LINEÁRIS VEKTORTÉR. Kiegészítő anyag. (Bércesné Novák Ágnes előadása) Vektorok függetlensége, függősége

BMF

VEKTOROK FÜGGETLENSÉGE, GENERÁTORRENDSZER, BÁZIS, DIMENZIÓ

LINEÁRIS VEKTORTÉR Kiegészítő anyag (Bércesné Novák Ágnes előadása) Vektorok függetlensége, függősége

© Bércesné Novák Ágnes

BMF


Vektortér V ≠ 0 Halmaz + ; Abel – csoport V elemeit vektoroknak nevezzük.

T test : + ; · Abel - csoport

Abel – csoport

Disztributivitás α(β+ γ) = αβ + αγ Test elemeit skalároknak (számoknak) nevezzük. PL: valós számok, rac. számok később lesz komplex számok

E két stuktúrát köti össze a skalárral való szorzás: 1·v = v·1 v∈V , 1∈T λ(µv) = (λµ)v v∈V , λ,µ∈T (λ+µ)v = λv+µv v∈V , λ,µ∈T λ(v1+v2) = λv1+λv2 λ∈V , v1,v2∈V


BMF


Vektortér tulajdonságai, jellemzése: Def.: Lineárisan összefüggőnek nevezzük a v1,v2…..vn

vektorokat, ha a 0 = α1v1+α2v2+….+αnvn alakban ∃ αi ≠ 0. v1,v2…..vn vektorok lineáris kombinációja

LÖF Jelentése: Síkban: 1 vektor esetén: αv1 = 0 ∃ α ≠ 0 ⇒ v1 = 0 2 vektor esetén: 0 = α1v1+α2v2

3 vektor esetén: 0 = α1v1+α2v2+α3v3 Térben:

⇒ v3 = αv1+βv2

-α1 v ⇒ v1║v2 α2 1 -α1 α2 PL: α3 ≠ 0 ⇒ v3 kifejezhető: v3 = v- v α3 1 α3 2 Síkbeli felbontási tétel: ha v1╫ v2

PL: α2 ≠ 0 ⇒ v2 kifejezhető: v2 =

Ugyanaz mint síkban. Általában: Tétel: v1,v2,…..vn akkor és csak akkor LÖF, ha valamelyik vektor a többivel kifejezhető. n k≠i vi = ∑λkvk k=1 v1,v2,…..vn LÖF ↔ ∃ k , vk kifejezhető = előáll a többi lineáris kombinációjaként: vk = α1v1+…+αivi+…+αnvn


BMF


Biz: 1.

2.

Ha v1,v2,…..vn LÖF ↔ ∃ k ⇓ Definíció szerint: ∃ α ≠ 0 hogy α1v1+…+αivi+…+αnvn = 0 -αivi = α1v1+…+αi-1vi-1+…+αi+1vi+1+…+αnvn -αi -αi-1 -αi+1 -αn vi = v1+ …+ vi-1+…+ vi+1+…+ v αi αi αi αi n vi = λ1v1+…+λi-1vi-1+…+λi+1vi+1+…+λnvn n k≠i vi = ∑λkvk k=1 n Ha vi = ∑λkvk k≠i ⇒ v1,v2,…..vn LÖF. k=1 ⇓ vi = λ1v1+…+λi-1vi-1+…+λi+1vi+1+…+λnvn 0 = λ1v1+…+λi-1vi-1+ (-1)·vi+λi+1vi+1+…+λnvn λ = -1 ≠ 0 ⇒ v1,v2,…..vn LÖF.

Következtetés: A lineáris függőség fogalma jól informál arról, hogy a vektorrendszerben valamelyik (sajnos nem tudjuk melyik) vektor kifejthető a többivel.


BMF


Def.: A v1,v2,…..vn vektorok lineárisan függetlenek, ha a 0 vektor csak egy féleképpen állítható elő velük: 0 = 0·v1+…+0·vn 0 = α1v1+…+αnvn csakis úgy lehetséges hogy ∀ αi = 0. Megjegyzés: Mivel a ∀ αi = 0 tagadása a nem (∀ α = 0) azt jelenti, hogy létezik legalább egy olyan αi, ami nem nulla, ∃ αi ≠ 0, ezért, ha a vektorrendszer tagjai nem függenek, akkor automatikusan LÖF. (és fordítva!) Jelentése: Síkban: 1. α1v1 = 0 – nem lehet független!!! 2. α1a+α2b = 0 α1 ≠ 0 , α2 ≠ 0 βb

b a Mikor lesz a paralelogramma átlója 0 hosszúságú? ↔ α = β = 0 ↓ Jó a def., hiszen tudjuk, hogy síkbeli vektorok akkor LÖF, ha a║b!!


αa+βb αa

BMF


Tétel: Ha v1, … vn FGETLEN, de (n+1) vn+1 vektort hozzátéve LÖF lesz, akkor vn+1 kifejezhető v1, … vn-nel: Példa: Síkbeli felbontási tétel: a nem párhuzamos b (FGETLEN) ∀ c-re ∃ α, β c=αa+βb Bizonyítás:α1v1+α2v2+ …αnvn+αn+1vn+1=0 Azt kell bizonyítani, hogy a LÖF-ség miatti nem nulla együttható éppen az αn+1 α1v1+α2v2+ …αnvn+αn+1vn+1=0 Ha ezen αi-k közül lenne nem nulla Akkor αn+1=0 is lehetne, mert a LÖF definíciójának egyetlen αi≠0 elég! De akkor (αn+1=0-val)! α1v1+α2v2+ … +αnvn+0vn+1=0=α1v1+ … +αivi+ … +αnvn=0 ∃ αi≠0

v1, …vn LÖF lenne! Következésképpen αn+1≠0


αn

ELLENTMONDÁS! αn

vn+1= vn+ …vn αn+1 αn+1

BMF


Volt a síkbeli, térbeli felbontásnál, hogy c=αa+βb d=αa+βb+βc A felbontások egyértelműek, ha a nem párhuzamos b-vel a nem párhuzamos c-vel b || c + a, b, c nem egysíkúak (Kettesével persze igen) (Ez pontosan azt jelenti az új definícióval, hogy függetlenek!) Ez általánosítható: Tétel: Ha v előáll a v1, … vn vektorok lin. kombinációjaként, az előállítás akkor és csak akkor egyértelmű, ha v1, … vn FGETLEN. Bizonyítás: a.) Legyen v1, … vn FGETLEN

A felbontás egyértelmű:

v = α1v1 + α2v2 + … + αnvn v = β1v1 + β2v2 + … + β1vn 0 = (α1-β1)v1 + (α2-β2)v2 + … + (αn-βn)vn Mivel v1, … vn FGETLENEK, minden együttható = 0 αi = βi ∀ i-re


BMF


Definíció (Bázis): Olyan vektorrendszer, amely FGETLEN vektorokból áll, és amelyek lineáris kombinációjaként a vektortér minden vektora előáll. Tétel: Minden bázis egyforma elemszámú. Definíció: Generátorrendszer, lineáris kombinációjaként ∀ vektor előállítható (összefüggő is lehet). Tétel: Gen.rsz. elemszáma ≥ Fgetlen rsz. Elemszáma Bizonyítás: f1, … fn FGETLEN, akkor ∀ fi-hez van olyan gk, amire kicserélve fi-t FGETLEN marad: g1, …ge e ≥ n !!! f1, … fi-1, … gk,fi+1, … fn Ugyanis ha pl. f1-hez nem lenne egyik gi sem jó, akkor fi helyett: g1 f2, …fn LÖF g1 – f2, … fn-nel kifejezhető g2 - f2, … fn-nel kifejezhető g2 f2, … fn LÖF … ge f2, … fn LÖF ge - f2, … fn-nel kifejezhető g-k helyébe f2, … fn-t írva f1 kifejezhető f2, … fn-nel De gi-kel ∀ vektor kifejezhető, így f1 is: f1 = α1g1 + … αlgl


LÖF

BMF


Tétel: bármely két bázis elemszáma egyenlő. Biz.: Legyenek B1 és B2 bázisok. Először tekintsük B1-et független rendszernek, B2-t generátorrendszernek, elemienk száma legyen rendre n1 és n2 . Ekkor n2 ≥ n1. Most fordítva, legyen B2 a független rendszer és B1 a generátorrendszer, ekkor n1 ≥ n2 Ez csak úgy lehetséges, ha n1=n2. Def.: Bázisok elemszáma = Dimenzió N dimenziós térben bármely n db FGETLEN vektor bázis. N dimenziós térben bármely n+1 db vektor LÖF.


LINEÁRIS VEKTORTÉR. Kiegészítő anyag. (Bércesné Novák Ágnes előadása) Vektorok függetlensége, függősége

Recommend Documents