mateking.hu -beli vektorokat, de egyáltalán nem biztos, hogy így az egész V

LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK ÉS TRANSZFORMÁCIÓK

A



leképezést lineáris leképezésnek nevezzük, ha bármely

v1 ; v 2  V1 vektorokra és   R számra

teljesül, hogy

 v1  v 2    v1    v 2     v      v  Minden

V1  V2 lineáris leképezés valahogy így néz ki:

V1 V2 Kerφ

0

 Imφ

0

mateking.hu Ha

V1  V2 akkor a lineáris leképezést lineáris transzformációnak nevezzük.

A leképezés a

V1 vektoraihoz rendel V2 -beli vektorokat, de egyáltalán nem biztos, hogy így az egész V2 előáll képként. A V2 -nek azt a részét, amely a leképezés során előáll, a leképezés képterének nevezzük és Im  -vel jelöljük. A

0 képe minden lineáris leképezésnél a 0 , de előfordulhat, hogy más V1 -beli vektorok képe is nullvektor lesz. Ezen vektorok halmazát nevezzük a leképezés magterének és Ker -vel jelöljük. Im altér V2 -ben és Ker altér V1 -ben. Ezen alterek dimenzióinak összege éppen a V1 vektortér dimenziója: Könnyen bizonyítható, hogy

DIMENZIÓTÉTEL: 2 4 7

    dimV1      dimIm dimB Ker  1 5 3

Minden lineáris jellemezhetünk egy mátrixszal. Valójában mindegyiket végtelen sok 7  2 4 leképezést  B   jellemezhetjük, mátrixszal ezek a mátrixok pedig úgy keletkeznek, hogy veszünk egy tetszőleges 1 5 3   bázist V1 -ben és a bázisvektorok képeit egymás mellé írjuk. Nézzünk erre egy példát!

1

kombinációja és ezek a vektorok viszont függetlenek, itt egészen biztos, hogy minden együttható

Vegyük például a tengelyes tükrözést. Ez egy

R 2  R 2 lineáris leképezés.

A szokásos bázis alapján a tükrözés mátrixát úgy kapjuk, hogy a bázisvektorok képeit egymás mellé írjuk:

1 b1     0

 b

 0 b 2    1

1 0      0  1

Ha viszont egy másik bázis alapján írjuk föl ugyanennek a tükrözésnek a mátrixát, akkor egészen más mátrixot kapunk. Legyen például a másik bázis a következő:

  1   1

1   1

  1 a 2    1

1 a 1    1

A transzformáció mátrixa most is úgy keletkezik, hogy egymás mellé írjuk a bázisvektorok képeit. Van itt azonban egy izgalmas fordulat. Addig minden stimmel, hogy a bázisvektorok képe:

mateking.hu   1     1

1    1

1  1  a1       1   1

  1   1 a 2        1    1

Csakhogy itt az új bázisvektorok képeit még mindig a régi bázisban adtuk meg. Nekünk azonban a bázisvektorok képeit is az új bázisvektorok segítségével kell megadnunk.

1  1  a1       1   1

  1   1 a 2        1    1

Az tehát a kérdés, hogy mennyit vegyünk az

a 1 és a 2

vektorokból, hogy előálljanak

a 1 és a 2 képei. Ezúttal a szerencse megsegít bennünket, az a 1 vektor     Feladatok

 a

  a1  a2

képe ugyanis:

1  1  a1       1   1 ami úgy tűnik éppen

a 2 mínuszegyszerese. Tehát a 1 -ből

0db és

a 2 -ből pedig -1db kell. Na ezt kell írnunk a mátrix első oszlopába, ahova az a 1 vektor képe kerül.

2

Mindkét mátrix ugyanazt a lineáris transzformációt, a tengelyes tükrözést írja le, csak más-más bázis szerint, ezért a két mátrixot hasonlónak nevezzük és a következőképpen jelöljük:

 b

1 0   1  1  ~  a       0  1   1  1

Az

a 2 vektor képe szintén szerencsésen előállítható, ugyanis   1   1 a 2        1    1

ami pedig éppen az eredeti

a 1 mínuszegyszerese, tehát a 1 -ből -1db és a 2 -ből 0db kell.

Az új bázisvektorok képeinek ezek az új koordinátái kerülnek a transzformáció mátrixába.

  1   1 a 2        1 a1  0  a 2  1    1

1  1  a1        0  a1  1 a 2 1   1

Az új bázisban felírt mátrix:

 a

 0  1  a1     1 0  a2

A leképezés mátrixa sokkal többet is tud annál, minthogy egyszerűen leírja magát a leképezést. Minden v vektorról megmondja ugyanis, hogy pontosan mi lesz a vektor képe.

mateking.hu Bármilyen



leképezésnél a

v vektor képe:

 v    b  v

Vagyis a

v vektor képe úgy lesz, hogy egyszerűen megszorozzuk a vektort a leképezés mátrixával.

Nézzük meg például mindezt a tengelyes tükrözésnél.

 2 v     2

Lássuk mi lesz az x tengelyre tükrözés során ebből a remek vektorból:

 2 v     2 A tükrözés mátrixa normál bázisban:

 2   v       2

 b  

0   0  1 1

A

v vektor képe: 1 0   2  2          v    b  v    0  1  2    2 

3

Itt van aztán, hogy még mi mindent tud a leképezés mátrixa:

Ha egy



leképezés mátrixa

 b

Ha van két leképezés, mondjuk

akkor a

leképezés megfordításának mátrixa

a leképezések mátrixa pedig

 b1

akkor a

Egy leképezésnek pontosan akkor létezik megfordítása, másként inverze, ha a  b





 b

és és

  b ,

leképezés mátrixa:

   b   b   b

 

mátrixnak létezik inverze, és az inverz leképezés mátrixa:

 1   b1

Mindez lehetővé teszi, hogy készítsünk egy remek kis képletet arra, hogy miként változik meg egy leképezés mátrixa az új bázisra való átállásnál. A leképezés mátrixa új bázisban felírva:

 a

 Cb   b  Cb 1

mateking.hu ahol

C b az új bázisra áttérés mátrixa a régi bázisban. Mit is jelent mindez?

Van ugye a transzformáció régi mátrixa, ez

 b

 b

1 0      0  1

és van ez a bizonyos

C b , ami annak a transzformációnak a mátrixa, ami a régi bázisból új bázist csinál. Ez a bizonyos C b mátrix tehát 1 b1     0

 0 b 2    1   1 a 2    1

1 a 1    1

RÉGI BÁZIS

ÚJ BÁZIS

1  1  Cb   1 1  A képlet azt mondja, hogy az új mátrixot így kapjuk:

 a

1

 Cb

1

1  1  1 0  1  1  0  1             b  Cb   1 1   0  1 1 1    1 0  4

Mindezeket összefoglalva: LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK MÁTRIXA

A



lineáris leképezésnek a

b1 b 2 b 3 ... b n bázisban felírt mátrixát úgy kapjuk meg, hogy a

bázisvektorok képeit egymásmellé írjuk :

 b   b1   b 2   b 3  ...  b n 

Ha egy másik

 a



a1 a 2 a 3 ... a n bázisban írjuk föl a mátrixot, akkor



  a1   a 2   a 3  ...  a n 

A két mátrix közötti átjárást az alábbi tétel biztosítja:

 a

 Cb   b  Cb 1

Itt

C b az új bázisra való

áttérés mátrixa: RÉGI BÁZIS

b1 b 2 ... b n Ha A és B olyan mátrixok, hogy létezik egy C mátrix, úgy, hogy

AC

1

 





Cb  a1 a 2 ... a n



ÚJ BÁZIS

 BC

mateking.hu akkor az előző tétel alapján A és B mindketten ugyanannak a leképetésnek a mátrixa, csak másmás bázisban felírva. Ezt a tényt úgy nevezzük, hogy a két mátrix egymáshoz hasonló.

A és B mátrixok hasonlók, tehát A ~ B , ha létezik olyan C mátrix, amire A  C

1

 BC

Ha még emlékszünk rá, az A nxn mátrix akkor diagonalizálható, ha létezik n darab független sajátvektora, vagyis sajátvektorokból álló bázisa és a diagonalizáló mátrix éppen a sajátvektorok egymásmellé írásából kaptuk. Na ez nem más, mint az iménti új bázisra való átállás tétele:





diag  A  Cb  A  Cb ahol Cb  v1 v 2 ... v n sajátvektorokból álló mátrix 1

Feladatok

Sőt, az iménti hasonlósággal kapcsolatos definíció alapján bármely Ha pedig van egy másik

diag  A  diag B 

A mátrixra A ~ diag  A .

B mátrix, amelynek szintén létezik diagonális alakja és

akkor ebből következik, hogy

A~ B.

Az állítás megfordítása is igaz, vagyis megállapíthatjuk, hogy ha diagonalizálható mátrixok, akkor

A és B mindketten

diag  A  diag B  A ~ B

5

Lássunk néhány példát! Vegyük azt a leképezést, amely

a

R 2  R 2 és

 a  1

 a; b  R      b  b  Ellenőrizzük, hogy valóban lineáris leképezés-e, ha igen adjuk meg a képteret, a magteret és a transzformáció mátrixát. Legyen

a  a  v1   1  v 2   2   b1   b2  Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e:

 v1  v 2    v1    v 2   a1   a1  1     b b  1  1 

 v1    

 a 2   a 2  1     b b  2  2 

 v 2    

 a1  a 2  2   b  b 2  1 

 v1    v 2   

  a1   a 2    a  a 2   a1  a 2  1         1     b b b  b b  b 1 2 1 2 1 2          

 v1  v 2     

ezek sajna nem egyeznek meg, ezért a transzformáció nem lineáris.

mateking.hu Lássunk egy másik példát!

Vegyük azt a leképezést, amely

a

R 2  R 2 és

 a  b

 a; b  R      b  0 

Ellenőrizzük, hogy valóban lineáris leképezés-e, ha igen adjuk meg a képteret a magteret és a transzformáció mátrixát. Legyen

a  a  v1   1  2v 2 4  7 2  1  Bb  b2   1 5 3   

Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e:

 v1  v 22 4v1 7  v 2   B    1 5 3

 a1   a1  b1       b1   0 

 v1    

 a 2   a 2  b2       b2   0 

 v 2    

  a1   a 2    a  a 2   a1  a 2  b1  b2          1     0   b1  b2     b1   b2  

 v1  v 2     

 a1  a 2  b1  b2   0  

 v1    v 2   

ezek most megegyeznek, eddig tehát jó

6

Nézzük, teljesül-e, hogy:

   v      v 

 a1   a1  b1      0   b1  

   v    

 a 2  b2   a1  b1      0  0   

   v     

Ez is teljesül, tehát a leképezés lineáris.

Ezek után lássuk mi lesz a magtér és a képtér, illetve a transzformáció mátrixa.

V1 V2 Kerφ

0

 Imφ

0

mateking.hu A magtérben olyan vektorok vannak, amelyek képe nullvektor, tehát

a

a  b  0

      b  0  0

Ebből a  b következik, vagyis a magtérben olyan vektorok vannak, amelyek első és második koordinátája megegyezik:

 a  Ker       a  A képtérben olyan vektorok vannak, amelyek első koordinátája bármi, de második koordinátája nulla, vagyis:

 x  Im      0  2 4 7  B   A transzformáció mátrixa standard bázisban:  1 5 3 1  0 b1    b 2     2 04 7   1   B   a a  b  1 5 3       b  0  1  0 0  1  1  1  tehát a transzformáció mátrixa:  b     b   0   0 0 0  7

Vegyük azt az

R 3  R 3 leképezést, hogy

a a  b      b   b  a  c  c     

a; b; c  R

Ellenőrizzük, hogy valóban lineáris leképezés-e, ha igen adjuk meg a képteret, a magteret és a transzformáció mátrixát, adjuk meg a sajátértékeit, sajátvektorait, ha van, akkor a sajátbázisát és a diagonális alakját.

Elsőként megnézzük, hogy

 valóban lineáris leképezés-e.

Legyen

 a2   a1      v 1   b1  v 2   b2  c  c   2  1 Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e:

 v1  v 2    v1    v 2 

és

   v      v 

mateking.hu Ennek ellenőrzése rettentő unalmas

 a1   a1  b1       v1     b1    b1  a1  c   c   1  1 

 a 2   a 2  b2       v 2     b2    b2  a 2  c   c  2  2  

 a1  a 2  b1  b2     v1    v 2    b1  b2  a1  a 2    c1  c 2  

  a1   a 2    a1  a 2   a1  a 2  b1  b2           v1  v 2      b1    b2      b1  b2    b1  b2  a1  a 2   c   c  c c    c1  c 2 2   1    1   2 

ezek most megegyeznek, eddig tehát jó

Itt jön a másik: Feladatok

 a1   a1  b1         v     b1    b1  a1   c   c  1  1  

 a1  b1   a1  b1         v      b1  a1    b1  a1   c   c  1  1   

Ez is teljesül, tehát a leképezés lineáris. Végre rátérhetünk az izgalmasabb részekre.

8

A magtérben olyan vektorok vannak, amelyek képe nullvektor, tehát

a a  b  0      b   b  a   0 c  c  0     Ebből a  b és c  0 következik, vagyis a magtérben olyan vektorok vannak, amelyek első és második koordinátája megegyezik, a harmadik koordinátája pedig nulla:

 a    Ker     a   0   

V1 V2 Kerφ

 Imφ

0

0

mateking.hu

A képtérben olyan vektorok vannak, amelyek első koordinátája valami, a második koordináta ennek a mínuszegyszerese, a harmadik koordináta valami.

a a  b  x      b   b  a   x c  c   z    

A transzformáció képtere tehát kétdimenziós:

 x    Im     x   z   

2 4 7  B    1 5 3 2 4 7  B    1 5 3 magtér

képtér

9

Nézzük mi lesz a transzformáció mátrixa. A mátrixot a standard bázisban írjuk fel:

1  0 0       b1   0  b 2   1  b 3   0  0  0 1       a a  b      b   b  a  c  c     

 b

1  0 0  1 0  0   1 1 0       0  1 1  0 0  0  vagyis a transzformáció mátrixa:  b    1 1 0   0  0 0 1 0 1    

Lássuk a sajátértékeket és sajátvektorokat! A karakterisztikus egyenlet:

0  1    1   det   1 1   0 0  0 0 1    

mateking.hu Az utolsó sor szerint fejtünk ki:

1     1   2   12   0

1     1   2  1  0

1   0 A sajátértékek:

1   2  1

 1    1

1  0 2  1 3  2

A hozzájuk tartozó sajátvektorokat a

 b  I v  0

 A  I v  0

egyenletrendszerekből kapjuk:

Vagyis a transzformáció mátrixában a főátlóban kivonogatunk

 –kat, a v

pedig 3 koordinátás

vektor lesz, mivel a mátrix 3X3-as: Feladatok

0  x1   0  1    1      0  x 2    0   1 1   0 0 1    x3   0   Ez három különböző egyenletrendszer lesz, amit megoldhatnánk elemi bázistranszformációval is, de most nincs kedvünk azzal megoldani.

10

1  0

2  1

3  2

0  x1   0  1  0  1      0  x 2    0   1 1  0  0 0 1  0  x3   0  

0  x1   0  1  1  1      0  x 2    0   1 1  1  0 0 1  1  x3   0  

0  x1   0  1  2  1      0  x 2    0   1 1  2  0 0 1  2  x3   0  

Kivonjuk a 0-t:

itt meg az 1-et:

no itt meg a 2-t:

 1  1 0  x1   0         1 1 0  x 2    0  0 0 1  x3   0  

 0  1 0  x1   0         1 0 0  x 2    0  0 0 0  x3   0  

  1  1 0  x1   0         1  1 0  x 2    0   0 0  1 x   0    3   

 x2  0  x2  0

 x1  x 2  0  x1   x 2

x1  x 2  0

 x1  x 2

 x1  x 2  0  x1  x 2 x3  0



x3  0

t  1     v1   t   t   1  0 0    

 x1  0  00



x1  0 x3  t

0 0     v1   0   t   0  t  1    

 x1  x 2  0  x1   x 2  x3  0



x3  0

 t  1     v1    t   t    1 0 0    

mateking.hu Van 3 független sajátvektor, így a transzformáció mátrixa diagonalizálható. A diagonalizáló mátrixot úgy kapjuk, hogy a sajátvektorokat egymásmellé írjuk, ami tulajdonképpen nem más, mit az új bázisra való áttérés mátrixa:

1 0 1    S  v1 v 2 v 3   1 0  1 0 1 0   





A diagonális alak:

0 0 0   diag  b   S   b  S   0 1 0   0 0 2   1

Feladatok

11

Vegyük azt az

R 3  R 3 leképezést, hogy

a a  b      b    b  c  c c  a    

a; b; c  R

Ellenőrizzük, hogy valóban lineáris leképezés-e, ha igen adjuk meg a képteret, a magteret és a transzformáció mátrixát, adjuk meg a sajátértékeit, sajátvektorait, ha van akkor a sajátbázisát és a diagonális alakját. Elsőként megnézzük, hogy

 valóban lineáris leképezés-e.

Legyen

 a2   a1      v 1   b1  v 2   b2  c  c   2  1 Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e:

 v1  v 2    v1    v 2 

és

   v      v 

mateking.hu Ennek ellenőrzése ismét rettentő unalmas

 a1   a1  b1       v1     b1    b1  c1   c  c  a  1  1  1

 a 2   a 2  b2       v 2     b2    b2  c 2   c  c  a  2  2  2

 a1  a 2  b1  b2     v1    v 2    b1  b2  c1  c2  c  c  a  a  2 1 2  1

  a1   a 2    a1  a 2   a1  a 2  b1  b2           v1  v 2      b1    b2      b1  b2    b1  b2  c1  c2   c   c   c  c  c  c  a  a  2  2 1 2  1  1  1   2 

ezek most megegyeznek, eddig tehát jó

Feladatok

Itt jön a másik:

 a1   a1  b1         v     b1    b1  c1   c   c  a  1  1  1

 a1  b1   a1  b1         v      b1  c1    b1  c1   c  a    c  a  1 1  1  1

Ez is teljesül, tehát a leképezés lineáris. Végre rátérhetünk az izgalmasabb részekre.

12

A magtérben olyan vektorok vannak, amelyek képe nullvektor, tehát

a a  b  0      b    b  c   0 c c  a 0     Ebből a  b , b  c és c  a , vagyis a  b  c következik, a magtérben tehát olyan vektorok vannak, amelyek mindhárom koordinátája megegyezik:

 a    Ker     a   a    Lássuk, milyen vektorok vannak a képtérben. Az első koordináta valami x, a második valami y, a harmadik z, akkor

a a  b  x      b    b  c   y c c  a  z     mivel pedig

a  b  b  c  c  a  0 így

x yz 0

A transzformáció képtere tehát kétdimenziós:

 x    Im    y    x  y   

mateking.hu Nézzük mi lesz a transzformáció mátrixa. A mátrixot a standard bázisban írjuk fel:

1  0 0       b1   0  b 2   1  b 3   0  0  0 1       2 4 7  B    1 5 3 2 4 B   11 05   b   0  0  0 1 

a a  b      b    b  c  c c  a    

7  03 1 0  0   1 1 0     1  0 0  1  vagyis a transzformáció mátrixa:  b   0 1  1 1 0 1  0  0 1  0   

Lássuk a hozzá tartozó sajátértékeket és sajátvektorokat:

13

A sajátértékekhez felírjuk a szokásos karakterisztikus egyenletet:

0  1    1   det  0 1  1   0  1 0 1     Az utolsó sor szerint fejtünk ki:

0  1 1    1    0  1     det  0  1  det  1    1    1  0

vagyis

 1  1  1     1     0 2

tehát

1   3  1

és így egyetlen sajátérték

 0

Lássuk, milyen sajátvektorok tartoznak hozzá.

0  x1   0  1    1      1    1  x 2    0   0  1 0 1    x3   0  

mateking.hu Berakjuk

  0 -t:

 1  1 0  x1   0        0 1  1 x 2    0    1 0 1  x   0    3   

A megoldás ekkor



x1  x 2  0

 x1  x 2



x 2  x3  0

 x 2  x3

  x1  x3  0  x1  x3

x1  x2  x3  t és így egyetlen sajátvektor:

t  1     v   t   t  1 t  1     Feladatok Nincsen tehát három független sajátvektor, vagyis nincs sajátvektorokból álló bázis, a transzformáció mátrixa nem diagonalizálható.

14

A LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK VEKTORTERE HOM(V1,V2)

V1  V2 lineáris leképezést másnéven homomorfizmusnak is nevezzük. Ezek a homomorfizmusok és azok mátrixai maguk is egy vektorteret alkotnak, ezt a vektorteret HomV1 ,V2  -nek nevezzük. A

V1

V2



Kerφ

Imφ

0

0

 V1  V2 homomorfizmusok, ahol tudunk mutatni olyan v1  v 2 vektorokat amire  v1    v 2  nem injektívek. Mivel v1  v 2 ezért w  v1  v 2  0 de  v1    v 2  miatt  w   v1  v 2    v1    v 2   0 Vagyis az, hogy egy leképezés nem injektív, éppen azt jelenti, hogy Ker   -ben vannak a nullvektoron kívül más vektorok is, tehát dimKer    1 Azok a

mateking.hu V1

V2

Kerφ w  v1  v 2

0

Imφ

 v1    v 2 

v1

v2

Az állítás megfordítása is igaz, tehát a

dimKer    0 2 4 B   1 5

7  3 

Ekkor a dimenziótétel alapján



V1  V2 homomorfizmus pontosan akkor injektív, ha

dimIm   dimV1  vagyis a leképezés dimenziótartó. A sík

szokásos transzformációi közül az x vagy y tengelyre tükrözés és az origó körüli forgatás 7  2 4transzformáció, dimenziótartó az x tengelyre vetítés nem.  B

 1 5 3  

15

Egy leképezést szürjektívnek nevezünk, ha a teljes

V2 előáll képként.

V1

V2



Kerφ

0

Azok a



Imφ

0

V1  V2 homomorfizmusok, amelyek injektívek és szürjektívek is egyszerre, a bijektív

homomorfizmusok. Rájuk külön elnevezés van forgalomban, őket nevezzük izomorfizmusoknak.

mateking.hu V1

Imφ

Kerφ:

0

V2

0

 V1  V2 izomorfizmus, akkor dimKer    0 és a dimenziótétel miatt dimIm   dimV1  de mivel a képtér éppen megegyezik V2 -vel, ezért dimV1   dimV2  .

Ha

2 4 7

 B   Az izomorfizmus tehát egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés két vektortér vektorai között, az 3   1 5 minden egyik vektortér vektorához tartozik a másik vektortérben pontosan egy bizonyos vektor, vagyis a két vektortér lényegében ugyanaz. Ez a

2 4 7 Bdim  V   dimV  miatt is így kell, hogy legyen, hiszen egy vektorteret a dimenziója már  11 5 3  2

jellemez.

16

NÉHÁNY ISMRETEBB LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓ ÉS MÁTRIXA

R 2  R 2 leképezések közül egyik legfontosabb lineáris transzformáció az origó középpontú  -szögű forgatás. Ez   180  esetén éppen az origó középpontú tükrözés.

Az

A szokásos bázis alapján az  -szögű forgatás mátrixát úgy kapjuk, hogy a bázisvektorok képeit egymás mellé írjuk:

cos  90 sin   90

sin 

cos 

 b

1 b1     0

 0 b 2    1

 cos     sin 

cos  90  sin   90 

Vannak itt ezek a trigonometriai összefüggések, amiket érdemes megjegyeznünk:

mateking.hu cos90     sin  sin90     cos  cos  90   sin  sin  90  cos 

 -szögű forgatás mátrixa:

Ezek alapján az origó középpontú

 b

 cos     sin 

 sin    cos  

A középpontos tükrözést

 b

esetén kapjuk, ennek mátrixa:

 cos 180  sin 180    1 0        sin 180 cos 180 0  1  2 4 7     B    1 5 3

A 90o-os forgatást pedig

 b

  180 

  90 

esetén kapjuk, ennek mátrixa:

2 4 7  B    cos  1 905 3sin  90   0  1        sin 90 cos 90   1 0 

17

A tengelyes tükrözés mátrixát már jól ismerjük: A szokásos bázis alapján a tükrözés mátrixát úgy kapjuk, hogy a bázisvektorok képeit egymás mellé írjuk:

1 b1     0

 b

 0 b 2    1

1 0      0  1

A lineáris transzformációk egy külön csoportját alkotják a vetítések, vagy más néven projekciók. Az x tengelyre való merőleges vetítés mátrixa: A szokásos bázis alapján a vetítés mátrixát úgy kapjuk, hogy a bázisvektorok képeit egymás mellé írjuk:

1 b1     0

 0 b 2    1

mateking.hu  b

1 0     0 0

Végül nézzünk meg egy R  R lineáris transzformációt, az x y síkra való merőleges vetítést. Írjuk föl a mátrixát a szokásos bázisban és abban a bázisban is, ahol a bázisvektorok: i  j ; j  k és k  i . 3

A mátrix a szokásos bázisban

Feladatok

3

1   b1   0  0  

 b

0   b2  1 0  

0   b3   0 1  

1 0 0     0 1 0  0 0 0  

18

Most nézzük meg, hogy mi lesz a mátrix abban a bázisban, ahol a bázisvektorok: i  j ; j  k és k  i .

Az új bázisban felírt mátrixot úgy kapjuk, hogy az új bázisvektorok képeit írjuk egymás mellé, de az új bázisvektorok koordinátáival felírva. A régi bázisvektorok képei:

i i

k 0

j j

Az új bázisvektorok képei:

a1  i  j  i  j

a1  a1

a2  j  k  j

j

a3  k  i  i

i

i  j    j  k   k  i  2

i  j    j  k   k  i  2

 1 / 2  a1  1 / 2  a 2  1 / 2  a 3

 1 / 2  a1  1 / 2  a 2  1 / 2  a 3

Az új bázisban felírt mátrix:

mateking.hu  a

1 / 2   a1  1 1/ 2     0 1/ 2  1/ 2  a 2  0  1/ 2 1/ 2   a 3  

Az új bázis mátrixát gondolkodásmentesen is megkaphatjuk a

 a

 Cb   b  Cb 1

képlet segítségével. Ehhez mindössze az új bázisra való átállás Az új bázisvektorok

C b mátrixára van szükség:

i  j ; j  k és k  i .

1 0 1 Feladatok   Cb   1 1 0  0 1 1   1

 a

1/ 2   1 0 1   1 0 0  1 0 1   1 1/ 2         1  Cb   b  Cb   1 1 0    0 1 0    1 1 0    0 1 / 2  1 / 2   0 1 1   0 0 0  0 1 1   0  1/ 2 1/ 2          19

Nézzük most ezt az új mátrixot és próbáljuk meg diagonalizálni. Mivel az x y síkra merőleges vetítésnek éppen az eredeti i ; j ; k vektorok a sajátvektorai, a diagonális mátrix meg fog egyezni a régi mátrixszal. Azt kell tehát visszakapnunk.

 a

1/ 2   1 1/ 2     0 1/ 2  1/ 2  0  1/ 2 1/ 2   

Kiszámoljuk a sajátértékeket. Mivel a sajátvektorok az eredeti hogy minek kell kijönnie. Az x y síkra vetítésnél 1, míg a

i ; j ; k bázisvektorok, előre tudjuk,

i -ből és j -ből önmaga lesz, mindkettő sajátértéke

k vektor képe nullvektor így a hozzá tartozó sajátérték nulla. Lássuk kijönnek-e:

1/ 2 1/ 2  1     det  0 1/ 2    1/ 2   0  0  1 / 2 1 / 2     Az utolsó sor szerint fejtünk ki.

mateking.hu 1   0  1 / 2  det   0

1/ 2  1/ 2  1     1 / 2     det  0  1/ 2 1 / 2     0

A 2X2-es determinánsokat is kifejtjük:

1 / 2  1      1 / 2  1 / 2     1   1 / 2     0  1 / 4  1     1 / 2     1     0 2

Kiemelünk:

1   1 / 2   2  1/ 4  0 Feladatok

 1

1 / 2   2  1 / 4 1 / 2    1 / 2

 0 Vagyis a két sajátvektor a

 1  1

és

  0.

A hozzájuk tartozó sajátvektorok elvileg az Valójában azonban nem, ugyanis

i ; j és k vektorok lesznek.

i és j helyett i  j és j  i lesz, de k marad k . Nézzük meg!

20

1  1

2  0

1 / 2  x1   0  1  1 1/ 2      1/2  1  1 / 2  x 2    0   0  0  1 / 2 1/2  1  x3   0  

1 / 2  x1   0  1  0 1/ 2      1/2  0  1 / 2  x 2    0   0  0  1 / 2 1/2  0  x3   0  

itt meg az 1-et:

Kivonjuk a 0-t:

1 / 2  x1   0   0 1/ 2       0  1 / 2  1 / 2  x 2    0   0  1 / 2  1 / 2  x   0    3   

1 / 2  x1   1 1/ 2     0 1 / 2  1 / 2  x 2   0  1 / 2 1 / 2  x    3 

1 / 2 x 2  1 / 2 x3  0

 x 2   x3

x1  1 / 2 x 2  1 / 2 x3  0

 1 / 2 x 2  1 / 2 x 31  0  x 2   x 3  1 / 2 x 2  1 / 2 x3  0 Itt

 x 2   x3

x2   x3  t és x1  s tetszőleges:

1 / 2 x 2  1 / 2 x3  0

 x 2  x3

 1 / 2 x 2  1 / 2 x3  0

 x 2  x3

Az

x2  x3 -at az első egyenletbe

helyettesítve:

x1  x2  0  x1   x2

mateking.hu v1; 2

 t   1     v3   t   t   1   t  1    

 s  0 1         t   t   1   s   0  t   1  0      

Van tehát három független sajátvektor:

1 0   1       v1   0  v 2   1  v 3   1  0   1 1       A diagonalizáló mátrix:

 1 0  1   S  0 1 1  0 1 1    Feladatok A diagonális alak: 1

1 / 2   1 0  1  1 0 0   1 0  1  1 1 / 2         1 diag  a   S   a  S   0 1 1    0 1 / 2  1 / 2    0 1 1    0 1 0   0  1 1   0  1/ 2 1/ 2   0  1 1   0 0 0        

21