Lineáris algebra Közgazdász szakos hallgatóknak a
Matematika A2a Vektorfüggvények tantárgyhoz
2009. tavaszi félév
Tartalomjegyzék 1. Komplex számok és polinomok 1.1. 1.2. 1.3. 1.4.
. . . . . . . . . . . . A komplex számok bevezetése, m¶veletek értelmezése Komplex szám trigonometrikus alakja. Gyökvonás . . Polinomok gyökei. Az algebra alaptétele. Polinomok gyöktényez®s alakja . . . . . . . . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 4
2. Sík és térbeli vektorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6.
Vektor értelmezése, m¶veletek . . . . . Koordináták, m¶veletek koordinátákkal Skaláris szorzat. Vektorok felbontása . Vektoriális- és vegyesszorzat . . . . . . Sík és egyenes egyenletei . . . . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
M¶veletek értelmezése Rn -en . . . Lineárisan független és összefügg® Alterek Rn -ben . . . . . . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . . . .
4. Mátrixok
. . . . . . . . . 4.1. De níciók . . . . . . . 4.2. M¶veletek mátrixokkal 4.3. Feladatok . . . . . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
5
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . vektorok. Bázis . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. 7 . 9 . 13 . 15
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. 17 . . 17 . . 19 . . 23
3. A rendezett szám n-esek lineáris tere 3.1. 3.2. 3.3. 3.4.
4 4
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
5 5 5 5 5 5
7
5. Négyzetes mátrix determinánsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
6. Téglalapmátrix és vektorrendszer rangja
32
5.1. A determináns de níciója . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 5.2. A determináns elemi tulajdonságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 5.3. Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 6.1. 6.2. 6.3. 6.4.
Mátrix rangjának a de níciója . . . . . . Mátrix rangjának a meghatározása . . . Vektorrendszer rangjának meghatározása Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . .
32 34 35 36
Tartalomjegyzék
3
7. Négyzetes mátrix inverze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6.
Mátrix invertálhatóságának és inverzének az értelmezése . . Az inverzmátrix létezése és tulajdonságai . . . . . . . . . . . Az inverzmátrix meghatározása az adjungálttal . . . . . . . Az inverzmátrix meghatározása elemi sortranszformációkkal Mátrixegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
8. Lineáris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5. 8.6.
Lineáris egyenletrendszerek általános alakja . A megoldások létezése . . . . . . . . . . . . . Az inverzmátrix-módszer és a Cramer-szabály Gauss-féle kiküszöbölési eljárás . . . . . . . . A megoldáshalmaz szerkezete . . . . . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9. Sajátérték, sajátvektor. Diagonalizálás 9.1. 9.2. 9.3. 9.4.
. . . Négyzetes mátrix sajátértékei és sajátvektorai Négyzetes mátrix diagonalizálása . . . . . . . Feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A feladatok megoldásai . . . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
38 38 39 39 40 43 44
49 49 51 52 53 60 65
78 78 79 80 81
4
1. Komplex számok és polinomok
1. Komplex számok és polinomok 1.1. A komplex számok bevezetése, m¶veletek értelmezése 1.2. Komplex szám trigonometrikus alakja. Gyökvonás 1.3. Polinomok gyökei. Az algebra alaptétele. Polinomok gyöktényez®s alakja 1.4. Feladatok
2. Sík és térbeli vektorok
5
2. Sík és térbeli vektorok 2.1. Vektor értelmezése, m¶veletek M¶veletek: összeadás, számmal való szorzás
2.2. Koordináták, m¶veletek koordinátákkal 2.3. Skaláris szorzat. Vektorok felbontása 2.4. Vektoriális- és vegyesszorzat 2.5. Sík és egyenes egyenletei 2.6. Feladatok • Skaláris szorzat 1. Számítsa ki az a = (3, 1, −1) és b = (2, 1, 3) vektorok skaláris szorzatát.
2.
Határozza meg λ értékét úgy, hogy az a = (3, −1, 2) és a b = (2, 5, λ) vektorok mer®legesek legyenek.
3.
Határozza meg az a = (−2, 0, 1) és a b = (0, 2, 1) vektorok szögét.
4.
Számítsa ki az A = (2, −5, 1), B = (6, −3, 5), C = (6, −4, 9) csúcspontú háromszög szögeit.
5.
Bontsa fel a v = (3, −1, 5) vektort az a = (4, 1, −3) vektorral párhuzamos és arra mer®leges komponensek összegére.
6.
Tükrözze az v = (−2, 6, 1) vektort az a = (1, −1, 0) vektorra. Határozza meg a tükörkép vektor koordinátáit.
• Vektoriális szorzat 7. Számítsa ki az a = (2, −2, 3) és b = (0, 4, 7) vektorok vektoriális szorzatát.
8.
Határozza meg az ABC háromszög területét, ha A(1, −1, 1), B(2, 1, −1) és C(−1, −1, −2).
• Vegyesszorzat 9. Határozza meg az a = (2, −1, 5), b = (−1, 0, 4) és c = (0, 2, −3) vektorok abc, cba és cab vegyesszorzatait.
6
2. Sík és térbeli vektorok
10. Számítsa ki az a = (1, 0, −3), b = (−1, 2, 2) és c = (0, −2, −1) vektorok által kifeszített paralelepipedon térfogatát.
11. Bizonyítsa be, hogy az A = (4, −2, −2), B = (3, 1, 1), C = (4, 2, 0) és D = (7, −1, −6) pontok egy síkon fekszenek.
• Koordinátageometriai alkalmazások
12. Írja fel a P0 (1, 2, 4) ponton átmen® n = (2, 1, 3) normálvektorú sík egyenletét. 13. Írja fel az A(2, 1, 1), B(4, 1, 2), C(2, −1, 3) pontokon átmen® sík egyenletét.
Számítsa ki a P (1, 2, 3) pont távolságát a fenti síktól. Írja fel a P ponton átmen®, a fenti síkra mer®leges egyenes egyenletét. Keresse meg a P pontnak a fenti síkra való mer®leges P 0 vetületének a koordinátáit.
14. Mutassa meg, hogy az x−2y +z = 1 és a 2x−4y +2z = 1 síkok párhuzamosak, és határozza meg a két sík távolságát.
15. Írja fel az A(4, −1, 3) és a B(−2, 2, 5) pontokon átmen® egyenes vektoregyenletét, paraméteres egyenletrendszerét és egy egyenletrendszerét.
16. Keresse meg az x − 2y + 4z = 2 és az x + y − 2z = 5 síkok metszésvonalának az egyenletét.
17. Határozza meg a P0 (−2, −1, 8) ponton átmen® és az y 3−z x+1=− = 2 3 egyenlet¶ egyenesre mer®leges síknak az egyenessel való döfésponját.
18. Számítsa ki a P (5, −1, −4) pont távolságát az x = 2t − 1, y = −3t, z = 3t + 4
(t ∈ R)
egyenlet¶ egyenest®l. Írja fel a P ponton átmen® és az adott egyenesre illeszked® sík egyenletét.
19. Mutassa meg, hogy az y+4 z−3 x−3 = = 2 −1 4
és
x+2 y z+5 = = −4 2 −8
egyenlet¶ egyenesek párhuzamosak. Határozza meg a távolságukat. Írja fel a két egyenesre illeszked® sík egyenletét.
20. Határozza meg az x − 2y + z = 1 és a 2x − 4y + 2z = 1 síkok távolságát.
3. A rendezett szám n-esek lineáris tere
7
3. A rendezett szám n-esek lineáris tere Korábban a vektorokat irányított szakaszokként de niáltuk, és láttuk, hogy az i, j, majd a k vektorok bevezetésével egy kétdimenziós (sík)vektor és egy valós számpár, valamint egy háromdimenziós (tér)vektor és egy valós számhármas között kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés létesíthet®, ezért például az (x1 , x2 , x3 ) számhármast vektornak is tekinthetjük. Az alábbiakban bevezetjük a vektor fogalmának egy általánosítását. Ehhez nem geometriai meggondolásokon, hanem algebrai de níciókon keresztül jutunk el. Legyen n egy rögzített pozitív egész szám és jelöljük Rn -nel R-nek önmagával vett n-szeres Descartes-szorzatát. Rn elemei tehát rendezett szám n-esek, amelyeket az x = (x1 , x2 , . . . , xn ), y = (y1 , y2 , . . . , yn ) szimbólumokkal fogjuk jelölni. Utalva ezek geometriai hátterére, az Rn elemeit vektoroknak, az x1 , x2 , . . . , xn számokat az x vektor koordinátáinak vagy komponenseinek szokás nevezni. Az x, y ∈ Rn szám n-eseket akkor tekintjük egyenl®nek, ha a megfelel® komponenseik egyenl®ek:
x1 = y1 , x2 = y2 , . . . , xn = yn .
3.1. M¶veletek értelmezése Rn -en Az x := (x1 , . . . , xn ), y := (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn vektorok összegét, valamint az x vektor és a λ valós szám szorzatát röviden vektor számszorosát így értelmezzük:
x + y := (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ), λ · x := (λx1 , λx2 , . . . , λxn ). (A szorzás jelét el szokás hagyni. Ezt a m¶veletet így fogjuk jelölni: ·λ.) Világos, hogy minden x, y ∈ Rn esetén x + y ∈ Rn (szavakban: Rn zárt az összeadásra nézve), minden λ ∈ R, x ∈ Rn esetén λ · x ∈ Rn (szavakban: Rn zárt a számmal való szorzásra nézve). Igen egyszer¶en igazolható, hogy ezek a m¶veletek rendelkeznek az alábbi tulajdonságokal.
1. tétel. 1o Az Rn elemei között értelmezett összeadásra a következ®k teljesülnek: (i) kommutatív, azaz bármely x, y ∈ Rn elemekre x + y = y + x;
8
3. A rendezett szám n-esek lineáris tere (ii) asszociatív, azaz minden x, y, z ∈ Rn vektorra
(x + y) + z = x + (y + z); (iii) létezik nullelem, azaz van olyan 0 ∈ Rn vektor, amellyel bármely x ∈ Rn esetén x+0=x
(a 0 := (0, 0, . . . , 0) ∈ Rn vektor rendelkezik ezzel a tulajdonsággal); (iv) minden elemnek létezik ellentettje, azaz bármely x ∈ Rn elemre a −x ∈ Rn vektorra fenáll az x + (−x) = 0 egyenl®ség (−x az x vektor ellentettje).
2o A Rn halmazban bevezetett számmal való szorzás m¶velete az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik: (i) 1 · x = x (x ∈ Rn ); (ii) (λµ)x = λ(µx) (λ ∈ R, x ∈ Rn ); (iii) (λ + µ)x = λx + µx (λ, µ ∈ R, x ∈ Rn ); (iv) λ(x + y) = λx + λy (λ ∈ R, x, y ∈ Rn ). Megmutatható lenne az, hogy az iménti tételben megfogalmazott alaptulajdonságokból a sík- és tér vektorainál sokszor használt további tulajdonságok (pl. a nullelem és az ellentett egyértelm¶sége, a minden x ∈ Rn esetén fennálló 0 · x = 0 és (−1) · x = −x egyenl®ségek) már levezethet®k lennének. Az Rn halmazt tehát két m¶velettel láttuk el. A matematikában ezt úgy szokás kifejezni, hogy értelmeztünk egy struktúrát. Az 1. tételben az (Rn , +, ·λ) struktúra meghatározó tulajdonságait soroltuk fel. Hamarosan (pl. a mátrixoknál) látni fogjuk azt, hogy más halmazokon is lehet értelmezni ilyen m¶veleteket pontosan ilyen alaptulajdonságokkal. Ez az oka annak, hogy egy új elnevezést vezetünk be: Az (Rn , +, ·λ) struktúrát az R (számtest) feletti lineáris térnek (vagy az R (számtest) feletti vektortérnek) nevezzük és a továbbiakban röviden csak Rn teret mondunk. (Az elnevezésben R kiemelése azt fejezi ki, hogy a λ értékeket az R számtest elemeib®l vesszük.) Megjegyzés. Az x = (x1 , x2 , . . . , xn ) szám n-est gyakran sorvektornak is nevezzük, és ekkor az x = [x1 , x2 , . . . , xn ] jelölést is használjuk. Az x ∈ Rn komponenseit megadhatjuk oszlopba rendezve is: x1 x = ... xn
ilyenkor oszlopvektorról beszélünk.
3.2. Lineárisan független és összefügg® vektorok. Bázis
9
Az oszlopvektorok és a sorvektorok halmazában analóg módon értelmezhetjük az összeadás és a számmal való szorzás m¶veletét. A rendezett szám n-esek, az oszlopvektorok és a sorvektorok halmaza között olyan kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetést lehet létesíteni, ami megtartja a m¶veleteket, ezért e három struktúra között nem teszünk különbséget.
3.2. Lineárisan független és összefügg® vektorok. Bázis Korábban már láttuk sík- és térbeli vektorok körében a párhuzamos- (kollineáris-) és az egysíkú (komplanáris) vektorok jelent®ségét. Most ezek általánosítását adjuk meg. Szükségünk lesz a következ® elnevezésekre: A továbbiakban végig m és n tetsz®leges természetes számokat fog jelölni. Az x1 , x2 , . . . , xm ∈ Rn vektorok lineáris kombinációjának nevezzük a
λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λm xm alakú Rn -beli vektorokat, ahol λ1 , . . . , λm tetsz®leges valós számok. Triviális lineáris kombinációnak nevezzük a λ1 = · · · = λm = 0 együtthatókkal képzett lineáris kombinációt. Világos, hogy a triviális lineáris kombináció az Rn -tér nulleleme.
De níció. 1o Az x1 , x2 , . . . , xm ∈ Rn vektorok lineárisan összefügg®k, ha vannak
olyan nem mind nulla λ1 , λ2 , . . . , λm ∈ R valós számok (azaz |λ1 | + · · · + |λm | > 0), amelyekkel a λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λm xm = 0
egyenl®ség teljesül, azaz az x1 , x2 , . . . , xm vektoroknak van olyan nem triviális lineáris kombinációja, ami a 0 vektort állítja el®. 2o Az x1 , x2 , . . . , xm ∈ Rn vektorok lineárisan függetlenek, ha nem lineárisan összefügg®k, azaz
λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λm xm = 0
=⇒
λ1 = λ2 = · · · = λm = 0,
és ez azt jelenti, hogy a 0 vektort az x1 , x2 , . . . , xm vektoroknak csak a triviális lineáris kombinációja állítja el®. Megjegyzés. Ezek a fogalmak valóban a kollinearitás és komplanaritás általánosításai. Gondoljuk meg a következ®ket: az a, b ∈ R2 síkbeli vektorok kollineárisak nem kollineárisak
⇐⇒ ⇐⇒
ha lineárisan összefügg®k, ha lineárisan függetlenek;
az a, b, c ∈ R3 térbeli vektorok komplanárisak nem komplanárisak
⇐⇒ ⇐⇒
ha lineárisan összefügg®k, ha lineárisan függetlenek.
10
3. A rendezett szám n-esek lineáris tere Igen fontos kérdés a következ®: hogyan lehet eldönteni az Rn -ben megadott
vektorokról azt, hogy azok lineárisan függetlenek-e vagy lineárisan összefügg®k? A de níció alapján ez attól függ, hogy a vektorok milyen lineáris kombinációja állítja el® a 0 vektort. A vektorok triviális lineáris kombinációja nyilván a 0 vektort adja. A vektorok akkor lineárisan függetlenek, ha más lineáris kombináció nem állítja el® a 0 vektort; az ellenkez® esetben a vektorok lineárisan összefügg®k. Tegyük fel, hogy adottak az x1k x2k xk := .. ∈ Rn (k = 1, 2, . . . , m) .
xnk vektorok. Azt kell megvizsgálni, hogy milyen λ1 , . . . , λm valós számokra áll fenn a
λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λm xm = 0 egyenl®ség. Ezt koordinátákkal felírva azt kapjuk, hogy x11 x1m λ1 x11 + · · · + λm x1m 0 .. .. . . .. λ1 x1 + · · · + λm xm = λ1 . + · · · + λm . = = .. . xn1 xnm λ1 xn1 + · · · + λm xnm 0 Két vektor pontosan akkor egyenl®, ha a koordinátái megegyeznek, ezért a λ1 , . . . , λm ismeretlenekre a következ® egyenletrendszert kapjuk:
λ1 x11 + λ2 x12 + · · · + λm x1m = 0, λ1 x21 + λ2 x22 + · · · + λm x2m = 0, .. . λ1 xn1 + λ2 xn2 + · · · + λm xnm = 0. Ha ennek az egyenletrendszernek csak a triviális (azaz λ1 = λ2 = · · · = λm = 0) megoldása van, akkor az x1 , . . . , xm vektorok lineárisan függetlenek, az ellenkez® esetben pedig lineárisan összefügg®k. Az elmondottakat a következ® példán illusztráljuk.
1. példa. Döntsük el, hogy a következ® R3 -beli vektorok lineárisan függetlenek-e vagy nem:
2 0 2 (a) x1 := 0 , x2 := 3 , x3 := 1 ; 3 1 0
3.2. Lineárisan független és összefügg® vektorok. Bázis 1 0 2 (b) x1 := 2 , x2 := 1 , x3 := 4 . 3 0 6
11
A következ® állításban felsoroljuk a lineárisan független, illetve lineárisan összefügg® vektorrendszerek néhány alapvet® tulajdonságát.
2. tétel. 1o Az x1 , x2 , . . . , xm ∈ Rn vektorok akkor és csak akkor lineárisan össze-
függ®k, ha legalább az egyik közülük kifejezhet® a többi lineáris kombinációjával. 2o Ha az x1 , x2 , . . . , xm ∈ Rn vektorok közül az egyik a 0 vektor, akkor a vektorrendszer lineárisan összefügg®. 3o Lineárisan összefügg® vektorokhoz az Rn -tér bármelyik vektorát hozzávéve lineárisan összefügg® vektorrendszert kapunk. 4o Lineárisan függetlenek vektorrendszer bármelyik részrendszere is lineárisan független. Az Rn -térben van n elemb®l álló lineárisan független vektorrendszer.
3. tétel. 1o Az Rn térben az 1 0 e1 := 0 , .. . 0
0 1 e2 := 0 , .. . 0
0 0 e3 := 1 , .. . 0
...,
0 0 en := 0 .. . 1
vektorok lineárisan függetlenek. 2o Minden x ∈ Rn (oszlop)vektor egyértelm¶en írható fel az e1 , e2 , . . . , en vektorok lineáris kombinációjaként. Az Rn -térben más olyan vektorrendszerek is megadhatók, amelyekre teljesülnek az el®z® tétel állításai. Ezt R3 -ban illusztráljuk.
2. példa. (a) Az R3 -beli 1 f1 := 1 , 1
1 f2 := 1 , 0
1 f3 := 0 0
vektorok lineárisan függetlenek. (b) Minden x ∈ R3 (oszlop)vektorhoz egyértelm¶en léteznek olyan λ1 , λ2 , λ3 valós számok, amelyekre x = λ1 f1 + λ2 f2 + λ3 f3 .
12
3. A rendezett szám n-esek lineáris tere Ez a példa is motiválja a következ® fontos fogalom bevezetését.
De níció. Azt mondjuk, hogy az Rn -beli a1 , a2 , . . . , am vektorrendszer az Rn -tér egy bázisa, ha (a) a vektorok lineárisan függetlenek, (b) minden x ∈ Rn vektor egyértelm¶en állítható el® az Rn -beli a1 , . . . , am vektorok lineáris kombinációjával, azaz
∃ ! λ1 , . . . , λm ∈ R : x = λ1 a1 + λ2 a2 + · · · + λm am . A fentiek alapján Rn -ben van n vektort tartalmazó bázis: e1 , e2 , . . . , en . Ezt az Rn -tér kanonikus bázisának nevezzük. Láttuk azt is, hogy Rn -ben más bázis is megadható. Felvet®dik tehát a következ® kérdés: hány vektor alkothat bázist Rn ben? Erre ad választ a következ® állítás.
4. tétel. Az Rn -tér minden bázisa pontosan n vektort tartalmaz. Ennek az állításnak egy nyilvánvaló következménye az
5. tétel. Az Rn -beli a1 , . . . , an (tehát n számú) vektor akkor és csak akkor bázis
Rn -ben, ha a vektorok lineárisan függetlenek.
Vegyük most Rn egy tetsz®leges a1 , a2 , . . . , an bázisát, és jelöljük ezt a-val. A bázis de níciójából következik, hogy ekkor minden x ∈ Rn vektorhoz egyértelm¶en léteznek olyan λ1 , λ2 , . . . , λn valós számok, amelyekre x = λ1 a1 +λ2 a2 +· · ·+λn an . A λ1 , λ2 , . . . , λn együtthatókkal képzett (oszlop)vektort az x vektor a bázisra vonatkozó koordinátáinak nevezzük, és így jelöljük: λ1 λ2 [x]a := .. . .
λn
3. példa. Legyen 1 a1 := 2 , 1
1 a2 := 1 , 1
1 a3 := 1 , 2
−3 x := 0 . 9
Igazoljuk, hogy a1 , a2 , a3 bázis R3 -ban, és határozzuk meg az x vektornak erre a bázisra vonatkozó koordinátáit.
3.3. Alterek Rn -ben
13
3.3. Alterek Rn -ben Kitüntetett szerepet játszanak az Rn tér azon részhalmazai, amelyek az összeadásra és a számmal való szorzásra zártak. Az ilyen részhalmazokat fogjuk altereknek nevezni.
De níció. Az M ⊂ Rn halmaz altér Rn -ben, ha
(i) ∀ x, y ∈ M esetén x + y ∈ M , (ii) ∀ x ∈ M és ∀ λ ∈ R esetén λx ∈ M .
Az egész Rn tér, illetve a csak a 0 vektorból álló részhalmaz nyilván alér. Ezeket triviális altereknek nevezzük. Nyilvánvaló az is, hogy a zérusvektor az Rn tér minden alterének eleme. Alterekre a legfontosabb példa a következ®: Tekintsük az Rn tér tetsz®leges a1 , a2 , . . . , am vektorait. Szinte nyilvánvaló, hogy ezek összes lineáris kombinációinak a halmaza altér Rn -ben. Ezt az alteret az a1 , a2 , . . . , am vektorok által kifeszített (vagy generált) altérnek nevezzük, és az alábbi szimbólumok valamelyikével jelöljük:
ha1 , a2 , . . . , am i
vagy
Span {a1 , a2 , . . . , am }
Ezt az alteret szokás még az a1 , a2 , . . . , am vektorok lineáris burkának is nevezni. Az a1 , . . . , am vektorokat a szóban forgó altér generáló elemeinek is mondjuk. Az elmondottak alapján tehát
ha1 , a2 , . . . , am i := Span {a1 , a2 , . . . , am } := := {λ1 a1 + · · · + λm am | λ1 , . . . , λm ∈ R} Nyilvánvaló, hogy ha az a1 , a2 , . . . , am vektorok lineárisan függetlenek (ekkor m ≤ n), akkor a vektorok közül bármelyiket elhagyva az ha1 , a2 , . . . , am i altért®l különböz® halmazt kapunk. A helyzet megváltozik akkor, ha az a1 , a2 , . . . , am vektorok lineárisan összefügg®k. Gondoljuk meg például azt, hogy R2 -ben az (1, 6) vektor által generált altér megegyezik a (2, 12), (7, 42) vektorok által generált altérrel. Ebben az esetben bizonyos vektorokat elhagyhatunk úgy, hogy a maradék vektorok által generált altér az eredeti vektorok által generált altérrel egyezik meg. Legfeljebb hány vektort hagyhatunk el, és hogyan lehet ezeket a vektorokat kiválasztani? Ezekkel a kérdésekkel kapcsolatos a következ®
De níció. Az Rn -beli a1 , a2 , . . . , am vektorrendszer rangján a rendszerb®l kiválasztható lineárisan független vektorok maximális számát értjük, és ezt a számot így jelöljük: rang (a1 , a2 , . . . , am ).
14
3. A rendezett szám n-esek lineáris tere
Mivel az Rn tér bármelyik n + 1 vektora lineárisan összefügg®, ezért bármelyik vektorrendszer rangja ≤ n. A de níció másik közvetlen következménye az alábbi állítás:
6. tétel. Ha az Rn -beli a1 , a2 , . . . , am vektorrendszer rangja r, akkor
(i) a vektorok között van r számú lineárisan független vektor, (ii) az ha1 , a2 , . . . , am i altér minden eleme egyértelm¶en el®állítható az r lineárisan független vektor lineáris kombinációjával (tehát az ezek által generált altér megegyezik az ha1 , a2 , . . . , am i altérrel). Ez a tétel választ ad arra a kérdésre, hogy az a1 , a2 , . . . , am vektorok közül legfeljebb mennyit hagyhatunk el úgy, hogy a maradék vektorok ugyanazt az alteret generálják, mint az a1 , a2 , . . . , am vektorok. A jelenlegi eszközeinkkel is mutathatnánk olyan módszert, amelynek segítségével ezek a vektorok kiválaszthatók lennének. Újabb ismeretek birtokában azonban a kiválasztásra egy jóval egyszer¶bb eljárást fogunk mutatni. A fentieket tetsz®leges altérre is kiterjeszthetjük.
De níció. Az M ⊂ Rn altér b1 , b2 , . . . , bm vektorait az M altér egy bázisának
nevezzük, ha (i) ezek a vektorok lineárisan függetlenek, (ii) minden M -beli elem egyértelm¶en el®állítható a b1 , b2 , . . . , bm vektorok lineáris kombinációjával.
7. tétel. Tetsz®leges M ⊂ Rn altérben van bázis. Minden bázis ugyanannyi elemb®l áll. Egy bázist alkotó vektorok számát az M altér dimenziójának nevezzük, és
dim M -mel jelöljük.
8. tétel. Legyen a1 , a2 , . . . , am tetsz®leges Rn -beli vektorrendszer. Ekkor az ál-
taluk generált ha1 , a2 , . . . , am i altér dimenziószáma az a1 , a2 , . . . , am vektorrendszer rangjával egyenl®:
dimha1 , a2 , . . . , am i = rang (a1 , a2 , . . . , am ).
4. példa. Jellemezzük és szemléltessük az R2 sík és az R3 tér altereit. Hány dimenziósak az alterek?
5. példa. Szemléltessük az R3 tér ¯ ª © M := (x, y, z) ∈ R3 ¯ 2x + 3y = 5z részhalmazát, és mutassuk meg, hogy ez altér R3 -ban. Hány dimenziós ez az altér? Adjuk meg egy bázisát.
3.4. Feladatok
15
6. példa. Szemléltessük az R3 tér ¯ © ª M := (x, y, z) ∈ R3 ¯ 2x + 3y + z = 1 részhalmazát, és mutassuk meg, hogy ez nem altér R3 -ban.
3.4. Feladatok • Lineárisan összefügg® és független vektorrendszerek
1.
Döntse el, hogy a következ® R3 -beli vektorok lineárisan függetlenek-e vagy nem: 2 1 1 1 −1 2 2 , 2 ; 0 ; −3 , 2 , (b) 0 , (a) 1 4 −3 2 3 −3 1 0 2 1 −1 1 (c) 0 , 1 , 3 ; (d) 2 , 4 , 5 . 2 1 1 3 7 8
2.
Tegyük fel, hogy az R6 tér b1 , b2 , b3 , b4 , b5 és b6 vektorai lineárisan függetlenek. Döntse el, hogy az alábbi vektorrendszerek lineárisan függetlenek vagy összefügg®k: (a) b2 − b1 , b3 − b2 , b4 − b3 , b5 − b4 , b6 − b5 , b1 ; (b) b2 − b1 , b3 − b2 , b4 − b3 , b5 − b4 , b6 − b5 , b1 − b6 .
3.
Bizonyítsa be, hogy a
−2 0 , 1
1 − 2 , 3
0 −1 2
vektorok lineárisan függetlenek, ezért bázist alkotnak R3 -ban. Adja meg a 2 1 −7 vektornak erre a bázisra vonatkozó koordinátáit.
16
3. A rendezett szám n-esek lineáris tere
• Alterek
4.
Tekintsük az R3 tér ¡ ¢ a := 1, 3, 4 ,
¡ ¢ ¡ ¢ b := 2, 7, 2 , c := −1, 2, 1 ¡ ¢ vektorait. Döntse el, hogy az x := −3, 1, −2 vektor benne van-e a vektorok által generált az ha, b, ci szimbólummal jelölt altérben.
5.
Szemléltesse az R3 tér
© M1 := (x, y, z) ∈ R3 © M2 := (x, y, z) ∈ R3
¯ ª ¯ x+y =z , ¯ 2 ª ¯ x + y2 = z2
részhalmazait. Alteret alkotnak-e ezek a részhalmazok? Ha igen, akkor hány dimenziósak?
6.
Igazolja, hogy az R4 tér ¯ © ª M := (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 ¯ x1 + 3x2 = 5x3 − x4 részhalmaza egy altér R4 -ben. Hány dimenziós ez az altér? Adja meg egy bázisát.
4. Mátrixok
17
4. Mátrixok 4.1. De níciók • m × n-es mátrix:
a11 a12 a21 a22 . .. . £ ¤ . . A := aik := ai1 ai2 . .. .. . am1 am2
· · · a1k · · · a2k . · · · .. ···
aik .. .
··· · · · amk
· · · a1n · · · a2n .. . ··· · · · ain .. . ··· · · · amn
aik -k valós számok (az A mátrix elemei ); i : sorindex; k : oszlopindex. [a i1 , ai2 , . . . , ain ] : a mátrix i-edik sorvektora; ak1 ak2 .. : a mátrix k -adik oszlopvektora. . akn Rm×n : az m × n-es valós elem¶ mátrixok halmaza.
De níció. Az A = [aik ] ∈ Rm×n és a B = [bik ] ∈ Rp×q mátrixok egyenl®ek, ha (i) azonos típusúak, azaz m = p és n = q , (ii) az egyenl® index¶ elemeik megegyeznek, azaz
aik = bik
(i = 1, 2, . . . , m; k = 1, 2, . . . , n).
• Speciális mátrixok
1. Zérusmátrix:
0 0 m×n .. ∈ R . 0 0 ... 0
0 0 0 := .. .
0 ... 0 ... .. .
2. Sorvektor: az 1 × n-es mátrix: [a1 , a2 , . . . , an ] ∈ R1×n .
18
4. Mátrixok
Oszlopvektor: az m × 1-es mátrix:
a1 a2 .. ∈ Rm×1 . . am
3. Négyzetes mátrix: a sorainak és az oszlopainak a száma egyenl®: a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n n×n A := .. .. .. ∈ R . . . an1 an2 . . . ann
(n-edrend¶ mátrix).
f®átló 3.a n-edrend¶ egységmátrix:
1 0 En := 0 .. . 0
0 ... 0 0 . . . 0 1 . . . 0 . .. .. . . 0 0 ... 1 0 1 0 .. .
3.b n-edrend¶ diagonális mátrix: a f®átlón kívüli elemek mind nullák:
a11 0 0 0 a22 0 0 0 a33 .. .. .. . . . 0 0 0
... ... ...
0 0 0 .. .
.
. . . ann
3.c n-edrend¶ alsóháromszög-mátrix: a f®átló feletti elemek mind nullák:
a11 0 0 a21 a22 0 a31 a32 a33 .. .. .. . . . an1 an2 an3
... ... ...
0 0 0 .. .
. . . ann
.
4.2. M¶veletek mátrixokkal
19
3.d n-edrend¶ fels®háromszög-mátrix: a f®átló alatti elemek mind nullák:
a11 a12 a13 0 a22 a23 0 0 a33 .. .. .. . . . 0 0 0
. . . a1n . . . a2n . . . a3n . .. . . . . ann
4.2. M¶veletek mátrixokkal 1. Transzponálás. De níció. Az m × n-es
a11 a12 a13 a21 a22 a23 A := a31 a32 a33 .. .. .. . . . am1 am2 am3 mátrix transzponáltjának nevezzük a mátrixot: a11 a21 a12 a22 AT := a13 a23 .. .. . .
a1n a2n
. . . a1n . . . a2n . . . a3n ∈ Rm×n .. . . . . amn
sorok és az oszlopok felcserélésével kapott a31 . . . am1 a32 . . . am2 a33 . . . am3 ∈ Rn×m . .. .. . . a3n . . . amn
Az m × n-es mátrix transzponáltja tehát egy n × m-es mátrix. Ha például 1 2 · ¸ 0 7 1 0 6 4 4×2 T A := akkor A = ∈ R2×4 . 6 3 ∈ R , 2 7 3 5 4 5
De níció. Az n-edrend¶ A = [aik ] ∈ Rn×n mátrix szimmetrikus, ha AT = A, antiszimmetrikus, ha AT = −A.
20
4. Mátrixok
Nyilvánvaló, hogy egy A = [aik ] n-edrend¶ mátrix pontosan akkor szimmetrikus, ha az elemei a f®átlóra szimmetrikusak, azaz aik = aki (i, k = 1, 2, . . . , n); illetve pontosan akkor antiszimmetrikus, ha a f®átlóra szimmetrikus elemek egymás ellentettjei, azaz aik = −aki (i, k = 1, 2, . . . , n). Speciálisan: aii = −aii -b®l következik, hogy aii = 0 (i = 1, 2, . . . , n), tehát antiszimmetrikus mátrix f®átlójában minden elem 0.
2. Két mátrix összege (csak azonos típusú mátrixok esetén értelmezzük). De níció. Az m×n-es A = [aik ], B = [bik ] ∈ Rm×n mátixok összegét így de niáljuk:
a11 + b11 a21 + b21 A + B := .. .
a12 + b12 a22 + b22 .. .
a13 + b13 a23 + b23 .. .
... ...
a1n + b1n a2n + b2n .. .
∈ Rm×n .
am1 + bm1 am2 + bm2 am3 + bm3 . . . amn + bmn
3. Mátrix számszorosa. De níció. Ha A = [aik ] ∈ Rm×n és λ ∈ R, akkor
λa11 λa21 λA := .. .
λa12 λa22 .. .
λa13 λa23 .. .
. . . λa1n . . . λa2n m×n . .. ∈ R .
λam1 λam2 λam3 . . . λamn
4. Két mátrix szorzata (csak akkor értelmezzük, ha az els® tényez® oszlopainak
a száma egyenl® a második tényez® sorainak a számával).
De níció. Az m × n-es A = [aik ] ∈ Rm×n és az n × p-s B = [bik ] ∈ Rn×p mátrixok szorzatának nevezzük és A·B-vel jelöljük azt az m×p-s C = [cik ] mátrixot, amelynek cik eleme n X cik := ai1 b1k + ai2 b2k + · · · + ain bnk = ail blk l=1
(i = 1, 2, . . . , m; k = 1, 2, . . . , p). A C szorzatmátrix i-edik sorában és k -adik oszlopában álló elemet tehát úgy kapjuk meg, hogy az A mátrix i-edik sorának és a B mátrix k -adik oszlopának
4.2. M¶veletek mátrixokkal
21
megfelel® elemeit összeszorozzuk és a szorzatokat összeadjuk, vagyis a C szorzatmátrix cik eleme az A mátrix i-edik sorvektorának és a B mátrix k -adik oszlopvektorának a skaláris szorzata. (Ezért szokás azt is mondani, hogy két mátrix szorzatát sor-oszlopszorzással de niáljuk.) Szorozzuk össze példaként az 1 3 2 0 4×2 A := −1 1 ∈ R , 0 2
·
és a
¸ 4 0 −1 B= ∈ R2×3 0 −1 0
mátrixokat. Ezek A · B szorzata képezhet®: 1 3 · ¸ 2 0 4 0 −1 A·B= −1 1 · 0 −1 0 = 0 2 1·4+3·0 1 · 0 + 3 · (−1) 1 · (−1) + 3 · 0 4 −3 −1 2·4+0·0 2 · 0 + 0 · (−1) 2 · (−1) + 0 · 0 0 −2 = 8 = (−1) · 4 + 1 · 0 (−1) · 0 + 1 · (−1) (−1) · (−1) + 1 · 0 −4 −1 1 . 0·4+2·0 0 · 0 + 2 · (−1) 0 · (−1) + 2 · 0 0 −2 0 A fenti két mátrix esetén a B · A szorzat nem képezhet®, mert B oszlopainak a száma különbözik A sorainak a számától. Világos, hogy az A ∈ Rm×n és a B ∈ Rp×q mátrixokra az A · B és az B · A szorzat akkor és csak akkor képezhet®, ha m = q és n = p. Ebben az esetben
A · B ∈ Rm×m
és
B · A ∈ Rn×n ,
ami azt jelenti, hogy a mátrixszorzás kommutativitásáról csak négyzetes mátrixok esetén lehet szó. Jegyezzük meg jól, hogy a mátrixszorzás nem kommutatív:
A · B 6= B · A. Ezt mutatja a következ® példa: · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 2 · = 6 = · = . 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 Bizonyos A és B mátrixok esetén persze el®fordulhat, hogy teljesül az A · B = B · A egyenl®ség. Ilyen speciális eset például az, amikor az egyik tényez® a zérusmátrix vagy az egységmátrix. Ekkor érvényesek az alábbi azonosságok:
A·0=0·A=0 A · En = En · A = A
(A, 0 ∈ Rn×n ), (A, En ∈ Rn×n ).
22
4. Mátrixok
De níció. Az n-edrend¶ A, B ∈ Rn×n mátrixok felcserélhet®k (egymással kommutálnak), ha A · B = B · A. • A mátrixm¶veletek tulajdonságai 1o A Rm×n halmazban bevezetett összeadás m¶velete (i) kommutatív: A + B = B + A (A, B ∈ Rm×n ); (ii) asszociatív: (A + B) + C = A + (B + C) (A, B, C ∈ Rm×n ); (iii) a 0 zérusmátrixra a következ® teljesül: A + 0 = A (A ∈ Rm×n ) (a zérusmátrix az Rm×n tér nulleleme); (iv) minden A ∈ Rm×n mátrix esetén a −A ∈ Rm×n mátrixra A+(−A) = 0 teljesül. (−A az A mátrix ellentettje). 2o Az Rm×n halmazban bevezetett számmal való szorzás m¶velete az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik: (i) 1 · A = A (A ∈ Rm×n ); (ii) (λµ)A = λ(µA) (λ ∈ C, A ∈ Rm×n ); (iii) (λ + µ)A = λA + µA (λ, µ ∈ C, A ∈ Rm×n ); (iv) λ(A + B) = λA + λA (λ ∈ C, A, B ∈ Rm×n ). o 3 A mátrixok között értelmezett szorzás (i) nem kommutatív; (ii) asszociatív: (A·B)·C = A·(B·C) (A ∈ Rm×n , B ∈ Rn×p , C ∈ Rp×q ). (iii) disztributív: A · (B + C) = A · B + A · C) (A ∈ Rm×n , B, C ∈ Rn×p ) (A + B) · C = A · C + B · C) (A, B ∈ Rm×n , C ∈ Rn×p ). 4o A transzponálás tulajdonságai: ¡ ¢T (i) AT = A (A ∈ Rm×n ). (ii) (A + B)T = AT + BT (A, B ∈ Rm×n ). (iii) (A · B)T = BT · AT (A ∈ Rm×n , B ∈ Rn×p ). • Kapcsolat az Rm×n és az Rm·n terek között Figyeljük meg, hogy a mátrixok között értelmezett összeadás és a valós számmal való szorzás m¶veletek ugyanazokkal a tulajdonságokkal rendelkeznek, mint az Rn -beli vektorok között értelmezett hasonló m¶veletek. A 3.1. pont végén tett m×n megjegyzések (vagy pontosabban az ¡ m×n ¢ alapján tehát azt is mondhatjuk, hogy R R , +, ·λ struktúra) R feletti lineáris tér (vagy R feletti vektortér). Igen egyszer¶en meg tudjuk adni ennek a térnek egy bázisát.
1. tétel. Legyen m és n tetsz®leges természetes szám és 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n indexek esetén Eij jelölje azt a mátrixot, amelynek i-edik sorának j -edik oszlopában
4.3. Feladatok
23
1, a többi helyen pedig 0 áll. Ekkor az m · n számú Eij ∈ Rm×n
(1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n)
mártixrendszer bázis az Rm×n lineáris térben, ezért a dimenziószáma m · n, azaz
dim Rm×n = m · n. Tekintsük most a rendezett valós szám (m · n)-esek Rm·n lineáris terét. A 3.2. pontban mondottak szerint ennek dimenziószáma m · n, azaz
dim Rm·n = m · n. Természetes megfeleltetést tudunk létesíteni a mátrixok Rm×n halmaza és az Rm·n vektorhalmaz között. Egy ilyen leképezésre példa az a
ϕ : Rm×n → Rm·n függvény, amelyik egy A ∈ Rm×n mátrixhoz azt az a ∈ Rm·n vektort rendeli, amit úgy kapunk, hogy A sorait egymás után leírjuk. Nyilvánvaló, hogy ez a leképezés bijekció (kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés) az Rm×n és az Rm·n halmazok között. Egyszer¶en igazolható az is, hogy ϕ m¶velettartó, azaz a
ϕ(λA + µB) = λϕ(A) + µϕ(B) egyenl®ség minden A, B ∈ Rm×n mátrixra és minden λ, µ valós számra fennáll. Ezt a tényt röviden úgy fejezzük ki, hogy az Rm×n és az Rm·n lineáris terek izomorfak. A két tér tulajdonságai tehát ugyanazok, csak az elemeik természete külön bözik. Ezért az egymással izomorf terek között nem teszünk különbséget, azonosaknak tekinthetjük ®ket.
4.3. Feladatok • M¶veletek mátrixokkal
1.
Legyen
· A=
¸
1 2 1 , 0 3 1
1 −1 3, B= 2 −1 0
−1 0 3 C = 1 1 1, 2 4 0
1 D = 1. 1
Mi az értéke a következ® mártixkifejezések közül azoknak, amelyek értelmezve vannak:
A + C,
AB,
A + BT ,
CD − 2D,
C2 ,
AD − B,
DT D ?
24
4. Mátrixok
2.
Végezze el a következ® szorzásokat: 7 −2 0 x £ ¤ x, y, z · −2 6 −2 · y . 0 −2 5 z
3.
Számítsa ki az AB és a BA mátrixokat, ha 1 3 −4 3 2 −5 0 2 0 5 , 3. A= B = 1 4 −1 −1 2 2 2 2 4 −3 3 −4 1
4.
Határozza meg az A2 := A · A mátrixot, ha ¸ ¸ · · cos ϕ − sin ϕ a a , (b) A := (a) A := sin ϕ cos ϕ 0 a ahol a, illetve ϕ tetsz®leges valós szám.
5.
Egy cég három gyárában négyféle terméket állít el®. Az 4 0 5 2 A := 2 1 3 0 5 6 2 4 mátrix aij eleme jelentse az i-edik gyárban egy nap alatt el®állított j -edik termék számát. A 40 60 p := 50 20 vektor j -edik komponense a j -edik termék egységára. Mekkora az egy nap alatt el®állított termelési érték gyáranként?
6.
Egy üzem háromféle alapanyagból (A1 , A2 , A3 ) kétféle félkészterméket (F1 , F2 ), majd ezekb®l háromféle végterméket (V1 , V2 , V3 ) állít el®. Az anyagszükségletek a következ®k:
F := F1 F2
A1 2 1
A2 0 4
A3 1 , 0
V :=
V1 V2 V3
F1 2 0 4
F2 1 . 1 0
4.3. Feladatok
25
(a) Mekkora az egyes termékek alapanyagszükséglete? (b) Mekkora az alapanyagszükséglet, ha V1 -b®l 10 db-ot, V2 b®l 15 db-ot és V3 -ból 5 db-ot gyártanak?
7.
Egy üzem négyféle alapanyagból (A1 , A2 , A3 , A4 ) háromféle félkészterméket (F1 , F2 , F3 ), majd ezekb®l kétféle végterméket (V1 , V2 ) állít el®. Az anyagszükségletek a következ®k:
F F := 1 F2 F3
A1 0 3 1
A2 1 0 2
A3 2 1 0
A4 2 , 0 1
V := V1 V2
F1 2 3
F2 0 4
F3 1 . 1
(a) Mekkora az egyes termékek alapanyagszükséglete? (b) Mekkora az alapanyagszükséglet, ha V1 -b®l 4 db-ot, V2 b®l 5 db-ot gyártanak?
8.
Egy kereskedelmi cég n féle terméket forgalmaz m boltjában. Az A mátrix aij eleme jelentse a j -edik termék i-edik boltban egy hónap alatt forgalmazott mennyiségét. A p vektor pi komponense jelölje az i-edik termék egyszégárát. Az A mátrix, az p vektor, az ei (a kanonikus bázisvektor), valamint az 1 (az az oszlopvektor, amelynek minden koordinátája 1) vektorok segítségével írja fel: (a) az r-edik boltban a q -adik áruból eladott mennyiséget; (b) az r-edik bolt bevételét termékenként; (c) a q -adik termék eladásából származó bevételt; (d) az egy hónap alatt eladott termékmennyiséget termékenként; (e) a havi összbevételt.
9.
n bank m különböz® valuta eladásával foglalkozik. Jelentse a P mátrix pij eleme az i-edik valutából a j -edik bankban egy hónap alatt eladott mennyiséget, az A mátrix aij eleme pedig az i-edik valuta j -edik bank szerinti árfolyamát forintban. A P, az A, a diagonális mátrix, valamint az egységvektorok felhasználásával adja meg: (a) a k -adik bank havi deviza eladását devizánként; (b) a k -adik bank l-edik devizájának forintárfolyamát; (c) az s-edik bank havi devizaeladását forintban; (d) az s-edik bank havi devizánkénti forgalmát forintban.
26
4. Mátrixok
10. Határozza meg mindazon B mátrixokat, amelyek az ·
1 2 A= 2 3
¸
mátrixszal felcserélhet®k.
11. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy A ∈ R2×2 és AT felcserélhet® legyen?
5. Négyzetes mátrix determinánsa
27
5. Négyzetes mátrix determinánsa 5.1. A determináns de níciója Most minden négyzetes mátrixhoz alkalmas módon hozzárendelünk egy számot, amit a mátrix determinánsának fogunk nevezni. A de níciót rekurzióval adjuk meg. Ez azt jelenti, hogy el®ször 2 × 2-es (azaz másodrend¶) mátrix determinánsát értelmezzük. Utána megmondjuk azt, hogy ha tetsz®leges (n−1)-edrend¶ mátrix determinánsát már ismerjük, akkor hogyan értelmezzük tetsz®leges n-edrend¶ mátrix determinánsát. Szükségünk lesz a következ® de nícióra: az A = [aik ] ∈ Rm×n mátrix (ahol m, n ≥ 2 egész szám) aik eleméhez tartozó minormátrixán azt az (m−1)×(n−1)es, Aik -vel jelölt mátrixot értjük, amelyet A-ból úgy kapunk, hogy elhagyjuk annak i-edik sorát és k -adik oszlopát. Ha például −1 5 0 7 6 3 2 1 4 3 5×4 A := −7 5 0 2 1 ∈ R , 5 6 3 1 7 akkor
A12
3 1 4 3 = −7 0 2 1 ∈ R4×3 , 5 3 1 7
De níció. 1o A másodrend¶
·
A43
−1 5 7 6 = 3 2 4 3 ∈ R4×3 . −7 5 2 1
¸ a11 a12 ∈ R2×2 a21 a22
mátrix determinánsát így értelmezzük: ¯ ¯ ¯a11 a12 ¯ ¯ := a11 a22 − a21 a12 . det A := ¯¯ a21 a22 ¯
2o Tegyük fel, hogy tetsz®leges (n − 1)-edrend¶ mátrix determinánsát már értelmeztük. Ekkor az n-edrend¶ A = [aik ] ∈ Rn×n mátrix determinánsát az els® sor szerinti kifejtéssel így de niáljuk: ¯ ¯ ¯ a11 a12 . . . a1n ¯ n ¯ ¯ ¯ .. .. ¯ := X(−1)1+k a det A , det A := ¯ ... 1k 1k . . ¯¯ ¯ k=1 ¯an1 an2 . . . ann ¯
28
5. Négyzetes mátrix determinánsa
ahol A1k az A mátrix a1k eleméhez tartozó (n − 1)-edrend¶ minormátrix. Így tetsz®leges rend¶ mátrix determinánsát értelmeztük. Például:
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 4 7 ¯−1 2¯ ¯−1 9¯ ¯2 9¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ +7·¯ −4·¯ det −1 2 9 = 3 · ¯ 6 8¯ 6 4¯ 8 4¯ 6 8 4 = 3 · (2 · 4 − 8 · 9) − 4 · ((−1) · 4 − 6 · 9) + 7 · ((−1) · 8 − 6 · 2) = −100.
Megjegyzés. Harmadrend¶ (és csak harmadrend¶) mátrix determinánsát a következ® módon (Sarrus-szabály ) is kiszámolhatjuk: a11 a12 a13 a11 a12 a13 a11 a12 det a21 a22 a23 = a21 a22 a23 a21 a22 = a31 a32 a33 a31 a32 a33 a31 a32 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a31 a22 a13 − a32 a23 a11 − a33 a21 a12 . (Igazoljuk ezt az állítást!)
5.2. A determináns elemi tulajdonságai Egy magasabb rend¶ mátrix determinánsának a kiszámolása a de níció alapján elég körülményes. Gondoljuk meg például azt, hogy egy negyedrend¶ mátrix esetén 4 harmadrend¶ (azaz 12 másodrend¶) mátrix determinánsát kell meghatározni. Most felsorolunk olyan állításokat, amelyek sok esetben megkönnyítik mátrix determinánsának a kiszámítását.
1. Ha egy mátrix egyik sorának (vagy oszlopának) minden elemét a λ számmal
megszorozzuk, akkor a determinánsa λ-val szorzódik. Például:
·
¸ · ¸ 3·2 3·1 2 1 det = 3 det . 1 4 1 4
(Közös tényez® egy sorból (vagy oszlopból) kiemelhet®.)
2. Ha egy mátrix egy sorának (vagy oszlopának) minden eleme nulla, akkor a determinánsa is 0.
5.2. A determináns elemi tulajdonságai
3.
a11 .. .
det bi1 + ci1 .. . an1 a11 a12 . . . .. .. . . = det bi1 bi2 . . . . .. .. . an1 an2 . . .
a12 .. . bi2 + ci2 .. . an2
29
...
a1n .. .
. . . bin + cin = .. . ...
ann
a11 a12 . . . a1n a1n .. .. .. .. . . . . bin + det ci1 ci2 . . . cin . .. .. .. ... . . . an1 an2 . . . ann ann
4. Alsóháromszög-, illetve fels®háromszög-mátrix determinánsa a f®átlóban lev® e-
lemek szorzata: a11 0 . . . 0 a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . 0 0 a22 . . . a2n det .. .. .. = det .. .. .. = a11 a22 . . . ann . . . . . . . an1 an2 . . . ann 0 0 . . . ann
5. Ha egy mátrixban két sort (vagy oszlopot) felcserélünk, akkor a determinánsa (−1)-szeresére változik. 6. Ha egy A mátrixban két sor (vagy oszlop) megegyezik, akkor det A = 0. 7. Ha egy mátrix egyik sorához (vagy oszlopához) hozzáadjuk egy másik sor (vagy
oszlop) λ-szorosát, akkor a mátrix determinánsa nem változik.
8. Egy mátrix determinánsa tetsz®leges sor szerinti kifejtéssel is meghatározható, azaz tetsz®legesen rögzített i = 1, 2, . . . , n index esetén (az i-edik sor szerinti kifejtés) a11 a12 . . . a1n .. .. .. n . . X . (−1)i+k aik det Aik , det ai1 ai2 . . . ain = . .. .. k=1 .. . . an1 an2 . . . ann
ahol Aik (k = 1, 2, . . . , n) az A mátrix aik eleméhez tartozó minormátrix.
30
5. Négyzetes mátrix determinánsa
9. Egy mátrix determinánsa tetsz®leges oszlop szerinti kifejtéssel is meghatározható, azaz tetsz®legesen rögzített k = 1, 2, . . . , n index esetén (a k -adik oszlop szerinti kifejtés) a11 . . . a1k . . . a1n .. .. .. n . . X . (−1)i+k aik det Aik , det ai1 . . . aik . . . ain = . .. .. i=1 .. . . an1 . . . ank . . . ann ahol Aik (i = 1, 2, . . . , n) az A mátrix aik eleméhez tartozó minormátrix.
10. Ha egy mátrix sorait és oszlopait felcseréljük, akkor a determinánsa nem változik, azaz det A = det AT , ahol AT az A transzponáltja.
11. Az n-edrend¶ A és B mátrixok szorzatának a determinánsa egyenl® a két mátrix
determinánsának a szorzatával:
det A · B = det A · B. (A determinánsok szorzástétele.)
5.3. Feladatok 1.
Az elemi tulajdonságok alkalmazásával számítsuk ki az alábbi mátrixok determinánsát: 1 2 4 1 −1 0 1 a b+c a a a 3 2 , (c) 1 b a + c , (d) −a a x , (a) 1 3 9 , (b) 1 1 4 16 1 2 1 1 c a+b −a −a x
1 1 1 1 1 −1 1 1 , (e) 1 1 −1 1 1 1 1 −1
2 3 (h) 1 2
1 2 3 4
3 3 1 6 , 0 9 1 12
0 1 (f) 1 1
1 0 1 1
1 1 0 1
1 4 9 4 9 16 (i) 9 16 25 16 25 36
1 1 , 1 0 16 25 . 36 49
1 2 3 4 0 −1 0 11 , (g) 2 −1 0 3 −2 0 −1 3
5.3. Feladatok 1 1 1 1 1 −1 1 1 (d) 1 1 −1 1 ; 1 1 1 −1
2.
Legyen
0 1 (e) 1 1
1 1 A= 1 1
1 0 1 1
1 1 0 1 0 1 2 0
1 1 ; 1 0
31 1 4 9 16 4 9 16 25 (f) 9 16 25 36. 16 25 36 49
0 1 . 0 1
Számítsa ki az AT A mátrixot és ennek a determinánsát.
3.
Bizonyítsa be, hogy
1 a a2 det 1 b b2 = (b − a)(c − a)(c − b). 1 c c2
4.
A Vandermonde-féle determináns: Igazolja, hogy tetsz®leges a1 , . . . , an valós számok esetén 1 a1 a21 . . . an−1 1 1 a2 a2 . . . an−1 Y 2 2 det .. .. (aj − ai ). .. .. = . . . .
1 an a2n . . . an−1 n
1≤i<j≤n
32
6. Téglalapmátrix és vektorrendszer rangja
6. Téglalapmátrix és vektorrendszer rangja 6.1. Mátrix rangjának a de níciója Emlékeztetünk arra, hogy az Rn -beli a1 , a2 , . . . , am vektorrendszer rangján a bel®lük kiválasztható lineárisan független vektorok ¡ maximális számát ¢ értjük. Tegyük fel, hogy az iménti vektorrendszer rangja r = rang (a1 , . . . , am ) , és a vektorok úgy vannak indexelve, hogy az a1 , . . . , ar vektorok lineárisan függetlenek. Ekkor az a1 , a2 , . . . , am vektorok ugyanazt az alteret generálják (ugyanazt az alteret feszítik ki), mint az a1 , a2 , . . . , ar vektorok, azaz
ha1 , a2 , . . . , am i = ha1 , a2 , . . . , ar i, következésképpen a1 , a2 , . . . , ar az ha1 , a2 , . . . , am i altér egy bázisa. Ebb®l az is következik, hogy a vektorok által generált altér dimenziója egyenl® a vektorrendszer rangjával:
dimha1 , a2 , . . . , am i = rang (a1 , a2 , . . . , am ). Vegyük észre azt, hogy minden esetben r ≤ m. Ha r < m áll fenn, akkor a megadott a1 , a2 , . . . , am vektorok által generált altér m-nél kisebb számú vektorral (például az a1 , a2 , . . . , ar vektorokkal) is generálható. Ezért fontos a már korábban is felvetett kérdés: Tetsz®legesen megadott Rn -beli a1 , a2 , . . . , am vektorok közül hogyan választható ki maximális számú lineárisan független vektor, vagyis hogyan határozható meg a vektorrendszer által generált altér egy bázisa? Az eddig rendelkezésünkre álló eszközök birtokában persze a válasz a következ®: Lineáris egyenletrendszer megoldásával már el tudjuk dönteni, hogy adott vektorok összefügg®k-e vagy függetlenek. Az a1 -b®l kiindulva sorba egymás után el tudjuk dönteni, hogy a következ® vektor lineárisan független-e a megel®z®kt®l. Ha igen, akkor meghagyjuk, az ellenkez® esetben kidobjuk. Látható, hogy ez az eljárás már kevés számú vektor esetén is sok számolást igényel. A 6.3. pontban egy ennél rövidebb, sokkal kevesebb számolást igényl® módszert mutatunk ilyen vektorok kiválasztására. Ehhez szükségünk lesz a más szempontból is hasznos fogalomnak, a mátrix rangjának a de níciójára.
6.1. Mátrix rangjának a de níciója El®ször néhány jelölést és elnevezést a11 a12 .. .. . . A := ai1 ai2 . .. .. . am1 am2
33 vezetünk be. Legyen adott az m × n-es · · · a1k · · · a1n . .. · · · .. · · · . · · · aik · · · ain . .. · · · .. · · · . · · · amk · · · amn
mátrix. Jelöljük a k -adik oszlopvektorát ak -val, az i-edik sorvektorát pedig α0i -vel. Ekkor ak egy m-dimenziós oszlopvektor, α0i pedig egy n-dimenziós sorvektor: a1k ¡ ¡ α0i = [ai1 , ai2 , . . . , ain ] ∈ Rn vagy R1×n ). ak = ... ∈ Rm vagy Rm×1 ), amk Ezekkel a jelölésekkel az A mátrixot így is írhatjuk: α01 α0 2 A = [a1 , a2 , . . . , an ] = .. . .
α0m
Minden mátrixhoz két lineáris alteret rendelhetünk hozzá: az egyik az oszlopvektorai által generált altér (ez az m-dimenziós Rm -térnek egy altere), a másik a sorvektorai által generált altér (ez pedig az n-dimenziós Rn -térnek egy altere). Be lehet látni azt, hogy a két altér dimenziója egyenl®.
1. tétel. Tetsz®leges A ∈ Rm×n mátrix oszlopvektorterének dimenziója megegyezik
a sorvektorterének a dimenziójával, ezért az oszlopvektorrendszerének a rangja megegyezik a sorvektorrendszerének a rangjával, azaz rang (a1 , a2 , . . . , an ) = rang (α01 , α02 , . . . , α0m ). Ezt a természetes számot az A mátrix rangjának nevezzük és a rang A szimbólummal jelöljük.
Megjegyzések.
1o Nyilvánvaló, hogy
0 ≤ rang A ≤ min(m, n).
2o Vegyük észre azt, hogy néhány olyan esetben, amikor a mátrix csak 0 vagy 1 elemet tartalmaz, akkor a rangja ránézésre megállapítható. Nyilvánvaló például
34
6. Téglalapmátrix és vektorrendszer rangja
az, hogy
0 1 0 0 0 1 0 rang 1 0 0 0 = 2, rang 1 0 0 = 3. 0 0 0 0 0 0 1 Ezt az észrevételt így általánosíthatjuk: Ha egy mátrix csak 0 és 1 elemeket tartalmaz úgy, hogy bármelyik sorban és oszlopban legfeljebb egyetlen 1-es áll, akkor az ilyen mátrix rangja a zérustól különböz® elemek számával egyenl®. Mátrix rangját determinánsokkal is lehet jellemezni. Nevezzük az A ∈ Rm×n mátrix minormátrixának azokat a mátrixokat, amelyek A-ból bizonyos számú sora, illetve oszlopa elhagyásával keletkeznek. Fennáll a következ® állítás:
2. tétel. Az n-edrend¶ A ∈ Rn×n mátrix rangja akkor és csak akkor r, ha A-nak van olyan r-edrend¶ minormátrixa, amelynek a determinánsa nullától különböz®, de minden r-nél magasabb rend¶ minormátrixának a determinánsa nulla.
6.2. Mátrix rangjának a meghatározása Mátrix rangjának meghatározása szempontjából rendkívül fontos az a tény, hogy bizonyos mátrixokon elvégzett m¶veletek nem változtatják meg a mátrix rangját. Ezzel kapcsolatos a következ® állítás.
3. tétel. Az A ∈ Rm×n mátrix rangja nem változik meg, ha a mátrix
(a) két sorát felcseréljük, vagy (b) egy sorát tetsz®leges nem nulla számmal megszorozzuk, vagy (c) egy sorvektorának tetsz®leges számszorosát hozzáadjuk egy másik sorhoz.
A tételben leírt m¶veleteket elemi sorm¶veleteknek nevezzük. Hasonlóan értelmezhetjük az elemi oszlopm¶veleteket is, amelyekre hasonló állítás érvényes. Megállapodunk még abban is, hogy az azonos típusú A és B mátrixokat ekvivalensnek nevezzük (jelben A ∼ B), ha a rangjuk megegyezik. Bármely mátrixból kiindulva elemi sor- vagy oszlopm¶veletek egymás utáni alkalmazásával mindig olyan, vele ekvivalens mátrixhoz juthatunk, ami csak 0 és 1 elemeket tartalmaz úgy, hogy bármelyik sorban és oszlopban legfeljebb egyetlen 1es áll. Ezt az észrevételt a fenti állítással kiegészítve a következ® jól használható módszert kapjuk mátrix rangjának meghatározásához. Elemi sor- és oszlopm¶veletek segítségével minden mátrixból olyan vele ekvivalens mátrix képezhet®, amelynek minden sorában és minden oszlopában legfeljebb egy zérustól különböz® elem áll. Ha már ilyen felépítés¶ mátrixhoz jutottunk, akkor a rang egyszer¶en a zérustól különböz® elemek számával egyenl®.
6.3. Vektorrendszer rangjának meghatározása
1. példa. Határozzuk meg a
mátrix rangját. Megoldás.
2 A = 1 5
0 ∼ 1 0
−1 0 0
2 −3 0 4 A := 1 −1 5 2 5 −7 5 10
0 4 2 ∼ 1 0 10
−3 0 −1 5 −7 5
35
−1 −1 −2
0 −10 0 0 0 ∼ 1 0 0 0
0 −10 0 5 2 ∼ 1 0 −20 0
−1 0 −2
0 1 −1 0 0 0 0 0 ∼ 1 0 0 0 0 0 0
−10 0 0 0 ∼ −20 0 0 0 0
0 0. 0
Az A mátrix rangja tehát 2. ¥
6.3. Vektorrendszer rangjának meghatározása A fentiek alapján vektorrendszer rangjának a meghatározására is egy igen egyszer¶ a továbbiak szempontjából is fontos, ezért begyakorlandó technika adódik: A vektorrendszerb®l képezzünk egy mátrixot úgy, hogy a megadott vektorokat a mátrix oszlopaiba írjuk, majd az ismertetett módon meghatározzuk ennek a mátrixnak a rangját. Ez a szám, mint tudjuk az oszlopvektoraiból kiválasztható lineárisan független vektorok számával, tehát a vektorrendszer rangjával egyenl®. Az eljárás végén az adott vektorrendszerb®l ki tudjuk választani a lineárisan független vektorokat is. Megjegyzés. Vegyük észre azt, hogy az ismertetett technikával vektorrendszer lineáris függetlenségének (összefügg®ségének) a problémáját is lehet kezelni, és ez az új módszer egyszer¶bb a korábban megismert módszernél (egyenletrendszer megoldásánál).
2. példa. Határozzuk meg az 2 a1 := 1 , 5
−3 a2 := −1 , −7
0 a3 := 5 , 5
4 a4 := 2 10
vektorok által generált altér dimenzióját, és adja meg az altér egy bázisát. Megoldás. A vektorokból el®ször egy mátrixot kászítünk:
2 A = [a1 , a2 , a3 , a4 ] = 1 5
−3 0 −1 5 −7 5
4 2, 10
36
6. Téglalapmátrix és vektorrendszer rangja
majd meghatározzuk ennek a rangját. Az 2 −3 A = 1 −1 5 −7
el®z® példában 0 4 0 5 2 ∼ 1 5 10 0
látuk, hogy 1 0 0 0 0 0, 0 0 0
tehát A rangja 2. Ez azt jelenti, hogy az oszlopvektorok (vagyis ai -k) közöt van két lineárisan független vektor, de bármelyik három már lineárisan összefügg®. Fogadjuk el azt a tényt, hogy az elemi sor/oszlop-m¶veletek során a sor/oszlopvektorok lineáris összef®gg®sége/függetlensége nem változik, és fordítsuk gyelmünket az utolsó mátrixra. Ebben az els® két oszlop (következésképpen az eredeti a1 , a2 vektorok) lineárisan függetlenek. A csupa 0 oszlopok azt jelentik, hogy a nekik megfelel® vektorok (a3 és a4 ) kifejezhet®k az a1 , a2 lineáris kombinációjával. (Aki akarja az egyenletrendszeres módszerrel ezeket ellen®rizheti.) Ez tehát azt jelenti, hogy az a1 , a2 lineárisan független vektorok ugyanazt az alteret feszítik ki, mint az a1 , a2 , a3 , a4 vektorok:
ha1 , a2 , a3 , a4 i = ha1 , a2 i, Az altér egy bázisa tehát a1 , a2 . ¥
6.4. Feladatok 1.
Határozza meg az alábbi mátrixok rangját: −1 0 2 1 1 0 2 1 −2 2 4 2 , 0 2 4 2, −3 1 6 3 0 2 2 1
2.
Határozza meg az −2 0 1 −3 0 3 , a2 := 2 , a3 := 0 , a4 := 0 , a5 := 3 . a1 := 1 1 2 1 − 2 2 −2 1 11 −10
−1 0 2 1 −2 0 4 2 . −3 0 6 3
vektorrendszer rangját.
3.
A t valós paraméter minden értéke mellett határozza meg az alábbi mátrixok t-t®l függ® rangját: t+3 5 6 t 0 t2 − 2 −1 t − 3 −6 , 0 0 1 . 1 1 t+4 −1 t t − 1
6.4. Feladatok
37
4.
Az a és b paraméterek mely értékei mellett lesz az alábbi mátrix rangja 4: 3 1 7 −5 −1 3 a 5 . 2 1 3 −3 0 2 −10 b
5.
Határozza meg, hogy az a és b paraméterek mely értékére lesz az alábbi vektorrendszer rangja 1, 2, 3, 4 illetve 5! 11 −8 a −2 1 b 14 −7 1 −3 a1 := 2 , a2 := 0 , a3 := 4 , a4 := −8 , a5 := 10 . −6 −2 4 0 2 2 −2 1 1 1
6.
Határozza meg az
−1 2 3 0 a1 := 2 , a2 := 0 , a3 := 2 , a4 := 2 3 1 6 1 vektorok által generált altér dimenzióját, és adja meg az altér egy bázisát.
7.
Határozza meg az −1 0 3 −5 −8 2 , a2 := 3 , a3 := 0 , a4 := 7 , a5 := 7 a1 := 1 −2 −7 7 14 3 4 −1 11 12 vektorok által generált altér dimenzióját, és adjuk meg az altér egy bázisát.
38
7. Négyzetes mátrix inverze
7. Négyzetes mátrix inverze 7.1. Mátrix invertálhatóságának és inverzének az értelmezése El®ször a valós számok egy fontos tulajdonságát idézzük fel: minden nemnulla a ∈ R számhoz egyértelm¶en létezik olyan b valós szám, amit a-val szorozva, a szorzásra nézve kitüntetett elemet, vagyis 1-et kapunk :
a · b = 1.
(7.1)
Ezt a b számot a reciprokának (vagy a szorzásra vonatkozó inverzének) neveztük (ez utóbbi elnevezést ritkán használtuk), és az
1 vagy az a−1 a
szimbólummal jelöltük. A négyzetes mátrixok körében is értelmeztük a szorzás m¶veletét, ezért hasonló kérdést ott is feltehetünk. Rn×n -ben a szorzásra nézve a kitüntetett elem az nedrend¶ En egységmátrix. Adott A ∈ Rn×n esetén kérdezhetjük tehát azt, hogy van-e olyan n-edrend¶ B mátrix, hogy
A · B = En .
(7.2)
Mivel R-ben is volt a-ra feltétel a (7.1) egyenl®séget kielégít® b szám létezésére (az, hogy a 6= 0), ezért várható, hogy mátrixok esetén is kell A-ra feltétel, hogy létezzen a (7.2) egyenl®séget kielégít® B mátrix. Az A mátrixot akkor fogjuk invertálhatónak nevezni, ha létezik hozzá ilyen B mátrix.
De níció. Azt mondjuk, hogy az n-edrend¶ A ∈ Rn×n mátrix invertálható (van inverze), ha létezik olyan B ∈ Rn×n mátrix, amelyre A · B = B · A = En teljesül, ahol En az n-edrend¶ egységmátrix. A B mátrixot az A mátrix inverzének nevezzük és az A−1 szimbólummal jelöljük. A de níció a következ® kérdéseket veti fel: 1. Hogyan lehet jellemezni azokat a mátrixokat, amelyeknek van inverze? 2. Az inverzmátrixot hogyan lehet kiszámolni? A továbbiakban ezekre a kérdésekre válaszolunk.
7.2. Az inverzmátrix létezése és tulajdonságai
39
7.2. Az inverzmátrix létezése és tulajdonságai Igazolható, hogy ha A-nak van inverze, akkor az egyértelm¶en meghatározott. Több olyan feltétel is megadható, amelyek biztosítják mátrix inverzének a létezését. Ezeket soroljuk fel a következ® állításban.
1. tétel. Az n-edrend¶ A ∈ Rn×n mátrix invertálható ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
ha det A 6= 0; ha sorvektorai, illetve oszlopvektorai lineárisan függetlenek; ha rang A = n.
Azokat a négyzetes mátrixokat, amelyek invertálhatók reguláris mátrixnak is nevezzük. A mátrix szinguláris, ha nem invertálható. Érdemes megjegyezni az inverzre vonatkozó alábbi állításokat.
2. tétel. Legyen ¡A és¢B n-edrend¶ invertálható mátrix. Ekkor −1 −1 (i) (ii) (iii) (iv)
det A = (det A) ; A inverze is invertálható és (A−1 )−1 = A. A transzponáltja, AT is invertálható és (AT )−1 = (A−1 )T ; A · B is invertálható és (A · B)−1 = B−1 · A−1 .
7.3. Az inverzmátrix meghatározása az adjungálttal De níció. Az n-edrend¶ A ∈ Rn×n mátrix adjungáltjának nevezzük és az adj A = [ˆ aik ] szimbólummal jelöljük azt az n-edrend¶ mátrixot, amelynek elemei a ˆik := (−1)i+k det Aki
(i, k = 1, 2, . . . , n),
ahol Aki az A mátrix aki eleméhez tartozó minormátrix. Az adj A mátrixot tehát így kapjuk meg: (1) az A mátrixot a f®átlójára tükrözzük, azaz vesszük az A transzponáltját; (2) A0 -ben minden elemet kicseréljük a hozzá tartozó minormátrix determinánsának a sakktábla-szabály szerinti el®jelezésével. Legyen például 1 2 3 1 4 2 5 6 , 5 −1 . A := 4 azaz A0 = 2 2 −1 3 3 6 3
40
7. Négyzetes mátrix inverze
Ekkor
21 adj A = 0 −14
−9 −3 5
−3 6 . −3
Például a 2. sor 3. elemét (6-ot) úgy kaptuk meg, hogy A0 -ben vettük a 2. sor 3. eleméhez tartozó minormátrix determinánsát: · ¸ 1 4 det = 1 · 6 − 3 · 4 = −6, 3 6 és ezt elláttuk a sakktábla-szabály szerint adódó − el®jellel. A determináns elemi tulajdonságait felhasználva egyszer¶en igazolható, hogy
A · adj A = adj A · A = (det A) · En . Ebb®l már következik az alábbi állítás.
3. tétel. Az n-edrend¶ A ∈ Rn×n mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha det A 6= 0. Ekkor inverze egyértelm¶, és A−1 =
1 · adj A. det A
A fenti A mátrix esetén det A = −21, ezért a mátrix invertálható és 21 −9 −3 1 6 . A−1 = − 0 −3 21 −14 5 −3
7.4. Az inverzmátrix meghatározása elemi sortranszformációkkal Mátrix invertálhatóságának vizsgálatához és inverzének az el®állításához a legegyszer¶bb általános módszert a rang meghatározásánál ismertetett elemi sorm¶veletek segítségével nyerünk. E módszer alapja a következ® észrevétel: mindegyik sorm¶velet eredményeként kapott mátrixot felírhatjuk úgy, hogy az adott mátrixot balról megszorozzuk egy alkalmas mátrixszal.
7.4. Az inverzmátrix meghatározása elemi sortranszformációkkal
41
Az m-edrend¶ S mátrixot elemi mátrixnak nevezzük, ha S az m-edrend¶ Em mátrixból elemi sorm¶veletekkel kapott mátrix. Lássunk néhány példát elemi mátrixra: 0 0 1 1 0 0 1 0 3 0 1 0 , 0 −4 0 , 0 1 0 . 1 0 0 0 0 1 0 0 1 Igazolhatók az alábbi állítások:
1. Ha S m-edrend¶ elemi mátrix és A tetsz®leges m × n-es mátrix, akkor az
S · A mátrix egyenl® azzal a mátrixszal, amit A-ból az S-nek megfelel® elemi sor m¶velettel nyerünk. Tekintsük például az
1 0 2 3 A := 2 −1 3 6 1 4 4 0
mátrixot, és az els® sor háromszorosát megkaphatjuk: 1 0 2 3 1 0 2 − 1 3 6 = 0 1 4 4 10 9 3 0
adjuk hozzá a harmadik sorhoz. Ezt így is
0 1 0 2 3 0 · 2 −1 3 6 = S · A. 1 1 4 4 0
Mivel det Em = 1, ezért a determinánsok elemi tulajdonságaiból azonnal adódik, hogy
2. minden S elemi mátrix invertálható, és az inverze is elemi mátrix. 3. Az n-edrend¶ A ∈ Rn×n mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha A-
ból elemi sorm¶veletekkel az En egységmátrix megkapható, azaz A ekvivalens az En egységmátrixszal.
Tegyük most fel, hogy A ∈ Rn×n invertálható. Ekkor A (mondjuk) k számú elemi sorm¶velettel az egységmátrixba transzformálható, azaz léteznek olyan S1 , S2 , . . . , Sk elemi mátrixok, hogy Sk . . . S2 S1 A = En . (7.3) Vegyük mindkét oldal inverzét:
¡ ¢−1 −1 −1 En = E−1 = A−1 S−1 n = Sk . . . S2 S1 A 1 S2 . . . Sk ,
42
7. Négyzetes mátrix inverze
majd szorozzuk meg ezt egyenletet jobbról, egymás után az Sk , . . . , S2 , S1 mátrixokkal:
A−1 = En Sk . . . S2 S1 .
(7.4)
A (7.3) és a (7.4) egyenl®ség a következ®t jelenti: az A−1 mátrixot az En egységmátrixból megkapjuk úgy, hogy En -re azokat a sorm¶veleteket alkalmazzuk, amelyek A-t az En egységmátrixba transzformálják. Az eddigieket összefoglalva a következ® módszert kapjuk: Az A ∈ Rn×n mátrix mellé írjuk le az En egységmátrixot. Elemi sorm¶veleteket végzünk az [A|En ] mátrixon. Az A mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha A az egységmátrixba transzformálható, azaz [A|En ]-b®l az [En |B] mátrix nyerhet®. Ebben az esetben A inverze a B mátrix. Ha A-ból elemi sorm¶veletekkel nem lehet megkapni az En mátrixot, akkor A nem invertálható.
1. példa. Az ismertetett módszerrel határozzuk meg az 1 2 3 A := 2 5 3 . 1 0 8
mártix inverzét. Megoldás.
1 2 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
2 5 0
3 3 8
2 1 −2
3 −3 5
0 1 0
9 −3 −1
0 1 0
9 −3 1
0 1 0
0 0 1
Az A mátrix tehát invertálható és
A−1
−40 = 13 5
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 0 0
0 1 0
1 −2 −1
0 1 0
5 −2 −5
−2 1 2
5 −2 5
−2 1 −2
−40 13 5
16 −5 −2
16 −5 −2
9 − 3 . ¥ −1
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 −1 9 −3 −1
7.5. Mátrixegyenletek
43
2. példa. Az ismertetett módszerrel mutassuk meg, hogy
1 6 4 A := 2 4 −1 −1 2 5 mátrix nem invertálható. Megoldás.
1 2 −1 1 0 0 1 0 0
6 4 2 6 −8 8 6 −8 0
4 −1 5 ¯ 4 ¯¯ −9 ¯¯ 9 ¯ ¯ 4 ¯¯ −9 ¯¯ 0 ¯
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 0 0
0 1 0
1 −2 1
0 1 0
1 −2 −1
0 1 1
0 0 1
0 0 1 0 0 1
Az A mátrix tehát nem invertálható. ¥
7.5. Mátrixegyenletek 3. példa. Határozza meg az összes olyan X mátrixot, amelyre 2X + A = BT · X teljesül, ahol
1 0 0 A := 0 −2 0 , 0 0 3
2 1 −1 B := 0 3 −2 . 1 0 3
Megoldás. Mivel A (3 × 3)-as mátrix, ezért ehhez csak egy szintén (3 × 3)-as mátrix adható. Így
2X is egy (3 × 3)-as mátrix, következésképpen az ismeretlen X mátrix ha egyáltalán van ilyen, ebben a pillanatban ezt még nem tudjuk is ilyen. Ha X ∈ R3×3 , akkor BT · X nyilván képezhet®, lévén B is (3 × 3)-as mátrix. Mivel BT · X ∈ R3×3 , ezért egyenletnek elvileg lehet megoldása. Fejezzük ki az egyenletb®l az X ismeretlen mátrixot (ha ez egyáltalán lehetséges). A megadott egyenlet nyilván ekvivalens az A = BT · X − 2X egyenlettel. Itt vigyázzunk! A jobb oldalon X-et lenne jó kiemelni. Ebb®l az alakból ezt nem tudjuk megtenni, mert akkor a BT mátrixnak és a 2 számnak a különbségét kellene vennünk, amit
44
7. Négyzetes mátrix inverze
viszont nem értelmeztünk. A következ® észrevételt használhatjuk: Írjuk fel X-et E3 · X alakban, ahol E3 a háromdimenziós egységmátrix: 1 0 0 X = E3 · X = 0 1 0 · X. 0 0 1 (Felhasználtuk tehát az egységmátrix azon alapvet® tulajdonságát, hogy azt egy tetsz®leges X mátrixszal akár balról, akár jobbról megszorozva visszakapjuk X-et.) Így ¡ ¢ A = BT · X − 2X = BT X − 2E3 · X = BT − 2E3 X. (7.5) Ebb®l az egyenletb®l X pontosan akkor fejezhet® ki egyértelm¶en, ha a 0 2 0 1 1 0 0 3 0 − 20 1 0 = 1 D := BT − 2E3 = 1 −1 0 0 1 −1 −2 3 mátrix invertálható. Nézzük: ¯ ¯ 0 0 1 ¯¯ 1 0 0 0 0 1 ¯¯ 1 0 0 0 1 1 0 ¯¯ 0 1 0 ∼ 1 1 0 ¯¯ 0 1 0 ∼ 1 −1 −2 1 ¯ 0 0 1 −1 −2 0 ¯ −1 0 1 0 ¯ ¯ 0 0 1 ¯¯ 1 0 0 0 0 1 ¯¯ 1 0 0 1 ¯ 0 0 ¯ −1 2 1 ∼ 1 0 0 ¯¯ −1 2 1 ∼ 0 ∼ 1 0 −1 0 ¯ −1 1 1 0 1 0 ¯ 1 −1 −1 0 A D mátrix tehát invertálható és
D−1
−1 = 1 1
2 −1 0
0 1 1 0 −2 1
¯ 0 1 ¯¯ 1 1 0 ¯¯ 0 −1 0 ¯ −1 ¯ 0 0 ¯¯ −1 1 0 ¯¯ 1 0 1¯ 1
0 0 ∼ 1 2 1 −1 −1 . 0 0 0 1 1
1 −1 . 0
Az (7.5) egyenletb®l az X mátrix kifejezhet®, mégpedig megszorozzuk a D−1 mátrixszal: −1 2 1 1 0 X = D−1 · A = 1 −1 −1 · 0 −2 1 0 0 0 0
úgy, hogy (7.5) mindkét oldalát balról
0 −1 0 = 1 3 1
−4 2 0
3 −3 . ¥ 0
7.6. Feladatok ·
1.
¸ a b Mutassa meg (és jegyezze meg), hogy a másodrend¶ A = mátrix c d akkor és csak akkor invertálható, ha det A = ad − bc 6= 0, és ekkor · ¸ 1 d −b −1 A = . det A −c a
7.6. Feladatok
2.
45
Igazolja, hogy az n-edrend¶
λ1 0 0 0 λ2 0 A = 0 0 λ3 .. .. .. . . . 0 0 0
0 0 0 .. . . . . λn
... ... ...
diagonális mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha a λi diagonális elemek 0-tól különböz®k, és ebben az esetben 1 0 λ1 0 1 λ2 A−1 = 0 0 . .. .. . 0
0
0 0 1 λ3
.. . 0
... ... ... ...
0 0 0 . .. .
1 λn
(Ezt az állítást is érdemes megjegyezni!)
3.
Invertálhatók-e az alábbi mátrixok? Ha igen, akkor határozza meg az inverzüket is (a sortranszformációs módszerrel dolgozzon): −1 2 −6 −7 2 −5 9 3 0 6 3 , −1 3 −5 , B := A := 0 1 − 2 − 3 3 −9 14 2 −2 9 9 0 2 −2 −6 1 −4 7 19 . C := 2 4 1 0 −3 2 −13 −31
4.
Milyen λ valós paraméterek esetén invertálhatók az alábbi mátrixok: 2 −5 9 1 λ 0 −1 λ 0 1 ? 3 −5 , 3 −9 λ 0 1 λ1 Írja fel ebben az esetben a mátrixok inverzeit is. (Sortranszformációs módszerrel dolgozzon!)
46
5.
7. Négyzetes mátrix inverze Legyen
1 4 A := −2 2
3 8 3 −4
3 4 . x y
−1 0 −7 8
Az x, y valós paraméterek mely értékei mellett lesz (a) az A mátrix rangja 2; (b) az oszlopvektortér dimenziója 3; (c) a mátrix invertálható; (d) a sorvektortér valódi altér?
6.
Az a, b valós paraméterek mely értékei mellett lesz az A mátrix reguláris, illetve szinguláris? 3 1 7 −5 −1 3 a 5 . A := 2 1 3 −3 0 2 −10 b
7.
Legyen
2 −1 A := 0
−3 2 1
8 − 4 , −1
2 −1 B := 3
0 2 2
1 1 . 0
Igazolja, hogy az A mátrix invertálható, és határozza meg az inverzét. Oldja meg a következ® mátrixegyenletet:
A · X = B.
8.
Határozza meg azt az X mátrixot, amelyre
X − aT · b · C−1 = X · A teljesül, ahol 1 0 0 −1 1 0 2 A := 3 −1 −1 , C := 0 − 13 −2 , 0 0 −1 2 −1 −2
−1 0 3 , b := 31 . a := 2 −1
7.6. Feladatok
47
Megoldás. El®ször azt ellen®rizzük, hogy a C mátrix vajon invertálható-e. transzformációs módszert használva azt kapjuk, hogy igen és 2 0 0 6. C−1 = 0 −3 0 0 −1 Másrészt
aT · b = [−1; 3; −1 ] ·
0 1 3
Az elemi sor-
= −1.
2
Ha az egyenletnek van X megoldása, akkor az csak egy (3 × 3)-as mátrix lehet. A fentiek alapján a megadott egyenlet ekvivalens a következ®vel:
X + C−1 = X · A, amit így alakíthatunk át:
¡ ¢ C−1 = X · A − X = X · A − X · E3 = X · A − E3 ,
(7.6)
ahol E3 a háromdimenziós egységmátrix. Az
−2 A − E3 = 3 2 mátrix invertálható és
1 −2 −1
0 −1 −3
−3 1 −6 2. A − E3 0 −1 ¡ ¢−1 A (7.6) egyenlet mindkét oldalát jobbról megszorozva A − E3 -vel kapjuk, hogy a megadott egyenletet pontosan egy X mátrix elégíti ki, és 10 2 2 0 0 −5 −3 1 − 3 −2 3 ¡ ¢ 1 −1 6 · −7 −6 2 = 5 6 −4 X = C−1 · A − E3 = 0 −3 3 1 1 0 0 −1 −1 0 −1 0 3 3 ¡
¢−1
−5 1 −7 = 3 −1
az egyetlen megoldás. ¥
9.
Határozza meg azt az X mátrixot, amelyre ¡ ¢ B 2X + A = AT · X + B teljesül, ahol
3 0 0 0, B := 0 −2 0 0 −1
3 4 −4 A := 9 −14 11 . 9 −10 8
48
7. Négyzetes mátrix inverze
Megoldás. Gondolja meg azt, hogy ha az egyenletnek van X megoldása, akkor az csak egy (3 × 3)-as mátrix lehet. B olyan diagonális mátrix, aminek a f®átlójában 0-tól különböz® elemek állnak. Az ilyen mátrix invertálható, és az inverze az a diagonális mátrix, amelyben a megfelel® diagonális elemek reciproka áll. Tehát 1 0 0 3 0. B−1 = 0 − 12 0 0 −1 Szorozzuk meg a megadott egyenletünk mindkét oldalát balról a B−1 mátrixszal, majd használjuk fel, hogy B−1 · B = E3 . A következ®ket kapjuk: ¡ ¢ ¡ ¢ B−1 · B · 2X + A = B−1 · AT · X + B ¡ ¢ E3 · 2X + A = B−1 · AT · X + B−1 · B
2X + A = B−1 · AT · X + E3 Az utolsó egyenletet X = E3 · X felhasználásával így rendezzük: ¡ ¢ 2X − B−1 · AT · X = 2E3 · X − B−1 · AT · X = 2E3 − B−1 · AT · X = E3 − A. Legyen
1 C := 2·E3 −B−1 ·AT = 2 0 0
0 1 0
1 0 3 0 − 0 1 0
A C mátrix invertálható és
0 − 12 0
C−1
−5 = 0 −2
0 3 0 · 4 −4 −1 3 2 −1
9 −14 11
9 1 −10 = 2 8 −4
−3 −5 11
−3 −5 . 10
0 1, −1
következésképpen a C · X = E3 − A egyenlet mindkét oldalát balról megszorozva a C−1 mátrixszal kapjuk, hogy az eredeti egyenletünknek az egyetlen megoldása: −5 3 0 −2 −4 4 −17 65 −53 ¡ ¢ 2 1 · −9 15 −11 = −27 40 −29 . ¥ X = C−1 · E3 − A = 0 −2 −1 −1 −9 10 −7 22 −17 10
8. Lineáris egyenletrendszerek
49
8. Lineáris egyenletrendszerek Induljunk ki a következ® feladatokból: Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszereket:
2x − y = 1 (1) x + y = 5, (3)
x2 + y 2 = 25 x − y = −1,
x + 2y + 3z = 4 (2) x − y − z = 3 3x − y + 2z = 5, (4)
x2 + 2xy − 3y 2 = 0 x2 + y 2 − 4x − 6y = 4.
Olyan x, y , valamint x, y, z számokat keresünk tehát, amelyekkel a felírt egyenl®ségek mindegyike teljesül. Az (1) és (2) egyenletekben az x, y, z ismeretleneknek csak az els® hatványai szerepelnek, ezért az ilyen egyenletrendszereket lineáris egyenletrendszernek fogjuk nevezni. A másik két egyenletrendszer másodfokú kétismeretlenes egyenletrendszer. Tapasztalhattuk azt, hogy az esetek többségében másodfokú (és magasabb fokú) egyenletrendszerek megoldása bonyolultabb, mint az els®fokú egyenletrendszereké. (1) és (2) minden nehézség nélkül megoldható (oldjuk is meg ®ket!). Gondoljuk meg azonban, hogy több ismeretlent tartalmazó, hasonló típusú egyenletrendszer megoldása az eddig rendelkezésre álló eszközeinkkel már problémát jelenthet. A továbbiakban tetsz®leges számú egyenletet és ismeretlent tartalmazó lineáris egyenletrendszerekkel kapcsolatos problémákat fogjuk vizsgálni. Olyan jól használható általános módszert fogunk megismerni, amely segítségével tetsz®leges ilyen egyenletrendszer megoldható. A kés®bbi tanulmányaikban fogják tapasztalni azt, hogy a gyakorlati és matematikai feladatok igen nagy része végs® fokon lineáris egyenletrendszer megoldására vezet.
8.1. Lineáris egyenletrendszerek általános alakja Tekintsük a következ® feladatot: adott aik (i = 1, 2, . . . , m; k = 1, 2, . . . , n) és bi (i = 1, 2, . . . , m) számok esetén határozzuk meg azokat az x1 , x2 , . . . , xn számokat, amelyekre teljesülnek az alábbi egyenl®ségek
a11 x1 + a21 x1 + am1 x1
a12 x2 + · · · + a1n xn = b1 a22 x2 + · · · + a2n xn = b2 .. . + am2 x2 + · · · + amn xn = bm .
50
8. Lineáris egyenletrendszerek
Ezt a feladatot m egyenletb®l álló n ismeretlenes lineáris egyenletrendszernek, az aik számokat együtthatók nak, a bi számokat konstans tagok nak, az xi -ket pedig ismeretlenek nek nevezzük. Az egyenletrendszer egy megoldásán olyan v1 , v2 , . . . , vn számokat értünk, amelyeket a megfelel® xk -k (k = 1, 2, . . . , n) helyébe beírva valamennyi fenti egyenl®ség teljesül. Bevezetve az a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n m×n (együtthatómátrix), A := .. .. .. ∈ R . . .
am1 am2 . . . amn
b1 b2 b := .. ∈ Rm (konstans vektor), .
x1 x2 x := .. ∈ Rn (ismeretlen vektor) .
bm
xn
jelöléseket a fenti egyenletrendszer a vele ekvivalens mátrixos alakba írható:
A·x=b
vagy
Ax = b.
Még egy elnevezést vezetünk be: az A együtthatómátrixból a jobb oldali konstansokkal kib®vített m × (n + 1)-es mátrixot az egyenletrendszer kib®vített mátrixának nevezzük és az [A|b] szimbólummal jelöljük: ¯ a11 a12 . . . a1n ¯¯ b1 a21 a22 . . . a2n ¯ b2 ¯ [A|b] := .. .. .. ¯ .. . . . . ¯¯ . am1 am2 . . . amn ¯ bm A kib®vített mátrixban az együtthatók alkotta rész és a jobb oldali konstansok közé iktatott függ®leges vonallal jelezzük, hogy a kétféle típusú elemek eltér® szerepet játszanak az egyenletrendszerben. Természetesen vet®dnek fel a következ® kérdések:
1. Milyen A együtthatómátrix és b konstans vektor esetén van az A · x = b
lineáris egyenletrendszernek megoldása?
2. Megoldhatóság esetén az egyenletrendszernek hány megoldása van? 3. Megoldhatóság esetén hogyan lehet el®állítani az egyenletrendszer minden megoldását?
8.2. A megoldások létezése
51
Érdemes felidézni a jól ismert m = n = 2 speciális esetet, azaz tekintsük az
ax + by = c dx + ey = f egyenletrendszert, ahol a, b, c, d, e, f adott valós számok és x, y az ismeretlenek. Az egyenleteket síkbeli egyenesek egyenleteinek tekintve adódik, hogy tetsz®leges a, b, c, d, e, f paraméterekre az alábbi esetek lehetségesek: 1. az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van (az egyenleteknek megfelel® egyenesek pontosan egy pontban metszik egymást); 2. az egyenletrendszernek nincs megoldása (az egyenleteknek megfelel® egyeneseknek nincs közös pontja párhuzamosak egymással); 3. az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van (az egyenleteknek megfelel® egyenesek egybeesnek). Érdekes és fontos tény az, hogy pontosan ez a három egymást kizáró eset lehetséges tetsz®leges m és n esetén is.
8.2. A megoldások létezése Legyen A = [aij ] ∈ Rm×n , és jelölje a1 , . . ., an az A mátrix oszlopvektorait. Az egyenletrendszer a következ® ekvivalens alakban írható fel:
A·x=b
⇐⇒
x1 a1 + x2 a2 + · · · + xn an = b.
Az x1 a1 + x2 a2 + · · · + xn an = b egyenl®ség azt is jelenti, hogy a b vektor benne van az a1 , . . . , an oszlopvektorok által kifeszített altérben, azaz
b ∈ ha1 , a2 , . . . , an i, és ezt kifejezhetjük úgy is, hogy ¡ ¢ ¡ ¢ rang a1 , a2 , . . . , an = rang a1 , a2 , . . . , an , b . Ezekb®l az egyszer¶ észrevételekb®l azonnal adódnak a lineáris egyenletrendszerek megoldhatóságára vonatkozó alábbi szükséges és elégséges feltételek.
1. tétel. Legyen m, n ∈ N, A ∈ Rm×n és b ∈ Rm . Ekkor a következ® állítások
ekvivalensek: 1o Az A · x = b egyenletrendszernek van megoldása; 2o b ∈ ha1 , a2 , . . . , an i (azaz a konstans vektor benne van együtthatómátrix oszlopvektorai által kifeszített altérben);
52
8. Lineáris egyenletrendszerek
£
¤
3o rang A = rang A|b (azaz az együtthatómátrix rangja megegyezik a kib®vített mátrix rangjával ); ¡ ¢ ¡ ¢ o 4 rang a1 , a2 , . . . , an = rang a1 , a2 , . . . , an , b .
8.3. Az inverzmátrix-módszer és a Cramer-szabály El®ször azokkal a speciális egyenletrendszerekkel foglalkozunk, amelyekben az ismeretlenek száma megegyezik az egyenletek számával, azaz n = m. Tegyük fel tehát, hogy adott az A ∈ Rn×n n-edrend¶ négyzetes mátrix, valamint az n-dimenziós b ∈ Rn vektor. Tekintsük az A·x=b lineáris egyenletrendszert. Ebben az esetben az alapvet® eredmények a következ®k:
2. tétel. Ha A ∈ Rn×n és b ∈ Rn , akkor az A · x = b lineáris egyenletrendszernek akkor és csak akkor van pontosan egy megoldása, ha
az A mátrix invertálható (más szóval reguláris)
⇐⇒
det A 6= 0.
Ebben az esetben az x megoldást az
x = A−1 · b képlet alapján határozhatjuk meg. (Ez az inverzmátrix-módszer.) Ezt az x = [x1 , x2 , . . . , xn ]0 megoldást determinánsok segítségével is kiszámolhatjuk a következ®képpen:
xi =
det Di det A
(i = 1, 2, . . . , n),
(8.1)
ahol a Di mátrixot úgy kapjuk, hogy A-ban az i-edik oszlop helyére a b vektor koordinátáit írjuk. (Ez a Cramer-szabály). Az el®z® tétel szerint annak szükséges és elégséges feltétele, hogy az (n × n)-es lineáris egyenletrendszernek pontosan egy megoldása legyen az, hogy det A 6= 0, ez pedig azzal ekvivalens, hogy az A együtthatómátrix invertálható. Ekkor a fentiek alapján rögtön két módszert is kapunk lineáris egyenletrendszer megoldására. • Az inverzmátrix-módszer : elemi sortranszformációkkal megvizsgáljuk, hogy az A mátrix invertálható-e. Ha igen, akkor így az inverzét is megkapjuk. Ezt jobbról a b vektorral megszorozva adódik az egyenletrendszer megoldása.
8.4. Gauss-féle kiküszöbölési eljárás
53
• A Cramer-szabály : az (8.1) képlettel számoljuk ki a megoldást. Hangsúlyozzuk, hogy a tétel nem alkalmazható abban az esetben, ha det A = 0.
1. példa. Oldjuk meg mindkét módszerrel az x1 + 2x2 + 5x3 = −9 x1 − x2 + 3x3 = 2 3x1 − 6x2 − x3 = 25
⇐⇒
1 2 5 x1 −9 1 −1 3 x2 = 2 3 −6 −1 x3 25
egyenletrendszert.
8.4. Gauss-féle kiküszöbölési eljárás Az imént ismertetett módszerek nem használhatók, ha az ismeretlenek száma különbözik az egyenletek számától, vagy megegyezik vele, de az együtthatómátrix determinánsa nulla. Most egy olyan módszert ismertetünk, amelyet tetsz®leges lineáris egyenletrendszerre alkalmazhatunk. S®t: azokban az esetekben, amikor az inverzmátrix-módszer, illetve a Cramer-szabály használható, ezzel az új eljárással a megoldásokat általában kevesebb számolással kaphatjuk meg. A módszert Gauss-féle kiküszöbölési eljárásnak nevezzük. Alapgondolata az, hogy az egyenletekb®l ekvivalens átalakításokkal minél több ismeretlent igyekszünk kiejteni. Tekintsük az 1. példában már megoldott x1 + 2x2 + 5x3 = −9 x1 − x2 + 3x3 = 2 3x1 − 6x2 − x3 = 25. egyenletrendszert. A 2., valamint a 3. egyenletb®l az x1 ismeretlen kiküszöbölhet®: a 2. egyenletb®l vonjuk ki az 1. egyenletet, valamint a 3. egyenletb®l vonjuk ki az els® háromszorosát. Így nyilván ekvivalens módon alakítjuk át az egyenletrendszerünket. Azt kapjuk, hogy x1 + 2x2 + 5x3 = −9 − 3x2 − 2x3 = 11 − 12x2 − 16x3 = 52. A 2. egyenletet (−3)-mal elosztjuk:
x1 +
2x2 + 5x3 = −9 x2 + 32 x3 = − 11 3 − 12x2 − 16x3 = 52,
54
8. Lineáris egyenletrendszerek
majd a 3. egyenletb®l az x2 ismeretlen is kiküszöböljük úgy, hogy a 2. egyenlet 12-szeresét hozzáadjuk a 3. egyenlethez:
x1 + 2x2 + 5x3 = −9 x2 + 23 x3 = − 11 3 − 8x3 = 8. Végül a 3. egyenletet (−8)-cal elosztva kapjuk az eredetivel ekvivalens alábbi egyenletrendszert: x1 + 2x2 + 5x3 = −9 x2 + 23 x3 = − 11 3 x3 = −1.
x3 tehát −1; ezt behelyettesítve a 2. egyenletbe, x2 = −3; ezeket az els® egyenletbe beírva x1 = 2 adódik. Egyenletrendszerünknek tehát x1 = 2,
x2 = −3,
x3 = −1
az egyetlen megoldása.
Általánosan: A Gauss-féle eljárás során az alábbi lépéseket fogjuk végezni,
amelyek valamennyien az eredetivel ekvivalens egyenletrendszerekhez vezetnek (azaz olyanokhoz, amelyeknek pontosan ugyanazok a megoldásai, mint a kiindulási egyenletrendszernek):
E1 E2 E3 E4
Két egyenletet felcserélünk. Valamelyik egyenletet egy λ 6= 0 számmal megszorozzuk. Valamelyik egyenlethez egy másik egyenlet µ-szeresét hozzáadjuk.
Az olyan egyenleteket, ahol valamennyi együttható és a jobb oldali konstans is 0, elhagyjuk. A fenti lépéseket elemi ekvivalens átalakításoknak nevezzük. Ezek segítségével az egyenletrendszerb®l egymás után ki lehet küszübölni az ismeretleneket. Vegyük észre, hogy az eljárás nyomon követéséhez elég csak az együtthatók és a jobb oldali konstansok változását gyelni, az xi , + és = jeleket felesleges mindig újra leírni. Ezért az egyenletrendszert egyszer¶bben jellemezhetjük mátrixok, nevezetesen a kib®vített mátrixok segítségével. Másrészt az egyenletrendszereken végrehajtott E1−E3 m¶veletek a kib®vített mátrixon elvégzett elemi sorm¶veleteknek felelnek meg:
M1 Két sort felcserélünk.
8.4. Gauss-féle kiküszöbölési eljárás
55
M2 Valamelyik sort egy λ 6= 0 számmal megszorozzuk. M3 Valamelyik sorhoz egy másik sor µ-szeresét hozzáadjuk. Most három egyenletrendszeren mutatjuk be ezt az eljárást.
1. példa. x1 + 2x2 + 5x3 = −9 x1 − x2 + 3x3 = 2 3x1 − 6x2 − x3 = 25.
1 2 5 x1 −9 1 −1 3 x2 = 2 3 −6 −1 x3 25
⇐⇒
Megoldás. A korábban leírt kiküszöbölési eljárás során a kib®vített mátrix a következ®képpen változik:
¯ ¯ 1 2 5 ¯¯ −9 1 2 5 ¯¯ −9 −3 −2 ¯¯ 11 ∼ 3 ¯¯ 2 ∼ 0 [A|b] := 1 −1 ¯ 0 −12 −16 ¯ 52 3 −6 −1 25 ¯ ¯ 1 2 5 ¯¯ −9 1 2 5 ¯¯ −9 1 2 2 ¯ − 11 ∼ 0 1 2 ¯ − 11 ∼ 0 1 1 ∼ 0 3 3 ¯ 3 ¯ 3 0 −12 −16 ¯ 25 0 0 −8 ¯ 8 0 0
¯ 5 ¯¯ −9 2 ¯ 11 . 3 ¯− 3 ¯ 1 −1
Az eljárást a f®átló feletti elemek kinullázásával" folytathatjuk: " ¯ ¯ 1 2 0 ¯¯ −4 1 0 0 ¯¯ 2 ∼ 0 1 0 ¯¯ −3 ∼ 0 1 0 ¯¯ −3 . 0 0 1 ¯ −1 0 0 1 ¯ −1 Vegyük észre, hogy az utolsó oszlopban éppen a megoldások állnak, ugyanis az utolsó kib®vített mátrix az x1 = 2
x2
= −3 x3 = −1
egyenletrendszernek felel meg, ami viszont ekvivalens az eredeti egyenletrendszerünkkel. ¥
2. példa. x1 + x2 + 2x3 = 3 4x1 + 4x2 + 5x3 = 6 7x1 + 7x2 + 8x3 = 10. Megoldás. A kiküszöbölési eljárás során a kib®vített mátrix a következ®képpen változik:
1 [A|b] := 4 7
1 4 7
2 5 8
¯ ¯ 3 1 1 ¯ ¯ 6 ∼ 0 0 ¯ ¯ 10 0 0
2 −3 −6
¯ ¯ 3 1 ¯ ¯ −6 ∼ 0 ¯ ¯ −11 0
1 0 0
2 −3 0
¯ ¯ 3 ¯ ¯ −6 . ¯ ¯ 1
56
8. Lineáris egyenletrendszerek
Az eredeti egyenletrendszerünk tehát a következ®vel ekvivalens:
x1 + 0 · x1 +
x2 + − 0 · x2 +
2x3 = 3 3x3 = −6 0 · x3 = 1.
Az utolsó egyenletnek, következésképpen az eredeti egyenletrendszernek nincs megoldása. (Vegyük észre azt, hogy általában is ez a helyzet, ha az elemi ekvivalens átalakítások során olyan sort kapunk, amelyben az együtthatók helyén nullák, a konstans helyén pedig egy nullától különböz® szám áll. Az ilyen sort a továbbiakban tilos sornak fogjuk nevezni.) ¥
3. példa. x1 5x1 9x1 13x1
+ 2x2 + 6x2 + 10x2 + 14x2
+ 3x3 = 4 + 7x3 = 8 + 11x3 = 12 + 15x3 = 16
1 2 3 4 8 5 6 7 x1 9 10 11 x2 = 12 . x3 13 14 15 16
⇐⇒
Megoldás. Most a következ®képpen alakul a kiküszöbölés:
1 5 [A|b] := 9 13
2 6 10 14
3 7 11 15
¯ ¯ 4 1 2 3 ¯ ¯ 8 0 −4 −8 ¯ ∼ ¯ 12 0 −8 −16 ¯ ¯ 16 0 −12 −24 ¯ ¸ · · 1 2 3 ¯¯ 4 1 0 ∼ 0 1 2 ¯3 0 1
¯ ¯ 4 1 ¯ ¯ −12 0 ¯ ¯ −24 ∼ 0 ¯ ¯ −36 0 ¯ ¸ −1 ¯¯ −2 . 2 ¯ 3
2 −4 0 0
3 −8 0 0
¯ ¯ 4 ¯ ¯ −12 ¯ ¯ 0 ∼ ¯ ¯ 0
Ez azt jelenti, hogy az eredeti egyenletrendszerünk a következ®vel ekvivalens:
x1 + x2
− +
x3 = −2 2x3 = 3
⇐⇒
x1 = −2 + x3 x2 = 3 − 2x3 .
Ebb®l az alakból már leolvasható az egyenletrendszer megoldása: Itt x3 -ra semmilyen megkötés sem adódott, annak értékét tetsz®legesen megválaszthatjuk. Ha x3 értékét már rögzítettük (jelöljük ezt a lerögzített értéket u-val), akkor ennek segítségével a másik két ismeretlen már egyértelm¶en kifejezhet®. Az egyenletrendszer összes megoldása tehát: x1 −2 + u x2 = 3 − 2u , ahol u tetsz®leges valós szám. ¥ x3 u
A fenti példákból világosan látszik az általános eljárás. A felülr®l lefelé történ® lépegetéseknél végül egy olyan mátrixhoz jutunk, amelyben az els® sort kivéve minden sor nullákkal kezd®dik. Az els® valahány sorban az els® nemnulla elem mindig 1-es (az ún. vezéregyes), ezek csupa különböz® oszlopban, lépcs®zetesen lefele és
8.4. Gauss-féle kiküszöbölési eljárás
57
jobbra helyezkednek el, a vezéregyesek alatt pedig minden elem 0. Lehetnek ezen kívül olyan sorok is, amelyekben az együtthatómátrixnak megfelel® rész csupa nulla. Ezt lépcs®s alaknak hívjuk. Íme néhány példa lépcs®s alakú kib®vített mátrixokra: ¯ ¯ ¯ ° 1 2 3 ¯¯ 6 ¯7 ¯2 ° 1 2 ° 1 2 3 5 6 ¯ ¯ 0 ° 1 7 ¯¯ 3 ¯ 1 2 3 ¯¯ 4 1 ¯3 P6 : 0 0 ° P5 : 0 ° P4 : ¯ 0 0 ° 1 ¯5 0 0 0 ° 1 2 ¯3 0 0 ¯2 0 0 0 ¯0 (A bekarikázott számok a vezéregyesek.) A P5 példánál a harmadik sor ellentmondást tartalmaz (az ilyen sort nevezzük tilos sornak ), ezért a hozzá tartozó egyenletrendszernek nincs megoldása. A lépcs®s alakból most a vezéregyesek fölötti elemeket is kinullázhatjuk, ha alulról felfelé haladva az egyes sorokból a vezéregyes sorának megfelel® többszörösét levonjuk. A P4 és P6 példáknál ekkor az alábbi mátrixok adódnak: ¯ ¯ 1 0 0 ¯¯ 55 ¯ −2 1 2 0 0 −1 0 1 0 ¯ −32 ¯ ¯ 0 0 1 0 −1 ¯ −2 P4-nél : P6 -nél : ¯ 0 0 1 ¯ 5 ¯ 0 0 0 1 2 ¯ 3 ¯ 0 0 0 0 Az ilyen alakot redukált lépcs®s alaknak nevezzük. Vegyük észre, hogy a redukált lépcs®s alakból az egyenletrendszerrel kapcsolatos kérdéseinkre (a megoldás létezése, el®állítása) leolvashatjuk a választ. Egyszer¶en meggondolható az is, hogy a vezéregyesek száma egyenl® az együtthatómátrix rangjával. A P4-nek megfelel® egyenletrendszernél x1 = 55, x2 = −32, x3 = 5; az együtthatómátrix rangja 3. P6 a fenti 3. példához hasonló. A megfelel® egyenletrendszer:
x1 + 2x2 x3 x4
− x5 = −2 − x5 = −2 + x5 = 3
⇐⇒
x1 = −2 − 2x2 + x5 x3 = −2 + x5 x4 = 3 + 2x5
Most az x2 és az x5 ismeretleneket tetsz®legesen lerögzítve (jelöljük ezeket a rögzített értékeket u-val, illetve v -vel) a másik három ismeretlen (azaz x1 , x3 , x4 ) már egyértelm¶en meg van határozva. Az egyenletrendszer összes megoldása tehát: −2 − 2u + v x1 x2 u x3 = −2 + v , x4 3 + 2v v x5
58
8. Lineáris egyenletrendszerek
ahol u és v tetsz®leges (valós vagy komplex) szám. Az együtthatómátrix rangja 3. Az is világos, hogy az egyenletrendszer akkor és csak akkor megoldható, ha a redukált lépcs®s alakban nem fordul el® olyan sor, amelyben az együtthatóknak megfelel® rész csupa 0, a jobb oldali rész pedig nem 0 (az ilyen sort nevezzük tehát tilos sornak ). Másrészt: a megoldás akkor és csak akkor egyértelm¶, ha (nincs tilos sor és) minden oszlopban áll vezéregyes, azaz a vezéregyesek száma megegyezik az ismeretlenek számával. Ebben az esetben a redukált lépcs®s alak azonnal megadja a megoldást. Ha a megoldás nem egyértelm¶ (l. a 3. példát és P6-ot), akkor a vezéregyest nem tartalmazó oszlopoknak megfelel® ismeretlenek tetsz®legesen választhatók (ezeket a továbbiakban szabad ismeretleneknek nevezzük), a többi ismeretlen (ezeket a továbbiakban kötött ismeretleneknek fogjuk nevezni) pedig ezekkel egyértelm¶en kifejezhet®. (A 3. példában x3 , a P6-nak megfelel® egyenletrendszerben pedig x2 és x5 volt a szabad ismeretlen.) Egy egyenletrendszerben a szabad ismeretlenek számát az egyenletrendszer szabadságfokának is nevezik. A fentieket röviden az alábbi tételben foglalhatjuk össze:
3. tétel. Legyen n, m ∈ N, A ∈ Rm×n és b ∈ Rm , és tekintsük az n számú ismeretlent tartalmazó m egyenletb®l
A·x=b lineáris egyenletrendszert. Ekkor a következ®k teljesülnek: 1o Az egyenletrendszer kib®vített mátrixa elemi sorm¶veletekkel (redukált) lépcs®s alakra hozható.
2o A vezéregyesek száma egyenl® az A együtthatómátrix rangjával. 3o Az egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha a (redukált) lépcs®s alak nem tartalmaz tilos sort. 4o Az egyenletrendszer megoldása akkor és csak akkor egyértelm¶, ha nincs tilos sor és a vezéregyesek száma egyenl® az ismeretlenek számával. 5o Ha a vezéregyesek száma kisebb, mint az ismeretlenek száma, akkor az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van. A vezéregyest nem tartalmazó oszlopoknak megfelel® ismeretlenek tetsz®legesen megválaszthatók a többi ismeretlen pedig ezekkel egyértelm¶en kifejezhet®. (A tetsz®legesen választható ismeretleneket szabad ismeretleneknek, a többit pedig kötött ismeretleneknek nevezzük.)
Megjegyzések. 1o A fenti tételnek az elméleti és a gyakorlati jelent®sége is óriási. Elméleti szempontból azért, mert tetsz®leges lineáris egyenletrendszer esetén választ
8.4. Gauss-féle kiküszöbölési eljárás
59
ad a megoldhatóság problémájára. Gyakorlati szempontból pedig azért, mert egyúttal egy igen jól használható, egyszer¶ (s®t algoritmikus!!!) módszert ad a megoldások el®állítására. 2o Az eljárás során végig csak sorokkal dogozzunk! Oszlopokkal ne próbáljunk hasonlóképpen manipulálni, ekkor ugyanis nem az egyenletekkel, hanem az ismeretlenekkel variálnánk. Például két oszlop cseréje a megfelel® ismeretlenek cseréjét jelenti, amit persze meg lehetne tenni, de ekkor végig nyomon kell(ene) követni az ismeretlenek sorrendjének a megváltozását is. A bonyolultabb átalakítások pedig már szinte áttekinthetetlen módon hoznak be új ismeretleneket a régiek helyett. 3o Egy lineáris egyenletrendszer összes megoldásának el®állítása a fentiek alapján tehát elméletileg egyszer¶ feladat. A gyakorlati megvalósítás azonban sok igen hasonló számolás egymásutáni elvégzését igényli, ezért azt nagyon gyelmesen kell elvégezni. (Gyakorlat teszi a mestert!!!) A továbbiakban majd mutatunk néhány olyan észrevételt, amelyek segítségével a számolások egyszer¶síthet®k. Itt csupán azt emeljük ki, hogy a megoldásokat a lépcs®s alakból, illetve a redukált lépcs®s alakból is meghatározhatjuk. Ez utóbbiból a megoldások közvetlenül leolvashatók. A lépcs®s alakból a megoldásokat visszahelyettesítéssel kapjuk meg. Néhány esetben (például akkor, ha az egyenletrendszer paramétereket is tartalmaz) célszer¶bb a lépcs®s alakból kiindulva meghatározni a megoldásokat. Lineáris egyenletrendszerek megoldásának az el®z® tételb®l adódó menetét az alábbi példán mutatjuk be.
4. példa. Oldjuk meg a valós számok körében a −x1 −3x1 −3x1 −5x1
+ 3x2 + 5x2 + x2 + 7x2
+ 3x3 + 2x3 − 5x3 + x3
+ 5x4 + 2x5 + 4x4 + 3x5 − 7x4 + x4 + 16x5
= 2 = 2 = −2 = 10
egyenletrendszert. Megoldás. 1. lépés. A kib®vített mátrixot redukált lépcs®s alakra hozzuk, azaz elemi sorm¶veletekkel a mátrixnak az együtthatókat tartalmazó részében annyi elemet kinullázunk, amennyit csak lehetséges. Figyelje meg alaposan az alábbi lépéseket, amelyekb®l világosan kiderül, hogy éppen melyik elemi sorm¶veletet (esetleg egyszerre többet is) végeztük el. Vegye észre azt is, hogy az elemi sorm¶veletek sorrendjének alkalmas megválasztásával a számolások egyszer¶síthet®k. (Gondolja meg, hogy mi lenne akkor, ha a második lépésben a második sort elosztanánk (−4)-gyel, amit persze meg lehetne tenni.) ¯ ¯ −1 3 3 5 2 ¯¯ 2 −1 3 3 5 2 ¯¯ 2 −3 5 2 ¯ 4 3 ¯¯ 2 0 −4 −7 −11 −3 ¯ −4 [A|b] := −3 1 −5 −7 0 ¯ −2 ∼ 0 −8 −14 −22 −6 ¯ −8 ∼ ¯ ¯ −5 7 1 1 16 ¯ 10 0 −8 −14 −24 6 ¯ 0
60
8. Lineáris egyenletrendszerek
¯ −1 3 3 5 2 ¯¯ 2 1 −3 −3 0 −4 −7 −11 −3 ¯ −4 0 4 7 ¯ ∼ ∼ 0 0 0 0 0 ¯¯ 0 0 0 0 0 0 0 −2 12 ¯ 8 0 0 0 ¯ 1 −3 −3 1 −3 −3 0 −32 ¯¯ −22 7 0 1 0 4 7 0 69 ¯¯ 48 4 ∼ ∼ ¯ 0 0 0 1 −6 ¯ −4 0 0 0 0 0 0 0 0 ¯ 0 0 0 0 ¯ ¯ 14 ° 1 0 94 0 79 4 ¯ 69 ¯ 7 0 ° ¯ 12 1 4 0 4 ¯ . 0 0 0 ° 1 −6 ¯¯ −4 ¯ 0 0 0 0 0 ¯ 0
¯ −2 ¯¯ −2 3 ¯¯ 4 ∼ −6 ¯¯ −4 0 ¯ 0 ¯ −32 ¯¯ −22 69 ¯ 12 4 ∼ ¯ −6 ¯¯ −4 0 ¯ 0
−5 11 1 0 0 0 1 0
Ez a kib®vített mátrix redukált lépcs®s alakja A vezéregyeseket a bekarikázott számok jelölik. Gondolja meg, hogy az együtthatómátrix rangja miért egyezik meg a vezéregyesek számával.
2. lépés. A redukált lépcs®s alakból leolvassuk a megoldást. Itt nincs tilos sor és a vezéregyesek száma kisebb, mint az ismeretlenek száma, ezért az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van. Világos, hogy x3 és x5 a szabad ismeretlenek, x1 , x2 , x4 pedig a kötött ismeretlenek. Az egyenletrendszer szabadságfoka tehát 2. A redukált lépcs®s alak alapján az eredeti egyenletrendszerünk ekvivalens az x1
+ x2
+
9 4 x3 7 4 x3
+ x4
+ −
79 4 x5 69 4 x5
=
14
= 6x5 =
12, −4
egyenletrendszerrel. Az összes megoldás tehát: 14 − 94 u − 79 4 v x1 12 − 74 u − 69 x2 4 v x3 = u , x4 −4 + 6v x5 v
x1 = 14 − 94 x3 − azaz az
x2 = 12 − 74 x3 − x4 = −4 + 6x5
79 4 x5 69 4 x5
ahol u, v ∈ R tetsz®leges. ¥
8.5. A megoldáshalmaz szerkezete A fentiek alapján a lineáris egyenletrendszereket mind elméleti, mind gyakorlati szempontból már lerendeztük". Most az elmondottakhoz néhány kiegészít® meg" jegyzést teszünk. Ezek segítségével még világosabb képet kaphatunk az egyenletrendszer megoldásairól azokban a fontos esetekben, amikor az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van.
8.5. A megoldáshalmaz szerkezete
61
Legyen m, n ∈ N, és tekintsük az
Ax = b egyenletrendszert, ahol A ∈ Rm×n adott mátrix és b ∈ Rm adott vektor. Az egyenletrendszert homogénnek nevezzük, ha a b vektor mindegyik komponense 0, azaz b = 0. Az ellenkez® esetben inhomogén egyenletrendszerr®l beszélünk. A továbbiakban megmutatjuk, hogy érdekes és fontos kapcsolat van a homogén és az inhomogén egyenlet megoldásai között. El®ször azt nézzük meg, hogy mit lehet mondani a speciális jobb oldalú homogén egyenlet megoldásairól.
• Az Ax = 0 homogén egyenlet megoldásai Kezdjük két igen egyszer¶ észrevétellel: (a) Az x = 0 ∈ Rn vektor tetsz®leges A esetén nyilván megoldása a homogén egyenletrendszernek. Ezt triviális megoldásnak nevezük. Így itt az az érdekes kérdés, hogy mikor létezik nemtriviális megoldás. (b) A másik észrevétel az, hogy ha x1 és x2 megoldása a homogén egyenletnek, akkor ezek tetsz®leges lineáris kombinációja szintén megoldás lesz. Valóban, ha Ax1 = 0 és Ax2 = 0, akkor minden α, β ∈ R esetén ¡ ¢ A αx1 + βx2 = αAx1 + βAx2 = 0 is teljesül, azaz αx1 + βx2 valóban megoldása az Ax = 0 egyenletnek. Ebb®l persze az is következik, hogy a homogén egyenletrendszer megoldásainak a halmaza a Rn tér egy lineáris altere. Az alapvet® eredmények a következ®k.
4. tétel. Legyen n, m ∈ N és A ∈ Rm×n .
1o Az Ax = 0 homogén egyenletnek akkor és csak akkor van a triviálistól különböz® megoldása, ha az együtthatómátrix rangja kisebb az egyenletek számánál, azaz ha rang A < n. 2o Ha az A ∈ Rn×n mátrix négyzetes, akkor a következ® állítások ekvivalensek: (a) az Ax = 0 egyenletnek van triviálistól különböz® megoldása; (b) az A mátrix szinguláris, azaz det A = 0; (c) rang A < n.
62
8. Lineáris egyenletrendszerek
5. tétel. Legyen n, m ∈ N és A ∈ Rm×n . Jelölje M ⊂ Rn az Ax = 0 homogén
egyenletrendszer megoldásainak a halmazát. Ekkor a következ®k teljesülnek: 1o M altér Rn -ben. 2o Az M altér dimenziója az ismeretlenek számának és az A mátrix rangjának a különbsége, azaz dim M = n − r (r := rang A).
3o A homogén egyenletrendszernek van (n − r) számú lineárisan független megoldása: ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn−r (ez a vektorrendszer M egy bázisa). Minden ck ∈ R (k = 1, . . . , n − r) esetén a n−r X ϕ := ck ϕk (8.2) k=1
vektor megoldása az Ax = 0 egyenletnek, és minden megoldás ilyen alakú. (Erre röviden úgy hivatkozunk, hogy a homogén rendszer általános megoldása (8.2).) A már ismertetett módszerrel természetesen homogén egyenleteket is meg tudunk oldani. A következ® példán azt mutatjuk meg, hogy a megoldáshalmaz bázisát hogyan lehet a redukált lépcs®s alakból leolvasni.
5. példa. Oldjuk meg a valós számok halmazán az −2x1 + 2x3 − 4x4 − 6x5 = 0 x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 − x5 = 0 3x1 − 5x2 − 13x3 + x4 + 19x5 = 0 homogén egyenletrendszert. Határozzuk meg az együtthatómátrix rangját, a megoldáshalmaz dimenzióját és adjuk meg egy bázisát. Megoldás. El®ször most is a kib®vített mátrix redukált lépcs®s alakját határozzuk meg. Ebben az esetben a jobb oldali konstans vektor mindegyik lépésben nulla lesz, fel. Az együtthatómátrix redukált lépcs®s alakja: −2 0 2 −4 −6 1 2 3 4 1 2 3 4 −1 ∼ −2 0 2 −4 3 −5 −13 1 19 3 −5 −13 1 1 2 3 4 −1 1 2 3 4 −1 1 4 8 4 −8 ∼ 0 1 2 1 −2 ∼ 0 ∼ 0 0 −11 −22 −11 22 0 1 2 1 −2 0 · ¸ 1 0 −1 2 3 ∼ . 0 1 2 1 −2
ezért ezt nem is tüntetjük
−1 −6 ∼ 19 2 1 0
3 2 0
4 −1 1 −2 ∼ 0 0
Most az ismeretlenek száma n = 5, az együtthatómátrix rangja r = 2, ezért az M megoldáshalmaz dimenziója dim M = n − r = 3. Vegyük észre, illetve gondoljuk is meg, hogy n − r éppen a
8.5. A megoldáshalmaz szerkezete
63
szabad ismeretlenek száma (azaz az egyenletrendszer szabadságfoka ) ui. ebben az esetben x3 , x4 és x5 a szabad ismeretlenek. Az egyenletrendszer összes megoldása tehát: x1 u − 2v − 3w x2 −2u − v + 2w , ahol u, v, w ∈ R tetsz®leges. x3 = u (8.3) x4 v w x5 A háromdimenziós M altérnek három lineárisan független elemét (azaz egy bázisát) például úgy kapjuk meg, hogy az u, v, w paraméterek közül az egyiket 1-nek, a másik kett®t pedig nullának választjuk, azaz
u = 1, v = w = 0;
v = 1, u = w = 0;
Így a homogén rendszer megoldáshalmazának egy bázisa: 1 −2 −2 −1 ϕ1 = ϕ2 = 1 , 0 , 0 1 0 0
w = 1, u = v = 0. −3 2 ϕ3 = 0 . 0 1
A homogén egyenlet általános megoldása tehát:
1 −2 −3 −2 −1 2 ϕ = c1 ϕ1 + c2 ϕ2 + c3 ϕ3 = c1 1 + c2 0 + c3 0 , 0 1 0 0 0 1 ahol c1 , c2 és c3 tetsz®leges valós szám. Vegyük észre, hogy az M altér bázisa az (8.3) általános megoldásból közvetlenül is leolvasható. Írjuk fel ui. az általános megoldást a következ® alakban: x1 u − 2v − 3w 1 −2 −3 x2 −2u − v + 2w −2 −1 2 x3 = u = u 1 + v 0 + w 0 , x4 v 0 1 0 x5 w 0 0 1 ahol u, v, w tetsz®leges valós számok, és a jobb oldali három vektor a homogén rendszer megoldáshalmazának egy bázisa. ¥
• Az Ax = b inhomogén egyenlet megoldásai Ismét egy egyszer¶ észrevétellel kezdjük: Ha ψ1 és ψ2 megoldása az Ax = b inhomogén egyenletnek, akkor (ψ1 − ψ2 ) a homogén egyenletnek egy megoldása. Valóban: ¢ ¡ A ψ1 − ψ2 = Aψ1 − Aψ2 = b − b = 0.
64
8. Lineáris egyenletrendszerek
Ez viszont azt jelenti, hogy vannak olyan c1 , c2 , . . . , cn−r (n az ismeretlenek száma, r az A mátrix rangja) számok, hogy
ψ1 − ψ2 =
n−r X
ck ϕk ,
k=1
ahol ϕk (k = 1, 2, . . . , n − r) a homogén rész megoldáshalmazának egy bázisa. Ebb®l következik az inhomogén egyenletek megoldására vonatkozó alábbi alapvet® eredmény: az inhomogén egyenlet általános megoldása
=
az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása
+
a homogén egyenlet általános megoldása.
Pontosabban:
6. tétel. Legyen n, m ∈ N, A ∈ Rm×n és b ∈ Rm . Jelölje ψ0 az inhomogén egyenlet egy (ún. partikuláris ) megoldását, ϕ pedig a homogén egyenlet általános megoldását. Ekkor az inhomogén egyenlet általános megoldása ψ = ψ0 + ϕ alakban állítható el®.
6. példa. Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert. Mennyi az együtthatómátrix rangja és a rendszer szabadságfoka? Adjuk meg a homogén rész megoldáshalmazának egy bázisát is. x1 0 1 1 2 1 7 x2 −1 2 −2 0 −4 2 · x3 = . 6 1 0 1 1 3 x4 1 1 −2 −1 0 5 x5 Megoldás. A kib®vített mátrix redukált lépcs®s alakja:
1 2 0 1
1 −2 1 −2
¯ 2 1 ¯¯ 7 1 −1 0 −4 ¯¯ 2 ∼ 1 3 ¯¯ 6 0 −1 0 ¯ 5 1
0 1 2 −1 1 1 1 −3
1 1 2 −2
3 −1 1 −3
0 −1 [A|b] := 1 1
1 0 ∼ 0 0
¯ ¯ 6 1 ¯ ¯ 8 0 ¯ ∼ ¯ 7 0 ¯ ¯ −1 0
0 1 2 1
¯ ¯6 ¯ ¯ 2 ¯ ∼ ¯ 7 ¯ ¯5
0 2 1 1
1 −2 1 −2
1 0 2 −1
3 −4 1 0
1 1 −1 −3
1 2 1 −2
3 1 −1 −3
¯ ¯ 6 ¯ ¯ 7 ¯ ∼ ¯ 8 ¯ ¯ −1
8.6. Feladatok
1 0 ∼ 0 0
0 1 1 1 1 2 0 −3 −3 0 −4 −4 1 0 1 1 0 1 1 2 ∼ 0 0 1 1 0 0 0 0
¯ 3 ¯¯ 6 1 0 1 ¯¯ 7 ∼ −3 ¯¯ −6 0 −4 ¯ −8 0 ¯ 3 ¯¯ 6 1 0 1 ¯¯ 7 ∼ 0 1 1 ¯¯ 2 0 0 0 ¯0
¯ ¯6 ¯ ¯ 7 ¯ ∼ ¯ 2 ¯ ¯2
0 1 0 0
1 1 1 1
1 2 1 1
3 1 1 1
0 0 1
0 1 1
2 0 1
¯ ¯4 ¯ ¯ 5 . ¯ ¯2
65
Az együtthatómátrix rangja r = 3, a szabad ismeretlenek: x4 , x5 , a kötött ismeretlenek pedig: x1 , x2 , x3 . Az egyenletrendszer szabadságfoka tehát 2. Az egyenletrendszer általános megoldása: −2 0 4 x1 4 − 2v 0 −1 x2 5 − u 5 x3 = 2 − u − v = 2 + u −1 + v −1 (u, v ∈ R). 0 1 0 x4 u 1 0 0 v x5 Az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldása: 4 5 2, 0 0 a homogén rész megoldáshalmazának egy bázisa: 0 −1 −1 , 1 0
−2 0 −1 . ¥ 0 1
8.6. Feladatok 1.
Oldja meg az
x1 + x2 + 2x3 = −1 2x1 − x2 + 2x3 = −4 4x1 + x2 + 4x3 = −2 egyenletrendszert (a) mátrixinvertálással; (b) a Cramer-szabállyal; (c) a Gauss-féle eliminációval.
66
8. Lineáris egyenletrendszerek
Megoldás. Az egyenletrendszert az Ax = b alakban írjuk fel, ahol
1 2 −1 2 , 1 4
1 1 2 −1 2 = det 3 3 1 4
1 A = 2 4
(a) Mivel
1 det A = det 2 4
−1 b = −4 −2
x1 és x = x2 . x3
· 1 2 3 0 4 = − det 3 0 2
4 2
¸ = 6,
ezért az A együtthatómátrix invertálható, következésképpen az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. Az inverzet érdemes elemi sortranszformációval meghatározni. Azt kapjuk, hogy 2 −1 − 13 3 1 0 − 23 A−1 = 3 . 1 1 1 −2 2 Ezért az egyenletrendszer megoldása: −1 x1 x 0 x= 2= x3 1
− 13 − 23 1 2
2 3 1 3 − 12
−1
1
· −4 = 2 . −2 −2
(b) Alkalmazzuk most a Cramer-szabályt:
−1 1 2 1 −1 2 det −4 −1 2 det 2 −4 2 −2 1 4 4 −2 4 6 12 x1 = = · · · = = 1; x2 = = ··· = = 2; det A 6 det A 6 1 1 −1 det 2 −1 −4 4 1 −2 −12 = ··· = = −2. x3 = det A 6 (c) Gauss-féle kiküszöböléssel a kib®vített mátrixot a következ®képpen hozzuk redukált lépcs®s alakra ( gyelje meg azt is, hogy némi ügyeskedéssel az elemi sorm¶veletek alkalmas megválasztásával hogyan kerültük ki a törtekkel való számolást): ¯ ¯ ¯ 1 1 2 ¯¯ −1 1 1 2 ¯¯ −1 1 1 2 ¯¯ −1 2 −1 2 ¯ −4 ∼ 0 −3 −2 ¯ −2 ∼ 0 −3 −2 ¯ −2 ∼ ¯ ¯ ¯ 4 1 4 ¯ −2 0 −3 −4 ¯ 2 0 0 −2 ¯ 4 ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 2 ¯¯ −1 1 1 0 ¯¯ 3 1 1 0 ¯¯ 3 1 0 0 ¯¯ 1 ∼ 0 −3 −2 ¯¯ −2 ∼ 0 −3 0 ¯¯ −6 ∼ 0 1 0 ¯¯ 2 ∼ 0 1 0 ¯¯ 2 . 0 0 1 ¯ −2 0 0 1 ¯ −2 0 0 1 ¯ −2 0 0 1 ¯ −2 Az egyenletrendszer megoldása tehát x1 = 1, x2 = 2, x3 = −2. ¥
8.6. Feladatok
2.
67
Oldja meg az
1 2 4 x1 31 5 1 2 · x2 = 29 3 −1 1 x3 10
egyenletrendszert (a) mátrix invertálással; (b) a Cramer-szabállyal; (c) a Gauss-féle eliminációval. Eredmény. x1 = 3, x2 = 4, x3 = 5. ¥ 3. Oldja meg az
x1 + x2 + x3 − x4 = 4 x1 − x2 + x3 + x4 = 8 3x1 + x2 + 3x3 − x4 = 16 egyenletrendszert. Mennyi az együtthatómátrix rangja és az egyenletrendszer szabadságfoka? Adja meg a homogén rész megoldáshalmazának egy bázisát is. Megoldás. A kib®vített mátrix redukált lépcs®s alakja:
1 1 3
¯ 1 1 −1 ¯¯ 4 1 −1 1 1 ¯¯ 8 ∼ 0 1 3 −1 ¯ 16 0 1 1 1 −1 ∼ 0 1 0 −1 0 0 0 0
1 1 −1 −2 0 2 −2 0 2 ¯ ¯ 4 1 ¯ ¯ −2 ∼ 0 ¯ ¯ 0 0
¯ ¯4 1 ¯ ¯ 4 ∼ 0 ¯ ¯4 0 0 1 0
1 0 0
¯ 1 1 −1 ¯¯ 4 −2 0 2 ¯¯ 4 ∼ 0 0 0 ¯0 ¯ 0 ¯¯ 6 −1 ¯¯ −2 . 0 ¯ 0
A megoldások leolvasása. Az eredetivel ekvivalens egyenletrendszer:
x1
+ x2
x3 −
=6 x4 = −2
⇐⇒
x1 = 6 − x3 x2 = −2 + x4 .
A szabad ismeretlenek x3 , x4 . Az összes megoldás: x1 6−u x2 −2 + v = ahol u, v ∈ R tetsz®leges. x3 u , x4 v Az együtthatómátrix rangja 2, mert a kib®vített mátrix redukált lépcs®s alakjában 2 vezéregyes van. Az egyenletrendszer szabadságfoka 2, mert 2 a szabad ismeretlenek száma. Mivel x1 6−u 6 −1 0 x2 −2 + v −2 0 1 = x3 u = 0 + u 1 + v 0 , x4 v 0 0 1
68
8. Lineáris egyenletrendszerek
ezért a homogén rész megoldáshalmazának egy bázisa −1 0 0 1 , . ¥ 1 0 0 1
4.
A valós számok körében 1 0 1 0
oldja meg az
x1 4 −2 3 −4 1 −1 1 · x2 = −3 1 3 0 −3 x3 −3 −7 3 1 x4
egyenletrendszert. Mennyi az együtthatómátrix rangja és az egyenletrendszer szabadságfoka? Adja meg a homogén rész megoldáshalmazának egy bázisát is. Megoldás. A kib®vített mátrix redukált lépcs®s alakja:
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 −1 −2
¯ ¯ −8 ¯ ¯ 3 ¯ ¯ 6
Az összes megoldás: x1 −8 −8 0 x2 3 + u 3 = = + u 1 , ahol u ∈ R tetsz®leges. x3 6 + 2u 6 2 x4 u 0 1 Az együtthatómátrix rangja 3, mert a kib®vített mátrix redukált lépcs®s alakjában 3 vezéregyes van. Az egyenletrendszer szabadságfoka 1, mert 1 szabad ismeretlen van. A homogén rész megoldáshalmaza egydimenziós altér R4 -ben; ennek egy bázisvektora: 0 1 . ¥ 2 1
5.
A valós számok körében oldja meg a
1 2 3 2 egyenletrendszert.
1 2 3 2
3 4 5 8
−2 −1 −2 −3
x1 1 3 x2 3 2 · x3 = 1 3 x4 2 9 x5
8.6. Feladatok
69
Megoldás. A kib®vített mátrixot Gauss-féle kiküszöböléssel átalakítjuk:
1 2 3 2
1 2 3 2
3 4 5 8
−2 −1 −2 −3
3 3 3 9
1 0 ∼ 0 0
¯ ¯1 1 ¯ ¯ 2 0 ¯ ∼ ¯ 1 0 ¯ ¯2 0 1 0 0 0
3 −2 0 0
1 0 0 0
−2 3 1 4
3 −2 −4 2
−2 3 3 −3 4 −6 1 3 ¯ 1 3 ¯¯ 1 0 −3 ¯¯ 0 ∼ 0 ¯¯ 1 0 0 0 ¯0
¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ 0 0 ¯ ∼ ¯ −2 0 ¯ ¯ 0 0 1 3 0 −2 0 0 0 0
−2 3 1 0
¯ 3 −2 3 ¯¯ 1 −2 3 −3 ¯¯ 0 ∼ 2 −2 3 ¯¯ 1 2 1 3 ¯0 ¯ 3 ¯¯ 1 −3 ¯¯ 0 . 0 ¯¯ 1 0 ¯ −4
1 0 0 0
Az utolsó sor tilos sor, ezért az egyenletrendszernek nincs megoldása. ¥
6.
Oldja meg a valós számok körében
3x1 9x1 x1 x1
+ + − +
x2 − x3 x2 − 2x3 x2 x2 − x3
− x4 =2 − x4 − 2x5 = 5 − x4 + 2x5 = 1 − 3x4 + 4x5 = 2
egyenletrendszert. Mennyi az együtthatómátrix rangja és a rendszer szabadságfoka? Adja meg a homogén rész megoldáshalmazának egy bázisát is, és írja fel a homogén egyenlet általános megoldását. Megoldás. ¯ ¯ 0 ¯¯ 2 1 1 −1 −3 4 ¯¯ 2 1 −1 0 −1 2 ¯ 1 −2 ¯¯ 5 ∼ ¯ ∼ 2 ¯¯ 1 3 1 −1 −1 0 ¯¯ 2 4 ¯2 9 1 −2 −1 −2 ¯ 5 ¯ ¯ 1 1 −1 −3 4 ¯¯ 2 1 1 −1 −3 4 ¯¯ 2 0 −2 1 2 −2 ¯¯ −1 2 −2 ¯¯ −1 ∼ 0 −2 1 ∼ ∼ ¯ 0 −2 2 8 −12 ¯ −4 0 1 −1 −4 6 ¯¯ 2 0 −8 7 26 −38 ¯ −13 0 −8 7 26 −38 ¯ −13 ¯ ¯ 1 1 −1 −3 4 ¯¯ 2 1 1 −1 −3 4 ¯¯ 2 0 1 −1 −4 ¯ 6 ¯¯ 2 ∼ 0 1 −1 −4 6 ¯ 2 ∼ ∼ 0 −2 1 2 −2 ¯¯ −1 0 0 −1 −6 10 ¯¯ 3 0 −8 7 26 −38 ¯ −13 0 0 −1 −6 10 ¯ 3 ¯ ¯ 1 1 −1 −3 4 ¯¯ 2 1 1 0 3 −6 ¯¯ −1 0 1 −1 −4 ¯ 6 ¯¯ 2 ∼ 0 1 0 2 −4 ¯ −1 ∼ ∼ ¯ 0 0 1 6 −10 ¯ −3 0 0 1 6 −10 ¯¯ −3 ¯ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ¯ 0 ¯ 1 0 0 1 −2 ¯¯ 0 0 1 0 2 −4 ¯ −1 ¯ ∼ 0 0 1 6 −10 ¯ −3 ¯ 0 0 0 0 0 ¯ 0 3 9 1 1
1 −1 1 −2 −1 0 1 −1
−1 −1 −1 −3
70
8. Lineáris egyenletrendszerek
Ebb®l a redukált lépcs®s alakból már leolvasható az összes megoldás: x1 −u + 2v 0 −1 2 x2 −1 − 2u + 4v −1 −2 4 x3 = −3 − 6u + 10v = −3 + u −6 + v 10 . x4 0 1 0 u x5 v 0 0 1 Az együtthatómátrix rangja 3, a rendszer szabadságfoka 2. A homogén rész megoldáshalmazának egy bázisa 2 −1 4 −2 a2 = a1 = 10 ; −6 , 0 1 1 0 a homogén egyenlet általános megoldása
−c1 + 2c2 −2c1 + 4c2 c1 a1 + c2 a2 = −6c1 + 10c2 , c1 c2 ahol c1 , c2 ∈ R. ¥
7.
Oldja meg a valós számok körében a
x1 2 −2 1 −1 1 1 x2 1 2 −1 1 −2 1 4 −10 5 −5 7 · x3 = 1 x4 2 −14 7 −7 11 −1 x5
egyenletrendszert. Mennyi az együtthatómátrix rangja és a rendszer szabadságfoka? Adja meg a homogén rész megoldáshalmazának egy bázisát is, és írja fel a homogén egyenlet általános megoldását. Megoldás. ¯ ¯ 2 −2 1 −1 1 ¯¯ 1 1 2 −1 1 −2 ¯¯ 1 1 2 −1 1 −2 ¯¯ 1 1 −1 1 ¯¯ 1 2 −2 4 −10 5 −5 7 ¯ 1 ∼ 4 −10 5 −5 7 ¯ 1 ∼ ¯ ¯ 2 −14 7 −7 11 ¯ −1 2 −14 7 −7 11 ¯ −1 ¯ ¯ 1 2 −1 1 −2 ¯¯ 1 1 2 −1 1 −2 ¯¯ 1 0 −6 ¯ 3 −3 5 ¯¯ −1 0 −6 3 −3 5 ¯ −1 ∼ ∼ ¯ 0 0 −18 9 −9 15 ¯ −3 ∼ 0 0 0 0 0 ¯ ¯ ¯ 0 −18 9 −9 15 −3 0 0 0 0 0 ¯ 0
8.6. Feladatok
1 2 0 1 ∼ 0 0 0 0
−1
1
− 12
1 2
0
0
0
0
¯ −2 ¯¯ 1 1 5 ¯¯ 1 −6 ¯ 6 0 ¯ ∼ 0 ¯ 0 0 ¯ 0 ¯¯ 0 0
0
0
0
− 13
1
− 21
1 2
− 56
0
0
0
0
0
0
0
0
Ebb®l a redukált lépcs®s alakból már leolvasható az összes megoldás: 2 2 1 0 0 x1 3 + 3w 3 1 x 1 + 1u − 1v + 5w 1 −1 2 2 6 2 2 6 2 6 1 x3 0 u = = + u + v 0 x4 0 0 1 v
x5
w
0
0
71
¯ 2 ¯ ¯3 ¯ 1 ¯ 6 ¯ ¯ ¯ 0 ¯ ¯0 ¯
1 3 5 6
+ w 0 , 0 0 1
ahol u, v, w ∈ R. Az együtthatómátrix rangja 2, a rendszer szabadságfoka 3. A homogén rész megoldáshalmazának egy bázisa 1 0 0 3 1 −1 5 2 2 6 1 0 a1 = , a2 = , a3 = 0 ; 0 1 0 0 0 1 a homogén egyenlet általános megoldása ezek tetsz®leges (valós) lineáris kombinációja. ¥
8.
A λ valós paramétert®l függ®en vizsgálja és oldja meg a a valós számok körében az
x1 + x2 + λx3 = λ2 x1 + λx2 + x3 = λ λx1 + x2 + x3 = 1 egyenletrendszert (a Gauss-féle eliminációval dolgozzon). Megoldás. Paraméteres egyenletrendszerr®l van szó. Ekkor a λ paraméterrel úgy számolunk,
mintha annak konkrét értéke lenne. Arra kell csupán vigyázni, hogy mindig csak megengedett m¶veleteket végezzünk. Például a 0-val való osztás nem megengedett m¶velet. Az ilyen eseteket külön meg kell majd vizsgálnunk. El®ször a kib®vített mátrixot alakítjuk át: ¯ ¯ ¯ λ2 1 1 λ ¯¯ λ2 1 1 λ ¯ 1 λ 1 ¯ λ ∼ 0 λ − 1 1 − λ ¯ λ − λ2 . (8.4) ¯ ¯ λ 1 1 ¯ 1 0 1 − λ 1 − λ2 ¯ 1 − λ3 Ha λ = 1 , akkor az eredeti egyenletrendszer az
x1 + x2 + x3 = 1
72
8. Lineáris egyenletrendszerek
egyenlettel ekvivalens. Itt két ismeretlen választható szabad ismeretlennek, például x2 és x3 , és ekkor x1 a kötött ismeretlen. Az összes megoldás tehát a λ = 1 esetben: 1−u−v x1 , x2 = u ahol u, v ∈ R tetsz®leges. x3 v Ha λ 6= 1 , akkor (8.4)-et az 1 − λ2 = (1 − λ)(1 + λ), valamint az 1 − λ3 = (1 − λ)(1 + λ + λ2 ) azonosságok felhasználásával így folytathatjuk: ¯ ¯ ¯ ¯ λ2 ¯ ¯ λ2 1 1 λ λ2 1 1 λ 1 1 λ ¯ ¯ ¯ ∼ 0 1 0 λ − 1 1 − λ ¯ λ − λ2 ∼ 0 1 −λ −1 ¯¯ −λ . −1 ¯¯ ¯ 2 3 2 ¯ ¯ 0 0 2 + λ ¯ (λ + 1)2 0 1 1+λ λ +λ+1 1−λ 0 1−λ 1−λ Ez a kib®vített mátrix lépcs®s alakja a λ 6= 1 esetben. Most itt célszer¶ megállni!!! Rögtön látható, hogy a λ = −2 esetben az utolsó sor tilos sor, tehát ekkor az egyenletnedszernek nincs megoldása. Ha λ 6= −2 (és λ persze −1-t®l is különböz®), akkor az utolsó mátrix alapján az eredeti egyenletrendszer a következ®vel ekvivalens:
x1
+ x2 x2
+ −
λx3 = λ2 x3 = −λ (2 + λ)x3 = (λ + 1)
. 2
Ebben az esetben tehát egyetlen megoldása van az egyenletrendszerünknek:
x3 =
(λ+1)2 2+λ
x2 = −λ + x3 = −λ +
(λ+1)2 2+λ
x1 = λ2 − x2 − λx3 = · · · =
1 2+λ 1+λ − 2+λ .
=
Összefoglalva: Az eredeti egyenletrendszerünkre a következ®k érvényesek.
Ha λ = −2, akkor nincs megoldás. Ha λ = 1, akkor végtelen sok megoldás van; az egyenletrendszer szabadságfoka 2. Az összes megoldás: x1 1−u−v x2 = , u ahol u, v ∈ R tetsz®leges. x3 v Ha λ ∈ R \ {−2, 1}, akkor pedig
(λ+1)2 x1 2+λ 1 x2 = 2+λ x3 − 1+λ 2+λ
az egyetlen megoldás. ¥
8.6. Feladatok
9.
73
A λ ∈ R paramétert®l függ®en vizsgálja a valós számok körében, ahol λ 1 1 1 1+λ 1 A := 1 1 1+λ 1 1 1
és oldja meg az A · x = b egyenletet
1 1 , 1 1
1 3 b := 4. 1
Megoldás. A kib®vített mátrixot így alakítjuk át: ¯ ¯ 1 1 1 1 1 1 ¯¯ 1 λ 1 1 1 ¯¯ 1 ¯ 3 0 ¯ 3 1 1 + λ 1 1 + λ λ 1 1 1 1 ¯ ∼ ¯ ∼ 1 0 1 1 + λ 1 ¯¯ 4 0 1 1 + λ 1 ¯¯ 4 1 0 1−λ λ 1 1 1 ¯1 1 1 1 1 ¯1
1 0 ∼ (ha λ 6= 1) 0 0
1 λ 0 1
1 1 0 0 λ 0 1 1
¯ ¯1 ¯ ¯ 2 ¯ ∼ (ha λ 6= 0) ¯ 3 ¯ ¯1
1 0
0 1 0 0 0 1
1 0 λ 1−λ
¯ 0 ¯¯ 0 1 ¯ 2 ¯ 0 ¯ λ 0 ¯ ∼ 0 ¯ λ3 0 ¯ 1 ¯¯ 1 0
0 0 1 1
1 0 0 1−λ
0
0
1
0
0
1
0
0
¯ ¯ 1 ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 3 ∼ ¯ ¯1 − λ
¯ 0 0 ¯¯ ¯ 2 ¯ 0 ¯ λ ¯ 3 0 ¯ λ ¯ 1 ¯¯ 1 − λ2 −
3 λ
.
Ha λ ∈ R \ {0, 1}, akkor
x1 = 0,
x2 = λ2 ,
x3 = λ3 ,
az egyenletrendszer egyetlen megoldása. Ha λ = 1, akkor a kib®vített mátrix redukált lépcs®s ¯ 1 1 1 1 ¯¯ 1 1 0 0 1 0 0 ¯ 2 0 1 ¯ 0 0 1 0 ¯ 3 ∼ 0 0 ¯ 0 0 0 0 ¯0 0 0
x4 = 1 −
5 λ
alakja: ¯ 0 1 ¯¯ −4 0 0 ¯¯ 2 . 1 0 ¯¯ 3 0 0 ¯ 0
Most x4 a szabad ismeretlen, és az egyenletrendszer összes megoldása: x1 −4 − u x2 2 = x3 3 ahol u ∈ R tetsz®leges. x4 u Ha λ = 0, akkor az elemi átalakítások során tilos sort kapunk, ezért az egyenletrendszernek ebben az esetben nincs megoldása. ¥
10. A p és a q valós paraméter függvényében adja meg az xT · A = bT
74
8. Lineáris egyenletrendszerek egyenletrendszer összes valós megoldását, ha 1 2 3 A = 1 −3 −2 és 1 2 p
2q b = 4q . q
Megoldás. Az egyenletrendszer nem a szokásos" alakban van megadva. Vegyük mindkét oldal " transzponáltját, és használjuk fel azt, hogy mátrixok szorzatának a transzponáltja a transzponáltak fordított sorrendben vett szorzata és a transzponált transzponáltja az eredeti mátrix: ¡ T ¢T ¡ ¢T ¡ T ¢T = AT · x = b. x · A = AT · x T és b Következésképpen az
AT · x = b
egyenletrendszerr®l van szó. A kib®vített mátrixot elemi sortranszformációkkal (redukált) lépcs®s alakra hozzuk: ¯ ¯ ¯ 1 1 1 ¯¯ 2q 1 1 1 ¯¯ 2q 1 1 1 ¯¯ 2q 0 ¯¯ 0 ∼ 0 1 0 ¯¯ 0 ∼ [AT |b] = 2 −3 2 ¯¯ 4q ∼ 0 −5 3 −2 p ¯ q 0 −5 p − 3 ¯ −5q 0 −5 p − 3 ¯ −5q ¯ 1 0 1 ¯¯ 2q 0 ¯¯ 0 . ∼0 1 0 0 p − 3 ¯ −5q Ez a kib®vített mátrix lépcs®s alakja. A paraméter miatt itt megállunk. Bár ebb®l is leolvasható már a megoldás, azért írjuk fel az utolsó mátrixnak megfelel® egyenletrendszert:
x1
+ x2
x3 = 2q =0 (p − 3)x3 = −5q.
Ha p 6= 3 és q ∈ R tetsz®leges, akkor a megoldás egyértelm¶, és világos, hogy 2p−1 x1 q p−3 x2 = 0 5q x3 − p−3 az egyetlen megoldás. Ha p = 3 és q 6= 0, akkor az eredeti egyenletrendszernek nincs megoldása, mert a sortranszformáció során kapott utolsó mátrix harmadik sora tilos sor. Ha p = 3 és q = 0, akkor végtelen sok megoldás van. Ekkor az összes megoldás: x1 −u x2 = 0 (u ∈ R). ¥ x3 u
8.6. Feladatok
75
11. Keresse meg az
1 2 3 x1 1 −1 a −21 · x2 = 2 3 7 a x3 b
egyenletrendszer összes valós megoldását, ahol a és b valós paraméter. Megoldás. Ha a 6= 0 és a 6= 7, akkor a megoldás egyértelm¶. Ha a = 0 és b = b=
10 3
9 2
vagy a = 7 és végtelen sok megoldás van. A paraméterek egyéb értékei esetén nincs megoldás. ¥
12. Legyen
3 −1 5 −7 1 4 −2 2 A = A(α) = −2 −3 1 1 α 3 −3 1
−3 −4 és b = 2 . 2
Az α ∈ R paraméter függvényében adja meg az
xT · A = bT egyenletrendszer összes valós megoldását. Megoldás. Vegye el®ször mindkét oldal transzponáltját.
Ha α 6= 1, akkor x = 14 [1; 3; 9; 0]T az egyetlen megoldás. Ha α = 1, akkor az egyenletrenszer szabadságfoka 1 és az általános megoldás: 1 1 x1 4 + 2u 3 1 x2 4 + 2 u (u ∈ R). ¥ = 9 3 , x3 4 + 2 u x4 u
13. Legyen
1 0 3 2 2 −12 0 −8 A = A(p) = 0 2 1 2 1 2 4 p
és bT = bT (p) = [2; p − 24; 1; 4]0 .
Az p ∈ R paraméter függvényében adja meg az
xT · A = bT egyenletrendszer összes valós megoldását.
76
8. Lineáris egyenletrendszerek
Megoldás. Vegyük el®ször az egyenlet mindkét oldalának a transzponáltját: ¡
xT · A
¢T
¡ ¢T ¡ ¢T = AT · x T = AT · x = bT = b.
Az egyenletrendszer szokásos" alakja tehát: " AT · x = b. A kib®vített mátrixot elemi 1 0 T [A |b] = 3 2
sortranszformációval átalakítjuk: 2 −12 0 −8
0 2 1 2
¯ 1 ¯¯ 2 2 ¯¯ p − 24 ∼ ¯ 4¯ 1 ¯ 4 p
1 0 0 0
2 0 −12 2 −6 1 −12 2
Vegyük most a 3. sor kétszeresét, majd ebb®l vonjuk le a 2. 2. sort. Végül azt kapjuk, hogy ¯ 1 2 0 1 ¯¯ 2 1 2 ¯ p − 24 0 −12 0 −12 2 2 ¯ ∼ 0 0 0 0 ¯¯ 14 − p 0 0 0 0 0 p − 4 ¯ 24 − p 0 0
¯ 1 ¯¯ 2 2 ¯¯ p − 24 . 1 ¯¯ −5 p−2¯ 0
sort. Ezután a 4. sorból vonjuk ki a
0 2 0 0
¯ 1 ¯¯ 2 2 ¯¯ p − 24 . p − 4 ¯¯ 24 − p 0 ¯ 14 − p
Ha p 6= 14, akkor az utolsó sor tilos sor, ezért az egyenletrendszernek nincs megoldása. Ha p = 14, akkor a fenti utolsó mátrix: ¯ ¯ ¯ 1 2 0 1 ¯¯ 2 1 2 0 1 ¯¯ 2 1 2 0 0 ¯¯ 1 0 −12 2 2 ¯ 10 0 6 −1 −1 ¯ −5 0 6 −1 0 ¯ −4 ¯ ∼ ¯ ∼ ¯ ∼ 0 0 0 10 ¯¯ 10 0 0 0 1 ¯¯ 1 0 0 0 1 ¯¯ 1 0 0 0 0 ¯ 0 0 0 0 0 ¯ 0 0 0 0 0¯ 0 ¯ ¯ 1 1 2 0 0 ¯¯ 1 0 ¯¯ 37 1 0 3 ¯ ¯ 0 1 − 61 0 ¯ − 23 0 1 − 16 0 ¯ − 23 ¯ ¯ ∼ ∼ ¯ ¯ 0 0 0 1¯ 1 0 0 0 1¯ 1 ¯ ¯ 0 0 0 0 ¯¯ 0 0 0 0 0 ¯¯ 0 Az egyenletrendszer szabadságfoka 1, x3 a szabad ismeretlen; az összes megoldás:
x1 =
14. Legyen
7 3
− u3 ,
x2 = − 23 + u6 ,
x3 = u,
2 −1 0 −1 1 2 A = A(α) = 1 0 2 0 2 8 Az α ∈ R paraméter függvényében adja
x4 = 1
(u ∈ R). ¥
2 4 1 és b = −3 . α 3 α 12 meg az
xT · A = bT egyenletrendszer összes valós megoldását.
8.6. Feladatok
15. Legyen
77
−2 −3 (a) A = 0 2 −2 −3 (b) A = 0 2
3 2 1 2 7 2 q −4 1 3 2 2 1 2 −1 7 2 0 p −4 1 2 −1 0
és b = [1; 1; q; 9]T ;
és
1 1 b= p. 9
Az p ∈ R paraméter függvényében adja meg az
xT · A = bT egyenletrendszer összes valós megoldását.
78
9. Sajátérték, sajátvektor. Diagonalizálás
9. Sajátérték, sajátvektor. Diagonalizálás 9.1. Négyzetes mátrix sajátértékei és sajátvektorai De níció. Legyen A egy komplex elem¶ n × n-es mátrix. A komplex λ számot A sajátértékének nevezzük, ha létezik olyan nullától különböz® s ∈ Cn vektor,
amelyre
As = λ s teljesül. Az s vektort az A mátrix λ sajátértékéhez tartozó sajátvektorának hívjuk. Az A = [aij ] ∈ Cn×n mátrix sajátértékeit úgy határozzuk meg, hogy kiszámoljuk a a11 − λ a12 ... a1n a21 a22 − λ . . . a2n ¡ ¢ p(λ) := det A − λ En = det .. .. .. .. . . . . an1 an2 . . . ann − λ
karakterisztikus polinom gyökeit. ¡ ¢ A λ sajátértékhez tartozó sajátvektorok az A − λ En s = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai. Ennek az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van (az együtthatómátrix determinánsa nulla); ezért a lineárisan független sajátvektorokat kell mindig megkeresni. Az algebra alaptételéb®l következik, hogy minden A ∈ Cn×n komplex elem¶ mátrixnak multiplicitással együtt számolva pontosan n sajátértéke van, ui. a karakterisztikus polinom pontosan n-edfokú algebrai polinom. A sajátvektorokkal kapcsolatban a következ®k mondhatók: a különböz® sajátértékekhez lineárisan független sajátvektorok tartoznak (bizonyítsa be ezt az állítást). Ha λ egy mondjuk mszeres sajátérték, akkor lehet, hogy ehhez tartozik m darab lineárisan független sajátvektor, de az is el®fordulhat, hogy csak kevesebb számú lineárisan független sajátvektor tartozik hozzá (l. a feladatokat). Sok esetben valós elem¶ mátrixok valós sajátértékei érdekelnek bennünket. Ezzel kapcsolatban az alábbiakat érdemes megjegyezni: Van olyan valós mátrix, amelynek nincs valós sajátértéke (minden sajátérték komplex), következésképpen valós sajátvektora sincs. A valós sajátértékek számát illet®en szinte minden lehetséges eset el®fordulhat. Arra a korábbi eredményünkre érdemes visszaemlékezni, hogy ha egy valós együtthatós polinomnak egy komplex szám gyöke, akkor ennek a komplex konjugálta is gyöke a polinomnak. Következésképpen ha egy komplex szám sajátértéke egy valós elem¶ mátrixnak, akkor annak a komplex konjugáltja szintén sajátérték.
9.2. Négyzetes mátrix diagonalizálása
79
9.2. Négyzetes mátrix diagonalizálása De níció. Egy n × n-es A mátrixot diagonalizálhatónak mondunk, ha létezik egy olyan invertálható n × n-es C mátrix, hogy a
C−1 AC szorzatmátrix diagonális.
1. tétel (négyzetes mátrix diagonalizálhatósága).
Egy n × n-es A mátrix akkor és csak akkor diagonalizálható, ha van n lineárisan független s(1) , s(2) , . . . , s(n) sajátvektora. Ekkor λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 −1 C AC = .. .. .. .. , . . . . 0 0 . . . λn ahol a C mátrix oszlopai rendre s(1) , s(2) , . . . , s(n) , a λ1 , λ2 , . . . , λn számok pedig a hozzájuk tartozó (nem feltétlenül különböz®) sajátértékek.
Nem minden mátrix diagonalizálható (l. pl. F1. (g), (h)). Ez olyan mátrixokra érvényes, amelyeknek van többszörös sajátértéke, és egy ilyenhez kevesebb számú lineárisan független sajátvektor létezik, mint a szóban forgó sajátérték multiplicitása. Mivel a különböz® sajátértékekhez tartozó sajátvektorok lineáriasan függetlenek, ezért az (n × n)-es A mátrix diagonalizálható, ha n különböz® sajátértéke van. Ezek az állítások viszonylag egyszer¶en bebizonyíthatók. A lineáris algebra egyik legemélyebb eredménye azt állítja, hogy tetsz®leges mátrixhoz létezik olyan invertálható P mátrix, amellyel a P−1 AP mátrix közel diagonális alakú. Ezt az állítást a mátrixok Jordan-féle normálalakjára vonatkozó tételnek szokás nevezni.
De níció. A valós elem¶ n-edrend¶ négyzetes M mátrixot ortogonálisnak mondjuk, ha
M · MT = En ,
ahol En az n-edrend¶ egységmátrix.
2. tétel (ortogonális mátrixok).
állítások ekvivalensek:
Legyen n ∈ N és M ∈ Rn×n . A következ®
1o az M mátrix ortogonális; 2o az M mátrix invertálható és transzponáltja egyenl® az inverzével, vagyis MT = M−1 .
80
9. Sajátérték, sajátvektor. Diagonalizálás
3o Az oszlopvektorok páronként ortogonálisak és egységnyi hosszúságúak. Ugyanez érvényes a sorvektorokra is.
3. tétel (szimmetrikus mátrixok).
Legyen n ∈ N és tegyük fel, hogy A egy valós elem¶ n-edrend¶ négyzetes szimmetrikus (AT = A) mátrix. Ekkor a következ®k teljesülnek:
1o A valamennyi sajátértéke valós, azaz A karakterisztikus polinomjának csak valós gyökei vannak; 2o A-nak van n számú páronként ortogonális lineárisan független sajátvektora; 3o létezik olyan M ortogonális (MT = M−1 ) mátrix, amelyre MT AM = diag (λ1 , λ2 , . . . , λn ) diagonális mátrix, ahol a λ1 , . . . , λn számok A sajátértékei, és az M mátrix i-edik oszlopa A i-edik sajátértékéhez azaz λi -hez tartozó sajátvektora (i = 1, . . . , n).
9.3. Feladatok 1.
Számítsa ki az alábbi mátrixok sajátértékeit és sajátvektorait. · ¸ · ¸ 3 4 2 −7 (a) ; (b) ; 5 2 3 −8 ¸ · ¸ · 1 4 2 4 ; (d) ; (c) 6 −1 −2 6 2 1 −1 1 1 2 1 ; (e) 0 2 2 ; (f) 0 1 2 0 −2 −1 1 3 0 1 0 2 6 −15 (g) −4 4 0 ; (h) 1 1 −5 . −2 1 2 1 2 −6
2.
Számítsa ki az alábbi A mátrixok sajátértékeit és sajátvektorait. Írja fel azt a C mátrixot, amelynek oszlopvektorai az A sajátvektorai. Mutassa meg, hogy a C−1 AC szorzat egy olyan diagonális mátrix, amelynek a f®átlójában rendre az A sajátértékei állnak. · ¸ · ¸ 3 4 2 −7 (a) A := ; (b) A := ; 5 2 3 −8
9.4. A feladatok megoldásai 5 −6 −6 4 2 ; (c) A := −1 3 −6 −4 1 1 2 (e) A := 0 2 2 ; −1 1 3
81
−2 −8 −12 1 4 4 ; (d) A := 0 0 1 2 1 −1 1 . (f) A := 0 1 2 0 −2
3.
Ortogonális mátrixszal diagonalizálja az alábbi A szimmetrikus mátrixokat. Adja meg mindegyik esetben az M diagonalizáló mátrixot, és számítsa ki az MT AM szorzatot is. 4 0 2 1 3 4 2 −2 ; (b) A := 3 1 0 ; (a) A := 0 2 −2 3 4 0 1 1 1 0 0 0 1 1 . (c) A := 1 1 0 ; (d) A := 0 0 0 0 2 1 1 −1
4.
Diagonalizálhatók-e az alábbi mátrixok? Ha igen, akkor adja meg a diagonalizáló mátrixot is: ¸ · 1 3 0 6 −14 0 2 1 3 −2 −1 , 0 −3 −6 , , 0 −1 0 −1 1 0 −3 0
−2 0 −1 0 2 0, 3 0 2
−1 0 1 −7 2 5 , 3 0 1
4 0 0 8 4 8. 0 0 4
9.4. A feladatok megoldásai 2.(c) Az A mátrix karakterisztikus polinomja
5 − λ −6 −6 ¡ ¢ 2 . p(λ) := det A − λ · E3 = det −1 4 − λ 3 −6 −4 − λ
Ezt vagy rögtön például az els® sor szerinti kifejtéssel számítjuk ki, vagy pedig a determinánsok tulajdonságainak felhasználásával gyors átalakításokat végzünk. 5 − λ −6 0 5 − λ −6 0 p(λ) = det −1 4 − λ λ − 2 = (λ − 2) det −1 4 − λ 1 = 3 −6 2 − λ 3 −6 −1
82
9. Sajátérték, sajátvektor. Diagonalizálás
5−λ −6 0 £ ¤ −1 4 − λ 1 = −(λ − 2) (5 − λ)(−2 − λ) + 12 = = (λ − 2) det 2 −2 − λ 0 = −(λ − 2)[λ2 − 3λ + 2] = −(λ − 2)2 (λ − 1). (Ha látunk gyors átalakítási lehet®séget, akkor érdemes azokat elvégezni, mert ezzel az adódó polinom gyökeit is esetleg egyszer¶bben kaphatjuk meg.) A p(λ) = 0 karakterisztikus egyenlet gyökei, vagyis az A mátrix sajátértékei λ1 = 1 és a kétszeres λ2,3 = 2. az
A λ1 = 1 sajátértékhez tartozó s(1) = [s1 , s2 , s3 ]T sajátvektor koordinátái kielégítik
azaz a
¡
¢ A − 1 · E3 s(1) = 0,
4 −6 −6 s1 0 −1 3 2 s2 = 0 3 −6 −5 s3 0
homogén lineáris egyenletrendszert. Ennek megoldásához a kib®vített mátrix, illetve ebben az esetben az együtthatómátrix redukált lépcs®s alakját határozzuk meg: 4 −6 −6 −1 3 2 −1 3 2 −1 3 2 −1 3 2 ∼ 2 −3 −3 ∼ 0 3 1 ∼ 0 3 1 3 −6 −5 3 −6 −5 0 3 1 0 0 0 −1 0 1 1 0 −1 1 ∼ 0 3 1 ∼ 0 1 . 3 0 0 0 0 0 0 Az egyenletrendszer összes megoldása, tehát a λ1 = 1 sajátértékhez tartozó összes sajátvektor: s1 1 s2 = u − 13 , s3 1 ahol u tetsz®leges valós szám. Így
s(1)
3 = −1 3
egy, a λ1 = 1 sajátértékhez tartozó sajátvektor.
9.4. A feladatok megoldásai
83
Ha λ2,3 = 2, akkor a sajátvektoregyenlet:
3 −6 −6 s1 0 −1 2 2 s2 = 0 . 3 −6 −6 s3 0 Világos, hogy ez az egyetlen s1 − 2s2 − 2s3 = 0 egyenlettel ekvivalens, aminek az összes megoldása (két változó választható meg szabadon): 2 2u + 2v 2 s1 = u1 + v0, s2 = u 1 v 0 s3 ahol u és v tetsz®leges valós szám. Így s(2) = [2, 1, 0]T és s(3) = [2, 0, 1]T a 2 sajátértékhez tartozó két lineárisan független sajátvektor. Azt kaptuk tehát, hogy a (3 × 3)-as A mátrixnak van három lineárisan független sajátvektora: 3 2 2 (1) (2) (3) s = −1 , s = 1 , s = 0, 3 0 1 ezért az A mátrix diagonalizálható. Legyen 3 2 2 C = −1 1 0 , 3 0 1 akkor
C−1 mert ¯ 3 2 2 ¯¯ 1 0 0 0 −1 1 0 ¯ 0 1 0 ∼ −1 ¯ 3 0 1 ¯ 0 0 1 0 ¯ 1 −1 0 ¯¯ 0 −1 ∼ 0 −1 0 ¯¯ 1 −3 3 0 3 1 ¯ 0
−1 2 2 3 2, = −1 3 −6 −5 ¯ 5 2 ¯¯ 1 3 1 0 ¯¯ 0 1 3 1 ¯ 0 3 0 1 −2 ∼ 0 1 0
¯ 0 1 −1 0 ¯¯ 0 −1 0 0 ∼ 0 3 0 ∼ 5 2 ¯¯ 1 ¯ 1 3 1 0 3 1 0 ¯ 2 2 0 0 ¯¯ −1 3 2. 1 0 ¯¯ −1 ¯ 3 −6 −5 0 1
84
9. Sajátérték, sajátvektor. Diagonalizálás
Ezért
−1 2 2 5 −6 −6 3 2 2 1 0 0 3 2 −1 4 2 −1 1 0 = 0 2 0 C−1 AC = −1 3 −6 −5 3 −6 −4 3 0 1 0 0 2
valóban a négyzetes mátrix diagonalizálhatóságára vonatkozó tétel alapján adódó diagonális mátrix, aminek a f®átlójában a sajátértékek állnak a megfelel® sorrendben. ¥
3.(a) A karakterisztikus polinom:
4−λ 0 2 £ ¤ £ ¤ 2 − λ −2 = (4 − λ) (2 − λ)(3 − λ) − 4 + 2 −2(2 − λ) = det 0 2 −2 3 − λ = −λ(λ − 6)(λ − 3) az
A λ1 = 0 sajátértékhez tartozó s(1) = [s1 , s2 , s3 ]T sajátvektor koordinátái kielégítik
azaz a
¡
¢ A − 0 · E3 s(1) = 0,
0 s1 4 0 2 0 s2 = 0 2 −2 0 s3 2 −2 3
homogén lineáris egyenletrendszert. Ennek megoldásához a kib®vített mátrix, illetve ebben az esetben az együtthatómátrix redukált lépcs®s alakját határozzuk meg: 1 4 0 2 2 0 1 2 0 1 1 0 2 0 2 −2 ∼ 0 1 −1 ∼ 0 1 −1 ∼ 0 1 −1 . 2 −2 3 2 −2 3 0 −2 2 0 0 0 Az egyenletrendszer összes megoldása, tehát a λ1 = 0 sajátértékhez tartozó összes sajátvektor: 1 −2 s1 s2 = u 1 , s3 1 ahol u tetsz®leges valós szám. Így
s(1)
−1 = 2 2
9.4. A feladatok megoldásai
85
a λ1 = 0 sajátértékhez tartozó sajátvektor. A λ2 = 3 sajátértékhez tartozó s(2) = [s1 , s2 , s3 ]T sajátvektort is így határozzuk meg. A sajátvektor egyenlet: 0 1 0 2 s1 0 −1 −2 s2 = 0 . 0 2 −2 0 s3 Az együtthatómátrix redukált lépcs®s alakja: 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 0 −1 −2 ∼ 0 −1 −2 ∼ 0 −1 −2 ∼ 0 1 2 , 0 0 0 0 0 0 0 −2 −4 2 −2 0 ezért az általános megoldás
−2 s1 s2 = u −2 , 1 s3
ahol u tetsz®leges valós szám, ezért
2 = 2 −1
s(2)
a λ2 = 3 sajátértékhez tartozó sajátvektor. A λ3 = 6 sajátértékhez tartozó s(3) = [s1 , s2 , s3 ]T sajátvektorra a sajátvektor egyenlet: −2 0 2 s1 0 0 −4 −2 s2 = 0 . 2 −2 −3 s3 0 Az együtthatómátrix redukált lépcs®s alakja: −2 0 2 1 0 −1 1 0 −1 1 0 −1 1 0 −4 −2 ∼ 0 2 1 ∼ 0 2 1 ∼ 0 1 , 2 0 0 0 2 −2 −3 0 −2 −1 0 0 0 ezért az általános megoldás
1 s1 s2 = u − 1 , 2 s3 1
86
9. Sajátérték, sajátvektor. Diagonalizálás
ahol u tetsz®leges valós szám, ezért
s(3)
2 = −1 2
a λ3 = 6 sajátértékhez tartozó sajátvektor. Összefoglalva: a λ1 = 0, λ2 = 3, λ3 = 6 sajátértékekhez rendre az −1 2 2 s(1) = 2 , s(2) = 2 , s(3) = −1 2 −1 2 sajátvektorok tartoznak. Ránézésre is megállapítható az, hogy ezek a különböz® sajátértékekhez tartozó sajátvektorok páronként mer®legesek egymásra. (Ez minden szimmetrikus mátrixra is érvényes, és a számolásaink egyfajta ellen®rzéseként érdemes ezt mindig megnézni.) A sajátvektorokból most egységnyi hosszúságú vektorokat készítünk mégpedig úgy, hogy elosztjuk ®ket a hosszukkal. Mivel p ks(1) k = (−1)2 + 22 + 22 = 3 = ks(2) k = ks(3) k, ezért az
s0 (1)
−1 s 1 = (1) = 2 , ks k 3 2 (1)
s0 (2)
2 s 1 = (2) = 2 , ks k 3 −1 (2)
s0 (3)
2 s 1 = (3) = −1 ks k 3 2 (3)
vektorok mindegyike már egységsajátvektor. Ezeket oszloponként egy M mátrixba rendezve egy ortogonális mátrixot kapunk. (A hasonló esetekben ne feledkezzünk meg a normálásról; az ortogonális mátrixok oszlopai ugyanis egységvektorok.) A szimmetrikus mátrixok ortogonalizálására vonatkozó tételünk alapján tehát 1 2 2 −3 3 3 2 2 − 13 M= 3 3 2 1 2 − 3 3 3 egy ortogonális diagonalizáló mátrix. Ellen®rizzük ezt. Vegyük észre azt, hogy most M szimmetrikus (ez általában nem igaz!!!), ezért MT = M, így −1 2 2 4 0 2 −1 2 2 1 2 −1 0 2 −2 2 2 −1 = MT AM = 2 3 2 −1 2 2 −2 3 2 −1 2
9.4. A feladatok megoldásai −1 2 2 0 6 12 0 0 0 0 0 0 1 1 2 −1 0 6 −6 = 0 27 0 = 0 3 0 . = 2 9 9 2 −1 2 0 −3 12 0 0 54 0 0 6
87
Az MT AM szorzat f®átlójában tehát rendre az A mátrix sajátértékei állnak. ¥
3.(b) Az A mátrixnak most két sajátértéke van: 0 és 2, de van három lineárisan
független sajátvektor. Ezek megválasztásánál gyeljünk arra, hogy páronként ortogonálisak legyenek. Például az 0 1 1 s(3) = 0 s(2) = 1 , s(1) = −1 , 1 0 0
vektorok ilyenek. A vektorokat a hosszukkal elosztva, majd mátrixba rendezve kapjuk az M diagonalizáló mátrixot: 1 √ √1 0 2 2 √1 √1 − 2 0, M= 2 0 0 1 és ekkor
0 0 0 MT AM = 0 2 0 . ¥ 0 0 2
