diszkrét matematika 2

Orosz gota Kaiser Zoltn

Diszkrt Matematika II.

pldatr

mobiDIK knyvtr

Orosz gota Kaiser Zoltn

Diszkrt Matematika II. pldatr

mobiDIK knyvtr

SOROZATSZERKESZT

Fazekas Istvn

Orosz gota

Kaiser Zoltn

Diszkrt Matematika II.

pldatr

egyetemi jegyzet

mobiDIK knyvtr

Debreceni Egyetem Informatikai Intzet

Copyright c Orosz gota, Kaiser Zoltn, 2004

Copyright c elektronikus kzls mobiDIK knyvtr, 2004

mobiDIK knyvtrDebreceni EgyetemInformatikai Intzet4010 Debrecen, Pf. 12http://mobidiak.unideb.hu

A m egyni tanulmnyozs cljra szabadon letlthet. Minden egyb fel-hasznls csak a szerz elzetes rsbeli engedlyvel trtnhet.A m a A mobiDIK nszervez mobil portl (IKTA, OMFB-00373/2003)s a GNU Itertor, a legjabb genercis portl szoftver (ITEM, 50/2003)projektek keretben kszlt.

Tartalomjegyzk

1. Lineris lekpezsek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91. Vektorterek lineris lekpezsei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92. Bzis- s koordintatranszformci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193. Lineris transzformcik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2. Euklideszi s unitr terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 471. Lineris, bilineris s kvadratikus formk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472. Euklideszi terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683. Euklideszi terek lineris opertorai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3. Grfelmlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 911. Grfelmleti alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 912. Euler-kr, Euler-vonal, Hamilton-kr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1023. Grfok cscsmtrixa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

Irodalomjegyzk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

7

1. fejezet

Lineris lekpezsek

1. Vektorterek lineris lekpezsei

1.1. Feladat. Legyenek V1 s V2 vektorterek a T test felett. Bizonytsa be,hogy egy : V1 V2 lekpezs pontosan akkor lineris, ha brmely , Ts x, y V1 esetn(1) (x + y) = (x) + (y),

azaz a lineris lekpezsek defincijban szerepl kt tulajdonsg (additivi-ts s homogenits) az (1) tulajdonsggal egyenrtk!

Megolds.

1. Tegyk fel, hogy lineris. Ekkor az additivits miatt

(x + y) = (x) + (y),

s a homogenits miatt

(x) + (y) = (x) + (y),

teht teljesl az (1) tulajdonsg.2. Tegyk fel, hogy teljesl az (1) tulajdonsg. Ekkor az = = 1

vlasztssal addik az additivits illetve a = 1 s y = 0 vlasztssalmegkapjuk, hogy homogn.

1.2. Feladat. Legyenek V1 s V2 vektorterek a T test felett. Bizonytsa be,hogy brmely : V1 V2 lineris lekpezs1. a nullvektort nullvektorba kpezi,2. linerisan fgg vektorokat linerisan fgg vektorokba kpez.

Megolds.

1. A lineris lekpezsek additivitsa miatt

(0) = (0 + 0) = (0) + (0) = 2(0),

gy (0) = 0.

9

10 1. LINERIS LEKPEZSEK

2. Tegyk fel, hogy az (a) = (a1, . . . , an) vektorrendszer linerisan fgg.Ekkor lteznek olyan 1, . . . , n T nem mind nulla egytthatk, hogy

1a1 + + nan = 0,

gy

0 = (0) = (1a1 + + nan) = 1(a1) + + n(an),

teht a (a1), . . . , (an) vektorrendszer szintn linerisan fgg, mertbellk a nullvektor elllthat nem trivilis lineris kombinciknt.

1.3. Feladat. Ellenrizze a lineris lekpezsek defincija alapjn, hogy azalbbi lekpezsek linerisak-e vagy sem.

1. : R2 R, (x1, x2) = x12. : R2 R2, (x1, x2) = (x1 + 1, x2)3. : R3 R3, (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2, x2 x3, x2)4. : R2 R3, (x1, x2) = (x1, x1x2, x2)5. : Rk Rn, (x) = Ax, ahol A Mnk6. : P3 P2, (a3x3 + a2x2 + a1x + a0) = 3a3x2 + a17. : Mnn Mnn, (A) = A>

Megolds.

1. Ellenrizzk kln az additivitst s a homogenitst:

(x + y) = ((x1, x2) + (y1, y2)) = (x1 + y1, x2 + y2) = x1 + y1,

(x) + (y) = (x1, x2) + (y1, y2) = x1 + y1,

teht az additivits teljesl. Mivel

(x) = ((x1, x2)) = (x1, x2) = x1 = (x1, x2) = (x),

gy a homogenits is teljesl s a lekpezs lineris.2. Megvizsgljuk, hogy additv-e a lekpezs:

((x1, x2) + (y1, y2)) = (x1 + y1, x2 + y2)

= (x1 + y1 + 1, x2 + y2),

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + 1, x2) + (y1 + 1, y2)

= (x1 + y1 + 2, x2 + y2),

teht nem az. Ez egybknt abbl is lthat, hogy (0, 0) = (1, 0) (lsd1.2 feladat).

1. VEKTORTEREK LINERIS LEKPEZSEI 11

3. Most a linearits ellenrzsre az 1.1 feladatban szerepl (1) tulajdon-sgot hasznljuk:

((x1, x2, x3) + (y1, y2, y3)) =

(x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3) =

((x1 + y1) + 2(x2 + y2), (x2 + y2) (x3 + y3), x2 + y2) =((x1 + 2x2) + (y1 + 2y2), (x2 x3) + (y2 y3), x2 + y2),(x1, x2, x3) + (y1, y2, y3) =

(x1 + 2x2, x2 x3, x2) + (y1 + 2y2, y2 y3, y2) =((x1 + 2x2) + (y1 + 2y2), (x2 x3) + (y2 y3), x2 + y2),teht a lekpezs lineris.

4. Ellenrizzk a homogenitst:

((x1, x2)) = (x1, x2) = (x1, x1x2, x2),

(x1, x2) = (x1, x1x2, x2) = (x1, x1x2, x3),

teht nem lineris a lekpezs.5. A mtrixmveletek tulajdonsgait felhasznlva igazolhat, hogy ez a

lekpezs lineris:

(x + y) = A(x + y) = Ax + Ay = (x) + (y).

6. Ez a lekpezs is lineris, hiszen additv:

(p + q) = (a3x3 + a2x

2 + a1x + a0 + b3x3 + b2x

2 + b1x + b0)

= ((a3 + b3)x3 + (a2 + b2)x

2 + (a1 + b1)x + (a0 + b0))

= 3(a3 + b3)x2 + (a1 + b1) = 3a3x

2 + a1 + 3b3x2 + b1

= (a3x3 + a2x

2 + a1x + a0) + (b3x3 + b2x

2 + b1x + b0)

= (p) + (q)

s homogn:

(p) = ((a3x3 + a2x

2 + a1x + a0))

= (a3x3 + a2x

2 + a1x + a0) = 3a3x2 + a1

= (a3x2 + a1) = (a3x

3 + a2x2 + a1x + a0) = (p).

7. A transzponls tulajdonsgai miatt lineris:

(A + B) = (A + B)> = A> + B> = (A) + (B).


1.4. Feladat. Legyenek V1 s V2 vektorterek a T test felett. Bizonytsa be,hogy egy : V1 V2 lineris lekpezs esetn Ker altr.

Megolds. A lekpezs nulltere (vagy magtere) azon vektorokat tartalmazza,amelyeket a nullvektorba kpez:

Ker = {x V1|(x) = 0},

s soha sem res halmaz, hiszen 0 Ker (lsd 1.2 feladat). Bizonyta-nunk kell, hogy zrt a vektortr mveletekre nzve, azaz nulltrbeli vektoroksszege s skalrszorosa is nulltrbeli.

Legyen x, y Ker, teht (x) = (y) = 0. Ekkor az additivits miatt

(x + y) = (x) + (y) = 0 + 0 = 0,

teht (x+y) Ker. Ha pedig T tetszleges skalr, akkor a homogenitsmiatt (x) = (x) = 0, gy (x) Ker.1.5. Feladat. Legyenek V1 s V2 vektorterek a T test felett. Bizonytsa be,hogy egy : V1 V2 lineris lekpezs esetn (V1) altr.

Megolds. A lekpezs kptere azon V2-beli vektorokat tartalmazza, amelyekelllnak valamely V1-beli vektor ltali kpeknt:

(V1) = {y V2|x V1 : (x) = y},

s sohasem res halmaz mert a nullvektor midig eleme (0) = 0 miatt.Beltjuk, hogy zrt az sszeadsra s a skalrszorzsra.

Legyen y1, y

2 (V1). Ekkor lteznek x1, x2 V1 vektorok, hogy (x1) =

y1

s (x2) = y2, gy additivitsa miatt

(x1 + x2) = (x1) + (x2) = y1 + y2,

teht y1

+ y2 (V1). Ha T tetszleges, akkor a homogenits miatt

(x1) = (x1) = y1, azaz y1 (V1).1.6. Feladat. Legyenek V1 s V2 vektorterek a T test felett. Bizonytsa be,hogy egy : V1 V2 lineris lekpezs akkor s csak akkor injektv, haKer = {0}.

Megolds.

1. Indirekt tegyk fel, hogy a lekpezs injektv (azaz klnbz vektorokkpe klnbz), de Ker tartalmaz a nullvektortl klnbz x elemetis. Ekkor (x) = 0 s (0) = 0, gy az injektivits miatt x = 0 lenne,ami ellentmond annak, hogy x nem nullvektor.


2. Tegyk fel, hogy Ker = {0} de nem injektv, azaz ltezik x1 , x2 V1gy, hogy x1 6= x2 de (x1) = (x2). Ekkor linearitsa miatt

(x1 x2) = (x1) (x2) = 0,teht (x1 x2) Ker s (x1 x2) 6= 0, ami ellentmond annak, hogyker csak a nullvektort tartalmazza.

1.7. Feladat. Legyen : V1 V2 lineris lekpezs. Vlaszoljon a kvetkezkrdsekre a nullits s rangttel alapjn!

1. Ha a V1 vektortr dimenzija 3 s rangja 2, akkor mennyi defektusa?2. Lehet-e szrjektv lekpezs, ha V1 s V2 dimenzija megegyezik s

Ker dimenzija 2?3. Lehet-e injektv, ha V2 dimenzija kisebb, mint V1 dimenzija?4. Ha dimV1 = n s izomorfizmus, akkor mennyi V2,Ker s (V1)

dimenzija?

Megolds.

1. A nullits s rangttel szerint dimV1 = def + rg , ahol def =dimKer a defektusa s rg = dim(V1) a rangja, teht def = 1.

2. Nem, mert szrjektv lekpezs esetn rg = dim(V1) = dimV2, deitt rg = dimV1 2 = dimV2 2.

3. Nem, mert injektv lekpezs esetn az elz feladat alapjn def = 0,a nullits s rangttel szerint gy dimV1 = rg = dim(V1) lenne, amilehetetlen (V1) V2 miatt.

4. Ha izomorfizmus, akkor injektv s szrjektv is, teht dimKer =def = 0 s (V1) = V2 miatt dim(V1) = rg = dimV2 = n.

1.8. Feladat. Hatrozza meg az albbi lineris lekpezsek nulltert skptert illetve a lekpezsek defektust s rangjt.

1. : R3 R2, (x1, x2, x3) = (x1, 0)2. : R2 R2, (x1, x2) = (x1 + x2, x1 x2)3. : R3 R3, (x1, x2, x3) = (x1 + x2, x2 x3,x1 + x2 2x3)4. : R4 R4,

x1x2x3x4

=

x1 + 2x2 + 3x3 x42x1 + x2 x3 + 2x4x1 + x2 + 4x3 3x4x1 x2 4x3 + 3x4

5. : R3 R4, (x1, x2, x3) = (x1, x1, x1, x3)6. : Mnn Mnn, (A) = A A>7. : P2 P3, (a2x2 + a1x + a0) = a1x3 + a1x2 + (a2 + a0)x + a1


Megolds.

1. A lekpezs nulltert azon x R3 vektorok alkotjk, amelyekre(x) = 0, teht keressk azon x = (x1, x2, x3) vektorokat, amikre(x1, x2, x3) = (x1, 0) = (0, 0). Innen x1 = 0 s x2, x3 tetszleges valsszmok, gy

Ker = L((0, 0, 1), (0, 1, 0)), defektusa 2, (R3) = L(1, 0) a lekpezs kptere s rangja 1.

2. Ker meghatrozshoz keressk azon x = (x1, x2) vektorokat, amikre(x) = 0, teht

x1+x2 =0

x1x2 =0homogn lineris egyenletrendszer megoldsait. Mivel ennek az egyen-letrendszernek csak az x = (0, 0) vektor tesz eleget, gy Ker = {0}, adefektus nulla, azaz injektv. A nullits s rangttel szerint rangjakett, teht a kptr megegyezik R2-vel, gy ez a lekpezs egy izomor-fizmus.

3. A lekpezs nulltert a (x) = 0 homogn lineris egyenletrendszermegoldstere adja:

x1+x2 =0 x1+ x2 =0 x1+x2 =0

x2 x3 =0 x2 x3 =0 x2x3 =0x1+x22x3 =0 2x22x3 =0

teht (x1, x2, x3) = (1, 1, 1)t ahol t R tetszleges, gy Ker =L(1, 1, 1) s a lekpezs defektusa 1.

Tetszleges lineris lekpezs kpternek egy genertorrendszert ad-jk a bzisvektorok kpei. Mivel ezek nem szksgkppen linerisanfggetlenek, ki kell bellk vlasztani egy maximlisan linerisan fg-getlen vektorrendszert. Hatrozzuk meg teht a termszetes bzis vek-torainak ltali kpeit: (1, 0, 0) = (1, 0,1), (0, 1, 0) = (1, 1, 1),(0, 0, 1) = (0,1,2). Most vlasszunk ki bellk egy maximlisanlinerisan fggetlen vektorrendszert (a nullits s rangttel szerint ezkt vektorbl fog llni):

(e1)(e2)(e3)

1 0 11 1 10 1 2

1 0 10 1 20 1 2

1 0 10 1 20 0 0

gy teht (R3) = L((e1), (e2)).


4. Az elz feladatokhoz hasonlan, megoldjuk a (x) = 0 egyenletrendsz-ert:

1 2 3 12 1 1 21 1 4 31 1 4 3

1 2 3 10 3 7 40 3 7 40 3 7 4

1 2 3 10 3 7 40 0 0 00 0 0 0

,

innen a megoldsok halmaza

x1x2x3x4

=

5/34/301

t1 +

5/37/3

10

t2

ahol t1, t2 tetszleges vals szmok. Teht

Ker = L((5, 4, 0, 3), (5,7, 3, 0)).A kptr meghatrozshoz szksgnk van a termszetes bzis vek-

torainak kpeire: (1, 0, 0, 0) = (1, 2,1, 1), (0, 1, 0, 0) = (2, 1, 1,1),(0, 0, 1, 0) = (3,1, 4,4), (0, 0, 0, 1) = (1, 2,3, 3). A nullits srangttel szerint a kptr dimenzija 2, gy ki kell vlasztani ebbl a4 vektorbl kett linerisan fggetlen vektort. Lthat, hogy brmelykett fggetlen, gy pldul (R4) = ((e1), (e2)).

5. Mivel (x1, x2, x3) = (x1, x1, x1, x3) = (0, 0, 0, 0) pontosan akkor tel-jesl, ha x1 = 0, x2 = 0 s x3 tetszleges vals szm, gy Ker =L(0, 0, 1). A termszetes bzis elemeinek kpei: (1, 0, 0) = (1, 1, 1, 0),(0, 1, 0) = (0, 0, 0, 0) s (0, 0, 1) = (0, 0, 0, 1), teht

(R3) = L((e1), (e3)).A lekpezs defektusa 1, rangja 2.

6. A magtr meghatrozsnak esetn a krds az, hogy milyen A Mnnmtrixok esetn lesz (A) = O. (A) = A A> = O akkor scsak akkor teljesl, ha A = A> azaz a szimmetrikus mtrixok es-etn. A pldatr els rsznek 4.12 feladata alapjn a szimmetrikusmtrixok alternek dimenzija n(n + 1)/2, (egy lehetsges bzisa pedigazon mtrixokbl ll, amelyekben egy darab 1-es szerepel s a tbbielem nulla, az 1-es a ftlban vagy a felett helyezkedik el). Jellje Eijazt a mtrixot, aminek i. sornak j. eleme 1-es, a tbbi nulla. Ekkorteht

Ker = L({Eij |0 i, j n, j i}).Az Mnn vektortr termszetes bzist az Eij mtrixok alkotjk,

ahol 0 i, j n. Ezen mtrixok ltali kpei (Eij) = Eij Eji


alakak, (Eij) s (Eji) egyms (1)-szeresei, tovbb (Eii) = O.Ezen mtrixok ltal generlt altr a ferdeszimmetrikus mtrixok altere(lsd 4.12 feladat), amelynek dimenzija (n 1)n/2, teht

(Mnn) = L({Eij Eji|0 i, j n, j > i}).Lthat, hogy a nullits s rangttelnek megfelelen a defektus s a rangsszege n2, vagyis ppen az nn-es mtrixok vektorternek dimenzija.

7. Mivela1x

3 + a1x2 + (a2 + a0)x + a1 = 0

akkor s csak akkor teljesl, ha a1 = 0 s a0 = a2, gy a lekpezsnulltert az (ax2 a) alak polinomok alkotjk, ahol a R. TehtKer = L(x2 1), a defektus pedig 1.

A termszetes bzis kpei: (x2) = x, (x) = x3 +x2 +1, (1) = x,amibl az els kett linerisan fggetlen, gy (P2) = L((x2), (x)).A lekpezs rangja 2.

1.9. Feladat. Legyen : Rn Rk lineris lekpezs. Igazoljuk, hogyekkor ltezik olyan A Mkn mtrix, hogy (x) = Ax. Ezt a mtrixot alineris lekpezs termszetes bzisra vonatkoz mtrixnak nevezzk.

Megolds. Jellje (e) = e1, . . . , en a termszetes bzist Rn-ben. Ekkor x =

x1e1 + + xnen, s a linearits miatt(x) = x1(e1) + + xn(en),

ahol (ej) Rk minden 1 j n esetn. Legyen Aij a (ej) vektor i.koordintja. Ekkor

(Ax)i = Ai1x1 + + Ainxn = x1(e1)i + + xn(en)i = (x)i,teht a keresett mtrix j-edik oszlopba a j-edik bzisvektor kpnek ko-ordinti kerlnek.

1.10. Feladat. Hatrozza meg az albbi lineris lekpezsek mtrixt!

1. : R3 R2, (x1, x2, x3) = (x1 + x2 + 2x3, x2 + 3x3),2. : R3 R4, (x1, x2, x3) = (x1 x2, x2 + x3, x2, x1 + x2 x3),3. : R4 R, (x1, x2, x3, x4) = (x1 + x2 x3 + x4),4. az R2-beli origra tkrzs,5. az R3-beli [x, y] skra val merleges vetts.

(Hasonl jelleg feladatokrl bvebben a Lineris transzformcik cm rszbenlesz sz.)


Megolds.

1. A keresett mtrix 23 tpus, els oszlopban az (1, 0, 0) vektor kpnekkoordinti szerepelnek, azaz

(10

)

, msodik oszlopa a (0, 1, 0) vektor

kpe:

(11

)

, hasonlan hatrozhat meg a harmadik oszlop is:

A =

(1 1 20 1 3

)

.

Lthat, hogy ekkor valban teljesl, hogy (x) = Ax :

Ax =

(1 1 20 1 3

)

x1x2x3

=

(x1 + x2 + 2x3

x2 + 3x3

)

= (x).

2. Most a mtrix 4 3 tpus lesz:

A =

1 1 00 1 10 1 01 1 1

.

3. A =(1 1 1 1

).

4. Mivel az origra val tkrzsnl a vektorok minden koordintja ellen-tettjre vltozik a lekpezs utn, gy (x1, x2) = (x1,x2) s

A =

(1 00 1

)

.

5. Az [x, y] skra val merleges vettsnl a vektorok x s y koordintjanem vltozik, mg a harmadik koordinta nulla lesz: (x, y, z) = (x, y, 0),gy a lekpezs mtrixa:

A =

1 0 00 1 00 0 0

.

1.11. Feladat. A homomorfia ttel szerint egy : V1 V2 lineris lekpezsesetn

V1/Ker = (V1).llaptsuk meg, hogy az albbi lekpezsek esetn milyen lekpezs valstjameg a fenti izomorfit!

1. : R2 R2, (x1, x2) = (x1 + x2, x1 x2),2. : R3 R3, (x, y, z) = (x, y, 0).


Megolds.

1. Elszr meg kell hatroznunk a lekpezs nulltert. Mivel az 1.8 feladat-ban lttuk, hogy (x) = 0 akkor s csak akkor, ha x = 0, gy Ker = 0.Ekkor V1/Ker = V1 = R

2, a homomorfia ttel lltsa ebben az es-etben egyszeren a V1 = (V1) kifejezst jelenti, az izomorfizmust a lekpezs valstja meg. Ez minden olyan esetben igaz, ha injektv,mert ekkor : V1 (V1) lekpezs mr egy bijektv lineris lekpezs,azaz izomorfizmus.

2. Ennek a lekpezsnek a nulltert a (0, 0, z) alak vektorok alkotjk, aholz tetszleges vals szm, teht Ker = L(0, 0, 1). Ekkor a V1/Ker faktortr elemei az x+Ker alak lineris sokasgok, azaz a z-tengellyelprhuzamos egyenesek (lsd a pldatr els rsznek 3.25 feladatt). A(V1) altr, azaz a lekpezs kptere itt az [x, y] sk lesz, azaz az (x, y, 0)alak vektorok halmaza. A homomorfia ttel teht azt lltja, hogya z-tengellyel prhuzamos egyeneseknek (mint lineris sokasgoknak) avektortere izomorf az [x, y] sk vektorai ltal alkotott altrrel, s a feladatazt kri, hogy adjuk meg ezt a klcsnsen egyrtelm megfeleltetst.Legyen f : V1/Ker (V1) az a lekpezs, amelynl

f((x, y, z) + Ker) = (x, y, 0).

PSfrag replacements

x

y

z

Ker

(V1)

(x, y, 0) =f((x, y, z) + Ker)

(x, y, z) + Ker

f

Beltjuk, hogy f valban bijekci. A szrjektivits nyilvnval,az injektivits igazolshoz tegyk fel, hogy f((x1, y1, z1) + Ker) =f((x2, y2, z2) + Ker). Ekkor (x1, y1, 0) = (x2, y2, 0), gy a kt linerissokasg megegyezik, mert (x1, y1, z1) (x2, y2, z2) = (0, 0, z1 z2) Ker. Szemlletesen arrl van sz, hogy a kt vektor ugyanarra az-tengellyel prhuzamos egyenesre mutat, hiszen csak a harmadik ko-ordintjuk tr el.

2. BZIS- S KOORDINTATRANSZFORMCI 19

Knnyen ellenrizhet, hogy az f lekpezs lineris, ugyanis tet-szleges , , x1, x2, y1, y2, z1, z2 vals szmok esetn

f(

((x1, y1, z1) + Ker) + ((x2, y2, z2) + Ker))

=

f(

(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) + Ker)

=

f(

(x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) + Ker)

=

(x1 + x2, y1 + y2, 0) = (x1, y1, 0) + (x2, y2, 0) =

f(

(x1, y1, z1) + Ker)

+ f(

(x2, y2, z2) + Ker)

,

teht ez a keresett izomorfizmus.

2. Bzis- s koordintatranszformci

1.12. Feladat. Az (a) = (a1, a2, a3) s a (b) = (b1, b2, b3) vektorrendszerekR

3 bzisai. rja fel az (a)(b) bzistranszformci mtrixt.1. a1 = (1, 0, 0), a2 = (0, 1, 0), a3 = (0, 0, 1),

b1 = (3, 4, 5), b2 = (6, 7, 8), b3 = (9, 8, 8),2. a1 = (1, 2, 1), a2 = (1,1, 3), a3 = (0, 1, 2),

b1 = (1,2, 1), b2 = (2,1, 2), b3 = (1, 1, 4),3. a1 = (1, 2, 0), a2 = (1, 2,1), a3 = (2, 1, 1),

b1 = (2, 1, 0), b2 = (1, 3, 1), b3 = (1, 2, 1),4. a1 = (3, 2, 1), a2 = (1, 1, 0), a3 = (0, 1, 1),

b1 = (1, 1, 1), b2 = (1, 2, 2), b3 = (1, 0,1).Megolds.

1. Az (a) (b) bzistranszformci mtrixa oszlopaiban tartalmazzaa (b) vektorainak felrst az (a) bzisban. Mivel ennl a feladatnlaz (a) bzis ppen a termszetes bzis, gy a (b) vektorai eleve az (a)bzisban vannak megadva. Ekkor a mtrix oszlopaiba rendre berjuk

(b) vektorait, teht (a)S (b), ahol

S =

3 6 94 7 85 8 8

.


2. Kt megoldsi mdszert mutatunk meg.a) Ki kell szmolnunk a b1, b2, b3 vektorok (a) bzisra vonatkoz ko-

ordintit. A b1 vektor esetn meg kell oldanunk az x1a1+x2a2+x3a3 =b1 lineris egyenletrendszert, melynek egyrtelmen ltez x1, x2, x3 meg-oldsa adja a bzistranszformci mtrixnak els oszlopt. Hasonlankell eljrnunk b2 s b3 esetn, teht hrom darab egyenletrendszert kellmegoldanunk, melyekhez tartoz mtrixok:

1 1 02 1 11 3 2

121

,

1 1 02 1 11 3 2

212

,

1 1 02 1 11 3 2

114

.

Mivel a hrom egyenletrendszer alapmtrixa megegyezik, szimultn ismegoldhatjuk ket gy, hogy a jobboldalon lv vektorokat egyms mellrjuk, s a

1 1 02 1 11 3 2

1 2 12 1 11 2 4

mtrixot Gauss-elimincival olyan alakra hozzuk, hogy az els rszbenaz egysgmtrix szerepel (hasonlan az inverzmtrix kiszmtsnl al-kalmazott szimultn Gauss-elimincihoz):

1 1 02 1 11 3 2

1 2 12 1 11 2 4

1 1 00 1 10 4 2

1 2 10 3 12 5 3

1 0 10 1 10 0 2

1 1 00 3 12 8 7

1 0 00 1 00 0 1

0 3 7/21 1 5/21 4 7/2

.

Ekkor a mtrix msodik rsznek oszlopaiban az egyes egyenletrend-szerek megoldsai lesznek, hiszen pldul az els oszlop vonatkozsbanez ppen az

x1 = 0x2 = 1

x3 = 1

egyenletrendszernek felel meg. gy teht az (a)S (b) bzistranszfor-

mci mtrixa:

S =

0 3 7/21 1 5/21 4 7/2


b.) Az S mtrix kiszmtsnak vlaszthatjuk egy msik mdjt is.Az x1a1 + x2a2 + x3a3 = b1 egyenletrendszer mtrixos felrsa: As1 =b1, ahol s1 a keresett bzistranszformcis mtrix els oszlopa s A azalapmtrix:

A =

1 1 02 1 11 3 2

.

Ez felrhat b2 s b3 esetn is, s mivel A invertlhat, innen

s1 = A1b1, s2 = A

1b2, s3 = A1b3.

Teht most a feladat A inverznek kiszmtsa valamely tanult mdsz-errel:

A1 =

5/2 1 1/23/2 1 1/27/2 2 1/2

,

s a hrom szorzs elvgzse:

s1 = A1b1 =

5/2 1 1/23/2 1 1/27/2 2 1/2

121

=

011

,

s2 = A1b2 =

314

, s3 = A1b3 =

7/25/27/2

,

termszetesen ugyanazt kaptuk mint a msik esetben. (A hrom szorzstegyszerre is elvgezhetjk, ha a b1, b2, b3 vektorokat egy B mtrix os-zlopaiba rjuk, s ekkor S = A1B.)

3. Az elzekben ismertetett mdszerek valamelyikvel:

S =

1 3 41 4/3 7/31 1/3 4/3

.

4. Hasonlan:

S =

1/2 1/2 01/2 1/2 11/2 3/2 1

.

1.13. Feladat. Legyenek (a) s (b) bzisok a V vektortren s (a)S (b).

Ha az x vektor (a) bzisra vonatkoz koordintibl kpzett vektort x(a)jelli s a (b) bzisra vonatkoz koordintibl alkotott vektort pedig x(b) ,akkor

x(b) = S1x(a), illetve x(a) = Sx(b).


Ezek alapjn oldjuk meg a kvetkez feladatokat:

1. Legyen R3-ban (e) a termszetes bzis, s (b) pedig az albbi vek-torokbl ll bzis: b1 = (2, 1,1), b2 = (1, 1, 1), b3 = (1, 0, 1).(a) Ha az x vektor a termszetes bzisban felrva x(e) = (4, 3, 2), akkor

mi lesz az x vektor felrsa a (b) bzisban?(b) Ha az y vektor felrsa a (b) bzisban y

(b)= (2, 3, 4), akkor mik

lesznek az y vektor termszetes bzisra vonatkoz koordinti?

2. Tekintsk R3-ban az (a) s (b) bzisokat, ahol a1 = (3, 2,1), a2 =(3, 2, 0), a3 = (2,3, 1), b1 = (1, 0, 1), b2 = (2, 1, 0), b3 = (0, 1,1).

(a) Ha az x vektor az (a) bzisban felrva x(a) = (1, 1, 1), akkor miklesznek az x vektor koordinti, ha ttrnk a (b) bzisra?

(b) Ha az y vektor felrsa a (b) bzisban y(b)

= (2, 2, 2), akkor mik

voltak az y vektornak az eredeti, (a) bzisra vonatkoz koordinti?

Megolds.

1. (a) Mivel ebben a feladatban a kiindul bzis a termszetes bzis, gy

az (e)S (b) bzistranszformci mtrixt azonnal felrhatjuk:

S =

2 1 11 1 01 1 1

.

Ha a rgi bzisban a vektor koordinti x(e) = (4, 3, 2), akkor azj bzisbeli koordintkat az S mtrix alapjn kiszmthatjuk:

x(b) = S1x(e) =

1 0 11 1 12 1 3

432

=

6311

.

(b) Ha a vektor j bzisbeli koordinti adottak, s mi tudni szeret-nnk az eredeti koordintit, akkor

y(e)

= Sy(b)

=

2 1 11 1 01 1 1

234

=

355

.

2. Elszr a bzistranszformci mtrixt kell meghatroznunk. Mivel az

A =

3 3 22 2 31 0 1


mtrix inverze

A1 =

2 3 131 1 52 3 12

,

gy

S =

2 3 131 1 52 3 12

1 2 00 1 11 0 1

=

15 7 106 3 414 7 9

.

(a) Az j koordintk meghatrozshoz ki kell mg szmtani az Sinverzt, s ekkor

x(b) = S1x(a) =

1 7 22 5 00 7 3

111

=

434

.

(b) Vgl

y(a)

= Sy(b)

=

15 7 106 3 414 7 9

222

=

241024

.

1.14. Feladat. 1. R3-ban ttrtnk az (a) bzisrl a (b) bzisra, s min-den vektor koordinti az j bzisban ppen a rgi koordintk hrom-szorosai lettek. Mi volt a bzistranszformci mtrixa?

2. R3-ban olyan bzisra szeretnnk ttrni a termszetes bzisrl, amely-ben egy adott x = (1, 2, 3) vektor felrsa ppen (1, 1, 1) lesz. Mi legyena bzistranszformci mtrixa?

Megolds.

1. Ha minden x vektor esetn igaz, hogy S1x(a) = 3x(a), akkor

(S1 3E)x(a) = 0,teht (S1 3E) a nullmtrix kell legyen. Innen S1 = 3E s

S =

1/3 0 00 1/3 00 0 1/3

.2. Teljeslnie kell, hogy

S1

123

=

111

.


Ha az S-et gy vlasztjuk, hogy

S =

1 0 00 2 00 0 3

, s gy S1 =

1 0 00 1/2 00 0 1/3

,

akkor ez rendelkezik a kvnt tulajdonsggal.

1.15. Feladat. Oldjuk meg az albbi feladatokat bzistranszformci segt-sgvel!

1. Bontsuk fel az R2-beli (5, 6) vektort (1, 2) s (4, 1) irny komponenseksszegre.

2. Hatrozzuk meg az R2-beli (1, 1) koordintj vektornak az y = 3xegyenesre vonatkoz tkrkpt.

Megolds.

1. Keressk az x(e) = (5, 6) vektornak a b1 = (1, 2), b2 = (4, 1) bzisbelifelrst:

x(b) =

(1 42 1

)1x(e) =

1

7

(1 42 1

)(56

)

=

(19/74/7

)

.

Ekkor a felbonts:(

56

)

= (19/7)b1 + (4/7)b2 =

(19/738/7

)

+

(16/74/7

)

.

2. Ezt a feladatot tbbflekppen meg lehet oldani, az egyik lehetsges t abzistranszformci hasznlata. Ekkor a termszetes bzisrl ttrnka b1 = (3, 1), b2 = (1, 3) bzisra, mert ennek vektorai is merlegesekegymsra s a msodik vektor irnya megegyezik az egyenes irnyval.Ebben a bzisban egyszeren elvgezhet a tkrzs, a vektor els ko-ordintjt kell ellenttes eljelre vltoztatni. Vgl az gy kapottvektort visszarjuk az eredeti bzisba. Teht az x(e) = (1, 1) vektorkoordinti a (b) bzisban

x(b) =

(3 11 3

)1x(e) =

1

10

(3 11 3

)(11

)

=

(2/51/5

)

.

Ekkor az x vektornak a (1, 3) irny egyenesre vonatkoz tkrkpe a(b) bzisban x(b) = (2/5, 1/5). Mg vissza kell trnnk a termszetesbzisra, ha egy vektor eredeti bzisra vonatkoz koordintit keressk,akkor az j koordintkat a bzistranszformci mtrixval szorozzuk:

x(e) =

(3 11 3

)

x(b) =

(3 11 3

)(2/51/5

)

=

(7/51/5

)

.

3. LINERIS TRANSZFORMCIK 25

3. Lineris transzformcik

1.16. Feladat. rjuk fel a R2-beli lineris transzformci termszetesbzisra vonatkoz mtrixt, ha

(a) az y tengelyre tkrzs;(b) az x tengelyre tkrzs;(c) az origra val tkrzs;(d) az orig krli szg forgats.

Megolds. A transzformci mtrixa oszlopaiban tartalmazza a bzisvek-torok kpnek koordintit. R2-ben a termszetes bzist az (1, 0) s (0, 1)vektorok alkotjk.

(a) Mivel (1, 0) = (1, 0) s (0, 1) = (0, 1), gy a keresett mtrix

A =

(1 00 1

)

.

Ekkor egy (x, y) vektor y-tengelyre val tkrzse ezen mtrixszal valszorzsknt megkaphat:

((xy

))

=

(1 00 1

)(xy

)

=

(xy

)

.

(b) Hasonlan, a keresett mtrix:

A =

(1 00 1

)

.

(c) Az origra val tkrzs mindkt koordintt ellenttes eljelre vl-toztatja: (1, 0) = (1, 0) s (0, 1) = (0,1), gy a transzformcimtrixa

A =

(1 00 1

)

.

(d) Az brrl leolvashat, hogy az e1 bzisvektor (e1) kpnek koordinti(cos , sin ), az e2 bzisvektor (e2) kpnek koordinti ( sin, cos ):

.

.

PSfrag replacements

cos

sin

e1

e2(e1)

(e2) cos

sin


Teht mtrixa

(cos sin sin cos

)

.

1.17. Feladat. Hatrozzuk meg az R3-beli x tengely krli fokkal valforgats mtrixt.

Megolds. Az x tengely krl forgats esetn a vektorok els koordintjanem vltozik, gy (1, 0, 0) = (1, 0, 0). Az |y, z| skban a transzformciegy szg forgatst jelent, teht ott az elz feladatban szerepl skbeliforgats szerint fognak vltozni a koordintk: (0, 1, 0) = (0, cos , sin)s = (0, 0, 1) = (0, sin, cos ), teht a keresett mtrix

A =

1 0 00 cos sin0 sin cos

.

1.18. Feladat. rjuk fel a definci alapjn a : V V lineris transzfor-mci mtrixt az (e) bzisra vonatkozan az albbi esetekben:

1. V = R3, (e) a termszetes bzis s

(x1, x2, x3) = (2x1 + 3x2 x3, x2 + 4x3, x1 + x2),

2. V = P3, az (e) bzist az albbi polinomok alkotjk: x3, x2, x, 1 s

(a3x3 + a2x

2 + a1x + a0) = (a0 a3)x3 + (2a1 + a2)x2

+(a0 + a1 + 3a2),

3. V = M22, (e) =((

1 00 0

)

,

(0 10 0

)

,

(0 01 0

)

,

(0 00 1

))

s

(A) = A>,

4. V = C, (e) = (1, i), (z) = z.

Megolds. Egy lineris transzformci mtrixa valamely (e) bzisra vo-natkozan a j. oszlopban tartalmazza a j. bzisvektor ltali kpnekkoordintit, azaz (ej) koordintit (e)-re vonatkozan.

1. Az (e) = ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) termszetes bzis elemeinek ltalikpei:

(1, 0, 0) = (2 1 + 3 0 0, 0 + 4 0, 1 + 0) = (2, 0, 1),(0, 1, 0) = (3, 1, 1),

(0, 0, 1) = (1, 4, 0),


teht a transzformci mtrixa:

A =

2 3 10 1 41 1 0

.

Lthatjuk, hogy tetszleges (x1, x2, x3) vektor ltali kpe kiszmthatgy, hogy az A mtrixszal megszorozzuk a vektort:

x1x2x3

=

2x1 + 3x2 x3x2 + 4x3x1 + x2

=

2 3 10 1 41 1 0

x1x2x3

.

2. Elszr a bzist alkot polinomok kpeit kell meghatroznunk:

(x3) = (1 x3 + 0 x2 + 0 x + 0)= (0 1)x3 + (0 + 0)x2 + (0 + 0 + 0) = x3,

(x2) = x2 + 3,

(x) = 2x2 + 1,

(1) = x3 + 1.

A keresett mtrix oszlopaiba ezen polinomoknak az x3, x2, x, 1 bzisravonatkoz koordinti kerlnek, pldul a 2x2+1 = 0x3+2x2+0x+11polinom koordintit az egytthatk adjk: (0, 2, 0, 1). Teht a keresettmtrix:

A =

1 0 0 10 1 2 00 0 0 00 3 1 1

.

3. A bzisvektorok kpei:

((1 00 0

))

=

(1 00 0

)

,

((0 10 0

))

=

(0 01 0

)

,

((0 01 0

))

=

(0 10 0

)

,

((0 00 1

))

=

(0 00 1

)

.


Itt az adott bzisra vonatkoz koordintkat a mtrixok elemei adjk"sorfolytonosan", gy a transzponlsnak mint lineris transzformci-nak a mtrixa:

A =

1 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 1

Knnyen lthatjuk, hogy ezen mtrixszal val szorzsknt megvalsthata transzponls:

(1 23 4

)

1234

1 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 1

1234

=

1324

(

1 32 4

)

.

4. Mivel (1) = 1 (1, 0) s (i) = i (0,1), gy a konjugls mtrixa:

A =

(1 00 1

)

.

1.19. Feladat. 1. rjuk fel a : R3 R3 lineris transzformci mtrixtaz (a) = (a1, a2, a3) bzisra vonatkozan, ha a1 = (2, 1,1),a2 = (3, 1, 0), a3 = (1,2, 1), s (a1) = (1, 1, 2), (a2) = (1, 1, 1),(a3) = (1, 2, 3)!(a) Ha az x vektor (a) bzisra vonatkoz koordinti (2,1, 2),

akkor mivel egyenlek (x) koordinti az (a) bzisra vonatko-zan?

(b) Mik lesznek (x) koordinti a termszetes bzisra vonatkozan?2. rjuk fel a : R3 R3 lineris transzformci mtrixt az (a) =

((3, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 2,1)) bzisra vonatkozan, ha (a1) = (3, 0, 1),(a2) = (2, 1, 2), (a3) = (2,2, 1)!(a) Ha az x vektor (a) bzisra vonatkoz koordinti (3, 1, 3), akkor

mivel egyenlek (x) koordinti az (a) bzisra vonatkozan?(b) Mik (x) koordinti a termszetes bzisra vonatkozan?

Megolds.

1. A lineris lekpezsek msodik alapttele szerint egyrtelmen ltezikolyan lineris transzformci ami az (a) bzis elemeit rendre a megadottvektorokba viszi t. Ezen transzformci mtrixnak felrshoz a (a1),(a2), (a3) vektorokat kell linerisan kombinlni az a1 , a2, a3 vektorok-bl. Szmolhatunk szimultn Gauss-elimincival, amikor gy alaktjuk


az (a1, a2, a3|(a1), (a2), (a3)) mtrixot, hogy az els hrom oszlop-ban az egysgmtrix legyen (azaz (E|C) alakra hozzuk, ekkor a keresettmtrix C):

2 3 1 1 1 11 1 2 1 1 21 0 1 2 1 3

1 0 0 9 11/2 140 1 0 4 5/2 60 0 1 7 9/2 11

.

Msik lehetsg a mtrix kiszmtsra (hasonlan mint a bzistran-szformci mtrixnak kiszmtsnl volt), hogy meghatrozzuk azA = (a1, a2, a3) mtrix inverzt, s ezt szorozzuk a ((a1), (a2), (a3))mtrixszal:

A1 =1

2

1 3 71 1 31 3 5

s

A1

1 1 11 1 22 1 3

=1

2

18 11 288 5 1214 9 22

.

(a) A transzformci (a) bzisra vonatkoz mtrixnak segtsgvelazonnal kiszmthatjuk a keresett koordintkat:

(x)(a) =1

2

18 11 288 5 1214 9 22

212

=

9/23/27/2

.

(b) Az imnt kapott vektor az y = (x)-nek az (a) bzisra vonatkozkoordintit tartalmazza. A termszetes bzisra vonatkoz ko-ordintkat megkaphatjuk a bzis s koordinta transzformcinltanultak alapjn:

y(e)

= Sy(a)

ahol (e)S (a)

s azt is ismerjk, hogy az (e) (a) bzistranszformci Smtrixa egyszeren az (a) bzis vektorait tartalmazza oszlopai-ban. Teht

(x)(e) = S(x)(a) =

2 3 11 1 21 0 1

9/23/27/2

=

111

.


2. Teljesen hasonlan addik, hogy a transzformci mtrixa

C =

0 5 12 10 31 3 2

,

(a) (x)(a) = C

313

=

256

,

(b) (x)(e) =

3 1 11 1 21 0 1

256

=

1758

.

1.20. Feladat. 1. Ha a : R3 R3 lineris transzformci mtrixa atermszetes bzisra vonatkozan

A =

1 3 21 2 02 0 1

,

akkor mivel egyenl mtrixa az (a) = ((1,1, 1), (0, 1,1), (0,1, 2))bzisra vonatkozan?(a) Ha x koordinti az (a)-ra vonatkozan x(a) = (2, 0, 1), akkor mik

(x) koordinti az (e)-re vonatkozan?(b) Ha y koordinti az (e)-re vonatkozan y

(e)= (1,1, 1), akkor

mik (y) koordinti az a-ra vonatkozan?

2. Ha a : R3 R3 lineris transzformci mtrixa a termszetes bzisravonatkozan

A =

3 1 12 0 11 1 1

,

akkor mivel egyenl mtrixa az (a) = ((1, 2, 1), (0, 2, 1), (1, 1, 0))bzisra vonatkozan?(a) Ha x koordinti az (a)-ra vonatkozan x(a) = (1, 0, 1), akkor mik

(x) koordinti az (e)-re vonatkozan?(b) Ha y koordinti az (e)-re vonatkozan y

(e)= (0, 1,1), akkor

mik (y) koordinti az a-ra vonatkozan?

Megolds.

1. Jellje transzformci mtrixt az j bzisban B. Ekkor B = S1AS,ahol S az (e) (a) bzistranszformci mtrixa, azaz az (a) vektoraibl


ll mtrix:

S =

1 0 01 1 11 1 2

s S1 =

1 0 01 2 10 1 1

,

teht

B = S1AS =

1 0 01 2 10 1 1

1 3 21 2 02 0 1

1 0 01 1 11 1 2

=

0 1 15 6 52 3 4

.

(a) Ha x koordinti az (a)-ra vonatkozan x(a) = (2, 0, 1), akkorkiszmthatjuk (x) koordintit az (a) bzisra vonatkozan, hiszenmr ismerjk a transzformci mtrixt ebben a bzisban is, ez volt aB mtrix. Teht

(x)(a) = Bx(a) =

0 1 15 6 52 3 4

201

=

1158

.

Ezutn a bzistranszformci mtrixnak a segtsgvel kiszmthatjukezen vektor termszetes bzisbeli koordintit:

(x)(e) = S(x)(a) =

1 0 01 1 11 1 2

1158

=

180

.

Megjegyezzk, hogy tbbfle ton is eljuthatunk ehhez az eredmnyhez.Nincs szksg pldul a B mtrixra, ha elszr az x vektort tszmtjukaz (e) bzisba (x(e) = Sx(a)) s ezutn hajtjuk vgre a lekpezst, amia termszetes bzisban az A mtrixszal val szorzst jelenti. Teht

(x)(e) = ASx(a) =

1 3 21 2 02 0 1

1 0 01 1 11 1 2

201

=

180

.

A kt szmts egyenrtk, hiszen SBx(a) = SS1ASx(a) = ASx(a).


(b) Ha y koordinti az (e)-re vonatkozan y(e)

= (1,1, 1), akkor(y)(e) = Ay(e) s ha kiszmtjuk ezen vektor (a)-ra vonatkoz ko-

ordintit, akkor megkapjuk a keresett eredmnyt. Ha az (e) bzisrlaz (a)-ra trnk t, akkor az (e) (a) bzistranszformci mtrixnakinverzvel kell szoroznunk, teht

(y)(a) = S1Ay

(e)=

1 0 01 2 10 1 1

1 3 21 2 02 0 1

111

=

052

.

Termszetesen ugyanezt az eredmnyt kapjuk, ha az y vektort elszrtszmtjuk az (a) bzisba (y

(a)= S1y

(e)) majd ezt a vektort a transz-

formci ezen bzisra vonatkoz mtrixval szorozzuk meg:

(y)(a) = BS1y

(e)=

052

.

2. A transzformci mtrixa az j bzisban:

B = S1AS =

1 1 21 1 30 1 2

3 1 12 0 11 1 1

1 0 12 2 11 1 0

=

10 14 99 15 111 6 7

.

(a) (x)(e) = ASx(a) =

3 1 12 0 11 1 1

1 0 12 2 11 1 0

101

=

412

,

(b) (y)(a) = S1Ay

(e)=

1 1 21 1 30 1 2

3 1 12 0 11 1 1

011

=

575

.


1.21. Feladat. Az albbi lltsok kzl melyek igazak s melyek hamisak?

(a) Ha egy lineris transzformci injektv, akkor szrjektv is.(b) Ha egy lineris transzformci automorfizmus, akkor mtrixa invertl-

hat.(c) Ha egy 5-dimenzis vektortren rtelmezett lineris transzformci null-

tere 1-dimenzis, akkor kptere is 1-dimenzis.(d) Ha egy transzformci mtrixa valamely bzisban

A =

1 0 21 2 42 1 2

,

akkor a transzformci automorfizmus.(e) Ha egy transzformci mtrixa valamely bzisban

A =

1 0 21 2 22 1 2

,

akkor defektusa 1 s rangja 2.

Megolds. A nullits s rangttel (dimV = dimker + dim(V )) kvet-kezmnye, hogy lineris transzformcik esetn a nulltr dimenzija egyr-telmen meghatrozza a lekpezs rangjt, azaz a kptr dimenzijt. Eztfelhasznlva lehet megvlaszolni a fenti krdseket.

(a) Igaz, hiszen ha a lekpezs injektv, akkor dimker = 0. Ebbl addik,hogy dim(V ) = dimV teht (V ) = V s a lekpezs szrjektv.Megjegyezzk, hogy az llts megfordtsa is igaz.

(b) Igaz. Ha a lekpezs automorfizmus (azaz bijektv lineris transzfor-mci) akkor nulltere csak a nullvektort tartalmazza, vagyis az Ax = 0homogn lineris egyenletrendszernek csak a 0 a megoldsa. Ekkor azegyenletrendszer hatrozott, s gy mtrixa invertlhat.

(c) Hamis, hiszen kpternek dimenzija dimV dimker = n 1.(d) Igaz, hiszen a mtrix regulris (determinnsa nem nulla).(e) Igaz, hiszen a lekpezs nulltere 1-dimenzis. Ezt az Ax = 0 homogn

lineris egyenletrendszer megoldsbl kapjuk:

x1+ +2x3 = 0x1 2x2 +2x3 = 02x1 +x2 +2x3 = 0

x1+ +2x3 = 0x2 +2x3 = 0 .


1.22. Feladat. Legyen lineris transzformci a T test feletti V vek-tortren. Igazoljuk, hogy ha sajtrtke -nek, akkor a -hoz tartozsajtvektorok

L = {x V | (x) = x}halmaza a nullvektorral kiegsztve invarins alteret alkot, azaz (L) L.

Megolds. Legyen x, y L s , T. Ekkor

(x + y) = (x) + (y) = x + y = (x + y),

teht x + y is sajtvektor, gy L {0} altr.Ha x L, akkor ((x)) = (x) = (x), teht (x) szintn sajtvek-

tor, azaz (x) L, melybl kvetkezik, hogy L invarins.1.23. Feladat. Hatrozzuk meg az R3 beli x tengely krli 60 fokkal valforgats 1 sajtrtkhez tartoz sajtvektorokat.

Megolds. Az 1.17. feladat alapjn a transzformci mtrixa

A =

1 0 00 cos 60 sin 600 sin 60 cos 60

=

1 0 0

0 1/2

3/2

0

3/2 1/2

.

Az 1 sajtrtkhez tartoz sajtvektorok azon v R3 vektorok, melyekreteljesl, hogy (v) = v, azaz

(1) ( id)(v) = 0,

ahol id jelli az identikus transzformcit, amely egy vektorhoz nmagtrendeli. A id transzformci mtrixa A E, teht keressk azon v =(x1, x2, x3) vektorokat, melyek megoldsai az (AE)v = 0 homogn linerisegyenletnek. Gauss elimincival szmolva:

A E =

0 0 0

0 1/2

3/2

0

3/2 1/2

0 0 0

0 1/2

3/20 0 2

,

teht az egyenlet ekvivalens a

12x2

3

2x3 =0

2x3 =0


egyenletrendszerrel. Lthat, hogy x1 tetszlegesen megvlaszthat, tovbbx2 = x3 = 0, ezrt

v =

x1x2x3

=

100

(t R),

azaz az 1 sajtrtkhez tartoz sajtvektorok halmaza az (1, 0, 0) vektorltal generlt altr, amely az x tengely.

1.24. Feladat. Adjon pldt olyan lineris transzformcira R2-ben, melynek

(a) nincs sajtvektora.(b) brmely kt sajtvektornak az sszege is sajtvektor.(c) minden nem nulla vektor sajtvektora.

Megolds.

(a) Az orig krli ]0, [ szg forgats olyan lineris transzformci,amelynek nincsen sajtrtke, hiszen ha x sajtvektor, akkor kpe x-nek skalrszorosa, mely itt nyilvn nem teljesl. Az llts az 1.22.feladatbl is kvetkezik, ugyanis a sajtalterek, ha lteznek, legalbb 1dimenzis invarins alterek, de itt csak a 0 dimenzis {0} altr invarins.

(b) Egy R2 feletti lineris transzformcinak legfeljebb 2 klnbz sajt-rtke lehet, hiszen a karakterisztikus polinomja msodfok. Ha ktklnbz sajtrtknk van, akkor a hozzjuk tartoz sajtalterekorign tmen nem egyenl egyenesek:

PSfrag replacementsx

y

x + y

Nyilvn ebben az esetben nem teljesl a kvnt tulajdonsg, hiszenaz x+y vektor nincsen rajta az egyenesek egyikn sem, gy nem sajtvek-tor. Teht a mi esetnkben csak 0 vagy 1 sajtrtk ltezhet, s kny-nyen ellenrizhet, hogy ekkor teljesl a kvnt tulajdonsg. Pldul a-nyjtsok, azaz a : R2 R2, (x) = x tpus transzformcikmegfelelek.

(c) Az elz pont alapjn knnyen belthat, hogy csak a -nyjtsok ren-delkeznek ezzel a tulajdonsggal.


1.25. Feladat. Adjon pldt olyan lineris transzformcira R3-ban, mely-nek

(a) nincs sajtvektora.(b) brmely kt sajtvektornak az sszege is sajtvektor.(c) minden nem nulla vektor sajtvektora.

Megolds.

(a) Az R3-beli transzformcik karakterisztikus egyenlete egy harmadfokegyenlet, melynek mindig van vals megoldsa, amely a transzformcisajtrtke. Teht nincs olyan transzformci R3-ban, amelynek nemltezik sajtrtke.

(b) Az 1.24. feladat (b) rsze alapjn belthat, hogy az ilyen transzfor-mciknak legfeljebb 1 sajtrtke lehet. Mivel azonban az elz pontszerint minden R3-beli transzformciknak van legalbb 1 sajtrtke,ezrt pontosan az 1 sajtrtkkel rendelkez transzformcik a megfelel-ek. Termszetesen a -nyjtsok ilyenek.

(c) Pontosan a -nyjtsok ezek a transzformcik.

1.26. Feladat. Hatrozzuk meg az albbi mtrixokkal adott vals tr felettilineris transzformcik sajtrtkeit s sajtvektorait:

(a)

(2 31 1

)

(b)

2 4 86 8 143 3 5

(c)

5 3 06 4 012 12 2

(d)

1 0 10 1 12 1 0

(e)

1 0 12 1 11 1 0

(f)

1 1 18 1 212 3 6

Megolds. Az A mtrix lineris transzformci sajtrtkeit megkapjuk,ha kiszmoljuk a det(A E) = 0 karakterisztikus egyenlet megoldsait. A sajtrtkhez tartoz sajtvektorok halmaza az (A E)x = 0 linerisegyenletrendszer megoldstervel egyenl.

(a) A transzformci karakterisztikus polinomja:

2 31 1

= (2 )(1 ) + 3 = 2 + + 1.

Teht a transzformci sajtrtkei a 2 + + 1 = 0 karakterisztikusegyenlet megoldsai lennnek, azonban az egyenletnek nincs vals meg-oldsa.


(b) A karakterisztikus polinom:

2 4 86 8 143 3 5

= (2 )(8 )(5 ) + 168 + 144

24(8 ) + 42(2 ) + 24(5 ) = 3 + 2 + 4 4,

teht az

3 + 2 + 4 4 = 0egyenletet kell megoldanunk. Harmadfok egyenletre van megoldkp-let, azonban ezzel szmolni igen nehzkes. Lehetleg keressnk 1 gyktprblgatssal (harmadfok egyenletnek mindig van legalbb 1 valsgyke), ezutn mr csak egy msodfok egyenletet kell megoldanunk. Aprblgatst kezdjk a 0-hoz kzeli egsz szmokkal (0, 1,1, 2,2, . . . ).

Knnyen ellenrizhet, hogy a 1 = 1 megoldsa az egyenletnek, gy 1 kiemelhet a polinombl:

3 + 2 + 4 4 = ( 1)(2 + 4).

gy a msik kt megoldst a 2+4 = 0 msodfok egyenletbl kapjuk:2 = 2, 3 = 2. Teht a transzformci sajtrtkei: 2, 1, 2.

A 2 sajtrtkhez tartoz sajtvektorokat a

2 (2) 4 86 8 (2) 143 3 5 (2)

x1x2x3

=

000

homogn egyenlet megoldsval kapjuk meg. Gauss-fle elimincivalszmolva:

0 4 86 10 143 3 3

3 3 36 10 140 4 8

3 3 30 4 80 4 8

3 3 30 4 80 0 0

.

Teht az eredeti egyenletrendszer ekvivalens a

3x1+3x23x3 =04x28x3 =0


egyenletrendszerrel. Az x3 vektort vlasszuk egy tetszleges t valsszmnak. Innen x2 = 2t s x1 = t, teht

x1x2x3

=

121

t (t R),

azaz a 2 sajtrtkhez tartoz sajtvektorok altere az (1, 2, 1) vektorltal generlt altr.

Hasonlan kapjuk, hogy az 1 sajtrtk sajtvektorainak altere azL{(0, 2, 1)}, a 2 sajtrtk sajtvektorainak altere pedig az L{(1, 1, 0)}altr.

(c) A transzformci karakterisztikus egyenlete 3+324 = 0. Knnyenlthat, hogy 1 = 1 megolds, tovbb

3 + 32 4 = ( + 1)(2 42 + 4) = ( + 1)( 2)2,teht a msik sajtrtk a 2 = 2 ktszeres algebrai multiplicitssal. A2 = 2 sajtrtkhez tartoz sajtvektorok megkeressre a

3 3 06 6 012 12 0

x1x2x3

=

000

homogn egyenletrendszert kell megoldani. Gauss-elimincit vgezve:

3 3 06 6 012 12 0

3 3 00 0 00 0 0

(1 1 0

)

Azonnal lthat, hogy az egyenletrendszer megoldsa az

x1x2x3

=

110

t1 +

001

t2 (t1, t2 R),

gy a 2 = 2-hz tartoz sajtvektorok altere a L{(1, 1, 0), (0, 0, 1)} altr.Hasonlan kapjuk, hogy a 1 = 1-hez tartoz sajtvektorok altere aL{(1, 2, 4)} altr.

(d) A transzformci karakterisztikus egyenlete x3 + 2x2 4x + 3 = 0.Lthat, hogy 1 = 1 megolds, tovbb

x3 + 2x2 4x + 3 = (x 1)(x2 x + 3).Az x2 x+ 3 = 0 egyenlet diszkriminnsa negatv, gy nincs megoldsaa vals szmok halmazn. Teht a transzformcinak csak a = 1 a


sajtrtke, a sajtvektorok pedig a

0 0 10 0 12 1 1

x1x2x3

=

000

homogn egyenletrendszer megoldsai. Gauss-elimincit alkalmazva:

0 0 10 0 12 1 1

2 1 10 0 10 0 1

(

2 1 10 0 1

)

,

melybl kapjuk, hogy a sajtvektorok altere a L{(1,2, 0)} altr.(e) Karakterisztikus polinom: 3 , sajtrtkek: 1, 0, 1.

1 = 1 sajtvektorainak altere: L{(1, 3, 2)}.2 = 0 sajtvektorainak altere: L{(1, 1, 1)}.3 = 1 sajtvektorainak altere: L{(1, 1, 0)}.

(f) Karakterisztikus polinom: 3 + 62 9, sajtrtkek: 0, 3.1 = 0 sajtvektorainak altere: L{(1, 2, 3)}.2 = 3 sajtvektorainak altere: L{(1, 0, 4), (0, 1, 1)}.

1.27. Feladat. Hatrozzuk meg a kvetkez lineris transzformcik karak-terisztikus polinomjt, sajtrtkeit, sajtaltereit. Vizsgljuk meg a dia-gonalizlhatsgot, s teljeslse esetn adjunk meg sajtvektorokbl llbzist, tovbb azt az S mtrixot, amellyel S1AS diagonlis alak, ahol Ajelli a transzformci termszetes bzisra vonatkoz mtrixt.

(a) : R3 R3, (x, y, z) (4x + y + z, x + 2y + z,3x y);(b) : R3 R3, (x, y, z) (x,6x + 11y + 9z, 6x 12y 10z);(c) : R3 R3, (x, y, z) (3y + 3z,2x + y + 2z, x z);(d) : R3 R3, (x, y, z) (x y + 3z, 3x + 5y 3z, 2z);(e) : R3 R3, (x, y, z) (9x + 14z,7x 2y + 14z,7x + 12z);(f) : R3 R3, (x, y, z) (x + y + 2z, 10x + 2y 10z,6x + y + 9z).

Megolds. Egy lineris transzformci mtrixa akkor s csak akkor diagonal-izlhat, ha ltezik sajtvektorokbl ll bzis. Ebben a sajtvektorokblll bzisban mtrixa olyan, hogy a ftlban a megfelel sajtrtkekllnak. Ha teht a termszetes bzisbl ttrnk a sajtvektorokbl llbzisra, akkor a bzistranszformci mtrixnak oszlopaiban az j bzis ko-ordinti llnak. A feladat elssorban ennek az S mtrixnak a meghatro-zsa, amennyiben ltezik.


(a) (1, 0, 0) = (4, 1,3), (0, 1, 0) = (1, 2,1) s (0, 0, 1) = (1, 1, 0), gya transzformci mtrixa:

A =

4 1 11 2 13 1 0

.

Az 1.26 feladatban lert mdon szmolva kapjuk, hogy a karakterisztikuspolinom a 3 + 62 11 + 6 polinom, melynek zrushelyei, gy atranszformci sajtrtkei az 1, 2, 3 szmok. Az 1 sajtrtkhez tartozsajtvektorok altere az L{(0, 1,1)} altr, a 2 sajtrtkhez tartozsajtvektorok altere az L{(1, 1, 1)} altr s a 3 sajtrtkhez tartozsajtvektorok altere az L{(1, 0, 1)} altr.

Nyilvnvalan a mtrix diagonalizlhat, ugyanis a spektrum tel-jes, tovbb mindhrom sajtrtk algebrai s geometriai multiplicitsaegyarnt 1, teht megegyeznek. Egy sajtvektorokbl ll bzist alkota (0, 1,1), (1, 1, 1), (1, 0, 1) vektorok rendszere, hiszen klnbzsajtrtkekhez tartoz sajtvektorok linerisan fggetlenek. A feladatelejn lertak alapjn teht

S =

0 1 11 1 01 1 1

.

(b) (1, 0, 0) = (1,6, 6), (0, 1, 0) = (0, 11,12) tovbb (0, 0, 1) =(0, 9,10), gy a transzformci mtrixa:

A =

1 0 06 11 96 12 10

.

A transzformci karakterisztikus polinomja a 3 + 3 + 2 polinom.Kt sajtrtke van, a 1 ktszeres algebrai multiplicitssal, tovbba 2 egyszeres algebrai multiplicitssal. A 1 sajtrtkhez tartozsajtvektorok altere az L{(3, 0, 2), (2, 1, 0), } altr, teht a geometriaimultiplicitsa is 2. A 2 sajtrtkhez tartoz sajtvektorok altere aL{(0, 1,1)} altr. A transzformci mtrixa teht diagonalizlhat,hiszen a spektrum teljes s a sajtrtkek geometriai s algebrai multi-plicitsa egyenl. A {(3, 0, 2), (2, 1, 0), (0, 1,1)} vektorrendszer sajt-vektorokbl ll bzis, gy

S =

3 2 00 1 12 0 1

.


(c) (1, 0, 0) = (0,2, 1), (0, 1, 0) = (3, 1, 0) s (0, 0, 1) = (3, 2,1), gya transzformci mtrixa:

A =

0 3 32 1 21 0 1

.

A transzformci karakterisztikus polinomja a 3 2 3 polinom,melynek csak egy vals gyke van, a 1. A 1 sajtrtk algebrai mul-tiplicitsa egyszeres, gy a transzformci spektruma nem teljes, ezrtmtrixa nem diagonalizlhat. A sajtvektorok altere a L{(0,1, 1)}altr.

(d) (1, 0, 0) = (1, 3, 0), (0, 1, 0) = (1, 5, 0) s (0, 0, 1) = (3,3, 2), gya transzformci mtrixa:

A =

1 1 33 5 30 0 2

.

A transzformci karakterisztikus polinomja a 3 + 82 20 + 16polinom. Kt sajtrtk van, a 2 ktszeres, a 4 pedig egyszeres al-gebrai multiplicits. A 4 sajtrtkhez tartoz sajtvektorok alterea L{(1,3, 0)} altr. A 2 sajtrtkhez tartoz sajtvektorok altere aL{(1, 1, 0)} altr, teht a geometriai multiplicitsa 1, mely nem egyezikmeg az algebrai multiplicitssal, gy a transzformci mtrixa nem di-agonalizlhat.

(e) A transzformci karakterisztikus polinomja 3 + 2 + 16 + 20,sajtrtke a 2 ktszeres algebrai multiplicitssal, melynek sajtal-tere: L{(0, 1, 0), (2, 0, 1)}, tovbb az 5 egyszeres algebrai multiplicits-sal, melynek sajtaltere: L{(1, 1, 1)}. gy

S =

0 2 11 0 10 1 1

.

(f) A transzformci karakterisztikus polinomja 3 + 122 41 + 42,sajtrtke a 2, melynek sajtaltere: L{(1,1, 1)}, a 3, melynek saj-taltere: L{(1, 0, 1)}, tovbb a 7, melynek sajtaltere: L{(0,2, 1)}.gy

S =

1 1 01 0 21 1 1

.


1.28. Feladat. Vizsgljuk meg, hogy diagonalizlhatak-e az albbi mt-rixok C felett.

(a)

1 1 22 1 01 2 2

(b)

i 1 i 1 + i0 i 00 0 i

Megolds. A komplex szmok teste felett minden n-edfok egyenletnekmultiplicitst is szmolva pontosan n darab gyke van, gy itt a spektrummindig teljes. Ezrt egy mtrix diagonalizlhatsga csak attl fgg, hogy asajtrtkek geometriai s algebrai multiplicitsa megegyezik vagy sem.(a) A mtrix karakterisztikus polinomja:

3 + 42 9 = (2 4 + 9).Lthat, hogy a 1 = 0 a mtrix sajtrtke. A 24+9 = 0 egyenletmegoldsa tovbbi kt sajtrtket ad meg:

2,3 =4 + (

16 36)1,22

= 2 + (5)1,2 =

{

2

5i

2 +

5i

Mivel a mtrixnak 3 darab klnbz sajtrtke van, gy azok algebrais a geometriai multiplicitsa szksgkppen 1, teht egyenlek. Ezrta mtrix diagonalizlhat.

(b) A mtrix karakterisztikus polinomja (i )2(i ), melyrl azonnalleolvashat, hogy kt sajtrtk van, a 1 = i egyszeres, a 2 = i kt-szeres algebrai multiplicitssal. Azt kell csak megvizsglnunk, hogy a 2sajtrtk geometriai multiplicitsa 1 vagy 2. Ehhez meg kell oldanunka

i (i) 1 i 1 + i0 i (i) 00 0 i (i)

z1z2z3

=

000

egyenletrendszert. Azonnal leolvashat a megoldshalmaz:

z1z2z3

=

100

t (t C).

gy a 2 sajtrtk sajtaltere a L{(1, 0, 0)} altr, gy geometriai multi-plicitsa 1, mely nem egyezik meg az algebrai multiplicitssal. Ezrt amtrix nem diagonalizlhat.


1.29. Feladat. Milyen esetn diagonalizlhatak az albbi mtrixok Rfelett?

(a) A =

(1

)

(b) B =

1 0 00 0 11 0

Megolds.

(a) Az A mtrix karakterisztikus egyenlete 2 (+1)2 + = 0. Azegyenlet diszkriminnsa [(1 + )]2 4(2 + ) = 52 2 + 1, melymindig pozitv, ezrt minden R esetn kt klnbz sajtrtkevan a mtrixnak, gy szksgkppen azok algebrai s geometriai multi-plicitsa 1, azaz megegyezik. Az A mtrix teht minden R esetndiagonalizlhat.

(b) A B mtrix karakterisztikus polinomja (1 )(2 ). A mtrixspektruma akkor teljes, ha 0. Amennyiben > 0, 3 klnbzsajtrtk van, az 1, a

s a , s ezek algebrai s geometriai

multiplicitsa is 1, gy ebben az esetben a mtrix diagonalizlhat.Ha = 0, akkor kt sajtrtk van, az 1 s a 0. A 0 algebrai multipli-citsa 2, gy meg kell vizsglni, hogy mennyi a geometriai multiplicitsa.Az 1.26 feladatban lert mdon szmolva kapjuk, hogy a 0 sajtrtksajtaltere a L{(0, 1, 0)} altr, teht a geometriai multiplicits csak 1,gy a mtrix = 0 esetn nem diagonalizlhat.sszefoglalva, B diagonalizlhat pontosan akkor, ha > 0.

1.30. Feladat. Legyen A 33-as diagonalizlhat mtrix. Mit mondhatunkA determinnsrl, ha

(a) A-nak a 0 sajtrtke;(b) A-nak kt sajtrtke van, az 1 s a 2.(c) A sajtrtkei: 1, 2, 3.

Megolds. Mivel A diagonalizlhat, ezrt determinnsa egyenl sajtrt-keinek szorzatval minden sajtrtket annyiszor vve, amennyi az algebraimultiplicitsa (diagonalizlhat mtrixnl ez egyenl a geometriai multipli-citssal).

(a) det A = 0;(b) det A = 2 vagy detA = 4.(c) det A = 6.


1.31. Feladat. Legyen n N. Szmtsuk ki az A mtrix n-edik hatvnyt:

(a) A =

11 4 33 0 3

12 4 14

(b) A =

3 2 22 1 22 2 1

Megolds. Ha egy mtrix diagonlis alak, akkor az n-edik hatvnya olyandiagonlis mtrix, melynek diagonlisban az eredeti mtrix megfelel e-lemnek n-edik hatvnya szerepel. Ezrt egy diagonalizlhat A mtrixesetn rdemes a hozz hasonl D diagonlis mtrixot megkeresni, hiszenekkor D = S1AS, gy A = SDS1, ezrt An = SDnS1.

(a) Az 1.26 feladatban lert mdon szmolva kapjuk, hogy az A mtrixsajtrtke az 0, melynek sajtaltere L{(2, 1,2)}, az 1, melynek saj-taltere L{(1, 3, 0)},tovbb a 2, melynek sajtaltere L{(1, 0, 1)}. Tehta mtrix diagonalizlhat, a hozz hasonl diagonlis mtrix tljban a

sajtrtkek szerepelnek, gy D =

0 0 00 1 00 0 2

. Az 1.27 feladat alapjn

S =

2 1 11 3 02 0 1

, melynek inverze S1 =

3 1 31 0 16 2 7

. Teht

An =

2 1 11 3 02 0 1

0 0 00 1 00 0 2n

3 1 31 0 16 2 7

=

0 1 2n

0 3 00 0 2n

3 1 31 0 16 2 7

=

1 6 2n 2n+1 1 + 7 2n3 0 3

6 2n 2 2n 7 2n

.

(b) Az A mtrix sajtrtke az 1, melynek sajtaltere L{(1, 1, 1)}, to-vbb a 1, melynek sajtaltere L{(1, 0, 1), (1, 1, 0)}. Teht a mtrix

diagonalizlhat s D =

1 0 00 1 00 0 1

.

Ha n pros, akkor Dn = E, gy An = SES1 = SS1 = E.Ha n pratlan, akkor Dn = D, ezrt An = SDS1. Az S mtrix

a

1 1 11 0 11 1 0

mtrix, melynek inverze S1 =

1 1 11 1 01 0 1

.


Teht, ha n pratlan, akkor

An =

1 1 11 0 11 1 0

1 0 00 1 00 0 1

1 1 11 1 01 0 1

=

1 1 11 0 11 1 0

1 1 11 1 01 0 1

=

3 2 22 1 22 2 1

= A.

1.32. Feladat. Melyek igazak az albbi lltsok kzl?

(a) Ha A + B = E, akkor A-nak s B-nek ugyanazok a sajtvektorai.(b) Ha AB = 0, akkor A-nak s B-nek ugyanazok a sajtvektorai.(c) Ha sajtrtke A-nak, akkor 2 sajtrtke A2-nek.(d) Ha 0 sajtrtke A2-nek, akkor 0 sajtrtke A-nak.

Megolds.

(a) Legyen x sajtvektora A-nak. Ekkor ltezik olyan sajtrtk, melyreAx = x, gy (A + B)x = Ax + Bx = x + Bx. Viszont A + B = E,gy teljesl az (A + B)x = x egyenlsg is, ezrt x = x + Bx, gyBx = (1)x, azaz x a B mtrix 1 sajtrtkhez tartoz sajtrtke.Hasonlan kapjuk, hogy a B mtrix sajtvektorai is sajtvektorai az Amtrixnak, teht az llts igaz.

(b) Az llts nyilvn nem igaz, hiszen pldul ha A a nullmtrix, akkorminden vektor sajtvektora, s az egyenlsg tetszleges B mtrix esetnfennll, gy nyilvn olyannl is, amelynek nem minden vektor sajtvek-tora.

(c) Mivel sajtrtke A-nak, ezrt ltezik olyan x vektor, melyre Ax =x. Ekkor azonban A2x = A Ax = Ax = Ax = x = 2x, azaz2 sajtrtke A2-nek, teht az llts igaz.

(d) Mivel 0 sajtrtke A2-nek, gy ltezik olyan x sajtvektor, melyreA2x = 0x, azaz A(Ax) = 0. Amennyiben az x vektor nem a 0-hoztartoz sajtvektora az A mtrixnak, akkor Ax 6= 0, gy A(Ax) = 0miatt az Ax vektor a 0 sajtrtkhez tartoz sajtvektora A-nak. Tehtvagy az x vektor, vagy az Ax vektor a 0-hoz tartoz sajtvektora az Amtrixnak, ezrt az llts igaz.

1.33. Feladat. Adjunk pldt olyan nem hasonl mtrixokra, melyek karak-terisztikus polinomja megegyezik.

Megolds. Legyen A s B kt mtrix, melyek karakterisztikus polinomjamegegyezik. Ekkor nyilvn a sajtrtkek is megegyeznek. Amennyibenmindkt mtrix diagonalizlhat lenne, akkor mindketten hasonlak voln-nak ugyanazon diagonlis mtrixszal, gy egymssal is. Kzenfekv teht


olyan mtrixokat keresni, amelyek kzl A diagonalizlhat, B pedig nem.Mivel a karakterisztikus polinom kzs, A diagonalizlhatsga miatt aspektrum teljes. B nem diagonalizlhat, ezrt a sajtrtkek valamelyiknekgeometriai multiplicitsa a B mtrix esetn kevesebb, mint az algebrai.

Az egyszersg kedvrt legyenek a mtrixok 22 tpusak. Nyilvnval,hogy a E egysgmtrix sajtrtke az 1, melynek algebrai s geometriaimultiplicitsa is 2. Az egysgmtrixhoz semelyik tle klnbz mtrix semhasonl, hiszen S1ES = E brmely S regulris mtrix esetn. gy pldul

az

(1 01 1

)

nem hasonl hozz, de karakterisztikus polinomja ugyangy a

2 2 +1. (Az 1 sajtrtk itt ugyangy ktszeres algebrai multiplicits,de a geometriai multiplicitsa csak 1.)

2. fejezet

Euklideszi s unitr terek

1. Lineris, bilineris s kvadratikus formk

2.1. Feladat. A definci alapjn ellenrizze, hogy az albbi lekpezseklineris formk-e!

1. L : R3 R2, L(x1, x2, x3) = (x1, x3),2. L : R3 R, L(x1, x2, x3) = x2 + 1,3. L : R3 R, L(x1, x2, x3) = x21,4. L : R3 R, L(x1, x2, x3) = x1 + x2 + x3,5. L : R3 R, L(x1, x2, x3) = 2x1 4x3,6. L : R4 R, L(x1, x2, x3, x4) = x1 x2 x3 x4.

Megolds.

1. Egy R feletti vektortr lineris forminak rtkkszlete R, gy ez alekpezs lineris ugyan, de nem lineris forma.

2. Nem lineris forma, nem teljesl pldul a homogenits:

L(x) = x2 + 1 6= L(x) = (x2 + 1).De az additivits sem teljesl, st, a nullvektor kpe sem nulla.

3. Nem lineris, hiszen pldul a homogenits nem teljesl:

L(x) = (x1)2 6= L(x) = (x21).

4. Lineris forma, hiszen egyrszt additv: tetszleges x = (x1, x2, x3),y = (y1, y2, y3) R3 esetn

L(x + y) = x1 + y1 + x2 + y2 + x3 + y3 =

L(x) + L(y) = x1 + x2 + x3 + y1 + y2 + y3,

s homogn: brmely vals szm s brmely x = (x1, x2, x3) R3esetn

L(x) = x1 + x2 + x3 = L(x) = (x1 + x2 + x3).

5. Igen.

47

48 2. EUKLIDESZI S UNITR TEREK

6. Igen.

2.2. Feladat. rjuk fel a termszetes bzisra vonatkoz bzis ellltst azelz feladatban szerepl lekpezsek kzl azoknak, amik lineris formkvoltak!

Megolds. Egy lineris forma bzis ellltst a forma bzisvektorokonfelvett rtkei adjk.

1. Az L : R3 R, L(x1, x2, x3) = x1 + x2 + x3 termszetes bzisravonatkoz bzis ellltsa 1,1,1, hiszen

L(1, 0, 0) = 1 + 0 + 0 = 1,

L(0, 1, 0) = 0 + 1 + 0 = 1,

L(0, 0, 1) = 0 + 0 + 1 = 1.

A bzis elllts jelentse hasonl a lekpezs mtrixnak jelentshez,pldul ennek a lineris formnak a hatsa megegyezik az (1 1 1) mtrix-szal val szorzs hatsval:

L(x1, x2, x3) =(

1 1 1)

x1x2x3

= x1 + x2 + x3.

2. Az L : R3 R, L(x1, x2, x3) = 2x1 4x3 forma bzis ellltsa 2,0,-4,hiszen

L(1, 0, 0) = 2 1 4 0 = 2,L(0, 1, 0) = 0,

L(0, 0, 1) = 4.

3. Az L : R4 R, L(x1, x2, x3, x4) = x1x2x3x4 forma termszetesbzisra vonatkoz ellltsa: -1,-1,-1,-1.

2.3. Feladat. Mely lineris formk (termszetes bzisra vonatkoz) bzisellltsait adtuk meg az albbiakban? rjuk fel az x vektornak az adottlineris forma ltali kpt!

1. L1 : R3 R bzis ellltsa 1, 2, 3 s x = (4, 3, 2),

2. L2 : R3 R bzis ellltsa 0, 0,2 s x = (1, 1, 1),

3. L3 : R4 R bzis ellltsa 1, 2, 1, 2 s x = (3, 3, 2, 2).

1. LINERIS, BILINERIS S KVADRATIKUS FORMK 49

Megolds.

1. L1(x1, x2, x3) = L1(x1e1+x2e2+x3e3) = x1 L(e1)

1

+x2 L(e2)

2

+x3 L(e3)

3

=

x1 + 2x2 + 3x3, s

L(4, 3, 2) =(

1 2 3)

432

= 16.

2. L2(x1, x2, x3) = 2x3 s L(1, 1, 1) = 2.3. L3(x1, x2, x3, x4) = x1+2x2+x3+2x4 s L(3, 3, 2, 2) = 3+6+2+4 = 15.

2.4. Feladat. Lineris formk-e az albbi lekpezsek? Ha igen, adjuk megbzis ellltsukat a kanonikus bzisra vonatkozan!

1. L1 : P2 P1, L1(a2x2 + a1x + a0) = a0x,2. L2 : P2 R, L2(a2x2 + a1x + a0) = 2a2 a1 + a0,3. L3 : P2 R, L3(p) = p(2),4. L4 : P2 R, L4(p) =

20 p(x)dx,

5. L5 : M22 R, L5(A) = det(A),6. L6 : M33 R, L5(A) = tr(A) = a11 + a22 + a33.

Megolds.

1. Nem, hiszen a kptr nem R.2. Igen, hiszen additv: tetszleges p(x) = a2x2 + a1x + a0 s q(x) =

b2x2 + b1x + b0 legfeljebb msodfok polinomok esetn

L2(p + q) =((a2x

2 + a1x + a0) + (b2x2 + b1x + b0)

)

= L2((a2 + b2)x

2 + (a1 + b1)x + (a0 + b0))

= 2(a2 + b2) (a1 + b1) + (a0 + b0) =L2(p) + L2(q) = 2a2 a1 + a0 + 2b2 b1 + b0,

s hasonlan igazolhat a homogenits is. Az x2, x, 1 bzisra vonatkozelllts: 2,1, 1, mert L2(x2) = 2, L2(x) = 1, s L2(1) = 1.

3. L3 lineris forma, hiszen additv:

L3(p + q) =((a3x

3 + a2x2 + a1x + a0) + (b3x

3 + b2x2 + b1x + b0)

)

= L3((a3 + b3)x

3 + (a2 + b2)x2 + (a1 + b1)x + (a0 + b0)

)

= 8(a3 + b3) + 4(a2 + b2) + 2(a1 + b1) + (a0 + b0)

L3(p) + L3(q) = p(2) + q(2)

= 8a3 + 4a2 + 2a1 + a0 + 8b3 + 4b2 + 2b1 + b0,


s homogn:

L3(p) = L3(a3x3 + a2x

2 + a1x + a0)

= 8a3 + 4a2 + 2a1 + a0 =

L3(p) = p(2) = (8a3 + 4a2 + 2a1 + a0).

A bzis elllts: 8, 4, 2, 1.4. Az L4(p) = L4(a2x2 + a1x+ a0) =

20 p(x)dx lekpezs lineris, mely az

integrl ismert tulajdonsgaibl kvetkezik: 2

0p(x) + q(x)dx =

2

0p(x)dx +

2

0q(x)dx

2

0p(x)dx =

2

0p(x)dx

A lekpezs linearitsa onnan is lthat, hogy

L4(p) =

2

0a2x

2 + a1x + a0dx =

[

a2x3

3+ a1

x2

2+ a0x

]2

0

=8

3a2 + 2a1 + 2a0.

Innen a bzis elllts is leolvashat: 83 , 2, 2.5. Nem lineris a lekpezs, hiszen ltalban sem |A + B| = |A| + |B| sem

|A| = |A| nem teljesl.6. Egy ngyzetes mtrix ftljban ll elemek sszegt a mtrix nyom-

nak (trace) nevezzk. Ez a lekpezs lineris, hiszen homogn:

tr(A) = a11 + a22 + a33 = tr(A),

s hasonlan lthat, hogy teljesl az additivits is. A bzis ellltsaz E11, E12, E13, E21, . . . , E33 bzisra vonatkozan (itt Eij jelli azt amtrixot, aminek i. sornak j. eleme 1, a tbbi elem nulla (i, j =1, 2, 3)):

1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1,

ezek a szmok rendre az E11, E12, . . . , E33 mtrixokon felvett rtkei azL6 lineris formnak, azaz a ftlban lv elemek sszegei.

2.5. Feladat. Adjon pldt R3-nak olyan nem trivilis lineris formjra,amely

1. az (1,2,3) vektorhoz 4-et rendel,2. az (1,1,0) s az (1,0,1) vektorokhoz nullt rendel,3. az (1,1,0) vektorhoz 1-et, az (1,0,1) vektorhoz 2-t rendel!


Megolds.

1. Az R3 vektortr egy ltalnos lineris formja

(x1, x2, x3) = l1x1 + l2x2 + l3x3

alak. Keresnk teht olyan l1, l2, l3 vals szmokat (a bzis ellltst),hogy l1 + 2l2 + 3l3 = 4. Ha teht pldul a bzis elllts 2, 1, 0,akkor a (x1, x2, x3) = 2x1 + x2 lineris forma rendelkezni fog ezzel atulajdonsggal, de termszetesen vgtelen sok ilyen lekpezs van.

2. Keressk a

(x1, x2, x3) = l1x1 + l2x2 + l3x3

lekpezst gy, hogy

(1, 1, 0) = 0

(1, 0, 1) = 0

teljesljn, ami azt jelenti, hogy l1 + l2 = 0 s l1 + l3 = 0. A lehetsgesmegoldsok teht a (x1, x2, x3) = x1 x2 x3 lekpezs s konstans-szorosai.

3. Az elz feladathoz hasonlan, most

(1, 1, 0) = l1 + l2 = 1

(1, 0, 1) = l1 + l3 = 2

felttelnek kell teljeslnie, teht l2 = 1 l1 s l3 = 2 l1. Pldul l1 = 1vlasztssal a (x1, x2, x3) = x1 + x3 lineris forma addik.

2.6. Feladat. Adjon meg egy bzist a V dulis tren, ha:

1. V = R3,2. V = P2,3. V = M22.

Megolds. A V vals szmtest feletti vektortr V dulis tert az sszesV R lineris formk alkotjk. A dulis tr dimenzija megegyezik Vdimenzijval.

1. R3 lineris formi (x1, x2, x3) = l1x1 + l2x2 + l3x3 alakak, s alineris formk vektortere illetve a szmhrmasok vektortere kztt kl-csnsen egyrtelm megfeleltetst adhatunk meg, ha minden linerisformhoz hozzrendeljk az (l1, l2, l3) bzis ellltst. gy a dulistr egy bzist adjk azok az m1,m2,m3 : R

3 R lineris formk,


amiknek a bzis ellltsuk rendre (1,0,0), (0,1,0) s (0,0,1), azaz

m1(x1, x2, x3) = x1

m2(x1, x2, x3) = x2

m3(x1, x2, x3) = x3.

Lthat, hogy az sszes lineris forma elllthat mint m1,m2,m3lineris kombincija.

2. P2 lineris formi (a2x2 + a1x + a0) = l1a2 + l2a1 + l3a0 alakak. Adulis ternek egy bzist adjk azok az m1,m2,m3 : P2 R linerisformk, amiknek a bzis ellltsuk rendre (1,0,0), (0,1,0) s (0,0,1),azaz

m1(a2x2 + a1x + a0) = a2

m2(a2x2 + a1x + a0) = a1

m3(a2x2 + a1x + a0) = a0.

3. M22 lineris formi

(A) =

(a11 a12a21 a22

)

= l1a11 + l2a12 + l3a21 + l4a22

alakak, s a dulis tr egy bzist adjk pldul az m1,m2,m3,m4 :M22 R lineris formk, ahol

m1(A) = a11

m2(A) = a12

m3(A) = a21

m4(A) = a22.

2.7. Feladat. Adott egy B : V V R bilineris forma s x, y, z V vektorok. A bilineris formk defincija alapjn bontsuk fel az albbikifejezseket cB(x1, x2) alak kifejezsek sszegre, ahol c vals konstans,x1, x2 pedig az x, y, z vektorok valamelyike.

1. B(3x, y),2. B(3x, 3x),3. B(x + y, x + y),4. B(3x + 2y z, x y + 2z),5. B(2x 2y + 3z, 4x + 2y z).


Megolds.

1. Mivel B az els vltozjban homogn, gy B(3x, y) = 3B(x, y).2. Mivel B az els s a msodik vltozjban is homogn, gy

B(3x, 3x) = 3B(x, 3x) = 9B(x, x).

3. Mivel B els vltozjban additv:

B(x + y, x + y) = B(x, x + y) + B(y, x + y),

s az gy kapott kt tagot tovbb bonthatjuk, mert a bilineris formka msodik vltozban is additvak:

B(x, x + y) + B(y, x + y) = B(x, x) + B(x, y) + B(y, x) + B(y, y).

4. Alkalmazva a homogenitst s additivitst:B(3x+2yz, xy+2z) = B(3x, xy+2z)+B(2y, xy+2z)+B(z, xy + 2z) = B(3x, x) + B(3x,y) + B(3x, 2z) + B(2y, x) + B(2y,y) +B(2y, 2z)+B(z, x)+B(z,y)+B(z, 2z) = 3B(x, x) 3B(x, y)+6B(x, z)+2B(y, x) 2B(y, y)+4B(y, z)B(z, x)+B(z, y) 2B(z, z).

5. B(2x2y+3z, 4x+2yz) = 8B(x, x)+4B(x, y)2B(x, z)8B(y, x)4B(y, y) + 2B(y, z) + 12B(z, x) + 6B(z, y) 3B(z, z).

2.8. Feladat. Bilineris formk-e az albbi lekpezsek?

1. B1 : R2 R2 R2, B1

((x1, x2), (y1, y2)

)= (x1 + y1, x2 + y2),

2. B2 : R2 R2 R, B2

((x1, x2), (y1, y2)

)= x1 + y1,

3. B3 : R2 R2 R, B3

((x1, x2), (y1, y2)

)= x1y1,

4. B4 : R3 R3 R, B4

((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)

)= 5x1y1 + 2x2y3,

5. B5 : R3 R3 R, B5

((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)

)= 5x1y1 + 2x2y3 +x3y

21.

Megolds.

1. Nem, egy bilineris forma rtkkszlete nem lehet R2.2. Nem, egyik tulajdonsg sem teljesl. Pldul nem homogn az els

vltozban:

B2((x1, x2), (y1, y2)

)= x1 + y1,

B2((x1, x2), (y1, y2)

)= (x1 + y1).

3. Igen. Els vltozjban additv:

B3(x, y) + B3(z, y) = x1y1 + z1y1,

B3(x + z, y) = B3((x1, x2) + (z1, z2), (y1, y2)

)= (x1 + z1)y1,


els vltozjban homogn:

B3(x, y) = x1y1,

B3(x, y) = B3((x1, x2), (y1, y2)

)= (x1)y1,

s teljesen hasonlan a msodik vltozjban is additv s homogn.4. Igen. Els vltozjban additv:

B4((x1, x2, x3) + (z1, z2, z3), (y1, y2, y3)

)= 5(x1 + z1)y1 + 2(x2 + z2)y3,

B4(x, y) + B4(z, y) = 5x1y1 + 2x2y3 + 5z1y1 + 2z2y3,

els vltozjban homogn:

B4(x, y) = B4((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)

)= 5x1y1 + 2x2y3,

B4(x, y) = B4((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)

)= (5x1y1 + 2x2y3).

Az additivitst s a homogenitst most is ellenrizhetjk egyidejleg,pldul a msodik vltozban val linearitst most igazoljuk egyetlenkifejezsben:

B4(x, y + z) = B4((x1, x2, x3), (y1 + z1, y2 + z2, y3 + z3)

= 5x1(y1 + z1) + 2x2(y3 + z3)

= (5x1y1 + 2x2y3) + (5x1z1 + 2x2z3)

= B4(x, y) + B4(x, z).

5. Nem. Pldul nem homogn a msodik vltozban:

B5(x, y) = B5((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)

)

= 5x1y1 + 2x2y3 + x3(y1)2,

B5(x, y) = (5x1y1 + 2x2y3 + x3y21).

2.9. Feladat. rja fel a B1, B2 : R3 R3 R bilineris formk mtrixt

a termszetes bzisra vonatkozan, s szmtsa ki az (1, 2, 3), (1, 2,1)vektorpron felvett rtkeiket!

1. B1((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = 2x1y1 + 3x1y2 + 4x1y3 x2y1 2x2y2 +6x2y3 + x3y3,

2. B2((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = x1y1 4x1y3 + 3x2y1 + 2x2y2 + x2y3 x3y2 5x3y3.

Megolds. A bilineris forma mtrixa a formnak a bzisvektor-prokonfelvett rtkeit tartalmazza.

1. Itt pldul a mtrix msodik sornak harmadik eleme

B1((0, 1, 0), (0, 0, 1)) = 6x2y3 = 6.


Teht B mtrixa:

B =

2 3 41 2 60 0 1

,

s gy B1(x, y) = x>By miatt

B1((1, 2, 3), (1, 2,1)) =(

1 2 3)

2 3 41 2 60 0 1

121

= 21.Termszetesen ez ugyanazt jelenti, mintha a bilineris formnak a fela-datban szerepl felrsa alapjn szmolnnk: B1((1, 2, 3), (1, 2,1)) =21(1)+312+41(1)2(1)222+62(1)+3(1) = 21.

2. A bilineris forma mtrixa:

B =

1 0 43 2 10 1 5

,

s

B2((1, 2, 3), (1, 2,1)) =(

1 2 3)

1 0 43 2 10 1 5

121

= 12.

2.10. Feladat. rja fel azt a B : R3 R3 R bilineris formt, aminekmtrixa a termszetes bzisban

1 1 21 2 02 0 3

,

s szmtsa ki B((1, 1, 1), (4, 2, 1)) s B((4, 2, 1), (1, 1, 1)) rtkt!

Megolds. B((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = x1y1x1y2 +2x1y3x2y1 +2x2y2 +2x3y1 + 3x3y3, s

B((1, 1, 1), (4, 2, 1)) =(

1 1 1)

1 1 21 2 02 0 3

421

= 15.

Mivel ez egy szimmetrikus bilineris forma, gy B((4, 2, 1), (1, 1, 1)) = 15.

2.11. Feladat. Igaz-e, hogy ha egy bilineris forma mtrixa szimmetrikusvalamely bzisra vonatkozan, akkor minden bzisban szimmetrikus lesz?


Megolds. Igen, hiszen ha a forma mtrixa valamely bzisban B = B>,akkor tetszleges S bzistranszformcis mtrix esetn a bilineris formamtrixa az j bzisban S>BS, ami szintn szimmetrikus mtrix:

(S>BS)> = S>B>(S>)> = S>BS.

2.12. Feladat. Kvadratikus formk-e az albbi lekpezsek? Ha igen, adjameg azt a szimmetrikus bilineris formt, amibl a kvadratikus forma szr-mazik, azaz a polris formjt!

1. Q1 : R2 R2, Q1(x1, x2) = (x2, x1),

2. Q2 : R2 R, Q2(x1, x2) = x1 + x2,

3. Q3 : R2 R, Q3(x1, x2) = 2x1x2,

4. Q4 : R2 R, Q4(x1, x2) = x21,

5. Q5 : R3 R, Q5(x1, x2, x3) = x21 + 2x22 + x23 x1x2 + 6x2x3 2x1x3.

6. Q6 : R3 R, Q6(x1, x2, x3) = 4x22 x23 + 4x1x2 3x2x3 + 2x1x3.

Megolds. A feladat megvlaszolsnl vegyk figyelembe, hogy valamelyB szimmetrikus bilineris formbl szrmaz kvadratikus forma: Q(x) =B(x, x). Ha pldul a B : R2 R2 R szimmetrikus bilineris formaesetn B((x1, x2), (y1, y2)) felrsban az x1y2 egytthatja 2, akkor x2y1egytthatja is 2, s gy a B-bl szrmaz Q kvadratikus forma ( tehtQ((x1, x2)) = B((x1, x2), (x1, x2)) ) felrsban x1x2 egytthatja 4 lesz.

1. Nem, hiszen az rtkkszlet nem egy szmtest.2. Nem.3. Igen, a szimmetrikus bilineris forma amibl Q3 szrmazik megkaphat

az albbi mdon:

B(x, y) =1

2(Q3(x + y) Q3(x) Q3(y)),

de szksgtelen ezt kiszmolnunk, hiszen vilgos, hogy

B((x1, x2), (y1, y2)) = x1y2 + x2y1.

Valban, ebben y helyre is x-et rva Q3 addik.4. Igen, s Q4 polris formja:

B((x1, x2), (y1, y2)) = x1y1.

5. Igen, s Q5 polris formja:

B((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = x1y1 + 2x2y2 + x3y3 1

2x1y2

1

2x2y1 +

3x2y3 + 3x3y2 x1y3 x3y1.


6. Igen, s Q6 polris formja:

B((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = 4x2y2 x3y3 + 2x1y2 + 2x2y1 +

32x2y3

3

2x3y2 + x1y3 + x3y1.

2.13. Feladat. rjuk fel az elz feladatban szerepl kvadratikus formkmtrixt, s szmtsuk ki az (1, 2), illetve az (1, 2, 3) vektoron felvett rt-kket.

Megolds. A Q kvadratikus forma C mtrixa megegyezik a polris formj-nak mtrixval. Ha a forma az Rn vektortren van rtelmezve, akkor Q(x)kiszmthat az albbi mdon is: Q(x) = x>Cx.

1. A Q3 : R2 R, Q3(x1, x2) = 2x1x2 kvadratikus forma mtrixa s

Q3((1, 2)) kiszmtsa:

C =

(0 11 0

)

, Q((1, 2)) =(

1 2)(

0 11 0

)(12

)

= 4.

2. A Q4 : R2 R, Q3(x1, x2) = x21 kvadratikus forma mtrixa

C =

(1 00 0

)

,

s Q4((1, 2)) = 12 = 1.3. A Q5(x1, x2, x3) = x21 +2x

22 +x

23x1x2 +6x2x3 2x1x3 forma mtrixa:

1 1/2 11/2 2 31 3 1

,

s

Q5((1, 2, 3)) =(

1 2 3)

1 1/2 11/2 2 31 3 1

123

= 46,

vagy kzvetlenl is szmolhatunk:

Q5((1, 2, 3)) = 12 + 2 22 + 32 2 + 6 6 6 = 46.

4. A Q6(x1, x2, x3) = 4x22 x23 + 4x1x2 3x2x3 + 2x1x3 forma mtrixa:

0 2 12 4 3/21 3/2 1

,

s Q6((1, 2, 3)) = 3.


2.14. Feladat. Mit mondhatunk az albbi kvadratikus formkrl definitsgszempontjbl a fminor-determinnsok alapjn?

1. Q(x1, x2, x3) = x21 + x23,

2. Q(x1, x2, x3) = x21 + 2x22 + 4x

23,

3. Q(x1, x2, x3) = x21 x22 + x23,4. Q(x1, x2, x3) = x21 + 2x

22 + 6x

23 + 2x1x2 4x1x3 2x2x3,

5. Q(x1, x2, x3) = x21 3x22 3x23 + 2x1x2 + 2x1x3,6. Q(x1, x2, x3) = x21 2x22 + 3x23 + 2x1x2 4x1x3 + 6x2x3,7. Q(x1, x2, x3) = x21 + 4x

22 + 4x1x2 + 2x1x3.

Megolds. Q pozitv definit, ha minden nem nulla vektoron felvett rtkepozitv, s Q pozitv szemidefinit, ha minden vektoron nemnegatv rtketvesz fel, de van nem nulla vektor, amit a nullba kpez. Hasonlan definil-hat a negatv eset, s ha pozitv s negatv rtket is felvesz a forma, akkorindefinit. Egy Jacobitl szrmaz ttel szerint, ha a kvadratikus formamtrixban a fminor-determinnsokat 41, . . . ,4n jelli, s ezek egyike semnulla, akkor ltezik bzis, amelyben a kvadratikus forma az albbi ngyzet-sszeg alak:

Q(x) =411

x21 +4241

x22 . . .4n4n1

x2n.

Ennek kvetkezmnye, hogy a forma pontosan akkor lesz pozitv definit,ha ezek a hnyadosok mind pozitvak, s akkor negatv definit, ha mindnegatvok.

1. Ez a kvadratikus forma elve norml alak. Vilgos, hogy pozitv szemi-definit, hiszen Q(x) 0 minden x R3 esetn, de van olyan nem nullavektor, amihez a nullt rendeli hozz, pldul Q(0, 1, 0) = 0.

2. Ez a kvadratikus forma eleve kanonikus alak, s pozitv definit, mertx21 + 2x

22 + 4x

23 0, s x21 + 2x22 + 4x23 = 0 csak akkor, ha x = 0.

3. Ez a norml alak kvadratikus forma indefinit, hiszen pozitv s negatvrtkeket is felvehet, pldul Q(1, 0, 0) = 1 s Q(0, 1, 0) = 1.

4. rjuk fel a forma C mtrixt, s vizsgljuk meg a fminor-determinn-sokat:

C =

1 1 21 2 12 1 6

,

41 = |1| = 1, 42 =

1 11 2

= 1, 43 = |C| =

1 1 21 2 12 1 6

= 1.

Mivel 41,42,43 mind pozitv, gy Q pozitv definit.


5. rjuk fel a fminor-determinnsokat:

41 = | 1| = 1, 42 =

1 11 3

= 2, 43 =

1 1 11 3 01 0 3

= 3.

Mivel 41 = 1,4241

= 12,4342

= 23

mind negatv, gy Q negatv

definit.6. A fminor-determinnsok:

41 = |1| = 1, 42 =

1 11 2

= 3, 43 =

1 1 21 2 32 3 3

= 22.

Mivel 41 = 1,4241

= 3, 4342= 22

3, gy a forma indefinit.

7. Mivel a msodik fminor-determinns:

42 =

1 22 4

= 0,

gy ez a mdszer itt nem mkdik. A definitsg eldnthet pldul aforma kanonikus alakra hozsval (lsd kvetkez feladat).

2.15. Feladat. Hozzuk kanonikus alakra az albbi kvadratikus formkat!(Adjuk meg a bzist is, amiben ez a kanonikus alak elll, s dntsk el,hogy milyen definit a kvadratikus forma!)

1. Q(x1, x2, x3) = x21 2x22 4x23 + 2x1x2 4x1x3 + 8x2x3,2. Q(x1, x2, x3) = x22 + x

23 2x1x2 + 4x1x3 + 2x2x3,

3. Q(x1, x2, x3) = 2x21 + x22 + 2x

23 x1x2 + 2x1x3,

4. Q(x1, x2, x3) = x21 + 2x22 + 6x

23 + 2x1x2 4x1x3 2x2x3,

5. Q(x1, x2, x3) = x21 3x22 3x23 + 2x1x2 + 2x1x3,6. Q(x1, x2, x3) = x21 + x

22 + 4x

23 + 2x1x2,

7. Q(x1, x2, x3) = x1x2 + x1x3 + x2x3,8. Q(x1, x2, x3) = 2x1x2.9. Q(x1, x2, x3, x4) = x21 + x

24 + 2x1x3 + 2x2x4.

Megolds. A feladat megoldshoz a Lagrange mdszert hasznljuk.

1. Az els lpsben a Q kvadratikus formt felbontjuk kt msik sszegregy, hogy az els ngyzetes alak, a msodik pedig egy ktvltozskvadratikus forma, amiben az x1 vltoz mr nem szerepel. Gyjt-sk teht ssze a Q azon tagjait, amikben szerepel x1, s ezt a kifejezstalaktsuk teljes ngyzett:

x21 + 2x1x2 4x1x3 = (x1 + x2 2x3)2 x22 4x23 + 4x2x3.


Teht

Q(x) = x21 + 2x1x2 4x1x3 2x22 4x23 + 8x2x3= (x1 + x2 2x3)2 x22 4x23 + 4x2x3 2x22 4x23 + 8x2x3= (x1 + x2 2x3)2 3x22 8x23 + 12x2x3,

s itt a ngyzetes alakon kvl lv tagokban valban nem szerepel x1.Most ezekre a tagokra vonatkozan megismteljk az elz eljrst x2-vel:

Q(x) = (x1 + x2 2x3)2 3x22 8x23 + 12x2x3= (x1 + x2 2x3

y1

)2 3(x2 2x3

y2

)2 + 4 x23

y3

= y21 3y22 + 4y23.

Ezzel elrtk, hogy a kvadratikus forma ngyzetsszeg alak (azaz kanon-ikus alak), ha a rgi (x1, x2, x3) koordintkrl ttrnk az (y1, y2, y3)j koordintkra, ahol

y1 = x1 +x2 2x3y2 = x2 2x3y3 = x3

a koordintatranszformci egyenletrendszere, aminek mtrixos alakjaa kvetkez:

y =

1 1 20 1 20 0 1

x.

Keressk teht azt a (b) bzist, amire ha ttrnk az (e) termszetesbzisrl, akkor a vektorok koordinti a fenti mdon vltoznak meg.A koordintatranszformci s a bzistranszformci kapcsolatrl ta-nultak alapjn, a fenti egyenletben szerepl mtrix nem ms, mint az(e) (b) bzistranszformci S mtrixnak az inverze, gy

S =

1 1 20 1 20 0 1

1

=

1 1 00 1 20 0 1

.

A feladat ezzel ksz: az j bzis vektorai S oszlopvektorai, ebben abzisban Q kanonikus alak, a kanonikus alakban szerepl egytthatk1,-3,4, teht a forma indefinit.


Szmtsaink helyessgt leellenrizhetjk gy, hogy kiszmtjuk azS>CS mtrixot, ahol C jelli a Q mtrixt a termszetes bzisban:

1 0 01 1 00 2 1

1 1 21 2 42 4 4

1 1 00 1 20 0 1

=

1 0 00 3 00 0 4

,

teht megkaptuk Q mtrixt az j bzisban, ami valban diagonlisalak.

2. Hozzuk a kvadratikus formt ngyzetsszeg alakra. Elszr elrjk,hogy x2 ne szerepeljen ngyzetes alakon kvl, majd a msodik lps-ben elrjk, hogy x1 is csak ngyzetes alakokban szerepeljen (a kiindulalakban nincs x21, ezrt kezdnk x2-vel):

Q(x) = x22 + x23 2x1x2 + 2x2x3 + 4x1x3

= (x2 x1 + x3)2 x21 + 6x1x3= (x2 x1 + x3)2 (x1 3x3)2 + 9x23 = y21 y22 + 9y23 .

Lthat, hogy a kvadratikus forma indefinit, s a bzistranszformcimtrixa meghatrozhat az

y =

1 1 11 0 30 0 1

x = S1x.

egyenlet alapjn:

S =

0 1 31 1 20 0 1

.

Teht a (0, 1, 0), (1, 1, 0), (3, 2, 1) vektorokbl ll bzisban a kvadratikusforma kanonikus alak, azaz mtrixa diagonlis, a ftlban az 1,-1,9szmok szerepelnek.

3. Hasonlan,

Q(x) = 2x21 x1x2 + 2x1x3 + x22 + 2x23

= 2

(

x1 1

4x2 +

1

2x3

)2

+7

8x22 +

3

2x23 +

1

2x2x3

= 2

(

x1 1

4x2 +

1

2x3

)2

+7

8

(

x2 +2

7x3

)2

+10

7x23

= 2y21 +7

8y22 +

10

7y23.


A bzistranszformci mtrixa:

S =

1 1/4 1/20 1 2/70 0 1

1

=

1 1/4 4/70 1 2/70 0 1

,

ennek oszlopvektorai adjk az j bzis vektorait, s a kvadratikus formapozitv definit, mert a kanonikus alakban szerepl egytthatk mindpozitvak.

4. rjuk fel Q-t ngyzetsszeg alakban:

Q(x) = x21 + 2x22 + 6x

23 + 2x1x2 4x1x3 2x2x3

= (x1 + x2 2x3)2 + x22 + 2x23 + 2x2x3= (x1 + x2 2x3)2 + (x2 + x3)2 + x23 = y21 + y22 + y23.


S =

1 1 20 1 10 0 1

1

=

1 1 30 1 10 0 1

,

ennek oszlopvektorai adjk az j bzis vektorait. Itt a kanonikus alakegyben norml alak is, s az ebben szerepl egytthatk mind pozitvak,gy a kvadratikus forma pozitv definit.

5. Az elzekhez hasonlan:

Q(x) = x21 3x22 3x23 + 2x1x2 + 2x1x3= (x1 x2 x3)2 2x22 2x23 + 2x2x3

= (x1 x2 x3)2 2(

x2 1

2x3

)2

32x23 = y21 2y22

3

2y23.


S =

1 1 10 1 1/20 0 1

1

=

1 1 3/20 1 1/20 0 1

,

ennek oszlopvektorai adjk az j bzis vektorait. Itt a kanonikus alak-ban minden egytthat negatv, gy a kvadratikus forma negatv definit.

6. Most egy lps utn ngyzetsszeg alakot kapunk:

Q(x) = x21 + x22 + 4x

23 + 2x1x2

= (x1 + x2)2 + 4x23 = y

21 + 4y

23 .


Itt a koordintatranszformciban y2 = x2, s y2 egytthatja a kano-nikus alakban nulla. A bzistranszformci mtrixa:

S =

1 1 00 1 00 0 1

1

=

1 1 00 1 00 0 1

,

s a kvadratikus forma pozitv szemidefinit, mert a kanonikus alakbanszerepl egytthatk: 1,0,4.

7. Ebben az esetben gy kell ngyzetsszeg alakra hoznunk Q-t, hogyegyetlen ngyzetes tag sem szerepel eredetileg benne, azaz mtrixnakftljban csak nullk llnak. Ekkor vgrehajtunk egy olyan koordin-tatranszformcit, aminek eredmnyeknt az x1x2 tagbl ngyzetes ta-gok keletkeznek, s ezutn alkalmazhatjuk az elzekben mr lert md-szert. Trjnk teht t azon y1, y2, y3 koordintkra, amikre teljesl,hogy

x1 = y1 + y2x2 = y1 y2x3 = y3.

Ekkor

Q(x) = x1x2 + x1x3 + x2x3

= (y1 + y2)(y1 y2) + (y1 + y2)y3 + (y1 y2)y3= y21 y22 + 2y1y3 = (y1 + y3)2 y22 y23= z21 z22 z23 .

Megkaptuk teht a ngyzetsszeg alakot (ami most norml alak is egy-ben), de hogyan hatrozzuk meg a bzist, amiben a kvadratikus formailyen alak lesz? Elszr x-koordintkrl y-okra trtnk t, majd azy-okrl z-kre. Az albbi sszefggseket ismerjk:

x =

1 1 01 1 00 0 1

y = Py s z =

1 0 10 1 00 0 1

y = Ry.

Innen x = Py = PR1z, s itt a rgi koordintkat fejeztk ki azjakkal, gy a bzistranszformci mtrixa:

S = PR1 =

1 1 01 1 00 0 1

1 0 10 1 00 0 1

=

1 1 11 1 10 0 1

.


Ellenrzs cljbl szmtsuk ki az S>CS mtrixot:

1 1 01 1 01 1 1

0 1212

12 0

12

12

12 0

1 1 11 1 10 0 1

=

1 0 00 1 00 0 1

,

teht eredmnyeink helyesek, a kapott diagonlis mtrix a kvadratikusforma j bzisbeli mtrixa.

8. Alkalmazzuk most is azt a koordintatranszformcit, aminek egyenle-trendszere

x1 = y1 + y2x2 = y1 y2x3 = y3.

Ekkor Q(x) = 2x1x2 = 2y21 2y22 , s a bzistranszformci mtrixa:

S =

1 1 01 1 00 0 1

.

Valban, ha kiszmoljuk az S>CS mtrixot:

1 1 01 1 00 0 1

0 1 01 0 00 0 0

1 1 01 1 00 0 1

=

2 0 00 2 00 0 0

.

9. Az els lpsben az x1-es tagokat gyjtjk ssze, majd az x4-es tagokat:

Q(x) = x21 + x24 + 2x1x3 + 2x2x4

= (x1 + x3)2 x23 + x24 + 2x2x4

= (x1 + x3)2 + (x4 + x2)

2 x22 x23 = y21 y22 y23 + y24,ahol

y1 = x1 +x3y2 = x2y3 = x3y4 = x2 +x4.

Ebben az egyenletrendszerben az j koordintk vannak kifejezve argiekkel, gy a bzistranszformci mtrixt az alapmtrix inverzekntkapjuk meg:

S =

1 0 1 00 1 0 00 0 1 00 1 0 1

1

=

1 0 1 00 1 0 00 0 1 00 1 0 1

.


2.16. Feladat. Mdostsuk gy az elz feladat 1. 2. s 8. pontjbanszerepl kvadratikus formk kanonikus alakra hozsnak eljrst gy, hogynorml alakot kapjunk.

Megolds. A kvadratikus forma norml alakja olyan kanonikus alak, amely-ben csak +1,1 s 0 egytthatk szerepelhetnek.1. A kanonikus alakra hozs sorn az albbi ngyzetsszeg alakot kaptuk:

Q(x) = (x1 + x2 2x3)2 3(x2 2x3)2 + 4x23Vigyk be a zrjelek eltt szerepl 3 s 4 egytthatkat a zrjelekenbellre:

Q(x) = (x1 + x2 2x3)2 (

3x2 2

3x3)2 + (2x3)

2 = y21 y22 + y23,ahol

y1 = x1 +x2 2x3y2 =

3x2 2

3x3

y3 = 2x3

,

gy a bzistranszformci mtrixa:

S =

1 1 20

3 2

3

0 0 2

1

=

1 1/

3 0

0 1/

3 10 0 1/2

.

2. Hasonlan:

Q(x) = (x2 x1 + x3)2 (x1 3x3)2 + 9x23 = y21 y22 + y23,ahol a bzistranszformci mtrixa:

S =

1 1 11 0 30 0 3

1 =

0 1 11 1 2/30 0 1/3

.

3. Koordintacsere utn az albbi alakot kaptuk:

Q(x) = 2x1x2 = 2y21 2y22.

Ha azt a transzformcit hajtjuk vgre, ahol

x1 =12y1 +

12y2

x2 =12y1 12y2

x3 = y3,

akkorQ(x) = (y1 + y2)(y1 y2) = y21 y22 .


Ekkor a bzistranszformci mtrixa:

S =

1/

2 1/

2 0

1/

2 1/

2 00 0 1

.

2.17. Feladat. Hogyan vltozik meg egy kvadratikus forma mtrixa, havgrehajtunk egy olyan bzistranszformcit, aminek a mtrixa egy elemioszloptalaktshoz tartoz elemi mtrix?

Megolds. A kvadratikus forma mtrixn is vgrehajtdik az elemi oszlop-talakts, s egy ugyanilyen tpus sortalakts is. Lssunk elszr egypldt! Legyen Q mtrixa valamely bzisban

C =

1 0 20 2 12 1 1

.

Tekintsk pldul azt az elemi talaktst, mikor egy mtrix msodik oszlop-hoz hozzadjuk az els oszlop ktszerest. Az ehhez tartoz elemi mtrix:

=

1 2 00 1 00 0 1

.

Ha vgrehajtjuk azt a bzistranszformcit, aminek mtrixa , akkor Qmtrixa az j bzisban >C, azaz

1 0 02 1 00 0 1

1 0 20 2 12 1 1

1 2 00 1 00 0 1

=

1 2 22 6 32 3 1

,

teht az eredeti C mtrixon vgrehajtdik kt elemi talakts: az els oszlopktszeresnek hozzadsa a msodik oszlophoz, s az els sor ktszeresnekhozzadsa a msodik sorhoz. Ennek oka az, hogy az mtrixszal valjobbrl szorzs a megfelel oszlop talakts vgrehajtst jelenti, mg az> mtrixszal val balrl szorzs azon sortalakts vgrehajtst jelenti,aminek mtrixa >. Ez termszetesen tetszleges esetn is igaz.

2.18. Feladat. Hozzuk kanonikus alakra az albbi kvadratikus formkatelimincival, az elz feladat alapjn! Adjuk meg az j bzist is!

1. Q(x1, x2, x3) = x21 2x22 4x23 + 2x1x2 4x1x3 + 8x2x3,2. Q(x1, x2, x3) = x22 + x

23 2x1x2 + 4x1x3 + 2x2x3,

3. Q(x1, x2, x3) = x1x2 + x1x3 + x2x3.


Megolds. Ha a kvadratikus forma mtrixa a termszetes bzisra vonatko-zan C, s egyms utn vgrehajtjuk azon bzistranszformcikat, amiknekmtrixai az 1, . . . , n elemi mtrixok, akkor az j bzisban Q mtrixa:

>n . . . >1 C1 . . . n = (1 . . . n)

>C1 . . . n.

Ha teht elrjk, hogy ez a mtrix diagonlis legyen, akkor abban a bzis-ban aminek elemei az 1 . . . n mtrix oszlopaiban tallhatk, a Q kanonikusalak lesz. Kiindulunk teht a (C|E) mtrixbl, s gy eliminlunk, hogyC-n sor-oszlop talaktsokat vgznk (pldul ha a msodik sorhoz hoz-zadjuk az els sor ktszerest, akkor a msodik oszlophoz is hozzadjukaz els oszlop ktszerest), de E-n csak a sortalaktst hajtjuk vgre. HaC helyn diagonlis mtrix alakul ki, akkor E helyn a bzistranszformcimtrixnak transzponltja fog szerepelni:

(C|E) (D|S>).

1. Az els lpsben elrjk, hogy az alhzott rtkek helyn nulla legyen.Kivonjuk C els sort a msodikbl, s az els sor ktszerest hozzad-juk a harmadik sorhoz, ugyangy, ahogy az inverzszmtsos szimultnGauss elimincinl csinltuk, teht ezeket az talaktsokat E-n is vg-rehajtjuk. Ezutn oszlopokra is vgre kell ugyanezt hajtani (csak C-n),

de mivel az els oszlop mr

100

alak, gy ez csak annyit jelent, hogy

az els sor is (1, 0, 0) lesz. A szimmetria miatt mindig ilyen knny dol-gunk lesz:

1 1 21 2 42 4 4

1 0 00 1 00 0 1

1 0 00 3 60 6 8

1 0 01 1 02 0 1

1 0 00 3 00 0 4

1 0 01 1 00 2 1

.

Azt kaptuk, hogy a

diszkrét matematika 2

Documents