BOLYAI-KŐNYVEK SOROZAT
A sikeres Bolyai-könyvek példatár sorozat e kö­
tetében a szerző a determinánsokkal, azok főbb
tulajdonságaival és átalakításukkal, a nevezetes
determinánsokkal és alkalmazásukkal, a mátrix
fogalmával és a mátrixműveletekkel foglalkozik.
Kitér a lineáris egyenletrendszerek vizsgálatára és
különleges megoldási módszereire, továbbá ismer­
teti a vektortereket és a vektortereken értelmezett
lineáris transzformációkat.
A példatár minden feladat kidolgozott megoldás­
menetét tartalmazza, magyarázó megjegyzések­
kel, helyenként több megoldással.
Használhatják a matematika iránt érdeklődő
középiskolás diákok, műszaki egyetemek és főis­
kolák hallgatói, közgazdász hallgatók, közép- és
felsőfokú intézetek matematika oktatói, a matema­
tika gazdasági felhasználásával foglalkozó szak­
emberek.
ISBN 963-16-3060-9
I
"630602
MŰSZAKI KÖNYVKIADÓ
BOLYAI-KÖNYVEK
SCHARNITZKY VIKTOR
MÁTRIX­
SZÁM ÍTÁS
SCHARNITZKY VIKTOR
MÁTRIXSZÁMÍTÁS
Az n-edrendü determináns értéke:
űl,
D=
Ü2i
j=t
i=l
^n\
^n l"'
ahol Aij az aij elemhez tartozó (*í -l)-edrendű aldetermináns
Sarrus-szabály:
^11 ^12 «13
^21 ^22 ^23 = Í2l 1022^33 +^12^23^1 + 0^13021032 ~
031 ^32 ^3 -(öl3«22<*31 +"ll"23“32 + ^\l<h\‘h l )
Mátrix jelölése:
A= A =
"ön
021
O12.
a‘
022- ••^2m
( n, m)
r
1 a^
= la i,a 2 ,...,a ^ J =
=h*km =?h*]
a"
ö„2- •'^nm
Mátrixok egyenlősége:
A = B , ha
(n,m) (n.m)
í = l,2 ,...,n ;
A: = l,2 ,...,m
Mátrixok összevonása:
A ± B = [a,4] ± [fca ] = K ±
]
Mátrix szorzása skalárral:
*A = 4 a jt]= [* a ,t]
Mátrixok szorzása:
.
w®
( n ,m)( m, p)
^
“-2*2* + •••+
(n,p)
Mátrix diadiicus szorzata:
W
AB = [a„a2......a„]
A BOLYAI-SOROZAT KÖTETEI:
SCHARNITZKY VIKTOR
Bárczy Barnabás: Differenciálszámítás
Solt György: Valószinűségszámítás
Lukács Ottó: M atematikai statisztika
Schamitzky Viktor: Differenciálegyenletek
Schamitzky Viktor: Mátrixszámitás
MATRIXSZAMITAS
Urbán János: M atematikai logika
PELDATAR
Bárczy Barnabás: Integrálszámítás
Urbán János: Határérték-számítás
Zalay M iklós-Fekete Zoltán: Többváltozós függvények analízise
8.
kiadás
MŰSZAKI KÖNYVKIADÓ, BUDAPEST
TARTALOMJEGYZÉK
Lektorálta:
DR. FRIED ERVIN
a matematikai tudományok doktora
DETERMINÁNSOK
I. A determináns fogalma és alkalmazása lineáris egyenletrendszerek
m egoldására.............................................................................................
13
31
II. A determinánsok főbb tulajdonságai és determinánsok átalakítása
36
III. Néhány nevezetes determináns ..............................................................
61
1.
2.
3.
4.
5.
ETO: 519.831
ISBN 963 16 3060 9 (hetedik kiadás)
ISSN 1216-5344
7
A Vandermonde-féle determ ináns....................................................
A reciprok determináns ....................................................................
A szimmetrikus determináns ............................................................
A ferdén szimmetrikus determ ináns................................................
Az ortogonális determ ináns..............................................................
61
61
63
63
63
IV. A determinánsok néhány további egyszerű alkalmazása ..................
75
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
© Schamitzky Viktor, 1970, 2002
© Műszaki Könyvkiadó, 2002
7
1. Két ismeretlent tartalmazó elsőfokú egyenletrendszer megoldása.
A másodrendű determináns ...........•................................................
2. Három ismeretlent tartalmazó elsőfokú egyenletrendszer meg­
oldása. A harmadrendű determináns................................................
3. Az/i-edrendű determ ináns................................................................
Egyenes egyenlete ..............................................................................
Háromszög te rü lete............................................................................
Paralelepipedon és tetraéder té rfo g a ta ............................................
Kör egyenlete......................................................................................
Interpoláció ........................................................................................
A Fibonacci-féle számsorozat ..........................................................
Racionális egészfüggvények ..............................................................
Függvények lineáris függetlensége....................................................
75
76
79
81
82
85
86
87
MÁTRIXOK
I. A mátrix fogalma, néhány fontosabb speciális mátrix ....................
89
a) Alapfogalmak ..............................................................................
h) Speciális m átrix o k ........................................................................
89
94
II. Műveletek mátrixokkal ..........................................................................
1. Alapműveletek m átrixokkal..............................................................
a) Két mátrix egyenlősége................................................................
b) összeadás, kivonás ......................................................................
c) Mátrix szorzása skalár számmal ................................................
d) Négyzetes mátrix felbontása egy szimmetrikus és egy antiszimmetrikus mátrix összegére....................................................
e) Mátrixok lineáris kombinációja ................................................
f ) Mátrix szorzása mátrixszal..........................................................
g) Skalár szorzat, diadikus szorzat ................................................
Aj Többtényezős mátrixszorzatok ..................................................
i) Négyzetes mátrix hatványa ........................................................
2. A négyzetes mátrix determinánsa, a mátrix rangja, a mátrix elemi
átalakításai .........................................................................................
a) A négyzetes mátrix determinánsa ..............................................
b) A mátrix r a n g ja ...........................................................................
c) A mátrix elemi átalakításai ........................................................
d) Mátrix normálformája ................................................................
3. A négyzetes mátrix adjungáltja és inverze.....................................
4. A mátrix diadikus felbontása, a mátrix nyoma ............................
102
102
102
103
104
104
105
105
109
111
112
154
154
155
157
158
167
190
UNEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK VIZSGÁLATA
I. Lineáris egyenletrendszerek megoldása
a)
b)
c)
d)
..............................................
Az egyenletrendszer általános alakja és osztályozása........ ..
A Gauss-féle algoritm us..............................................................
A megoldhatóság vizsgálata.......................................................
Négyzetes mátrixú egyenletrendszerek speciális megoldási
módszerei ......................................................................................
n . Homogén lineáris egyenletrendszerek megoldása ..............................
202
202
203
209
211
239
VEKTORTEREK
1. A lapfogalmak......................................................................................
2. Lineáris transzformációk ................................................................
3. Sajátértékszám ítás..............................................................................
248
264
309
D E T E R M IN Á N S O K
L A D E TE R M IN Á N S FO G A LM A É S ALKALMAJZÁSA
L IN E Á R IS E G Y E N L E T R E N D SZ E R E K M EG O LD Á SÁ R A
A determinánsok széles körű alkalmazhatóságának fő oka, hogy
segítségükkel bonyolult és nehezen áttekinthető kifejezéseket
tehetünk könnyen megjegyezhetőkké.
A determinánsok értéke gépi úton rendkívül gyorsan hatá­
rozható meg, úgyhogy alkalmazásuk nemcsak áttekinthető, hanem
gazdaságos számításokat is eredményez.
1. Két ismeretlent tartalmazó elsőfokú egyenletrendszer
megoldása. A másodrendű determináns
Induljunk ki a kétismeretlenes elsőfokú egyenletrendszer
021^1 + 022-^2 ~ ^2
általános rendezett alakjából, ahol
a^i, a^i, by és b^, tet­
szőlegesen adott valós számok (együtthatók), azonban ün és a ^ ,
valamint Oji és ^22 egyszerre nem lehet 0 ; Xi és X2 ismeretlenek.
A kettős index első száma azt jelenti, hogy hányadik egyenletben
szerepel az illető együttható, az index második száma pedig azt,
hogy hányadik ismeretlen együtthatója.
Az egyenletrendszer megoldásának nevezzük azokat az
valós értékpárokat, amelyek egyidejűleg kielégítik mindkét egyenletet.
A megoldás megkeresése céljából szorozzuk meg először az
első egyenletet Ű22-vel, a másodikat ( —űi2)-vel, és adjuk össze
a kapott két egyenletet, majd szorozzuk meg az első egyenletet
( - a 2i)-gyel, a másodikat flu-gyel, s ugyancsak adjuk össze az így
kapott egyenleteket (egyenlő együtthatók módszere). így
(Ö11Ö22 ~fll2Ű 2l)^l = Ö22Í’i — 012^2 ;
(^11^22
^ 12^ 21)^2 — ^11^2
^21^1-
A továbbiakban három esetet különböztetünk meg.
a) Ha 011022 —űri2^2i ^ 0 (és ez a leggyakrabban előforduló
úgynevezett közönséges eset), akkor
^22^1“~^12^2 ^11^22 “ ^12^21
^11^2 ~~^21^1
^11^22 “"^12^21
és ez az egyenletrendszer egyetlen megoldása.
éj Ha viszont
=
^11^22—^12^21 =
=
azaz
011022 = 012021,
akkor ( ^ ) csak úgy állhat fenn, ha egyúttal
^22^1
^12^2 ~
az az
0^22^1 “ ^12^2
és
^11^2 ^21^1 — ^5 azaz
űii^2 —^21^1 •
Ebből következik—^ha a szereplő együtthatók egyike sem nulla —,
hogy
<^11 _ ^21 _ ^
Űf2i
Ű22
^2
Éz azt jelenti, hogy a-kiinduló egyenletrendszer egyik egyenlete
a másikból egy alkalmas állandóval való végigszorzás útján
adódik: egyik egyenlet a másiknak következménye (könnyen be­
látható, hogy ugyanez a helyzet akkor is, ha nem minden együtt­
ható 0-tól különböző) és így bármely olyan értékpár, amely az
egyik egyenletet kielégíti, egyszersmind eleget tesz a másik egyen­
letnek is, tehát egyenletrendszerünknek most végtelen sok meg­
oldása van. Ezek kiszámításához az előbbiek alapján az egyik,
pl. az első egyenlet elegendő. Innen valamelyik ismeretlent, pl.
esetén az elsőt kifejezve
=
b i ^ a i 2^2
Cili
adódik. Ha a jobb oldalon ai2i?^0, akkor Xg helyébe tetszőleges
értéket helyettesítve, megkapjuk a megfelelő Xi értéket, és az
összetartozó értékpárok alkotják az egyenletrendszer megoldásait.
Ha pedig a ^ = 0, akkor nyilván az x^^b ija i^ érték Xg bármely
értékével párosítva megoldást szolgáltat.
c) Előfordulhat még az az eset is, hogy
de
^11^22 “*^12^21 ~ Oj
^22^1 — Ű12^2 ^ ^
ai\b 2
0^21^1 7^ 0.
E feltételek mellett a ( ^ ) egyenletek bal oldalán zérus, jobb
oldalán pedig zérustól különböző szám áll, az egyenletek ellent­
mondók, ezért az egyenletrendszernek nincs megoldása. Az ellent­
mondás abból is látható, hogy a kiinduló egyenletek bal oldalán
álló megfelelő együtthatóinak aránya állandó, de ez különbözik
a jobb oldali együtthatók arányától.
Tárgyalásunkat áttekintve látjuk, hogy feltételeinkben és az
egyenletrendszer megoldásában bizonyos jellegzetes, az egyenlet­
rendszer együtthatóiból felépített kifejezések szerepelnek. Szá­
mukra egyszerű jelölést és külön elnevezést vezetünk be.
Általában valamilyen űh, űi2» ^2i» ^22 elemekből alkotott
^11 ^12
^21 ^22
alakú kifejezést másodrendű determinánsnak nevezünk, amelynek
értéke «nŰ22 —^12^21» amit úgy kapunk meg, hogy az úgynevezett
főátló két végén álló elemek szorzatából kivonjuk az úgynevezett
mellékátló két végén álló elemek szorzatát. (Determináns értéke
helyett — ha félreértést nem okoz — szokás röviden determinánst
is mondani.)
A vízszintesen egymás mellett álló elemek a determináns egy-egy
sorát, a függőlegesen egymás alá írt elemek a determináns egy-egy
oszlopát alkotják. A sorokat felülről lefelé, az oszlopokat balról
jobbra haladva számozzuk. Az elemek kettős indexe helyüket
jelöli ki egyértelműen: az első index azt jelöli, hogy az elem a
determináns hányadik sorában, a második index azt, hogy az
elem a determináns hányadik oszlopában van.
Az elsőfokú kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása a
másodrendű determinánssal így írható fel:
=
h
h
ÍÍ22
an
«12
^21
^22
Űfl2
j
^2 — '
Cili
h
CI2I
d ll
Ü21
Ű12
Ű22
feltéve hogy a közös nevező:
^11 ^12 7^0.
^21 ^22
A D determinánst, amely az egyenletrendszer bal oldalán álló
együtthatókat természetes elrendezésben tartalmazza, az egyenlet­
rendszer determinánsának szokás nevezni.
Vegyük észre, hogy a számlálókban álló determinánsok úgy
származtathatók az egyenletrendszer determinánsából, hogy annak
az ismeretlennek az együtthatói helyébe, amelyet éppen ki akarunk
számítani, az egyenletek jobb oldalán álló számokat helyettesítjük.
Jelölje az
számlálójában álló determinánst
(ennek első
oszlopában vannak az egyenletek jobb oldalán álló számok),
az ^2 számlálójában álló determinánst pedig Dg (ennek második
oszlopában vannak az egyenletek jobb oldalán álló számok).
Ha
akkor tehát az egyenletrendszer egyetlen megoldása
Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket:
6. 3A:-5>r=13;
5x-‘ l y = 19.
Mivel az egyenletrendszer determinánsa
3 -5
5 -7
azaz nem zérus, azért egyértelmű megoldás van, és ez (az x-hez tartozó deter­
minánst most í>j,-szel, az y-hoz tartozót Dy-nal jelölve):
13 - 5
19 - 7
X =
továbbá
7.
3
5
2.
10
= -2 .
Mivel az egyenletrendszer determinánsa
2
4
3
9
1 8 -1 2 = 6 ^ 0,
ezért az egyértelmű megoldás (tekintettel arra, hogy az abszolút tagokat a jobb
oldalra átvive, előjelük pozitív lesz):
3 4
3 --4
= 3-- 3 - ( - 4 ) ( - 4 ) = - 7 .
3
-4
3.
3 = 1 6 - 9 = 7.
-4
3 - -4
4.
-2
-6
5.
-8
4jCi-f 9xa-4 = 0.
Számítsuk ki a következő determinánsok értékét:
1.
13
19
2,Xi^~{-3x2—1 — Oj
Gyakorló feladatok
l 2 = 1 .4 - 2 - 3 = - 2.
4
"T
y ==
Az elsőfokú egyerüetrendszerek megoldásának ezt a módját
Cramer-szabálynak nevezzük.
:- 2 1 + 25 = 4,
5 = —30+30
= 0.
15
cos a: -s in ;c
= cos* X+ sin* X == \.
1sin X cos X
Xi =
1 .3
4 9
6
-3
”
6 ~
1
2’
2
4
^2 = ■
1
4
6
4
2
6
8. 4 x - 2 y = 6 ;
2 x - y = 3.
Az egyenlet determinánsa
D =
4 -2
2 -1
= - 4 + 4 = 0,
11
ezért nincs egyértelmű megoldás. Az egyenletrendszernek végtelen sok megol­
dása van, mert
=
6 -2
3 -1
= 0
és
Dv ==
4
2
6
= 0,
3
ezért egyértelmű megoldás akkor van, ha
=
4
jc = — ,
a
12. Mutassuk meg, hogy
sm
cos x
—cos JC sin x
9. 4 x - 2 y = 6 ;
Az egyenletrendszer determinánsa — mint az előző feladatban kiszámítottuk —
nulla, de
6 -2
4 6
= - 4
0 és jDy =
= -8
0,
1 -1
2 1
ezért az egyenletrendszer ellentmondó, megoldás pedig nincsen. Valóban: az
első egyenlet bal oldala kétszerese, jobb oldala viszont hatszorosa a második
egyenlet megfelelő oldalának.
10. Oldjuk meg a következő egyenletet:
= 0.
A determináns értékét kiszámítva,
(jc-f2)(A:-3)-4jc = 0,
vagyis
x ^ - 5 x - 6 = 0,
amelynek gyökei X i ^ 6 , jc* = - 1 . Visszahelyettesítéssel könnyen látható, hogy
mindkét gyök kielégíti az eredeti egyenletet. Pl. Xi - 6 esetében
8
4
sin* JC cos* JC
sin* y cos* y
sin (jc-!->') sin (jc->').
Útmutatás: Használjuk fel, hogy
sin (jc-f >') = sin jc cos >'+cos jc sin y
és
sin ( x —y) = sin JCcos >>—cos jc sin y.
2. Három ismeretlent tartalmazó elsőfokú egyenletrendszer
megoldása. A harmadrendű determináns
Az elsőfokú háromismeretlenes egyenletrendszer általános ren­
dezett alakja:
aii-Xi + ai2JC2 + 013^3 =- bü
031X 1 + 03 ^X^ + 033X 3 = 63,
a x - 3 y ^ 1;
a x - 2y = 2.
Mivel
12
13. Igazoljuk, hogy
a21-»Cl + 022^2+ 023^^3 = h',
6
3
11. Számítsuk ki az alábbi egyenletrendszer gyökeit:
D =
1.
A determinánst kifejtve (sin^ jc+cos^ jc)-et kapunk és ennek érteke x~iö\
függetlenül 1.
2x - y = 1.
jc -3
1 -3
2 -2
miatt
tehát a két egyenlet egymás következménye. Valóban: a másodikból az
első 2-vel való végigszorzás útján adódik.
A második egyenletből y-i x-szel kifejezve:
= 2jc~3. Itt x helyébe
bármilyen számot helyettesítve, ez a megfelelő y értékkel együtt az egyenlet­
rendszernek egy megoldása. Ilyenek pl. Xi = 0, > ^ i= -3 ; Xz=\, y ^ = ^ - l ;
•^3= 2, y 3= l ; ^4 = - 3 , >^4 = - 9 ; és így tovább.
X
A megoldás ekkor
a —3
=
a -2
ahol x i , x 2 ,x.^ a három ismeretlent jelöU, a többi betű pedig
megadott valós számot jelent. Az együtthatók kettős indexe az
egyenletrendszerben elfoglalt helyüket jelöli.
Az egyenletrendszer megoldása a kétismeretlenes esethez hason­
lóan most is rövid és jól megjegyezhető alakban írható fel deter­
minánsok segítségével.
13
Harmadrendű determinánsnak nevezünk egy 3^=9 elemből álló
an
Ű12
öai
űsi
Ű22
Os2
flis
^23
Ö38
típusú, négyzetes alakú táblázatot, amelynek a következő értéket
tulajdonítjuk:
^11 Ű12 ^13
^22 Ö23
-a i2
«21 ^22 ^23 = űTii
Ű32 ű^33
Ű31 ^32 ^33
— 011^22^33
^11^3^32
^12^1^33
Ű21 ^23
^21 ^22
+ ^13
ŰT31 ^33
^81 ^32
^12^3^31
^^21^32
% ^2^31‘
Az azonos első indexű elemek egy-egy sort^ az azonos második
indexű elemek egy-egy oszlopot alkotnak.
Könnyen észrevehető, hogyan kapjuk meg a harmadrendű
determináns értékét: az első sor elemeit rendre megszorozzuk
cgy’cgy másodrendű determinánssal, amelyet úgy nyerünk, hogy
az eredeti determinánsból elhagyjuk azt a sort és oszlopot, amely­
ben a kérdéses elem van; végül az így adódó szorzatot űh esetében
pozitív, űia esetében negatív,
esetében ismét pozitív előjellel
látjuk el, majd a kapott szorzatokat összeadjuk. Hogy egyszerűb­
ben fejezhessük ki magunkat, nevezzük általában egy
elemhez
tartozó aldeterminánsnak (jele: Aij) azt a másodrendű determi­
nánst, amely az eredeti determináns /-edik sorának és 7-edik
oszlopának a törléséből keletkezik, mégpedig a
-f
■f
~
+
-
+
+
táblázatban az aij helyén álló előjellel ellátva (ún. sakktábla-szabály). Könnyű észrevemű, hogy ezt az előjelet éppen ( —
szabja meg, hiszen ez ( + l)-et ad, ha
páros, és ( - l ) - e t , ha
/-f-j páratlan. A harmadrendű determináns szóban forgó kiszá­
mítási utasításának neve: a determináns első sora szerinti kifejtése.
Rövid számolással igazolható, hogy az első sor szerepét bármelyik másik sor vagy oszlop átveheti, és ezt a kiszámítási utasítást
14
a harmadrendű determináns sor vagy oszlop szerinti kifejtésének
nevezzük. Pl. a harmadrendű determináns kifejtése a harmadik
oszlop elemei szerint:
ŰTii Ű12 ai3
Űf21 ^22 ^23 — 0^13^13 + ^23^23 + ^33^33 —
^31 ^32 ^33
= Ö13
Ö3I
Ö32
~ÖÍ23
ön
Ű12
Ö31
Ű32
+ ^33
ön Ö12
^21 ^22
ami az aldeterminánsok értékének beírása után ismét az előbb
kapott hattagú kifejezést szolgáltatja.
A másodrendű determináns is felírható első sora szerinti ki­
fejtés alakjában:
ö li
űTi2
^21
^22
— 011^11 + 012^12 — 011022“ ^12 ^21>
ahol az y4n és >^12 aldeterminánsok egyetlen számból állnak:
v4ii = ű22 és
= —űoi- Ezek után nyilvánvaló az elsőrendű
determináns deíiníciója:
1^111—^11 í
az elsőrendű determináns egyetlen egy számból áll, és értéke
éppen ez a szám.
A harmadrendű determináns értékének kiszámítását az előb­
biekben a kifejtési szabály segítségével másodrendű determinánsok
kiszámítására vezettük vissza, eljárhatunk azonban a következő­
képpen is.
Képzeljük a harmadrendű determináns mellé leírva még egyszer
az első és a második oszlopot:
<^11
Ö12
Ö13
Ű12
^21 /^22 ^ ^23
^31
<23^
J 33
\
^32
A determináns értékét úgy kapjuk meg, hogy a főátló irányában
(folytonos nyü) összeköthető elemhármasok szorzatösszegéből
15
kivonjuk a mellékátló irányában (szaggatott nyíl) összeköthető
elemhármasok szorzatösszegét. Ekkor ugyanis
<^11
Űfi2
Ű?i3
^21
^22
^23
^31
^32
^33
= űilí722Ű33-f 012 023031 4-013^21^32 “
— ( ű i 3Ű22Í73i 4* 011^23^32 + öi2Í?21^33) í
és ez a sorrendtől eltekintve megegyezik a kifejtéssel kapott ered­
ménnyel. A harmadrendű determináns értéke kiszámításának
ez a módja Sarrus-szabály néven ismeretes.
Egy kis gyakorlás után a Sarrus-szabályban foglalt utasítást
végrehajthatjuk anélkül, hogy a két első oszlopot le kellene má­
solnunk.
Már itt fel szeretnénk hívni a figyelmet arra, hogy a Sarrus-szabály kizárólag harmadrendű determinánsok értékének kiszámítá­
sára alkalmas.
Visszatérve már most a háromismeretlenes egyenletrendszer
megoldásához, ez így írható fel a harmadrendű determináns
segítségével:
Xi =
Ű12
Űfl3
^22
^23
^32
ű ll ^12 Űfl3
Ű21 ^22 ^23
^31 ^32 ^33
Ű23
Ű31
b,
b,
bz
Un
Ű12
Űfl3
aii
Ű21
X2 =
^33
^23
^31 ^32 ^33
Ű21
Ű22
determinánsa nem zérus. Látható, hogy a számlálóban álló determináns
az egyenletrendszer determinánsából úgy keletkezett, hogy jc,
együtthatói helyébe az egyenletrendszer jobb oldalán álló számokat he­
lyettesítettük.
Ez a kétismeretlenes egyenletrendszer megoldásánál már megismert
eljárás, a Cramer-szabály három ismeretlent tartalmazó egyenletrend­
szer esetén. Ha az egyenletrendszer determinánsát Z>vel, a törtek szám­
lálójában álló determinánsokat pedig rendre Dj, Dj, D3-mal jelöljük,
akkor a D 5^ 0 közönséges esetben az egyenletrendszer egyetlen megol­
dása:
X
D ’
X
Nehézség nélkül, de kissé hosszadalmasan megmutatható, hogy a
D = 0 kivételes esetben most is két lehetőség van: vagy végtelen sok meg­
oldása van, vagy egyáltalában nincs megoldása az egyenletrend­
szernek.
Végtelen sok megoldása van az egyenletrendszernek, ha D==0 és
Di== D2*=/^3= 0; nincs megoldása az egyenletrendszernek (az egyenle­
tek között van ellentmondó), ha Z) = 0 és a Dj,
determinánsok
közül legalább az egyik nem 0.
Az eddigiekben hallgatólagosan olyan lineáris egyenletrendsze­
rek megoldásával foglalkoztunk, amelyeknek a jobb oldalán nem
állt csupa zérus. Ezek az űn. inhomogén egyenletrendszerek. Egy
olyan egyenletrendszert, amelyben csak ismeretleneket tartalmazó
tagok fordulnak elő, homogén egyenletrendszernek nevezünk,
így pl. a háromismeretlenes homogén egyenletrendszer általános
alakja:
011^1 + öi2X2-hax3X3 = 0;
X3 =
üli
ű i2
bi
Ű21
Ű22
^2
^32
bs
^11
^12 Í^13
Ű21
Ű22
^23
^31
^32
^33
feltéve, hogy a nevezőben álló determináns, az egyenletrendszer
16
űr21^1 + ^22^2 + 023^3 = 0;
űí3iA:i 4-^ 32X2+ 033^3 = 0.
Azonnal látható, hogy
— — —O esetén mindhárom
egyenlet teljesül. Ezt a csupa zérusból álló megoldást a homogén
egyenletrendszer triviális (nyilvánvaló) megoldásának nevezzük.
^ Kíséreljük meg a Cramer-szabállyal kiszámítani az ismeretlenek
17
értékét. Tegyük fel, hogy az egyenletrendszer determinánsa:
akkor
A
D
D
retlenek aránya adott. Azt is mondhatjuk, hogy az egyik ismeret­
len értéke szabadon választható, de ha ezt rögzítettük, akkor felhasználásával a többi ismeretlen már egyértelműen meghatároz­
ható.
Gyakorló feladatok
A számlálókban álló determinánsok úgy keletkeztek az egyenlet­
rendszer determinánsából, hogy a kiszámítandó ismeretlen együtt­
hatói helyébe a jobb oldalon álló nullákat írtuk. így bármelyik
számlálóban álló determináns egyik oszlopa csupa nulla elemből
áll, ú ^h o g y a determinánst pl. a Sarrus-szabály szerint kifejtve,
a kifejtés minden egyes tagjában az egyik tényező 0 lesz, így a
kérdéses determináns értéke zérus. Ebből következik, hogy esetünk­
ben Xi = X2= X3= 0. Mivel a Cramer-szabály az egyetlen lehetséges
megoldást szolgáltatja, kimondhatjuk: ha egy homogén lineáris
egyenletrendszer determinánsa nem 0, akkor az egyenletrendszer
egyetlen megoldása a triviális megoldás.
Ahhoz tehát, hogy egy homogén lineáris egyenletrendszernek
legyen a triviálistól különböző megoldása, szükséges, hogy az
egyenletrendszer determinánsa zérus legyen. Ekkor azonban a
Cramer-szabály nem alkalmazható (a 0-val Való osztásnak nincs
értelme), tehát más úton kell az egyenletrendszert megoldanunk.
Egyszerű behelyettesítéssel igazolható a következő tétel:
Ha egy homogén lineáris egyenletrendszer D determinánsa 0,
viszont D valamelyik sorához tartozó aldeterminánsok nem
mind zérusok, akkor ez utóbbiak tetszőleges közös tényezővel
szorozva az egyenletrendszer egy megoldását szolgáltatják. Tehát
az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van. Belátható
továbbá az is, hogy a szóban forgó esetben más megoldás nincs.
Pl. ha a Z) első sorához tartozó aldeterminánsok között van
0-tól különböző, akkor a homogén egyenletrendszer összes meg­
oldása felírható az
1. Számítsuk ki az alábbi determináns értékét
1 -3
4
3 -5
2
1
a) az első sor szerinti kifejtéssel; b) a második oszlop szerinti kifejtéssel;
a Sarrus-szabállyal.
a)
2
1 -3
1
4 -5 + 2 4 3
4
3 -5 = 1 3 -5 -(-3 )
2 1
2
0
1 0
2
1 0
= 1(0 f 5 )+ 3 (0 + 1 0 )-f 2 ( 4 - 6 ) = 5 + 3 0 - 4 = 31.
h)
c)
2
1 - 3
1 2
l 2
4 -5
-1
+3
3 -5 _ -(-3 )
4
2 0
4 -5
2
0
2
1 0
= 3(0+10) + 3(0-- 4 ) - - K - 5 i - 8) = 3 0 - 12 + 13
D =
1 2 3
4 5 6 = ?
7 8 9
Az első sor szerint kifejtve:
5 6 -2
8 9
akkor ez így is
1
3.
18
4
7
6
4
+3
7
9
5
8
= l( 4 5 - 4 8 ) - 2 ( 3 6 - 4 2 ) - f 3 (3 2 -3 5 ) = - 3 + 1 2 - 9 = 0.
= A ii:A i 2 ‘>Ai^.
Ez azt jelenti, hogy bár végtelen sok megoldás van, de az isme­
31.
2 1 -3
1 - 3
3 -5 4
3=
4
2
l
1 0 2
= (0+ 30 + 8 ) - ( 1 2 - 5 + 0) = 3 8 - 7 = 31.
D = 1
alakban, ahol t tetszőleges valós szám. Ha
írható:
0
D=
1
1
1 2
1 4
3
9
19
Sarrus-szabállyal számolva:
7. Oldjuk meg a következő egyenletet:
Z> = (18 + 3 + 4 ) - ( 2 + 1 2 + 9 ) = 2.
4.
D
0 1 0
1 0 1
0 1 0
1 0
1
1
a :* (2 -3 )-a :(4 -9 )+ 1 (1 2 -1 8 ) = 0,
—x^+Sx—ó = 0,
5. Számítsuk ki a következő determináns értékét:
1
0
0,1
1
0,01 -1
amelynek gyökei jc i= 2, jCj=3.
8. Határozzuk meg x értékét úgy, hogy
2 -1
1
0
0,1
1
0,01 “ 0,1
1 = — 0,1
0,001
0,01 - 1
0,001
1
0,01
0,1
1
0,01 -0 ,1
=-(0,001-0,0 0 1 )-(-0 ,01-0,01) = 0,02.
D —— - 1
2
3
2
+x
7
-5
2 -1
3
= 134-29JC-1 = 0
47
-5
2
egyenletből
9. Bizonyítsuk be a következő azonosságot:
1
1
cos a: =
sin a:
1
= (sin Ix) ( —cos X sin x —cos x sin x) + (cos 2 x) (sin* x —cos^ x) +
1
1
l- f 6
l+ ö
1
1
1+ ^
1
1
1
1
+
1
1+ ^
1+ ű
1
= ( l + ű ) ( l + 6) - l - ( l - h ^ - l ) + l - ( l + ö ) = ab.
10. Bizonyítsuk be, hogy
+ (sin* x + cos* x) - (sin 2x) ( - sin 2x) + (cos 2x) ( - cos 2-^:) -f 1 =
D =
= - sin* 2x —cos* 2a:+1 = —l + l s O .
1
Ha a determinánst pl. első sora szerint kifejtjük, akkor
D =
cos a:
sin X - c o s a:
sin x cos X
+ cos 2 x
4sin X
cos a: sin JC
cos a: sin X
1
1 1-fa
A determinánst első sora szerint kifejtve:
20
=0
7
12
s in 2jc - c o s 2 a:
1
sin X - cos X cos X = 0.
cos X
sin X
sin x
—cos X
sin jc
2
legyen!
Fejtsük ki a determinánst második sora szerint. A
6. Bizonyítsuk be, hogy
— sin 2 x
3
;c - 1
-5
A determinánst az utolsó oszlop szerint kifejtve:
sin 2x - ■cos 2x
sinAc - c o s x
cos X
sin a:
0,
és így a megoldandó másodfokú egyenlet
0.
1 0
-
9
3
A determinánst első oszlopa szerint kifejtve:
Az első oszlop szerint kifejtve:
0,1
0,01
0,001
:* 4
2
1+cosjc
1 —sin X
1
1 +sinAc
1 + cos X
1
1
1
1
21
A determinánst pl. a Sarrus-szabály szerint kifejtve:
Az inhomogén egyenletrendszer determinánsa:
D ~ (1-f cosA^)*+(l + sin A:)-f ( l “-sin x )“ [(l-^cos;c)^-(l-^-cosA:)-^
D =
+ ( l -sin* a:)] = 1 -f 2 cos JC4-C0S* Ac-f 2 —3 - 2 cos x-f sin* x =
= cos* jc -f sin* jc = 1.
= 126 + 30 = 156
11. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
azért egyértelmű megoldás van. Mivel
x-\-Ay-\-2z = 5;
- 3 a:+2:k4-z = -1 ;
A x - y ~ z = 2.
Az inhomogén egyenletrendszer determinánsa:
2
1 4
2
1 -4
D = -3
2
1 = 1
-1 - 1
4 -1 -1
-3
1
2
+ 2 -3
4 -1
4 - 1
= l ( - 2 - M ) - 4 ( 3 - 4 ) + 2 ( 3 - 8 ) = - 1 + 4 - 1 0 = - 7 ^ 0,
tehát egyértelmű megoldás van. A megoldás:
D.
D
y = D
5 4
2
-1
2
1
2 -1 -1
1 5
2
-3 -1
1
4
2 -1
-7
-7
3Arx+8A:2 —6x 3 = - 5 ;
6-Vi +10,V2+3jt3 = 4.
22
= 104;
1 2
1
3 -5 -6
6
4
3
-3 9 ;
1 -2
2
3
8 -5
6 10
4
130,
Z)
-7
= 1;
a:,
=
104
2
156
T ’
-3 9
Z>
1
4
156
130
5
156
T ’
— _____ —
D
=_
= 0;
13. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
X t^X i-x^ = 6;
-1 4
-7
3jtx~ 2a:,-f 50^3 = 3;
2.
12. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
xi-lx2+x3 = 2;
2 -2
]
-5
8 -(
4 10
:
ezért
=
-7
1 4
5
-3
2 -1
4 -1
2
D
1 -2
1
3
8 - 6 = (24 + 72 + 3 0 ) - ( 4 8 - 1 8 -6 0 )
6 10
3
6a:x+ JCa+ 2X3 = 21.
Az egyenletrendszer determinánsa:
1
1 -1
-2 5
3 -2
5 __
1 2
2
6
1
3 5 _ 3 -2
6 2
6
1
- ( - 4 - 5 ) - ( 6 - 3 0 ) ~ ( 3 - f 12) - - 9 + 2 4 -1 5 = 0,
23
Tcrnnészctesen úgy is eljárhattunk volna, hogy egy másik ismeretlent, pl.
Xi-et tekintjük szabadon választhatónak, és ekkor a másik két ismeretlent az
tehát nincs egyértelmű megoldás. Mivel
D, =
6
l -1
3 -2
5 = 6 -2 5
1 2
21
1 2
3
21
= 6 (-4 -5 )-(6 -1 0 5 )-(3 + 4 2 )
D, =
1 6 -1
3
3
5 _ 3
21
6 21
2
5
-6
2
3
6
5
2
3 -2
21
1
X z-Xi = 6 -X i;
- 2xz + 5x^ = 3 - 3 x i
0;
5
2
egyenletrendszerből számíthatjuk ki. Mivel ennek az egyenletrendszernek
determinánsa
3
6
3
21
D =
= ( 6 - 1 0 5 ) - 6 ( 6 - 3 0 ) - ( 6 3 - 1 8 ) = - 9 9 + 1 4 4 - 4 5 = 0;
1
1 6
3 -2
3
6
1 21
-2
3
1 21
3
6
6 - ;c i - 1
3 -3 x i
5
3
+ 6 3 -2
21
6
1
ezért végtelen sok megoldás van:az egyenletrendszer egyenletei nem függetlenek
egymástól. Vegyük észre, hogy a harmadik egyenlet az első egyenlet három­
szorosának és a második egyenletnek az összege.
Ha pl. harmadik egyenletet elhagyjuk, az első két egyenletből két ismeretlen,
pl. az Xi és Xi kifejezhető a harmadik ismeretlennel. Ha JCj-at ui. paraméternek
tekintjük, akkor az
1 6 -X i
- 2 3-3x^
-2 - 3 = -5
0;
1
3
3
D
Nem minden feladatban mindegy, hogy melyik ismeretlent
tekintjük szabadon választhatónak, miként azt a következő fel­
adatokban majd látjuk.
=--r(-12-2A :3~ 3-f-5A :3) = 3 - — jc,;
14. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
Xi —3xa + 2^3 = —3;
= -^ (3 -5 x ,-1 8 -3 ;t3 ) = 3+ 4--f3-
Ha pl. JC3 = 5, akkor jíi= 0, x ^ = i \ ; ha x ^ - 1, akkor
24
X3 =
PL ha Xi^Oy akkor x ,= l l , JCa=5, ami megegyezik az előző megoldás első
számhármasával.
ez a megoldás tetszőleges rögzített Jtj-ra:
1 6-f a:3
3 3-5JC3
-5
= y ( 3 - 3 x i+ 1 2 - 2 x ,) = 5 - y J C i .
8
egyenletrendszernek az Xi és X2 ismeretlenekben egyértelmű megoldása van,
mert az egyenletrendszer determinánsa
-5
8
Ezért eredeti egyenletrendszerünk megoldása:
3xi-2x^ = 3-5jc3
6 + ^3
1
3-5JC3 - 2
1
= y (3 0 -5 x i + 3-3jCi) = 11-yjC i;
Xi = tetszőleges;
Xi + Xi = 6 + a:3;
1
1
3 -2
0,
ezért egyértelmű megoldása:
= ( - 4 2 - 3 ) - ( 6 3 - 1 8 ) + 6(3 4-12) = - 4 5 - 4 5 + 90 = 0,
D
1 -1 = 5 - 2 = 3
-2
5
12
2jCi—6x2—3JC3 = —6;
= ~ .
—jCj+BjCj—2JC3 = 3.
25
Az egyenletrendszer determinánsa:
1 -3
D =
2 -6
-1
2
1 2 - 9 + 1 2 - ( 1 2 - 9 - f 12) = 0,
-3
3 -2
ezért nincs egyértelmű megoldás. Mivel
-3 -3
2
- 6 - 6 - 3 = - 3 6 + 2 7 - 3 6 - ( - 3 6 - 3 6 + 27) = 0 ;
3
3 -2
Xi - 3a*2 = —3;
2a:i ~ 6jf2 = —6
egyenletrendszerhez jutunk. Ennek determinánsa — mint már láttuk — 0,
a két egyenlet összefüggő; az egyik, pl. a második elhagyható. A megmaradt
egyenletből kifejezhető Xj-vel:
jci = 3jf2—3.
1 -3
2
2
- 6 - 3 = /> = 0;
-1
3 -2
Az eredeti egyenletrendszer végtelen sok megoldása tehát ilyen alakú:
1 -3 -3
2 - 6 - 6 = - 1 8 - 1 8 - 1 8 - ( - 1 8 - 1 8 - 1 8 ) = 0,
-1
3
3
Ha pl. ^2 = 2, akkor az egyenletrendszer egy megoldása az .Vi = 3, x^ —l, ^ 3=0
számhármas. Ha a felesleges harmadik egyenlet elhagyása után nem Xa-mal,
hanem pl. J^i-gyel mint paraméterrel fejeztük volna ki a másik két ismeretlent, a
ezért végtelen sok megoldás van, s az egyenletek nem függetlenek egymástól.
Könnyen észrevehető, hogy a harmadik egyenlet az elsőnek ( - l)-szerese. Ha
pl. a felesleges harmadik egyenletet elhagyjuk, majd ,Vi-et és Xg-t ATg-mal akar­
juk kifejezni, az
JCi -3^2 = - 3 - 2 a:3;
Ixx = - 6 -f 3^3
egyenletrendszerre jutunk; ennek determinánsa
1 -3
2 ~0
= - 6 + 6 = 0,
így tetszőleges x^ rögzített értéke mellett nem kapunk egyértelmű megoldást
Jíi-re és JCj-re. Az eredeti egyenletrendszer nem volt ellentmondó, ezért a két
megmaradt egyenlet sem lehet az, csupán összefüggő. Ha pedig a két megma­
radt egyenlet összefüggő, akkor
1 -3-2JC3
2 -6-}-3:^3
-6+3jC3-h6-f
Xx = 3a*2- 3, ahol X2 tetszőleges;
-C3= 0.
- 3 a:24-2a-3 = -3 -X i;
—6jc2—3x^ = —6- 2 xi
egyenletrendszerhez jutottunk volna; ennek determinánsa
Z>= - 3
2 = 9+ 12 = 21 0,
-6 -3
így az egyenletrendszernek rögzített Xx mellett X2-hen és Xj-ban egyértelmű
Ü2 =
-3 -X i
-6 -2 x,
2 = 7A-1 + 21
-3
és
D3 —
-3
-6
-3 -X i
-6 -2 x i
= 0,
ezért a megoldás:
JTa =
7;ci + 21
21
1
ahol Xi tetszőleges;
X3= 0 .
Ha pl. Xi=3, akkor ;c2= 2, ^-3= 0, és ezzel éppen az előző megoldásban ka­
pott számhármasra jutunk.
15. Oldjuk meg az
kell legyen, amiből
= 0,
és ez csak úgy teljesül, ha jca=0. ^3 tehát nem választható paraméterként.
Az eredeti egyenletrendszer figyelmes megtekintésekor észrevehetjük, hogy a
második egyenlet mindegyik tagja — az jcg-at tartalmazó tag kivételével —
26
kétszerese az első egyenlet megfelelő tagjának. Ebből következik, hogy a két
egyenlet csak akkor lehet nem ellentmondó, ha ;C3= 0. Ha
értékét vissza­
helyettesítjük a megmaradt két egyenletbe, az
Xi - 3 x 2+ 2x 3 = - 3 ;
2x
i - 6 x 2—3x2 = -6 ;
-Ari + 3.V2+ S ats = 3
egyenletrendszert.
27
Az egyenletrendszer determinánsa
Az egyenletrendszer determinánsa:
2
1 -3
2 - 6 - 3 = - 4 8 ~ 9 + 1 2 - ( 1 2 - 9 - 4 8 ) = 0,
-1
3
8
0 =
ezért nincs egyértelmű megoldás. Mivel
-3 -3
2
- 6 - 6 - 3 - 144 + 2 7 - 3 6 - ( - 3 6 + 144 + 27) = 0 ;
3
3 8
1 -3
2 -6
3 -9
2
1 -3
2 - 6 - 3 = D = 0;
-1
3
8
D2 =
Z>3 =
1 -3 -3
2 - 6 - 6 = - 1 8 - 1 8 - 1 8 - ( - 1 8 - 1 8 - l 8 ) = 0,
-1
3
3
1 -3
Z>3 = 2 - 6
3 -9
Xi - 3 x 2 = - 3 ;
2^1—
' 6 x 2 = —6j
-
+ 3x2 = 3
egyenletrendszerhez jutunk, amelyből két egyenlet is elhagyható, hiszen a má­
sodik az elsőnek kétszerese, a harmadik az elsőnek ( - l)-szerese. Az első
egyenletből
s így az eredeti egyenletrendszer megoldása:
;ca=0.
(Vesd össze az előző feladattal!)
16. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
Xi-3x2-h2x3 = 1;
2x i - 6x 2+ 4x:í = 2 ;
3Afi~9xa+6Ar3 = 6.
1
2
3
1 2
2 4 = 12 + 1 2 -^ 2 4 -(1 2 -h l2 + 24) = 0 ;
6 6
1
2 = - 3 6 - 1 8 - 1 8 - ( - 1 8 - 3 6 - 1 8 ) = 0,
6
az egyenletek nem függetlenek. Könnyen észrevehető, hogy a második egyenlet
az első egyenletnek kétszerese.
Az is azonnal szembetűnik, hogy a harmadik egyenlet ellentmond mind az
első, mind a második egyenletnek, hiszen a megfelelő ismeretlenek együtthatói
arányosak (pl. a harmadik egyenlet bal oldala háromszorosa az első egyenlet
bal oldalának), az egyenletek jobb oldalán álló konstansok azonban nem. Mi­
vel a három egyenlet ellentmondó, az egyenletrendszernek nincs megoldása.
H a az ellentmondást nem vesszük észre, és az összefüggő egyenletek egyikét,
pl. a második egyenletet elhagyva az
Xi -3jcj = 1—2jí3,
3xi-9jc2 = 6—6x3
egyenletrendszert próbáljuk megoldani, azt látjuk, hogy ennek determinánsa
= 3^2-3,
Xi = 3x 2- 3 ; X2 tetszőleges;
2
4 = - 3 6 - 3 6 - 3 6 - ( - 3 6 - 3 6 - 3 6 ) = 0,
6
ezért az egyenletrendszernek nincs egyértelmű megoldása.
Mivel
1 -3 2
2 -6
4 = - 3 6 - 7 2 - 3 6 - ( - 7 2 - 3 6 - 3 6 ) = 0;
6 -9
6
A =
ezért az egyenletek nem lehetnek függetlenek. Az első és a harmadik egyenlet
csak akkor nem ellentmondó, ha ;c.,=0, hiszen a többi megfelelő tag egymásnak
(~l)-szerese.
most kapott értékét visszahelyettesítve az eredeti egyenlet­
rendszerbe, az
28
D =
1 -3
3 -9
:0.
Ez azt jelenti, hogy a matadék két egyenletből álló egyenletrendszernek sincs
egyértelmű megoldása. Mivel most
1 - 2x3
-3
/>! = 6 - 6x 3 - 9
: - 9 + 18 X a-(-1 8 + 1 8 x 3 ) = 9,
azaz X3 értékétől függetlenül nem zérus, ezért e két egyenlet ellentmond egy­
másnak, ennélfogva eredeti egyenletrendszerünk is ellentmondásos volt, tehát
nincs megoldása.
29
17. Oldjuk meg a következő homogén lineáris egyenletrendszert:
19. A determináns utolsó sora szerinti kifejtéssel lássuk be, hogy
Xi + lXi + Xs = 0;
2 cos* —
sin
1
2 cos* ~
sin
1
1
0
1
X
3xi —2x 2+ 2x 3 = 0;
6xi + 4AC2-f 5jc3 = 0.
A homogén egyenletrendszernek akkor és csak akkor van di X i ^ X i ^ x ^ ^ O
triviális megoldástól különböző megoldása, ha determinánsa 0. Esetünkben
2
1
3 -2
6
4
1
2
5
—2
4
2
-2 3
5
6
= sin (y-x ).
A kifejtés a következő:
2
3 -2
= - 1 8 - 6 + 24 = 0,
-f
5
6
4
sin a: - sin
X
y
2 cos* — sin y - 2 cos* — sin x.
tehát van a triviálistól különböző megoldás. Mivel az O13 elemhez tartozó
aldetermináns
Felhasználva, hogy 2 cos* — - 1 = cos a, fenti kifejezésből
azaz nem zérus, így az ismeretlenek aránya:
20. A Sarrus-szabály alkalmazásával igazoljuk, hogy
- s in X cos>'-f-sin>' cos x — sin ( y - x ) .
-2
4
2
5 i - 1
X
y
y
x+y
x^i-y
X
3 ~2
6
4
^3
at2= 1,
8^
=
= 3x^y-h3xy^-ix^-{-3x^y-h3xy^-hy^)-y^-x^ = - 2 ( j e + r " ) .
21. Bizonyítsuk be, hogy
8.
cos(a: - ^ )
cosO>- z) cos(z - a:)
cos(jc-f7) cosCy+r) cos(z-fjc) = - 2 sin (x -> ')sin (> '-z )sin (z -x ).
sin {x+ y) sin ( y + z) sin (z+ x)
18. Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert:
a:i - 3 a:j 4-2a:3
= 0;
Útmutatás, Fejtsük ki a determinánst első sora szerint és használjuk fel a
2xi+3jCa-jr3 = 0;
sin (jc+>') + sin (a:-;') = 2 sin x cos y
és
SjTi-f 3;ca-f5x3 = 0.
cos(ac—>')-cos(j(i:+r) = 2 sin
azonosságokat.
Az egyenletrendszer determinánsa
D =
1 -3
2
2
3 -1
8
3
5
3 -1
2 -1
+3
+2 2
3
5
8
5
8
= (15 + 3) + 3(10+8) + 2(6~ 24) = 36
3
3
0,
ezért ennek az egyenletrendszernek nincs a triviálistól különböző megoldása.
30
= -2 ( x ^ + y ^ ) .
y
xy(x+ y)+ xy(x-{-y)+ xy(x+ y)-ix+ yy-y^-x^ =
ahol t tetszőleges valós szám. Speciálisan a / =1 értéknek megfelelő megoldás:
JCi = 6,
X
A determinánsra a Sarrus-szabályt alkalmazva, értéke
Ez más szóval azt jelenti, hogy
X i - 6ty Xz—t,
x-hy
sin
3. Az n-edrendű determináns
Az előző alfejezetben a harmadrendű determináns kétféle defi­
nícióját láttuL Az első esetben a harmadrendű determinánst
másodrendű, tehát eggyel alacsonyabb rendű determinánsok
31
segítségével definiáltuk, a második esetben a determináns értékét
bizonyos szorzatok összegeként értelmeztük. Mindkét definíció
alkalmas magasabbrendű determinánsok értelmezésére is:
n-edrendü determinánsnak nevezünk egy n^ elemből álló, n sort
és n oszlopot tartalmazó, következő alakú táblázatot:
öli Oia... öl.
Ö21 Ű22 ... Ű2b
gondolva belátható, hogy a szorzatokban minden sorból és oszlop­
ból egy és csakis egy elem szerepel.
Ezek az ^-tényezős szorzatok közvetlenül is felírhatók, és ez
a felírás adja az «-edrendű determináns — előbbivel egyenértékű —
másik definícióját:
ön Ö12- ain
Ö21 022 •■■
>
Ö«1 Űn2 ••• Onn
=
•••
a„2- ■Ctnn
elemeket együtt főátlónak, az al a )
ahol k i, k 2 ,
k„ az 1, 2,
/a oszlopindexek egy sorrendjét
öjjn-i*
elemeket együtt mellékátlónak nevezzük.
jelenti;
K
e
sorrend
inverzióinak
a számát jelöli; az összegezés
Az «-edrendíí determinánsnak a következő értéket tulajdonítjuk:
pedig az 1, 2,
elemek minden lehetséges sorrendjére ter­
jesztendő ki. A tagok felírására azonban /i> 3 esetében nincs
Oia... öln
a Sarrus-szabályhoz hasonló egyszerű módszer.
Ű21 Ű22 Ű2n
Mindkét definícióból látszik, hogy egy /j-edrendű determináns
— ^11^11+ ^12 ^12 H
^ au All,
i= l
kiszámítása már viszonylag kicsi n esetén is elég hosszadalmas
és fárasztó feladat. A következő alfejezetben majd látunk olyan
Ö«1 ö„2 Onn
ahol Ali ^
elemhez tartozó (w—l)-edrendű aldeterminánst kiszámítási módszereket, amelyek ezt a munkát bizonyos mértékig
jelenti, amelyet úgy kapunk meg, hogy az első sor és az /-edik csökkenthetik.
A magasabbrendű determinánsok segítségével a háromnál több
oszlop elhagyásával adódó (/z —l)-edrendü determinánst ( —ly^^ismeretlent
tartalmazó elsőfokú inhomogén egyenletrendszerek
vel megszorozzuk. (Ez más szóval éppen a sakktábla-szabály
megoldását
is
megkaphatjuk a Cramer-szabállyal, és a háromnál
kiterjesztését jelenti.) A determináns értékének ez a meghatározási
módja a determináns első sora szerinti kifejtése. (Kifejthető a deter­ több ismeretlent tartalmazó elsőfokú homogén egyenletrendszerek
mináns teljesen hasonló módon bármely sora vagy bármely megoldása is hasonló a két, illetve három ismeretlent tartalmazó
egyenletrendszerek megoldásához.
oszlopa szerint is.)
Ha a fenti kifejtésben szereplő
(« —l)-edrendű
Gyakorló feladatok
aldeterminánsokat a közölt módon (« —2)-edrendű aldeterminánsaikkal, ezeket (/i —3)-adrendű aldeterminánsaikkal fejezzük ki,
1. Számítsuk ki a következő determináns értékét:
és ezt az eljárást tovább folytatjuk, végül másodrendű aldetermi2 - 1 0 2
nánsokhoz jutunk. Értéküket kiszámítva, mindegyik másodrendű
-4
2-9
3
determinánsból két-két szorzatot kapunk, így az «-edrendű deter­
2 -6
4-2
mináns kifejtése során kapott ^-tényezős szorzatok száma
« f/2 -l)(n ~ 2 )...3 -2 = n\
(az n\ jelet „ aj faktoriáIis”-nak olvassuk). A kifejtés módját át32
1 3
2
2
A determinánst első sora szerint fejtjük ki, mivel így egy tag a 0 elem követ­
keztében eltűnik, majd a kapott harmadrendű determinánsok értékét a Sarrus33
4. Elíccőrizzük. hogy
szabállyal számítjuk ki:
2 -9
-4 -9
-4
3
2 -9
3
4
2
4 - 2 + 0 -(2 )
2 -6
4 - 2 ~ (~ 1 )
/> - 2 - 6
9
2
3
2
2
1 2
3
1
= 2[(16 + 5 4 - 3 6 ) - ( 3 6 - f 108-8)] +
+ [ ( - 3 2 + 18-f 1 2 ) -( 1 2 - 3 6 - f l6 ) ] ~
-2 [(4 8 + 8 - 5 4 ) - ( 5 4 + 8 -4 8 )] = -2 0 4 + 6 + 24 = - 1 7 4 .
2. Számítsuk ki az alábbi determináns értékét:
0 0 0
1 0 0
0
0
c 1 0
e f \
h i j
0
Az egyes harmadrendű determinánsokat pl. a Sarrus-szabállyal kiszámítva:
0
\
Ezt az ötödrcndü determinánst, majd a kapott aldctermináosokat nyilván
mindig az első soruk szerint célszerű kifejteni. Ekkor
1 0
D
c
0
0
1 0
0
^ /
h
i
1 0
j
\
0
1
1
/
/
j
0
0
1
—
1
0
J
1
D
0 0 0
0 0 2
0 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
1
1
1
1
1
1
0
3
0 5
6 5
24 0
6
34
4
4
5
5
3
3
=
0 0 0
0 0 4
- 22
0 5 4
6 5 4
3
0 0 4
3
= 6 0 5 4
3
6 5 4
3
l
1-tf
1
1
1
1
l
1
i-fí.
1
1 1 - 6
Fejtsük ki a determinánst pl. az első sor szerint, ekkor
1
+ 1
1
0 0 0 0
0 0
5. Mutassuk meg, hogy
D = (l+ tf)
hatodrendű determinánst, majd a kapott aldetem iinánsokat nyilván első soruk
szerint célszerű kifejteni:
/> = - 0 0 4 3
D = -3 [ ( 4 0 -.2 7 -1 6 ) - (- 4 8 + l5 - 2 4 )l- 4 [ ( - - 2 0 - 1 8 + 3 2 ) -( -3 2 - 3 0 + 1 2 ) ]~ 5 [ (5 + 1 2 - 2 4 )- (8 + 2 0 -9 )] +
+ 6 [(4 -1 6 + 1 8 ) - ( - 6 + 16+12)l = - 1 6 2 - 1 7 6 + 1 3 0 - 9 6 = -3 0 4 .
l+ a
1
1
1
3. Számítsuk ki a következő determináns értékét:
0 0
0 0
0 0
0 0
0 5
6 5
3 -4
1 -2
2 -1
4 -3
0 =
= -3 0 4 .
2
3 -4 -5
6
5
3 -4
A determinánst utolsó sora vagy oszlopa szerint érdemes kifejteni, mert
ekkor az adódó hannadreudú determinánsokban, ennélfogva a további mű­
veletekben kisebb számok szerepelnek. A determinánst pl. utolsó sora szerint
kifejtve
1 3 -4
1 -2 -4
-2
3 -4
1 -2
3
4
D = r - 33 - 1
4 -3 -4 2
4 - 3 -5 2 -1 -3 + 6 2 - 1
2
3 -5
2
3 -4
2 - 4 -5
3 -4 -5
1- a
1
l
1- a
1
1
l
1+6
1
1
1
1 -6
-
1
1
1
1 — 11+6
1- 6
1
1
1 -1 - a
1
l
1
1
1
1
1- 6
1
1-H6 .
1
A kapott harmadrendű determinánsokat pl. a Sarrus-szabály szerint kifejtve:
O = ( l+ ű )[(l-ű )(l+ /^ )(i-« + l + l - ( l + 6 + l - a + l - 6 ) ] -((l + 6 )(l-6 )+ í + l - ( l + W ~ ( l - « - l ] +
+ [l-^ + l-ű + l-l-l-(l-a )(l-6 )]-[I+ (l-a )(l+ « + l- l- ( l- ű ) - ( l+ 6 ) ] =
= [(l + ű ) ( l ~ ű ) ( l + 6 ) ( l - 6 ) - ( l + ű ) ( l - a ) ] - [ ( l + 6 ) ( l - 6 ) - l ] +
+ [ l-a -6 -(l-ű )(l~ « ]~ [(l^ ű )(l+ ^ ) + a - l - « =
= ( 1 - ű2 X 1 - ^ ) - 1 + ű2-H -Z ?2+ 2- ű- 6 - 1 + ű+Z?- űZ?-1+ ű-
—
ű+1+6 = 1—cp-—tP-\-crl^—1+éP+^=
35
II. A D E TE R M IN Á N SO K FŐBB TU LA JD O N SÁ G A I
ÉS D E TE R M IN Á N SO K ÁTALAKÍTÁSA
4.
Ha egy determináns két sora (oszlopa) megegyezik elemről
elemre, akkor a determináns értéke zérus.
Ha pl. harmadrendű determináns esetén a második és harmadik
Az alábbiakban a determinánsok néhány olyan tulajdonságát sor elemei egyeznek meg, akkor
soroljuk fel, ill. olyan feltételeket említünk meg, amelyek a deter­
minánsok értékének kiszámításában előnyösen felhasználhatók,
ö li Ű12 ^13
1. A determináns bármelyik sora vagy oszlopa szerint kifejthető.
Ö21 ^22 ÖT23 — ü l i ű?22^23 + ^12^23^21 + ^13^21 ^22 ” ■
így pl. az w-edrendü determináns z-edik sora szerinti kifejtése
ŰÍ21
+ ^i2^i2 ^
^22
“■^13 ^22 ^21 ”“ ^12 ^21 ^23 “"^11 ^23 ^22 =
^23
+ ^in^in
5.
Ha a determináns valamelyik sorának (oszlopának) minden
elemét megszorozzuk ugyanazzal a c számmal, akkor a determináns
+ ^ 2j ^ 2j + ■
értéke is c~vel szorzódik. Ez azt jelenti, hogy egy sor (oszlop)
alakú.
elemeinek közös tényezője kiemelhető a determinánsból.
Harmadrendű determináns esetén pl.:
2. A determináns értéke nem változik,
megfelelő sorait és
oszlopait egymással felcseréljük, azaz ha a determináns elemeit
főátlójára tükrözzük. Ez azt jelenti, hogy a determináns soraira
Oii
Ol2
Ű13
flu ^12 Ö13
kimondott bármely tétel érvényes a determináns oszlopaira is,
CÜ21 CŰ22 CŰ23 = C ^21 Ű22 ^23
és viszont. A determináns sorai és oszlopai minden tekintetben
Ö31 Ö32 Ö33
Ű33
Oíi
Ű32
egyenrangúak.
Valóban, pl. harmadrendű determináns esetén:
6.
Ha a determináns valamelyik sorában (oszlopában) csupa 0
áll, akkor a determináns értéke zérus.
Cin a i 2 ^13
Harmadrendű determináns esetén p l.:
alakú, y-edik oszlopa szerinti kifejtése pedig
Ö21
Űf22
Ö23 — ^11^22^33 “í“ ^12^23^31
Ű3I
^32
Ö33
ön
Ö21
Ö3I
ű^22
és
Ö12
^13^21^32 “
—Űfi3Ű22^3l ~ ^12^21^33
^11^23^32 >
ctiz
^23
^32 — ^11^22^33 “f" ^^21^32^^13 ~i“ ^31^12^23 “
^33
—í?3i ÚÍ22^13 ~ ^21^12^33 ^11^32^23 •
^21
^23
^22 — ^11 ^23 ^32
^11
Űfi2
Úfi3
Ű21
0
022
0
^23
0
= 0.
7.
Ha két n-edrendü determináns csak egy sorban (oszlopban)
különbözik egymástól, akkor a két determináns úgy adható össze,
3.
Ha a determináns két sorát (oszlopát) egymással felcseréljük,hogy a két különböző sorban (oszlopban) álló me^elelő elemeket
a determináns előjelet vált, azaz értéke { — \)-gyel szorzódik.
páronként összeadjuk, a közös sorokat (oszlopokat) pedig válto­
Ha pl. harmadrendű determináns esetén a második és harmadik zatlanul leírjuk.
oszlopot egymással felcseréljük, akkon
Ha pl. harmadrendű determinánsok esetén csak az utolsó
oszlopban
különbözik egymástól a két determináns, akkor
űfii űfia Ö12
Ö31 033 0^32
^13 ^22 ^31+ ^12 ^21 ^33“
— ^12 023 ^31 “ ^13 ^21 ^32
és ez valóban az eredeti kifejtés ( —l)-szerese.
36
^11 ^22 ^33 >
ön
Ö12
Ö13
Ö2I
022
^23 +
Ö21
Ö22
^23
Ö3I
Ű32
Ö33
Ö31
Ö32
*33
ön
Ű12
*13
Ö12
Ö13 + *13
Ö21
Ö22
Ö23 + *23
Ű31
Ö32
Ö33 + *33
ön
=
37
Az előbbi egyenlőséget visszafelé olvasva azt kapjuk, hogy ha
egy determináns valamelyik sorát (oszlopát) kéttagú összegekre
bontjuk, a determináns a jelzett módon két determináns összegére
bontható.
8. A determináns értéke nem változik, ha valamelyik sorához
(oszlopához) hozzáadjuk egy másik sorának (oszlopának) tetsző­
leges többszörösét. Ez a tétel lehetővé teszi, hogy a determináns
tetszőleges eleme helyébe tetszőleges értéket vigyünk a determi­
náns értékének megváltozása nélkül. A determináns más elemei
ilyenkor természetesen megváltoznak.
9 . Ha a determináns főátlójának egyik oldalán minden elem
zérus, akkor a determináns értéke egyenlő a főátlóban álló elemek
szorzatával
Ez az állítás azonnal belátható, ha a determináns kifejtését
mindig a legtöbb Q-t tartalmazó sor (oszlop) szerint végezzük el
10. Determinánsok szorzása, Előrebocsátunk egy elnevezést;
Két /i'Clemű értékrendszer,
és
(61, 62, . . . , 6n)
komponálásán a megfelelő elemek összeszorzását és a kapott
kéttényezős szorzatok összeadását értjük. Az így adódó
aA + öA + "-+ aA
szorzatösszeg a két értékrendszer kompozíciója.
Két n-edrendű determináns szorzata olyan n-edrendü determináns
ként írható fel, amelyben az ijedik sor j-edik eleme az egyik deter­
mináns i-edik sorának ( vagy oszlopának) a másik determináns j-edik
sorával (vagy oszlopával) való kompozíciója,
A szabályból világosan kiderül, hogy csak azonos rendű deter­
minánsok szorozhatók össze, ezek viszont négyféle módon, hiszen
egyaránt komponálhatunk sort sorral, oszlopot oszloppal, oszlopot
sorral és sort oszloppal. A gyakorlatban legtöbbször az utolsó
szoktuk használni, mert hasonló tétel érvényes mátrixok szorzásá
ra is.
Például harmadrendű determinánsok esetében sor—oszlopkom­
pozíciót alkalmazva, a szorzatdetermináns a következőképpen írha­
tó fel:
38
"11 O12 "13
61, 612 613
«21 Ű22 "23 • 621 622 623
«31 «32 "33
63, 632 633
011611+ 012^21+^13631
021611+ 022621+023631
^31611+ 032621+033631
O11612+O12622+Ű13632
^ 1612+ 023622+^23632
"31612+ 032622+033632
"11613+ 012623+013633
Ű21613+O22623+O23633
O31613+O32623+O33633
Ha a két összeszorzandó determináns nem azonos rendű,
akkor a kisebb rendű a magasabb rendűvel azonos rendűre bővíthető ki úgy, hogy értéke nem változik meg (ui. a főátlót egyesekkel
egészítve ki, a többi új elem helyére pedig nullát írva).
11.
Laplace-féle kifejtés. Egy adott determináns kifejtésekor
célszerű a kifejtést azon sor (oszlop) szerint elvégezni, amelyben
a legtöbb 0 áll, hiszen ekkor annyival kevesebb aldeterminánst
kell kiszámolnunk, ahány 0 elem az illető sorban (oszlopban) van.
Ha több ilyen sor (vagy oszlop) van, érdemes ezeket (megfelelő
számú sor- vagy oszlopcserével) egymás mellé hozni, és a kifejtést
íg>' elvégezni.
Ez az összefüggés nagyon speciális esete Laplace kifejtési tételé­
nek, mely a determináns sor, ill. oszlop szerinti kifejtésének álta­
lánosítása r számú sor, ill. oszlop szerinti kifejtésre:
A determináns értékét megkapjuk, ha tetszőlegesen kijelölt r
számú sorból (oszlopból) elkészítjük az összes lehetséges r-edrendü
aldeterminánst, ezeket rendre megszorozzuk a hozzájuk tartozó
{n —ryedrendü aldeíermínánsokkal, a szorzatokat megfelelő elő­
jellel látjuk el és összeadjuk.
A megfelelő előjel azt jelenti, hogy a szorzatokat ( —l)^^^-sel
kell megszorozni, ahol jelenti a kiválasztott r számú sor (oszlop)
sorindexének (oszlopindexének) összegét (ez a sorok, ill. oszlopok
rögzítése után egy kifejtésen belül nem változik); 5* pedig a képe­
zett r-edrendű aldeterminánsok oszlopindexeinek (sorindexeinek)
az összegét. A kifejtésben szereplő aldeterminánsok előjelét a
számításokban figyelmen kívül hagyhatjuk, mert — mint belát­
ható — a kifejtés során összetartozó aldetermináns-pár szorzatá­
nak előjele mindig pozitív.
Ha pl. egy ötödrendű determinánst második és ötödik sora
szerint fejtünk ki, a kifejtés a következő:
39
^11
Ű21
^31
^41
^51
^12
Ü22
^32
^42
^52
^13^14 ^15
^23 ^24 ^25
^21 ^22
^33 ^34 ^35 = +
^bl Ö52
^43 ^44 ^45
^53 ^54 ^55
^21 ^23
0^51 ^53
•
^12
í 7i 4
^15
^32
^34
^35
«42
Ö44
ŰÍ45
+
Ö21 Ű24
^51 ^54
«13
Ű14
Ű15
Űf33
CI43
^34
Ű44
Ö35
^45
Ű12
ai3
Ű15
0^32
^33
^35
^42
Úf43
^45
13. Determináns differenciálása. Ha a determináns elemei egy
változónak differenciálható függvényei, akkor beszélhetünk a
determináns deriváltjáról. Az x változótól függő D determináns
deriváltját
D-vel jelöljük.
Az n-edrendü determináns deriváltját megkapjuk^ ha a determi­
náns egy-egy sorának (vagy oszlopának) minden elemét a változó
szerint deriváljuk, a többi sor (oszlop) elemeit változatlanul hagyjuk,
majd az így kapott n számú determinánst összeadjuk.
Gyakorló feladatok
^21
ÖÍ2G
^51
%5
Ö14
«12
•
^32
^33
Űfs4
^42
^43
Űf44
+
^22 ^23
Ö62 Úf53
Cili
Ö3I
Ű41
Ö15
^34
^35
Ű44
Űf45
1. Számítsuk ki a következő determináns értékét:
D =
^22 ^24
«r.2 Űf54
+
-f-
^23 ^24
Ö53 0^54
ÍÍ24 «25
^54 ^55
•
•
•
^11
^13
Ö15
^31
^33
^35
ÚT41
^43
^45
ű f ll
CI12
Ű 31
^32
Űf35
^41
Ű 42
^45
a ii
Úfl2
Ö13
O 3I
^32
^33
^41
Ű42
^43
+
—
Ű22 ^25
^52
ÖT55
^23 ^25
^53 ^65
Cin
^13
Ű14
CI3I
CI4I
0^33
^43
Ű34 +
Űf44
Cin
CI12
Ű14
C131
^32
Ű34 +
C141
^42
Ű44
•
1 4 8
-2 1 5
-3 2 4
Kivonjuk a második oszlop elemeinek kétszeresét a harmadik oszlop megfelelő
elemeiből (röviden: kivonjuk a második oszlop kéts2.eresét a harmadikból),
ekkor
1 4 0
1 4 8 - 2 .4
1 4 8
- 2 1 5 = - 2 1 5 - 2 - 1 3= - 2 1 3
D
-3 2 0
- 3 2 4 -2 * 2
-3 2 4
Látható, hogy így a harmadik oszlopban egyetlen elemtől eltekintve minden
elem zérus, ezért a determinánst a harmadik oszlopa szerint kifejtve, csupán
egyetlen másodrendű determinánst kapunk. Ezért
D = -3
Az összeg első tagjának előjele pl. azért pozitív, mert
ez esetben = 2 + 5 = 7, valamint S = 1 + 2 = 3, így az elő­
jel ( —!)’■*■*= ( —1)^“= 1 ; a hatodik tagjának előjele azért nega­
tív, mert R = 2 + 5 = 1 (ez változatlan), S = 2 + A = 6 és
( - l ) « +í = ( _ l) 1 3 = _ i .
12. Nem beszéltünk még arról, milyen mennyiségek lehetnek
egy determináns elemei. Belátható, hogy a determinánsokra ki­
mondott valamennyi tulajdonság és tétel nemcsak akkor igaz, ha
a determináns elemei (komplex) számok, hanem akkor is, ha
függvények.
40
1 4 = - 3 (2 + 1 2 ) = -4 2 .
-3 2
2. Kiszámítandó a
D =
3 4 -5
1 2
3
-2 5 -4
determináns értéke.
Mivel a második sor első eleme 1, ezért célszerű a második sor háromszoro­
sát levonni az első sorból, és egyidejűleg a második sor kétszeresét hozzáadni
a harmadik sorhoz. így az első oszlop első és harmadik eleme 0 lesz, és a ka41
pott determinánst az első oszlopa szerint kifejtve, csak egyetlen másodrendű
determinánst kapunk.
3 4
5
3
1 2
-2 5 - 4
3 - 3 .1
-
4 - 3 .2
2
5- 3.3
3
5 + 2.2 -4 + 2.3
2 4 - 2.1
0 -2 -4
1 2
3 = —1 - 2 - 4 = - ( - 4 + 3 6 ) = -3 2 .
9
2
0
9
2
2
4 -4
S -6
3
4
2 -3
D = 3 6 + 4 8 -4 0 - ( 9 6 -6 0 + 1 2 )
D
: 4 4 -4 8 = - 4 .
//. Megoldás:
Az utolsó sor (-2)-szercsét érdemes az első sorhoz, 3-szorosát pedig a má­
sodik sorhoz adnunk, mert ekkor a második oszlop első és második eleme 0
lesz, és így a második oszlop szerinti kifejtés egyetlen másodrendű determináns­
hoz vezet:
-6
0
2
-6 0
2
2
D=
5 -6
3
17 0 - 6 = - 2 - 6
= —4.
17
6
4
2 -3
4 2 -3
4. Kiszámítandó a
25
38
47
38
65
83
determináns értéke.
Most nem érdemes a Sarrus-szabályt alkalmazni, mert a detennináns elemei
nagyok, és a szorzás nehezen végezhető el fejben.
Kiemelünk az első oszlopból 14-et, majd kivonjuk az első oszlop 12-szeresét a második oszlopból és 20-szorosát a harmadik oszlopból. Ez jelentős mér­
tékben csökkenti az egyes elemek nagyságát. Ekkor
2
D ^ 14 3
4
42
25
38
47
38
2
65 = 14 3
83
4
így az első sorban két elem zérus; e szerint a sor szerint kifejtve.
-1
6
9 = - 1 4 ( - 1 - 5 4 ) = 770.
1
5. Kiszámítandó az alábbi determináns értéke:
/. Megoldás:
A Sarrus-szabályt alkalmazva,
28
42
56
0
1 0
1 -2
2
2 9
5 = 14 - 1
2
/> = 14 3
6 ~1 1
3
4 -1
/> = - 1 4
3. Számítsuk ki az alábbi determináns értékét;
D
Most kivonjuk az első oszlopból a második kétszeresét, majd a harmadik osz­
lophoz a második oszlop kétszeresét adjuk:
2 5 - 1 2 .2
3 8 - 1 2 .3
47- 12.4
3 8 - 2 0 .2
6 5 - 2 0 .3
8 3 - 2 0 .4
2
1 -2
« 14 3
2
5
4 -I
3
2
3 -2 4
3 -2
1 2
3
2
3 4
-2
4
0 5
/. Megoldás:
A determináns harmadik oszlopában már egy elem (a negyedik) 0. Ha h o z ^ adjuk a második sor kétszeresét az elsőhöz, majd kivoDŰuk a második sor há­
romszorosát a harmadikból, akkor a harmadik oszlopban újabb két elem
(az első és a harmadik) lesz zérus. Tehát most már a harmadik oszlop szerint
kifejtve a determinánst, csupán egy harmadrendű determinánst kapunk:
2 + 2.3
3 -2 4
2
3
1 2
3 -2
3 4 — 3 - 3.3
2
3
-2
4
0 5
-2
=
8
8 -1 0
2
3 -2 1
= -l
8 0 -2
-6
5
4 0
-2
3 + 2 ( - -2) -2 4 -2 .1
1
-2
3 - 3.1
2 - 3 ( - -2)
0
4
4 + 2-2
2
4 - 3 .2
5
8
8 -1
8 -2
—6
5
-2
4
Most adjuk hozzá a második oszlop 8-szorosát az első és harmadik oszlophoz:
—
8
8 -1
8 -2
-6
4
5
-2
=s --
0 -1
58
8
30
4
0
62 =
37
58
30
62
37
-2 8 6 .
43
II. Megoldás:
Most az előző negyedrendű determináns értékét első két sora szerinti Laplace-féle kifejtéssel számítjuk ki. Ekkor
3
= ( _ l)l +2+l +2 2
3 -2
1^14^2+2+4
3
-2
1 2
2
3
.
3
0
4 + ( _ l ) l +2+l +3 2 - 2
5
3
1
2
4
-4
:2
3 3 4 _ (_ l)i +a+3+4 - 2
-2 0
I
4
2
1
1 1
1 2
/. Megoldás:
Mivel a harmadik sor első két eleme zérus, célszerű lesz az első két oszlop
szerint elvégezni a Laplace-féle kifejtést. Ekkor ui. a kifejtés lehetséges hat
tagjából háromnak értéke zérus, mert a bennük szereplő egyik másodrendű
determináns egyik sorában csupa 0 áll, ennélfogva e determináns értéke 0.
A megmaradó másik három tag:
4
5
3l - 2 . 3
2\ 3
+ ( _ |^i +2+a +3
Ai 0
- 2 1 1 —2
4
2
4
1 2
D = 0 0
3 4
2
3 -2 4
3 -2
1 2
3
2
3 4
-2
4
0 5
2
3
7. Számitsuk ki az alábbi determináns értékét:
4
+
5
1 2
2 1
3 2
-2 4
2
1 1
1 2
+ (_l)l
+2 +l +4 1 2
3 4
2
1
1
1
3 4
= ( - 3 ) ( l ) + ( - 2 ) ( l ) - ( 5 ) ( - l ) = 0.
1 1
1
3 4
: ( - 1 3 ) ( 1 5 ) - ( 8 ) ( - 6 ) 4 - ( - 8 ) ( - 1 2 ) + (-1 ) (2 3 ) - (1 4 ) ( 6 ) + (-8 )(1 6 ) =
-2 8 6 .
6. Keressünk az I. fejezet 3. pontjának 4. gyakorló feladatában szereplő
D =
1 -2
3 -4
2 -1
4 -3
2
3 -4 -5
3 -4
5
6
D =
3
7
2
-2
-1 0
-4
5
3
18
A kapott harmadrendű determinánsra pl. a Sarrus-szabályt alkalmazva,
Z) = - 5 4 0 - 1 2 - 1 4 0 - ( - 1 0 0 -2 5 2 -3 6 ) = - 3 0 4 .
44
1
2
0
3
D=
determináns kiszámítására egyszerűbb módszert!
Az első oszlop első eleme 1. Ezt kihasználva, az első oszlop többi eleme
helyére könnyen vihetünk be 0-t. Ugyanis adjuk hozzá az első sor (-2)-szeresét a második és harmadik sorhoz, ( —3)-szorosát a harmadik sorhoz, majd
fejtsük ki a determinánst első oszlopa szerint. Ekkor
1 -2
3 -4
0
3 -2
5
=
0
7 -1 0
3
0
2 - 4 18
//. Megoldás:
Ha a negyedik oszlopot kivonjuk a harmadik oszlopból, a determináns har­
madik sorának első három eleme 0, így a harmadik sora szerinti kifejtése csu­
pán egy harmadrendű determinánshoz vezet:
2 3 4
1 2 1
=
0 1 1
4 1 2
1 2 -1 4
1 2 -1
2 1
1 1
2
1
1
=
~
0 0
0 1
3
4
1
3 4 -1 2
Most a második sort hozzáadjuk az elsőhöz és a harmadikhoz:
1 2 -1
2 1
1 =
4
1
3
-
3
2
5
3 0
1 1
5 0
=
3
5
3
= 0.
5
8. Bizonyítsuk be, hogy
1
0
2
0
3
0
4
0
5
0
10 0
0 41
20
0
0 51
30
0
101
0
201 =
0
301
1 10
2 20
3 30
101
201
301
4 41
5 51
45
Fejtsük ki a bal oldaloQ álló determinánst az első, harmadik és ötödik
sora alapján Laplace tétele szerint. Az ehó, harmadik és ötödik sorból össze­
sen 10 harmadrendű detern)ináns képezhető, de közülük csak egyetlen van,
amelyben egyetlen egy oszlopban sem áll csupa 0, mégpedig az, amelyhez az
első, harmadik és ötödik oszlopot használjuk fel. Ez éppen a jobb oldal első
tényezője. A második tényező pedig a hozzá tartozó másodrendű determináns.
Az előjel (-1 )^ + ^ = ^_iy-4-3+5+i+3-H5 =,
tchát állításunk valóban
igaz.
9. Számítsuk ki a következő determináns értékét:
D =
1 2 3
2 3 4
3 4 5
4 5 6
4
5
6
1
Látszik, hogy az első oszlopban könnyű az elemek „kipusztítása”, mert
az első elem 1. Ezért kivonjuk az első sor 2-szeresét a második, 3-szorosát a
harmadik, 4-szeresét a negyedik sorból. Ekkor
D
1
0
0
0
2
-1
-2
-3
3
4
-2 -3
-4 -6
-6 -9
A kapott determinánst első oszlopa szerint kifejtjük. Az így adódó egyetlen
harmadrendű determinánst majd hasonlóképpen alakítjuk át, végül csak egy
másodrendű determinánst kell kiszámolnunk. Részletezve:
1
0
D = 0,921
0
0
0,201
0
0,309
0,492
0
= 0,921 0,309
0,492
0,517
0,667
0,123 -0 ,3 8 4
0,196
0,217
0,680
0,240
0,123 -0,384
0,196
0,217
0,680
0,240
0
-0 ,3 2 0
0,196
= 0 .9 2 K - 0,384) 0,309
0,492
0,680
0
0
0,309 0,265
0,492 0,757
0,921 (-0 ,3 8 4 )
1
0,217
0,240
1
0,217
0,240
0,309 0,265
0,492 0,757
= 0,921 (-0 ,3 8 4 ) (-0 ,1 0 4 ) = -0,037.
Ha a harmadik sorból 2»t kiemelünk, azonnal látszik, hogy a determináns
második és harmadik sora megegyezik, tehát D = 0.
10. Kiszámítandó a következő determináns értéke:
D
0,921
0,782
0,875
0,312
0,185
0,157
0,484
0,555
0,476
0,527
0,637
0,841
0,614
0,138
0,799
0,448
0,201
0,157
0,484
0,555
0,517
0,527
0,637
0,841
0,667
0,138
0,799
0,448
Most az első sor segítségével az első oszlop elsőtől különböző elemei he­
lyére nullákat hozunk be úgy, hogy az első sor 0,782-szeresét levonjuk a máso­
dik sorból, 0,875-szörösét a harmadik sorból, 0,312-szeresét a negyedik sorból.
46
1 2 7
1 2 3
2 3 5 + 2 3 4
4 5 3
4 5 8
=
1 2
2 3
4 5
10
9
11
/. Megoldás:
Számítsuk ki az egyes determinánsok értekét:
Először is valamely elem, pl. az első sor első eleme helyére 1-est hozunk be.
Ezt úgy érhetjük cl, hogy az első sorból kiemelünk 0,921-et. (A részlctszámításokat logarléccel végezzük.) Ekkor
1
0,782
D = 0,921
0,875
0,312
II. Mutassuk meg, hogy
1 2
2 3
4 5
7
5 = 24 + 40 f 7 0 -(8 4 + 3 2 + 25) = 134-141 - - 7 ,
8
1 2 3
2 3 4 = 9 + 32 + 3 0 - ( 3 6 + 12 + 20) = 71 - 6 8 = 3,
4 5 3
1 2
2 3
4 5
10
9 = 33 + 7 2 + 100-(][20 + 44 + 45) = 20 5 -2 0 9 = - 4 .
11
Valóban - 7 + 3 - - 4 .
47
11. Megoldás:
Vegyük észre, hogy mindhárom determináns első két oszlopa megegyezik*
a bal oldali két determináns harmadik oszlopának megfelelő elemeit össze­
adva pedig éppen a jobb oldali determináns utolsó oszlopát kapjuk. Ebből
pedig következik az egyenlőség teljesülése.
12. Kiszámítandó a következő determináns értéke:
D =
4 - 3
-2
73
9
1 3
9 1
2
2
5 -1
4
2
10
1
0
2
4 -1
6
2
D =
1
1
1
1
1
Z) = -
2
2
2
2
2
0
3
3
3
3
0
0
4
4
4
0
0
0
5
5
0
0
0
0
6
Z) = _ 1 .2 .3 -4 - 5 - 6 = -720.
14. Az
xi-2y-{-3z = 14;
y-h2z-\-3t = 20;
Adjuk hozzá a negyedik oszlopot az elsőhöz, így az első oszlop második eleme
0 lesz, tehát a második sorban két 0 áll;
5 -3
0
7
2
9
3
3
1 0 0 0 0 0
A háromszögdetermináns értéke a 9. tétel értelmében a főátlóban álló elemek
szorzatával egyenlő: vagyis
Adjuk hozzá a negyedik oszlopot a harmadikhoz, így a harmadik osziop
második eleme 0 lesz:
4 -3
-2
7
3
9
1 3
oszlopcsere miatt az eredeti determináns értéke (-1)® = - l - g y e l szorzódik:
Z-I-2/ + 3JC = 14;
t + 2x + 3y = 12
10
1
0
2
4 -1
6
2
Most észrevehetjük, hogy a harmadik oszlop pontosan kétszerese az első
oszlopnak, vagyis 2-t kiemelve a determináns elé, két oszlop megegyezik; ezért
D=0.
egyenletrendszerből számítsuk ki y értékét!
A számítást Cramcr-szabállyal végezhetjük. Az egyenletrendszer determinán­
sát az egyenletrendszer alábbi módon rendezett alakjából könnyebben írhat­
juk fel:
x-\-2y-h3z4-OÍ= 14;
y \-2z-\-3í = 20;
13. Számítsuk ki minél egyszerűbben az I. fejezet 3. pontjának 3. gyakorló
feladatában megadott
3x+ 0 ^ ^ 7 + 2 / = 14;
2x+ 3y + 0 %’^ t = 12.
D =
0
0
0
0
0
6
0
0
0
0
5
5
0 0 0
0 0 2
0 3 2
4 3 2
4 3 2
4 3 2
1
1
1
1
1
1
determináns értékét!
Ha az első és hatodik, második és ötödik, valamint a harmadik és negyedik
oszlopot felcseréljük, akkor egy háromszögdeterminánst kapunk, és a három
48
l'bből ui. könnyen leolvasható, hogy
1
0
3
2
2 3 0
1 2
3
0 1 2
3 0 1
D kiszámítása érdekében az első oszlop kétszeresét kivonjuk a második osz­
49
lopból, háromszorosát pedig a harmadikból, így az első sorba három 0 elem lép K keresett ismeretlen tehát:
be:
1 2
-6 -8
-1 - 6
0
3
2
1
0
1 0
0
1 2
3 -6 -8
2 -1 - 6
1 2 3 0
0 1 2 3
3 0 1 2
2 3 0 1
1 2
3
2 = 2 -3 -4
1
-1 -6
^
3
1
1
D =
Adjuk hozzá az első sort a harmadik sorhoz, és az első sor háromszorosát
a második sorhoz, így az első oszlopban két 0 elemet kapunk:
1
2
2
/) = 2 0
0 - -4
= 2 ‘2.4
3
2
10 == 2
-4
4
1
-1
10 =
4
0
3
2
1
5
1
10
2
= 2 -14 - 8
3
2
2 .2.2 - 7 - 4
-8 -6
1
-4 -3
3
2
1
i
50
2+i
0
/
I
1+3/
/
0
1+2/
I mivel a főátló alatt csupa 0 áll, ezért
D = í( 2 + /)(l+ 2 i) = 2 / - 1 - 4 - 2 / = - 5 .
17. Határozzuk meg a
0
D =
0
17
0 = 8
1
1
I
j
/ 2 + 2/
I
I
D
Kivonjuk a harmadik sor kétszeresét a második sorból, háromszorosát az
első sorból, ekkor:
17 10
Dy = 8
1 2
-4 -3
0
1 1 1
1
0 - 4 1 1
1
0
1 - 4 1
1 = 0.
0
1 1 - 4
1
1 1 1 - -4
0
determináns értékét, ahol / a képzetes egységet jelenti (/* = —1).
Ha az első sort a második és harmadik sorból levonjuk, akkor
Kivonjuk az első sor kétszeresét a negyedik sorból, háromszorosát a har*
madik sorból;
0
3
2
1
-4
1
1
1
1
1 -4
1
1
1
1
1 -4
1
1 =
1
1
1
1 -4
1 1
1
1 - -4
16. Számítsuk ki a
D
1
7
3
0
10
2
0 -1 4 - 8
0 - 8 - 6
-4
1
1
1
1
1 -4
1
1
1
1
1 -4
1
1 = 0.
1
1
1 -4
1
1
1 - -4
1
1
mert az első oszlopban csupa zérus áll.
Mivel az egyenletrendszer determinánsa nem 0, ezért van egyértelmű meg­
oldás.
Most számítsuk ki Dy értékét!
7 3
10 2
7 1
6 0
96
Hozzáadjuk az első oszlophoz a többi oszlopot, ekkor
D =
5 = 2 .2 .4 0 + 5) = 96.
1
1 14 3 0
1
0
0 20 2 3
= 2 3
3 14 1 2
2
2 12 0 1
D
15. A determináns kifejtése nélkül bizonyítsuk be, hogy
10
2
8 (3 4 -1 0 ) = 192.
1 1 1
0 1
I 0
i i
determináns értékét, ahol / a képzetes egységet jelenti, tehát /* = —1.
51
Kivonjuk a negyedik oszlop elemeit a második és a harmadik oszlop ele­
meiből :
0
0 1
0
1 - 1
0
0 1
-1
1
= — 1 / - I -1
D =
1 I - l -1 1
i
1 i
I
í
1 0
Kivonjuk az első sor elemeit a második és harmadik sor elemeiből. Ekkor:
0
-1
/ -1
/ - 1 = —1
1+1
I
/-fi
1
1
0
0
= - i ( - l + i + l)
=
=
a
b
c
0
a+b
0 = (a-b){b--c) b + c
1
1 0
1 0
c 1
(a — b) (b
b+c
—c)
b
í
1
—b
-
c)
= -(a -b ){ b —
c)
(c — a ).
20. Bizonyítsuk be lehetőleg egyszerűen, hogy
1 a b+ c
1 b c-\-a = 0,
1 c a-{-b
1
1
1
1
b-c
c
Most már kifejtjük a determinánst harmadik oszlopa szerint:
1.
D =
I
bármilyen számokat is jelent a, b, c.
Hozzáadjuk a második oszlopot a harmadik oszlophoz:
D =
a-\-b
D == { a - b ) b \ - c ^
c»
D = (a-b){b-c)
18. Bizonyítsuk be, hogy
D =
:) válik kiemelhetővé:
a*
ea
c*
a}
6* =
ab
be ab ca
ab ca be
ca be ab
_
Szorozzuk meg a bal oldali determináns első oszlopát a-val, második
oszlopát ^-vcl, harmadik oszlopát c-vel, és osszunk is abc-yc\:
a + b-\-c
be
bc-
ű -f 6 + c
ű*
ea
e^
b^
ab
1
abc
abc
ab^
ae^
a^b
abc
bc^
á^e
b^c
abc
Emeljük ki az első sorból a-t, a második sorból Z>-t, a harmadik sorból c-t:
Kiemeljük a harmadik oszlopból (a+b + cyx:
1 a
D = {a + b + c) 1 b
1 c
be
ty^
1
1 = 0,
1
D =
be ab ea
ab ea be
ca be ab
ez pedig valóban a jobb oldalon álló determináns.
mivel a determináns két oszlopa megegyezik.
II. Megoldás:
19.
A determináns kifejtése nélkül mutassuk meg, hogy bármilyen a, b, c
A determinánsokra nézve látható, hogy mindkét determináns Sarrus-szabály
esetén igaz:
szerinti kifejtésében a megfelelő tagok megegyeznek, mégpedig a főátló irá­
nyában mindegyik tag a^b^c^, a mellékátló irányában pedig rendre o*c*,
ill. á^b\
b^
--(a ^ b )(b ^ c ) (c -ű ).
21. A két /i-edrendű determináns kifejtése nélkül mutassuk meg, hogy
Vegyük észre, hogy ha a második sort az elsőből kivonjuk, akkor az így
adódó első sorból az ( a - b ) tényező már kiemelhető:
D =
52
a^ a
b^ b
c* c
\
1
1
a’^ - b ^
b^
c*
a~b
b
c
a-\-b
0
1 = { a - b ) b^
e^
1
1 0
b l
c 1
0 1 1 ... 1
1 0 1 . .. 1
1 1 0 . .. 1
1
1
1
1 1 . ..0
1 1 . .. I
1
0
1
1
= {n-D
0 1 1 .. 1
1 0 1
1
1 1 0 .... 1
1
1
1
1
I
1
1
1
1
1 . ..0
1. .. 1
53
Ha hozzáadjuk az első n - \ oszlopot az utolsóhoz, majd kiemeljük az
utolsó oszlopból (/i-l)-e t, akkor a jobb oldalon álló determinánst kapjuk.
Ezután kivonjuk az utolsó oszlopot az összes előzőből, majd kifejtjük a deter­
minánst utolsó sora szerint. így olyan (/i-l)-edrendű determinánst kapunk,
amelynek főátlójában mindenütt - 1 áll, többi eleme pedig 0. Ennek a deter­
minánsnak értéke a főátlóban álló elemek szorzata, azaz ( - 1 ) " ’ ^.
11. Nyilván igaz, hogy
_ 1 1 = 1;
1 2
D3 =
1 1 1
1 2 2
1 2 3
Ennek általánosításaként mutassuk meg, hogy ha az w-edrendQ £>« deter­
mináns űífc eleme megegyezik 20. i és k számok közül a kisebbikkel, ill. i —k
esetén közös értékükkel, akkor a determináns értéke 1.
A bizonyítást /i-re vonatkozó teljes indukcióval végezzük. /z = l,2 , 3 ese­
tén igaz a tétel. Tegyük fel, hogy /i~ 1 esetén is igaz, azaz:
1 1 1 . ..
1 2 2.
1 2 3.
1 2
1 2
1
2
3
1
2
3
3 ... n - 2
3 ... 71—2
n -2
/I-1
tagok egyetlen kivétellel mind zérusok. A kivétel áll a bizonyítandó állítás jobb
oldalán. A z előjel pozitív, mert (—1) 1+24-1+2 = (—1)6 = + 1.
24. Szorozzuk össze a
2 -3
1
2
4 -2
5
3
-1
6 -1
0
2
3
1
0
1 -1
determinánsokat mind a négyféle módon! Ellenőrizzük a kapott eredményt!
Ha Dl sorait Dt soraival komponáljuk, akkor
és a
Z>, =
12 + 3-fO
4 - 9+1 0 - 3 - 1
1 2 -4 + 0
4 + 1 2 -2 0 + 4 + 2 =
- 6 - 5 + 0 -2 + 1 5 + 3 0 + 5 -3
Ha Dx sorait
oszlopaival komponáljuk, akkor
Z)iZ),=
15 - 4 - 4
8 14
6
- 1 1 16
2
6
-1 0 - 4
20
8
6 ,
4
19
2
ha £>1 oszlopait />a soraival komponáljuk, akkor
D 1D2 =
10
9
3
DiZ), = - 2 2 11 - 1 ,
8 -1 -5
írjuk fel a hasonló szerkezetű /i-cdrendö determinánst, majd vonjuk ki
első oszlopát az összes többiből:
0
0
1 1 1 ..
1
1
1 0 0 ...
1
2
2
1 1 1 ...
1
1 2 2 .. .
2
2
1 1 2 ...
1 2 3 .. .
3
3
=:
1 1 2 ... n - 2 n - 2
3 .. . /z —1 n - 1
3 .. . 71-1 71
1 1 2 .., n —2 n —\
H a ezt a determinánst első sora szerint kifejtjük, éppen i>«-i-et kapjuk,
amelynek értéke indukciós feltevésünk szerint 1, tehát állításunkat bebizonyí­
tottuk.
1 2
1 2
végül ha Dx oszlopait Z)* oszlopaival komponáljuk, akkor
=
16
3
3
- 1 0 20 - 1 .
2 -4 -5
DiDx bármelyikét kifejtve, ( —1820)-at kapunk. Másfelől
£>1=70 és Z>, = - 2 6 ,
és e számok szorzata valóban -1820.
25.
Számítsuk ki a következő determináns négyzetét (önmagával való
szorzás útján):
1
2
2
23. Bizonyítsuk be, hogy
a 6 0 0
d
0
0 0
a b
e f
e /
c d
g h
0 0 g h
Állításunk azonnal belátható, ha a bal oldalon álló determinánst — Lap­
lace tételét alkalmazva —^ első két sora szerint kifejtjük. A kifejtés során adódó
c
54
D =
T ”T
T
A
A _ J_
3 3 3
Ellenőrizzük a kapott eredményt!
55
Mivel a determináns a főátlóra szimmetrikus, ezért sorai rendre megegyez­
nek a megfelelő oszlopokkal, így bármely szorzási mód ugyanazt a számítás!
eljárást adja:
1 2
2
1
2
2
3
3
3
3
2
1 2
T ~T T
2 2
1
T T "T
2
T
2
y
3
Z)> =
3
1 2
y y
2
1
y ~y
ekkor sor-oszlop szorzást végezve:
9 -1 0
3 -6
-3 -2
D1 D2 =
1 0 0
0 1 0 = 1.
0 0 1
= —
10
3
-8 8
-1 7 6
15 + 20
5 + 12
-5 + 4
-1
7
-2
- 1 35
7 17 =
-2 -1
-1
-3
-5
0
0
10 - 8 8
3 -1 7 6
-1
-3
-5
= - ( - 1 7 6 0 + 264) = 1496.
Valóban
3 -1
1 7
-1 - 2
D,=
Ellenőrzésként kiszámítjuk a D determináns értékét:
5
3 =
1
8
4
0
9
13
0
5
3
1
1 0 4 -3 6 = 68,
= 12+10 = 22,
-1
2
2
2 -1
2
2
2 -1
és így
= 22*68 = 1496.
27. Határozzuk meg a
D =
Tehát
valóban 1.
26. Szorozzuk össze az alábbi két determinánst:
3 -1
1 7
-1 - 2
=
5
3 ;
1
x+1
3
1
2 ;c -l
;c-
0
X
A*
= ^ [ - l ( l - 4 ) - 2 ( - 2 - 4 ) + 2(4 + 2)] = ^ ( 3 + 1 2 + 12) = 1.
determináns deriváltját!
d
D, =
3
-2
6x
5
4
a:*
+
Ellenőrizzük a kapott eredményt.
Mivel a két determináns különböző rendű, a másodrendű determinánst
ugyanolyan értékű harmadrendű determinánssá kell kiegészítenünk. A kiegé­
szítés nem egyértelműen meghatározott, sokféle módon lehetséges. Például
;c*
a: +
1
2 ;c -l
0
X
x+ 1
0
2
0
A'
2x
1 0 0
3 0 5
x
3 5 =
x 1 y
-2 0 4
y -2 4
stb., ahol
a:
és
értéke tetszőleges lehet. Legyen az egyszerű számolás kedvéért
3 0
0
-2
56
5
1
0
0
4
3
1
2 a:
=
a:^
-2
3
3;c* +
- 2
2x - l
X
^2 =
-2
2 a: - 1
0
a:
X*
a: +
1
2x - l
0
1
1
-1
0
jc - 2
-2
0
1
1
a:«
- 2
3
1
0
+
a:^
2
X
3a:*
-2
a:»
3
1
a:»
= 2x ( - 4 a: + 2 - a: ^ ) - ( - 2 ) + xH - 4 - 3 a^ ) - ( a:‘^~ 3) =
= - 6 a:« -1 2 jc^ + 4 x + 5 .
Mivel
D =
x+ 1 3
2a:-1
-2
AT
— —X
a'2
3
1
a:^
_2
a:*
1
a: +
1
2 a: - 1
= - a:(a:‘‘- 3 ) - 2 ( 2 a:« - a:» - a: - 1 ) = - a:« - 4 at3+ 2a:* + 5a: + 2,
57
ezért
29. Ellenőrizzük, hogy a
D' = -6 ;c‘'-12;c»-h4;c + 5,
0
ami előző eredményünkkel valóban megegyezik.
28. Mutassuk meg, hogy
1 -2
3 -2
-2
A harmadik sorban négy elem 1, ezért oda könnyű 0-kat behozni. E célból
vonjuk ki pl. az első oszlopot a másodikból, negyedikből és ötödikből és az
első oszlop kétszeresét a harmadikból. Utána fejtsük ki a determinánst har­
madik sora szerint:
D =
-3
1 -3 -3
-3 -3
1 0
0
0
0
0
-5 -5 -3 -6
-5 -4 -1 - 5
-3
-3
-5
-5
1 -3 -3
-3
1 0
-5 -3 -6
-4 -1 -5
A második sorban már van egy 0, érdemes számukat szaporítani. Ezért
adjuk hozzá a harmadik oszlop 3-szorosát az elsőhöz, majd másodikhoz, és
utána fejtsük ki a determinánst második sora szerint:
“
-1 2 - 8 - 3 - 3
0
0
1 0
-1 4 -1 4 - 3 - 6
-8
-7 -1 -5
-Y 6
-Y T
D = Y I-fZ
0
= 2
-1
-1 2 - 8 - 3
= (-1 ) -1 4 -1 4 - 6
-8
-7 -5
58
-1 2 - 8 - 3
-1 2 - 8 -3
7
7
3 = 2
7
7
3
-8 -7 -5
0 -2
-1
-8 -3
-4
7
3
-1 2 - 8
7
7
}Í5
-}ÍT
0
( - 2 ) ( - 3 ) - 4 ( - 2 8 ) = 118.
0
-l
1
0
YT
YT
f f
ff
0
]fT
-/3 "
-}fT
-V T
-]ff - is
1
0
0
0
0
/r
ií
/3 5
-is
-1
= -2 - f i
yj
fi
3
/T + Z T s
fii-fs
fii
- 1 0
= -2 - f f
0
-fs
= -2
f f
0
3
-fT
Hogy ne kelljen nagy számokat összeszorozni, emeljünk ki a második sor­
ból ( —2)-t, majd adjuk hozzá a második sort a harmadikhoz. így
/) = 2
yr
determináns értéke: 2 { ^ + i/Í5 — ^/2^ y
Az első sorból és az első oszlopból Y l-t kiemelve,
1
1 2
1
1 = 118.
1 -4 -3 -2 -5
3 -2
2
2 -2
1
2
1
1
3
0
-» T ö - f f
2 - 1 1 3 2
/> =
(OÖ
- i 2
Y n -fT -fís
f f
/T + /Í5
ffl
= 2 { ^ } f t \ - f 5 - f T s ) ( . - f f - f T l + Y 2 \) = 2 i f f ^ f ü - f i \ f 30. Bizonyítsuk be, hogy
a -b
0
0
a -b
0
0
0
0 a - *
- 6 0 0 a
59
III. NÉHÁNY NEVEZETES DETERMINÁNS
A determinánst az első oszlop szerint fejtve ki
1. A Vandermonde-féle determináns
a - ^ 0
0
0
-b
0
ű -6
0
0
a -b
0
0
a
Az űi, ű25 •••»
számokhoz tartozó Vandermonde-féle determináns:
af ... a j " '
1
a ~b
0
-b
0
0
= a 0
a -b +b a -b
0
0
0
0
a -b
a
0
= ű* a - b - b ^ - b
= a*-b*.
0
a
a —b
31. Mutassuk meg, hogy
1 ~f' AT
1
1
l
l
l -hy
1
1
X
X
X
I
1
1
1
1
I
1
\+u
y 0
l +x
0 z +u —X
0 0
—X
K ( a i , a 2,
1
1 1 1
y 0 0
—a: 0 z 0
-X
0 0 u
Ű3
a i...Ű 3 ” ^
1 a„
a l...a 'l -1
—
=
n
iS ic j^ n
űj ) ... (a„
- a„ _ 0 =
(űj - a , ) ;
Megemlítjük, hogy összesen ^
1 1
y 0
0 z
l-ha^b 2 í- h ű ib s ... l-hoibn
1H-Ű2Í^2 1 +0*^3 ... 1
í-hűsbi 1 -f 0363 ... 1 +Ű3^n — 0 ,
1
=
ahol tehát a szorzat tényezői az összes olyan {aj —űí) alakú különb­
ség, amelyben és az űi, ű2» •••» számok valamelyike és / < ; .
—X
számú tényező van a szor­
zatban.
A Vandermonde-féle determináns szorzatelőállitásából ki­
tűnik, hogy ha űi, Ű2, ...,
páronként különböző számok, akkor
a hozzájuk tartozó Vandermonde-féle determináns értéke nem
zérus.
= xyz-i-u{yz-hxyzi-xy + xz) = xyz-hu
2. A reciprok determináns
ha /i>2.
-ha„b^... l-ha„b„
Kivonjuk a determináns második oszlopát a harmadikból, az elsőt a má­
sodikból, majd kiemeljük a második oszlopból (^2-^i)-et, a harmadik oszlopból (^3 -W "t; ekkor a második és harmadik oszlop elemei megyegyeznek,
ezért a determináns értéke 0.
60
1
= (az - a i) (ű3 - ű i) (ű3 - ű j ) ... (a„ - Oi) (a„ -
32. Mutassuk meg, hogy
l-hasbi
a l ... Ü2~^
= x y z u 4- x y z -h y zu -f x y u -f- x zu.
Az első sort kivonjuk a másodikból, harmadikból és negyedikből, majd ki­
fejtjük a determinánst utolsó oszlopa szerint:
1
1
1
aj
minden n esetén igaz, hogy
1
1
1-f Z 1
1
\+ u
\+ x
1
Az
au
Ű12...Ű1,,
CI21
^22 ••• ^ 2n
a„i
a„2 ---ö „„
0
61
3. A szimmetrikus determináns
/^edrendű determináns redprok determinánsának nevezzük az
=
■^11
A
A li
A 21
A
A 22
A 2.
A ■■■ A
A
A
A
^In
■■■ A
"■ A
n-edrendű determinánst, ahol Au, az
elemhez tartozó előjeles
aldeterminánst jelenti.
A z A~^ reciprok determináns nevezetes tulajdonsága, hogy
/í-val való szorzata
A ’A -^ =
1
0 .. .0
0
1 .. . 0
= 1.
0
4. A ferdén szimmetrikus determináns
0 .. . 1
ami a sor—sor-szorzás elvégzésével azonnal látható.
Ha a reciprok determináns minden sorából kiemeljük —-t,
akkor
A -^ = ±
Azt a determinánst, amelyben minden í és k indexre
=
vagyis amelyben az elemek a főátlóra tükrösek, szimmetrikus
determinánsnak nevezzük. Ha az elemek ezen kívül a mellékátlóra
IS szimmetrikusak, a determinánst biszimmetrikusnak mondjuk.
A szimmetrikus determinánsban a megfelelő aldeterminánsok
is egyenlők: Ati^=^Aj^i, ezért a szimmetrikus determináns reciprok
determinánsa is szimimetrikus.
Ha az /í-edrendű S szimmetrikus determináns értéke 0, de nem
minden {n - l)-edrendű aldeterminánsának értéke 0, akkor közü­
lük legalább egy az 5 determináns főátlójában álló elemhez tar­
tozik (vagyis Au, alakú).
A szimmetrikus determináns négyzete is szimmetrikus, hiszen
a szimmetrikus determináns /-edik sora és /-edik oszlopa meg­
egyezik és ezért az /-edik sor és fc-adik oszlop kompozíciója
egyenlő a A:-adik sor és /-edik oszlop kompozíciójával.
A ll
A i 2 ... Ai„
A 21
A 22 •• A ^
A”
Azt a determinánst, amelyben minden / és k indexre
—ű*|,
ferdén szimmetrikus determinánsnak nevezzük. A definícióból
következik, hogy a ferdén szimmetrikus determináns főátlójában
csupa 0 elem áll.
A ferdén szimmetrikus determináns fontos tulajdonsága:
a páratlanrendű ferdén szimmetrikus determináns értéke 0, a
párosrendű ferdén szimmetrikus determináns értéke az elemeiből
alkotott bizonyos racionális kifejezések (Pfaíf-féle alakok) teljes
négyzete.
^ n 2 ••• ^
és így az A determináns elemeihez tartozó (előjeles) aldeterminánsokból képezett determináns értéke:
5. Az ortogonális determináns
A
^11
A i 2 ... Ai„
^21
^22 ••• ^ 2n
A„i
A .,,.. A.,
= A " - A - ^ = A '^ '- ^ -A -A -^ = A ^ -K
Megjegyezzük, hogy ez akkor is igaz, ha .4 = 0 , mert ez esetben
az aldeterminánsokból képezett determináns értéke is 0.
62
au
A = On
Ol2 ■■■au
Ű22
a„2 - a„„
;i-edrendű determinánst akkor nevezzük ortogonálisnak, ha
- 1
( / = l ,2 ,...,/ í )
63
és
vagyis az ortogonális determináns minden sorának önmagával
való kompozíciója 1, két különböző sorának kompozíciója 0.
Ebből következik, hogy
b)
Tegyük fel, hogy az (n -l)-ed ren d ű Vandermonde-félc determinánsra
igaz a szorzatelőállítás:
1
a„ .... a„) = 1 a,
1 ű n . .. ű r *
= (a3-Ö 2)(ű4-a»)*-*{öH -Ű 2)(ö„-í73)---(a„-a„.i) =
azaz
n
=
á = ± l.
Megemlítjük, hogy ortogonális determináns transzponáltja is
ortogonális, és két ortogonális determináns szorzata is ortogonális
determináns.
{a j-ü l).
c)
Bebizonyítjuk, hogy ekkor a K„(öi, ű2, •••, a J determinánsra is igaz
a szorzatelőállítás.
Az /i= 3 esetben alkalmazott eljárást itt is követve,
1 0
0
1 02-01
1 űTa-űi
Gyakorló feladatok
...
0
ű iíö t- ű i) ... a r* (a a ~ fli)
flaífla-ííi) • • f la 'V s - O i)
1. Bizonyítsuk be, hogy
Ű2, •••> a„) =
n
(aj-at).
Állításunk bizonyítását teljes indukcióval hajtjuk végre.
a) //= 2 esetben
a, ) :
1 öl
= Ö2-Ű1.
1 a^
;z=3 esetben (I. még a II. fejezet 19. Gyakorló feladatát):
0
Űa(a2-ai) ==
Ö3-Ö1
űaíű's-űi)
64
ű « (a n -ű i)... a ;;-* (a „-ai)
1 í? 2 ...ö r *
= ( 0 , - ű . ) ( a , - ű , ) - • -(öTn-".) ‘
Ű^2(ö2-Űl)
Ö3(ű3*-Öi)
•••íűn) értékét a feltételből ide behelyettesítve:
"2..........a„) =
“ (« 2 -ö i)(ö 3 -"i) • • • (a»-öi)[(fl3-í>2) • • •
n
1 Ű2
= (ű2 - űi) (Ű3 - öl) (^3 - 02),
1 Ű3
tehát ^3-ra is érvényes az állítás.
fln -ű i
^'rt-iíűa,
Emeljük ki az első sorból (ö2-«i)-et, a második sorból (ű3-í7i)-et, ekkor
Vz = (ö 2 -a i)(ű 3 -ű i)
... ű j ’ *
~ űi)
íí3(íí3-ai) .. 08‘ *(űrs-ai)
= ( a a - a i ) ( a 3 - a i ) - " ( a „ - a i ) [ K „ .,( a „ a ,,
Vonjuk ki az első oszlop ai -szeresét a második oszlopból, a második osz­
lop űi-szeresét pedig a harmadik oszlopból, majd fejtsük ki a kapott determi­
nánst első sora szerint:
1
0
1 a^-ai
1 ay-üi
ű a (ű a - ű j)
1
1 öl a\
Ka (öl, Ű2, ös) == 1 Ű2 a\
1
ű|
^3 =
űa - ö l
ű j-ö i
. . . (a„-a„_ ,)] =
(Oj-a,);
s ezzel állításunkat bebizonyítottuk.
2. Számítsuk ki az alábbi determináns értékét:
D =
1
1
1
1
1 1 1
2
4
8
-1
1-1
- 2 4- 8
65
I, Megoldás:
Mivel az első sorban és oszlopban csupa 1 áll, érdemes az első sort levonni
a többiből. Ekkor
1 1 1 1
0
1 3
7
0-2
0-2
0 -3
3 -9
3 -6
7
1 3
-2 0 -2 =
-3 3 -9
6
1 3
-2 0
0 =
-3 3 -6
= 2 (-1 8 -1 8 ) = -7 2 .
II. Megoldás:
Sokkal egyszerűbb a determináns kiszámítása, ha észrevesszük, hogy D
egy ^ 4( 1, 2, —1, —2) alakú Vandermonde-féle determináns, ui.
K,(l, 2, - 1 , - 2 ) = ( 2 - 1 ) ( - 1 - 1 ) ( - 1 - 2 ) ( - 2 - 1 ) ( - 2 - 2 ) ( - 2 + 1 ) =
Fejtsük ki a determinánst harmadik oszlopa szerint, és emeljünk ki az első
sorból ( a - 6)-t, a másodikból (í^-c)-t, a harmadikból (c -í/)-t. Ekkor
a^— b^ a —b —{a —b)cd
b ^ c -{b--c)ad
c^—d^ c —d —(c —d)ab
/> = (
a-hb
(a -b ){b ^c)ic--d ) b + c
c-\-d
1 cd
1 ad
1 ab
Most ismét kivonjuk a második sort az elsőből, a harmadikat a másodikból,
majd kifejtjük a determinánst második oszlopa szerint:
a —c
D = {a -b ){b-c) {c-d ) b - d
c-^d
0 —d{a —c)
0 -a(b--d)
1
ab
= l( -2 ) ( -3 ) ( -3 ) (- 4 ) (- l) = -7 2 .
3.
Határozzuk meg a
(2, - 1 , 3, 1, - 2 ) Vandermonde-féle determináns
értékét!
1 2 4
8 16
1-11-1
K,(2, - 1 , 3 , 1, - 2) =
1
3
9
27
1
4 -8
= -2 8 8 0 .
4. Bizonyítsuk be, hogy
a
b
c
(P^ d
= ^a -b)(b-c) ic - d ) { a - c ) ( b - d )
= (a-b) (b -c ) { c - d ) ( a - c ) ib - d ) { a - d ) .
16
= (-1 -2 X 3 - 2)(34-1)(1 - 2)(1 + l)(l - 3 ) ( - 2 - 2 ) ( - 2 + D (- 2 - 3 ) ( - 2 - 1) =
D =
d{a —c)
a(b -d )
81
1 1 1 1 1
1 -2
= .{ a -b )(b -c ) { c - d ) a - c
b-d
1 bed
1 acd = { a - b ) { a - c) { a - d ) ( b - c) { b - d ) { c - d ) .
1 abd
\ abc
I. Megoldás:
H a a determináns első sorából a másodikat, a másodikból a harmadikat, a
harmadikból a negyediket kivonjuk, a harmadik oszlopba az utolsó elem kivé­
telével csupa 0 kerül:
II. Megoldás:
A determináns mindegyik sorában egy-cgy elem nulladik, első és második
hatványa szerepel; ha sikerülne a harmadik hatványokat is a megfelelő helyek­
re behoznunk, Vandermonde-féle determinánst kapnánk, ennek kifejtése pe­
dig egyszerű.
Vegyük észre, hogy ez sikerül, ha megszorozzuk a determináns első sorát
ű-val, második sorát 6-vel, harmadik sorát c-vel, negyedik sorát í/-vel, majd
kiemeljük az utolsó os'zlopból a közös abcd-i (természetesen a szorzás miatt
abcd-wtX osztani is kell a determinánst):
a* a
b^ b
c* c
í/* d
1
1
1
1
bed
acd _ abcd
abd
ab cd
abc
a*
b*
c"
d^
ű*
b^
c*
d^
a
b
c
d
1
1
1
1
Ennek a determinánsnak az értéke:
D
66
a^-b^ a - b
0 -{a -b )cd
b^— é b —c
0 -{b -c)a d
c^—d^ c —d 0 —{c —d)ab
d^
d1
abc
b, c, d) = { a - b ) { a - c ) { a - d ) { b - c ) { b - d ) { c - d ) .
Megjegyezzük, hogy az állítás az oAcí/= 0 esetben is igaz, mint erről könnyen
meggyőződhetünk,
67
lillenőrizzük, hogy valóban /)•£>"' = 1.
5. Határozzuk meg a
D=
2
3 -4
3
5 -6
4
2 -3
D -D '^ =
determináns reciprok determinánsát (ha ilyen van)! Ellenőrizzülc a kapott eredményt!
A reciprok determináns létezéséhez szükséges, hogy
legyen.
D=
3 -4
2
3 = 36 + 3 6 - 4 0 - ( 9 6 - 4 5 + 12) = - 3 1
5 -6
4
2 -3
0,
tehát D-nek van reciprok determinánsa. Számítsuk ki a reciprok determináns
felírásához szükséges aldeterminánsokat!
-6
3
2 -3
18-6=12;
Z>i2 = -
5 - 6 = 10 + 24 = 34;
4
2
= -
2 -4
4 -3
= -6-1-16 = 10;
3 -4
-6
3
= 9-24 = -15;
2
3 = -12-15 =-27.
5 -6
így D reciprok determinánsa;
27
34
31 "3 1
12
31
1
10
“ 31
31
68
8
15
26
27
3l
31
31
^23 = -
D^^ = -
5
3 = - ( - 1 5 - 1 2 ) = 27;
4 -3
3 -4
2 -3
2
4
= - ( - 9 + 8) = 1;
3 = - ( 4 - 1 2 ) = 8;
2
2 - 4 = - ( 6 + 20) = - 2 6 ;
5
3
2
3 -4
5 -6
3
4
2 -3
1
-1 2 -2 7 -3 4
-1 -1 0 - 8
15
26
27
= ( - 3 1 ) ~ - ( - 9 6 1 ) = 1,
mert
-1 2 -2 7 -3 4
-1 2
93
62
- 1 -1 0 - 8 =
-1
0
0 =
15
26
27
15 -1 2 4 - 9 3
93
62
- 1 2 4 - 9 3 = -9 6 1 .
6. Mutassuk meg, hogy a szimmetrikus
1 1
2 2
2 3
determináns reciprok determinánsa is szimmetrikus.
Mivel A — lr^O (II. fejezet 23. Gyakorló feladata), ezért /l-nak létezik re­
ciprok determinánsa. A szükséges aldeterminánsok:
2 3 = 6 - 4 = 2;
Aix = — 1 2 = - 3 + 2 = - 1 ;
J2
A ti
=
—
1 1
= -3 + 2 = -1 ;
2 3
^^22 = J ^ = 3 - 1 = 2 ;
^29
—
~
1 1
= -2 + 1 = -1 ;
1 2
>4.= ^ ^ = 0 ;
A32
=
—
1 1
= -2 + 1 = -1 ;
1 2
1 3
= 2 -1 = I.
A reciprok determináns tehát
2-1
0
-1
2 -1
0 - 1
1
69
9. Mutassuk meg, hogy az
7. Határozzuk meg
3 -2 -2
5 = -2
1
1
-2
1
1
3
2 -1
-1
1 -2
3 -2 -4
(Iclermináns értéke nulla, és állapítsuk meg, van-e nem 0 értékű másodrendű
5
szimmetrikus, ezért négyzete is az, nem kell tehát 5= minden elemét
a1determinánsa!
külön meghatározni.
Ha az első sorhoz hozzáadjuk a másodikat és harmadikat, az első sor két
Sor—oszlop-szorzással;
eleme 0 lesz, és a determináns értéke könnyen megkapható:
5* =
3
2 -1
3
2 -.1
2
.
1
1
2
1
-1
3 -2 -4
3 -2 -4
4+1+9
-2 -1 -6
6+ 2-12
'- r ”
1+1+4
- 3-2 + 8
-2
=
9+4+16
14 - 9 - 4
3
6
-9
3 29
-4
8. Mutassuk meg, hogy
0 2 - 3 1
2 - 9 4 3
= 0,
-3
4
0 -1
1
3 - 1 - 3
és hogy a Bi, és Bji aldeterminánsok egymással egyenlők!
/ , i„„
Vegyük észre, hogy B szimmetrikus, továbbá, hogy az egy
bán) álló elemek összege 0; ha tehát pl. az e s6
hozzáadjuk, akkor az első oszlopban csupa 0 áll, ezért a determináns értéke 0.
A feladat második részének igazolására számítsuk ki a
és B,i aldeterminánsokat:
3
4
2
0 - 1 = _ ( ^ 4 + 9 - 3 6 - 2 ) = 33,
3
Bxt = 1 -1 -3
B =
2 -3
1
-9
4
3 = - 2 4 - 2 7 + 9 - 1 2 + 81 + 6 = 33.
3 -1 -3
Tehát
és B^i valóban egyenlő.
0 0
1 1 = -l
1 1
-1
5 = -2
1 1
1 1
Mivel S szimmetrikus és értéke 0, tehát ha vannak nem 0 értékű másod­
rendű aldeterminánsai, akkor közöttük van a főátló valamely eleméhez tar­
tozó is. Ezért célszerű az
aldeterminánsokat vizsgálni:
1
1
1 = 1 -1 = 0 ;
1
3 -2
-2
1
3 -4 = - l ;
3 -2
= 3 -4 = -1 .
-2
1
Tehát a harmadrendű nulla értékű, szimmetrikus 5 determinánsnak van
ncmnuUa értékű másodrendű aldeterminánsa.
10. Számítsuk ki a következő determináns értékét:
7
0
3 -5
6
-3
0
2 -4
1
D=
5 -2
0
1 -2
-7
4 -1
0
5
2 -5
-6 -1
0
Vegyük észre, hogy a determináns ferdén szimmetrikus. Mivel ezen kívül
páratlanrendű (/i=5), ezért értéke 0.
11. A determináns kifejtése nélkül igazoljuk, hogy a
Az olyan szimmetrikus determinánst, amelyben mmden sor
0
x-a x-b
elemeinek összege 0, Borchard-féle determinánsnak nevezzük.
x+a
0
x-c = 0
E determináns értéke 0, és minden eggyel alacsonyabb rendű
x + b jc+c
0
aldeterminánsának értéke egyenlő. (Vesd össze a II. fejezet 15.
egyenlet egyik gyöke jc=0 (ű, 6, c adott valós számok).
Gyakorló feladatával.)
71
70
Helyettesítsünk x helyébe 0-t; így a
II, Megoldás:
A determináns szerkezete azt sugallja, hogy érdemes lehet első két oszlopa
(vagy sora) szerint kifejteni:
0 —a —b
a
b
0 -c
c
0
^ y
D =
- y
ferdén szimmetrikus, páratlam-endű (w=3) determinánst kapjuk, ennek értéke
pedig Oy b, c értékétől függetlenül valóban 0.
D =
y
-y
X
0
X -y
0
y
0
-1
y
-y
0
-1
X
1
0
y
a:
1
X
y
0
0
0
-1
1
0
-y
X
X
y
X
1
0
xy
^ i^ y 2
X
1+JC^
-xy
-y
X
y
+1
-(> ^ * + 1 )
0
a
—a
0
-b -d
-c
0
y
y
^
+
-1
X
0
1
- y
X
0
X
-1
0
jc - y
1
0
+
• - 1
0
1
-1
0
X
•
0
- y
0
1
-1
0
x^+ y\ b=L
b c
d e
0 f
-/ 0
Próbáljunk meg valamelyik sorba, pl. az elsőbe, több 0-t behozni. E célból
j-szorosát a harmadikhoz,
a negyedikhez, ekkor
0
a
-a
0
-d
- x y
b
d
C
=
0
a
—a
0
0
0
d
e
bd
- b
--d
X^+ \
=
0
0
1
0
-(x ^ + y ^ + i)
X
(x^-^y* + l)
0
-y
-a
- -c
-/+
a)
/+ -
a
—c
- “ ]-szorosát
cd
—
f
0
-y
-xy
-y
-1
y
adjuk hozzá a második oszlop
-b
Most az utolsó sor >^-szorosát vonjuk ki az első, A:-szeresét a második sorból,
majd fejtsük ki a determinánst első oszlopa szerint:
y
xy
X - ( y ^ + l)
1
JC
1
13.
Határozzuk meg az alábbi, ferdén szimmetrikus determináns értékét
mint az elemeiből képzett racionális kifejezés (PfaíT-féle alak) négyzetét:
X
xy
y
0
hiszen a kapott összeg (a + b y alakú, ahol a
I. Megoldás:
A determináns mindegyik sorában és oszlopában van már egy zérus, így
mindegy, hogy hol szaporítjuk a zérusok számát. Tegyük ezt pl. az első osz­
lopban.
Adjuk hozzá az utolsó sor jc-szeresét az első, ->'-szorosát a második sor­
hoz, majd fejtsük ki a kapott determinánst első oszlopa szerint:
X
X
X
= (x^-^'y^y-hx^-hy^+y^ + x^-hl = (x^~hy^)^ + 2 (x^+y*) + l =
= {x^+y^+l)\
l
- l
-y
0
1
0
-i
0
^
y
.
+ -y
12. Bizonyítsuk be, hogy
X
.
X
a
eb
ce
a
a
e
d
bd
a
d
ab
bd
cd
a
a
eh
=
a.
ce
ce
c
a
a
a
a
= bcde + a c d f + { c d y - ~ a b e f - { - ( b e y —[bcde + bcde -f- ( —íz/ 4
-
eb) {af -f cd)] —
= { afy - 2abef+ {bey -f- 2a c d f - 2 bcde + {cdy
(af-bei-cdy.
72
73
Ha sor—sor-szorzást alkalmazunk, akkor
14. Döntsük el, hogy az
F =
cos* a - sin* a
sin a cos a 4- cos a sin a
cos a —sin a
sin a
cos a
determináns ortogonális-e!
Mivel cos*a-f sin* a = 1, és cos a sin a - sin a cos a = 0, ezért a determináns
ortogonális, és így F * = l. Közvetlenül is látható, hogy F = 1 (vö. I. 1. 5.
Gyakorló feladatával).
—cos a sin a —sin a cos a
cos* a - sin* a
cos 2a —sin 2a
sin 2a
cos 2a
amely ugyancsak ortogonális determináns, tehát értéke szintén 1.
15. Ortogonális-c a következő determináns:
71
COS —
D =
n
2n
IV. A DETERMINÁNSOK NÉHÁNY TOVÁBBI
e g y sz e r O a lk a lm a zá sa
n
cos-
cos —
4
2n
n
cos —
cos-
cos —
n
cos —
4
Zn
cos —
4
n
cos —
A determinánsok alkalmazását egy-, ill. kétismeretlenes lineáris
egyenletrendszerek megoldására már láttuk az I.l.é s 1.2. pontok­
ban. Most néhány egyéb alkalmazási lehetőséget mutatunk meg.
Az ehhez felhasználható képleteket, összefüggéseket összefoglalva
közöljük.
2
Behelyettesítve a szereplő szögek koszinuszát:
Yi
1
1. Egyenes egyenlete
Két adott
ji) és
ponton áthaladó egyenes egyen­
lete harmadrendű determinánssal felírva:
J_
2
^
í i
.X
Mivel mindegyik sorban álló elemek négyzetösszege 1, és bármelyik két sor
kompozíciója 0, a determináns ortogonális.
a —sin a
sin a
cos a
és az
p2—
cos a
—sin a
sin a
cos a
ortogonális determinánsokat!
Sor—oszlop-szorzást alkalmazva:
FxF, =
Látható, hogy
74
cos* a + sin* a
sin a cos a —cos a sin a
1
0
0
1
=
1
1 = 0,
>’2
1
vagy másodrendű determinánssal felírva:
16. Szorozzuk össze az
COS
X2
y
yi
jc -X i
y-y^
y-y^
Gyakorló feladatok
cos a sin a - sin a cos a
sin^a-f cos^a
1.
is ortogonális determináns.
1. írjuk fel a P i ( l ; - 3 )
egyenletét I
Az egyenes egyenlete
y
1 -3
-2
5
a:
1
1 = 0
1
5) pontokon áthaladó egyenes
és
vagy
x-\
x -\-2
>^+ 3
y-5
75
amiből — bármelyik determinánst kifejtve, majd az egyenletet rendezve —
8jt4-3>'+1 = 0.
egyenesek által határolt háromszög (előjeles) területe:
2
2. Döntsük el, hogy a
egyenesen vannak-e?
-3 ),
és ^3(4; -1 1 ) pontok egy
Három pont nyilván akkor van egy egyenesen, ha a bármely
kettőjük által meghatározott egyenes egyenletébe behelyettesítve
a harmadik koordinátáit, az kielégíti az egyenletet, vagyis ha a
koordinátáikból alkotott determináns értéke 0.
A determinánst felírva, majd utolsó oszlopa szerint kifejtve:
1 -3
-2
5
4 -1 1
1
1
1
-2
5
4 -1 1
1
__
1 -3
1 -3
-f
4 -1 1
-2
5
= 2 - l - f ( - l ) = 0,
tehát a három pont egy egyenesen van.
1
'= 2
csúcspontú háromszög terü­
Ö21
CI22
CI22
^31
^32
ÖÍ33
^11
^12
^21
^22
^31
^32
Ü2l
022
ű fs i
^32
ű f ll
^12
3.
Határozzuk meg a P i( —1;2), i^2(4; —3) és Paí —2;2) csúcspontú há­
romszög területét!
Esetünkben — a determinánst a Sarrus-szabály alapján kifejtve —
1
1
1
“ T
yz
1
-1
2 1
1
5
4 - 3 1 = y ( 3 - 4 + 8 - 6 - 8 + 2) = - y ,
-2
2 1
a háromszög területe tehát 2,5 területegység.
Ha / = 0, akkor a három pont egy egyenesen van.
Az a, by c oldalaival adott háromszög területének négyzete:
0
a
a
16 b
c
0
b
c
c
b
0
c
b
a
a
0
Az
a iiX + a ^ y + a i^ = 0;
a^xX + a^^y + ü ii = 0 ;
«31^ + «32>' + a33 = 0
76
Ö13
Ha í = 0, akkor a három egyenes egy ponton halad át!
Ha a nevezőben álló determinánsok egyike zérus, akkor két
egyenes párhuzamos.
Az a = (a i;ű 2; ^ 3) és h =
vektorok által kifeszített
térbeli háromszög területe egyenlő a és b vektoriális szorzata
abszolút értékének felével:
yi
^2
^3
«12
t = y |a x b |.
2. Háromszög területe
A P iixii yi), P 2ÍX2 ; yz) és
letének előjeles mérőszáma
t =
ö li
4. Számítsuk ki a 3, 4, 6 cm oldalhosszúságú háromszög területét!
A keresett terület négyzete:
0 3 4
3 0 6
,^ = - 1
16 4 6 0
6 4 3.
6
4
3
0
A második oszlop kétszereset 1
kifejtve,
0 3 4
0
4
3 0 6
/» = ----16 4 6 0 - 9
6 4 3 -8
3
~ Tó
3
4
6
6
4
0 -9
3 -8
1
4
3 0
4 6 -9
6 4 -8
77
A két harmadrendű determinánst a Sarrus-szabály alapján kifejtve,
/» = — ( - 3 2 4 + 48 + 81 + 1 9 2 ) - 4 - ( - 1 4 4 + 6 4 -1 4 4 + 1 0 8 ) =
16
4
9
116
16"^ 4
1
Ebből t = ~
4
455
3. Paralelepipedon és tetraéder térfogata
Az a (a i;ű 2;fl,),
b^, b^, c (c i;c 2;ca) vektorok által kifeszí­
tett paralelogramma alapú hasáb (paralelepipedon) előjeles tér­
fogata a három vektor vegyes szorzata:
16
öl
Oj
Ű3
V = (a x b )c = abc = b \
í >2
^3
Cl
C2
Cs
« 5,33 cm^
5. Határozzuk meg annak a háromszögnek a területét, amelyet az
5x-3y-\-ll = 0, az 5jc—2>+14 == 0 és az y— 2 = 0 egyenesek határolnak.
A háromszög előjeles területe, a határoló egyenesek együtthatóival felírva:
Ha V = 0, akkor a három vektor egy síkban van.
Az A ia iia tia a ), B{bi\ b^\ b^^, C { c i,c ^ ,c ^ és D { d i,d ^ \d ^
csúcspontok által meghatározott tetraéder előjeles térfogata
5 - 3 11
5 - 2 14
0
1 -2
5 -3
5 -2
öl
Cl
0
1
5 -3
5 -2
0
1
^2
^ 1 ( 2 0 + 5 5 - 3 0 - 7 0 f _______________ 5 ____ ^ 5
” 2 ‘ ( -1 0 + 1 5 )(5 X -5 ) ~
2 ’ 5’ “
2 “
’
területegység.
6. Számítsuk ki a
- 2 ; 1), i » ,( - 2 ;4 ; - 1 ) és F ,(0; 5; - 2 ) pontok
által meghatározott háromszög területét vektorokkal!
Feladatunkban PiP^ = a ( —5 ;6 ; —2), PiP, = b( —3 ;7 ; —3); vagyis
i
-5
-3
aX b
j
k
6 -2
7 -3
= ( - 1 8 + 1 4 ) i- ( 1 5 - 6 ) j + ( - 3 5 + 18)k =
-4 l-9 j-1 7 k .
így a terület
1
területegység.
1
Ö3
62
19,6
= 9.8
Cz
d.
Ha K = 0, akkor a négy pont egy síkban van.
7. Legyen egy paralelepipedon egyik csúcsából kiinduló három éle az
a(10; —5; 10); b ( —11; —2; 10) és c ( —2; - 1 4 ; —5) vektor. Számítsuk ki
a paralelepipedon térfogatát!
Feladatunkban
V =
10 - 5 10
0 - 5
0
-1 5
6
-1 1 - 2 10 = - 1 5 - 2
6 = 5 -3 0 -3 3
-3 0 -1 4 -3 3
- 2 -1 4 - 5
= 5(495 + 180) = 3375
térfogategység.
8. Számítsuk ki az /í(2; - 3 ; 5), 5 ( - l ; 4 ; 3), C(3; 1; 1) és D { - 2 \ 5; i)
csúcspontok által meghatározott tetraéder térfogatát!
Esetünkben felírva a determinánst, majd harmadik sorát az összes többi
sorból kivonva:
2 -3 5 1
-1 -4 4 0
1 -1
1 -4
4 3 1
3 2 0
V
—
6
3
3
1 1 1
1 1 1
-2
-5
4 0 0
5 1 1
- 1 - 4 4
-4
3 2
-5
4 0
78
79
A második sor kétszeresét kivonva az első sorból,
7 -10 0
2
1
7 -10
3 2
-4
4
“ 6 -5
6
4 0
-5
4. Kör egyenlete
A P iix iiy i), P<i{x2 \ y ^ , P ^{x^\y^ i^onio\f.on áthaladó kör egyen­
lete:
Tehát a tetraéder térfogata 7^ térfogategység.
9. Döntsük el, hogy a P i(2; 1;6), A ( - l ; 1; 12),
- 3 ; - 4 ) és a
P 4 Í- 2 ; - 2; 5) pontok egy síkban vannak-e.
Mivel az adott pontok által meghatározott tetraéd e r térfogata
6
2
1
1 12
-1
1 -3 -4
-2 -2
5
1
1
1
1
0
6
-1 -4 ^ -10 _
- 4 -31 -1
6 1
2 -1
1 -3
0
6 0
- 1 - 4 -10 0
- 4 -3 -1 0
1
'“ ó’
0
0
-3
- 1 - 4 - 1 2 --4 -3 -9
xl-V yl
x l^ -y l
x l-^ y l
X
y
Xi
^2
^3
yi
y2
73
11.
írjuk fel annak a körnek az egyenletét, amely átmegy a P i(l ;0), ^^(0; - 1 )
és Paí —1; 0) pontokon!
Adatainkkal a keresett kör egyenlete:
y
1
0
0 - •1
0
-1
1+0
0+1
1+0
1
-4 - 1 2
(36 - 36 ) = 0,
-3 - 9 ~ ~2
1 0
0 - -1
0
-1
í egy síkban van.
10.
Bizonyítsuk be, hogy az a ( l ; a; a^), b ( l ; 6; 6^) és c ( l ; c; c*) vektorok
{ a ^ b ^ c ) által meghatározott paralelepipedon térfogata egyenlő egy olyan
téglatest térfogatával, amelynek élei b - a , c - a , ill. c - b hosszúságúak.
A ferde hasáb térfogatát kifejező
—1
0
0
0
X
y
1 0
0 -- 1
0
-1
1
1
1
1
1
1 = —2{x^+y^ - 1 ) = <
1
A kör egyenlete tehát
= 1. Valóban: a három pont az egységsugarú,
origóközéppontú kört adta meg.
12.
Igazoljuk, hogy az alábbi négy pont egy körön helyezkedik e l: P i( —1; 0),
P ,( 3 ; - 4 ) , P 3 ( - l ; - 4 ) é s A ( 3 ; 0 ) .
A négy pont közül tetszőlegesen kiválasztott három ponton átm enő kör
egyenletébe behe lyettesítjük a negyedik pont koordinátáit; az így kapott deter­
mináns:
1 a a*
1 b b^
1 C C*
determináns a Ka(a, b, c) Vandermonde-féle determináns, amelynek értéke
V^Ca, by c) = ( b - a ) ( c - a ) ( c - b ) ;
ez pedig valóban a 6 ~ ű , c - a , c - b
egyenlő.
1
1
1
1
élhosszúságú téglatest térfogatával
xl+ yl
xl-\-yl
xl-hyl
xl+ yl
= -4
xi yi
X2 yt
Xs
^4 y^
1 -1
8
4
9
3
1
1
1
1
1
0 = -4
1
0
1 -1
25
3 - 4
17 - 1 - 4
0
9
3
1 --1
8 4
8 4
1
0
0
1
1
1
1
0
1 -1
8
4
0
17 - 1 - 4
9
3 0
1
0
1
1
0,
mert a determináns két sora megegyezik. így a negyedik pont koordinátái is
kielégítik a kör egyenletét, tehát a négy pont valóban egy körön helyezkedik el.
81
5. Interpoláció
Az egyenletrendszer determinánsa:
Három adott P i(x i,yi), P^ix^; yi),
>'3) ponthoz
mindig meghatározható olyan — legfeljebb másodfokú — inter­
polációs polinom, amelynek grafikonja e pontokon átmegy, és
amelynek egyenlete
K ,d .2 , 3) =
0 1
3 2
10 3
űo + aixi + a^x? = yi;
1
1
1
ao + aiX^ + CiXl = y^;
ao+ 0 ^X3 + 0 ^x1 ^ ys
xí
1 X2 xl
1 Xo xl
1
2 * = ( 2 - 1 ) ( 3 - 1 ) ( 3 - 2 ) = 2.
3*
Mivel — a Sarrus-szabállyal számolva —
alakú, tehát görbéje az j-tengellyel párhuzamos tengelyű parabola.
Ezeknek az együtthatóknak meghatározásához meg kell oldani az
1
1
2
1 3
y = Oo+ aix + a^x^
lineáris egyenletrendszert. Ennek valóban van egyértelmű megoldása, mivel determinánsa
1
1
0 1
3 4 = 27 + 1 0 - 3 - 4 0 = - 6 ;
10 9
1 1
1 2
1 3
ezért
1
4 = 40 + 9 - 2 0 - 2 7 = 2;
9
0
3 = 20 + 3 - 9 - 1 0 = 4,
10
2
— = 1,
ŰO= ■
2
ű, =
-6
^ = -3 ,
y = 2 x - - 3 x + l.
1)^ =
Va„x
alakú.
űo+ ai*2 + fl[2*2*4-íi3-2^ = 6;
13.
Határozzuk meg azt a legfeljebb másodfokű, y = 0(,4-íz,jH-í/2-^ alakű
polinomot, amelynek grafikonja áthalad a
0), 7^2(2 ; 3) és ^3(3; 10)
pontokon!
Az y ^ + +
egyenletű parabola akkor halad át a három adott
ponton, ha
ao + öi*3 + Ű2*3*4-Ű8’ 3® = 24.
Az egyenletrendszer determinánsa:
1 (-1 ) (-1)* (“ 0"
1 1
P
1^
1 2
2*
2®
1 3 3*
3*
öo+ai *1+Ü2 *1^ = 0;
űo+űi*3 + ag’3^ = 10.
82
2
14. íijuk fel annak a legfeljebb harmadfokií y = ao+aix4-Ű2J^+Ö3-^
egyenletű parabolának az együtthatóit, amely a Pi(—1; 0), P2(^\ 0), ^ 3(2; 6)
és P .(3 ; 24) pontokon halad át.
.
.,
t. 1 j
A z y = a „ + a ix + a tx ^ + a ^ parabola görbeje akkor halad át az adott
négy ponton, ha
l) + ^2(”
ŰQ-hai • 2+Ű2 • 2^ = 3;
1 = 2.
így a keresett parabola egyenlete
alakú, vagyis Vandermonde-féle determináns, amelynek értéke
különböző abszcisszájú pontok esetén nem lehet 0.
Hasonlóan határozható meg n + 1 számú különböző abszciszszájú ponthoz olyan, legfeljebb /z-edfokú interpolációs polinom,
amelynek görbéje e pontokon átmegy, és amelynek egyenlete
y =
=
vagyis a
1, 2, 3) Vandermonde-félc determináns, ezért értéke
(l + l ) ( 2 + l ) ( 2 - l ) ( 3 + l ) ( 3 - l ) ( 3 - 2 ) = 48.
o sz ííp lL rta tS d tv e n é g y s z e re s é t a negyedikből levonva, majd az elsó
0 -1 1 -1
0
1 1
1
6 2 4
8
24
3 9 27
L o X
0 -1
1 -1
-1
1 -1
0
1
1
1
=
6
1
1
1 = 0
6 2
4
8
-5 -7 -5
0 -5 -7 -5
n ^ v f
6. A Fibonacci-féle számsorozat
Az Wi = 0; W2= l ; . . . ; W;, = Wn- 1 + W„_2 (/í = 3,4, ...) rekurzióval
megadott számsorozatot Fibonacci-féle számsorozatnak nevezzük.
A sorozat néhány első eleme: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ....
15.
Mutassuk meg, hogy a Fibonacci-féle számsorozat az alábbi determi­
nánsok sorozatával is megadható:
megegyezik). továbbá
wi=0;
1
1
1
1
0
0
6
24
1-1
1 1
4
8
9 27
1
1
1
-3
0
1 -1
0
1
1
6
4
8
0 -7 -5
^6 =
1
1 -1
0
0 -1
2
2
1
1
1 = -6
2
2
1 = 6
8
1
2
-3 -7 -5
- 8 -1 2 -5
= -6
1 -1 0 -1
1
1
1 0
1 2 6
8
1 3 24 27
1 - 1 1 0
1 1 1 0
1 2 4 6
1 3 9 24
:-6
ezért
0
" 48
1 -1 0 -1
1 -1 -1
1
1 0
1
= 6
1
1
1
1 2 6
8
3
5
5
-3 -5 0 -5
1
1
1
-3
-1
1 0
1 1 0
2
4 6
-5 -7 0
0 -1
0
2
1
2 = -6
- 5 -1 2
- n0,
= — = - 1,
48
2
2
- 8 -1 2
ŰO
’
=
:-6
1 -1
1
1
1
1
-3 -5 -1
48,
0
4S
48
48
----
-4 8 ;
0;
wa=l;
0
1 -1
1
1 - 1 = 3;
0
1
1
=
0 0 0
1 -1
0 0
1 1 -1
0
0 1 1 -1
0 0 1 1 -1
0 0 0 1 1
1 2 3 n -3
1 •-1 0 .. .0
1 1 -1 . ..0
8 0 1 1 . ..0
n -8
n -a
0
0
0
0
1 -1
1
1
^8 = 111;
0 . ..
0 . ..
1
1
1 -1
0
0
0
1
1 -1
0
1
1 -1
0
0
1
1
2;
5;
= 8;
8
n -2
0
0
0
-1
1
vagyis általánosan
azzal az (/i—2)-edrendű determinánssal adható meg,
amelynek főátlójában csupa 1-cs, a tőle jobbra levő átlóban csupa - l- e s ,
a tőle balra levő átlóban csupa 1-es áll, a többi elem pedig zérus.
Könnyen meggyőződhetünk arról, hogy a sorozat első elemeire az össze­
függés igaz, be kell még látnunk, hogy
i + u„
és így a keresett poJinom
y =
84
Ha az w„ +2 determinánst utolsó sora szerint előbb kifejtjük, majd az így
kapott két determináns közül az elsőt utolsó oszlopa szerint, akkor a jobb
85
oldalon valóban
és
1
1
összege áll:
- 1
1
1
0
1
+a =
0 .. . 0
0
0
.
0
0
0
1 . .. 0
0
0
-
i
n -2
0
0
0 .. .. 1
n -1
0
0
0 .. . 1
1
0
0
0 .. . 0
1
w
- 1
16. Igazoljuk a fenti összefüggést!
Adjuk hozzá az első oszlop x-szeresét a második oszlophoz, majd az így
átalakított második oszlop jc-szeresét a harmadik oszlophoz, és így tovább,
végül fejtsük ki a determinánst az utolsó oszlopa szerint. A kifejtés csupán
egy tagot tartalmaz, mert az oszlop az első elemtől eltekintve csupa 0-ból áll.
Az első elem éppen a bal oldalon álló polinom, a hozzá tartozó (n - 1 )-edrendű aldetermináns pedig a következő alakú:
0
- 1
(-ir
1
0 .. .
-1
0 -1 .. .
0
0
0
0 .. . -1
Ennek értéke
1
-1)
- 1
0 ..
.0
0
0
1. .0
0
0
1
1 ..
0
0
0 ..
0
0
0
0
0
0 ..
1 -1
0
0
0
I
- 1
..
1
«- í
-1
0 ...0
I
J
0
1
I ... 0
0
0
0 ... 1
-1
... 0
1 -1
0 . .. 0
I
1 - 1 ...0
0
1
I ...0
0
0
0
0
’l ^«-2 ^n- Z ' ..
X
0 ... 0
0
-1
X .,.. 0
0
0
c
G
0
0 ... 1 - I
0 ... I
1
7. Racionáiís egészfüggvények
0
0
0
1 -I . .0
1
1
J
1 -1
1
0
0
0 .. .- 1
JC
0 .. . 0 --1
1
am i /7-től fü g g e tle n ü l 1.
8. Függvények lineáris függetlensége
Legyen az y i , y 2 ,
függvények mindegyike legalább (n — l)szer differenciálható az a ^ x ^ b intervallumban. Ha léteznek
olyan
számok, hogy a
Ciyi + C2y 2 + --- + c„y„ = 0
azonosság teljesül, és
között van zérustól különböző,
akkor az
•••,
függvények egymással lineárisan összefüggd
nek. Ha a fenti azonosság csak Ci = Cg = ... = = 0 esetben áll
fenn, a függvények lineárisan függetlenek.
Annak szükséges és elegendő feltétele, hogy az y i , y 2 ,
függvények lineárisan függetlenek legyenek, az, hogy a belőlük
képezett Wronski-féle determináns ne tűnjön el, azaz
yi
y'i
0
1
(
;
^ (-1 ,
>’2
y '2
yn
■■ y'n
0
■■yr^>
legyen.
17. Döntsük cl, hogy az yy-e'',
getlenek-e.
=
függvények lineárisan füg­
87
M Á T R IX O K
Mivel
e*
=
2e**
4e**
3e**
9^x
=
0
0
3e*^
8e»*
0,
I. A M Á T R IX FO G A L M A ,
N ÉHÁ N Y F O N T O SA B B S P E C IÁ L IS M Á TRIX
ezért az adott függvények lineárisan függetlenek.
a) Alapfogalmak. A gyakorlatban nap nap után sok-sok^ szám­
adattal
kell dolgoznunk. Ezeket az adatokat legtöbbször célszerű (az át­
18.
Döntsük el, hogy az :f,=ac»+8,
= x^-3, y, = 1+x^ függvények
tekinthetőség kedvéért) különféle táblázatokba rendezni.
Iineánsan függetlenek-e. Ha összefüggnek, adjuk meg az összefüggést!
Egy osztály tanulóinak néhány adott érdemjegyét pl. a következő táb­
+ S jc*-3 + l
lázatba érdemes rendezni:
lV(x* + S, Jc*-3,
= 2x
2x
2x
=0,
2
2
2
mert a második sorból A:-et kiemelve, a determinánsban két sor megegyezik.
Ezért a három függvény lineárisan összefügg.
Ez azt jelenti, hogy van olyan zéhistól különböző
Ca, számhármas,
amelyre
ami csak úgy lehetséges, ha
Ci + c,+cs = 0;
8ci —Sca+ca = 0.
A második egyenletből az elsőt kivonva,
7ci —4cj = 0.
Tantárgyak
Magyar
Történelem
Matematika
Fizika
Kémia
Orosz nyelv
4(A:2-f8) + 7(jc*~3)~ll(jcHl) = 0.
4
3
2
1
5
6
2
3
4
6
9
10
7
9
10
9
11
13
12
10
10
9
6
2
8
8
6
6
0
0
2
1
1
1
így ui. az adatok könnyen áttekinthetők, összehasonlíthatók.
Ha több osztályról és ugyanezekről a tantárgyakról van szó,
felesleges a fejléceket mindig megismételni, egy-egy osztály jegyeit
elegendő az alábbi alakban megadni:
Ez utóbbi egyenletnek végtelen sok megoldása van, hiszen egyik ismeret­
len, pl. Cl szabadon megválasztható. Ekkor Ca=— c^, és az első egyenletből
4
7
11
c, = - C i ~ ~ C i = —
Ha pl. ci= 4 , akkor Ca=7, c, = - 1 1 és valóban
5
5
6
2
3
4
6
9
10
7
9
10
9
11
13
12
10
10
9
6
2
8
8
6
6
0
0
2
1
1
1
Itt nagyon lényeges, hogy melyik szám melyik helyen áll. A most
felírt táblázatot mátrixnak nevezzük.
Általánosan mátrixnak nevezzük bármilyen n^m számú
mennyiség (/ = 1,2,
fc = l,2 ,
alábbiak szerinti tégla89
88
lap alakú elrendezését, amelyet szögletes (esetleg kerek) záró­
jelbe tesznek:
Ha az A mátrix sorait és oszlopait felcseréljük egymással, az
A mátrix transzponáltját kapjuk, ezt A*-gal jelöljük:
ű ll
Ű12
.
•• d l m
ö li
Ű 21
Ö 21
Ű22
. •• C 2 m
^12
Ö 22
•
« lm
^2m
•
A *
• Ö fi2
=
•
Azt mondjuk, hogy a fenti mátrix n-m típusú, mcvi n sorból
és m oszlopból áll. Az űu, mennyiségek a mátrix elemei; itt az index
az elem helyét jelöli: az
elem az /-edik sor és a A:-adik oszlop
találkozásában áll.
A mátrix elemei lehetnek valós vagy komplex számok, függ­
vények, vektorok, esetleg mátrixok is. Á továbbiakban — hacsak
mást nem mondunk — a mátrix elemeit valós számokból vesszük.
A mátrixot célszerű egyetlen matematikai fogalomnak tekin­
teni és egyetlen jellel jelölni. Nyomtatásban félkövér latin nagy­
betűket, kézírásban kétszer aláhúzott nagybetűket szokás mát­
rixok jelölésére használni. Előző mátrixunk tehát így jelölhető:
• ^ n l
Ezért az n-m típusú mátrix transzponáltja m-n típusú mátrix.
A transzponálás lényegét jól mutatja az
= [aji]
jelölés is. Az /2-edrendű (tehát négyzetes) mátrix rendszáma a
transzponálás során nem változik. Például az
A =
(2 . 3)
2 -3
1
4
1 -5
mátrix transzponáltja az
dn ••• űlm'
Űf21 Ű22 *
'^11
A=
Clnl
ö„2 • ' ^nm
A mátrix röviden így is jelölhető:
A = [a,J.
Ha a rövid jelölésben azt is fel akarjuk tüntetni, hogy a mátrix­
nak n sora, ill. m oszlopa van, ezt igy tehetjük:
A
(/I, m)
Ha egy mátrix sorainak és oszlopainak száma egyenlő {n = m \
négyzetes mátrixnak (kvadratikus mátrixnak) nevezzük. A négy­
zetes mátrix sorainak (és oszlopainak) száma a mátrix rendje.
Az «-edrendű mátrixnak tehát
eleme van; az elsőrendű mátrix
egyetlen elemből áll. A mátrixfogalom a számfogalom kiterjesztése­
ként fogható fel.
90
A* =
(3, a)
2
-3
4
l
1 -5
m átrix.
Nyilvánvaló, hogy az A mátrix transzponáltjának transzpo­
náltja az eredeti A mátrix.
Különleges szerepe van az ai-1 és az \ -m típusú mátrixoknak,
vagyis azoknak a mátrixoknak, amelyeknek csupán egy oszlopa
vagy csupán egy sora van. Az egyetlen oszlopból álló mátrixot
oszlopmátrixnak (vagy — ha vektorként fogjuk fel — oszlopvektornak)^ az egyetlen sorból álló mátrixot sormátrixnak (vagy
sorvektornak) nevezzük. Az oszlop- és a sormátrixokat félkövér
latin kisbetűkkel jelöljük. Az a oszlopmátrix pl. igy adható meg:
ű ii
021
91
vagy — ha itt a felesleges kettős indexet elhagyjuk — :
a =
A sormátrix jelölésekor — az oszlopmátrixtól való megkülönböz­
tetés céljából — még azt is jelezzük, hogy a sormátrix az oszlop­
mátrix transzponáltja:
a * = [űu, ai2,
a i J = [oi, a^,
a j.
Ha több sormátrixot kell megkülönböztetnünk, és félreértést
nem okozhat, akkor a csillagot felső indexszel helyettesíthetjük.
Helykimélés céljából szokás az oszlopmátrixot
^ ~ [^11 > ^21 > • ••>^nl]*
alakban is felírni. Ez azt jelenti, hogy az a oszlopmátrix a jobb
oldalon álló sormátrix transzponáltja.
A mátrix fogalma — mint az eddigiekből látható — a vektor
fogalmának általánosításaként is felfogható.
Ha valamely A mátrixból tetszés szerinti sort és oszlopot el­
hagyunk, az A mátrix egy minormátrixát kapjuk. Ha pl. a
3 -2
5
7
1
2
3
1 -1
0
4
8 -6
7 -2
4
3 -2
1
5
5
7 -3 -2 -1
mátrix első, harmadik és negyedik sorában, valamint a második
és negyedik oszlopában álló elemeit elhagyjuk, akkor B következő
minormátrixát kapjuk:
3
1
7 -2
és ötödik sorának első, harmadik és ötödik oszlopában álló
elemekből alkottuk.
Bontsunk fel egy mátrixot bizonyos sorai, ill. oszlopai mentén
részekre, azaz olyan minormátrixokra, amelyeknek szomszédos
elemei az említett mátrixban is szomszédosak. Egy-egy ilyen
minormátrixot az eredeti mátrix blokkjának szokás nevezni, a
szétbontás műveletét pedig a mátrix particionálásának. Például az
A=
3
4
-2
2 -1
0 -1
1
3
5
3
0
7
1 -1
92
5
6
2 -3
1
1 -2
1 -6 -2
1
1
3
mátrixot bontsuk fel a behúzott szaggatott egyenesek mentén
blokkokra. Ha az egyes blokkokat az
3 2 - -1
5
6
4 0 - -1 >
3
2
^11 =
^12 —
2 1
3
-2
1.
■5 0
í
3 1 -1 . >
-6 - 2
3.
1
betűkkel jelöljük, az eredeti A mátrix így írható fel:
Au
Aj2
A 21
A 22J
A22 =
Ez az írásmód sok esetben megkönnyíti a tárgyalást. Az ilyen
mátrixot, amelynek elemei tehát szintén mátrixok, hipermátrixnak
szokás nevezni.
Egy mátrix speciális minormátrixaiként foghatók fel a mátrix
oszlopaiból alkotott oszlopmátrixok, ill. a soraiból adódó sor­
mátrixok. Ezekkel pl. a mátrix a következőképpen is felírható:
A
ön
Ű12 .
au
^22 *- ^2m
(n,m)
Ezt a minormátrixot szokás B?;^^5-tel is jelölni, mert második
1
^n2 .
= [ a i,a 2 ,
a==
■' ? ^m]
a".
93
ahol ajt a /r-adik oszlopmátrixot és
azaz
a /:-adik sormátrixot jelenti,
^ik
Cl2k
és
2.
Diagonálmátrixnak nevezzük az olyan négyzetes mátrixot,
amelynek csak a bal felső sarokból a jobb alsó sarokba húzott
átlójában — a főátlóban — van 0-tól különböző eleme. Az
■
űii
0
...0
0
ű „
.. . 0
0
0
. •• ö n n .
Lűnfc
Például az
2
8
1 -2
A=
diagonálmátrix rövid jelölésére az
4 -3
5
6
( ö ii,
mátrix felírható oszlopmátrixok segítségével az
Ű22j
szimbólumot használjuk. így pl.
^ — [^1 >^2, a3, a j
alakban, ahol
8‘
'2
8i =
1
;
82 —
'4 '
;
.-2
^3 —
5
;
a< =
-3
6.
ill. sormátrixok segítségével az
A=
3
0
0 - 1
0
0
=
[ 2 ,8 ,4 ,-3 ]
és
a^
= [1, -
2 , 5 ,6 ].
= <3, -1 ,0 > .
3.
Egységmátrix az a diagonálmátrix, amelynek főátlójában
minden elem 1-gyel egyenlő. Az egységmátrixokat E-vel vagy
[áij]-vel jelöljük, ahol Stj a Kronecker-féle szimbólum: á,j = l,
ha / = j és ölj = 0, ha i 9^j. Az egységmátrix rendszámát az E mellé
tett indexszel jelölhetjük; így pl.
alakban, ahol
a^
0
0
0
Ea =
(Ügyeljünk arra, hogy a felső index itt nem kitevőt jelent, aminek
itt nincs is értelme.)
1
0
0
0
0
1
0
0
1
Az „egységmátrix” elnevezés indokoltságát a mátrixműveletek
kapcsán fogjuk belátni.
b) Speciális mátrixok. Most néhány fontos speciális mátrixot
Azokat az oszlop-, ill. sormátrixokat, amelyeknek egyik eleme 1,
mutatunk be.
1.
Zérusmátrixnak nevezzük azokat a mátrixokat, amelyeknek a többi zérus, egységvektoroknak nevezzük. A három elemű
egységvektorok oszlopmátrix alakban
minden eleme 0. Pl. a
0
0
o‘
r
0'
.0
0
0.
0 ;
0
1
mátrix zérusmátrix.
94
Cl =
Ca =
0
0'
;
63 =
0
1
95
sormátrix alakban
eí = [1.0,0];
e | = [0, 1,0];
ej = [0,0,1].
Az index itt azt jelöli, hogy az egységvektor melyik eleme I.
Minden /i-edrendű egységmátrix n olyan oszlopra (sorra) bont­
ható, amelyeknek mindegyike egységvektor:
E» = [Ci.ea,
vagy
E, =
4. Összegező vektor az az oszlop- vagy sormátrix, amelynek
minden eleme 1; jele: 1. Az összegező vektor nem egységvektor!
Az elnevezést a mátrixműveletek indokolják.
5. Permutálő mátrixnak nevezzük azt a négyzetes mátrixot,
amely az egységmátrixból az oszlopok vagy sorok más sorrendű
leírásával (permutálásával) kapható. A permutáló mátrix minden
sora és oszlopa csak egy-egy 1-est tartalmaz, a többi eleme 0.
Egy negyedrendű permutáló mátrix pl. a következő:
0
0
1 0
1 0 '
0
0
0
0 0
1
0
1 0
0.
3
2 - 4 1
2 - 2
3 - 2
-4
3
5
6
1
-
2
6
3 - 1 1
4'
3
0 0
o'
0 -2 5 -3
-1 -2 0
0
Hf és Ha =
0
0 7
1
1
5 7
0
0
0 0 -6
4 -3
1 -6
9.
Ciklikus mátrix az olyan négyzetes mátrix, amelynek elemei
soronként (és oszloponként) ciklikusan ismétlődnek, azaz bár­
melyik sor a közvetlenül fölötte álló sorból úgy kapható, hogy
annak mindegyik eleme helyébe az illető elem bal oldali szom­
szédját írjuk. Az első elem helyébe — amelynek nincs bal oldali
szomszédja — a sor utolsó eleme kerül. A ciklikus mátrixot tehát
első sora már meghatározza. Ezért szokás a
Cn
Cj .. , .c „
Cl . . • C„_1
c =
Cz
C3
..
•Cl
.
ciklikus mátrixot
C(ci, C2, ..., c„)
alakban is megadni. Például
1
7.
Antiszimmetrikus vagy ferdén szimmetrikus az a négyzetes
mátrix, amelyben a főátlóra szimmetrikus elemek egymásnak
ellentettjei, azaz a ; j - - a j i minden /-re és >re. Ezért az anti96
8.
Háromszögmátrix az olyan négyzetes mátrix, amelynek fő­
átlója alatt vagy fölött csupa 0 elem áll. Az elsőt felső, az utóbbit
alsó háromszögmátrixnak nevezzük. A diagonális mátrixok olyan
speciális háromszögmátrixok, amelyek egyszerre felső és alsó
háromszögmátrixok. Felső, ill. alsó háromszögmátrix pl.
Cl
6. Szimmetrikus mátrixnak mondjuk azt a négyzetes mátrixot,
amelynek elemei a főátlóra szimmetrikusak, azaz aij = ciji. A szim­
metrikus A mátrix nyilvánvalóan azonos transzponáltjával, A*-gal.
Szimmetrikus pl.
S =
szimmetrikus mátrix főátlójában csak 0 állhat. Antiszimmetrikus
mátrix pl.
0
1 -3
2‘
-1
0
5 -4
3 -5
0
1
-2
4 -1
0.
C ( - 2 , 1,3,2) =
-2
3
1
2
2 -2
3
1
3
2 -2
1
1
3
2 -2
97
10.
Primitív ciklikus mátrixnak nevezzük azt a ciklikus mátrixot, ennélfogva a főátlóban álló elemek tiszta képzetes számok vagy
amelynek első sorában az első elem 0, a második 1, a többi zérus. zérusok. Ferdén hermitikus pl.:
A negyedrendű primitív ciklikus mátrix pl.
/
1 - / 2
0 1 0
0
-1 -/
3/
/
C (0 ,1,0,0) =
0
0
0 1 0
0 0 1
-2
0
/
A valós elemekből álló ferdén szimmetrikus mátrix a ferdén
hermitikus mátrix speciális esete.
15. Kontinuánsmátrix az olyan négyzetes mátrix, amely csak
A primitív ciklikus mátrix egyúttal speciális permutáló mátrix is.
11.
Komplex mátrixnak nevezzük a mátrixot, ha elemei között a főátlóban és a főátlóval párhuzamos két szomszédos átlóban
tartalmaz zérustól különböző elemeket. Kontinuánsmálrix pl.:
komplex számok is előfordulnak. Komplex mátrix pl.
1 0
3 + 4i
5
0
0
'3
1 0
0'
2
5
6
0
Q= 0 - 2 - 1
2 ■
0
0
2 -3
1
2 -1
12.
Komplex mátrix konjugált mátrixát úgy kapjuk meg, hogy
minden eleme helyébe annak konjugáltját írjuk. Például az előbbi
A diagonálmátrix eszerint speciális kontinuánsmátrix.
K m átrix konjugáltja
K =
3 -4 /
5
1
2+i
i
1 -2 /
Nyilvánvalóan a K mátrix K konjugáltjának a konjugáltja azi
Gyakorló feladatok
1.
Egy üzem háromféle terméket gyárt négyféle alapanyagból. Az egyes
termékek cgy-egy darabjához az alábbi nyersanyagmennyiségek szükségesek:
eredeti K mátrix: K = K .
13.
Hermitikus mátrix az olyan négyzetes mátrix, amelyben
afj = aJ, minden / és j indexre. Ez azt jelenti, hogy a főátlóral
szimmetrikus elemek egymásnak konjugáltjai, és a főátlóban
álló elemek csak valós számok lehetnek. Hermitikus mátrix pl.
H =
\A n y a g
a
b
c
d
I.
3
2
0
5
TerméKV
1
1 -/
3/
II.
1
1
4
2
l+ i
-3 /
5
6
III.
3
2
1
4
6
0
írjuk fel a termelési adatokat mátrix segítségével!
Ha pl. a mátrix cgy-egy sorába az egyes termékek nyersanyagszükségletét,
A valós elemekből álló szimmetrikus mátrix a hermitikus mátrix
cgy-egy oszlopába az egyes nyersanyagokat írjuk, a keresett mátrix a követ­
speciális esete.
kező:
14.
Ferdén hermitikus vagy alternáló az a négyzetes mátrix,
3 2 0 5
T
amelyben minden / és j indexre űjy= —«7i>
jelenti, hogy
(».«)
a főátlóra szimmetrikus elemek egymásnak negatív konjugáltjai,
98
99
Ha az egyes termékek nyersanyagszükségletét írjuk az oszlopokba, és a
különböző nyersanyagokat a sorokba, az eredeti mátrix transzponáltját kapjuk:
[3
T* = 2
( 4,3 )
0
.5
1 3]
1 2
4 1
2 4.
elhelyezni, a keresett mátrix
N =
Az is azonnal látható, hogy a T mátrix oszlopmátrixai egy-egy nyersanyag
felhasznált mennyiségét mutatják, ha mindegyik termékből egyetlen darabot
gyártunk; sormátrixai pedig az egyes termékekhez felhasznált nyersanyagok
mennyiségét. (A T* mátrix esetében éppen fordított a helyzet.) Például a
50 150
30 100
30 120
20
80
40 200
5
10
100
150
50
50
150
5
150
120
150
100
150
20
100
50
100
50
150
20
200
100
50
50
100
10
180 100
120 50
150 40
100 40
150 80
30
5
Természetesen az N* mátrix is alkalmas az adatok rögzítésére.
Az n® sormátrix az idegen nyelvű napilap példányszámáról, az
oszlop­
mátrix a 3. számú elárusító hely napi összforgalmáról, az N{; 2, 5, 4, 5, 6, 7,«
minormátrix a Szikra Lapnyomdából elszállítandó példányok számáról’ ad
felvilágosítást.
3. Egy áruház egy bizonyos napon a Ci, C2,
c„ cikkekből ati, ATg,
jc„
darabot adott el. Ha az egyes cikkek ára űi, ^2, •••,«« Ft, akkor az áruház
napi forgalma
F = aiXi + azX2+
oszlopmátrix a c nyersanyag felhasznált mennyiségét mutatja, a
Ft; ha az egyes cikkek csomagolási költségei A:,, A:a, ..., A:„ Ft, akkor a csoma­
golási költségek
t^ = [ l , l , 4 , 2]
K = kiX i + fCiXzi-... + k„Xn
sormátrix pedig a II. termék nyersanyagszükségletét.
Ft-ot tesznek ki; ha az egyes cikkek eladása után7*1, 72,
2.
A hírlapelosztóban az alábbi táblázat mutatja az egyes újságárusokhoz ház,
a napi árrés összege
kiszállítandó napilapok mennyiségét:
A = j\Xi + 72X2+ ... +JnXn
Árus
1
2
3
4
5
6
7
8
50
30
30
20
40
5
150
100
120
80
200
10
100
150
50
50
150
5
150
120
150
100
150
20
100
50
100
50
150
20
200
100
50
50
100
10
180
120
150
100
150
30
100
50
40
40
80
5
Hírlap
Népszabadság
Népszava
Magyar Nemzet
Magyar Hírlap
Esti Hírlap
Daily News
Készítsünk az adatok alapján mátrixot, melynek soraiban az egy-egy lap­
ból kiszállított példányszámok állnak. Milyen mátrixszal adható meg az ide­
gen nyelvű lap kiszállított példányszáma, a 3. számú elárusítóhely napi for­
galma, a Szikra Lapnyomdából elszállítandó lapok száma (ha tudjuk, hogy a
Népszabadság és az Esti Hírlap készül a Szikra Lapnyomdában)?
Ha az egyes napilapok kiszállított példányszámát a mátrix egy-egy sorában,
az egy-egy újságárusnak szállított lapokat pedig egy-egy oszlopában kívánjuk
100
árrést kap az áru­
Ft. írjuk le ezeket az adatokat áttekinthetően, mátrix alakban, mégpedig úgy,
hogy egy-egy áruféleségnek egy-egy oszlop, az árnak, a költségnek, ill. az ár­
résnek pedig egy-egy sor feleljen meg!
Ha az árakat az első sorban, a költségeket a másodikban, az árréseket a
1 harmadikban tüntetjük fel, akkor a keresett mátrix:
'
űfi 02..
ki
k 2 ...k n
Jl
Jz
’ Jn
4. Egy vetélkedő döntőjében az /í, 5 és C csapatok egymás ellen a követ­
kező pontszámokat érték el:
/ í : ^ = 14:15;
A : C = 12:14;
B :C = 14: 16.
101
írjuk fel az eredményeket mátrix alakban úgy, hogy az i-cdik sor és a
^-adik oszlop metszéspontjában az z-edik csapatnak a A:-adik csapat ellen
szerzett pontszáma legyen!
A döntő eredményei a
0
15
14
14
0
16
Az azonos típusú mátrixokra szokás még az egyenlő (ill. nem egyenlő)
reláción kívül a
nagyobb
kisebb ( < ) ;
nem kisebb ( ^ ) , nem nagyobb ( ^ )
12
14
0
relációkat is definiálni.
A szóban forgó relációk valamelyike akkor teljesül két m át­
mátrixszal jellemezhetők, ahol a mátrix
eleme helyén az /-edik csapatnak a rixra, ha a reláció elemről elemre teljesül.
A:-adik csapattal szemben elért pontszáma áll.
Előfordulhat, hogy két azonos típusú mátrix esetén a „nagyobb” ,
5.
Egy konzervgyár vegyes gyümölcsbefőttet gyárt meggyből, őszibarack­„kisebb” , „egyenlő” relációk egyike sem teljesül, és csak annyi
ból és körtéből. Minden üzemrészben azonban csak egyféle gyümölcsöt dol­ mondható, hogy a két mátrix nem egyenlő. Például
goznak fel, és a gyümölcsök keverését később végzik cl. Az előírt arányok el­
érése céljából az I, üzemrész a II. üzemrésznek 14 t. a III. üzemrésznek 121
meggyet; a II. üzemrész az I. üzemrésznek 15 t, a III. üzemrésznek 141 őszi-l
barackot; a III. üzemrész az I. üzemrésznek 14 t, a II. üzemrésznek 16 t kör­
tét szállít. írjuk fel a szállítási adatokat mátrix segítségével!
A szóban forgó adatok az
0 14 12
15 0 14
14 16
0
1
és
3
-1
B=
-2
5
esetén A?^B.
b)
Összeadás, kivonás. Az összeadás és kivonás csak ugyanolyan
típusú mátrixokra van értelmezve, mégpedig
mátrixszal jellemezhetők, ahol az Oi,. elem az z-edik üzemrészből a A:-adik
üzemrészbe szállított gyümölcs mennyiségét jelenti.
ön «12 • • Cilm
Ű21 ^22 •‘*^2m
A 4. és 5. feladatban kapott mátrixok egybevetésével (D = M)
figyeljük meg, hogy merőben más problémák vezethetnek ugyan­
ahhoz a mátrixhoz!
önl
••• önm.
±
b,.
bi2 ■■■bi,„
^22 • bim
bm
bm- ■■b„„.
^11 i ^11 ^12 i ^12 ••• ^Im i
^21 ± ^21 <^22± ^22 ••• ^2m ± ^2m
II. M Ű V E LE T E K M Á TRIX O K K A L
anl ± bnl
1. Alapműveletek mátrixokkal
«n2 ± ^„2 ••• «nm ± *nm
vagyis az összegmátrix is ugyanolyan típusú, és minden eleme
a) Két mátrix egyenlősége. Két mátrix akkor és csak akkor egyen- a két mátrix megfelelő elemeinek az összege (különbsége).
lő egymással, ha ugyanannyi sort és ugyanannyi oszlopot tartalmaz­
A definíció kiterjeszthető akárhány ugyanolyan típusú mátrix
nak (tehát azonos típusúak) és megfelelő helyeken álló elemeik összeadására (kivonására) is. A most definiált összeadás kom­
megegyeznek. Az
mutatív és asszociatív míívelet, vagyis
A = B
(n, m) (n, m)
mátrixegyenlőség tehát n-m számú számegyenlőségnek felel meg.
102
A + B = B + A,
ill.
(A-|-B) + C = A + (B + C);
103
fennáll továbbá
es
(A±B)* = A*±B*.
T = 1 (A -A * ).
A definícióból látható, hogy pl. szimmetrikus mátrixok összege
is szimmetrikus mátrix, háromszögmátrixok összege szintén
háromszögmátrix stb., továbbá
Hasonló tétel érvényes komplex elemű mátrixokra is: minden
K komplex elemű mátrix egyértelműen felbontható egy hermitikus
és egy ferdén hermitikus mátrix összegére, mégpedig
0+ A = A
K - H + F,
es
ahol
( A - B ) + B = A.
cj Mátrix szorzása skalár számmal. Mátrixot úgy szorzunk skalár számmal, hogy a mátrix minden elemét megszorozzuk a skalárral:
kX = k
all Ö12 . •• ölm
Ö21 ^22 • . . Ű2m
önl
a^2 •
=
kan
kü 2i
koii .
k 022 .
Mm
■ka„„.
ka „ 2 . ■
H = i ( K + K*),
F = -(K -K * ),
és K a K mátrix konjugáltját jelenti.
Ez a szabály az összeadás közvetlen következménye, illetve
általánosítása.
Mátrix szorzása skalárral kommutatív, asszociatív és disztributív művelet, vagyis
e) Mátrixok lineáris kombinációja. Ha az Aj, Ag,
A„ azonos
típusú mátrixokat rendre megszorozzuk a k i, kz,
A:„ számokkal,
és a szorzatokat összeadjuk, akkor az így kapott
k l A i k 2^ 2
... +A'„A„ = L
mátrixot az adott mátrixok lineáris kombinációjának nevezzük.
Az olyan lineáris kombinációt, amelyben a /cj, /cg, ...,
számok
mindegyike nemnegatív és összegük 1, konvex lineáris kombináció­
(ki-\-k^)A - k i \ + k^A és A:(A + B) = A:A+ A:B.
nak nevezik.
Megjegyezzük, hogy mátrixok konvex lineáris kombinációjának
A ( —1)A helyett röviden —A-t szokás írni.
minormátrixai a mátrixok megfelelő minormátrixainak ugyan­
d)
Négyzetes mátrix felbontása egy szimmetrikus és egy anti- azon számokkal képzett konvex lineáris kombinációi.
szimmetrikus mátrix összegére. Minden valós elemekből álló négy­
f ) M átrix szorzása mátrixszal. Az A mátrixnak a B mátrixszal
zetes mátrix felbontható egy szimmetrikus és egy antiszimmetrivaló
A -B szorzata csak akkor van értelmezve, ha az A mátrixnak
kus mátrix összegére:
(azaz a bal oldali tényezőnek) ugyanannyi oszlopa van, mint ahány
sora a B mátrixnak (azaz a jobb oldali tényezőnek). Ha ez teljesül,
A — S + T,
azt mondjuk, hogy A és B az adott sorrendben konformábilisak.
ahol
Az A és B mátrixok az A, B sorrendben konformábilisak,
kA = Ak;
(kik 2) \ —ki{k 2A)-,
(n, m)
(m. p)
de ha Aí7^/7, akkor a B, A sorrendben nem.
104
105
A z n X m típusú A = [ű,),] és m X p típusú B = [í>j*] mátrixok.
A 'B szorzatán azt az n X p típusú C mátrixot értjük, amelynek
Cü eleme
^ik =
.
+ ^i2^2t + • •• +
A szorzatmátrix kiszámításakor könnyű hibázni, a kiszámított elemet
rossz helyre írni. Ezért célszerű a két összeszorzandó mátrixot úgy elhe­
lyezni, hogy a befrandó elem helyét ne lehessen eltéveszteni. Az alábbi
elrendezés egy ilyen lehetőséget mutat, amelyet Falk-módszemekncveznek:
Vagyis a C szorzatmátrix j-edik sorában és A:-adik oszlopában
álló elemet úgy kapjuk meg, hogy az A mátrix /-edik sorának
és a B mátrix fc-adik oszlopának kompozícióját képezzük. Az öszszeadás és a szorzás definíciójából következik, hogy a mátrixszorzás nem kommutatív, de disztributív művelet, vagyis
B=
A(B + C) = AB + AC;
ill.
(B + C)A = BA + CA.
A=
Szorozzuk össze példaként az
A=
1
2
3
0
-1
1
és a
B
4
0 -1
0-1
0
0 2
mátrixokat. Ezek A, B sorrendben konformábilisak, szorzatuk.
1 3
AB =
2 0
-1
1
4
0 - 1
0 -1
0
0 2
1 * 0 4 - 3 . (- 1 )
1-4-F3-0
2- 0 + 0 . ( - l )
2-4-1-0.0
(-0-4-1-1-0 ( _ I ) . 0 + 1 . ( - 1 )
0.0 + 2 .( - l )
0-4 + 2 . 0
■ *4 - 3 - l '
8
0 -2
=
- 4 - 1
1
. 0 - 2
0.
106
.
l . ( _ l ) + 3.0'
2 - ( - l ) + 0.0
( _ 1 ) . ( - 1 ) + 1.0
0.(-l)-f-2.0,
4
0 -1
0 -1 ;
0
1 3
4
2 0
8
l'l l ■ j '; - 4
0 2
0
-3
-1
0 -2
\-Y\
1
» 1
-2
0
így az eredménymátrix eleme éppen annak a sornak és oszlopnak
a kompozíciója, amelyeknek metszéspontjában áll.
Ez egyszerű lehetőséget ad a számítás ellenőrzésére: az ún.
oszlopösszeg-próbát vagy sorösszeg-próbát.
Az oszlopösszeg-próba esetében összeadjuk az A mátrix oszlo­
paiban álló elemeket, és az összegeket az A mátrix utolsó sora
alá írjuk kiegészítő sorként. Ezután elvégezzük ezzel a sorral is
a szorzást, és a kapott eredményeket az AB mátrix utolsó sora
alá írjuk. Ha minden számításunk helyes volt, így az AB mátrix
oszlopaiban álló elemek összegét kapjuk.
1 3
2 0
-1
1
0 2
2
6
4
0 -1
0 -l
0
4 -3 - I
8
0 -2
— 4A - 1
1
0
0 -2
8 -6
-2
107
Az eljárás alapja az (A + B)C = AC + BC disztributív törvény.
Ha a próbát a B mátrixon végezzük el, és oszlop helyett min­
denütt sort veszünk (és fordítva), a sorösszeg-próbához jutunk.
Esetünkben;
zérus” a mátrixok körében nem érvényes. Például az
A =
2 - 3 - 5
-1
4
5
1 - 3 - 4
’- l
és
B =
3
5
1 -3 -5
5
.-1
3
mátrixok AB szorzata zérusmátrix.
3
4
0 -1
0 -1
0 -1
0
4 -3 -1
1 3
8
0 -2
6
2 0
-1
1 - 4 - 1
1 -4
0 2
0 -2
0 -2
A mátrixszorzás definíciójából nyilvánvaló, hogy az A és B
mátrixok csak akkor szorozhatók össze mind az AB, mind pedig
a BA sorrendben, ha az A mátrix « X»i típusú és a B mátrix m X n
típusú.
Mivel a mátrixszorzás általában nem kommutatív művelet,
ezért beszélünk bal oldali és jobb oldali szorzásról.
Könnyen belátható, hogy speciálisan diagonálmálrixok szorzása
kommutatív. Ha AB = BA, akkor A és B kommutábilis mátrixok.
Az egységmátrixszal végzett szorzás akár balról, akár jobbról
történik, a másik mátrixot változatlanul hagyja:
EA = AE = A;
a zérusmátrixszal való szorzás pedig — akár balról, akár jobbról
történik — a zérusmátrixot eredményezi:
0A = A0 = 0.
Zérusmátrixot kaphatunk eredményül azonban akkor is, ha a
tényezők egyike sem zérusmátrixl így az a megszokott megállapítás,
hogy „egy szorzat akkor és csak akkor zérus, ha egyik tényezője
108
-I
3
5
1 - -3 - 5
-1
3
5
2 -3 -5
0
0
0
A = -1
4
5 0
0
0 = AB.
I -3 -4
0
0
0
2 -2 -4
0
0
0
B =:
Ha az A mátrixhoz található olyan B?íO mátrix, amellyel
AB = 0, akkor az A mátrixot bal oldali zérusosztónak nevezik.
(Előző példánk A mátrixa tehát bal oldali zérusosztó.) Hasonlóan:
ha a B mátrixhoz található olyan A?^0 mátrix, hogy AB = 0,
akkor H jobb oldali zérusosztó (vagyis előző feladatunk B mátrixa
jobb oldali zérusosztó), A és B zérusosztópár.
Érdemes megfigyelni, hogy esetünkben BA = 0 szintén igaz.
2 -3 -5
A = -1
4
5
1 -3 -4
-1
3
5 0
0
0
1 -3 -5
0
0
0
-1
3
5 0
0
0
-1
3
5
0
0
0
tehát B bal oldali zérusosztó, A pedig jobb oldali zérusosztó is.
g) Skalár szorzat, diadikus szorzat. Ha konformábilis oszlop-,
111. sormátrixokat szorzunk össze, akkor a tényezők sorrendjétől
függően a szorzat vagy szám vagy négyzetes mátrix.
109
alakban felírt tényezők esetén
Ugyanis
V
a * b = b * a — [a^. Ű2 .
b.
=
AB =
K
n
a^b i
a 'b j . .a*b^
a^ba . ..a ^ b ,
,a"l1)1
a " b 2 . .. a"b,
“pj
V bi
■•^anb„ = Z o k b k l
másrészt
ab* =
[ b i, b 2, . • ,b ,]
,a".
Oi
= [6 1, b i,
a*
tehát a szorzatmátrixnak n sora és p oszlopa van és elemei skalárszorzatok. Az
'ű iö j
a i b t .. • (iib„
a^by
ü i b i .. ■aib„
fln.
Onbl
a„b 2 .. ■a„b„.
h
b.
é lű i
b i O i . •• bj.a„
b^üi
b i ü i ■•• b.!.a„
A öl
b„Ü2 . •• b„a„.
dl
az
[í>i, 62, .
ill.
fb " '
A = [81, 82,
és
B=
alakban felírt tényezők esetén pedig
ba* =
[ű l, 02, . - ,a „ ] =
AB = [a i,a 2,
A.
Az a*b = b*a szorzat skalár szorzat; az ab*, ill. ba* szorzat
neve diadikus szorzat vagy röviden diád.
Minden A • B mátrixszorzat mindig kifejezhető a tényezők
(n,m) (m, p)
oszlop-, ill. sormátrixaival, mégpedig kétféle módon aszerint, hogy
melyik tényezőt állítjuk elő sormátrixaival és melyiket oszlop­
mátrixaival. Az
tehát a szorzat m számú diád összege: két mátrix szorzata mindig
felírható diádok összegeként.
h)
Többtényezős mátrixszorzatok. Többtényezős mátrixszorza­
tok akkor és csak akkor értelmezhetők, ha az egymás mellett álló
tényezők konformábilisak. Például az
A
(n,m)
A=
B
(m,p)
C
(p,r)
mátrixok ilyen sorrendben összeszorozhatók.
Mátrixok szorzására érvényes az asszociatív törvény, azaz pl.
(A
B )C
Un, m
)(m,p)) (p. r)
110
D
(r.g)
=
A ÍB
(n, ni) l (m, p)
C ) = G .
(p,r) j
(n. r)
111
i)
Négyzetes mátrix hatványa. Az A négyzetes mátrixból ké­
pezhető n tényezős
n
A zérusmátrix nilpotens, mert
0* = 0,
Azt a P mátrixot, amelynek bármely pozitív egész hatványa
önmagával egyenlő, azaz
•A = A"
szorzatot az A mátrix «-edik hatványának nevezzük (n természetes
szám). Megállapodunk abban, hogy
A» = E.
A definícióból következik, hogy egy diagonális mátrix «-edik
hatványa ismét diagonális mátrix, amelynek a főátlóban álló elemei
az eredeti mátrix főátlójában álló megfelelő elemek n-edik hat­
ványai :
P = P2 = P" =
projektor (vetítő) mátrixnak vagy idempotens (önmagát visszaadó)
mátrixnak nevezzük. A zérusmátrix és az egységmátrix egyúttal
projektor mátrix is.
Gyakorló feladatok
1. Legyenek adottak a következő egyenlőségek:
ű = a ; b — P; c = y; d — S.
< ai , ű2 . - . a t ) " = ( ű i . a S ,
A négyzetes zérusmátrix minden hatványa zérusmátrix, az
egységmátrix minden hatványa egységmátrix.
Ha az A mátrixhoz található olyan k kitevő, amelyre
A* = 0,
akkor az A mátrixot nilpotens mátrixnak nevezzük. Az olyan
háromszögmátrixok, amelyeknek a főátlóban álló elemei is zérusok,
nilpotensek! Például
0
1 - 1
0
0
0
0
( / c = l , 2 , ...).
Fejezzük ki ezeket mátrixegyenlőséggel!
Az egyenlőségek bal és jobb oldalaiból egy-egy négyelemü mátrix képez­
hető háromféle módon: négyzetes mátrixként, sor-, ill. oszlopmátrixként;
ezen kívül az elemek elhelyezése is tetszőleges lehet. A feladat megoldása tehát
pl.:
a b
a fi
y <5
vagy
[a, c, J, h] = [a, y, J, /ij.
vagy
2
0
ab
c
*a'
P
y
nilpotens, mert
N® =
0
o'
0
1 - l'
1
0
0
0
2
0
1
0
0
0
0
0
0
0
2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
;
=
;
2. Határozzuk meg, hogy mikor egyenlő egymással a következő két mátrix:
1 3 7T - 2
3 a
-2
A =
;
B = 1
8 - 7 2,5
1.
- 7 2,5 I n x
A két mátrix akkor egyenlő, ha a = n, x = 2, és y= e.
vagyis a harmadik hatvány már zérusmátrix.
112
3. Legyen
A =
1 2 - 1 0'
4
0
2 1 ;
.2 - 5
1 2.
B=
'3 - 4
1 5
.2 - 2
1 2'
0
3
3 -1 ,
113
mátrixokhoz azt a
Számítsuk ki az A-f B, A - B , 3A, - B mátrixokat!
'4 - 2 0
2 - 4 --1 + 1 0 + 2
1+ 3
5 2
2 + 0 1+3 = 5
0+ 5
A + B = 4+1
4 - 7 4
1+ 3 2 - 1 .
2 + 2 -- 5 - 2
2 + 4 -- 1 - 1
1 -3
2 -0
0 -5
4 -1
1 -3
2 - 2 -- 5 + 2
A -B =
3
6 - 3 0'
6 3 >
12
0
3 6.
6 -1 5
3A =
2'
4 ;
1.
6 -2 -2 '
•2
2 -2
3 -5
3.
0 -3 -2
0 -2 '
1 -3 =
2+1.
mátrixot, amelyre A + B —D = 0.
A feltétel értelmében
A+ B -D
4 -1 -2 '
0 -3
-5
1,
2 -3
'- 3
“ B = -1
.-2
\-3 -p
3 + 1 -r
.5 + 4 - /
2 -2 -q
4 -5 -í
6 + 3 —i/.
-l-p
-q'
4 —r —1 —j =
. 9 -t
9 -u
=
0
0
0
0
0
0,
Két mátrix akkor egyenlő egymással, ha a megfelelő elemeik egyenlők, azaz
ba
4. Legyen
- 2 —/? = 0, ahonnan
1
5
2 -3
0
2 ;
A=
.1 - 1
1.
B=
3 -1
4
2
2
0
2
5
3.
és
4
1 2
3 2
C = 0
.1 - 2 3.
4
1 -1
2
7 ;
A+ B = 9
.3 -1
4.
0 -3 '
0
5
A + ( B -C ) = 9 - 1
1.
2
1
0
0 -3
5
(A + B ) - C = 9 - 1
2
1
1.
^=0;
—1—5 = 0,
ahonnan
j = -1 ;
9 —t = 0, ahoru^ian
t —9;
9 —u = 0,
ahonnan
w=9.
fgy
-2
0
4 -1
9
9
7. Számoljunk utána, hogy valóban fennáll-e
'2
0
0
.0
3 4 - r
1 -3
l
1 -2
3
0
5
1
+
0 -3
5
0
0 -3
0
0
1.
-0
0
0
-2 '
-4
-3
-2 .
'3 0
5 -3 '
0 6 -1 -1
0 0 -6
2
-0 0
0 -1 .
Az egyenlőség valóban fennáll, mert a bal oldali mátrixok azonos helyén
álló elemek összege egyenlő a jobb oldalon álló mátrix megfelelő elemével.
amivel az állítást igazoltuk.
5. Oldjuk meg az A + X == B egyenletet, ha
0
1 -1
3
2
1
B=
4 -2 .
.-1
1
'2
A = 3 -1 ;
0,
4
ahonnan
r= 4 ;
A + ( B - C ) = (A -i-B )-C !
-1 -2 0
4 -1 3 ;
1 2 0.
—q=0,
4 - r = 0, ahonnan
Mutassuk meg, hogy
B -C =
p = —2;
8.
Az I. fejezet 1. Gyakorló feladatában szereplő üzem három termékének
nyersanyag-felhasználását a
0 5
4 2
1 4
Az eredeti egyenletből X = B - A , de a kijelölt kivonás nem végezhető el,
mert az A és B mátrixok nem ugyanolyan típusúak. Az adott egyenlet tehát
mátrix.szal jellemeztük. Milyen mátrix írja le a nyersanyagszükségletet, ,ha
nem oldható meg.
mindegyik termékből 25 db-ot akarnak készíteni?
Mivel a nyersanyagfelhasználás ekkor az előző 25-szöröse, a keresett mátrix
6. Keressük meg az
A=
114
1 2'
3 4
,5 6,
és
B =
-3 -2 '
1 -5
4
3.
25T =
■75 50
0
25 25 100
75 50 25
125
50
100,
115
9. Legyen
A=
1 -2 r
5
3 1
0
1 1.
Léteznek-e olyan
és /c2 számok, amelyekre teljesül a ^lA + ^jB == C
egyenlőség, és ha igen, akkor melyek ezek?
A szóban forgó egyenlőség akkor teljesül, ha a ^lA + ZczB mátrix elemei
rendre megegyeznek a C mátrix elemeivel, azaz ha
0,5 1 1,5'
1,5
B = 2 0
.1,5 0,5 2
és
^» + 2A :2 = -4 ;
számítsuk ki a C = 2 A -4 B mátrixot!
2A:, + 3A:2 = - 5 ;
'2
' 2 - 4 2'
6 2 - 8
C = 2 A -4 B = 10
2 2,
.6
. 0
6'
0 -8 -4 '
2
6 -4
6 =
0 -6 .
8,
.- 6
4
0
2
3Ati-A:2 = 9;
- 4 / ci + 5A:2 = - 2 3 .
10. Legyenek
A=
1 1 -/
;
2/ 3 .
4/ 1 + 2/
;
4 3- / .
B =
c =
-2 /
1
A két ismeretlen meghatározásához két egyenlet elegendő. Az első egyen­
letből
ki = —4 —2/f2,
1 '
és ez pl. a másodikba helyettesítve
és számítsuk ki a D = /A -2B 4-3C mátrixot!
-8 /
-8
i /+ 1
- 2 3/
D = /A -2 B + 3C =
-2 -4 /
- 6 + 2/
-6 i 3
3 3 + 3/.
-1 3 /
2 -3 /
-7
- 3 + 8/
Valóban
'2
4 -1
2
0 ;
A= 3
.1 - 2
1.
B =
mátrixoknak a k ^ = ^ ,
kombinációját!
-1
-2
0
^3= i
3 5
6 0
12.
0 -1
2
c = 3 -1 2
.6
0 1.
1 2
3 -4
skalárokkal képzett konvex lincárisj
-0 ,2 5 0,75
1
2 -0 ,5
1,5
1,5
1 0 + - 0 ,5
0,25
0
0 ,5 * -1
0,5,
-0 ,2 5
1,25'
0
0
+ 0,75 -0 ,2 5
0
0,5 . .1,5
1,25
0,5
1,25
12. Legyen
116
1 2
;
.3 - 4 .
2 3'
. “ 1 5,
-4
-5 '
9 -2 3 .
13. Mutassuk meg, hogy
(A + B)* = A^ + B*.
1
1
1
L = — A+ — B+ — C =
2
4
4
A=
amiből /í2 = —3, ennélfogva ki = 2. A két gyök a két utolsó egyenletet is
kielégíti, ezért az egyetlen megoldás
k, = 2, k2 = - 3 .
U . írjuk fel az
0,75
2,5
1,75
2,25
2
-0 ,7 5
-8-4A :2 + 3A:2 = - 5 ,
B =
2
.-1
3^
;
5.
c =
-4
-5 '
9 -2 3 .
0,5
0,5
0,25.
Legyen A = [a,J, B=[/>,y]. Tekintsük az A*, B^ és (A + B)* mátrixok tet­
szőleges, pl. az /-edik sorában csy-edik oszlopában álló elemét. Ez rendre
hjt és Oji+bji, és ebből már látható, hogy (A + B)* = A* + B*.
14. Bizonyítsuk be, hogy A + A* akkor és csak akkor négyzetes mátrix,
ha A négyzetes mátrix!
Ha A négyzetes mátrix, akkor A* is az, hiszen az egyenlő számú sort és osz­
lopot cseréltük meg, és két ugyanolyan rendű mátrix összege (különbsége)
ugyanolyan rendű négyzetes mátrix.
Fordítva: ha A + A* négyzetes mátrix, akkor A és A* ugyanolyan rendű
négyzetes mátrix, mint A + A “^, hiszen ellenkező esetben az összeadás (kivonás)
nem volna elvégezhető; tehát A négyzetes mátrix.
15. Bizonyítsuk be, hogy ha A négyzetes mátrix, akkor A + A* szimmetri­
kus mátrix.
Azt kell kimutatnunk, hogy az A + A* mátrix egyenlő a transzponáltjával.
117
Ez valóban igaz, mert — felhasználva az (A*)* = A összefüggést —
(A + A")* - A*4-(A*)* = A *+ A = A +A *;
Mivel
A *=
ez éppen azt jelenti, hogy A-f A* szimmetrikus.
16. Bizonyítsuk be, hogy ha A négyzetes mátrix, akkor A -A * antiszimmetrikus mátrix!
írjuk fel A —A* transzponálját:
-4
1 8
2 -1 -6
.3
2
5.
ezért a szimmetrikus rész
S = -i(A + A * )= - i-
(A -A *)^ = A ^-(A *)* = A * -A = - ( A - A * ) ,
ez pedig éppen azt jelenti, hogy A —A* antiszimmetrikus mátrix.
17. Bizonyítsuk be, hogy ha az A mátrix egyenlő egy szimmetrikus S és egy
antiszimmetrikus T mátrix összegével: A = S + T, akkor S = i( A + A*) és
T -i(A -A * ).
Ha
A = S -fT ,
akkor
A^ = (S + X r = S*-hT*.
Mivel S szimmetrikus mátrix, ezért S * = S ; mivel T antiszimmetrikus mát­
rix, ezért T* = - T ; így
A* = S - T .
3 11
-4
-8
1,5 5,5-2
3 -2 -4 =
1.5 - 1
5
. 11 - 4 10
[ 5.5 - 2
az antiszimmetrikus rész pedig
T = 1 (A -A * )= ^
0
■ 0
1 -5
0,5 - 2 ,5 '
4
0
8 = - 0 ,5
0
-1
0,
0
5 -8
. 2,5 - 4
tehát a felbontás
2
-4
1 -1
8 -6
'- 4
5,51
3
1,5
-2
2 =
+
1,5 - 1
5,5 - 2
5
5.
0
0,5 -2 ,5 1
- 0 ,5
0
4
2,5 - 4
0
19. Mutassuk meg a
K=
1+2/
I
3
2 -3 /
összeadva a fenti egyenleteket,
A-f-A* = 2S,
mátrix segítségével, hogy ( k )* = K*, azaz a transzponálás és konjugálás művelete
felcserélhető!
írjuk fel a szóban forgó mátrixokat:
amiből
S = — (A + A*);
kivonva a két egyenletet,
T = 1 (A -A * ).
1 -2 / - /
3
2 + 3/^
(K)* =
1-21 3
- I 2 + 3/
1+2/ 3
/
2 -3 /
iT* =
1 -2 / 3
- i 2 + 3/
azaz valóban
(k ) * = íP .
18. Bontsuk fel az
A=
-4
2
1 -1
8 -6
mátrixot egy szimmetrikus és egy antiszimmetrikus mátrix összegére!
118
20. Bizonyítsuk be, hogy ha Ki és
komplex elemű mátrixok, akkor
(K1+ K 2) = K i + K2.
Tekintsük a szóban forgó mátrixok, tetszőleges, mondjuk /-edik sorának
és y-edik oszlopának egy-egy elemét. Ezek legyenek
Z1-Í-Z2;
119
tehát a felbontás
mivel azonban a komplex számok körében
Zii-Za = 2i-t-Z2,
'4 - 2 / 6 + 8/
. 10
-4 /,
ezért eredeti állításunk is igaz.
4
8 + 4/'
8 -4 / 0
- 2 / - 2 + 4/
2 + 4/ - 4 /
Ellenőrizzük a következő mátrbcszorzások helyességét (24—29. feladatok!)
21. Bizonyítsuk be, hogy ha K komplex elemű mátrix, akkor K = K.
Mivel a K mátrix minden Zjj elemére Zij=Zijy ezért az állítás igaz.
24. [4, 5, 6]
22. Mutassuk meg, hogy ha K komplex elemű négyzetes mátrix, akkor
hermitikus
es
K-
25.
ferdén hermitikus
mátrix.
Egy mátrix akkor hermitikus, ha egyenlő transzponáltjának konjugáltjával.
A K-hK* mátrix transzponáltja
( K + ir ) * = K * -h (ir)* =
2'
3 = [4 (2 ) + 5 (3 )4 - 6 (- l) ] = [17 ]= 17.
-1 .
■ 2'
2-4
2-5
2 .6 '
' 8 10 12'
3 [4, 5, 6] =
3*4
3 ‘5
3.6 =
12 15 18
-l.
X - D - 4 ( - D-5 ( - D-6.
.- 4 -5 - 6
4 -6
9
6
10
7
26. [1, 2, 3] 0 - 7
5
8 -1 1 - 8
k ' + í T,
+ 3-8;
I.9 + 2-10 + 3 ( - l l ) :
és így a transzponált konjugáltja:
k)
= K *+ K = K *+ K = K + K*,
vagyis valóban az eredeti mátrix, ami azt jelenti, hogy a K + K^ mátrix hermi­
tikus.
A feladat második része hasonlóan bizonyítható.
20
.29.
1-3 + 2.1 + U - 2 )
.4-3 4-0. l + 2 ( - 2 )
l ( - 4 ) - f 2 . 5 + 1.2
4 ( -4 )4 -0 -5 + 2-2
3
8
8 -1 2
23. Bontsuk fel a
K = 4 - 2 / 6 + 8/
10 - 4 /
29.
komplex mátrixot egy hermitikus és egy ferdén hermitikus mátrix összegére!
Mivel
4 - 2 / 10'
10^
K* = 4 + 2/
6 + 8/ - 4 /
6 - 8 / 4/.
ezért az herrrtitikus rész:
H = y ( K + ÍC) = y
3 -4
l
5
-2
28.
I (-6 )-(-2 (-7 ) +
1-6 + 2.7 + 3 ( - 8 ) ] = [ 1 9 ,4 , - 4 , - 4 ] ,
‘2.1 + 3.2 + 4.3'
. M + 5.2 + 6.3
27.
(K + K*)* = ( k * +
[1-4 + 2-0 + 3-5;
8
16 + 8/'
0
.1 6 -8 /
4
8 + 4/'
.8 - 4 / 0
1 4 -3
1
' 1 . 1+ 4 . 1 - 3 . r
' 1'
2 0
=
2 . 1+ 0.1 + M
3
1 1 =
. - 1. 1+ 3 . 1 - 5 . 1.
. - 3.
. ~ 1 3 - 5 . .1,
Vegyük észre, hogy egy n-m típusú mátrixnak szorzása az
[1 ,1 ,...,!]* n*l típusú összegező mátrixszal olyan oszlopmát12
n
rixot eredményez, amelynek elemei az eredeti mátrix megfelelő
soraiban álló elemek összege. Az elektronikus számítógépek is így
végzik az elemek összegezését.
30. Elvégezhető-e az alábbi szorzás:
a ferdén hermitikus rész pedig:
F = -i(K -Ír)= y
120
■ - 4 / - 4 + 8/'
4 + 8/
-8 /.
- 2/ - 2 + 4/
»
.2 + 4/ - 4 /
1 4 - 3 '
2 0
1 [1, 1, 1].
.- 1 3 - 5 .
121
A szorzás nem végezhető el, mert a két mátrix ebben a sorrendben nem konformábilis, ugyanis (3,3), ill. (1,3) típusúak.
A=
31. Végezzük el a következő szorzást:
ti, 1, 1]
34. Állapítsuk meg, hogy az alábbi mátrixok kommutábilisak-e!
1 4 - 3 '
2 0
1 .
-1 3 - 5 ,
1 -1
1
-3
2 -1
-2
1 0.
1 2
2 4
1 2
3
6
3
1 -1
1
-3
2 -1
-2
1 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-4
0
0
0
B=
Ez a szorzás elvégezhető, mégpedig
[1, J, 1]
1 4 - 3 '
2 0
1 :^[2, 7, - 7 ] .
.-1 3 -5 .
Az eredmény olyan sormálrix, amelynek elemei az eredeti mátrix oszlopai­
ban álló elemek összege.
B=
2
0
1 2
2 4
.1 2
3'
6
3,
= AB;
32. Szorozzuk össze az
A=
'3
5 -2 '
1 -2
3
-2 -1
0.
és
B=
1
1
J
1
1
1
1
1
I.
mátrixokat az AB sorrendben!
AB =
'3
5 -2 ' 1
1 -2
3 1
,2 -1
0, J
’6
1 1
1 1 = 2
1 1.
A
6 6'
2 2
1 1.
33. Szorozzuk össze az
'2
1
A = 3 -2
1 0.
és a
Tehát AB^íBA, vagyis A és B nem kommutábilis.
B =
5
.0
1 -2
2
3
3'
1.
mátrixokat!
A Falk-módszert alkalmazva és az oszlopösszeg-próbát használva,
35. Szorozzuk meg az
'4 - 1
0'
A= 3
2 -1
.5 - 6
3,
mátrixot a
P =
0 1 0
0 0 1
1 0 0.
permutáló mátrixszal előbb balról, majd jobbról!
A permutáló mátrixszal először balról szorozzuk meg A-t:
PA =
0 1 0' 4 - 1
0
'3
2 -1
0 0 1 3
2 -1 = 5 -6
3
1 0 0. .5 - 6
3,
,4 - 1
0.
Látható, hogy a mátrix sorai megcserélődtek, mégpedig az első
sorból harmadik sor, a másodikból első és a harmadikból második
sor lett. Ez annak a következménye, hogy a permutáló mátrixban
122
123
az Ű12, ű?23>Ö31 elemek helyén álltak az 1-esek. Vegyük észre, hogy
az elemek indexét fordított sorrendben olvasva, megkapjuk a sor­
cseréket.
Most jobbról szorozzuk A-t a permutáló mátrixszal:
A P=
4 -1
01 ro 1 01
r 0 4 -1
3
2 -1
0 0 1
= -1 3
2
.5 - 6
3 j [ l 0 oj
1 3
5 -6
Most könnyű észrevenni, hogy az oszlopok cserélődtek fel,
mégpedig az első oszlopból második, a második oszlopból har­
madik és a harmadik oszlopból első lett. A permutáló mátrix
nemzérus elemeinek, az űi2, ö23> elemeknek az indexe az oszlop­
cseréket is elárulja, csak az indexeket most szabályos sorrendben
kell olvasni. Ezek alapján bármilyen sor- vagy oszlopcsere egy
szorzással könnyen elvégezhető.
36.
Milyen permutáló mátrixszal kell egy tetszőleges negyedrendű A mát­
rixot megszorozni ahhoz, hogy az első sorából harmadik, a második sorból
első, a harmadik sorból negyedik, a negyedik sorból pedig második legyen?
Mivel sorcserét kell elérnünk, a permutáló mátrixszal balról szorozzuk
meg A-t.
A sorcserék: 1 - 3 , 2 - 1 , 3 - 4 , 4 - 2 , ezért az űfgi, a ,2, Ű43,
elemek az
1-csek, így a keresett permutáló mátrix:
P =
0
0
1
0
1 0 0
0 0 1
0
0 0
0 1 0
Gyakorlásképpen ellenőrizzük számításaink helyességét!
38.
írjuk fel azt az /í-edrendü permutáló mátrixot, amivel egy tetszőleges
/r-edrendű mátrixot megszorozva, abban két adott sor (ill. oszlop) helyet cseréi!
Ha az /r-edrendü A mátrix /-edik sorát akarjuk felcserélni A:-adik
sorával, akkor olyan P mátrixszal kell A-t balról megszoroznunk, amelyben
aj^=ű^,= l, továbbá a főátlóban álló, de nem az /-edik és A:-adik sorhoz
tartozó elemek mindegyike 1, a többi 0. Például negyedrendű mátrixok ese­
tén, ha azt akarjuk, hogy az első és második sor cseréljen helyet, az A mát­
rixot balról a
0 1 0
0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
mátrixszal kell szorozni.
Ha oszlopcserét akarunk végrehajtani, a szorzást ugyanezzel a mátrixszal
jobbról kell elvégezni. Például az előbbi P mátrixszal:
P =
A=
1
1
1
1
2
2
2
2
3 4
3 4
3 4
3 4
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
2
2
2
2
1
1
1
1
3 4
3 4
3 4
3 4
39. Szorozzuk meg az
A=
1 3 -2
4 -1
2
1 2
1
mátrixot a
37.
Milyen permutáló mátrixszal kell egy tetszőleges negyedrendű A mát­
1 0 0
rixot megszorozni ahhoz, hogy az első oszlopából negyedik, a második osz­
C = 0 1 0
lopából első legyen, a harmadik oszlopa helyén maradjon, a negyedik oszlop­
.0 0 c.
ból pedig második legyen?
Most jobbról kell szoroznunk az A mátrixot a permutáló mátrixszal, hi­
mátrixszal mindkét oldalról!
szen oszlopcserét kívánunk, mégpedig az 1 - 4 , 2 - 1 , 3 - 3 , 4 - 2 cseréknek
1 0 0 1 3 - -2'
megfelelően. Ekkor az 1-es elemeknek az í7i4, í72i, ^^^33,
elemek helyén
kell állniok, és így a keresett mátrix
CA = 0 1 0 4 - 1
2 =
.1
2
1.
0 0
0 0 0 1
—
1
0
2'
0
1 3
1 0
0 0
2 0 1 0 =
AC = 4 - 1
0 0 1 0
2
1, -0 0 c
.1
0 1 0 0
124
1
3 -1
4 -1
2
c
2c
c
1 3 -2c
4 -1
2c
c
\
2
125
Vegyük észre, hogy az első esetben A harmadik sora, a második esetben
A harmadik oszlopa szorzódott c-vel, a többi elem változatlan maradt.
Általában, ha az egységmátrix % átlós eleme helyett c-t írunk,
akkor vele balról szorozva a másik tényező /-edik sora, jobbról
szorozva a másik tényező z-edik oszlopa c-vel szorzódik.
42. Milyen mátrixszal kell szorozni a harmadrendű A mátrixot ahhoz,
hogy a második oszlop ~3-szorosa a harmadik oszlophoz adódjék?
Mivel oszlopot kell oszlophoz adnunk, a szorzás jobbról történik, mégpedig
a
n 0
01
0
1 -3
0
0
1
40. Szorozzuk meg az
mátrixszal, amit úgy kaptunk, hogy az E3egységmátrix a*3 eleme helyébe ( - 3)-t
írtunk.
3 -2
-1
2
2
1
mátrixot a
1 c 0
0 1 0
.0 0 1,
mátrixszal mintket oldalról!
D =
1 c 0 l
3 -- 2 '
'1 + 4C 3 - c --2 + 2c
1 0 4
1 2 =
4
-1
2
0 1. \
2
1.
1
1
2
1 3 - 2' 1 c 0
1 c+ 3 - 2
AD = 4 - 1
2 0 1 0 s=: 4 4 c - l
2
.1
2
1. .0 0 1^
.1 c + 2
1.
Vegyük észre, hogy az első esetben a szorzás ugyanazt crcdmcnyc/lc, mintha
a mátrix második sorának c-szcresét hozzáadtuk volna az első sorhoz, a má­
sodik esetben pedig mintha az első oszlop c-szercsét adtuk volna hozzá a má­
sodik oszlophoz.
DA =
0
0
Általában, ha az egységmátrix a^j
eleme helyébe c-t
írunk, és az így kapott mátrixszal egy ugyanolyan rendű A mát­
rixot balról megszorzunk, akkor az A mátrix /-edik sorához
adódik a y-edik sorának c-szerese; ha pedig ugyanezzel a mátrix­
szal jobbról szorozzuk meg az A mátrixot, akkor az A mátrix
/-edik oszlopának c-szerese adódik hozzá a >edik oszlopához.
41.
Milyen mátrixszal kell szorozni a negyedrendű A mátrixot, hogy máso­
dik sorához adódjék negyedik sorának ( ~ 2)-szerese?
Mivel sort kell sorhoz adnunk, a szorzás balról történik, mégpedig olyan
mátrixszal, amelyet úgy kapunk, hogy az E« mátrix ű2i eleme helyén álló 0
helyébe ( - 2 ) - t írunk. A keresett mátrix tehát
^1
D
126
43. Szorozzuk meg az A négyzetes mátrixot mindkét oldalról transzponáltjával!
Ha
r 1 3-2 1
' 1 5 -3 '
A=
5 -1
0 , akkor A* =
3 -1
2
.-2
0 - 2.
,-3
2 - 2.
és így
0
0
01
0 -2
1
0
0
1
= A* A.
Látható, hogy mind az AA*, mind az A’^A mátrix szimmetrikus, de nem egyen­
lők.
Ha AA* = A*A, az A mátrixot normális mátrixnak nevezik.
127
44. Mutassuk meg, hogy AA* és A* A mindig létezik (vagyis ez a két szor­
zás mindig elvégezhető)!
(w //) típusú mátrix. Az
A • A*
(n, m) (m, n)
és
46. Határozzuk meg az AB és a BA szorzatot, ha
2 0 0'
4 1 0
. - 5 3 4,
A Falk-módszerrel
A* . A
(m, fi) (n, m)
szorzás elvégezhető, mert a két-két mátrix konformábilis!
-3
0
0
'
A=
és
B =
1 - r
2
5
0
6.
45. Szorozzuk össze az
A=
0
'- 2 0
5 3 0
8 7 -4
és
B=
■ 1 0
0'
5 3 0
-1 0 -7 ,
alsó háromszögmátrixokat mindkét sorrendben!
= AB:
47. Tekintsük az
■ 2 -3 -5 '
A == - 1
4
5 ,
1 -3 -4 .
B=
1 4 1 0
2
1 1 1
.1 - 2 1 2,
0
7
3
2'
és C = 3 - 2 - 1 - 1
0
1 3
4
mátrixokat, és bizonyítsuk be, hogy AB = AC.
B =
A szorzás definíciója alapján könnyen belátható, hogy két
alsó (két felső) háromszögmátrix szorzata ismét alsó (felső) három­
szögmátrix, és általában
Ha egy alsó és egy felső háromszögmátrixot szorzunk össze,
a szorzatmátrix már általában nem lesz háromszögmátrix.
128
1 4
2
1
1 - 2
1 0
1 1
1
2
2 -3 -5 -9
15 - 6 - 1 3
--1
4
5 12 - 1 0
8
14
1 - 3 ~4 - 9
9 - 6 -1 1
2 -2
-4
-6
14 - 4
AB;
-1 0
129
0 . 7 3
3 -2 -1
0
1 3
c =
Egyrészt
2
-1
4
= C
2 - 3 - 5 -9
15 - 6 - 1 3
- 1 4
5 1 2 -1 0
8
14
1 - 3 - 4 -9
9 - 6 -1 1
= AC.
:(AB)C
2 -2
-4 ^ -6
14 - 4
-1 0
Figyeljük meg, hogy az AB = AC mátrixegyenlőségből nem
következik a B és a C mátrixok egyenlősége!
II
AB
48. Mutassuk meg, hogy (AB)C = A(BC), ha
A = [2, - 5 , 4];
B =
■ 3
-2
4
1 0
2
5 ;
1 -3
c =
■ 2'
-4
7.
(Itt az ellenőrzést oszlopösszeg-próbával végeztük.)
Másrészt
Egyrészt
3
AB = [2, - 5 , 4] - 2
4
C —
1 0
2
5 = [32, “ 4, -3 7 ],
1 -3 .
B=
és így
'
(AB)C = [32,
K -3 7 ]
2'
- 4 = 64-f*16-259 = -1 7 9
7^
másrészt
'
BC =
3
-2
4
1 -1
-2
0
3 -1
1
3 ;
2,
■ 1 3
0 2 ;
B=
- 1 4.
mátrixokra mutassuk meg, hogy (AB)C == A(BC).
130
1
3
2
7
4
7
2
0
3 -4
-2
1
2 -3
0 -4
- 2 -1 1
10
0 -1 0
7 -1 0 -2 7
31
2 -2 7
-1
2
8*
5
26
11
2
1
5
2
2
- = BC
5
-4
17
A(BC)
2
A(BC) = [2, - 5 , 4]
23 = 4 - 1 1 5 - 6 8 = - 1 7 9 .
-1 7
49. Az
A=
1 -1
0
A = -2
3 -1
2'
'
1 0 ■ 2'
23
2
5 . -4 =
7,
.- 1 7 ,
1 -3 .
ezért
'
1 3
0 2
-1 4
1
2
c =
1 2
3 -4
2 0 -2
1
(Itt az ellenőrzést sorösszeg-prőbával végeztük.)
50. Számítsuk ki az
'2 - 1 1
A= 0
1 2
0 1.
.1
mátrix négyzetét és köbét!
131
A=
A= 2-rc igaz az állítás, mert
A=
2 -1 1
0
1 2
1 0 1
2 -1 1
0
1 2
1 0 1
5 -3 1
2
1 4
3 -1 2
= A>
0
8
3
A»
2 -1
0
1
1 0
1
2
1
11 - 8
8 -1
8 -4
Tegyük fel, hogy A:=i-re már igaz az állítás; akkor k = (i+ l)-re is igaz,
hiszen
51. Bizonyítsuk be, hogy
n
1 n
1 1
0 1.
.0 1.
A bizonyítást teljes indukcióval végezzük el.
Közvetlenül látszik, hogy pl.
1
0
1
1
1
0
1
1
a
3
0
Ű2
... 0
•••0
0
0
...a„
0
...0
1
1
1 1
0 1
1 2
0 1
űi 0 ...0
0 a i...O
0
1 2
0 1
1 1
0 1
1 3
0 1
0
0
1
0
Tegyük fel, hogy /z= A:-ra tételünk igaz, azaz
1
0
k
l' =: ’l k
0 1.
1.
1
0
r
1.
k+l
0
53. Az
A=
1 k
0 1.
1
0
1
1.
1
0
k+ \
1
és ebből már a bizonyítandó összefüggés következik.
(A + B)2
és
B = ’l - 3
A
A* + 2AB + B*;
A ^-B 2pf (A + B )(A -B ).
-1
2'
3 -2
0 .,.. 0 ' le űí 0 ...0
0 Ö2. ..0 = 0 űS. ..0
ai
0 0 ...űS
-1
2
3 -2
mátrbcok segítségével mutassuk meg, hogy
52. k<dí vonatkozó teljes indukcióval bizonyítsuk be, hogy
0 0 . • űn.
0 ...űl.
és ez azt jelenti, hogy az állítás mmden A:-ra igaz.
Ekkor
132
űi
0
W
2 -3 '
.1
4
-1
2
3 -2
2 -3 '
1 4
7 -6
. - 9 10
1 -1 8
6
13
133
-1
2
3 -2
AB =
Mivel
0
iT
,4 - 1 7 ,
2 -3
.1
4
A^+AB+BA+B^ =
7 -6
0
-f
4
- 9 10.
A+ B =
11
+
-1 8
- 1 1 10
+ 1
11 - 6
.6
13.
-3 -3
. 12
0
és ez azonos az (A+B)* málrixszal, ezért az állítás helyes.
1 -T
A
2,
(A + B)»
-3 -3
12
0
1 -l'
4
2.
Könnyen belátható, hogy általában is igaz az
0
22
7 -6
1 -1 8
+
-f
6
. - 9 10.
.8 - 3 4
13.
AM 2AB + B^ =
8 -2
.5 -1 1 .
és valóban
8 -2
5 --11,
-3 -3
. 12
0
(A + B)2 = A2 + 2A B + B2.
55. Mutassuk meg az előző két feladatban szereplő A és B mátrixra, hogy
-3
5 .
2 -6 .
A -B =
(A + B)2 = A^+AB+BA+B^
összefüggés.
Abban a speciális esetben, ha AB = BA, tehát ha A és B kommutábilis, akkor
(A + B) (A -B ) = A» + B A - A B - B ‘ ;
1 -1
4
2
(A + B) (A -B )
1 -1 8
6
13
7 -6
. - 9 10,
A 2-B 2
( A -B ) (A + B) = A ^-B A + A B-B*.
~ 5 11
-8 8
-3
5
2 -6
(A + B ) ( A - B ) = \ - l
—O
A 2 + B A -A B -B 2 =
6 12'
.-1 5 - 3 ,
7 -6
- 9 10
és valóban
- 5 iT
- 8 8.
6 12
,- 1 5 -3 .
0
11
4 -1 7
1 -1 8
6
13
- 5 11
-8 8
tehát az első azonosság érvényes.
5* 1 - 1
(A -B ) (A + B) = ' - 3
2 -6
A
2
A *-B A + AB-B»^
54. Mutassuk meg az előző feladatban szereplő A és B mátrixra, hogy
(A + B)2 = A» + AB + BA + B*.
7 -6
- 9 10
Láttuk, hogy
(A +B )- - [ - ’ ~ l
7 -6
;
- 9 10,
- 1 1 10
11 - 6
-1 1 10
11 - 6
17
13'
.- 2 2 - 1 4
0
11
4 -1 7
1 -1 8
6
13
17
13'
- 22 - 1 4
ennélfogva a második azonosság is érvényes.
AB =
0
11 ;
4 -n .
B* =
1 -1 8 '
6
13.
Belátható, hogy az
(á 4-B)(A ~B) = A H B A - A B - B ^
és az
kiszámítandó még
(A -B )(A + B) = A ^ -B A -fA B -B "
BA =
134
2 -3
\
4.
-1
2
3 -2
- 1 1 10
11 - 6
azonosság általában is igaz.
135
56. Legyen adott három mátrix:
■ 2 -3
A= - 1 4
1 -3
bj
■ 2 -2 -4 '
-1
3
5'
-5 '
3
4
1 - 3 -5 ; c = -1
5 ; B =
-4
. 1 -2 -3 ,
.-1
3
5.
c =
2 -2 -4
- 1 3
4
1 -2 -3
Mutassuk meg, hogy ebben az esetben
2 -3
A= - 1 4
1 -3
aj AB = BA = 0;
őj AC = A;
cj
2 -2 -4
2 -3 -5
A = -1
4
5
1 -3 -4
ej A»-B* = (A -B )(A -fB );
(A + B)« = A»-fB>.
2 -2 -4
C = - 1 3
4
I -2 -3
aj Mivel
B=
2 -3 -5
4
5
A = -1
1 -3 -4
2 -2
-4
2 -2 -4
cJ
dj ACB=CBA;
-1
3
5
1 -3 -5
-1
3
5
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2 -1
= AB
2 -2 -4
-1
3 4
1 -2 -3
-3
2 -1
= CA = C.
-3
dj Mivel AC=A, ezért a bal oldal AB = 0; hasonlóképpen a jobb oldal
BA = 0 miatt 0.
e) Az (A -B )(A + B) = A^ —AB + A B -B ^ azonosságban a két középsó
tag 0, ezért valóban (A -B )(A + B) = A^ —B^.
f j Az (A + B)2 = A^-f AB + BA + B^ azonosságban ismét a két középső
tag 0, ezért valóban (A + B)^ = A H B ^
57. Mutassuk meg, hogy az
és
A=
2 -3 -5
4
5
A = -1
1 -3 -4
- 1 3
5
B=
1 -3 -5
-1
3
5
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
3
5
1 -í
2 -1 .
és
B =
1
1
A -1 .
mátrixokra
AB = -B A
= BA,
mindkét szorzatmátrix zérusmátrix, így az aj állítást bebizonyítottuk.
136
= AC = A.
CA=C,
majd ezeket felhasználva bizonyítsuk be, hogy
/J
-5
2 -3 -5
5 - 1 4
5
-4
1 -3 -4
BA =
AB =
és
(A + B)^ = A" + B“
A -1 .
1 -1
2 -1 .
3 -2
2 -3
1 -T
-2 - I .
’i
r
.4 - I
-3
-2
1
1
2
= —BA.
3
A második álh'tás ebből már következik, hiszen AB-f BA = 0.
137
58. Mutassuk meg, hogy a konformábilis Ki és K, komplex mátrixokra
KxK* = K iK ,.
61, Mutassuk meg, hogy az
A=
Mivel tetszőleges Zi = a^ + bii és Za = a^-vbxi komplex számra
+
+
= Ű ia2--6i6,-f(ai6, + űra^i)/=
■ 2 -3
- 1 4
1 -3
-5 '
5
-4 .
-1
3
5'
1 -3 -5
-1
3
5.
és B =
mátrixok projektormátrixok, majd mutassuk meg példájukon, hogy az előző
feladatban szereplő állítás megfordítása nem igaz: ha A és B projektormátri­
xok, abból még nem következik AB = A, sem BA = Bi
= { a ^ - b j ) ( a t - b t i ) = fi-z ,,
=
2 -3 -5
A = -1
4
5
1 -3 -4
ezért ez az átalakítás a KiK* mátrix minden elemére elvégezhető, így állítá­
sunk igaz.
59. Mutassuk meg, hogy
2 -3
A= - 1 4
1 -3
■ 2 -2 -4 '
3 4
P== - 1
. 1 - 2 -3 .
2 -2
-5
2 -3 -5
4
5
5 -1
-4
1 -3 -4
-4
2 -2 -4
B =
-1
3
5
1 -3 -5
-I
3
5
A* = A;
projektormátrix!
P =
2 -2 -4
-1
3
4
1 -2 -3
2 -2 -4
2 - 2 ->4
4
4 - 1 3
P = - 1 3
1 -2 -3
1 -2 -3
2 -1
-3
2 -1
- 1 3
5 -1
3
5
1 -3 -5
1 -3 -5
-1
3
5 -l
3
5
=
-3
1
3
5
1
3
= B* = B,
5
P* = P^.P = P -P = P,
P ” = P, tehát P valóban projektormátrix.
tehát A és B valóban projektormátrix.
Az 56. Gyakorló feladatban már kiszámoltuk, hogy AB = 0 és BA =0, tehát
60.
Bizonyítsuk be, hogy ha az A és B mátrbcokra A B =A és BA =B, akkor
AB?^A cs BA?^B.
A is, B is projektormátrix!
A mátrixszorzás asszociatív tulajdonsága és a feltételek miatt egyrészt
62.
Bizonyítsuk be, hogy ha az A és B mátrixokra AB = A és BA = B, akkor
■J^(A-fB) projektormátrix és i (A —B) nilpolens mátrix.
A BA =(A B)A =A A = A*;
Felhasználva, hogy feltételeink mellett A és B projektormátrix (60. Gya­
korló feladat), ^(A4-B) négyzete így alakítható át:
másrészt
ABA = A(BA)=AB=*A.
Mivel így A^=A, bebizonyítottuk, hogy A projektormátrix. A BAB szor­
zatból kiindulva, B-rc vonatkozó állításunk teljesen hasonlóan belátható.
138
1 ( A + B)
*
1
= — (A^-fAB-hBA + B^)
— (A + A + B + B) - — (A + B),
4
2
tehát az első állítás igaz.
139
A második állítás bebizonyításához tekintsük i ( A - B ) négyzetét, amely
így alakítható át:
y (A -B )
— (A > -A B -B A + B») = — ( A - A - B + B) = 0,
4
4
63. Mutassuk meg, hogy ha A projektormátrix és
XA nem projektormátrix!
Mivel
ezért
és
iH-
akkor
ha
esetében AA nem projektormátrix.
tehát R valóban projektormátrix. Másrészt
PR = P ( E - P ) = P E - P * = P - P = 0,
ill.
= ... = N " = 0,
és így
N (E + N)" = N (E ± /iN ) = NE±/iN* = N.
1
-3 -4
-1
3
4
1 -3 -4
N
mátrix nilpotens!
Valóban
■ 1 -3 -4 '
■ 1 -3 -4
= -1
3
4 • -1
4 =
3
1 “ 3 “ 4.
1 -3 -4
0
0
0
0
0
0
0
0
0.
68. Mutassuk meg, hogy az
RP = ( E - P ) P = E P - P * = P - P = 0,
'
1 -2 -6
-3
2
9
,2
0 -3 ,
amivel állításunkat bebizonyítottuk.
65. Mutassuk meg, hogy az
1
1 3
5
2
6
-2 -1 -3
mátrixnak csak két különböző hatványmátrixa van, amelyek váltakozva is­
métlődnek!
1 -2 -6
A = -3
2
9
2
0 -3
mátrix nilpotens!
0
01
3*
r 0
6 =
31 ;3 9
-3 ,
.-1 - 1 - 3 .
1
1 3
5
2
6
- 2 -1 -3
,-l
akkor
67. Gyakorlásképpen mutassuk meg, hogy az
R2 = (E -P )* = E 2 - E P - P E + P=* = E - P - P + P = E - P = R,
N* =
N2 = 0,
Az első lépésben felhasználtuk, hogy az n tényezős szorzat kiszámításakor
a feltétel szerint a szorzatnak csak az a tagja lesz zérustól különböző, amely­
hez vagy minden tényezőből az E-t választjuk (E"=E), vagy amelyhez az egyik­
ből az N-et, az összes többiből az E-t. Ez utóbbit w-féleképpen tehetjük meg
(/zNE = ;zN).
64. Bizonyítsuk be, hogy ha P projektormátrix, akkor R = E - P is pro­
jektormátrix, valamint P R = R P = 0.
Felhasználva, hogy E^ = E, EP = P E = P és P ^= P , az R mátrix négyzete
így írható fel:
N =
bármilyen pozitív w-re!
Ha
ehát ^ (A -B ) valóban nilpotens.
aA)2=A*A*=A2A7íAA,
66. Bizonyítsuk be, hogy ha N olyan nilpotens mátrix, amelyre
akkor
N (E -fN )" = N
-1
-3 j
1
1 3
2
6
5
- 2 •- 1 - 3 .
0
0
0
0
0
0
-7
8
-1
1 - 2 - 6 - 5 - 6 - 6 -1 7
-3
2
9
28 A=*
9 10
9
2
0 - 3 - 4 - 4 - 3 -1 1
0
0 = 0.
0,
1 -2 -6
1 -2 -6
A = -3
2
9 -3
2
9
2
0 -3
2
0 -3
-7
8 A=*
-1
Mivel N^=0, tehát N valóban nilpotens.
140
141
A táblázatból már látható, hogy
= A, amiből közvetlenül következik,
hogy A"^ = A^; A^ = A^ A = stb. és általában
cs
0
1 0
0
1 0
0
1 0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
-1 - l -1 - 1 -1 -1 - 1 -1 -1
A = A3=:A« = ... = A"'‘^^ = ...,
A2 = A ^ = . .. = A 2 ^ = ...
0
1 0
0
0
1 _ 1 -1 -1
0
0
1 -1 -1 -1
1 0
0
-1 -1 -1
1 0
0
0
1 0
69. Igazoljuk, hogy az
A=
- 1 - 1 -11
0
1 0
0
0
1
4 =
-1 -1 -1
0
1 0
0
0
1
3
■ 1 2
3
0
2
.-1 -1 -1 .
-1 -1 -1
0
1 0
0
0
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
E3.
1
1
és
-2 - 1 - 6
3
2
9
. - 1 - •1 - 4.
B.
-2 -1 -6
3
2
9
-1 -1 -4
= E3.
A=
-1
0
0
1
mátrixokkal AB = BA.
B=
A=
0
1
0
Mutassuk meg, hogy az
mátrix négyzete az E3 egységmátrix!
A=
1
0
0
1
1 2
3
3
2
0
-1 -1 -1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
= AB = E „
Tehát valóban fennáll, hogy A^ = E3.
70. Az előző feladathoz hasonlóan igazoljuk, hogy
A=
1 0' 3 ■ 0
0
1 0'
0
0
1
- 1 =:
-1
1 = E3.
0
. - 1 - 1 - 1.
0
j.
- 2 ~1 - 6
3
2
9
-1 -1 - 4
Valóban
0
0
1
0
-1 - 1 -1 -1
0
0
0
1
0
1
0 -1 -1 -1
1
0
0
~1 - 1 - 1
0
0
1
0
0
1
142
1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
= BA = E3,
1
- ]
0
-1
0
1
1 2
3
3
2 0
-1 -1 -1
0
1
0
0
0
1
tehát valóban AB = BA.
72. Mutassuk meg az
= £ 3,
A=
1 3
. - 2 1,
B=
4 -T
2 - 1.
mátrixokra, hogy (AB)^ = B*A*.
143
AB =
■ 10 - 4
.-6
1.
A*
1 -2
;
3
1.
4
-1
(AB)* =
B* =
2
10 - 6
4
2
-1 -1 .
1 -2
3
1
10 - 6
-4
1
73. Bizonyítsuk be, hogy általánosan igaz az előző példában az adott két
mátrixra igazolt összefüggés, vagyis, hogy (AB)* = B*A* minden konformábilis
A és B mátrixra!
Legyen az A = ( űJ mátrix típusa (m, w); a B = [6 J mátrix típusa (aí. p ).
Ekkor a szorzás AB sorrendben elvégezhető, és a C = AB = [c,yl mátrix típusa
(m,p). Az AB mátrix /-edik sorában és y-edik oszlopában álló elem — ami
egyúttal (AB)* y-edik sorában és /-edik oszlopában áll —
n
C^J =
2
Fordítva: ha AB szimmetrikus, akkor ez azt jelenti, hogy (AB)*=AB, és
most is fenn kell állnia az általános összefüggésnek is, vagyis
(AB)*=B*A*=BA,
tehát AB=BA, azaz szorzatuk felcserélhető.
76. Mutassuk meg, hogy ha A m-edrendü szimmetrikus mátrix és B
m -n típusú tetszőleges mátrix, akkor a C = B*AB mátrix szimmetrikus.
Ha A szimmetrikus mátrix, akkor (felhasználva a 74. Gyakorló feladat ered­
ményét)
C* = (B *A B )*=B *A *(B T=B *A *B = B*AB = C,
és ez éppen azt jelenti, hogy C szimmetrikus.
Hasonló tétel mondható ki akkor, ha A antiszimmetrikus.
77. Gyakorlásképpen bizonyítsuk be, hogy ha A szimmetrikus, akkor mind
AA* = A*A, mind pedig A^ is szimmetrikus.
Ha A szimmetrikus, akkor A = A*, ezért
k^l
A B* mátrix ;-edik sorában ^ bij, bij,
b„j elemek állnak, az A* mátrix
/-edik oszlopának elemei
A B*A* szorzatmátrix y-edik sorá­
ban és i-edik oszlopában éppen a most felsorolt elemek kompozíciója áll,
fi
n
2 ^kj<^lk — 2 ^Ikbkjt
k=l
ez valóban éppen c,j, és ezzel a bizonyítást befejeztük.
74. Bizonyítsuk be, hogy
(A B C )*=C *B *A \
Felhasználva a mátrixszorzás asszociatív tulajdonságát és az előző feladat
eredményét,
A^ = AA = AA* = A*A,
továbbá pl. az AA* mátrix szimmetrikus, mert az /-edik sorában és y-cdik osz­
lopában álló eleme az A mátrix /-edik sorának és az A* mátrix y-edik oszlopának
kompozíciója. De ez van AA* y-edik sorában és /-edik oszlopában álló elem
helyén is, hiszen ugyanazokat az elemeket komponáltuk.
Az alábbiakban a mátrixok közgazdasági alkalmazásával kap­
csolatos néhány elnevezést sorolunk fel.
Tekintsünk egy üzemet. Jelöljön Ti, Tg, ...,
egy-egy, az
üzem által gyártott terméket. A gyártáshoz
erő­
forrás (nyersanyag) áll az üzem rendelkezésére. Az egyes termékegységekre vonatkozó ráfordításokat, az ún. technológiai együtthatókat a következő táblázat mutatja:
(ABC)* = {(AB)C}* =C*(AB)* = C* B*A*.
75. Legyenek A és B /i-edrendű négyzetes szimmetrikus mátrixok. Bizo­
nyítsuk be, hogy az AB szorzat akkor és csak akkor szimmetrikus mátrix, ha
A és B szorzata felcserélhető.
Ha A és B szorzata felcserélhető, azaz AB = BA, akkor (A és B szimmetri­
kus voltát kihasználva)
(AB)*=B*A*=BA = AB,
ami azt jelenti, hogy AB szimmetrikus.
144
T i
E l
ö li
Ö 12 .
• ű lm
E ,
Ű 21
Ű 22 •
. Ű 2m
E^
ű n l
a n 2 -« • Onn
jelenti azt a ráfordítást, ami az E^ erőforrásból egységnyi Tj
előállításához szükséges.
145
A táblázatban feltüntetett számadatok a technológiai mátrixot
adják:
ŰU Ű12 ..•* ^Im
an ^22 •
M =
•*^nm.
Onl
A mátrixnak annyi sora van, ahány erőforrással rendelkezünk,
és annyi oszlopa, amennyi a termékek száma.
Ha az üzemnek a T^,
termékekből rendre pi,
egységnyit kell előállítania, ezt a feladatot a
P
=
[P i> P i>
- - . P
J *
oszlopmátrixszai adjuk meg, amit programmátrixnak vagy prog­
ramvektornak neveznek.
Az Mp szorzat az adott termelési program erőforrás- (nyers­
anyag-) szükségletét mutatja, erőforrások szerinti bontásban.
A rendelkezésre álló erőforrások adatait tartalmazó
k =
Határozzuk meg a termelés anyagköltségét és fejlagos anyagköltségét, ha az
üzemnek az egyes termékekből rendre 40,25,60, 50 darabot kell elóáUi'tania,
az egyes erőforrások kapacitása 450,400,300 egység és az erőforrások egyséeára 10,12, 8 egység,
^
A programvektor
p=[40, 25, 60, 50]*.
Az előírt termelés erőforrásszükséglete:
Mp =
'1 3
2 4
0 2 3 3
2 1 1 2
'435
380
265
A kapacitásvektor:
k = [450, 400, 300]",
tehát az előírt program szerinti termelés végrehajtható, mert egyik erőfor­
rással szemben támasztott igény sem nagyobb, mint az illető erőforrás kapa­
citása.
Az árvektor:
h ,
a* = [10, 12, 8].
oszlopmátrixot kapacitásvektornak nevezik.
Az egyes erőforrások egységárait tartalmazó
a* = [űi, Ü2,
fl„]
sormátrixot árvektornak szokás nevezni. Ezekkel az adatokkal a
termelési program anyagköltsége
K = a*Mp.
Az a*M mátrix az egyes termékek egységére eső ún. fajlagos
anyagköltséget adja meg.
78. Egy üzem három erőforrás segítségével négyféle terméket készít,
melyek technológiai mátrixa
ri
M = 0
.2
146
3 2 41
2 3 3 .
1 1 2 ,
Az előírt termelési program anyagköltsége
1 3
2 4
K = a*M p = [10, 12. 8] 0 2 3 3
2 1 1 2
'435
= [10, 12, 8] 380
265
= 11 030 egység.
A fajlagos anyagköltség
a*M = [10, 12, 8]
3 2 4
2 3 3 *[26, 62. 64, 92].
1 1 2
Ellenőrzésképpen
40
[26, 62, 64, 92) 25 = 11030.
60
-50.
147
második ciklusban három végterméket (ezek
Kg, ^^3). Az anyagfelhasz­
nálást az alábbi séma mutatja. A vonalakra írt számok a szükséges fajlagos
anyagmennyiséget jelentik.
79.
Egy üzem az
N 2 nyersanyagokból az első munkafázisban
és F3 félkésztermeket állít elő, majd ezekből a második fázisban Vi és V2 vég­
terméket. Az egyes termékek egységenkénti anyag-, ill. félkésztermék-szükségletét az alábbi táblázat mutatja:
N,
Fi
F,
F.
1
2
4
3
5
6
Vi
V2
1
5
4
3
3
1
F^
F^
F,
Melyik nyersanyagból mennyi szükséges az egyes végtermékekhez, és mek­
kora a nyersanyagszükséglet, ha Kj-ből 1000, Vi-böl 1200 darabot gyártanak?
A félkésztermékek nyersanyagszükségletét az
1 4
2 3
5
6
a végtermékek fél késztermék-szükségletét az
1 3
5
3
4 1
technológiai mátrixszal írhatjuk fel. A végtermék nyersanyagszükséglete e két
mátrix szorzatából olvasható le:
M = M 1M2 =
1 4 5'
.2 3 6.
1 3
5 3
.4 1.
41
.41
Például az A^i-et és
összekötő vonalon levő 5-ös azt jelenti, hogy egy
egység Fi előállításához 5 egység .V^-re van szükség.
írjuk fel a technológiai mátrixot! Határozzuk meg a nyersanyagszükségletet
megadó oszlopvektort, ha a programvektor
20
21.
mégpedig az M mátrix első oszlopmátrixa a Ki, a második oszlopmátrixa a
Vz végtermék egy darabjának a nyersanyagszükségletét mutatja. Az M mátrix
sormátrixai az egy-egy darab gyártásához felhasznált nyersanyagok mennyisé­
gét mutatják. A teljes gyártás nyersanyagszükséglete a
41
41
20'
21.
1000'
1200,
65000
.66200,
100
200
300
A táblázatból
mátrixa
1
M, = 3
0
148
5
4
2
0
1
3.
ahol most az oszlopmátrixok az egyes félkésztermékek fajlagos anyagszükség­
letét jelentik; a második munkaciklus technológiai mátrixa
oszlopmátrixból olvasható le, mégpedig A^i-ből 65 000 egységre, Nz-ből 66 200
egységre van szükség.
80.
Egy üzem három nyersanyagból (amelyek A^i, A^2» ^:\)
első munka­
ciklusban három félkésztermékei (ezek F ,, Fj, F^) állít elő, majd ezekből a
könnyen leolvasható, hogy az első munkaciklus technológiai
Ma =
2
3
0
1 0
6 4
3 2
149
amelynek egyes oszlopmátrixai egy-egy végtermék félkésztermék-szükségletét
mutatják.
A teljes gyártás technológiai mátrixa az M 1M2 mátrix; a teljes anyagszük­
séglet
M,M2p.
A szorzást elvégezve:
M2 =
2
3
0
1
6
3
0
4
2
100
200
300
1 5 0
3 4 1
0 2 3
17
18
6
31
30
21
20
18
14
13900
13200
9000
4 11
41
82
52
4
Minden meg nem nevezett érték zérus.
íijuk fel a teljes termelés technológiai mátrixát! M ekkora nyersanyagszük­
séglettel kell számolnunk, ha a gyárnak az alábbi alkatrész- és végterméket kell
szállítania:
=
X=
2
3
0
0
2
1
81.
Egy üzem hat nyersanyagból (A^i,
A^«) ez első munkaciklusban
három (A"i, A"a, A"a), a második munkaciklusban öt (Ti,
^ 5) alkatrészt
gyárt, és ezekből készül el négy (Zi,
végtermék. Az egyes termékek
anyagszükségletét az alábbi táblázat tünteti fel. Egy-egy kisbetű az első index­
szel a felhasznált anyagot, ill. terméket jelöli, a további indexek a felhasználás
fázisát jelölik. Például Wia az az anyagmennyiség, amely a
nyersanyagból
az X 3 alkatrész előállításához szükséges, vagy x^oa az a mennyiség, amely az
Xi alkatrészből a második (az Y) ciklus kihagyásával a Z 3 végtermék előállí­
tásához szükséges.
Az adatok :
/ i„ =
X xi = 1
^3. = 1
>'11 =
= 1
-^ia = 2
•^88 = 2
>^13=1
>'*3 = 3
=3
AÍi 8 =
3
^34 = 5
« 41 = 4
'*101 = 4
^14 =
4
^35 = 1
^ 33= 1
«43 = 3
'* io a = 1
X il = 1
•^ 101= 1
>^33= 2
/*61=
2
/í«04 — 1
Xaa = 3
•^108= 2
>^34=1
/Í6*= 2
—3
Xs4= 4
^30a=l
> '4 8 = 3
^803= 3
>'44=1
/ !„
> '6 1 = 2
>'6Í=1
150
=
0
0
1
4
2
3
0'
0
0
;
3
1
0.
1 2 3
1 3 0
0 I 2
2
0
0
0
.2
2
'*68 =1
3
Z,
z =
^3
L zJ
r 10001
1200
800
-1500.
Az adatok alapján az egyes részmunkák az alábbi technológiai mátrixok­
kal jellemezhetők (a mátrix indexében a munkafolyamat elején és végén sze­
replő anyag, ill. gyártmány betűjele van):
Vagyis TVi-ből 13 900, A^a-ből 13 200, iVj-ből 9000 egység szükséges a kívánt
mennyiségű végtermék előállításához.
/In = 2
'200'
’Yi
100
Y,
Y = Ys _ 100 ;
100
Y,
.200.
100'
200
400.
1
3
1
0
1
4
0
0
0
0
0
^NY =
4 0
4 0 ;
5
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
3
1 0 2 0
Mjcz = 0 1 0 0
0 0 3 0
0
0
0 0
2
1
3 1
0 0
A részmunkák alapján a végtermék előállítására vonatkozó teljes technoló­
giai mátrix:
Mjvz =
M2yy)My2*f
a szállítandó árumennyiség nyersanyagszükségletét pedig az
U =
Ux + U y + U ^
151
oszlopmátrix adja, ahol
Uz = M;vzZ,
tehát UxyUy* ül- Uz az X, y, ilJ. Z termékből szállítandó mennyiség teljes
anyagszükséglete (nyersanyagból és alkatrészből).
A részletes számítások:
•M , , =
2
3
0
0
2
1
0
0
1
4
2
3
=
1 0 2
0 1 0
0 0 3
0
0
0
3
1
0
2
3
0
0
2
1
0
0
1
4
2
3
0
0
0
4 0
6 0
0 0
9 0
7 0
2 0
= M vvM vz
így a teljes termelés technológiai mátrixa:
14
9
2
14
12
15
27
30
11
62
48
46
40
60
12
114
86
59
14
21
4
37
29
20
A gyár által szállítandó alkatrészek anyagszükséglete a következő: az Xi, X 2,
X 3 alkatrészeké:
=
=
és az Xi, Yi, K3, >4,
= (MyvA:MA:y+M;vy)Myz‘
152
Uy
—
2
3
0
0
2
1
0 0
0 0
1 0
4 3
2 1
3
0
100
200 _
300
200
300
200
2000
1000
700
alkatrészeké:
M x Y+
Y
—
6
3
1
4
4
4
5 6 8
6 9 12
3 0 4
15 6 31
11 8 21
11 3 17
0
0
0
3
1
3
3100
■200'
3300
100
900
100 _
6600
100
5000
200
4500
153
A szállítandó végtermékek anyagszükséglete:
Uz — M jy z Z
14
9
2
14
12
15
—
27 40 14
30 60 21
11 12
4
62 114 37
48 86 29
46 59 20
1000'
1200
800
1500.
99 400
124 500
30 800
235 100
181 900
147 400.
A teljes szállítás anyagszükséglete tehát:
102700
128100
31900
243007 ’
187900
152600
vagyis az egyes nyersanyagokból a következő mennyiségek szükségesek a
gyártási program teljesítéséhez:
= 102 700 egység;
7V4= 243 700 egység;
A^2-128 100 egység;
A^5=187 900 egység;
A^3= 31 900 egység;
A^e= 152 600 egység.
A determináns felírásakor tehát a mátrix minden elemét a helyén
hagyjuk.
Ha det At^O, akkor A reguláris vagy nem szinguláris: ha
det A = 0, akkor A szinguláris.
Például az
A=
3
2
2
2
4
3
1
2
1
mátrix reguláris, mert
3
detA = |A| = 2
2
a) A négyzetes mátrix determinánsa. Az
A
^ 11
Ö 12
••
^ 21
a^2
.■ • Ö 2 n
=
A nl
•.
négyzetes mátrix cletermiriánsán az elemeiből képezett deter­
minánst értjük, amelyet |A|-val vagy det A-val jelölünk:
154
^1,2 •' • ^nn
+ 6 - ( 8 4-4+18) = - 4 .
|AB| = |A |.|B |.
Az A mátrix rangját ^(A)-val jelöljük.
A =
dnl
í 24-8
b)
A mátrix rangja. Minden nem zérus mátrixhoz egyértelműen
hozzárendelhető egy természetes szám, a mátrix rangja.
Az a mátrix ragja akkor r, ha r-edrendü kvadratikus minormátrixai között van legalább egy reguláris és minden ( r - f l) edrendű [valamint ebből következően minden (r-i-l)-néi maga­
sabb rendű] minormátrixa szinguláris.
A definícióból következik, hogy az w• m típusú mátrix rangja
nem lehet nagyobb sem sorai, sem oszlopai számánál.
A zérusmátrix rangja 0. Ha egy mátrix rangja 0, akkor abból
következik, hogy a mátrix zérusmátrix.
Ű12 .
^22 •• • Cl2n
detA = |A| =
1
2
1
A mátrix determinánsának a mátrixok körében hasonló szerepe
van, mint az abszolút értéknek a számok körében.
Könnyen látható, hogy
|A| = |A*|;
2. A négyzetes mátrix determinánsa, a mátrix rangja,
a mátrix elemi átalakításai
2
4
3
1 2
2 3
3 5
3
4
7
155
mátrix rangja q (A ) == 2, mert
1 2 3
2 3 4 = 0,
3 5 7
|A| =
de
1
2
2
3
= -l? íO .
Két mátrix összegének és szorzatának rangjára vonatkozólag
a következők bizonyíthatók be:
Két mátrix összegmátrixának a rangja nem nagyobb a tagok
rangjának összegénél;
0 ( A + B ) s e ( A ) + e(B);
szorzás által a rang nem növekszik;
e(AB) s e(A);
0(AB) s e(B).
Például az
A=
mátrixokra
1 2
-4 0
q {A)
3
5
1 2
A = -4 0
es
B -
1
2
1
2
2
4
= 2, e(B) = 2. Szorzatukat kiszámítva:
1
1
2
2
2
4
9
6
18
12
37
28 = AB
8 15
30
65
B=
-3
és
2
3
5
3
5
8
!) = 2.
A mátrix rangjának fontos szerepe van az alkalmazásokban, de
kiszámítása a definíció alapján nagy elemszámú mátrixok esetén
nagyon fáradságos. Egyik egyszerűbb kiszámítási mód, ha a
mátrixon olyan átalakításokat hajtunk végre, amelyek a rangjá­
156
nak kiszámításához szükséges determinánsok zérus vagy nem
zérus voltát és ezzel a mátrix rangját nem befolyásolják, de magát
a mátrixot egyszerűbbé — pl. sok zérus elemet tartalmazó mátrix­
szá — alakítják.
Négyzetes mátrix esetében célszerű a mátrixot háromszögmát­
rixszá alakítani, mert ennek determinánsának értéke a főátlóban
álló elemek szorzata. Ha az «-edrendű háromszögmátrix főátlójá­
ban csupa zérustól különböző elem áll, akkor a mátrix determinán­
sának értéke nem zérus, és a mátrix rangja éppen n.
c) A mátrix elemi átalakításai. Most a mátrixok átalakításához
felhasználható elemi átalakításokat soroljuk fel;
«) A mátrix í-edik ésy-edik sorának felcserélése; jele: H íj.
P) A mátrix /-edik és >edik oszlopának a felcserélése; jele: Kij.
y) Az /-edik sor elemeinek egy
számmal való szorzása;
jele: Hi(c).
6 ) Az /-edik oszlop elemeinek egy
számmal való szorzása;
jele: K,(c).
A > edik sor c-szeresének az /-edik sorhoz való adása; jele;
H iM ).
ü
A /-edik oszlop c-szeresének az /-edik oszlophoz való adása;
jele:
A / / átalakításokat elemi sorátalakitásoknak, a K átalakításo­
kat elemi oszlopátalakításoknak nevezzük.
A mátrixok rangjának megállapítására a későbbiekben meg
más módszert is látunk.
Az A mátrixot akkor nevezzük hasonlónak a B mátrixhoz,
jelben A ~ B , ha az egyik mátrix a másikból elemi átalakításokkal
megkapható.
Miként az a II. fejezet 35—42. Gyakorló feladataiban látható,
valamennyi elemi átalakítás speciális mátrixok szorzásával is
elérhető.
Például harmadrendű mátrixok esetén néhány elemi átalakítás­
nak a következő mátrixokkal való szorzás felel meg:
A H i 2 átalakításnak a
0
I
0
1
0
0
0
0
1
mátrixszal balról;
157
a K 23 átalakításnak az
1 0 o'
0 0 1 mátrixszal jobbról;
.0 1 0
a Ha(c) átalakításnak az
1 0 o'
0 1 0 mátrixszal balról;
.0 0 c
a H 12 Í —2 ) átalakításnak az
1 -2 0
0 1 0
0 0 1
a
1 0 0
0 1 1 mátrixszal jobbról
.0 0 1
átalakításnak az
mátrixszal balról;
2. Mutassuk meg, hogy |Aj = lA ^|.
A* úgy keletkezett A-ból, hogy A sorait és oszlopait egymással felcserél­
tük. Ha azonban egy determináns sorait és oszlopait felcseréljük egymással,
a determináns értéke nem változik, így
|AI = |A*|.
3. Mutassuk meg, hogy 1AB| = lAj*jB|.
Az AB mátrix — és így az |AB| determináns — tetszőleges c~u eleme az A
mátrix (és egyúttal az 1A| determináns) i-edik sorának és a B mátrix (|Bl deter­
mináns) y-edik oszlopának kompozíciója. De ugyanez áll az |A|«|B1 szorzat­
determináns Cij eleme helyén, ha az |A! és IBI determinánsokat sor—oszlop­
szorzással szorozzuk össze; így valóban
|AB| = |A|.|BI.
4. Legyen
A=
való szorzás felel meg.
d) M átrix normálformája. Bármilyen A mátrix, amelynek rangja
ö(A )> 0, elemi átalakításokkal az
a, űj
, -« 2 ű,
és
B =
h
61J
Felhasználva, hogy |AB| = |A|-|B|, mutassuk meg, hogy
( ű i + ö l ) { b l + b l ) =*= ( ü l b i - ű a b t) * -f- (űTí b i + ü l b j Y .
[E„0]:
E .;
Egyrészt
mátrixok valamelyikére alakítható át. Ez utóbbiakat az A mát­
rix normálformájának nevezik.
AB
fli a.
*1
- O t űl. L -* . *iJ
a ib i- a ^ b t
Qib%-^ a^bi
. - O t b i - O i b , —0|í> j+ a,6 |
így
Gyakorló feladatok
lABI =
1. ReguIáris-e az
másrészt
■ 3 -2
1
4
1 -3
-6
4 -2
amiből állításunk már következik,
mátrix?
Mivel a mátrix determinánsa
|A| =
3 -2
1
4
1 -3 = -2
-6
4 -2
5. Számítsuk ki a következő mátrix rangját:
3 -2
1
4
1 -3
= ^
3 -2
1
1 2 3
A== 2 1 3
.3 2 1,
(ugyanis két sora megegyezik), a mátrix nem reguláris, hanem szinguláris.
158
159
Mivel |A| = 0 és valamennyi másodrendű minormátrixának determinán­
sa is 0 (hiszen vagy egyik oszlopukban minden elem zérus, vagy egyik soruk
a másiknak többszöröse), de nem minden elem zérus, ezért q (A) == 1.
I. Megoldás:
Mivel
1 2
2 1
3 2
|A1
= l-M 8 + 1 2 - (9 + 4 + 6) = 12
0,
8. Számítsuk ki az
3
4
5
10
15
a mátrix rangja ^(A) = 3.
//. Megoldás:
Meghatározhatjuk az előbbi mátrbc rangját háromszögmátrixszá alakítás­
sal is!
Alkalmazzuk a //2 i( - 2 ) és /Í3 i(-3 ), majd a ÍÍ 2 { - ^ ) és
végül a / / 32( - l ) elemi átalakításokat; ekkor
1 2 3'
A= 2 1 3
,3 2 1.
3'
1 2
0 -3 -3
0 - 4 -8 ,
1 2 3
0 1 1
,0 1 2.
1 2
0 I
.0 0
3'
1
1,
mátrbc rangját!
Alkalmazzuk a AT2i( ~ 1),
tásokat, ekkor
3 1 2
4 1 2
5 1 2
10 1 2
Ll5 1 2
ez utóbbi mátrixról már látható, hogy rangja 3, hiszen determinánsának értéke
(a főátlóban álló elemek szorzata) I t^O.
6. Határozzuk meg az
1 -3 5
-2
4 3
0 - 2 13
és
Mivel
1 -3
1 -3 5
-2
4 3 =S 0 - 2
0 - 2 13,
0 -2
5
13 = 0,
13
A-
'3
1
2
7
.8
1
0
0
0
0
2 3
0 0
0 0
0 0
0 0
elemi oszlopátalakí­
3 4
3 4
3 4
3 4
3 4
Most a /Í 2i ( —1), /:^3i ( - l ) ,
juk végre:
mátrix rangját!
|A1 =
4 56 7
5 6 7 8
6 78 9
U 12 13 14
16 1718 19
elemi sorátalakításokat hajt­
4'
0
0
0
0,
és A-nak van olyan minormátrixa, pl.
1 -3
0 -2
amelynek determinánsa nem 0, ezért
7. Mekkora az
0
A= 0
.0
mátrix rangja?
160
2
4
6
3'
6
9.
q (A) = 2.
Erről az alakról már közvetlenül látható, hogy a mátrix rangja q ( \ ) = 2.
Ugyanis van egyetlen másodrendű nem zérus aldeterminánsa — mégpedig a
bal felső sarokban álló. Viszont az összes harmadrendű aldetermináns zérus,
mivel vagy van csupa zérusból álló sora, ill. oszlopa, vagy pedig (a bal felső
sarokdetermináns esetében) a Sarrus-szabállyal kapott tagok mindegyike
zérus.
Ha ennek a mátrixnak a rangját a definíció alapján akartuk volna kiszá­
molni, akkor egyetlen ötödrendű,
25 negyedrendű,
= 100 har-
inadrendüés valahány másodrendű determinánst kellett volna kiszámítanunk,
ugyanis mindezekről be kellett volna látnunk, hogy értékük 0, ill. egy m ásod­
rendűről, hogy nem zérus.
161
Vegyük észre, hogy a csupa 0-t tartalmazó sorok és oszlopok az
átalakítások során el is hagyhatók, elhagyásuk nem befolyásolja
a mátrix rangját.
9. Mutassuk meg alkalmas elemi átalakításokkal, hogy p(A )=2, ha
1
2
-1 2
2 -2
3
5 - 4 - 5
3
2
8
4 - 4 6
Ha rendre a / / 4i ( - 2), // j i ( - 2 ) ,
el, akkor
3'
1 2 -2
5 -4 -5
2
2
8
-1 -3
6.
- 2
4 -4
'
1 2 - 2
2 5 - 4 0 0
0
0 0
0
elemi átalakításokat végezzük
3'
2 -2
1
2
5 -4 -5
2
-1 -3
8
0
0
0
- 0
3'
1
2 -2
2
5 -4 -5
-2 -5
4
5
0
0.
0
. 0
3
5
0
0
Az utolsó mátrixról már látható, hogy minden harmadrendű minormátrixának determinánsa 0, de van 0-tól különböző másodrendű aldetermináns, pél­
dául
1 2 = 1 ^ 0,
2 5
/\z alábbi elemi átalakításokat hajtjuk először egyetlen lépésben végre:
//a i(-2 ), / r „ ( - 3 ) , ^ 4i ( ~ 6), majd rendre a 7/,3, AT«(~1) és
átalakításokat. így
1
2
3
.6
2
4
2
8
3 0'
3 2
1 3
7 5.
1 2
31
0 --4 - 8 1
0
0 -3 .
.0 0 - 3 1
1 2
3 0
0
0 -3 2
0 --4 - 8 3
.0 --4 - 1 1 5.
0
3
2
2.
3
1 2
0 - 4 --8
0 --3
0
.0 0
0
Az utolsó lépésben a csupa zérust tartalmazó utolsó sort hagytuk el. Az át­
alakítás sikerült, a mátrix rangja ^(A )= 3, mert az utolsó (harmadrendű)
háromszögmátrix főátlójában csupa zérustól különböző elem áll.
11. Legyen A egy harmadrendű mátrix. Milyen mátrixszal kell A-t megszo­
rozni, hogy elemeire a //b3( —2) és ATi3(3) átalakítás teljesüljön? Ellenőriz­
zük a felírt eredményt a szorzás végrehajtása útján!
A / / „ ( - 2 ) elem átalakításnak a
1 0
0
0 1 -2
0 0
1
mátrixszal balról, a
átalakításnak a
1 0 0
0 1 0
3 0 1.
10. Alakítsuk át háromszögmátrixszá az
2
4
2
8
3 0
3 2
1 3
7 5
mátrixot és állapítsuk meg a rangját!
162
’l
2
3'
0 -4 -8
.0
0 -3 .
mátrixszal jobbról való szorzás felel meg.
Ellenőrzés:
ezért g(A)=2.
1
2
A=
3
l6
1 2
3 0
0 -4
-8 3
0
0 - 3 2
0 - 4 -1 1 5
űii
Ű12
a**
Ű3»
öli
űai —la^i
^81
Olt
A=
1 0
0
0 1 -2
0 0
1
Ö18
űas
ÖS3
öli
űia —2ű38
Ű33
163
A =
ön
űai
űia
a^x
űaa
fll8
öis
^88
/. Megoldás:
0
0
1
0
1
0
1
0
3
A cél elérése érdekében a mátrixot háromszögmátrixszá alakítjuk át. Az
elemi átalakításokat speciális mátrixok szorzásával érjük el.
ŰH + 3Ű18 Ö12
a*i + 3űjis Ö12 Ű13
ö ,i + 3ass Ű32 Ű88
1
2
AL—
1
0
2 -1
2
5 -2
3
2 -1 -2
5 0
3
12. Határozzuk meg háromszögmátrixszá való átalakítással az
1 3 2
A= 2 4 3
3 7 4
mátrix rangját!
Az átalakítások sorrendje: ^ , i ( - 2 ) , //a i(~ 3 ), A’,a (-1 ).
A=
1 0
//a i( -2 ) - 2 I
0 0
//ai(~ 3)
l
0
-3
0
0
l
0 0
1 0
0 1
2
3
4
1
2
3
3
4
7
l
0
3
3
2
2 - 1
7
4
1
3
2
0
2 -1
0 -2 -2
1 0
0
1
0 -1
1
0
0
0
0
1
3 -1
3 -1
0 -2
Az utolsó háromszögmátrixról már látható, hogy ^(A) = 3. Ebben az eset­
ben a determináns kiszámítása egyszerűbb lett volna.
13. Állapítsuk meg az
1 2 -1
2'
3
2 5 -2
A=
l 2 -1 -2
3.
.0 5 0
mátrix rangját!
164
1
-2
H ű i - 2)
0
0
0
1
0
0
0 0
0 0
1 0
0 1
2
1 2 -1
0 1 0 -1
1 2 -1 -2
0 5 0
3
1
0
// a i ( - l )
-1
0
0
1
0
0
0 0
0 0
1 0
0 1
2
1 2 -1
0 1 0 -1
0 0
0 -4
0 5 0
3
1 0
0
1
0
0
0 -5
0 0
0 0
1 0
0 1
1
0
0
0
2 -1
2
1 0 -1
0
0 -4
0
0
8
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0 0
0 0
1 0
2 1
1 2 -1
2
0 1 0 -1
0 0
0 -4
0 0
0
0
1
0
0
0
2
2 -1
0
1 -1
0 -4
0
0
0
0
l
0
0
0
^4l(l)
^34
0
0
0
1
0
0
1
0
1 0
0 1
0 0
0 0
0 1
0 0
1 0
0 1
1 2
2 0
0 1 -1 0
0 0 -4 0
0 0
0 0
A mátrix rangja nem változik, ha a csupa zérust tartahnazó sorát és oszlo­
pát elhagyjuk. A megmaradó harmadrendű háromszögmátrix főátlójában
nincs zérus elem, így rangja 3 és egyúttal ^(A) = 3.
II. Megoldás:
A determinánsát utolsó sora szerint kifejtve,
1 -1
det A = 5 2 - 2
1 -1
2
1 2 -1
3 + 3 2 5 -2
-2
1 2 -1
= 0,
mivel mindkét harmadrendű determináns értéke 0 (két-két oszlopuk — előjel165
tői eltekintve — megegyezik). Viszont pl. a jobb alsó sarokbeli barmadrendQ
aldeterminánst tekintve:
5 -2
3
2 - 1 - 2 = - 1 5 + 2 0 - ( - 1 5 ) - ( - 1 2 ) ^ 0,
5
0
3
tehát ^(A )=3.
14. Keressiik meg az
A=
1 2 0 -1
3
4 1 2
-2 3 2
5
mátrix normálformáját!
Minél több zérus és egységelem elérése céljából rendre a következő elemi
átalakításokat alkalmazzuk:
majd K n i - 2 ) , ^ u ( l) , ezután
/C23, majd //32(-2), továbbá
AT«(-5), ezt követően
^o(7).
AT33( - 3),
0
2
4
2 3 4'
3 5 4
8 13 12
1 0
0 0
0 1 - 2 5
.0 2
7 3
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 -1
1
5
2
3
1 0 0 0
0 - 2 1 5
0
7 2 3
1 0
0
0
0 1-2
5
0 0 11 - 7
1 0 0
0
0 1 0
0
0 0 11 - 7
1 2
0 -2
0
7
= [Ea, 0].
15. írjuk fel az
0
2
4
2 3 4
3 5 4
8 13 12
mátrix normálformáját!
A normálformájához pl. a következő átalakításokkal juthatunk el: /fi*,
//s i(~ 2 ), majd egy lépésben ^ „ ( - 3 ) , ^ 3i ( - 5),
utána
166
'2
0
4
3 5 4'
2 3 4
8 13 12
1 3 5 4'
0 2 3 4
2 8 13 12.
1 3 5 4'
0 2 3 4
.0 2 3 4.
1 0
0 2
0 2
1 0 0
0 1 0
0 1 0
1 0 0 0'
0 1 0 0 =
,0 0 0 0.
0'
0
0.
0 0'
3 4
3 4.
'1
0
0
0 0 0'
1 3 4
1 3 4.
Ej 0
0 0
3. A négyzetes mátrix adjungáltja és inverze
1. Egy négyzetes A mátrix adjwigált mátrixának vagy röviden
adjungáltjának nevezzük az
Amikor lehetséges, két-két elemi átalakítást összevonunk:
1 2 0 -1
3 4 1 2
5
-2 3 2
végül
^11
adj A = adj
^21
Ű 1 2 ..
=
Ű22 •
«n2 • • ^nn.
A ,,
Á 21 . . .
^12
A 22 ••• ^ n 2
A n
^ 2 n ••
A nr,,
mátrixot, ahol
az A mátrix determinánsának a^j eleméhez
tartozó (előjeles) aldeterminánsa. Külön kiemeljük, hogy adj a
/-edik sorának A:-adik eleme az |A| determináns A:-adik sora z'^edik
eleméhez tartozó előjeles aldetermináns, vagyis adj A az
^11
A i 2 .. . A n
^21
^ 22 • ’ • ^ 2n
^ n 2 • • Ann.
mátrix transzponáltja.
^í^gj^gyczzük, hogy diagonális mátrix, háromszögmátrix, szin^.
metrikus mátrix, hermitikus mátrix adjungáltja is ugyanolyan
típusú.
A műveletek elvégzésével igazolható, hogy
A .(adjA ) = |A |.E
és
(adj A) • A = |A |-E .
16?
2. Ha A négyzetes mátrix, és |A| ^ 0 , akkor A inverz mátrixán
vagy reciprok mátrixán azt az A “ ^ szimbólummal jelölt mátrixot
értjük, amelyre
A A -i=:E ,
ill.
_ adj A
|A| •
-7
15
34
mátrix inverzét ilyen módszerrel!
A könnyebb áttekinthetőség érdekében leírjuk egymás mellé
az A és Es mátrixokat, és mindig mindkettőn egyszerre végezzük
el az elemi sorátalakításokat. A feladatot akkor oldottuk meg, ha az
[A] [Ej] mátrixpárt az [EalfA” *]
Az |A| 7^0 feltétel azt jelenti, hogy csak reguláris mátrixnak
van inverz mátrixa.
A definíció alapján könnyen belátható, hogy
( A - y = (A*)-^;
(AB)"^ =
. A '^y
háromszögmátrix inverze háromszögmátrix.
Az inverz mátrix kiszámítására most egy másik módszert is
mutatunk.
Ha az A mátrixra Ti, Tg,
T, elemi sorátalakítások olyan
sorozatát alkalmazzuk, amelyeknek eredménye az egységmátrix,
azaz
( r , . . . r , r i ) A = E,
akkor ugyanezeket az elemi sorátalakitásokat ugyanebben a sor­
rendben az egységmátrixra alkalmazva, éppen A inverz mátrixát
kapjuk, vagyis
Ha a 7 átalakításokat speciális mátrixok szorzásával érjük el, akkor
az inverz mátrix e speciális mátrixok ugyanolyan sorrendben vett szor­
zata:
T . . . . T , T i = A -* .
168
-2
3
6 -8
10 - 1 5
A"^A = E.
Az 1. alatt adott összefüggésből következik, hogy a jobb- és
baloldali inverz mátrix megegyezik, és
(A -^ -^ = A;
S zám ítsu k ki az
mátrixpárrá alakítottuk át, akkor ui. a jobb oldali mátrix már az
inverz mátrix. Az alkalmazott elemi sorátalakítások jelét most a
mátrixok alá fogjuk írni.
-2
3 -7 '
6 -8
15
10 - 1 5 34
-2
0
0
'2
0
0
3 -7
1 -6
0 -1
-3
7
1 -6
0
1
1 0 0
0 10
0 0 1
1 0
0
3 1 0
5 0 1
- 1 0
0
3
-5
1
0
0 -1
2 - 3 O" ' 34
0
1 0
-2 7
0
0 1
-5
0
i
1 -6
0 -1
/ / i3 (-7 )//2 3 (6 )
169
4. Ha az A mátrixra speciálisan teljesül az
(3)
2
0
0
o'
1
0
0
1
0
0
o‘
1
0
0
0
I
0
-4 7
-2 7
-5
3 - 11
1 -6
0 -1
-2 3 ,5 1,5 - 5 ,5
-2 7
l
-6
-1
-5
0
tehát
-2 3 ,5 1,5 - 5 ,5
- 27 1 - 6
-5
0 -1
Megfelelő gyakorlat után már felesleges az elemi sorátalakítá­
sokat részletesen kiírni, elegendő a hasonló mátrixokat egymás
után leírni. További egyszerűsítés érhető el, ha az átalakítandó
mátrixból azokat az oszlopokat, amelyek már az egységmátrix
oszlopai, nem írjuk mindig le. Ilyenkor arra érdemes törekedni,
hogy az ön elem, majd az
elem helyén minél előbb 1-es álljon.
3. Az inverz mátrix segítségével osztás a mátrixok körében is
értelmezhető. Nevezetesen az
AX = B
aa
* ^
a *a
=
e
feltétel, akkor unitér mátrixnak nevezzük.
Két ugyanolyan rendű unitér mátrix szorzata szintén unitér
mátrix.
_
Ha az A unitér mátrix elemei valós számok, akkor A* = A* és
AA* = A*A = E.
Ekkor az A mátrixot ortogonális mátrixnak nevezzük. Az ortogonális
mátrix tehát az unitér mátrix speciális esete.
Egy ortogonális mátrix transzponált mátrixa, valamint inverz mátrixa
szintén ortogonális; két (vagy több) ortogonális mátrix szorzata ismét or­
togonális.
Gyakorló feladatok
1. Számítsuk ki az
n 2
A= 2 3
3 3
31
2
4
mátrix adjungált mátrbcát!
A szükséges aldeterminánsok:
2 2 = -2 ;
3 4
3 2
= 6;
3 4
egyenlőségből
X = A -^ B ;
és az YA = B
^13 —
2
3
3 = -3 ;
3
A 21 —*”
2 3
= 1;
3 4
1 3
= -5 ;
3 4
1 2 = 3;
3 3
Asi —
2 3
= -5 ;
3 2
1 3 = 4;
2 2
■^38 —
1
2
egyenlőségből
Y = BA
Az osztás eredménye tehát függ az osztandó és osztó sorrendjétől.
Az inverz mátrix egyik legfontosabb alkalmazása a lineáris
egyenletrendszerek megoldása során lép fel, ezzel később fog­
lalkozunk.
170
2
3
171
Ebből adj A már felírható:
így A adjungáltja:
r 6
1 -5 ]
adj A = - 2 - 5
4
-3
3 “ 1.
adj A =
■ 1 4 -2
-2 -5
4
1 -2
1.
4. Győződjünk meg arról, hogy ha
2. Határozzuk meg az
'5 0 0
A = 1 1 0
0 0 2
.1 0 0
r i 2 31
A= 1 3 4
.1 4 3.
3 4
4 3
2
4
3
3
2
3
3
4
1 4
1 3
1 3
1 3
1 3
1 4
1 3
1 4
1 3
1 4
1 3
1 3
r-7
6 -1
1 0 -1
1 -2
1
3. Ellenőrizzük, hogy ha
1 0 2'
A= 2 1 0 ,
.3 2 1,
Valóban
1 4 -2
-2 -5
4
1.
1 -2
adj A ^
1 0
2 1
Atm — — 2
3
A i3 =
2 1
3 2
A 21 = -
A 31 —
1 2
3 1
0 2
1 0
1 0
2 1
172
akkor
All —
A 22 =
akkor
■ 2
2
adj A =
1
--2
0 0 -4
6 0 -1 6
0 3 -5
0 0
10.
Számítsuk ki a szükséges aldeterminánsokat:
mátrix adjungáltját!
adj A =
2'
2
,
1
1.
5;
-2 ;
■1.
Aii
A,,
0
2
0
= -2 ;
1
2
= 4;
1
1 0
= -2 ;
3 2
1 2
2 0
1 2
0 2
0 0
0
1 = 2:
1
1 1
0 0
l 0
2
1 = I;
1
0
A^i —— 0
0
1 0
A,, = - 0 2
1 0
1 1 0
0 0 2
1 0 0
0
2
0
2
1 = 0;
1
5 0
A 22 — 0 2
1 0
5 0
Ais = — 0 0
1 0
2
1 = 0;
1
A 34 =
0 0
A 31 — 1 0
0 0
2
2
1
5 0
A»3 — 1 1
1 0
2
2
1
- 3:
2
1 = 6;
1
5 0
0 0
1 0
0
2
0
= 0;
5
A 32 — ~ 1
1
0
0
0
5
A^a — — 1
1
0 0
1 0 = 0;
0 0
/Í4i = -
0 0
1 0
0 2
2
2 = -4 ;
1
A,2 =
^43 = -
5 0 2
1 1 2 = -5 ;
0 0 1
=
4;
2
1 - 2;
1
5 0
1 0
0 2
2
2
1
2
2 = -1 6 ;
1
5 0 0
1 1 0 = 10.
0 0 2
173
Az első feladatban láttuk, hogy
Tehát valóban
■ 2
2
1
--2
adj A
0 0 -2 '
6 0 -1 6
0 3 -5 •
0 0
10.
5. Az 1. Gyakorló feladat A mátrixára mutassuk meg, hogy A(adj A)
=|A|E3!
1 2 3
2 3 2 = -7 .
3 3 4
adj A =
Mivel
|A| =
■ 6
1 -5*
-2 -5
4
.-3
3 -1 ,
1 2 3
2 3 2 = (1 2 + 1 2 4 -1 8 )-(2 7 + 1 6 -f6 ) = - 7 ,
3 3 4
és
6
1 -5
ladjAI = - 2 - 5
4 = 3 0 - 1 2 + 3 0 - ( - 7 5 + 2 + 72) = 49,
-3
3 -1
ezért valóban
ladjAl = |AP.
8. Mutassuk meg az előző feladat A mátrixára, hogy
|adj (adj A)1 = |A|*.
A z első feladatban láttuk, hogy
6. Mutassuk meg az 1. Gyakorló feladat A mátrixára, hogy
6
1 -5
-2 -5
4
-3
3
1
így
lAl-ladjAI = lA r = ladjAI-lAl.
adj(adjA ) =
Az egyenlőségnek csupán a bal oldalára szorítkozva, sor—oszlop-szorzással
- 7 -1 4 -2 1
- 1 4 -2 1 -1 4
-2 1 -2 1 -2 8
és
1 2
2 3
3 3
-7
0
0
6
1 -5
3
0 = (-7)> .
0 -7
4 =
2 • -2 -5
0
0 -7
4 -3
3 -1
Az 5. Gyakorló feladatból viszont tudjuk, hogy |A| = - 7.
7. Tgazoljuk, hogy a harmadrendű reguláris
1 2 3'
A= 2 3 2
.3 3 4
mátrix esetében
|adj A| = |Ap.
174
- 7 -1 4 -2 1
|adj(adjA )l = - 1 4 - 2 1 - 1 4
-2 1 -2 1 -2 8
= (-7 )^
1 2 3
= (-7 )(-7 )(-7 ) 2 3 2
3 3 4
9, Mutassuk meg az
A=
' 3 - 2
1
4
1 -3
-6
4 -2
szinguláris mátrixra* hogy
A (adj A) = 0.
175
ezért
A adjungáltja:
adj AB =
-51 - 4 0
60
9 -2
-4
7
1 4 -1 4
Másrészt
es
ami áUításunkat igazolja.
11. Mutassuk meg, hogy ha A másodrendű négyzetes mátrix, vagyis
üyi fli2 , akkor adj (adj A)= A.
A=
«2I <^22
Mivel itt /íu = Ű22; ^12 = -Ű 2i; ^^21 = - « i 2 és /Í22= örii, czórt
10. Legyen
1 2 3
A= 2 3 2 ;
.3 3 4.
B=
1 2 3'
1 3 4
.1 4 3.
A 12. _
A 21 A 22
Mutassuk meg, hogy
Az első, ill. második gyakorló feladatban láttuk, hogy
6
1 -5 '
-2 -5
4 ;
.-3
3 -1 .
és Így
adj A = —í?22 —^12
0^21 űll
tehát a főátlóban álló két elem helyet cserélt, a mellékátlóban álló két elem pe­
dig előjelet változtatott. Ezt megismételve adj A-ra, adódik
adj AB = (adj B)(adj A).
adj A =
022 ""^21 ,
í?12 ^11
adj B =
Mivel
-7
6 - r
1 0 -1
. 1 - 2
1.
^11 Ö12 = A.
Ű21 Ö22
12. Mutassuk meg, hogy az
adj (adj A) =
r-4 -3 -3
1 0
1
4
4
3
mátrix adjungáltja önmaga!
= AB,
176
0
4
1
3
-3 -3
4
3
-3 -3
0
1
1
4
1
3
-4 -3
4
3
-4 -3
1
1
1 0
4 4
-4 -3
4
4
-4 -3
1 0
-4 -3 -3
1 0
1
4
4
3
177
Azt a mátrixot, amelynek adjungáltja önmaga, önadjungált
m á tr ix n a k nevezzük.
13. Ellenőrizzük, hogy ha
A=
-1 -2 -2
2
1 -2 ,
, 2 - 2
1.
15. Igazoljuk, hogy ha egy /i-edrendö A t^O mátrix rangja p(A) < /i - 1,
akkor adj A = 0.
H a ^(A) < / I - 1, akkor az A mátrix elemeiből képezhető valamennyi ( / f - 1)cdrendű minormátrix determinánsának értéke 0, így az adj A mátrixban
szereplő valamennyi elem zérus, tehát valóban adj A==0.
16. Számítsuk ki az
1 2 3
1 3 4
1 4 3
akkor adj A = 3 A ^
adj A =
1 -2
2
1
-2 -2
-2
1
-2 -2
1 -2
2 -2
2
1
-1 -2
2
1
-^1 - 2
2 -2
2
1
2 -2
-1 -2
2 -2
-1 - 2
2
1
-1
-3
6
6'
-6
3 -6 = 3 -2
-2
-6 -6
3.
2
2'
1 - 2 = 3A* .
-2
1.
mátrix inverzét!
Mivel
1 2 3
|A| = 1 3 4 = 9 + 8 + 1 2 -(9 + 164-6) = - 2 ^ 0,
1 4 3
az inverz mátrix létezik.
A 2. Gyakorló feladatban már láttuk, hogy
r-7
6 -1
1 0 -1
1 -2
1
adj A =
14. Határozzuk meg az
-2
3
5
3
1 -4
5 -4
7
így az inverz mátrix
mátrix adjungáltját!
Mivel A szimmetrikus, így Aih = A,,iy vagyis adj A is szimmetrikus; ezért
nem szükséges pl. a főátló fölötti elemeket külön kiszámítani.
■^11
J -4 = -9 ;
-4
7
;
1 _
i -4
'^23 — “
3 = 7;
-2
5 •- 4
adj A
- 9 - 41 -1 1'
7
- 4 1 - 39
7 -1 1 ,
.-1 7
tehát
178
A i2 — —
3 -4
5
7
=- 4 l ;
/Í 22 —
-2
5
5 = -3 9 ;
7
/Í 33 —
-2
3
3
= -1 1 ,
1
1
A -i
|A|
adj A =
3,5 - 3
0,5
- 0 ,5
0
0,5
- 0 ,5
1 - 0 ,5
17. Számítsuk ki az előbbi feladat A mátrixának az inverzét elemi sorátalakítások segítségével is!
1 2
1 3
\ 4
3'
4
3.
H tii1 2 3'
0 1 1
.0 2 0^
1 0 0
0 1 0
0 0 1.
-1 )
1 0 10'
-1
1 '0
- 1 0 1.
179
r
1 0
0 1
1
0 0 -2 .
H,
3 -2 0
-1
1 0
1 -2 1
1'
s. T
1
0
0
11
0
1
0
0
1
0
1
1.
3 -2
0
-1
1 0
-0 ,5
1 - 0 ,5
0'
0
1.
3,5 - 3
0,5
- 0 ,5
0
0,5
- 0 ,5
1 - 0 ,5
így
0,5
3,5 - 3
0,5 ,
0
- 0 ,5
0 -0 ,5 .
-0 ,5
A-^ =
mint azt az előbb is láttuk.
2 4
3 6
2 5
4 5
3 2
5 2
2 -3
14 14
mátrix inverz mátrixát!
Az inverz mátrix meghatározása aldeterminánsokkal negyedrendű deter­
mináns esetén már nem célszerű, hiszen egy negyedrendű és 16 db harmad­
rendű determinánst kellene kiszámolnunk. Lényegesen gyorsabban érünk cél­
hoz, ha az elemi sorátalakítások módszerével dolgozunk.
2 4
3 6
2 5
4 5
180
1.5
1]
5
2
2 -3
14
14.
rO,5 0 0 Oi
0
1 0 0
0
0 1 0
0
0 0 1^
3 2i
5
2
2 -3
14 14
1 2
1,5
1
0
0
0,5 - 1
0
1 -1
-5
0 -3
8
10.
s
-1
2
1,5
1
0
1 -1
-5
0
0
0,5 - 1
0 -3
8
10.
1
0
0
0
0
3,5 111
1 -1
-5
0
1 -2
0
5
-5 ,
0,5
- 1 ,5
-1
.-2
0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1,
'
0,5
-1
- 1 ,5
.-2
0 0 0i
0 1 0
1 0 0
0 0 1
r
0 - 2 Oi
0
1 0
2
0 0
0
3 1
2,5
-1
-3
.-5
/ / i3 (-3 ,5 )^ ,3 (1 )^ 4 3 (-5 )
1 0 0 18
13 - 7 - 2 0
0 1 0 -7
-4
2
1 0
0 0 1 -2
-3
2
0 0
0 0 0
5
10 - 1 0
3 1
18. Határozzuk meg az
A =
•1 2
3 6
2 5
.4 5
i(~ 3 )i/ 3i ( - 2 ) í /« ( - 4)
13( ■■1),
1
0
0
"■(t
1 0
0 0
0 1 0
0
0 0 1 0
0 0 0 1
•1 0 0 18
0 1 0 -7
0 0 1 -2
0 0 0
1
/ / i4(-18)//24(7) j
-1 0 0 Oi
0 1 0 0
0 0 1 0
.0 0 0 1
13 - 7 - 2
-4
2
1
-3
2
0
2 -2
0,6
0
0
0
0,2
-2 3
29 -1 2 ,8 - 3 ,6
10 - 1 2
5,2
1,4
1 - 2
1,2
0,4
2 -2
0.6
0,2
181
így
akkor
r-2 3
29 -1 2 ,8 -3,6 1
10 - 1 2
5.2
1,4
A -' =
1 -2
1.2
0,4
2 -2
0,6
0,2.
r
A “ i = ~í18
5 -7
2
1
5 -1
5 -2
-7
5 11 10
5
1 - 2 10
Elemi átalakításokkal
19. Keressük meg az
2
1 -1
21 3
2 -3
-1
2
1 -1
2 -3 -1
4.
2 -3 -4
-I
7
2
3
1 -6
•1 0 0
0 l 0
0 0 1
.0 0 0
mátrix inverzét!
^12,
2 -3 -4
-1
7
2
3
1 -6
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1 ~7 - 2 '
2 -3 -4
.3
1 -6 .
0 -1
I
0
0
0
0
0
1
1 -7 -2 i
0 II
0
0 -1
1 2
0
3
0
0
1
.0
22
0,
■1
0
0
.0
//2l( - 2 ) ,
3
2 -3 -5 -5
8
5
3 -4
- 9 - 5 10.
-2 )
0
1 0 01 -2 0 0
0
1 1 0
0 -2 0 1
1 0 -1
1,8
0 1
1 - 1 ,6
0 0 -2
4
0 0
4 - 4 ,4 .
0,6 - 0 ,2 0 Oi
- 0 ,2
0,4 0 0
1 -1
1 0
.- 1 ,8
1,6 0 1.
//3 ( - 0 ,5 ) ,
1 -7 -2 '
0 11
0
0
0
0
0 -1
0
1 2 0
- 2 - 1 1
Az utolsó mátrix bal oldali részéből már látható, hogy a kívánt átalakítás
nem hajtható végre, hiszen a mátrix egyik sorában csupa zérus áll.
Valóban
2 - 3 - 4
1
7
2 = 8 4 - 1 8 - f 4 - ( - 8 4 - 1 8 + 4) = 0;
|A1 =
3
1 -6
a mátrix szinguláris, tehát nincs inverze.
20. Győződjünk meg arról, hogy ha
■ 2
2'
1 -1
1
2 -3
3
A =
2
-1
1 -1
- 2 -3 -1
4.
182
//4 3 (-4 )
■1 0 0 - 0 ,2
0 1 0
0,4
0 0 1 -2
.0 0 0
3,6.
0,1
0,3 - 0 ,5
0,3 -0 ,1
0,5
- 0 ,5 -0 ,5 - 0 ,5
0,2 - 0 ,4
2
//n(0,2),
//2 4 (-0 ,4 )
2
5
0
0
18
5
18 "^18
1
5
78
7
Is
5
’ Is
1
18
Í8
2
Ts ” 78
10
11
18
Ts
10
5
Is
Ts
1o
1
0-1
0
0
1.
0-
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1,
0'
0
0
1
7
18
2
18.
Ebből A"*^ már leolvasható.
183
II. Megoldás:
Ha A szimmetrikus, akkor
ennek következtében adj A is szimmet­
rikus. Az adjungált mátrixot az |A| skalárral osztva, a szimmetriatulajdonság
fennmarad, tehát az eredményül adódó inverz mátrix szintén szimmetrikus.
24. Mutassuk meg, hogy az
21. Bizonyítsuk be, hogy ha
A =
1 2
2 4
.3 5
|A| =
3'
5 ,
6.
1 2
2 4
3 5
akkor
3
5 =
6
A"^ =
1 2
3
0 0 -1 =
3 5
6
2'
1 -3
-3
3 -1
2 - 1 0
3+ í
1 2
= - 1
3 5
y (l+ 0
0,
U =
ezért az inverz mátrix létezik.
Mivel A szimmetrikus, három — például a főátló alatti — determináns
kiszámítását megtakaríthatjuk:
4
5
5
= -1 ;
6
2
^12=3
5
— 3j
6
2 4
A i2 —
= -2 ;
3 5
1 2
1 3
= —3 5 ^23 — —
~ 1 » ^33 ~
3 6
3 5
'T
1
T
mátrix unitér mátrix.
Mivel
1 2
= 0.
2 4
így
u* =
3 -2 '
2'
-1
' 1 -3
A-» = 3 -3
3 -1
1 _ -3
0.
.-2
1 0,
2 -1
22. Bizonyítsuk be, hogy ha A négyzetes reguláris mátrix, akkor az
AB = AC egyenlőségből B = C következik.
Szorozzuk meg balról az egyenlet mindkét oldalát A~^-gyel (A“ ^ létezik,
mert |A| p^O); akkor
1
i
/T
1
2 fÍ5
4 + 3/
yr
i
2 fi5
5i
f f
ifís
1
*"T
I
1
T
i
/T
3 -/
4 -3 /
YT
5i
ifT s
lfÍ5
2 fí5
ezért
A-^AB = A-^AC;
EB = EC;
B = C.
23. Bizonyítsuk be, hogy ha A szimmetrikus mátrix, és A~^ létezik, akkor
A “ ^ is szimmetrikus!
/. Megoldás:
Belátandó, hogy (A~^)* = A -^ Egyrészt
(AA-i)* =(A-^)* A* =(A"^)* A,
másrészt
= E,
(AA“^)^ = (E)^=E,
tehát
(A -')*A = E.
A~^-nel jobbról szorozva:
(A -^)*= A -^
184
tehát U valóban unitér mátrix.
185
25.
Bizonyítsuk be, hogy ha Ui és U2 unitcr mátrixok, akkor UxU* és
U2U1 is unitér mátrix.
Felhasználva a II. fejezet 58. és 73. Gyakorló feladatának eredményét,
(U^U^XUiU^)* = (U iU ,)( U iW = (U ,U ,)(U ÍU Í) =
- UiUaÜJÜr = U,EÖÍ = U iö í = E,
amivel állításunk első részét beláttuk. A második rész teljesen hasonlóan lát­
ható be.
26. Mutassuk meg, hogy az
A =
3
2
fví
fii
0
0
2
3
fü
fn
értéket állítanak elő. A
oszlopvektor az ún. bruttó kibocsátás vektora. Ha az ágazatok
által felhasznált értékeket egy A = [a,J mátrixszal (az ágazati
kapcsolatok mátrixával) jellemezzük, ahol az
elem azt jelenti,
hogy az f-edik ágazat termelt értékéből mennyi szükséges a j-edik
ágazat egységnyi termeléséhez, akkor az
Ab
szorzatmátrix a termelői fogyasztás vektora, melynek kompo­
nensei rendre egy-egy ágazat termelt értékéből az összes ágazat
termeléséhez szükséges felhasználást adják meg. A bruttó kibo­
csátás és a termelői fogyasztás vektorának különbsége:
b - A b = E b ~ A b = ( E - A ) b = n,
mátrix ortogonális, és hogy determinánsának értéke 1.
Az A mátrix Iranszponáltja
a nettó kibocsátás vektora. Az
(E -A )b = n
0
A* =
m
2
0 -
0
J
egyenletet az ágazati kapcsolatok mérlegegyenletének szokás
nevezni.
Sokszor azonban nem a nettó termelésre vagyunk kiváncsiak,
hanem előírt n nettó kibocsátáshoz kell a b bruttó kibocsátást
meghatároznunk. Ehhez szükséges, hogy az (E —A) mátrix regulá­
ris mátrix legyen, vagyis inverze létezzék. Ekkor ugyanis
3
fü
0
és ezért valóban
AA* = E,
tehát A ortogonális. A determinánsa pedig;
(E -A )-U E -A )b = (E -A )-^ n
alapján
b = (E -A )-^ n .
|A|
13
[
13Í
1.
27.
Bizonyítsuk be, hogy az A ortogonális mátrix determinánsának értéke
- fi vagy - 1 .
Bármilyen mátrix esetében |A| = |A* , így |Ap = |A|-|A*| = |A*A^|. Ha A
ortogonális, akkor AA* = E, így 1A|^= E| = l, amiből |A| = ± 1 .
Tegyük fel, hogy a gazdaság n ágazatra bontható fel, amelyek egy bi­
zonyos időszakban rendre
í ^2? •••5
186
28.
Tekintsünk három iparágazatot. Az egyes ágazatok összes igényét,
valamint teljes termelését az egyes időszakra az alábbi táblázat tartalmazza
(millió forintban):
Ágazat
1
2
1
2
3
240
80
-
72
264
120
1
3
Teljes term.
140
180
400
800
600
1000
187
írjuk fel az ágazati kapcsolatok mátrixát! Mekkorának kell lennie a bruttó
termelésnek, ha azt akarjuk, hogy a nettó kibocsátás vektora
b =
n = [200, 500, 800]*
legyen?
Az ágazati kapcsolatok mátrixának elemeit megkapjuk, ha az egyes ágaza­
tok szükségleteit elosztjuk az illető ágazat teljes termelésével. így
240
aii = — = 0,30;
800
72
600
80
. . = — = 0,10;
0
800
=
= 0,12;
140
0^3 = t:::::: = 0,14;
1000
lÖÖÖ
Ű33 =
400
1000
0,30
0,10
.0
0,12
0,44
0,20
0,30
0,10
,0
-
0,12
0,44
0,20
0,20
0,10
0,12
0,10
0,05
0,11
0,25
0,125
0,275,
Tegyük fel, hogy az egyes ágazatok termelésükhöz rendre termelt értékük
10%-, 30%-, 25%-ának megfelelő importot használnak fel. Ha azt akarjuk,
hogy az egyes ágazatok rendre 200, 100, 220 millió forint értékű árut adjanak
át a lakosság fogyasztása céljára, akkor mekkora értékű importról kell gon­
doskodnunk?
Először a bruttó kibocsátás vektorát határozzuk meg:
0,14'
0,18
0,40^
0 0
1 0
0 1.
0,5' 200
950
0,7 500 = 1670
.1890.
1,9. .800.
= 0,40.
A keresett b kiszámításához először az E - A mátrixra van szükségünk:
l
E -A = 0
.0
0,5
2,1
0,7
29. Legyen három népgazdasági ágazat ágazati kapcsolatainak mátrixa
A =
Az ágazati kapcsolatok mátrixa tehát a következő:
A =
1,5
0,3
.0,1
Ez azt jelenti, hogy az első ágazatnak 950 millió, a másodiknak 1670, a
harmadiknak 1890 millió forint értékű árut kell termelnie ahhoz, hogy a fo­
gyasztásra (nettó kibocsátás) ágazatonként rendre 200, 500, 800 millió forint
értékű áru jusson.
180
264
120
Ű32 = 7;;;;; = 0,20;
600
0;
A bruttó kibocsátás vektora tehát:
‘ 0,70 -0 ,1 2 -0 ,1 4
0,14
0,56 -0 ,1 8
0,18 = -0 ,1 0
-0 ,2 0
0,60
0
0,40.
b = ( E - A )- in .
E -A =
0,80 - 0,10 --0,25
-0 ,1 0
0,95 --0,125
-0 ,1 2 - 0,11
0,725.
0,2 ;
Mivel |E - A | = 0,2
0, ezért az (E —A)~^ inverz mátrix létezik, mégpedig
0,56 -0 ,1 8
-0 ,2 0
0,60
1,5
0,3
0,1
188
0,5
2,1
0,7
-0 ,1 2 -0 ,1 4
- 0 ,2 0
0,60
-0 ,1 2 -0 ,1 4
0,56 -0 ,1 8
-0 ,1 0
0
-0 ,1 8
0,60
0,70 -0 ,1 4
0
0,60
0,70 -0 ,1 4
-0 ,1 0 -0 ,1 8
-0 ,1 0
0
0,56
0,20
0,70 -0 ,1 2
0
- 0,20
0,70 -0 ,1 2
-0 ,1 0
0,56
0,5
0,7
1,9
-
=
1,350
0,175
.0,250
0,20 0,50
1,10 0,25
0,20 1,50,
A bruttó kibocsátás vektora tehát:
b =
1,350
0,175
A250
0,20
1,10
0,20
0,50' 200
0,25 100
1,50. ,220.
400'
200
400.
Az ágazatok importszükséglete az
i = [0,10, 0,30, 0,25]
189
mátrixszal adható meg, ennélfogva a szükséges import:
'4001
I = ib = [0,10, 0,30, 0,25] 200
400
elemének oszlopát és sorát, és képezzük a mátrix e kiválasztott
oszlopának és sorának a következő ún. diadikus szorzatát:
200,
azaz 200 millió forint értékű importról kell gondoskodnunk.
30. Legyen
2
3.
A = '3
4
és
B =
-1
3
7
5.
Ha ezt a diádot kivonjuk az A mátrixból, az A —UíVj = A' különb­
ségmátrix /'i-edik sorában és Á-edik oszlopában csupa 0 áll, és
oldjuk meg az
A
A X = B,
=
A
' - f U i V
Í .
Ha a kapott A' mátrix nem zérusmátrix, akkor van 0-tól külön­
böző eleme; legyen
ilyen elem, és alkalmazzuk az előbbi
eljárást erre az elemre. így
YA = B
mátrixegyenleteket I
Az első egyenletből — balról vcgigszorozva A~^-gyel — X = A“ ‘B adódik.
Mivel |A| = 1 tíO, létezik A ~ \ mégpedig
A ' —U2V2 = A ''
adódik, amiből
3
,-4
-2
3
A^ = A -h 112VJ,
ezért
3 -2
-4
3
X = A -^B =
-1
3
i
5.
-9
11
. 13 -1 3 .
és az eredeti mátrix
A = Uivf -f U2VÍ -f A'".
Hasonlóképpen a második egyenletből Y = BA“ \ vagyis
-1
3
1_
i
3 -2
5. . - 4
3.
-3 1
.-H
23
9
4. A mátrix diadíkus felbontása, a mátrix nyoma
L Válasszuk ki az
A =
ön
^21
Ű12 ..■*
022 • • ^2m
.ű^nl
ű„2 • *^nm.
Ha A" ismét nem zérusmátrix, az eljárás tovább folytatható.
Általában az eljárás r ^ u , m lépés után zérusmátrixhoz vezet, és
ekkor
A = Uiví-f-ugvj-f ... 4*u,v*,
vagyis az A mátrix /* számú diád összegére bontható, amit az A
mátrix egy diadikus felbontásának nevezünk.
Például először válasszuk ki az
4
-1
A=
nem zérusmátrix egyik zérustól különböző, mondjuk
190
3 1 -3
6 2 - 1
2 -5 5
2
- 2 - 8 4
5
3
9 3 -4
191
mátrix harmadik oszlopának első elemét. Ekkor
U iV Í
=
' 4
1
2
8
5 [4 ,3 ,1 ,- -3 ] = 20
4
16
3
12
J
3
6
15
12
9
1
2
5
4
3
volna a másodikat is), és így
0
0
-3
-6
-1 5
-1 2
-9 .
A' —U9V2 =
es
A -U iV Í =
A'
0
0
-9
0
-1 8 -2 0
-1 8 -2 0
-9
0
0
0
0
0
0
63
17
100
17
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
5
17 = A'.
17
5.
0
63
17
= 034, ekkor
U3V3 = - -i Z
63
0
0
17
0
0
0
0
90
17
100
17
0
5
0
17
-1 8
-1 8
90
17
-2 0
-2 0
100
17
0
17
un
Jc
(a skalár szorzóval most az első tényezőt szoroztuk, de lehetett
192
63
17 ’
100
17 '
0,
0
17
[ - 1 8 ,- 2 0 ,0 ,1 7 ] =
0
5/17
1 [ - 1 8 , - 2 0 , 0, 17] =
1
5/17
0
63
100
0 0
17
17
A" ismét nem zérusmátrix, az eljárás tovább folytatható
Legyen
=
Ekkor
0, legyen a másodiknak kiválasztott elem,
U2VÍ =
0
100
17
IT
0,
0
és ezzel
A "-U 3 Y * -
0
0
0
0
63
17
100
17
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
63
17
100
17
0
0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0 = 0.
0 0 0 0
0 0 0 0.
193
Példánkban az eljárás nem folytatható, és A egy diadikus
felbontása:
I
3 1 -3
4
2
-1
6 2 -1
2 = 5 [ 4 ,3 ,1 ,- 3 ] +
2 -5 5
4
5
-2 -8 4
3
3
9 3 -4
0
0
1
5/17
+
1 [ - 1 8 ,- 2 0 ,0 ,1 7 ] + 0
0
1
5/17
1
2. Ha speciálisan egy r-edrendű projektor (idempotens) mát­
rixot bontunk fel diádok összegére:
P = 2
k=l
akkor bebizonyítható, hogy a felbontásban szereplő Uj, és
vektorok kielégítik a
63 100
, 0 ,0
■17 ’ 17
A diadikus felbontás nem egyértelmű művelet, ugyanannak a
mátrixnak többféle diadikus felbontása is létezhet. Kimutatható
azonban, hogy ez az eljárás a lehető legkevesebb diádra való fe l­
bontáshoz vezet, mégpedig annyi diádra, amekkora a mátrix
rangja: r = g(A).
A felbontás során kapott
r
UjVÍ + UjVÍ + ... + U,v* = 2 .
fc=l
Sp(A) = i
i= i
= [“l> “l!, ••• «rl
alakban, ahol [Uj, Uj,
oszlopai az Ui, Uj, ...,
a,,.
Gyakorló feladatok
1. Bontsuk fel minimális számú diád összegére az
A =
r
k= l
k^l;
k=l
összefüggéseket. Az ilyen vektorokat biortogonális vektoroknak
nevezzük. Az is bebizonyítható, hogy a projektormátrixokat
csak olyan diádokra lehet felbontani, amelyeknek vektortényezői
biortogonálisak.
3. A mátrix nyoma (Spur) a mátrix főátlójában álló elemek
összegével egyenlő:
diádösszeg szorzatként is felírható
2
ha
ha
=
2 - 3 1 4 5
2
1 0
1-1
3-2
4 -4
1
5
2 -2
3
4
mátrixot, és határozzuk meg ily módon a rangját!
Válasszuk az első diád meghatározásához az 03^=1 yfO elemet. Ekkor
■ 5'
■ 15 ■-1 0 20 -2 0
5'
-1
-3
2 -4
4 ■-1
UiVÍ =
1 [3, - 2 . 4. - 4 , 1] =
3 -2
4 -4
1
. 4.
. 12 - 8 16 -1 6
4.
u j egy r oszlopból álló mátrix, amelynek
oszlopvektorok, és
és
Jr.
egy r sorból álló mátrix, amelynek sorai a vJ, vJ, ... v* sorvektorok.
194
A' = A -u ^ v í
-1 3
7
5 -1
0
0
- 7 10
- 1 9 24
4 -3
0 0
- 1 8 19
195
Legyen az A'-böl választott elem
= - 1 ?£0; most
- 7 28 - 2 1
1 -4
3
0
0
0
- 1 0 40 - 3 0
■ 7'
■ 35
-5
-1
0
0 [5, - 1 , 4 , - 3 , 0 ] = . 50
- 10.
Uív; = -
és ezzel
0'
0
0
0.
= 0.
Az A mátrix diadikus felbontása tehát
-3 5
7 - 2 8 21 0
5 -1
4 -3 0
0
0
0
0 0
- 5 0 10 - 4 0 30 0
A =
Most A'^-ből pl. az
ekkor
0
0
0
0
9
3
0
0
0
0
22 - 1 1
0
0
0
0
2. Bontsuk fel a
=3r«íO elemet választjuk további számításainkhoz;
3 0'
22
0
9
0 0
0
0
0
0 0
0
0
0
242
0 - 3 3 -1 1 0
3
és
' 0
0
A^ = A-'-UsVÍ =
0
371
3
U4V4 = —
*
55
=
-l
3
5
1 -3 -5
3
5
projektormátrixot minimális számú diád összegére, majd mutassuk meg, hogy
a kapott diádok sor- és oszlopvektorai biortogonális rendszert alkotnak.
Válasszuk az első diád kiszámításához az ű2i= 1 ?<íO elemet. Ekkor
-1
[1, - 3 , - 5 ] =
-1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0'
0
0
0
55
0
0
0
0
0
0
0
0
-1
3
5
1 -3 -5
-l
3
5
0
0
0
tehát P felbontása:
P =
elemet választva,
371
-, 0, 55, 0, 0
' 0
0
0
371
3
196
371
-, 0, 55,0, 0
A rangja pedig (?(A) = 4.
9 0
27
66 0
3
0 0
0
0 0
1
0
[22, 0, 9, 3, 0] = y
«3v5 = —
0 0
0
0 0
0
.-2 4 2 0 - 9 9 - 3 3 0.
--1 1 .
Végül A^-ből az
-7
1
0 [5, - 1 , 4 , - 3 , 0]-f
-1 0
3
’O'
1
0 [22
0
0 j , 0 ,3 ,1 ,0 + 0
-1 1
.1.
A kivonást elvégezve,
'22
0
A'^ = A '-U av; =
0
-43
5
-1
[3, - 2 , 4 , - 4 , 1] +
1
4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0'
0
0
0
55
0
0
-1
1 [ 1 , - 3 , - 5 ] = u,vl
-1
Mivel
,
víu, = [1, - 3 , - 5 ]
-1
1 = - 1 - 3 4 - 5 = 1,
-1
tehát a felbontásban szereplő vektorok valóban biortogonálisak.
197
4. Határozzuk meg az
3. Mutassuk meg, hogy a
2 -3 -5
- 1 4
5
1 -3 -4
P
A =
projektormátrix diadikus felbontásában szereplő sor- és oszlopvek torok biortogonálisak.
Legyen induló elemünk ű3i = 1 /O . Ekkor
2'
' 2 -6 -8 '
3 4
- 1 [ 1 ,- 3 , - 4 ] = - 1
. 1.
1 -3 -4
0 3 3
p - u i v l = 0 1 1 = P '.
.0 0 0
'
1
2
1
0
2 - 1
2
5- 2
3
2 - 1 - 2
5 0
3
mátrix rangját minimális számú diádra bontással. (Háromszögmátrixszá ala­
kítással, ill. determinánsok segítségével már a 2. pont 13. Gyakorló felada­
tában meghatároztuk a mátrix rangját,)
Legyen kiinduló elemünk an = 1:
OlVÍ =
r
1
2
2
UlVÍ = 1 [1,2, - 1 ,2 ] = 1
-0
.0.
0
0
0
0
Most <722=1 választással
'3'
’O 3 3*
1 [0, 1, 1] = 0 1 1
0.
.0 0 0,
és
0 0
0
1 0 - 1
0 0
0
5 0
3
2 -1
4 -2
2 -1
0
0
2'
4
2
0.
= A' .
Most a második sor második elemét választva,
P '- u , v í = 0,
0
0'
0
1
= 0 [0,1,0, - 1 ] = 0
.0
.5.
tehát a felbontás
2'
'3'
- 1 [1, - 3 , - 4 ] + 1 [0,1.1].
1.
0.
■
p = U íV j + UaV; =
A felbontásban szereplő vektorok valóban biortogonálisak, mert
2
- 1 = 2 + 3 - 4 = 1;
1
vju, = [1, - 3 . - 4 ]
0
1
0
5
0
0'
0 -1
0
0
0 -5 .
és
0
0
0
0
0 0
0 0
0 0
0 0
0
0
0
8
Az egyetlen, nullától különböző elemből indulhatunk csak ki:
= 3 - 3 = 0;
y\u2 = [1 , - 3 , - 4 ]
= [0, 1,1]
V>2 = [0, 1, 1]
198
2
-1
1
= 1.
- 1 + 1 = 0;
0
0'
0
1 0
[0,0, 0, 8] = 0
Y 0
.0
.8.
0
0
0
0
0 0'
0 0
0 0
0 8-
A'^-Ujv; = 0,
tehát az A mátrix rangja ^(A) = 3, mert minimálisan három diád összegére
bontható fel.
199
6. Legyen A és B két n-edrendű négyzetes mátrix. Mutassuk meg, hogy
5.
Ellenőrizzük, hogy az alábbi mátrixnak minimális diádokra való egyik
lehetséges felbontása a következő;
Sp(A + B) = Sp(A)+Sp(B).
1
1 -2
1 -2
3
1 - 6 1 0
1 2 - 5 - 1
1
2 - 2 1 1 2
Sp(A + B) = 2
1= 1
+
= 2
i=1
2
i=1
= Sp(A) + Sp(B).
7. Legyenek A és B w-edrendű négyzetes mátrixok. Mutassuk meg, hogy
Sp(AB) = Sp(BA).
r
' 0
3
-2
=
[1,1, - 2 , 1 , - 2 ] +
[0, 1, - 3 , - 2 , 3)41
1
.2.
--4 .
0
0
_6
0
[0,0, I, 1, - 2 ] +
+
0
0 [0, 0,0, 1, - 2].
. —7.
--2 .
Sp(AB)
Sp(BA) = 2
i=1
2 1 2 b ,^a ^,
í = 1 Vik= 1
)■
De
2 2
i =lk =l
— 2 2
i = 1 Ik= 1
ezért
Sp(AB) = Sp(BA),
Valóban
1
' 0
3
-2
1 [1, 1 , - 2 , 1 , - 2 ] +
1 (0, 1, - 3 , - 2 , 3] +
-2.
--4 .
0
-6
[0,0, 1, 1, -21 +
+
0
--7 .
1 1
3 3í
— 1 1
-2 2i
-2
-6
-2
-4
1
3
i
2
0 0
0
0
0 0 -6 -6
0 0
0
0
.0 0 - 7 ■-7
0'
0
0 [0,0,0, 1, - 2 ] =
-2 .
0
0
0
0
0'
-2'
0 -2
-6
6
4 - 6
- 2 4- 0
1 -3 -2
3
-4 .
.0 - 4 12
8 -1 2 .
0'
0
12
0
0 + 0
14.
-0
0
0
0
0
0 0
0
0
0
0
0 -2
0
0
0
4
1
1 -2
1 -2 '
3
1 -6
1 0
1 2 -5 -1
1
.2 - 2
1
1 2.
200
201
L IN E Á R IS E G Y E N L E T R E N D S Z E R E K
V IZ SG Á L A T A
mátrix elemeinek, végül az állandókat egy
b=
I. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK MEGOLDÁSA
a)
Az egyenletrendszer általános alakja és osztályozása. Lineáris oszlopvektor elemeinek; ezekkel az egyenletrendszer mátrix
alakban:
(más szóval elsőfokú) egyenletrendszernek nevezzük az
Ax = b.
Ű2iXi-fűf22X2-f...
= b2\
•••
alakú — ill. rendezéssel ilyen alakra hozható — egyenletrendszert,
ahol Xj (j= l, 2,
n) jelöh az ismeretleneket;
(/= 1, 2,
k;
/ = 1, 2,
/i) ezek együtthatóit;
( /= 1, 2,
k) pedig az állan­
dókat. Ha a bi számok nem mind zérusok, az egyenletrendszer
inhomogén; ha mind zérusok, akkor homogén.
Fogjuk fel az ismeretleneket egy
X —
oszlopvektor elemeinek, az együtthatókat egy k-n típusú
Az A mátrixot az egyenletrendszer mátrixának nevezzük.
Mint tudjuk, az egyenletrendszer megoldása minden olyan
(<íi,
- -j
értékrendszer, amelynek értékeit a megfelelő isme­
retlenek helyébe helyettesítve, az egyenletrendszer minden egyen­
letére teljesül az egyenlőség. Ha azonban az egyenletrendszer
egyenletei között vannak egymásnak ellentmondók, akkor az
egyenletrendszernek nincs megoldása. Annak vizsgálata, hogy
egy adott egyenletrendszer megoldható-e vagy sem, és ha meg­
oldható, akkor egyetlen megoldása van-e vagy pedig végtelen
sok, a legtöbb esetben elég hosszadalmas. Ezért először olyan
módszert mutatunk, amellyel az egyenletrendszer — ha létezik
megoldása — megoldható, ha pedig nem létezik, akkor ez a számí­
tásokból kiderül.
b)
k Gauss-féie algoritmus. Ha az egyenletrendszer inhomogén
és minden együtthatója 0, akkor nem lehet megoldása, mert az
állandók között van zérustól különböző, és ez ellentmondást jelent.
Ha az egyenletrendszer homogén és minden együtthatója 0, akkor
bármilyen értékrendszer megoldása.
Tegyük fel, hogy az egyenletrendszer együtthatói között van
nullától különböző, és legyen ez éppen a ^ (ami az egyenletek
felcserélésével és az ismeretlenek átszámozásával mindig elérhető).
Vonjuk ki az első egyenlet — -szeresét a második egyenletből;
Cili
A =
^11 ai2 ••• ^in
^21 Ű22 ••• ^2n
Űk2 ••• Clkn.
202
-----szeresét a harmadik egyenletből és így tovább; végül —
^11
ön
szeresét a /c-adik egyenletből. Az eredeti egyenletrendszer minden
megoldása az így kapott egyenletrendszernek is megoldása és fordít­
va. Az új egyenletrendszer első egyenlete megegyezik az eredeti
203
első egyenletével; ebben szerepelnek olyan ismeretlenek, amelyek a többi egyenletben már nem fordulnak elő (a szorzás és kivonás éppen azt eredményezi, hogy ;ci a többi egyenletből
eltűnik, de előfordulhat, hogy ezzel több ismeretlen is kiküszöbölődik). Legyenek ezek
ekkor az új egyenletrendszer a következő alakú:
eldönthető, hogy megoldható-e vagy sem, és ha meg^
módszerrel minden
isyenletrendszer megoldható, ha van megoldasa. A most követ­
Mezőkben csak mhomogen egyenletrendszerek megoldasara szoríthom opn egyenletrendszerek megoldasaval majd ezt
foglalkozunk.
Például
Xi
a:2 —X3 + X4 =
8
2xjl4- ^2 —X3— X4 =
3
X i -\-2x 2 +
CkrXr+
.
Ha ennek az új egyenletrendszernek a ( íi, C2,
6 - 1» •••> <í.i)
értékrendszer megoldása, akkor a ........ U értékrendszer megoldása az első egyenlet elhagyása után adódó, k - 1 számú egyenlétből álló
•••+ ^ 2n*^'n =
.......................................
x^
-2
x^
=
0
x ^ — X2 —x 3 -f3 x 4 — 12
1 ^
1 ...............................
egyen etek atrendezesere nincs szükség.
*^^,hat az első egyenlet kétszereset a második egyenletbo ,
^
egyenletet a harmadikból es negyedikből. Jelöljük
a továbbiakban csillaggal azt az egyenletet, amelyiket változatHagyunk, esetünkben az elsőt. Ekkor:
X1+ X2-
;c3-h X4 = 8 ;
CkrXr-\--..-^Ck„x^ = dk
egyenletrendszernek. Ha tehát előbb megoldjuk az utóbbi egyenletrendszert és a kapott megoldás (<^,,
akkor az eredeti
első egyenletből az
(^ )
~ x ^ X3 - 3^4 = - 1 3 ;
x 2 + 2x^ —3x^ = - 8 ;
—2^2
+2x^ = 4.
Hagyjuk el az első egyenletet; a megmaradó három egyenlet
közül az elsőt adjuk a másodikhoz, majd az első kétszeresét
egyenlet adódik, amelynek összes megoldását megkapjuk, ha ionjuk le a harmadikból:
XzyX^y
ún. szabad ismeretlenek — helyébe tetsző—X2+ X3 —3^4 = —13*
(^)
leges számokat írunk, és az így adódó
0 1 1 X 1 4 - 0 1 2 ^ ^ 2 + . . . — Z?i
3 x 3 -6 a :4 =
^ 11^1 — bi — Ű12Í 2 — • •• —a^n^n
egyenletet megoldjuk (ezt megtehetjük, hiszen űu 7^0). Itt
ZXr,
.. ,x„ az ún. kötött ismeretlenek.
Ezzel az eljárással az egyenletrendszer megoldását olyan egyenletrendszer megoldására vezettük vissza, amelyben legalább egygyei kevesebb egyenlet szerepel. Az eljárást folytatva, végül olyan
egyenletrendszert (ill. egyetlen egyenletet) kapunk, amelyről
204
-2 1 ;
—2x34- 8x4 = 30.
^
j i
első egyenletet, a masod.kat egyszerűsítsük
' ^ ^ arma i a -ve , e or
X3 —2x4= —7 ;
(^ )
—X34- 4x4= 15.
205
Az első egyenletet hozzáadva a másodikhoz:
2x 4 = 8 .
A szóban forgó elemi átalakításokat elvégezve,
(^ )
Ez az egyenlet megoldható, egyetlen megoldása:
^ 4= 4.
Most visszafelé haladva, az elhagyott (és csillaggal jelölt) egyenletekbe
rendre visszahelyettesítünk:
^3 = - 7 + 2 ^ 4 = - 7 + 8 = 1;
;C2 = I3 + X3- 3X4 = 13 + 1 - 1 2 = 2;
Xx = 8 — X2 + X3 — X4 = 8 —2 + 1—4 = 3.
1
1 - 1
1
2
1 - 1 -1
1
2
1 -2
,1 - 1 - 1
3
8'
3
0
12
1
1 - 1
1
8
0 - 1
1 - 3 -13
0
I
2 -3
-8
.0 - 2
0
2
4
1
1 -1
1
8'
1
1 -1
1
8‘
0 -1
1 - 3 - 1 3 0^ 0 - 1
1 - 3 -13
0
0
3 - 6 -21
0
0
1 -2
-7
,0
0 -2
8
30.
0
0 -1
4
15.
1
1 -1
1
8'
0 -1
1 - 3 -13
0
0
1 -2
-7
.0
0
0
2
8.
Az egyenletrendszer egyértelmű megoldása tehát az Xi = 3, x, = 2,
JC3 = 1, JC4= 4 értékrendszer.
A i ismeretlenek sokszori leírását megtakaríthatjuk, ha csupán
az egyenletrendszerben szereplő együtthatók és állandók írására
Az új, ún. redukált egyenletrendszer tehát
szorítkozunk, mátrixos írásmóddal.
Jelölje A az eredeti egyenletrendszer mátrixát, B pedig az egyen­
X1 + X2- X 3 + Xi =
letrendszer kibővített mátrixát, amelyet úgy kapunk, hogy azi
együtthatómátrixot egy (n + l)-edik oszloppal, a jobb oldalon
- X 2 + X3 — 3 x ^ = - 1 3 ;
álló állandók oszlopával kibővítjük. Az egyenletrendszer soraival
végzett egy-egy művelet a kibővített mátrix egy-egy elemi át-i
X3 - 2X4 = - 7 ;
alakításának felel meg. Olyan elemi átalakításokat végzünk,
amelyekkel az
elemet tartalmazó főátló alá zérusokat hoz­
2x 4 = 8,
hatunk be. Ha az említett főátló alatt csupa zérus van, az átalakí­
tást befejeztük, és a kapott mátrixból az új egyenletrendszer
felírható, mely megfelel az előbbiekben ( ^ )-gal jelölt egyenletek­ amiből az ismeretlenek értéke már könnyen kiszámítható, és
ből adódó egyenletrendszernek.
ezek megegyeznek az előző megoldásban kapott értékkel.
Előző példánk megoldását most ezzel az írásmóddal megismé­
Második példaként oldjuk meg az
teljük. A kibővített mátrix:
ATi—8X2+ 9X3 = —32;
1
B=
206
1 -1
1 8
2
1 - 1 -I
3
1
2
1-2 0
1 - 1 - 1
3 12
2 x i — Xo + 3^3 = — 1;
^1 + 2 x 2 - X3 = 12
207
egyenletrendszert — most már rögtön mátrixos írásmóddal. Mivel
üli 9^ 0 , tehát a Gauss-féle algoritmus azonnal elkezdhető:
B=
9 -3 2 '
1 -8
63
0 15 - 1 5
44
0 10 - 1 0
1 _8
9 -3 2 '
2 -1
3 -1
1
2 -1
12
ezért a k ere sett re d u k á lt eg y e n le tre n d sz er
Xi — 4x2 + 2^3 = — 1;
•^2 -
^2 = X3 -I-X4 — l,
és ezt az első egyenletbe helyettesítve,
A redukált egyenletrendszer:
Xi = 4(.T3-f X4 — 1) —2.Y3 — 1 = 2x 3 + 4x 4 —5.
Xi — 8X2+ 9x3 = —32
15^2 —15^3 = 63;
Xi —4^2 4- 2^3
2xi — 3x2—
2.
= —1
Az egyenletrendszer kibővített mátrixa:
-l
- 1 1'^
-7
-8 .
2
0 - f
'1 - 4
0
1 -1 -1 -1
0 í
0
0
0
0
0
0.
0
0
lO
208
^2 = 2,
X3 = 2,
X4 = 1.
c)
A megoldhatóság vizsgálata. Az egyenletrendszer megoldásá­
nak megkísérlése nélkül is eldönthetjük, hogy egyáltalán megold­
ható-e vagy sem, ill. hogy hány megoldása van, a következő tétel
alapján:
~ 7;
3 x i — 1x 2 + X2 — 5x ^ = — 8.
0
1 - 1 -1
0
2
I -4
B=
3
5
2
-1
.3 - 7
1 -5
Xi = 3,
Példánkban x^ és x^ helyett másik két ismeretlen tetszőleges
megválasztása mellett is dönthettünk volna.
:^4 = - ’ l:
—
Az egyenletrendszer megoldása tehát x^ = 2x^i + 4x^ — 5;
= X3+ a:4—1; X3 és x^ tetszőleges. Vagyis végtelen sok értékrendszer elégíti ki az eredeti egyenletrendszert. Egy ilyen értékrendszer pl. X3= 2, X4—1 választása esetén
^2
Az utolsó egyenlet ellentmondást tartalmaz, ezért az egyenlet­
rendszer nem oldható meg.
Harmadik példaként oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
•^2“" ^ 3 “
^4 = - 1•
A négy ismeretlen kiszámításához csak két egyenletünk van,
ami azt jelenti, hogy két ismeretlent szabadon választunk. Ha
ezek pl. ^3 és ^4, akkor a második egyenletből
1 -8
9 -3 2 '
0 15-15
63 .
0
0
0
2
0 =
^3 -
0
2
1 -4
1 -1 -1
0
5 -5 -5
0
0
5 -5 -5
-1
-1
-5
-5 ,
Egy lineáris egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg,
ha mátrixának és kibővített mátrixának a rangja megegyezik:
^(A) = ^(B).
Az első példában szereplő A és B mátrixok rangja — mint azt
az átalakított B mátrix utolsó alakjáról könnyen leolvashatjuk —
egyaránt 4, Így első egyenletrendszerünk megoldható.
A redukált egyenletrendszert ui. a kibővített mátrixon végzett
elemi sorátalakltásokkal kapjuk meg. Ily módon a B utolsó
oszlopában álló elemek — amelyek nem elemei A-nak — nem
kerülnek kapcsolatba A elemeivel, tehát nem befolyásolhatják A
209
rangját sem. Az átalakított B mátrix utolsó oszlopát elhagyva,
valóban az A mátrix átalakított alakja adódik.
A második példában szereplő együtthatómátrix rangja 2, hiszen
determinánsa
1 -8
2 -1
1
9
3 = 0,
2 -1
de van olyan másodrendű minormátrixa, amelynek determinánsa
nem 0, pl.
B=
|An| =
1 -8
2 -1
1
-1
3
2 -1
= —5 ^
0
; a kibővített
9 -3 2
3 -1
2 - 1
12
mátrix rangja pedig 3, hiszen pl. a
1 - 8 -3 2 '
-1 =
det 2 - 1
1
2
12,
l - 8 -3 2
2 - 1 -1
12
2
1
mivel ^(A)?^^(B), ezért az egyenletrendszer nem oldható meg.
Harmadik feladatunkban a kibővített mátrixhoz hasonló utolsó
mátrix:
0 -\
2
1 -4
0
1 -1 -1 -1
0 >
0
0
0
0
0.
0
0
0
,0
ennek alakjáról könnyen látható, hogy í?(A) = ^(B) = 2, mert pl.
az A és B mátrixban egyaránt szereplő
1 -4
0
1
másodrendű aldetermináns nem zérus, minden magasabbrendű aldetermináns viszont 0, hiszen a két utolsó sorban csupa 0 elem áll.
210
Egy megoldható lineáris egyenletrendszernek akkor és csak
akkor van egyértelmű megoldása^ ha mátrixának rangja megegyezik
az ismeretlenek számával, vagyis ha
Q { k ) ^ Q { B ) = n,
Első példánkban ez a feltétel teljesül: /i = ^(A) = ^(B) = 4,
ezért az egyenletrendszernek van egyértelmű megoldása. Har­
madik feladatunkban ^(A) = ^(B) = 2, /i = 4 volt, ezért nincs
egyértelmű megoldás.
Ha egy megoldható lineáris egyenletrendszer mátrixának rangja
kisebb az ismeretlenek számánál (vagyis ^(A) = ^(B )</i), akkor
végtelen sok megoldása van és a megoldás során n — Q{A) számú
ismeretlen szabadon választható meg. Ezek a szabad ismeretlenek,
a többi ismeretlen — a kötött ismeretlenek — a szabad ismeretle­
nekkel fejezhető ki.
Harmadik példánkban AZ—^ (A) = 4 —2 = 2 volt, ezért választ­
hattunk meg két ismeretlent szabadon.
Egy konkrét ismeretlen egyik megoldásmenet folyamán lehet
kötött, másik megoldásmenetben szabad. A lényeg az, hog>'
van-e, ill. hogy hány szabad ismeretlen van.
Megjegyzendő, hogy nem minden esetben választható bármelyik
ismeretlen szabad ismeretlenként — előfordulhat ui., hogy a meg­
oldásrendszerben egyes ismeretlenek értéke egyértelműen meg­
határozott, és a többi ismeretlenek között is fennállhatnak olyan
összefüggések, melyek valamelyikük értékének megválasztása
esetén mások értékét már meghatározzák. A konkrét egyenlet­
rendszerről általában könnyen leolvasható, hogy melyek azok az
ismeretlenek, amelyek szabad ismeretlenként választhatók.
A q {A )> h eset nem fordulhat elő, mert egy mátrix rangja
nem lehet nagyobb, mint oszlopainak száma.
Négyzetes mátrixű egyenletrendszerek speciális megoldási mód­
szerei, Ha a lineáris egyenletrendszer egyenleteinek és ismeretleneinek
a száma megegyezik (k= n, vagyis az egyenletrendszernek négyzetes
mátrixa van), akkor az egyenletrendszer egyértelmű megolddsának szükséges és elegendő feltétele, hogy mátrixának a determi­
nánsa ne legyen nulla. Ha IÁI 5^0, akkor A“ ^ létezik, és az
Ax = b egyenletrendszer megoldása:
X = A ”^b.
211
Hagyjuk el ismét az első egyenletet, és a megmaradó első egyenletből ki­
vonva a második egyenlet ötszörösét
A megoldás felírható determinánsok segítségével
Xi =
1A.-I
|A|
7a4= 7,
amiből•1
A4=1.
0 = 1 , 2 , . . . , h)
alakban is, ahol (Ajj jelenti annak a mátrixnak a determinánsát,
amely az egyenletrendszer determinánsából úgy keletkezik, hogy
az /-edik ismeretlen együtthatói helyébe az e^enletek jobb oldalán
álló számokat helyettesítjük. Ez az általános Cramer-szabály.
Megemlítjük, hogy egyes esetekben az együtthatómátrix szer­
kezetét vagy az egyenletrendszerben mutatkozó szimmetriát ki­
használva, lényegesen rövidebb megoldások is találhatók.
(^ )
Az utolsó egyenletnek egyértelmű megoldása van, így az eredeti egyenlet­
rendszernek is, mégpedig:
A4 = 1,
■>f3 = 4 + a:4 = 5;
= 2a3 - a'4 -1 2 = 1 0 - 1 - 1 2 = - 3 ;
+ l = - 3 - 5 + 34-7 = 2.
Gyakorló feladatok
b)
Ax = b
1. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert
X i-
a'2+ a'3 - 3 a'4
írjuk fel a megoldandó egyenletrendszert
alakban, ahol
= 7;
,ri-2A'2+3x3-4x4 = 19;
3^i + 4a'2—
1 -1
1 -3
1 -2
3 -4
3 4 -1
2
2
3
2
1.
— 9;
— 2^1 4* 3Xi> ■f‘ 2A'3-r Af4 = —2
a) Gauss-féle algoritmussal;
b) inverz mátrix segítségével;
c) Cramer-szabállyíil.
és
a)
Adjuk hozzá az első egyenlet ( - l)-szeresét a második, ( - 3)-szorosát
a harmadik, (2)-szereset a negyedik egyenlethez, ekkor
A'i —JC2+ A3— 3a:4 = 7;
- A 2+ 2A3-
(* )
A4 = 12;
A'2-f-4jf3- 5A4 = 12.
Hagyjuk el az első egyenletet, majd adjuk hozzá a megmaradt első egyenlet
7-szeresét a másodikhoz és 1-szeresét a harmadikhoz, így
(* )
A4 = 12 ;
I0a 3-h4a4 = 54, ill. 2-vel egyszerűsítve: 5.V34- 2^4 = 27;
6A3- 6X4 = 24, ill. 6-tal egyszerűsítve
212
Az egyenletrendszer egyenleteinek és ismeretleneinek a száma egyaránt 4,
ezért az egyértelmű megoldás feltétele, hogy az egyenletrendszer mátrixának
determinánsa ne legyen 0 :
1 -1
1 -3
1 -2
3 -4
— 3 4 -1
2 -2
3
2
1
7a2 - 4a*3+ 11A4 = - 30;
-A f2+ 2A*3-
AT4-
■ 7
19
b =
-9
.-2
-^4 =
=
-1
2 -1
7 - 4 11 =
1 4 -5
-1
0
0
1 -1
1 -3
0 -1
2 -1
0
7 - -4 11
0
1 4 -5
2 -1
10
4 = - ( - 6 0 - 2 4 ) = 84
6 -6
0;
tehát van egyértelmű megoldás és ez
x = A-'b.
213
Az A~^ mátrixot elemi sorátalakítások segítségével számítjuk ki (1. a II.
fejezet 1. d) alpontjában).
1 ~ 1
1 -3'
3 -4
1 -2
3 4 -1
2
-2
3
2
1.
1 0
0 0
0 1 0
0
0 0 1 0
0 0
0
1
0
0
.0
1
1 -1
1 -3'
0 -1
2 -1
0
7 - 4 11
.0
1 4 -5.
- 1 1 0
0
- 3 0 1 0
’l 0
5 -8'
0 0
6 -6
0 0 ■-3 2 46
.0 1
4 -5.
3
1
-17
2
0 0
1
1 0
1
0 1 -7
0 0
1
1
0
0
.0
0
5
4
1
0
6
0 -- 32
-8'
-5
-6
46.
3
2
1
-17
0 0
1
0 0
1
1 0
1
0 1 -7
1
0
0
.0
0
5
1
4
0
1
0 -- 32
-8'
-5
-1
46.
1 0
2
13
0
0
0 0 -3'
1 0 -1
0 1 -1
0 0 14.
8
0
0
1
0
0
"6
17
~6
0
~6
1 -7-
4
~6 ~~e
1
1
~6
70
'n
0
—
1'
1
1
1
6
2
0
—
6
0
—
6
1
10
1 -----
6
214
8
4
~6
"T
1
1
~6
T
70
n
1
n
0 0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
LO
0
0
5
”T
"84
3
2
1
5
----- 0
0 0 -3'
1 0 -1
0 1 -1
0 0
1
01
0
"ó*
1
0
0
0
13
T
56
“ Í4
70
0
0
0
1
T
2
~6
1
T
10
1
84
26
Í4 ” 84
3
16
Ü
Í4
24
1
M
46
32
” 84
18
Ü
1
4
14
M
10
1
14 ~84
tehát
A-^ =
28
26
3
16'
'8 4
84
l4
’ 84
42
24
1
18
Ű
~84
M
84
56
46
1
14
1
4
"Ü
70
32
10
M Í4 '8 4
Ezért a keresett megoldás:
26
-2 8
42 - 2 4
X = A-^b = —
46
84 - 5 6
.-1 0
32
' 168'
■ 2'
-3
1 -2 5 2
—
420
5
84
- 1.
84.
• i = - 3 , •^3==5,
18 - 1 6
6
18
6
4
6 -1 0 .
■ 7'
19
-9
.-2 .
215
2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
c) Az egyenletrendszer determinánsáról már láttuk, hogy A| = 84?*^0,
így egyértelmű megoldás van. A Cramer-szabály szerinti megoldáshoz még
négy negyedrendű determináns kell. Ezek:
.Vi-f X2-\-
=
6;
- X i + 2xz -f X ; i - X i — 2a'6 = - 23;
7 --3
1 8
7 -1
1 -3
11 10 11 --4
19 - 2
3 -4
2
4 -1
2 — -5 -2 -5
-9
0
0
0
1
-2
3
2
1
1
8
7
11
10
11
-5
-2
Xi - 3x2 4- 5^3 - JC4-
168;
-5
2 x i -f
a*2 - f
=
14;
j:3 + ^'4 + 3.V5 =
23;
- 3 x i - 4 x 2 - x ^ - X i - A'g =
1 -3
1 7
3 -4
1 19
Dz =
2
3 - 9 -1
2
1
-2 -2
(* )
-5
1 7 --3
-5
1 7
- 7 11 11 --4
-7 11 11
—
2
7 -5 -5
7 -5 -5
0
0
0
1
7 -3
1 -1
1 - 2 19 - 4
4 -9
2
3
1
-2
3 -2
0 0
1 0
12 - ] l
1 -1
7 - 3 0 11 ~
3
12 _ 45
-2
l
1 7
1 -1
3 19
1 -2
4 -1 - 9 =
3
-2
3
2 -2
0
0
1 0
12
2
1 -1
7 - 4 •- 3 0
3
12
-2
1 4
-252;
A feladatot a Gauss-féle algoritmussal oldjuk meg. Hozzáadjuk az első egyen­
letet a másodikhoz, az első egyenlet ( - l)-szeresét a harmadikhoz, (-2)-szeresét a negyedikhez, 3-szorosát az ötödikhez, majd elhagyjuk az első egyen­
letet. Ekkor
3 x2+ 2x^
-1
12-1
7 - 3 0 11 = 420;
’l
12 - 5
- 4
x
2
12
7 -4 -3 0
1 4
12
84.
-
2 - \- 4 x . ^ - 2 X x - 2
X2
— X 2 4-
-1
0.
-^3
-^s
= - 17;
^
=
8;
A’5
=
11;
=
18.
x
2X34- 2x^~\~ 2 x ^
(* )
Most a harmadik egyenlet 3-szorosát adjuk hozzá az első, ( - 4)-szeresét a má­
sodik és ( - l)-szeresct a harmadik egyenlethez, majd elhagyjuk a harmadik
egyenletet. Ily módon a
- x ^ - 3 x ^ - h 2 x ^ = 16;
( 91^)
így a keresett ismeretlenek
8x 3 f 2^4 - 6a'5 = —36;
Xi =
D,
168
84
84
420
84
~84
X2 =
-2 5 2
3^:34- 3a'4+ a'6 = 7
84
84
egyenletrendszerhez jutunk. Hozzáadjuk az első egyenlet 8-szorosát a máso­
dikhoz, háromszorosát a harmadikhoz, majd elhagyjuk az első egyenletet.
=
=
84
1
84
Összehasonlítva a háromféle megoldást, világosan látszik, hogy a Gauss
féle algoritmus igényli a legkevesebb számolást.
Vegyük észre, hogy ha a Gauss-féle algoritmust az egyenlet
rendszer kibővített mátrixán végzett fokozatos elemi átalakítások
kai hajtjuk végre, akkor nem csupán a redukált egyenletrendszer
hez jutunk el, hanem egyúttal az egyenletrendszer mátrixát há
romszögmátrixá alakítjuk át, amelyből rangja közvetlenül leolvas
ható.
216
így
- 22^:4+ 10x 5 = 92;
-6 ^4 4- 7^6 = 5 5 .
(*)
A második egyenlet ( - ll)-szeresét az első egyenlet 3-szorosához adva,
-47 jcj = - 3 2 9 ,
amiből
^'5 = 7.
(* )
Az egyenletrendszernek tehát egyértelmű megoldása van.
217
A többi ismeretlen az elhagyott (csillaggal jelölt) egyenletekből számítható
ki fokozatosan:
lx ,-5 5
II. Megoldás:
A második egyenletet hozzáadjuk az elsőhöz, utána a harmadikhoz, majd
elhagyjuk az első egyenletet. Ekkor
3ATi 8.X2- } - — 29;
^3 = —3xi'^2xs~ 'l6 = 1;
5ai+13a:2 + a'4 = 46.
X2 = - x ^ - x ^ - x s - w = - 4;
Xi = 6 - X 2 - X s -
x^
Kivonjuk az első egyenletet a másodikból, akkor
- x ^ = 3.
2x i + 5 a:2 = 17,
3. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
Xi + 3x 2+ Xq-
x^
— 1\
2aci 4 - 5^:3 - a'3 + 2a'4 =
(* )
(* )
22;
(* )
és ez ^ egyenlet megoldható, mégpedig végtelen sok megoldása van, hiszen
az egyik ismeretlen — pl. x^ — szabadon megválasztható. A többi ismeretlen
akkor már egyértelműen meghatározott:
17
5
3xi-f 8a'2 + at3 - a'4 = 24.
3ai + 8a 2+ a '4 = 29 egyenletből
/. Megoldás:
Vonjuk ki az első egyenlet 2-szeresét a másodikból, és 3-szorosát a harma­
dikból, majd hagyjuk el az első egyenletet. Ekkor
- a'2—3.V34-4;c4 = 8;
(* )
- ^2 - 2 ^ 3 2 ^ 4 = 3.
2a'i4- 5a 2- A 3+ 2A4 = 22 egyenletből x^ = 2 - a :2.
Ha pl. ^2 = 7, akkor
Aj = - 9 ; ^2 = 7; a' 3 = - 5 ; A4 = 0,
Most az első egyenletet vonjuk ki a másodikból, így
A3- 2X4 = - 5 .
és így éppen azt a megoldást kaptuk, mint az előbb az A4= 0 választással.
(* )
A most kapott egyenletről látható, hogy megoldható és végtelen sok meg­
oldása van, mert az egyik ismeretlen — pl. Xx — szabadon választható. A többi
ismeretlen ekkor már egyértelműen meg van határozva, mégpedig ha x^—t^
akkor
Mivel a négy ismeretlen bármelyike választható szabadon,
az egyenletrendszer megoldása négyféle alakban írható fel. A meg­
oldások egyparaméteres sokaságot alkotnak.
4. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
6x 3-
x ^~
x^ = 3;
jTa = 2^:4 - 5 = 2/ - 5;
3aTi+ .r2-
A'a =
2a'i + 2a:2- 4a3 + 3a:44- 6a j = 5;
= ~6/-l-15-f-4/-8 = - 2 / + 7;
Xi = - 3a'2 *-A'a + A4-f 7 = 6 / - 2 1 - 2 / 4 - 5 + / + 7 = 5/ —9.
4 ai+ Aa- 8A34- a'4+
(^it)
X5 = 5;
Például /= 0 értékhez az jci = - 9 , x ^ ^ l , a., = - 5 , ^4 = 0 megoldás tartozik.
— jCi+2;c2+ 2jC3-f2AT4-f- 2a5 = 1 ;
A szabadon választható ismeretlent nem fontos új betűvel
jelölni, mi ezt csak a hangsúly kedvéért tettük, és tesszük a továb­
biakban is.
—5Ai-f 4a2+10 a3+ 6a:4+12as = 1.
218
—y
A legkisebb együtthatók A2 oszlopában szerepelnek, ezért célszerű a Gaussféle algoritmust x^ kiküszöbölésével kezdeni. Adjuk hozzá az első egyenlet
219
( - 2)-szeresét a második és negyedik egyenlethez, ( - 1)-szeresét a harmadik,
( - 4)-szeresét az ötödik egyenlethez, majd az első egyenletet hagyjuk el. Ekkor
- Axi-\- 8^3+ 5^4+ Sa’s = —li
-
X i — 2 X3+
2 ^ 4+
2x^ =
2j
7 a :i+ 1 4 jc 3 +
4^*4 +
4 x^ = ~ 5 ;
(^ )
Láthatjuk, hogy Xi és X3 értékét valóban nem tudjuk külön-külön meghatá­
rozni. Annyit azonban tudunk, hogy az egyenletet olyan és csak olyan
és
X3 értékpárok elégítik ki, amelyek közül az egyik szabadon választható, de
amelyekre Xi —2x3 = 1 teljesül. Ebből következik, hogy ha az egyenletrend­
szernek van megoldása, akkor első elhagyott (csillagos) egyenletben sem szere­
pelhet Xi és X3 külön-külön, hanem az x i - 2x3 kifejezés valamilyen állandó­
szorosa léphet fel csupán. Valóban: az első egyenletben a helyettesítést el­
végezve a
- 17a:i + 34^:3+ 10^^4+ 16x5 = - 11.
Most a második egyenlet segítségével az X i ismeretlent küszöböljük ki. Adjuk
hozzá a második egyenlet 4-szeresét az elsőhöz, 7-szeresét a harmadikhoz,
17-szeresét a negyedikhez, majd hagyjuk el a második egyenletet:
13^4+16x6 = 7;
egyenletet kapjuk, amiből
1
^• = T -
(* )
18^:4+ 18x5 = 9;
44x4+ 50x5 = 23.
Vegyük észre, hogy Xi-en kívül x, is kiküszöbölődött. Ez arra utal, hogy
Xi és Xa nem számítható ki külön-külön, csupán a közöttük fennálló kapcsolat
határozható majd meg.
Egyszerűsítjük a második egyenletet 9-cel, majd hozzáadjuk ( —8)-szorosát
az első, ( - 2 5 ) “szörösét a harmadik egyenlethez; így
- 3 x4 = - 1 ;
(^)
-6x4 = - 2 .
Mivel a második egyenlet az elsőnek kétszerese, pl. a második elhagyható,
és ez a megoldhatóságot nem befolyásolja. A megmaradó első egyenlet (és
ezzel együtt az eredeti egyenletrendszer is) megoldható:
1
Ha pl. X3-t választjuk szabadon, legyen pl. X;,= =/, akkor az egyenletrendszer
megoldása
= 1 + 2/,
X4és X5 kiszámított értékét az előző elhagyott (és csillaggal megjelölt) egyenletbe
helyettesítve, az
1
^4 ==
5. Adott a következő egyenletrendszer:
x, + x2+ xa-x * = 4 ;
X3+ X 4 =
8;
3xi + xa+3x3-x4 ^ 16.
a) Meghatározzuk az A együtthatómátrix és a B kibővített mátrix rangját.
B =
= 2
egyenlethez jutunk, amiből
220
-^3 “
a) Állapítsuk meg, létezik-e megoldás, ill. hány megoldás létezik. Ha vég­
telen sok megoldás van, akkor hány ismeretlen választható szabadon?
b) Ha létezik megoldás, akkor határozzuk meg a Gauss-féle algoritmussal!
1
X1- 2X3 = 1.
,
Figyeljük meg, hogy (az előző feladattal ellentétben) itt nem függ minden
ismeretlen a szabadon választható ismeretlentől, sőt Xj, X4 és X5 nem is választ­
ható szabadon.
Hogy szabad ismeretlenek esetében e két lehetőség melyikével állunk szem­
ben, azt előre nem tudjuk megállapítani, ugyanis (mint az könnyen kiszámol­
ható) feladatunkban í>(A) = (>(B)=:4, az ismeretlenek száma 5, így csupán az
derül ki, hogy 5 —4 = I ismeretlen választható szabadon.
X 1 - X 2+
ezt a 2x4+ 2x5 = 1 egyenletbe helyettesítve, -§-+2x5 = 1, amiből
Xj =
I
1 1 -1
I -1
1
1
,3
1 3 -1
1
-2
0
4'
8
16.
1
1 1 -1
0 -2
0
2
0 -2
0
2
4
4
4.
-l
2
0
221
Az utolsó mátrixról már látszik, hogy az elemeiből képezhető legmagasabbrendű nem zérus értékű determináns másodrendű, pl.
1
a) Hozzáadjuk az első egyenlet (—3)-szorosát a másodikhoz, (—2)-szeresét
a harmadikhoz, majd elhagyjuk az első egyenletet. Ekkor
5.^2 —4jc3—7x5 = 0;
1 = -2
0,
0 -2
5x%—Ax^ —lx^ = 4.
és mert ez az A és B mátrixnak egyaránt aldeterminánsa, ezért g(A) = ^(B )=2. Ha kivonjuk az első egyenletből a másodikat, a
Ez azt jelenti, hogy az egyenletrendszer megoldható. Mivel az ismeretlenek
0 = -4
száma 4, így végtelen sok megoldás van, mégpedig a szabadon választható
ismeretlenek száma 4 - 2 = 2.
b)
Adjuk hozzá az első egyenletet a másodikhoz, majd ( - l)-szeresét aellentmondást kapjuk, ezért ez utóbbi és vele együtt az eredeti
szernek nincs megoldása.
harmadikhoz:
b) Átalakítjuk a kibővített mátrixot.
2jci + 2;c3 = 12;
1 -2 3 - 1
2 2
1 -2
3-1
2
2xi-\r2x^ = 1 2 .
B
3 - 1 5
- 3 - 1 6
0
5-4
0-7
2
1 2 - 2 -3 8
0
5 -4
0 -7
A két azonos egyenlet közül az egyik elhagyható, a másik megoldható,
mégpedig — pl. .Va-at JCi-gyel kifejezve — :
I -2
3 - 1 2
2
(^■)
0
5 -4
0 -7 0
0
0
0
0
0 4
ahol Xi szabadon választható, legyen pl. //. Visszahelyettesítve az elhagyott
egyenletbe,
B-ből képezhető harmadrendű, nem zérus determináns:
M+ A'z+ Ó—w—A‘4 = 4,
- 1 2
amiből
0 -7
0
0
Xz-x^ = -2 .
Itt ismét szabadon választhatunk egy változót, legyen ez pl. Xi = v, ekkor
jca = y —2, és így az egyenletrendszer megoldása
Xi=u;
ATa = ü — 2;
x^ = 6 —w;
x^ — Vy
ahol u és V egymástól független tetszőleges értékek.
A megoldások most kétparaméteres sokaságot alkotnak. Például az
és y = l értékhez tartozó megoldásrendszer:
jc i= l;
A2= —I;
^3 = 5;
l
A4 + 2 A5 =
2;
2
0 = 28;
4
A-ból azonban nem képezhető harmadrendű, nem zérus determináns, csupán
másodrendű, pl.:
1 -2
= 5.
0
5
7. Megoldandó a következő egyenletrendszer
Xi + 2Xi-\-3xz =
(* )
3xi— Xz+ 5x 3—3x í ~ ATfi = 6;
2a i+ jl'2 + 2.V3—2^4 - 3^5 = 8.
a) Oldjuk meg az egyenletrendszert a Gauss-féle algoritmus segítségével.
b) Vizsgáljuk a megoldások létezését, ill. számát.
222
2
0
4
Tehát QÍ\)i^Q(B)y vagyis az egyenletrendszernek nincs megoldása.
a:4=1.
6. Tekintsük a következő egyenletrendszert:
A i - 2 ^ 2+ 3 ^ 3 —
egyenletrend­
(* )
^1 +3^2 4-5^3 =
3 a 'i- A2- 4A3 =
9ai -f 2a 2- A3 =
5a' i 4-2a2+
a'3
=
223
Kettővel több egyenletünk van, mint ahány ismeretlenünk. Ekkor vagy leg­
alább két egyenlet felesleges, mert a többi következménye, vagy pedig az egyen­
letek között ellentmondók vannak. Előre megállapítani azonban, hogy melyik
eset forog fenn, ill. hogy melyek a felesleges egyenletek, az sok — teljesen
felesleges — számolással járhat, a Gauss-félc algoritmus végrehajtásához
azonban nincs is rá szükség.
Induljunk tehát el a Gauss-féle algoritmussal. Adjuk hozzá az első egyenlet
(-l)-szeresét a második, (-3)-szorosát a harmadik, ( - 9)-szeresét a negyedik,
(-5)-szörösét az ötödik egyenlethez, majd hagyjuk el az első egyenletet. Ek­
kor
. .
2x3= 0;
(* )
-
1x 2 -1 3 x ^ = - 2 ;
Adjuk hozzá az első egyenlet ( - 2)-szeresét a másodikhoz, 2-szeresét a
harmadikhoz, ( - l)-szeresét a negyedikhez, ( - 5)-szörösét az ötödikhez. Ekkor
•^2+
^ 2+ 9x3 =
-
0;
A harmadik egyenlet szerint ^3= 0. De ezt visszahelyettesítve a megmaradó
három egyenletbe, az
= - 2,
X2 = 6,
8jc2 -1 4 x3 = - 4 .
Most az első egyenlet 7-szeresét a másodikhoz, a 16-szorosát a harmadik­
hoz, 8-szorosát a negyedikhez adjuk, így
a^3 =
-^3 =
6;
-7 x 2 -2 9 x 3 = - 8 .
-16;ca-28;c3 = - 8 ;
-
X3 = ~ 2 ;
-2 ;
-7 x 2 = - 8
egyenletekhez jutunk, amelyek ellentmondanak egymásnak, ezért az eredeti
egyenletrendszernek nincs megoldása.
Durva hibát követtünk volna el, ha arra hivatkozva, hogy több
egyenletünk van, mint ahány ismeretlenünk, önkényesen elhagy­
2X3 = - 4 .
tunk volna két egyenletet.
Ez utóbbi egyenletrendszernek (amely lényegében egyetlen egyenletet jelent)
Ugyanis pl. az első, második és a negyedik egyenlet mint egyen­
egyetlen megoldása X3 = - 2, ezért az eredeti egyenletrendszer is egyértelműen letrendszer egyértelműen megoldható (xi = 8, x ^ = - 2 , jc3 = 0),
megoldható, mégpedig megoldása
de ez nem megoldása az eredeti egyenletrendszernek, hiszen nem
elégíti ki összes egyenletét.
4;c3 = - 8 ;
=
-
2;
az Xa + 2jC3 = 0 egyenletből x^ = 4; az
2a',+ 3x3 = 0 egyenletből
= - 1.
Az algoritmus második lépéséből az is látszik, hogy az eredeti egyenletrend­
szer első, második egyenlete és az utolsó három egyenlet egyike elegendő a
megoldáshoz, a másik kettő felesleges.
8. Keressük meg az
2xi + 7x2+13x3 = 2
X1
5xi + 8x2"I'
3X3
2
+ 3X2+ 5X3 = 2
X3 = 2
egyenletrendszer megoldását!
224
- '1 -
x«+ X3 =
4;
xi + 2x2-f X3 = 13;
2xj + 4x2 + 2x 3 = 26;
xi + 3x2-h 6x3 = 2 :
2X} 5x2
9. Határozzuk meg az
(* )
4xi + 5x2 4- 4x 3 = 43.
egyenletrendszer megoldását, ha ilyen létezik!
A Gauss-féle algoritmus lépéseit most már csupán a kibővített mátrixok
leírásával jelezzük. Az egyes lépések a mátrixokból könnyen leolvashatók.
1 - 1 1 4'
1 2 1 13
2
4 2 26
-4
5 4 43,
1 - 1 1 4"
0
3 0
9
0
6 0 18
-0
9 0 27.
'1 - 1 1
0
3 0
0
0 0
.0
0 0
4'
9
0
0.
225
Az utolsó mátrix alapján a redukált egyenletrendszer:
+
3x,
= -
= 4;
•^7
= 9.
^8 + -^1+ X2 =
Ez azt jelenti, hogy jcg= 3 és vagy
vagy X3 szabadon választható. Legyen
ez pl. JC3, akkor x^ = A + x ^ - x ^ = 1 - x^, és így az egyenletrendszer meg­
oldása
Xi = l - X 3 , ^2=3.
10. Keressük meg az
-f 4x4 = 3
X i+
a*2- Xs+3Xi — 1
ATi-2X2 4-3X3-5X4 = 0
3 x i - X2+ 4X3
= 5
egyenletrendszer megoldását!
Most is csupán a kibővített mátrix átalakításainak leírására szorítkozunk.
4
1 0
1
3
0
1 -1
— 1 -2
3 -5
4
0
.3 - 1
3'
1
0
5.
4
3'
1
1 0
1 -1
1
3
0
3 -9 -3
0 -3
4 -1 2 -4 .
-0 - 4
1 1 0 4
0 1 -1 3
0 0
0 0
0 0
.0 0
3
1
0
0.
Látható, hogy p (A) = (?(B) = 2, tehát az e^cnletrendszcr megoldható, és az
ismeretlenek száma 4 lévén, 4-(?(A ) = 2 ismeretlen szabadon választható.
A kapott redukált egyenletrendszer
Xi-fxa + 4x4 = 3;
Xa-X3-Í-3X4 = 1.
Ha Xa = //, X4= y, akkor
X2 = l-f-x 3 -3 x 4 = 1+w—3y;
Xi = 2—X3—X4 = 2 — u—v.
11. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
Xi + X2-f-X3 =
6;
X2+ X3-hX4 =
9
X3-f- X4+ X5 =
3
^4 + XB+ Xe = - 3
^ 6H--^6 + Xt = —9
226
6;
—~”2;
2.
I. Megoldás:
Az egyenletrendszer kibővített mátrixa a következőképpen alakítható át:
1
0
0
0
0
0
1
.1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
I
I
i
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
6
9
3
-3
-9
-6
-2
2
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
1
-2
2
6
9
3
-3
-9
-6
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
i
1
0
0
1
l - 1
0 - 1 0
4
0
0 -1
4
0
0
0
9
0 0
0
3
1 0
0 ~3
1
1 0 - 9
1 1
1 - 6
:i
0
0
0
0
0
0
p
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
I
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0 -1
0
0
1
0 —1
1 0
0
2
0
0
1
-
-
2 '
4
1
4
1
1
- 2
1 —2
5
1
1,5 - 1,5
_
227
Az utolsó mátrixról már látszik, hogy ^(B) = ^(A )=8, tehát az egyenlet­
rendszernek van megoldása, és mivel az ismeretlenek száma is 8, a megoldás
egyértelmű, mégpedig az utolsó mátrix alapján felírható
egyenletből
•^8 = - 1;
2x^4-X8 = - 5
egyenletből
^7 = - 2 ;
= -2
egyenletből
= -3 ;
ATfi-X, = - 2
egyenletből
•^6 ~ - 4 ;
1
egyenletből
X4 =
4;
AC3-^8 =
4
egyenletből
^3 =
3;
X2- X 7 =
4
egyenletből
-^2 =
2;
Xi4-X7 4-Xg = - 2
egyenletből
A'l =
1.
l.Sxs = -1 ,5
12. Oldjuk meg a
3 x i -
xz + l x ^ -
^1+
^^34-4x4-2x6 =
2xi + 7ji'2 - 3^3-f
-
8x 2+ 4 x 3-
^ 1+
5x 44-
10
37
X 5 = - 1 9
II. Megoldás:
Esetünkben pl. vegyük észre, hogy ha az egyenleteket összeadjuk és 3-mal
egyszerűsítünk, az alábbi összefüggés adódik:
amiből összevonás után
28
2xi + 7 x 2 -3 x 3 +
6x 3 =
37
8x 24- 4 x 3-
Hasonlóképpen a második, ötödik és nyolcadik egyenlet összegéből levonva
az ismeretlenek összegét:
(^2-f JC3+X4)-f(Ar6 + X6+ -^7) + (j^8 + -^l-H^2)-(-^l+-- +-^8) = 2 ~ 0,
amiből
4-X s =
-1 9 .
1 0
1
4 - 2 10
0 -1
-1 -1 3
11 - 2
0
0 -1 2 -9 9
87
3
.0
0
12
99 - 8 7 - 3 .
a kibővített mátrix átalakításával
1 0
4 -2
10
1
0 - 1 - 1 - 1 3 11 - 2
0
7 -5
-8
10
17
.0 - 8
4 -5
1 - 19.
1 0
1
4 - 2 10'
0 -1
- 1 - 1 3 11 - 2
0
0 - 1 2 - 9 9 87
3
.0
0
0
0
0.
0
Ebből közvetlenül látható, hogy ^(A )=^(B ) = 3; mivel /i = 5, ezért 5 - 3 = 2
ismeretlen szabadon választható, a többi pedig az
^ 34- 4x44- 2x5 = 10;
—Xi~ X3—13x44-11 Xft = - 2 ;
- 12x3-99x4 4-87x5 =
3
redukált egyenletrendszerből számítható ki. Legyen pl. x^ = u, x^ = v; ekkor
.1 harmadik egyenletből
33
=
5x 4
Az algoritmus egyes lépéseit ismét csak
jelezzük:
1 0
1 4 -2
10
3 - l
2 -1
5
28
B=
2
7 -3
0
6
37
-0 - 8
4 -5
1 -1 9 .
^ 1+
X i= l.
10
X4+ 5X5 =
Ha viszont kivonjuk az első, negyedik és hetedik egyenlet összegéből az
ismeretlenek összegét, akkor
(jCl f JÍ2+ A:3) + (X4+A-6-}-JCe)+('^7 + -^'8+ ^ i ) - ( ^ l + - ••+•^8) = l-0 »
X3+ 4X4- 2X5 =
x 2 -f-2 x 3 -
-
Érdemes megemlíteni, hogy sokszor az egyenletrendszer speciá­
lis tulajdonságait felhasználva, az egyenletrendszer egyszerűbben
is megoldható.
Az első egyenletből most már ^3 = 3, a másodikból
6x5 =
28
egyenletrendszert.
Elöször írjuk az egyenletrendszer egyenleteit alkalmasabb sorrendbe (amely­
ben ű u = 1 ) :
3 x i -
228
a :4 + 5 j c» =
29
I
és így tovább
229
és ha ez nem 0, akkor ^(B )= 4, és az egyenletrendszer nem oldható meg. Az
előbbi negyedrendű determináns akkor és csak akkor 0, ha c = —2 ; ekkor
p(B) = 3, és az egyenletrendszer megoldható. M ivel//=3 = ^(A), c — —2 ese­
tében egyértelmű megoldás van. A megoldás az
a második egyenletből
19
4
15
4
----
9
4
x i - h x z - Xg =
9;
^2 +2^3 =
3;
az elsőből pedig
17
21
41
Xa = - l
egyenletrendszerből Xi = 3, ^2=5, a:3 = —1.
13. Határozzuk meg c értekét úgy, hogy az
Xi-1- X j- ^3 =
Xi-\-lx2+
9;
xi-h 2x 2- .Vs+ X4 = 2;
12;
2A'i-h3A-2 —3^3 —2^4 = 4;
-3
- X i - Xí -{-4x 2 = - 12;
-2xi+
Xz-\- Xi =
B
1
91
12
-1 2
c.
9'
I -l
3
2
1 -1
- 7 9 -fc .
0 1
0 0
.0 0
1 1 1 91
3
0 1 2
0 0 3 -3 í
.0 3 1 18+cJ
9
1 1 - 1
3
0 1 2
0 0 1 -1 •
.0 0 0 2 + c .
Az utolsó mátrixról leolvasható, hogy ^(A )=3, hiszen egy harmadrendű
determináns
1 1 -1
0 1 2
0 0
1
1
xi-
5
x 2+
4 x :í + JC4 = c
egyenletrendszer megoldható legyen.
A kibővített mátrix
c
egyenletrendszernek legyen megoldása.
Az egyenletrendszer akkor oldható meg, ha ^(A) = ^(B).
1 1 --1
1 2 1
-1 --1 4
-2 I 1
14. Állapítsuk meg c értékét úgy, hogy az
0;
B =
1 2 -1
1 2'
2
3 -3 -2 4
-3 -5
4
1 c
1 2 - 1 1
0 -1 -1 - 4
0
0
0
0
9
1 1 -1
3
0 1 2
= 2 + c,
0 0
1 -1
0 0 0 2 -fc
2■
0
6 -fc.
2
0
6-fc
Az utolsó átalakítás után megállapítható, hogy ^(A) = 2, továbbá hogy
p(B) = 2 akkor és csak akkor áll fenn, ha c = - 6. Ekkor n= 4 miatt 4 - q (A) = 2
ismeretlen szabadon választható, és a többi az
X\-\-2x 2—^3"l-
— 2;
—X2 —Xs —4x ^ = 0
egyenletrendszerből számítható ki. Legyen pl. ^ 3= w, x^ = y, ekkor A'2 = - // - 4v,
és Xi = 2 + 3u+lv.
A megoldás kétparaméteres értéksokaság.
15. Határozzuk meg c értékét úgy, hogy az
Xi+ X i - x ^ =
továbbá
1 2 -1
1
0 -1 -1 -4
.0
4
1
1
c;
2xi~3xz-hx:i == - 5 ;
4 x i - ^2-^3 =
2c
egyenletrendszer megoldható legyen!
231
230
B=
c'
]
1 -1
2 -3
1 -5
4 -1 -1
2c.
1
l -1
3
0 -5
3
0 -5
3a'i + Sxz— JC3 = 1;
c
'
-5 -2 c
-2c
x^ + ax^^2x2 = 2;
x ^-\-9x 2 - S x ^
c
- 5 -2 c
5
1
1 0 -5
0
0
0
Hogy a paraméterek a kibővített mátrix rangjának meghatározásakor mi­
nél később kapcsolódjanak be a számításba, rendezzük át az egyenletrendszert:
A redukált egyenletrendszer
Xi4*
Xi~5A:3 4-9jCa = b
-^3 ^
3xi— Xí -\~5x2 ~ 1
-5^2H-3 x3 = - 5 - 2 c ;
0=
x^ + 2x^ + ax2 — 2
5.
1 -5 9
3 -1 5
2 ű
\
B=
Az utolsó egyenlet ellentmondást tartalmaz, ezért nem oldható meg; így
az eredeti egyenletrendszer — bármilyen értéket is adunk c-nek — sohasem
oldható meg.
■- 5
16. Határozzuk meg az
0
14
9
-2 2
.Vi-l- Xz-\-2x^ — 0
0
0
a+2
2 x ^ - X2+ X3 = 0
2xi - 2xi -f
rl
b'
1
2.
1 -- 5
0 14
0
7
9
-2 2
a-9
b \-3 b
2 -6 .
b
1 3b
3
b
4
T "2 .
a) Az egyenletrendszernek akkor (és csak akkor) van egyértelmű megoldása,
ha p(A) = ^(B) = n = 3. Esetünkben g(A) és g(B) akkor 3, ha det A = \A{a + 2)
nem 0, ez pedig akkor áll fenn, ha a 7^ —2. Tehát az egyenletrendszernek
egyetlen megoldása van, ha csak a ^ — 2.
b) Végtelen sok megoldása akkor van az egyenletrendszernek, ha q { \ ) =
= ^ (B )< ^ = 3 . Ha a = —2, akkor p(A) = 2; a (>(B) = 2 feltétel akkor teljesül,
^ 1+ -^2+ -^3 = f
=
= b.
= li
egyenletrendszerből w-t mint í függvényét oly módon, hogy az egyenlet meg­
oldható legyen!
ha a = - 2 mellett még y + y = Ois fennáll, vagyis ha 6 = - 3. Tehát végtelen
0
0
/
w-h/
sok megoldása akkor van az egyenletrendszernek, ha « = —2 és ^ = —3.
c) Nincs megoldása az egyenletrendszernek, ha
Mivel ese­
tünkben 2 ^ í? (A )^ ^ (B )^ 3 , ez csak úgy teljesülhet, hogy ^(A) = 2 és ^(B) = 3.
Már láttuk, hogy ^(A) = 2 akkor és csak akkor áll fenn, ha a = - 2; viszont
ez esetben ^(B) = 3 akkor és csak akkor, ha b —3, Tehát akkor nincs meg­
oldása az egyenletrendszernek, ha ű = - 2 és
—3.
1 2
1
2 - 1 I
1
1 1
2 - 2 1
0
0
t
u
1
2 0
l
0 -3 -3 0
0
0 -1 t
-0 - 4 - 3 u.
1 2
l
0 -3 -3
0 -1
0
1
0
-0
0
0
í
u.
1 2
l
0 -3 -3
0 -1
0
0
0
0
Az utolsó alakról leolvasható, hogy í?(A) = 3, továbbá hogy í>(B) csak úgy
lehet 3, ha w-f-/ = 0, vagyis u = - í . Ezzel a feladatot megoldottuk.
17.
Határozzuk meg a és 6 paraméterek értékét úgy, hogy az alábbi egyen­
letrendszernek
a) egyértelmű megoldása legyen;
b) végtelen sok megoldása legyen;
c) ne legyen megoldása:
18. Mutassuk meg, hogy az
'^2+ '^3 + ^4 = 1;
^ 1+
+
X1+ X2+ X3
232
+
= 2;
^4 = 3;
= 4
233
A kibővített mátrix:
egyenletrendszernek egyértelmű megoldása
__ 7
_ 4
"‘ = - y
A kibővített mátrix:
0
1
B=
1
.1
1
0
0
.0
1
0
1
1
1
1
0
1
1 r
1 2
1 3
0 4.
0
1
1
1
1 -1
0
1
1
0
0
-0
0
1
1 2'
1
1
1 1
0 -2 - 1 0
0
1 - 1 1.
1
1 1
0 1
-1 2.
1 0 1
1 2'
0 1 1
1 1
0 0 I -1
1
0 0 0 - 3 2.
e(A )= g (B )= 4 és a redukált egyenletrendszer;
3
2
1
2
2
4
3
2
1
2
5
4
3
2
1
0
J
1
0
0 --1
0
0 -1
0
0
0
0
0
0
' _-1
0
2 4
1
0 - -1
0
1 3
0
0 -1
0 2
0
0
0 -1
1
2
2
2 1
- 2
13'
10
11
6
3,
2
4 101
7
1 3
0
2
8
1
1 3
8 23 69,
10'
7
8
3
3,
4 10
1 0
1 2
0 - 1 0
3
7
1
0
0 - 1 0
2
8
0
0
0 --1
1 3
0
0
0
0 31 93.
A redukált egyenletrendszer:
-X l-f
^3+2X4 + 4X5 = 10
Af4+ 3X6 =
7
2^5 =
8
- X 44- Jffi =
3
—x^ 4"
= 1;
A'iH-
2
1
2
2
2
-Xz-h
- 3 a:, = 2;
JCa 4- JCg I ^ 4 =
2'
'1
2
= 2
2
2
1;
3U s = 93,
JÍ3+ .V4 = 2,
amiből visszafelé haladva:
amiből állításunk helyessége már leolvasható.
^6 = 3, JÍ4= 0.
19. Ellenőrizzük, hogy az
JC3= —2,
jti + 2xa-f-3x3+4x4-l-5^5 = 13;
20. Lássuk be, hogy a
2xi+ Xa + 2jc,+3jc4-l-4jc6 = 10;
4jci+ x i - 2 x i -
JC4 =
3;
2xi + Zx2+ x f i - 2 x t ’^3x^ = 11;
2^1 —2.V2- X3+ 2JC4 =
2;
2jCi + 2x2-f 2^3+ ^4 + 2jc6 =
6;
2a + 5jc2 —
2jci4-2j:2+ 2x34-2jc4+ ^5 =
3
x, = 2,
jci = 0.
JC4 = —1;
2xi-\-3xt— X3—3jc4 =
1
egyenletrendszernek egyetlen megoldása:
.x:i = 0, a'2 = 2,
234
X3 = ~2,
^4 = 0,
Xs=3.
egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van, és egy ismeretlen választható
szabadon, majd oldjuk meg az egyenletrendszert.
235
Látható, hogy ()(A) = 2, mert |A| = 0, de pl.
A kibővített mátrix:
1 - 2 -1
3'
'4
2
2
2 -2 -1
B= 2
5 0 -1 -1
1.2
3 -1 -3
r
2
’2 - 2 - 1
0 - 5 -1
5
0
7
0
1 -3 -3
0.
0
.0
0
0
2'
2
'2 - 2 - 1
5 0 -5 -1
0
7
0
1 -3 -3
5 0 -5 -1 .
.0
2
2'
'2 - 2 - l
0
5 0 -5 -1
8
0
0
1 4
jC
-0
0
0
0
] -1
-5
ezzel szemben ^(B) = 3, mert pl.
1 -1
4
-5
3 -1 3
0
II. Megoldás:
A feladatot megoldhatjuk a Cramer-szabály segítségével is. Az egyenlet­
rendszer determinánsa
Innen már látszik, hogy p(A) = p(B) = 3, mert pl.
2 -2 -1
0
5 0 = 10 5^ 0,
0
0
1
2xx —2x í ~X3 + 2x ^ =
D =
5^4
2;
- 5^4 = - 1;
8
= - y ,
=
ezért az egyenletrendszer ellentmondó, megoldás nincs.
22. Határozzuk meg az
xi= -2 x„
y^ 2= 1;
21.
Állapítsuk meg, van-e a következő egyenletű három síknak közös met­
széspontja:
x-\- y —z =
4;
2x^3y+z = -5 ;
^ x — y —z = - 3 .
/. Megoldás:
A F(x; y \ z) pont akkor közös metszéspontja mindhárom síknak, ha koordi­
nátái mind a három sík egyenletét kielégítik. Tehát keresendő a három egyen­
letből álló egyenletrendszer megoldása, ha ilyen van!
B =
236
4'
1
1 -1
2 -3
1 -5
4 - 1 - 1 -3 .
1
1 -1
2 -3
1 -0 ,
4 -1 -1
és ez azt jelenti, hogy nincs egyértelmű megoldás. Annak eldöntésére, hogy
végtelen sok megoldás van-e, vagy nincs megoldás, szerencsés esetben még
egy, általában még három harmadrendű determinánst kell kiszámolnunk.
Esetünkben
1
1 4
= 2 - 3 - 5 = 30,
4 -1 -3
és ebből, ha pl. .t4-et választjuk szabadon,
A :3 = -4 x 4 -y ;
0;
tehát ^(A ) t^ p (B), ezért a három síknak nincs közös metszéspontja.
0-
és n - g i A ) = 1 ismeretlen szabadon választható. A redukált egyenletrendszer:
= 12
0 - 6
4'
l
-1
0 --5
3 -1 3
3 -1 9
0 -5
4
1
1 -1
3 -1 3
0 -5
0 -6 .
0
0
Sx— y-}-2 z^0 \
2 5 x~ 2 y + lz = 1
egyenletű síkok közös metszéspontját!
A közös metszéspont koordinátáit éppen az egyenletrendszer megoldása
adja meg. Vizsgáljuk az egyenletrendszer kibővített mátrixát:
1
1 1 1
1 1 1 r
1 1 1 1
B =
8 -1 2 0
9 0 3 1
9 0 3 1
25 - 2 7 1.
27 0 9 3.
.0 0 0 0.
Ebből leolvasható, hogy ^(A) = ^(B )= 2, ezért az egyenletrendszer meg­
oldható; mégpedig /i —^(A) = 3 —2 = 1 , ezért egy ismeretlen szabadon vá­
lasztható. A redukált egyenletrendszer
x-hy+ 2 = 1 ,
9x
+ 3 z = l.
237
Legyen pl. a:= /, a szabad ismeretlen; ekkor
1
z = y -3 r,
2
r = y + 2,.
A három síknak végtelen sok közös pontja van, ami csak úgy lehet, ha a
három síknak egy közös egyenese — metszésvonala van. A megoldás mint egyparaméteres értéksokaság éppen ennek az egyenesnek paraméteres egyenletét
adja meg.
II, HOMOGÉN LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK
MEGOLDÁSA
Ha a lineáris egyenletrendszer homogén, azaz
űiiATi-f ai2.x^4-...
= 0;
^21^1 + 022^2 + • • • + a2nX„ = 0 ;
24. Van-e az
+ CÍ^2X2 + •. -f
x + 2 y + 3 z = 1;
2x
-
= 0
alakú, akkor a megoldhatóság problémája nem lép fel, hiszen az
7 = 0;
4x-\-2y+2z = 1;
=
=
... =x„ = 0
3x-{-4y+6z = 2
egyenletű síkoknak közös pontjuk?
Oldjuk meg az adott egyenletrendszert!
1 2 3
2 0 -1
B =
4 2 2
-3 4 6
1
0
1
2.
r
2
3
1
0 - 2 -3 -1
0
0 - I
0
0 -1
0.
-0
1 2
3 r
0 -4 - 7 -2
0 - 6 -10 - 3
-0 - 2 - 3 - 1 .
r
2
3
1
0 - 2 -3 -1
0 - 1 0
0
0.
0
0
.0
Tehát (?(A) = 3, és ^(B) = 3, valammt ^ = 3 miatt az egyenletrendszernek egy­
értelmű megoldása van, és ez az
jt + 2v+ 3z =
1;
- 2 y -3 z = -l;
- 2=
0
redukált egyenletrenlclrfendszerből számítható ki; mégpedig
z = 0,
y
1
tehát a négy síknak egy közös pontja van, és ez a
P (0 ;i; 0) pont.
238
értékrendszer mindig megoldása az egyenletrendszernek. Ezt a
megoldást a homogén lineáris egyenletrendszer triviális megoldásá­
nak nevezik. Ez esetben csak az a probléma vetődik fel, hogy
mikor van a homogén lineáris egyenletrendszernek a triviálistól
különböző megoldása is.
Egy homogén lineáris egyenletrendszernek akkor és csak akkor
van a triviálistól különböző megoldása, ha mátrixának rangja
kisebb, mint ismeretleneinek száma. Ha van a triviálistól különböző
megoldás, akkor egyúttal végtelen sok megoldás van.
Ha egy homogén lineáris egyenletrendszerben az egyenletek és az
ismeretlenek száma megegyezik, akkor a triviálistól különböző
megoldás létezésének szükséges és elegendő feltétele, hogy az
egyenletrendszer mátrixának determinánsa 0 legyen (vö. az L fejezet
2. pontjával).
Ha tehát tudjuk, hogy egy homogén lineáris egyenletrendszernek,
amelyben az ismeretlenek és egyenletek száma megegyezik, van
nemtriviális megoldása, akkor ebből következik, hogy mátrixának
determinánsa 0.
Homogén lineáris egyenletrendszerek megoldására is legtöbb­
ször a Gauss-féle algoritmust használjuk, azonban sokszor cél­
szerűbb előbb megállapítani, hogy az egyenletrendszernek van-e
nemtriviális megoldása.
Minden homogén lineáris egyenletrendszer megoldásában egy
paraméter természetesen fellép (ha csak triviális megoldás létezik,
akkor ez nem lényeges), mert ha az Xi,X2,
értékrendszer
239
megoldása az egyenletrendszernek, akkor a t x ^ , t x ^ ,
t x „ értékrendszer is az, hiszen minden egyenlet egyszerűsíthető /-vei. Ébből
is következik, hogy ha van nemtriviális megoldás, akkor végtelen
sok ilyen megoldás van.
Gyakorló feladatok
= 0;
Xi - 2 x 2 - 4^3-f X i - 3jCg = 0;
= 0
—Xi+ X t - 2x 3 - 2 x í -
- X i - 4 x 2-^3x 2 = 0
B=
_ 0 -1
1
-3
-4
-5
3
1
3
5
2jCft = 0;
2a' i - 5 a:2-14jf3 4- a:4-11 a:5 = 0
— 1- 5jCa-f 5jc3 = 0.
-1
1
-1
-1
.-1
= 4 ?£ 0;
3. Megoldandó az
Xi+ A-2-f 3^3 = 0
- X i - 3 x 2+
1
1 -1
0 -1 -1
0
0 -4
így ^(A) = 3 < 5 = /f, tehát az egyenletrendszernek van a triviálistól különbóró megoldása. Azonnal látszik, hogy at8=0, é s 5 - 3 = 2 számú ismeretien
szabadori választható. Legyen például x ^ ^ t , x^=u. Ekkor a redukált egyenlet­
rendszerből at2= - 3 / + 3w; ATi = 2r - 2w.
1. Oldjuk meg az alábbi homogén egyenletrendszert:
- X i - 2 x2 -
Ebből látható, hogy ^(A) = 3, hiszen
0'
0
0
0
0,
'- 1
0
0
0
0
-2 -1
2
-1
2
-1
4
-2
6
-3
' - 1 - 2 - 1 0'
2 0
0 -1
0 0
0
0
0 0
0
0
0
0 0.
. 0
0'
0
0
0
0.
egyenletrendszer.
B =
■ 1 -2
-4
1 -3
-1
-2
1 -2 -2
2 - 5 -1 4
1 -1 1
1 -2 -4
1 -3
0 -1 - 6 -1 -5
0
0
0
0
0
U lh ató , hogy ^(A) = 2. Mivel n = 3 , ezért ^(A )</í, és így triviális megöl-1
dáson kívül még végtelen sok megoldás van, amelyek a
- X i - 2 x 2 - Xi = 0;
0
0
0,
1
0
0
-2
-1
-1
-4
1
-6 -1
-6 -1
-3
-5
-5
0
0
0,
0
0
0
Most ^(A) = 2, mert pl.
— ^ 2 4* 2jCa = 0
redukált egyenletrendszerből számíthatók ki.
(A) = 3 - 2 = 1 miatt egyet­
len ismeretlent választhatunk szabadon. Legyen pl. x^= t\ ekkor x%=2xz=^2t és
1
0
-2
-1
= - l ^0;
jci = - 2x2 - A:a = - 5/.
mivel 77=5, így n ^ g (A ) , tehát a triviálistól különböző megoldás létezik, és
ez az
2. Oldjuk meg a következő egyenletrends7xrt:
a:i + a:2- X i ^ X t - X i = 0;
Xi-2x2~4x:^-\-Xi-3xs = 0;
2 x i - h x 2 - 3 x i - x i + x^ = 0;
- 2 X i - X 2 - aí3+ a:4-X6 = 0.
1 - 1 0'
1
1 -1
1 0
1 - 3 --1
B =
2
1 - 1 0.
.“ 2 - 1 -1
1
1 -1
0 -1 -1
0
0 -4
240
1 -1 0
3 0
-3
0
0 0.
- Xz- 6 x 3 - x ^ - 5 xs = 0
1
1
0 -1
0
1
-1
-1
-3
1 -1 0
3 0
-3
3 - 3 0.
redukált egyenletrendszerből számítható ki. //-^ (A ) = 5 - 2 = 3, tehát há­
rom ismeretlen választható szabadon. Legyen pl. Xs=t, x^=u, x^ —v; ekkor
Xi = ~ 6 t —u —5v;
Xi = —St—3u-~lv.
A megoldás háromparaméteres értéksokaság.
241
1
1
0
0
4. Határozzuk meg az
xi + 2xa+ ^ 8+ JC4 = 0 ;
~
2xi-h Xa+ x^-{-2x4, = 0;
Xl^-2A:2 + 2J:3^-
= 0;
X 3+
a:i+
X4 =
3
4
5
^1 2
0 3
3 ■-2
6
0 0 -2
7 --7
.0 0
2 ■-7
7
0
egyenletrendszer megoldását!
1
0
0
-0
1 2 1 1 0'
2 1 1 2 0
— 1 2 2 1 0
.1 1 1 1 0.
1 2
0 -1
0
0
-0 0
_
1 1
0 0
1 0
1 0
0
0
0
0.
-
1
0
0
-0
2
1 1
3 - 1 0
0
1 0
1 0 0
2
-1
0
0
0’
0
0
0.
Xi-\‘ '1X2~^ x^-\- x^ = Oi
Jfa
=0;
A'3
a:2= 0;
01
0
0
0.
1
0
0
-0
[1
0
0
-0
2
3
3
0
3
4
5
3 -2
6
5 -1
1
2 -7
7
3
4
2
5
3
3 -2
6
0 --2
7 -7
0
0
0
0
0'
0
0
0,
fK0
0
0
0 '
0.
Xi + 2x 2+ 3x ^+ 4x ^+ 5x ^ = 0;
2fx2 + 3x^-~2x^^6x^ = 0;
- 2 x ^ + 1x ^ - l x i = 0
redukált egyenletrendszerből számítható ki. Mivel /i-(>(A) = 2, két ismeret­
len szabadon választható. Legyen pl. Xt —u és x^=v; akkor az utolsó egyenlet­
ből
7
7
X3 = —
V,
továbbá
= 0
redukált egyenletrendszerből számítható ki.
Ixgyen pl. Xx —t\ akkor x^ = ~ /, ennélfogva az egyenletrendszer megoldása:
j c i = —/;
0'
0
0
0.
Tehát ^(A) = 3; mivel /i= 5, ezért ^(A)<w, és az egyenletrendszernek van a tri­
viálistól különböző megoldása is, amely az
1 1 0'
0 0 0
1 0 0
0 0 0.
Látható, hogy p(A) = 3, és mivel n = 4, ezért Q { \) ^ n , vagyis az egyenletrend­
szernek van a triviálistól különböző megoldása is, amely az
-
2 3
4
5
1 0 -6
1
3 1
5 -1
0 2 -7
7
jc3=0;
a'2
17
3
= - - - w-f— y,
D
2
53
x^ = t.
Figyeljük meg itt is, hogy nem kell feltétlenül minden kötött
ismeretlennek a szabad ismeretlentől függnie!
5
6. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
5. Megoldandó a következő egyenletrendszer:
3^1+
X2- 8a:3+ 2at4+ x^ = 0;
Xi-\-2xz-\-2tx^^-Ax^ + 5x^ = 0;
— X i+
242
X2
— 6^:4+
Xg =
0;
2jci~ 2 x i - 3x 3— 7jc4+2jc6 = 0;
X3 + 5x ^ - Xs = 0 ;
a:i 4- 11x2- 12^:3+ 34^:4- 5x5 = 0;
2jc3—7jt4-f Tji'j = 0.
Xi— 5xa+ 2x3—16x4+ 3x5 = 0.
243
A B mátrixot most alsó háromszögraátrixszá alakítjuk.
=
2
1 0'
1 -8
'3
0
7
2
3
2
2
34 - 5 0
1 11 - 1 2
3 02 -1 6
.1 - 5
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
50 - 8
0 16 - 1 4
3
2 -1 6
.1 - 5
50 - 8
0 16 - 1 4
25 - 4
0
8 -7
50 - 8
0 16 - 1 4
3
2 -1 6
-1 - 5
8. Hogyan kell megválasztanunk c értékét, hogy az
0'
0
0
0
0'
0
0
0.
Látszik, hogy p(A) = 2, és mivel 2 = ^ (A )< n = 5 , az egyenletrendszernek
van a triviálistól különböző megoldása is. Ezt az
5^2+ 2x3—16x4+3 x6 = 0;
16x2- 14x3+ 50x4- 8x5 = 0
redukált egyenletrendszerből számíthatjuk ki, amikor is n - Q { \ ) = 3 isme­
retlent szabadon választhatunk. Legyen pl.
^4=w;
X5=i;,
akkor
7
25
JCaf ATa = 0;
A'i-f-cXa + SA'a = 0;
Xi -3 ,V 2 - ca:3 = 0
egyenletrendszernek ne legyen a triviálistól különböző megoldása?
Mivel az ismeretlenek és az egyenletek száma megegyezik, a homogén
egyetlenrendszernek akkor nincs a triviálistól különböző megoldása, ha |A| 0.
|A| =
1 -1
1
1 c
3
1 -3 -c
A determináns értéke akkor (és csak akkor) 0, ha r = 1 vagy c = - 3; ettől a
két esettől eltekintve minden c értékre az egyenletrendszernek csak triviális
megoldása van.
9. Bizonyítsuk be, hogy az
Xi+ xa + 2xa-3x4 = 0;
2xi + 3xa- x ,+ X4 = 0 ;
2 x i- 2 x a -
1
- c * - 2 c + 3.
x3+ 4x4 =
0;
^1 —4x2 —3x3+ 2x 4 = 0
19
8
1
egyenletrendszernek csak triviális megoldása van!
Az egyenletrendszer determinánsa:
1
1 2 -:3
2
3 -1
1
=
2 - ■2 - 1
1 - ■4 - 3
;1
7. Határozzuk meg c értékét úgy, hogy az
5xi + 2x2 - 3 xs = 0;
3xi —2x2
= 0;
4xi + 3x2+ cx3 = 0
egyenletrendszernek ne legyen a triviálistól különböző megoldása.
Mivel három egyenlet és ugyanannyi ismeretlen van, az egyenletrendszernek
akkor nincs nemtriviális megoldása, ha |A |5^ 0. Az egyenletrendszer determi­
nánsát az utolsó oszlop szerint kifejtve.
5
2 -3
0
|A| = 3 - 2
4
3 c
l
-4
-5
■5
5
■5
7
10
5
1
0
0
-5
-2 5
-3 0
7
- 0 0 0 + 1 1 4 0 = 140,
38 = -1
40
vagyis nem zérus, ezért állításunkat bebizonyítottuk.
10. Mutassuk meg, hogy a
= - 3(9 + 8) + c ( - 1 0 - 6 ) = -5 1 -1 6 C .
51
|A| tehát nem 0, hacsak
- — . Ettől az egyetlen esettől eltekintve nincs az
16
egyenletrendszernek a triviálistól különböző megoldása.
244
=
1
1
2 -3
0
1 -5
7
0 - 4 - 5 10
0 -5 -5
5
-Xx + 4x2+ 3x3- 5x4 = 0 ;
3 x i- X2+ 6X3+ 2X4 = 0 ;
2x 1+ 3x2+ 10x 3—4x4 = 0;
—7xj + 6x2- 9x 3- 9x4 = 0
245
homogén egyenletrendszernek van a triviálistól különböző megoldása, még30
2
pedig
B =
0'
0
0
0.
3 -5
2
6
3 10 - 4
6 -9 -9
-1
3
2
-7
4
-1
0
0
0
4
11
0
0
r\j
4
-1
3 - 5 0'
0
15 - 1 3 0
11
0
16 - 1 4 0
11
26 0.
- 0 -2 2 -3 0
1
0
0
0
0
3 -5 0
15 - 1 3 0
1 -1 0
0 0
0
3
0
8
8
3
6
0
13
13
7
0*
0
0
0
0.
4 - 5 3 6
0'
1 - 1 5 8 13 0
0 - 1 3 7
0
0
0 0
0 0
0
0 0
0 0.
x,-15 a3+8a^+13a'3 =
A3 + 3 A4 +
0;
1x^ =0.
Ha Xt —u, a'6 = i’, akkor ebből éppen a közölt megoldást kapjuk.
IIJC2+ 15jcs- 13^4 = 0;
12. Mutassuk meg, hogy az
= 0.
2
/, JC2 =
4 -5
0
0
1 -1 5
1 -1 5
0 -1
- A', + 4x^~ 5a.,h-3a^+ 6a^ = 0;
—jc, + 4x2 ■*" 3JC3—5^:4 = 0 ;
/, a k k o r JC3 =
■-1
0
0
0
0
p(A) = 3, tehát van triviálistól különböző megoldás és 5 - 3 = 2 ismeretlen
szabadon választható. A redukált egyenletrendszer
^(A) = 3, ezért egy ismeretlen szabadon választható.
A redukált egyenletrendszer
H a JC4 =
4 -5
3
6 0'
-1
2 -8
10 - 6 - 12 0
B=
3 -IJ
0 -1
-- 5 0
2 - 7 ~5
2
1 0
4
0
. l -4
l 0,
30
“
^ II
á llíto ttu k ,
JTi-f X2 + 2x í - 3 x 4 — 0;
2jíi + 3jc,- x^-h X4 = 0 ;
11. Ellenőrizzük, hogy a
2a:i - 2Xi - X3-f- 4xi = 0;
- JC|+ 4x^~ 5jc^+3x^+ 6x ^ = 0,
X i-4 x i- 3 x 3 - ^ 2 x ^ = 0
-2 x - i^x, +\0x^-6x^-\2x^ = {)
3jc, - I I j :,
_
5a:, = 0
2x^ - Ix^- 5x^+2x^+
- 4x^+ 4a%
egyenletrendszernek csak triviális megoldása van. Az egyenletrendszer kibőví­
tett mátrixa:
1
1 2 - 3 0'
2
3 -1
1 0
4 0
2 - 2 -1
A -4 -3
2 0-
A'j = 0
+ ^3 = 0
egyenletrendszernek megoldása
ATi = 136w+339ü;
JC2 = 37w+92v;
Xz = 3u+lv;
X4 = u;
ahol tf és y szabadon választható.
246
x^ = u,
1 1
2 -3 0
7 0
0 1 -5
0 0 - 2 5 38 0
0 0 - 3 0 40 0-
1
1 2 -3
0
1 -5
7
0 - 4 - 5 10
0 -5 -5
5
I
0
0
1
2
1 -5
0 --25
0
0
0
-3
7
38
-2 8
0
0
0
00
0
0
0
Mivel ^(A) = 4=/i, az egyenletrendszernek csak triviális megoldása van.
247
VEKTORTEREK
A v,,V2, ..., v„ vektorokat lineárisan függetleneknek nevezzük,
ha a
CiVi + C2V 2+...+C „V „ = 0
1. Alapfogalmak
1. Tekintsük a valós számok halmazát és egy V halmazt. A V
halmazt vektortérnek nevezzük a valós számok felett, ha két
tetszőleges elemére — pl. u-ra és v-re — értelmezve van egy műve­
let, nevezzük ezt „összeadásnak” , amelynek u + v eredménye
ismét a V halmaz eleme, és ez az összeadás asszociatív, kommu­
tatív, valamint megfordítható (elvégezhető a „kivonás”), továbbá,
ha a F halmaz tetszőleges u elemét tetszőleges c valós számmal
megszorozva, cu szintén a V halmaz eleme és ez utóbbi szorzás
asszociatív, valamint az összeadással a disztributív törvény köti
össze, tehát
Ci(c2u) = (ciC2)u;
egyenlet csak Cj = Ca= ... =c„ = 0 esetében teljesül. Ha az egyen­
let úgy is teljesül, hogy nem minden Cj együttható 0, akkor a vek­
torok lineárisan összefüggnek.
Egy vektortér bázisának nevezzük lineárisan független vektorok
minden olyan halmazát, amelyek lineáris kombinációjaként a
vektortér összes vektora egyértelműen kifejezhető. A bázist alkotó
vektorok a bázisvektorok. Egy vektortérnek több bázisa is lehet,
de ezek valamennyien ugyanannyi elemből állnak.
Ha a bázisok «-eleműek, akkor a vektorteret n-dimenziós vek­
tortérnek nevezik. Az n-dimenziós térben /i-nél több vektor nem
lehet lineárisan független.
Ha a bázisvektorok egységvektorok, a bázist normált bázisnak,
ha a bázisvektorok páronként egymásra merőlegesek, a bázist
ortogonális bázisnak nevezik. Ha a két feltétel egyszerre teljesül,
a bázis ortonormált bázis.
Például a háromdimenziós tér vektorai által alkotott vektortér
ortonormált bázisát alkotja a lineárisan független
(Ci + C2)a = c^u + cgu;
Cl = [ 1 ,0 ,0 ] * ;
C2 = [0, l , O f ;
e , = [0, 0, I f
c(u + v) = cu 4-cv.
A V halmaz elemeit általánosabb értelemben vektoroknak
fogjuk nevezni.
Könnyen belátható, hogy pl. a háromdimenziós, közönséges
értelemben vett tér vektorai vektorteret alkotnak a valós számok
felett.
H a a valós számok helyett komplex számokat engedünk meg,
akkor a komplex számok felett értelmezett vektortérhez jutunk.
Megjegyezzük, hogy annak a halmaznak az elemei, amely felett
a vektorteret értelmezzük, lehetnek pl. függvények is.
Mi itt legfeljebb a komplex számok felett értelmezett H-dimenziós vektortérrel foglalkozunk majd.
2. A Vi, Va, ..., v„ vektorok egy Hneáris kombinációján a
C1V1+ C2V2+ ... +c„v„
vektort értjük, ahol Cj, Cj, ..., c„ tetszőleges valós számok.
248
1. ábra
249
egységvektor-hármas, amelyekkel a háromdimenziós tér minden más
vektora egyértelműen kifejezhető:
X
-
2
X i C i - l - X a e g + XaCg.
ZjL =
Az Xi, ;C2, X3 valós számok az x vektor koordinátái. Az Ci, Cg, Cg
egységvektorokon át fektetett ;c-, y-, z-tengelyek a szokásos derék­
szögű koordináta-rendszert határozzák meg (1. ábra).
Két vektor lineáris függetlensége azt jelenti, hogy megfelelő
koordinátáik aránya nem állandó; lineáris összefüggése viszont
azt, hogy megfelelő koordinátáik arányosak.
3. Az Az-dimenziós esetben, ha a bázisvektorok az
Cl = [1, 0,
0]*,
Ha pl. az X vektornak a
02 = [0, 1,
0]^, ..., e„==[0, 0,
1]*
-1
3
;
Z2 =
r
2
-1
1
;
Z3 =
-1
1
bázisra nézve Xz = [I, 2, 3]* a koordinátái, akkor x-nek E bázisbeli koordinátái
7'
2
1
r r
2 =
Xg = Zxy - [Zi,Z2,Z3]Xz = - i
2 -1
0
3
3 -1 -1
-2
vagyis x£ = [7, 0, -2 ]* (2. ábra).
egységvektorok, a bázist E,, vagy röviden E bázisként jelöHk,
amely felfogható /7-edrendű egységmátrixként:
[ei,C2,
=
'1
0
0 .. . 0'
0
1
0 .. . 0
0
0
0
=
Ex^
.1
Segítségével tetszőleges x vektor
X
=
X iC i + X g e a - f ... + x „ e „
alakban írható, ahol az jc^, jca, ...,
számok az x vektor koordiná­
tái az E bázisra nézve és x^ =
Ha ugyanennek
az w-dimenziós térnek egy Z másik bázisát a Zi,Z2,
lineá­
risan független vektorok alkotják, akkor
X =
ű i Zi
+ í72Z2+ ...
=: Z x z
alakban felírható, ahol az
ög? •••, számok azx vektor koordi­
nátái a Z = [zi, Zg, ..., z j bázisra nézve, azaz X2 = [űi, ű2» •••»
Az x = E x ^ = Zxx összefüggésből következik:
XjE= Zx2;
250
ill. Xz = Z “ ^X£.
2. ábra
251
Fordítva: az X£ = [7, 0, —2]* vektornak az előbbi Z = [z„ Zj, Z3]
bázisra vonatkozó koordinátái
» I
15
1
1
3
15
'3
3
1
0 =
2 = [1,2,3]*,
a = [ 2 ,- 2 .- 4 ] * ;
-2
2
1
1
2 -1
-1
3 -1
--1 5 ,
A =
-1
^
Z
‘ = -
15
0 -3
-5
1
5
5
0
y
'
£
W " ^ Z X z = BXz-
Ha valamely bázisban adott koordinátákról egy másik bázisra
akarunk áttérni, akkor azt a W mátrixot, amelyet az új bázis­
vektorok alkotnak, áttérési mátrixnak nevezzük, az eljárást pedig,
amellyel az új koordinátákat meghatározzuk, báziscserének, A
B = W “ ^Z mátrix a báziscsere mátrixa.
4. Bebizonyítható, hogy ha az Az-dimenziós térben m számú
vektor (azonos bázisra vonatkozó) koordinátáit m oszlopú és n
sorú mátrixba rendezve (ahol egy oszlop egy vektornak felel meg),
a kapott mátrix rangja r ^ m , akkor az m adott vektor között r
számú lineárisan független van.
|A| = 0,
2 -2
3
-2 -4
7
-4
1 -1
]_
Általában: ha az x vektor Z bázisra vonatkozó koordinátái
X2,W bázisra vonatkozó koordinátái x,y, akkor a két bázisbeli
koordináták közötti összefüggés x = Wx^- = Zxz, vagyis
252
1 -2
3
9 -4
7
,3
1 -1 .
-
3
Xyy =
c = [ - 2 , - 4 . 1]*;
d = [3, 7 ,- 1 ] * .
ennélfogva
-3
-4
-5
b = [1,9,3]*;
Mivel a hái'omdimenziós térben legfeljebb három vektor lehet lineárisan
független, és az adott négy vektorból négyféle módon választható ki három,
négy vektorhármasról akarjuk eldönteni, van-e közöttük lineárisan függet­
len. Felírjuk rendre e vektorhármasokból képezhető mátrixokat, és kiszámít­
juk rangjukat mindaddig, amíg esetleg valamelyik rangja 3-mal lesz egyenlő:
3
m e rt
IZl =
1. Keressünk maximális elemszámú lineárisan független rendszert a követ­
kező vektorok között:
J. Megoldás:
\_
3
7
Gyakorló feladatok
D =
|B |= 0 ,
2
-2
-4
J
3
9
7
3 -1
lej — 0,
2
-2
-4
1 -2
9 -4
3
1
|D| = 0
= -3
0,
^(A) = 2;
Bn = - 3 p £ ü ,
Cii — —30
0,
0,
^(B) = 2;
^(C) — 2;
g{D) = 2.
A négy vektorból tehát nem választható ki három lineárisan független,
csupán kettő. Ilyen pl. a és b; ekkor — mint ez közvetlenül is észrevehető —
c = ----- a ------ b;
10
5
d = a-f b.
//. Megoldás:
Egyszerűbb az eljárás, ha rögtön az adott négy vektorból képzet
2
-2
-4
1 -2
3
9 -4
7
3
1 -1
253
3. Állapítsuk meg, hogy lineárisan független-e a következő három vektor:
mátrix rangját állapítjuk meg:
R =
3
■ 2 1 -2
7
-2 9 -4
-4 3
1 - 1.
'2
0
0
-2
-6
-3
1
10
5
3'
10
5,
'2
0
.0
1 -2
10 - 6
0
0
3'
10 .
0
x, = [ - 3 , 2 , - ! ] ♦ ;
így látszik, hogy ^(R )= 2, tehát a vektorok között két lineárisan független van.
2.
Döntsük el, hogy az Xi = [1,2,2, 1]*,
X3 = [1, 0, 0, 1]* vektorok lineárisan függetlenek-e!
Xg = [3,4, 4, 3]*
/. Megoldás:
A három vektor koordinátáit m e^gyelve észrevehetjük, hogy mindegyik­
nek két belső és két külső koordinátája megegyezik, továbbá ha Xj-ből levon­
juk X3-at, akkor éppen
kétszeresét kapjuk, vagyis
Xa =
2 ♦
4
"T * T
;
Xa =
[ - 2f '• 4 21
/. Megoldás:
és
Számítsuk ki a vektorok koordinátáiból képezett
-3
A =
2 ----2
2 ----- 1
3
X,-Xa = 2xi,
tehát
L
2Xi-Xa + X8 = 0,
T
a három vektor nem lineárisan független. Bármelyik kettő azonban már lineá­
risan független, hiszen megfelelő koordinátáik nem arányosak.
így pl- *1 ^ Xa bázist alkothat. H a az Xi és X3 vektort választjuk bázis­
nak, Xa e kettővel kifejezhető, mégpedig
mátrix rangját! Elemi átalakításokkal
-3
Xa = 2Xi + Xa.
^
II. Megoldás:
3
2 ----2
0
0
0
4
0
0
0
A vektorok koordinátáiból képezzük az
ri
3
-1
A =
3 1
4 0
4 0
3 1.
1
2
2
-0
3 r
4 0
4 0
0 0.
i
2
0
.0
3 1
4 0
0 0
0 0.
és erről a mátrixról már látható, hogy minden harmadrendű determinánsa 0,
de van olyan másodrendű aldeterminánsa, amely nem 0, pl.:
= -4
0;
így ^(A) = 2, ami azt jelenti, hogy a három vektor közül csak két lineárisan
független van.
254
1 -i
és most már látszik, hogy p (A )= l, tehát a három vektor nem lineárisan füg­
getlen, sőt közülük nem választható ki két lineárisan független vektor sem.
mátrixot és kiszámítjuk rangját!
Elemi átalakításokkal
1
2
A = 2
-1
-
//. Megoldás:
Szemrevételezve a három vektort, észrevehetjük, hogy éppen a második
koordinátáit kapjuk, ha az első koordinátáit rendre ( “-|)-d a l szorozzuk és
a harmadikét, ha 2-vel osztjuk, tehát mindhárom vektor megfelelő koordinátái
arányosak, vagyis még két független sincs közöttük.
4. Hány lineárisan független vektor van az Xi = [l, 1,1,0]*; X2= [4, 3,2, -1]*;
xa=[2, 1,0, - l ] * és X 4=[4,2,0, -2 ]* vektorok között?
Könnyen és^evehető, hogy x4= 2xa, és így már legfeljebb csak három vek­
tor lehet lineárisan független. Elképzelhető, hogy ezek sem lineárisan függet­
lenek, de ez nem látszik első pillanatra. Számítsuk ki tehát az első három vek­
torból képezhető mátrix rangját! (x4-et elhagyhatjuk, mert már kiderült, hogy
nem független X a - t ó l . )
255
Elemi átalakításokkal ez így alakítható át háromszogmátrixszá:
1 4
3
1
A =
2
1
-0 - 1 -
2'
1
0
1.
2'
1 4
0 -1 -1
0 _2 - 2
.0 - 1 - 1.
2'
1 4
0 -1 -1
0
0
0
0.
-0 0
Az utóbbi mátrixról már leolvasható, hogy rangja q =2, hiszen a belőle
képezhető valamennyi harmadrendű determináns 0, de van nem 0 másod­
rendű aldeterminánsa. Ezért az adott négy vektor között csupán kettő lehet
lineárisan független! (Hogy nem bármely kettő az, azt már tudjuk, hiszen
láttuk, hogy X4 és X3 nem függetlenek.)
Figyeljük meg, hogy ha n vektor közül k { ^ n ) számú lineárisan
független van, ez nem jelenti azt, hogy bármely k számú lineárisan
független.
5. Bizonyítsuk be, hogy na egy vektorrendszer vektorai között előfordul
a zérusvektor, akkor ezek lineárisan összefüggnek!
A Vi, V2,
v„ vektorok lineárisan összefüggnek, ha a
Ci Vi + C2V2+...H-C„V„ = 0
egyenlőség úgy teljesül, hogy a Ci együtthatók valamelyike nem 0. Ha a
vek­
torok között előfordul a zérusvektor, akkor annak együtthatóját zérustól
különbözőnek, az összes többit zérusnak választva, az előbbi egyenlőség úgy
teljesül, hogy a
együtthatók valamelyike nem zérus, ezért a szóban forgó
vektorok lineárisan összefüggnek.
3. ábra
cs így
miXi + w^Xa = (/7i + /72)yi-(4ni-}-2«a)ya,
6. Mutassuk meg, hogy a háromdimenziós térben az X i = [l,2 , 1]* és
- Wi-f ma Xa.
«iyi + 'í2y2 =
[l,2 , 3]*, valamint az yi = [0, 0, 1]* és y2= [l,2 , 5]* vektorok ugyanazt
a síkot határozzák meg (feszítik ki) (3. ábra).
Mindkét vektorpár alkalmas egy-egy sík (kétdimenziós tér) meghatározására,
Ez geometriailag azt jelenti, hogy yi és ya benne vannak az Xi és Xa által
hiszen rátekintéssel látható, hogy lineárisan függetlenek.
Most már csak azt kell megmutatni, hogy a tetszőleges x = ///iXi + /tizX, kifeszített síkban; ha tehát síkot feszítenek ki, akkor ez csak ugyanaz a sík
vektor kifejezhető az yi és ya vektorokkkal és fordítva, tetszőleges y = lehet.
= //lyiH-WaYí vektor kifejezhető az Xj és Xj vektorokkal. Ez valóban lehet­
7.
Mutassuk meg, hogy az X i = [ l , -1 ,1 ]* és X j= I3 ,4 ,-2 ]* vektorok
séges, ugyanis
nem feszítik ki ugyanazt a síkot, mint az y , = [ - 2 , 2, -2 ]* és ya=[4, 3, 1]*
vektorok!
1
1
Mindkét vektorpár egy-egy síkot feszít ki a háromdimenziós térben, mért
yi - y X , - y X i ;
lineárisan függetlenek (4. ábra). Az általuk meghatározott síkok azonban
nem lehetnek azonosak, mert ez esetben mind y,, mind y^ is kifejezhető volna
y^ = 2 x a -x i
az Xi és X2 vektorokkal, pl. az
es
yi = /?í i Xi + /7í2X2;
Xi = y 2 -4 y i;
Xa =
X2 = y2-2y2
256
ya — Xj^-f-//2 X2
257
-y
5. ábra
Most B = Z, ezért
Ve = ZVz =
4. ábra
alakban. Könnyű észrevenni, hogy yi = —’2xi, azonban a második egyenlet­
ből a megfelelő koordinátákra felírt
10.
Legyen Ue =[1,2, \ ] \ Mik az u vektor koordinátái a Zi = (I, 1,0]*,
Z2= [l,0 , 1]*, Za= [l, I, I]* bázisra vonatkoztatva?
egyenletrendszer ellentmondó, ui. a két első egyenletet összeadva //2= 1 adódik,
a két utolsót összeadva pedig /ia=2. Ezért ya nem fejezhető ki az Xj és Xj
vektorokkal, vagyis a két sík nem azonos.
8. Mutassuk meg, hogy ha a 7. Gyakorló feladatban az yi=[9, 5, - 1]* és
y2= [4,3, -1 ]* vektorokat ajduk meg, a két vektorpár ugyanazt a síkot feszíti ki!
Most kifejezhető az yi és yz vektor az Xi és Xz vektorral, nevezetesen
yi = 3xi + 2x2;
Uz = Z-^U e =
1 0 -1
1
1 -1
0 2
-1
1
1. .1,
|Z| =
= 1 - 1- 1 = - 1
mert
1 = rti —ltiz
r ' 0
1
1 -1 = 2
2,
I.
.1.
Tehát v ^ = [l,2 , 1]*.
4 = /ii-}- 3/í2»
3 ±= - 4 - 4 / 7 2 ;
1 I
1 0
-0 1
0
-1
2.
0,
és így létezik
z -i = -
-1
0
1
“ 1
1 0 =
1 - 1 ~1.
1 0 - r
1 -1
0
-1
1
1.
y, = xj-fx^.
n . Legyen az E bázisban egy háromszög csúcsaiba mutató három helyvektor u = [l,0 ,0 ]* , v= [0,2,0]*, w = [0 ,0 ,3 ]’ . Mik a három vektor koordi­
9. Legyen Vz = [0, -1 ,2 ]* a Zi = [l, 1,0]*, z.2=[l,0, 1]*, Za=[l, 1, 1]* bá­ nátái a z ,—[l, 1, !]•, Zj —[I, 1, —1]*, z ,= [l, —1, —1]* bázisra vonatkoztatva
(6. abra)?
zisra vonatkoztatva (5. ábra). Mik v koordinátái az E bázisban?
258
259
12. Keressük meg a háromdimenziós E bázisban adott u = [ 2 ,-1 ,0 ]* , v=
= [ 1 ,- 3 , 5]*, w=[0, 0 ,1 ]’*' vektorok koordinátáit a Zi = [0, 1, 0]*, Z2= [ l, 1, l]"*
és Za = [3, 2,1]* bázisra vonatkoztatva (7. ábra)!
6. ábra
A báziscserc mátrixa B = Z ^E = Z '“^ Mivel
|Z| =
1
1
1
1 - 1
1 - I
1
= -4
0,
-1
ezért
-2
0 -2
0 - 2
= -
-2
így
2
2
0
7. ábra
2'
0
'2
2 -2
0
4
0.
2 -2
1
2
0
0
2 - 2
2 - 2
r
0
0.
2
0
0,5
'2'
1
0 = 0
4 ^2.
A 5.
0
4
-4
A báziscsere mátrixa B = Z"^E = Z “ ^ Mivel
0'
1 5
^ -1 ,
|Z| =
0
1
0
1 3
1 2 = 3 -1 = 2
1 1
0,
ezért
w ,= -
260
'2
0
2' 0
0
2 -2
0
0. ,3.
,2 - 2
■ 6'
' 1,5'
1
- 6 = - 1 ,5
4
0
0,
1 2 -1
Z -i = 4- - 1 0
3
1 0 -1
261
és így
-1 2 - n
-1 0 3
1 0
-4
-2
-2 — -1
2.
1.
2
-1
0.
1
1 2 -1]
-1 0 3 - 3
5.
1 0 -ij
0
2
n
-1
-1 0 3 0
1 0 -ij 1
-1 2
14
-4
-6
7
-2
1
r 0,5]
1
3 =
1,5
2 .-1.
.-0,5.
13. Jelölje Xz az x háromdimenziós vektornak a Z i= [l, 1, 0]*, Za=[l, 0, 1]*,
Z i= [l, 1, 1]* bázisra vonatkozó koordinátáit,
ugyanennek a vektornak a
iVi = [l, 1, 2]*, Wa=[2, 2, 1]*, W a=[l,2, 2]* bázisra vonatkozó koordinátáit.
Keressük meg azt a B mátrixot, amelyre
X|^ = BX2 ,
vagyis hajtsuk végre az előírt báziscserét!
A keresett B mátrix
B = W “^Z,
ahol
Z =
1 1
1 0
.0 l
r
1
1,
és
w =
I 2 r
1 2 2
.2 1 2.
Mivel
1W| =
1 2 1
1 2 2
2 1 2
ezért létezik W ^ mégpedig
2 -3
2
2
0- 1
w -i = —
3 -3
3 0
így
2 -3
2
2
0-1
-3
3
0
8, ábra
A báziscsere mátrixa
1 1 1
1 0 1
0 1 1
-1
4 1
2
1 1
0 -3 0
14. Legyen két háromdimenziós bázisunk Zi = [l,0 , 0]*, Z 2 = [ l , 0 , 1]*, Z a =
*=[1,1,1]*, valamint Wi = [0, 1,0]*, W2= [l, 2, 3]*, Ws=[l, - 1 , 1]*. Ha Bz =
= (I, - 2 , -4 ]* (8. ábra), határozzuk meg a^-t!
262
B = W -iZ
és ezzel
a,y = B az.
1 1 1
0 1 1
z = 0 0 1 , w = 1 2 -1
0 1 1.
.0 3 1
263
Mivel
0 1
1
1 2 - 1 = 3 - 1 = 2 5^0,
0 3
1
|W| =
ezért létezik
5
2 -3
= — - 1 0
1
2
3 0 -1
Így
B = —
2
5 2 -3 ' 1 1
-1 0
1 0 0
3 0 - 1 . .0 1
r
1
1.
1
2
5 2
-1 0
3 2
4
0
2
Végül
'5
2
- 1 0
2 -3
2
1
4'
- 7 ,5 '
0 - 2 = - 0 ,5
2, . - 4
. - 4 ,5 .
2. Lineáris transzformációk
1. Legyen x = [xi, ^ 2,
x„]* és y = [ ji, Jíz,
J'n]* az E„
bázis által meghatározott «-dimenziós vektortér egy-egy vektora.
Tegyük fel, hogy x és y (E„-re vonatkozó) koordinátái között
a következő összefüggések állnak fenn:
>^1 = ^11-^1 + ÚÍ12X2 + ... + a^nXn;
A lineáris transzformációt regulárisnak vagy nemszingulárisnak
nevezzük, ha különböző x vektorok képe mindig különböző; egyéb­
ként a lineáris transzformáció szinguláris. Belátható, hogy a lineáris
transzformáció akkor nemszinguláris, ha a transzformáció együtthatómátrixa (röviden: mátrixa) nemszinguláris. Egy nemszin­
guláris lineáris transzformáció lineárisan független vektorokat
lineárisan független vektorokba visz át és lineárisan összefüggőket
lineárisan összefüggőkbe.
Ha az ^-dimenziós vektortérben az A mátrixszal megadott
lineáris transzformáció az x vektort az y vektorba, a B lineáris
transzformáció az y vektort a z vektorba, a C lineáris transzfor­
máció pedig a z vektort a v vektorba viszi át, és így tovább, akkor
(BA)x = z;
(CBA)x = v,
vagyis több lineáris transzformáció egymás utáni végrehajtása egyetlen
lineáris transzformációval pótolható, amelynek mátrixa az egyes transzformációk mátrixának olyan szorzata, amelyben a következő transzfor­
máció mátrixával mindig balról szorzódik a megelőző transzformáció
mátrixa.
Ha az A mátrixszal adott lineáris transzformáció nemszinguláris, ak­
kor létezik az egyértelműen meghatározott
x = A - 'y
y2 = Ű2pVi4-a22X2-f ... + a2 „ x „;
yn =
+ úf„2X2 + . •• +
,
vagy röviden
y = Ax,
ahol A = [úfiJ. Az előbbi egyenletrendszer egy transzformációt
(leképezést) fejez ki, amely az /í-dimenziós vektortér x vektorát
y vektorába, az x vektor ún. képébe viszi át. A transzformáció
megadható az együtthatók A mátrixával.
Ha ez a transzformáció az Xi vektort az yi vektorba, az Xg
vektort pedig az yg vektorba viszi át, akkor tetszőleges a, b valós
számok esetén az ax^ + éxg vektort az ayi -f fty2 vektorba viszi át,
ezért lineáris transzformációnak nevezzük.
264
inverz transzformáció, és ez az y képvektorhoz az eredeti x vektort
rendeli. A tárgy- és képvektorok között kölcsönösen egyértelmű
megfeleltetés áll fenn.
2. A fejezet elején felírt egyenletrendszer felfogható nemcsak
úgy, mint két vektornak azonos bázisra vonatkozó koordinátái
közötti összefüggés, hanem úgy is, mint ugyanazon vektornak két
különböző bázisra vonatkozó koordinátái közötti összefüggés.
Ilyenkor a hneáris transzformáció koordinátarendszer-transzfor­
mációt, azaz báziscserét jelent, mégpedig A az áttérési mátrix
arra az új bázisra, mely x-et y-ba viszi át, és A~^ az az áttérési
mátrix, mely y-t visszatranszformálja x-be.
3. Legyen a Z bázisban adott Xy vektornak az A mátrixszal
megadott lineáris transzformáció végrehajtása utáni képe y^,
azaz y z^ A x ^ . Hajtsunk végre báziscserét, és legyenek Xyr és y^
265
űj W bázisra vonatkoztatott koordinátái
és y^y. Ekkor létezik
egy olyan B mátrix, mégpedig B = W“ ^Z, hogy
= Bx^ és
y^yBy^, továbbá
a j Az E bázisról a W bázisra áttérve, a báziscsere mátrixa
B = W ~ \ ahol az áttérési mátrix,
1
Xz = B-1x,k és Jz = ^ ~ ^ y w
W =
1
Az utóbbit felhasználva:
1
2 -1
1
-1
2 -1
nemszinguláris, mert determinánsa |W| - 9 , így
yj(r = Byz = BA x2 = B A B ^Xnr = CX|y,
3
3
0
1 -2
3
5 -1 -3
így az új rendszerben az yz = Axz transzformációnak az
Yw ~ Cx«.
Az X vektor képe y = Ax alapján:
transzformáció felel meg, ahol
yE =
C = BAB-i.
Az A és C mátrixokat, amelyekre
C==BAB'
és ahol B nemszinguláris, hasonló mátrixoknak, az A és C transzformációkat hasonló Iranszformácíóknak nevezzük.
Be lehet bizonyítani, hogy két mátrix hasonlóságának ez a
definíciója egyenértékű a 157. oldalon adott definícióval.
Tekintsük pl. a E bázisban az X£ = [3, 0, 2]* vektort és az
1 1 3
1 2 1
.1 3 2
3
0 =
.2
9
5
7
111. a W bázisra vonatkoztatva:
’3
3
o'
1
2
3
Yw = W->y^ = 1
.5 - 1 - 3
14
yw =
20
9
42
1
5
20
~ 9
.7
.19
19
b) Az új W bázisbeli transzformáció mátrixa:
1
1 3
1
2
1
1 3
2
C = W - iA W .
mátrixszal adott lineáris transzformációt. Legyen a vektortér
egyúj bázisaaw i = [l, 2, l]*,Wa = [l, —1,2]* és Wa = [l, - 1 , -1]*
vektorokkal adott, a) Határozzuk meg az x vektor képének
koordinátáit a W bázisra vonatkoztatva! b) Keressük meg az
yE = A%E transzformációnak megfelelő y^, = Cx^, transzformációt!
c ) Ezt az eredményünket felhasználva keressük meg x^ képét:
y ir-t!
266
267
Ebből
36
21 - 1 5
21
1 0 -1 1
-3
23
-1
c) Mivel
,
y (V—
határozzuk meg előbb x>y-t!
1
■9
= W
3
0
'3
3
1 -2
,5 - 1 - 3
3
1
0
“ 9
2
9
9
9
kell legyen, amiből a transzformáció mátrixa leolvasható:
így
36
21
3
^
yty —
21 - 1 5
10 - 1 1
23 - 1
42
1
1
1 ~ q 20
y
1
19
T. =
1 0
0 -1
Valóban
vagyis
14
20
yw =
>
19
9
9
mint az előbb már láttuk!
Eredményünk azt is mutatja, hogy a báziscsere és a lineáris
transzformáció műveletei felcserélhetők.
Több speciális lineáris transzformáció mátrixa a Gyakorló
feladatok között szerepel.
1 0
0 -I
X
-y
Tjc-et az A-tengelyre tükröző mátrixnak szokás nevezni.
Világos, hogy kétszer egymás után tükrözve a P pontot az A-tengelyre, az
eredeti pontba jutunk, ami a
1 0 1 0
.0 - I , .0 -1.
1 0'
.0 1.
Gyakorló feladatok
mátrixból is látszik.
1.
Tekintsük az {x,y) sík egy tetszőleges P(jc; y) pontját. Tükrözzük ezt a
//. Megoldás:
pontot az A-tengelyre. Mik a tükörkép koordinátái? írjuk fel a //í/rrözávr jelentő
utasítást mátrix alakban!
A feladat megfogalmazható így is: Tekintsük a P ( a ; y) pontot az Ci = [l, 0]*,
C2= [0, 1]* síkbeli derékszögű koordináta-rendszerben (bázisban), majd for­
1. Megoldás:
dítsuk meg az y-tengely irányítását,azaz térjünk át az e í= [l,0 ]* , eí= [0 , —1]’^
P(A:;>')-nak az .x-tengelyre vett tükörképe P \ x \ - y ) \ más jelöléssel p =
koordinátarendszerre (bázisra) és határozzuk meg P koordinátáit ezüj rendszer­
= [jc,;^]*-nak az A-tengelyre vett tükörképe p ' = [ a ' , /] * = [ a' , ->']* (9. ábra); re vonatkoztatva!
ez azt jelenti, hogy
Az áttérési mátrix
a'
= 1-jc + O-;^;
/ = 0-A - 1-y
268
1 0
0 -1
269
nemszinguláris, mert |W| = - 1; így a báziscsere mátrixa
-1
0
B = W -i = -
1 0
.0 - 1 .
o'
1.
cs ezzel
P' =
JC'* = W "^p =
1
o' x _
0 -1 .
X
.-y .
.y.
mint előbb is láttuk.
A transzformáció (báziscsere) mátrixa és az áttérési mátrix most meg­
egyezik (T ,= W ), mert ( T J ’* =E, és így
= T ,,
2. Mutassuk meg, hogy ha a P{x\ y) pontot az >^-tengeIyre tükrözzük, a
transzformáció mátrixa
-1
0
0
1
és ugyanez a báziscsere mátrixa is.
Ha P {x\y) tükörképe P '( jc ';/) , a transzformációs egyenletek
X
y'
10. ábra
■0-x-\-\-y,
és ebből Ty már leolvasható.
Az áttérési mátrix
W
-1
0
4.
Tükrözzük a P {x\y) pontot az y==x szögfelező egyenesre! írjuk fel a
tükrözőmátrixot és a báziscsere mátrixát!
Az y —x egyenesre tükrözés azt jelenti, hogy a koordináták szerepet cse­
rélnek (11. ábra), azaz
0
1
x^ — 0*jc-f 1•y\
és a báziscsere mátrixa
i
=
—
1 0
0 -1
-I
0
/ = l*Ar4-0->',
0
1
tehát
3. Tükrözzük a P { - 2 \ 3) pontot az origóra (10. ábra).
P-nek az origóra való tükrözését pl. úgy állíthatjuk elő, hogy előbb az
majd az >^-tengelyre tükrözzük. A transzformáció mátrixa tehát — az előző
két feladat eredményét felhasználva —
To = TyT^ =
-1 0 1 0
0 1. .0 -1,
o'
0 -1.
270
-1
o'
.0 -1 .
-2
3.
Valóban
P' = T ,p
0
1
X
y
.1
0
y.
X
-1
és ennek segítségével
x'
y.
0 1
1 0
2
.-3 .
A koordinátarendszer-transzformáció most a koordinátarendszer tenge­
lyeinek megcserélését jelenti, tehát az új bázis az el = [0 ,1]* és ej = [1 ,0 ]^
egységvektorbói áll. így
w -
0
.1
1
0.
271
Az áttérési mátrix most;
W =
0 -1
-1
0
inverze
W ^= - 0 1
1 0
>gy
0 -1
-1
0
6. Tükrözzük a P ( - 2 ; 3) pontot d z y = - x egyenesre, és írjuk fel a tükör­
kép koordinátáit!
11. ábra
1W| = - 1 ^ 0 ,
w -^ = -
így
0 -1
-1
0
0 1
1 0
B,
és ezzel
P' =
a'
= Bp =
y .
’o l' X
.1 0. y.
y
X
mint azt már láttuk.
A báziscsere B mátrixa Ti alapján azonnal felírható, hiszen B = T “ ^
5. Mutassuk meg, hogy az y = —x szögfelezőre való tükrözés Tg mátrixa
12. ábra
Ha a P' tükörkép koordinátáit {x'\y') jelöli (12. ábra), akkor
0 -1
-1
0
alakú, és hogy ilyen alakú a báziscsere B mátrixa is!
Ha P (x ;y) tükörképe P '( jc ';/ ) , akkor a transzformáció egyenletei most
x ' = 0*jc-l*:v;
x'
y.
0 -1
.-1
0.
-2
3,
-3
2.
^ V
A y = [vi,V 2]* irányvektorú egyenesre való tükrözés mátrixa
/ r= ^\.x-\-0 -y.
tehát
T
0 -1
-1
0
272
=
2 v o V
* - E ,
ahol Vq a V irányú egységvektort jelenti.
273
Ha ui. az X vektornak a Vq egységvektor egyenesére vett tükör­
képe x', akkor az x vektornak a Vo irányvektorra eső vetületét
kétféle'módon felírva:
7. Tükrözzük a P (3 ; 2) pontot az y = — x egyenesre (13. ábra), és írjuk fel
a tükörkép koordinátáit!
Feladatunkban t = [5,
1]*, és mivel v abszolút értéke
|y| =
x + x ' = 2vovJx,
ezért
és ebből a tükörkép:
x' = 2vovJx—X = (2voVÍ—E)x.
A zárójelből pedig a transzformáció T mátrixa leolvasható.
A kétdimenziós esetben, ha Vo = K , Uj]*, akkor
T = 2vovJ-E = 2
■ 2 v!
2 viV2
2 viv^
2 vl_
1 0
-0
1.
1
0
0
1
v\ —vl 2 vi v<j.
2vi V., vl —v\
mert vj + v l= 1.
A háromdimenziós esetben, ha v„ = [t),, D2, 1^3]*, akkor
így
T - 2 v „ v J-E = 2
2 vl
2 ViVi
2 vgvi
Ivivi
2 vl
2 V3 V2
0
1
2 V1 V3
1
0
0
2 ViVi
0
1
0
2 vi
0
0
1
“
2 v iv i
2 vivs
2 ViVi
v\ — v l - v \
2 V2 V3
V33V
V22
22V
v l - v \ —vl
2 V3 V1
mert v\ + vl + vl — 1.
274
1
2
T =
5
1
1
/2 6 /2 6
A tükörkép koordinátái tehát:
x'
v j-v j-v i
2
5
0’
y.
5 '
n
13
'3
12
2.
5
“ I 3.
I
12
Í26
t
/2 6
n
5'
il
5
12
n
~13
1 /2 6
"n
.13
5
J
5 '
[YTe]
2
13
9
*13
alapján
\1 3 ’
13j
275
Figyeljük meg, hogy a T tükrözőmátrix determinánsának
értéke - 1 , csakúgy, mint az előző tükrözőmátrixoké.
8. Egy P pontnak az y = - l x egyenesre vett tükörképe a
pont (14. ábra). Mik az eredeti pont koordinátái?
Eljárhattunk volna ügy is, hogy a T transzformáció inverzét határozzuk meg,
de tükrözés esetében világos, hogy T = T~^ Valóban
-2 )
~5
T-^ = - l
= T.
4
T
9.
Tükrözzük az >^=3a: egyenesre a p=[2, 1]* vektort (15. ábra). írjuk
fel a tükörkép koordinátáit!
14. ábra
egységnyi
Az y = —I x egyenes v© =
irányvektorára
való tükrözés mátrixa
--------T =
'3
2
( 4
)
4'
“T
4
15. ábra
” 5
3
T
Nyilvánvaló; hogy P' tükörképe P, vagyis {P')' = P, ezért
Az >^=3a: egyenes egységnyi hosszúságú irányvektora Vq =
a tükrözés mátrixa tehát:
1
-4
-2
alapján jP(4; 2).
276
T =
9
iö~Tö
2. Í -
10
2 .1
10
2
~5
9
4
ÍÖ '
7j
277
A tükrözendő egyenes irányvektora u = [l,
5]*, ennek tükörképe pedig
Az adott vektor tükörképe:
4
T
'2
3
.1.
2,
T
'21
20'
29
29
20
21
.29
~29^
' 121 '
29
r
5.
85
.
így a tükörkép egyenlete y =
Tehát p=[2, 1]*, tükörképe p '= [ - l , 2 ] \
29 .
85
Tükrözzük az y = 2 a: egyenesre az ( j:—3 )^+ (y—2)^ = 1 egyenletű kört
10.
Tükrözzük az >^=0,4jc egyenesre az y = 5 x egyenest (16. ábra). írjuk 11.
(17. ábra), és határozzuk meg a tükörkép egyenletét!
fel a tükörkép egyenletét!
16. ábra
17. ábra
Mivel a tükörkép ugyancsak az origón áthaladó egyenes, elegendő irány­
vektorát meghatároznunk. Az 7 = 0,4;c egyenes irány vektora v
5
2
y29’
/29
ennek egységvektora Vo=
'25
4
29
29
--------
T =
2—
.
29
278
10 1
2—
29
±
29
25
29.
Ml
5_
Vo =
r 1
2 ]
fs]
, így a tükrözés mátrixa:
a tükrözőmátrix:
20'
—
21
—
29
29
20
21
.29
' 1
4
1
=
T
2 .1 1
5
4
5
1
3
5
4
. T
4'
5
3
T.
279
Mivel az eredeti kör és tükörképe egybevágó, elegendő a tükörkép közép­
pontjának koordinátáit meghatározni. Az eredeti kör középpontja C(3;2),
a középpont C' tükörképének koordinátái
3
4'
T
T
4
3
1
16
” T
3'
2.
T
9
12^
~25
18
.
T,
ezért a tükörkép egyenlete
r , IV
. + - ) -f
A tükröző egyenes irányvektora v = [ - 4 ,
4
3*
. A tükrözés mátrixa tehát:
Vo =
25J
25
25 ,
3]*, ennek
7
25
24
‘ 25
24
7
egységvektora
~25
A háromszög csúcsainak tükörképe rendre;
= 1.
12. Tükrözzük az y = - — x egyenesre az .4(4; 3), B ( - 6 ; - 3 ) , C(2; - 6 )
4
csúcspontú háromszöget (18. ábra). Határozzuk meg a tükörkép csúcspont­
jainak koordinátáit!
1
1
7
-^2, “ 25 , - 2 4
-2 4
-1
b,'
[h.\
1
7
.-2 4
-2 4
-7 .
-6
-3
Cl
Cz.
1
7
.-2 4
- 24'
-7 .
2
-6
25
-4 4
-1 1 7
117
25
pO
30
165
'25
44
A'
33^
158
[ 25
25}
13. Milyen új bázisra való áttéréssel érhető el, hogy az előbbi feladat
>4(4; 3), B{ —6 ; - 3 ) , C(2; —6) pontjainak az;^ = ---- x egyenesre való tükör4
képét kapjuk meg?
Az áttérési mátrix:
W = T -' = - l
7
24'
7
24
~25
25
Ys
” 25
24
7
24
7
25
tellát az új bázis bázisvektorai — a régi bázisra vonatkozó koordinátákkal ki­
fejezve —
7
241*
Cl =
25
és
■ 24
7
~25'
Vagyis ha az cí, eí bázis által meghatározott koordinátarendszerben ábrá­
zoljuk 0 8 . ábra) az (4; 3); ^ ( —6; —3); C(2; —6) csúcspontok által megha­
tározott háromszöget, akkor ez éppen tükörképe lesz az eredeti háromszög­
nek.
280
281
14.
Tükrözzük a P ( x \ y \ z ) pontot, ill. a p=[jc, z]* vektort a) az (jc, >^) az (jc, z) síkra való tükrözés után:
síkra, b) slz (y, z) síkra, c) az {x^ z) síkra! írjuk fel a transzformációk mátrixát!
x"'
' 1
1 0 0 ' r
a) I. Megoldás:
= 0 -1 0
2 = -2
Ha a tükörkép jelölése P'{x' \ y'\ z'), akkor a térbeli derékszögű koordináta0 0 1. -1 .
,-1.
rendszerben
y = A:; y '= y \
a keresett tükörkép tehát ^'"(l; - 2 ; - 1 ) (19. ábra).
z '= -z,
tehát az előírt transzformáció (tükrözés az {x, y) síkra) mátrixa
n
0
0
0
01
1 0
0 -1
II. Megoldás:
Ha a transzformációt báziscserével akarjuk megoldani, akkor az
ei = ( l,0 , 0 r , e2= [0, l , 0r , C 3= [0, 0,l]* bázisról az e í = [ l , 0 ,0 r , eí= [0 ,l,0 ]%
eí = [0, 0, -1]* bázisra kell áttérnünk. Felhasználva ui., hogy |T*y| = - 1 ,
w = T
= -
0
0'
1 0
0 = 0 1 0 = B,
.0 0 - 1 .
1.
-1
0
0 -1
0
0
és ebből az új bázis vektorai már leolvashatók.
b)
Az (yy z) síkra való tükrözéskor x' = —a:; y'=^y; z '= z , ezért az (j, z)
síkra való tükrözés mátrixa
-1 0
0
0 1 0
0 0 1
19. ábra
c)
A z (jc, z) síkra való tükrözéskor x '= x ; y'= —y; z '= z , ezért az (jc, z)
síkra való tükrözés mátrixa
1 0
0 -1
0
0
0
0
1
15.
Tükrözzük a P ( l ; 2 ; 1) pontot előbb az (jc,
írjuk fel a tükörkép koordinátáit!
Az (jc, y) síkra való tükrözés után:
’x ' '
y'
z\
282
=
1
0
0'
r
0
1
0
2
0
0
-1 .
.1 ,
'
=
16. Tükrözzük a P ( x ; y ; z ) pontot a) az A-tengelyre, b) az >^-tengelyre,
c) a z-tengelyre. írjuk fel a transzformációk mátrixát és a tükörképek koor­
dinátáit!
a) Az jc-tengelyre való tükrözés (az jc-tengely körüli 180°-os elforgatás)
két síkra való tükrözéssel is elérhető, mégpedig előbb az (x, y), majd az (x, z)
majd az (x, z) síkra! síkra való tükrözéssel, vagy fordítva (19. ábra). A két, egymás után végrehaj­
tott síkra való tükrözés mátrixának szorzata adja a tengelyre való tükrözés
mátrixát:
r
1
0
0'
'1
2
0
1
0
0
.0
0
-1 ,
0
1.
0
-1
0
1
0'
0
1.
=
0
0
0
-1
0
0
0
-1 .
283
Ha a tükörkép koordinátái P'{x'\ y'\ 2'), akkor
’x''
=
0 JC
1 0
0 y =
0 -1
0
0 - 1.
és így P ' koordinátái
JC
-y
r-1
0
b) Az >'-tengeIyre való tükrözés mátrixa az előzőkhöz hasonlóan
T-^y = T^ xy »T
*yz =
0 ■-1 0 0
■-1
1 0
0
0 1 0 =
0 1 0
0 0 1.
0
0 0 -1 .
0
0*
' —X
1 0 = -y
0 -1 .
íi = [l, 0, 0]^ vektort az x —y = z egyenesre (21. ábra),
0
0
1 0
0 -1 ,
c) 2i z-tengelyre való tükrözés mátrixa pedig:
T, =
=
1 0
0 -1
,0
0
- 1 0 0'
0 1 0 =
0 0 1.
0
0
1.
0 0
-1
0 -1 0
0 1.
0
17. írjuk fel a P ( x ; y ; z ) pont origóra vett tükörképének koordinátáit!
21. ábra
Az adott egyenes iranyvektora v = [ l ,l ,l ] * ;
r 1
1
IV
Vo=
. A tükrözést leíró mátrix
VT' y j ' / r
2
1
1 0 0
1 [l, 1, 1 ]- 0 1 0
,1.
0 0 1.
1
1
3
-1
2
1
1
1
ennek
1
1
1.
—
egységvektora
1 0 0
0 1 0
0 0 1,
Mivel az origóra való tükrözés a három koordinátasíkra vett tükrözés
egymás utáni végrehajtásával állítható elő (20. ábra), az origóra tükrözés
mátrixa
To =
284
-1
0
0
0
1
0
0'
0
1
0
1
0 -1
0
0
0'
0
1
1
0
0
0
0'
0 =
1
0 -1
0
0
-1
0
0 -1
0 -1.
0
285
A z adott egyenes irányvektora v = [ 2 , —3, 1]', ennek egységvektora
Az e, vektor képe tehát:
■ 1
“ 3
e'i = Te.
2
T
2
T
2
T
1
2'
2
3
3
3
2
1
T “T
1
nu
0.
. így a tUkörzés mátrixa
■ r
"T
2
T
2
T
/Í4
Ha ,
/l4
1 0 0
2 ■ 2'
- 3 [2, - 3 , 11- 0 1 0
0 0 1.
1.
1
7
■ 4 -6
2'
1 0 0
-6
9 -3 — 0 1 0
2 ~3
.0 0 1.
1.
azaz
19.
Tükrözzük a p=[2, - 1 , 3]* vektort az x= 2 t; y = - 3 i ; z = t egyenletrendszerrel adott egyenesre (22. ábra)! Határozzuk meg a tükörkép koordi­
nátáit!
A p vektor képének koordinátái ezért:
6
T
V
y' =
z'.
6
2
3
7
y
'
2'
-1
3.
’T
u
'T
azaz
'T ’
Figyeljük meg, hogy valamennyi tükrözőmátrix determinánsá­
nak értéke ~ 1!
20.
Nyújtsuk meg a p=[2, 4]* vektor első koordinátáját háromszorosára,
második koordinátáját pedig zsugorítsuk a felére (23. ábra). írjuk fel a koor­
dináták tetszőleges nyújtását (zsugorítását) jelentő transzformáció mátrixát!
I. Megoldás:
Ha a p vektor képe a p '= [x ', y']* vektor, a transzformáció az
a:' = 3x-hO-y;
22. ábra
286
v' =
287
p=(2, 4]* koordinátái valóban p' = [6, 2]*, mert a
'2
B = Y/-1 = —
2 0
O'
1
—
3
'3
0'
0
1
—
2
=
mátrixszal
'3
p' = Bp =
0
0'
1 '2
— 4.
2.
6'
.2.
Hasonlóképpea belátható, hogy két dimenzióban az
N =
ki
0
0
k2
ill. három dimenzióban az
egyenletek teljesülését jelenti. A transzformáció mátrixa
ki
0
0
N =
Valóban
3
0
JC''
y.
0
1
2,
2
4.
6'
2.
II, Megoldás:
Ha a feladatot báziscserével óhajtjuk megoldani, a W = N"^ áttérési mát­
rixot kell meghatároznunk. Mivel |N| = — 5*^0, létezik N~^, mégpedig
N -^ = -
1
0
—
3
0
lo
3
0
2
2
= W.
Az új bázis vektorai tehát ei'=[^, 0]* és eí = [0, 2]*. Ebben a rendszerben
288
0
0
/C2 0
0 k.
mátrixszal olyan transzformáció írható le, amely az eredeti vektor
koordinátáit az x-,
z-tengely irányában rendre /cj-, fcg-, Arg-szo­
rosára nyújtja (zsugorítja).
Ha
(/ = I, 2, 3), akkor a megfelelő koordináta nyújtásáról,
ha O cA jfcl, akkor zsugorításáról van szó.
Külön felhívjuk a figyelmet arra, hogy az ilyen — általunk
koordinátanyújtásnak nevezett — speciális lineáris transzformáció
nem jelenti a vektor (szokott értelemben vett) nyújtását (kivéve,
ha k i —k 2 = k ^ , hiszen a vektor hosszán kívül annak irányát is
megváltoztatja.
Figyeljük meg, hogy a nyújtást (zsugorítást) kifejező mátrix
determinánsának értéke általában nem 1, vagy —1.
21. Keressünk olyan koordinátanyújtást leíró mátrixot, amely a
P =[ —2, —2, Ij* vektort a p' = [3, 1, 3]* vektorba viszi át. Mibe viszi át ez
a transzformáció a q = [l, 4, -2 ]* vektort?
Azt követeljük tehát, hogy
= -2 k2 = i,
legyen.
Ebből
~
“
~ *
—
289
és így a transzformáció mátrixa
A q>szöggel való forgatás transzformációs mátrixa tehát
F =
N
0
cos (p —smq)
sin (p
cos (p
Az F mátrixot síkbeli forgatómátrixnak szokás nevezni. Érdemes
megfigyelni, hogy |F| = 1.
A (—9)-szöggel való elforgatás mátrixa ennek megfelelően
0
Ez az adott q vektort a
3
T
0
0
0
1
~"2
0
1
4
-2
cos (p sm (p
—sin cp coscp
2
-2
-6
ami — mint egyszerűen belátható — éppen F "^ Ez összhangban
van azzal, hogy a (p szöggel való elforgatás inverz művelete a -</>
szöggel való forgatás, vagyis a visszaforgatás.
vektorba viszi át.
22.
Forgassuk el a P (x ; y ) pontot az origó körül
majd (-(p) szöggel.
Határozzuk meg a transzformációk mátrixát! Legyen <p hegyesszög!
23.
Forgassuk el a P ( —3;2) pontot ^ = 30°-kal az origó körül, és írjuk
fel az elforgatott pont koordinátáit!
A transzformáció mátrixa most
F = cos 30° —sin 30°
sin 30° cos 30°
és ezzel
x'
y.
24. ábra
vagyis
Jelölje az elforgatott pont koordinátáit P '(x';y')] akkor a 24. ábrán lát­
ható derékszögű háromszögekből OP= OP' miatt
x ' - O P ' cos (<x+ (p) = OP (cos a cos ^ - s i n a sin (p) - x c o s ( p - y sin^?;
y = O P ' sin ( a -1- 9?) = OP (sin a cos 9>+ cos a sin q>) = y cos (p+ x sin qi
Belátható, hogy ugyanezt kapjuk, ha (p tetszőleges szög.
290
'n
2
r
2
1
2
2
-3 '
2.
- f - ,
/3 -y )-
24. írjuk fel a 180°-kal való elforgatás mátrixát!
F =
cos 180° - s i n 180°'
.sin 180° cos 180°
-1
0
0 -1
begyük észre, hogy ez megegyezik az origóra való tükrözés mátrixával. Nyil­
vánvaló, hogy a két művelet ugyanazt eredményezi.
291
Az egymás után végrehajtott két transzformáció mátrixa:
Eddigi feladataink megoldását áttekintve figyeljük meg, hogy
a területtartó transzformációk (tükrözés, forgatás) mátrixai deter­
minánsának abszolút értéke 1. Belátható, hogy ez általában is igaz.
25.
Forgassunk el egy tetszőleges P {x\y) pontot egyszer előbb a, majd 0
szöggel, másszor meg egyszerre a + szöggel! írjuk fel a leképezések mátrixát!
Az első esetben a transzformáció mátrixa a két transzformáció mátrixának
a szorzata:
Fi =
cos P - sin ^
sin;?
cosP
cos a
sin a
- sm a
cos a
cos a cos
sin a sin
cos a sin + sin a cos P
r- 1
-/3]
-1 .
r- 1
,/3
-/3 i
-1 .
vagy fordított sorrendben
- s i a a cos )9-cos a sin j?
—sin a sin P + cos a cos p
1
2
FN =
2
0
2
A második esetben:
cos (a +
sin{oL + fi)
Yl'
2
1
2
1
2
Y3
2
NF = 2 0'
0 2
- sin (a fi)
cos(a + fi)
1
2
2 0
0 2
=
ami azt jelenti, hogy ebben az esetben mindegy, hogy előbb forgatunk és
azután nyújtunk, vagy fordítva. A sorrend nem cserélhető meg akkor, ha a
nyújtás az egyes tengelyek mentén nem azonos mértékű.
Mivel F, és Fj ugyanazt a transzformációt jelenti, ezért a két mátrix egyenlő,
és így adódnak az alábbi ismert összefüggések:
Bebizonyítható, hogy a Vo= [i;i,
1^3]* irányvektorú egye­
nes mint tengely körüli a szöggel történő elforgatás mátrixa:
cos (a + j?) = cos a cos fi- s in a sin fi;
1
F=
sin {cc+ fi) = sin a cos fi-{-cos a sin fi.
26.
Forgassuk el a sík tetszőleges p=[;c, y]* vektorát az origó körül 120°kal, majd nyújtsuk meg a kapott vektort kétszeresére. írjuk fel a transzformá­
ció (forgatva nyújtás) mátrixát!
A 120°-kal való forgatást leíró mátrix:
a kétszeres nyújtást leíró mátrix:
N :
292
'2 0
0 2.
0
0
1
0
0
0
1
+
Vz
-^2
- v l - v l
+
1V2
VlVi
.
cos 120° - s i n 120°
sin 120° cos 120°
0
0
0
—
Vi
Vi
sin a 4-
0
V1V3
V2V3
(1 —cos a).
V 2Vz
V1V3
27. Forgassuk el a P(—2\ 1; 3)pontot az x = —t, y = 2t, z = —2/ egyenletű ten­
gely körül 60“-kal. íijuk fel az elforgatott F ’ pont koordinátáit!
Feladatunkban v = [—1, 2, —2]*; ennek megfelelően
Vo=
1
2
2‘
^ 3 ’ 3’ " 3
293
így
2
0
1 0 0
F= 0 1 0 +
0 0 1
3
2
0
2
4
2
+
1
0
0
1
~T
4
~"9
~ 9~ '9
7
2
4
~9
~T
0
1
0
0
0
1.
l-3>/3
9
I
is
y
D
0
/3
3
/3
3
/3
3
0
/3
+
6
/3
6
4
“" y
1
9
1
9
5
18
2
9
2
9
5
18
1
9
0
3 /3 + 1
9
13
18
3/ 3-4
18
3/3 + 4
18
13
18
10
6 / 3 - ■2
6 / 3 + 2'
13
3/ 3 -4
2- 6/3
- 3 / 3 -- 4
13
1
9
0
10
6/ 3-2
- 6/ 3 - 2
13
2- 6/3
- 3/ 3 - 4
6 / 3 + 2' ' - 2 '
3/ 3 - 4
1 =
3.
13
1
=
25. ábra
A négyzet négy csúcsának képe:
’l 2
a\
0 1.
.02.
'b\ :í= 1 2'
0 1.
1 2
cí
0 1.
.c'a.
2'
.1.
4
.1
3
.1.
3
2,
'5'
.1
7'
2.
vagyis
A'(4; 1);
vagyis
B \5 ; 1);
vagyis
C'O; 2);
1 2' '2
6'
vagyis Z)'(6; 2).
0
1.
2j
2,
y í.
A transzformáció: a síknak az jc-tengely mentén történő nyírása,
amely a sík pontjainak ordinátáit nem, abszcisszájukat pedig
a pont helyzetétől függően változtatja.
A z elforgatott pont koordinátái:
294
C'
~~9 ~~9
- 6/ 3-2
]_
18
D'
i-
4
3 /3 -1
9
3 / 3+1
9
mátrixszal adott transzformációt alkalmazzuk?
(1 -c o s 60")
1
/3
3
9
2
1
2 '
7
4
1
1
0
0
2
4
28. Mi lesz az A(2; 1), B(3; 1), C(3; 2), D(2; 2) csúcspontokkal megadott
négyzet képe (25. ábra), ha rá az
2'
T
1
sin 60®+
T
2 4 ) '1 - 1 6 '
- 3/ 3+5
9 / 3 + 31
29. Mutassuk meg, hogy pl. az
A=
295
y
11-
mátrixszal adott lineáris transzformáció a z A ( l ; 1), B(2; 1), C(2; 2) és D ( \ ; 2)
csúcspontú négyzetet?
10-
a'i
oi.
2
.3
1 l'
1. .1
'3'
4
így
A'(3;4);
b\
2
.3
1 ’l
1. .1,
5
7.
így
B'{5; 7);
l'
1
2
2.
6
8,
így
C '(6 ;8 );
1 1
1. _2,
4*
5.
így
£>'(4; 5).
9-
c’i — 2
.3
A.
dí.
7-
2
3
A 27. ábrán látható, liogy az ABCD négyzet képe paralelogramma.
G -
8s7635-
2V13 -
►X
26. ábra
0
2-
mátrix a síknak egy az j-tengely mentén való nyírását írja le. Szánfűtással
ellenőrizzük, hogy a 26, ábrán látható négyzet képe valóban az ábrán látható
paralelogramma.
30. Mibe viszi át az
A=
296
2
1
3
1
1-
D
B
I
0
3
“T 5"
• A'
27. ábra
297
Az a vektornak az u vektorra eső merőleges vetületét (mint vektort)
megadó
Feladatunkban az adott egyenes irányvektora u = [2, 3, —2]*, így
= (auo)uo
képietet átalakítva belátható, hogy az u = [«i, w,, «,]* vektorra
merőlegesen vetítő P projektormátrix
P = u (u * u )-» n *
17;
ezért
' 4
6 -4 "
1 ' 2
P = —
3 [2, 3, - 2 ] = —
6
9 -6
17
17
.-2
4.
.- 4 -6
A P pont vetületenek koordinátái tehát
alakú.
( '
4
6 -4 ‘
9 -6
4.
-6
6
31. Vetítsük a P (1 ; - 2 ; - 1) pontot merőlegesen az x = 2 r,
egyenesre (28. ábra). írjuk fel a P' velület koordinátáit!
2
3
-2
u*u = [2, 3. - 2 ]
Í7
z = —2/
alapjin
(
-
.- 4
1
;
r
1
-2
“ n
- 1.
-4
-6
4.
l) .
Könnyen ellenőrizhető, hogy P valóban projektormátrix, hiszen
P* = —
17
4
6 -4
6
9 -6
-4 -6
4
4
6 -4
6
9 -6
-4 -6
4
'
68
102 -68*
102
153 - 102
17^
.- 6 8 -1 0 2
68.
4
6 -4
6
9 -6
17
.-4 -6
4.
[
P,
továbbá a P' pont valóban rajta van az adott egyenesen, és PP' merőleges
az adott egyenesre.
Az u és V vektorok síkjára rtíerölegesen vetítő P projektormátrix
u"u
U+
V
u "v
-1
V* V
Hasonlítsuk össze ezt a projektormátrixot a vektorra merőlegesen
vetítő projektormátrixszal!
28. ábra
298
32. Vetítsük a P{2\ - 1 ; 3) pontot merőlegesen az u = [l, 2, -1 ]* és
v = [ - 2 , I, 3]* vektorok által kifeszített síkra! írjuk fel a vetület koordiná­
táit!
299
Feladatunkban
u * u = [l,
u * v = -3 ;
2,
33. Mutassuk meg, hogy az
1
2 = 6;
-1
-1 ]
v*v = 14.
mátrixszal adott lineáris transzformáció szinguláris. Igazoljuk, hogy a lineá­
risan független V i=[l, 1, 1]*, Va=[2, 1, 2]* és V3= [l, 2, 3]* vektorok
képvektorai lineárisan összefüggnek.
Az adott vektorok valóban lineárisan függetlenek, mert a belőlük képezhető
Az ezekből az értékekből alkotott
6 -3
- 3 14
A=
mátrix inverze létezik, hiszen
6 -3
= 75
- 3 14
14
3
lAl =
3
6
|A| =
'
1 -2
1 14
2
1
. 3
.- 1
3.
1
75
— —
3
1 2 -1
6. . - 2 1 3
alapján
=
'
8 -9
26
7 -3 5
1
1 2 - 1'
31 12
7 74
5
. - 5 15. . - 2 1 3. “ 75 - 3 5
5
50
26
7
75
-3 5
1
—
7 -3 5
74
5
5
50
2
-1
3
-6 0
-4 5
15
75
1
P'
Figyeljük meg, hogy a projektormátrixok determinánsa 0.
Ez természetes, hiszen különböző vektoroknak lehet azonos
vetülete, a vetítés ezért szinguláris transzformáció.
300
=
1 2
0 -1
0
0
1
-1
1 =
0
2
1
2
-2
0.
1 1 0
2 3 1
-2 3 5
tehát a transzformáció valóban szinguláris.
Az adott vektorok képe:
1 1 0
r
2 3 1 1 =
. - 2 3 5. .1.
A P pont vetületének koordinátái:
' a:'
y
.z'.
1 2 1
1 1 2
1 2 3
A szóban forgó transzformáció mátrixának determinánsa
Tehát a projektormátrix:
P =
1 2 1
1 1 2
1 2 3
mátrix rangja 3, hiszen
0,
és az inverz mátrix
1
1 1 0
2 3 1
-2 3 5
A=
ví =
1 1 0 '
r
2 3 1 2 =
. - 2 3 5. .3,
;
v', =
1 1 0
2'
'3
2 3 1 1 = 9
9.
. - 2 3 5. 2.
3
11
19
Azonnal látszik, hogy ví a ví vektornak f-szerese, tehát a két vektor nem
lineárisan független.
34. Vizsgáljuk meg hogy
= 2j^i -^ 3 ;
72 == ^1 + ^ 2;
301
IineáristranszformációaZi4(4;3;3), B (4;5;3), C (2;5;3), D (2 ;3 ;3 ), E (4;3;5),
f(4 ; 5; 5), G(2; 5; 5), //(2 ; 3; 5) csiícspontii kockát mibe viszi át!
A transzformáció nemszinguláris, mert
det A =
Az űj E' bázis bázisvektorai tehát:
1
ei
2 0 -1
1
1 0
0 -1
1
T*
£
C2 =
Az
7 ’
T ’
3’
1
T ’
y = Ax
es =
egyenletből A képének, A'-nck koordinátái
=
'4'
'5'
2 0 -1
1
1 0 3 = 7
0,
.0 - 1
1. ,3.
T ’
Például az E' bázisban adott A'(5\ 7; 0) pontnak az E bázisban az
X
y
z
1
~ T
1 1 1
5
- i 2 -1
7
- 1 2
2. .0. ~
1
T
12'
9
. 9.
'4'
3
,3.
alapján valóban az /í(4; 3; 3) pont felel meg.
36.
Legyenek a Z bázis bázisvektorai: Zj = [0, —1, 2]*;
==
ö]*;
Z3 = [—2,0 , —4]’^, és valamely erre a bázisra vonatkozó lineáris transzformáció
mátrixa:
1 1 0
A= 0 1 1
1 0 0
29. ábra
alapján /í'( 5 ;7 ;0 ) , és hasonló számítással: 5 '( 5 ; 9 ; - 2 ) , C '( l ; 7 ; - 2 ) ,
/>'(!; 5; 0), E '(3; 7; 2), F '(3 ; 9; 0), G ' ( - 1; 7; 0), / / ' ( - 1; 5; 2).
Mindkét testet 1. a 29. ábrán.
35. írjuk fel az előző feladatban szereplő transzformáció áttérési mátrixát,
majd annak az E' bázisnak a bázisvektorait, amelyben az E bázisban adott
(vesszőtlen) pontok koordinátái éppen a megfelelő vesszős pontok koordinál
táival egyenlők!
Az áttérési mátrix |A| = 3 miatt
11
W = A-^ = ~
3
302
r
-1 2 - 1
.- 1 2
2,
írjuk fel annak a lineáris transzformációnak a C mátrixát, amely a
Wi = [l, - 1 , 1]*; Wj5=[l,0, -1 ]* ; W8=[1,2, 1]* új bázisban az A mátrixszal
adott lineáris transzformációnak felel meg!
Jelölje B a báziscserének, tehát annak a lineáris transzformációnak a mát­
rixát, amellyel a Z bázisban felírt tetszőleges x vektornak a W bázisra vonat­
koztatott koordinátái kiszámíthatók. Ez
B = W -»Z,
ahol
W =
■ 1
-1
1 r
0 2 ;
z =
0
-1
.2
4 -2 '
1 0
0 -4 ,
|W| = 6, és így létezik
'2 - 2
2'
0 -3
6
2 1.
w - . = -L 3
303
Ennek segítségével
= 6W -^Z,
és így a báziscsere mátrixa:
bázisra és utána ott alkalmazzuk a C transzformációt. Nyilvánvalóan ugyanarra a
vektorra kell jutnunk.
Egyrészt
1 I 0 1
'2'
»z =
= 0 1 1 1 = 2
4,
.1 0 0. .1.
' 1 1 - 2 '2'
'2'
-1 2
1 2 = 3
^ 0 1 - 1
4^
.1
Másrészt
1 1 -2
r
0
-1 2
1 1 = 2
0 1 -1
0.
.1,
1 1 -2 ‘
-1 2
1
0 1 -1 .
B = W ‘ ^Z =
■ 0
3
,-i
Ennek inverz mátrixa (felhasználva, hogy |B| = - 2 ) :
-3 -1
-1 -1
.-1 -1
A két utóbbi mátrix segítségével a keresett C mátrix már felírható, ui.
C=BAB~^ A számítást elvégezve
A=
1 1 -2 -1
1
0
B = -1 2
0 1 -1 -1
3 1 -5
1 1 -1
1 1 -3
0 2 0
2 1
1 2
3 3 -7
1 1 -1 1
1
=
'2
3
37.
Határozzuk meg azt a lineáris transzformációt, amely a
Z2, ^3) koordi­
nátákat közvetlenül az
X2, x^) koordinátákba viszi át és egyenértékű a követ­
kező két transzformáció egymás utáni végrehajtásával; ellenőrizzük az eredményt
a (Zi=l, ^2= 2, ^3=3) koordinátákon:
yi = 2Z1+Z 3
^'1 = ^ y i- y z -^ ^ y z
y2 = z2-5za
1 1 0
0 1 1
1 0 0
4'
1
6
2
2.
és a kétféle módon kapott vektor valóban megegyezik.
■3 1 - 5 '
1
1 1 -1
2
.1 1 - 3 .
5'
1
3,
2 0 0
2
3 -7
1
1. ,0
2B-1
y:s = 2z2
= >'i -2>^2
•^3 = 'Jyz-y^
Az első, ill. második transzformáció mátrixa:
= 2 B A B -1\»
'2 0
r
A= 0 1 -5 ,
,0 2
0,
ill.
B=
'5 - 1
3
0
í -2
.0
7 -1 .
A keresett transzformáció a C = BA mátrixszal írható le, ez
0
4 -2
-2
4
4
2
6 -6
tehát a keresett mátrix
C =
0 2
0
3
3 -7
-1 1
1
= C.
Ellenőrzésképpen a v = [l, 1, 1]’^ vektorra előbb alkalmazzuk az A transzfor­
mációt a Z bázisban és utána áttérünk a W bázjsra; majd előbb áttérünk a W
304
305
A keresett transzformáció tehát
1
0
0
1-1
0
1 -1 -1 -2
2
3
0
1 -1
0
1 0
2
0 -3
-1
0
1 -1
0
1
0 -2
0
= D.
JC2 = 2zi—2Z2+ I U 3;
A=
Ellenőrizzük az eredményt:
0
1
1
= C
B=
0:3 = 5z2-35z3.
0
1
0
1
1
1
2
0 -3
1 -1
1
= IOZ1+ 5Z2+IOZ3;
ha Z i= l, Za=2; 23= 3, akkor ezekkel
így egyrészt
= 24-3 = 5 ;
Xi = 25+ 13+ 12 = 50;
j;, = 2 - 1 5 = - 1 3 ;
;c, =
= 4;
5 + 26 = 31;
jc, = - 9 1 - 4 = - 9 5 .
-^1 = ~ 2zi + 2z2+ 3Z3;
= 2z i - 3 z3;
•^3 = - 2 z„
A kapott transzformációval számolva
másrészt |D| = 0 miatt a z^-k nem fejezhetők ki egyértelműen az jcrkel.
jcx = 10+10 + 30 = 50;
39. írjuk fel annak a háromdimenziós vektortérben értelmezett lineáris
transzformációnak a mátrixát, amely az ei = [ l , 0, 0]*, e2= [0, 1, 0]*,
e,= [0,0, 1]* vektorokat az Xi = [3, 4, - 1]*, Xa=[l, 0 ,- 3 ] * , X3=[0, 1,4]*
vektorokba viszi át!
Az E bázis vektorait az
^2 = 2 - 4 + 3 3 = 31;
Xa = 10-105 = - 9 5 ,
és ez valóban megegyezik az előbbi eredménnyel.
E = [Cl, C2, 63] =
38. Tekintsük az alábbi lineáris összefüggéseket:
Xi =
Ui = yi
>^1 = Zi + Z, + 2a
X, == W2-W3
u% = y t + y t
y^ = 2 z i-3 z 3
X, = tíj-W i
«3 = >'3
y» =
0
1 -1
A=
0
1 -1 ;
0
.-1
1.
B=
1 0 0
0 1 1 ;
0 0 1.
r
1
1
3
2
0
c =
1.
.1 - 1
Ha az jc,-ket a z^kal, ill. a z*-kat az jc-kel akarjuk kifejezni, akkor a keresett össze­
függéseket a
D =A B C , ill. a D -i
mátrixok írják le.
306
0
I
0
0'
0
1,
3
4
1
0
\
a képüket pedig az
X = [xi, X2, X3] ==
+
Milyen összefüggés áll fenn Xt és Zk között (/, A:= 1, 2, 3)?
A három lineáris összefüggéscsoport egy-egy Imeáris transzformációnak
tekinthető, amelyeknek mátrixa
1
0
0
-1
0
1
4.
alakban írhatjuk fel, és legyen a keresett transzformáció mátrixa A. Feladatunk
értelmében
X = AE = A,
a keresett mátrix tehát
3
1 0
4
0 1
-1 -3 4
40.
Határozzuk meg annak a transzformációnak a mátrixát, amely az
e ,,e „ e 3 bázist a g, = [0,2,0]*, g3= [0,0,2]*, g3= [2, 0, 0]* bázisba viszi át.
Határozzuk meg az a = [l, 2, 2j* vektor transzformáltjának a hosszát!
307
A keresett transzformáció mátrixa:
A=
és így
0 0 2
2 0 0
0 2 0
1 2 Z -' =
Az a vektor képe
a =
ennek hossza
-1 1
1
-7
-7
5
1
3
3
3
W =
-1 2 -1 5
15
12
24 - 3 6
4
13 - 1 - 2 4
36
48
9
11 - 1 6
24 - 2 4
12
A=
1 2 -3 ‘
-2
3
4
2 -2
1
= 12WZ-1 = 12A.
Ebből
|a| = S 16 + 4 + 1 6 = 6.
41.
Keressük meg annak a lineáris transzformációnak a mátrixát, amely azValóban pl.
A { \; —2; 3), B{2\ —l; 5), q —3; 3; —4) pontokat az A \ — \ 2 \ 4; 9), F ( —15; 13;
■ 1 2 -3 '
11), C'(15; —1; —16) pontokba viszi át!
r
12
Jelölje a keresett transzformáció 3 * 3 típusú mátrixát A. Ha a tárgyponto­
Aa
-2
3 4 -2 =
4
kat a
. 2 - 2
1.
3.
. 9.
1 2 -3 ^
3
Z = [a, b, c]* = - 2 - 1
3
5-4
3. Sajátértékszámítás
mátrixszal, a képpontokat a
W = [a', b', c']* =
-1 2 -1 5
15
4
13 - 1
9
11 - 1 6
mátrixszal jellemezzük, a feladat megoldása az
AZ =W
Az előző fejezetben láttuk, hogy az n-edrendü A = [a,t] mátrix
az E„ vektortér egy lineáris transzformációját adja meg, amely
az x = [xi, ^ 2,
x„]* tárgy vektorhoz az
y = Ax
képvektort rendeli. A gyakorlatban fontosak azok a vektorok
(ha ilyenek vannak), amelyeknek az iránya a transzformáció
során nem változik meg, azaz amelyekre
Ax = Ax
mátrixegyenlet megoldását jelenti. Mivel |Z| = 12, létezik Z~^ és a feladat meg­
oldható, mégpedig
áll fenn valamilyen X számmal. Az ilyen vektorokat a transzfor­
A = WZ
z-^ = —
308
-1 1 - 7
1 5
-7
1
máció, ill. az A mátrix sajátvektorainak, a A számokat az A mátrix
sajátértékeinek nevezzük.
Ha egy x vektor sajátvektor, akkor nyilván tetszőleges a-szorosa
(a valós) szintén sajátvektor, amely ugj'anazon X sajátértékhez
tartozik. Az ilyen sajátvektorokat nem tekintjük lényegében
különbözőknek.
309
A sajátvektorok meghatározásához meg kell oldanunk a
(A E -A )x = 0
mátrixegyenletet, ill. az ennek megfelelő alábbi homogén lineáris
egyenletrendszert:
( A - a u ) x i- a i2 X 2 - ...
-a i„ x „ = 0;
- ^21^1 + (-1 - Ö22K - ... - Ü2„x„ = 0 ;
- ... + (A - a j x„ = 0.
- a,,1^1 -
Ennek akkor van a triviálistól különböző megoldása, ha deter­
minánsa zérus:
A -ű n
-Ű 12 ..
— ^21 A — Ű22 • • -Ö 2„
-ö n l
-^ n 2 •
Ezt a determinánst — amelyet az A mátrix karakterisztikus deter­
minánsának nevezünk — kifejtve, A-ra egy pontosan «-edfokú
polinomot, az A mátrix karakterisztikus polinomját kapjuk.
A |AE —A| = 0 egyenletet az A mátrix karakterisztikus egyen­
letének nevezik, ennek gyökei a sajátértékek. Bebizonyítható,
hogy a komplex számok felett értelmezett vektortérben minden
lineáris transzformációnak van sajátértéke. Ez a valós számok
felett értelmezett vektortérben azért nem teljesül, mert általános­
ságban nem biztos, hogy a karakterisztikus egyenletnek van valós
gyöke, be lehet azonban látni, hogy a szimmetrikus és a hermitikus
mátrixok valamennyi sajátértéke valós.
A |AE —A| determináns kifejtésével kapott karakterisztikus
polinom közvetlenül is felírható a következő alakban:
ahol
(m ==l,2,
n ~ l ) az A determináns m-edrendű átlós
aldeterminánsainak az összegét jelöli, /w-edrendű átlós aldeterminánsnak nevezzük azt az aldeterminánst, amelynek m számú
sorát és oszlopát úgy választottuk ki, hogy a főátlójába kerülő
elemek az eredeti determinánsban is a főátló elemei voltak. Könynyen látható, hogy pl. Ji = Sp(A), vagyis az A mátrix nyoma.
A karakterisztikus pohnom kiszámításának ez utóbbi módszere
magasabbrendű mátrixok esetében valamivel kevesebb számolással
jár.
Minden sajátértékhez tartozik sajátvektor, amelynek koordiná­
táit úgy kapjuk meg, hogy a kiszámított a értéket a homogén
lineáris egyenletrendszerbe visszahelyettesítjük, majd az egyenlet­
rendszert mefoldjuk. Tekintettel arra, hogy e ^ homogén egyenlet­
rendszer nemtriviális megoldása csupán az ismeretlenek arányát
szabja meg, csak a sajátvektorok iránya van egyértelműen meg­
határozva (nagyságuk nem).
Belátható, hogy a szimmetrikus mátrixok különböző saját­
értékeihez tartozó sajátvektorok ortogonálisak.
Határozzuk meg pl. az
3
2 -1
7
8 -1
-4 -4
3
mátrixszal adott lineáris transzformáció sajátértékeit és saját­
vektorait!
A karakterisztikus egyenlet a karakterisztikus determinánsból
lA E -A I
A -3
-7
4
~2
1
A -8
1
4 A -3
= (A -3 )a ^ 8 )a -3 )-8 -2 8 -4 (> l-8 )-l4 (A -3 )|^ E - A | =
+
...
- 4 a - 3 ) = A 3 - 14^2 + 3 5 2 - 2 2 = 0 .
310
3J1
A karakterisztikus egyenlet közvetlen felírásához ki kell számol­
nunk a
3 -1
-4
3
8 -1
-4
3
= 10 + 5 + 20 = 35;
3
2 -1
7
8 - 1 = 72 + 8 + 2 8 -(3 2 + 42+12) = 22
-4 - 4
3
|A| =
értékeket, és ezekkel is
A 3-14A 2 + 3 5 A - 2 2 = 0.
jii-
7 ín
2
íi2+
^13 = 0 ;
7^12 "t" ‘^13 “ 0 ;
45ii + 45j^2 — 2íi3 ~ 0
homogén egyenletrendszerből számíthatók ki. A kibővített mátrix:
B=
-2 -2
1 0
-7 -7
1 0
4
4 -2 0
0
0
0
-5 -5
0
2
2 -1
0
0
0
Ebből láthatóan e(B) = 2 < 3 = m, így az egyenletrendszernek
van nemtriviális megoldása — amit előre tudtunk, hiszen
|AE —A| = 0 — és ami az
■^11+ •*12 — 0 ;
2 s ii + 2^12 —Í13 = 0
312
Válasszuk meg t értékét úgy, hogy a sajátvektor egyúttal egység­
vektor is legyen, azaz normáljuk a sajátvektort; akkor
s? = A
|Sl|
1
Y i'
S2 = [ - 2 , 3, 4,]*, ill. az sl =
)/29 ’
a A3 = II sajátértékhez az Sj = [—1, —3, 2]*,
^3=11.
A Ai = l sajátértékhez tartozó Si = [í h ,
í ^]* sajátvektor
koordinátái az (1 -E —A)sj = 0 egyenletből, ili. részletesen leírva, a
-2
Si = [1, - 1 , Of.
Hasonló számítással kapható, hogy a Aj = 2 sajátértékhez az
Könnyű észrevenni, hogy Aj = l gyöke az egyenletnek. A (^ —1)
gyöktényezővel elosztva az egyenletet és a kapott másodfokú
egyenletet megoldva, a két hiányzó gyököt is megkapjuk, ezek
X^ = 2,
redukált egyenletrendszerb<51 szárm'tható ki, miközben egy ismeretlen
szabadon választható. Ha az első egyenlet kétszeresét kivonjuk a máso­
dik egyenletből, Si3=0 adódik, tehát 5,3 nem választható szabadon. Le­
gyen pl. 5ii—f, akkor Si2=
Ha í= l, akkor a A=1 sajátértékhez tartozó
sajátvektor
1
/ h ’
3
1/ 1 4 ’
2
f\A
sajátvektor, ill. normált sajátvektor tartozik (30. ábra).
Különböző sajátértékekhez nyilván különböző sajátvektorok
tartoznak, hiszen ugyanaz a transzformáció eg}^ vektort nem
vihet át két különböző skalárszorosába. Bebizonyítható, hogy
a különböző sajátvektorok lineárisan függetlenek. Előfordulhat,
hogy egy többszörös gyökhöz több lineárisan független sajátvektor
tartozik, ezek száma azonban nem lehet nagyobb, mint az azonos
gyöktényezők száma.
Ha az w-dimenziós térre vonatkozó, A mátrixszal adott lineáris
transzformációnak n számú különböző sajátértéke van, akkor
ezekhez n számú sajátvektor tartozik, amelyek lineárisan füg­
getlenek, tehát bázist alkotnak. Számos gyakorlati probléma
megoldása során ez a bázis előnyösen használható. A sajátvektorok
iránya által meghatározott koordinátarendszert sajátrendszernek,
a tengelyeket sajáttengelyeknek, ezek irányát sajátiránynak szokás
nevezni.
313
mátrixok bevezetésével ez az egyenletrendszer röviden így is írható:
AS = SL.
|Sl?íO, ezért S"^ létezik, és ezzel
S -iA S = L.
(* )
Látható, hogy a ( ))^)-gal jelölt egyenlet bal oldala az S bázisban,
vagyis az A mátrix sajátvektorai által alkotott bázisban ír le az
A-hoz hasonló lineáris transzformációt. Ez tehát azt jelenti, hogy
az A mátrixot a sajátvektoraiból álló S bázisra való áttérés az L
diagonálmátrixba viszi át, amelynek főátlójában éppen a sajátértékek állnak. Ez módszert ad mátrixoknak diagonálmátrixokká
való transzformálására, ha ez egyáltalában elvégezhető.
A mátrixszámítás egyik fontos tétele (Cayley—Hamilton-tétel)
kimondja, hogy bármely kvadratikus mátrix kielégíti a hozzá
tartozó karakterisztikus egyenletet, vagyis ha A karakterisztikus
egyenlete:
y
A'’ + ( - l ) r f i A " - H . . . + ( - l ) ' - V „ _ i A + ( -l )" |A | = 0 , ( ^ - * )
30. ábra
akkor
Legyen az n-edrendű A mátrix n számú különböző sajátértéke
A], A2,
az ezekhez tartozó n számú sajátvektora Sj, S2,
s„.
Ekkor
A" + ( - l) c /,A '- » + ...+ ( - l) " - '< /„ _ iA + ( - l ) ''|A |E = 0.
Például az
A sj — Aj S i;
3 -1 -1
-1
3 -1
-1 -1
3
A sj =
A s „
=
A „ s „ .
mátrixhoz tartozó karakterisztikus polinoni
Az
es
p (X )
0 ...0
L =
314
0
A2 ...O
0
0 ... A.
A- 3
1
1
1 A- 3
1
= |A E -A | =
1
1 A- 3
= (A-3)»+l + l - 3 ( A - 3 ) =
= A"-9A* + 24A-16 = (A-l)(A-4)*.
315
A kielégíti a
A kielégíti a
11
P _ 9 P + 24A ~16 = 0
-5
karakterisztikus egyenletet, mert
3 -1 -1
A = -1
3 -1
3
-1 -1
-5
3
-1
-1
-1
3
-1
-1
-1
3
43 - 2 1 - 2 1
3 - 1 - 1 11 - 5 - 5
-1
3 - 1 - 5 11 - 5 -2 1
43 - 2 1
43
-1 - 1
3 -5 -5
11 -2 1 - 2 1
43 - 2 1 - 2 1
-21
43 - 2 1 - 9
-21 -2 1
43
11 - 5 - 5
-5
11 - 5 +
-5 -5
11
3 -1 - T
1 0 0
+ 24 - 1
3 - 1 - 1 6 0 1 0 = 0.
0 0 1
-1 -1
3
11
-5'
3
-5
-5
-5
-1
-1
11
- T
3 - 1
-1
-1
+ 4
3_
’l
0
o'
0
1
0
.0
0
1
= 0,
tehát m{X) valóban minimálpolinom.
A minimálpolinomnak is lehetnek többszörös gyökei. Például az
A=
mátrixhoz tartozó karakterisztikus polinom
p
és könnyen látható, hogy valóban
-5
5A-f 4 = 0 egyenletet, mert
W
= \x e -
a
X -1
\ =
0
A
amelynek tehát kétszeres gyöke A= 0; ezért a minimálpolinom
csak X vagy
lehet. De a minimálpolinom nem m(A) = A, mert
A 5^0 lévén, ezt nem elégíti ki. Viszont A valóban kielégíti a
/;(A) = P = 0 karakterisztikus egyenletet, mert
A^ =
0
r
0
f
0
.0
0
0
0.
0
0
= 0;
0_
tehát
Gyakorló feladatok
1. Határozzuk meg az
Azt a legalacsonyabb fokú egyenletet, amit az A mátrix ki­
elégít, minimálegyenletnek nevezzük. A 0-ra redukált minimáiegyenlet bal oldala a minimálpolinom.
Bebizonyítható, hogy a minimálpolinom vagy azonos a karak­
terisztikus polinommal, vagy pedig olyan valódi osztója a karak­
terisztikus polinomnak, amelyben a karakterisztikus polinorn
minden különböző gyöktényezője legalább egyszer előfordul.
Az előbbi A mátrixhoz tartozó minimálpolinom tehát vagy meg­
egyezik a karakterisztikus pohnommal, vagy annak a különböző
gyököket tartalmazó valódi osztója. Utóbbi csak egy van:
0 0 1
A= 0 1 0
1 0 0
mátrix minimálegyenlctét!
A mátrix karakterisztikus polinomja:
l
0
- 1
0
0
m{X) = ( A - l) ( A - 4 ) = A2-5A + 4.
316
317
A ininimálpolinoin, amely a karakterisztikus polinoni minden zérushelyét
tartalmazó osztója, esetünkben vagy
m{X) = (A~1)(A + 1) = A2-1,
P(A) =
vagy maga a karakterisztikus polinom lehet. Valóban A kielégíti az m(X)=0
egyenletet, mert
A* =
0 0 1 0
0 1 0 0
.1 0 0. .1
0 r
1 0 =
0 0.
és így A * -E = 0. Ezért a
Az adott mátrixhoz tartozó karakterisztikus polinom
1 0 0
0 1 0
0 0 1.
1 = 0 egyenlet a minimálegyenlet.
2. írjuk fel az
A- 1
-1
-2
0
A -2
-2
1
- 1 = ( A - l ) a - 2 ) (A -3 )-f2 + 2 a - 2 ) - 2 ( A - l ) =
A -3
= a - 3 ) (A -2) ( A - 1).
Ennek zérushelyei: Ai = 3, Aa=2, A3= l , ezek a sajátértékek.
Mivel a karakterisztikus polinomnak csupa egyszeres zérushelye van, a
karakterisztikus és a minimálpolinom megegyezik.
A Ai = 3 sajátértékhez tartozó =
Jia, ^is]* sajátvektor koordinátái a
(3E -A )S i = 0
mátrixegyenletből, ill a vele egyenlő
2.^11
0 1 0
A= 0 0 1
1 0 0
= 0;
—i’ii+ ^12—^13 = 0;
- 2 5 n - 2 jia
mátrix minimálegyenletét!
A karakterisztikus egyenlet
A
U E -A l =
0
-1
-1
A
0
=0
egyenletből számíthatók ki:
0
- 1 = A «-l = 0.
A
Mivel a karakterisztikus egyenlet minden gyöke egyszeres, hiszen
r 2
B =
-1
.-2
0
1 0
1 -1 0
- 2 0 0.
'2
0
0
1 "T
-0 - 2
1 0
1
'2
0
0
0
1
0.
0
0
1
1
1
2
0
0
0.
0
íKB) = 2, n “ 3, így az egyenletrendszernek van nemtriviális megoldása, amely a
•^13 — 0;
A i-1 ;
1
Jia ——
a karakterisztikus és a minimálegyenlet megegyezik.
3. Határozzuk meg az
A=
1 0 -1
1 2
1
2 2
3
mátrix karakterisztikus polinomját, minimálpolinomját, sajátértékeit, saját­
vektorait, és mutassuk meg, hogy a sajátértékek lineárisan függetlenek!
318
—0
redukált egyenletrendszerből számítható ki, ahol egy ismeretlen szabadon vá­
lasztható. Ha 5i3=2r, akkor
és s^i= —t. Ezért minden
s i= [ - r , /, 2tr
alakú vektor a Aj = 3 sajátértékhez tartozó sajátvektor. Legyen pl. / = 1, akkor
Si i= [ - 1 , 1, 2]*,
és normáivá
sj =
J - _L A
Y ö ’ re* Ve
319
A A,= 2 sajátértékhez tartozó Sa=[.y2i» •íza* íisl* sajátvektort a
4. Határozzuk meg az
(2E -A )sa = 0,
A=
ül. az
•yii
- 5 ii
H'-yia “
-2
1
0
8 -1 2
4
4
0
1
mátrix sajátértékeit és mutassuk meg, hogy valóban sajátértékek!
A karakterisztikus egyenlet:
- í i a = 0;
—2Jii —25ia —J'ia = 0
egyenletrendszerből számíthatjuk ki. Az első egyenletből
= —s^^; ezt a har­
madik egyenletbe helyettesítve; s^3= 2 s^2> így ^ három koordináta aránya
X+ 2
8
12
-1 X -4 - 4
0
0 A- 1
= A a*-3A + 2) = ^ a - I ) ( A - 2 ) = 0;
Sii’.Si^'Siz ——2 :1 :2,
ezért pl.
S3 = [ - 2, 1, 2]% ill.
sí =
2
1
2
T ’T ’T
a X2 = 2 sajátértékhez tartozó sajátvektor.
A
= 1 sajátértékhez tartozó S3 = [J31, 532, ^33]* sajátvektort az
ennek Ai = 0, Aa=l,
gyökei a sajátértékek.
A Xi = 0 sajátértékhez tartozó Si = [5u , íj,, Jij]* sajátvektort a
2^11 + 8j i 2+IZíia = 0;
—Jii —4jj 2— 4jjj — 0;
-
5i3 = 0
homogén egyenletrendszerből számíthatjuk ki. A harmadik egyenletből Jia=0;
ezt felhasználva csupán a
(E -A )sa = 0,
ill. az
•^88 = 0;
-5 n -4 jn = 0
egyenletünk marad, amelyben az egyik ismeretlen értéke szabadon választ­
ható. Ha J,a = r, akkor
= - 4 r, tehát minden
—5,1— 5aa— Ja* = 0;
-2531-2^81-2^88 = 0
si=[-4/, /, or
homogén egyenletrendszerből számíthatjuk ki. A harmadik egyenlet felesleges,
mivel az előzőnek kétszerese; J33*“ 0-t a másodikba helyettesítve, 531 = —532így minden S3= [—r, t, 0]* alakú vektor a Xy—1 sajátértékhez tartozó saját­
vektor.
Ha pl. r= l, akkor
s. = [ - i . i . o r .
ill.
ss=
-j= ,j= ,o
alakú vektor sajátvektor. Legyen pl. /= 1, akkor
Si = [ - 4 . 1,0]*.
A Aa=l sajátértékhez tartozó s ,= [j,i,
j,,]* sajátvektor a
3jai + 8^22“l" 125’j3 = 0;
—Jjl —SJj j - 4^23 = 0
A három sajátvektor lineárisan független, mert az
S =
-1 -2 -1
1
1
1
2
2
0
egyenletrendszerből számítható ki. A második egyenlet háromszorosát az
elsőhöz adva, J2t = 0 adódik, és ezt felhasználva, bármelyik egyenletből
^21 = “ 4523*
Ha St3—íy akkor s^i = —4r és minden
mátrix rangja ^(S )=3, hiszen |S| = - 2 5^ 0, ezért a három sajátvektor bázist
alkothat.
320
S3= [ -4 r , 0, /]*
321
alakú vektor sajátvektor. Legyen í = 1; ekkor
A karakterisztikus egyenlet
S 2= [~4,0, i r .
A Ag=2 sajátértékhez tartozó
j-gg]* sajátvektort a
458i +85 j i + 12y,3 = 0;
^33 = 0
homogén egyenletrendszerből számítjuk ki. A harmadik egyenletet felhasz­
nálva, az első két egyenlet bármelyikéből
5-31 = - 2 j 32.
akkor
-2
A -3
-2
-1
-1
A -2
3-^11~ 2 ji2 “~
~ 0;
—5ii-f 2ji2“”
= 0;
•ín 2^12+ 3^13 = 0
egyenletrendszerből számítjuk ki. Az egyenletrendszer kibővített mátrixa
= —2í és minden
B =
S 3= [-2r, / , o r
3 -2 -1 0
-1
2 -1 0
-1 - 2
3 0.
alakú vektor sajátvektor. Legyen /= 1 , ekkor
Si, Sa, Sg valóban sajátvektor, hiszen
■ -2 - 8 - 1 2 '
4
1 4
0
0
1.
0'
0
0.
■_ 4'
- 2 - 8 -12* ‘- 2 '
2 = 2-Sa = A,S3.
1 4
4
1 =
0.
0.
0
0
1,
2 2
1 3
1 2
1
1
2
0
0
0.
4Ji 2~ 4^13 = 0
= 0»Si — A^Si;
AS3 =
mátrix sajátvektorait!
322
- 4'
1 =
0.
' —4*
■ -2 - 8 - 1 2 ' ’- 4'
0 — 1 •S2 — ^2 S21
4
0 =
1 4
0
0
1,
1.
1.
A=
0
-1 2 -1
0 /N/
0 4 -4
0.
0 0
0
--J u + 2j i 2"“ -íis = 0;
As, =
5. Határozzuk meg az
-1
2 -1
0
4 -4
0 -4
4
B utolsó alakjáról látható, hogy p(B) = 2 < 3 = /i, ezért létezik nemtriviális
megoldás; mégpedig egy ismeretlen szabadon választható, a többi pedig a
S3= l - 2, l , 0r .
=
= A » -7 > l* + lU -5 = 0
és ennek gyökei Ai=5, Aa=l, ^3= 1.
A Ai=5 sajátértékhez tartozó Si sajátvektort a
-Í31-2532- 4^33 = 0;
Ha
A -2
-1
-1
redukált egyenletrendszerből számítható ki. Legyen pl. ^13= /, akkor
Sii—í, Az Si sajátvektor tehát
és
Si=[^ t,í]*
alakú, ill. ha pl. / = 1, akkor
A Aa=Aa=l sajátértékhez tartozó S2 sajátvektor a
—Í2 1 2 J i22■“ •y»3 = 0;
—J2I “•2^22 ~ *^28 = 0;
*^21—2^22 —*^23 “ 0
egyenletrendszerből számítható. Ez egyetlen egyenletet jelent csupán, az
j 2i + 2j 22+ *y28 0 egyenletet. Most tehát két ismeretlen választható szabadon.
Ez azt jelenti, hogy a ^2 = ^3= 1 sajátértékhez két lineáris független sajátvektor
is található, ilyen pl. az 82= [2, -1 ,0 ]* , amikor j„ -t -1 -n e k és Í23-at 0-nak
323
választottuk, és az Sb= [1 ,0 , -1]% amikor ^n-et 1-nek és 522-t 0-nak válasz­
tottuk. Továbbá minden
A A=1 egyetlen sajátértékhcz tartozó
nátáit az
5a
hs^+ks^ = [2h+k, - h , - k T
alakú vektor sajátvektora az A mátrixnak, ahol h t s k tetszőleges valós számok.
Az Si, s,, S3 sajátértékek lineárisan függetlenek, hiszen az
S =
1 2
1
1 -1
0
1 0 -1
J a - Í8 = 0;
—5i-}-3J2—2^3 = 0
7. Keressük meg az
6. Határozzuk meg az
0
A=
0
1 0
A= 0 0 1
1 -3 3
mátrix karakterisztikus polinomját, minimálpolinomját és sajátvektorait.
A karakterisztikus polinom
pW =
-1
0
-1
3 A -3
= = ;t« (A -3 )-l + 3A = A*-3A* + 3A -1 = ( A - l) ^
és ez egyúttal a minimálpolinom is, mert A sem a A- 1 — 0, sem a (A- 1)* — 0
egyenletet nem elégíti ki. Ugyanis
1 0'
0
0 1 0
.1 - 3 3,
= 0;
egyenletrendszerből határozzuk meg. Az első két egyenletből 5i = 5, = 53, és
ez nem mond ellent a harmadik egyenletnek sem. Legyen pl. 5a = l ; akkor
mátrix rangja g(S)=3, ui. |S| = 4?^0.
X -1
0
X
sajátvektor koordi-
1 0 0*
0 1 0
0 0 1.
0,
0
1-1
1 0 1 -1
0 0 0
0
0 0 0
I
mátrixszal adott transzformáció sajátvektorait!
A karakterisztikus egyenlet:
X
-1
0
0
0 -1
1
X -1
1
0
X 0
0
0 X~l
= A"(A-1) = 0.
Ennek Aj—0 háromszoros, ^2=1 egyszeres gyöke, tehát ezek a sajátértékek.
A Ai=0 sajátértékhez tartozó
^la, .JiJ* sajátvektorra fennálló
egyenletrendszer
“” 513+ 514 = 0;
—5ii —5i8~f-5i4 = Oj
és felhasználva, hogy
—5i 4 = 0.
1 0
0
1 0' 0
0 1 0 0 1 =
A* = 0
.1 - 3 3. .1 - 3 3.
0
0
1 -3
.3 - 8
324
0
1 0'
1
0 1
3 -2 0
.1 - 3 3,
6.
0
0
1 -3
3 -8
r
3
6,
1 0 0'
0 1 0 Fi 0.
0 0 1,
Mivel 5ií egyáltalán nem fordul elő az egyenletrendszerben, ezért tetszőleges
lehet. Az utolsó egyenletből 514= 0 ; ezt felhasználva, az elsőből 513= 0 ; majd
a második egyenletből 5,1 = 0. Minden
Si = [0, í, 0, 0]^
alakú vektor tehát sajátvektor.
325
A ><2 = 1 sajátértékhez tartozó Sj = [52i>
egyenletrendszerből számíthatjuk ki:
Sii~
•^24]* sajátvektort az alábbi
p(X) = X H ( - 1 ) 5 X H ( - 1 ) 2 9 X .2 + ( - 1 ) 3 7 X + 2 =
•S’ia + 'S'i* ~ 0;
= X^-5X^+9?.2-7X+2.
—Jii-f á'ia—5i8+.yi4 = 0;
Sis
Könnyen észrevehető, hogy Ai = l gyöke a karakterisztikus egyenletnek. Ezért
oszthatunk a (A -l) gyöktényezővel. így a
~ 0.
A harmadik egyenletet felhasználva, Ji3=0-ból
•^11+
Ezekkel az értékekkel
A»-4A* + 5 A -2 = 0
Í14 = 0;
egyenlethez jutunk. Ennek ismét gyöke A| = I ; az eljárást megismételve a
A»-3A + 2 = 0
E két egyenletet összeadva,
egyenletet kapjuk. Ennek gyökei
■S’l2'f2íi4 = 0.
Ez az egyenlet megoldható és az egyik ismeretlen szabadon választható. Le­
gyen ^1 4 ekkor St2 = - 2 / és az első egyenletből
= - /. Minden
Sa = [ - / , - 2 /, 0, /]♦
alakú vektor a Aa=l sajátértékhez tartozó szyátvektor.
4^12+ .yi3+45i4 = 0;
—25i i + .^12—5513+4^14 = 0;
mátrix sajátvektorait!
A p(X) = |A E -A | karakterisztikus polinomot most közvetlenül írjuk fel.
Ehhez ki kell számítani a következő értékeket:
d, = 1 + 0 - 2 + 6 = 5;
•^12+ 3j i 8—3j i 4 = 0;
•^11 — 4 j i i +
J 13 — 5 j i 4 =
0
egyenletrendszerből számíthatjuk ki.
Az egyenletrendszer kibővített mátrixa
1 -4
1 -1
1 -4
0
5
0 -4
+ -2
+
+
+
+
z2
u0
-—1
1 —z
-2
-1
6
1 -2
4
6
-1
= 8 - 3 + 2 - 5 + 1 6 - 9 = 9;
= - 3 + 1 6 - 8 + 2 = 7;
A karakterisztikus egyenlet gyökei közül tehát A i= l háromszoros, A4=2
egyszeres gyök.
A A i= l sajátértékhez tartozó sajátvektor koordinátáit az
1 1. részletesen felírva, a
1 - 4 -1 -4
2
0
5 -4
- 1 1 - 2
3
-1
4-1
6
1 - 4 -1
1 -4 -4
1 -1
2
0
5 +
2
0 -4 + -1 -2
-1
1 -2
-1
4
6
-1 -1
A4= 2.
(E -A )si = 0 ;
8. írjuk fel az
^8 =
Aa=l,
-4
0
5 -4
3
3 + 1 -2
6
4 -1
6
3
6
4
1 4 0
0
-5
4 0
-2
1
B=
3 -3 0
1 -1
- 1 -4
1 -5 0
3 -3
1 -1
0 -1
1 -2
0
0
5 -4
4
-0 0 - 5
0
0
0
0.
3 -3
1 -1
0 -1
1 -2
0
4
1 4
-0 - 3 - 2 - 2
1 -1
0 -1
0
0
-0
0
3 -3
1 -2
5 -4
0
0
0
0
0
0.
0
0
0
0.
|A| = 2.
326
327
A (*)-gal jelölt három egyenletből álló egyenletrendszer így foglalható össze
mátrix alakban:
Az utolsó alakból látható, hogy ^(B) = 3, hiszen pl.
1 -1
0 -1
0
0
3
1
5
-5
1
0.
•S'i 3~25 i 4 = 0;
egyenletrendszerből
Su — — t; Sii =
számítható ki. Legyen pl.
t; Sii — - - J í.
=
űlSi
a^St
a,Sa
akkor
Ha pl. / = 5, akkor a sajátvektor
Si = [ - 3 , - 6, 4, 5]*, a normált sajátvektor pedig
sí =
/86*
2, 3 r ,ill. s; =
2
Í26'
3
2
adódik, ami csak úgy lehetséges, hogy űi = ű, = í/3= 0. Ezzel ellentmondásba
kerühünk feltételünkkel, így s^,
lineárisan független.
II. Megoldás:
Mivel a sajátértékek különbözők, mindegyik nem lehet 0; legyen pl. As^^O.
Tegyük fel, hogy az állítással ellentétben Sj, s* és s, lineárisan összefüggők,
vagyis léteznek olyan a és ^ skalár számok, hogy a és ^ közül legalább az egyik
nem nulla, és
Hasonló számolással a A| = 2 sajátértékhez tartozó sajátvektor
s, = [ - 2 , - 3 ,
Ű,S,
Ű2S2 = 0
. «3S3 .
Az egyenlet bal oldalán álló harmadrendű mátrix determinánsa Vandermonde-féle determináns, amelynek értéke különböző X értékek esetén nem
zérus, tehát ekkor létezik a mátrix inverze. Szorozzuk meg a mátrixegyenletet
balról ezzel az inverz mátrixszal. Ekkor
5>S'i 3~"45i 4 = 0
redukált
1'
ii.
tehát létezik nemtriviális megoldás.
Mivel n —^(B) = 4 —3 = 1, egy ismeretlen szabadon választható, a többi
pedig az
5ii —5i2+ 3 j i 3—35i 4 = 0;
—
1
3
S3 = asi + )9s,.
^ 2 6 ' y ie * /2 6
Ekkor egyrészt
9. Bizonyítsuk be, hogy ha az A mátrix három különböző sajátértéke
^1,
Aa, akkor a hozzájuk tartozó s i,s ,,s a sajátvektorok lineárisan függetle­
nek!
/. Megoldás:
Tegyük fel az állítással ellentétben, hogy Si, és s, lineárisan összefüggők,
azaz léteznek olyan ű i , aa,aa skalár számok, amelyek nem mind zérusok, és
amelyekkel
ASa = A3S3,
másrészt
A (asi +
= aAi
+ )9Aa .
A két jobb oldal egyenlőségéből Ajp^O-val való osztás után
S3 = a —
A3
(* )
+
Xs
Sa.
Szorozzuk meg az előbbi egyenlet mindkét oldalát A-val, majd használjuk fel,
hogy As, =;i,s, (i= 1, 2, 3). Ekkor
Mivel
és ~ r* íl, s, egy másik felbontását kaptuk, de ez ellentmond az
A3
Xj
egyértelmű felbontásnak, így kiinduló feltételünk nem lehet igaz, vagyis
Si, Sg, S3 lineárisan függetlenek.
öl Asi + űaAs, + a, Asj = 0,
ill.
+
+űsAjSj = 0.
(* )
öl A*Sj ■}*űji Ag§2“f"Ö3^8 ^3 ^ 0.
(* )
10.
Bizonyítsuk be, hogy ha A n-edrendű négyzetes mátrix, amelynek sajátSzorozzuk meg az utóbbi egyenletet ismét A-val, és használjuk fel újra, hogy értékei Ai, A,, ..., A„, és ű?íO, akkor űA sajátértékei aAi, űA,, ..., aX^.
Az űA mátrix karakterisztikus egyenlete;
As, =A |S,. így adódik
328
|A E - í7A| = 0.
329
Legyen A* az oA mátrix egyik sajátértéke. Helyettesítsük a karakterisztikus
egyenletbe és emeljük ki a determinánsból az a számot, így
Legyen ^13= /, akkor 5n = 2/,
— —2t. Az első sajátvektor tehát
S i= [- 2 /, 2 / , / r ;
ill.
Si = [ - 2 , 2, i r
= 0.
/= 1 esetén.
A ^2=3 sajátértékhez tartozó S2 sajátvektorra vonatkozó egyenletrendszer:
A*
Ez azonban azt jelenti, hogy — sajátértéke az A mátrixnak, vagyis
a
—2522 —2^23 = Oi
a
—2 5 a i+
amiből X*=aki.
11. Mutassuk meg, hogy az
A=
3 2
2 2
2 0
-2
X -2
0
-2
0 = (A -3 )(A -2 )(A -4 )-4 a -2 )-4 (A -4 )
A -4
—
45 i 3
akkor 522 =
^ második sajátvektor « = 2-vel
3-y3i —2^32 —2^33 = 0;
-2531 + 4532
0 - 4 0'
'- 2
0 -2
4 0
0 -2
4 0
0 -4
■ -2
4
0 -2
0 0
0
0'
0
0,
Itt
—2531+
=0;
2583 = 0-
'
B=
3 -2 -2 0
-2
4
0 0
.-2
0
2 0,
'- 2
0
2 0
0
4 -2 0
0 -2
1 0,
'- 2 0
2
0 4 -2
0 0
0
0'
0
0
^(B) = 2, a redukált egyenletrendszer pedig
2531 + 2533 = Oj
—
—2Jii + 45i * = 0.
330
0 -1 0
1
1 0
0
0 0,
A A3=6 sajátértékhez tartozó S3 sajátvektort meghatározó egyenletrendszer
- 4 jis = 0.
0
0
0.
'- 2
0
0
S 2 = [ - l, - 2 , 2 ] \
= 0;
-2 -2
0
-2
0 -4
'- 2
0 -1 0
0
1
1 0
0 - 2 - 2 0,
ahol egy ismeretlen szabadon választható. Ha 523=
^21 ~ ~~~2
Látszik, hogy ^(B) = 2, és mivel p(B) = 2 < 3 = n, az egyenletrendszernek van
a triviálistól különböző megoldása, amelyben n —^(B) = 3 - 2 = 1 ismeretlen
szabadon választható. A redukált egyenletrendszer
25 i i
0
0
0,
0 -2 -2
-2
1 0
,-2
0 -1
•^22+ ^23 = 0,
Az egyenletrendszer kibővített mátrixa:
—
'
—2521 —523 ~ 0;
—3j'n —2jij —25'i3 = 0;
'- 3
B = -2
.-2
- Jaa = 0.
ismét q{B) = 2 és a redukált egyenletrendszer
Az egyenlet gyökei Ai = 0; A2= 3; A3= 6.
A Ai = 0 sajátértékhez tartozó Si sajátvektort az alábbi egyenletrendszerből
számíthatjuk ki:^
-2sn
-2^21
B=
= A^-9A*+18A = A(A»-9A+18).
-2s^i-2sit
= 0 ;
Most
2'
0
4.
szimmetrikus mátrix sajátvektorai ortogonálisak!
A karakterisztikus egyenlet
A -3
-2
-2
^2*
4532 —2533 = 0,
331
amelynek nemtriviális megoldása Ssz—i\
sajátvektor (y = l)
s^i—2v\ így a harmadik
egyenletrendszerből számítjuk ki. A harmadik egyenlet felesleges (ui. az első
-1-szerese). A második egyenletből Jaa = 0, az első egyenletből 5ai = *yas. Le­
gyen pl. .^21= 1, ekkor
S 3= [2 .1 ,2 r.
Könnyen belátható, hogy az Si,Sa,Sa sajátvektorok ortogonálisak, hiszen
bármelyik kettőnek a skaláris szorzata 0. Például
S a = [ l,0 ,ir
A A3 = 2 - 2 / sajátértékhez tartozó 83= [5, 1. ^32, ^33]* sajátvektor az
Si'Sj = —4-I-2h-2 = 0.
-iJ ti-/J s 3 = 0;
12. Mutassuk meg, hogy az
2-1
0
0
14-/
0
0
2 - i J
A=
/
(l-3 /)j3 a
í
= 0
egyenletrendszerből számítható. A harmadik egyenlet felesleges (megegyezik
az elsővel), a második egyenletből ^3^ = 0, az első egyenletből ^31 = - ^ 33. Ha
pl. ^31= 1, akkor
mátrix sajátvektorai ortogonálisak!
A karakterisztikus egyenlet:
>1-2 + 1
0
-i
0
-I
A -1 -/
0
0
A -2 4 -/
=
(A -2 + / ) » a - l - í ) - / * ( A - l - 0
=
= ( A - l - i ) [ ( A - 2 + i)* + l] = 0.
A A - l - / = 0 egyenletből
Ai = l + /.
A a - 2 - f / ) » + l = A>4-2(/-2)A + 4 ( 1 - 0 = 0 egyenletből
>^3,3
=0;
- 2 ( / - 2 ) í V4(i - 2 V - 1 6 ( 1 - ^ ^ - 2 /- f 4 ± 2 i
2
S 3 = [ 1 . 0 ,- i r .
Könnyen látható, hogy 8182 —8283= 8183= 0, azaz a sajátvektorok ortogo­
nálisak.
13. Mutassuk meg, hogy a harmadrendű A mátrix karakterisztikus polinomja felírható a következő alakban:
P'(0)
A
11
p a ) = PiO)
2
p^{0)
p'^ÍO)
A- +
A>.
2!
31
f ^
A karakterisztikus polinom
Így
A^ = 2,
/la = 2 - 2 /.
A Aj = 1+ / sajátértékhez tartozó Si=[5n,
-^13]* sajátvektor koordinátáit a
W
=
p 'W
=
p
( —l- f2 /)jii—
isiz = 0;
"■yii + í —1+ 2/)5’i3 = 0
egyenletrendszerből számíthatjuk ki. Ebben
nem szerepel, tehát tetszőlege­
sen választható. A homogén egyenletrendszer determinánsa nem 0, így csak az
5i i = 5 i 8=0 triviális megoldás létezik. Ha Jia= l-et választunk, a Ai = 1-f/
sajátértékhez tartozó sajátvektor
si= [0 ,l,0 ]* .
A—ön
-Otí
-Ö 31
1
332
0
A -űaa
-öas
-0 3 ,
-íí3a
^-^33
A —ö li
~ ^ia
— a%x
^ —
0
= 0;
(1-/)522 == 0 ;
0
-O zi
A Aa=2 sajátértékhez tartozó Sa=[jai, ^22, *^23]* sajátvektort az
- / J 214-/523 = 0
- a in
-íJia
A-űaa
-í7,«
0
A - űaa
- 083
-Ű31
A-083
4-
A -ű a
-ö l*
0
1
-Öf3l
-Ű 3»
4-
0
^~«33
-Ű13
-0 ,3
1
A -a ji
-a ^ x
-Ű 13
4-
A -űn
-ű ia
-ö «
\- Ü 2 2
333
még egyszer difTcrenciálva:
1
-032
p^'iX) =
0
A-ŰS3
1
-í7ai
-^13
1
A -ö n
0
= 2 [ U - a,i)
f (A - űTaa) + (A -
0
A-Ű33
1
X -a2t
0
1
0
-f X - ű u
0
X-Ü22
~űi2
1
alakú. Fejtsük ki az /i-edrendü determinánst első sora szerint, majd a kapott
egyetlen aldeterminánst ismét első sora szerint, és így tovább. Ekkor azt kap­
juk, hogy
p iX )= = a -a r.
15. Igazoljuk, hogy az
033];
2
4
végül
p^{X) = 2(1 + 1 + 1) = 3!
Vegyük észre, hogy
1
3
mátrix kielégíti saját karakterisztikus egyenletét!
A karakterisztikus egyenlet
- a u ~ai% -í?ia
—űai —űai —flfas
-^sa -í^3s
A - 2 -1
->4 A -3
|AE^A| =
p'(0) egyenlő a másodrendű átlós aldeterminánsok összegének ( -l) M z e resével, (~ l)^í/a"Vel;
/í'(0) egyenlő az elsőrendű átlós aldeterminánsok összegének ( -1 ) 2 szeresével, 2 ! ( - Oí/^-gyel; végül
77-(0) = 3!
A most kapott értékeket a 315. oldalon levő ( * * ) egyenletbe helyettesítve,
2 !(-l)í/i
p { X ) = ( - 1 ) 3 1 A I + ( - 1 ) * ^ , A + --------+
3!
A*
= P + ( - l ) J a * + ( - l) V ,A + (-l)* |A |,
r 2
3. A
A valóban kielégíti a
8
20
=
2
4
5 -5
13
1
3.
( A - 2 ) ( > l- 3 ) - 4 = A*-5>l + 2 = 0 .
8
.20
5'
13.
+ 2 = 0 egyenletet, mert
2
4
1 +2 1 0
0 1
3
0 0
0 0
16. A 3. Gyakorló feladatban láttuk, hogy az
és ez valóban a harmadrendű mátrix karakterisztikus polinomja.
1 0 -1
14. írjuk fel az
A=
a
1
0
0 0 ...0
a 0...0
1 0 ...O
.0
0 0 ... 1 a.
0
0
0
1
2
1
2
2
3
mátrix sajátértékei 1, 2, 3. Mutassuk meg, hogy az A ” ^ inverz mátrix saját­
értékei 1, i ^ , vagyis az eredeti mátrix sajátértékeinek a reciprokai!
A “ ' létezik, mert |A| = 6; mégpedig
/í-edrendü mátrix karakterisztikus polinomját!
A karakterisztikus polinom:
X -a
-1
p{X) = \XE~A\ =
0
0
334
0
X -a
-1
0
0 ....
0 ..
X -a ...,
0
0
0
0
.. . - 1
0
0
0
X —a
4 -2
2
A-^ = — - 1
5 -2
- 2 ~2
2
2
1
1
T
~T
3
1
5
~6
1
1
~T “T
1
“ T
1
T
335
A~‘ karakterisztikus egyenlete;
A -1
3
1
6
lA E -A - l =
1
3
a-
A
6
Az 5. Gyakorló feladatban láttuk, hogy az A sajátvektoraiból alkotott S
mátrix
n
2
n
1 -1
0
1 0 -1 ^
- 1
3
1
3
0,
Ennek segítségével a keresett transzformáció
A -1
3
S-^AS
alakban írható fel.
vagy mindkét oldalt 3-6-3-mal szorozva,
3A-2
1
1
1
-1
6A -5
2
1 3A-1
|S| = 4, így S “ ‘ létezik, mégpedig
=0.
1
Könnyen ellenőrizhető, hogy Aj = 1, ^2 —i * -^3= i értékeket behelyettesítve,
a determináns értéke valóban zérus; pl. a második esetben a
1
2
1
1 -2
1
1 2 -3
1
----- 1 - 1
Ezzel a 4S~^AS szorzatot kiszámítva,
2
1 -2
2
1
■ ' T
determináns második sora az első sornak a ( —2)-szerese, így a determináns
valóban 0.
1
17. Igazoljuk, hogy ha A sajátértéke A, akkor A~* sajátértéke — .
Legyen az A mátrix X sajátértékéhez tartozó sajátvektora s, vagyis As = Ás.
Ekkor azonban felírható, hogy
Ebből
A~*s = -i-(A"*As) = -i-(A -‘As> = -i-E s = — s,
A
A
A
A
ami — a két szélső lépés egybevetésével láthatóan — éppen azt jelenti, hogy
5
0
0
0
1
0
0
0
1
= L,
hiszen már láttuk, hogy A sajátértékei valóban 5, 1, 1 voltak.
A"^ sajátértéke — .
19. Legyen az E bázisban egy transzformáció mátrixa
18. Keressük meg azt a mátrixot, amelynek segítségével az
A=
2 2 1
1 3 1
1 2 2
mátrix diagonális mátrixszá transzformálható.
336
A=
7 -2
1
- 2 10 - 2
1 -2
7
Hozzuk a transzformáció mátrixát diagonális alakra!
337
Adiagonálisalak felírásához szükségünk van az A mátrix sajátértékeire. A ka­
rakterisztikus egyenlet
A -7
2
-1
2
-1
A -1 0
2
2 A -7
= A»-24A*-180A-432 = 0.
Az egyenlet gyökei 6, 6, 12, tehát az A mátrixot az
6
0
0
6
0
0
0
0
12
Ez csak úgy állhat fenn, ha
=
-íaa
^1*^12 ~ ^2*^22 ~ 0.
Aj és Xj nem lehet 0, ezért az utolsó egyenletből 5^2=^ S22= 0 , de akkor az első két
egyenletből
=
Mivel így
ISI = •^11 *^11
•y*i -ÍM
0,
S"^ nem létezik, tehát A nem transzformálható diagonálmátrixszá.
mátrixszá lehet transzformálni.
20. Alakítsuk át az
A=
0
1
0
0
mátrixot diagonálmátrixszá!
A keresett transzformáció — ha létezik — S~^AS alakú, ahol az Si és s,
sajátvektorokkal
S = [s,, s,] =
Tegyük fel, hogy S-t már ismerjük és
S-"AS =
Ax 0
P A,
ekkor S-sel balról szorozva (mivel SS~^ = E),
0
1
•^11
0
0
, ^12
•^21
h l,
•^11
•^21
,^12
■^22
vagyis
%
0
338
*^22
0
^2*^21
, ^ l ‘^12
^2522
339
Mátrix rangja:
^(A + B )^ ^ (A ) + ^(B); ^ (A B )g ^ (A )
Mátrix diadikus felbontása:
A = UiV;+U2V2 + . . . + u X
Mátrix transzponáltja:
A' =
^11
^21
Ö12
«22 ••• ^nl
“ 2m ■
és
^ (A B )g ^(B )
...
Mátrix adjungáltja:
A2,.
Ű12..
adj A = adj
Ű21
Ű22.
= ^12
Ö^n2- •• ^nn _
/in
^22 •" K i
^In '
Mátrix inverze:
i_
adj A
-d e t A
'
TiT,.
Mátrix karakterisztikus egyenlete:
Kiadja a Műszaki Könyvkiadó
Felelős kiadó: Bérezi Sándor ügyvezető igazgató
-Ű21
Felelős szerkesztő: Szokol Ágnes
Műszaki vezető: Abonyi Ferenc
Műszaki szerkesztő: Ihász Viktória
A borítót tervezte: Kováts Tibor
A könyv formátuma: Fr/5
ívterjedelem: 17,0 (A/5)
Ábrák száma: 30
Azonossági szám: 10375/7
Készült az MSZ 5601:1983 és 5602:1983 szerint
~^ni
Nyomta és kötötte az Oláh Nyomdaipari Kft.
Felelős vezető: Oláh Miklós
A,-022-. • -«2n
= |A.E-A| = 0
~ ^n l"
Lineáris egyenletrendszer megoldása:
Ax=B
akkor és csak akkor oldható meg, ha
a megoldás egyértelmű, ha
n=m
esetén
x=A"‘b:
X: =
Báziscsere mátrixa:
Xw=W‘Zxz=Bxz
det A
p(A)=p(B)
p(A)=p(B)=«
= — , I = 1 ,2 ,..., n (Cramer-szabály)
D