ⇔ 2 3 v2 v2 Ez a k´et egyenlet sem f¨ uggetlen, a saj´ atvektorok v1 , v1 6= 0, v= −v1
2v1 + v2 = v1 2v1 + 3v2 = v2
pl.
1 −1
⇔
v2 = −v1 2v1 = −2v2
.
.
A’BRA
(b)
3 −1 −2 4
saj´ at´ert´ekei ´es saj´ atvektorai.
(i) A saj´ at´ert´ekek: 3−λ −1 det (A − λI) = = (3 − λ)(4 − λ) − (−1) · (−2) = λ2 − 7λ + 10 = 0 ⇒ λ1 = 5, λ2 = 2. −2 4 − λ (ii) A λ1 = 5 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet −v2 = 2v1 3v1 − v2 = 5v1 v1 3 −1 v1 . ⇔ ⇔ =5 Av = λ1 v ⇔ −2v1 = v2 −2v1 + 4v2 = 5v2 v2 v2 −2 4 Teh´ at v2 = −2v1 , ´ıgy a saj´ atvektorok v1 , v1 6= 0, v= −2v1 A λ2 = 2 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet 3 −1 v1 v1 Av = λ2 v ⇔ ⇔ = 2· −2 4 v2 v2 Ebb˝ ol v2 = v1 , vagyis a saj´ atvektorok v1 , v1 6= 0, v= v1
pl.
1 −2
.
3v1 − v2 = 2v1 −2v1 + 4v2 = 2v2
pl.
1 1
⇔
−v2 = −v1 −2v1 = −2v2
.
A’BRA
(c)
1 3 2 1
saj´ at´ert´ekei ´es saj´ atvektorai.
(i) A saj´ at´ert´ekek: 1−λ det (A − λI) = 2
√ 3 = (1 − λ)(1 − λ) − 2 · 3 = λ2 − 2λ − 5 = 0 ⇒ λ1,2 = 1 ± 6. 1−λ
.
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
(ii) A λ1 = 1 + Av = λ1 v
2016/17 1. f´el´ev
√ 6 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektorokat megad´ o egyenlet
⇔
1 3 2 1
√ v1 v = (1+ 6) 1 ⇔ v2 v2
) √ v1 + 3v2 = (1 + 6) v1 √ ⇔ 2v1 + v2 = (1 + 6) v2
) √ 3v2 = 6 v1 √ . 2v1 = 6 v2
B´ ar kev´esb´e l´ athat´ o, az egyenletrendszer k´et egyenlete k¨ oz¨ ott van kapcsolat (az els˝ o egyenletet szorozva, majd az oldalakat felcser´elve kaphat´ o a m´ asodik egyenlet). A saj´ atvektorok ! ! ! v1 1 3 √ √ √ v= vagy . , v1 6= 0, pl. 6 6 6 3 v1 3 A λ2 = (1 −
√
1 3 2 1
√ v v1 ⇔ = (1− 6) 1 v2 v2
) √ v1 + 3v2 = (1 − 6) v1 √ ⇔ 2v1 + v2 = (1 − 6) v2
Ez az egyenletrendszer sem f¨ uggetlen egyenletekb˝ ol a ´ll, a saj´ atvektorok ! ! 1 v1 √ √ , v1 6= 0, pl. v= vagy − 36 − 36 v1
3 4 0 6
2 3 -dal
6) saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektorok egyenlete
Av = λ2 v ⇔
(d)
q
3 √ − 6
!
) √ 3v2 = − 6 v1 √ . 2v1 = − 6 v2
.
saj´ at´ert´ekei ´es saj´ atvektorai.
(i) A saj´ at´ert´ekek: 3−λ det (A − λI) = 0
4 = (3 − λ)(6 − λ) − 4 · 0 = (3 − λ)(6 − λ) = 0 ⇒ λ1 = 3, λ2 = 6. 6−λ
(A h´ aromsz¨ ogm´ atrix saj´ at´ert´ekei mindig a f˝ oa ´tl´ oban a ´ll´ o sz´ amok.) (ii) A λ1 = 3 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet 3v1 + 4v2 = 3v1 v1 3 4 v1 ⇔ =3 Av = λ1 v ⇔ 6v2 = 3v2 v2 v2 0 6
⇔
4v2 = 0 3v2 = 0
.
Mindkett˝ o a v2 =0 felt´etelt jelenti. Viszont v1 -r˝ ol nem k¨ ovetel¨ unk meg semmit, ´ıgy a nulla kiv´etel´evel tetsz˝ oleges lehet, ez´ert a saj´ atvektorok 1 v1 . , v1 6= 0, pl. v= 0 0 A λ2 = 6 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektorok egyenlete v1 3 4 v1 ⇔ =6 Av = λ2 v ⇔ v2 v2 0 6
(e)
3v1 + 4v2 = 6v1 6v2 = 6v2
⇔
4v2 = 3v1 6v2 = 6v2
.
A m´ asodik egyenlet azonoss´ ag, csak az els˝ o szab felt´etelt a koordin´ at´ akra (v 2 = 34 v1 ), abb´ ol a saj´ atvektorok 1 v1 4 , v1 6= 0, pl. vagy . v= 3 3 3 4 v1 4 3 −1 saj´ at´ert´ekei ´es saj´ atvektorai. 1 1 (i) A saj´ at´ert´ek: 3−λ det (A − λI) = 1
−1 = (3 − λ)(1 − λ) − (−1) · 1 = λ2 − 4λ + 4 = 0 ⇒ λ1,2 = 2. 1−λ (λ1,2 = 2 k´etszeres saj´ at´ert´ek.)
(ii) A saj´ atvektor-egyenlet v1 3 −1 v1 Av = λ1,2 v ⇔ =2 1 1 v2 v2 A saj´ atvektorok v=
v1 v1
, v1 6= 0,
⇔
pl.
3v1 − v2 = 2v1 v1 + v2 = 2v2
1 1
.
⇔
−v2 = −v1 v1 = v 2
.
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
(f)
3 0 0 3
2016/17 1. f´el´ev
saj´ at´ert´ekei ´es saj´ atvektorai.
(i) A saj´ at´ert´ek: 3−λ det (A − λI) = 0
0 = (3 − λ)(3 − λ) − 0 · 0 = (3 − λ)2 = 0 ⇒ λ1,2 = 3. 3−λ (λ1,2 = 3 k´etszeres saj´ at´ert´ek.) (ii) A hozz´ a tartoz´ o saj´ atvektorok egyenlete v1 3 0 v1 3v1 = 3v1 v1 , v2 Av = λ1,2 v ⇔ =3 ⇔ ⇔ 0 3 v2 v2 3v2 = 3v2 tetsz˝ oleges. Ez´ert b´ armely v ∈R2 , v 6= 0 saj´ atvektor.
A saj´ atvektort meghat´ aroz´ o egyenletrendszer mindig o ¨sszef¨ ugg˝ o (az egyenletek k¨ oz¨ ott van o ¨sszef¨ ugg´es vagy az egyik egyenlet azonoss´ ag). Ha egy feladat megold´ asakor nem ezt l´ atjuk, az sz´ amol´ asi hib´ ara utal. ´ . Ha A n´egyzetes m´ 3. Defin´ıcio atrix, akkor a det(A−λI) = 0 karakterisztikus egyenlet val´ odi komplex megold´ asait az A m´ atrix val´ odi komplex saj´ at´ert´ek einek nevezz¨ uk. Az A n´egyzetes m´ atrix det(A − λI) = 0 karakterisztikus egyenlet´enek megold´ asai a komplex sz´ amok k¨ or´eben a m´ atrix val´ os saj´ at´ert´ekei ´es a val´ odi komplex saj´ at´ert´ekei. Ezeket nevezz¨ uk a m´ atrix saj´ at´ert´ekeinek. Mivel a komplex sz´ amok k¨ or´eben minden n-edfok´ u egyenletnek multiplicit´ assal sz´ amolva n megold´ asa van, ez´ert minden n × n-es m´ atrixnak multiplicit´ assal sz´ amolva n saj´ at´ert´eke van (multiplicit´ assal sz´ amolva azt jelenti, hogy mindegyiket annyiszor sz´ amoljuk, ah´ anyszoros gy¨ oke az egyenletnek, ill. a karakterisztikus egyenletnek). ´ ´ıta ´s. Minden h´ 4. All aromsz¨ ogm´ atrix saj´ at´ert´ekei a f˝ oa ´tl´ oban a ´ll´ o sz´ amok. ´s. A − λI is h´ Bizony´ıta aromsz¨ ogm´ atrix, aminek a determin´ ansa a f˝ oa ´tl´ obeli elemek szorzata, ´Igy pl. fels˝ o h´ aromsz¨ ogm´ atrixra a11 − λ . . . a1n . . .. .. .. det (A − λI) = ⇔ λ1 = a11 , . . . , λn = ann . ♣ = (a11 − λ) . . . (ann − λ) = 0 . 0 . . . ann − λ
5. Egy n´egyzetes m´ atrixot szimmetrikusnak mondunk, ha szimmetrikus a f˝ oa ´tl´ oj´ ara, vagyis a f˝ oa ´tl´ oj´ ara szimmetrikusan elhelyezked˝ o elemek megegyeznek. ´ . Az A = (aij )i,j=1,...,n n´egyzetes m´ Defin´ıcio atrixot szimmetrikusnak nevezz¨ uk, ha aij = aji minden i ´es j indexre. ´ ´ıta ´s. Ha egy n × n-es m´ All atrix szimmetrikus, akkor n db val´ os saj´ at´ert´eke van multiplicit´ assal sz´ amolva (mindegyiket annyiszor, ah´ anyszoros gy¨ oke a karakterisztikus egyenletnek), val´ odi komplex saj´ at´ert´eke nincs.
6. Az al´ abbi egyszer˝ uo ¨sszef¨ ugg´es a m´ atrix saj´ at´ert´ekei ´es determin´ ansa k¨ oz¨ ott lehet˝ os´eget ad a kisz´ amolt saj´ at´ert´ekek ellen˝ orz´es´ere: ´ ´ıta ´s. A 2×2-es m´ All atrix k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o saj´ at´ert´ek´enek szorzata, ill. a k´etszeres saj´ at´ert´ek´enek n´egyzete egyenl˝ o a m´ atrix determin´ ans´ aval. a b Bizony´ıt´ as. Az A = m´ atrix karakterisztikus egyenlete c d a−λ b det(A − λI) = = (a − λ)(d − λ) − bc = λ2 − (a + d)λ + (ad − bc) = 0. c d−λ
Az egyik Viete-formula szerint e m´ asodfok´ u egyenlet gy¨ okeinek (a saj´ at´ert´ekek: λ 1 ´es λ2 , lehet λ1 = λ2 is) szorzata az egyenlet konstans tagj´ anak ´es f˝ oegy¨ utthat´ oj´ anak h´ anyadosa, vagyis λ1 λ2 =
ad − bc = det A. ♣ 1
´ ´ıta ´s. Egy n´egyzetes m´ 7. All atrix adott saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektorai ´es a nullvektor alteret alkot, vagyis adott saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektorok line´ aris kombin´ aci´ oja is ugyanahhoz a saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor vagy a nullvektor.
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
´s. Ha u, v ∈ Rn az A m´ Bizony´ıta atrix λ val´ os saj´ at´ert´ek´ehez tartoz´ o saj´ atvektorai vagy a nullvektor ´es α ∈ R, akkor Au = λu + ⇒ Au + Av = λu + λv , | {z } | {z } Av = λv A(u+v)
λ(u+v)
Au = λu / · α ⇒ α(Au) = α(λu) | {z } | {z } A(αu)
λ(αu)
alapj´ an u + v ´es αu is λ-hoz tartoz´ o saj´ atvektora A-nak vagy a nullvektor. (A 0 nullvektorra nyilv´ an A0 = λ0.) ♣ ¨ vetkezm´ Ko eny. Egy 2 × 2-es m´ atrix adott val´ os saj´ at´ert´ek´ehez tartoz´ oo ¨sszes saj´ atvektora ´es a nullvektor a ´ltal alkotott halmaz vagy egy orig´ on a ´tmen˝ o egyenes minden vektora, vagy a s´ık minden vektora. Egy 3 × 3-es m´ atrix adott val´ os saj´ at´ert´ek´ehez tartoz´ o o ¨sszes saj´ atvektora ´es a nullvektor a ´ltal alkotott halmaz vagy egy orig´ ora illeszked˝ o egyenes minden vektora, vagy egy orig´ ora illeszked˝ o s´ık minden vektora, vagy a t´er minden vektora. ´ . A n´egyzetes m´ Defin´ıcio atrix adott saj´ at´ert´ek´ehez tartoz´ oo ¨sszes saj´ atvektor ´es a nullvektor a ´ltal alkotott halmazt az eml´ıtett saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atalt´er nek nevezz¨ uk. ´ ´ıta ´s. Ha az A n´egyzetes m´ 8. All atrixnak λ1 , . . . , λk k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o val´ os saj´ at´ert´ekei, akkor egy-egy azokhoz tartoz´ o v1 , . . . , vk saj´ atvektort v´ alasztva ez a k sz´ am´ u vektor line´ arisan f¨ uggetlen. ´s. Ha nem volna mindig igaz az a Bizony´ıta ´ll´ıt´ as, akkor volna olyan legkisebb sz´ am´ u vektor, melyek nem alkotnak line´ aris f¨ uggetlen rendszert. Indirekt m´ odon tegy¨ uk fel, hogy a v 1 , . . . , vk vektorok line´ arisan o ¨sszef¨ ugg˝ oek, vagyis van olyan nem trivi´ alis α1 v1 + . . . + αk vk line´ aris kombin´ aci´ ojuk, amelyik a nullvektor, valamint k-n´ al kevesebb vektor mindig line´ arisean f¨ uggetlen. Szorozzuk az A m´ atrixot ezzel a line´ aris kombin´ aci´ oval, akkor 0 = A · 0 = A(α1 v1 + . . . + αk vk ) = α1 Av1 + . . . + αk Avk = α1 λ1 v1 + . . . + αk λk vk . Ha pl. α1 6= 0, akkor az α1 v1 + . . . + αk vk = 0 egyenletet λk -val szorozva a kapott α 1 λk v 1 + . . . + α k λk v k = 0 egyenletet vonjuk ki az els˝ ob˝ ol: α1 (λ1 − λk )v1 + . . . + αk−1 (λk−1 − λk )vk−1 = 0. Itt α1 (λ1 − λk ) 6= 0, ami azt jelenti, hogy a v1 , . . . , vk−1 vektorok egy nem trivi´ alis line´ aris kombin´ aci´ oja a nullvektort a ´ll´ıtja el˝ o, teh´ at ez a k − 1 vektor is line´ arisan o ¨sszef¨ ugg˝ o. Ez ellentmond az indirekt feltev´es¨ unknek, ´ıgy az ut´ obbi hamis. ♣
III.8.
H´ azi feladatok
3 −2 −1 1 2 = ? (Megold´ as: det = 3·1·5+(−2)·2·(−3)+(−1)·0·4−(−1)·1·(−3)−3·2·4−(−2)·0·5 = 0.) 1. 0 −3 4 5 −1 2 −1 1 3 4 −1 2 4 −2 2. (a) =? (b) =? (c) =? 2 3 2 1 −5 3 −3 −5 3 (d) Ellen˝ orizze a (c) feladat eredm´eny´et. ! 3 1 0 5 11 2 , (Megold´ as: (a) , (b) , (c) 5 8 9 −19 2 2 ! ! 3 3 1 1 4 −2 1 0 4 −2 1 0 2 2 (d) = ´es = .) 5 5 −5 3 0 1 −5 3 0 1 2 2 2 2 2x − 3y = 9 egyenletrendszert (a) a Cramer-szab´ aly alkalmaz´ as´ aval, (b) inverz m´ atrixszal! 3. Oldja meg a −x + 6y = −9 (Megold´ as: 2 −3 = 9 6= 0, ´ıgy (a) A rendszer determin´ ansa −1 6 9 −3 −9 6 9 · 6 − (−3)(−9) 27 = = = 3, x = 2 · 6 − (−3)(−1) 9 2 −3 −1 6
2 9 −1 −9 2 · (−9) − 9 · (−1) −9 = y = = = −1. 2 · 6 − (−3)(−1) 9 2 −3 −1 6
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
2016/17 1. f´el´ev
(b) 2x − 3y = 9 −x + 6y = −9
x = y
⇔
2 3 1 9
1 3 2 9
−1 x 9 x 2 −3 9 = ⇔ = , y −9 y −1 6 −9 ! −1 1 2 1 6 3 2 −3 3 3 , = = 1 2 1 2 −1 6 9 9 9 ! ! 2 1 · 9 + · (−9) 3 9 3 ⇒ x = 3, y = −1.) = 13 = 2 −1 −9 · 9 + · (−9) 2 −3 −1 6
9
9
4. Adja meg a s´ıkon a m´ asodik ´es a negyedik s´ıknegyed k¨ oz¨ os sz¨ ogfelez˝ o egyenes´ere vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es m´ atrix´ at! v1 −v2 (Megold´ as: E sz¨ ogfelez˝ ore vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´eskor 7→ , m´ atrixszal val´ o szorz´ ask´ent v2 −v1 −v2 0 −1 v1 = . −v1 −1 0 v2 Teh´ at a m´ asodik ´es a negyedik s´ıknegyed k¨ oz¨ os sz¨ ogfelez˝ o egyenes´ere vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es m´ atrixa
0 −1 −1 0
.
1 0 0 −1 0 −1 M´ asik megold´ as: E t¨ ukr¨ oz´esn´el e1 = 7→ , e2 = 7→ , ez´ert a m´ atrix ). 0 −1 1 0 −1 0 5. Adja meg a s´ıkon az orig´ ora vonatkoz´ o k¨ oz´eppontos t¨ ukr¨ oz´es m´ atrix´ at! −v1 v1 , ez´ert 7→ (Megold´ as: Az orig´ ora vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´eskor −v2 v2 vt¨uk¨ork´ep = miatt a m´ atrix
−v1 −v2
=
−1 0 0 −1
v1 v2
=
−1 0 0 −1
v
−1 0 . 0 −1
1 −1 0 0 M´ asik megold´ as: Az orig´ ora vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´eskor e 1 = 7→ , e2 = 7→ , ez´ert a m´ atrix 0 0 1 −1 −1 0 ). 0 −1 6. Hat´ arozza meg az al´ abbi m´ atrixok saj´ at´ert´ekeit ´es saj´ atvektorait! Adjon meg egy-egy konkr´et saj´ atvektort! 2 −1 (a) . −2 3 (Megold´ as: (i) A saj´ at´ert´ekek: 2−λ −1 det (A − λI) = = (2 − λ)(3 − λ) − (−1) · (−2) = λ2 − 5λ + 4 = 0 ⇒ λ1 = 4, λ2 = 1. −2 3−λ (ii) A λ1 = 4 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet 2 −1 v1 v1 2v1 − v2 = 4v1 −v2 = 2v1 Av = λ1 v ⇔ =4 ⇔ ⇔ . −2 3 v2 v2 −2v1 + 3v2 = 4v2 −2v1 = v2 A k´et egyenlet ugyanazt, a v2 = −2v1 felt´etelt jelenti, ez´ert a saj´ atvektorok v1 1 v= , v1 6= 0, pl. . −2v1 −2 A λ2 = 1 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet v1 2 −1 v1 Av = λ2 v ⇔ = 1· ⇔ −2 3 v2 v2
2v1 − v2 = v1 −2v1 + 3v2 = v2
Mindk´et egyenlet a v2 = v1 felt´etellel ekvivalens, ´ıgy a saj´ atvektorok v1 1 v= , v1 6= 0, pl. .) v1 1
⇔
−v2 = −v1 −2v1 = −2v2
.
Biol´ ogia alapszak, Matematika I. A GY
(b)
3 1 1 3
2016/17 1. f´el´ev
.
(Megold´ as: (i) A saj´ at´ert´ekek: √ 3−λ 1 det (A − λI) = = (3 − λ)2 − 1 · 1 = λ2 − 6λ + 8 = 0 ⇒ λ1,2 = 6± 36−32 = 3 ± 1. 2 1 3−λ (ii) A λ1 = 4 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet v2 = v 1 3v1 + v2 = 4v1 v v1 3 1 ⇔ v2 = v1 . ⇔ ⇔ =4 1 Av = λ1 v ⇔ v1 = v 2 v1 + 3v2 = 4v2 v2 v2 1 3 A saj´ atvektorok v=
v1 v1
, v1 6= 0,
pl.
1 1
A λ2 = 2 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet 3v1 + v2 = 2v1 v1 v1 3 1 ⇔ =2 Av = λ2 v ⇔ v1 + 3v2 = 2v2 v2 v2 1 3 A saj´ atvektorok v= (c)
4 2 2 4
v1 −v1
, v1 6= 0,
pl.
.
⇔
1 −1
v2 = −v1 v1 = −v2
⇔
v2 = −v1 .
.
.
(Megold´ as: (i) A saj´ at´ert´ekek: 4−λ det (A − λI) = 2
2 = (4 − λ)2 − (−2) · (−2) = λ2 − 8λ + 12 = 0 4−λ √ 8 ± 64 − 48 ⇒ λ1,2 = ⇒ λ1 = 6, λ2 = 2. 2 (ii) A λ1 = 6 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet 4v1 + 2v2 = 6v1 v1 4 2 v1 ⇔ v2 = v1 . ⇔ =6 Av = λ1 v ⇔ 2v1 + 4v2 = 6v2 v2 v2 2 4 A saj´ atvektorok v=
v1 v1
, v1 6= 0,
A λ2 = 2 saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektor-egyenlet 4 2 v1 v Av = λ2 v ⇔ =2 1 ⇔ 2 4 v2 v2 A saj´ atvektorok v=
v1 −v1
, v1 6= 0,
pl.
1 1
.
4v1 + 2v2 = 2v1 2v1 + 4v2 = 2v2
pl.
1 −1
.
⇔ v2 = −v1 .
