II. Lineáris egyenletrendszerek megoldása

Vissza

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

Lineáris egyenletrendszerek megoldása

235

II. Lineáris egyenletrendszerek megoldása 2.1. Kettő vagy három ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek Korábbi tanulmányaitok során láttátok, hogy a 2 vagy 3 ismeretlent tartalmazó lineáris egyenletrendszerek esetén a kiküszöbölés módszerével meghatározhatjuk a megoldást. Ez azt jelenti, hogy a rendszer valamelyik egyenletéből kifejezzük az egyik ismeretlent és visszahelyettesítjük a többi egyenletbe. Így olyan rendszerhez jutunk, amely egy ismeretlennel kevesebbet tartalmaz, és amely egyel kevesebb egyenletből áll. Ez a megoldási módszer tetszőleges lineáris rendszer esetén használható és mivel az eljárás egyszerű, könnyű algoritmus formájában meghatározni. Vizsgáljunk meg néhány ilyen lineáris rendszert. Lássuk előbb a két ismeretlent tartalmazó és két egyenletből álló rendszereket. 1. Feladat. Tárgyaljuk az a és b valós paraméterek függvényében az x + 2y = b  ax − y = 1 egyenletrendszert. Megoldás. A második egyenletből kifejezzük y -t és visszahelyettesítjük az első egyenletbe (vagy szorozzuk a második egyenlet mindkét oldalát 2-vel és összeadjuk az egyenleteket). Így a (2a + 1)x = b + 2 egyenlethez jutunk. Ha 2a + 1 ≠ 0 , akkor b +2 ab − 1 x= és ez alapján y = ax − 1 = . 2a + 1 2a + 1 1 Ha 2a + 1 = 0 , akkor b + 2 ≠ 0 esetén ellentmondáshoz jutunk. Ha viszont a = − 2 és b = −2 , akkor meg kell vizsgálnunk, hogy az y ⋅ (2a + 1) = ab − 1  1 egyenlőség nem vezet-e ellentmondáshoz. Mivel −  ⋅ (−2) − 1 = 0 , ez is teljesül,  2 tehát a megoldások alakja x = −2 − 2t   , t∈ . y = t    a x + a y = b 2. Feladat. Oldjuk meg és tárgyaljuk az a11x + a12 y = b1 lineáris  21 22 2 egyenletrendszert. Megoldás. Ha az a11, a12 , a21, a22 számok mindegyike 0, akkor b1 = b2 = 0 esetén a megoldáshalmaz az 2 , míg (b1, b2 ) ≠ (0, 0) esetén üres halmaz. Ha az a11, a12 , a21, a22 számok között van 0-tól különböző, akkor feltételezhetjük, hogy a11 ≠ 0 . (Ellenkező esetben felcseréljük az egyenleteket és/vagy a változókat.) b − a12y Így x = 1 , tehát a második egyenlet alapján a11 (a11 ⋅ a 22 − a21 ⋅ a12 )y a11 ⋅ b2 − a21 ⋅ b1 . = a11 a11

Fejezet tartalma 236

Tartalomjegyzék


Tehát a tárgyalás a következő: Ha a11a 22 − a 21a12 ≠ 0 , akkor tetszőleges b1, b2 ∈ esetén a megoldások b ⋅ a − b2 ⋅ a12 a ⋅ b − a21 ⋅ b1 és y = 11 2 . x = 1 22 a11 ⋅ a22 − a21 ⋅ a12 a11 ⋅ a22 − a21 ⋅ a12 Ha a11a 22 − a 21a12 = 0 , akkor a11b2 − a 21b1 = b1a 22 − b2a12 = 0 esetén a megoldások  b − a12α   x= 1  , α∈  a11  y α =    míg a11b2 − a 21b1 ≠ 0 esetén a rendszernek nincs megoldása. Látható, hogy az a11a22 − a21a12 kifejezésnek (és a hozzá hasonló a11b2 − a 21b1 illetve b1a 22 − b2a12 kifejezéseknek) kulcsfontosságú szerepe van a rendszer megoldásainak előállításában. A rendszer mátrixok segítségével a következő alakban írható: a11 a12  x  b1     =  a21 a22  y  b2  A kifejezésmód egyszerűsítésének céljából a következő értelmezéseket adjuk: Értelmezés. a) A (*) rendszer mátrixának nevezzük az a11 a12   mátrixot. A = a  21 a 22 

parametrikus alakja

b) Az A mátrix determinánsának nevezzük az a11a22 − a12a21 a11 a12 különbséget és det A -val jelöljük. Ezt gyakran a det A = a a22 alakban írjuk. 21

A 2. feladat eredményei alapján a következő tételt jelenthetjük ki: Tétel. 1. Ha a (*) rendszer mátrixának determinánsa nem nulla, akkor a rendszernek létezik egyértelmű megoldása ∀b1, b2 ∈ esetén, és a megoldás b1 a12

a11 b1

b2 a22 a 21 b2 x= a y = a12 a11 a12 11 a21 a 22 a21 a 22 (a számlálóban szereplő determinánsokat úgy kapjuk, hogy az x együtthatóinak helyére a szabadtagokat helyettesítjük). a11 a12 2. Ha a a22 = 0 , akkor a következő két eset lehetséges: 21

b1 a12

a11 b1

≠ 0 akkor a rendszernek nincs megoldása b2 a22 a21 b2 (összeférhetetlen) b1 a12 a11 b1 = = 0 , akkor a rendszernek végtelen sok megoldása van. b) ha b2 a22 a21 b2 a) ha

≠ 0 vagy

illetve y

Fejezet tartalma Lineáris egyenletrendszerek megoldása

a a  x  Megjegyzés. Látható, hogy a megoldás során az a11 a12  y  =  21 22    a12   a22 x   det A − det A  b1    az y  =  a a11  b  egyenlőséghez jutunk.    21  2 − det A det A    Gyakorlat. Számítsuk ki az A ⋅ B és B ⋅ A szorzatokat, ha a11 a12  1  a22 −a12   .  és B = A = a  21 a 22  det A −a 21 a11 

Tartalomjegyzék 237

b1    egyenlőségből b2 

Megoldás

det A 0   1 0 a11a22 − a12a21 −a11a12 + a12a11  1 =  = 1  ⋅ det A 0 1 det A a21a22 − a22a21 −a21a21 + a22a11  det A  0       a a a a a a a a A det 0 1 0 − −   22 11 12 21 22 12 12 22  1 1  =  = B ⋅A = ⋅ −a a + a a ⋅   0 1 −a21a12 + a11a22  det A  0 det A det A  21 11 11 21      Ez a tulajdonság azt mutatja, hogy az A mátrixhoz tartozó lineáris leképezés bijektív és inverzének a mátrixa B . Az egyszerűség kedvéért a B mátrixot az A inverzének nevezzük. −a21   a22   a a  11 12   és det A ≠ 0 , akkor az  det A det A  mátrixot Értelmezés. Ha A = a a11   21 a 22   −a12  det A det A  −1 A -nel jelöljük és az A inverzének nevezzük. A mátrixokkal végzett tulajdonságok alapján a rendszer megoldása a következő alakban írható: A−1⋅ | A ⋅ v = b A−1 ⋅ (A ⋅ v ) = A−1 ⋅ b b1  a11 a12  x  (A−1 ⋅ A) v = A−1 ⋅ b , ahol A = a a  , v = y  , b = b  .  21 22     2  I 2 ⋅ v = A−1 ⋅ b −1 v = A ⋅b Az inverz mátrix oszlopai az a11x + a12y = 0  a11x + a12y = 1  a x + a y = 0 és a x + a y = 1  21  22 22   21 rendszerek megoldásaiként is felfoghatók. A lineáris leképezések struktúrájának x  x  vizsgálatához hasonlóan ha y 1  és y 2  az előbbi rendszerek megoldásai, akkor az  2   1  a11x + a12y = b1 x 1  x 2  x 1 y1  b1  a x + a y = b rendszer megoldása b1 ⋅ y  + b2 ⋅ y  = x y  ⋅ b  .  21  2   2 2   2  22 2  1  A⋅B =


Tartalomjegyzék


Vizsgáljuk meg, hogy 3 × 3 -as (3 ismeretlent és 3 egyenletet tartalmazó) rendszerek esetén léteznek-e hasonló eredmények. Feladat Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: x + y + 2z = 11  2x + 3y − z = −5  3x − 2y − 3z = −2    Megoldás. Az első egyenletből kifejezzük x -et és behelyettesítjük a második és a   x + y + 2z = 11    harmadik egyenletbe. Így az  y − 5z = −27 egyenletrendszerhez jutunk. Az  −5y − 9z = −35   utolsó két egyenlet már csak y -t és z -t tartalmaz, tehát megoldható két ismeretlenes rendszerként. A második egyenlet alapján y = 5z − 27 , tehát a rendszer x + y + 2z = 11   y − 5z = −27 alakban is írható.  − 34z = −170  Az utolsó egyenletből z = 5 , ez alapján a második egyenletből y = −2 és végül az első egyenletből x = 3 . Természetesen az ismeretlent más sorrendben is kiküszöbölhetjük. Ha első lépésben a második egyenletből fejezzük ki a z -t, akkor a következő alakban írhatjuk a rendszert:  z − 2x − 3y = 5  5x + 7y = 1  3 x − 11y = 13 −   z − 2x − 3y = 5   1 − 7y A második egyenletből x = , tehát a rendszer  5x + 7y = 1 alakban is írható.   5  − 34y = 68    Világos, hogy legfeljebb 9 ⋅ 4 = 36 különböző módon juthatunk el a megoldáshoz (az első lépésben 9 lehetőség van aszerint, hogy melyik változót fejezzük ki és melyik egyenletből, míg a második lépésnél 4 lehetőség). Érdekes módon az előbbi két megoldásban az utolsó sorban az ismeretlen együtthatója −34 volt. Vajon ez egy általános jelenség, vagy tekinthető véletlen egybeesésnek is? Vizsgáljuk meg általánosan a problémát. Feladat. Oldjuk meg és tárgyaljuk az   a11x + a12y + a13z = b1    a21x + a22y + a23z = b2   a x + a 32y + a 33z = b3    31 egyenletrendszert, ha aij , bi ∈ , i, j = 1, 3 .

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


239

Megoldás. Ha aij = 0 ∀i, j = 1, 3 , akkor (b1, b2 , b3 ) = (0, 0, 0) esetén a megoldás az 3

míg ellenkező esetben üres halmaz. Ha létezik 0-tól különböző aij , i, j = 1, 3 ,

akkor a rendszer átrendezhető egyenletek és ismeretlenek cseréjével úgy, hogy az első egyenletben az x együtthatója 0-tól különböző legyen. Tehát feltételezhetjük, hogy a11 ≠ 0 . Fejezzük ki x -et az első egyenletből és helyettesítsük a többi egyenletbe. b − a12y − a13z x= 1 a11 Így az   a a b  x + 12 y + 13 z = 1   a11 a11 a11    a a a a a ⋅ a − a21 ⋅ a13 b ⋅ a − a21 ⋅ b1 ⋅ − ⋅  11 22 12 21  y + 23 11 z = 2 11   a11 a11 a11    a11 ⋅ a 32 − a12 ⋅ a 31 a ⋅ a − a13 ⋅ a 31 a ⋅ b − a 31 ⋅ b1  y + 11 33 z = 11 3   a11 a11 a11    rendszerhez jutunk. Látható, hogy az a11 -gyel való osztást elhagyhatjuk. Így a rendszer a ⋅ x + a ⋅ y + a ⋅ z = b  11 12 13 1 (a ⋅ a − a ⋅ a )y + (a ⋅ a − a ⋅ a )z = a ⋅ b − a ⋅ b 12 21 23 11 21 13 11 2 21 1  11 22 (a11 ⋅ a 32 − a12 ⋅ a 31 )y + (a11 ⋅ a 33 − a13 ⋅ a 31 )z = a11 ⋅ b3 − a 31 ⋅ b1  alakú. Ha itt kiküszöböljük y -t, akkor a z együtthatója

(a11a22 − a12a21 )(a11a33 − a13a31 ) − (a23a11 − a21a13 )(a11a32 − a12a31 ) = = a11 ⋅ [a11a22a 33 + a12a23a 31 + a13a21a 32 − a11a23a 32 − a12a21a 33 − a13a22a 31 ] Megjegyzés. Ez alapján látható, hogy nem véletlen az, amit tapasztaltunk (mindkét alkalommal -34 jelent meg), viszont az is hozzájárult, hogy az első lépésben a kifejezett ismeretlen együtthatója ( a11 ) 1 volt mindkét alkalommal. Jelöljük ∆ -val a szögletes zárójelben megjelenő kifejezést. ∆ = a11a 22a 33 + a12a 23a 31 + a13a 21a 32 − a11a 23a 32 − a12a 21a 33 − a13a 22a 31 A műveletek elvégzése és a11 -el való egyszerűsítés után az ∆ ⋅ x = ∆1 (*) egyenlőséghez jutunk, ahol ∆1 = b1a 22a 33 + a12a 23b3 + a13b2a 32 − b1a 23a 32 − a12b2a 33 − a13a 22b3 Értelmezés. A ∆= a11a 22a 33 + a12a 23a 31+ a13a 21a 32− a11a 23a 32− a12a 21a 33− a13a 22a 31 a   11 a12 a13  kifejezést az A = a21 a22 a23  mátrix determinánsának nevezzük és det A -val   a 31 a 32 a 33  jelöljük. Gyakran írjuk

Tartalomjegyzék



a11 a12 a13 det A = a21 a22 a23 a 31 a 32 a 33 alakban is. Világos, hogy ezeket az eredményeket ebben a formában elég nehéz megjegyezni, ezért a következő memorizálási technikákat említjük meg: 1. Sarrus szabály. Írjuk az A mátrix alá az első és a második sort. A főátlóval párhuzamos átlók mentén az elemek szorzatai adják a determináns első három tagját (a pozitív előjelűeket), míg a mellékátlón illeszkedő elemek szorzatai adják az utolsó három tagot. Így a determináns a főátlós szorzatok összegének és a mellékátlós szorzatok összegének a különbsége. 2. Háromszögszabály. A mellékelt ábrák mutatják a pozitív, illetve a negatív előjelű szorzatokat.

b1 a12

11

12

11

a21 a22 a23 13

a13

∆

és z =

a11 b1 a13

∆3 ∆

11

12

13

a21 a22 a23 a21 a22 a23 a31 a32 a33 a31 a32 a33

b3 a 32 a 33

∆2

13

a11 a12 a13

A (*) összefüggésben ∆1 = b2 a22 a 23 , tehát ha ∆ ≠ 0 , akkor x =

Hasonlóan igazolható, hogy y =

12

a21 a22 a23 a31 a32 a33

∆1 ∆

.

, ahol a11 a12

b1

∆2 = a21 b2 a 23 és ∆3 = a21 a 22 b2 . a 31 b3 a 33

a 31 a 32 b3

Tehát a 2 × 2 -es rendszerekhez hasonlóan itt is megfogalmazhatjuk a következő tételt.   a11x + a12y + a13z = b1    Tétel. Az a21x + a22y + a23z = b2 rendszerre érvényesek a következő állítások:    a x + a 32y + a 33z = b3    31 1. Ha a rendszer mátrixának determinánsa nem nulla, akkor a rendszernek egyértelmű megoldása van és ezt az ∆ ∆ ∆ x = 1 , y = 2 és z = 3 ∆ ∆ ∆ képletek szolgáltatják, ahol ∆ a rendszer mátrixának determinánsa, ∆1 , ∆2 és ∆3 pedig úgy kapható meg ebből a determinánsból, hogy az x , y illetve z együtthatóit helyettesítjük a szabadtagokkal (ezt és ennek az általános esetét nevezzük Cramer

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


241

szabálynak és azokat a rendszereket, amelyekre ez alkalmazható Cramer rendszereknek nevezzük). 2. Ha ∆ = 0 , akkor (∆1, ∆2 , ∆3 ) ≠ (0, 0, 0) esetén a rendszernek nincs megoldása (a rendszer ellentmondásos, összeférhetetlen). 3. Ha ∆ = ∆1 = ∆2 = ∆3 = 0 , akkor a rendszernek végtelen sok megoldása van. 2.2. 2 × 2 -es és 3 × 3 -as determinánsok tulajdonságai Mielőtt a rendszerek további tulajdonságainak vizsgálatába fognánk, vizsgáljuk meg a 3 × 3 -as determinánsok néhány tulajdonságát. Feladat: Vizsgáljuk meg, hogyan változik az A ∈ M3 ( ) mátrix determinánsa, ha a) felcserélünk két sort (vagy oszlopot); b) beszorzunk egy sort (vagy oszlopot) egy számmal; c) felcseréljük a sorokat az oszlopokkal; d) a mátrix minden elemét a konjugáltjával helyettesítjük. a   11 a12 a13  Megoldás. Tekintjük az A = a21 a22 a23  mátrixot.   a 31 a 32 a 33  a) Azáltal, hogy felcserélünk két sort, vagy oszlopot, a rendszer nem változik meg. Elvárnánk, hogy az A determinánsa se változzon meg, vagy legalábbis „ne nagyon” változzon. a   12 a11 a13   Ha A1 = a22 a21 a23  , akkor   a 32 a 31 a 33  det A1 = a12a 21a 33 + a11a 23a 32 + a13a 22a 31 − a11a 22a 33 − a12a 23a 31 − a13a 21a 32 = − det A

a   13 a12 a11   Ha A2 = a23 a22 a21  , akkor   a 33 a 32 a 31  det A2 = a13a 22a 31 + a12a 21a 33 + a 23a 32a11 − a11a 22a 33 − a12a 23a 31 − a13a 21a 32 = − det A A második és harmadik oszlop (vagy sor) felcserélése a következőképpen végrehajtható: • kicseréljük az első oszlopot (sort) a másodikkal • kicseréljük az első oszlopot (sort) a harmadikkal • kicseréljük az első oszlopot (sort) a másodikkal a  a  a  a   11 a12 a13   12 a11 a13   13 a11 a12   11 a13 a12  A = a21 a22 a23  → a22 a21 a23  → a23 a21 a22  → a21 a23 a22  = A3         a 31 a 32 a 33  a 32 a 31 a 33  a 33 a 31 a 32  a 31 a 33 a 32 


Tartalomjegyzék


Mivel minden lépésben megváltozik a determináns előjele ezért detA3 =− det A . Tehát két sor (vagy oszlop) felcserélésével a determinánsnak csak az előjele változik meg. Következmény. Ha egy determináns két sora (vagy oszlopa) azonos, akkor a determináns értéke 0. Bizonyítás. A két sort (vagy oszlopot) felcserélve megváltozik a determináns előjele. Ugyanakkor, mivel a két sor azonos, ugyanazt a determinánst kapjuk. Ez csak akkor lehetséges, ha a determináns 0. b) A determináns értelmezésében szereplő szorzatok tényezői úgy helyezkednek el, hogy minden sorból és minden oszlopból pontosan egy elem kerüljön a szorzatba. Így, ha egy sor (vagy oszlop) minden elemét szorozzuk α -val, akkor a determináns is szorzódik α -val. Következmény. Ha egy determináns két sora (vagy oszlopa) arányos, akkor a determináns 0. Bizonyítás. Jelöljük A -val a mátrixot, amelynek két sora arányos. Az ai j = α ⋅ ai j , j = 1, 3 egyenlőségek alapján α ⋅ det A = det A1 = 0 , ahol A1 -et az 1

2

A -ból úgy kapjuk, hogy az i1 -edik sort szorozzuk α -val. (Ha α = 0 , akkor A -nak van egy csupa nullából álló sora, míg ellenkező esetben A1 -nek van két azonos sora). c) A háromszögszabályban szereplő két ábra szimmetrikus a főátlóra nézve, ezért ha az elemeket a főátlóra nézve tükrözzük, akkor a determináns értéke nem változik, azaz egy mátrix determinánsa egyenlő a transzponáltjának a determinánsával:

a11 a12 a13 a11 a21 a 31 det A = det A ⇔ a21 a22 a23 = a12 a22 a 32 a 31 a 32 a 33 a13 a23 a 33 t

d) Mivel z 1 ⋅ z 2 = z 1 ⋅ z 2 és z 1 + z 2 = z 1 + z 2 ∀z 1, z 2 ∈

, írhatjuk, hogy

a  a11 a12 a13  11 a12 a13    det A = det A ⇔ a21 a22 a23 =  a21 a22 a23  ,    a 31 a 32 a 33  a 31 a 32 a 33 Feladat. Fejezzük ki a 3 × 3 -as determinánst 2 × 2 -es determinánsok segítségével. Megoldás. Csoportosítjuk a tagokat az első oszlop elemei szerint: det A = a11a22a 33 + a12a23a 31 + a13a21a 32 − a11a23a 32 − a12a23a 31 − a13a21a 32 = = a11 ⋅ (a22a 33 − a23a 32 ) − a21 ⋅ (a12a 33 − a13a 32 ) + a 31 ⋅ (a12a23 − a13a22 ) = a22 a23 a12 a13 a12 a13 = a11 ⋅ a − a ⋅ + a ⋅ 21 31 a 33 a 32 a 33 a22 a23 32 Hasonló előállításokhoz jutunk, ha a második, harmadik oszlop vagy valamelyik sor elemei szerint csoportosítjuk a tagokat. Látható, hogy az aij elem szorzótényezőjét úgy kapjuk, hogy az A determinánsából elhagyjuk az i -edik sort és a j -edik oszlopot i+j

és szorozzuk (−1)

-nel.

Fejezet tartalma



Értelmezés. Az i -edik sor és j -edik oszlop elhagyásával kapott determinánst az i+j

aij -hez tartozó aldeterminánsnak nevezzük és dij -vel jelöljük. A (−1)

dij kifejezést

az aij elem algebrai komplementumának nevezzük és Dij -vel jelöljük. Ezekkel a jelölésekkel az előbbi feladat eredménye a következőképpen fogalmazható meg: Tétel. Ha A ∈ M3 ( ) , akkor 3

3

i =1

j =1

det A = ∑ aij ⋅ Dij = ∑ aij ⋅ Dij

∀i, j ∈ {1, 2, 3} .

Következmények 1. Ha két 3 × 3 -as mátrixnak csak egy sora (vagy oszlopa) különbözik, akkor determinánsaik összege egyenlő annak a mátrixnak a determinánsával, amelyet úgy kapunk, hogy a megegyező elemeket leírjuk és a különböző sorok megfelelő elemeit összeadjuk. Példa

x 1 a12 a13 x 2 a12 a13 x 1 + x 2 a12 a13 y1 a22 a23 + y2 a22 a23 = y1 + y2 a22 a23 z1 a 32 a 33 z 2 a 32 a 33 z1 + z 2 a 32 a 33 Bizonyítás. Az első (általában a különböző sor vagy oszlop) oszlop szerint kifejtjük mindhárom determinánst. 2. Ha egy determináns valamely sorához (vagy oszlopához) hozzáadjuk egy másik sor (oszlop) α -szorosát, akkor a determináns értéke nem változik meg. Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy az első két oszlopról (sorról) van szó, hisz oszlopok (sorok) cseréjével csak az előjelek változnak meg).

a11 a12 a13 α ⋅ a12 a12 a13 a11 + α ⋅ a12 a12 a13 a21 a22 a23 + α ⋅ a22 a22 a23 = a21 + α ⋅ a22 a22 a23 a 31 a 32 a 33 a 31 + α ⋅ a 32 a 32 a 33 α ⋅ a 32 a 32 a 33 Az előbbi feladat b) alpontjának következménye alapján a bal oldal második determinánsa 0. 2.3. Mátrixok inverze 3

Ha a

∑a i =1

ij

⋅ Dik összeget vizsgálnánk meg k ≠ j esetén, akkor nullához jutnánk, hi-

szen Dik úgy is felfogható, mint egy Ajk mátrix i -edik sorának és j -edik oszlopának az algebrai komplementuma, ahol az Ajk mátrixot úgy kapjuk A -ból, hogy a k -adik 3

oszlop helyére is a j -edik oszlopot írjuk. Így

∑a i =1

ij

⋅ Dik = det Ajk = 0 (mert van két

azonos oszlop). Például az a12D11 + a 22D21 + a 32D31 = det A21 = 0 , mert


Tartalomjegyzék


a12 a12 a13 A21 = a22 a22 a23 . a 32 a 32 a 33 Ezeket az egyenlőségeket egy egyenlőség formájában is felírhatjuk, ha megszerkesztjük az A* mátrixot a következő módon: • felírjuk A transzponáltját • a transzponált minden elemét helyettesítjük az algebrai komplementumával. Következmény. Ha A ∈ M3 ( ) és A* = D ji  , akkor   i, j =1,3 A ⋅ A* = A* ⋅ A = (det A) I 3 . D   11 D21 D31    Bizonyítás. Ha A* = D12 D22 D32  , akkor A ⋅ A* =   D  D D 23 33   13 a D + a D + a D  0 0  11 11  12 12 13 13   = 0 a21D21 + a22D22 + a23D23 0 =     0 0 a D + a D + a D 31 31 32 32 33 33   = (det A) ⋅ I 3 .

Az A* mátrixot az A adjungáltjának nevezzük. Az előbbi tulajdonság alapján 1 det A ≠ 0 esetén megszerkeszthetjük az A mátrix inverzét, hisz a B = ⋅ A* det A mátrixra teljesül az, hogy A ⋅ B = B ⋅ A = I3 . (Ez azt is jelenti, hogy ebben az esetben az A -hoz tartozó fa : 3 → 3 lineáris leképezés bijektív és inverze a B -hez tartozó leképezés). Akárcsak a 2 × 2 -es mátrixok esetében az A−1 mátrix itt is értelmezhető az A ⋅ A−1 = A−1 ⋅ A = I 3 egyenlőséggel. A fogalmak rögzítésének céljából a következő általános értelmezést fogadjuk el. Értelmezés. A B ∈ Mn ( ) mátrixot az A ∈ Mn ( ) mátrix inverzének nevezzük, ha teljesülnek az A ⋅ B = B ⋅ A = In egyenlőségek. Ebben az esetben a B mátrixot A−1 -el szokás jelölni. Felmerülhet a kérdés, hogy létezhet-e egy mátrixnak több inverze. A szorzás tulajdonságai alapján beláthatjuk, hogy ez nem lehetséges (A szorzás értelmezéséből az is következik, hogy ha B az A inverze, akkor a B -hez tartozó lineáris leképezés az A -hoz tartozó lineáris leképezés inverze. Mivel az inverz függvény egyértelműen meghatározott és a lineáris leképezés mátrixa is egyértelműen jellemzi azt egy adott bázisban, világos, hogy A−1 is egyértelműen meghatározott, ha létezik).

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

245

Lineáris egyenletrendszerek megoldása Ha B és C az A inverzei lennének, akkor B = B ⋅ I n = B ⋅ (A ⋅ C ) = (B ⋅ A) ⋅ C = I n ⋅ C = C ,

tehát A−1 egyértelműen meghatározott. Az előbbiek alapján ha létezik A−1 , akkor az A -hoz rendelt lineáris leképezésnek létezik inverze, tehát az f : 3 → 3 f (x ) = A ⋅ x függvény bijektív. Így az

A ⋅ x = y egyenletnek minden y ∈ 3 esetén van egyértelmű megoldása. Láttuk, hogy ez csak akkor fordul elő, ha det A ≠ 0 és ebben az esetben meg is tudjuk szerkeszteni az A inverzét. Érvényes tehát a következő tétel. Tétel. Az A ∈ M3 ( ) mátrixnak pontosan akkor létezik inverze, ha det A ≠ 0 és 1 ebben az esetben A−1 = ⋅ A* , ahol az A* mátrixot úgy kapjuk, hogy az A det A transzponáltjának minden elemét helyettesítjük annak algebrai komplementumával. 2.4. n ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek és n × n -es determinánsok Az eddigi tulajdonságok alapján értelmezni tudjuk n × n -es mátrix esetén is a determinánst és n × n -es lineáris egyenletrendszerekre is adhatunk megoldási módszereket. Értelmezés. Ha A ∈ Mn ( ) , akkor az A mátrix determinánsának nevezzük a n

∑a j =1

1j

⋅ D1 j

kifejezést, 1+ j

( D1 j = (−1)

ahol

D1 j

az

a1 j

elem

algebrai

komplementuma

⋅ d1 j , ahol d1 j az a1 j -hez tartozó aldetermináns). Tehát n

⋅d1 j

D1 j

j =1

Megjegyzés. Mivel D1 j egy (n − 1) × (n − 1) -es determináns és 2 × 2 -es illetve 3 × 3 -as determinánst értelmeztünk, az értelmezés helyes (a matematikai indukció elve alapján). Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a determináns minden sora vagy oszlopa szerint kifejthető, azaz det A =

n

n

j =1

i =1

∑ aij ⋅ Dij = ∑ aij ⋅ Dij

∀i, j = 1, n

Bizonyítás. n = 2 és n = 3 esetén már bebizonyítottuk a tulajdonságot. Így a matematikai indukció elve alapján elégséges igazolni, hogy ha teljesül az állítás minden legfeljebb (n − 1) × (n − 1) -es mátrix determinánsára, akkor teljesül minden n × n -es mátrix determinánsára is. Legyen A ∈ Mn +1 ( ) egy tetszőleges mátrix. Az értelmezés alapján n

det A

n

= ∑ a1 j D1 j = ∑ a1 j (−1) j =1

j =1

1+ j

n

d1′j = ∑ a1 j (−1) j =1

1+ j

n

∑a k =1 k ≠j

i +k

ik

(−1)

dik′′ =

Tartalomjegyzék


Lineáris egyenletrendszerek megoldása n

n

= ∑ ∑ a1 j (−1)

1+ j

j =1 k =1 k ≠j

n

= ∑ aik (−1)

i +k

k =1

i +k

aik (−1)

n

∑a j =1 j ≠k

n

1+ j

i +k

aik (−1)

k =1 j =1 j ≠k

1+ j

1j

n

dik′′ = ∑ ∑ a1 j (−1)

(−1)

dik′′ =

dik′′

De dik′′ egy (n − 2) × (n − 2) -es determináns és úgy is felfogható, mint az eredeti determinánsból az i -edik sor és k -adik oszlop elhagyásával nyert determinánsban az a1 j -hez tartozó aldetermináns. Tehát n

∑a j =1 j ≠k

1+ j

1j

(−1)

dik′′ = dik ,

ahol dik az aik -hoz tartozó aldetermináns az n × n -es determinánsban. Így n

det A = ∑ aik (−1)

i +k

k =1

n

dik = ∑ aik Dik . k =1 n

Az előbbi bizonyításához hasonlóan a det A = ∑ aij Dij

egyenlőséget itt is a

i =1

n

det A = ∑ ai 1Di 1 egyenlőségből kiindulva igazolhatjuk, tehát elégséges igazolni, i =1

n

det A = ∑ ai 1Di 1 .

hogy

i =1

Matematikai indukciót használunk, tehát feltételezhetjük, hogy (n − 1) × (n − 1) -es determinánsok az első oszlopuk szerint is kifejthetők. Az értelmezés alapján

det A n

n

n

n

j =1

j =2

= ∑ aij D1 j = a11D11 + ∑ a1 j (−1)

= a11D11 + ∑ ∑ a1 j (−1) k =2 j =2 j ≠k

1+ j

1+ j

n

n

∑a k =2 k ≠j

ak 1Dk′1 = a11D11 + ∑ ak 1 (−1)

k +1

k =2

n

n

k =2

k =1

Dk′1 =

k1

n

∑a j =2 j ≠k

1+ j

1j

(−1)

Dk′1 =

= a11D11 + ∑ ak 1Dk 1 = ∑ ak 1Dk 1 mert Dk′1 tekinthető a Dk 1 -ben az a1 j aldeterminánsának.

3 × 3 -as determinánsok tulajdonságai n × n -es Következmény. A determinánsokra is kiterjeszthetők, hisz mindig kifejthetjük olyan sor (vagy oszlop) szerint, amelyet nem változtatunk, és így mindig az eggyel kisebb rendű determinánsok megfelelő tulajdonságára vezetődik vissza a bizonyítandó tulajdonság. Az előbbiek alapján felsorolhatjuk az n × n -es determinánsok néhány tulajdonságát:

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


247

Tétel. Ha A ∈ Mn ( ) , akkor érvényesek az alábbi állítások: a) det A = det At , ahol At az A transzponáltja. b) Ha A két oszlopát (vagy sorát) akkor a determináns előjele megváltozik. c) Ha A egy sorában (vagy oszlopában) α -val szorozzuk az elemeket, akkor a determináns is szorzódik α -val. d) Ha A -nak van két azonos vagy arányos oszlopa vagy sora, akkor a determinánsa 0 . e) Ha A és B egy oszlopban (vagy sorban) különbözik, akkor det A + det B = detC , ahol a C mátrixot úgy kapjuk A -ból, hogy a B -vel megegyező oszlopokat leírjuk és a B -től különböző oszlop elemeihez hozzáadjuk a B megfelelő elemeit. f) Ha A egy oszlopához (sorához) hozzáadjuk egy másik oszlop (sor) α -szorosát, akkor a determináns nem változik meg. g) Ha A egy oszlopa (sora) a többi oszlop (sor) lineáris kombinációja, akkor a determináns 0. n

n

i =1

j =1

h) det A = ∑ aij Dij = ∑ aij Dij i)

n

∑a D i =1

ij

ik

∀i, j = 1, n

= 0 , ha k ≠ j

j) A ⋅ A* = A* ⋅ A = (det A) I n , ahol A* az A adjungáltja, amit úgy kapunk, hogy A transzponáltjában minden elemet az algebrai komplementumával helyettesítünk Ez alapján az n × n -es rendszerek esetében is megszerkeszthetjük A inverzét és kijelenthetjük a Cramer szabályt. Egy n × n -es rendszer is A ⋅ x = b alakban írható, ahol A ∈ M n ( ) , x , b ∈ n . Tehát, ha det A ≠ 0 , akkor létezik az 1 A−1 = ⋅ A* det A (erre teljesülnek az A−1 ⋅ A = A ⋅ A−1 = I n egyenlőségek) mátrix és ezzel beszorozva (balról) az egyenletet, az x = A−1 ⋅ b egyenlőséghez jutunk. De  D11 D21 Dn 1    …  D D D    Dn 2   D12 D22 …   D D  A−1 =  D       D  D2n D n n n 1   …  D D D  n

n

xj = ∑

Dij

i

ij

j = 1, n . D ∆ A számlálóban szereplő összeg éppen a ∆ j determináns kifejtése, ahol ∆ j -t úgy és így

i =1

⋅ bi =

∑b D i =1


Tartalomjegyzék


kapjuk ∆ -ból, hogy a j -edik oszlop helyére a szabadtagokat helyettesítjük. Ha az A ⋅ x = b egyenlőséget csak A* -gal szorozzuk, akkor a ∆ ⋅ x j = ∆ j összefüggésekhez jutunk ( j = 1, n ), tehát a tárgyalás is hasonlóképpen végezhető el. Ha ugyanis ∆ = 0 , akkor a megoldhatóság feltétele ∆ j = 0 j = 1, n , és ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor végtelen sok megoldása van az egyenletrendszernek. Ezt tétel formájában is kijelentjük. Tétel 1 a) Ha det A ≠ 0 , akkor A−1 = ⋅ A* . det A b) Az A ⋅ x = b , A ∈ Mn ( ) , x , b ∈ n egyenletrendszer megoldásai ∆ det A ≠ 0 esetén x j = j j = 1, n alakban írhatók, ahol ∆ = det A és ∆ j -t úgy ∆ kapjuk ∆ -ból, hogy a j -edik oszlop elemeit a b1, b2 , …, bn számokkal helyettesítjük (Cramer szabály) c) Ha det A = 0 , és létezik olyan j = 1, n , amelyre ∆j ≠ 0 , akkor a rendszer inkompatibilis (összeférhetetlen), míg ∆ = ∆ j = 0 j = 1, n esetben visszavezetődik egy kisebb rendszer tárgyalására Következmény. Ha b1 = b2 = … = bn = 0 , akkor ∆ ≠ 0 esetén a rendszernek csak a (0, 0, … , 0) megoldása van, míg ∆ = 0 esetén végtelen sok megoldás létezik. Bizonyítás. Ebben az esetben ∆j = 0 j = 1, n , mert van egy identikusan 0 oszlopa. Tehát ha b1 = b2 = … = bn = 0 , akkor a Cramer szabály alapján csak egy megoldás van és ez (0, 0, … , 0) . Ha ∆ = ∆ j = 0 j = 1, n , akkor néhány egyenlet elhagyásával elérhetjük, hogy bizonyos ismeretlenekre nézve (a többiek paraméterek) a rendszernek egyértelmű megoldása legyen a paraméterek függvényében. Ez azt jelenti, hogy az eredeti rendszernek végtelen sok megoldása van. Megjegyzés. Az ilyen rendszert nevezzük homogén lineáris egyenletrendszernek, a (0, 0,...0) megoldást pedig triviális vagy banális megoldásnak. 2.5. Megoldott gyakorlatok 1. Számítsuk ki a következő determinánsokat cos α − sin α a) ∆1 = ; b) ∆2 = sin α cos α 1

2

c) ∆3 = 0

2

3 −1

−3

5

7

5+ 7

3− 2

3+ 2

5− 7

3

1 ; d) ∆4 = −3 2 −4 ; e) ∆5 = 2

−8 3

2

;

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12

13 14 15 16

;

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

249


f) ∆6 =

0

1

2

3

−1

0

4

5

0

6

−2 − 4

−3

2

3 −1

1

4

1

−3 − 5 − 6 0

−4

2

−2 2 −2

g) ∆7 = 3

;

2 2 .

0

0

4

0

1

1

5

1

3

6

Megoldás a) ∆1 = cos α ⋅ cos α − sin α ⋅ (− sin α) = cos2 α + sin2 α = 1 .

b) ∆2 =( 5 + 7 )( 5 − 7 )− ( 3 − 2 )( 3 + 2 ) =(5 − 7) − (3 − 2) = −3 .

c) ∆3

−3S1 +S 3 →S 3

=

1

2

0

2

0 −7

5

7

3

d) ∆4 = −3 2 −4

−8 3

7 17

0

2

=

e) ∆5 =

11

8

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12

−O1 +O2 →O2

0

1

2

3

−1

0

4

5

0

6

− 2 −4

=

−O1 +O3 →O3

−3S2 +S 4 →S 4

=

−2S2 +S 3 →S 3

1 2+1

1

−7 11

= 29 .

2O2 +O3 →O3

=

10

7 17

−6

2

−16 3

1

1 2

4

5

1 2

8

0 = 8

9

1 2 12

(a második és harmadik oszlop arányos)

=0

13 1 2 16

− 3 −5 −6 0

= (−1) ⋅ (−1)

2

31 17 1 2+2 ⋅ 2 ⋅ (−1) ⋅ = 248 + 119 = 367. −7 8 2

13 14 15 16

f) ∆6 =

⋅

10 7 3 1 = ⋅ −6 2 − 4 2 −16 3 2

0 =

−7 3

1+1

1 = 1 ⋅ (−1)

2O1 →O1

2

31 3O2 +O1 →O1

−3

⋅ −4

2 −8

0

1

2

3

−1

0

4

5

0

−4

−8

−4

0

−5 −18 −15

3

=

1

2

3

−4 = (−4) ⋅ 1

2

1

−5 −18 −15

−5 −18 −15

=

Tartalomjegyzék


Lineáris egyenletrendszerek megoldása −2O1 +O2 →O2

=

1

0

3

(−4) ⋅ 1

0

1

3 +2

= (−4) ⋅ (−8) ⋅ (−1)

⋅

−5 −8 −15

g) ∆7

−3

2

= (−32) ⋅ (−2) = 64. −5 −1 2

1

4

−15

2

3

−2

−6

−2

0

0

0

0

1

1

5

−23

3

6

−4O5 +O3 →O3

=

2S1 +S2 →S 2

=

3S1 +S 4 →S 4 −2S1 +S 3 →S 3

(−1) ⋅

−3

2

−5

−1

−5

8

−25

0

9

−8

4

0

−8

11

−38

0

8

−25

3 O2 +O1 →O1

=

O2 +O1 →O1

=

5⋅

−5 −37

3O1 +O2 →O2

=

−3 −10

5⋅

⋅

−1

1

4

−15

2

3

−2

−6

−2

1

5

−23

3

2 = 1 ⋅ (−1)4+5 ⋅

−5 ⋅ 9

8

−25

−8

4

11

−38

=

−4O1 +O3 →O3

32 −37 35 −50

−5 −22 −3

=

=

3 32 −37 8O1 +O2 →O2

−38 2+1

−5

−8

3

= (−1) ⋅ 1 ⋅ (−1)

2

= (−1) ⋅ (−1) ⋅ (−1)

4

=

1 1

−3

1+ 4

(−1) ⋅ 1 −8 11

−4

1 3

−1

(−1) ⋅ 1

0

0

=

3 35 −50

= 5⋅

32 −37 7

−10

=

= 5 ⋅ (5 − 66) = 5 ⋅ (−61) = −305.

2. Számítsuk ki a következő determinánsokat: a 2 ab b 2

a) ∆1 = b

2

a

2

ab b 2

a

b

b) ∆2 = b + c

ab ;

c

c +a

a +b .

b2 + c2 c2 + a 2 a 2 + b2

a2

Megoldás. a) Vonjuk ki az első oszlopot a második és a harmadik oszlopból és emeljünk ki (b − a ) -t a két utolsó oszlopból.

a2

∆1 = b 2 ab

a ⋅ (b − a )

(b − a )(b + a )

(a − b )(a + b )

b ⋅ (a − b )

= (b − a ) ⋅ b 2

b ⋅ (b − a )

a ⋅ (a − b )

ab

Adjuk az első sorhoz az utolsó kettőt:

a2 2

a

b +a

− (a + b )

−b

b

−a

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

251


a 2 + b 2 + ab 2

∆1 = (b − a ) ⋅

0

0

− (a + b ) −b =

b2 ab

−a

b

= (b − a ) ⋅ (a 2 + b 2 + ab ) ⋅ 2

− (a + b ) −b −a

b

= 2

2 2 = (b − a ) ⋅ (a 2 + b 2 + ab ) ⋅ a 2 + ab + b 2  = (b − a ) ⋅ (b 2 + ab + a 2 ) = (b 3 − a 3 ) . 2. megoldás. Adjuk az utolsó két oszlopot az elsőhöz.

1 ab b 2

b2

ab

1

∆1 = (a 2 + ab + b 2 ) 1 a 2 ab = (a 2 + ab + b 2 ) 0 a (a − b ) 1 b =(a 2 + ab + b 2 )(a − b )

2

2

a −b

a

b (a − b )

=

0 b (b − a ) (a − b )(a + b )

2

2

=(a 2 + ab + b 2 )(a − b ) (a 2 + ab + b 2 )=(a 3 − b 3 ) . 2

b a +b

b) Kivonjuk az első oszlopot az utolsó kettőből.

b −a

a ∆2 = b + c 2

b +c

c −a

a −b 2

2

a −b

a

a − c = (b − a )(c − a ) b + c 2

2

a −c

2

= (b − a ) (c − a ) ⋅

2

b +c

2

0

0

b +c

−1

−1

b +c

2

1

−1

−1

− (a + b ) − (a + c )

a +b +c 2

1

=

− (a + b ) − (a + c )

1 1 = (b − a ) (c − a ) (a + b + c ) ⋅ a + b a + c = (b − a ) (c − a ) (c − b )(a + b + c ) . 3. Oldjuk meg a következő lineáris rendszereket a) a Cramer szabály segítségével; b) a kiküszöbölés módszerével; c) az inverz mátrix kiszámításának segítségével. x + y + z + t = −2  2x + 3y − 4z = −1  6x + 5y = 17 2x − 3y + 3z + 2t = −6    ; II. x + y − z = 0 ; III.  I.  3x + 2y + 5z + 3t = −1 . 13x + 7y = 10      −x − 2y + 4z = 4     5x − 2y + 7z + 2t = 1   a) I. ∆ =

6

5

13 7

= 42 − 65 = −23 , ∆2 =

17 5 10 7

= 119 − 50 = 69 és

=

Tartalomjegyzék



∆3 = y=

−11 17

∆2 ∆

3 =

10

= −110 − 51 = −161 .

x=

Tehát

∆1 ∆

=

69 = −3 −23

−161 =7. −23

II.

2

3

−4

∆= 1

1

−1 = 0

−1 − 2 −1 ∆1 = 0 2

3

3

−4

− 1 −1 −4

1

−1 = 0 4

−1 −4

∆2 = 1

4

2

3

∆3 = 1

1

Tehát x =

∆1 ∆

= −2 , y =

2

3

−1

1

0 = 1

0

∆

−1 0 =−

= 5 és z =

∆3 ∆

4

= −1 ;

2

−2 −1

4

−1 − 1

4

∆2

−1 =

4

2

4

4

0

2

−1 −1

−1 =

−2 − 1 − 4

4

− 1 −2

3

4

0

−1 = 0

0

−1

2

4

− 2 −1

−1 =

0

4

−2

4

−2 −1 − 4

3

4

1

−1

−1

4

= 2;

= −5 ;

= −3 .

= 3.

III.

1 ∆=

1

1 1

−6 − 3 3 2 3 5

2

0

=

5 3

−2 7 2

= (−3) ⋅

∆1 =

1

1

−3

2

0

0

2 −5 1

0

3 −1 2

0

−5 1 = −1 2

5 − 7 2 −3

−5 1 −1 2

0 0

−12 −3 6 5 3

0

3 1

−2 9 4

0 0 =

−7 2 − 3

= −3 ⋅ (−9) = 27 ;

−12 =− 3 −3

6

5

3

1 = 9 ⋅ −1 1 1 =

−9 4

4 1

2 5 3 4

és

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma

253


4

6 9

6 9

= 9 ⋅ −1 0 0 = 9 ⋅ 1

∆2 =

1 ∆3 =

1 −2 1 1

1

0

0

2 −6 3 2

2 −2 1

0

3

5

2

0

5

11

2 −3

3 −1 5 3 5

1

1

−2 1 −1 3

2

5 −2

=

7 2

2 −3 − 6 2 3

4 5

1

=

2 1

∆4 =

1

0

0

0

3

3 −1

5

0

5 −7

11

−3

2

1 −2 5 −1

5 −2 7 −5 = −1

1 =

1

−9

−27

0

0

=

−7 −12 −24

Ezek alapján x =

∆1

= −2 , y =

∆2

= 5

2

= −1

5

−7 0

0

0

3 −1 2

5

5 −7 2

11

27

12 24

= 12 ⋅ 9 ⋅

= 1, z =

−2 1

0 = −3 ⋅

0 0 = −3⋅

11 −3

2 −5 1 −2

9

0

5

2 −3

11

−5 − 2

0

2 −3 3 − 6

−2 1

0

2 − 5 −2

1

= 9 ⋅ (−6) = −54 ;

4 5

∆3

2

= 27 ;

− 5 −2 −1

5

=3 ⋅ 27 ;

−5 1 − 2 = −1 2 −7 2 1 3 1 2

5 = 11

= − 4 ⋅ 27 ;

= 3 és t =

∆4

= −4 . ∆ ∆ ∆ ∆ b) I. A második egyenlőség 6 szorosából kivonjuk az első 13 szorosát. Így a −23y = −161 egyenlőséghez jutunk, tehát y = 7 . Ebből következik, hogy 17 − 5y x= = −3 . 6 II. Az első és második egyenletet felcseréljük, majd rendre a következő átalakításokat végezzük:   x + y − z = 0   x +y −z = 0  x +y −z = 0           2x + 3y − 4z = −1  y − 2z = −1  y − 2z = −1 .        z=3 −x − 2y + 4z = 4 −y + 3z = 4          Így y = 2z − 1 = 5 és x = −y + z = −5 + 3 = −2 .


Tartalomjegyzék


III. Az első egyenletből kifejezzük x -et és visszahelyettesítjük a többi egyenletbe, majd a másodikból kifejezzük y -t és visszahelyettesítjük a harmadik és negyedik egyenletbe és így tovább. A következő rendszerekhez jutunk: x + y + z + t = −2  x + y + z + t = −2     −5y + z = −2 −5y + z = −2     y + 2z = 5 − 9z = −27     − 3z − 15t = 69  7y + 2z − 3t = 11    A harmadik egyenletből z = 3 . Így az utolsó egyenletből t = −4 és a második −3 − 2 egyenletből y = = 1 . Az első egyenlet alapján −5 x = −2 − y − z − t = −2 − 1 − 3 + 4 = −2 c) I. A rendszer mátrixos alakja  6 5 x  17        13 7  ⋅ y  = 10 .       6 13  6 5   mátrix transzponáltja At =  Az A =  5 7  és az adjungáltja  13 7      7 −5  7 −5   . det A = 6 ⋅ 7 − 5 ⋅ 13 = −23 , tehát A−1 = − 1 ⋅  A* =  −13 6  . Így a  − 13 6 23     17  −5 17   69  −3 x  1  7 .  = − 1 ⋅     megoldás y  = A−1 ⋅   = − ⋅   10 −161 =  7  .   − 10 1 3 6 23 23           II. A rendszer 2 3 −4 x  −1         − 1 1 1   y  =  0         z   −1 −2 4     4  2 3 −4    alakban írható. Az A =  1 1 −1 mátrix transzponáltja és az adjungáltja,   −1 −2 4    2  2 −4 1  1 −1        t * 1 −2 és A = −3 4 −2 . A = 3     −4 −1 4  −1 1 −1    

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


Mivel det A = −1 írhatjuk, hogy A−1

−2 4 −1   1   * = ⋅ A =  3 −4 2  . det A    1 −1 1   

Tehát a rendszer megoldása −1 −2 4 −1 −1   x        −2   y  = A−1 ⋅  0  =  3 −4 2   0  =  5  .                    4   1 −1 1   4   3  z          III. A rendszer mátrixa  1 1 1 1    2 −2 3 2    A=  . 3 2 5 3      5 −2 7 2     51 −3 −21 9  1 2 3 5       3  1 −3 2 −2 6 3 0 −     * At =  Így .  és A =  0 −39 −3 15 1 3 5 7       12 12  1 2 3 2  3 − 9     De det A = 27 és így a megoldások  51 −3 −21 9  −2  −54  −2 x            3 −6  −6  27   1  3 0 y  1 1          ⋅  =  =  . z  = 27 ⋅ −39 −3 15 0  −1 27  81   3           t   12 12  1  −108 −4 − 3 9           2.6. Megoldott feladatok I. Determinánsok és tulajdonságaik 1. Számítsuk ki a következő mátrixok determinánsát: a b c     a b     ; b) A2 = b c a  . a) A1 =   −b a      c a b    Megoldás a) det A1 = a 2 + b 2 . b) det A2 = acb + bac + cba − c 3 − a 3 − b 3 = 3abc − a 3 − b 3 − c 3 .

255

Tartalomjegyzék


256

2. Bizonyítsuk be a következő egyenlőségeket a determinánsok kiszámítása nélkül:

a1 + b1

b1 + c1

c1 + a1

a1 a 2 a 3

a) a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 = 2 b1 c1 a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3

bc ab ca

b2 c2

b3 (felvételi 1985); c3

bc a 2 a 2

b) ab ac bc = b 2 ac b 2 .

ac bc ab

c2

c2

ab

Bizonyítás

a1 + b1

b1 + c1

a) a2 + b2 b2 + c2

c1 + a1

c2 + a2 = a2 b2 + c2

a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3 a1 b1 = a2 b2 a 3 b3

b1 + c1

a1

c1 + a1

b1 + c1

b1

c1 + a1

c2 + a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 =

a 3 b3 + c3 c3 + a 3

b3 b3 + c3 c3 + a 3

c1 + a1

b1 b1 c1 + a1 b1 c1 c1 + a1 a1 c1 c1 + a1 c2 + a2 + a2 c2 c2 + a2 + b2 b2 c2 + a2 + b2 c2 c2 + a2 = a 3 c 3 c3 + a 3 c3 + a 3 b3 b3 c3 + a 3 b3 c3 c3 + a 3 a1 b1

c1

b1

c1 a1

a1 b1

c1

= a2 b2 c2 + b2 c2 a2 = 2 ⋅ a2 b2 c2 , a 3 b3 c3

b3 c3 a 3

a 3 b3 c3

mert a felbontásban megjelenő további determinánsok értéke nulla és

b1

c1

a1

a1 b1

c1

b2 c2 a2 = a2 b2 c2 , b3 c3 a 3

a 3 b3 c3

mert az egyikből a másikat két oszlopcserével kaphatjuk meg. b) Az első sort a -val, a másodikat b -vel és a harmadikat c -vel szorozzuk ( abc ≠ 0 esetén):

bc ab ca ab ac bc = ac bc ab

abc a 2b

a 2c

1 ⋅ ab 2 abc b 2c . (1) abc ac 2 bc 2 abc

Az első oszlopból kiemelünk a -t, a másodikból b -t és a harmadikból c -t!

Tartalomjegyzék


abc a 2b

a 2c

257

bc a 2 a 2

1 abc 2 ⋅ ab 2 abc b 2c = b ac b 2 . (2) abc abc ac 2 bc 2 abc c 2 c 2 ab Az (1) és (2) alapján következik a kért egyenlőség.

x 12

x 22

x 32

3. Számítsuk ki a ∆ = x 2 x3

x3 x1

x1 x2

determinánst, ha x 1 , x 2 és x 3

az

x 3 − x 2 + 5x + 2 = 0 egyenlet gyökei (felvételi 1987). Megoldás. A Sarrus szabály alapján a determináns ∆= x 12x 3x 2+ x 22x 1x 3 + x 32x 2x 1− x 34 − x 24 − x 14 = x 1x 2x 3 (x 1+ x 2 + x 3 ) − (x 14 + x 24 + x 34 ) . De a Viéte-féle összefüggések alapján x 1 + x 2 + x 3 = 1 , x 1x 2x 3 = −2 és x 1x 2 + x 2x 3 + x 3x 1 = 5 . Így 2

x 12 + x 22 + x 32 = (x 1 + x 2 + x 3 ) − 2 (x 1x 2 + x 2x 3 + x 3x 1 ) = 12 − 2 ⋅ 5 = −9 , 2

x 14 + x 24 + x 34 = (x 12 + x 22 + x 32 ) − 2 (x 12x 22 + x 22x 32 + x 32x 12 ) =

(

)

2

= (−9) − 2 ⋅ (x 1x 2 + x 2x 3 + x 3x 1 ) − 2x 1x 2x 3 (x 1 + x 2 + x 3 ) = 2

= 81 − 2 ⋅ (25 − 2 ⋅ (−2) ⋅ 1) = 81 − 58 = 23 . Tehát ∆ = (−2) ⋅ 1 − 23 = −25 .

1 4. Számítsuk ki a ∆ = x 1

1 x2

1 x 3 determinánst! Írjuk fel az eredményt szorzat

x 12

x 22

x 32

formájában! Megoldás. A Sarrus szabály alapján könnyű kifejteni a determinánst, de nem biztos, hogy észrevesszük a felbontást. Előnyösebb ilyenkor eleve arra törekedni, hogy kiemeljünk valamilyen tényezőt. E célból kivonjuk az első oszlopot a második és harmadik oszlopból. Így a determináns értéke nem változik, tehát

1 ∆ = x1

0 x 2 − x1

1 0 x 3 − x 1 = (x 2 − x 1 ) x 1

x 12

x 22 − x 12

x 32 − x 12

x 12

0 1

x 3 − x1 =

x 2 + x 1 x 32 − x 12

1

0

0

= (x 2 − x 1 )(x 3 − x 1 ) x 1

1

1

x 12

0

x 2 + x1 x 3 + x1

=

Tartalomjegyzék


= (x 2 − x 1 )(x 3 − x 1 ) ⋅ 1 ⋅ (−1)

1+1

Tehát

⋅

258

1 1 = (x 2 − x 1 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 ) . x 2 + x1 x 3 + x1

1 x1

1 x2

1 x 3 = (x 2 − x 1 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 ) .

x 12

x 22

x 32

5. Oldjuk meg az

x

2 2 2

2 x

2 2

2 2 x

2

=0

2 2 2 x egyenletet. Megoldás. Adjuk rendre a második, harmadik és negyedik oszlopot az első oszlophoz majd emeljük ki az első oszlopból (x + 6) -ot és hozzunk be az első oszlopba minél több 0-t. 1 2 2 2 x 2 2 2 x +6 2 2 2

2 x

2 2

2 2 x

2

2 2 2 x

=

x +6 x

2 2

x +6 2 x

2

= (x + 6) ⋅

x +6 2 2 x 1

2

0 x −2

= (x + 6) ⋅

1 x

2 2

1 2 x

2

=

1 2 2 x 2

2

0

0

0

0

x −2

0

0

0

0

x −2

.

Az utolsó lépésben minden sorból kivontuk az első sort. 1 2 2 2 0 0 x −2 0 x −2 0 0 1+1 = 1 ⋅ (−1) ⋅ 0 0 = x −2 0 0 0 x −2 0 0 x −2 0 0 0 x −2 1+1

= (x − 2) ⋅ (−1) 3

⋅

x −2

0

0

x −2

3

= (x − 3) ,

tehát az egyenlet (x + 6) (x − 2) = 0 alakban írható. Így a gyökök x 1, 2, 3 = 2 és

x 4 = −6 .

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma Lineáris egyenletrendszerek megoldása 6. Oldjuk meg az

1

1

1

1

x

a

b

c

259

=0

x 2 a 2 b2 c2 x 3 a 3 b3 c3

egyenletet, ha a, b, c páronként különböző számok. Megoldás. Az első oszlop szerint kifejtve egy harmadfokú polinom a baloldal. De x 1 = a , x 2 = b és x 3 = c gyökei az egyenletnek, mert ezekre az értékekre a determinánsnak van két azonos oszlopa és így 0. Egy harmadfokú egyenletnek viszont három komplex gyöke van, tehát a feladatot megoldottuk. Megjegyzés. Az eredmény alapján 1 1 1 1

x

a

b

c

x 2 a 2 b2 c2

= E (a, b, c) (x − a )(x − b )(x − c ) ,

x 3 a 3 b3 c3 ahol E (a, b, c) ∈

nem függ x -től.

De x = 0 -ra ∆ (0) =

1

1

1

1

0

a

b

c

0 a 2 b2 c2

a

b

c

1

1

1

= a 2 b 2 c 2 = abc ⋅ a

b

c =

a 3 b3 c3

0 a 3 b3 c3

a 2 b2 c2

= abc (b − a ) (c − a ) (c − b ) Így E (a, b, c ) = (b − a ) (c − a ) (c − b ) , tehát 1 1 1 1 x

a

b

c

x 2 a 2 b2 c2

= (a − x ) (b − x ) (c − x ) (b − a ) (c − a ) (c − b ) .

x 3 a 3 b3 c3 Ezt az ötletet alkalmazhatjuk hasonló n × n -es determinánsok kiszámítására. A 1 1 1 1

x1

x2

x3

xn

2 V (x 1, x 2 , …, x n ) = x 1

x 22

x 32

x n2

x 1n −1 x 2n −1 x 3n −1

x nn −1

determinánst Vandermonde determinánsnak nevezzük és igazolható, hogy

Tartalomjegyzék


260

∏ (x

V (x 1, x 2 , …, x n ) =

− xi )

j

1≤i < j ≤n

7. Bizonyítsuk be, hogy ha n páratlan, A ∈ M n ( ) és A + At = 0n , akkor det A = 0 . n det A = det At = det (−1) ⋅ A = (−1) ⋅ det A = − det A , tehát Bizonyítás. det A = 0 . (A (−1) ⋅ A mátrixot úgy is felfoghatjuk, mintha mind az n oszlopát n szoroztuk volna (−1) -el és ezért det (−1) A = (−1) ⋅ det A ) Megjegyzés. Az ilyen mátrixokat antiszimmetrikusnak nevezzük. 8. Számítsuk ki a 2 + a12 a1a2 a1an

∆n =

a2a1

2 + a22

a2an

a n a1

ana 2

2 + an2

determinánst!

Megoldás 2 1

∆1 = 2 + a , ∆2 = 2 + a12 ∆3 = a2a1

2 + a12

a1a2 2 +a

a2a1

a1a2

a1a 3

2 + a22

a2a 3

a 3a2

2 + a 32

a 3a1

2 2

= (2 + a12 )(2 + a22 ) − a12a22 = 4 + 2 ⋅ (a12 + a22 ) .

2 + a12

a1a2

0

2 + a22

= a2a1 a 3a1

a 3a2

2

= 2 ⋅ (4 + 2 ⋅ (a12 + a22 )) + a 32 ⋅ a2a1

8 + 4 ⋅ (a + a

)+a

2 3

a 3a2

a 32

a1

a 3a2

1

2

0

0

⋅ 0

2

0 = 8 + 4 (a12 + a22 + a 32 ) .

a1 a 2

a1a 3

2 + a22 a2 =

a 3a1

2 2

a 3a1 a1a2

a1a2

2 + a22 a2a 3 =

0 + a2a1

2 + a12

2 1

2 + a12

1

A ∆3 kiszámítására használt ötlet alapján rekurziót tudunk bevezetni a (∆n )n≥1 sorozat tagjaira. 2 + a12

∆n +1 =

a1a2 2 2

a2a1

2 +a

an +1a1

an +1a2

a1an

a1an +1

a2an

a2an +1

an +1an

2 + an2 +1

=

2 + a12

a1an

0

a2a1

a2an

0

an +1a1

an +1an

2

+

Tartalomjegyzék


+an2 +1 ⋅

2 + a12

a1a2

a1an

a1

a2a1

2 + a22

a2an

a2

a1

a2

an

1

261

2

0

0

0

0

2

0

0

= 2 ⋅ ∆n + an2 +1 ⋅

= 0

0

2

0

a1 a 2

an

1

= 2 ⋅ ∆n + 2n an2 +1 . Így

∆n = 2∆n −1 + 2n −1an2 ∆n −1 = 2∆n −2 + 2n −2 an2−1 ∆n −2 = 2∆n −3 + 2n −3 an2−2 .................................... ∆2 = 2∆1 + 21a22 n −1

∆n = 2

n −1

∆1 + 2

| ⋅2 | ⋅22 | ⋅2n −2 +

⋅ (a + a + 2 2

2 3

+a

2 n

)= n

= 2n −1 (2 + a12 ) + 2n −1 ⋅ (a22 + a 32 +

+ an2 ) = 2n + 2n −1 ⋅ ∑ ak2 k =1

9. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n × n -es mátrix minden eleme 1 vagy −1 , akkor a determinánsa osztható 2n−1 -el. Megoldás. Az első sort hozzáadjuk az összes többi sorhoz. Így az első sor kivételével minden sorban -2, 0 vagy 2 áll. Az előjeles determináns minden sorból és minden oszlopból pontosan egy tényezőt tartalmazó előjeles szorzatok összege. Így az előbbi determináns kifejtésének minden tagja osztható 2n−1 -el (mert (n − 1) sorból illetve oszlopból 2, 0 vagy -2 kerül a szorzatba), tehát a determináns is osztható. Ugyanerre az eredményre jutunk akkor is, ha kifejtjük az első sor szerint és minden aldetermináns minden sorából kiemelünk 2-t. 10. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n -ed rendű determináns n 2 − n + 2 eleme egyenlő, akkor a determináns 0. Bizonyítás. A feltétel alapján legfeljebb (n − 2) elem különbözik az n 2 − n + 2 egyenlő elemtől. Így legalább két sorban ezek közül egy sincs, tehát létezik két azonos sor. Tehát a determináns 0. Megjegyzés. Belátható, hogy minden n ∈ * esetén létezik olyan n -ed rendű 0-tól különböző determináns, amelynek n 2 − n + 1 eleme egyenlő. Ilyen például a 1 1 1 1

1 0 1

∆n = 1 1 0 1 1 1

1 1 determináns. 0

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


262

II. Egyenletrendszerek megoldása és tárgyalása 1. Milyen a, b valós értékekre összeférhetetlen az alábbi egyenletrendszer?  ax + y − 2z = 2  2x + y + 3z = 1  (2a − 1) x + 2y + z = b Megoldás. Ha a rendszer összeférhetetlen, akkor a mátrixának determinánsa 0. A

∆=

a

1 −2

2

1

2a − 1 2

3 = 0 egyenlőség rendre a következőképpen alakítható: 1

a + 3 (2a − 1) − 8 + 2 (2a − 1) − 6a − 2 = 0 és 5a − 15 = 0 . Tehát ∆ = 0 csak a = 3 esetén teljesül. Ebben az esetben a rendszer a következő alakban írható:  3x + y − 2z = 2  2x + y + 3z = 1  5x + 2y + z = b  Látható, hogy 5x + 2y + z = (3x + y − 2z ) + (2x + y + 3z ) , tehát b = 3 esetén a rendszer határozatlan volna. Így az összeférhetetlenség feltétele a = 3 és b ≠ 3 . 2. Az m ∈ paraméter milyen értékeire van az  x + 2y + z = 1  x − y + 2z = 2  2mx + m 2y + 3z = 3  egyenletrendszernek egyértelmű megoldása? (Felvételi 1997) Megoldás. Egyértelmű megoldás pontosan akkor létezik, ha ∆ ≠ 0 , ahol 1 ∆= 1

2

−1 2 .

2m m 2 2

2

1 3

De ∆ = −m + 10m − 9 és az m − 10m + 9 = 0 egyenlet gyökei m1 = 1 és m2 = 9 , tehát m ∈ \ {1, 9} esetén van a rendszernek egyértelmű megoldása. 3. Oldjuk meg az  x − ay + a 2z = a 4    2 4 x − by + b z = b    x − cy + c 2z = c 4   

Tartalomjegyzék


263

egyenletrendszert, ha a ≠ b ≠ c ≠ a . 1. megoldás. A rendszer mátrixának determinánsa

1 −a a 2 ∆ = 1 −b b 2 = − (b − a ) (c − a ) (c − b ) (Vandermonde). 1 −c c 2 Tehát ki kell számítani a

a4 a a2 ∆1 = b 4 c4

1 a a3

1 a4 a2

1 a2 a4

b b 2 = −abc ⋅ 1 b b 3 , ∆2 = 1 b 4

b2 = − 1 b2

b 4 és

c c2

c2

c4

1 c c3

1 c4

1 c2

1 a a4 ∆3 = 1 b b 4 determinánsokat. 1 c c4 a3

a

1

∆1 = −abc ⋅ 0 b − a b − a = −abc (b − a ) (c − a ) ⋅ 3

3

0 c − a c3 − a 3

1 b 2 + ab + a 2 1 c 2 + ac + a 2

=

= −abc (b − a ) (c − a ) (c − b )(a + b + c ) , ∆2 = − (b − a 2

1

2

)(c

2

− a 2 )(c 2 − b 2 ) = (b − a ) (c − a ) (c − b )(a + b )(b + c ) (c + a ) , a4

a

∆3 = − 0 b − a b − a = − (b − a ) (c − a ) ⋅ 4

4

0 c − a c4 − a4

1 b 3 + b 2a + ba 2 + a 3 1 c 3 + c 2a + ca 2 + a 3

=

= − (b − a ) (c − a ) ⋅ c 3 − b 3 + a (c 2 − b 2 ) + a 2 (c − b ) = = − (b − a ) (c − a ) (c − b ) ⋅ c 2 + cb + b 2 + ac + ab + a 2  .

∆1 ∆ = abc (a + b + c ) , y = 2 = (a + b ) (a + c ) (c + b ) és ∆ ∆ ∆3 2 2 z= = a + b + c 2 + ab + ac + bc . ∆ 2. megoldás. Tekintjük a P (t ) = t 4 − t 2z + ty − x polinomot. A feltételek alapján P -nek gyöke az a , b és c . Tehát P (t ) = (t − a ) (t − b ) (t − c ) ⋅ Q(t ) (*) Mivel grP = 4 , a Q fokszáma 1 és domináns tagjának együtthatója 1. Így Így

x=

Q(t ) = t + s alakú. De a (t − a ) (t − b ) (t − c )(t + s ) szorzatban a t 3 együtthatója



s − a − b − c , tehát a (*) egyenlőség csakis akkor teljesülhet, ha s = a + b + c . Ebben az esetben a Viéte összefüggések (vagy a szorzás elvégzése után az együtthatók azonosítása) alapján kapjuk, hogy 2 z = (a + b + c ) − ab − ac − bc = a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc , y = (a + b + c )(ab + ac + bc ) + abc = (a + b ) (a + c ) (b + c ) és x = abc (a + b + c ) . 4. Számítsuk ki az A ∈ M n ( ) −1 1 1 1    1 −1 1  1     1 −1 1 A=  1       1  1 1 1 −   mátrix inverzét, ha n ≥ 3 .

b1   x1    x 2  b  Megoldás. Felírjuk az A ⋅ x = b egyenletrendszert, ahol x =   és b =  2  . Ez   x  bn   n    x + x 2 + x 3 + + x n = b1 −  1 x  1 − x 2 + x 3 + + x n = b2   x 1 + x 2 + x 3 + − x n = bn alakú, tehát az S = x 1 + x 2 + + x n jelöléssel az egyenletek S − 2x i = bi alakban írhatók. Így n n n 1 1 n x i = (S − bi ) i = 1, n , tehát S = ∑ x i = ∑ (S − bi ) = S − ∑ bi . 2 2 i =1 i =1 2 i =1 n n  1  2 2 Ebből az összefüggésből S = bi , tehát x j = ⋅  bi − bj  = ∑ ∑  2  n − 2 i =1 n − 2 i =1 

= b1

1 1 + b2 + n −2 n −2

1 n −2 3 − n  n − 2  1   = n − 2     1   n − 2

+ bj −1

Ez alapján az inverz mátrix A−1

3−n 1 1 + b j +1 + + bn . n −2 n −2 n −2 1 1 1   n −2 n −2 n − 2 3 −n 1 1  n −2 n −2 n − 2     1 1 3 −n  n −2 n −2 n − 2 

+ bj

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


265

5. Oldjuk meg az

 ax + by + cz + dt = 0     bx − ay + dz − ct = 0 cx − dy − az + bt = 0     dx + cy − bz − at = 0   egyenletrendszert, ha a, b, c, d nem mind nulla. Megoldás. Az első egyenletet szorozzuk a -val, a másodikat b -vel, a harmadikat c vel és a negyediket d -vel, majd adjuk össze a kapott egyenlőségeket. Az (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) x = 0 egyenlőséghez jutunk, tehát x = 0 . Hasonlóan jutunk az y = z = t = 0 összefüggésekhez is. (A szorzótényezők rendre (b, −a, −d, c ) , (c, d, −a, −b ) és (d, −c, b, −a ) ).

2.7. Elemi mátrixműveletek és a mátrix rangja A rendszerek megoldásánál és a determinánsok kiszámításánál láttuk, hogy a sorok (oszlopok) felcserélése, beszorzása, illetve összeadása vezetett a megoldáshoz. Ennek a paragrafusnak a célja annak a vizsgálata, hogy ezek a műveletek milyen összefüggésben vannak a mátrixokkal végzett műveletekkel, és milyen következményei vannak ezeknek az összefüggéseknek. a b   mátrixból milyen mátrixművelet Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy az A =   c d   τa b   mátrix! Törekedjünk arra, hogy a művelet segítségével kapható meg a C =   τ c d   másik operandusa A -tól független legyen! (τ − 1)a 0  Megoldás. Az A + B1 = C egyenlet megoldása B1 = C − A =  . ( τ 1 ) c 0 −   Ennek elemei az A elemeitől függnek. Próbáljunk meghatározni olyan B2 mátrixot, x y  amelyre A ⋅ B2 = C . Egy ilyen mátrix 2 × 2 -es kellene legyen, tehát B2 = z t  . Az  

A ⋅ B2 szorzás elvégzése után a következő egyenlőségeket írhatjuk fel: ax + bz = τa  ay + bt = b cx + dz = τc illetve  cy + dt = d .    

Ha az x -et küszöböljük ki, a z ⋅ (bc − ad ) = 0 , míg ha a z -t küszöböljük ki az (x − τ ) (ad − bc ) = 0 egyenlőséghez jutunk. Így x = τ és z = 0 mindig megoldás.  τ 0  . Ezt a mátrixot Hasonló gondolatmenet alapján y = 0 és t = 1 , tehát B2 =   0 1   megszerkeszthetjük a rendszerek megoldása nélkül is, az együtthatók azonosításával.



Hasonló módon n × n -es mátrixok esetén is megszerkeszthető egy olyan mátrix, amellyel való szorzás az eredményeként az eredeti mátrix valamelyik oszlopa szorzódik τ -val. Így az a1 b1 c1   τa b c    ⋅ X =  1 1 1 a b c  τa b c   2 2 2   2 2 2   τ 0 0     egyenlet megoldása a  0 1 0 mátrix.    0 0 1   Érvényes a következő általános tétel: 0, i ≠ j  Tétel. Ha az A ∈ M m ,n ( ) mátrixot a B = bij  i, j =1,n , bij =  τ, i = j = k  1, i = j ≠ k mátrixszal szorozzuk (jobbról), akkor az eredményt az A -ból úgy is megkaphatjuk, hogy a k -adik oszlop elemeit szorozzuk τ -val. Bizonyítás. Jelöljük C -vel az A ⋅ B szorzatot. A szorzat értelmezése alapján n j ≠k aij , cij = ∑ ailblj =  , τaij , j =k l =1  tehát a C k -adik oszlopa az A k -adik oszlopának τ -szorosa és a többi oszlop változatlan. Megjegyzés. Ha balról szorozzuk a D = dij  i, j =1,m

0, i≠j  dij = τ, i = j =k  i = j ≠k 1, mátrixszal, akkor a k -adik sor elemei szorzódnak τ -val. Feladat. Szerkesszük meg azt a B mátrixot, amellyel az A ∈ Mm,n ( ) mátrixot jobbról szorozva felcserélődik az A i -edik oszlopa a j -edik oszlopával. Milyen mátrixszal szorozhatjuk, ha két sorát szeretnénk felcserélni? Megoldás. A B mátrix n × n -es és ha B = bij  i, j =1,n , akkor az ak 1b1l + ak 2b2l + + aknbnl összeg akl kell legyen, ha l ∉ {i, j } és k = 1, m . Így bll = 1 , ha l ∉ {i, j } és az összes többi tagja nulla. Ha pedig l = i , akkor az összeg akj kell legyen és így bji = 1 . Továbbá l = j esetén bij = 1 . A B mátrix összes többi eleme 0, tehát k = l ∉ {i, j } , (k, l ) = (i, j ) vagy (k, l ) = ( j, i ) 1, . bkl =  egyébként 0, 

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


1 0 0 a b c d   1   1 1 1   0 0 0 Például a2 b2 c2 d2  ⋅    0 0 1 a 3 b3 c3 d3     0 1 0  Érvényes tehát a következő tétel: Tétel. Ha az A ∈ Mm,n ( ) mátrixot

267

0  a d c b  1 1 1 1  1   = a d2 c2 b2  . 0  2   a 3 d3 c3 b3    0   jobbról szorozzuk a

B = [bkl ]k ,l =1,n ,

 k = l ∉ {i, j } , (k, l ) = (i, j ) vagy (k, l ) = ( j, i ) 1, bkl =  mátrixszal, akkor az 0, egyébként    A i -edik és j -edik oszlopát cseréljük fel.

Hasonló módon látható be, hogy ha a D = [dkl ]k ,l =1,m ,  k = l ∉ {i, j } , (k, l ) = (i, j ) vagy (k, l ) = ( j, i ) 1, dkl =  0, egyébként    mátrixszal szorzunk balról, akkor az i -edik és a j -edik sort cseréljük fel A -ban. Látható, hogy az eddig megszerkesztett mátrixok minden sorában és oszlopában egyetlen nullától különböző elem áll. Ha több nem nulla elem áll a szorzómátrix oszlopaiban akkor az eredeti mátrix oszlopainak lineáris kombinációi lesznek az eredmény oszlopai (ezt a szorzat értelmezésnél is láttuk). Így elérhetjük azt is, hogy a j -edik oszlop elemeihez adjuk hozzá az i -edik oszlop elemeinek τ -szorosát. Feladat. Milyen B mátrixszal kell szoroznunk jobbról az A ∈ M2,4 ( ) mátrixot,

ha az első oszlop τ -szorosát szeretnénk az utolsó oszlophoz hozzáadni? Megoldás a1 b1 c1 d1   , tehát a B mátrix 4 × 4 -es. A =   a b c d  2 2 2 2  Az első három oszlop változatlan kell maradjon, tehát 1 0 0 x    0 1 0 y    B= . 0 0 1 z    0 0 0 t    Ha x = τ , t = 1 és y = z = 0 akkor az első oszlop τ -szorosát adjuk hozzá az utolsó oszlophoz. 1 0 0 τ    a1 b1 c1 d1  0 1 0 0  a1 b1 c1 τa1 + d1      a b c d  ⋅ 0 0 1 0  = a b c τa + d  2 2 2 2 2  2 2 2 2       0 0 0 1   


Tartalomjegyzék


Látható, hogy ha az A ∈ Mm,n ( ) mátrixot szorozzuk a B = [bkl ]k ,l =1,n ,   k =l 1,    bkl = τ, (k, l ) = (i, j )   0, egyébként    mátrixszal, akkor az A i -edik oszlopának τ -szorosát adjuk hozzá a j -edik oszlophoz. Az előbbiek alapján a determináns kiszámításánál használt átalakítások felfoghatók egy-egy négyzetes mátrixszal való szorzásként is. Mivel ezek az átalakítások fontosak az általános ( m × n -es) lineáris egyenletrendszerek megoldásában és az inverz mátrix kiszámításában, a következő értelmezéseket adjuk. Értelmezés. Elemi sortranszformáción (oszloptranszformáción) a következőket értjük: a) ha egy mátrix valamely sorát (oszlopát) szorozzuk vagy osztjuk egy 0-tól különböző számmal; b) ha egy mátrix két sorát (oszlopát) felcseréljük; c) ha egy mátrix egyik sorának (oszlopának) τ -szorosát ( τ ≠ 0 ) hozzáadjuk egy másik sorhoz (oszlophoz). A továbbiakban két mátrixot hasonlónak nevezünk, ha az egyik megkapható a másikból elemi sortranszformációk segítségével. Ezt A ~ B -vel jelöljük. Világos, hogy az elemi transzformációk fordított transzformációi is elemi transzformációk, tehát ha A megkapható a B -ből elemi transzformációk segítségével, akkor B is megkapható az A -ból elemi transzformációk segítségével. Feladat. Számítsuk ki az elemi transzformációk mátrixának determinánsát! Megoldás a) Ha egy sort szorzunk τ -val, akkor a transzformáció mátrixában a főátlón egy τ áll és a többi egyes, tehát rendre kifejtve a főátló elemei szerint a determinánsát az eredmény τ . b) Ha két sort vagy oszlopot kicserélünk, akkor a transzformáció mátrixának 0 1 determinánsát a főátlón levő 1-esek szerint rendre kifejtve a ∆ = = −1 1 0 eredményhez jutunk. c) A főátló elemei szerint rendre kifejtjük a transzformáció mátrixának determinánsát. Az eredmény itt mindig 1. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy milyen A ∈ Mn ( ) mátrixok alakíthatók át elemi sortranszformációk és esetleg oszlopcserék segítségével az I n mátrixszá! Megoldás. Az első sort a11 -gyel osztjuk, majd a j -edik sorhoz hozzáadjuk az első sor −a j 1 -szeresét. Így az első oszlop megegyezik az I n első oszlopával. Ha ezt tovább folytathatjuk, akkor általában az i -edik lépésben az i -edik sort osztjuk aii -vel és j ≠ i esetén a j -edik sorhoz hozzáadjuk az így megváltoztatott i -edik sor −a ji szeresét. Probléma csak akkor merülhet fel, ha a főátlóra 0 kerül (ezzel nem oszthatunk). Ekkor viszont sor- vagy oszlopcserével kicserélhetjük 0-tól különböző elemre vagy

Fejezet tartalma Lineáris egyenletrendszerek megoldása 1  0   0     0  −   0      0


   1 0 0 |    0 1 0 | X   |    0 0 1 |  − − − − + − − − − −   0 0 0 | 0 0 0 0   |   0 0 0 | 0 0 0 0   0

0

0

|

I X alakú mátrixhoz jutunk. Ezt a továbbiakban  k 0  -val jelöljük. Elemi transzfor  mációk során a mátrix determinánsa vagy előjelet vált, vagy nem változik, vagy τ ≠ 0 -val szorzódik. Így ha det A ≠ 0 akkor az előbbi mátrix nem jelenhet meg, mert ennek a determinánsa 0. Ugyanazon ok miatt ha det A = 0 , akkor nem jelenhet meg a végén az egységmátrix, tehát A -ból pontosan akkor juthatunk el az I n -hez ha det A ≠ 0 . Ez egy fontos tulajdonság, mert megmutatja, hogyan lehet felbontani A -t vagy A−1 -t elemi transzformációk mátrixainak szorzatára. Jelöljük E1, E 2 , …, Eq -val azokat a transzformációkat, amelyek segítségeivel A -ból Eq ⋅ Eq −1 ⋅ … ⋅ E1 ⋅ A = I n (*) megkapjuk I n -et. Ez

alakban írható. Mivel det A ≠ 0 , létezik A−1 és így (*)-ból (balról szorozzuk A−1 -el) következik, hogy Eq ⋅ Eq −1 ⋅ … ⋅ E1 = A−1 . Ez az egyenlőség Eq ⋅ Eq −1 ⋅ … ⋅ E1 ⋅ I n = A−1 alakban is írható és azt fejezi ki, hogy ha az I n soraival ugyanazokat a transzformációkat hajtjuk végre mint az A soraival, akkor ha A -ból I n -et kapunk, az I n -ből A−1 jelenik meg. Eszerint az inverz mátrix kiszámítható a következő egyszerű szabályok szerint: 1. Írjuk az A oszlopai után rendre az I n oszlopait. (Így egy n × 2n -es mátrixhoz A | I  jutunk). n   2. Végezzünk elemi sortranszformációkat az egész A | I n  mátrixszal addig,   amíg az első n oszlopban I n jelenik meg. 3. Az utolsó n oszlop által alkotott mátrix az A−1 . 1 2 −1     Példa. Számítsuk ki az A = 3 0 2  mátrix inverzét!   1 1 1   


Tartalomjegyzék


Megoldás

 1 A | I  =  3 n      1

1 2 −1 1 0 0 2 −1 1 0 0  − 3 S + S → S   1 2 2   0 −6 5 − 3 1 0 ∼ ∼ 0 2 0 1 0 − + → S S S   1 3 3   0 −1 2 − 1 0 1  1 1 0 0 1        1 2  0 0  1 2 −1 1 1 0 0 0 3 3     1 − S2 →S2   −2S2 +S1 →S1   5 1 1 5 1 1 6 0 1 − ∼ 0 0 ∼ 0 1 − ∼ − −  S 2 +S 3 →S 3  6 2 6 6 2 6      0 −1 2 − 1 0 1    1 1 7   0 0 − − 1   2 6 6      2 3 4 1 2 1 0 −  0 0 1 0 0    7 7 7 3 3 6  5 S3 +S2 →S2  S 3 →S 3  5 1 1 1 2 5  7 6    ∼ 0 1 − 0 2 ∼ − 0 1 0 7 − 7 6 2 6 7    − 3 S3 +S1 →S1  0 0 1  3 1 6  6   0 0 1 − 3 − 1 − −   7 7 7  7 7 7    2 3 4 −    7 7 7  1 2 5  −1  A = Tehát − 7 7   7  3 1 6  − −  7 7 7  A bekeretezett elemekkel osztottuk a megfelelő sorokat. Ezeket nevezzük generáló elemeknek. Megjegyzés. Ez a módszer (ebben a formában) kézi számolások során könnyen eltéveszthető viszont az algoritmus egyszerűségénél fogva egyszerűen programozható. Láttuk, hogy det A ≠ 0 esetén az A mátrix előállítható I n -ből elemi transzformációkkal, tehát írhatjuk, hogy A = E1 ⋅ E 2 ⋅ … ⋅ E p Ha sorcserét (oszlopcserét) végeztünk, akkor a megfelelő mátrix determinánsa -1 és a transzformáció során a mátrix determinánsának előjele változik meg. Ha egy sor valahányszorosát egy másik sorhoz adtuk, akkor a determináns nem változik meg és a transzformáció mátrixának determinánsa 1, míg ha szorzunk/osztunk egy sort τ -val, akkor a transzformáció mátrixának determinánsa τ és az eredeti mátrix szorzódik τ val. Így a transzformációk során a determináns úgy viselkedik mintha szoroznánk a transzformáció determinánsával. Eszerint det A = det E1 ⋅ det E 2 ⋅ … ⋅ det E p . Megjegyzés. Az előbbi algoritmusban ez a generáló elemek szorzata.

Tartalomjegyzék


271

Ennek az előállításnak egy nagyon fontos következménye van: Tétel. Ha A, B ∈ Mn ( ) akkor det (A ⋅ B ) = det A ⋅ det B . Bizonyítás. Ha det A ≠ 0 és det B ≠ 0 akkor

A = E1E 2 … E p

és

B = F1F2 … Fq , ahol Ei i = 1, p és Fj j = 1, q elemi transzformációk mátrixai. Így A ⋅ B = E1E 2 … E p ⋅ F1F2 … Fq , tehát det (AB ) = det E1 det E 2 … det E p det F1 det F2 … det Fq = (det A) (det B ) .

1  0   0     Ha det A = 0 , akkor A ∼  0  −   0      0

   1 0 0 |    0 1 0 | X   |   . 0 0 1 |  − − − − + − − − − −   0 0 0 | 0 0 0 0   |   0 0 0 | 0 0 0 0   0

0

0

|

Ha az utóbbi mátrixot D -vel jelöljük, akkor A ⋅ B ∼ D ⋅ B . Viszont D ⋅ B -ben van csupa 0-ból álló sor és így det DB = 0 , tehát det AB = 0 = det A ⋅ det B . Ha det B = 0 , akkor az előbbi gondolatmenetben A és B szerepét felcseréljük. Az előbbiek alapján det (AB ) = det A ⋅ det B . Megjegyzés. A det A = 0 esetet letárgyalhatjuk a határértékek segítségével is. Ha det A = 0 , akkor létezik olyan (An )n ≥0 mátrixsorozat, amelyre lim An = A és n →∞

det An ≠ 0 ∀n ≥ 0 (ezt megszerkeszthetjük, ha az előbbi D mátrixban a főátlóra 1 -et írunk, és így hajtjuk végre azoknak a transzformációknak az n inverzét, amelyekkel A -ból kaptuk a D -t). Mivel a determináns a mátrix elemeiből

kerülő 0-k helyett

(

)

képzett szorzatok előjeles összege, ezért lim An = det lim An és így írhatjuk, hogy n →∞

n →∞

det AB = lim det (An Bn ) = lim (det An det Bn ) = det A ⋅ det B . n →∞

n →∞

A mátrixok elemi transzformációi a lineáris rendszerek elméletében is fontos szerepet játszanak ugyanis ha A ∼ B , akkor az A = E p E p−1 … E1 ⋅ B egyenlőség alapján az A ⋅ x = b rendszer ekvivalens a B ⋅ x = E1−1E 2−1 … E p−1 ⋅ b rendszerrel. Másrészt a I X D =  k 0  alakú rendszerek megoldása és tárgyalása egyszerű, hisz a jobb oldalon   is 0 kell álljon a D identikusan 0 sorainak megfelelő sorokban (ellenkező esetben a rendszer összeférhetetlen) és csak az első k ismeretlen ( D szerint) egyértelműen kifejezhető a szabadtagok és a többi ismeretlen segítségével. A fogalmazás

Tartalomjegyzék



egyszerűsítésének céljából az A -ból kialakítható legnagyobb I k mátrix rendjét az A rangjának nevezzük (ez a bal felső sarokban megjelenő I k mátrix rendje, azaz a végrehajtható lépések (kialakítható oszlopok) száma). Világos, hogy A aldeterminánsai a transzformációk során D aldeterminánsaiba transzformálódnak, tehát az A rangja a következőképpen is értelmezhető. Értelmezés. Az A mátrix rangja a legnagyobb 0-tól különböző aldeterminánsának a rendje. Ezt rang A -val jelöljük. Az előbbiek alapján érvényes a következő tétel. Tétel. Ha A -ból rendre I n oszlopait alakítjuk ki, akkor az elvégezhető lépések (kialakítható oszlopok) száma az A mátrix rangja. A rendszerek összeférhetőségére és megoldására vonatkozó észrevételünk a következő alakban fogalmazható meg: Tétel 1. Az A ⋅ x = b rendszer pontosan akkor összeférhető, ha rang A = rang A ahol

A -t úgy kapjuk az A -ból, hogy a b oszlopvektort hozzáírjuk. 2.Ha az A ⋅ x = b rendszer összeférhető, A ∈ Mm ,n ( ) és rang A ≤ max {m, n } , akkor a rendszer határozatlan és a megoldások n − rang A paraméter függvényében fejezhetők ki (a kifejezés pontos módját a Cramer szabály szolgáltatja). 2.8. Megoldott feladatok n

1. Bizonyítsuk be, hogy det An = (det A) ∀n ∈ Bizonyítás.

n =1

*

.

esetén az állítás igaz. Ha

n

det An = (det A) , akkor n +1

n

det An +1 = det (An ⋅ A) = det An ⋅ det A = (det A) ⋅ det A = (det A)

,

tehát

a

*

matematikai indukció elve alapján az állítás igaz bármely n ∈ esetén. −1 * 2. Számítsuk ki det A -t és det A -ot a det A függvényében. Megoldás. Az A ⋅ A−1 = I n egyenlőség alapján det A ⋅ det A−1 = det I n = 1 , tehát −1

det A−1 = (det A) . k

Megjegyzés. Ez mutatja, hogy det Ak = (det A) , ∀k ∈

*

, ha det A ≠ 0 . n

Az A ⋅ A* = det A ⋅ I n egyenlőségből következik, hogy det A ⋅ det A* = (det A) , n −1

tehát det A* = (det A) . 3. Bizonyítsuk be, hogy ha A ∈ Mm,n ( ) és B ∈ Mn ,p ( ) , akkor rang (A ⋅ B ) ≤ min (rang A, rang B ) . Bizonyítás. Ha az A mátrixot az E1, E 2 , …, Eq elemi transzformáció-mátrixokkal I X való szorzás útján hozzuk D1 =  k 0  alakúra, akkor ugyanezekkel a   transzformációkkal az A ⋅ B -ből D1 ⋅ B lesz. Eq Eq −1 … E1 ⋅ AB = D1B

Tartalomjegyzék


273

De D1 ⋅ B -nek legalább annyi csupa 0-t tartalmazó sora van mint D1 -nek, tehát rang (AB ) ≤ rang A (1).  I k    alakúra oszloptranszformációk segítségével. Így A B mátrixot hozzuk D2 = 0    X   B ⋅ F1F2 … Fp = D2 , tehát AB ⋅ F1F2 … Fp = AD2 és az AD2 -ben legalább annyi oszlop tartalmaz csupa nullákat mint D2 -ben. Tehát rang (AB ) ≤ rang B (2).

(1) és (2) alapján rang (AB ) ≤ min (rang A, rang B ) . 4. Bizonyítsuk be, hogy ha az a és b természetes számok előállíthatók x 2 + 2y 2 alakban ( x , y ∈ ), akkor az ab természetes szám is előállítható. y    x     ∈ Bizonyítás. Tekintjük az M =  x , y −2y x   mátrixhalmazt.            x x y y x 1y2 + y1x 2  − x y x y   1 1 2 1 2 1  2 2    = −2y1 x 1  −2y2 x 2  −2 (y1x 2 + x 1y2 ) −2y1y2 + x 1x 2        tehát ha M 1, M 2 ∈ M , akkor M 1M 2 ∈ M . De det (M 1M 2 ) = det M 1 ⋅ det M 2 és így

az

(x12 + 2y12 )(x 22 + 2y22 ) = (x1x 2 − 2y1y2 )

2

2

+ 2 (x 1y2 + y1x 2 )

azonossághoz jutunk.

Ebből következik a feladat állítása. 5. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ Mn ( ) és AB = BA , akkor det (A2 + B 2 ) ≥ 0 . Bizonyítás. Mivel AB = BA , írhatjuk, hogy A2 + B 2 = (A + iB )(A − iB ) tehát

det (A2 + B 2 ) = det (A + iB ) ⋅ det (A − iB ) . Másrészt ha det (A + iB ) = z , akkor det (A − iB ) = z , tehát det (A2 + B 2 ) = z ⋅ z = z 2 ≥ 0 . 6. Bizonyítsuk be, hogy ha

A ∈ M2n +1 ( )

és

∆ = p 2 − 4q < 0 , akkor

A2 − pA + qI 2n +1 ≠ 02n +1 . Bizonyítás

A2 − pA + qI 2n +1 = A2 − 2 ⋅

 p p2 p2  A+ ⋅ I 2n +1 + q −  I 2n +1 =  2 4 4

2 p p 2 − 4q   I 2n +1 . = A − I 2n +1  −   2 4 Tehát ha A2 − pA + qI 2n +1 = 02n +1 , akkor 2 p p 2 − 4q   A − I 2n +1  = I 2n +1 .   2 4 Ebből az egyenlőségből következik, hogy

Tartalomjegyzék


Lineáris egyenletrendszerek megoldása 2n +1

2 p p      p 2 − 4q  0≤ det A − I 2n +1 = detA − I 2n +1  =        4  2 2 2

2n +1

 p 2 − 4q  ⋅ det I 2n +1=   4 

< 0.

Mivel ez nem lehetséges, az A2 − pA + qI 2n +1 nem lehet 02n +1 . 7. Bizonyítsuk be, hogy ha A ∈ M2 ( ) és létezik k ∈

*

úgy, hogy Ak = 02 ,

akkor A2 = 02 . k

Bizonyítás. Az Ak = 02 egyenlőségből következik, hogy (det A) = 0 , tehát

det A = 0 . A Cayley-Hamilton tételből ( n = 2 ) következik, hogy A2 = (a + d ) ⋅ A k −1

és így Ak = (a + d )

k−1

⋅ A, ∀k ≥ 2 . Ha (a + d )

= 0 , akkor a + d = 0 és így

k−1

A2 = 02 , míg (a + d ) 8. Tárgyaljuk az

≠ 0 esetén A = 02 , tehát A2 = 02 .  x + 2y + z = 1   2x + my + z = 2   x − 3y + 2z = 3  egyenletrendszer megoldását az m ∈ paraméter függvényében.

(Érettségi 1990.)

1 2 1 Megoldás. A rendszer mátrixának determinánsa ∆ = 2 m 1 = m − 9 , tehát 1 −3 2 m ≠ 9 esetén a rendszer összeférhető és határozott, a megoldásait a Cramer szabály szerint számíthatjuk ki.

1 2 1 1 1 1 1 2 1 ∆1 = 2 m 1 = −m − 5 , ∆2 = 2 2 1 = 2 és ∆3 = 2 m 2 = 2m − 8 . 3 −3 2 1 3 2 1 −3 3 2 2 (m − 4) m +5 ,y= és z = . Ha m = 9 , akkor m −9 m −9 m −9 1 2 1   megvizsgáljuk az összeférhetőséget. A = 2 9 1 a rendszer mátrixa és 1 − 3 2   1 2 1 1    A = 2 9 1 2 a bővített mátrix. det A = 0 , tehát rang A ≤ 2 . De   1 − 3 − 2 3    Tehát m ≠ 9 esetén x = −

1 2 2 9

= 5 ≠ 0,

tehát

rang A = 2 .

Ugyanakkor

1

2

1

2

9

2 = 10 ≠ 0 ,

1 −3 3

tehát



rang A = 3 . Mivel rang A ≠ rang A a rendszer összeférhetetlen. A rangot a következő átalakítások segítségével is végezhetjük (ha csak sorokkal végzünk műveleteket, akkor ezt A -ban végezhetjük, mert innen A rangját is kiolvashatjuk). 1 2 1 1  1 1 2 1 1 2 1 1     − 2 S + S → S S → S   1 2 2  2 3  1 2 ∼ −5 2 m 1 2 −S +∼  0 m − 4 − 1 0 S ∼ 0 S → S → S 1 3 3 3 1        1 −3 2 3  0  0 m − 4 − 1 0 −5 1 2          7 9 1 0  1 2 1 1    5 5      −2S2 +S1 →S1  1 2 1 2 . 1 0 1 − −  − − ∼ 0 ∼   −(m −4)S2 +S 3 →S 3 5 5 5 5       0 m − 4 −1 0  m ( m ) − − 9 2 4 0 0      5 5 Innen látható, hogy m ≠ 9 esetén rang A = rang A = 3 és m = 9 esetén rangA = 2 ,  0     rang A = 3 (mert ebben az esetben az utolsó oszlopban kialakítható a 0 ). Ezekből    1   az átalakításokból a megoldás is leolvasható: 2 (m − 4) 2 (m − 4) 5 ⋅ = z= m −9 m −9 5 2 1 2 2 (m − 4) −2 (m − 9) + 2 (m − 4) 2 y =− + z =− + = = 5 5 5 5 (m − 9) 5 (m − 9) m −9 9 (m − 9) − 14 (m − 4) 9 7 m +5 és x = − z = . =− 5 5 5 (m − 9) m −9 m −9 Megjegyzés. Ha még egy lépést elvégzünk ( ≠ 0 generáló elemmel), akkor 5 az utolsó oszlopban megjelennek ezek az eredmények. 9. Oldjuk meg és tárgyaljuk az   x + y + z − 2t = 5    2x + y − 2z + t = m  2x − 3y + mz + 2mt = 3   egyenletrendszert (x , y, z , t, m ∈ ) . 1 1 1 − 2 5    Megoldás. Az A = 2 1 − 2 1 m  mátrix rangját (és egyben az A rangját   2 − 3 m 2m 3 

is!) határozzuk meg elemi transzformációk segítségével.


1   A ∼ 0  0 

Tartalomjegyzék


 1 1 −2 1 5       −1 −4 −5 5 m − 10 ∼ 0 1 4 10 − m  ∼    −5 m − 2 2m − 4 −7  0 −5 m − 4 2m + 4 −7     1 0 0 −3 −5 + m   −S 2 +S1 →S1   4 10 − m  ∼ 0 1 −5 5S2 +S 3 →S 3   0 0 m + 16 2m − 21 43 − 5m    Ha m = −16 akkor m + 16 nem választható generáló elemnek de 2m − 1 ≠ 0 választható (a harmadik és negyedik oszlop még A -hoz tartozik, tehát ezek felcserélése nem változtatja meg az A rangját sem). Így írhatjuk, hogy 1 0 3 − 3 − 21    A ∼ 0 1 − 5 4 26  ha m = −16 és   0 0 − 53 0 123 1

1

−2

5

  3  1 0 −3  −5 A ∼ 0 1 4   0 0 1 2m − 21  m + 16 

  −5 + m   10 − m  ha m ≠ −16 .  43 − 5m  m + 16  Az első esetben ( m = −16 ) rang A = rang A = 3 és   1 0 0 −3 − 744    53  1 0 3 −3 −21      763  A ∼  0 1 −5 4 26  ∼ 0 1 0 4    53     123 123  0 0 1   0 − 0 0 1 0 −   53   53  123 Tehát a megoldások t = − (mert a harmadik oszlopban most t együtthatói állnak) 53 763 744 y= − 4z és x = − + 3z , ahol z ∈ paraméter. 53 53 A második esetben (3S 3 + S1 → S1, − 4S 3 + S 2 → S 2 )  3m − 5 1 0 0 3  m + 16   13m − 4 A ∼ 0 1 0 −  m + 16   2m − 21 0 0 1  m + 16

m 2 − 4m + 49    m + 16  −m 2 + 14m − 12    m + 16   43 − 5m   m + 16

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék


277

Tehát ebben az esetben is rang A = rang A = 3 és a megoldások 43 − 5m 2m − 21 −t ⋅ z= m + 16 m + 16 −m 2 + 14m − 12 13m − 4 +t ⋅ y= m + 16 m + 16 2 m − 4m + 49 3m − 5 − 3t ⋅ x= m + 16 m + 16 ahol t ∈ paraméter. Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha m ≠ −16 esetén az   x + y + z = 5 + 2t    2x + y − 2z = m − t   2x − 3y + mz = 3 − 2mt   rendszert a Cramer szabállyal oldjuk meg, illetve ha m = −16 esetén az  x + y − 2t = 5 − z    2x + y + t = −16 + 2z    2x − 3y − 32t = 3 + 16z    rendszert oldjuk meg a Cramer szabály segítségével ( z paraméter). 10. Bizonyítsuk be, hogy ha A0 , A1, A2 , …, Ap ∈ Mm,n ( ) p

2

A0 + xA1 + x A2 + … + x Ap = 0m ,n , ∀x ∈

és

, akkor

A0 = A1 = A2 = … = Ap = 0m ,n . Bizonyítás. Jelöljük az Ak elemeit aij(k ) -val, k = 0, p , i = 1, m és j = 1, n . A bal oldalon a műveletek elvégzése után egy olyan A mátrixot kapunk, amelynek aij p

eleme

∑x

p

⋅ aij(k ) , vagyis egy legfeljebb p -ed fokú polinom. Ennek a polinomnak a

k =0

esetén 0, tehát a polinom együtthatói mind 0behelyettesítési értéke bármely x ∈ (k ) val egyenlők. Így aij = 0 , k = 0, p , i = 1, m , j = 1, nm , tehát Ak = 0m ,n , k = 0, p . Megjegyzés.

Ha

p

q

k =0

j =0

∑ Ak ⋅ x k = ∑ Bj x j , ∀x ∈

k = 0, p , j = 0, q , akkor p = q és Ak = Bk , ∀k = 0, p .

esetén

Ak , B j ∈ Mm ,n ( ) ,

Tartalomjegyzék



2.9. Gyakorlatok és feladatok I. 1. Számítsd ki a következő determinánsokat: a)

3

x

2 x +1

1

7

4 ; e) −6

0

loga b

logb a

1

−2 1 * +

, a, b ∈

\ {1} ;

3 2 2 2 4 3 2 2

4

−2

1

3

2

5

g) 2

1

−3

4

2.

1

−1

2

3

0

−2

3

−5

7

4

4

7

1

0 1 2 3 f)

;

5 4 3 2

1

3

c) −9 5 −4 ;

2 2 2 2

9

d) 5 −2

3

b)

;

1

3 0 2 1 2 1 0 3

;

1 2 3 0

3

−3 1

2. Számítsd ki a következő determinánsokat:

−i 1 + i

i

1

ε

ε2

1+ε

ε

1

∆1 = i

1

2i , ∆2 = ε

ε2

1 , ∆3 =

ε

1+ ε

1

2i

1

i

1

ε

1

ε

1+ ε

0

0 c d

ε2

,

ahol ε harmadrendű egységgyök. 3. Bizonyítsd be, hogy bc a a 2

0 a b

1 a2 a3

ca b b 2 = 1 b 2

b 3 , és

ab c c 2

c3

1 c2

d

0 0 c

b

0 0 a

0 c d

0

=

0

b a b a c d c d 0 a b

2

= (ad − bc ) .

0

4. Számítsd ki a 2

(a + 2)

2

(b + 2)

2

(c + 2)

a 2 (a + 1)

determinánst.

∆ = b2

(b + 1)

c2

(c + 1)

2

2 2

(Felvételi, 1999.)

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma Lineáris egyenletrendszerek megoldása 5. Számítsd ki a következő determinánsokat: a x x a a a

a x a a a) ∆1 = a a x a ; a a a x

279

0 a b c

x

x x x ;

x b) ∆2 = x

b x

x c

x

x

x d

c) ∆3 =

a

0 c b

b c

0 a

c b a

.

0

6. Számítsd ki a következő determinánsokat, ha x , y, z ∈

x a)

z z +y x +z z x2

y2

c) y 2 + z 2

x +y x2

z2

xz

d) y 2

xy

x2

xy xy y 2

y2

x2

xy xy x2

xy

xy xy y 2

x2

xy y

b) x 2 + y 2

;

x 2 + z 2 x 2 + y2 ;

yz

e)

y x

2

x 2 + y2

2xy

x +y

y

x +y ;

2xy x +y 2

(y − z ) (z

x +y

2

yz

− x )2

zx ;

2

z 2 (x − y )

xy

.

7. Oldd meg az

a2 − x

ab

ac

ba

b2 − x

bc

ca

cb

c2 − x

=0

egyenletet, ha a, b, c ∈ . 8. Számítsd ki a következő determinánsokat:

1 a) ∆1 = cos a

c) ∆3 =

1 cos b

sin2 x

1 b) ∆2 =

cos c ;

cos 2a

cos 2b cos 2c

cos x

1

0

0

1

cos x

1

0

0

1

cos x

1

0

0

1

cos x

.

2

cos2 x 2

cos x

sin x

1 + sin 2x

−1

sin 2x sin 2x ; 1


Tartalomjegyzék


9. Számítsd ki a

∆=

0

a

b

c

−a

0

d

e

−b −d

0

f

−e −f

0

−c determinánst, ha a, b, c, d, e, f ∈

.

(Felvételi, 1998.)

10. Oldd meg a ∆ (x ) = 0 egyenletet, ha

1−x ∆ (x ) = x 1 + x2 11. Fejezd ki r függvényében a

∆=

x2

x

x

−x

x 2 −x 2

(Érettségi javaslat, 1999.)

1 x1

1 x2

1 x3

1 x4

x 12

x 22

x 32

x 42

x 13

x 23

x 33 x 43

determinánst, ha x 1, x 2 , x 3 , x 4 egy r állandó különbségű számtani haladvány egymásutáni tagjai. (Felvételi, 1995.) 12. Számítsd ki a

x1

x2

x3

∆ = x2 x3

x3 x1

x1 x2

determináns értékét, ha x 1, x 2 , x 3 az x 3 − 2x 2 + 2x + 17 = 0 egyenlet gyökei. (Felvételi, 1999.) 2 13. Számítsd ki a x x x 1

2

3

∆ = x2

2 3

x1

x1

x 22

x3

x

determináns értékét a, b, c függvényében, ha x 1, x 2 , x 3 az x 3 + ax 2 + bx + c = 0 egyenlet gyökei. (Felvételi, 1995.) 14. Számítsd ki a

1

1

1

∆ = x1

x2

x3

2 1

2 2

x 32

x

x

determinánst, ha x 1, x 2 , x 3 az x 3 + px + q = 0 egyenlet gyökei.

Tartalomjegyzék


281

15. Bizonyítsd be, hogy ha a 2 + b 2 + c 2 = 1 ( a, b, c ∈ ), akkor az a b c      A = c a b    b c a    mátrix determinánsának abszolút értéke nem nagyobb mint 1. 16. Határozd meg azokat az m ∈ 2x

értékeket, amelyekre a −2x 1

1 − x2

x2

−1 = 0

−2x − m x + m x − 2 egyenletnek van egy dupla gyöke.

(Felvételi, 1998.)

17. Hányszoros gyöke az x = 1 szám a 1 x

P (x ) =

x2 x3

1 1

1

1

1 2

3

4

1 4

9

16

polinomnak.

(Felvételi, 1998.)

18. Számítsd ki a

−1

a

a

a

a

−1

a

a

∆n = a

a

−1

a

a

a

a

−1

n -ed rendű determinánst.

(Felvételi, 1995.)

19. Számítsd ki a következő determinánsokat: 0 1 1 1

1 0 1 a) ∆n = 1 1 0

1 1 1

1 1; 0

−1

1

1

1

1

−1

1

1

b) ∆n = 1

1

−1

1

1

1

1 ; −1


Tartalomjegyzék


2!

3!

n!

2! 2!

3!

n!

1!

c) ∆n = 3 ! 3 ! 3 !

n! n! n! 20. Számítsd ki a

n! ;

a1 a1

C n1

C n2

C nk −1

1

C n1 +1

C n2+1

C nk +−11

1 C n1 +k −1 C n2+k −1

n! 1 + a1

∆n =

d) ∆n =

1

a2

a3

an

1 + a2 a 3

an

a2

a3

.

C nk +−1k −1

1 + an

determinánst. 21. Határozd meg az m ∈

paraméter értékeit, amelyekre az 2 x 3     A = x − 1 x    1 2 m    mátrix invertálható minden x ∈ esetén. 22. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét (ha létezik):  1 0 0 0  0 0 0 1 1      2 1 0 0 0 0 1 2      a) A1 =  b) A2 =  ;  ; c) A3 = 2  2 2 1 0  0 1 2 3 3     2 2 2 1  1 2 3 4      23. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét: 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1      1 0 1  0 1 1 1 0 1  1 1           1 ; 1 ; c) 0 0 1 a) 1 1 0 b) 1 1 0                1 1 1  1 1 1  0 0 0 0 0     

(Felvételi, 1998.) 2 3  3 1 .  1 2  1  1  1 .    1 

24. Adottak az

 1 2 3   6 9 8    A = 2 3 4 és B =   0 1 6     3 4 1   mátrixok. Oldd meg az XA = B egyenletet.

(Felvételi, 1999.)



25. Oldd meg a következő egyenleteket:  3 6 8  1 4 5  4 1 0 1 1 1 0 1 2                     a) X ⋅ 1 3 1 = 2 7 5 ; b) 1 2 3 ⋅ X ⋅ 0 1 1 = 1 0 2 .            1 6 3  3 7 8   5 0 2 0 0 1 2 0 1           1 1 7 4  2 1 , B=  és C =   26. Adottak az A =   −9 −5 3 2 mátrixok. 0 1       a) Bizonyítsd be, hogy AC = CB . b) Számítsd ki B n -t, ha n ∈ . (Felvételi, 1998.) 27. Oldd meg a következő mátrixegyenletet: 1 n  1 1 1 1 2 3     0 1 1  0 1 2  1 1 n −         0 0 1 1 0 0 1 2 − n  ⋅X =  .             0 0 0    1 0 0 0 1      28. Oldd meg az [x ] + [y ] + [z ] = 2    2[x ] − [y ] − 2[z ] = −2 [x ] + 4[y ] + 5[z ] = 8     2[x ] + 5[y ] + 6[z ] = 10    egyenletrendszert, ahol [n ] az n szám egész részét jelöli. (Felvételi, 1998.) 29. Oldd meg az x + y + z = a  x + εy + ε2z = b   x + ε2y + εz = c  egyenletrendszert, ahol a, b, c ∈ és ε harmadrendű egységgyök. (Felvételi, 1998.) 30. Oldd meg az ax + by + cz = 0  bcx + acy + abz = 0  x + y + z = 1 egyenletrendszert, ha a ≠ b ≠ c ≠ a . 31. Határozd meg az m ∈ paraméter értékeit úgy, hogy az   x +y +z = 1    x + 2y + mz = 2   x + 4y + mz 2 = 4    egyenletrendszernek egyetlen megoldása legyen, és oldd is meg ebben az esetben a rendszert. (Felvételi, 1999.)


Tartalomjegyzék


32. Tárgyald az

(1 + λ ) x + y + z = 0   x + (1 + λ ) y + z = λ  x + y + (1 + λ ) z = λ 2  (Felvételi, 1999.) egyenletrendszert a λ ∈ paraméter függvényében. 33. Oldd meg és tárgyald az mx + y + z = 0  x + my + z = 0  x + y + mz = 0   2 x + y 2 + z 2 = 3  egyenletrendszert. (Felvételi, 1999.) 34. Oldd meg az x + y + z + t = 1     ax + by + cz + dt = m     2  a x + b 2y + c 2z + d 2t = m 2     a 3x + b 3y + c 3z + d 3t = m 3    egyenletrendszert, ha a, b, c, d egymástól különböző számok.   x + ay + a 2z + a 3 = 0    2 3 35. Oldd meg az  x + by + b z + b = 0 egyenletrendszert, ha a ≠ b ≠ c ≠ a .    x + cy + c 2z + c 3 = 0    36. Határozd meg az   x y z   + + =1 2  ( ) a a b + + + α α α    y z  x + =1  2 +  a +β b+β (a + β )    x y z  + =1  2 +  a+γ b+γ  (a + γ )  rendszer megoldásait, ha α, β, γ különböző számok és a törtek léteznek.

Fejezet tartalma

Tartalomjegyzék

Lineáris egyenletrendszerek megoldása II. 1. Tanulmányozd a következő lineáris őket:   ax + y + z = 1    a)  x + ay + z = b , a, b ∈ ;    x + y + az = b 2    x +y +z = 0     2x − y + 3z = b c)  , a, b, c ∈ ;  −x + ay + 2z = 3 3x + 4z = c  x + y + 8z = 11    3x − y + 4z = 9  e)  ;  2x + 2y + z = −7 x + y + z = 4 

285

rendszerek megoldhatóságát és oldd is meg ax + 4y + 7z = 0   b)  2x + ay + 7z = 0 , a ∈  x − 2y + az = 0 

;

(m + 1) x + y + z = 0   d)  x + 2 (m − 1) y − z = 0 , a ∈  x − 2y + az = 0 

;

x + y + z + t = 2   f)  x + y + z − t = 0 ;  x + y − z + t = 4

2x + x + x = 7 2 3  1  5x 1 − x 2 + 2x 3 = 8  h) 7x 1 − 4x 2 = −2 , α∈ ;  x 1 + x 2 + x 3 = α  x 1 + 3x 2 − 2x 3 = α − 5   4x + x + (2α + 1) x + x = −1 αx + βy + 2z = 1   1 2 3 4   i) x 1 + x 2 + αx 3 + x 4 = −1 ;j) αx + (2β − 1) y + 3z = 1 , α, β ∈   αx + βy + (β + 3) z = 2β − 1 x 1 − x 2 + x 3 + β x 4 = γ    2x − 3y + 4z = 1  3x − y + z = 1 g)  ;  x − 12y + 11z = −1 4x − 15y + 9z = 0 

2. Bizonyítsd be, hogy bármely a, b, c ∈ esetén az  1  x = ax + by + cz  2  1  y = cx + ay + bz  2  1  z = bx + cy + az  2 egyenletrendszernek csak a triviális megoldása létezik.

(Felvételi, 1987.)

Tartalomjegyzék



3. Oldd meg a

−bx + az = cxz   bx − cy = ayx  cy − az = bzy  egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a, b, c ∈

*

.

4. Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan A ∈ M2 ( ) mátrix, amelyre

2 −1  A5 =  4 −2

(Helyi olimpia, 1998.) 5. Határozd meg azt az X ∈ Mn ( ) mátrixot, amelyre

det (A ⋅ X + I n ) ≥ 0,

∀A ∈ Mn ( )

esetén.

(Helyi olimpia, 1992.)

6. Bizonyítsd be, hogy ha m ≠ n,

A ∈ Mm ,n ( ), B ∈ Mn ,m ( ) akkor az AB és

BA mátrixok közül legalább az egyik szinguláris. Számítsd ki det (BA) -t, ha AB = I 4 és A ∈ M4,3 ( ) , B ∈ M3,4 ( ) ! 7. Bizonyítsd be, hogy ha A ⋅ B = I n , (A, B ∈ Mn ( )) , akkor B ⋅ A = I n . 8. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M2 ( ) , AB = BA és det (A2 + B 2 ) = 0 , akkor

det (A + B ) = det (A − B ) ≠ 0 . 9. Bizonyítsd be, hogy ha A, B,C ∈ Mn ( ) és AB = BA , AC = CA valamint

BC = CB , akkor

det (A2 + B 2 + C 2 − AB − AC − BC ) ≥ 0 . (Helyi olimpia

1987.) 10. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ Mn ( ) és ω = cos

2π 2π + i sin , n∈ n n

*

,

akkor n −1

∑ det (A + ω B ) = n ⋅ (det A + det B ) k

k =0

(Megyei olimpia, 1997.) n

11. Az A = aij  i, j =1,n mátrixban aii > ∑ aij , ∀i = 1, n . Bizonyítsd be, hogy j =1 j ≠i

det A ≠ 0 .

Tartalomjegyzék

Fejezet tartalma Lineáris egyenletrendszerek megoldása 12. k

Az

A, B ∈ Mn ( )

mátrixokra

létezik

287

olyan

*

k, m ∈

,

amelyekre

m

A = B = 0n és AB = BA . Bizonyítsd be, hogy I n − AB és I n − A − B invertálható mátrixok. (Traian Lalescu verseny, 2001.) 13. Bizonyítsd be, hogy ha az A ∈ Mn ( ) mátrixra létezik k ∈

*

úgy, hogy

k

A = 0n , akkor I n − A invertálható. 14. Bizonyítsd be, hogy ha az A, B ∈ Mn ( ) mátrixokra A2B = A2 − B , akkor AB = BA . 15. Az A ∈ Mn ( ) mátrixra teljesül az A ⋅ At = −I n egyenlőség. Bizonyítsd be,

hogy det (A + At ) = det (I n + A) . 2

(Gh. Vrânceanu Verseny, 1990.)

16. Bizonyítsd be, hogy a P (λ ) = det (A − λI n ) függvény (P : fokú polinomfüggvény, amelyben n a) a domináns tag együtthatója (−1) ; b) a szabadtag det A ; n −1 c) λ n −1 együtthatója (−1) TrA .

→

) egy n -ed

17. Bizonyítsd be, hogy a det (A − λI n ) = 0 egyenlet λ1, λ2 , …, λn gyökeire a) λ1 + λ2 + … + λn = TrA ; b) λ1 ⋅ λ2 ⋅ … ⋅ λn = det A . Megjegyzés. λ1, λ2 , …, λn az A sajátértékei. 18. (Cayley-Hamilton tétel) Bizonyítsd be, hogy ha a P (λ ) = det (A − λI n ) polinom n

P (λ ) = ∑ ck ⋅ λ k k =0

alakú, akkor c0I n + c1A + c2A2 + … + cn An = 0n . 19.

Bizonyítsd

n

n −1

A + c1A n

x + c1x

n −1

be,

hogy

ha

egy

A ∈ Mm ( )

mátrix

teljesíti

az

+ … + cn I m = 0m egyenletet, akkor minden sajátértéke teljesíti az + … + cn = 0 egyenletet.

20. Bizonyítsd be, hogy ha létezik olyan P ∈ és amelyre P (A) = 0n , akkor A invertálható.

[x ]

polinom, amelynek 0 nem gyöke (Gh. Vrânceanu Verseny, 1992.)

21. Bizonyítsd be, hogy ha A2 = A + I n , ( A ∈ Mn ( ) ), akkor


Tartalomjegyzék


1− 5 1+ 5 ≤ TrA ≤ n ; 2 2 n 1 + 5    . b) det A ≤   2  a) n

22. Bizonyítsd be, hogy ha az A ∈ Mn ( ) mátrix esetén létezik olyan k ∈

*

szám, amelyre Ak = 0n , akkor An = 0n . 23. Bizonyítsd be, hogy ha A2 = 4A − 3I n , ( A ∈ Mn ( ) ), akkor létezik p ∈ {0,1, 2, …, n } úgy, hogy det A = 3p . 24. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ Mn ( ) , akkor az f (x ) = det (A + xB ) , f : → függvény egy n -ed rendű polinomfüggvény amelyben x n együtthatója det B és a szabadtag det A . 25. Bizonyítsd be, hogy ha az A ∈ Mn ( ) mátrix teljesíti az A3 = A + I (C. Cocea, 1986.) egyenlőséget, akkor det A > 0 . 26. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M2 ( ) és

det (A2 + B 2 ) = 0 , akkor

det A = det B . 27. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M2 ( ) és det (AB + BA) ≤ 0 , akkor

det (A2 + B 2 ) ≥ 0 .

(Országos olimpia, 1996.)

28. Az A, B,C ∈ Mn ( ) mátrixok kommutálnak egymással ( AB = BA , AC = CA és BC = CB ) és detC = 0 . Bizonyítsd be, hogy 2 2 2 det (A + B + C ) ≥ 0 . 29. Az A ∈ M2 ( ) mátrixra det (A2 − 2I 2 ) = 0 . Bizonyítsd be, hogy A2 = 2I 2 és

det A = −2 .

(Megyei olimpia, 1996.)

30. Az A, B ∈ Mn ( ) mátrixokra az A + k ⋅ B mátrix invertálható k = 0, 2n és az inverze is Mn ( ) -ben van. Bizonyítsd be, hogy A + (2n + 1) B is invertálható és −1 [A + (2n + 1) B ] ∈ Mn ( ) .

Tovább

II. Lineáris egyenletrendszerek megoldása

Recommend Documents