GYAKORLÓ FELADATOK A VEKTORTEREK, MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK, LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK, KOMPLEX SZÁMOK témakörökhöz. 2006 tavaszi 1. zárthelyihez gyakorlás Sok feladathoz van megoldás, ezek az anyag végén találhatók. A komplex számokhoz van egy külön file is a honlapon. A feladatok közül néhány Scharnitczky Viktor Feladatgyűjteményéből való.Az alábbi feladatsorban a 3., 28.1 feladat Őri Istvántól (BMF BGK) származik, a 41-44 feladatok és megoldásai Hegyi Barna gyakorlatanyagából valók, és néhány feladat Gyimesi Gergely (például. 8, 10), Havasi László (például 12), Kovács Dániel (pl 15), Lázár Anna (például 7), Szlávik Zoltán (például 1) oldott meg, mindannyian a PPKE ITK doktori iskolájának hallgatói. 1.1 Felírható-e a b vektor az a1 , a 2 , a 3 vektorok lineáris kombinációjaként? b(0,0,0), a1 (2,3,1), a 2 (−1,2,−4),
(4 pont)
a 3 (3,1,5).
1.2 Lineárisan függetlenek-e az 1.1-beli a1 , a 2 , a 3 vektorok?Válaszát indokolja! (2 pont)
1 0 1 2. Tekintse a a1 2 ; a 2 1 ; a3 0 vektorokat. 0 3 − 6
Döntse el, bázist alkotnak-e ezek a vektorok? (3 pont) 3. R4-ben Egy lineáris transzformáció mátrixa az alábbi (a szokásos, kanonikus bázisokat használva): 1 0 A= 0 0
2 5 0 0
3 4 6 7 8 9 0 10
Adja meg a két legkisebb sajátértékhez tartozó sajátvektor által bezárt szöget! (5 pont) 4. 1. Számítsa ki az alábbi, A2006-t, ha az A mátrix a következő (4 pont): 1 a 0 1 4.2 Igaz-e, hogy a 2 x 2-es mátrixok vektorterében a fenti, 3.1-beli A mátrixok is vektorteret alkotnak? Indokolja válaszát! (4 pont)
5. Egy R3→R3 homogén lineáris leképezést mátrixok szorzásának segítségével adunk meg a következőképpen:
2 3 0 L(x)=A.x, A= 0 0 − 1 . 1 2 − 2 (Feltesszük, hogy mind a kiindulási, mind a képtérben a szokásos i, j, k bázist használjuk) 5.1 Mi az (1, 1, 1)T vektor képe? 4 5.2 Melyik az a vektor, aminek a képe a − 2 vektor? (4 pont) 0 0 5.3 Mely vektor(ok) képe lesz a 0 vektor? (4 pont) 0 6. Bizonyítsa be, hogy az alábbi determináns nem lehet nulla (4 pont):
1849 1998 1242 1342 8
1222 1848 1956 2006 1777 1000 1526 1944 1566 17 1514 1526 1552 896 1897 1896 6 4 2 1
A fenti determinánsban két szám egy nagy (német) matematikus nevéhez kötődik. Melyik ez a két szám, és ki ez a matematikus? ( Az első négy sor évszámai többnyire magyar vonatkozású történelmi eseményhez kapcsolódnak:) (2 pont) Megolási útmutatás: Figyelje meg, milyen paritású számokat tartalmaz a determináns! Mely szorzat lesz páratlan? Hogyan jöhet(ne) ki a nulla szám? 7. Egy Nap körül keringő űrszonda az energiaszükségletét egy háromszög alakú napelem panellel fedezi. A panelt három egymásra merőleges, a háromszög csúcsaiba futó kar tartja, és egy merevítő rúd, amelyik a háromszög közepe táján érintkezik a panellel, és merőleges annak felületére. Mind a négy rúd a szonda oldalán, egy pontban van rögzítve. Az egymásra merőleges karok hosszúsága 2m, 2m illetve 3m, s ez utóbbi éppen a Nap irányába mutat. 1 Azoknak a fotonoknak a fluxusa, amelyekre a napelem érzékeny, 1,125 ⋅ 1018 2 , azaz a Nap m s 2 18 irányára merőlegesen 1 m felületre másodpercenként 1,125 ⋅ 10 db „hasznos” foton érkezik.
Ha minden foton két elektront lök ki a napelem félvezetőjének paneljéből, akkor mennyi elektron termelődik egy másodperc alatt? Mekkora szögben esik a napfény a napelem felületére (azaz mekkora a felület normálisa és a Nap iránya által bezárt szög)? Milyen hosszú az a merevítő rúd, amely a háromszög alakú panelre merőleges? Nap
Fotonok iránya Panel
2m 3m 2m
Űrszonda
8. Mekkora szöget zár be egymással egy kocka két kitérő helyzetű lap átlójának egyenese? ( 4 pont) 9. Adottak a P0(1,1,4), P1(0,8,2) pontok, és a v(1,0,-4) vektor. 9.1 Mekkora a P0 P1 vektor és a v vektor által kifeszített háromszög területe? (2 pont) 9.2 Adja meg a 9.1 –beli háromszög síkjának egyenletét! (2 pont) 10. Legyen V = R 3 vektortér. Adott három V -beli vektor: 2 3 0 v1 = p , v2 = 0 , v3 = −1 , 1 2 − 2 ahol p valós paraméter.
10.1. A p paraméter mely értékére lesznek a v1 , v 2 , v3 vektorok lineárisan összefüggőek? (4 pont) 10.2. Az előző feladat alapján p értékét válasszuk úgy, hogy a v1 , v 2 , v3 vektorok bázist alkossanak a V térben. (3 pont)
11. L lineáris leképezés először a tér vektorait levetíti az XY síkra, majd a keletkezett vektorokat tükrözi az X tengelyre. Határozza meg a leképezés mátrixát a szokásos bázisok esetén (térben: i, j, k ; síkban: i ,j ) 12. Számítsa ki az R mátrixot: 3 2 −1
R = 2* B + B − B − E
0 0 1 B = 0 1 0 1 0 0 13. Határozza meg az a( x; y;1) vektor ismeretlen koordinátáit, ha a merőleges b(− 2;3;0 ) vektorra, és az egy csúcsból induló a , b és c(− 2;5;4) vektorok által meghatározott paralelepipedon térfogata 48 térfogategység!)
14. c1 1 − 1 3 c1 4 Ac 2 = 2 1 3 c 2 = 5 c3 3 4 2 c3 5 14.1 Írja le a fenti mátrixegyenletnek megfelelő lineáris egyenletrendszert! 142 Oldja meg a 2.1-ben Ön által megadott lineáris egyenletrendszert Gauss-Jordan eliminációval (redukált lépcsős alakkal)! 14.3 Az mátrix inverzének kiszámítása NÉLKÜL döntse el, hogy megoldható-e az eredeti mátrix egyenlet inverz mátrix segítségével! Indokolja válaszát! (indoklás nélkül 0 pont)
15. 1 2000 2001 2002 2003 2004 π π +1 π + 2 π + 3 π + 4 11 12 13 14 15 = ? 16 17 18 19 20 x x +1 x + 2 x + 3 x + 4 15.2 Mekkora lehet értéke, ha az alábbi homogén egyenletrendszernek van triviálistól különböző megoldása?
2000 2001 2002 2003 2004 a 0 π π + 1 π + 2 π + 3 π + 4 b 0 11 12 13 14 15 c = 0 17 18 19 20 d 0 16 x x + 1 x + 2 x + 3 x + 4 e 0
16. Alább adott egy homogén lineáris transzformáció A mátrixa. Számítsa ki a transzformáció sajátértékeit (3 pont), és a legkisebb sajátértékhez tartozó sajátvektorát ( 2 pont)! Igaz-e, hogy a sajátvektorok bázist alkotnak? Indokolja válaszát! (2 pont)
1 2 3 A = 0 2 0 0 0 4 17. . Adja meg az
(1 + i) komplex szám 5. gyökeit! Igaz-e, hogy van ezek között konjugált 2(1 − i)
komplex számpár? (6 p)
18. 3A determináns azonnali kifejtése nélkül, a determináns tulajdonságainak felhasználásával bizonyítsa be, hogy 1+ a 1 1 1 1 1− a 1 1 = a 2b 2 1 1 1+ b 1 1 1 1 1− b (5 pont)
19. Legyen az ABC háromszög három csúcsa: A(2,4,3), B(-3,1,6), C(0,-4,4). Számítsa ki a a háromszög legnagyobb szögét, és az X-Y síkra vett merőleges vetületének területét! (6 pont) 20. . Igaz-e hogyha e sík vektorait egy egyenesre vetítjük, az homogén lineáris transzformáció? (5 p) 21. Adja meg annak a homogén lineáris transzformációnak a mátrixát az i, j bázisra vonatkozóan, amely a sik vektorait először az y=x egyenesre tükrözi, majd elforgatja 45 fokkal! Mi lesz e leképezés mátrixa, ha az (1,1), (-1, 1 ) bázisra térünk át? (8 p) 22. Határozza meg az a és b vektorok áltak bezárt „szöget”! Bázist alkotnak-e R4-ben az alábbi vektorok: a=(3,0,1,1), b=(0,1,2,0), c=(0,0,0,1), d=(1,3,0,0) (9 p) 23. Határozza meg az alábbi mátrix sajátértékeit, sajátvektorait! 2 −1 0 A = −1 3 1 0 1 2
24. Határozza meg az a és b vektorok áltak bezárt „szöget”! Bázist alkotnak-e R4-ben az alábbi vektorok: a=(3,0,1,1), b=(0,1,2,0), c=(0,0,0,1), d=(1,3,0,0) (9 p) 25. Oldja meg inverzmátrix módszerrel az alábbi egyenletrendszert! 3x x
-5y +2y
=4 =-6
26. Gauss eliminácóval oldja meg az alábbi lineáris egyenletrendszert, és adja meg az általános megoldást! 2x1 2x1 8x1 2x1
-x2 -2x2 +2x2
+3x3 +6x3 +6x3
-x4 +x4 -5x4
=4 =-1 =6 =2
27. Bontsa fel az a (3;-4;7) vektort a v (-8;8;-16) vektorral párhuzamos és merőleges komponensekre! 28.1. Határozza meg az a( x; y;1) vektor ismeretlen koordinátáit, ha a merőleges b(− 2;3;0 ) vektorra, és az egy csúcsból induló a , b és c(− 2;5;4) vektorok által meghatározott paralelepipedon térfogata 48 térfogategység!
28. 2. Adja meg p és q paraméterek értékét úgy, hogy az a (3;-4;p), b (3;2;-1), c (q;1;3) vektorok által kifeszített paralelepipedon térfogata 24 legyen, és a legyen merőleges b-re!
29. Bizonyítsa a vektorok skaláris szorzatának kiszámítására vonatkozó tételt az i, j, k bázisban!
30. Mondja ki, és bizonyítsa a vegyesszorzat geometriai jelentésére vonatkozó tételt! 31. Egy háromszög csúcspontjainak koordinátái: A(-2; -1), B(4; -3), C(4; 5). A B csúcsból induló magasságvonal az AC oldalt a T pontban metszi. Mekkora az AT szakasz hossza?
32.
Az a(−3; 4) és b(1; y) vektorok 60°-os szöget zárnak be egymással. Mekkora az y?
33. Legyen az ABC háromszög három csúcsa: A(2,4,3), B(-3,1,6), C(0,-4,4). Számítsa ki a háromszög X-Y síkra vett merőleges vetületének területét! 34.
Határozza meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! A sajátvektorokat normálja úgy, hogy egységnyi hosszúak legyenek!
2 −1 0 A = 0 1 0 3 − 1 − 1 1 2 − 10 35. Egy homogén lineáris transzformáció az i, j, k vektorokat rendre a 0 , 0 , 5 0 0 1 vektorokba viszi. 35.1 Írja fel a leképezés A mátrixát! (2 pont) 35.2 Van-e olyan 1 -nél nagyobb kitevőjű hatványa a fenti leképezés A mátrixának, amely egyenlő az A -val? (2 pont) 36.
(1 + j )4 (1 − j )2
=?
37. 37.1Adja meg annak az R 2 → R 2 lineáris transzformációnak a mátrixát, amely a sík vektorait (pontjait) az y = x egyenesre tükrözi (4 pont).
37.2 Adja meg a sajátértékek kiszámítása nélkül a 37.1 transzformáció sajátvektorait. (3 pont) 37.3 Adja meg a transzformáció értékkészletét, valamint az összes olyan vektort, melynek képe a nulla vektor! (4 pont) 38. Adott két vektor a = (2,−3,8), b = (1,−9,3) . Bontsa fel a-t b-vel párhuzamos és b-re merőleges összetevőkre! (5 pont) 39. Adottak a következő pontok: A(1;−2;0), B (2,3,1), C (−1,2,2), D(3,1,4) . 39.1 Írja fel az A ponton átmenő, BCD síkkal párhuzamos sík egyenletét: (4 pont) 39.2 Mekkora a 8.1-ben kiszámított sík és az x − 2 y + z + 3 = 0 egyenlettel megadott sík által bezárt szög? (4 pont)
40. Számítsa ki az A mátrix determinánsát!
2 − 3 1 1 2 3 1 1 − A= 2 − 2 −1 4 1 4 3 2 − − 41. Függetlenek-e az alábi vektorok? (mo) R felett hány dimenziós vektorteret generál a vektorrendszer, ha a műveletek a komponensenkénti összeadás és komponensenkénti valós számmal történő szorzás? 1 2 1 2 5 1 3 , 5 , 4 0 1 − 1 3 4 42. Legyen az L : R → R lineáris leképezés a következő: v1 1 2 1 u1 v2 2 5 1 v = 3 5 4 u 2 3 v 0 1 − 1 u3 4 , ahol
v1 u1 v 3 2 4 u2 ∈ R ; ∈ R v u 3 3 v 4 . a) Mely vektorok képe a nullvektor? Hány dimenziós teret alkotnak ezek a vektorok? b) Mi a leképezés értékkészlete? c) Mi a 3 7 8 1 vektor L szerinti őse? d) Van-e L szerinti őse a 0 0 1 1 vektornak? 43. Számítsuk ki a 3 7 8 1 és a vektorok koordinátáit a 1 2 2 5 3 , 5 0 1 bázisban.
0 0 0 1
44. Felírhatók-e a 3 0 7 0 8 0 1 és a 1 vektorok 1 2 1 2 5 1 3 , 5 , 4 0 1 − 1
vektorok lineáris kombinációjaként? Ha igen hányféleképpen?
MEGOLDÁSOK: 2. 1 0
1 1 0 1 1 0 1 2 1 0 (−2 *1s + 2s ) => 0 1 − 2 (−3 * 2s + 3s ) 0 1 − 2 =>determinánsuk nulla! 0 3 −6 0 3 −6 0 0 0
a homogén lin egyenletrendszernek VAN triviálistól különböző megoldása-> összefüggők a vektorok. Igy nem alkothatnak bázist.
5.2 megoldása:
A megoldandó egyenlet:
2 3 0 4 0 0 −1 ⋅ λ = − 2 . 1 2 − 2 0
Gauss eliminációval: 4 2 2 3 0 4 2 3 0 ~ 0 − − − − 0 0 1 2 ~ 0 0 1 2 1 2 − 2 0 1 − 2 − 2 0 0 2 és innen a maradék egyenleteket megoldva: λ1
4 1 − 2 − 2 , 2 0 −1 − 2 = −4 , λ2 = 4 , λ3 = 2 .
3
0
HA viszont már két vektor ősét kell kiszámítani, érdemesebb az inverz mátrixot megkeresni! 7. Megoldás: A csúcspontokba mutató vektorok: a = (3,0,0); b = (0,2,0); c = (0,0,2). (1 pont) Kiszámítjuk a háromszög területvektorát az oldalvektorok keresztszorzatával: 1 CA × CB = (2,3,3). (3 pont) 2 A napelem napirányú keresztmetszetét megkapjuk, ha veszünk egy a Nap irányába mutató egységvektort, n = (1,0,0) , és skalárisan megszorozzuk a területvektorral: t ⋅ n = (2,0,0). Ez CA = a − c = (3,0,−2); CB = b − c = (0,2,−2); t =
tehát 2 m 2 , azaz egy másodperc alatt 2 ⋅ 2 ⋅ 1,125 ⋅ 1018 = 4,5 ⋅ 1018 elektron lép ki a lemezből. (3 pont) A fénysugarak beesési szöge: cos ϕ =
t ⋅n 2 = ≈ 0,4264 , amiből ϕ ≈ 64,76 o. (2 pont) t⋅n 22
A merevítő rúd hossza a merőleges karok és a panel alkotta háromszög alapú gúla magassága. A gúla térfogata éppen fele a karok által kifeszített téglatestnek: JAVITANDO:!!
V =
V 6m 3 1 ⋅ ? 2 m ⋅ 2 m ⋅ 3 m = 6 m 3 . A magasság: m = = ≈ 1,28 m. (3 pont) Talap 2 22m 2
8. Mekkora szöget zár be egymással egy kocka két kitérő helyzetű
lapátlóegyenese? Megoldás: (kellene ábra ide is) Kitérő lapátlók két helyen találhatók. (1) Két szemközti oldalon. Ekkor a két egyenes által bezárt szög 90°, ez jól látszik. (2) Két szomszédos oldalon. Ekkor a közös oldalon levő egyik csúcsból kiinduló három oldalvektorát a kockának jelöljük a , b , c -vel. Ezek közül legyen b a közös oldal. A két lapátlót ezek segítségével a következőképpen írhatjuk fel: u =a+b v =b−c Az általuk bezárt szöget skalárszorzattal számíthatjuk ki: 2 u ⋅ v (a + b) ⋅ (b − c) a ⋅ b − a ⋅ c + b − b ⋅ c cos α = = = u⋅v u⋅v u⋅v
A kocka oldalhossza legyen d = a = b = c , ekkor u = v = d 2 . Az a , b , c vektorok páronként merőlegesek egymásra, így a skalárszorzatuk nulla. Ezeket felhasználva: d2 1 = , cos α = 2 2 d2 2 vagyis a két lapátló által bezárt szög α = 60° . (erre elemi úton is rá lehet jönni. HOGYAN? )
10. 10.1 Látható, hogy itt lehet determinánssal számolni. 2 3 0 A = v1 v 2 v3 = p 0 − 1 1 2 − 2 A lineáris összefüggőséghez az kell, hogy det( A) = 0 legyen. A második sor szerint kifejtve a determinánst: 3 0 2 3 det( A) = − p + 0 +1 = 6 p + 1 = 0 kell. 2 −2 1 2 1 Innen p = − . 6 Gauss eliminációval is számolható: ehhez meg kell keresni, hogy az A ⋅ λ = 0 egyenletnek milyen p -re vannak nemtriviális λ megoldásai. A jobb oldal mindig 0, ezért nem is érdemes kiírni.
3 0 3 0 2 2 2 3 0 3p 3 p −1 −1 ~ 0 − p 0 −1 ~ 0 − 2 2 1 2 − 2 1 1 − 0 2 0 −2− 0 2 3 p Ahhoz, hogy be kelljen vezetnünk szabad paramétert, vagyis hogy legyen nemtriviális megoldás, valamelyik „vezéregyesnek” 0-nak kell lennie. Elképzelhető, hogy 3p − = 0 , de ez a második lépésben sorcserével kivédhető lenne. 2 1 1 = 0 . Ebből p = − . Így az egyetlen lehetőség, hogy − 2 − 3p 6 A többi ebből már könnyen adódik. 11.
Leképezés mátrixa az adott bázisokra vonatkoztatva:
1 0 0 Aab = 0 − 1 0
(bázisvektorok képei az oszlopok) 13. Határozza meg az a( x; y;1) vektor ismeretlen koordinátáit, ha a merőleges b(− 2;3;0 ) vektorra, és az egy csúcsból induló a , b és c(− 2;5;4) vektorok által meghatározott paralelepipedon térfogata 48 térfogategység!)
Megoldás: a merőleges b : a ⋅ b = 0 = −2 x + 3 y x
y 1
A paralelepipedon térfogata: abc = − 2 3 0 = 12 x + 8 y − 4 = 48 , −2 5 4 ahonnan 3 x + 2 y − 1 = 12 vagy − 3 x − 2 y − 1 = 12 , tehát 3 x + 2 y = 13 vagy − 3 x − 2 y = 11 . 33 22 Az egyenletrendszer megoldása: x = 3 ∧ y = 2 és x = − ∧ y = - . (Teljes pontszám már 13 13 az egyik megoldás megtalálásáért jár.) 14. c1 1 − 1 3 c1 4 Ac 2 = 2 1 3 c 2 = 5 c3 3 4 2 c3 5 14.1 Írja le a fenti mátrixegyenletnek megfelelő lineáris egyenletrendszert! 142 Oldja meg a 2.1-ben Ön által megadott lineáris egyenletrendszert Gauss-Jordan eliminációval (redukált lépcsős alakkal)!
15. 15.1 2000 2001 2002 2003 2004 π π +1 π + 2 π + 3 π + 4 11 12 13 14 15 = ? 16 17 18 19 20 x x +1 x + 2 x + 3 x + 4 15.2 Mekkora lehet értéke, ha az alábbi homogén egyenletrendszernek van triviálistól különböző megoldása?
2000 2001 2002 2003 2004 a 0 π π + 1 π + 2 π + 3 π + 4 b 0 11 12 13 14 15 c = 0 17 18 19 20 d 0 16 x x + 1 x + 2 x + 3 x + 4 e 0 Megoldás: 15.1 Az első oszlopot kivonva a többiből, azonos oszlopokat kapunk, ezért e determináns nulla. 15.2 Így x értéke bármi lehet, az egyenletrendszernek van triviálistól különböző megoldása.
16. Alább adott egy homogén lineáris transzformáció A mátrixa. Számítsa ki a transzformáció sajátértékeit (3 pont), és a legkisebb sajátértékhez tartozó sajátvektorát ( 2 pont)! Igaz-e, hogy a sajátvektorok bázist alkotnak? Indokolja válaszát! (2 pont)
1 2 3 A = 0 2 0 0 0 4 Megoldás: 1. oszlop szerint kifejtve a det(A-λE)-t: (1-λ)(2-λ)(4-λ), (1.5 pont) így a sajátértékek: 1, 2, 4. A legkisebb sajátérték az 1: 0x+2y+3z=0 x tetszőleges
(1.5 pont)
0x+y+0z=0 ebből y=0 , x, z tetszőleges 0x+0y+3z=1 ebből z=0, x, y tetszőleges összesítve: s=(t, 0, 0)T (2 pont)
23.
2 −1 0 A = −1 3 1 0 1 2 Megoldás: Sajátértékek: 2−λ det( A − λE ) = − 1 0 A sajátvektorok: λ1 = 1 :
−1 3−λ 1
0 1 = −(λ − 1)(λ − 2)(λ − 4) = 0 2−λ
1 −1 0 0 1 −1 0 0 −1 2 1 0 ~ 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 λ2 = 2 : 0 −1 0 0 −1 1 1 0 −1 1 1 0 ~ 0 −1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 λ3 = 4 : − 2 −1 0 0 − 2 − 1 0 0 − 1 − 1 1 0 ~ 0 − 1/ 2 1 0 0 1 − 2 0 0 0 0 0
− 1 v1 = p − 1 1 1 v 2 = p 0 1 − 1 v3 = p 2 1
28.1. Határozza meg az a( x; y;1) vektor ismeretlen koordinátáit, ha a merőleges b(− 2;3;0 ) vektorra, és az egy csúcsból induló a , b és c(− 2;5;4) vektorok által meghatározott paralelepipedon térfogata 48 térfogategység!
Megoldás: a merőleges b :
a ⋅ b = 0 = −2 x + 3 y
x
y 1
paralelepipedon térfogata: − 2 3 0 = 12 x + 8 y − 4 = 48 −2 5 4 az egyenletrendszer megoldása:
x=3
ahonnan 3 x + 2 y = 13
y=2
31. Egy háromszög csúcspontjainak koordinátái: A(-2; -1), B(4; -3), C(4; 5). A B csúcsból induló magasságvonal az AC oldalt a T pontban metszi. Mekkora az AT szakasz hossza? Megoldás: (rajzoljon ábrát!) Jelölés: legyen b = AB , c = AC , t = AT . Ekkor a t vektort megkaphatjuk, mint a b vektor c vektorra vett vetületét. Ezt az alábbi módon tudjuk kiszámolni: t = cˆ ⋅ b ⋅ cos α , ahol a cˆ vektor a c irányába mutató egységvektor, α pedig a b és c vektorok által bezárt szög. Az egységvektort behelyettesítve, a maradék tényezőket pedig a két vektor skalárszorzatából kifejezve: c b⋅c 1 t= ⋅ = 2 ⋅ (b ⋅ c) ⋅ c c c c A vektornak most csak a hosszára van szükségünk: 1 b⋅c t = 2 ⋅ (b ⋅ c) ⋅ c = c c A vektorokat koordinátáit kiszámoljuk, majd ezekből a skalárszorzatot, illetve a c vektor hosszát: b = (6; − 2) c = (6; 6) b ⋅ c = 36 − 12 = 24 c = 36 + 36 = 6 2 Ezeket behelyettesítve: b⋅c 24 t= = =2 2 c 6 2
32.
Az a(−3; 4) és b(1; y) vektorok 60°-os szöget zárnak be egymással. Mekkora az y?
Megoldás: A két vektor skalárszorzatát kétféleképpen írjuk fel: a ⋅ b = a1b1 + a2b2 = −3 + 4 y a ⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos(60°) = 5 ⋅ 1 + y 2 ⋅
Így kapunk y-ra egy másodfokú egyenletet:
1 2
− 6 + 8y = 5 1+ y2 36 − 96 y + 64 y 2 = 25 + 25 y 2 39 y 2 − 96 y + 11 = 0
Ezt megoldva: 96 ± 9216 − 1716 96 ± 50 3 48 ± 25 3 = = 78 78 39 y1 = 2.34 y1, 2 =
y2 = 0.12 A kettő közül azonban csak az első megoldás a jó, mert a másodiknál a két vektor által bezárt 1 szög 120° (a négyzetre emelés miatt, cos(120°) = − ). 2 33. Legyen az ABC háromszög három csúcsa: A(2,4,3), B(-3,1,6), C(0,-4,4). Számítsa ki a háromszög X-Y síkra vett merőleges vetületének területét!
Megoldás: A csúcsok helyvektoraiból a háromszög oldalvektorai meghatározhatók, ezekből vektoriális szorzással kapjuk meg a háromszög területét (területvektorát). Ezután az X-Y sík normálvektorának az n=(0,0,1) [vagy akár az n=(0,0,-1)] vektort véve, az imént meghatározott területvektor és az n normálvektor skaláris szorzata (pontosabban ennek abszolút értéke) éppen a kérdéses vetület területét adja. Tehát a háromszög oldalvektorai AB =(-5,-3,3), AC =(-2,-8,1), a háromszög területvektora pedig: 1 1 ( AB × AC )= (21,-1,34). Az X-Y síkra vett merőleges vetület területe: | t n |=17. 2 2
t=
34.
Határozza meg a következő mátrix sajátértékeit és sajátvektorait! A sajátvektorokat normálja úgy, hogy egységnyi hosszúak legyenek!
2 −1 0 A = 0 1 0 3 − 1 − 1
Megoldás: A karakterisztikus egyenletre a következő adódik: (λ + 1) ⋅ (1 − λ ) ⋅ (λ − 2) = 0 . Innen leolvashatók a sajátértékek: λ1 = −1 , λ 2 = 1 , λ3 = 2 . Az ezekhez tartozó egyre normált
0 1 1 1 1 sajátvektorok lehetnek pl.: v1 = 0 , v 2 = 1 , v 3 = 0 . 3 2 1 1 1 >> M = [0 0 1; 1 1 1; 1 0 1]' M= 0
1
1
0 1
1 1
0 1
>> M^-1 ans = -1 0 0 1 1 -1
1 0 0
>> A = [2 -1 0; 0 1 0; 3 -1 -1] A= 2 -1 0 0 1 0 3 -1 -1 >> M^-1 * A * M ans = -1 0 0 >>
0 1 0
0 0 2
36.
(1 + j )4 (1 − j )2
=?
1 1 + j = 1 + 1 = 2 ; arg(1 + j ) = arctg = 45° 1 −1 1 − j = 1 + 1 = 2 ; arg(1 − j ) = arctg = −45° 1
(1 + j )4 (1 − j )2
( 2 ) (cos 4 ⋅ 45° + j sin 4 ⋅ 45°) = 4(cos180° + j sin180°) = = ( 2 ) (cos 2 ⋅ (− 45°) + j sin 2 ⋅ (− 45°)) 2(cos(− 90°) + j sin(− 90°)) 4
2
4 (cos(180° − (− 90°)) + j sin (180° − (− 90°))) = 2(cos 270° + j sin 270°) = 2 = 2(0 + j (− 1)) = −2 j
=
41.Függetlenek-e az alábbi vektorok? R felett hány dimenziós vektorteret generál a vektorrendszer, ha a műveletek a komponensenkénti összeadás és komponensenkénti valós számmal történő szorzás? 1 2 1 2 5 1 3 , 5 , 4 0 1 − 1 Megoldás. Vizsgáljuk meg, hogy a vektorok függetlenek-e, vagyis azt, hogy a 0 1 0 1 2 1 2 1 λ1 1 0 2 5 1 0 5 2 λ1 + λ2 + λ3 = ⇔ λ2 = 3 5 4 0 0 4 5 3 − 1 0 0 1 − 1 λ3 0 1 0 egyenletrendszernek csak triviális, vagyis csak a 0 λ1 0 λ2 = λ 0 3 0 megoldás létezik-e. A megoldást Gauss-Jordan eliminációval keresve 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 1 0 3 0 2 5 1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 3 5 4 0 ~ 0 −1 1 0 ~ 0 1 −1 0 ~ 0 0 0 0 ~ 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 1 0 3 0 ~ 0 1 −1 0 .
Mivel a RLA-ban van olyan oszlop (a 3.), amelyikben nincs vezéregyes, a hozzátartozó ismeretlen, λ3 tetszőleges, ezért végtelen sok megoldás van (a triviális megoldáson kívül), így a vektorrendszer vektorai nem függetlenek. De miért is volt jó ettől függetlenül, hogy kiszámoltuk az RLA-t? i) Azért mert ebből az RLA-ból leolvasható a független vektorok száma is. Tegyük fel, hogy eredetileg csak az első két vektornak a függetlenségét szerettük volna megvizsgálni ugyanilyen módon: 1 2 0 1 0 0 2 5 0 3 5 0 ~ ... ~ 0 1 0 0 1 0 Tehát az első két vektor független. De ez már az első RLA-ból is leolvasható. Ez azért van, mert a Gauss-Jordan elimináció során a sorokat kombináljuk lineárisan egymással, ezért az elimináció során az egyes oszlopok egymástól függetlenül alakítódnak, így az második Gauss-Jordan eliminációt megkaphatjuk, ha az első Gauss-Jordan eliminációból a 3. oszlopot mindenhol elhagyjuk. Általánosan is igaz, hogy a(z első) RLA-beli az vezéregyesekhez tartozó eredeti (tehát a kiindulási alakban ugyanabban az oszlopban található) vektorok függetlenek. ii) Az RLA azért is hasznos, mert leolvasható belőle, hogy hogyan írható fel a független vektorokkal a maradék vektorok. Tegyük fel, hogy meg akartuk volna határozni, hogy hogyan lehet felírni (és hogy fel lehet-e írni) a harmadik vektort az első két vektor lineáris kombinációjaként. Ezt is Gauss-Jordan eliminációval vizsgáljuk: 1 2 1 1 2 1 1 0 3 2 5 1 2 5 1 λ1 + λ2 = ⇔ ~ ... ~ 3 5 4 3 5 4 0 1 − 1 0 1 − 1 0 1 − 1 . Tehát a harmadik vektort megkapjuk, ha az elsőt megszorozzuk 3 -mal majd ahhoz hozzáadjuk a második (− 1) -szeresét. De ez is szintén leolvasható már az első RLA-ból is. Ez azért van, mert a Gauss-Jordan elimináció során a sorokat kombináljuk lineárisan egymással, ezért az elimináció során az egyes oszlopok egymástól függetlenül alakítódnak, így a harmadik Gauss-Jordan eliminációt megkaphatjuk, ha az első GaussJordan eliminációból a 3. oszlopot beírjuk a függőleges vonal mögé, majd a 3. oszlopot egyszerűen elhagyjuk. Általánosan is igaz, hogy a (z első) RLA-beli az vezéregyest nem tartalmazó oszlopokhoz tartozó eredeti (tehát a kiindulási alakban ugyanabban az oszlopban található) vektorok éppen az (első RLA-beli) oszlopban található együtthatókkal vett lineáris kombinációi a független vektoroknak (a vezéregyesekhez tartozó eredeti vektorok.) iii) A vezéregyesekhez tartozó eredeti vektorok így egyrészt generálják a teljes vektorrendszer által generált alteret, másrészt függetlenek így, a teljes vektorrendszer által generált altér egy bázisát alkotják, így általánosan is elmondható, hogy a vektorrendszer által generált altér dimenziója éppen a (z első) RLA-beli vezéregyesek száma. Ez jelen esetben 2 . Az Gauss-Jordan eliminációnál abból a kibővített mátrixból indultunk ki, ahol az együtthatómátrixot éppen a vizsgált vektorok mint oszlopvektorok alkották, ebből kaptuk meg azt a (z első) RLA-t, amiből aztán minden leolvasható volt.
3 4 42. Legyen az L : R → R lineáris leképezés a következő: v1 1 2 1 u1 v2 2 5 1 v = 3 5 4 u 2 3 v 0 1 − 1 u3 4 , ahol v1 u1 v 3 2 4 u2 ∈ R ; ∈ R v u 3 3 v 4 . a) Mely vektorok képe a nullvektor? Hány dimenziós teret alkotnak ezek a vektorok? b) Mi a leképezés értékkészlete? c) Mi a 3 7 8 1 vektor L szerinti őse? d) Van-e L szerinti őse a 0 0 1 1 vektornak? Megoldás. a) 0 1 2 1 u1 2 5 1 0 3 5 4 u 2 = 0 0 1 − 1 u 3 0 egyenletrendszer megoldásai alkotják. Ezt Gauss-Jordan eliminációval megoldva (részletesen lásd az előző feladatban): 1 2 1 0 1 0 3 0 2 5 1 0 3 5 4 0 ~ ... ~ 0 1 − 1 0 0 1 −1 0 ,
vagyis u3 tetszőleges, u1 = −3u 3 , u1 = u 3 .
Tehát azok a vektorok, melyeknek képe a nullvektor: − 3 u3 1 1 vektorok alkotják, ahol u3 tetszőleges. A dimenziója 1 , hiszen 1 darab független vektor generálja. b) EZ nehéz, ilyen nem lesz a zh-ban:
v1 1 v2 2 v = 3 3 v 0 4
1 1 2 1 u1 5 1 2 5 1 u u u u = + + 2 1 2 3 3 5 4 5 4 u3 0 1 − 1 1 − 1 . 2
41.-ben láttuk, hogy a 1 2 1 2 5 1 3 , 5 , 4 0 1 − 1 vektorok között vannak függetlenek és a maradék többi felírható azok lineáris kombinációjaként. A függetlenek vektorok a vektorokat mint oszlopvektorokat tartalmazó együtthatómátrix (jelen esetben éppen a szorzómátrix) RLA-ban található vezéregyest tartalmazó oszlopokhoz tartozó eredeti vektorok, míg egy adott maradék vektornak a független vektorokra vonatkozó koordinátáit (a független vektorok alkotta lineáris kombináció együtthatói) éppen a vektorokat mint oszlopvektorokat tartalmazó együtthatómátrix (jelen esetben éppen a szorzómátrix) RLA megfelelő oszlopa tartalmazza. Ez alapján itt 1 2 1 0 1 0 3 0 2 5 1 0 3 5 4 0 ~ ... ~ 0 1 − 1 0 0 1 −1 0 miatt 1 2 2 5 3 , 5 0 1 függetlenek míg, 2 1 1 5 1 2 3 + (− 1) = 4 5 3 1 − 1 0 . Innét
v1 1 v2 2 v = 3 3 v 0 4
1 1 2 1 u1 5 1 2 5 1 u = u + u + u 2 1 2 3 3 5 4 = 5 4 u3 0 1 − 1 1 − 1 1 1 2 1 2 2 2 5 2 5 2 5 = u1 + u 2 + u3 3 + (− 1) = (u1 + 3u3 ) + (u 2 − u3 ) 3 3 5 5 3 5 0 1 0 1 1 0 . 2
Mivel u1 , u 2 , u3 tetszőleges, ezért u1 + 3u3 és u2 − u3 is tetszőleges, így a λ1 = u1 + 3u3 és λ2 = u 2 − u 3 jelölésekkel a leképezés képterét a 2 1 5 2 λ1 + λ2 5 3 1 0 vektorok alkotják, ahol λ1 , λ2 tetszőlegesek. A képtér dimenziója 2 , hiszen 2 független vektor generálja azt. Általánosan is igaz, hogy a (balról történő) mátrixszorzás mint lineáris leképezés képterének dimenziója ugyanannyi, mint a mátrixot mint együtthatómátrixot tartalmazó kibővített mátrix RLA-ban található vezéregyest tartalmazó oszlopok száma. Fontos, hogy a képtér dimenzióját nem a lineáris kombinációban szereplő tetszőleges paraméterek száma ( 3 u1 , u 2 , u3 esetén), hanem a független vektorok száma határozza meg
c) A 3 7 8 1 ősképét/ősképeit a 3 1 2 1 u1 2 5 1 7 3 5 4 u 2 = 8 0 1 − 1 u 3 1 egyenletrendszer megoldásai szolgáltatják. Ezt Gauss-Jordan eliminációval megoldva 1 2 1 3 1 0 3 1 2 5 1 7 3 5 4 8 ~ ... ~ 0 1 − 1 1 0 1 −1 1 kapjuk, hogy a kérdéses vektor ősképei a
u1 1 − 3u3 1 − 3 u 2 = 1 + u3 = 1 + u3 1 u u 0 1 3 3 vektorok, ahol u3 tetszőleges. d) A 0 0 0 1 ősképét/ősképeit a 0 1 2 1 u1 2 5 1 0 3 5 4 u 2 = 0 0 1 − 1 u 3 1 egyenletrendszer megoldásai szolgáltatják. A megoldást Gauss-Jordan eliminációval keresve, 1 2 1 3 1 0 3 0 2 5 1 7 ~ ... ~ 0 1 − 1 0 3 5 4 8 0 0 0 1 0 1 −1 1 , tiltott sorra jutunk, így a kérdéses vektornak nincs ősképe. A kérdéses vektor nincs benne a leképezés értékkészletében!!!.
3. Számítsuk ki a 3 7 8 1
