Kovács Zoltán - Lineáris algebra I.

A doksi online olvasásához kérlek jelentkezz be!

2003 · 77 oldal (329 KB)

magyar

1596

2004. augusztus 27.

Értékelések

Nincs még értékelés. Legyél Te az első!

Mit olvastak a többiek, ha ezzel végeztek?

Tartalmi kivonat

Lineáris algebra I. Kovács Zoltán Előadásvázlat (2003) Tartalomjegyzék 1. A szabadvektorok vektortere 1. Szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása . 2. Vektorrendszerek függetlensége, bázis . 3. Szabadvektorok skaláris szorzata . 4. Külső szorzás, vegyes szorzás . 5. Egyenesek és síkok . 6. Térelemek távolsága és szöge . 3 3 7 10 15 21 23 2. Vektorterek 7. A vektortér definíciója . 8. Lineáris kombinációk, bázis, dimenzió . 9. Alterek direkt összege . 10. Lineáris sokaság, faktortér 24 24 27 35 38 3. Mátrixok, lineáris egyenletrendszerek és determinánsok 11. Műveletek mátrixokkal 12. A Gauss elimináció, elemi mátrixok

13. Négyzetes mátrixok invertálhatósága 14. Mátrix rangja 15. Lineáris egyenletrendszerek 16. A determinánsfüggvény tulajdonságai 17. Aldeterminánsok, kofaktorok 41 41 46 49 52 55 58 62 4. Lineáris leképezések 18. Lineáris leképezések alaptulajdonságai 19. Lineáris leképezés képtere és magtere 20. A lineáris leképezések mátrix-reprezentációja 21. Báziscsere 67 67 71 74 75 1 1. fejezet A szabadvektorok vektortere 1. Szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása Középiskolai tanulmányainkban vektor alatt a tér vagy sík szabadvektorát értettük, azaz egy vektor irányított szakasz volt, de nem téve különbséget az egymásba eltolással átvihet ő irányított szakaszok között.

(Azaz, ha nagyságuk, irányításuk és irányuk megegyezik) A lineáris algebra tárgyban (mint ahogyan általában a felsőbb matematikában) a vektor egy olyan absztrakt fogalom, mely sokkal általánosabb, mint a szabadvektor. (Erre a tárgyalásunk második fejezetében térünk vissza.) vektor szabadvektor irányított szakasz A szabadvektorok elmélete tehát a geometriához kapcsolódik, s a szabatos felépítést is a Geometria c. tárgyunkban adjuk meg A lineáris algebra tárgyban nagymértékben támaszkodunk a középiskolás geometriai ismeretekre, mindenekelőtt az eltolás tulajdonságaira. néhány geometriai jelölést vezetünk be. A tér pontjainak halmazát jelöli Először Az és pontok távolsága. vagy és végpontokkal rendelkező szakasz. -t és -t tartalmazó egyenes. kezdőpontú és -t tartalmazó félegyenes. Megjegyezzük még, hogy ebben a tárgyban az egybees ő egyeneseket is

párhuzamosaknak nevezzük. 1.1 Definíció Irányított szakaszon egy értünk. -nak rendezett pontpárt szakasz a irányított szakaszba a kezdőpontja, a végpontja. Ha az irányított ekvivalens -val és ezt úgy jelöljük, eltolással átvihető, akkor azt mondjuk, hogy ! . Az irányított szakasz szemléltetése: 11 ábra hogy 1.2 Tétel Az irányított szakaszok ekvivalenciája ekvivalenciareláció, azaz: 1 " %& $# ) %&) . , ! 2. " $# %&+* (' %, +' $# $# - . ; 3. 3 " , 4 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE 0 1 /32 045 687 6 / 1.1 ábra Az irányított szakasz szemléltetése továbbá teljesül, hogy " $ +' 4. " 9 . Bizonyítás: Az első három tulajdonság a definíció nyilvánvaló következménye. A 4 állítás on : nan következik, hogy ha

, akkor paralelogramma (esetleg elfajuló) melynek szemközti oldalpárjai párhuzamosak és egybevágók. < 0 ; / 1.2 ábra " $ +' " 9 . = 1.3 Definíció. Definiáljuk a tér irányított szakaszain az alábbi, -el jelölt relációt. ekvivalenciareláció, mely ekvialen , ha -ba eltolással átvihető. Ez a reláció reprezenciaosztályait szabadvektoroknak nevezzük. Azaz, ha és pontok, akkor az tánsú szabadvektor: ?> A@ $ B C8DE " $ GFIH Az összes halmazát J -vel jelöljük. K> szabadvektorok ?> L hosszán -t értjük. Ez a definíció független a reprezentáns választáAz vektor L sától. Az összes olyan irányított szakaszok, melyek kezdő- és végpontja megegyezik, egy szabadvektort reprezentálnak. Ezt a szabadvektort nullvektornak nevezzük Jele: M N J elemeinek jelölésekor olykor nem utalunk

reprezentánsra, J elemeit kövér kisbetűkilyenkor J ,a J . kel, írásban pedig aláhúzott kisbetűkkel is jelöljük: O 5 SZABADVEKTOROK ÖSSZEADÁSA ÉS SKALÁRRAL VALÓ SZORZÁSA 1.4 Definíció Az O QRP összegén az -vel reprezentált O illetve a 9 # -vel reprezentált P szabadvektor # -vel reprezentált szabadvektort értjük. Azaz ?> Q S> # T> # H A szabadvektorok összegét definiáló előbbi összefüggést háromszögszabálynak is nevezik. 1.5 Tétel A szabadvektorok összege független a reprezentánsok választásától UVUW 9 Bizonyítás: Ld. 13 bizonyítani, hogy ha és # U # U , akkor # ábra. X Azt U # kell U . Atehát reláció ki (megelőző Y U U +' U Y Z U 3.; és Z4.# tulajdonságát Y U # U használjuk +' Z U Y $# # U . tétel): U ! 9 U [* 9 U I $# # U +' U " # # U +' # "

$# # U . ] ] 0 / /Y 0 1.3 ábra A szabadvektorok összege független a reprezentánsok választásától 1.6 Tétel L^O QRP L`aL^OLIQbL^PcL L^O QdPcL L^OLIQbL^PcL , akkor és csakis akkor teljesül, ha O és P olyan szabadvektorok, hogy közös kezdőpontból induló reprezentánsaik végpontjai a közös kezdőpontból induló ugyanazon félegyenesre illeszkednek. Ha O és P közös kezdőpontból induló reprezentánsaik végpontjai a közös kezdőpontból induló ellentétes félegyenesekre illeszkednek, L^PcL ee . akkor L^OQRPcL aee L^OL Bizonyítás: Az állítás a háromszög egyenlőtlenség és a az összeadás definíciójának közvetlen következménye. 1.7 Definíció Az reprezentánsú szabadvektor f valós számmal (skalárral) való szorza U h g h g tán nullvektort értünk, ha f vagy , míg ha , akkor azt az f reprezentánsú szabadvektort, amelyre fnm g . U Dif"DTj és U ,

ha fdk g illetve U l , ha Megjegyzés.Egyszerűen látható, hogy a definíció független a reprezentáns választásától q p Egy reprezentánsú o szabadvektor és f skalár szorzatát a következ őképpen xw y w U tetszőleges is megkaphatjuk. Legyen rtsvu centrumú, f előjeles arányú U U középpontos hasonlóság. Ekkor fzo -t reprezentálja. (14 ábra) 6 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE {}|~ / 0 {}~ 0 0 / 0 1.4 ábra Szabadvektor szorzása skalárral A definíció közvetlen következménye az alábbi állítás: 1.8 Tétel LfOL Df)Dzj L^OL Ha egy nemzéró szabadvektort osztunk a hosszával (azaz szorozzuk a hossza reciprokával), akkor az így kapott szabadvektor hossza 1 (Az 1 hosszúságú szabadvektorokat egységvektoroknak nevezzük, jelölésük gyakran: o! .) 1.9 Tétel A szabadvektorok összeadása és skalárral való szorzása rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal: J Q kommutatív csoport

(Abel csoport), továbbá (1) (2) (3) (4) f$O QRP fSO QdfP , f QR O fSO QR+O , f O f$+O , tO O . Bizonyítás: Az összeadás tulajdonságait közvetlen geometriai módszerekkel is beláthatjuk (megtalálható pl. a Hajós könyvben: 302, 303) A skalárral való szorzás tulajdonságai: fOQP fO&QA P : Egy tetszőlegesen rögzített centrumú f előjeles arányú középponw fpont w U . Tekintsük tos hasonlóságnál az képét jelölje a szabadvektorok egy-egy tetszőleges B 9 B reprezentánsát: O , # P . Ekkor K> z> > U > U KU > U U > U ?> S> fOQRP f Q # f # # Q # f Qf # fSOQdfP H f+Q O fOGQx+O : Nullvektorra az állítás triviális. Legyen a továbbiakban O M ! Ha f és azonos előjelűek, akkor f"QZ O , továbbá fSOQZ+O közös kezdőpontből induló reprezentánsainak végpontjai

ugyanarra a félegyenesre illeszkednek. Továbbá LfQC OL DifQRBDtjzL^OL ^Df)DQvD BD jzL^OL H Másrészt 1.6 alapján: LfO QC+OL LfOL"QAL^+OL Df)DjEL^OL"QvD BDjzL^OL ^Dif"D^QvD YD jzL^OL H Ez azt jelenti, hogy f&Q O továbbá fO,Q+O közös kezdőpontből induló reprezentánsainak végpontjai ugyanazon a félegyenesen, a kezdőponttól ugyanakkora távolságra vannak. VEKTORRENDSZEREK FÜGGETLENSÉGE, BÁZIS 7 Legyen f és előjele különböző. Ismét 16-ra hivatkozva: LfSO QR+OL ee LfSOL L^+OL ee ee Df)DjzL^OL D YDjzL^OL ee ee Dif"D D BD ee jzL^OL DfQCBDjEL^OL LfQR OL > tehát f=Q O hossza és fSO=Q+O hossza , és reprezentáljuk az megegyezik. Legyen fO fQ= O , fOQ=+O szabadvektorokat az egyenesen! Mindkét szabadvektor reprezentánsának -ra vagy

ellentétes félegyenesére, hogy Dif"DD BD végpontja attól függően illeszkedik vagy Dif"DK`D BD , amivel az állítást bizonyítottuk. > ! f$+O végpontjának meghatározásához -ra előbb f O f+O : Legyen O egy centrumú előjeles arányú középpontos hasonlóságot, majd egy centrumú f el őjeles arányú középpontos hasonlóságot kell alkalmaznunk. Ez ugyanazt jelenti, mintha -ra egy centrumú, f=j arányú középpontos hasonlóságot hajtanank végre, mert közös centrumú f ill. előjeles arányú középpontos hasonlóságok szorzata ugyanolyan centrumú, f,j el őjeles arányú középpontos hasonlóság. tO O triviális. A továbbiakban OQ P -t (ahol P jP a P additív inverze) O P -nek írjuk. 2. Vektorrendszerek függetlensége, bázis tH HtH OE¡ vektorrendszerének az $¢! tHtHtH ¢ ¡ 2.1 Definíció Szabadvektorok egy $O+ kal való

lineáris kombinációján az skalárok- ¢"O Q HtHtH QR¢¡Oz¡ szabadvektort HtHtHértjük. Oz¡ vektorrendszert lineárisan függetlennek nevezzük, ha a tér bármely vektora Az $OG legfeljebb egyféleképpen állítható elő lineáris kombinációjukként. Szabadvektorok egy véges vektorrendszerét lineárisan függőnek nevezünk, ha nem lineárisan független. 2.2 Tétel Szabadvektorok egy véges rendszere akkor és csakis akkor lineárisan független, ha a zérusvektor csak triviálisan, azaz csak csupa nulla együtthatóval kombinálható belőlük. Szabadvektorok egy véges rendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha a zérusvektor triviálistól különböző módon is kombinálható belőlük. Bizonyítás: Ha a vektorrendszer lineárisan független, akkor bármely szabadvektor, s így a zérusvektor is legfeljebb egyféleképpen kombinálható belőlük. Mivel a triviális kombináció mindig zérusvektort ad, így ez az

egyetlen olyan lineáris kombináció, melynek eredménye a zérusvektor. tH t H H Megfordítva, tegyük fel, hogy az O+ OE¡ vektorrendszerből a zérusvektor csak triviálisan kombinálható. Ha a tér valamely szabadvektorára o ¢"O Q£jjjQ¢ ¡ Oz¡ 8 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE o ¤ OG[QjjjQ ¤ ¡ Oz¡ egyaránt teljesül, akkor a két relációt kivonva: M ¢) ¤ OG[QjjjQ¢ ¡ ¤ ¡ Oz¡ H HtHtH^¨z következik. Innen a feltételünk miatt ¢¦ ¤ ¦[$§ A másik állítás az előzőnek tisztán logikai következménye (kontrapozíció). Szabadvektorok lineáris függőségének szép geometriai jelentése van: tHtHtH 2.3 Következmény Szabadvektorok egy $O+ Oz¡ vektorrendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha van olyan valódi (azaz nem csak egyetlen pontból álló), de esetleg degenerált tHtHtH Oz¡ reprezentánsait oldalt is tartalmazó zárt

töröttvonal, amelynek szakaszai rendre az O[ tartalmazó egyeneseken vannak. 2.4 Tétel Szabadvektorok egy véges rendszere akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha valamelyikük lineárisan kombinálható a többiből HtHtH Oz¡ vektorrendszer valamelyik vektora lineáriBizonyítás: Először tegyük fel, hogy az O+ san kombinálható a többiből! (Az egyszerűség kedvéért legyen ez O¡ !) OE¡ ¢"O Q£jjjQ¢ ¡OE¡ H Ezt rendezve: M Oz¡YQ¢)OG[QjjjQ¢ ¡Oz¡ H A jobb oldalon a zérusvektor olyan lineáris kombinációja van, melyben szerepel mint együttható, azaz ez a lineáris kombináció triviálistól különböző. Másodjára tegyük fel, hogy az előbbi vektorrendszer lineárisan függő, azaz a zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható belőlük: M ¢"ªOG Q£jjjQ¢ ¡Oz¡ miközben az együtthatók között van zérustól

különböző. Legyen ez a zérustól különböző együttható pl ¢¡ Ez azt jelenti, hogy O¡ kifejezhető a többi szabadvektor segítségével: Oz¡ ¢¢)¡ OG jjj ¢ ¢ ¡¡ Oz¡ H 2.5 Tétel (A lineáris függőség geometriai jelentése) Egy szabadvektor önmagában akkor és csakis akkor alkot lineárisan függő rendszert, ha nullvektor. Két szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függő rendszert, ha egy egyenesen reprezentálhatók. Három szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függő rendszert, ha egy síkon reprezentálhatók A szabadvektorok bármely legalább négytagú vektorrendszere lineárisan függő. VEKTORRENDSZEREK FÜGGETLENSÉGE, BÁZIS 9 Bizonyítás: A zéróvektort tetszőleges számmal szorozva zéróvektort kapunk, tehát az egyetlen zéróvektorból álló vektorrendszer lineárisan függő. Legyen ¢O M , de ¢ g Ekkor D ¢ DjL^OL g , ami csak úgy

lehet, ha O M . A továbbiakban tegyük fel, hogy a megadott vektorrendszerben nincs lineárisan függ ő részrendszer. (Ha van, akkor az állítások triviálisak) pontjaira Ha két vektor közös egyenesen reprezentálható, akkor ezen egyenes nyilván megfelelő töröttvonal. Megfordítva, legyen a kéttagú vektorrendszer lineárisan függ ő. A kétoldalú nemelfajuló töröttvonal két csúcspontot tartalmaz. Az ezekre illeszked ő egyenesen mindkét szabadvektor reprezentálható. Legyen három vektor közös síkban reprezentálható! Ebben a síkban jelöljük ki az egyik szabadvektor reprezentánsát: $ . -n keresztül húzzunk párhuzamost a második, míg n keresztül a harmadik szabadvektorral Mivel feltettük, hogy az utóbbi két vektor lineárisan független, ezért a két egyenes metszi egymást egy « (síkbeli) pontban. « a keresett töröttvonal. A megfordítás onnan következik, hogy háromoldalú zárt töröttvonalnak három

csúcsa van, melyekre illeszkedő mindhárom vektor reprezentálható. ¬z síkban ) szabadvektorok négytagú vektorrendszere. ®" legyen olyan sík, melyben Legyen (O P ²´ ¯ ² ° ± ²³ 1.5 ábra Nincs négy lineárisan független szabadvektor ¬z reprezentálhatók (1.5 ábra) A két sík metszésvonalán $O P , míg ®(µ olyan sík, melyben pontokat. -keresztül húzzunk párhuzamost O -val (¶ egyenes), -n kereszjelöljük ki a ® . -n keresztül húzzunk párhuzamost ¬ -vel (º egyenes), tül P -vel (· egyenes). ¶¸¹· « -n keresztül -vel ( egyenes.) º)¸8 » ®[µ « » a keresett töröttvonal 2.6 Tétel Bármely három lineárisan független szabadvektorból álló vektorrendszerből a tér tetszőleges vektora egyértelműen kombinálható. Ha adott két lineárisan független szabadvektor, akkor ezekből mindazon vektorok egyértelműen lineárisan kombinálhatók, melyek velük egy síkban

reprezentálhatók. 10 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE Bizonyítás: A lineáris függetlenség miatt a tér bármely szabadvektora legfeljebb egyféleképpen kombinálható 3 lineárisan független szabadvektorból. Azt kell belátnunk, hogy legalább egyféleképpen is ¾½T ¿ Legyen ¼ a tér 3 lineárisan független szabadvektora, o pedig a tér tetsz őleges vektora. ¾½ T ¿ o lineárisan függő rendszer az előző tétel miatt, tehát belőlük a zérusvektor triviEkkor ¼ álistól különbözően is kombinálható: ¢)¼Q¢ µ ½ Q¢ À ¿ Q ¤ o M H ½T ¿[ A ¤ együttható biztosan zérótól különböző, ellenkező esetben ugyanis az ¼Á vektorrendszer¤ g ből a½T zérusvektor triviálistól különbözően is kombinálható lenne. Ha , akkor o kifejezhető ¿ a $¼ªÁ lineáris kombinációjaként: o ¢"¤ ¼ ¢ ¤ µ ½ ¢ ¤ À ¿)H A második állítást analóg módon bizonyítjuk. 2.7 Definíció

A térben szabadvektorok háromtagú lineárisan független rendszerét bázisnak ne¾½T ¿ egy bázis Egy o szabadvektornak erre a bázisra vonatkozó koordinátáin vezünk. Legyen ¼ azt az egyértelmű $ÂK Âµ ÂÀ számhármast értjük, melyre ÂK¼QRÂµ ½ QRÂÀ ¿ o H V½T ¿ 2.8 Tétel (Műveletek és koordináták kapcsolata) Legyen $¼ bázis a szabadvektorok terében, Ã és Ä két tetszőleges vektor, melyek koordinátái az előző bázisra vonatkozóan ¾Å ÅSµ ÅSÀ és $ÆK Æµ ÆTÀ . Legyen ¢ np tetszőleges skalár! Ekkor ÃcQZÄ koordinátái Å Q9Æ? ÅSµKQ9ÆTµ ÅSÀQ9ÆTÀ ; ¢Ã koordinátái pedig ¢Å[ ¢ ÅSµ ¢ ÅSÀ . Bizonyítás: Ã&QÇÄ ¾Å+È¼zQCÅSµ ½ QCÅSÀ ¿ Q$ÆK¼zQCÆTµ ½ QCÆTÀ ¿ ¾Å+ QCÆ? ¼zQ¾ÅSµ)QCÆTµ É½ QÅSÀQRÆÀ ¿)H Továbbá: ¢Ã ¢Ê¾Å+¼QÇÅSµ ½ ½ QÇÅSÀ ¿ ¿ H

¢Å+¼Q¢ ÅSµ QR¢ÅSÀ 3. Szabadvektorok skaláris szorzata A középiskolából is ismert skaláris szorzat bevezetéséhez és tanulmányozásához szükségünk lesz az (egyenesre ill. irányra) vonatkozó merőleges vetítés fogalmára, s mindenek előtt vektorok szögének definiálására. 11 SZABADVEKTOROK SKALÁRIS SZORZATA 3.1 Definíció Az O és P vektorok közös kezdőpontból induló reprezentánsai legyenek és Az O és P szögén derékszöget értünk, ha a vektorok valamelyike nullvektor, egyébként az Ë . szöget (Mely szög független a reprezentánsok választásától). Két vektort merőlegesnek mondunk, ha szögük derékszög. Egy vektort merőlegesnek mondunk egy síkra, ha van a síkra merőleges reprezentánsa. 3.2 Tétel (Szabadvektor felbontása adott szabadvektorral párhuzamos és arra merőleges komponensekre) Legyen Ì M tetszőlegesen rögzített szabadvektor A tér bármely Ã vektorához

egyértelműen léteznek olyan Ã!Í -vel és Ã Î -el jelölt vektorok, hogy Ã Ã Í QÇÃ Î ÌH ahol Ã Í L^Ì és Ã ÎnÏ Az Ã)Í vektort az Ã vektor Ì vektorral párhuzamos összetevőjének, míg az Ã)Î vektort az Ã vektor Ì vektorra merőleges összetevőjének mondjuk. ÃIÍ -re használjuk még az Ã vektor Ì -re vonatkozó merőleges vetülete elnevezést is. Bizonyítás: Feltehetjük, hogy Ã M . A felbontás létezését egyszerű geometriai úton könnyen ) } } bizonyíthatjuk. Legyen Ã , Ì , ® legyen " ª az pontra illeszkedő, s - -re U U U merőleges sík, a merőleges vetülete ® -re, pedig - -re: ld. 16 ábra Ñ ; ; \ Ð ; 1.6 ábra Szabadvektor felbontása adott szabadvektorral párhuzamos és arra mer őleges komponensekre > U U> > U > U U Ã TQ> ª> Q UU, Ã Î U. nyilván megfelelő felbontás, tehát

Ã Í A felbontás egyértelműsége. Tegyük fel, hogy Ã Ã[QCÄÒ Ã+µ)QÇÄ[µ Ekkor: Ã Ã[µTL^Ì Ã Ã[µ Ä Ä[µ H Ä Ä[µ Ï Ì H Mivel a bal oldalon Ì -vel párhuzamos, ugyanakkor a jobb oldalon arra mer őleges vektor áll, ezért mindkét oldal nullvektor, ahonnan következik az állítás. 12 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE 3.3 Definíció Legyen Ì M , az Ã J vektor Ì -vel párhuzamos össztevője Ã)Í . Legyen ÓSÔÃ az a szám, melyre Ã)Í ÓÔ¾Ã jÌ? . A ÓÔ¾Ã számot az Ã vektor Ì -re vonatkozó merőleges vetülete előjeles hosszának nevezzük. 3.4 Tétel ÓSÔÃ LÃÊLBjÕÖ×Ø , ahol Ø az Ã és Ì szöge. Bizonyítás: A 1.7 ábra alapján könnyen látható Ñ Ù \ Ñ Ù Ù \ Ù 1.7 ábra 3.5 Tétel Legyen Ì M . A ÓSÔ+uEJ p leképezés additív és homogén, azaz ÚÃ Ä J : ÓÔÃ9QCÄ ÓÔÃ QCÓÔÄ Û továbbá

ÓÔ¢ Ã ¢njtÓÔÃ H Bizonyítás: Az additivitás: Ã Ä ÓÔ¾Ã j Ì QÇÃ Î H ÓÔ¾Ä jÌ C Q Ä Î Adjuk össze a két sort: Ã,QÇÄ ¾ÓÔ¾Ã QCÓÔÄ È Ì QÃ Î QCÄ Î ^H Mivel Ã Î Ï Ì és ÄÎ Ï Ì , ezért Ã Î és ÄÎ ugyanabban az Ì -re merőleges síkban reprezentálhatók, tehát ezek összege is ebben a síkban reprezentálható. Megállapíthatjuk tehát, hogy ÓÔÃ QCÓÔÄ ÌKTL^Ì míg Ã Î9QÄÎ Ï Ì , tehát az ÃQÄ vektort az Ì -vel párhuzamos és arra merőleges összetevőre bontottuk. Azaz ÓÔÃ9QCÄ ÓÔÃ QCÓÔÄ H 13 SZABADVEKTOROK SKALÁRIS SZORZATA A homogenitás: Ã ÓÔÃ jÌ QÇÃ Î H Szorozzuk mindkét oldalt ¢ -val: ¢ Ã ¢ÓÔÃ jÌ Q¢ Ã Î H Itt ¢ ÓÔTÃ j?ÌKL^Ì , továbbá ¢Ã Î Ï Ì , azaz az ¢ Ã vektort Ì -vel párhuzamos,

s arra merőleges összetevők összegére bontottuk. Tehát ÓÔ¢ Ã ¢ ÓÔ¾Ã 3.6 Definíció Az O és P szabadvektorok belső szorzat án vagy skaláris szorzatán azt az OjP -vel jelölt számot értjük, amely egyenlő O és P hosszának és két vektor által bezárt szög cosinusának a szorzatával. Vektorok skaláris szorzatának jelölésére használatos még a OzP (pont nélkül), a ÜO $O P jelölés is. A definíció közvetlen következménye az alábbi tétel: PÝ , illetve a J : LocL µ o+o . Az O M és P M szabadvektorok által bezárt Ø szögre OGÞ , továbbá fenáll az ún. Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség: fenáll, hogy Õ ÖT×(Ø L^OLL^P L D OzPcD`L^OLL^P L ahol egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha ß és P lineárisan függők. Két vektor akkor és 3.7 Tétel Úo csakis akkor merőleges egymásra, ha skaláris szorzatuk zérus. 3.8 Tétel OzP ÓSàS$O jzL^PcL . Ha Ì egységvektor, akkor

OzÌ ÓSÔO Bizonyítás: Következik 3.4-ból 3.9 Tétel Vektorok belső szorzása azaz a JáâJ cp O P Iy OzP belsőszorzat függvény rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal. Minden O szám esetén (1) Szimmetrikus: OzP PO (2) Mindkét változóban additív: OQCP ¬ O ¬ QÞ ¬z O $PâQ ¬K OzPâQß ¬ (3) Mindkét változóban homogén: fO P f$OzP , O fSP fOzP P ã vektor és f 14 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE (4) Pozitív definit: OzOn g , OzO gAä9' ß M H Bizonyítás: (1): Az O és P vektorok Ø szöge a definíció szerint nyilván ugyanaz, mint a P és O vektorok szöge. OzP L^OLÊjEL^PcLYjÕ Ö×Ø L^PcLBjEL^OLÊjtÕÖ×GØ PO H (2): Az (1) miatt elegendő az egyik oldali, mondjuk a baloldali additivitást belátni. OQCP ¬ ÓSåTOQRP zj L ¬ L ¾ÓSå$O QÇÓSåTP È jzL ¬ L ÓSåOZjzL ¬ LQCÓSåP zj L ¬ L O ¬ QRP ¬zH (3): Elegendő csak

az egyik oldali homogenitást ellenőrizni. fO P ÓSàfO L^PcL fÓSàSO L^PcL fZjtOzP H (4) következik 3.7-ból 3.10 Definíció A szabadvektorok vektorterében egy bázist ortonormáltnak mondunk, ha egymásra merőleges egységvektorok alkotják 3.11 Tétel Létezik ortonormált bázis V½ Bizonyítás: Legyen $¼ két egymásra merőleges egységvektor. Reprezentáljuk ezt a két vektort egy síkban, s tekintsünk egy olyan egységvektort, mely erre a síkra mer őleges egyenesen reprezentálható. (Geometriailag látható, hogy két ilyen vektor van; ezek közül kell az egyiket ¿ ¾½ T ¿ kiválasztani.) Jelölje ezt a vektort ! ¼ egymásra merőleges egységvektorokból álló bázis. Az ortonormáltság definíciójából látható, hogy gH $¼ ¼ ¼ ½ g z½½ z½ ¿ g ¿+¿ ¼ ¿ ªç ^è 3.12 Tétel bázist alapulvéve az ß ¢Iæ3á Q ¢ µ ç Qv¢À ç és az ß U U¢ æ"QR¢ U ç QREgy U¢

ç æ vektorokortonormált belső szorzata µ À OEO U ¢"È¢ U Q¢ µ^¢ Uµ QR¢À^¢ UÀ H 3.13 Tétel Alkalmazzuk a belső szorzás műveleti tulajdonságait, valamint az előbbi megjegyzést: OzO U $ ¢"È¼EU Q¢ µ ½ QR¢U À½ ¿ $¢ U ¼EUQ¿ ¢ µU ½ QR¢ UÀ ¿ ¢)È¢ ¼¼Q¢)È¢ µ ¼ Q¢)¢ À ¼ Q ¢ µ^¢ U ½ ¼Q¢ µ¢ Uµ ½é½ Q¢ µ^¢ UÀ ½ ¿ Q ¢ À^¢ U ¿ ¼zQR¢À^¢ Uµ ¿½ Q¢ À¢ ÀU ¿+¿ ¢)È¢ U QR¢µ^¢ Uµ Q¢ À^¢ UÀ (3.13) KÜLSŐ SZORZÁS, VEGYES SZORZÁS 15 ªç^è 3.14 Tétel. Ha $æ ortonormált bázis a szabadvektorok vektorterében, akkor tetszőleges o J vektor egyértelműen előállítható a következő alakban: o ¾ oæ æ"Qo ç+$ç Qo è è"H ¾½T ¿ ortonormált bázisra ÂE , Âµ , ÂÀ , azaz Bizonyítás: Jelölje o koordinátáit az ¼ o Â¼EQRÂµ ½ QCÂÀ

¿H Szorozzuk az előbbi egyenlőség mindkét oldalát skalárisan ¼ -vel: o ¼ ÂKH j¼$¼EQCÂµIj ½ ¼zQCÂÀIj ¿ ¼ ÂK Hasonlóan kapjuk a második és harmadik koordinátát. 4. Külső szorzás, vegyes szorzás A skaláris szorzás két szabadvektorhoz számot rendel. Egy másik szorzástípus két szabadvektorhoz szabadvektort rendel, ez az ún vektoriális, vagy küls ő szorzás Ennek először szemléletes fogalmát adjuk meg, mely egy fizikai szabályra, a jobbkézszabályra támaszkodik. A továbbiakban tisztázzuk majd a vektoriális szorzás olyan bevezetését is, mely fizikai fogalmakra nem támaszkodik. Bevezetünk még egy harmadik szorzást, az ún vegyes szorzást, ez három vektorhoz rendel számot 4.1 Definíció (A vektoriális szorzás szemléletes fogalma) J -ben adott külső szorzáson, vagy vektoriális szorzás on egy olyan uJbâJ J O P !y O8¹P műveletet értünk, mely eleget tesz az alábbi tulajdonságoknak:

1. Ha a tényezők lineárisan függők, akkor a szorzat értéke nullvektor Egyébként: 2. Az O8nP szorzat mindkét tényezőjére merőleges 3. L^O:êPcL megegyezik O és P egy pontból induló által kifeszített paraleloË reprezentánsai ^H gramma területével: L^Oâ¹PcL L^OLBjzL^PcLYj×ëì $O P 4. Jobbkézszabály: $O P OíêP egy pontból iduló reprezentánsai úgy következnek,mint a jobbkéz (hüvelyk, mutató, középső) ujja. (Miközben a középső ujj a tenyérre merőlegesen áll.) A harmadik tulajdonság egyszerűen átfogalmazható a következ őképpen: 4.2 Tétel (Lagrange azonosság) L^OnnPcL Bizonyítás: µ L^OL µ L^P L µI $OEP µ H L^OL µ L^P L µ $OEP µ ^L OL µ L^P L µ L^OL µ L^PcL µ jÕ Ö× µ Ë $O P L^OLÊjL^P LBjt×ëîì Ë $OEP È µ ^L^Oâ¹PcL µ H 16 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE Másod- és harmadrendű determinánsok Mielőtt rátérünk a vektoriális szorzás

olyan bevezetésére, mely a jobbkézszabályt nem használja, szükségünk lesz néhány algebrai jellegű segédeszközre. 4.3 Definíció Legyenek ¶ számot értjük. Legyenek ¶z · º np . ï ï -es determinánson a ee ¶ · ee ee º ee ¶j ·Ijº ¶Kµ ¶KÀ · ·µ ·À ºt º^µ º^À np . ð=¹ð -as determinánson a ee ¶E¶µñ¶KÀ ee ee · ·µ ·^À ee ¶zj eee ·µò·À eee ¶µ!j eee · ô·À eee Q¶À!j eee · ô·µ eee ee ºt º^µ ºÀ ee e º^µóºÀ e e ºtôº^À e e ºtº^µ e számot értjük. 4.4 Tétel A ð=¹ð -as determináns kiszámítása Sarrus szabállyal . 4.5 Definíció Legyen rögzítve J -ben egy õ J , vektoriális szorzaton a JbâJ $ ¼ ¾½ ¿ ortonormált bázis. A õ -re vonatkozó ee ¼ ½ ¿ ee e e e e e e !y ½ ¿ $O P jel. On8P ee ¶· µ µö¶·À À ee j¼ ee ¶E· ¶·À À ee j Q ee ¶z·t ÷¶·µ µ ee j

jel ee ¶z¶µñ¶À ee e e e e e e ee ·t ·µ ·À ee ½ ¿ ½ ¿ leképezést értjük, ahol O ¶È¼zQR¶µ QR¶À és P ·tÈ¼EQ·µ Q·À . p , A õ -re vonatkozó vegyes szorzaton a JbâJbâJ O P ¬K!y jel. D O P ¬ D Oâ¹P ¬K leképezést értjük. N Hangsúlyozzuk, hogy a bevezetett két szorzás definíciója pillanatnyilag függ a rögzített ortonormált bázistól. Később belátjuk, hogy valójában csak az előjel függ a bázistól, azaz mindkét szorzás előjeltől eltekintve egyértelmű. Először azt látjuk be, hogya definiált vektoriális szorzás a jobbkézszabálytól eltekintve visszaadja a vektoriális szorzás szemléletes fogalmát. 4.6 Tétel 1 O}j?$Oâ¹P Pj?$Oâ¹P g , azaz O8nP merőlegesH mind O -ra, mind P -re µ µ µY $OzP µ 2. Teljesül a Lagrange-azonosság: L^Oâ¹P L L^OL L^PcL KÜLSŐ SZORZÁS, VEGYES SZORZÁS 17 Bizonyítás: A definíció szerint ki kell

számolni. 4.7 Tétel Oâ¹P M äZ' O és P lineárisan függők. Bizonyítás: Az állítás nyilván igaz, ha O vagy P valamelyike zérusvektor. Egyébként: Oâ¹P M ä9' L^Oâ¹PcL gAä9' L^OL µ jzL^PcL µ $OzP µ µ Ë használva a Lagrange azonosságot. Ez utóbbi reláció csak akkor állhat fönn, ha ÕÖ× O P äZ' Ë O P g3ø Ë O P Ó . ¬Z 4.8 Tétel A szabadvektorok vektoriális szorzása rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal: ÚGO P n p J vektorokra és ¢ skalárra: (1) Ferdén szimmetrikus: O8nP PCnO (2) Mindkét változójában lineáris: $OQCP ¬¬K O8 ¬ QCPÇ ¬z¬z $¢O ¹P ¢Ê$O8nP OâC$P&Q O8¹PQRO8 OâC$¢P ¢ÊO8¹P ½ ¿ ½ ¿ ¬ ½ ¿ Bizonyítás: Legyen O ¶zÈ¼(Qù¶µ Q¶À , P · È¼GQ·µ Q£·À , ºtÈ¼(Qùº^µ Qº^À . Az első tulajdonság bizonyításához használjuk ki a ï9êï -es determináns alábbi,

könnyen ellen őrizhető tulajdonságát: ee ¶ · ee ee º ee H ee º ee ee ¶ · ee Tehát: e e e e e e PÇ¹O ee ¶·µ µñ¶·À À ee ¼ ee ¶E· ¶·À À ee ½ Q ee ¶z· ÷¶·µ µ ee ¿ e e e e e e e e e e e e ee ¶µñ¶KÀ ee ¼Q ee ¶z÷¶À ee ½ ee ¶Eô¶µ ee ¿ OnnP H e ·µ ·^À e e ·t ·À e e · ·µ e A linearitást szintén egyszerű determináns-tulajdonságok alapján látjuk be: ee ¶ · ee ee º"QRú Qû ee ee ¶ · ee ee ¶ · ee Û ee º ee Q ee ú û ee illetve: ee ¢¶ ¢· ee ee ¶ · ee ee ¶ · ee H ee º ee ee ¢ºö¢ ee ¢ ee º ee e e e e e e O8ÇPâQ ¬K ee ·^µ¶Qµ º^µó·^À)¶QÀ º^À ee ¼ ee · ¶zQR º÷·À)¶KQRÀ ºÀ ee ½ Q ee · ¶zQR º·^µ¶Qµ º^µ ee ¿ e e e HtHtH e e e 18 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE 4.9 Tétel Vonatkozzon a vektoriális szorzás az $¼ ¼ ½

¿ V½T ¿ ½ ¿ ¼ Bizonyítás: Egyszerű számolás. 4.10 Tétel Vonatkozzon a vegyes szorzás az $¼ ¾½ ¿ ortonormált bázisra. Ekkor: ¿ ¼ ½TH ortonormált bázisra. Legyen O ¶EÈ¼EQ¶µ ½ Q¶À ½ P ¬ · È¼EQd·µ ½½ QR·À ½½H ºtÈ¼zQRºµ QRºÀ Ekkor D O P ¬ D ee ¶z¶µñ¶À ee ee ·t ·µ ·À ee H ee º º^µ º^À ee Bizonyítás: Ki kell számolni. 4.11 Tétel A vegyes szorzás mindhárom változóban lineáris Bizonyítás: Következik a vektoriális szorzat és a skaláris szorzat bilineáris tulajdonságából. 4.12 Tétel A vegyes szorzás alternáló, azaz D O P ¬ D D P ¬z OD D ¬z O PcD D O P ¬ D D P O ¬ D D O ¬z PcD D ¬z P O D H Bizonyítás: Először azt vegyük észre, hogy ha a vegyes szorzatban két tényez ő ugyanaz, akkor a vegyes szorzat értéke 0. ¬ D D P O ¬ D következik a vektoriális szorzás Térjünk rá az alternálás

bizonyítására! D O P ferde szimmetriájából. gx D O PQ ¬z PQ ¬ D D O P PcDQvD O P ¬ DQAD O ¬z P DQAD O ¬z ¬ D D O P ¬ DQvD O ¬z PcD H ¬ D g akkor és csakis akkor teljesül, ha $O P ¬K lineárisan függő vektorrend4.13 Tétel D O P szer. ¬K lineárisan független vektorrendszer, akkor e D O P ¬ D e , megegyezik O P ¬K egy Ha $O P e e pontból induló reprezentánsai által kifeszített paralelepipedon térfogatával. ¬K lineárisan függő vektorrendszer, akkkor valemelyik lineárisan kombi ¢OQ ¤ P . Ekkor D O P ¬ D D O P ¢OQ ¤ PcD ¢ D O P ODQ ¤ D O P PcD g H ¬K lineárisan függetlenek: Legyenek most $O P $O8¹P j ¬ Ó+üþýÿ à ¬K jEL^O8nPcL H L^O:PcL a paralelepipedon egyik lapja területe, Ó üþýÿ à ¬K pedig előjeltől eltekintve pontosan a Bizonyítás: Ha $O P ¬ nálható a többiből, pl. hozzá tartozó magasság. KÜLSŐ SZORZÁS, VEGYES SZORZÁS 19

4.14 Tétel (A vektoriális¾½szorzás meghatározottsága.) A vektoriális és vegyes szorzás vonat¿ kozzon a rögzített õ $¼ ortonormált bázisra. Ha o tetszőleges ortonormált bázis, D , továbbá ha akkor D o O ¢)&Q¢ µoQR¢À P ¤ &Q ¤ µ oQ ¤ À K akkor ee o ee Oâ¹P D o Dj ee ¢"¢µó¢À ee H ee ¤ ¤ µ ¤ À ee Azaz a különböző ortonormált bázisokra vonatkozó vektoriális szorzatok legfeljebb előjelben különböznek. Bizonyítás: Az első állítás onnan következik, hogy egy ortonormált bázis egy pontból induló reprezentánsai által kifeszített paralelepipedon speciálisan egységkocka. A következő lépésben azt látjuk be, ha D o D , akkor a következő szorzótábla érvényes: }> BBB B }}} o o azaz míg D o D esetén íno K oê }} }~ } azaz `B BB B / o Û o êno K

oê o H Csak annyit látunk be, hogy esetén teljesül, a többi állítás igazolása D o D Co analóg. Mivel o bázis: KH êno ¢ &Q ¤ o,Q Szorozzuk mindkét oldalt skalárisan rendre -el, -val, o -vel: , ¢ g , ¤g . Legyen D o D . O,&P kiszámításához használjuk ki a vektoriális szorzás linearitását és az előbbi szorzótáblát: On8P ¢)Q¢ µo&Q¢ À C ¤ Q ¤ µoQ ¤ À T ¢" ¤ ê &Q¢) ¤ µÇ8o&Q¢) ¤ ÀÇ Q Q¢ µ ¤ oÇ QR¢µ ¤ µ oêno&Q¢ µ ¤ À oÇ Q Q¢ À ¤ QR¢ À ¤ µ 8o&Q¢ À ¤ À ¢) ¤ µ ¢µ ¤ $¢" ¤ À ¢ À ¤ o,Q$¢µ ¤ À ¢ À ¤ µ 20 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE ee o ee ee ¢)ô¢ µñ¢ À ee H ee ¤ ¤ µ ¤ À ee 4.15 Definíció Azt mondjuk, hogy J -t

egy irányítással láttuk el, ha a két vektoriális szorzás közül kijelöltük az egyiket. (Azaz rögzítettünk egy ortonormált bázist, s a vektoriális szorzás erre vonatkozik.) Egy o lineárisan független vektorhármast jobbsodrásúnak vagy jobbrendszernek ne vezünk, ha D o Dk g , balsodrásúnak vagy balrendszernek, ha D o Dm g . Felhívjuk a figyelmet, hogy a jobbsodrás előbbi definíciója nem támaszkodik a jobbkézszabályra, s nem is alkalmas arra, hogy a jobbkezet és a balkéztől matematikai módon megkülönböztessük. A most definiált jobbsodrás fizikailag pusztán annyit jelent, hogy amilyen kéz szabályát követi is. (Tehát az irányítást definiáló rögzített ortonormált bázis, ugyanolyan szabályt követ o ha a rögzített ortonormált bázis történetesen „balkézszabályt” követ, akkor a jobbsodrás éppen azt jelenti, hogy o is balkézszabályt követ.) 4.16 Tétel Ha az O P

vektorrendszer lineárisan független, akkor $O P Oâ¹P µ Bizonyítás: O P O8¹P Oâ¹P j?OnnP L^Oâ¹P L k g . ¬} J szabadvektorokra fenáll az ún. kifejtési szabály: 4.17 Tétel ÚGO P Onê$PC ¬K O ¬ jtP OEPj ¬zÛ jobbsodrású. és az ún. Jacobi azonosság: Onê$PC ¬K QCPCÇ ¬ ¹O Q ¬ C$O8nP M H Bizonyítás: Mindkét állítást be lehet úgy látni, hogy ortonormált bázis felvétele után koordinátákkal kiszámítjuk mindkét oldalt. Ez a hosszadalmas számolás azonban teljesen elkerülhet ő a Jacobi azonosságnál, s lényegesen egyszerűsíthető¬ a kifejtési szabálynál. Kezdjük a kifejtési ¬ M , s így a bal oldalon M áll. A függőség szabállyal. Ha P és lineárisan függők, akkor PC ¬ ¬ miatt P és közül egyik a másiknak skalárszorosa, pl. P Számítsuk ki a jobb oldalt: O ¬ jP OzP¹j ¬ jtOEPjP jtOEPjP M H ¬ lineárisan függetlenek. Vegyünk fel úgy ¼

¾½T ¿[ pozitív ortonormált bázist, Legyenek most és P ¬ ¿ ¿ ½ ¬ hogy ?À , és ugyanabban a síkban legyen reprezentálható, mint és P , tehát P ¤ µ ½ Q ¤ À ¿H Ebben a bázisban fejezzük ki O -t: O ¢"È¼EQ¢ µ ½ QR¢À ¿)H EGYENESEK ÉS SÍKOK Ezek után 21 O8Ç$PC ¬K ¢)È¼zQR¢µ ½ Q¢ À ¿ C ¤ µ?À ¼ ¢ µ ¤ µ ?À ¿ Q¢ À ¤ µ?À ½TH A jobb oldal: O ¬ jP OzPj ¬ ¢ÀÀP ¢ µ ¤ µ)QR¢À ¤ À È¬ ¢À À ¤ µ ½ QR¢À ?À ¤ À ¿ ¢ µ ¤ µ ?À ¿ ¢ À ¤ À ?À ¿ ¢À ?À ¤ µ ½ ¢ µ ¤ µ?À ¿)H A Jacobi azonossághoz alkalmazzuk a kifejtési szabályt: O CPÇ ¬K QRPêC ¬ nO Q ¬ Ç$O8¹P 8 O ¬ jtP OzPj ¬ QCPO}j ¬ P ¬ jOQ ¬ PnjO ¬ O}jP M H 4.18 Tétel Legyen Ì egységvektor Az Ã vektor Ì vektorra merőleges összetevője Ã Î Ì,nÃ ¹Ì H Bizonyítás: Alkalmazzuk a

kifejtési tételt: Ì,8Ã 8Ì Ì,C$Ì9nÃ ÌÃnjÌQRÌKÌj Ã Ã Í Ç Q Ã azaz Ã Ã Í QÌ,nÃ ¹Ì tehát a jobb oldali második tag valóban ÃÎ . 5. Egyenesek és síkok E> 5.1 Definíció egy pontjának rögzítése után a pont helyzetvektorán a J szabadvektort értjük. -t origónak is mondjuk 5.2 Definíció Egy egyenes irányvektorán az egyenesen reprezentálható nem zéróvektort értünk 5.3 Tétel (Az egyenes paraméteres előállítása) Origó rögzítése után egy egyenes pontjainak helyzetvektorai és csakis ezek előállíthatók Ã Ã Q o 8p N alakban, ahol Ã az egyenes egy pontjának helyzetvektora, o pedig az egyenes egy irányvektora. Megfordítva, ha Ã és o M adottak, akkor N egy egyenes pontjai helyzetvektorainak halmazát állítja elő. 22 A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE Bizonyítás: Legyen adott az ú egyenes, S> melynek egy irányvektora o , az w

pontjának helyzet w n w w vektora pedig Ã . S?> ú äZ' wnw az egyenesen reprezentálható vektor. Ez pontosan azt jelenti, hogySo E> és lineárisan függők, vagyis az egyik a másiknak skalárszorosa. Mivel ¹ w w o bizonyosan fennáll valamely 8p -re. Tehát o M ezért w > > > wó ú äZ' w¹ w Q w Ã Ã o H w > w w Ê w zwK Megfordítva, legyen Ã , . Ekkor az első rész állítása szerint, az N o egyenes paraméteres előállítása ( ). 5.4 Tétel (A sík paraméteres előállítása) Origó rögzítése után tetszőleges sík pontjainak helyzetvektorai és csakis ezek előállíthatók Ã Ã Qfo&QR f np N alakban, ahol Ã a sík egy tetszőleges pontjának helyzetvektora, o és a síkon reprezentálható lineárisan független vektorok. Megfordítva, tetszőlegesen adott Ã és lineárisan

független o , szabadvektorok mellett N egy sík pontjainak helyzetvektorai halmazát állítja elő. ¢ , továbbá legyenek o és az ¢ síkban reprezentálható ?> w äZ' w S> w ö w w ¢ lineárisan független vektorok. az ¢ síkban reprezentálható, azaz o lineárisan függők, azaz valamelyikük a másik kettő lineáris kombinációjaként. Mivel w S>kifejezhető o lineárisan függetlenek, ezért w biztosan kifejezhető o és lineáris kombinációjaként, n p N ami pontosan azt jelenti, hogy léteznek olyan f skalárok, hogy ( ) teljesül. Megfordítva, legyenek adva Ã , o , , és ráadásul o és lineárisan függetlenek. Reprezen táljuk a vektorokat a következőképpen: Bizonyítás: Tekintsük az ¢ síkot, w w Ã w w Ê o w w µ B H w Èw w µ pontok nem kollineárisak, ellenkező esetben ugyanis o és egy egyenesen lenAz nének

reprezentálhatók. Erre a három pontra egyértelműen illeszkedik tehát egy sík, melyet jelöljön ¢ . Az első állítas alapján ¢ paraméteres előállítása pontosan ( N ) 5.5 Definíció Egy sík normálvektorán egy síkra merőleges nem zéróvektort értünk 5.6 Tétel (A sík Hesse féle egyenlete) Origó rögzítése után tetszőleges sík pontjainak helyzetvektorai és csakis ezek kielégítik az Ã Ã g N összefüggést, ahol Ã a sík egy tetszőleges pontjának helyzetvektora, pedig a sík egy normál vektora. Megfordítva, tetszőlegesen adott Ã -ra és M -ra N egy sík egyenlete TÉRELEMEK TÁVOLSÁGA ÉS SZÖGE w Bizonyítás: S> Az adott ¢ síkSE> pontjának helyzetvektora legyen Ã , egy normálvektora . 23 w w w j g , ami pontosan ( N )-ot jelenti. Kw > Megfordítva, adott az M és Ã eseténtekintsük >w w w á @ ¢ D Ï F S?> w w

Ï feltétel azt halmazt. Legyen az irányvektorú, -ra illeszkedő egyenes. Az ) ª w w , vagy w w Ï . Mivel az egyenesre az w pontban állított jelenti, hogy vagy w merőlegesek mind egy síkban vannak és ez a sík az egyértelmű -ra illeszkedő normálsíkja, ezért megállapíthatjuk, hogy a megkonstruált ¢ halmaz sík. Ennek az egyenlete az els ő állítás ¢ äZ' w w Ï äZ' szerint pontosan a megadott egyenlet. 6. Térelemek távolsága és szöge Hajós: 24.§, 25§ 2. fejezet Vektorterek 7. A vektortér definíciója 7.1 Definíció Legyen egy test, Q Abel csoport. Ha értelmezve van egy Ç ¢ Â "y ¢Â és ÚGÂ A : leképezés úgy, hogy Ú(¢ ¤ ¢ÊÂXQ ¢ÂQ¢ $¢Q ¤ Â ¢ÂQ ¤ Â $¢ ¤ Â ¢Ê ¤ Â tÂ Â akkor azt mondjuk, hogy vektortér felett. elemeit skalároknak, elemeit pedig vektoroknak nevezzük A

vektortér definíciójában szereplő 4 tulajdonságot gyakran vektortér axiómáknak is mondjuk össze ne keverjük – Ügyeljünk arra, hogy a test additív neutrális elemét és neutrális elemét p , vagy ! . mindkettőt ugyanúgy, g -val jelöljük! Ebben a jegyzetben kizárólag A vektortérfogalom hasznosságát az mutatja, hogy nagyon sok, gyakran el őforduló struktúra kielégíti a definíciót: Példa. A szabadvektorok vektortere: J vektortér p felett. Példa. Egy tetszőleges a klasszikus euklideszi ponttér (azaz ) is p pont (origó) rögzitése után ! Két pont összegét(!) értelmezzük a vektortérré tehető felett. Jelölje> a rögzített pontot z> ?> következőképpen: > âQ z> !" , ha âQ " , továbbá egy pont számmal való szorzata(!): ¢ , ha ¢ . Az így kapott vektorteret gyakran $ # -val jelöljük, s a kötöttvektorok vektorterénk mondjuk. 24 25

A VEKTORTÉR DEFINÍCIÓJA Példa. Legyen % Q j test vektortér önmaga fölött, ahol a skalárral való szorzás a testben R p p & értelmezett szorzás. Speciálisan felett, felett. Példa. p felett is vektortér. Példa. A skalár -esek tere: '$( Q vektortér felett, ahol az összeadás és skalárral való szorzás komponensenként van értelmezve Példa. Az összes komplex (valós) együtthatós polinomok ) halmaza adást és a skalárral való szorzást az algebra tárgyban értelmeztük. p ( ) felett, ahol az össze- Példa. A legfeljebb -edfokú komplex (valós) együtthatós polinomok )*( tere. p Példa. Az -en értelmezett összes valós értékű függvények vektorteret alkotnak függvény összegét és skalárszorosát az analízis tárgyban értelmeztük.) p felett. (Két F ó@g tetPélda. Az ún triviális vektortér egyetlen elemb ől a zéróvektorból áll. Legyen szőleges egyelemű halmaz, tetszőleges test. -ban az

összeadást, ill a skalárral való szorzás értelmezzük az egyedüli lehetséges módon: g Q g g , ¢ gxg . pB Példa. Legyen valós vektortér. +a, szorzást a következőképpen értelmezzük: vektortér, ha az összeadást és skalárral való ¶E ¶µ Q· ·µ ¢QC§ ¤ $¶E ¶µ ¶E[Q¶µ · [Q·µ ¢¶z ¤ ¶µ ¢¶KµQ ¤ ¶E ^H (Képzeljünk ¶z ¶Kµ helyébe formálisan ¶z QA§é¶µ -t, így könnyű megjegyezni a skalárral való szorzás definícióját.) Ezt a vektorteret a 7.2 Tétel Legyen ÚGÂ A : komplexifikáltjának mondjuk. vektortér az test felett. Ekkor teljesülnek a következők gÂ Â ¢ g ¢Â g g + ' g Â ahol Ú(¢ ¤ , Â a Â additív inverze -ben ¢ g vagy Â g Bizonyítás: A következő gondolatsor minden egyenlőségénél valamelyik vektortér axiómát használjuk, kivéve az utolsó

előtti egyenlőséget, ahol azt használjuk, hogy g a test additív neutrális eleme. g ÂQRÂ g ÂXQ£tÂ g Q Â tÂ Â tehát: Â g ÂQRÂ H 26 VEKTORTEREK Â -t: g g ÂQRÂ Q Â g ÂQÂXQ Â È g ÂXQ gxg Â H x Adjuk hozzá mindkét oldalhoz Â additív inverzét, azaz A második állításnál már az előbb bizonyított formulát is használjuk: ÂXQ Â tÂXQ Â Â g Â g azaz Â additív inverze valóban Â . A harmadik állításra rátérve: ¢ gx ¢B$Â Â ¢ Â ¢Â g H Végezetül az utolsó állítás. Tegyük fel, hogy ¢Â g , és ¢ g Belátjuk, hogy ekkor csak Â g teljesülhet. - Â tÂ 7.3 Definíció A / hogy 0 01 nemüres részhalmazt a ÚGÂ A / és 20 a ¢ .nÂ ¢Â gxg H ¢ ¢ ¢ és ¢ triviális alterei. vektortér alterének nevezzük, ha teljesül, ÇuÂXQ A / és

¢Â / H g is / -ben van. Az összeadás Mivel / nemüres, ezért van benne egy Â / vektor, tehát g és a skalárral való szorzás nem vezet ki / -ből, továbbá az összeadás és a skalárral való szorzás tulajdonságai öröklődnek, azaz kimondhatjuk az alábbi tételt: 7.4 Tétel Egy vektortér altere maga is vektortér ugyanazon test felett (az öröklött összeadással és skalárral való szorzással.) Példa. A szabadvektorok J vektorterében rögzítsünk egy 3 vektort Legyen í v@4 j53êD 8p F3 FIH /µ A@6 D 6 Ï 3 / Igazoljuk, hogy /Ç és /µ altér a szabadvektorok vektorterében. Ezeknek az altereknek egyszerű geometriai jelentése van: ha rögzítünk -ben egy pontot (origó) és /R ill. /µ elemeit az origóból kiindulva reprezentáljuk, akkor a reprezentánsok végpontjai egy origóra illeszked ő egyenest ill. síkot alkotnak. Példa. Legyen ¾Å[ / p altér ( -ben. tHtH H Å Ênp ( rögzített vektor. Legyen (

tH HtH Æ 8p ( DÅ+ÆK+QjjjQÇÅ Æ g FIH / á@ Æ? ( ( ( 27 LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ Példa. Az összes p p függvények terében a folytonos függvények alteret alkotnak. 7.5 Tétel Legyenek 7 és / alterei a vektortérnek Ekkor 7Ç¸8/ szintén altér, amit 7 és / metszetének nevezünk. Jelölje továbbá 7Q9/ a következő vektorhalmazt: FBH Q&/ á@: Q D : 7 A / 7 Ekkor 7Q&/ szintén altér, amit az 7 és / összegének nevezünk. < , mert a zéróvektor mindkét altérben benne van. Teljesüljön, hogy 7á¸;/ Bizonyítás: Å Æ 7£¸/ . Ekkor Å Æ 7 * Å Æ / , azaz Å9QdÆ ¢ Å 7 ÅZQùÆ ¢Å / , ami azt 7¸= . jelenti, hogy Å QRÆ ¢ Å g 7Q/ tartalmazza a vektort, mert g Q gn g . Teljesüljön, hogy : "Q 7Q/ és : µQ µ 7Q9/ . Ekkor : +Q Q : µQ µ : +Q : µ Q +Q µ Ê 7RQ9/ továbbá B¢ : +Q

¢ : +Q¢ 7CQ9/ H 8. Lineáris kombinációk, bázis, dimenzió tHtHtH Â¡ vektorok, ¢! ¢µ HtHtH ¢¡ 8.1 Definíció Legyen vektortér felett, Â? Âµ )¢ Â QR¢µ ÂµQjjjQR¢¡Â¡ tHtHtH Â¡ vektorok ¢" tH HtH ¢¡ skalárokkal való lineáris kombinációjának nevezzük. vektort a ÂK skalárok. Az 8.2 Tétel (A lineáris kombináció tranzitív tulajdonsága.) Ha egy vektortér > vektora lineát H t H H risan kombinálható az Å továbbá minden § -re Å¦ lineárisan kombinálható tHtH H ÆBA vektorokból, akkorÅ@>? vektorokból, tHtHtH ÆBA vektorokból is. az Æ? lineárisan kombinálható az ÆE Bizonyítás: Legyen > továbbá C ? ¤ ¦VÅ¦ ¦EDG ÚG§"`ù§!`F uÅ¦ CG A Ekkor > C ? ¦EDG ¤ ¦Å¦ C ? ¦EDG ¤¦ CG A G D G D G G K¦ Æ G G K¦ Æ H C ? CG A ¦EDG GD G G

¤ ¦HK¦ Æ 28 VEKTORTEREK CG A ami valóban az Æ G G C ? G ¦EDG D ¤ ¦HK¦ Æ CG A C ? G ¦ G D JI ED ¤ ¦HK¦ GK G Æ HtHtH ÆLA vektorok lineáris kombinációja. tH HtH 8.3 Tétel Egy vektortér Â? vektorainak összes lineáris kombinációi alteret Â¡ rögzített tH t H H tH HtH Â vektorok által generált alkotnak -ben. Ezt az alteret, melyet jelöl, a M$Â? Â ¡ K Â tHtHtH Â vektorok lineáris lezártjának nevezzük. ( altérnek, vagy a ÂK ( tH HtH Â¡ / Bizonyítás: MX$ÂK nyilván nemüres, mert például a g ÂK[QjjjtQ g Â¡ g vektort tartalmazza. Továbbá ¢)ÂK+Q£jjjQ¢ ¡ Â¡ Q ¤ Â Q£jjjQ ¤ ¡ H Â¡ $¢"[Q ¤ Â Q£jjjQ$¢¡IQ ¤ ¡ Â¡ Bebizonyítottuk, hogy két / szorosa: -beli vektor összege szintén / -beli. A / -b ől vett vektor skalár- Ê¢ ¤ ÂK+Q£jjjQ ¤

¡Â¡ ¢ ¤ Â[QjjjQR¢ ¤ ¡Â¡ / H 8.4 Definíció A N vektortér Â? tH HtH Â¡ vektorrendszerét a generátorrendszerének nevezzük, ha bármely vektora legalább egyféleképpen lineárisan kombinálható belőlük; N lineárisan független vektorrendszerének nevezzük, ha bármely vektor legfeljebb egyféleképpen kombinálható belőlük; N bázisának nevezzük, ha bármely vektor pontosan egyféleképpen kombinálható bel őlük. HatHtegy véges vektorrendszer nem lineárisan független, akkor lineárisan függőnek nevezzük. Ha t H H tH t H H Â Â¡ bázis akkor tehát tetszőleges Â vektorhoz egyértelműen léteznek olyan ¢I ¢ ¡ skalárok, hogy Az ¢) tHtH H ¢ ( Â ¢"Â+QjjjQR¢ ( Â ( H tHtH H Â bázisra vonatkozó koordinátáinak nevezzük. skalár -est a Â vektor ÂK ( Megjegyzés. Az definíciót megelőző tételben véges sok vektor lineáris

lezártjáról beszéltünk A fogalmat ki lehet terjeszteni tetszőleges / 0 részhalmaz esetére: / lineáris lezártja a / -beli vektorokkal képzett összes véges lineáris kombinációk halmaza. Az így értelmezett MO/ halmaz szintén a altere. Erre szintén mondhatjuk, hogy a / által van generálva A továbbiakban a LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ 29 generátorrendszer elnevezést mindig csak véges vektorrendszerre használjuk, és ezt hangsúlyozandó gyakran véges generátorrendszerről beszélünk. Megemlítjük, hogy nem minden vektortér végesen generált (azaz nem minden vektortérnek létezik véges generátorrendszere), de a továbbiakban csak olyan vektorterekről lesz szó, amelyek véges sok vektorral generálhatóak. Megállapodunk abban, hogy az üres vektorrendszer által generált vektortér a , melyet tehát g számú vektorral generált vektortérnek tekintünk. tHtHtH ha 8.5 Tétel Egy vektortér Â? Â¡ vektorrendszere

akkor és csakis akkor lineárisan tHtHtH ¢¡ függő, a zérusvektor nemtriviálisan is kombinálható belőlük, azaz: léteznek olyan ¢B skalárok, hogy van közöttük zérustól különböző, és ¢)ÂK[QjjjtQ¢ ¡ Â¡ g H tHtH H Bizonyítás: Ha ÂK Â¡ lineárisan függő rendszert alkotnak, akkor definíció szerint van olyan vektor, amely legalább kétféleképpen kombinálható belőlük: Â+QjjjQ,?¡Â¡ ¤ Â[Q£jjjQ ¤ ¡Â¡ és az együtthatók között vannak különbözők. Rendezve: ¤ Â Q£jjjQP?¡ ¤ ¡ Â¡ g H P Mivel van olyan § , hogy ¦ ¤ ¦ , ezért a baloldali együtthatók között van zérótól különböző. tH HtH Â¡ vektorMegfordítva, ha a zéróvektor triviálistól különbözően is kombinálható a Â? rendszerből, akkor a zérusvektor legalább kétféleképpen kombinálható, mert triviálisan minden

vektorrendszerből kombinálható a zéróvektor. HtHtH 8.6 Tétel Egy vektortér Â? Â¡ vektorrendszere akkor és csakis akkor lineárisan független, ha a zérusvektor csak triviálisan kombinálható belőlük, azaz, ha ¢"ªÂK[Qjjj¢¡Â¡ g akkor ¢" jjj ¢¡ g H Bizonyítás: Az előző állítás kontrapozíciójáról van szó. 8.7 Tétel A bázis nem más, mint N lineárisan független generátorrendszer; N maximális független vektorrendszer (azaz tetszőleges vektort hozzávéve már nem független); N minimális generátorrendszer (azaz tetszőleges vektort elvéve, már nem lesz generátorrendszer). 30 VEKTORTEREK Bizonyítás: Az első állítás közvetlenül a definíció következménye. t H t H H tHtHtH ú Â már nem Legyen most úT ú ( bázis, Â tetszőleges vektor. Belátjuk, hogy ú tH t t H H ( ú ( bázis, ezért a Â vektor lineárisan kombinálható lineárisan független.

Valóban, mivel ú belőlük: Â ¢)ú[QjjjQR¢ ( ú ( illetve teljesül Â ¢"ú[QjjjtQ¢ ( ú ( Q g Â tHtH H ú Â vektorrendszerből másképpen is kombinálható: ( Â g ú[Q£jjjQ g ú ( QtÂ tH tHtH H ú Â már nem lineárisan A Â vektornak tehát kétféle lineáris kombinációját is megadtuk: ú ( is. Másrészt Â az úT független vektorrendszer. Végezetül a harmadik állítás. A bizonyítás indirekt Az el őbbi bázisból tetszőleges vektort, például ú -et vegyük el, s tegyük fel, hogy még mindig bázist kapunk Az ú vektor tehát ( ( lineárisan kombinálható belőlük: ú ( ¢)Èú Q HtHtH Q¢ ( Èú ( H Ez azt jelenti, hogy az eredeti bázisban az ú vektornak kétféle lineáris kombinációja is van: ( ú ( ¢)ú[Q HtHtH Q¢ ( ú ( [Q g ú ( és Ez ellentmondás. ú ( g ú[Q HtH H Q g ú ( +Qú ( H tHtHtH 8.8 Tétel A ÂK

Â¡ vektorok akkor és csakis akkor lineárisan függők, ha valamelyikük lineárisan kombinálható a többiből tHtHtH Bizonyítás: Először tegyük fel, hogy a Â? Â¡ vektorrendszer valamelyik tagja lineárisan kombinálható a többi vektorból. Legyen ez pl ÂE Tehát ÂK ¢ µÂµQ HtHtH QR¢¡Â¡ H Rendezve: tÂ QR¢µ ÂµQ HtHtH Q¢ ¡Â¡ g H Ez a zéróvektor nemtriviális lineáris kombinációja, mert az együtthatók között szerepel . tHtH H Â¡ vektorrendszer lineárisan függő. Ez azt jelenti, Megfordítva, tegyük fel, hogy a Â? hogy a zérusvektort nemtriviálisan is lehet lineárisan kombinálni bel őlük: ¢)ÂK+Q H HtH Q¢ ¡ Â¡ g és az együtthatók között van zérustól különböző, pl. ¢" Ekkor Â ¢¢)µ Âµ jjj ¢¢)¡ Â¡ azaz a zérustól különböző együtthatóval rendelkező tag lineárisan kombinálható a

többiből. 31 LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ 8.9 Következmény Ha egy vektorrendszer tartalmazza a zérusvektort, akkor az lineárisan függő Valóban, a zérusvektor csupa g együtthatóval lineárisan kombinálható a többi vektorból. tHtHtH ¨ 8.10 Tétel A ÂK Â¡ zérusvektort nem tartalmazó vektor -as akkor és csakis akkor lineárisan függő, ha valamelyik vektora lineárisan kombinálható a megelőző vektorokból. ¨ ) lineárisan kombinálható a megelőző tagokból: Â¦ ¢)Â Q HtHtH QR¢ ¦îÂ¦î HtHtH RQÂ¦ HtH H Â¡ vektorrendszerből is (a kalap a vektor hiányát akkor lineárisan kombinálható a Â Bizonyítás: Ha a Â¦ vektor ( `ù§I` jelenti): Â¦ ¢)Â Q HtHtH QR¢ ¦ªÂ¦[Q g Â¦ESG+Q HtHtH Q g Â¡ tehát a vektorrendszer valamely tagja lineárisan kombinálható a többib ől. Ez az előző tétel szerint azt jelenti, hogy a

vektorrendszertHtlineárisan függő. t H H Â ( vektorrendszer lineárisan függő. Ekkor a zérusvektor Most tegyük fel, hogy a ÂK triviálistól különbözően is kombinálható belőlük: ¢)ÂK+Q H HtH Q¢ ¡ Â¡ g H Az együtthatók között van nullától különböző, a legnagyobb indexű nullától különböző együttható legyen ¢ ¦ . Tehát HtHtH ¢[¦ESG ¢ ¡ g (vagy esetleg egyetlen együttható sem nulla, ekkor az utolsó nullától különböz ő együttható ¢¡ ). Ekkor Â¦ lineárisan kombinálható a megelőzőekből: Â¦ ¢)[¢ ¦ ÂK jjj ¢ ¢ ¦¦ Â¦ H ¨ vektorral generált vektortér minden lineárisan független 8.11 Tétel (Kicserélési tétel) Egy ¨ vektorrendszere legfeljebb tagú. tHtH H tHtHtH Bizonyítás: Legyen ¶z ¶¡ generátorrendszer, ·t ·T pedig lineárisan független vektor¨ . Feltehetjük, hogy rendszer. Azt állítjuk, hogy U` ¶?¦ qg

. (Ha mégis, akkor ezt a vektort elhagyva még mindig generátorrendszert kapunk.) Tekintsük a ·T ¶z tHtHtH ¶¡ N HtHtH vektorrendszert. Ez lineárisan függő vektorrendszer, mert ·VT lineárisan kombinálható az ¶ ¶K¡ generátorrendszerből. Ez a vektorrendszer zérusvektort nem tartalmaz, tehát valamelyik tagja lineárisan kombinálható a megelőzőekből Legyen ez a vektor ¶K¦ Hagyjuk el ezt a vektort az előbbi vektorrendszerből: ·T ¶E tHtH H WQ¶¦ HtHtH ¶¡ NN 32 VEKTORTEREK (a kalap a vektor hiányát jelenti.) Mivel N mindegyik vektora lineárisan kombinálható NN vektoraiból, ezért a lineáris kombináció tranzitív tulajdonságát használva adodik, hogy NN is generátorrendszer Most NN vektoraihoz balról vegyük hozzá ·XT -et: ·YT ·T ¶E tHtH H BQ¶¦ HtHtH ¶K¡ H NN N N N N Az előző gondolatmenet megismételhető, tehát lineárisan függő, ezértG valamelyik vektora

litH t H H neárisan kombinálható az előtte levő vektorokból. Ez a vektor nem lehet ·XT , mert a ·t ·T vektorrendszer lineárisan független a feltevésN szerint. Ezért valamely ¶ vektort tudjuk kombinálni a megelőző vektorokból Elhagyva a NN vektorrendszerből ezt a vektort, még mindig getHtHtH ·T vektorrendszer vektorait sorra nerátorrendszert kapunk.tH Az eljárást tovább folytatva a · t H H ki tudjuk cserélni az ¶ ¶¡ vektorrendszer valamely vektorával. Ezért az ¶ZA vektorok nem fogyhatnak el hamarabb, mint a ·Y? vektorok, ami pontosan a kívánt állítás. 8.12 Következmény Egy lineárisan függő. ¨ vektorral generált vektortérben minden ¨ Q tagú vektorrendszer ¨ 8.13 Tétel Egy vektorral generált vektortérnek létezik legfeljebb bázisa azonos tagszámú. ¨ tagú bázisa, s minden tHtHtH ¶¡ legyen generátorrendszer. Bizonyítás: ¶E Először hagyjuk el belőle az esetleg előforduló ¨

nullvektorokat, így egy legfeljebb tagú generátorrendszerhez jutunk: E¶ tH HtH ¶[AY+` ¨zH N E¶ tHtHtHBQ¶¦ tH HtH ¶]A NN Ha a N vektorrendszer lineárisan független, akkor ez bázis, s a bizonyítás kész. Ha lineárisan függő vektorrendszerrel állunk szemben, akkor van olyan ¶?¦ vektor N -ban, mely a többiből kifejezhető. Ezt elhagyva a kapott vektorrendszer még mindig generátorrendszer a lineáris kombináció tranzitív tulajdonságát használva: N minden vektora lineárisan kombinálható NN -ból. Az eljárást addig folytatjuk, míg lineárisan független vektorrendszerhez (lineárisan független generátorrendszerhez) nem jutunk Az eljárás megszakad legkésőbb akkor, amikor egyetlen vektor marad, mert egyetlen nemnullvektor ¨ lineárisan független rendszert alkot. Van tehát legfeljebb tagú bázis Hátra van még annak belátása, hogy bármely két bázis azonos tagszámú. Legyen ^ tH t H H tH t t H H ¶E

¶R? illetve õ · ·YA két bázis ugyanabban a végesen generált vektortérben. Tekintsük először ^ -t generátorrendszernek, õ -t pedig lineárisan független vektorrendszernek Alkalmazva a kicserélési tételt: C` F Most fordítva, tekintsük õ -t generátorrendszernek, ^ -t lineárisan független vektorrendszernek: F ` . Ez azt jelenti, hogy F 33 LINEÁRIS KOMBINÁCIÓK, BÁZIS, DIMENZIÓ 8.14 Definíció Egy végesen generált vektortér dimenzióján bázisainak közös tagszámát ért jük, s ezt `EëHa9 -vel jelöljük. A triviális vektortér dimenzióján definíció szerint g -t értünk Az t H t H H MÂK Â¡ dimenzióját a $ÂK HtHtH Â¡ vektorrendszer rangjának nevezzük. Példa. A szabadvektorok vektortere ð dimenziós vektortér p Példa. A skalár -esek ( tere dimenziós vektortér, s benne bázis a következő vektorrendszer: bc e5f ff c cd g g p . g . bc e5f g e5fff c g f cd f BHtHtH g H bc c cd

g . g . . g . Ezt a bázist ( kanonikus bázisának nevezzük. Példa. ) nem végesen generált, míg a legfeljebb -edfokú polinomok ) ( tere Benne bázis: tHtH H Å Åµ Å( A bázissal kapcsolatosan megfogalmazhatunk néhány további egyszerű állítást. 8.15 Tétel Legyen / Bizonyítás: / Qd dimenziós. az dimenziós vektortér dimenziós altere. Ekkor / . bázisa egyben bázisa, mert tagú lineárisan független vektorrendszer. tH HtH Â? lineárisan füg8.16 Tétel Legyen h dimenziós vektortér, Fmi pozitív és ÂE tHtHtH egész Â ( vektorok, hogy ÂK tHtH H Â ( bázis getlen vektorrendszer -ben. Ekkor léteznek olyan ÂL?jSG -ben. HtHtH Bizonyítás: ÂK Âk? nem lehet bázis, mert Fml . Ez azt jelenti, hogy ez a vektorrendszer nem maximális lineárisan független rendszer, azaz bővíthető úgy egy Âk?SG vektorral, hogy még mindig lineárisan független vektorrendszert kapjunk. Ha F Q ,

akkor a bizonyítással készen tHtH H Â tagú lineárisan független vektorrendszer egy dimenziós vektorvagyunk, mert ÂK ( térben. Ha FQá , akkor ismételjük meg az előző gondolatmenetet, míg tagú lineárisan független vektorrendszert kapunk. 8.17 Tétel Egy dimenziós vektortér minden altere legfeljebb dimenziós vektortér 0 altér csak a zéróvektort tartalmazza, akkor ennek a Bizonyítás: Ha a szóban forgó / . Ekkor / -ben van nemzéró vektor, dimenziója definíció szerint g . Tegyük fel, hogy / amelyet bővítsünk / -ben maximális független vektorrendszerré (esetleg már a felvett nemzéró vektor is maximális független vektorrendszer). Ez véges sok vektor hozzávételével megtehet ő mert / vektorai egyben vektorai is, s -ben legfeljebb lineárisan független vektor vehet ő fel. Tehát / is végesen generált, s bázisa legfeljebb tagú 34 VEKTORTEREK 8.18 Tétel Egy vektortér bármely két és

Sµ alterére: zë 8 ++¸ ( Qm`EëHa8+(+Q9µ `zëHa9([Q`zëHa9µ H Bizonyítás: Gyakorlat. Legyen `zHë a9[ , `EHë a9Sµ (µ , `zëHaâ+c¸;Sµ n Legyen tH t H H ú ú5op( ¸ µ bázisa. Ezek a vektorok [ -ben és Sµ -ben is benne vannak Egészítsük ki ezt a vektorrendszert először ( bázisává: ú HtHtH 5ú o ¶z HtHtH ¶K¡ ¨ Q n illetve Sµ bázisává: ú HtHtH 5ú o ·t HtHtH · T( UQ n Gµ H Azt látjuk be, hogy ú tHtHtH ú5o ¶E tHtHtH ¶¡ ·t HtHtH ·T ¨ ¨ H bázis +Q,µ -ben. (Ez valóban az állítást jelenti, mert: n Qù Q n QpU Q n QùUKQ n ) ` Ha Először azt látjuk be, hogy N ú tHtHtH ú5o E¶ tHtHtH ¶¡ ·t HtHtH ·T generátorrendszer [Qµ -ben. Valóban [Qµ minden vektora felbontható egy [ -beli ÂK és tHtHtH 5ú o ¶E tHtHtH ¶¡ vektorokból, egy µ

-beli Âµ vektor összegére. Â? lineárisan kombinálható a T ú Âµ pedig lineárisan kombinálható az ú HtHtH ú5o ·t HtHtH ·YT vektorokból. Tehát Â?QÂµ lineárisan kombinálható a N vektorrendszerből. Hátra van annak belátása, hogy a N vektorrendszer lineárisan független. Állítsuk el ő a zérusvektort N lineáris kombinációjaként! q gx ¢)¶E Q£jjjQd¢ ¡ ¶¡I, Q Sú Q£jjj Q [oB5ú oQ ¤ ·t[QjjjtQ ¤ TÉ· T H Legyen · ¤ · [QjjjQ ¤ Tî·T Sµ r q miatt · + is teljesül. Ez azt jelenti, hogy · [I¸mµ , azaz lineárisan kombinálható a következőképpen is: · ts ú[QjjjQ s oBú5o H u Kivonva a r -ból -ot: u gx¤ · Q£jjjQ ¤ TÉ·T s Èú+QjjjQ s oBú5o adódik. Itt a nullvektort bázisból kombináltuk, tehát mindegyik kombinációs együttható g : q ¤ H HtH ¤ T s tH

HtH t s o g H Írjuk vissza az eredményt -ba: g ¢)È¶z+Q£jjjQ¢ ¡t¶¡IQú+Q£jjjQ[oYú5o H E¶ tHtHtH ¶¡ ú tHtHtH ú5o azonban lineárisan független rendszer, tehát q -ben valamennyi kombinációs együttható g . A nullvektort N -ból tehát csak triviálisan tudtuk kombinálni ami azt jelenti, hogy N lineárisan független rendszer. 35 ALTEREK DIREKT ÖSSZEGE 9. Alterek direkt összege tHtHtH ¡ altereinek a direkt összege, ha 9.1 Definíció Akkor mondjuk, hogy a vektortér a -nek minden Â vektora előáll egy és csakis egyféleképpen Â ÂK[QjjjtQRÂ¡ ( tHtHtH Â¡ S¡ . Jelölése: +w vjjjxvS¡ alakban, ahol Â? 9.2 Tétel A vektortér akkor és csakis akkor direkt összege a µ ezen alterek (tetszőleges) bázisainak egyesítése bázisa. tH HtH yo altereinek, ha Bizonyítás: Előadáson csak két összeadandóra, egyszerűbb

jelölésekkel. (Ekkor nincs szükség kettős indexekre, lehet más betűt használni. Teljesüljön először, hogy továbbá ¦ dimenziója legyen ¦ . úTª ször belátjuk, hogy generátorrendszere -nek. Legyen Å vektorok összegeként: (zvjjjv;yo (9.2) HtHtH úA{ legyen + ,.,ú5oI HtHtH ú5o|A} pedig @o bázisa Elő úª HtHtH ú5o|A } tetszőleges vektor. 92 miatt Å előáll z¦ -ből vett Å Å+[QjjjtQCÅ@o ahol Å¦ ¦ H Tehát: Å Å+[QjjjQÇÅ@o ¢)ªúª Q£jjjQ¢)A{úA{+Q Q¢ µÈútµ Q£jjjQ¢ µ A+~útµ A+~Q . . Q¢woIÈú5o! Q£jjjQR¢zoA}ú5o|A} azaz beláttuk, hogy a bázisok egyesítése generátorrendszer. Most belátjuk, hogy a bázisok egyesítése lineárisan független rendszer is. Kombináljuk ehhez a vektorokból a zérusvektort: ¤ ªúª Q£jjjQ ¤

Aj{úA{+QjjjtQ ¤ o!Èú5oI[QjjjtQ ¤ oA } ú5o|A } g H Itt ÆK £¤ ªÈúª Q£jjjQ ¤ Aj{úA{ ( ÆWo ¤ o!Èú5oI QjjjQ ¤ o|A } ú5oA } . . yo 36 VEKTORTEREK és Æ?+Q£jjjQRÆko g H 9.2 miatt azonban a zéróvektort a S¦ alterekből vett vektorok összegeként egyértelműen lehet felírni, azaz Æ¦ g , tehát minden ¤ ¦H együttható zéró. Ez a kívánt lineáris függetlenséget jelenti Megfordítva, tegyük fel, hogy az tH HtH v@ úª tH HtH úAj{ ÛtH HtH Û ú5o! tHtH H ú5oA } F ^ vektorrendszer a + yo bázisainak egyesítése (az előbbiekben alkalmazott jelölések szerint), egyértelműen felírható és ^ egyben bázisa is. Ekkor minden Å Å "¢ ªÈúK QjjjtQ¢)A{úAj{+Q¢ µÈútµ Q£jjjQ¢ µA+~útµA+~Qjjj¢zo!Èú5oI[QjjjtQ¢wo|A }

ú5oA } Å+ Q£jjjQCÅ@o alakban, ahol ¢)ªÈúª[QjjjQR¢"Aj{úA{ . . Å+ ¢zo!Èú5oI[QjjjtQ¢wo|A})ú5oA} Å@o H vektort előállítottunk + tH HtH yo -ből vett vektorok összegeként. Tekintsünk Azaz minden Å egy összeget. Ekkor Å Å U QjjjQCÅ Uo ahol Å U¦ z¦ Å U U Åo . . ¢ Uª úªQjjjtQ¢ UA { úAj{ U U ¢ o! ú5o! Q£jjjQ¢ oA } ú5oA } és ¢ Uª úK QjjjtH Q¢ UA{ úAj{+Q¢ µU útµ Q£jjjQ¢ UµA+~ útµA+~Qjjj¢ o!U ú5oI[QjjjtQ¢ o|U A } ú5oA } Å+ Q£jjjQCÅ@o G G U U Ezt 9.2-el összehasonlítva ¢¦ ¢ ¦ , aza ÅS¦ Å ¦ adódik H 9.3 Következmény +wvjjjxvS¡ +' `zëHa9+[QjjjtQm`zëa;¡ `zëa; Å 9.4 Tétel Egy vektortér akkor és csakis akkor dimenziós, ha számú egydimenziós

alterének direkt összege. 37 ALTEREK DIREKT ÖSSZEGE Bizonyítás: Ha a vektortér számú egydimenziós alterének direk összege, akkor ezen alterekből vett bázisok egyesítése az előző tétel miatt bázisa is, tehát 9 dimenziós. Megfordítva, tHtHtH ú bázis -ben. Ekkor legyen ú ( M$ú vjjj4v&MXú ( triviálisan teljesül, hiszen ez pontosan azt jelenti, hogy tetszőleges vektora egyértelműen előáll HtHtH ú vektorok lineáris kombinációjaként. az úT ( 9.5 Tétel Ha Q és alterei a ¸ . és vektortérnek, akkor v ekvivalens azzal, hogy . Q 0t azért teljesül, mert és Bizonyítás: Először tegyük fel, hogy teljesül v részhalmazai, v garantálja, hogy minden -beli pedig azért, mert 0 Q . Ha Å £ és vektor felbontható -ból és -ből vett vektorok összegére. Tehát Q ¹ , akkor Å Å Å Q g g

QCÅ . s a felbontás egyértelműsége miatt Å g . Beláttuk, hogy ¸ Q , ¸ . Q miatt minden -beli Megfordítva, teljesüljön most, hogy vektor előállítható -ból vett és kell belátni. Legyen most -ből vett vektorok összegére, csak a felbontás egyértelműségét Å Å ¶XU QR· U ahol ¶ U ¹n · U 99H ¶ Q· ahol ¶ · A két relációt kivonva egymásból: gx ¶ ¶ U QR· · U +' ¶ ¶U ·U ·H U · í , mert két -beli vektor különbsége. ¶ ¶ U í , mert két -beli vektor különbsége, · , tehát Azonban ¸ ¶ ¶ U gA(' ¶ ¶ U · U · gA+' · · U tehát a felbontás egyértelmű. 9.6 Tétel Egy végesen generált vektortér minden altere direkt összeadandó, azaz mindegyik altérhez létezik olyan altér, hogy direkt összegeben kiadják az eredeti vektorteret. tHtH H ¶L? bázisa. Bizonyítás: Legyen altér a

vektortérben. Legyen ¶S Mivel ez -ben linetH t H H árisan független rendszer, ezért kiegészíthető bázisává valamely ·t vektorrendszerrel. M$·t tHtH H ·YA . Mivel az és egy bázisának egyesítése ·YA bázisát Legyen adja, ezért v . 38 VEKTORTEREK 10. Lineáris sokaság, faktortér 10.1 Definíció Legyen altere a vektortérnek, továbbá Â ÂXQ& á@ ÂQ9nD4 F irányterű lineáris sokaságnak nevezzük. A ÂQ halmazt altér eltoltjának is mondjuk. tetszőleges vektor. A lineáris sokaságot gyakran a J tetszőleges szabadvektor, 3 J nem nullvektor. Az @ Q 3ÊD npcF J tetszőleges szabadvektor, halmaz lineáris sokaság, irányterének bázisa . Legyen ß Þ J lineárisan független szabadvektorok. Az @ QdfßQRÞDf npcF halmaz lineáris sokaság, iránytere Mß Þ . Példa. Egyenesek és síkok: legyen a vektortérnek. Értelmezzük

-ben a következő, -el jelölt 10.2 Tétel Legyen altere relációt: Å Æ , ha Å Æ . Azt állítjuk, hogy ekvivalenciareláció, továbbá az ekvivalenciaosztályok pontosan a irányterű lineáris sokaságok Å g . szimmetrikus: Å Æ +' Å Æ , mert Å Å * Æ (' Å Æ Æ Å (' Æ +' . tranzitív: Å Å Æ > * Å Æ Æ > +' ¾Å Æ QÆ > Å > +' Å > . Beláttuk, hogy ekvivalenciareláció. vektor által reprezentált ekvivalenciaosztály pontosan ÅcQ . Most belátjuk, hogy egy Å Először belátjuk, hogy minden Å Q -ból vett vektor ekvivalens Å -hez. Valóban, legyen Å Q Åc Q . Ekkor ¾ÅcQ Å . Legyen most egy Æ -al jelölt vektor Å -hex ekvivalens! Ekkor Æ Å , azaz Æ Å Q9 Å Q& . vektor pontosan egy 10.3 Következmény Tételünkből következik, hogy minden egyes

Å Bizonyítás: reflexív: Å irányterű lineáris sokaságban van benne ( 0t rögzített altér.) Ilyenmódon a zéróvektor is csak egy irányterű lineáris sokaságban van benne, g Q -ban. Ez az egy irányterű lineáris sokaság altér. Megállapodunk abban, hogy egy irányterű lineáris sokaság vektorait az illető lineáris sokaság reprezentánsainak is mondjuk, hiszen az el őző tétel szerint a lineáris sokaságok tekinthetők egy ekvivalenciareláció ekvivalenciaosztályainak. 10.4 Definíció Egy lineáris sokaság dimenzióján irányterének dimenzióját értjük 10.5 Definíció A ¶XQm és ·)Q& közös irányterű lineáris sokaságok összegén az ¶XQR· lineáris sokaságot értjük. A ¶ Q lineáris sokaság ¢ skalárral való szorzatán pedig a $¢¶ lineáris sokaságot. Q& Q 39 LINEÁRIS SOKASÁG, FAKTORTÉR 10.6 Tétel A lineáris sokaságok összege és skalárral való szorzata

független a reprezentánsok választásától. U U U U ¶xQ , · ·YQ , azt állítjuk, hogy ¶Qù· Q ¶ Qù· Q . Bizonyítás: Legyen ¶ U U Ehhez azt kell belátni, hogy az ¶Q· és ¶ QR· vektorok különbsége -ban van. Valóban: $¶XQ· ¶ U QR· U ¶ ¶ U Q· · U B H U Hasonlóan, belátjuk, hogy ¢¶ Qm ¢¶ Q& . ¢¶ ¢¶ U ¢Ê$¶ ¶ U Ê 10.7 Tétel Egy vektortér altere szerint vett összes lineáris sokaságok halmaza vektortér az összeadás és skalárral való szorzásra nézve. Ezt a vektorteret a vektortér altér szerint vett faktorterének mondjuk, és B -val jelöljük. Bizonyítás: Könnyű látni, hogy +B Q Abel csoport, csak annyit jegyzünk meg, hogy W zéróeleme , ¶Q& additív inverze pedig ¶XQm . Ellenőrízzük a vektortér axiómakat! (Megjegyezzük, hogy az alábbi egyszerű levezetésekben mindig tisztázzuk

az összeadásjel jelentését, mert a Q jel többféle értelemben is szerepel!) Q$·"Q& ¢È¶Q· Q& ¢Ê$¶QR· È Q ¢¶?Q¢· Q ¢¶ QQ=¢· Q H ¢Q ¤ ¶Qm È¢Q ¤ ¶ Q& ¢¶Q ¤ ¶ Qm ¢¶ Qm Q ¤ ¶ Q& H ¢ ¤ ¶m Q $¢ ¤ ¶ & Q $¢Ê ¤ ¶ Q& ¢&È ¤ ¶ Q& ¢ ¤ ¶Q& ÈGH K¶& Q ¶ & Q ¶XQ& H ¢&È¶XQm 10.8 Tétel Legyen egy végesen generált HtHtH zë ` aW vektortér altere. Ekkor `zëHa9 z` ëa9 H Bizonyítás: Legyen ¾Å Å@o egy bázisa. Egészítsük ki ezt a vektorrendszert bázisává tH t t H H az ÅoSG Å vektorokkal. Azt állítjuk, hogy a ( Å@oSG Qm tHtH H Å ( Qm vektorrendszer B bázisa. Először belátjuk ezen vektorok lineáris függetlenségét Kombináljuk

belőlük B nullvektorát: ¢wo|SGÅ@oSGQ& Q HtH H Q¢ ( ¾Å ( Q& A skalárral való szorzás és az összeadás definíciója szerint ¢wo|SGÅ@oSG[Q HtHtH Q¢ ( Å ( Q& H 40 VEKTORTEREK azaz ¢zo|SGÅ@oSGH HtH Q ¢wo|SGÅ@oSGQ tH H H Q¢ Å . Innen következik, hogy valamennyi együttható g , hiszen a ( ( Q¢ ( Å ( vektor egy direkt komplementerében és -ban is benne van, tehát csak zéróvektor lehet. Belátjuk, hogy Å oSG Qm tHtH H Å ( Qm @ B tetszőleges lineáris sokaság. W generátorrendszere. Legyen ÅQ bázisával Å lineárisan kombinálható: Å ¢)ªÅ+ Q HtHtH QRz¢ oI@Å o Qw¢ oSGª@Å o|SG Q HtH H Q¢ ( Å ( H megadott Az első zárójelben levő tag -ból való, tehát Å vagy lineáris sokaságokra áttérve: ¢wo|SGªÅ@oSGQ HtHtH Q¢ ( Å ( Å Qm ¢wo|SGÅ@oSG Q

HtHtH QR¢ ( Å ( Q& ¢wo|SG ¾Å@o|SG[Q& ami a bizonyítandó állítás. Q HtHtH Q¢ ( ¾Å ( Q& ^ 3. fejezet Mátrixok, lineáris egyenletrendszerek és determinánsok 11. Műveletek mátrixokkal G c n rögzített egészek, továbbá az ¶?¦ skalárok (§ p n 11.1 Definíció. Legyenek tH HtH n és HtHtH ) egy rögzített test elemei. (Ez a test nálunk leggyakrabban p , vagy esetleg ) Az ¶Eª ¶E$µ HtHtH ¶z ¶µ tHtH H ¶µ tHtHtH ¶LoI HtHtH ¶Ro rendezett skalár n j 4 -est, amit n ( ( ( c bc ¶zª E¶ $µ ¶Kµ ¶ µªµ ¶E$À j jj÷¶E ( ¶µªÀ j jj÷¶µ ( sorban és oszlopban a következő alakban írunk fel: cd . . . . . . . . e5f f f g ¶Lo! ¶Loµñ¶LoÀ jjjA¶Lo ( G n típusú mátrixnak nevezzük. Az összes n típusú mátrixok halmazát o ÿ ( jelöli. Az Ê o ÿ jelöli. Az előbbi mátrixot

röviden ¶¦ ( bc e f c ¶EP ? f cd f ¶µ ? . . ¶Ro? n g ê típusú mátrixot az előbbi mátrix F -edik oszlopának nevezzük (F HtHtH ), míg az ¶ Aª[¶ A$µ G HtHtH ]¶ A ( ] típusú mátrixot az -edik sorának. Az ¶?¦ elem tehát a mátrix § -edik sorának -edik eleme Az egyetlen oszlopból álló mátrixot oszlopmátrixnak, vagy oszlopvektornak, míg az egyetlen sorból álló mátrixot sormátrixnak vagy sorvektornak nevezzük. Egy skalárt tekinthetünk R 41 42 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK típusú mátrixnak. Ha a mátrix oszlopainak a száma megegyezik a mátrix sorai számával, akkor négyzetes mátrixról beszélünk. Egy típusú négyzetes mátrix fődiagonálisának, vagy főátlótHtHtH ¶ skalár -est Ezek az elemek a mátrix egyik „geometriai” jának nevezzük az ¶zª ¶µªµ (5( átlójában vannak: bc e5f c cd ¶Eª f f ¶µªµ

. . ¶ (5( H g A G másik átlót mellékátlónak is hívjuk. Ha egy mátrix mindegyik eleme 0, akkor azt zérómátg jelöli Gyakran hasznos az mátrix § H sorának H elemét rixnak nevezzük. A zérómátrixot is ¦ -vel is jelölni. A paragrafus további részébenG műveleteket értelmezünk G mátrixokkal. a $G ¶K¦ o ÿ és · ¦ o ÿ azonos típusú mátrixok. 11.2 Definíció Legyenek G ( ( o ÿ mátrix, mely § -edik sorának -edik Ezek összege az az ugyanilyen típusú Q ( eleme megegyezik ¶¦ Q · ¦ -vel. Úgy is fogalmazhatunk, hogy az azonos típusú mátrixokat G komponensenként adjuk össze. o ÿ tetszőleges mátrix. A º G o ÿ mátrix Legyen º tetszőleges skalár, $¶¦ ( ( az az ugyanilyen típusú mátrix, mely § -edik sorának -edik eleme megegyezik º¶E¦ -vel. 11.3 Tétel o ÿ j n dimenziós vektortér fölött Azaz Po ÿ Q kommutatív csoport, ( (

Gj mátrix. A skalárral melyben a zéróelem a zérómátrix, az mátrix additív inverze a való szorzásra pedig teljesülnek az alábbi tulajdonságok: Ê¢ Q ¢&Q ¤ ¢ ¤ ¢ QR¢ ¢ Q ¤ ¢Ê ¤ X Bizonyítás: A mátrixok összeadásának és skalárral való szorzásának definíciója alapján valamennyi tulajdonság visszavezethető a testbeli megfelelő műveleti tulajdonságra. o ÿ -ben egy bázist úgy kapunk, hogy tekintjük azt a különböz ő n jy darab mátrixot ( melyek mindegyike egyetlen 1-est tartalmaz, a többi mátrixelem nulla. (Kanonikus bázis) ò G $· ¦ -vel jelölt transz o ÿ tetszőleges mátrix. Ennek 11.4 DefinícióLegyen ( ÿ o mátrix, melyre · ¦ ¶¦ . Azaz -edik sorának elemei rendre ponáltja az az ( megegyeznek -edik oszlopának elemeivel. Egy mátrixot szimmetrikusnak nevezünk, ha meg egyezik a transzponáltjával,

míg ferdén szimmetrikusnak, ha G G Könnyen beláthatók a transzponálás alábbi egyszerű tulajdonságai: MŰVELETEK MÁTRIXOKKAL 11.5 Tétel Q f A következő mátrix művelet a szorzás. 11.6 Definíció Legyen v o ÿ bcd Az és ( 43 Q f ( ÿ A: e5f ¶Eª HtHtH z¶ ( . . . . g t H t H H ¶LoI ¶o ( L bcd e5f · ª HtHtH · A H . . . . g t H t H H ·( ·(A o ÿ A szorzatmátrixot úgy definiáljuk, hogy annak § -edik sorának ¨ -adik eleme CG ( G D G G ¶¦ · ¡ ¶¦îÈ·t$¡IQR¶¦ µ^·µª¡IQjjjQR¶¦ ( · ( ¡ H A definíció átfogalmazása a következő tétel: o ÿ és 11.7 Tétel Legyen t H t H H ( A lopvektorait jelöli, akkor ô osz- j jj A e f H . . g . . o jjj o A bcd ÿ( A . Ha sorvektorait HtHtH o illetve 11.8 Definíció -es -el vagy ha

nem okoz félreértést csak -vel jelölt egységmátrix alatt ( olyan 9 típusú mátrixot értünk, melynek § -edik sorának -edik eleme aszerint 0 vagy 1, hogy § vagy § . Azaz e5f bc c ( cd g j jj g f g j jj g f . . . . g g jjj . g . Az egységmátrix jelölésére használjuk az alábbi szimbólumut, az ún. Kronecker deltát is: Legyen G G r^¦ ¢¡ g ha ha § H § Az egységmátrix tehát: r^¦ . ( , amelyet µ is jelöl. Hasonlóan képezhető ( Ha négyzetes mátrix, akkor képezhet ő tetszőleges pozitív egészre. alatt az -val azonos típusú egységmátrixot értjük 44 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK 11.9 Tétel Legyenek , , # mátrixok, f tetszőleges skalár Ekkor ha a műveletek elvégezhetőek, akkor érvényes a disztributív szabály: Q# Q # # # továbbá f f H G G G B

¶?¦ o ÿ , $·¦ Ê Bizonyítás: A mátrixszorzás disztributivitása. Legyen ( # $º^¦ B ( ÿ ? . G G G G G CRQG # G ¦ ¡ G CRG ¶¦ · ¡IQº ¡ ¶¦ · ¡IQR¶¦ º ¡ G G G G CRG ¶¦ · ¡IQ C[G ¶¦ º ¡ ¦ ¡ Q # G G G Ê B ÿ ? , # º¦ Ê ? ÿ A . o ÿ , · ¦ Az asszociativitás: Legyen ¶K¦ érvényes az asszociatív szabály È # ¦ ¡ CG ? G C ( ¶¦¤TÉ·YT G I T£DG # È ¦¡ G T£D ¶¦¤T G K CG ? º ¡ C ( G I T£DG D G G K ¶¦¤Tî·YT º ¡ H ¶¦¤T # Tþ¡ C ( G TD CG ? G G K G CG ? C ( ·T º ¡ D I G ÿ ?, ( G ¦ º ¡ D D C ( ( G CG ? ( G I DG T£D G G K ¶¦¤Tî·YT º ¡ H Mindkét esetben ugyanazon indexű mátrixelemek szorzatának összegét kaptuk meg. A harmadik tulajdonság: G G G G G G f È ¦ ¡ CRG ¶¦ f

C[G ¡ CLG ¶¦ fS· ¡ f ¶¦ · ¡ f ¦ ¡ H Az asszociatív szabály egyszerű következménye, hogy ha F nemnegatív egészek, és tes mátrix, akkor H ? A A ? négyze- ?S@A Könnyű konkrét példát adni arra, hogy általában nem érvényes a mátrixszorzás kommutativitása, még négyzetes mátrixok esetén sem. MŰVELETEK MÁTRIXOKKAL 11.10 Tétel Legyenek és olyan mátrixok, hogy szorzatuk definiált legyen. Ekkor H Bizonyítás: ( ¦ ¡ ¦¡ v G G ¡ ¦ ¶ ¡ · ¦ G G G G CRG CLG · ¦¾¶¡ H ¦ ¡ C[G ÿ ( . Ha létezik olyan ( ÿ ( , hogy ( az ¦ -es egységmátrix), akkor azt mondjuk, hogy invertálható, s inverze a mátrix. 11.11 Definíció Legyen (ahol 45 ( 11.12 Tétel Ha egy négyzetes mátrix invertálható, akkor inverze egyértelmű négyzetes mátrixnak

és µ is inverze. Ekkor H Szorozzuk mindkét oldalt balról µ -vel: µ X µ H µ. A baloldali zárójelben az egységmátrix szerepel, tehát jelölést alkalmazzuk. Az invertálható mátrix egyértelmű inverzére a Bizonyítás: Tegyük fel, hogy az A későbbiekben majd belátjuk, hogy mátrixok esetén a jobboldali inverz egyben baloldali inverz is, azaz inverz is (ha létezik.) tHtHtH 11.13 Tétel Ha az szorzatmátrixnak is, és: azonos típusú négyzetes mátrixoknak van inverze, akkor van a ( Gjjj ( ( jjj Bizonyítás: (jjj ( ( ( ( jjj Gjjj jjj G jjj jjj tH HtH H ( ( ( ( ( ( Analóg módon számítjuk ki a másik oldali szorzást. 11.14 Tétel Invertálható négyzetes mátrix esetén az inverzképzés és

a transzponálás művelete felcserélhető, azaz: H mátrix. Használjuk fel a Bizonyítás: Szorzással ellenőrízzük, hogy inverze valóban az szorzatmátrix transzponáltjára vonatkozó összefüggést! X H A másik oldalról analóg módon. 46 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK 12. A Gauss elimináció, elemi mátrixok 12.1 Definíció Egy mátrixon végrehajtott (elemi) sor/oszlopműveleten vagy másképpen elemi sor/oszlop átalakításon a következő műveletek valamelyikét értjük: – egy sor/oszlop skalárszorosának hozzáadása egy másik sorhoz/oszlophoz, – két sor/oszlop felcserélése, – egy sor/oszlop szorzása egy nemzéró skalárral. Két mátrix sorekvivalens, ha egyik a másikból véges sok elemi sorátalakítással megkapható. Analóg módon definiálunk mátrixok oszlopekvivalenciáját. U 12.2 Tétel Ha az mátrix az

mátrixból elemi sor- vagy oszlopművelettel származott, akkor U van olyan elemi sor- vagy oszlopművelet, melyet végrehajtva -ből visszakapjuk -t. H Bizonyítás: Jelölje az § sorát ¦ . Adjuk hozzá például az mátrix § sorának º -szeresét az H G sorhoz (§ , oszlopokra a bizonyítás analóg.) Az új mátrix § sora változatlanul ¦ , míg Qdº ¦ . Most adjuk hozzá az új mátrix § sorának º -szeresét a sorhoz Visszakapjuk sora az eredeti mátrixot. Két sor (oszlop) cseréje után felcserélve ugyanezen indexű sorokat (oszlopokat), visszakapjuk az eredeti mátrixot. Ha egy sort (oszlopot) egy º g számmal szoroztuk, akkor ugyanezen indexű sort (oszlopot) szorozzuk § -vel. Így szintén visszakapjuk az eredeti mátrixot 12.3 Definíció Egy mátrix egy sorának vezető eleme a sor első zérustól különböző eleme (azaz a legkisebb oszlopindexű zérustól különböző elem), ha van ilyen. Egy

mátrixot lépcsős alakúnak nevezünk, ha rá teljesülnek az alábbi tulajdonságok: – A zérótól különböző elemet is tartalmazó sorok megelőzik a csak zéróból álló sorokat. – Ha két közvetlenül egymást követő nem csupa zéróból álló sort tekintünk, akkor a másodikban a vezető elem nagyobb oszlopindexű, mint a megelőző sor vezető eleme. A lépcsős mátrixot speciálisan trapéz alakúnak nevezzük, ha a közvetlenül egymás után következő sorokban a vezető elemek oszlopindexe 1-ben különbözik. Egy négyzetes mátrixot háromszög alakúnak, vagy felső diagonális mátrixnak nevezünk, ha G teljesül, hogy ¶¦ g ha §!k, azaz a főátló alatti elemek mind nullák. Példa. Példák . 47 A GAUSS ELIMINÁCIÓ, ELEMI MÁTRIXOK Megjegyzés. Lépcsős mátrixból oszlopcserékkel mindig elérhető trapéz alakú mátrix 12.4 Tétel Minden mátrix sorekvivalens egy lépcsős mátrixszal Bizonyítás: A

következő bizonyításban leírt eljárást nevezik Gauss eliminációnak. Válasszuk ki azt a legkisebb oszlopindexű oszlopot, amelyben van zérótól különböz ő elem. Ha ez nem az első oszlop, akkor ez azt jelenti, hogy ettől az oszloptól balra csak zéróelem van a mátrixban, tehát elemi sorátalakítások során ezek az oszlopok nem változnak. Az egyszerűség kedvéért ezeket az oszlopokat elhagyjuk. Ekkor az első oszlopban van zérótól különböző elem Sorcserével elérhető, hogy ez az elem az első sorban legyen. Mátrixunk tehát sorekvivalens egy tH HtH E¶ e ff E ¶ ª ¶ z $ µ cd f ¶µ K¶ µªµ tH HtH ¶ µ (( . . . g . . . t H t H H ¶Ro!ô¶Loµ ¶o ( R bc c mátrixszal, s ¶zª g . (Valójában az első oszloptól balra lehetnek még csak zérust tartalmazó ¶µ szeresét adjuk hozzá a második sorhoz! A következő mátrixot oszlopok.) Az első sor kapjuk: ¶Eª H HtH E¶ e ff E ¶

ª ¶ E $ µ cd g ¶ Uªµ µ H HtH ¶ Uµ ( f H . . . ( . . . g H t H H ¶LoI¶Roµ ¶o ( L bc c Analóg elemi sorátalakítást végzünk a többi sorral is, tehát az első sor ¶¦ -szeresét hozzáadjuk ¶Eª az § -edik sorhoz, az eredmény egy olyan mátrix, melyben az els ő oszlopban az első sorbeli zérótól különböző elem alatt csupa nulla van. e f ¶cd Eª z¶ U$µ tHtH HH HH E¶ U ( ff g ¶ ªµ µ ¶ µ( H . . . . . . g H t H H U U g ¶ o µ ¶o ( bc c Ezt az eljárást folytatjuk, úgy, hogy az első sort már nem változtatjuk, azaz csak a bcd g ¶ Uªµ µ tH HtH ¶ Uµ e5f H . . . ( . . . g g ¶ Uo µ tH HtH ¶ Uo ( mátrixon végzünk elemi sorátalakítást. Itt az első oszlopban csak zéróelem van, tehát az előbbi eljárást az eggyel kevesebb oszlopot tartalmazó bcd e f ¶ Uµªµ tH HtH ¶ Uµ ( . . . tH HtH ¶ U . g U¶ o µ o ( 48 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK

mátrixon ismételjük meg. Az eljárást folytatva az oszlopok számát mindig legalább eggyel csökkentjük, tehát az eljárás véges sok lépésben véget ér. (Szigorúbb formában indukcióval lehetne a bizonyítást leírni) 12.5 Definíció Elemi mátrixoknak nevezzük az egységmátrixból elemi sorátalakítással kapott mátrixokat. Példa. Példa a három típusra 12.6 Tétel Amilyen elemi sorátalakítással származik az - elemi mátrix az egységmátrixból, mátrix az mátrixból. olyan elemi sorátalakítással származik az - Bizonyítás: P A tétel 3 állítása (ti. a lehetséges elemi sorátalakítások száma 3) közül csak egyet látunk be, a másik kettő bizonyítása hasonló. Először egy jelölést vezetünk be Jelölje x?A azt az n n -es mátrixot, melynek minden eleme zéró, kivéve az F -edik sor -edik elemét ( x`F ` n ), amely 1: bc g g e5ff c . . . . . . . . . . c . ff c . . f cd . g X?jA . . . 5?A g . g .

g . g B o ÿ tetszőleges mátrix, akkor Könnyen ellenőrízhető, hogy ha ¶¦ ( bc g g e5ff c . G X?A cd c c . . ¶]Aª . g . . . . ff . f ¶]A ( g . g . F . sor azaz a szorzatmátrix F -edik sora megegyezik -edik sorával, s az összes többi mátrixelem zérus. Speciálisan X?? -el való szorzás hatása az, hogy minden elemét zérusra cseréli, kivéve az F -edik sort, amit változatlanul hagy. Ha az x?A)QxA? mátrixszal szorzunk, akkor az előzőek az szerint PX?A[Qm5A? a mátrix, melyben az -edik sorban F -edik sora áll, az F -edik sorban -edik sora, a többi mátrixelem pedig nulla. Legyen - olyan mátrix, melyet az Ç -es egységmátrixból az F -edik és az -edik sor fel cserélésével kaptunk, továbbá legyen tetszőleges í¨ -es mátrix. Ekkor az mátrix az mátrixból úgy kapható, hogy felcseréljük az F -edik és az -edik sort. - a következő alakban írható fel: -

X?A+QmxAP?Qmª Q£jjjQV ??QjjjtQ5 A+A[Q£jjjQm (5( szorzatot: ahol a kalap a tag hiányát jelzi. Számítsuk ki az - V?A m Q xAP? Q ª Qjjjt Q Xª ?+? Qjjjt« Q 5ª A+A QjjjQ (X( H A jobb oldalon pontosan az mátrix áll az F -edik és -edik sorának cseréjét ől eltekintve. NÉGYZETES MÁTRIXOK INVERTÁLHATÓSÁGA 49 A Gauss elimináció az elemi mátrixok nyelvén a következőt jelenti: 12.7 Tétel Minden mátrixot véges sok elemi mátrixszal balról szorozva lépcsős mátrix kapható 13. Négyzetes mátrixok invertálhatósága A következőekben kiderül, hogy az előzőekben megismert Gauss eliminációval egyszerűen el lehet dönteni, hogy egy mátrix invertálható-e, s ha igen meg lehet határozni az inverz mátrixot. 13.1 Tétel Minden elemi mátrix invertálható Bizonyítás: Az elemi mátrixok tehát a következők: a. az olyan mátrixok, melyeket

úgy kaptunk az d, -es egységmátrixból, hogy az F -edik sort szoroztuk egy º g számmal, b. az olyan mátrixok, melyeket az ¹ -es egységmátrixból az § -edik és -edik sor felcserélésével kaptunk, c. az olyan mátrixok, melyeket az ¹ -es egységmátrixból úgy kapunk, hogy az F -edik sor º szeresét hozzáadjuk az -edik sorhoz, miközben F . Az a. esetben az inverzmátrix az egységmátrixtól abban különbözik, hogy a diagonálisban az F -edik sorban helyett § van. (Tehát az inverzmátrix is elemi mátrix.) Mivel az - -vel való szorzás (balról) ilyenkor az valóban F -edik sorának º -vel való szorzását jelenti, ezért egységmátrix. Az - szorzat szintén egységmátrixot eredményez, mert az -val való szorzás most -F -edik sorának § -vel való szorzását jelenti. A b. esetben az elemi mátrix inverze önmaga, mert az F -edik és az -edik sor kétszer végrehajtott cseréje az egységmátrixot eredményezi A

c. esetben is az elemi mátrixot jelölje - A # -vel jelölt inverzét az egységmátrixból úgy kapjuk, hogy az egységmátrix F -edik sorának º -szeresét hozzádjuk az -edik sorhoz. Így # szintén elemi mátrix. A 126 tételből tudjuk, hogy -# és #x- is az egységmátrix 13.2 Tétel Legyen négyzetes mátrix, U akkor invertálható, ha . U pedig hozzá sorekvivalens mátrix. akkor és csakis sorekvivalens U -vel, akkor léteznek olyan - HtHtH - ¡ elemi mátrixok, hogy U -Gjjj -c¡ H Tegyük fel, hogy invertálható. Ekkor a jobb oldalon minden tényez ő invertálható, tehát a bal Bizonyítás: Ha U - jjj- ¡ U Megfordítva, ha sorekvivalens -hoz, akkor ez megfordítva is teljesül, s az előző bizonyí- oldal is invertálható, és tásrész megismételhető. 50 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK A következő tétel egy szükséges és elégséges

feltételt ad mátrixok invertálhatóságára. (A félév során még két ilyen feltételt fogunk megtanulni.) 13.3 Tétel Egy négyzetes mátrix akkor és csakis akkor invertálható, ha sorekvivalens az (ugyanolyan típusú) egységmátrixhoz Bizonyítás: Legyen az négyzetes mátrix sorekvivalens az egységmátrixhoz. Az el őző tétel szerint ekkor invertálható. Megfordítva, legyen invertálható. Tudjuk, hogy sorekvivalens egy lépcs ős mátrixhoz, amely tehát invertálható. Ebben a lépcsős mátrixban nem lehet csupa zéróból álló sor, hiszen akkor az nem lenne invertálható (a mátrixszorzás definícióját használva.) Ez azt jelenti, hogy a lépcsős mátrix valójában egy háromszög alakú mátrix: bc cd e5f ¶Eª¶z$µ j jj¶E ( f g HtH H ¶KH µªHtµ H j jj¶Htµ H ( H g g g j jjv¶ (5( és a fődiagonálisban nincs egyetlen zéró elem sem. Szorozzuk meg az § -edik sort ¬® -vel: bc g HtHtH g cd

e f ¶E$µ j jjh¶z ( f Ht H H j jjh¶KHtµ Ht( H g H g j jj Most az utolsó sor ¶¦ szeresét adjuk hozzá az § -edik sorhoz, § ( oszlopban az utolsó elem kivételével minden elem zérus lett: bc cd g HtHtH g ¶E$µ j jj Ht H H j jj g j jj HtHtH . Így az utolsó g e5ff g HtHtH g H Ha ezt az eljárást elvégezzük az utolsó előtti,., a 2sorral is akkor az egységmátrixot kapjuk meg, ahonnan következik állításunk. (Tulajdonképpen a Gauss eliminációt végezzük el visszafelé) A bizonyítás második részéből külön is kiemeljük az alábbi állítást: 13.4 Következmény Minden olyan háromszög alakú mátrix invertálható, melynek fődiagonálisában nincs zéró elem 13.5 Tétel Legyen szorzataként. egy invertálható mátrix. és egyaránt felírhatók elemi mátrixok NÉGYZETES MÁTRIXOK INVERTÁLHATÓSÁGA 51 Bizonyítás: Ha invertálható, akkor

sorekvivalens az egységmátrixszal. MiveltHtaHtHGauss eliminációt el tudjuk végezni elemi mátrixok szorzásával, ezért léteznek olyan - - ¡ elemi mátrixok, hogy -c¡"jjj - H A bal oldalon szereplő elemi mátrixok inverzével rendre beszorozva: - jjj- ¡ illetve -c¡"jjj - H Az előzőekben leírt módszer egyszerűgyakorlati módszert ad mátrixok invertálhatóságának eldöntésére és az inverzmátrix meghatározására. Megjegyzés. (Mátrix invertálása szimultán Gauss eliminációval) Legyen adva egy mátrix, melyet Gauss eliminációval egységmátrixszá alakítottunk: négyzetes -c¡"jjj - H A mátrix tehát invertálható és inverze: - ¡"jjj-X -c¡"jjj - H Ez azt jelenti, hogy ha az mátrixot Gauss eliminációval, azaz elemi sorátalakításokkal egységmátrixszá alakítjuk, s ugyanezeket az elemi

sorátalakításokat végrehajtjuk az egységmátrixon, a végeredmény inverze lesz. Tehát az eliminációt egyszerre, szimultán hajtjuk végre a két mátrixon, de az elemi sorátalakításokat az határozza meg, az egységmátrix csak „elszenvedi”. (A módszer végrehajtásakor természetesen nem kell az elemi mátrixokat felírni, azoknak csak a bizonyításnál van szerepük.) Gyakorlatilag leírjuk egymás mellé az invertálandó mátrixot (bal oldal) és az egységmátrixot (jobb oldal), majd 1. Gauss eliminációval lépcsős alakúra hozzuk ezt a „hosszú” mátrixot Ha a baloldali négyzetes mátrix nem tartalmaz csupa zéróból álló sort (háromszög alakú és a f őátlóban nincs zérus), akkor a mátrix invertálható, s az eljárást folytatjuk. 2. Elemi sorátalakításokkal alulról fölfelé haladva elérjük, hogy a baloldalon egységmátrix legyen. A jobb oldalon az inverzmátrix van Példa. Egy példával illusztrálva 52 MÁTRIXOK,

LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK 14. Mátrix rangja 14.1 Definíció Egy (véges) vektorrendszer rangján a vektorrendszer által generált altér dimenzióját értjük o ÿ mátrix. Az oszlopvektorai o egy alterét generálják Ennek diLegyen ( menzióját az oszloprangjának mondjuk. Az sorvektorai ( egy alterét generálják Ennek dimenziója a mátrix sorrangja. A szakasz fő tétele a későbbiekben kimondja, hogy minden mátrix oszlop- és sorrangja megegyezik. A o ÿ , w HtHtHw ( ÿ . Ekkor ( ( ( ¯° ìZ± 3w tHtH H w ¯° ìy± w tHtHtHw H ` ( ( w t H t H H Èw Bizonyítás: következik, hogy ha lineárisan függő vektorrendszer, 3w tHAz tHtHállítás 3w onnan ( is: akkor ( $¢" w +QjjjQ¢ w ¢" 3w Q£jjjQR¢ 3w Û ( ( ( ( 14.2 Tétel azaz, ha a bal oldalon a linieáris kombináció zérusvektort ad, akkor a jobb oldalon is. 3w HtHtH

3w vektorrendszerből lineárisan független részrendszert választunk Tehát ha az w tH HtH w vektorrendszerből szintén lineárisan függetle( ki, akkor a megfelelő vektorok az ( nek. (Függőek nem lehetnek az előző észrevétel szerint) 14.3 Tétel Egy elemi sorművelet nem változtatja meg a mátrixnak sem a sorrangját, sem az oszloprangját. Hasonlóan, egy elemi oszlopművelet nem változtatja meg a mátrixnak sem a sorrangját, sem az oszloprangját. Bizonyítás: (Sorcserére.) Két sor cseréje nyilván nem változtatja meg a sorrangot: a sorok által generált vektortér nem változik, ha a generáló vektorokat más sorrendben adjuk meg. Most adjuk hozzá egy sor skalárszorosát egy mások sorhoz, vagy szorozzunk egy sort egy nemzéró skalárral. Az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy a második sor º szeresét adjuk hozzá az első sorhoz, vagy az első sort szorozzuk º g -val. (Más indexekre analóg gondolat menet

alkalmazható.) Az új, -vel jelölt mátrix sorai tehát: [Qº µ µ jjj o H vagy sorainak, azaz a º µ jjj o H µ jjj o H HtH o soroknak is lineáris kombivektoroknak minden lineáris kombinációja egyben a , µ nációja is, azaz µ tHtHtH o M µ tHtHtH o H 0M 53 MÁTRIX RANGJA Az altér dimenziója a bennfoglaló vektortér dimenziójánál nagyobb nem lehet, azaz È× Ö ¯ ¯ ° ìy± ù ` ×ÈÖ ¯ ¯ ° ìy± H Most a mátrixból állítsuk vissza az eredeti mátrixot (ld. 122 tétel) Az el őbbi gondolatmenet megismételhető, azaz È× Ö ¯ ¯ ° ìy± `ù×Ö ¯¯° ìy± 9 azaz È× Ö ¯ ¯ ° ìy± ×Ö ¯¯° ìy± 9H Most belátjuk, hogy elemi sorátalakítás nem változtatja meg az oszloprangot. El őször azt tH t H H vegyük észre, hogy ha úT ú jelöli ( kanonikus bázisát, akkor ( ÖT× ²5³îÖL´ ¯ °

ìy± ¯° ìZ± ú HtHtH ú ( oszlopai, amelyeket jelöljön a továbbihiszen a jobb oldali vektorrendszer vektorai pontosan HtHtH . Írjuk le az elemi sorátalakítást az - elemi mátrixszal való balszorzással akban ( Ö×²5³îÖL´ ¯° ìy±- X ¯° ìy±- útH tHHtHHtH - ú ( ¯° yì ±- - ( ` ¯° yì ± HtHtH ( Ö× ²5³BÖ ´ ¯° Zì ± H Tehát Ö× ²X³ÖL´ ¯ ° ìy±I- `ùÖ×²5³îÖL´ ¯° ìy± H Az előző gondolatmenetet ismételten alkalmazva: Ö× ²X³ÖL´ ¯° ìy± Ö×²5³îÖL´ ¯° ìy±- - `ùÖT× ²5³îÖL´ ¯ ° ìy±- X^ Ahonnan következik állításunk. 14.4 Tétel (Mátrixok rangszámtétele) Minden mátrix oszloprangja megegyezik a sorrangjá val. (Ezt a közös értéket a mátrix rangjának nevezzük és ¯° ìy± -val jelöljük) Bizonyítás: Az állítás következik az alábbi

állításból: Legyen egy F sorrangú mátrix. Sorműveletek és oszlopműveletek véges sorozatával a mátrix olyan alakra hozható, hogy a diagonális első F eleme 1, a mátrix összes többi eleme 0: cd c c c c c bc g HttH HtHtHH g g g . . g g HtHtH µ µ µ e5f f f f f f f g 54 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK A mátrixot sorműveletekkel hozzuk először lépcsős alakra, majd oszlopműveletekkel (oszlopcserékkel) trapéz alakra: bc HtH H H HtH e f ¶Eªô¶E$µ tH H H ¶zA H HtH ff c g f ¶µªµ ¶KµA c f c f . cd f . ¶Eª g ¶µªµ g ¶[A+A g t H H H H H t H g g ¶[AA c c g Itt az első sor azonban lineárisan független, továbbá a sorrang az elimináció során nem változott µ H tH HtH n )! E ¶ ¦ F . Most az 1 oszlop meg, tehát szeresét adjuk hozzá az § oszlophoz (§ ï Az alábbi mátrixot kapjuk: ¶Eª e5f ¶c Eª g tHtH HtHtHH g tH g H H ff c

g f ¶ µªµ ¶µA c f c f H . . cd f . g g HtHtH ¶[A+A tH H H bc c g Analóg módon eljárva az első F sornál, valóban µ a megadott alakot kapjuk. Ennek a mátrixnak azonban nyilvánvalóan az oszloprangja és sorrangja is F , továbbá az egész eljárás során egyik rang sem változott, tehát az eredeti mátrix sorrangja és oszloprangja is F (egyenl ő). 14.5 Következmény Mátrix rangja és a transzponáltja rangja megegyezik 14.6 Tétel Egy : -es négyzetes mátrix akkor és csakis akkor invertálható, ha rangja Bizonyítás: Egy &¶ típusú négyzetes mátrix akkor és csakis akkor invertálható, ha sorekvivalens az -es egységmátrixhoz. Utóbbinak azonban a rangja ¯° ìy± 14.7 Tétel ¯° ìy± . `a}ëì @· ¸ F . Ha invertálható, akkor ¯° ìy± ì X ¯ ° y± Bizonyítás: A már ismert ötlettel belátjuk, hogy szorzat rangja nem negyobb az els ő tényező rangjánál: ì

¯° ìy± ú HtHtH ú ( ¯° ìy± tHtHtH ( ` ¯ ° ìy± 9H ¯° y± Most ugyanezt alkalmazzuk a transzponáltakra: ì ¯° ìy± ¯° y± Ha invertálható: ¯° ìy± ` ¯ ° ìy± ¯° ìy± H ì ¯° ìZ± ` ¯° ìZ± ` ¯ ° ìy± ¯ ° ìy± ¯° ìZ± X ` ¯° ìZ± ` ¯ ° ìy± H ¯ ° y± 55 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 15. Lineáris egyenletrendszerek G $¶K¦ Z o ÿ egy mátrix, ·t tH HtH ·o pedig skalárok. Lineáris 15.1 Definíció Legyen ( egyenletrendszernek nevezzük az alábbi egyenletrendszert: ·t ¶LoIÅ+[QjjjQ¶Lo ( Å ( ·o ¶zªÅ+[QjjjQ¶E ( Å ( . . . .H (N ) Az számot az ismeretlenek számának, míg n -et az egyenletek számának nevezzük. Bevezetve az ismeretlenekből és a jobb oldali skalárokból képezett w

oszlopmátrixokat, a N illetve az bcd Å+ e5f . . g Å( bcd · e5f . . g ·o lineáris egyenletrendszert az alábbi rövidített formában is felírhatjuk: mátrix H HtH o soraival: w 9 w o w . . · . . ·o A ( N ) lineáris egyenletrendszer alapmátrixának nevezzük az mátrixának a bc e f c cd ¶Eª E¶ $µ j jj E¶ ( ¶µ ¶ µªµ j jj ¶ µ ( . . mátrixot, míg bővített alap- · ff ·µ . . . . g ¶ oIR¶ oµ jjjhR¶ o ( · o L mátrixot. Ezt röviden -vel is jelöljük. tH t H H · o skalárok mindegyike zéró, akkor homogén lineáris egyenletrendszerr ől beHa a · szélünk, míg ellenkező esetben inhomogén lineáris egyenletrendszerről. A ( N ) lineáris egyenletrendszerhez asszociált homogén lineáris egyenletrendszer alatt a ¶zªÅ+[QjjjtQ¶E ( Å ( . . ¶LoIÅ+[QjjjtQ¶Lo ( Å ( lineáris

egyenletrendszert értjük. g g . .H ( NN ) 56 Egy P¹ jesül MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK HtHtH ¹ ( skalár -est a ( N ) lineáris egyenletrendszer megoldásának nevezzük, ha tel- · ¶Lo!¹+QjjjQ¶Lo ( ¹ ( ·o ¶Eª¹+QjjjQ¶E ( ¹ ( . . . .H Triviális megoldás alatt a csupa zéró elemből álló megoldást nevezzük. Az ettől különböző megoldást pedig nem triviális megoldásnak. A o ÿ . az 15.2 (Lineáris egyenletrendszerek megoldásának szerkezete.) Legyen 3w Tétel. ( g homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai ¯° ìy± dimenziós alteret alkotnak ( -ben. 3w megoldható lineáris egyenletrendszer megoldóvektorai lineáris sokaságot alkotAz 3w g homogén lineáris egyenletrendszer megoldásterével. nak, ennek iránytere megegyezik az Bizonyítás: A dimenzióra vonatkozó tételt később bizonyítjuk be. eset. A

megoldáshalmaz nyilván nem üres, mert º( zéróvektora megoldás Ha w Aill.homogén w µ két megoldás, továbbá ¢ skalár, akkor a mátrixműveletek megfelel ő tulajdonságait használva: w [Q w µ 3w +Q w µ g $¢ w ¢ 3w g H Azaz két megoldás összege megoldás skalárszorosa megoldás. w w Az inhomogén eset. Legyen és µ két (nem feltétlenül különböző) megoldás w w µ 3w 3w µ g amiből az állítás következik. 15.3 Tétel Ha egy lineáris egyenletrendszer bővített alapmátrixa sorekvivalens egy másik lineáris egyenletrendszer bővített alapmátrixával, akkor a két lineáris egyenletrendszer ekvivalens, azaz ugyanazok a megoldásaik. 3w a szóban forgó lineáris egyenletrendszer, a sorátalakítást pedig Bizonyítás: Legyenn w teljesül, akkor - Xªw írjuk le az - elemi mátrixszal való balszorzással. Ha 3 w X w - , tehát $- is -,

A lineáris egyenletrendszerek megoldásának „filozófiája” a következ ő: A kibővített alapmátrixot elemi sorátalakításokkal lépcsős alakúra hozzuk, mivel az így kapott lineáris egyenletrendszer ekvivalens az eredetivel, ezért elegendő ezt az egyszerű szerkezetű lineáris egyenletrendszert megoldani. A lépcsős mátrixú lineáris egyenletrendszerek megoldása valóban egyszerű 15.4 Tétel Egy lineáris egyenletrendszernek legyen lépcsős a kibővített alapmátrixa Ez az egyenletrendszer akkor és csakis akkor megoldható, ha nincs a kibővített alapmátrixban olyan sor, melyben csak az utolsó elem zérótól különböző. 57 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK Bizonyítás: Ha a kibővített alapmátrixban van olyan sor, amelyben csak az utolsó elem zérótól különböző, akkor az egyenletrendszer nyilván nem oldható meg. Be kell látni a megfordítást, azaz ellenkező esetben van az egyenletrendszernek megoldása. Az egyes

egyenletekben a tagok megfelelő átrendezésével, majd az együtthatók és az ismeretlenek indexének ennek megfelel ő átírásával elérhető, hogy az egyenletrendszer a következő alakú: ¶EªÅ+[Q¶E$µ ÅSµQjjjQR¶E$¡ÅS¡IQ¶EªÁ ¡SGéÅS¡SG Q£jjjQR¶z ( Å ( · ¶Eª g ·µ ¶µªµ g ¶µªµ ÅSµQjjjQR¶µª¡ÅS¡IQ¶µÁ ¡ SGéÅS¡ SG Q£jjjHtQR HtHHt¶KHtµ Ht( HtÅ H ( H ¶¡ ¡ÅS¡IQR¶K¡Á ¡ SGéÅS¡ SG[QjjjtQ¶¡ ( Å ( ·¡ ¶¡ ¡ g ahol a ghg sorokat nem írtuk ki. Ennek az egyenletrendszernek a megoldását a következ őképpen kapjuk meg: Å( . . ¹ ( ¹p tetszőleges ÅS¡SG ¹ ¡SG np tetszőleges majd az utolsó egyenletből kifejezzük Å¡ -t: ÅS¡ ¶¡¶Á ¡¡ ¡ SG ¹t¡SG jjj ¶K¶¡¡ Á ¡ ( ¹ ( Q ¶·^¡ ¡ ¡ H Mivel ¶K¡¡ g , ezt valóban

megtehettük. Visszafelé haladva a következő sorból kifejezzük Å¡ t, és így tovább, végül az első sorból Å+ -et Most bebizonyítjuk a megoldástér dimenziójára (korábban kimondott) tételt. Tekintsük az ún. bázismegoldásokat! Ezeket úgy kapjuk, hogy egy szabadon választható ismeretylennek az 1 ¨ ¯° ìZ± értéket adjuk, a többinek 0-t. Ezt féleképpen tehetjük meg. Az el őzőek szerint ezekből a lineárisan független bázismegoldásokból az összes megoldás lineárisan kombinálható. Alkalmazzuk ezt a tételt a homogén lineáris egyenletrendszerek megoldására: 15.5 Következmény Ha egy homogén lineáris egyenletrendszerben az ismeretlenek száma nagyobb, mint az egyenletek száma, akkor annak van triviálistól különböző megoldása 15.6 Tétel (Kronecker–Capelli tétel) Egy lineáris egyenletrendszer akkor és csakis oldható meg, ha alapmátrixának rangja megegyezik a bővített alapmátrix rangjával. (A

tétel igaz homogén és inhomogén lineáris egyenletrendszerekre is, csak a homogén esetben semmitmondó.) w , oszlopai legyenek Bizonyítás: egyenletrendszer mátrix alakja legyen HtHtH . AHalineáris tHtHtH ¹ skalárok, hogy az egyenletrendszer megoldható, akkor léteznek olyan ¹K ( ¹ [QjjjtQm¹ ( ( 9 ( 58 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK HtHtH tHtHtH tHtHtH ¯ ° ìy± azaz M , tehát ¯° ìy± , ami azt jelenti, hogy ( ( ( az alapmátrix rangja megegyezik a bővített alapmátrix rangjával. ¯ ° ìy± ¯ ° ìy±3 . Válasszunk ki egy bázist az Most induljunk ki abból, hogy az HtHtH vektorrendszerből! Ugyanez a kiválasztott vektorrendszer egyben tH HtH bá tehát lineárisan kombinálható a kiválasztott bázisból, azaz az ( ( zisa is lesz a feltétel miatt. ennél tHtHtH vektorrendszerből is. (A

bázisban szereplő vektorok együtthatója nem szűkebb le ( g gyen megfelelő koordinátája, a többi együttható pedig ). Az így kapott együtthatók az eredeti lineáris egyenletrendszer megoldását adják. 16. A determinánsfüggvény tulajdonságai G A fejezet első definíciója előtt ismételjük át a harmadrendű determináns fogalmát! ¶¦ ÿ négyzetes mátrix. Ennek `y»X¼ -val jelölt determi( ( t H t H H ½ ½ ½ ee ee ¶zª ¶E$µ E ¶ B C ¿ ½ ¾ ( jel. . ee ee . À j¶E ü +j¶µ ü µzjjj¶ ( ü ( `y»V¼ . e ee t H t H H e ¶ (5( e e ¶ ( ÷¶ ( µ tH HtH számok összes À permutációjára; toszámot értjük, ahol az összegzés kiterjed az ï 16.1 Definíció Legyen nánsán a vábbá ¾ À ¡ ha À páros permutáció ha À páratlan permutáció H -et a determináns rendjének is nevezzük. A `y»X¼ leképezést, amely minden : -es mátrixhoz hozzárendeli

a determinánsát -edrendű determináns függvénynek is nevezzük. Megjegyzés. Azaz egy -edrendű mátrix determinánsát a definíció szerint úgy számíthatjuk ki, hogy egy Á tagú összeget képezünk, melyben minden tag egy tényez ős szorzat. A szorzat tényezőit úgy kapjuk, hogy minden sorából kiválasztunk pontosan 1 elemet úgy, hogy közben H-gyel vagy -gyel szorozzuk aszeminden oszlopból is pontosan 1 elem szerepeljen. Ezt Q t H t H számoknak páros vagy páratlan rint, hogy a kiválasztott elemek oszlopindexei az ï permutációját alkotják, miközben a sorindexek természetes sorrendben vannak. Definíció alapján csak első, másod, vagy harmadrendű determinánst, vagy speciális alakú mátrix determinánsát érdemes kiszámolni. Gondoljunk arra, hogy egy általános ÂmÂ típusú mátrix determinánsához már 24 tagot kell összegezni. Elsőrendű determinánsra: ¶ ¶ H `y»X¼ A másodrendű és

harmadrendű determináns kiszámítását már ismerjük. Néhány speciális alakú mátrix determinánsa közvetlenül a definíció alapján is egyszerűen kiszámítható: 16.2 Tétel Ha egy mátrix tartalmaz csak zérusból álló sort, akkor determinánsa 0 Egy háromszög alakú mátrix determinánsa megegyezik a főátlóbeli elemek szorzatával Speciálisan, tetszőleges típusú egységmatrix determinánsa 1. 59 A DETERMINÁNSFÜGGVÉNY TULAJDONSÁGAI Vezessük be az alábbi jelölést! Legyen egy d , -es mátrix, Å ( pedig egy sorvektor. ¦ªÅ jelölje azt az ê¨ -es mátrixot, melyet az mátrixból úgy kapunk, hogy az § -edik sort Å -re cseréljük. 16.3 Tétel A determináns az alábbi tulajdonsággal: ÚG§ függvény rendelkezik `y»V¼ ¦$¢Å Q ¤ Æ ¢Ã`y»V¼ ¦¾Å Q ¤ `y»X¼ ¦$Æ . (Linearitás a sorokban) @ tHtHtH F : Bizonyítás: Válasszuk ki a determináns egy tagját! ¾ ½ ½ Ä ½

½ ½ ½ ½ PÀ ¾ ¶E ü Ejjj ½ ¢Å ü ¦ESQ½ ¤ Æ ü ¦E ½ jjj¶ ( ¾ ü ( À ¢nj¶ ü jjjÅ ü ¦E jjj ¶ ü Q À ¤ j¶ ü jjjÆ ü ¦E jjj ¶ ü ( ( ¢J`Z»X¼ ¦Å Q ¤ `y»V¼ ¦Æ ^H ( ( A következőekben egy egyszerű módszert adunk egy mátrix determinánsának kiszámítására. Elemi sorátalakításokkal (akár sor skalárral való szorzása nélkül is) a mátrixot lépcs ős alakra hozzuk. Ennek determinánsa már könnyen kiszámítható Azt kell megvizsgálnunk, hogy elemi sorátalakításokkal hogyan változik a determináns értéke. 16.4 (A determináns értékének változása elemi sorátalakításnál.) Ha a mátrix az -bólTétel. két sor felcserélésével keletkezik, akkor `y»V¼ `y»X¼ . Ha a mátrix az négyzetes mátrixból úgy keletkezett, hogy egy sort szoroztunk egy f g skalárral, akkor `Z»X¼ f`y»V¼ . Ha a mátrix az

négyzetes mátrixból úgy keletkezett, hogy egy sor skalárszorosát hozzá `y»X¼ . adtuk egy másik sorhoz, akkor `y»V¼ Bizonyítás: Ha a mátrixban két sort felcserélünk, akkor az eredeti determináns minden tagja tagja az új determinánsnak is, de a sorcsere miatt az oszlopindexekben az inverziók számának paritása megváltozik, tehát minden tag ellentétes előjellel szerepel. Ennek az állításnak közvetlen következménye, hogy ha egy négyzetes mátrixban két sor megegyezik, akkor a mátrix determinánsa g : valóban, sorcserével a mátrix determinánsa el őjelet vált, ugyanakkor egyenlő sorok esetén sorcserével a determináns nyilván nem változik meg, ezért értéke csak nulla lehet, ez az egyetlen szám, amely megegyezik ellentettjével. A második tulajdonság a linearitás közvetlen következménye (annak egy speciális esete): `y»V¼ ¦ªfzÅ fP`y»X¼ ¦Å ÈH A harmadik tulajdonság bizonyításához tegyük fel,

hogy a mátrix § -edik sorához, amit Å jelöl, hozzáadjuk az Æ -al jelölt -edik sor f -szorosát (§ ). `Z»X¼ ¦ÅQdfÆ `y»X¼ ¦Å Qf`y»X¼ ¦Æ `y»X¼ ¦Å ^ mert ¦Æ -ban van két egyenlő sor `y»X¼ mert ¦Å 60 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK Megjegyzés. Minden elemi sorátalakítás elérhető egy elemi mátrixszal való szorzással Ez alapján az előző tételt átfogalmazhatjuk `y»X¼ U f`y»V¼ 2. `Z»X¼$U U `y»V¼ 3. `Z»X¼$- 1. `Z»X¼$- U ahol - az egységmátrixból sorcserével származik; - az elemi mátrixból úgy származik, hogy UU egy sort szoroztunk egy nemzéró f skalárral; - pedig úgy, hogy az egységmátrix egy sorának skalárszorosát hozzáadtuk egy másik sorhoz. A 16.4 következménye az alábbi állítás: 16.5 Következmény Elemi sorátalakítás zéró determinánsú mátrixot zéró

determinánsú mátrixba, nemzéró determinánsú mátrixot nemzéró determinánsú mátrixba visz át Bizonyítás: Elemi sorátalakítás során vagy megváltozik a determináns el őjele (sorcsere); vagy a determináns értéke szorzódik egy nemzéró skalárral (a mátrix egy sorát szorozzuk egy nemzéró skalárral); vagy nem változik a determináns értéke (a mátrix egy sorának skalárszorosát hozzáadjuk egy másik sorhoz.) Mindhárom esetben a determináns eltűn ő vagy nem eltűnő volta megmarad. 16.6 Tétel Legyen egy négyzetes mátrix! Ha sorai lineárisan függetlenek, akkor `Z»X¼ g , ha a sorok lineárisan függő vektorrendszert alkotnak, akkor `y»X¼ g . Azaz egy -edrendű négyzetes mátrix rangja akkor és csakis akkor , ha determinánsa nem zéró. Kiegészíthetjük a tételt azzal is, hogy egy négyzetes mátrix akkor és csakis akkor invertálható, ha determinánsa nem zéró. Bizonyítás: Hozzuk elemi

sorátalakításokkal az mátrixot lépcsős alakra! Két eset lehetséges. Ha sorai lineárisan függők, akkor olyan mátrixhoz jutunk, melyben van csak zéróból álló sor, tehát determinánsa 0. Az előző következmény miatt: `y»V¼ gA+' `y»V¼ g Ha sorai lineárisan függetlenek, akkor háromszög alakú mátrixhoz jutunk (zérótól különböző főátlóbeli elemekkel), s további elemi sorátalakításokkal elérhetjük az egységmátrixot is (egy mátrix akkor és csakis akkor invertálható azaz sorai lineárisan függetlenek , ha sorekvivalens az egységmátrixhoz.) Az egységmátrix determinánsa 1, azaz ág , s innen az állítás szintén az előzőekből következik. és azonos rendű négyzetes mátrixok. Ekkor `y»V¼ X jK`Z»X¼ ^H `y»V¼ j 16.7 Tétel (Szorzástétel) Legyenek A DETERMINÁNSFÜGGVÉNY TULAJDONSÁGAI Bizonyítás: Az első lépésben azt bizonyítjuk, hogy az állítás igaz,

ha elemi mátrix az egységmátrixból sorcserével keletkezett akkor `y»V¼- mátrix, mely -ből sorcserével keletkezett. Tehát 61 elemi mátrix. Ha az , továbbá - olyan - `y»X¼ `Z»X¼-p`y»V¼ 9H U U U ¦ªfS· , Ha - ¦fzÅ (Å az egységmátrix § -edik sora), akkor `y»V¼- f,j? , továbbá ahol · a § -edik sora, azaz U `Z»X¼- U `Z»X¼ 9H `y»V¼$`y»X¼ ¦ªfS· f`y»X¼ U U elemi mátrix úgy keletkezett, hogy az egységmátrix egy sorának skalárszorosát Végül, ha U U és `y»V¼- U U `y»X¼ , amiból ismét következik hozzáadjuk egy másik sorhoz, akkor `y»V¼az állítás. A bizonyítás második lépésében feltesszük, hogy az mátrix invertálható. Ekkor tudjuk, hogy felírható elemi mátrixok szorzataként, tehát a bizonyítás els ő lépését használva: `y»X¼ `y»X¼ Azaz -Gjjj -c¡

`y»V¼-Xj4`y»V¼-cµ jjj -c¡ jjj H `y»V¼-XGjjj `Z»X¼-c¡ `y»V¼ $-XGjjj -c¡ j `Z»X¼-)j4`y»V¼$- µjjj-c¡ j jjj `Z»X¼-+jjj`y»X¼-c¡cjx`y»V¼ `Z»X¼ xj `y»V¼ 9H Hátramaradt annak az esetnek a vizsgálata, amikor nem invertálható.A állí bizonyítandó tás jobb oldalán ekkor 0 szerepel, azt kell belátni, hogy a bal oldal is 0, azaz nem invertálható. `Z»X¼ Ez azonban teljesül, mert ì ¯° y± `Z»X¼ `aZëîì @ ¯ ° ìy± ì ZF ` ¯ ° ìy± m; ¯ ° y± ahol a mátrix rendje. 16.8 Tétel Négyzetes mátrix és transzponáltja determinánsa megegyezik Bizonyítás: Az előző bizonyításhoz hasonlóan, először elemi mátrixokra, majd invertálható mátU UU rixokra, s végül általánosan látjuk be az állítást. - , - és - jelöljön ugyanolyan típusú elemi U U mátrixot, mint az előző tétel bizonyításában. - -

triviális, az is könnyen látható, hogy 62 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK - - . - U U transzponáltja ugyan nem egyezik meg önmagával, de ez is ugyanilyen típusú elemi mátrix, tehát mindkét mátrix determinánsa 1. Legyen most invertálható mátrix, s írjuk fel elemi mátrixok szorzataként! `y»V¼ - ¡)jjj -X `y»X¼ P `y»X¼ -c¡ jjjt `y»V¼ - a szorzástétel miatt, P `y»X¼-c¡ jjjt `y»V¼-X az első lépés miatt P `y»X¼- jjjP `y»X¼-c¡ `y»V¼$-XGjjj -c¡ `y»X¼ H Nem invertálható mátrixra az állítás ismét egyszerű, mert mind a mátrixnak, mind a transzponáltjának a determinánsa 0. 16.9 Következmény Minden sorokra megfogalmazott állítás igaz oszlopokra is Pl a determinánsfüggvény az oszlopok lineáris függvénye 17. Aldeterminánsok, kofaktorok 17.1 Definíció Ha egy mátrixból bizonyos sorokat és oszlopokat

elhagyunk úgy, hogy a kapott mátrix négyzetes mátrix, akkor ennek a mátrixnak a determinánsát az eredeti aldeterminánsának nevezzük. ö G ÿ Legyen . Az mátrixból az § -edik sor és a -edik oszlop elhagyása után ka h ( ( -es ¦ mátrix determinánsát G pott Gaz § -edik sor -edik eleméhez adjungált aldeterminánsnak nevezzük. A ¦ES `y»X¼ ¦ szám az § -edik sor -edik elemének kofaktora, vagy algebrai aldeterminánsa. G ÿ , továbbá rögzített § -re és -re jelölje ¶K¦ -t · . Ha az § -edik sor 17.2 Tétel Legyen ( ( minden · -től különböző eleme zérus, vagy a -edik Goszlop minden · -től különböző eleme zérus, G akkor H `y»V¼ · ¦ES `y»X¼ ¦ Bizonyítás: · vg -ra az állítás triviális, feltehetjük, hogy a továbbiakban · vg . El őször tegyük fel, hogy · az első sor első eleme, és az első oszlopan elem zérus. ½ ½ minden további ½

`y»V¼ G mivel ¶ CB½¿¾ À ¶z ü ¶µ ü µjjj¶ ( ü ( értéke -re 0, ezért a determináns egyenlő: ½ ½ ¾ ½ C À ¶zª¶ µ ü µ jjj ¶ ( ü ( ü ÅDG 63 ALDETERMINÁNSOK, KOFAKTOROK ^tHtHtH^ È ahol az összegzés már csak az À!ï À" permutációkra terjed ki. Minden tagból kiemelhető ¶Eª , tehát tovább folytatva a megkezdett sort: C ½ ¶Eª tH HtH HtHtH ¾ ½ ½ À ¶ µ ü µ jjjÈ¶ ( ü ( tHtH H Az ï permutációjának a paritása ugyanaz, mint a ï À!ï À! HtHtszámok H À! permutációjának, számok À!ï mert az előbbiben az 1 minden további számot megelőz. Ez azt jelenti, hogy ¶EªZ`Z»X¼ ª Transzponálással a tétel állítását megkapjuk arra az esetre, amikor az els ő sorban az első elemen kívül mindegyik 0. egymás utáni sorcserével elérhetjük,

hogy a · -t Most az általános esetet látjuk be. § tartalmazó sor az első sorba kerüljön,G s a többi sor egymáshoz viszonyított helyzete nem változik. egymás utáni oszlopcserével pedig elérhető, hogy · az első oszlopban legyen. Hasonlóan, G Az így kapott mátrixot jelölje # . ¦ #3ª G Ekkor # ü ¦îS ü `Z»X¼ ¦ES `y»V¼ Alkalmazzuk a bizonyítás első részét: `Z»X¼ ¦ES G `y»V¼# ¦ES G ·Æ`y»V¼#3ªG E¦ S Æ· `y»V¼ ¦ bc Ha 3w , akkor H G 17.3 Tétel (Cramer szabály) Legyen w `y»V¼ cd c á e f Å+ ff ÅSµ . . g Å( ÿ( ( , oszlopai legyenek tHtH H ( , továbbá bc és cd c e f · ff ·µ H . .g ·( `y»V¼ X jtÅ¦ `y»V¼ òjjj ¦ E¦ SGòjjj ( ^H tHtHtH - "p ( természetes bázisát, melyet most oszloponként írunk. LeBizonyítás: Jelölje

-X ( gyen # a következő mátrix: # -X HtHtH - ¦ w - E¦ SG HtHtH - ( H 64 G - MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK G 3w -ből következik, hogy # HtHtHh ¦ és A szorzástétel miatt `y»X¼ ¦¤SG HtHtH `y»V¼# `y»V¼ HtHtHA ¦î # alakja a következő H ( ¦ESG HtHtHA ( H c HtHtH +Å tH H H g e5fff . . f c . . tH H H f cd . HtHtH g Å ¦ # g . . . . HtHtH tH H H g g Å( bc c ahol Å¦ az § -edik sor § -edik eleme. A megelőző lemmából: # Å¦ ¦ESE¦ `y»V¼ ( Å¦ H `y»X¼ G 17.4 Tétel Legyen invertálható mátrix, az inverzét ·¦ ! Ekkor fennáll, hogy G jelölje G G ¤¦ S `y»V¼ ¦ H ·¦ `Z»X¼ Bizonyítás: A bizonyítás során legyen rögzítve, továbbá legyen G G a mátrix -edik oszlopa. Mivel Cramer szabályt: bcd e5f

·t ·( . G . g , ezért ( H HtHh ¦îô`y»V¼ Å¦ `y»V¼ G A 17.2 lemmát használva: Mivel Å¦ G `y»V¼ G G G - G szintén teljesül. Alkalmazzuk a ¶¦ESG HtH Hh ( H G · ¦ cj? ES ¦ `Z»X¼ ¦ H · ¦ , ezért az állítást beláttuk. A paragrafus következő formulájával egy determináns kiszámítását nála alacsonyabb rendű determináns kiszámítására vezetjük vissza. ALDETERMINÁNSOK, KOFAKTOROK 17.5 Tétel (Kifejtési tétel) Legyen Ekkor teljesül, hogy ( 65 ÿ ( , ,`b§3`Ç pedig rögzített természetes szám. C ( ¦¤Sz¡ ¶¦ ¡ j4`y»V¼ ¦ ¡ H ¡ DG p HtHtH ú sorokként írva. § -edik sorát a követkeBizonyítás: ( természetes bázisa legyen $ú ( `y»X¼ zőképpen tudjuk felírni: ¶¦ ¡tút¡ H C ( ¡DG Ezért `y»X¼ C ( ¶¦ ¡`y»X¼ ¦út¡ a determináns linearitása miatt ¡ DG C ( ¶¦ ¡T

¦ESz¡ `y»X¼ ¦ ¡ a 17.2 lemma miatt ¡ DG Megjegyzés. Analóg állítás fogalmazható meg egy oszlopindex rögzítése után (Oszlop szerinti kifejtés, míg a tételben sor szerinti kifejtés van.) 17.6 Tétel (Ferde kifejtési tétel) Legyen szetes számok. Ekkor teljesül, hogy C ( ¡DG ( ÿ ( , &`§ `Ç pedig rögzített terméG ¦ESz¡ ¶¦ ¡ j4`Z»X¼ ¡ g H Bizonyítás:G Legyen mátrixtól csak abban különbözik, hogy a -edik G az a mátrix, amelyet a § -edik¨ sorával. Így -ben két egyenlő sor van, az § -edik és a -edik sora megegyezik az¡ minden Továbbá ¡ -ra. Alkalmazzuk -re a kifejtési tételt, megkapjuk -ra a ferde kifejtési tételt. 17.7 Tétel Legyen ¨ bcd e5f Å+ª Å+$µ H HtH +Å $¡ . . . . g H t H H Å( Å(µ Å(¡ ( ÿ¡ mátrix, ahol `2 ¨ . A mátrix oszlopai akkor és csakis akkor lineárisan függők, ha a sorokból képezhető minden

-adrendű determináns értéke 0. ( ä9' a mátrix oszlopai akkor és csakis ¨ akkor lineárisan függetlenek, ha a sorokból képezhető -adrendű nem nulla értékű determináns.) 66 MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK ÉS DETERMINÁNSOK Bizonyítás: Ha az oszlopok függő vektorrendszert alkotnak, akkor a sorokból képezhető minden ¨ ¨ -as mátrix oszlopai is lineárisan függők, s ekkor ennek a mátrixnak a determinánsa zérus. A megfordítást a következőképpen láthatjuk be. Először válasszunk ki a mátrixban maximális rendű el nem tűnő aldeterminánst Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy ez a bal felső sarokban van (sorcserék és oszlopcserék az állítást nem érintik.) N bc c c c c cd % g e5f N f N HtHtH N f f . . N f f H g ¨ Ennek a determinánsnak a rendje kisebb, mint , tehát van még legalább 1 olyan oszlop, ami a determinánsban nem szerepel. Azt állítjuk, hogy a

determinánsban szerepl ő oszlopok s még egy oszlop (mondjuk a pontosan mellette elhelyezkedő) lineárisan függő rendszert alkotnak. Ehhez meg kell konstruálni azt a nem triviális együtthatórendszert, amivel az oszlopokat lineárisan kombinálva megkapjuk% a zéróvektort. Ehhez először képezzünk az el nem tűnő determinánstól U determinánst egy sor és egy oszlop hozzávételével: 1-gyel nagyobb rendű bc c c c c c cd % g Å+ HtHtH Å@? e5f N N f f f . . Å@?SG f f f H g tHtHtH Azt állítjuk, hogy a keresett együtthatók az új determináns Å Å@?SG elemekhez tartozó kofaktorai. Ez triviálistól különböző együtthatórendszer, mert az utolsó elem kofaktora pontosan %ôg , továbbá az Å[ tHtH H Å@?+ÈE elemektől nem függenek. Kombináljuk ezzel az együtthatórend% szerrel az oszlopokat. Azt% kell ellenőrízni, hogy minden sorban megkapjuk a nullát Ez a -ben U szerepet játszó sorokra a -re alkalmazott

ferde kifejtési tételből, míg a többi sorra a kifejtési tételből következik. Tételünk közvetlen következménye az alábbi állítás: 17.8 Tétel Egy mátrix rangja megegyezik maximális rendű el nem tűnő aldeterminánsa rendjével Ezzel a tétellel a mátrixok rangszámtételére egy új bizonyítást adtunk. 4. fejezet Lineáris leképezések 18. Lineáris leképezések alaptulajdonságai 18.1 Definíció Legyenek és / ugyanazon test feletti vektorterek. A Ø uÆ / leképezést lineáris leképezésnek mondjuk, ha teljesül, hogy ÚÅ (L1) (L2) Û ØÊÅ QRÆ ØÊ¾Å QdØÊÆ ØÊ$¢Å ¢ØÊÅ Æ és Ú(¢ esetén: Û Jelölje É / az összes lineáris leképe/ lineáris leképezés halmazát! A Ø É + / zést lineáris izomorfizmusnak nevezzük, ha bijektív, ilyenkor -t és / -t izomorf vektortereknek mondjuk. Speciálisan, ha / , akkor lineáris operátorról, vagy lineáris

transzformációról, míg ha / , lineáris formáról szólunk. Megjegyzés. Az L1 és L2 tulajdonságok egyetlen formulába foglalhatók: ØB¢ÅQ ¤ Æ ¢ØÊÅ Q ¤ ØB$Æ Å Æ ¢ ¤ H Ebből indukcióval az alábbi általános formulát nyerjük: ØÊ$¢"ªÅ+[QjjjQ¢ ¡ÅS¡ ¢"ÈØBÅ+ QjjjtQ¢ ¡ØÊ¾ÅS¡ ^ Å¦ ¢ ¦ Û § HtH H ¨GH / lineáris leképezés. zérusvektorának képe / zérusvektora 18.2 Tétel Legyen Ø uÆ Bizonyítás: ØB g BØ g Q g ÊØ g QdØÊ g , azaz ØÊ g g . 18.3 Tétel Lineáris leképezés lineárisan függő vektorrendszert lineárisan függő vektorrendszerbe visz át 67 68 LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK tHtH H Bizonyítás: Legyen ¶z ¶¡ lineárisan függő vektorrendszer! Ekkor a zérusvektor előáll nemtriviális lineáris kombinációjukként: ¢)È¶E+QjjjQR¢¡ÅS¡ g H Alkalmazzuk mindkét

oldalra a Ø lineáris leképezést: ¢)ØÊ$¶z QjjjQR¢¡tØÊÅS¡ g H Mivel a fenti lineáris kombinációban az eredeti együtthatórendszer szerepel, ezért ez a lineáris (H HtH ØB¶¡ È vektorrendszer függőségét jelenti. kombináció is nemtriviális, ami a $ØÊ¶ Az alábbiakban definiált leképezések lineárisak: vektortér önmagára való Ø w u Példa. Az identikus leképezés Egy identikus leképezése. Példa. A zéró leképezés Ha és / / zérusvektorát rendeljük. Å y ØÊ¾Å Å ugyanozon test feletti vektorterek és minden vektorához Példa. Origó középpontú hasonlóság Legyen valós vektortér, Ø u$ Â y ØB$Â ¨ Â H v o ÿ mátrix. Legyen Példa. A mátrixszorzás Legyen ( p p w w¹H o ÉËÊu ( ÉËÊ ¨np rögzített szám. Legyen Példa. A differenciálás Legyen az $¶ · nyílt intervallumon differenciálható valós függvények vektortere, míg

/ az ¶ · -n értelmezett összes valós függvények vektortere A % u$ / û y % û û U deriválás lineáris leképezés. Példa. Az integrál, mint a felső határ függvénye Legyen az Ì¶ ·Í intervallumon folytonos leképezést értelmezzük a következő módon: függvények tere. A Ø u$ û y ØBû . . ¾Å Î&Ï û) Û Å Ì¶ ·Í H ¬ Példa. A sík origó körüli elforgatása A síkot kétféleképpen is vektortérnek gondolhatjuk: p p µ , mint fölötti egy dimenziós vektortér; vagy , mint fölötti két dimenziós Cp , vektortér. Az elforgatást először a egy dimenziós vektortérben értelmezzük Legyen ¢ továbbá y ^H Ø u > ØÊ> > jK$ÕÖ×¢&QR§×Èëì ¢ (Gondoljunk a komplex számok szorzásának geometriai interpretációjára, ld. az ábrát!) Vegyük 69 LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK ALAPTULAJDONSÁGAI Ñ

ÒwÓÔ¤ÕÖ×5ØÙÚ×'ÛÝÜØ]Þ Ò ÕÖ×xØÙßÚ ×'Û®ÜØ à Ð 4.1 ábra Elforgatás a komplex számsíkon észre, hogy a középpontos hasonlóság speciális esetével állunk szemben. p A fentiek alapján könnyen levezethetjük az origó körüli elforgatás képletét npB . > Å=QC§Æ , Å Æ µ -ben is. Legyen ¾Å=QR§Æ j?$Õ ÖT×S¢QR§×ëîìc¢ Õ Ö×S¢¹jtÅ ×ëîìc¢¹jÆ QR§×ëîì3¢¹jÅ=QRÕÖ×S¢¹jÆ H Tehát ha az elforgatás Ø up µ p µ akkor illetőleg mátrix alakban: U U Å Æ y Å Æ Å UU ÕÖ×S¢¹jtÅ ×Èëì ¢njÆ Û Æ ×Èëì ¢njtÅ=QCÕ Ö×S¢¹jÆ Å . y ÕÖ×S¢ ×ëîì3¢ j Å H Æ ×Èëì ¢ Õ Ö×S¢ Æ Helyettesítsünk a fenti formulákba ¢ Ózï -t: a középiskolából jól ismert „szabályt” kapjuk a Ó ï szögű elforgatásra. p À merőleges

vetítése a koordinátatengelyekre vagy a Példa. Vetítés altérre Lineáris leképezés - koordinátasíkokra. (Írjuk fel ezen vetítések explicit alakját!) Û 18.4 Tétel Legyenek és / ugyanazon test feletti vektorterek É3 / vektortér felett, ha két lineáris leképezés összegét és egy lineáris leképezés skalárral való szorzatát a következőképpen értelmezzük: ØâQá Å $¢)Ø Å ^ Å ÊØ ¾Å Qm áÅ ¢ØÊÅ ^ Å ¢ H 70 LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK Bizonyítás: Könnyen látható, hogy az összeadás és skalárral való szorzás el őző definíciói valóban lineáris leképezést értelmeznek. Ellenőriznünk kell a vektortér axiómák teljesülését. Először belátjuk, hogy ¢BØÇQâá ¢)ØQR¢ á . Valóban: ¢ÊØQá ªÍ ¾Å Ì ¢ãÌÉØQmá ¾Å Í ¢ÌþØBÅ QmáÅ Í ¢)H ØBÅ Q¢á¾Å ¢)Ø Å Q¢á Å

$¢)Ø&Qd¢á Å Hasonlóan bizonyítható a többi tulajdonság. 18.5Û Tétel Legyenek 7 , , Û / É + / É j7 / , akkor á ä3Ø ugyanazon test fölötti vektorterek. Ha Ø . É j7 Û , á Bizonyítás: Triviális számolás. 18.6 Tétel Legyen Ø É + Û / izomorfizmus. Ø u$/ szintén lineáris izomorfizmus Bizonyítás: Mivel Ø bijektív ezért létezik inverze, s az inverze is bijektív, azt kell belátni, hogy : ÂK , Ø : µ Âµ . Mivel ez lineáris leképezés. Legyen Ø ÊØ ÂK+QRÂµ ØÊÂK QØÊ$Âµ : +Q : µ : +Q : µ Â QCÂµ , azaz ezért Ø Ø : [Q : µ Â QCÂµ Ø : QdØ : µ H Hasonlóan igazolható a homogenitás: ØÊ$¢Â ¢)ØB$Â ¢ : Ø ¢ : ¢ÂK ¢)Ø : ^H azaz 18.7 Tétel (A véges dimenziós vektorterek struktúratétele) Az test feletti dimenziós

vektortér izomorf ( -hez, az elemeiből képzett skalár- -esek teréhez. Bizonyítás: Rögzítsünk -ben egy bázist: Â Ø u$ ( HtHtH Â ( . Értelmezzük a következő leképezést: Å+ÂK[QjjjtQCÅ ( Â ( y Å+ HtHtH Å ( ^ azaz tetszőleges vektorhoz rendeljük hozzá a rögzített bázisra vonatkozó koordinátáit. Egyszerűen megmutatható, hogy így lineáris leképezést definiáltunk (Ld két vektor összegének koordinátái, vektor skalárszorosának koordinátái!) Mivel bázisból a tér bármely vektora pontosan egyféleképpen kombinálható, továbbá tetszőleges skalár -esből kombinálhatunk vektort, ezért ez a leképezés bijektív is. LINEÁRIS LEKÉPEZÉS KÉPTERE ÉS MAGTERE 71 18.8 Következmény Izomorf vektorterek dimenziója ugyanaz 18.9 Tétel (A lineáris kiterjesztés tétele) Legyenek és / ugyanazon test fölötti vektortetHtHtH Â bázis -ben, tHtH H tetszőleges

vektorrendszer / -ben Egyértelműen rek, $Â ( ( létezik olyan Ø uÆ / ØÊ$Â¦ ¦[$§ tHtHtH ^H lineáris leképezés, hogy Azaz a lineáris leképezést bázison felvett értéke egyértelműen meghatározza. Bizonyítás: Értelmezzük a Ø leképezést a következőképpen: Å+Â+QjjjQÇÅ ( Â ( y +Å [Q£jjjQCÅ ( ( H Egyszerűen ellenőrizhető, hogy ez a leképezés lineáris, továbbá ØÊÂT¦ ¦ . Az egyértelműség bizonyítása maradt hátra. Tegyük fel, hogy á É + / rendelkezik a tételben leírt tulajdonØ u$ / sággal! Belátjuk, hogy tetszőleges vektoron ugyanazt az értéket veszi fel, mint az előbb definiált Ø . Valóban: Å+Â Q£jjjQÇÅ ( Â ( Å+á$Â Q£jjjQCÅ ( áÂ ( +Å +QjjjQCÅ ( ( H á 19. Lineáris leképezés képtere és magtere É + Û / lineáris leképezés. A 19.1 Definíció Legyen Ø

DiØÊ$Â g F 0 å ¯ » Ø v@ Â halmazt a Ø lineáris leképezés magjának vagy magterének nevezzük, míg a ëaØ v@ A / D æEÂ uKØÊÂ F 0/ halmazt a Ø képterének. (Utóbbira a ØÊ+ jelölés is használatos) É + Û / lineáris leképezés. ëHadØ / altere, míg å » ¯ Ø a altere 19.2 Tétel Legyen Ø Bizonyítás: Egyik halmaz sem üres, mert a zérusvektort mindkett ő triviálisan tartalmazza. Elegendő tehát azt belátni, hogy mindkét halmaz zárt az összeadásra és a skalárral való szorzásra. å ¯ Teljesüljön, hogy Å Æ » Ø . ØÊÅ QRÆ ØÊ¾Å QdØÊÆ g Q gg ØÊ$¢Å ¢ØÊÅ ¢¹j gg å»¯ Ø . tehát ÅQRÆ ¢ Å ë aØ ! Ekkor léteznek olyan vektorok -ben, hogy ØÊ¾Å > , ØÊÆ Â . Most legyen > Â ØÊÅ QRÆ ØÊ¾Å QdØÊÆ >3QRÂ ØÊ¢ Å ¢)ØBÅ ¢ > ë aØ . azaz >3QRÂ ¢ > 72 LINEÁRIS

LEKÉPEZÉSEK 19.3 Definíció Egy lineáris leképezés rangján képterének dimenzióját, míg nullitásán magterének dimenzióját értjük Példa. Legyen +0 altér és a Ó leképezés legyen a Óu$ ( Å y ÓI¾Å Å=Q&+ L å ún. kanonikus projekció (Erről könnyen megygőződhetünk, hogy lineáris leképezés) » ¯ Ó ( Gondoljunk arra, hogy a L[ faktortér zérusvektora a g Q9+ + lineáris sokaság. y Ø ç ç U . Figyelembe véve, hogy a deriválás a polino ) ( , å » ¯ Ø pedig megegyezik a konstans polinomok ç Példa. Legyen Ø uÆ) ( ) ( mok fokszámát eggyel csökkenti: ëHadØ halmazával. p À merőleges vetítését az ÅSÆ síkra: Ø u p À p À ¾Å Æ > "y ØBÅ Æ > Å Æ g ^H A leképezés képtere az ÅSÆ sík, míg magtere a > tengely. É + Û / ! Ha å » ¯ Ø @g F , akkor Ø injektív, továbbá lineárisan 19.4 Tétel Legyen Ø

Példa. Tekintsük független vektorrendszer képe lineárisan független vektorrendszer. Bizonyítás: Először belátjuk, hogy a feltételek mellett különböző vektorok képe különböző. Ha Å Æ és ØÊÅ ØÊÆ , akkor g ØÊ¾Å ØÊ$Æ ÊØ ¾Å Æ H Å Æ tehát a å » ¯ Ø eleme. A feltétel szerint å » ¯ Ø -nek azonban egyetlen eleme van, s ez a zérusvektor, azaz Å Æ . tHtHtH Â lineárisan független vektorok. Kombináljuk ezen vektorok képLegyenek ÂK ( vektoraiból a zérusvektort: Å+ØÊ$Â QjjjtQCÅ ( ØÊ$Â ( g / H A linearitás miatt: ØÊÅ+Â+QjjjQÇÅ ( Â ( g å » ¯ Ø . å » ¯ Ø egyetlen eleme azonban a zérusvektor, azaz azaz Å+ÂK+QjjjQCÅ Â ( ( Å+Â[Q£jjjQCÅ ( Â ( g H HtHtH Å lineárisan független vektorrendszer, azaz mindegyik együttható A feltétel miatt Å[ ( nulla. A képvektorokból / 19.5 Tétel Legyen

Ø generátorrendszere. zérusvektorát tehát csak triviálisan lehet kombinálni. É Û / ! Ha $Â? tHtHtH Â ( bázis -ben, akkor ØÊ$ÂK HtHtH ØÊ$Â È ëHadØ ( 73 LINEÁRIS LEKÉPEZÉS KÉPTERE ÉS MAGTERE Bizonyítás: Legyen Â -t a bázisából: ëHadØ . Ekkor létezik olyan Â vektor, hogy ØB$Â Å+ÂK+Q£jjjQCÅ Â Â H Ekkor a linearitást használva: ( . Kombináljuk ( ØB$Â Å+ÈØÊÂK Q£jjjQÇÅ ØÊÂ ( ( amit bizonyítani kellett. 19.6 Tétel (Homomorfiatétel) Legyen Ø Bizonyítás: Legyen tehát Ø É + Û / É3 Û / å ¯ » Ø ëHadØ lineáris leképezés. . Értelmezzük a következő leképezést: Ø u$ å » ¯ Ø ëaØ ÂXQ å » ¯ Ø y ØB$Â H A definíció nem függ a lineáris sokaság reprezentensának választásától, mert ha Âz"Q Âµ)Q å » ¯ Ø , akkor ÂK Âµ å » ¯ Ø , azaz å

¯ » Ø gx ÊØ ÂK Âµ ØÊÂK ØB$Âµ H Azt is könnyű ellenőrizni, hogy Ø lineáris leképezés. Nyilvánvaló, hogy Ø szürjektív Másrészt Ø magtere a zérustér, mert ha ØÊ å » ¯ ØXQ&Â ØÊ$Â g , akkor Â å » ¯ Ø , azaz å » ¯ ØXQ&Â å » ¯ Ø . Innen következik, hogy Ø injektív is, tehét izomorfizmus. É Û / lineáris leképezés. Ekkor 19.7 Tétel (A nullitás+rang tétel) Legyen Ø å ¯ `zë a » Øâm Q `zë aë aØ `EHë a9 H Bizonyítás: Következik az előző tételből, s a faktortér dimenziójára vonatkozó tételből. A „nullitás+rang” tétel egy egyszerű alkalmazásaként újabb bizonyítást adunk a homogén lineáris egyenletrendszerek megoldásteréről szóló tételre. 19.8 Tétel Legyen Å g homogén ¯ ° ìy± . lineáris egyenletrendszer ( megoldástér dimenziója èo ÿ ( ), Å p ( . A tHtHtH - [p ( természetes

bázisát, tH HtH pedig oszlopait! Ekkor ( ( - tHtHtH - ( ( is teljesül. Ez azt jelenti, hogy ëa9ÉéÊ -t oszlopai generálják, vagyis: ¯° ìZ±ÉêÊ ¯ ° ìy± . Bizonyítás: Jelölje -X Alkalmazzuk a „nullitás+rang” tételt az ÉêÊ operátorra: Q zë ëa9ÉËÊ H å ¯ `zëa » ÉËÊ a megoldástér dimenzióját adja, `zëaëa9ÉêÊ pedig rangját, az előző példában leírzë ` Ha takat figyelembe véve. å ¯ » é É Ê m` a 74 LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK 20. A lineáris leképezések mátrix-reprezentációja É3 Û / , továbbá legyen $Â tHtHtH Âko egy bázisa, tHtHtH 20.1 Definíció Legyen Ø ( / egy bázisa. A Ø lineáris leképezésnek a rögzített bázisokra vonatkozó mátrixa az az ê n típusú mátrix, melynek elemeit a következő összefüggés értelmezi: G CG ( ØÊ$Â¦ G º ¦ G tHtHtH azaz az § -edik oszlop megegyezik

ÂT¦ képének bázisra vonatkozó koordinátáival. ( A / esetben ha mást nem mondunk, akkor csak egy bázist rögzítünk (amit a definíció D szerint kétszer használunk). vektor koordinátái a rögzített bázisra vonat20.2 Tétel (A definíció jelöléseivel) Ha a Â tH t H H kozóan ¾Å[ Å@o , a lineáris leképezés mátrixa pedig a # mátrix, akkor ØÊ$Â koordinátái a / -ben rögzített bázisra vonatkozóan bcd #j Å+ e5f . . g Å@o azaz ha a w Â koordinátáiból képzett oszlopvektort w jelöli, akkor ØB$Â torát Ééë" adja. Bizonyítás: Ø C o ¦ G K Å¦¾Â¦ C o Å¦ CG ( G GK º ¦ C o CG ( G G Å¦¾º^¦ koordinátáinak oszlopvek- CG ( C o G G º¦ Å¦ ¦¤DG I DG ¦EDG DG DG ¦EDG É + Û / lineáris leképezések, valamint rögzítsük és / egy-egy 20.3 Tétel Legyenek Ø á , á mátrixa pedig , akkor Ø , ¢)Ø bázisát! Ha Ø

mátrixa erre a bázispárra Q á mátrixa Q mátrixa pedig ¢ , ahol ¢ tetszőleges skalár. I ED Bizonyítás: Egyszerű számítás a definíció alapján. Û 20.4 Tétel Legyen `EëHa9 n , `EëHa9/ ! Az É / vektortér izomorf a èo ÿ vektor( térrel; ha egy lineáris leképezéshez hozzárendeljük egy rögzített bázispárra vonatkozó mátrixát Û j n .) akkor a két vektortér között izomorfizmust kapunk. (Következésképpen: `zëa9É + / Bizonyítás: Az előző tétel szerint az a leképezés, mely minden lineáris leképezéshez hozzárendeli egy rögzített bázispárra vonatkozó mátrixát leképezés. Azt kell belátnunk, tHtHtH Âo lineáris HtHtH még hogy ez a leképezés bijektív is. Legyen Â rögzített bázisa, / rögzí ( tett bázisa, o ÿ . A lineáris kiterjesztés tétele szerint egyértelműen létezik olyan lineáris ( G G leképezés, mely a Â¦ vektorhoz a CG ( G D ¶ ¦

vektort rendeli. Ennek a mátrixa a megadott mátrix 75 BÁZISCSERE ç 20.5 Tétel. Legyenek 7 , , / ugyanazon test feletti n , , dimenziós vektorterek, továbbá Û Ø É37 , á É Û / . Rögzítsünká7 -ban, -ben és / -ben egy-egy Ø mátrixa (a bázist! ÿ o , á mátrixa pedig lì ÿ . Ekkor áä3Ø rögzített bázisokra vonatkozóan) legyen ( ( mátrixa j . Bizonyítás: Jelöljük el a bázisokat: ¶ Páä3Ø ¶¦ á G CG ( G G I CG G D D tH HtH ¶Lo GVK 7 -ban; $·t tHtH H · ( G G -ben; $º tH HtH ºì / -ben. ¶ ¦· G +¶¦ á$· CG ( G ¶ ¦ D C ì ¡DG ·¡ º^¡ ì CG C ( G I ¡DG D G G K ·¡ ¶ ¦ ^º ¡ H G G CG ( ¨ A szorzatleképezés mátrixa -adik sorának § -edik eleme tehát ·¡ ¶ ¦ , ami nem más, mint a G D szorzatmátrix megfelelő eleme. Û É3 / -ben és / 20.6 Következmény Legyen Ø

lineáris izomorfizmus, s rögzítsünk mátrixa ben egy-egy bázist! Ha Ø mátrixa a rögzített bázispárra vonatkozóan , akkor Ø ugyanezen bázispárra vonatkozóan . 21. Báziscsere 21.1 Definíció Legyen ^ Ê Értelmezzük az ® + ¦ G ¶z tHtHtH ¶ ( illetve ^ U ¶ U tHtHtH ¶ U( ÿ mátrixot a következőképpen: ( ( G G C G ( H ¶ U¦ ¦¾¶ DG a vektortér két bázisa. U báziscsere (bázistranszformáció) mátrixának nevezzük. U koordinátái vannak Úgy istHtfogalmazhatunk, hogy a báziscsere mátrixának § -edik oszlopában ¶ ¦ HtH ¶ bázisra vonatkozóan. az ¶E ( Az ® mátrixot az ^ ^ 21.2 Tétel Egy báziscsere mátrixa mindig invertálható mátrix Bizonyítás: (A definícióban alkalmazott jelölésekkel.) ® oszlopai lineárisan függetlenek, hiszen U az oszlopok ^ bázisvektorainak koordinátái az ^ bázisban és az a leképezés, mely egy vektorhoz hozzárendeli (egy rögzített bázisra

vonatkozó) koordinátáit izomorfizmus. ® rangja tehát , azaz invertálható. tHtHtH U U tHtH H U ¶ 21.3 Tétel Legyen ^ ¶z Ha ¶ ( illetve ^ ¶ ( a vektortér két bázisa. t H t H H w U egy tetszőlegestHvektor -ra vonatkozó ¾Å Å ( koordinátáiból w képzett U tHtH Å U ^ koordinátáiból U oszlopvektor ; ^ -re vonatkozó ¾Å képzett oszlopvektor pedig , akkor fennáll, hogy ( w U ® j w¹H 76 LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK Bizonyítás: Legyen Å tetszőleges vektor! G G azaz Å C( E¦ DG G U U C ( U CG ( Å Å ¦¶ ¦ Å ¦ ¦¾¶ ¦EDG E¦ DG DG G G K C G ( C ( ¦îÅ U¦ ¶ DGÃ I E¦ DG G U w ®nj w U . ® inverzével balról szorozva adódik állításunk ¦ÉÅ ¦ , mátrix alakban C ( 21.4 Tétel Legyen Ø É + Û lineáris operátor, továbbá õ $·t tHtHtH ·o ill. õ U $· U tHtHtH · Uo õ U báziscsere mátrixát ® . Ha a Ø lineáris leképezés

mátrixa a õ , a két bázisa. Jelőlje a õ U U bázisra vonatkozóan , a õ bázira vonatkozóan pedig , akkor fennál, hogy U ® G ® H G G U ¢ U ; tehát a definíciónak megfelelően: Bizonyítás: Legyen ® ¦ , ¢[¦ , ¦ G U G G G G G CG ( U CG ( U CG ( U U H ·¦ ¦¾· ØÊ$·¦ ¢ ¦¾· ØÊ$· ¦ ¢ ¦· DG DG DG Számítsuk ki ØÊ$· ¦ -t kétféleképpen: ØB· U¦ Ø másrészt: G CG ( I CG ( G ØÊ$· U¦ D G G D ¦ CG ( G D C ( GVK C ( ¡DG G G CG ( G ¦VØÊ· C ( ¢ ¡ ·¡ ¢ U¡È¦ · U D G ¡DG I DG U ¦· G CG ( ¡DG I DG CG ( G ¢ U¦ C ( GG K ¡DG U H ¡ ¢ ¦ ·¡ G G G K CG ( D ¢¡ ¦ ·¡ G t¡ ·¡ Mind a két esetben a ØÊ· ¦ vektort az õ bázisban kombináltuk, tehát az együtthatók is megegyezG G G G nek: CG ( U ¢ ¡ ¦ ¡ ¢ ¦ DG DG U ® -t

jelenti, s ez a bizonyítandó állítással ekvivaami a mátrixszorzás definíciója szerint ® CG ( lens. BÁZISCSERE 77 21.5 Definíció Az és ugyanolyan típusú négyzetes mátrixokat hasonlónak nevezzük, ha lé tezik olyan invertálható ® mátrix, hogy ® ® . Egy lineáris operátort diagonalizálhatónak nevezünk, ha van olyan bázis, melyben mátrixa diagonális. Egy mátrixot akkor nevezünk diagonalizálhatónak, ha hasonló egy diagonális mátrixhoz 21.6 Tétel Hasonló mátrixok rangja és determinánsa megegyezik Bizonyítás: Mindkét mátrix ugyanannak a lineáris operátornak más-más bázisra vonatkozó mátrixa. Mivel a mátrixok rangja megegyezik a lineáris operátor képterének a dimenziójával, ezért mind a két mátrixra ugyanannyi. A determinánsok megegyezése a determinánsok szorzástételének egyszerű következménye: ® ® `y»V¼G® j4`Z»X¼ j4`y»V¼G® `y»V¼ jxí `y»X¼Gî5® ï

® ð `y»X¼ H DZñò'óVôDG `y»X¼ 21.7 Definíció Egy lineáris transzformáció determinánsán valalmely bázisra vonatkozó mátrixának determinánsát értjük (Az előző tétel szerint ez az érték független a bázis választásától)

Matematika | Diszkrét Matematika » Kovács Zoltán - Lineáris algebra I.

Mit olvastak a többiek, ha ezzel végeztek?

Szilasi József - Bevezetés a differenciálgeometriába

Járai Antal - Analízis és valószínűségszámítás

Dr. Nagy Tamás - Vektorok és Mátrixok

Bene Gyula - Általános relativitáselmélet

Tartalmi kivonat

Cikkajánló

Dante, Alighieri

Doksiajánló

Tartalmak

Navigáció

Matematika | Diszkrét Matematika » Kovács Zoltán - Lineáris algebra I.

Doksi olvasó beágyazása

Mit olvastak a többiek, ha ezzel végeztek?

Szilasi József - Bevezetés a differenciálgeometriába

Járai Antal - Analízis és valószínűségszámítás

Dr. Nagy Tamás - Vektorok és Mátrixok

Bene Gyula - Általános relativitáselmélet

Tartalmi kivonat

Cikkajánló

Dante, Alighieri

Doksiajánló

Tartalmak

Navigáció