Diszkrét Matematika I. példatár 2004 Orosz-Kaiser

Országok listájaHungaryMiskolci EgyetemGépészmérnöki és Informatikai KarProgramtervező informatikusDiszkrét MatematikaJegyzetekDiszkrét Matematika I. példatár 2004 Orosz-Kaiser

Orosz Ágota Kaiser Zoltán

Diszkrét Matematika I. példatár

mobiDIÁK könyvtár

Orosz Ágota Kaiser Zoltán

Diszkrét Matematika I. példatár

mobiDIÁK könyvtár SOROZATSZERKESZT Fazekas István

Orosz Ágota Kaiser Zoltán

Diszkrét Matematika I. példatár
egyetemi jegyzet

mobiDIÁK könyvtár Debreceni Egyetem Informatikai Kar

Copyright c Orosz Ágota, Kaiser Zoltán, 2004 Copyright c elektronikus közlés mobiDIÁK könyvtár, 2004 mobiDIÁK könyvtár Debreceni Egyetem Informatikai Kar 4010 Debrecen, Pf. 12 http://mobidiak.unideb.hu

A m egyéni tanulmányozás céljára szabadon letölthet. Minden egyéb felhasználás csak a szerz elzetes írásbeli engedélyével történhet. A m a A mobiDIÁK önszervez mobil portál (IKTA, OMFB-00373/2003) és a GNU Iterátor, a legújabb generációs portál szoftver (ITEM, 50/2003) projektek keretében készült.

Tartalomjegyzék
1. Halmazok, relációk, függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1. Halmazok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2. Relációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3. Függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2. Számfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Valós számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Természetes számok, egész számok, racionális számok . . . . . . . . . . . 3. Komplex számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Algebrai struktúrák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Számosságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Kombinatorikai alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Vektorterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Vektorterek és altereik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Lineáris függség, bázis, dimenzió . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Alterek direkt összege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Lineáris sokaságok, faktortér . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 29 35 50 62 63 67 79 79 85 96 98

4. Mátrixok, lineáris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 1. Mátrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 2. Determináns . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 3. Mátrix rangja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 4. Lineáris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

7

1. fejezet

Halmazok, relációk, függvények
1. Halmazok
1.1. Feladat. Legyen X adott halmaz és A, B, C X. Igazolja, hogy ekkor teljesülnek a következk: 1. A B és B A pontosan akkor, ha A = B, 2. A B = B A és A B = B A, azaz az unió- és a metszetképzés kommutatív, 3. (A B) C = A (B C) és (A B) C = A (B C), azaz az unióés a metszetképzés asszociatív, 4. A (B C) = (A B) (A C) és A (B C) = (A B) (A C), azaz teljesül a disztributivitás, 5. A A = A és A A = A, azaz a metszet- és az unióképzés idempotens, 6. A = A és A = , 7. A X = X és A X = A, 8. A = A, 9. = X és X = , 10. A A = X és A A = , 11. (A B) = A B és (A B) = A B (de Morgan-féle azonosságok), 12. A \ B = A B, Megoldás. 1. (a) Ha A = B, akkor a két halmaz elemei megegyeznek, azaz x A x B. Ennélfogva x A esetén x B, így A B. Hasonlóan kapjuk, hogy B A. (b) Ha A B és B A, akkor x A x B, tehát a két halmaz egyenl. 2. x A B x A és x B x B és x A x B A. Hasonlóan látható be az unióképzés kommutativitása. 3. x (A B) C x A B vagy x C (x A vagy x B) vagy x C x A vagy (x B vagy x C) x A vagy
9

10

1. HALMAZOK, RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

1.2. Feladat. Mivel egyenl a H = (A (C \ B)) (A \ (B C)) halmaz, ha A = {n N | n páratlan}, B = {n N | 15 n} és C = {n N | n hárommal osztható}? Megoldás. A C halmaz elemei azon természetes számok, melyek hárommal nem oszthatók, így C \ B elemei a hárommal nem osztható 15-nél kisebb természetes számok. Ezek közül véve a páratlan számokat kapjuk az A (C \ B) halmaz elemeit: 1, 5, 7, 11, 13. Hasonlóan okoskodva kapjuk, hogy az A \ (B C) halmaz szintén ezt az öt elemet tartalmazza. H a két halmaz uniója, így H = {1, 5, 7, 11, 13}.

x B C x A (B C). Hasonlóan látható be a metszetképzés asszociativitása. 4. x A (B C) x A vagy x B C x A vagy (x B és x C) (x A és x B) vagy (x A és x C) x A B vagy x A C x (A B) (A C). A másik egyenlség hasonlóan bizonyítható be. 5. x (A A) x A vagy x A x A. Hasonlóan látható be a metszetképzés idempotenciája. 6. (a) x A x A vagy x x A, hiszen az üres halmaznak nincsen eleme. (b) x A x A és x . De ilyen x elem nem létezik, hiszen az üres halmaznak nincsen eleme. Tehát az A halmaznak nincsen eleme, így A = . 7. Az unióképzés definíciója miatt X A X. Viszont A X és X X, így AX X is teljesül. Felhasználva a feladat els részét kapjuk, hogy X = A X. Hasonló gondolatmenettel igazolható a másik egyenlség is. 8. x A x A x A. 9. x x . Ezt a feltételt teljesíti az alaphalmaz minden eleme, így ez a halmaz maga az alaphalmaz, X. Ebbl és az elzö pontból következik a másik egyenlség. 10. (a) x A A x A vagy x A x A vagy x A x X. (b) x A A x A és x A x A és x A. Ilyen elem nem létezik, tehát ennek a halmaznak nincsen eleme, így egyenl az üres halmazzal. 11. x (A B) x A B x A és x B x A és x B x A B. A másik egyenlség hasonlóan bizonyítható be. 12. x A \ B x A és x B x A és x B x A B.

1. HALMAZOK

11

1.3. Feladat. Legyen X adott halmaz és A, B X. Vizsgálja meg, hogy milyen A és B halmazok esetén teljesülnek a következk: 1. A B = A, 2. A B = A, 3. A B = A, 4. A B = A, 5. A \ B = B \ A, 6. A (B A) = B, 7. (A B) \ B = A, 8. A B = A B, Megoldás. 1. Ha A B = A, akkor az unióképzés definíciójából következik, hogy B A B = A, tehát B A szükséges feltétel. Továbbá B A teljesülése esetén nyilván teljesül az egyenlség, tehát ez a feltétel elégséges is. 2. A metszetképzés definiciójából következik, hogy A = A B B. Továbbá, ha A B, akkor A B = A, tehát az egyenlség pontosan akkor teljesül, ha A B. 3. A metszetképzés definiciójából következik, hogy A = A B A. Ez csak akkor lehetséges, ha A = , hiszen egy halmaznak és a komplementerének nincsen közös eleme. Tehát A = X, így a feladat feltétele a következ alakra írható át: X B = . Ebbl adódik, hogy B = . 4. Az unióképzés definíciójából adódik, hogy A A B = A, amely csak akkor teljesülhet, ha A = és A = X. Ekkor a feltétel a következ alakra írható át: B = X, tehát B = X. 5. A feladat feltétele a következ alakra írható át: A B = B A. Ekkor B A = A B A és B A A. Így B A = , hiszen A-nak és a komplementerének nincsen közös eleme. Ebbl adódik, hogy B A. Hasonlóan kapjuk, hogy A B, tehát A = B. Másrészt, ha az A és a B halmaz egyenlek, akkor az egyenlség nyilván teljesül, így adódik, hogy A \ B = B \ A pontosan akkor, ha A = B. 6. A (B A) = (A B) (A A) = (A B) X = A B. Így a feltétel a következ alakra hozható: A B = B. Az 1. pont alapján ez pontosan akkor teljesül, ha A B. 7. (A B) \ B = (A B) B = (A B) (B B) = (A B) = A B. Így a feltétel a következ alakban írható: A B = A. A 2. pont alapján ez pontosan akkor teljesül, ha A B. 8. A A B = A B B, tehát A B. Hasonlóan adódik, hogy B A, azaz a két halmaz egyenl. Másrészt, ha A = B, akkor az egyenlség triviálisan teljesül, így A B = A B A = B.

12

1. HALMAZOK, RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

1.4. Feladat. Ha A, B, C páronként diszjunkt halmazok (azaz a metszetük üres), akkor mivel egyenl az ((A \ B) (C \ B)) (C A) (A B C) halmaz? Megoldás. Mivel AB = , így A B, tehát A\B = AB = A. Hasonlóan kapjuk, hogy C \ B = C, C A = A, és nyilván A B C = . Tehát ((A \ B) (C \ B)) (C A) (A B C) = (A C) A = A = A. 1.5. Feladat. Legyen X adott halmaz, továbbá A, B, C X, A B C. Mivel egyenl az (A B) (A B) (A C) \ (A B C) halmaz?

Megoldás. Mivel A B C, így A B = A, A C = C, A B = A és A B C = C. Tehát ((A B) (A B) (A C)) \ (A B C) = (A A C) \ C = (X C) \ C = X \ C = C. 1.6. Feladat. Hozza egyszerbb alakra a következ kifejezéseket: 1. (A B) (A B), 2. (A B) (A B) (A B), 3. (A (C \ B)) (A \ (B C)), 4. A (B \ (A B)) (C \ (C (A B))), Megoldás. Az átalakításokál az 1.1. feladatban igazolt egyenlségeket használjuk. 1. (A B) (A B) = (B A) (B A) = B (A A) = B = B. 2. Az elz pontban kapott eredményt felhasználva a következt kapjuk: (AB)(AB)(AB) = ((AB)(AB))(AB) = B(AB) = (B A) (B B) = (B A) = B A. 3. (A (C \ B)) (A \ (B C)) = A (C B) (A (B C)) = (A (B C)) (A (B C)) = A B C. 4. A (B \ (A B)) (C \ (C (A B))) = A (B (A B)) (C (C (A B))) = A (B (A B)) (C (C (A B))) = A (B A) (B B) (C C) (C (A B)) = ((A B) (A A)) (C (A B)) = (A B) (C (A B)) = (A B C) ((A B) (A B)) = A B C. 1.7. Feladat. Igazolja, hogy tetszleges A, B és C hamazok esetén igazak az alábbi egyenlségek: 1. A = A (A B), 2. A \ B = A \ (A B), 3. A \ (B C) = (A \ B) (A \ C) és A \ (B C) = (A \ B) (A \ C), 4. (A B) \ C = (A \ C) (B \ C) és (A B) \ C = (A \ C) (B \ C), 5. (A \ B) C = (A C) \ B = (A C) \ (B C),

1. HALMAZOK

13

6. (A \ (A B)) B = A B, 7. (A B) C = C \ (C (A B)), Megoldás. 1. A B A és A A, így A A (A B) A, amibl az állítás következik. 2. A\(AB) = A(A B) = A(AB) = (AA) (AB) = (A\B) = A \ B. 3. (a) A \ (B C) = A (B C) = A (B C) = A A B C = (A B) (A C) = (A \ B) (A \ C). (b) A \ (B C) = A (B C) = A (B C) = (A B) (A C) = (A \ B) (A \ C). 4. (a) (A B) \ C = (A B) C = (A C) (B C) = (A \ C) (B \ C). (b) (A B) \ C = (A B) C = A B C C = (A C) (B C) = (A \ C) (B \ C). 5. (A \ B) C = (A B) C = (A C) B = (A C) \ B. A második egyenlség az ismert szabályokkal szintén levezethet, de abból is látszik, hogy az A C halmaz elemei C-nek elemei, így B-nek csak azon elemeit vesszük ki ebbl a halmazból, amelyek benne vannak C-ben is, így benne vannak a B C halmazban. Tehát (A C) \ B = (A C) \ (B C). 6. (A \ (A B)) B = (A (A B)) B = (A (A B)) B = (A A) (A B) B = (A B) B = (A B) (B B) = A B. 7. C \ (C (A B)) = C (C (A B)) = C (C (A B)) = = (C C) (C (A B)) = (A B) C. 1.8. Feladat. Legyen A := {a, b, c} ahol a, b és c különböz elemek. Sorolja fel A hatványhalmazának elemeit. Megoldás. P (A) = , {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, A 1.9. Feladat. Legyen A egy n elem halmaz. Igazolja, hogy ekkor A hatványhalmazának 2n darab eleme van. Megoldás. Azt kell megvizsgálni, hogy hányféleképpen képezhetünk részhalmazt A-ból. Legyen A := {a1 , a2 , . . . , an }. Vegyük A els elemét, a1 -et. Ezt az elemet vagy belerakjuk a részhalmazunkba, vagy nem. Ez összesen két lehetség, két halmazunk van: , {a 1 }. Vegyük a második elemet, a2 -t. Az elz két halmaz mindegyike esetén további két halmazt kapunk aszerint, hogy belerakjuk a2 -t vagy sem. Így összesen 2 · 2 = 4 darab halmazunk van:

14

1. HALMAZOK, RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

, {a1 }, {a2 }, {a1 , a2 }. Ezt folytatva, az n-1-edik lépésben már 2 n-1 darab halmazunk lesz, melyek mindegyikébl további két darab halmazt kapunk aszerint, hogy an -et belerakjuk, vagy nem. Így összesen 2 · 2 n-1 = 2n darab részhalmazt kapunk. (A feladatnak egy másik bizonyíta a 2.51. feladatnál látható). 1.10. Feladat. Legyenek A és B adott halmazok. Igazolja, hogy ekkor P (A B) = P (A) P (B) és P (A) P (B) P (A B). Megoldás. H P (A B) H A B H A és H B H P (A) és H P (B) H P (A) P (B). Tehát a két halmaznak ugyanazok az elemei. Másrészt, H P (A) P (B) H P (A) vagy H P (B) H A vagy H B = H A B H P (A B). Így P (A) P (B) P (A B). (H A B-bl nem következik, hogy H A vagy H B!) A fordított tartalmazás nem igaz. Például, ha A := {a} és B = {b}, akkor P (A) P (B) = {, {a}, {b}} {, {a}, {b}, {a, b}} = P (A B).
n i=1 n

1.11. Feladat. Igazoljuk, hogy tetszleges A és B 1 , B2 , . . . , Bn halmazokra (a) A (B1 B2 · · · Bn ) = (b) A (B1 B2 · · · Bn ) = (A Bi ), (A Bi ).

i=1

Megoldás. Csak az (a) részt bizonyítjuk, a másik egyenlség hasonlóan igazolható. Teljes indukciót alkalmazunk (lásd 2.23. feladat). Az állítás n = 1 esetén triviálisan teljesül, n = 2-re pedig a disztributivitási szabályt kapjuk. Tegyük fel, hogy az állítás igaz n = k esetén, azaz
k

A (B1 B2 · · · Bk ) =

i=1

(A Bi ).

Felhasználva a disztibutivitást és az indukciós feltételünket, n = k + 1-re kapjuk: A(B1 B2 · · ·Bk Bk+1 ) = (A(B1 B2 · · ·Bk ))(ABk+1 )
k

= volt.
i=1

(A Bi )

(A Bk+1 ) =

k+1 i=1

(A Bi ), ami éppen a bizonyítandó

1.12. Feladat. Legyen I = indexhalmaz, X halmaz, {A i X | i I} indexelt halmazrendszer. Igazoljuk, hogy ekkor (a)
iI

Ai =
iI

Ai ,

2. RELÁCIÓK

15

(b)
iI

Ai =
iI

Ai .

Megoldás. (a) x (b) x
iI

Ai x Ai x
iI

iI

Ai i I úgy, hogy x Ai i I úgy, Ai . Ai i I esetén x Ai i I esetén

hogy x Ai x
iI

iI

iI

x Ai x

Ai .

2. Relációk
1.13. Feladat. Legyen A = {a, b, c}, B = {a, b}. Írjuk fel az (A × B) (B × A) és az (A × B) \ (B × A) halmaz elemeit. Megoldás. A × B = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b), (c, a), (c, b)}, Ebbl következik, hogy (A × B) (B × A) = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b)} és (A × B) \ (B × A) = {(c, a), (c, b)}. 1.14. Feladat. Legyenek A, B, C és D tetszleges halmazok. Igazolja, hogy ekkor teljesülnek a következk: 1. A × B = A = vagy B = , 2. ha A és B nem üres, akkor A × B = B × A A = B, 3. (A B) × C = (A × C) (B × C) és A × (B C) = (A × B) (A × C), 4. (A B) × C = (A × C) (B × C) és A × (B C) = (A × B) (A × C), 5. (A \ B) × C = (A × C) \ (B × C) és A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C), 6. A × B C × D A C és B D. Megoldás. 1. Az állítás a Descartes-féle szorzat definíciójának következménye. 2. Legyen A × B = B × A. Ha x A, akkor y B úgy, hogy (x, y) A × B. De ekkor (x, y) B × A, tehát x B, így A B. Hasonlóan kapjuk, hogy B A, tehát A = B. Megfordítva, ha A = B, akkor A × B = A × A = B × A teljesül. 3. (x, y) (AB)×C x AB és y C (x A vagy x B) és y C (x A és y C) vagy (x B és y C) (x, y) A × C B × A = {(a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c)}.

16

1. HALMAZOK, RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

vagy (x, y) B × C (x, y) (A × C) (B × C). A másik egyenlség hasonlóan bizonyítható. 4. (x, y) (A B) × C x A B és y C (x A és x B) és y C (x A és y C) és (x B és y C) (x, y) A × C és (x, y) B × C (x, y) (A × C) (B × C). A másik egyenlség hasonlóan bizonyítható. 5. (x, y) (A \ B) × C x A \ B és y C (x A és x B) és y C (x A és y C) és (x B és y C) (x, y) A × C és (x, y) B × C (x, y) (A × C) \ (B × C). A másik állítás hasonlóan bizonyítható. 6. Ha A C és B D, akkor nyilván A × B C × D. Fordítva, legyen A×B C ×D. Ekkor ha x A, akkor y B úgy, hogy (x, y) A×B, tehát (x, y) C × D, így x C, ezért A C. Hasonlóan kapjuk, hogy B D. 1.15. Feladat. Határozzuk meg az alábbi f relációk értelmezési tartományát, értékkészletét és inverzét: 1. f = {(1, 6), (2, 2), (3, 7), (3, 2), (5, 7)}, 2. A = {1, 2, 3, 4}, B = {1/2, 1, 2}, f = {(x, y) A × B|x · y páros egész szám}, 3. A = {-3, 1, 2, 4}, B = {-1, 0, 4}, f = {(x, y) A × B|x + y = 1}. Megoldás. 1. Df = {1, 2, 3, 5}, Rf = {2, 6, 7}, f -1 = {(6, 1), (2, 2), (7, 3), (2, 3), (7, 5)}. 2. f = {(1, 2), (2, 1), (2, 2), (3, 2), (4, 1/2), (4, 1), (4, 2)}, így D f = A, Rf = B, f -1 = {(1/2, 4), (1, 2), (1, 4), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4)}. 3. f = {(-3, 4), (1, 0), (2, -1)}, így D f = {-3, 1, 2}, Rf = {-1, 0, 4}, f -1 = {(-1, 2), (0, 1), (4, -3)}. 1.16. Feladat. Legyen A = {a, b, c, d}. Milyen tulajdonságokkal rendelkeznek az alábbi A-n értelmezett relációk? Ekvivalencia reláció esetén adja meg az A halmaz megfelel osztályozását, rendezés esetén pedig a halmaz megfelel sorbarendezését. 1. f1 = {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d)}, 2. f2 = {(a, c), (b, b), (d, b), (a, a)}, 3. f3 = {(c, b)}, 4. f4 = {(a, d), (a, c), (d, b), (d, a), (c, a), (b, d)}, 5. f5 = {(a, a), (a, d), (d, a), (d, d), (c, c), (c, b), (b, c), (b, b)}, 6. f6 = {(a, a), (b, a), (a, b), (b, c), (c, b), (a, c), (c, c), (b, b), (c, a), (d, d)}, 7. f7 = {(a, a), (a, c), (b, d), (d, d), (c, c), (c, d), (a, d), (b, a), (b, b), (b, c)}. Megoldás.

2. RELÁCIÓK

17

1. A f1 reláció reflexív, szimmetrikus, tranzitív, antiszimmetrikus, tehát ekvivalencia reláció és parciális rendezés is. Az ekvivalencia reláció által indukált osztályok: {a}, {b}, {c}, {d}. 2. A f2 reláció nem reflexív, antiszimmetrikus, tranzitív és nem teljes. (Ha egy reláció nem reflexív, akkor nyilván teljes sem lehet.) 3. A f3 reláció nem reflexív, antiszimmetrikus, tranzitív és nem teljes. 4. A f4 reláció nem reflexív, szimmetrikus, nem tranzitív és nem teljes. 5. A f5 reláció reflexív, szimmetrikus, tranzitív, így ekvivalencia reláció. Az ekvivalencia reláció által indukált osztályok: {a, d}, {b, c}. 6. A f6 reláció reflexív, szimmetrikus, tranzitív, így ekvivalencia reláció. Az ekvivalencia reláció által indukált osztályok: {a, b, c}, {d}. 7. A f7 reláció reflexív, antiszimmetrikus, tranzitív, teljes, így rendezési reláció. Bevezetve a szokásos jelölést (x y ha xf 7 y), a halmaz sorbarendése: b a c d. 1.17. Feladat. Milyen tulajdonságokkal rendelkeznek az alábbi relációk? Ekvivalencia reláció esetén adja meg az adott halmaz megfelel osztályozását. 1. f1 N × N, xf1 y x = y, 2. f2 N × N, xf2 y x y, 3. f3 N × N, xf3 y x | y, 4. f4 Z × Z, xf4 y x | y, 5. f5 N × N, xf5 y x - y páros, 6. f6 R × R, xf6 y x - y Q, 7. Legyen A egy adott sík egyeneseinek halmaza, f 7 A × A, xf7 y x párhuzamos y-nal. 8. Legyen A egy adott sík egyeneseinek halmaza, f 8 A × A, xf8 y x metszi y-t. 9. Legyen A egy adott sík egyeneseinek halmaza, f 9 A × A, xf9 y x merleges y-ra. 10. Legyen A adott halmaz, f10 P (A) × P (A), xf10 y x = y. 11. Legyen A adott halmaz, f11 P (A) × P (A), xf11 y x y. Megoldás. 1. Az f1 reláció reflexív, szimmetrikus, antiszimmetrikus, tranzitív és nem teljes, így ekvivalencia reláció és parciális rendezés is. A reláció által indukált osztályok az egy elem halmazok: {1}, {2}, {3}, . . . . 2. Az f2 reláció reflexív, antiszimmetrikus, tranzitív és teljes, így rendezési reláció. 3. Az f3 reláció reflexív, antiszimmetrikus, tranzitív és nem teljes, így parciális rendezés.

18

1. HALMAZOK, RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

4. Az f4 reláció reflexív, tranzitív, nem szimmetrikus és nem antiszimmetrikus. Hiszen például -2|2 és 2| - 2, de 2 = -2. 5. Az f5 reláció reflexív, szimmetrikus és tranzitív, így ekvivalencia reláció. Az indukált osztályok: {n N| n páros} és {n N| n páratlan}. 6. A racionális és irracionális számok tulajdonságai alapján (lásd 2. fejezet 2. rész) belátható, hogy f6 reflexív, szimmetrikus és tranzitív, így ekvivalencia reláció. Az indukált osztályok: Q és Q + t := {q + t| q Q} (t Q), azaz Q irracionális eltoltjai. Két osztály, Q + t 1 és Q + t2 akkor különbözik egymástól, ha t1 - t2 irracionális. 7. Az f7 reláció reflexív, szimmetrikus és tranzitív, azaz ekvivalencia reláció. A reláció által idukált osztályok az egymással párhuzamos egyeneseket tartalmazzák. 8. Az f8 reláció reflexív, szimmetrikus, nem tranzitív, nem antiszimmetrikus és nem teljes. 9. Az f9 reláció nem reflexív, szimmetrikus, nem tranzitív, nem antiszimmetrikus és nem teljes. 10. Az f10 reláció reflexív, szimmetrikus, antiszimmetrikus, tranzitív, így ekvivalencia reláció és parciális rendezés is. A reláció által indukált osztályok az egy részhalmazból álló halmazok. 11. Az f11 reláció reflexív, antiszimmetrikus, tranzitív és nem teljes, így parciális rendezés. 1.18. Feladat. Legye A, B adott halmazok, f A × B reláció. Igazolja, hogy ekkor (a) Df -1 = Rf , (b) Rf -1 = Df , (c) (f -1 )-1 = f . Megoldás. (a) x Df -1 z A úgy, hogy (x, z) f -1 z A úgy, hogy (z, x) f x Rf . (b) x Rf -1 z B úgy, hogy (z, x) f -1 z B úgy, hogy (x, z) f x Df . (c) (x, y) (f -1 )-1 (y, x) f -1 (x, y) f. (a) (f g)-1 = g -1 f -1 , (b) (f g) h = f (g h).

1.19. Feladat. Legyenek A, B, C, D, E, F adott halmazok, f A × B, g C × D, h E × F relációk. Bizonyítsuk be, hogy

Megoldás.

2. RELÁCIÓK

19

(a) (x, y) (f g)-1 (y, x) f g z Df Rg úgy, hogy (y, z) g és (z, x) f z Rf -1 Dg-1 úgy, hogy (z, y) g -1 és (x, z) f -1 (x, y) g -1 f -1 . (b) (x, y) (f g) h z Dg Rh Df g Rh úgy, hogy (x, z) h és (z, y) f g z Dg Rh úgy, hogy (x, z) h és u Df Rg úgy, hogy (z, u) g és (u, y) f u D f Rg Df Rgh úgy, hogy (x, u) g h és (u, y) f (x, y) f (g h). 1.20. Feladat. Legyen A egy adott halmaz és f A × A. Igazolja az alábbiakat: 1. f = f -1 f f -1 , 2. ha f = , f irreflexív és szimmetrikus, akkor nem tranzitív (Az f relációt irreflexívnek nevezzük, ha x A esetén xf x nem teljesül.), 3. f tranzitív f f f , 4. ha f reflexív és tranzitív, akkor f f = f (Így például, ha f ekvivalencia reláció vagy parciális rendezés, akkor f f = f .), 5. f ekvivalencia reláció f -1 ekvivalencia reláció. 6. f parciális rendezés f -1 parciális rendezés. Megoldás. 1. Ha f = f -1 , akkor nyilván f f -1 . Másrészt, legyen f f -1 . Ekkor, ha (x, y) f -1 akkor (y, x) f f -1 . Így (y, x) f -1 , tehát (x, y) f . Ezért kaptuk, hogy f f -1 , tehát f = f -1 . 2. Indirekt tegyük fel, hogy f tranzitív. f = , így x, y A úgy, hogy (x, y) f . Mivel f szimmetrikus, ezért (y, x) f , és a tranzitivitás miatt (x, x) f , amely ellent mond az irreflexivitásnak. 3. Legyen f tranzitív. Ekkor, ha (x, y) f f , akkor létezik z A úgy, hogy (x, z) f és (z, y) f . Felhasználva a tranzitivitást kapjuk, hogy (x, y) f , tehát f f f . Megfordítva, legyen f f f . Ekkor ha (x, z) f és (z, y) f , akkor a relációk kompozíciójának definíciója miatt (x, y) f f f , azaz (x, y) f , tehát a f tranzitív. 4. f tranzitív, így az elz pontból következik, hogy f f f . Másrészt, mivel f reflexív, így x A esetén (x, x) f . Ezért ha (x, y) f , akkor (x, y) f f , tehát f f f . 5. Az állítás egyszeren adódik abból az észrevételbl, hogy f szimmetrikus f = f -1 . 6. Legyen f parciális rendezés. f reflexív, azaz x A esetén (x, x) f , így x A esetén (x, x) f -1 , tehát f -1 is reflexív. Ha x = y és (x, y) f -1 , akkor (y, x) f , így f antiszimmetriája miatt (x, y) f , ennélfogva (y, x) f -1 , ezért f -1 is antiszimmetrikus. Végül, ha (x, y) f -1 és (y, z) f -1 , akkor (z, y) f és (y, x) f , így f

20

1. HALMAZOK, RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

tranzitivitása miatt (z, x) f , tehát (x, z) f -1 , azaz f -1 is tranzitív. Azt kaptuk, hogy f -1 reflexív, szimmetrikus és tranzitív, tehát parciális rendezés. Ugyanígy látható be, hogy ha f -1 parciális rendezés, akkor f is az.

3. Függvények
1.21. Feladat. Döntsük el, hogy az alábbi relációk közül melyek függvények: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. A = {1, 2, 4}, B = {3, 6, 12}, f1 A × B, xf1 y xy = 12, f2 N × N, xf2 y x = y, f3 N × N, xf3 y x y, f4 N × N, xf4 y x | y, Legyen P a prímszámok halmaza, f5 P × P , xf5 y x| y. f6 R × R, xf6 y x2 = y 2 , f7 R+ × R+ , xf7 y x2 = y 2 , f8 R × R, xf8 y x2 + y 2 = 4.

Megoldás. 1. f1 = {(1, 12), (2, 6), (4, 3)}, tehát nyilván függvény. 2. f2 nyilván függvény, egy elem csak saját magával áll relációban. (f 2 az N halmaz identikus függvénye.) 3. f3 nem függvény, mert például (3, 1) f 3 és (3, 2) f3 . 4. f4 nem függvény, mert például (1, n) f 4 minden n N esetén. 5. f5 függvény, mert p, q P , p|q esetén p = q, azaz egy elem csak saját magával van relációban. (f5 a P halmaz identikus függvénye.) 6. f6 nem függvény, mert például (1, -1) f 6 és (1, 1) f6 . 7. f7 függvény, ugyanis x2 = y 2 a pozitív valós számok halmazán csak x = y esetén teljesül. (f7 a pozitív valós számok identikus függvénye.) 8. f8 nem függvény, mert például (2, -2) f 8 és (2, 2) f8 . 1.22. Feladat. Bizonyítsa be, hogy az f : X Y függvény akkor és csak akkor invertálható, ha bármely x, y X esetén f (x) = f (y) csak úgy lehetséges, ha x = y. Megoldás. Legyen f invertálható. Indirekt tegyük fel, hogy létezik olyan x, y X úgy, hogy x = y de f (x) = f (y) = z. Ekkor (x, z) f és (y, z) f , így (z, x) f -1 és (z, y) f -1 , amely ellentmond annak, hogy f -1 függvény. Megfordítva, tegyük fel, hogy f (x) = f (y) csak úgy lehetséges, ha x = y. Legyen (z, x) f -1 és (z, y) f -1 . Ekkor (x, z) f és (y, z) f , azaz

3. FÜGGVÉNYEK

21

z = f (x) = f (y), így a feltételünkbl következik, hogy x = y, tehát f -1 függvény, azaz f invertálható. 1.23. Feladat. Döntsük el, hogy az alábbi függvények közül melyek injektívek, szürjektívek illetve bijektívek. Amennyiben a függvény invertálható, határozzuk meg az inverz függvényét is. 1. f1 : N N, f1 (n) = 3n, 2. f2 : Q Q, f2 (x) = 3x, 3. f3 : N N, f3 (n) = n2 , 4. f4 : R R, f4 (x) = x2 , 5. f5 : R R+ , f5 (x) = x2 , 6. f6 : R+ R, f6 (x) = x2 , 7. f7 : R+ R+ , f7 (x) = x2 , 1+x 8. f8 : R \ {1} R, f8 (x) = 1-x . Megoldás. 1. f1 nem szürjektív, hiszen például 2 nincs benne f 1 képhalmazában. Viszont f (n) = 3n = 3m = f (m) csak n = m esetén teljesülhet, így -1 az 1.22. alapján f1 injektív. A függvény inverze: f1 : 3 · N N, -1 (n) = n , ahol 3 · N := {3n | n N}. (Az f : X Y , f (x) = y f 3 invertálható függvény inverz függvényének kiszámításához ki kell fejezni x-et y segítségével, majd x és y szerepét felcserélni. Az értelmezési tartomány és az értékkészlet az 1.18. feladat alapján adódik.) 2. f2 szürjektív, hiszen ha y Q, akkor f (y/3) = y, tehát minden racionális szám benne van a függvény képhalmazában. Hasonlóan az elz ponthoz -1 belátható, hogy f2 injektív is, tehát bijektív. f2 : Q Q, f (x) = x . 3 3. f3 nem szürjektív, például 2 nincs benne f 3 képhalmazában. Viszont -1 -1 injektív, és inverze: f3 : D N, f3 (n) = n, ahol D := {n2 | n N}. 4. f4 nem szürjektív, hiszen a negatív valós számok nincsenek benne f 4 képhalmazában. f4 nem is injektív, hiszen például f (-2) = f (2) = 4. 5. f5 szürjektív, de nem injektív. -1 -1 6. f6 injektív, de nem szürjektív. f6 : R+ R+ , f6 (x) = x. -1 -1 7. f7 injektív és szürjektív, így bijektív. f 7 : R+ R+ , f7 (x) = x. 8. f8 nem szürjektív, mert 1 nem eleme a függvény képhalmazának. Vi-1 1+x szont f8 injektív, és f8 (x) = 1-x = f8 (x). 1.24. Feladat. Legyen g : X Y , f : Y Z függvények. Igazolja, hogy ekkor az f g reláció is függvény, és ha x D f g , akkor f g(x) = f (g(x)). Megoldás. Legyen (x, z1 ) f g és (x, z2 ) f g. Ekkor y1 Df Rg úgy, hogy

22

1. HALMAZOK, RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

(x, y1 ) g és (y1 , z2 ) f , továbbá y2 Df Rg úgy, hogy (x, y2 ) g és (y2 , z2 ) f . Mivel g függvény, így y1 = y2 . Ezért z1 = z2 , mert f is függvény. Tehát f g függvény. Továbbá, ha z = (f g)(x), akkor (x, z) f g. Ekkor y D f Rg úgy, hogy (x, y) g és (y, z) f , azaz g(x) = y és f (y) = z, tehát f (g(x)) = z = (f g)(x). 1.25. Feladat. Legyen g : X Y , f : Y Z függvények. Igazolja, hogy Df g = Dg akkor és csak akkor, ha Rg Df . (Ellenkez esetben Df g Dg .)

Megoldás. Legyen Rg Df . Ekkor ha x Dg , akkor y Rg Df , hogy (x, y) g és z Z úgy, hogy (y, z) f , azaz (x, z) f g, tehát x D f g . Így Dg Df g , ami csak úgy lehetséges, ha Dg = Df g . Megfordítva, legyen Df g = Dg és y Rg . Ekkor x Dg úgy, hogy (x, y) g. Azonban x Df g , így z Z úgy, hogy (x, z) f g. A kompozíció definíciójából következik, hogy y Rg Df úgy, hogy (x, y ) g és (y , z) f . Mivel g függvény, ezért y = y , tehát y Df . Így Rg Df . 1.26. Feladat. Határozzuk meg az f g függvényt az alábbi f és g függvények esetén: 1. 2. 3. 4. f f f f : R R, f (x) = 5x és g : R R, g(x) = 4x, : R R, f (x) = x és g : [0, [ R, g(x) = x2 , 1 : R \ {0} R, f (x) = x és g :]0, 1[ R, g(x) = x2 + 1, + 1 : R R, f (x) = lg(x) és g : R \ {0} R, g(x) = - x2 .

Megoldás. 1. 2. 3. 4. f g : R R, f g(x) = f (g(x)) = f (4x) = · (4x) = 20x. 5 2) = f g : R R, f g(x) = f (g(x)) = f (x x2 = |x|. 2 + 1) = 1 . f g :]0, 1[ R, f g(x) = f (g(x)) = f (x x2 +1 - + Rg = R , Df = R , így Rg Df = , tehát f g = .

1.27. Feladat. Legyenek g : X Y és f : Y Z adott függvények. Igazoljuk, hogy (a) ha f és g injektív, akkor f g is injektív, (b) ha f és g szürjektív, akkor f g is szürjektív, (c) ha f és g bijektív, akkor f g is bijektív. Megoldás.

3. FÜGGVÉNYEK

23

(a) Tegyük fel, hogy (f g)(x) = (f g)(y), ahol x, y X. Felhasználva az 1.24. feladat eredményeit, ekkor f (g(x)) = f (g(y)), így f injektivitásából adódik, hogy g(x) = g(y), melybl g injektivitása miatt kapjuk, hogy x = y, tehát az 1.22. feladat alapján f g injektív. (b) g és f szürjektivitása miatt (f g)(X) = f (g(X)) = f (Y ) = Z, tehát f g is szürjektív. (c) Az állítás az elz két állítás következménye. 1.28. Feladat. Legyenek g : X Y és f : Y Z adott függvények. Elfordulhat-e, hogy (a) f és g valamelyike nem injektív, de f g injektív? (b) f és g valamelyike nem szürjektív, de f g szürjektív? (c) f és g valamelyike nem bijektív, de f g bijektív? Megoldás. (a) Igen, elfordulhat. Például, legyen g : R + R, g(x) = x, és legyen f : R R, f (x) = x2 . Ekkor f g : R+ R, (f g)(x) = x2 . Így az 1.23. feladat 4. és 6. pontja alapján f nem injektív, de f g injektív. (b) Igen, elfordulhat. Például, legyen g : R + R, g(x) = x, és legyen f : R R+ , f (x) = x2 . Ekkor f g : R+ R+ , (f g)(x) = x2 . Így g nem szürjektív, hiszen például a 0 nincs benne a képhalmazában. Viszont az 1.23. feladat 7. pontja alapján f g szürjektív. (c) Igen, elfordulhat. Például, legyen g : R + R, g(x) = x, és legyen f : R R+ , f (x) = x2 . Ekkor f g : R+ R+ , (f g)(x) = x2 . Ekkor sem g, sem f nem bijektív, de f g bijektív. 1. f iX = f és iY f = f , 2. ha f invertálható, akkor f -1 f = iX , 3. ha f invertálható, akkor (f f -1 )(y) = y minden y Rf esetén, így ha f szürjektív, akkor f f -1 = iY , 4. ha f invertálható, akkor f -1 is invertálható és inverzfüggvénye f .

1.29. Feladat. Legyen f : X Y függvény. Igazolja, hogy ekkor

Megoldás. 1. f iX = f belátásához ellenrizni kell, hogy a két függvény értékkészlete megegyezik-e, továbbá a függvényértékek egyenlek-e az értelmezési tartomány pontjaiban. RiX = X = Df , így az 1.25. feladat alapján Df iX = DiX = X = Df . Továbbá (f iX )(x) = f (iX (x)) = f (x), tehát a két függvény valóban egyenl. A második egyenlség hasonlóan igazolható.

24

1. HALMAZOK, RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

2. Az 1.18. feladat alapján Rf = Df -1 , így Df -1 f = Df = X = DiX . Legyen x X és y := f (x). Ekkor f -1 (y) = x, így (f -1 f )(x) = f -1 (f (x)) = f -1 (y) = x = iX (x). 3. Df = Rf -1 , így Df f -1 = Df -1 = Y = DiY . Legyen y Rf és x := f -1 (y). Ekkor f (x) = y, így (f f -1 )(y) = f (f -1 (y)) = f (x) = y = iY (y). 4. Az állítás következik az inverz függvény definíciójából. 1.30. Feladat. Legyen f : R R adott függvény, A := {0, 1, 2}, B := [-2, 2] és C =]0, 1[. Határozzuk meg az f (A), f (B), f (C), f -1 (A), f -1 (B) és f -1 (C) halmazokat, ha 1. f (x) := 4x, 2. f (x) := |x - 2|, 3. f (x) := x2 + 1, 4. f (x) := sin(x). (Adott f : X Y függvény esetén egy H Y halmaz sképe vagy inverz képe az f -1 (H) := {x X | f (x) H} halmaz.) Megoldás. 1. f (A) = {0, 4, 8}, f (B) = [-8, 8], f (C) =]0, 4[, f -1 (A) = {0, 1/4, 1/2}, f -1 (B) = [-1/2, 1/2], f -1 (C) =]0, 1/4[. 2. f (A) = {0, 1, 2} = A, f (B) = [0, 4], f (C) =]1, 2[, f -1 (A) = {0, 1, 2, 3, 4}, f -1 (B) = [0, 4], -1 (C) =]1, 2[]2, 3[. f f 3. f (A) = {1, 2, 5}, (B) = [1, 5], f (C) =]1, 2[, f -1 (A) = {- 3, 0, 3}, f -1 (B) = [- 3, 3], f -1 (C) = . 4. f (A) = {0, sin(1), sin(2)}, f (B) = [0, 1], f (C) =]0, sin(1)[, f -1 (A) = {k | k Z} {/2 + 2k | k Z}, f -1 (B) = R, f -1 (C) = ]0 + 2k, + 2k[. 1.31. Feladat. Legyen f : X Y adott függvény, A, B X, C, D Y . Bizonyítsuk be, hogy 1. f (A B) = f (A) f (B), 2. f (A B) f (A) f (B), és f (A B) = f (A) f (B) teljesül minden A, B X halmaz esetén f invertálható, 3. f (A) \ f (B) f (A \ B) és f (A) \ f (B) = f (A \ B) teljesül minden A, B X halmaz esetén f invertálható, 4. f -1 (C D) = f -1 (C) f -1 (D), 5. f -1 (C D) = f -1 (C) f -1 (D), 6. f -1 (C \ D) = f -1 (C) \ f -1 (D), 7. ha A B, akkor f (A) f (B),
kZ

3. FÜGGVÉNYEK

25

8. ha C D, akkor f -1 (C) f -1 (D), 9. A f -1 (f (A)) és A = f -1 (f (A)) teljesül minden A X halmaz esetén f invertálható, 10. f (f -1 (C)) C és f (f -1 (C)) = C teljesül minden C Y halmaz esetén f szürjektív. Megoldás. 1. y f (A B) x A B, melyre f (x) = y y f (A) vagy y f (B) y f (A) f (B). 2. y f (A B) x A B, melyre f (x) = y = y f (A) és y f (B) y f (A) f (B) . Így f (A B) f (A) f (B) (y f (A) f (B)-bl nem következik, hogy x A B, melyre f (x) = y!). A fordított tartalmazás nem mindig igaz. Például, ha f (x) = |x|, A = [-1, 0], B = [0, 1], akkor f (A) = f (B) = [0, 1], míg f (AB) = f ({0}) = {0}. Most bebizonyítjuk, hogy a fordított tartalmazás akkor és csak akkor teljesül minden A, B X halmaz esetén, ha f invertálható. Legyen f invertálható, A, B X és y f (A)f (B). Ekkor y f (A) és y f (B), azaz x1 A, melyre f (x1 ) = y, továbbá x2 B, melyre f (x2 ) = y. Mivel f invertálható, csak egy olyan x X létezhet, melyre f (x) = y, így x = x1 = x2 A B, tehát y f (A B), azaz f (A) f (B) f (A B). Fordítva, tegyük fel, hogy minden A, B X esetén f (A) f (B) f (A B). Indirekt tegyük fel, hogy f nem invertálható, azaz x 1 , x2 X, melyekre f (x1 ) = f (x2 ) = y és x1 = x2 . Azonban ha A := {x1 }, B := {x2 }, akkor f (A B) = , de f (A) f (B) = {y} {y} = {y}, amely ellentmondás. 3. y f (A) \ f (B) y f (A) és y f (B) = x A \ B úgy, hogy f (x) = y y f (A \ B). Így f (A) \ f (B) f (A \ B) (Abból, hogy x A \ B, melyre f (x) = y, nem következik, hogy y f (A) és y f (B)!). A fordított tartalmazás nem feltétlenül igaz. A feladat 2. részének bizonyításánál definiált f függvény és A, B halmazok esetén f (A) \ f (B) = , míg f (A \ B) = f (]0, 1]) =]0, 1]. A fordított tartalmazás szükséges és elégséges feltételének igazolásához elször tegyük fel, hogy f invertálható, A, B X és y f (A\B). Ekkor x1 A \ B úgy, hogy f (x1 ) = y, így y f (A). Viszont f injektivitása miatt nem létezhet x2 B, melyre f (x2 ) = y, ezért y f (B), tehát y f (A) \ f (B), azaz f (A \ B) f (A) \ f (B). Másrészt, tegyük fel, hogy minden A, B X esetén f (A \ B) f (A) \

26

1. HALMAZOK, RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

f (B). Indirekt tegyük fel, hogy f nem invertálható, azaz x 1 , x2 X, melyekre f (x1 ) = f (x2 ) = y és x1 = x2 . Legye A := {x1 }, B := {x2 }. Ekkor f (A \ B) = f (A) = {y}, de f (A) \ f (B) = , amely ellentmondás. 4. x f -1 (C D) f (x) C D f (x) C vagy f (x) D x f -1 (C) vagy x f -1 (D) x f -1 (C) f -1 (D). 5. x f -1 (C D) f (x) C D f (x) C és f (x) D x f -1 (C) és x f -1 (D) x f -1 (C) f -1 (D). 6. x f -1 (C \ D) f (x) C \ D f (x) C és f (x) D x f -1 (C) és x f -1 (D) x f -1 (C) \ f -1 (D). 7. Az állítás következik a halmaz képének definíciójából. 8. Az állítás következik a halmaz sképének definíciójából. 9. x A = f (x) f (A) x f -1 (f (A)). Tehát A f -1 (f (A)) (f (x) f (A)-ból nem következik, hogy x A!). A fordított tartalmazás nem feltétlenül igaz. A feladat 2. részének bizonyításánál definiált f függvény és A halmaz esetén f -1 (f (A)) = f -1 ([0, 1]) = [-1, 1]. Most megmutatjuk, hogy az egyenlség akkor és csak akkor teljesül minden A X halmaz esetén, ha f invertálható. Eször legyen f inverálható és x f -1 (f (A)). Ekkor f (x) f (A), és felhasználva f injektivitását adódik, hogy x A. Így f -1 (f (A)) A is teljesül, tehát a két halmaz egyenl. Másrészt, legyen f -1 (f (A)) = A minden A X esetén és indirekt tegyük fel, hogy f nem invertálható, azaz x 1 , x2 X, melyekre f (x1 ) = f (x2 ) = y és x1 = x2 . Legyen A := {x1 }. Ekkor f (A) = {y} és f -1 (f (A)) = {x1 , x2 }, tehát A = f -1 (f (A)), amely ellentmondás. 10. y f (f -1 (C)) x f -1 (C) úgy, hogy y = f (x) = f (x) C azaz y C. Tehát f (f -1 (C)) C (y C-bl nem következik, hogy x f -1 (C), melyre y = f (x). Ugyanis elfordulhat, hogy y nincs benne f képterében!). A fordított tartalmazás nem feltétlenül teljesül. Legyen például f = |x| és C := [-1, 0]. Ekkor f (f -1 (C)) = f ({0}) = {0}. Az egyenlség feltételének bizonyításához tegyük fel, hogy f (f -1 (C)) = C minden C Y halmaz esetén. C = Y választásával adódik, hogy f (f -1 (Y )) = Y , tehát Rf Y , amely csak Rf = Y esetén lehetséges. Másrészt, ha f nem szürjektív, akkor f (f -1 (Y )) = Y , tehát az egyenlség nem teljesül minden C Y halmazra. 1.32. Feladat. Legyen f : X Y függvény, I = indexhalmaz, {A i X | i I} indexelt halmazrendszer. Igazoljuk, hogy ekkor

3. FÜGGVÉNYEK

27

1. f
iI

Ai Ai
iI

=
iI

f (Ai ), f (Ai ),
iI

2. f 3. f -1

Ai

=
iI

f -1 (Ai ), f -1 (Ai ).
iI

iI

4.

f -1
iI

Ai

=

Megoldás. 1. y f Ai
iI

x

x Ai és y f (Ai ) y 2. y f Ai
iI

iI

Ai , melyre f (x) = y i I úgy, hogy f (Ai ).
iI

x

iI

Ai , melyre f (x) = y = y f (Ai ) f (Ai ). Tehát f Ai
iI

minden i I esetén y (y
iI

f (Ai )-bl nem következik, hogy x

iI



f (Ai )
iI

Ai , melyre f (x) = y!).
iI

A fordított tartalmazás nem mindig igaz. Ellenpélda az 1.31. példa 2. részének megoldásában található. 3. x f -1 Ai
iI

f (x)

iI

Ai i I úgy, hogy f (x) Ai f -1 (Ai ).
iI

i I úgy, hogy x f -1 (Ai ) x 4. x f -1 Ai iI f -1 (Ai ) f (x)
iI

Ai f (x) Ai minden i I esetén f -1 (Ai ).
iI

x

minden i I esetén x

2. fejezet

Számfogalmak
1. Valós számok
2.1. Feladat. Bizonyítsa be, hogy R-ben az egységelem és a nullelem egyértelmen létezik. Megoldás. Tegyük fel, hogy két nullelem létezik: 0 1 és 02 . Ekkor 01 = 01 + 02 = 02 , tehát a két nullelem egyenl egymással. Hasonlóan, ha két egységelem létezik: 1 1 és 12 , akkor 11 = 11 · 12 = 12 . 2.2. Feladat. Legyen x, y, z R. Igazolja, hogy ekkor (a) ha x + y = x + z, akkor y = z (az összeadás egyszersítési szabálya), (b) ha x = 0 és xy = xz, akkor y = z (a szorzás egyszersítési szabálya). Megoldás. (a) A testaxiómákat felhasználva kapjuk, hogy y = y + 0 = y + (x + (-x)) = (y + x) + (-x) = (x + y) + (-x) = (x + z) + (-x) = (z + x) + (-x) = z + (x + (-x)) = z + 0 = z. (b) y = y · 1 = y(xx-1 ) = (yx)x-1 = (xy)x-1 = (xz)x-1 = (zx)x-1 = z(xx-1 ) = z · 1 = z. 2.3. Feladat. Bizonyítsa be, hogy minden x R számnak egyértelmen létezik az additív inverze, és ha x = 0, akkor egyértelmen létezik a multiplikatív inverze is. Megoldás. Tegyük fel, hogy x-nek két additív inverze létezik, a 1 és a2 . Ekkor azonban x + a1 = 0 = x + a2 , így az összeadás egyszersítési szabálya alapján a1 = a2 . Hasonlóan, amennyiben x = 0, tegyük fel hogy m 1 és m2 is multiplikatív inverze. Ekkor xm 1 = 1 = xm2 , így a szorzás egyszersítési szabálya alapján kapjuk, hogy m1 = m2 . 2.4. Feladat. Legyen x, y R. Igazolja, hogy ekkor 1. 0 · x = 0, 2. xy = 0 pontosan akkor, ha x = 0 vagy y = 0, 3. -x = (-1)x és -(x + y) = -x - y,
29

30

2. SZÁMFOGALMAK

4. -(-x) = x, és ha x = 0, akkor (x-1 )-1 = x, 5. (-x)y = x(-y) = -(xy) és (-x)(-y) = xy, 6. egyértelmen létezik z R, amelyre x = y + z (kivonási szabály, z jele x - y), 7. ha y = 0, akkor egyértelmen létezik z R, amelyre x = yz (osztási szabály, z jele x vagy x : y.), y 8. (xy)-1 = x-1 y -1 . Megoldás. 1. 0x + 0x = (0 + 0)x = 0x = 0x + 0, így az összeadás egyszersítési szabálya alapján kapjuk az állítást. 2. Ha x = 0 vagy y = 0, akkor nyilván xy = 0. Fordítva, indirekt tegyük fel, hogy xy = 0, de x = 0 és y = 0. Ekkor azonban 0 = x -1 · 0 = x-1 (xy) = (x-1 x)y = 1 · y = y, feltevésünkkel ellentétben. 3. A feladat 1. részének felhasználásával x + (-x) = 0 = 0x = (1 + (-1))x = 1 · x + (-1)x = x + (-1)x, így az összeadás egyszersítési szabálya alapján (-x) = (-1)x. Így -(x + y) = (-1)(x + y) = (-1)x + (-1)y = -x + (-y) = -x - y. 4. (-x) + x = 0 = (-x) + -(-x), így az összeadás egyszersítési szabálya alapján x = -(-x). Másrészt, ha x = 0, akkor x -1 x = 1 = x-1 (x-1 )-1 , így a szorzás egyszersítési szabálya alapján x = (x -1 )-1 . 5. xy +(-x)y = (x+(-x))y = 0y = 0, így a 2.3. feladat alapján xy-nak az additív inverze (-x)y, azaz (-x)y = -(xy). Hasonlóan, xy + x(-y) = x(y + (-y)) = x0 = 0 alapján -(xy) = x(-y). Végül, felhasználva az elz pontot kapjuk, hogy (-x)(-y) = -(x(-y)) = -(-(xy)) = xy. 6. Legyen z = x + (-y). Ekkor y + z = y + (x + (-y)) = (y + ((-y) + x) = (y + (-y)) + x = 0 + x = 0, tehát z létezését beláttuk. Az egyértelmség az összeadás egyszersítési szabályából következik. 7. Legyen z = xy -1 . Ekkor yz = y(xy -1 ) = y(y -1 x) = (yy -1 x) = 1 · x = x, tehát z létezését beláttuk. Az egyértelmség a szorzás egyszersítési szabályából következik. 8. (xy)(x-1 y -1 ) = ((xy)x-1 )y -1 = ((xx-1 )y)y -1 = (1 · y)y -1 = yy -1 = 1, így a 2.3. feladat alapján x-1 y -1 = (xy)-1 . 2.5. Feladat. Legyenek x, y, u, v R, y = 0 és v = 0. Igazolja, hogy ekkor x -x x x -x = és = =- , 1. -y y y -y y xu x u xv x u · = , és ha u = 0, akkor : = , 2. y v yv y v yu

1. VALÓS SZÁMOK

31

xv + uy x u xv - uy x u + = és - = , y v yv y v yv x xv 4. = . y yv x u x+u 5. + = . y y y 3. Megoldás. -x -1 = (-x)(-y)-1 = (-1)x (-1)y = (-1)x (-1)-1 y -1 = 1. -y x (-1)(-1)-1 ) (xy -1 ) = xy -1 = . y -x x -1 Hasonlóan = (-x)y = (-1)x y -1 = (-1)(xy -1 ) = - , továbbá y y x x -1 -1 -1 -1 , ahol felhasznál- = (-1)(xy ) = x (-1) y ) = x(-y) = y -y tuk, hogy (-1)-1 = -1. x u xu 2. · = (xy -1 )(uv -1 ) = (xu)(y -1 v -1 = (xu)(yv)-1 = . y v yv Másrészt, ha u = 0, akkor x u -1 x u = (xy -1 )(uv -1 )-1 = (xy -1 ) (u-1 (v -1 )-1 = : = y v y v xv . = (xy -1 )(vu-1 ) = (xv)(y -1 u-1 ) = (xv)(yu)-1 = yu 3. A korábbi eredményeket felhasználva x u + = xy -1 + uv -1 = (xy -1 )(vv -1 ) + (uv -1 )(yy -1 ) = y v = (xv)(y -1 v -1 ) + (uy)(y -1 v -1 ) = xv + uy . = (xv)(yv)-1 + (uy)(yv)-1 = (xv + uy)(yv)-1 = yv Ennek alapján x u x -u x u xv + (-u)y xv - uy = + - = + - = = . y v y v y v yv yv xv x 4. = (xv)(yv)-1 = (xv)(y -1 v -1 ) = (xy -1 )(vv -1 ) = xy -1 = . yv y xy + uy x+u x u -1 -1 -1 + = = (x + u)y (y y ) = (x + u)y = . 5. y y y·y y 2.6. Feladat. Azt mondjuk, hogy x < y ha x y és x = y. Igazolja, hogy bármely x, y, u R esetén teljesülnek a következk: 1. az x < y, x = y, y < x esetek közül pontosan egy teljesül (trichotomia),

32

2. SZÁMFOGALMAK

2. ha x < y, akkor x + u < y + u (összeadás monotonitása), 3. ha 0 < x és 0 < y, akkor 0 < xy (szorzás monotonitása), 4. ha x y < u vagy x < y u, akkor x < u. Megoldás. 1. A rendezési reláció és a < reláció definíciója alapján nyilvánvaló. 2. Ha x < y, akkor x y. R rendezett test, így x+u y+u. Az összeadás egyszersítési szabálya miatt x + u = y + u (ellenkez esetben x = y következne), tehát x + u < y + u. 3. Ha 0 < x és 0 < y, akkor 0 x és 0 y, tehát 0 xy. Ha xy = 0 teljesülne, akkor a 2.4. feladat 2. része alapján x = 0 vagy y = 0 következne, amely nem lehetséges. Tehát 0 < xy. 4. A feltételekbl következik, hogy x y u, így tranzitivitása miatt x u. Ha x = u teljesülne, akkor az x = y = u egyenlségnek is teljesülnie kellene, amely ellentmond a feltételeknek. 2.7. Feladat. Legyenek x, y, u, v R. Igazolja, hogy ekkor x y 0 y - x -y -x, x < y 0 < y - x -y < -x, ha x y és 0 u, akkor xu yu; ha x y és u 0, akkor yu xu, ha x < y és 0 < u, akkor xu < yu; ha x < y és u < 0, akkor yu < xu, ha x y és u y, akkor x + u y + v, ha x y és u < y, akkor x + u < y + v, ha 0 x y és 0 u v, akkor xu yv, ha 0 < x y és 0 u < v, akkor xu < yv, ha x = 0, akkor 0 < x · x, speciálisan 0 < 1, 1 1 10. ha 0 < x, akkor 0 < , és ha x < 0, akkor < 0, x x 1 1 1 1 11. ha 0 < x y, akkor , és ha x y < 0, akkor , y x y x 1 1 1 1 12. ha 0 < x < y, akkor < , és ha x < y < 0, akkor < , y x x y 13. ha x y u v, akkor u - y v - x. Megoldás. 1. Ha x y, akkor x + (-x) y + (-x), azaz 0 y - x. Megfordítva, ha 0 y-x, akkor 0+x y-x+x, tehát x y. A második egyenltlenség hasonlóan bizonyítható. 2. Az állítás bizonyítása a < reláció monotonitását használva az elz pont bizonyításával azonos. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

1. VALÓS SZÁMOK

33

2.8. Feladat. Bizonyítsa be, hogy az abszolút érték függvényre bármely x, y R esetén teljesülnek a következk: 1. |x| 0, és |x| = 0 pontosan akkor teljesül, ha x = 0 (pozitív definitség), 2. | - x| = |x|, 3. |xy| = |x||y| (multiplikativitás), 1 1 4. x = 0 esetén = , x |x| x |x| 5. y = 0 esetén = , y |y| 6. |x| y -y x y, továbbá |x| < y -y < x < y,

3. Ha x y, akkor 0 y - x. Amennyiben 0 u, akkor 0 (y - x)u = yu - xu, tehát xu yu. Másrészt, ha u 0, akkor 0 -u, így 0 (y - x)(-u) = xu - yu, azaz yu xu. 4. Az elz pont bizonyításához hasonló módon kapjuk az állítást: Ha x < y, akkor 0 < y - x. Amennyiben 0 < u, akkor 0 < (y - x)u = yu - xu, tehát xu < yu. Másrészt, ha u < 0, akkor 0 < -u, így 0 < (y - x)(-u) = xu - yu, azaz yu < xu. 5. Ha x y és u v, akkor x + u y + u és y + u y + v, tehát x + u y + v. 6. Az elz pont bizonyításához hasonló módon kapjuk az állítást. 7. Ha 0 x y és 0 u v, akkor xu yu és yu yv, így xu yv. 8. Az elz pont bizonyításához hasonló módon kapjuk az állítást. 9. Ha x > 0, akkor a 2.6. feladat 3. része alapján x · x > 0. Ha x < 0, akkor -x > 0, így 0 < (-x)(-x) = -(-x)(x) = x · x. 1 < 0. Ekkor azonban 10. Legyen 0 < x és indirekt tegyük fel, hogy x 1 1 a 4. pont alapján 1 = x · 0 · = 0, ami ellentmondás. A másik x x egyenltlenség hasonlóan igazolható. 1 1 1 1 11. Ha 0 < x y, akkor 0 < és 0 < , ezért 0 < · . Így 3. miatt x y x y 1 1 1 1 1 1 x y, azaz . Másrészt, ha x y < 0, akkor · · x y x y y x 1 1 1 1 1. és 2. miatt 0 < -y < -x. Ezért , azaz - - , tehát -x -y x y 1 1 . y x 12. Az elz pont bizonyításához hasonló módon kapjuk az állítást. 13. x y, így -y -x, ezért u-y u-x. Felhasználva, hogy u-x v-x (mert u v) kapjuk, hogy u - y v - x.

34

2. SZÁMFOGALMAK

7. |x + y| |x| + |y| (háromszög egyenltlenség), 8. |x| - |y| |x - y|. Megoldás. 1. Legyen x R tetszleges. Ha x = 0, akkor |x| = x = 0. Ha x = 0, akkor két eset lehetséges. Ha x > 0, akkor |x| = x > 0. Ha x < 0, akkor a 2.7. feladat 1. pontja alapján |x| = -x > -0 = 0. 2. Az abszolút érték definíciója alapján nyilvánvaló. 3. Az abszolút érték definíciója alapján nyilvánvaló. 1 1 1 1 = = . Másrészt, ha x < 0, akkor 4. Ha x > 0, akkor > 0, így x x x |x| 1 1 1 1 1 < 0, ezért = . =- = x x x -x |x| x 1 |x| 1 1 5. A feladat 3. és 4. része alapján = x· = |x| = |x| = . y y y |y| |y| 6. Ha x 0, akkor |x| y 0 x y. Ha x < 0, akkor a 2.7. feladat 4. pontja alapján -x > 0. Ekkor |x| y 0 < -x y -y x < 0. A két eset együttesen adja, hogy |x| y -y x y. A másik állítás hasonlóan igazolható. 7. Nyilván x |x| és y |y|, ezért x+y |x|+|y|. Hasonlóan, -x |x| és -y |y|, így -(x + y) |x| + |y|, ennélfogva -(|x| + |y|) x + y. Tehát -(|x| + |y|) x + y |x| + |y|, melybl az elz pont felhasználásával adódik az állítás. 8. Az elzek alapján |x| = |x-y+y| |x-y|+|y|, tehát |x|-|y| |x-y|. Másrészt, |y| = |y - x + x| |x - y| + |x|, így -|x - y| |x| - |y|. A 6. pontot alkalmazva kapjuk az állítást. 2.9. Feladat. Bizonyítsa be, hogy a d : R × R R, d(x, y) = |x - y| távolságra teljesülnek a következk: (a) d(x, y) 0, továbbá d(x, y) = 0 akkor és csak akkor teljesül, ha x = y (nem negativitás), (b) d(x, y) = d(y, x) (szimmetria), (c) d(x, y) d(x, z) + d(z, y) (háromszög-egyenltlenség). Megoldás. Az abszolút érték függvény tulajdonságait felhasználva kapjuk az állításokat: (a) d(x, y) = |x - y| 0, és d(x, y) = 0 akkor és csak akkor, ha x - y = 0, azaz ha x = y. (b) d(x, y) = |x - y| = | - (y - x)| = |y - x| = d(y, x). (c) d(x, y) = |x - y| = |x - z + z - y| |x - z| + |z - y| = d(x, y) + d(y, z).

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

35

2. Természetes számok, egész számok, racionális számok
2.10. Feladat. Legyen n, m N. Mutassa meg, hogy 1. 2. 3. 4. n + m N, nm N, ha n = 1, akkor n - 1 N, ha n = m, akkor n - m N vagy m - n N.

Megoldás. 1. Legyen M := {n N | minden m N esetén n+m N}. A természetes számok definíciója alapján 1 M . Tegyük fel, hogy k N, azaz minden m N esetén k + m N. Ekkor viszont (k + 1) + m = k + (m + 1) N minden m N esetén, hiszen m + 1 N. Tehát k + 1 M , így a teljes indukció elve alapján M = N, melybl következik az állítás. 2. Legyen m N rögzített. Nyilván n = 1-re teljesül az állítás, hiszen 1 · m = m N. Tegyük fel, hogy valamely n = k N esetén k · m N. Ekkor, alkalmazva az elz pontot, (k + 1)m = km + m N, így n = k + 1-re is igaz az állítás, tehát a teljes indukció elve alapján minden n N esetén igaz. Mivel m tetszleges volt, adódik az állítás. 3. Legyen M := {n N | n = 1 és n - 1 N} {1}. Ekkor nyilván 1 M . Tegyül fel, hogy valamely k N esetén k M . Ekkor (k + 1) - 1 = k N, tehát k + 1 M , melybl a teljes indukció elve alapján kapjuk, hogy M = N. 4. Legyen m N tetszleges. Az elz pont miatt n = 1-re teljesül az állítás. Tegyül fel, hogy valamely n = k N esetén teljesül az állítás. Ha k - m N, akkor (k + 1) - m = (k - m) + 1 N a feladat 1. része miatt. Ha m - k N, és m - k = 1, akkor m - (k + 1) = (m - k) - 1 N a feladat 3. része miatt. Végül, ha m - k N és m - k = 1, akkor m = k + 1, így nem teljesül a k + 1 = m feltétel. Ezek alapján tehát n = k + 1-re is igaz az állítás. 2.11. Feladat. Legyen k, l Z. Igazolja, hogy ekkor k + l Z, kl Z és -k Z. Megoldás. Mivel k, l Z, így léteznek olyan n 1 , n2 , m1 , m2 természetes számok, hogy k = n1 - m1 és l = n2 - m2 . Ekkor azonban k + l = (n1 + n2 ) - (m1 + m2 ), kl = (n1 n2 + m1 m2 ) - (n1 m2 + n2 m1 ), -k = m1 - n1 , így a 2.10. feladat alapján ezen számok felírhatóak két természetes szám különbségeként, tehát egész számok.

36

2. SZÁMFOGALMAK

2.12. Feladat. Legyen p, q Q. Igazolja, hogy ekkor p + q, pq, -p és 1 is racionális szám (így Q testet alkot az összeadásra és ha p = 0, akkor p szorzásra nézve). Megoldás. Mivel p, q Q, így léteznek olyan k 1 , k2 , l1 , l2 egész számok, k1 k2 k1 l2 + k 2 l1 hogy p = és q = . Ekkor a 2.5. feladat alapján p + q = , l1 l2 l1 l2 k1 k2 -k1 1 l1 pq = , -p = és = , így felhasználva a 2.11. feladatot ezek a l1 l2 l1 p k1 számok felírhatóak két egész szám hányadosaként, tehát valóban racionális számok. 2.13. Feladat. Mutassa meg, hogy R \ Q = , tehát létezik irracionális szám. Megoldás. Bebizonyítjuk, hogy ha p N prímszám, akkor p irracionális. Tegyük fel indirekt, hogy p racionális szám. Ekkor azonban van olyan n, m N, melyek egymással relatív primek (legnagyobb közös osztójuk 1), n és p = . Így pn2 = m2 , tehát p|m, ezért p2 |m2 , ennélfogva p2 |pn2 , m következésképpen p|n, mely ellentmond n és m relatív prím voltának. 2.14. Feladat. Legyen r Q és v R \ Q. Mutassa meg, hogy ekkor r + v R \ Q, továbbá, ha r = 0, akkor rv R \ Q. Megoldás. Indirekt tegyük fel, hogy r + v = q Q. Ekkor azonban az elz feladat alapján v = r + (-q) Q, mely ellentmondás. 1 Hasonlóan, indirekt tegyük fel, hogy rv = q Q. Ekkor v = r Q, tehát q ellentmondásra jutottunk. 2.15. Feladat. Adjon meg két olyan irracionális számot, melyek összege illetve szorzata racionális. Megoldás. Ha x irracionális, akkor könnyen látható, hogy -x is irracionális, de x + (-x) = 0 Q. Másrészt, ha p N prímszám, akkor a 2.13. feladat megoldása alapján p irracionális, viszont p · p = p Q. 2.16. Feladat. Igazolja, hogy bármely két különböz valós szám között van racionális szám. Megoldás. Legyenek x < y tetszleges valós számok. Három esetre bontjuk a lehetségeket: (a) x < 0 < y. A 0 racionális szám, így találtunk az állításnak megfelel racionális számot.

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

37

(b) 0 x < y. Az archimedeszi tulajdonság miatt létezik olyan n N, melyre n · (y - x) > 1, azaz nx + 1 < ny. Legyen Ez az elem létezik és véges, mivel egy nem üres halmaz szuprémuma. Nyilván létezik olyan m N, melyre N - 1 < m N nx. Ezért N < m + 1, tehát m+1 < y, így találtunk x és y között racionális számot. n (c) x < y 0. Ekkor 0 -y < -x, így a (b) rész alapján van olyan r Q, melyre -y < r < -x, melybl kapjuk, hogy x < -r < y, és -r a 2.12. feladat alapján racionális. 2.17. Feladat. Igazolja, hogy bármely két különböz valós szám között van irracionális szám. x y Megoldás. Ha x < y, akkor < , így a 2.16. feladat miatt létezik 2 2 y x olyan r = 0 racionális szám, melyre < r < , tehát x < 2r < b. Ha 2 2 q q = 2r racionális volna, akkor a 2 = szám is racionális volna, mely a r 2.13. feladat megoldása alapján nem igaz. 2.18. Feladat. Legyen x, y R és n, m N. Bizonyítsa be, hogy 1. xn xm = xn+m , 2. (xy)n = xn y n , 3. (xn )m = xnm , x n xn 4. ha y = 0, akkor = n, y y n x n-m 5. ha x = 0, akkor m = x . x Megoldás. 1. Legyen m N rögzített. x1 xm = xxm = xm+1 , így n = 1 esetén teljesül az állítás. Tegyük fel, hogy n = k-ra már beláttuk az állítást. Ezt felhasználva xk+1 xm = xxk xm = xxk+m = xk+m+1 , így k + 1-re is igaz az állítás, így a teljes indukció elve alapján az egyenlség igaz minden n-re. Mivel m tetszleges volt, az állítás igaz. 2. Mivel (xy)1 = xy = x1 y 1 , így n = 1 esetén teljesül az egyenlség. Tegyük fel, hogy n = k-ra igaz az állítás. Ekkor (xy) k+1 = xy(xy)k = xy(xk y k ) = (xxk )(yy k ) = xk+1 y k+1 , tehát n = k + 1-re is teljesül az állítás. ezért x < n · x < m + 1 n · x + 1 < ny, N := sup{k N |k n · x}.

38

2. SZÁMFOGALMAK

3. Legyen m N rögzített. Az állítás n = 1 esetén teljesül, ugyanis (x1 )m = xm = x1·m . Tegyük fel, hogy valamely n = k esetén igaz az egyenlség. Az elz két pontot felhasználva (x k+1 )m = (xxk )m = xm (xk )m = xm xkm = x(k+1)m , így n = k + 1-re is igaz az állítás. 4. n = 1 esetén az állítás teljesül, hiszen x = x = y y n = k-ra is igaz az egyenlség. Ezt felhasználva x y
k+1 1 x1 y1 .

Tegyük fel, hogy

=

x y

x y

k

=

xxk xk+1 x xk · k = k = k+1 , y y yy y

tehát az állítás n = k + 1-re is igaz. 5. Legyen m N rögzített. n = 1 esetén az állítás teljesül, hiszen

x x x 1 = = · m-1 = 1 · xm-1 = xm-1 . m m-1 x x·x x x Tegyük fel, hogy n = k-ra is igaz az egyenlség. Ezt felhasználva

xk xk+1 = x m = xxk-m . xm x Négy esetre bontva vizsgálódunk tovább. Ha k - m N, akkor a feladat els része miatt xxk-m = xk+1-m . Ha k -m = 0, akkor xxk-m = x·1 = x1 = xk+1-m . Ha m - k = 1, akkor 1 = 1 = x0 = xk+1-m . x Végezetül, ha m - k N és m - k = 1, akkor a feladat 1. és 4. része miatt x 1 x = m-k-1 = xk+1-m . xxk-m = m-k = m-k-1 x x·x x Ezekbl adódik, hogy az állítás igaz n = k + 1-re is. xxk-m = x

2.19. Feladat. Legyen x, y R és n, m Z. Bizonyítsa be, hogy 1. xn xm = xn+m , 2. (xy)n = xn y n , 3. (xn )m = xnm ,

4. ha y = 0, akkor Megoldás.

x y

n

=

xn . yn

1. Legyen n, m Z. Ekkor négy eset lehetséges: (a) n, m N. Ekkor az elz rész alapján igaz az állítás.

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

39

(b)

n N és m = 0, vagy m N és n = 0, vagy n = m = 0. Az els esetben xn x0 = xn · 1 = xn = xn+0 , tehát igaz az állítás. A második eset hasonlóan igazolható, a harmadik esetben pedig nyilvánvalóan teljesül az egyenlség. (c) n N és -m N vagy -n N és m N. Az els esetet látjuk be. Ha n + m N, akkor a 2.18 feladat 5. része alapján xn 1 xn xm = xn x-(-m) = xn -m = -m = xn-(-m) = xn+m . x x xn Ha n = -m, akkor xn+m = x0 = 1 = -m = xn xm . x Ha -(n + m) N, akkor 1 1 1 xn xm = xn -m = x-m = -m-n = xn+m . x x xn

-n N és -m N. Ekkor 1 1 xn xm = -n -m = -(n+m) = xn+m . x x x 2. Legyen n Z. Három eset lehetséges. (a) n N. Ekkor az elz feladat alapján teljesül az állítás. (b) n = 0. Ebben az esetben az állítás nyilván teljesül. (c) -n N. A 2.18. feladat 2. és 4. része alapján (xy)n = (xy)-(-n) = = 1 = (xy)-n 1 xy
-n

(d)

=

1 x

-n

1 y

-n

1 1 = x-(-n) y -(-n) = xn y n . x-n y -n 3. A feladat els részénél tárgyalt esetekre szétválasztva végezhet a bizonyítás. 4. A feladat második részénél tárgyalt esetekre szétválasztva végezhet a bizonyítás. 2.20. Feladat. Legyenek x, y R, x 0, b 0, n, m N és k Z. Bizonyítsa be, hogy ekkor 1. n xy = n x n y, n x x n 2. y = 0 esetén = , n y y m n mn x= x, 3. n 4. x = 0 esetén xk = ( n x)k . Megoldás.

40

2. SZÁMFOGALMAK

n n n 1. A 2.18 feladat 2. része alapján n x n y = ( n x) n y = xy. Felhasználva, hogy egy nem negatív számnak egyértelmen létezik nem negatív k-adik gyöke (k N), n-edik gyök vonása után kapjuk, hogy n x n y = n xy. n n n x x ( n x) 2. A 2.18 feladat 4. része alapján = n = , melybl n-edik n y n y y gyök vonása után adódik az állítás. mn m n n m n x 3. A 2.18 feladat 3. része alapján m n x = = ( n x) = x, melybl m · n-edik gyök vonása után adódik az állítás. k n kn n k 4. A 2.18 feladat 3. része alapján ( n x) = ( n x) = ( n x) = xk , melybl n-edik gyök vonása után adódik az állítás. j k 2.21. Feladat. Legyenek k, j Z és n, m N úgy, hogy = . Igazolja, n m n m hogy ekkor xk = xj minden x R, x 0 esetén. Megoldás. A feltételek alapján km = jn, így a 2.19. feladatot felhasználva nm n m n n xk = xk = (xk )m = xkm m n nm m m = xjn = (xj )n = xj = xj . Felhasználva, hogy egy nem negatív számnak egyértelmen létezik nem negatív k-adik gyöke (k N), n · m-edik gyököt vonva kapjuk az állítást. 2.22. Feladat. Legyen x, y R, x > 0, y > 0 és p, q Q. Mutassa meg, hogy 1. xp xq = xp+q , xp 2. q = xp-q , x 3. (xy)p = xp y p , x p xp 4. = p, y y p )q = xpq . 5. (x Megoldás. j k Legyen p = , q = , ahol n, m N és k, j Z. A 2.19., a 2.20. és 2.21. n m feladatokat használjuk az átalakításokban. m km+jn nm nm n nm 1. xp+q = x nm = xkm+jn = xkm xjn = xk j = xp xq . x nm n km km-jn xkm xk xp nm nm x 2. xp-q = x nm = xkm-jn = = nm = m = q. xjn x xjn x-j

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

41

3. (xy)p = 4. x y
p

n

(xy)k =

=

n

5. ((x)p )q =

m

n n xk y k = xp y p . n k xp x k xk n x = p. = = n y yk y yk j m n nm n j xk = (xk ) = xkj = xpq .
n

xk y k =

2.23. Feladat. Bizonyítsa be teljes indukcióval, hogy minden n természetes szám esetén igazak a következk: 1. 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1) , 2 n(n + 1)(2n + 1) 2. 12 + 22 + · · · + n2 = , 6 2 n(n + 1) 3. 13 + 23 + · · · + n3 = , 2 4. 1 + 2 + 22 + · · · + 2n-1 = 2n - 1, 5. 2 · 21 + 3 · 22 + · · · + (n + 1)2n = 2n+1 n, 6. 1 + 3 + 5 + · · · + (2n - 1) = n2 , n(n + 1)(n + 2) , 7. 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + n(n + 1) = 3 n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 8. 1 · 2 · 3 + 2 · 3 · 4 + · · · + n(n + 1)(n + 2) = , 4 1 1 n 1 + + ··· + = , 9. 1·2 2·3 n(n + 1) n+1 1 1 1 n 10. + + ··· + = , 1·3 3·5 (2n - 1)(2n + 1) 2n + 1 1 1 n 1 + + ··· + = , 11. 1·4 4·7 (3n - 2)(3n + 1) 3n + 1 1 1 12. (1 + 1) 1 + ··· 1 + = n + 1, 2 n 1 1 n+2 1 1 - 2 ··· 1 - = 13. 1 - 2 . 2 2 3 (n + 1) 2(n + 1)

Megoldás. 1. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 1 = 1. Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely n = k számra, azaz 1 + 2 + ··· + k = k(k + 1) . 2

42

2. SZÁMFOGALMAK

Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) = (1 + 2 + · · · + k) + (k + 1) k(k + 1) 2(k + 1) (k + 1)(k + 2) = + = , 2 2 2 tehát az állítás igaz n = k + 1-re is. Így a teljes indukció elve alapján az állítás minden n N esetén teljesül. 2. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 1 = 1. Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely n = k számra, azaz 12 + 2 2 + · · · + k 2 = Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén k(k + 1)(2k + 1) 6(k + 1)2 + 6 6 (14k 2 + 19k + 6)(k + 1) (k + 6(k + 1))(2k + 1)(k + 1) = = 6 6 (k + 2)(2k + 3)(k + 1) (k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1) = = , 6 6 mely éppen az állítás n = k + 1-re. 3. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 1 = 1. Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely n = k számra, azaz 12 + 22 + · · · + k 2 + (k + 1)2 = 13 + 2 3 + · · · + k 3 = Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 13 + 23 + · · · + k 3 + (k + 1)3 = = = k(k + 1) 2 4(k + 1)3 + 2 4 2 + 4(k + 1))(k + 1)2 2 + 4k + 1)(k + 1)2 (k (k = 4 4 (k + 2)2 (k + 1)2 (k + 1)(k + 2) 2 = , 4 2 k(k + 1) 2
2

k(k + 1)(2k + 1) . 6

.

mely éppen az állítás n = k + 1-re. 4. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 1 = 1. Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely n = k számra, azaz 1 + 2 + 22 + · · · + 2k-1 = 2k - 1.

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

43

Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 1 + 2 + 22 + · · · + 2k-1 + 2k = (2k - 1) + 2k = 2 · 2k - 1 = 2k+1 - 1 mely éppen az állítás n = k + 1-re. 5. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 4 = 4. Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely n = k számra, azaz 2 · 21 + 3 · 22 + · · · + (k + 1)2k = 2k+1 k. Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 2 · 21 + 3 · 22 + · · · + (k + 1)2k + (k + 2)2k+1 = 2k+1 k + 2k+1 (k + 2) = 2k+1 (2k + 2) = 2k+1 · 2(k + 1), = 2k+2 (k + 1), mely éppen az állítás n = k + 1-re. 6. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 1 = 1. Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely n = k számra, azaz 1 + 3 + 5 + · · · + (2k - 1) = k 2 . Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 1 + 3 + 5 + · · · + (2k - 1) + (2(k + 1) - 1) = k 2 + (2k + 1) = (k + 1)2 , mely éppen az állítás n = k + 1-re. 7. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 2 = 2. Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely n = k számra, azaz 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + k(k + 1) = Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2)(k + 3) k(k + 1)(k + 2) 3(k + 1)(k + 2) + = = 3 3 3 mely éppen az állítás n = k + 1-re. 8. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 6 = 6. Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely n = k számra, azaz 1 · 2 · +2 · 3 · 4 + · · · + k(k + 1)(k + 2) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) . 4 k(k + 1)(k + 2) . 3

44

2. SZÁMFOGALMAK

Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 1 · 2 · +2 · 3 · 4 + · · · + k(k + 1)(k + 2) + (k + 1)(k + 2)(k + 3) k(k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 1)(k + 2)(k + 3) + = 4 4 (k + 1)(k + 2)(k + 3)(k + 4) = 4 mely éppen az állítás n = k + 1-re. 1 1 9. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen = . Tegyük fel, hogy az 2 2 állítás igaz valamely n = k számra, azaz 1 1 k 1 + + ··· + = . 1·2 2·3 k(k + 1) k+1

Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén

1 1 1 1 k 1 + + ··· + + = + 1·2 2·3 k(k + 1) (k + 1)(k + 2) k + 1 (k + 1)(k + 2) k(k + 2) 1 (k + 1) 1 = + = = , (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) 1 1 10. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen = . Tegyük fel, hogy az 3 3 állítás igaz valamely n = k számra, azaz 1 1 1 k + + ··· + = . 1·3 3·5 (2k - 1)(2k + 1) 2k + 1 mely éppen az állítás n = k + 1-re.

Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 1 1 1 1 + + ··· + + 1·3 3·5 (2k - 1)(2k + 1) (2(k + 1) - 1)(2(k + 1) + 1) 1 k(2k + 3) 1 k + = + = 2k + 1 (2k + 1)(2k + 3) (2k + 1)(2k + 3) (2k + 1)(2k + 3) (2k + 1)(k + 1) k+1 k(2k + 3) + 1 = = , = (2k + 1)(2k + 3) (2k + 1)(2k + 3) 2(k + 1) + 1 1 1 11. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen = . Tegyük fel, hogy az 4 4 állítás igaz valamely n = k számra, azaz 1 1 k 1 + + ··· + = . 1·4 4·7 (3k - 2)(3k + 1) 3k + 1 mely éppen az állítás n = k + 1-re.

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

45

Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 1 1 1 1 + + ··· + + 1·4 4·7 (3k - 2)(3k + 1) (3k + 1) - 2)(3(k + 1) + 1) k 1 k(3k + 4) 1 = + = + 3k + 1 (3k + 1)(3k + 4) (3k + 1)(3k + 4) (3k + 1)(3k + 4) k(3k + 4) + 1 (3k + 1)(k + 1) k+1 = = = , (3k + 1)(3k + 4) (3k + 1)(3k + 4) 3(k + 1) + 1 mely éppen az állítás n = k + 1-re. 12. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 2 = 2. Tegyük fel, hogy az állítás igaz valamely n = k számra, azaz (1 + 1) 1 + 1 2 ... 1 + 1 k = k + 1.

Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén (1 + 1) 1 + 1 2 ... 1 + 1 k 1+ 1 k+1 1 k+1 = (k + 1) + 1 = k + 2 = (k + 1) 1 +

3 3 13. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen = . Tegyük fel, hogy az 4 4 állítás igaz valamely n = k számra, azaz 1- 1 22 1- 1 32 ... 1 - 1 (k + 1)2 = k+2 . 2(k + 1)

mely éppen az állítás n = k + 1-re.

Ezt felhasználva, n = k + 1 esetén 1 1 1 1 1 - 2 ... 1 - 1- 2 2 2 3 (k + 1) (k + 2)2 k+2 k+2 1 1 1- = - 2 2(k + 1) (k + 2) 2(k + 1) 2(k + 1)(k + 2) 2 -1 (k + 3)(k + 1) k+3 (k + 2) = = , 2(k + 1)(k + 2) 2(k + 1)(k + 2) 2(k + 2) 1-

= =

mely éppen az állítás n = k + 1-re. 2.24. Feladat. Bizonyítsa be teljes indukcióval, hogy minden n természetes szám esetén igazak a következk: 1. ha h > -1, akkor (1 + h)n 1 + nh és egyenlség pontosan akkor teljesül, ha n = 1 vagy x = 0 (Bernoulli egyenltlenség),

46

2. SZÁMFOGALMAK

Megoldás. 1. Az állítás n = 1 esetén teljesül, ugyanis 1 + h 1 + h. Tegyük fel, hogy az egyenltlenség fennáll valamely n = k estén, azaz Ezt felhasználva, a 2.7. feladat alapján n = k + 1-re kapjuk, hogy (1 + h)n+1 = (1 + h)n (1 + h) (1 + nh)(1 + h) = 1 + nh + h + nh2 A teljes indukció elve alapján tehát az állítás minden természetes számra teljesül. A bizonyítás menetébl adódik az egyenlségre vonatkozó állítás is. 1 1 1 13 2. n = 1 esetén teljesül az állítás, ugyanis + + = > 1. Tegyük 2 3 4 12 fel, hogy igaz az egyenltlenség valamely n = k esetén, azaz 1 1 1 + + ··· + > 1. k+1 k+2 (k + 1)2 Ennek segítségével n = k + 1 esetén kapjuk, hogy 1 1 1 + + ··· + (k + 1) + 1 (k + 1) + 2 ((k + 1) + 1)2 1 1 1 1 1 = - + + + ··· + k+1 k+1 k+2 k+3 (k + 2)2 1 1 1 1 1 1 + + ... + + ··· + - = 2 2 +1 2 k+1 k+2 (k + 1) (k + 1) (k + 2) k+1 1 1 1 >1+ - + ··· + (k + 1)2 + 1 (k + 2)2 k + 1 1 (2k + 3)(k + 1) - (k + 2)2 2k + 3 - =1+ 1+ (k + 2)2 k + 1 (k + 2)2 (k + 1) k2 + k - 1 > 1, =1+ (k + 2)2 (k + 1) = 1 + (n + 1)h + nh2 1 + (n + 1)h. (1 + h)n 1 + nh.

1 1 1 + + ··· + > 1, n+1 n+2 (n + 1)2 1 1 3. 1 + + · · · + n, n 2 1 1 1 n+1 < 1 + + + · · · + n+1 , 4. 2 2 3 2 -1 1 1 1 < n + 1. 5. 1 + + + · · · + n+1 2 3 2 -1 2.

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

47

1 1 + ··· + kifejezés 2+1 (k + 1) (k + 2)2 (k + 2)2 - (k + 1)2 = 2k + 3 darab tagból áll, és minden tag nagyobb, 1 vagy egyenl, mint . (k + 2)2 3. Az állítás n = 1-re igaz, hiszen 1 1. Tegyük fel, hogy fennáll az egyenltlenség valamely n = k esetén, tehát 1 1 1 1 + + + · · · + k. 2 3 k ahol felhasználtuk, hogy az Ennek alapján n = k + 1-re 1 1 1 1 1 k+ 1 + + + ··· + + k+1 k+1 2 3 k k+1 k k+1+1 k k+1 = k + 1. = = k+1 k+1 k+1 1 1 4. Az állítás n = 1 esetén nyilvánvalóan teljesül, ugyanis 1 < 1 + + . 2 3 Tegyük fel, hogy az egyenltlenség igaz n = k esetén, tehát k+1 1 1 1 < 1 + + + · · · + k+1 . 2 2 3 2 -1

Ekkor n = k + 1-re 1+

1 1 1 + + · · · + k+2 2 3 2 -1 1 1 1 1 1 = 1 + + + · · · + k+1 + · · · + k+2 + 2 3 2 - 1 2k+1 2 -1 k+1 k+1 2 k+1 1 k > + k+2 = + = , 2 2 2 2 2 ahol 2k+2 felhasználtuk, (2k+1 hogy 2k+1 kifejezés -1 darab tagból áll, és minden tag nagyobb, az 2k+1 + ··· + 2k+2 1 1

-1- - 1) = 1 mint k+2 . 2 1 1 11 5. Az állítás n = 1 esetén teljesül, hiszen 1 + + = < 2. Tegyük fel, 2 3 6 hogy az egyenltlenség igaz n = k esetén, tehát 1+ 1 1 1 + + · · · + k+1 < k + 1. 2 3 2 -1

48

2. SZÁMFOGALMAK

Ekkor n = k + 1-re 1 1 1 + + · · · + k+2 2 3 2 -1 1 1 1 1 1 + + · · · + k+2 = 1 + + + · · · + k+1 2 3 2 - 1 2k+1 2 -1 k+1 2 < k + 1 + k+1 = k + 1 + 1 = k + 2, 2 1+ kifejezés -1 1 2k+1 darab tagból áll, és minden tag kisebb, vagy egyenl mint k+1 . 2 2.25. Feladat. Igazolja, hogy ha x1 , . . . , xn pozitív valós számok, akkor teljesül a számtani és mértani közép közötti összefüggés: 2k+1 + ··· + 2k+2 An := x1 + · · · + x n Gn := n x1 x2 · · · xn , n ahol felhasználtuk, hogy az 1 1

továbbá egyenlség akkor és csak akkor teljesül, ha x 1 = x2 = · · · = xn . Megoldás. A bizonyítást teljes indukcióval végezzük. Az állítás n = 1-re teljesül, hiszen A1 = x1 = x1 = G1 . Tegyük fel, hogy valamely n = k esetén fennáll az egyenltlenség: A k Gk és egyenlség akkor és csak akkor teljesül, ha x1 = x2 = · · · = xk . Ekkor n = k + 1 esetén a következt kapjuk: Ak+1 = 1 xk+1 k (kAk + xk+1 ) = Ak + k+1 k + 1 (k + 1) · Ak 1 xk+1 . = Ak 1 + - (k + 1)Ak k+1

xk+1 xk+1 1 > 0, így - > -1, tehát alkalmazva a Bernoulli(k + 1)Ak (k + 1)Ak k+1 egyenltlenséget kapjuk, hogy Ak+1 = (Ak )k+1 1 + k+1 (Ak )k+1 = (Ak )k+1
k+1 1 xk+1 - (k + 1)Ak k+1 xk+1 1 1 + (k + 1) - (k + 1)Ak k+1

xk+1 = Ak · xk+1 , k Ak

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

49

ahol egyenlség pontosan akkor teljesül, ha xk+1

xk+1 1 - = 0, azaz ha (k + 1)Ak k+1 = Ak . Tehát, az indukciós feltevést felhasználva Ak+1 Ak · xk+1 Gk · xk+1 = x1 · · · xk · xk+1 = Gk+1 , k k k+1 k+1

melybl kapjuk, hogy Ak+1 Gk+1 , és egyenlség akkor és csak akkor teljesül, ha x1 = · · · = xk és xk+1 = Ak , azaz ha x1 = · · · = xk = xk+1 . 2.26. Feladat. Igazolja, hogy ha x1 , x2 , . . . , xn pozitív valós számok és x1 x2 · · · xn = 1, akkor x1 + x2 + · · · + xn n, és egyenlség pontosan akkor áll fenn, ha x1 = x2 = · · · = xn . Megoldás. A feladat az elz feladat következménye. Ugyanis x1 + x 2 + · · · + x n An = Gn = n x1 x2 · · · xn = 1, n és egyenlség akkor és csak akkor teljesül, ha x 1 = x2 = · · · = xn , így n-nel való szorzás után kapjuk az állítást. 2.27. Feladat. Bizonyítsa be, hogy ha x 1 , x2 , . . . , xn pozitív valós számok, akkor x1 x2 xn + + ··· + n. x2 x3 x1 xn x1 x2 · · ··· · = 1, így alkalmazva az elz feladatot az Megoldás. Mivel x2 x3 x1 x1 x2 xn , ,. . . , számokra kapjuk az állítást. x2 x3 x1 2.28. Feladat. Igazolja, hogy tetszleges x 1 , x2 , . . . , xn , y1 , y2 , . . . , yn R esetén (a)
n 2 n

xi yi ltlenség),
i=1 n i=1



i=1

x2 i
n i=1

n i=1

2 yi

(Cauchy-Bunyakovszkij-Schwarz-egyenn

(b)

(xi + yi )2

x2 + i

i=1

2 yi (Minkowski-egyenltlenség).

Megoldás. (a) Legyen f : R R, f (t) = f (t) 0, továbbá f (t) =
i=1 n n i=1

(xi t + yi )2 . Nyilván minden t R esetén
n n

x2 i

t +2
i=1

2

xi yi

t+
i=1

2 yi .

50

2. SZÁMFOGALMAK

Ha x1 = x2 = · · · = xn = 0, akkor az állítás nyilván teljesül. Legyen
n i=1

x2 > 0. Bevezetve az a = i

n

adódik, hogy az f (t) = at2 + bt + c másodfokú, pozitív fegyütthatójú függvény akkor és csak akkor nem negatív minden t R esetén, ha a diszkriminánsa nem pozitív, tehát b 2 - 4ac 0, azaz
n 2 n n

i=1

x2 , b = 2 i

n

xi yi és c =

n

i=1

i=1

2 yi jelöléseket

4
i=1

xi yi

-4

x2 i
i=1 i=1

2 yi

0.

A fenti egyenltlenséget átrendezve, és 4-el egyszersítve kapjuk az állítást. (b) A feladat (a) részébl kapjuk, hogy
n i=1 n n

(xi + yi )xi

(xi + yi
i=1 n

)2
i=1 n

xi

illetve
n i=1

(xi + yi )yi

(xi + yi )2
i=1 i=1

yi .

A két egyenletet összeadva kapjuk, hogy
n n i=1

n

n

(xi + yi )2
n i=1

(xi + yi )2

i=1



xi +
i=1 i=1

yi ,



melybl a

(xi + yi )2 kifejezéssel való osztással kapjuk az állítást.

3. Komplex számok
2.29. Feladat. Adja meg az alábbi komplex számok valós illetve képzetes részét: 0, 6, -6i, 4 + 3i, 5 - 7i, -4 - i.

Megoldás. Egy z = a + bi (a, b R) komplex szám valós része Re(z) = a, illetve képzetes része Im(z) = b. Így a fenti számok valós része rendre 0, 6, 0, 4, 5, -4, képzetes része 0, 0, -6, 3, -7, -1. 2.30. Feladat. Hozza algebrai alakra az alábbi komplex számokra vonatkozó kifejezéseket: 1. (4 + 12i) + (7 - 6i) + 12,

3. KOMPLEX SZÁMOK

51

2. (13 - 8i)(5 + 6i)i, 3. i4 k, i4k+1 , i4k+2 és i4k+3 , ahol k Z, 4. (5 + 4i)(7 - 3i) + i102 . Megoldás. 1. (4 + 12i) + (7 - 6i) + 12 = 4 + 7 + 12 + 12i - 6i = 23 + 6i. 2. (13 - 8i)(5 + 6i)i = (65 + 78i - 40i - 48i 2 )i = (65 + 38i + 48)i = (113 + 38i)i = 113i + 38i2 = -38 + 113i. 3. i0 = 1, i1 = i, i2 = -1, i3 = i2 i = -i, i4 = i3 i = -i2 = 1, i5 = i4 i = i, stb. Tehát i hatványai ciklikusan ismétldnek, azon hatványok, amelyek oszthatóak 4-gyel, 1-gyel lesznek egyenlek. Így i 4k = 1, i4k+1 = i4k i = i, i4k+2 = -1 és végül i4k+3 = -i minden k Z esetén. 4. Az elz rész alapján i102 = -1. Tehát (5 + 4i)(7 - 3i) + i102 = (35 - 15i + 28i - 12i2 ) - 1 = 35 + 12 + 13i - 1 = 46 + 13i. 2.31. Feladat. Bizonyítsa be, hogy minden z, w C esetén 1. z + w = zw, 2. zw = zw, 3. z + z = 2 Re(z), 4. z - z = 2i Im(z), 5. zz 0 és zz = 0 pontosan akkor, ha z = 0. 6. z = z akkor és csak akkor, ha z R. 7. z = z akkor és csak akkor ha Re(z) = 0, azaz ha z tisztán képzetes. Megoldás. Legyen z = a + bi és w = c + di ahol a, b, c, d R. 1. z + w = (a + c) + (b + d)i = (a+c)-(b+d)i = (a-bi)+(c-di) = z+w. 2. zw = (ac - bd) + (bc + ad)i = (ac - bd) - (bc + ad)i = (a - bi)(c - di) = zw. 3. z + z = a + bi + (a - bi) = 2a = 2 Re(z). 4. z - z = a + bi - (a - bi) = 2bi = 2i Im(z). 5. zz = (a + bi)(a - bi) = a2 - abi + abi - bi2 = a2 + b2 0, és = 0 akkor és csak akkor, ha a = b = 0, azaz ha z = 0. 6. z = z a + bi = a - bi 2bi = 0 b = 0 z valós. 7. z = -z a + bi = -(a - bi) a + bi = -a - bi 2a = 0 a = 0 z tisztán képzetes. 2.32. Feladat. Adja meg a következ kifejezések értékét algebrai alakban: 4 + 3i 2+i i (a) (3 - 2i)(3 + 2i), (b) , (c) , (d) (5 + 4i) · . 5-i 2 + 8i 1-i

52

2. SZÁMFOGALMAK

Megoldás. (a) (3 - 2i)(3 + 2i) = 9 + 6i - 6i - 4i2 = 9 + 4 = 13. Azonnal látható a megoldás, hiszen az összeszorzott számok egymás konjugáltjai. (Ha z = a + bi, akkor zz = a2 + b2 .) (b) Komplex számmal való osztás a konjugálttal történ bvítéssel végezhet el. Tehát 4 + 3i 5 + i (4 + 3i)(5 + i) 20 + 5i + 15i + 3i2 4 + 3i = · = = 5-i 5-i 5+i 52 + (-1)2 26 17 + 20i 17 10 = = + i, 26 26 13 mely már algebrai alak. i i 2 - 8i i(2 - 8i) 8 + 2i 2 1 (c) = · = 2 = = + i. 2 2 + 8i 2 + 8i 2 - 8i 2 +8 68 17 34 2+i 1+i (5 - 4i)(2 + 2i + i + i2 ) 2+i = (5 - 4i) · = = (d) (5 + 4i) · 1-i 1-i 1+i 12 + (-1)2 (5 - 4i)(1 + 3i) 5 + 15i - 4i - 12i2 17 + 11i 17 11 = = = + i. 2 2 2 2 2 2.33. Feladat. Határozza meg az alábbi komplex számok abszolút értékét: 0, 3, -5, 5i, -3i, 2i + 4, 2 + 2i, 1 - i. Megoldás. A z = a + bi komplex szám abszolút értéke |z| = zz = a2 + b2 , így a megoldások rendre 0, 3, 5, 5, 3, 2 5, 2, 2. 2.34. Feladat. Ábrázolja a komplex számsíkon a következ komplex számokat: 3, -2, -i, 4i, 3 + 2i, -2 - 4i. Megoldás.replacements PSfrag
Im 3i x
x

3 + 2i

i
x x

-2

-i x

1

3

Re

-2 - 4i x

2.35. Feladat. Ábrázolja a komplex számsíkon a következ halmazokat: 1. A = {z : Re(z) 1},

3. KOMPLEX SZÁMOK

53

2. B = {z : Im(z) > 0}, 3. C = {z : |z| 1}, 1 4. D = z : 1 , z 1 >1 , 5. E = z : |z - i| 6. F = {z : Re(z) + Im(z) = 1}, 7. G = {z : |z - 1| |z + 2|}, 8. H = {z : 6 |6 - 3i - 3z| 9}. Megoldás. Az A és B halmazok a komplex számsik két félsikját alkotják:
Im Im B i 1 i

PSfrag replacements

A

Re

1

Re

A C halmaz elemei azon komplex számok, melyek abszolút értéke 1, azaz melyeknek az origótól való távolsága nem nagyobb, mint 1. Ezek a pontok az egység sugarú, origó középpontú körön és annak belsejében helyezkednek el. A D halmaz elemei pedig éppen a kör és a rajta kívül es pontok:
Im Im D i C 1 i

PSfrag replacements

Re

1

Re

54

2. SZÁMFOGALMAK

Az E halmaz azon z komplex számokból áll, melyekre |z - i| < 1, tehát melyeknek a távolsága az i számtól egynél kisebb. Ezek éppen a (0, 1) középpontú, 1 sugarú kör belsejében helyezkednek el. Az F halmaz elemei a (0, 1) és (1, 0) ponton átmen egyenes pontjai:
Im F Im

PSfrag replacements

i E 1

i

Re

1

Re

A G halmaz elemei azon komplex számok, melyek közelebb vannak a -2-höz, mint az 1-hez. Ezek nyilván azok a komplex számok, melyek valós része nem 1 nagyobb, mint 1+(-2) = - . Végül, ha z H, akkor 2 |z - (-2 + i)| 3, 2 2 tehát z távolsága a -2 + i komplex számtól nem kisebb, mint 2 de nem nagyobb, mint 3. Ezek éppen a -2 + i középpontú 2 illetve 3 sugarú körök és az általuk meghatározott körgyr pontjai.
Im H Im

PSfrag replacements

G i 1
x

i 1

Re

Re

2.36. Feladat. Írja át trigonometrikus alakba az alábbi komplex számokat: (a) 5, (b) - 2, (c) 4i, (d) - 6i, 1 1 (e) + i, (f ) - 2 + 2i, (g) 1 - 3i, (h) - 2 3 - 2i. 2 2

3. KOMPLEX SZÁMOK

55

Megoldás. A z komplex szám trigonometrikus alakja z = |z|(cos + i sin ), ahol a komplex szám valós tengellyel bezárt szöge vagy argumentuma. Jele arg(z). Ha z = a + bi, akkor |z| = a2 + b2 . A szög kiszámításához a következ a Re(z) = összefüggésmódszer ajánlott: Im(z) = b 0 esetén a cos = |z| |z| a bl, b < 0 esetén pedig a cos 0 = és = 2 - 0 összefüggésbl számol|z| hatjuk ki értékét. Mindkét esetben a cos függvény argumentumát 0 és között keressük, ezen az intervallumon pedig a cos függvény egyértelm. Megjegyzend, hogy ha z valós szám, akkor eljelétl függen szöge 0 vagy , ha pedig z tisztán képzetes, akkor Im(z) eljelétl függen az argumen 3 tuma illetve . Mindezek alapján a megoldások a következk: 2 2 (a) Az 5 komplex szám valós és pozitív, így argumentuma 0. Továbbá |5| = 5, tehát 5 = 5(cos 0 + i sin 0). (b) A -2 komplex szám valós és negatív, így argumentuma . Továbbá | - 2| = 2, tehát -2 = 2(cos + i sin ). (c) A 4i komplex szám tisztán képzetes, Im(4i) = 4 > 0, így argumentuma . . Továbbá |4i| = 4, tehát 4i = 4 cos + i sin 2 2 2 (d) A -6i komplex szám tisztán képzetes, Im(-6i) = -6 < 0, így argumen3 3 3 . tuma . Továbbá | - 6i| = 6, tehát -6i = 6 cos + i sin 2 2 2 1 1 1 1 (e) Legyen z = + i. Ekkor |z| = + = 1. z képzetes része 2 2 2 2 1 1 Re(z) > 0, így az argumentumot -vel jelölve cos = = , mely|z| 2 2 . bl = . Így z = cos + i sin 4 4 4 (f) Legyen z = -2 + 2i. Ekkor |z| = (-2)2 + 22 = 2 2. z képzetes része Re(z) -2 3 1 2 > 0, így cos = = = - , melybl = . Tehát |z| 4 2 2 2 3 3 . z = 2 2 cos + i sin 4 4 (g) Legyen z = 1- 3i. Ekkor |z| = 1 + 3 = 2. z képzetes része - 3 < 0, 1 Re(z) = . Ebbl adódik, hogy 0 = így = 2 - 0 ahol cos 0 = |z| 2 3 5 5 5 . Így z = 2 cos + i sin tehát = 2 - 0 = . 3 3 3

56

2. SZÁMFOGALMAK

(-2 3)2 + 22 = 4. z képzetes -2 3 - 3 Re(z) = = . része -2 < 0, így = 2 - 0 ahol cos 0 = |z| 4 2 5 7 Ebbl adódik, hogy 0 = , ennélfogva = 2 - 0 = . Ezért 6 6 7 7 . + i sin z = 4 cos 6 6 2.37. Feladat. Legyen z = 2(cos 11 + i sin 11 ), w = 3(cos 35 + i sin 35 ). 1 z Határozza meg a zw, , , z 4 , w3 , (zw)2 komplex számokat. z w Megoldás. A trigonometrikus alakban megadott komplex számok mveleti tulajdonságai alapján: (h) Legyen z = -2 3 - 2i. Ekkor |z| = zw = 2 · 3(cos(11 + 35 ) + i sin(11 + 35 )) = 6(cos 46 + i sin 46 ), 1 1 1 = (cos(-11 ) + i sin(-11 )) = (cos 349 + i sin 349 ), z 2 2 2 z = (cos(11 - 35 ) + i sin(11 - 35 )) w 3 2 2 (cos(-24 ) + i sin(-24 )) = (cos 336 + i sin 336 ), = 3 3 z 4 = 24 (cos(4 · 11 ) + i sin(4 · 11 )) = 16(cos 44 + i sin 44 ), (zw)2 = 62 (cos(2 · 46) + i sin(2 · 46) ) = 36(cos 92 + i sin 92 ). w3 = 33 (cos(3 · 35 ) + i sin(3 · 35 )) = 27(cos 105 + i sin 105 ),

2.38. Feladat. Legyen z = 64(cos 80 + i sin 80 ). Határozza meg z második, harmadik és negyedik gyökeit. Megoldás. Egy komplex számnak pontosan n darab n-edik gyöke van. Ezek abszolút értéke megegyezik, ezért egy origó középpontú körön helyezkednek 2 el. Továbbá bármely két szomszédos gyök egymással fokos szöget zár be, n így szabályos n-szöget alkotnak. 80 + 2k · 180 80 + 2k · 180 + i sin z = 64 cos (k = 0, 1), 2 2 azaz z 1 = 8 (cos 40 + i sin 40) és z 2 = 8 (cos 220 + i sin 220 ). 80 + 2k · 180 80 + 2k · 180 3 z = 4 cos (k = 0, 1, 2), + i sin 3 3 80 + 2k · 180 80 + 2k · 180 4 z = 2 2 cos (k = 0, 1, 2, 3). + i sin 4 4

3. KOMPLEX SZÁMOK

57

2.39. Feladat. Ábrázolja az n-edik egységgyököket n = 2, 3, 4, 5, 6, 8 esetén. Megoldás. Az n-edik egységgyökök a következk: PSfrag replacements k = cos 2k 2k + i sin n n (k = 0, 1, . . . , n - 1).

Ezen pontok a komplex számsíkon egy origó középpontú szabályos n szög csúcsaiban helyezkednek el, továbbá 0 = 1. PSfrag replacements
1 Im i 0 1 Re 2 n=2 Im i n=3 Im 2 i 0 1 Re 3 4 n=5 3 Im 1 i 0 1 Re 2 Im 1 i 0 1 Re 3 n=4 Im 2 3 i 0 1 Re 4 n=6 5 4 5 6 n=8

1

2

1

1 0 1 Re 7

2.40. Feladat. Legyen adott egy z komplex szám a komplex számsíkon. Állapítsa meg, hogy hogyan helyezkedik el a w komplex szám z-hez képest, ha z (a) w = 2z, (b) w = z, (c) w = iz, (d) w = , i 1 i (e) w = ( + )z. 2 2 Megoldás. Legyen z = a + bi = r(cos + i sin ). (a) w = 2r(cos + i sin ), tehát w hossza z hosszának 2-szerese, iránya z-vel megegyezik. A 2-vel való szorzás nyújtást eredményez. (b) w = a - bi, tehát z-nek a képzetes tengelyre való tükrözése. kapjuk, (c) Felhasználva, hogy i trigonometrikus alakja 1 cos + i sin 2 2 hogy w = iz = r cos + + i sin + , így az i-vel való szorzás 2 2 90 fokkal való pozitív irányú forgatásnak felel meg.

58

2. SZÁMFOGALMAK

1 + i sin - (d) Felhasználva, hogy trigonometrikus alakja 1 cos - i 2 2 z + i sin - , így az i-vel való kapjuk, hogy w = = r cos - i 2 2 osztás 90 fokkal való negatív irányú forgatásnak felel meg. 1 1 (e) Felhasználva, hogy + i trigonometrikus alakja 1 cos + i sin 4 4 2 2 (lásd 2.36. feladat) kapjuk, hogy 1 1 + i sin + w = + iz = r cos + 4 4 2 2 ,

1 1 így a + i-vel való szorzás 45 fokkal való pozitív irányú forgatásnak 2 2 felel meg. PSfrag replacements
Im 1 iz
1+i z 2

2z z

.

45

.
z
1 iz

Re

2.41. Feladat. Igazolja hogy az 1 = cos 2 2 + i sin n n

egységgyök k-adik hatványai elállítják az összes n-edik egységgyököt, ha k = 0, 1, . . . , n - 1. Megoldás. Nyilvánvaló, hiszen k = 1 cos 2k 2k + i sin n n (k = 0, . . . , n - 1),

valóban elállítja az összes n-edik egységgyököt. 2.42. Feladat. Igazolja, hogy egy z komplex szám n-edik gyökei elállnak egy gyöke és az n-edik egységgyökök szorzataként.

3. KOMPLEX SZÁMOK

59

Megoldás. Ha w n-edik gyöke z-nek, akkor valamely k {0, 1, . . . , n - 1}-re w = =
n

n

+ 2k + 2k + i sin n n 2k 2k cos |z| cos + i sin , + i sin n n n n |z| cos
:=w1 =k (=k ) 1

ahol w1 n-edik gyöke z-nek, k pedig n-edik egységgyök. 2.43. Feladat. Legyenek w1 , w2 , . . . , wn valamegy z komplex szám n-edik gyökei. Igazolja, hogy ekkor w0 + w1 + · · · + wn-1 = 0. Megoldás. A 2.41. és 2.42. feladatok alapján
n-1 w1 + w 2 + · · · + w n = w 1 + w 1 1 + w 1 2 + · · · + w 2 1 1 n-1 = w1 (1 + 1 + 2 + · · · + 1 ) = w1 1

1-1 = 0. 1 - 1 2.44. Feladat. Legyen és n-edik egységgyökök. (a) Igazolja, hogy ekkor és is n-edik egységgyök. (b) Elfordulhat-e, hogy + illetve + is n-edik egységgyök? = w1

n - 1 1 1 - 1

Megoldás. (a) n = n = 1, így ( )n = n n = 1 · 1 = 1, tehát n-edik egységgyök. n n 1 Másrészt, = n = = 1, így is n-edik egységgyök. 1 3 1 3 1 i és - i hatodik egységgyökök, melyek (b) Elfordulhat, például + 2 2 2 2 összege 1, mely szintén hatodik egységgyök. Azonban + illetve - általában már nem n-edik egységgyökök. Például ha = = 1, akkor + = 2, - = 0, melyek nem egységgyökök. 2.45. Feladat. Oldja meg a komplex számok halmazán az alábbi egyenleteket: 1. z 2 - 2iz - 10 = 0, 2. z 2 + (2 + 4i)z + 4i - 2 = 0, 3. (-1 - i)z 2 + (1 2i)z + 1 = 0, - 2 + (1 - i)z + 3 = 0, 4. z 2 5. zz + (6i)2 + 2i = 0.

60

2. SZÁMFOGALMAK

Megoldás. Az az 2 + bz + c = 0 (a = 0) másodfokú egyenletnek a komplex számok felett mindig két (esetleg megegyez) gyöke van, melyet a -b + b2 - 4ac 1,2 z1,2 = 2a képlet ad meg. Megjegyzend, hogy a b 2 - 4ac komplex szám két négyzetgyöke egymásnak -1 szerese, így használható a -b ± w z1,2 = 2a 2 - 4ac komplex szám valamely gyöke. képlet is, ahol w a b 1. A megoldóképlet alapján 2i-6 2i + (-2i)2 + 4 · 10 2i + -4 + 40 2 = i - 3, z1,2 = = = 2i+6 2 2 2 = i + 3. 2. A megoldóképlet alapján z1,2 = = = -2 - 4i + (2 + 4i)2 - 4(4i - 2) 2 -2 - 4i + 4 + 16i + (4i)2 - 16i + 8 -2 - 4i + 4 - 16 + 8 = 2 2 -2-4i-2i -2 - 4i + -4 = -1 - 3i, 2 = -2-4i+2i 2 = -1 - i. 2 (1 - 2i)2 - 4(-1 - i) 2i - 1 + = -1 - i
2i-2 -1-i 2i -1-i

3. A megoldóképlet alapján z1,2 = = 2i - 1 +

4. A megoldóképlet alapján z1,2 = i-1+

2i - 1 + 1 = -1 - i

· ·

-1+i -1+i -1+i -1+i 3 2

= =

-2i+2i2 +2-2i = -2i, 2 -2i+2i2 = -1 - i. 2

1 - 4i - 4 + 4 + 4i -1 - i

= 2 2 i - 1 + -2 3 - 2i i - 1 + 1 - 2i - 1 - 2 3 = . = 2 2 A 2.36. feladat (h) része alapján a -2 3 - 2i komplex szám trigono7 7 + i sin metrikus alakja 4 cos . Ennélfogva a két négyzetgyöke 6 6

(1 - i)2 - 4

i-1+

1 - 2i + (-i)2 - 2 3

3. KOMPLEX SZÁMOK

61

±2 cos

7 7 . Tehát az egyenlet megoldásai: + i sin 12 12 z1,2 =

i-1 7 7 . ± cos + i sin 2 12 12 5. zz = 36-2i, ami nem lehetséges, hiszen bármely z komplex szám esetén zz nem negatív valós szám. 2.46. Feladat. Legyenek a0 , a1 , . . . , an R. Bizonyítsa be, hogy ha a z komplex szám gyöke az an xn + · · · + a1 x + a0 = 0 egyenletnek, akkor z is gyöke az egyenletnek. Megoldás. Mivel z gyöke az egyenletnek, ezért a n z n + · · · + a1 z + a0 = 0. Konjugálva az egyenlet mindkét oldalát az alábbi egyenletünk lesz: Felhasználva, hogy egy valós szám konjugáltja önmaga kapjuk, hogy azaz z is gyöke az egyenletnek. 2.47. Feladat. Bontsa fel elsfokú polinomok szorzatára az alábbi komplex polinomokat: 1. P1 (z) = z 2 - 2z + 1, 2. P2 (z) = 2z 2 + 4z - 30, 3. P3 (z) = z 3 + z 2 + z, 4. P4 (z) = z 2 - i. an z n + · · · + a1 z + a0 = 0, an z n + · · · + a1 z + a0 = an · z n + · · · + a1 · z + a0 = 0.

Megoldás. Nincs más dolgunk, mint meghatározni a polinomok zérushelyeit, hiszen ha az n-edfokú P (x) = an z n + an-1 z n-1 + · · · + a1 z + a0 polinomnak 1 , . . . n C a gyökei, akkor P (x) = an (z - 1 ) . . . (z - n ). 1. A másodfokó egyenlet megoldóképlete alapján egyszeren kiszámolható, hogy a P1 (z) polinomnak az = 1 az egyetlen, kétszeres gyöke. Így P1 (z) = (z - 1)(z - 1) = (z - 1)2 . 2. A másodfokó egyenlet megoldóképlete könnyen kiszámolható, hogy a P2 (z) polinom két gyöke: 1 = -5 és 2 = 3. Így P2 (z) = 2(z+5)(z-3). 3. Azonnal látható, hogy P3 (z) = z(z 2 + z + 1), tehát a polinomnak az 1 = 0 gyöke. A feladat befejezéséhez meg kell keresnünk a z 2 +z+1 = 0 egyenlet megoldásait. A megoldóképletet használva 1 -1- 3i -1 + -4 = - 2 - 23 i, -1 + 1 - 4 2 = = 1+3i 2,3 = 1 2 2 = - 2 + 23 i, 2 így P3 (z) = z(z +
1 2

+

3 2 i)(z

+

1 2

-

3 2 i).

62

2. SZÁMFOGALMAK

4. A P4 (x) polinom gyökeinek kiszámításához a z 2 = -i egyenletet kell megoldani, tehát a zérushelyek a -i komplex szám négyzetgyökei. A -i komplex szám tisztán képzetes, Im(-i) = -1 < 0, így argumentuma 3 3 3 . . Továbbá | - i| = 1, így trigonometrikus alakja cos + i sin 2 2 2 1 3 3 1 = ± - + i . Így Ezért négyzetgyöke ± cos + i sin 4 4 2 2 1 1 1 1 P4 (z) = z + - i z- + i . 2 2 2 2

4. Algebrai struktúrák
2.48. Feladat. Legyen (G, ) egy adott csoport, F G. Igazolja, hogy (F, ) akkor és csak akkor csoport, ha bármely a, b F esetén a b -1 F , ahol b-1 jelöli a b elem inverzét. Megoldás. Ha F csoportot alkot, akkor nyilván teljesül, hogy a b -1 F minden a, b F esetén, hiszen b-1 F és nem vezet ki F -bl. Fordítva, tegyük fel, hogy a b-1 F minden a, b F esetén. Belátjuk, hogy ekkor teljesülnek a csoport struktúra tulajdonságai. Legyen x, y F és jelöljük G neutrális elemét e-vel.

(a) Az a = b = x választással kapjuk, hogy x x -1 = e F , tehát F -ben benne van a neutrális elem. (b) Az a = e, b = x választásával kapjuk, hogy e x -1 = x-1 F , tehát F -ben benne van x inverze. (c) y-nak az y -1 inverze benne van F -ben, így x y = x (y -1 )-1 F , tehát nem vezet ki F -bl. (d) Az asszociativitás nyilván teljesül, hiszen az F -nél bvebb G halmazon assszociatív. (Hasonlóan, ha G kommutatív, akkor F is az.) 2.49. Feladat. Állapítsa meg, hogy a megadott struktúrák csoportot alkotnak-e: 1. (R, +), 2. (R, ·), 3. (R \ {0}, ·), 4. (N, +), 5. (N, ·), 6. (Z, +), 7. (Z, ·), 8. (Q, +), 9. (Q, ·), 10. (Q \ {0}, ·). Megoldás. 1. A valós számok testaxiómáiból következik, hogy (R, +) Abel-csoportot alkot. 2. (R, ·) nem alkot csoportot, mert a 0-nak nem létezik multiplikatív inverze.

5. SZÁMOSSÁGOK

63

3. A valós számok testaxiómáiból következik, hogy (R, ·) Abel-csoportot alkot. 4. (N, +) nem alkot csoportot, ugyanis ha n N és n = 0, akkor n-nek nincsen additív inverze. 5. (N, ·) nem alkot csoportot, ugyanis ha n N és n = 1, akkor nincsen multiplikatív inverze. 6. (Z, +) Abel-csoportot alkot. Mivel Z R és (R, +) csoportot alkot, az igazoláshoz a 2.48. feladat alapján elég belátni, hogy minden k, l Z esetén k - l Z, amely nyilván teljesül. 7. (Z, ·) nem alkot csoportot, ugyanis ha k Z és k = 1, akkor nincsen multiplikatív inverze. 8. (Q, +) Abel-csoportot alkot, ugyanis a 2.12. feladat alapján p - q Q minden p, q Q esetén. 9. (Q, ·) nem alkot csoportot, mert a 0 elemnek nincsen multiplikatív inverze. p 10. (Q \{0}, ·) Abel-csoportot alkot, ugyanis a 2.12. feladat alapján Q q minden p, q Q \ {0}, esetén. 2.50. Feladat. Állapítsa meg, hogy a megadott kétmveletes struktúrák gyrt alkotnak-e: 1. (N, +, ·), 2. (R, +, ·), 3. (Z, +, ·), 4. (Q, +, ·). Megoldás. 1. (N, +, ·) nem alkot gyrt, hiszen (N, +) nem csoport. 2. A valós számok testaxiómáiból következik, hogy (R, +, ·) testet alkot. 3. A disztributivitás (Z, +, ·)-ben nyilván teljesül, hiszen az egész számok halmazánál bvebb valós számok halmazában is teljesül. Így az elz feladat alapján (Z, +, ·) gyrt alkot. Továbbá, a 2.4. feladat miatt a nullosztómentesség is teljesül, tehát (Z, +, ·) integritástartomány. De (Z \ {0}, ·) nem csoport, így (Z, +, ·) nem test. 4. A disztributivitás (Q, +, ·)-ben örökldik (R, +, ·)-ból, így az elz feladat alapján (Q, +, ·) testet alkot.

5. Számosságok
2.51. Feladat. Legyen A = {a1 , a2 , . . . , an } egy n elem halmaz. Igazolja, hogy ekkor A hatványhalmaza 2n elem. Megoldás. Legyen B := {(b1 , b2 , . . . , bn ) | bi = 0 vagy bi = 1, i = 1, 2, . . . , n}.

64

2. SZÁMFOGALMAK

Könnyen látható, hogy B elemeinek száma 2 n . Legyen ahol bi := 1, ha ai H, egyébként bi := 0 (i = 1, 2, . . . , n). f nyilván invertálható és értékkészlete B, így f bijekció, melybl adódik az állítás. (A feladat egy másik megoldása az 1.9. feladatnál látható.) 2.52. Feladat. Legyen k N tetszleges és A k = {k · n | n N}. Igazolja, hogy Ak és N számossága egyenl. Megoldás. Nyilván az f : N N, f (n) = k · n függvény bijekció N és A k között, így a két halmaz egyenl számosságú. 2.53. Feladat. Igazolja, hogy N × N N. Megoldás. Legyen f : N × N N, f ((n.m)) := 2n-1 (2m - 1). f : 2A B, f (H) := (b1 , b2 , . . . , bn ),

Minden természetes szám felírható egy páratlan szám és 2 nem negatív egész hatványaként, így f szürjektív. Másrészt, ha (n, m) = (k, l), (azaz n = k vagy m = l), akkor 2n-1 (2m - 1) = 2k-1 (2l - 1), így f injektív is. 2.54. Feladat. Igazolja, hogy két megszámlálható halmaz Descartes-féle szorzata megszámlálható. Megoldás. Legyen a két halmaz A és B. Ekkor léteznek f : A N és f : B N bijekciók. Azonban a függvény bijekció, így A × B számossága egyenl N × N számosságával. Így a 2.53. feladat elz feladat felhasználásával adódik az állítás. 2.55. Feladat. Igazolja, hogy véges sok megszámlálható halmaz Descartesféle szorzata megszámlálható. Megoldás. A feladatot a Descartes-féle szorzatban szerepl halmazok száma szerinti indukcióval igazoljuk. Az állítás n = 2-re a 2.54 feladat következménye. Tegyük fel, hogy az állítás igaz n = k-ra, azaz k darab megszámlálható halmaz Descartes-féle szorzata megszámlálható. Ebbl igazoljuk az állítást n = k + 1-re. Legyenek A1 , A2 , . . . , Ak , Ak+1 megszámlálható halmazok. Ekkor az f : A1 × A2 × · · · × Ak × Ak+1 (A1 × A2 × · · · × Ak ) × Ak+1 , f (x1 , x2 , . . . , xk , xk+1 ) = (x1 , x2 , . . . , xk ), xk+1 H : A × B N × N, H(x, y) = f (x), g(y)

leképezés bijekció, így a két halmaz egyenl számosságú. Azonban az indukciós feltevésünk szerint az A1 × A2 × · · · × Ak halmaz megszámlálható, így a

5. SZÁMOSSÁGOK

65

2.54 feladat alapján a (A1 ×A2 ×· · ·×Ak )×Ak+1 halmaz is megszámlálható, tehát az A1 × A2 × · · · × Ak × Ak+1 megszámlálható. A teljes indukció elve alapján az állítás mindig teljesül. 2.56. Feladat. Bizonyítsa be, hogy R számossága nagyobb, mint N számossága, tehát nem megszámlálható. Megoldás. Indirekt tegyük fel, hogy R megszámlálható. Ekkor a [0, 1] zárt intervallum is megszámlálható, azaz létezik kölcsönösen egyértelm megfeleltetés N és [0, 1] elemei között. Írjuk fel a megfeleltetés sorrendjében a [0, 1] elemeit tizedestört alakban: 1 0, a11 a12 a13 . . . 2 0, a21 a22 a23 . . . 3 0, a31 a32 a33 . . . . . . Itt a11 , a12 , . . . számjegyeket jelölnek, a véges tizedestörteket végtelen sok nullával egészítjük ki. A feltevés szerint [0, 1] valamennyi eleme fel van sorolva. Legyen 1, ha aii = 1, bi = 0, ha aii = 1, és tekintsük a b = 0, b1 b2 b3 . . . számot. Ez a szám nincs benne a fenti felsorolásban, mivel mindegyiktl különböz. Ez ellentmondás, így R nem megszámlálható. Ebbl következik az állítás. 2.57. Feladat. Mutassa meg, hogy ha a < b, akkor az [a, b] intervallum egyenl számosságú a [0, 1] intervallummal. Megoldás. Könnyen látható, hogy az függvény bijekció [0, 1] és [a, b] között, így a két halmaz valóban egyenl számosságú. 2.58. Feladat. Mutassa meg, hogy a [0, [ intervallum egyenl számosságú a [0, 1[ intervallummal. Megoldás. Könnyen látható, hogy az f : [0, 1[ [0, [, f (x) := 2x,
1 2x-1 1 ha x 0, 2 , 1 ha x 2 , 1 ,

f : [0, 1] [a, b], f (x) := a + (b - a)x

függvény bijekció [0, 1[ és [0, [ között, így a két halmaz valóban egyenl számosságú.

66

2. SZÁMFOGALMAK

2.59. Feladat. Igazolja hogy ]0, 1[ R. Megoldás. Belátható, hogy az 1 1 + x x-1 függvény bijekció ]0, 1[ és R között, így a két halmaz valóban egyenl számosságú. 2.60. Feladat. Bizonyítsa be, hogy ha A = megszámlálható halmaz, akkor létezik f : N A függvény, melynek képhalmaza A. f :]0, 1[ R, f (x) := Megoldás. Ha A megszámlálhatóan végtelen, akkor létezik olyan f : N A függvény, mely bijekció, így szürjektív is, azaz képhalmaza A. Ha A véges, akkor létezik olyan n természetes szám, melyre A számossága megegyezik a Bn := {1, 2, . . . , n} halmazzal, azaz létezik g : B n A bijekció. Legyen a A tetszleges. Ekkor az f : N A, f (m) := a g(n) ha m n ha m > n

függvény a követelménynek megfelel. 2.61. Feladat. Igazolja, hogy ha A és B nem üres halmazok, és van olyan f : A B függvény, melynek képhalmaza B, akkor A számossága nagyobb, vagy egyenl mint B számossága. Megoldás. A megoldásban felhasználjuk a kiválasztási axiómát: Nemüres halmazok bármely {A : } rendszeréhez létezik f : A


úgynevezett kiválasztási függvény, melyre f () A minden esetén. Legyen Ay := {x A | f (x) = y} (y B). Ekkor az {Ay | y B} halmazrendszer páronként diszjunkt nem üres halmazokból áll, és létezik eleme. A kiválasztási axióma szerint létezik olyan C halmaz, amely ezen halmazrendszer minden halmazából pontosan egy elemet tartalmaz (a kiválasztási függvény válogatja ki C elemeit). Legyen ahol cy azon egyértelmen létez C-beli elem, mely az A y halmazban van. Ekkor g invertálható, és értékkészlete C, tehát bijekció B és C között. Ezért B egyenl számosságú A egy részhalmazával, melybl következik az állítás. 2.62. Feladat. Bizonyítsa be, hogy ha az {A i | i I} indexelt halmazrendszer olyan, hogy minden i esetén Ai megszámlálható és I is megszámlálható, akkor Ai is megszámlálható.
iI

g : B C, g(y) = cy ,

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

67

Megoldás. Feltehet, hogy Ai = minden i I esetén. Mivel Ai megszámlálható, így a 2.60. feladat alapján létezik olyan f i : N Ai függvény, melynek képhalmaza Ai (i I). Hasonlóan, létezik olyan g : N I, melynek képhalmaza I. Legyen F : N×N Ekkor F képhalmaza
iI

Ai , F (n, m) := fg(n) (m).
iI

Ai , így a 2.61. feladat alapján N × N számossága
iI

nagyobb, vagy egyenl, mint

Ai számossága. A 2.53 feladat alapján N × N

számossága megszámlálhatóan végtelen, melybl az állítás adódik. 2.63. Feladat. Igazolja, hogy Z N. Megoldás. Nyilván a -N := {-n : n N} halmaz megszámlálhatóan végtelen, így az egész számok halmaza felírható három megszámlálható halmaz uniójaként: Z = N {0} -N, így a 2.62. feladat alapján megszámlálható. 2.64. Feladat. Igazolja, hogy Q N. Megoldás. Legyen An =

m An , tehát a | m Z , n N. Ekkor Q = n n=1 2.62. feladat miatt megszámlálhatóan végtelen, hiszen A n bármely n esetén megszámlálhatóan végtelen. 2.65. Feladat. Mutassa meg, hogy az irracionális számok halmaza nem megszámlálható.

Megoldás. Amennyiben R \ Q megszámlálható lenne, akkor a 2.62. feladat és a 2.64. feladat miatt R = Q (R \ Q) is megszámlálható lenne, mely a 2.56. feladat alapján nem teljesül.

6. Kombinatorikai alapfogalmak
2.66. Feladat. Igazolja a következ azonosságokat: n n n n + · · · + (-1)n-1 + (-1)n - (a) 1 n-1 n 0 n n n n (b) + + ··· + + = 2n . n-1 n 0 1

= 0,

68

2. SZÁMFOGALMAK

Megoldás. Mindkét azonosság a binomiális tétel következménye, ugyanis: (a) 0 = 1 + (-1)
n

=

(b) 2n = (1 + 1)n =

2.67. Feladat. Legyen 0 k m n. Igazolja a binomiális együtthatók alábbi tulajdonságait: 1. 2. 3. 4. 5. 6. n n = , k n-k n+1 n+1 n , = k+1 k k+1 n-k+1 n+1 n+1 = , k+1 k k+1 n+1 n n = + , k+1 k k+1 n-k n m n , = m-k k k m k n-1 n n+1 . + ... + = k k k k+1

n n n n - + · · · + (-1)n-1 + (-1)n , 0 1 n-1 n n n n n . + + ··· + + n n-1 1 0

Megoldás. 1. Az azonosság a binomiális együtthatók definíciójából következik. 2. A binomiális együtthatók definíciója alapján n+1 k+1 = = (n + 1)! (n + 1)n! = (k + 1)k!(n - k)! (k + 1)! n + 1 - (k + 1) !

n+1 n , k+1 k

ahol felhasználtuk, hogy (n + 1)! = (n + 1)n!. 3. A binomiális együtthatók definíciója alapján n-k+1 n+1 k k+1 = = (n + 1 - k)(n + 1)! (n + 1)! = (k + 1)k!(n + 1 - k)! (k + 1)!(n - k)! (n + 1)! n+1 . = k+1 (k + 1)! n + 1 - (k + 1) !

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

69

4. A binomiális együtthatók definíciója alapján n n + k k+1 = = = n! n! + k!(n - k)! (k + 1)! n - (k + 1) ! (n + 1)n! (k + 1)n! + (n - k)n! = (k + 1)!(n - k)! (k + 1)! n + 1 - (k + 1) ! (n + 1)! = (k + 1)! n + 1 - (k + 1) ! n+1 . k+1

5. A binomiális együtthatók definíciója alapján n k n-k m-k = = =

6. Mivel n k, így létezik olyan l 0, melyre n = k + l. Így az állítás a következ alakban írható: k+l k+1 k k+1+l . + ··· + + = k k k k+1 Ezt az egyenlséget l szerinti teljes indukcióval igazoljuk. k+1 k Ha l = 0, akkor =1= , tehát az állítás igaz. k+1 k k+1 k+1 k+1+1 = + = Ha l = 1, akkor 4. miatt k+1 k k+1 k k+1 , tehát az állítás l = 1 esetén is teljesül. Tegyük fel, + k k hogy az egyenlség fennáll valamely l = s pozitív egész számra, azaz k+1+s k+1 k+1+s+1 k+1 = k+1 k+s k . + + ··· + k k k

(n - k)! n! · k!(n - k)! (m - k)! n - k - (m - k) ! n! 1 n! m! · = · k! (m - k)!(n - m)! k!(m - k)!(n - m)! m! m n m! n! . · = k m m!(n - m)! k!(m - k)!

Ezt és a 4. pontot felhasználva, l = s + 1 esetén = = k+1+s k+1+s + k k+1 k k+1 k+s k+s+1 + +··· + + , k k k k

mely éppen az állítás l = s + 1-re.

70

2. SZÁMFOGALMAK

2.68. Feladat. Hányféle sorrenben tudunk megenni 6 különböz csokit? Megoldás. Az egyes lehetséges sorrendek 6 elem egy-egy permutációját alkotják. Ezek száma 6! = 720. 2.69. Feladat. Egy pénzérmét 10-szer egymás után feldobunk. Hányféle olyan dobássorozat van, amelyben 7 fej és 3 írás van? Megoldás. A sorrendek számát 10 elem ismétléses permutációval kapjuk 10! meg, melyben 7 illetve 3 egyenl elem van. Tehát a megoldás = 120. 3!7! 2.70. Feladat. Hányféleképpen rendezhet egy sorba 8 n és 6 férfi, ha a nk ell állnak? Megoldás. A 8 n összes lehetséges sorrendje 8 elem permutációinak számával egyenl, tehát 8!. A férfiak elrendezési módjainak száma 6!. A nk bármely sorrendjéhez a férfiak tetszleges sorrendje tartozhat, tehát az összes esetek számát megkapjuk, ha az elbbi két permutáció számát összeszorozzuk: 8! · 6!. 2.71. Feladat. Hány különböz autórendszám készíthet az A, B, C betk és az 1, 1, 3 számok segítségével? (egy rendszám els fele három bet, második fele három szám.) Megoldás. Az A, B, C betket 3! = 6-féleképpen állíthatjuk sorba. A betk minden egyes sorrendjéhez 3 rendszám tartozik, hiszen az 1, 1, 3 számokat 3! = 3 féleképpen rendezhetjük sorba. Így összesen 3 · 6 = 18 féle rendszá2!1! mot készíthetünk. 2.72. Feladat. Egy tíz tagú társaság egy kerekasztalhoz hányféleképpen tud leülni? Megoldás. A társaságot egy sorban 10! különböz módon tudjuk elhelyezni. Ha ezt a sort körré zárjuk, akkor az elbbi elrendezésekbl 10 egyenérték. 10! = 9!. Így a lehetséges elrendezések száma 10 2.73. Feladat. Hányféle sorrendbe írhatók a MATEMATIKA szó beti? Megoldás. Összesen 10 darab betnk van. Az A bet 3-szor, az M és T bet pedig 2-szer fordul el, így 10 elem ismétléses permutációját kell kiszámolnunk 4 és kétszer 2 egyez elem esetén. Tehát a lehetséges sorrendek 10! = 37800. száma: 4!2!2! 2.74. Feladat. Hányféleképpen lehet a sakktáblán elhelyezni 8 bástyát úgy, hogy ne üssék egymást?

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

71

Megoldás. Úgy kell elhelyeznünk a bástyákat, hogy minden sorban és minden oszlopban csak egy bástya lehet. Rakjuk le az els bástyát az els sorba. Ekkor 8 lehetségünk van. A második bástyát rakjuk le a második sorba, ezt már csak hétféleképpen tehetjük meg, hiszen abba az oszlopba már nem rakhatunk, amelyikben az els bástya áll. A harmadik sorban már csak 6 helyre rakhatjuk a bástyát. Ezt folytatva, az utolsó sorban már csak egy helyre rakhatjuk az utolsó bástyát. Az összes lehetségek száma tehát 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 8!. 2.75. Feladat. Hány olyan tízjegy szám van, amelyben (a) minden számjegy csak egyszer fordul el? (b) öt darab 1-es, három darab 3-as és két darab 2-es van? (c) az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyek mindegyike szerepel, de a 0 nem? Megoldás. (a) A 10 számjegy lehetséges sorrendjeinek száma 10!. Viszont ha a 0 áll ell, akkor csak kilenc jegy számunk van, így ezek a sorrendek nem megfelelk. Ezekbl összesen 9! daran van, hiszen az utolsó kilenc számjegy az 1, 2, . . . , 9 számjegyek egy tetszleges sorbarendezése lehet. Tehát a megoldás 10! - 9! = 9 · 9!. (b) A megoldás 10 elem ismétléses permutációinak a száma, melyekben 5, 10! = 2520. 3 illetve 2 darab azonos: 5!3!2! (c) Az adott feltételbl következik, hogy az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyek közül az egyik szám kétszer szerepel. Ha ez az 1-es, akkor tíz elem ismétléses permutációjáról van szó, ahol két elem azonos. Ezek száma 10! . Mivel az ismétld jegy az adott kilenc szám bármelyike lehet, az 2! 10! összes lehetség ennek kilencszerese: 9 · . 2! 2.76. Feladat. Hány különböz eredményt kaphatunk, ha egy pénzérmét 6-szor feldobunk, és a sorrendet is figyelembe vesszük? Megoldás. Egy dobás alkalmával két lehetségünk van: fej vagy írás. E két elembl választunk ki hat darabot úgy, hogy egy elemet többször is kiválaszthatunk, azaz két elem hatodosztályú ismétléses variációját kapjuk. 6 Ezek száma: V2,ism = 26 . 2.77. Feladat. Hány különböz eredményt kaphatunk, ha egy dobókockával 4-szer dobunk, és a sorrendet is figyelembe vesszük?

72

2. SZÁMFOGALMAK

Megoldás. Egy dobás alkalmával hatféle számot dobhatunk. Ezen hat számból választunk ki négy darabot úgy, hogy egy elemet többször is kiválaszthatunk, azaz hat elem negyedosztályú ismétléses variációját kapjuk. Ezek 4 száma: V6,ism = 64 . 2.78. Feladat. Hány olyan ötjegy szám van, 1. 2. 3. 4. 5. amely különböz számjegyekbl áll? amely 27-re végzdik? amely nem osztható 5-tel? amelyben nincs egymás mellett azonos számjegy? amelyben van egymás mellett azonos számjegy?

Megoldás. 1. A 10 számjegy közül a 0 nem állhat a hatjegy szám els helyén. Ha állhatna ell a 0 is, akkor 10 elembl kellene 5 darabot kiválasztanunk a sorrendet is számításba véve, mely 10 elem ötödosztályú ismétlés nélküli 5 variációja. Ezek száma V10 = 10·9·8·7·6, melyekbl tehát nem megfelel eset az, amikor 0 áll ell. Ezen esetek száma éppen V 94 = 9 · 8 · 7 · 6, hiszen a többi négy helyre 9 számjegy közül választhatunk, a sorrendet 5 is figyelembevéve. Tehát a feladat megoldása: V 10 - V94 = 27216. 2. Az ötjegy számunk els számjegye 0-n kívül bármi lehet, tehát 9 lehetségünk van rá. Ha ezt kiválasztottuk, akkor a második számjegyet minden esetben tízféleképpen választhatjuk meg, és ezen esetekhez a harmadik számjegyet ismét tízféleképpen. Az utolsó két számjegy adott, tehát az összes esetek száma: 9 · 10 · 10 = 900. 3. A feladat 2. részének gondolatmenete alapján, az els helyre 9 számjegyet választhatunk, mert ott 0 nem lehet, a második, harmadik és negyedik számjegynek egyaránt 10-10-10 számjegy közül választhatunk, az utolsó számjegy viszont nem lehet 0 és 5, így csak 8 számjegy közül választhatunk. Az összes esetek száma tehát: 9 · 10 · 10 · 10 · 8 = 72000. 4. A feladat 2. részének gondolatmenete alapján számolunk. Az els számjegynek a 0-n kívül bármit választhatunk, tehát 9 lehetségünk van. A második számjegy már lehet 0, de nem lehet az elbb kiválasztott számjegy, így ismét 9 lehetségünk van. Hasonlóan, a többi számjegy megválasztásakor is 9 lehetségünk van, mert az elzleg kiválaszott számjegyet nem választhatjuk. Így az összes esetek száma: 9 5 = 59049. 5. A feladat els részének gondolatmenetét követve ismétléses variációk 5 4 esetén adódik, hogy összesen V10,ism - V10,ism = 105 - 104 = 90000 darab ötjegy szám van. A feladat elz része alapján ebbl 59049

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

73

darabban nincsen egymás mellett azonos számjegy, így 90000 - 59049 = 30951 darabban van egymás mellett azonos számjegy. 2.79. Feladat. Hány totószelvényt kell kitöltenünk ahhoz, hogy biztosan 13+1 találatosunk legyen? Megoldás. Egy mérkzésre háromféle tippünk lehet: 1, 2, x. Egy szelvényen ebbl a három elembl választunk 14-et úgy, hogy a sorrend számít és egy elemet többször is választhatunk, tehát 3 elem tizennegyedosztályú ismétléses 14 variációjáról van szó. Tehát az összes esetek száma: V 3,ism = 314 = 4782969. 2.80. Feladat. Kockával 7-szer dobva, a sorrendet is figyelembe véve hány olyan sorozatot kapunk, amelyben legalább egyszer van 6-os?
7 Megoldás. A 2.77 feladat alapján az összes esetek száma V 6,ism = 67 . Azon 7 esetek száma, amikor nem dobunk 6-ost éppen V 5,ism = 57 , hiszen ekkor az 1, 2, 3, 4, 5 számok közül választunk hetet úgy, hogy egy elemet többször is választhatunk, és a sorrend számít. Így azon esetek száma, amikor legalább 7 7 egy hatost dobunk: V6,ism - V5,ism = 201811.

2.81. Feladat. Egy könyvtár egyik olvasója két könyvet választ egy könyvespolcról. Ezek sorrendjét is megkülönböztetve, 3660 lehetsége van olvasmányai megválasztására. Hány könyv van ezen a polcon? Megoldás. Jelöljük a polcon lév könyvek számát n-nel. A választási lehetségek száma ezen n elem másodosztályú ismétlés nélküli variációinak 2 számával egyenl, tehát Vn = 3660. Így n(n-1) = 3660, azaz n2 -n-3660 = 0. Az egyenlet két megoldása: 1 ± 14641 1 ± 121 1 ± 1 + 14640 = = . n1,2 = 2 2 2 A negatív gyök nyilván nem megoldás, tehát n = 61, azaz 61 könyv van a polcon. 2.82. Feladat. Hány lottószelvényt kellene kitöltenünk ahhoz, hogy biztosan ötösünk legyen? Megoldás. Egy lottószelvény kitöltésénél a 90 darab szám közül úgy választunk 5-öt, hogy egy számot csak egyszer választhatunk és a sorrend nem számít, így ez 90 darab elem 5-öd osztályú ismétlés nélküli kombinácíója. 5 Az összes lehetséges esetek száma tehát C 90 = 90 = 43949268. 5 2.83. Feladat. Hány különböz lottószelvényt lehet kitölteni úgy, hogy a 16-os, és a 19-es számok mindenképpen meg legyenek jelölve? Megoldás. A fennmaradó 88 számból kell kiválasztani még hármat ismétlés 3 nélkül úgy, hogy a sorrend nem számít: C 88 = 88 = 86·87·88 = 109736. 1·2·3 3

74

2. SZÁMFOGALMAK

2.84. Feladat. Egy körmérkzéses bajnokságon 10 csapat indul. Mindenki játszik mindenkivel otthon és idegenben is. Hány mérkzésbl áll a bajnokság? Megoldás. Egy mérkzéshez ki kell választani a tíz csapatból kettt ismétlés nélkül, hiszen egy csapat önmagával nem játszik meccset. Mivel a sorrend 2 nem számít, ezt C10 = 10 -féleképpen tehetjük meg. Azonban minden 2 csapat minden csapattal kétszer játszik, így összes 2 10 = 90 mérkzésbl 2 áll a bajnokság. 2.85. Feladat. Egy összejövetelen huszan vettek részt, egymást mindenki kézfogással köszöntötte. Hány kézfogás történt? Megoldás. Egy kézfogáshoz a 20 emberbl kettt kell kiválasztani úgy, hogy a sorrend nem számít és ismétlés nincsen, hiszen saját magával nem fog kezet 2 senki. Ezek száma C20 = 20 = 190. 2 2.86. Feladat. Hányféleképpen lehet összeállítani egy 4 gombócból álló fagylaltkelyhet akkor, ha 3-féle ízbl választhatunk? Megoldás. A kehelyben a gombócok sorrendje nem számít, és egy ízbl többször is választhatunk. A lehetséges esetek száma ekkor 3 elem negye4 dosztályú ismétléses kombinációinak a száma: C 3,ism = 3+4-1 = 6 = 15. 4 4 2.87. Feladat. Hányféleképpen lehet a 32 lapos kártyacsomagot kettéosztani egy fiú és egy lány között úgy, hogy mind a 4 ász a lányhoz kerüljön? Megoldás. A lánynak a 4 ász mellé még 12 lapot kell osztani a maradék 28-ból, ekkor a 16 darab ki nem választott lap lesz a fiúé. Mivel az egyes játékosoknál lév lapok sorrendje lényegtelen, az összes lehetséges esetek 12 száma: C28 = 28 = 30421755. 12 2.88. Feladat. Egy 14 fs gyakorlati csoportban hányféle lehet a hallgatók osztályzatainak eloszlása? (Pl: 6 db 1-es, 4 db 2-es, 0 db 3-as, 1 db 4-es, 3 db 5-ös.) Megoldás. A 14 darab hallgató mindegyikéhez választunk egy érdemjegyet az 1, 2, 3, 4, 5 számok közül, természetesen egy érdemjegyet többször is választhatunk és a hallgatók sorrendje nem számít. Ekkor 5 elembl válasz14 tunk 14-et ismétléssel, sorrend nélkül: C 5,ism = 5+14-1 = 18 = 3060. 14 14 2.89. Feladat. A hatványozás és az összevonások után mennyi lesz a x 5 yz 3 tag együtthatója az alábbi kifejezésben: (x + 4y + 2z)9 ?

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

75

Megoldás. Az (x + 4y + 2z) · · · · · (x + 4y + 2z) kifejezésben a szorzások elvégzése után, de még az összevonás eltt minden tagban a kitevk összege 9 és csak az x5 (4y)(2z)3 tagokban szerepel x5 yz 3 . Az ilyen tagok számát meghatározhatjuk úgy, hogy elször a 9 darab zárójelbl kiválasztunk 5-öt (ezekbl fogjuk az x-eket venni), majd a maradék 4-bl kiválasztunk 1-et (ebbl vesszük az y-t), a fennmaradó 3 zárójelbl pedig a z-t:
5 1 3 C9 · C 4 · C 3 =

9 4 3 · · 5 1 3

= 504 .

Tehát a keresett együttható 4 · 23 · 504 = 16128. A feladatot megoldhatjuk közvetlenül a polinomiális tétel alkalmazásával is, eszerint 9! xs1 (4y)s2 (2z)s3 , (x + 4y + 2z)9 = s1 !s2 !s3 ! s +s +s =9
1 2 3

így

x5 yz 3

együtthatója:

9! · 4 · 23 = 16128 . 5!1!3! 2.90. Feladat. Egy zsákban golyók vannak, mindegyik más szín. Ha a sorrendendet is figyelembe vesszük, akkor hetvennyolccal többféleképpen tudunk kett golyót kivenni a zsákbl visszatevés nélkül, mint amikor nem vesszük figyelembe a sorrendet. Hány golyó van a zsákban? Megoldás. Jelölje a golyók számát n. Ha a sorrendet figyelembe vesszük, akkor n elem ismétlés nélküli variációjáról van szó, ha nem, akkor n elem 2 2 ismétlés nélküli kombinációjáról. Tehát V n = Cn + 78, azaz n(n - 1) = n! 2 2!(n-2)! + 78. Átrendezve az egyenletet kapjuk, hogy n - n - 2 · 78 = 0. Az egyenlet megoldása: 1 ± 1 + 8 · 78 1 ± 625 1 ± 25 n1,2 = = = . 2 2 2 A negatív gyök nyilván nem megoldás, tehát n = 13, azaz 13 golyó van a zsákban. 2.91. Feladat. Mennyi az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyek permutációival képezhet kilencjegy számok össszege? Megoldás. Írjuk egymás alá a 9! darab számot, és végezzük el az összeadást helyiértékenként. Olyan szám, amiben például a kilences áll az utolsó helyiértéken, összesen 8! darab van, ahogyan az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 számok esetén is. Ekkor, ha elvégezzük az összeadást az utolsó helyiértéken, akkor 8!(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9)-et kapunk eredményül. Hasonlóan, ha

76

2. SZÁMFOGALMAK

az utolsó eltti helyiértéken végezzük el az összeadást, a számjegyek összege ugyanennyi lesz, de ezt még tízzel szorozni kell. A legmagasabb helyiértéken 108 -nal kell szoroznunk, így a számok összege: 8!(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9)(1 + 10 + · · · + 10 8 ) = 8! · 45 · (111111111). 2.92. Feladat. A 32 lapos magyar kártyával Csilla, Gábor és János ultit játszanak. Szétosztják a lapokat, Csilla 12, Gábor és János 10-10 lapot kap. 1. Hányféle olyan szétosztás lehetséges, melynek során a 3 játékos mindegyikénél van legalább 1 ász? 2. Hányféle olyan szétosztás lehetséges, melynek során Csilla azonnal bemondja a piros ultit, melyet csak akkor tesz, ha nála van a piros hetes és még 4 piros lap? 3. Hányféle olyan szétosztás lehetséges, melynek során Gábor "betlire" játszik, melyet csak akkor tesz, ha a leosztott lapjaiban csak hetes, nyolcas, kilences és tizes van? 4. Hányféle olyan szétosztás lehetséges, melynek során János "durchmarsra" játszik, melyet csak akkor tesz, ha a leosztott lapjaiban nála van minden ász és király? Megoldás. 1. Csillának egy vagy két ászt kell osztani. Ha két ászt kap, akkor azokat az 4 2 -féleképpen tudjuk megválaszászokat, melyek hozzá kerülnek, C4 = 2 tani. Ehhez még a 28 nem ász lapból kell választanunk 10-et, melyet 28 10 C28 = -féleképpen tudunk megtenni. Gábornak a maradék két 10 2 1 lehetségünk van, és a maraászból kiválasztunk egyet, erre C2 = 1 18 9 -féleképpen tehetünk. dék 18 nem ász lapból kilencet, melyet C 18 = 9 Azon lehetségek számát, amikor Csilla kap két ászt megkapjuk, ha az egyes eddig megállapított lehetségek szorzatát vesszük:
2 10 1 9 C4 C28 C2 C18 =

4 2

28 10

2 1

18 . 9

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

77

Hasonlóan, ha Csilla egy ászt kap, és valamelyik fiú kap két ászt, akkor 4 28 3 17 . Az összes megfelel széaz összes lehetség 2 · 8 1 11 2 tosztás száma tehát: 4 28 3 17 4 28 2 18 . +2· 8 1 11 2 9 2 10 1 2. Csillának odaadjuk a piros hetest. Kedvez esetet kapunk, ha még kap négy, öt, hat vagy hét piros lapot. Ha még négy piros lapot kap, akkor 7 4 ezeket C7 = -féleképpen tudjuk kiválasztani. Ekkor a maradék 24 4 24 7 nem piros lapból még 7-et kell neki adni, melyre C 24 = lehetsé7 20 10 günk van. Gábor a megmaradt 20 lapból kap 10-et, melyre C 20 = 10 lehetség van. A maradék 10 lap Jánosé lesz. Tehát amikor Csillának öt piros lapja van (melybl egy a piros hetes), az összes esetek száma
4 7 10 C7 C24 C20 =

7 4

24 7

20 . 10

Hasonlóan kell okoskodnunk azokban az esetekben is, amikor Csilla még öt, hat illetve hét piros lapot kap. Az összes esetek száma így a következ: 7 24 20 4 7 10 5 6 10 6 5 10 7 4 10 C7 C24 C20 + C7 C24 C20 + C7 C24 C20 + C7 C24 C20 = + 4 7 10 7 24 20 7 24 20 7 24 20 + + . 5 6 10 6 5 10 7 4 10 3. Gábornak csak a hetes, nyolcas, kilences és tizes lapokból választunk, 16 10 melyet C16 = -féleképpen tudunk megtenni. Csillának a maradék 10 12 22 lapból választunk 12 lapot, melyre C 22 lehetségünk van. Az így maradt 10 lap pedig Jánosé lesz. Tehát az összes esetek száma:
10 12 C16 C22 =

16 10

22 12

=

16! 22! 16!22! · = . 10!6! 12!10! 6!(10!)2 12!

4. Jánosnak az ászokon és a királyokon kívül még két lapot kell választani a 24 2 többi 24 lapból, melyet C24 = -féleképpen tudunk megtenni. Csil2 12 lának a maradék 22 lapból választunk 12 lapot, melyre C 22 lehetségünk

78

2. SZÁMFOGALMAK

van. Az így maradt 10 lap pedig Gáboré lesz. Tehát az összes esetek száma: 24! 22! 24! 24 22 2 12 = · = . C24 C22 = 12 2 2!22! 12!10! 2 · 10!12!

3. fejezet

Vektorterek
1. Vektorterek és altereik
3.1. Feladat. A vektortér definíciójának felhasználásával igazolja az alábbi állításokat: 1. C vektortér R felett. 2. A legfeljebb n-edfokú valós együtthatós polinomok P n halmaza vektortér R felett, ahol n N. 3. Egy [a, b] zárt intervallumon értelmezett valós érték függvények F [a,b] halmaza vektortér R felett. Megoldás. 1. (C, +) Abel-csoport, mivel C test. A valós számok halmaza része a komplex számok halmazának, így bármely , R és z, z 1 , z2 C esetén (z1 + z2 ) = z1 + z2 és ( + )z = z + z teljesül a disztributivitás miatt és (z) = ()z az asszociativitás miatt. Nyilván igaz 1z = z is. 2. Legfeljebb n-edfokú polinomok összegének foka is legfeljebb n, így P n zárt az összeadásra nézve, továbbá polinomok összeadása kommutatív, asszociatív és egy an xn + · · · + a1 x + a0 polinom inverze (-an )xn + · · · + (-a1 )x + (-a0 ). Az azonosan nulla polinom nullelem, így P n Abelcsoport az összeadásra nézve. A skalárszorzásra vonatkozó vektortér axiómák szintén teljesülnek, hiszen ha p 1 = an xn + · · · + a1 x + a0 és p2 = bn xn + · · · + b1 x + b0 tetszleges Pn -beli polinomok és , valós számok, akkor (p1 + p2 ) = (an xn + · · · + a1 x + a0 + bn xn + · · · + b1 x + b0 ) = ( + )p1 = (( + )an )xn + · · · + (( + )a1 )x + (( + )a0 ) = ((p1 )) = ((an )xn + · · · + (a0 )) = (an )xn + · · · + (a0 ) = ()p1 ,
79

(an )xn + · · · + (a0 ) + (bn )xn + · · · + (b0 ) = p1 + p2 ,

(an )xn + · · · + (a0 ) + (an )xn + · · · + (a0 ) = p1 + p2 ,

80

3. VEKTORTEREK

1p1 = (1an )xn + · · · + (1a1 )x + (1a0 ) = p1 . 3. Könnyen látható, hogy F[a,b] Abel-csoport a pontonkénti összeadásra nézve: nullelem az [a, b]-n azonosan nulla függvény, egy f : [a, b] R, x f (x) függvény inverze az x -f (x) függvény, a kommutativitás és az asszociativitás nyilvánvaló. Legyen f 1 , f2 : [a, b] R, , R, ekkor ((f1 + f2 ))(x) = ((f1 + f2 )(x)) = (f1 (x) + f2 (x)) = f1 (x) + f2 (x) = (f1 )(x) + (f2 )(x) = (f1 + f2 )(x), (( + )f1 )(x) = ( + )f1 (x) = f1 (x) + f1 (x) = (f1 + f1 )(x), ((f1 ))(x) = (f1 )(x) = f1 (x) = (()f1 )(x), (1f1 )(x) = 1f1 (x) = f1 (x). 3.2. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy mely vektortér axiómák teljesülnek, ha R2 -en a vektortér mveleteket a következképpen definiáljuk: az összeadás legyen (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = (x1 + y1 , x2 + y2 ), tehát a hagyományos koordinátánkénti összeadás; a skalárszorzás pedig (x 1 , x2 ) = (x1 , 2x2 ). Megoldás. Mivel az összeadás a szokásos, így az Abel-csoportra vonatkozó tulajdonságok teljesülnek. A skalár szorzás axiómái esetén (x + y) = ((x1 , x2 ) + (y1 , y2 )) = (x1 + y1 , x2 + y2 ) = ((x1 + y1 ), 2(x2 + y2 )) = (x1 , 2x2 ) + (y1 , 2y2 ) = (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = x + y,

( + ) x = ( + ) (x1 , x2 ) = (( + )x1 , 2( + )x2 ) = (x1 , 2x2 ) + (x1 , 2x2 ) = (x1 , x2 ) + (x1 , x2 ) = x + x, tehát az els kett teljesül. A harmadik tulajdonságnál míg ( x) = ( (x1 , x2 )) = (x1 , 2x2 ) = (x1 , 4x2 ),

() x = ()(x1 , x2 ) = (x1 , 2x2 ), tehát ez nem teljesül, ahogyan az utolsó axióma sem: 3.3. Feladat. Vektorteret alkotnak-e az alábbi halmazok a valós számok teste felett, a szokásos összeadással és skalárszorzással? 1. Pontosan n-edfokú polinomok halmaza és a zérus polinom, ahol n 2, 2. Legfeljebb n-edfokú polinomok amelyekre igaz, hogy p(1) = 1, 3. Legfeljebb n-edfokú polinomok amelyekre igaz, hogy p(1) = 0, 4. Legfeljebb n-edfokú polinomok amelyekre igaz, hogy p(x) = p(-x), 1 x = 1 (x1 , x2 ) = (x1 , 2x2 ) = (x1 , x2 ) = x.

1. VEKTORTEREK ÉS ALTEREIK

81

5. Azon [a, b] zárt intervallumon értelmezett valós érték függvények amelyekre igaz, hogy f (a) + f (b) = 0. 6. Azon (a1 , . . . , an ) Rn szám n-esek amelyekre igaz, hogy a1 ·· · ··an = 0. Megoldás. 1. Nem, mert ez a halmaz nem zárt az összeadásra nézve. Például ha p1 (x) = an xn +an-1 xn-1 +· · ·+a0 , p2 (x) = (-an )xn +bn-1 xn-1 +· · ·+b0 , ahol an = 0 és an-1 = -bn-1 , akkor a p1 + p2 polinom (n - 1)-edfokú lesz. 2. Ez a halmaz nem tartalmaz zéruselemet, így nem lehet vektortér. 3. Mivel ez a halmaz a Pn vektortér részhalmaza, így a mveletek tulajdonoságai örökldnek. A kérdés tehát az, hogy ez a halmaz zárt-e az összeadásra és a skalárszorzásra nézve, azaz, hogy ilyen tulajdonságú polinomok összege illetve skalárszorosa szintén rendelkezik-e azzal a tulajdonsággal, hogy az 1 helyen nulla értéket ad. Mivel ha a p 1 és p2 polinomoknak gyöke az 1, akkor ezen polinomok összegének is gyöke lesz, illetve tetszleges R esetén a p 1 polinomnak is gyöke lesz, így ez vektortér. 4. Ismét a vektortérmveletkre való zártságot kell ellenrizni. Legyenek p1 , p2 Pn olyan polinomok, amelyekre p1 (x) = p1 (-x) és p2 (x) = p2 (-x), ekkor (p1 + p2 )(x) = p1 (x) + p2 (x) = p1 (-x) + p2 (-x) = (p1 + p2 )(-x), továbbá tetszleges R esetén (p1 )(x) = p1 (x) = p1 (-x) = (p1 )(-x),

tehát ez a halmaz vektortér. 5. Legyenek f1 , f2 : [a, b] R függvények olyanok, hogy f 1 (a) + f1 (b) = 0 és f2 (a) + f2 (b) = 0. Ekkor (f1 + f2 )(a) + (f1 + f2 )(b) = f1 (a) + f2 (a) + f1 (b) + f2 (b) = 0, továbbá tetszleges R esetén (f1 )(a) + (f2 )(b) = f1 (a) + f2 (b) = 0,

tehát ez a halmaz vektortér. 6. Nem vektortér, hiszen például a (0, 1, . . . , 1) és (1, 0, . . . , 0) szám n-esek elemei a halmaznak, de összegük nem, hiszen az (1, 1, . . . , 1) szám nesbeli számok szorzata 1 és nem pedig nulla. 3.4. Feladat. Legyen V egy vektortér a T test felett. Igazoljuk, hogy a H V halmaz akkor és csak akkor lesz altér V -ben, ha bármely , T, és x, y H esetén x + y H.

82

3. VEKTORTEREK

Megoldás. Definíció szerint egy H V halmaz altér V -ben, ha bármely T és x, y H esetén x és x + y elemei H-nak. Igazolni kell tehát, hogy ezek egyenértékek a feladatban szerepl feltételekkel. 1. Tegyük fel, hogy tetszleges , T, és x, y H esetén x + y H. Ekkor y = 0 választással x H, és = = 1 választással x + y H, tehát H altér. 2. Tegyük fel, hogy H altér és legyenek , T, x, y H tetszlegesek. Ekkor definíció szerint x H és y H, így ezen két H-beli vektor összege is eleme H-nak, tehát x + y H. 3.5. Feladat. Alteret alkotnak-e az alábbi halmazok a megadott vektorterekben? 1. H1 = {(x1 , x2 , x3 ) R3 | x1 + x2 + x3 = 1} halmaz R3 -ban, 2. H2 = {(x1 , x2 , x3 ) R3 | x1 + x2 + x3 = 0} halmaz R3 -ban, 3. H3 = {(x1 , x2 ) R2 | x1 = 0} halmaz R2 -ben, 4. H4 = {a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 P3 | a3 · a2 · a1 · a0 = 0} halmaz Pn -ben, 5. H5 = {f : [a, b] R | f folytonos} halmaz az [a, b] zárt intervallumon értelmezett valós érték függvények vektorterében. Megoldás. 1. H1 nem lehet altér, hiszen nem eleme a nullvektor. 2. Legyen , R és x, y H2 , tehát x1 + x2 + x3 = 0, y1 + y2 + y3 = 0. A 3.4. feladat szerint H2 akkor lesz altér, ha x + y H2 . Mivel

x + y = (x1 , x2 , x3 ) + (y1 , y2 , y3 ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , x3 + y3 ), így ezen vektor koordinátáinak összege x 1 + y1 + x2 + y2 + x3 + y3 = (x1 + x2 + x3 ) + (y1 + y2 + y3 ) = 0, tehát H2 altér. 3. Használjuk most az altér definícióját, legyen R és x, y H 3 . Ekkor x + y = (0, x2 ) + (0, y2 ) = (0, x2 + y2 ) H3 , tehát H3 zárt az összeadásra és a skalárszorzásra nézve, azaz altér. 4. H4 zárt a skalárszorzásra, hiszen ha a p = a 3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 polinomra teljesül, hogy a3 · a2 · a1 · a0 = 0, akkor a p polinomban szerepl együtthatókra is: a3 · a2 · a1 · a0 = 0. Azonban H4 nem zárt az összeadásra, így nem altér. Valóban, ha két polinom olyan, hogy az együtthatóik között van nulla, ebbl még nem következik, hogy az összegük is ilyen. Például p1 = x 3 + x 2 + x + 0 H 4 , p1 + p2 = 2x3 + 2x2 + x + 1 H4 . / p2 = x3 + x2 + 0 · x + 1 H 4 , x = (0, x2 ) = (0, x2 ) H3 ,

1. VEKTORTEREK ÉS ALTEREIK

83

5. H5 altér, mivel folytonos függvények összege és skalárszorosa is folytonos függvény. 3.6. Feladat. Határozzuk meg, hogy milyen halmazt alkotnak az alábbi vektorok összes lineáris kombinációi a megadott vektorterekben: 1. x = (1, 2), y = (2, 4) az R2 vektortérben, 2. x = (1, 2), y = (1, 3) az R2 vektortérben, 3. x = (1, 2, 0), y = (2, 1, 0) az R3 vektortérben, 4. p1 = x2 , p2 = x a P2 vektortérben. Megoldás. 1. A két vektor összes lineáris kombinációinak halmaza: Mivel x + µy = (1, 2) + µ(2, 4) = ( + 2µ)(1, 2), így ez a halmaz az (1, 2) vektor többszöröseibl áll, azaz az origón átmen (1, 2) irányú egyenes. 2. Ezen két vektor összes lineáris kombinációi kiadják a teljes R 2 teret. Valóban, ha z = (z1 , z2 ) R2 akkor léteznek olyan , µ R skalárok, amelyekre z = x + µy, hiszen az alábbi egyenletrendszer z1 z2 = 1 1 +µ 2 3 azaz z1 = + µ z2 = 2 + 3µ {x + µy|, µ R}.

egyenletrendszer megoldható: = (2z 2 - z1 )/3, µ = (2z1 - z2 )/3. Tehát az [x, y] sík vektorait állítja el az x és y vektorok lineáris kombinációja. 4. A p1 = x2 , p2 = x polinomok összes lineáris kombinációjaként azon legfeljebb másodfokú polinomok állnak el, amelyek nem tartalmaznak konstans tagot: p1 +µp2 = x2 +µx, ahol , µ tetszleges valós számok. 3.7. Feladat. Határozzuk meg, hogy milyen geometriai alakzatot alkotnak R2 és R3 alterei.

tetszleges z1 , z2 valós számok esetén megoldható: = 3z 1 - z2 , µ = z2 - 2z1 . 3. Az x = (1, 2, 0), y = (2, 1, 0) vektorok lineáris kombinációjaként elálló vektorok harmadik koordinátája szintén nulla lesz, és az összes olyan z vektor esetén, aminek a harmadik koordinátája nulla, léteznek olyan , µ skalárok, hogy z = x + µy, hiszen a z1 1 2 z1 = + 2µ z2 = 2 + µ 1 z2 = 2 + µ azaz z3 0 0 0 = 0

84

3. VEKTORTEREK

Megoldás. 1. R2 -nek triviális alterei a {0} (csak a zérusvektorból álló halmaz) és maga az R2 halmaz. Tegyük fel, hogy H egy olyan altér, amely tartalmazza az x = 0 vektort. Ekkor szükségképpen tartalmazza ezen vektor skalárszorosait is, azaz a x alakú vektorokat ( R), amelyek egy origón átmen x irányú egyenes vektorai. Mivel ez a halmaz zárt az összeadásra is, így altér. Hogyha H tartalmazna olyan y vektort ami nincs ezen az egyenesen, azaz y = x, akkor R 2 minden vektora elállna x és y lineáris kombinációjaként, tehát H = R 2 teljesülne. Eszerint R2 nem triviális alterei az origón átmen egyenesek. 2. R3 nem triviális alterei az origón átmen egyenesek és síkok, hiszen ha egy altér tartalmaz egy x nem nulla vektort, akkor annak összes skalárszorosát is tartalmazza, azaz egy 0-n átmen egyenest. Ha az altér tartalmaz olyan y vektort ami nincs ezen az egyenesen, akkor az altér tartalmazza a teljes síkot, ami az x és y vektorokra és az origóra illeszkedik. Ezen sík zárt az összeadásra és a skalárszorzásra, tehát altér. Ha az altér tartalmazna ezen síkon kívül es vektort, akkor az altér a teljes R3 térrel egyezne meg. 3.8. Feladat. Legyenek U és H alterek a V vektortérben. 1. Mikor teljesül, hogy U H is altér? 2. Mikor teljesül, hogy U H is altér? 3. Mikor teljesül, hogy U + H = {u + h | u U, h H} is altér? Megoldás. 1. Két altér metszete mindig altér. Ha x, y U H, akkor x, y U miatt x + y U és x, y H miatt x + y H, tehát x + y U H. Hasonlóan x U , x H tetszleges skalár esetén, mivel U és H alterek, így x U H, azaz U H is altér. 2. Tegyük fel, hogy U H is altér. Ekkor tetszleges u U és h H esetén u + h U H , azaz u + h U vagy u + h H teljesül. Az els esetben u + h = u1 valamely u1 U esetén, így h U , a második esetben pedig u H. Tehát bármely u U és h H esetén u H vagy h U teljesül, ami csak akkor lehetséges, ha az egyik altér tartalmazza a másikat, U H vagy H U . Nyilvánvaló, hogy a feltétel elégséges is. 3. Belátjuk, hogy U + H altér. Legyen x, y U + H, ekkor x = u1 + h1 és y = u2 + h2 valamely u1 , u2 U és h1 , h2 H esetén. Ekkor x + y = u1 + u2 + h1 + h2 U + H

2. LINEÁRIS FÜGGSÉG, BÁZIS, DIMENZIÓ

85

és tetszleges R esetén x = u1 + h1 U + H.

2. Lineáris függség, bázis, dimenzió
3.9. Feladat. Lineárisan függetlenek vagy függek-e az alábbi vektorrendszerek: 1. lineárisan független vektorrendszerbl elhagyunk egy elemet, 2. lineárisan függ vektorrendszerhez hozzáveszünk még egy elemet, 3. a rendszer egyik eleme egy másiknak kétszerese, 4. a rendszer egyik eleme három másiknak az összege, 5. a rendszer egyik eleme a nullvektor. Megoldás. 1. Ha a kapott vektorrendszer lineárisan függ, akkor a rendszer elemeibl a zérusvektor nem triviális lineáris kombinációval is elállítható. Ez a kombináció viszont az eredeti vektorrendszer elemeinek is egy nem triviális lineáris kombinációja (az elhagyott elem együtthatóját 0-nak választva), amely viszont ellentmond a rendszer lineárisan függetlenségének. Tehát a vizsgált vektorrendszer lineárisan független. 2. Az elz pont gondolatmenetéhez hasonlóan belátható, hogy lineárisan függ vektorrendszert kapunk. 3­5. Ha egy vektorrendszer valamely vektora kikombinálható a többibl, akkor a vektorrendszer lineárisan függ. Ebbl következik, hogy mind a három vektorrendszer lineárisan függ. 3.10. Feladat. Igazoljuk, hogy az x, y, z vektorrendszer pontosan akkor lineárisan független, ha az 1. x, x + y, x + y + z vektorrendszer lineárisan független, 2. x, y - x, z - x vektorrendszer lineárisan független. Megoldás. Mindkét állítás bizonyításához azt a tételt fogjuk használni, miszerint egy vektorrendszer pontosan akkor lineárisan független, ha vektoraiból a nullvektort csak triviális lineáris kombinációval lehet elállítani (olyan lineáris kombinációt nevezünk triviálisnak, amelyben minden együttható nulla). 1. Elször tegyük fel, hogy x, y, z linárisan független vektorok. Be kell látni, hogy x + (x + y) + (x + y + z) = 0

86

3. VEKTORTEREK

csak akkor lehetséges, ha az , , együtthatók mind nullák. Átrendezve az egyenlséget ( + + )x + ( + )y + z = 0 adódik. Mivel x, y, z lineárisan függetlenek, így + + = 0, + = 0, = 0, amibl = = = 0 adódik. Megfordítva, legyen x, x + y, x + y + z lineárisan független vektorrendszer. Ekkor ha így - = 0, - = 0, = 0, amibl = = = 0 következik, tehát az x, y, z vektorok is lineárisan függetlenek. 2. Legyenek az x, y, z vektorok linárisan függetlenek és tegyük fel, hogy Ekkor 0 = x + (y - x) + (z - x). 0 = x + y + z = ( - )x + ( - )(y + z) + (x + y + z),

0 = ( - - )x + y + z miatt - - = = = 0, így = = = 0, tehát az x, y, z vektorok is lineárisan függetlenek. Megfordítva, tegyük fel, hogy x, y - x, z - x lineárisan függetlenek. Ekkor ha akkor + + = = = 0 miatt = = = 0. 3.11. Feladat. Lineárisan függetlenek-e a megadott vektorrendszerek? (a) P3 vektortérben: p1 (x) = (x-1)2 , p2 (x) = x2 -1, p3 (x) = 2x2 +2x-3. (b) C3 komplex vektortérben: x = (1, 0, 1), y = (i, 1, 0), w = (i, 2, 1 + i). Megoldás. (a) Vizsgáljuk, hogy az 1 p1 (x) + 2 p2 (x) + 3 p3 (x) = 0 polinomegyenletnek létezik-e az 1 = 2 = 3 = 0 megoldáson kívül más megoldása. A polinomegyenlet a következ alakban írható: azaz mindex x valós szám esetén 1 (x - 1)2 + 2 (x2 - 1) + 3 (2x2 + 2x - 3) = 0 (x R), (x R) 0 = x + y + z = ( + + )x + (y - x) + (z - x),

(1 + 2 + 23 )x2 + (-21 + 23 )x + (pha1 - 2 - 33 ) = 0 · x2 + 0 · x + 0.

2. LINEÁRIS FÜGGSÉG, BÁZIS, DIMENZIÓ

87

Felhasználva, hogy két polinom akkor és csak akkor egyezik meg egymással, ha az együtthatóik rendre megegyeznek, a következ lineáris egyenletrendszert kapjuk: 1 +2 +23 =0 -21 +23 =0 1 -2 -33 =0 A második egyenlethez az els egyenlet kétszeresét hozzáadva, a harmadik egyenletbl pedig az els egyenletet kivonva adódik: 1 + 2 +23 =0 -22 +63 =0 -22 -53 =0 Most a harmadik egyenletbl a másodikat kivonva a következ egyenletrendszerhez jutunk: 1 + 2 + 23 =0 -22 + 63 =0 -113 =0 melybl azonnal adódik, hogy 3 = 0, így 2 = 0, ezért 1 = 0. Tehát a 0 csak a triviális módon kombinálható ki a p 1 , p2 , p3 polinomokból, így azok lineárisan függetlenek. (A lineáris egyenletrendszerek megoldásának módszereit lásd a 4. fejezet 4. részében.) (b) Vizsgáljuk, hogy az 1 i i 1 0 +2 1 +3 2 = 0 1 0 1+i
x y w

egyenletnek létezik-e az 1 = 2 = 3 = 0 megoldáson kívül más megoldása C-ben. A következ egyenletrendszert kell megoldanunk: 1 +i2 + 2 + 1 i3 =0 23 =0

+(1 + i)3 =0

88

3. VEKTORTEREK

Az els egyenletet a harmadikból kivonva, majd a második egyenlet iszeresét a harmadikhoz hozzáadva a következ egyenletrendszer adódik: 1 +i2 + 2 + i3 =0 23 =0

(1 + 2i)3 =0 melybl látható, hogy csak az 1 = 2 = 3 = 0 teljesíti, így az x, y, w vektorrendszer lineárisan független C 3 -ban. 3.12. Feladat. A valós függvények terében lineárisan független rendszert alkotnak-e a következ függvényrendszerek? 1. (1 + x)2 , 4, 6x, x2 ; 2. cos2 x, 4, cos 2x; 3. sin x, cos x; 4. 1, x, x2 , x3 , . . . , xn . Megoldás. 1. A függvények lineárisan függek, hiszen 1 1 (1 + x)2 = · 4 + · 6x + x2 , 4 3 2 függvény eláll a másik három lineáris kombinációtehát az (1 + x) jaként. 2. A jól ismert 1 cos2 x = (cos 2x + 1) (x R) 2 azonosságot felhasználva kapjuk, hogy 1 1 (x R), cos2 x = · 4 + cos x 8 2 így a rendszer lineárisan függ. 3. Két vektor csak akkor lehet függ, ha egyik a másiknak lineáris kombinációja. Tegyük fel, hogy létezik c R, melyre sin x = c·cos x minden x valós szám esetén. Ekkor sin x tan x = =c x = + k (k Z) , cos x 2 amely nyilvánvalóan nem igaz. Tehát a két függvény lineárisan független. 4. Mivel két polinom akkor és csak akkor egyezik meg egymással, ha az együtthatóik rendre megegyeznek, az n xn + n-1 xn-1 + · · · + 1 x + 0 · 1 = 0 (x R)

2. LINEÁRIS FÜGGSÉG, BÁZIS, DIMENZIÓ

89

polinomegyenletbl következik, hogy n = n-1 = · · · = 1 = 0 = 0, azaz a 0 csak triviálisan állítható el a függvények lineáris kombinációjaként, tehát a rendszer lineárisan független. 3.13. Feladat. Legyen V egy n-dimenziós valós vektortér. Az alábbi állítások közül melyek igazak? 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. V -ben van n + 1 elem lineárisan független vektorrendszer. V bármely két generátorrendszere egyenl elemszámú. V bármely két minimális generátorrendszere egyenl elemszámú. Ha G elemszáma n és független, akkor generátorrendszere V -nek. Ha G elemszáma n és generátorrendszere V -nek, akkor független is. Bármely n elem részhalmaz generátorrendszere V -nek. Van olyan n - 1 elem halmaz, amely generátorrendszere V -nek. Van olyan n + 1 elem halmaz, amely generátorrendszere V -nek.

Megoldás. 1. Az állítás nem igaz. V n dimenziós, így bázisainak elemszáma n. Az n + 1 elem lineárisan független vektorrendszer létezése ellentmondana annak, hogy a bázis egy olyan lineárisan független vektorrendszer, mely maximális elemszámú. 2. Az állítás nem igaz. V egy bázisa generátorrendszer, melynek elemszáma n, hiszen V n-dimenziós. Ha ehhez a bázishoz hozzáadunk egy újabb vektort V -bl, akkor nyilvánvalóan szintén generátorrendszert kapunk, melynek elemszáma már n + 1. 3. Az állítás igaz, hiszen minimális generátorrendszer bázis, így elemszáma mindig n. 4. Az állítás igaz, hiszen ekkor G szükségképpen bázis, így generátorrendszer is. 5. Az állítás igaz, hiszen ekkor G minimális generátorrendszer, tehát bázis, így független. 6. Az állítás nyilvánvalóan nem igaz. Például ha n > 1 és x V , akkor L(x, 2 · x, . . . , n · x) = L(x) = V . 7. Az állítás nem igaz, hiszen V minimális generátorrendszerének elemszáma n. 8. Az állítás igaz, hiszen ha V egy bázisához hozzáveszünk egy új vektort, akkor egy n + 1 elembl álló generátorrendszert kapunk. 3.14. Feladat. Legyen a1 = (0, 1, 0), a2 = (0, 0, 1), b1 = (0, 2, 1) és b2 = (0, 1, 2). Igazoljuk, hogy az a1 , a2 illetve a b1 , b2 vektorrendszerek ugyanazt az alteret generálják R3 -ban.

90

3. VEKTORTEREK

Megoldás. Az a1 , a2 vektorrendszer nyilvánvalóan az [y, z] síkot generálja, hiszen az L := {(0, y, z) | y, z R} altér minden vektora felírható lineáris kombinációjukként: 0 0 0 y = y 1 +z 0 . 0 1 z
a1 a2

A b1 , b2 elemei L-nek, és szintén generálják az altér valamennyi elemét: 0 0 0 y = 2 y - 1 z 2 + 2 z - 1 y 1 . 3 3 3 3 1 2 z PSfrag replacements
b1 b2

z b2

a2
a1

b1 y

x 3.15. Feladat. Legyen a1 = (1, 2, 3). Adjon meg olyan a2 és a3 vektorokat R3 -ban, melyekkel a1 1, 2 illetve 3 dimenziós alteret generál. Megoldás. (a) 3 vektor akkor generál 1 dimenziós alteret (0-n átmen egyenest) R 3 ban, ha egymás skalárszorosai. Például a1 = (1, 2, 3), a2 = (2, 4, 6), a3 = (3, 6, 9). (b) 3 vektor akkor generál 2 dimenziós alteret (0-n átmen síkot) R 3 -ban, ha lineárisan függek, de kiválasztható bellük két lineárisan független. Például a1 = (1, 2, 3), a2 = (1, 1, 1), a3 = (2, 3, 4). Itt ugyanis a3 = a1 + a2 . (c) Ha a 3 vektor lineárisan független, a teljes R 3 vektorteret legenerálják. Például a1 = (1, 2, 3), a2 = (1, 0, 0), a3 = (0, 1, 0).

2. LINEÁRIS FÜGGSÉG, BÁZIS, DIMENZIÓ

91

3.16. Feladat. Határozzuk meg az alábbi vektorterek egy bázisát és dimenzióját: 1. 2. 3. 4. A A A A komplex számok vektortere R felett. valós együtthatós polinomok Pn vektortere R felett. legfeljebb n-edfokú komplex együtthatós polinomok R felett. valós számok halmaza Q felett.

Megoldás. 1. Ha z C, akkor létezik a, b R úgy, hogy z = a + bi = a · 1 + b · i, azaz z eláll az 1 és az i komplex számok lineáris kombinációjaként. Tehát az 1, i rendszer generátorrendszere C-nek R felett. Az 1, i rendszer nyilván független is, így bázis. Ennek a bázisnak az elemszáma 2, ennélfogva a vektortér dimenziója is 2. 2. Az 1, x, x2 , . . . , xn polinomok halmaza nyilvánvalóan generátorrendszere a Pn vektortérnek és lineárisan független is (lásd 3.12. feladat), így bázisa Pn -nek. Tehát Pn dimenziója n + 1. 3. Az 1, i, x, ix, x2 , ix2 , . . . , xn , ixn polinomok halmaza lineárisan független és generátorrendszere a legfeljebb n-edfokú komplex együtthatós polinomok R feletti vektorterének, így bázis is. Tehát a vektortér dimenziója 2(n + 1). 4. A vektortérnek nem létezik véges bázisa, végtelen dimenziós. Ennek bizonyításához indirekt tegyük fel, hogy létezik véges bázis: a 1 , a2 , . . . an . Ekkor azonban ha x R, akkor létezik x 1 , x2 , . . . , xn Q úgy, hogy x = x1 a1 + x2 a2 + . . . xn an . Viszont az így elállítható valós számok halmazának számossága egyenl a racionális számok n-szeres Descartes-féle szorzatával, mely a 2.55. feladat alapján megszámlálható. Ez ellentmond annak a ténynek, hogy a valós számok számossága nem megszámlálható (lásd 2.56). Az ellentmondás oka az indirekt feltevés volt. 3.17. Feladat. Tekintsük a valós együtthatós polinomok P n valós vektorterét. Hány dimenziós alteret alkotnak a megadott polinomhalmazok? 1. L1 = {p Pn |p(2004) = 0}. 2. L2 = {p Pn |p(x) = p(-x) x R}. Megoldás. 1. Ha p(2004) = 0, akkor p(x) felírható (x - 2004)p (x) alakban, ahol p (x) Pn-1 . Ezért p eláll a B1 := {(x - 2004) · 1, (x - 2004)x, (x - 2004)x 2 , . . . , (x - 2004)xn-1 }

92

3. VEKTORTEREK

halmaz elemeinek lineáris kombinációjaként. B 1 lineárisan független is, ugyanis az polinomegyenletbl x = 2004 esetén az 0 · 1 + 1 x + . . . n-1 xn-1 = 0 0 (x - 2004) · 1 + . . . n-1 (x - 2004)xn-1 = 0 (x R)

egyenlet következik, melynek csak az 0 = 1 = · · · = n-1 = 0 a megoldása. Tehát L1 -nek B1 bázisa, mely n darab elembl áll, ezért L 1 dimenziója n. 2. Legyen p(x) = an xn + an-1 xn-1 + · · · + a1 x + a0 . Két esetet tárgyalunk n paritásától függen. (a) Legyen n páros. Ebben az esetben, p(x) = p(-x) a következ egyenletet jelenti: an xn + an-1 xn-1 + · · · + a1 x + a0 = an xn - an-1 xn-1 + · · · - a1 x + a0 amely ekvivalens az an-1 xn-1 + an-3 xn-3 + · · · + a1 x = 0 (x R)

(x R, x = 2004)

egyenlettel. Ebbl következik, hogy az a n-1 , an-3 , . . . , a1 együtthatók 0-val egyenlek, így az L2 alteret legenerálja a halmaz. Ez a halmaz nyilván lineárisan független is, így L 2 n nek egy bázisa. B2 -nek + 1 darab eleme van, mely éppen L2 2 dimenziója. (b) Legyen n páratlan. A másik esethez hasonlóan belátható, hogy a B2 := {xn-1 , xn-3 , . . . , x4 , x2 , 1} n-1 + 1. halmaz bázisa L2 -nek, így a dimenzió 2 3.18. Feladat. Van-e olyan bázisa a legfeljebb harmadfokú valós együtthatós polinomok vektorterének, mely nem tartalmaz elsfok vagy másodfokú polinomot? Megoldás. Igen, van. Egy bázis, amely nem tartalmaz elsfokú polinomot: x3 , x2 , x2 + x, 1 Egy bázis, amely nem tartalmaz másodfokú polinomot: x3 , x3 + x2 , x, 1 B2 := {xn , xn-2 , . . . , x4 , x2 , 1}

(x R)

2. LINEÁRIS FÜGGSÉG, BÁZIS, DIMENZIÓ

93

3.19. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy a b 1 , b2 , b3 vektorrendszer bázist alkote R3 -ban. Amennyiben igen, adjuk meg az x = (4, 3, 1) vektor koordinátáit az adott bázisra vonatkozóan: (a) b1 = (1, 1, 1), (b) b1 = (1, 2, 2), (c) b1 = (2, 4, 2), b2 = (2, 1, 2), b2 = (4, -2, -2), b2 = (1, 2, 2), b3 = (1, 2, 3), b3 = (3, 3, 4), b3 = (1, -8, -5), (e) b1 = (1, 2, 3), (f ) b1 = (1, 2, 3), (g) b1 = (2, 2, 0), b2 = (4, 5, 6), b3 = (-1, 1, 0), b2 = (2, 6, 9), b3 = (4, 9, 14), b3 = (7, 8, 9), b3 = (0, 0, 1). Megoldás. (a) Mivel a vektorrendszer 3 tagú, annak igazolásához, hogy bázis elegend belátni, hogy a rendszer lineárisan független. Ehhez pedig meg kell viszgálni, hogy az 1 b1 + 2 b2 + 3 b3 = 0 egyenletnek létezik-e nem triviális megoldása. Az egyenlet a következ lineáris egyenletrendszerrel egyezik meg: 1 + 2 + 3 =0 1 +22 +23 =0 1 +22 +33 =0 A második és harmadik sorból az els sort kivonva, majd az így kapott egyenletrendszerben a harmadik sorból a másodikat kivonva a következ egyenletrendszert kapjuk: 1 +2 +3 =0 2 +3 =0 3 =0 melyrl azonnal leolvasható, hogy az 1 = 2 = 3 = 0 az egyetlen megoldása, tehát a vektorrendszer lineárisan független, így bázis. Az x vektor koordinátáinak meghatározásához meg kell oldani az x1 b1 + x2 b2 + x3 b3 = x egyenletet, mely az x1 + x2 + x3 =4 x1 +2x2 +2x3 =3 x1 +2x2 +3x3 =1

94

3. VEKTORTEREK

egyenletrendszer alakban írható, amely a feladat els részében leírt módon a következ alakra hozható: x1 +x2 +x3 = 4 x2 +x3 =-1 x3 =-2 Ebbl kapjuk, hogy x3 = -2, x2 = 1 és x1 = 5. Tehát a b1 , b2 , b3 bázisra vonatkozó koordinátája x-nek (5, 1, -2). Megjegyezzük, hogy a második egyenletrendszer egyértelm megoldhatósága maga után vonja a vektorrendszer bázis voltát. Ugyanis, ha a b1 , b2 , b3 vektorrendszer nem bázis, akkor nem generátorrendszer és lineárisan függ is, így egy R3 -beli vektor vagy nem áll el a b1 , b2 , b3 vektorok lineáris kombinációjaként, vagy többféleképpen eláll. Azaz az egyenletrendszer ellentmondásos, vagy a megoldás nem egyértelm. (b) Az elz pont megjegyzése alapján csak az x 1 b1 + x2 b2 + x3 b3 = x egyenlettel, azaz az x1 +2x2 +3x3 =4 2x1 + x2 +3x3 =3 2x1 +2x2 +4x3 =1 egyenletrendszerrel foglalkozunk. A második és harmadik sorból az els sor kétszeresét kivonva, majd a második sort 2-vel, a harmadik sort pedig 3-mal szorozva a következt kapjuk: x1 +2x2 +2x3 = 4 -6x2 -6x3 =-10 -6x2 -6x3 =-21 Az egyenletrendszer utolsó két sora egymásnak ellentmond, így a megadott vektorrendszer nem bázis. (c) Az (a) pont megjegyzése alapján csak az x 1 b1 + x2 b2 + x3 b3 = x egyenlettel, azaz az 2x1 +4x2 + x3 =4 4x1 -2x2 -8x3 =3 2x1 -2x2 -5x3 =1

2. LINEÁRIS FÜGGSÉG, BÁZIS, DIMENZIÓ

95

egyenletrendszerrel foglalkozunk. Az els sor kétszeresét illetve egyszeresét a második illetve harmadik sorból kivonva a következ egyenletrendszert kapjuk: 2x1 + 4x2 + x3 = 4 -10x2 -10x3 =-5 - 6x2 - 6x3 =-3 A második és a harmadik sor egymás konstansszorosai, így az egyik elhagyható. A 2x1 + 4x2 + x3 = 4 -10x2 -10x3 =-5

3.20. Feladat. Legyen V egy vektortér, és H, L két altér V -ben. Válaszoljon az alábbi kérdésekre!

egyenletrendszer megoldása nem egyértelm, így a b1 , b2 , b3 vektorrendszer nem bázis. (d) A vektorrendszer bázis. Ebben a bázisban x koordinátái (30, 1, -7). (e) A vektorrendszer nem bázis. (f) A vektorrendszer bázis. Ebben a bázisban x koordinátái (7/4, -1/2, 1).

(a) Ha dim V = 6, dim H = 4, dim L = 3 és H + L = V , akkor hány dimenziós H L? (b) Igaz-e, hogy ha dim V = 8, dim H = 5 és dim L = 4, akkor H és L metszete tartalmaz nem nulla vektort? (c) Ha dim(H + L) = dim H + 1 és dim L = 4, akkor mit mondhatunk H L dimenziójáról? Megoldás. (a) Az alterek dimenziójára vonatkozó tétel szerint dim(H L) = dim H + dim L - dim(H + L) = dim H + dim L - dim V = 1. (b) Igaz, hiszen dim(H +L) maximum 8, így a metszet dimenziója az elz pontban alkalmazott tétel szerint minimum 1. (c) Az els pontban alkalmazott tétel szerint a H és L metszetének dimenziója 3.

96

3. VEKTORTEREK

3. Alterek direkt összege
3.21. Feladat. Tekintsük az R3 vektortérben az alábbi altereket: H1 = {(x, 0, 0)|x R} H2 = {(0, y, 0)|y R} H3 = {(0, 0, z)|z R} H4 = {(x, y, 0)|x, y R} H5 = {(0, y, z)|y, z R} Az alábbi állítások közül melyek igazak? 1. 2. 3. 4.

R 3 = H1 + H2 + H3 , R 3 = H1 H2 H3 , R 3 = H4 + H5 , R 3 = H4 H5 .

Megoldás. 1. 2. Az állítások nyilván igazak, hiszen minden R 3 -beli vektor eláll H1 , H2 és H3 -beli vektorok összegeként: ha (x, y, z) R 3 akkor (x, y, z) = (x, 0, 0) + (0, y, 0) + (0, 0, z). Mivel ez az elállítás egyértelm, az alterek összege egyben direkt összeg is. Ez egyébként következménye annak a tételnek is, miszerint V = A B akkor és csak akkor, ha V = A + B és A B = {0}, ahol V egy vektortér és A,B ennek alterei. 3. 4. Teljesül, hogy R3 = H4 + H5 , hiszen tetszleges x = (x, y, z) R3 vektor eláll H4 és H5 -beli vektorok összegeként, de az elállítás nem egyértelm, így a 4. állítás nem igaz. Valóban,
T T b

H5

(x, y, z) = (x, y, 0) + (0, 0, z)
e1 H4 e2 H5

(x, y, z) = (x, 0, 0) + (0, y, z)
b1 H4 b2 H5

e2 b1

b2

B x E



e1

q

H4


3. ALTEREK DIREKT ÖSSZEGE

97

tehát x-et többféleképpen is fel lehet bontani H 4 és H5 -beli vektorok összegére. Az a tény, hogy a 4. állítás nem igaz, abból is következik, hogy a H4 és H5 alterek metszete nem csak a nullvektorból áll. 3.22. Feladat. Oldjuk meg az alábbi feladatokat, amelyek arra a tételre vonatkoznak, miszerint ha H egy altér a V vektortérben, akkor létezik olyan L altér V -ben, amelyre V = L H. 1. Legyen H1 = {(0, y, y)|y R}. Határozzunk meg egy olyan H 2 alteret R3 -ban, amelyre R3 = H1 H2 teljesül és határozzuk meg az x = (2, 3, 4) vektor egyértelm felbontását H 1 illetve H2 -beli vektororok összegére! 2. Legyen L1 = {(x, x, z)|x, z R}. Határozzunk meg egy olyan L 2 alteret R3 -ban, amelyre R3 = L1 L2 teljesül és határozzuk meg az x = (1, 2, 3) vektor egyértelm felbontását L1 illetve L2 -beli vektororok összegére! 3. Legyen P1 az az altér P4 -ben, amit a p1 = 2x3 +x és a p2 = x2 polinomok generálnak. Adjunk meg egy olyan P2 altert, hogy P4 = P1 P2 és írjuk fel a p = 3x4 + 4x3 + 3x2 + x + 3 polinom egyértelm felbontását P 1 és P2 -beli polinomok összegére. Megoldás. 1. Mivel a H1 altér 1-dimenziós, így H2 -nek egy olyan 2-dimenziós alteret választhatunk, hogy H1 és H2 bázisainak egyesítése R3 egy bázisát adja. Legyen például

H2 = L(e1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0)), azaz az [x, y] sík (természetesen más alteret is választhattunk volna). Keressük azokat az egyértelmen létez a, b, c R számokat, amikre 2 0 1 0 3 = a 1 + b 0 + c 1 4 1 0 0
H1 H2

98

3. VEKTORTEREK

teljesül. Innen a = 4, b = 2, c = -1. 2 0 2 3 = 4 + -1 4 4 0
b1 H1 b2 H2

T

H1
b1 E

0 % b2 ©

H2

2. Mivel az L1 altér 2-dimenziós és egy bázisát alkotják a b1 = (1, 1, 0), b2 = (0, 0, 1) vektorok, így az L2 altér 1-dimenziós lesz. L2 lehet bármelyik olyan altér, amit egy b3 vektor generál és b1 , b2 , b3 lineárisan független vektorrendszer. Legyen például b3 = (1, 0, 0), ekkor keressük azokat az a, b, c R számokat, amikre 0 1 1 1 2 = a 1 + b 0 + c 0 1 0 0 3
L1 L2

teljesül. Innen a = 2, b = 3, c = -1. 3. A P1 altér 2-dimenziós, így a P2 altér 3-dimenziós. Legyen például P 2 az az altér, amelyet a p3 = x4 , p4 = x, p5 = 1 polinomok generálnak. Ekkor 3x4 +4x3 +3x2 +x+3 = 3x4 +2(2x3 +x)+3x2 -x+3 = 3p3 +2p1 +3p2 -p4 +3p5 , tehát a felbontás: p = 3x4 + 4x3 + 3x2 + x + 3 = 4x3 + 3x2 + 2x + 3x4 - x + 3 .
2p1 +3p2 P1 3p3 -p4 +3p5 P2

4. Lineáris sokaságok, faktortér
3.23. Feladat. Állapítsuk meg, hogy x + H és y + L ugyanazt a lineáris sokaságot jelenti-e a V vektortérben vagy sem, ha

4. LINEÁRIS SOKASÁGOK, FAKTORTÉR

99

1. V = R3 , x = (1, 2, 3), H = L((2, 1, 1), (1, 0, 1)), y = (1, -2, 4), L = L((1, 1, 2), (3, 1, 2)), 2. V = R2 , x = (1, 2), H = L((2, 1)), y = (-1, 1), L = L((-4, -2)), 3. V = R3 , x = (1, 0, 0), H = L((1, 1, 0), (0, 0, 1)), y = (2, 3, 4), L = L((1, 1, 2), (1, 1, 3)). Megoldás. Az x + H és az y + L lineáris sokaságok megegyeznek, ha irányalterük azonos és y x + H. 1. Nem egyezhet meg a két lineáris sokaság, mivel irányalterük különböz, hiszen például az (1, 0, 1) vektor nem állítható el az L altér bázisvektorainak lineáris kombinációjaként, nem léteznek olyan t, l R számok, hogy 1 1 3 0 = t 1 + l 1 , 1 2 2 1 = t + 3l 0 = t+l . 1 = 2t + 2l

vagyis

Látható, hogy a két utolsó egyenlet ellentmond egymásnak. 2. Mivel (-4, -2) = -2(2, 1), így L = H, tehát az irányalterek megegyeznek. Ezután a kérdés az, hogy y eláll-e x + h alakban, ahol h H, azaz létezik-e olyan t R, hogy -1 1 1 2 +t . 2 1
x hH

T ! s y

x+H =y+L x
E

=

Mivel t = -1 esetén ez teljesül, a két lineáris sokaság megegyezik. A lineáris sokaság megadásánál x és y is választható reprezentánsvektornak, akárcsak a lineáris sokaság bármely másik eleme. 3. A két lineáris sokaság irányaltere megegyezik, hiszen a H altér bázisvektorainak lineáris kombinációciójával elállíthatóak az L altér bázisvektorai: 1 1 0 1 = 1 + 2 0 , 2 0 1 1 1 0 1 = 1 + 3 0 . 3 0 1

100

3. VEKTORTEREK

Látható, hogy ilyen számok nem léteznek, tehát a két lineáris sokaság különbözik, de irányalterük ugyanaz (két, egymással párhuzamos sík). 3.24. Feladat. Válaszoljon az alábbi kérdésekre, amelyek a lineáris sokaságokkal végezhet mveletekre vonatkoznak! 1. Legyen H egy altér R3 -ban. Mivel egyenl az (1, 2, 3)+H és a (2, -1, -1)+ H lineáris sokaságok összege? 2. Legyen H egy altér R3 -ban. Mivel egyenl az (1, 0, 1) + H lineáris sokaság 6-szorosa? 3. Legyen H egy altér a V vektortérben. Mikor teljesül, hogy (x + H) + (y + H) = H? 4. Mikor teljesül, hogy x + y + H = y + H? 5. Legyen H = {(x, -x)|x R} egy R2 -beli altér és tekintsük a (1, 1)+H alakú lineáris sokaságokat. Ezek közül melyikkel lesz egyenl a (4, 2)+H és a (2, 0) + H lineáris sokaságok összege? Megoldás. 1. Két lineáris sokaság összege az alábbi módon van definiálva: (x + H) + (y + H) = (x + y) + H. Így ((1, 2, 3) + H) + ((2, -1, -1) + H) = (3, 1, 2) + H.

Most megvizsgáljuk, hogy y eleme-e az x + H lineáris sokaságnak, azaz léteznek-e olyan t, l R számok, hogy 0 1 1 0 1 1 2 3 = 0 + t 1 + l 0 , vagyis 3 = t 1 + l 0 . 1 0 4 1 0 0 4

2. Lineáris sokaság skalárral való szorzásása definíció szerint: (x + H) = x + H. Eszerint 6((1, 0, 1) + H) = (6, 0, 6) + H. 3. Mivel (x + H) + (y + H) = (x + y) + H, így ez akkor és csak akkor lesz egyenl H-val, ha x + y H. 4. Pontosan akkor teljesül, hogy x + y + H = y + H, ha x + y y + H azaz ha x H. 5. Mivel ((4, 2) + H) + ((2, 0) + H) = (6, 2) + H, a kérdés az, hogy milyen R szám esetén lesz (6, 2) + H = (1, 1) + H, ami pontosan akkor teljesül, ha (6, 2) (1, 1) + H. Ekkor 6 2 = x 1 , + -x 1 vagyis 6 = +x 2 = -x

4. LINEÁRIS SOKASÁGOK, FAKTORTÉR

101

valamely x R esetén. Innen x = 2 és = 4, tehát (6, 2) + H = (4, 4) + H.
T Q E I

H

(6, 2) + H = (4, 4) + H

E

(2, 0) + H

(4, 2) + H

3.25. Feladat. Határozza meg a V /H faktorteret és adja meg egy bázisát, ha 1. 2. 3. 4. 5. V V V V V = R2 és H = L((2, 1)), = R3 és H = L((1, 0, 0), (0, 0, 1)), = R3 és H = L((0, 0, 1)), = C és H = {z C|Im(z) = 0} azaz a valós számok, = P4 és a H alteret a p1 = x2 és a p2 = x polinomok generálják.

Megoldás. 1. A V /H faktortér elemei az x + H, x R2 alakú lineáris sokaságok, azaz azok a párhuzamos egyenesek, amelyeknek irányvektora (2, 1). A faktortér dimenziója dim V - dim H = 1, egy lehetséges bázisa például a (0, 1) + H lineáris sokaság, ennek skalárszorosaként a faktortér valamennyi eleme elállítható.
T

(0, 1) + H H

T

E

2. A V /H faktortér elemei az x + H, x R3 alakú lineáris sokaságok, azaz az [x, z] síkkal párhuzamos síkok. Mivel (x, y, z) + H = (x, 0, z) +(0, y, 0) + H = (0, y, 0) + H,
H

102

3. VEKTORTEREK

így a faktortér elemeinek megadásánál választhatunk olyan reprezentánsvektorokat, amelyeknek csak a második koordinátája nem nulla: V /H = {(0, y, 0) + H|y R}. A faktortér dimenziója: dim V - dim H = 1, egy lehetséges bázisa a (0, 1, 0) + H lineáris sokaság. 3. A faktortér elemei az x + H, x R3 alakú lineáris sokaságok, azaz a z-tengellyel párhuzamos egyenesek. A faktortér 2-dimenziós, egy lehetséges bázisát adják az (1, 0, 0) + H, (0, 1, 0) + H alakú lineáris sokaságok, tehát V /H = {(x, y, 0) + H|x, y R}. Valóban, egy tetszleges x = (x, y, z) R3 vektor esetén (x, y, z) + H = (x, y, 0) + H, így ennek a lineáris sokaságnak a felírása ebben a bázisban: x((1, 0, 0) + H) + y((0, 1, 0) + H) = (x, y, 0) + H = (x, y, z) + H (0, 1, 0) + H
T

(1, 0, 0) + H

(x, y, z) + H

E © ©

y

E

x

s

4. A komplex számoknak a valós számok szerint vett faktorterének elemei olyan, komplex számokból álló halmazok, amelyekben a számok képzetes része azonos. Valóban, C/R elemei a z + R alakú halmazok, és ha a z1 , z2 C számok képzetes része azonos, akkor z 1 + R = z2 + R: z1 + R = (a1 + bi) + R = bi + R = (a2 + bi) + R = z2 + R. Így a faktortér elemeinek leírásához választhatunk olyan reprezentánsokat, amelyeknek valós része nulla, tehát C/R = {bi + R|b R}. A faktortér 1-dimenziós, egy lehetséges bázisa i + R. 5. A faktortér elemei a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x +a0 + H = a4 x4 + a3 x3 + a0 + H alakúak, tehát azok a polinomok, amelyekben csak a másod- illetve az elsfokú tag együtthatója tér el, ugyanabba a lineáris sokaságba tartoznak és együttesen adják ki a faktortérnek egy elemét. V /H dimenziója: dim V - dim H = 5 - 2 = 3, egy lehetséges bázisát adják az x 4 + H, x3 + H, 1 + H halmazok.
H H

4. fejezet

Mátrixok, lineáris egyenletrendszerek
1. Mátrixok
4.1. Feladat. Állapítsuk meg, hogy az alábbi mátrixok szorzata értelmezve van-e, és ha igen, akkor milyen típusú mátrix lesz az eredmény: (a) A3×2 · B2×7 , (b)(A2×3 )T · B2×2 , (c)A1×3 · B1×3 ,

(d)(A1×3 )T · B1×3 , (e)(A7×1 )T · B7×1 , (f )A3×2 · B2×4 · C4×5 . Megoldás. Két mátrixot akkor tudunk összeszorozni, ha az els mátrixnak pontosan annyi oszlopa van, ahány sora van a másodiknak. Ebben az esetben az eredménymátrixnak annyi sora van, mint az els mátrixnak, és annyi oszlopa, mint a második mátrixnak. Ezek alapján a feladat megoldása a következ: (a) A szorzat értelmezett, az eredménymátrix 3 × 7 típusú. (b) Az A2×3 mátrix transzponáltja 3 × 2 típusú, így a szorzat értelmezett, az eredménymátrix 3 × 2 típusú. (c) A szorzat nem értelmezett, hiszen az els mátrixnak három oszlopa van, míg a másodiknak csak 1 sora. (d) A szorzat értelmezett, az eredménymátrix 3 × 3 típusú. (e) A szorzat értelmezett, az eredménymátrix 1 × 1 típusú, azaz egy valós szám. (f) A mátrixszorzás asszociativitását felhasználva: A3×2 · B2×4 · C4×5 = (A3×2 · B2×4 ) · C4×5 = (AB)3×4 · C4×5 , tehát a szorzat értelmezett és az eredménymátrix 4 × 5 típusú.
103

104

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

4.2. Feladat. Számítsuk ki az alábbi szorzatokat: 1 2 5 6 4 8 10 3 (a) · , (b) · , 3 4 7 8 1 2 4 1 2 3 2 0 0 1 1 5 5 · 1 0 0, (d) 1 1 0 0 1 0 5 4 1 -3 · -7 , 2 1 1 2 (f ) 3 2 0 3 2 1 6 2 2 · 0 4 2 , 1 0 1 1 9 11 1 1 0 2 3 · 1 1, 1 1

(c)

(e)

(g) Megoldás.

1 3 5 7 0 2 · , 2 1 4 2 1 2

(h)

0 2 1 3 5 7 · . 1 2 2 1 4 2

(a) A sor-oszlop kompozíciós szorzás definíciója alapján a szorzatmátrix i-edik PSfrag replacements úgy kapjuk meg, hogy az els mátrix isorának j-edik elemét edik sorában lév elemeket rendre beszorozzuk a második mátrix j-edik oszlopában lév elemekkel, és ezeket a szorzatokat összeadjuk. Ezek alapján 1 2 5 6 · 3 4 7 8 = 1·5+2·7 1·6+2·8 3·5+4·7 3·6+4·8 = 19 22 . 43 50

Mátrixok szorzása szemléltethet az alábbi módon is: 5 6
7 8 22 50

1
3

2 4

19
43

Ennél a felírásnál jól látható, hogy egy adott elem kiszámításánál melyik sort melyik oszloppal kell szorozni. 72 20 18 5 3 2 2 5 5 1 1 0 1 9 14 7 20 38 32 4 11 12 4 2 8 4 5 5 13 11 7 5

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

5 5

(g)

nincs értelmezve (h)

1. MÁTRIXOK

105

1 4.3. Feladat. Legyen x = 3. Számítsuk ki az (x · xT )3 és (xT · x)3 2 értékeket. Megoldás. (x · xT )3 = = 3 3 1 1 3 2 3 · 1 3 2 = 3 9 6 2 2 6 4 1 3 2 1 3 2 1 3 2 3 9 6 · 3 9 6 · 3 9 6 2 6 4 2 6 4 2 6 4 14 42 28 1 3 2 196 588 392 42 126 84 · 3 9 6 = 588 1764 1176 . 28 84 56 2 6 4 392 1176 784 3 1 1 3 2 · 3 = (1 + 9 + 4)3 = 143 = 2744. 2 3 4 1 0 0 1 0 2 1 0 1 0 3 3 1 0 3 4 1 0 0 1 0 7 3 4 0 = 1 7 8 . 2 0 0 1

=

(xT · x)3 =

4.4. Feladat. Határozzuk megadott helyen: 1 (a) 1 0 Megoldás. (a)

meg az f (x) = 2x 2 - 3x + 2x0 polinom értékét a (b)

(b)

1 2 · 1 0 8 4 = 0

2 3 4 1 1 0 - 3 · 1 0 1 0 12 16 3 9 - 3 3 8 8 0 2 0 0

3 4 1 1 0 + 2 · 1 0 1 0 12 2 0 + 0 2 0 3 0 0

0 2 0 2 1 8 4 -1 0 2 1 0 2 1 1 0 . 2 · 0 1 0 - 3 · 0 1 0 - 2 · 0 1 0 = 0 -3 15 7 3 3 1 3 3 1 3 3 1

106

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

4.5. Feladat. Legyen A és B olyan mátrixok, melyek esetén értelmezve van az AB szorzat. Az alábbi állítások közül melyek igazak: 1. AB sorvektorai a B sorvektorainak lineáris kombinációi. 2. AB sorvektorai az A sorvektorainak lineáris kombinációi. 3. AB oszlopvektorai az A oszlopvektorainak lineáris kombinációi. 4. AB oszlopvektorai az A sorvektorainak lineáris kombinációi. Megoldás. 1. Legyen A Mk×n , B Mn×m . Jelöljük az A mátrix elemeit aij -vel, a B mátrix elemeit bjl -vel, j-edik sorvektorát bj -vel illetve az AB mátrix i-edik sorvektorát ci -vel (i = 1, . . . , k; j = 1, . . . , n; l = 1, . . . , m). Az AB mátrix i-edik sorának elemei az A mátrix i-edik sorának és a B mátrix oszlopainak sor-oszlop kompozíciós szorzatai, tehát
n n n

ci = =

aij bj1 ,

aij bj2 , . . . ,

j=1

j=1

j=1

n

aij bjm
n j=1

(aij bj1 , aij bj2 , . . . , aij bjm ) =
j=1 n

aij (bj1 , bj2 , . . . , bjm )

=
j=1

aij bj .

Így ci valóban eláll a B vektor sorvektorainak lineáris kombinációjaként, az állítás igaz. 2. Az elz pont alapján adódik, hogy az állítás nem igaz. 3. Az 1. ponthoz hasonlóan belátható, hogy az állítás igaz. 4. Az elz pont alapján adódik, hogy az állítás nem igaz. 4.6. Feladat. Mutassuk meg, hogy fels trianguláris mátrixok szorzata is fels trianguláris. Megoldás. Legyen A = (aij ) Mn×n és B = (bij ) Mn×n fels trianguláris mátrixok. Egy kvadratikus mátrix pontosan akkor fels trianguláris, ha fátlója alatt mindenütt 0 van, így (*) ha i > j, akkor aij = 0 és bij = 0. Legyen AB := C = (cij ) Mn×n . Azt kell igazolnunk, hogy ha i > j, akkor cij = 0. Legyen 1 j < i n. Ekkor () miatt
n i-1 l=1 n

cij =
l=1

ail blj =

ail blj +
0 l=i

ail blj = 0,
0

1. MÁTRIXOK

107

amit bizonyítani akartunk. 4.7. Feladat. Legyen A = (aij ) és B = (bij ) n × n típusú mátrixok, melyek minden sorában az elemek összege 1. Igazoljuk, hogy AB = (c ij ) is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal. Megoldás. Legyen 1 i n. Ekkor
n n n n n n n n

cij =
j=1 j=1 s=1

ais bsj =
j=1 s=1

ais bsj =
s=1

ais
j=1 1

bsj =
s=1

ais = 1.

4.8. Feladat. Igazoljuk, hogy nem léteznek olyan A és B kvadratikus mátrixok, melyekre AB - BA = E teljesülne, ahol E az egységmátrixot jelöli. Megoldás. Legyen A = (aij ) Mn×n és B = (bij ) Mn×n . A bizonyításban azt használjuk fel, hogy az E Mn×n egységmátrix fátlójában lév elemek összege n. Legyen AB - BA := C = (c ij ) Mn×n . Ekkor
n n

cii =
l=1

ail bli -

bik aki ,
k=1

így a C mátrix fátlójában lév elemek összege:
n n n n

c11 + · · · + cnn =
n

l=1 n

a1l bl1 - a1n bln -

k=1

b1k ak1 + · · · +
n

l=1

anl bln -
n

bnk akn
k=1

=
l=1 n

a1l bl1 + · · · +
n

l=1 n n

k=1 n n

b1k ak1 + · · · + akl blk -

bnk akn akl blk = 0.

k=1 n n

=
k=1 l=1

akl blk -

akl blk =
l=1 k=1 k=1 l=1

k=1 l=1

Ebbl következik, hogy C nem lehet az egységmátrix. 4.9. Feladat. Adjunk meg olyan 2 × 2 nemzéró mátrixot, melynek a négyzete a zérómátrix. Megoldás. Például a 0 0 0 1 mátrix teljesíti a kívánt feltételt.

4.10. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy minden n N esetén cos x - sin x sin x cos x
n

=

cos nx - sin nx . sin nx cos nx

108

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

Megoldás. A feladatot n szerinti teljes indukcióval látjuk be. Az állítás n = 1 esetén nyilvánvalóan teljesül. Tegyük fel, hogy az egyenlség igaz n = k esetén, azaz cos x - sin x sin x cos x cos x - sin x sin x cos x = = =
k+1 k

=

cos kx - sin kx . sin kx cos kx
k

Ekkor, felhasználva a mátrixszorzás asszociativitását, n = k + 1-re = cos x - sin x sin x cos x · cos x - sin x sin x cos x

cos kx - sin kx cos x - sin x · sin kx cos kx sin x cos x cos kx cos x - sin kx sin x -(cos kx sin x + sin kx cos x) sin kx cos x + cos kx sin x cos kx cos x - sin kx sin x cos(k + 1)x - sin(k + 1)x , sin(k + 1)x cos(k + 1)x

amely éppen az állítás n = k + 1-re. A bizonyítás utolsó lépésében a sin( + ) = sin cos + cos sin cos( + ) = cos cos - sin sin

azonosságokat használtuk. 4.11. Feladat. Mutassuk meg, hogy (a) szimmetrikus mátrixok összege is szimmetrikus, (b) ferdeszimmetrikus mátrixok összege is ferdeszimmetrikus, (c) bármely kvadratikus mátrix eláll egy szimmetrikus és egy ferdeszimmetrikus mátrix összegeként, (d) ferdeszimmetrikus mátrix fátlójában mindenütt nulla áll, (e) ha A és B szimmetrikus továbbá AB = BA, akkor AB is szimmetrikus. Megoldás. (a) Legyen A és B szimmetrikus mátrixok, azaz A T = A és B T = B. Ekkor (A + B)T = AT + B T = A + B, tehát az A + B mátrix is szimmetrikus. (b) Legyen A és B ferdeszimmetrikus mátrixok, azaz A T = -A és B T = -B. Ekkor (A + B)T = AT + B T = -A + (-B) = -(A + B), tehát az A + B mátrix is ferdeszimmetrikus. 1 A + AT mátrix (c) Legyen A kvadratikus mátrix. Ekkor az A 1 := 2 1 szimmetrikus, az A2 := A - AT mátrix ferdeszimmetrikus és A = 2 A1 + A 2 .

1. MÁTRIXOK

109

(d) Az A kvadratikus mátrix fátlójában lév elemek a transzponálás során a helyükön maradnak. Így az AT = -A egyenlség csak akkor teljesülhet, ha ezen elemek megegyeznek önmaguk -1-szeresével, melybl következik, hogy nullával egyenlek. (e) A feladat feltételele szerint AB = BA. Ezért (AB) T = B T · AT = BA = AB, tehát AB is szimmetrikus. 4.12. Feladat. Az n-edrend kvadratikus mátrixok terében tekintsük a szimmetrikus és a ferdeszimmetrikus mátrixok halmazát: Igazoljuk, hogy Sn és An altér Mn×n -ben, és adjuk meg ezen alterek egy bázisát és dimenzióját! Megoldás. A 4.11. feladat szerint az összeadás nem vezet ki sem S n -bl, sem An -bl. Felhasználva a (A)T = AT azonosságot adódik, hogy a skalárszorzás sem vezet ki a fenti halmazokból, így vektorteret alkotnak. Sn egy bázisa: 1 0 ... 0 0 0 ... 0 0 0 ... 0 0 0 . . . 0 0 1 . . . 0 0 0 . . . 0 n db. . . .. . . . .. . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 ... 0 0 0 ... 0 0 0 ... 1 n - 1 db. . . . 0 1 ... 1 0 . . . . . .. . . . . . 0 0 ... 0 0 . . . . . . 0 0 ... . .. . . . 0 . . . 0 ... 0 0 . . . . . . 0 1 1 0 Sn = {A Mn×n |AT = A} An = {A Mn×n |AT = -A}.

. . . 0 0 ... 1 0 0 . . . 0 1 db. . . .. . . . . . . . . 1 0 ... 0 Ugyanis a megadott mátrixok szimmetrikusak és lineáris kombinációikkal elállítható az összes szimmetrikus mátrix, tehát S n generátorrendszerét alkotják. Másrészt lineárisan függetlenek is, hiszen a 1 ... 0 0 ... 1 1 . . . s . . . . . . 1 . . . . . + · · · + s . . . . . = . . . . . . . . . . . 0 ... 0 1 ... 0 s . . . n

110

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

mátrix csak akkor lehet egyenl a zérusmátrixszal, ha 1 = · · · = s = 0. n(n + 1) n(n + 1) , így Sn A bázis elemszáma, s = 1 + 2 + · · ·+ (n - 1) + n = 2 2 dimenziós. An egy bázisának megkonstruálása teljesen hasonlóan kapható. Figyelembe kell venni, hogy a 4.11. feladat alapján ferdeszimmetrikus mátrix fátlójában csak 0 állhat, így n darabbal kevesebb báziselemünk lesz (az S n bázisában szerepl els n elemre itt nincs szükség). An egy bázisa: 0 ... 0 0 0 1 ... 0 . .. -1 0 . . . 0 . . . . . . . . n - 1 db. . . . . . . . .. . . . 0 . . . 0 1 . . . . 0 0 ... 0 0 . . . -1 0 . . . . . . 0 0 ... 1 0 0 . . . 0 1 db. . . .. . . . . . . . . -1 0 . . . 0 Így An dimenziója 1 + 2 + · · · + (n - 1) = (n - 1)n . 2 4.13. Feladat. Jelölje E (ij) azt a n × n típusú (elemi) mátrixot, amelyiket úgy kapunk az egységmátrixból, hogy annak i-edik sorát felcseréljük a j-edik sorával. Mi történik akkor, ha egy mátrixot balról illetve jobbról beszorzunk E (ij) -vel? Megoldás. Legyen ek az egységmátrix k-adik sorvektora, A = (a ij ) Mn×n . Ekkor ek · A = (ak1 , . . . , akn ), azaz az A mátrix k-adik sora. Az E (ij) mátrixszal balról való szorzásnál, a sor-oszlop kompozíciós szorzás definíciója miatt tehát az A mátrix sorai lesznek az eredménymátrix sorai. Azonban az A mátrix i-edik sora az eredménymátrix j-edik sorában, az A mátrix j-edik sora pedig az eredménymátrix i-edik sorában szerepel, tehát az E (ij) mátrixszal balról való szorzás az i-edik sort felcseréli a j-edik sorral az A mátrixban. Hasonló gondolatmenettel látható be, hogy az E (ij) mátrixszal jobbról való szorzás az i-edik és j-edik oszlopok felcserélését eredményezi.

1. MÁTRIXOK

111

Példa: 1 0 0 1 4 7 1 0 0 0 1 · 4 7 1 0 1 2 3 · 0 5 6 0 8 9 2 3 5 6 = 8 9 0 0 0 1 = 1 0 1 7 4 1 4 7 2 3 8 9 5 6 3 2 6 5 9 8

4.14. Feladat. Adjunk meg olyan 3 × 3 mátrixot, amellyel a balról való szorzás minden 3 × 3-as mátrix els sorát megkétszerezi, a harmadikhoz pedig hozzáadja a második sor háromszorosát. Megoldás. Ismert, hogy amilyen elemi átalakításokkal keletkezik az E egységmátrixból az elemi mátrix, ugyanolyan elemi átalakításokkal keletkezik az A-ból az A mátrix. Ezt a tételt kétszer alkalmazva adódik, hogy megkapjuk a kívánt mátrixot, ha az egységmátrixon elvégezzük a megadott átalakításokat, azaz els sorát megkétszerezzük, harmadik sorához pedig hozzáadjuk a második háromszorosát. Tehát a keresett mátrix: 2 0 0 0 1 0 0 3 1 Például: 2 4 5 1 2 3 2 0 0 0 1 0 · 4 5 6 = 4 5 6 . 13 16 19 1 1 1 0 3 1 a b c d

4.15. Feladat. Mikor invertálható az A = mítjuk ki az inverzét?

mátrix? Hogyan szá-

Megoldás. Az A mátrix invertálható, ha létezik olyan X = (x ij ) M2×2 mátrix, melyre AX = E, azaz ha megoldható a következ egyenlet: a b x11 x12 · c d x21 x22 = 1 0 0 1

A fenti mátrixegyenlet a következ lineáris egyenletrendszerekkel ekvivalens: ax12 + bx22 = 0 ax11 + bx21 = 1 cx12 + dx22 = 1 cx11 + dx21 = 0 Az els egyenletrendszer els egyenletébl adódik, hogy a és b egyszerre nem lehet nulla. Tegyük fel például, hogy a = 0. Ekkor, a második egyenletc rendszer második egyenletébl az els egyenlet ­szorosát kivonva, majd a a

112

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

második egyenletet a-val beszorozva a következ egyenletrendszert kapjuk: ax12 + bx22 =0 (ad - bc)x22 =a Ez az egyenletrendszer pontosan akkor megoldható, ha ad - bc = 0 és ekkor a -b x22 = és x12 = (ugyanezen eredményre jutottunk volna ad - bc ad - bc a b = 0 feltevés használatával). Hasonlóan gondolkodva kapjuk, hogy az els egyenletrendszer is pontosan akkor oldható meg, ha ad - bc = 0, és -c d és x21 = . megoldása x11 = ad - bc ad - bc Összefoglalva, az A mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha ad-bc = 0, és ebben az esetben a fenti egyenletrendszerek megoldásával kapjuk meg A inverzét: A-1 = 1 ad - bc d -b . -c a

4.16. Feladat. Határozzuk meg az alábbi 2 × 2-es mátrixok inverzét, ha az létezik: (a) 1 2 , (b) 3 4 3 2 , (c) 6 4 cos - sin , (d) sin cos 0 1 . 1 0

Megoldás. A 4.15. feladat eredményeit használjuk a megoldás során. (a) A mátrix invertálható és inverze: - 1 4 -2 -2 1 = . -3 1 3/2 -1/2 2 (b) A mátrix nem invertálható, hiszen a fátlóban lév elemek szorzata megegyezik a mellékátlóban lév elemek szorzatával. (c) A mátrix invertálható és inverze: 1 + sin2 cos sin - sin cos = cos sin . - sin cos

cos2

(d) A mátrix invertálható és inverze önmaga. 4.17. Feladat. Határozzuk meg Gauss-féle szimultán eliminációval a következ mátrixok inverzét, ha létezik:

1. MÁTRIXOK

113

(a)



1 2 3 2 6 11 (b) 1 1 1 1 0 4 4 3 0 0 0 1 (e)



0 1 2 3 4 5 (c) 6 7 8 5 7 9 1 1 4 (f ) 0 2 1



2 1 1 1 1 3 4 2 1



(d)

Megoldás. A Gauss-féle szimultán elimináció során egy A mátrixot elemi sorátalakítások segítségével egységmátrixszá próbálunk alakítani, eközben az A mátrixon végrehajtott átalakításokat szimultán módon végrehajtjuk az egységmátrixon is. Amennyiben az A mátrix átalakítható egységmátrixszá (sorekvivalens az egységmátrixszal), akkor A invertálható, és ugyanezen sorátalakításokkal E-bl megkapjuk A -1 -et. Az elemi sor átalakítások a következek lehetnek: 1. A mátrix sorának skalárszorosát hozzáadjuk egy másik sorhoz. 2. A mátrix két sorát felcseréljük. 3. A mátrix egy sorát zérustól különböz skalárral megszorozzuk. (a) A mátrixunk mellé írjuk az egységmátrixot. Az átalakításokat szimultán végezzük, azaz a két mátrixot egyként kezeljük, a sorokkal végzett mveletek során a teljes sorokkal számolunk. A törtekkel való nehézkes számolások elkerülése céljából érdemes bizonyos sorokat alkalmas skalárokkal beszorozni. 1 2 3 1 0 0 1 2 3 1 0 0 2 6 11 0 1 0 0 2 5 -2 1 0 0 -1 -2 -1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 -2 3 -1 0 1 2 3 1 0 0 5 -2 1 0 0 2 5 -2 1 0 0 2 0 0 1 -4 1 2 0 -2 -4 -2 0 2 4 1 0 0 -5 1 4 1 0 0 -5 1 0 2 0 18 -4 -10 0 1 0 9 -2 -5 2 2 0 0 1 -4 1 0 0 1 -4 1 -5 1 4 Tehát a mátrix invertálható és inverze 9 -2 -5. -4 1 2 (b) Ha az az elem nulla, amelynek a segítségével az oszlopának többi elemét nullázni kellene, akkor az alatta lév sorok valamelyikével felcserélve elérjük, hogy nem nulla elem kerüljön a helyére. Ha ezt nem tudjuk

1 1 -1 -1 1 -1 -1 -1 1 1 -1 1 1 -1 1 1

114

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

Tehát a mátrix nem invertálható, az elimináció tovább nem folytatható. 5 -1 -2 1 0 -4 5 (c) -11 2 (d) -4/3 1/3 16/3 2 0 -1 0 0 1 (e) 7/24 -11/24 -19/24 1/24 -5/24 11/24 (f ) -1/12 5/12 1/12 1/2 0 0 1/2 1/2 -1/2 0 0 1/2 -1/2 -1/2 1/2 -1/2 0 1/2 0

megtenni, akkor a mátrix nem invertálható, az egységmátrixszal. Az elimináció lépései: 3 4 5 0 0 1 2 1 0 0 3 4 5 0 1 0 0 1 2 1 6 7 8 0 6 7 8 0 0 1 3 0 3 4 5 0 1 0 2 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 -1 -2 0 -2 1

hiszen nem sorekvivalens 1 0 0 0 0 1

-3 -4 1 0 0 0 2 1 0 1 -2 1

4.18. Feladat. Számítsuk ki határozzuk meg az A · X = B 1 2 1 3 (a) A= 2 4 (b) Megoldás.

6 10 1 A = 1 2 0 10 9 5

az A mátrix inverzét, és ennek segítségével mátrixegyenlet megoldásait: 4 7 1 3 -2 B = -14 8 -5 11 14 3 7 3 4 1 B = 3 0 2 7 6 1

(a) Gauss-féle szimultán eliminációval számoljuk ki az A mátrix inverzét: 1 2 3 1 0 0 1 2 3 1 0 0 1 3 -2 0 1 0 0 1 -5 -1 1 0 0 0 1 -2 0 1 2 4 7 0 0 1 1 0 13 3 -2 0 1 0 0 29 -2 -13 5 0 1 -5 -1 1 0 0 1 0 11 1 0 0 1 -2 0 1 0 0 1 -2 0 1

2. DETERMINÁNS

115

29 -2 -13 5 . Az AX = B egyenlet mindkét oldalát Tehát A-1 = 11 1 -2 0 1 -1 mátrixszal kapjuk, hogy A -1 A X = A-1 B, balról beszorozva az A azaz
E





29 -2 -13 4 7 1 1 5 0 5 · -14 8 -5 = 85 155 21 . X = 11 1 -2 0 1 11 14 3 3 0 1 -10 41 2 107 -28 74 -20 -1 és X = -52 14 -36. (b) A-1 = 5 11 -46 -2 -119 32 -83 4.19. Feladat. Legyen A kvadratikus mátrix. Igazoljuk, hogy ha A n = 0 valamely n N esetén, akkor E - A invertálható, ahol E jelöli az egységmátrixot. Megoldás. Ha An = 0, akkor az E + A + A2 + · · · + An-1 mátrix az E - A mátrix inverze, hiszen = (E + A + A2 + · · · + An-1 ) - (A + A2 + · · · + An-1 + An ) = E - An = E - 0 = E. (E - A) · (E + A + A2 + · · · + An-1 )

2. Determináns
4.20. Feladat. Igazoljuk, hogy egy permutációban lév inverziók száma megyegyezik a permutációban szerepl azon elempárok számával, melyeknél a nagyobb megelzi a kisebbet. Megoldás. Az állítást a permutáció elemszáma szerinti teljes indukcióval végezhetjük. Az állítás n = 2 esetén nyilvánvaló. Tegyük fel, n = k esetén az állítás igaz, azaz bármely k elem permutációban az inverziók száma megyezezik a permutációban szerepl azon elempárok számával, melyeknél a nagyobb megelzi a kisebbet. 1 ... l l + 1 ... k k + 1 permutáció, melynek Legyen adott az i1 . . . il il+1 . . . ik ik+1 legnagyobb eleme il . Nyilván il -t k - l szomszédos elem felcserélésével tudjuk a k + 1-edik helyre vinni, mely éppen egyenl a feladatban megfogalmazott tulajdonsággal rendelkez azon elempárok számával, melyekben i l

116

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

1 ... l ... k k + 1 permutációban i1 . . . il+1 . . . ik il már csak az els k darab elem között lehet olyan elempár, melyekben a nagyobb megelzi a kisebbet, és az indukciós feltevés miatt ez éppen egyenl 1 ... l ... k az permutáció inverzióinak számával. A fentiekbl i1 . . . il+1 . . . ik következik az állítás. 4.21. Feladat. Határozzuk meg az alábbi permutációkban az inverziók számát, és a permutáció paritását: szerepel. Az így kapott (a) 1 2 3 4 4 2 1 3 (b) 1 2 3 4 5 1 3 4 2 5 (c) 1 2 3 4 5 6 5 1 3 6 2 4

Megoldás. (a) A 4.20 feladat alapján elegend megszámolni, hogy hány olyan elempár van, melyeknél a nagyobb megelzi a kisebbet. A 4 megelzi a nála kisebb 1, 2, 3 elemeket, továbbá a 2 megelzi az 1-et. Így összesen 4 ilyen elempár létezik, tehát az inverziók száma 4. A permutáció paritása az inverziók számának paritása, tehát páros. (b) Az inverziók száma 2, így a permutáció páros. (c) Az inverziók száma 7, így a permutáció páratlan. 4.22. Feladat. Fellépnek-e az alábbi szorzatok egy A = (a ij ) M6×6 mátrix determinánsában? Ha igen, állapítsuk meg, hogy milyen eljellel. (a) a22 a33 a11 a44 a55 , (b) a34 a12 a61 a56 a23 a45 , (c) a11 a23 a64 a22 a56 a45 , (d) a62 a53 a41 a26 a15 a32 , (e) a34 a16 a25 a43 a52 a61 , (f ) a25 a36 a11 a42 a64 a53 . Megoldás. (a) A szorzatban csak 5 tag szerepel (nem 6), tehát nem léphet fel a determinánsban. (b) a34 a12 a61 a56 a23 a45 = a61 a12 a23 a34 a45 a56 , melybl könnyen leolvasható, hogy minden sorból és minden oszlopból pontosan 1 elem szerepel a szorzatban, tehát a determinánsban fellép ilyen tag. 1 2 3 4 5 6 Az permutáció inverzióinak száma 5, azaz paritása 6 1 2 3 4 5 páratlan, így a szorzat negatív eljellel szerepel. (c) a11 a23 a64 a22 a56 a45 = a11 a22 a23 a64 a45 a56 , melyrl könnyen leolvasható, hogy a második sorból két elem is szerepel a szorzatban. Így a szorzat nem fordulhat el a determinánsban. (d) a62 a53 a41 a26 a15 a32 = a41 a32 a62 a53 a15 a26 , melyben a második oszlopból két tag is szerepel. Így a szorzat nem fordulhat el a determinánsban. (e) Páratlan eljellel szerepel a szorzat.

2. DETERMINÁNS

117

(f) Páros eljellel szerepel a szorzat. 4.23. Feladat. Igazoljuk, hogy az M = (m ij ) mátrix determinánsa 0, ha (a) M n × n típusú mátrix, melyben több, mint n 2 - n darab elem 0. (b) M páratlan rend ferdeszimmetrikus mátrix. Megoldás. (a) Egy n × n típusú mátrix determinánsában minden tagban n darab tényezt szorzunk össze. Azonban egy ilyen mátrixnak n 2 darab eleme van, ezért M -nek n-nél kevesebb nem 0 eleme van. Így a determinánsban nincs olyan szorzat, melyben ne szerepelne a 0, tehát minden tag 0, következésképpen a determináns is. (b) Felhasználva, hogy determinánsnál sorból skalárt kiemelhetünk, továbbá bármely A mátrix esetén |A| = AT kapjuk, hogy |M | = MT -m11 -m12 . . . -m21 -m22 . . . = | - M| = . . .. . . . . . -mn1 -mn2 . . . m12 -m22 . . . m12 m22 . . . ... ... .. . -m1n -m2n . . . -mnn

m11 -m21 = -1 · . . .

m1n -m2n = ... . . .

m11 m21 = (-1)n · . . .

-mn1 -mn2 . . . ... ... .. . ...

m1n m2n n . = (-1) |M | = -|M |, . . mnn

-mnn

mn1 mn2

melybl azonnal adódik, hogy |M | = 0. 4.24. Feladat. Számítsuk ki az alábbi determinánsokat Sarrus-szabállyal: 3 2 4 1 0 2 7 -4 1 2 4 1 2 PSfrag replacements1 1 1 (d) 0 0 1 (e) -4 5 16 (c) (b) (a) 1 7 3 4 5 2 3 3 1 0 -4 0 2 Megoldás. (a) A Sarrus-szabály kétszer kettes mátrixokra a következ:
+

a11 a12

- = a11 a22 - a21 a22 ,

a21 a22

PSfrag replacements

118

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

azaz a fátlóban lév elemek szorzatából kivonjuk a mellékátlóban lév1 2 = 4 - 6 = -2. ek szorzatát. Így 3 4 (b) A determináns értéke 14 - 4 = 10. (c) Háromszor hármas mátrixok determinánsának kiszámítása a következ:
+ +

a11 a12 PSfrag replacements a13 a11 a12

+ -

-

- = a11 a22 a33 + a31 a12 a23 + a21 a32 a13 -a31 a22 a13 - a21 a12 a33 - a11 a32 a23 .

a21 a22 a23 a21 a22 a31 a32 a33 a31 a32

Tehát a "fátló irányúak" szorzatainak és a "mellékátló irányúak" szorzatainak a különbsége a determináns. Célszerú a determináns kiszámítását a plussz oszlopok felírása nélkül megtanulni. Ehhez nyújt segítséget a következ ábra: a11
a21 a31 + a12 a13 a22 a23 a32 a33

a11
a21 a31

- a12 a13 a22 a23 a32 a33

A pozitív tagokat a fátló és a fátlóval párhuzamos oldalú háromszgek, a negatív tagokat pedig a mellékátló és a mellékátlóval párhuzamos oldalú háromszögek tartalmazzák. Tehát 3 2 4 1 1 1 = 9 + 10 + 8 - 20 - 6 - 6 = -5. 5 2 3 (d) A determináns értéke -1. (e) A determináns értéke 314. 4.25. Feladat. determinánsát: 1 0 0 1 (a) 0 0 Trianguláris alakra hozással számítsuk ki az alábbi mátrixok 0 0 1 2 2 4 1 3 1 4 0 5 4 2 1 7 0 0 0 4 0 1 1 1 0 1 0 7 1 (c) 3 1 0 0 1 0 1 0 1 1 2 2 0 0 2 1 0 1

(b)

(d)

2 0 -3 1 2 3 1 1 0 -1 -4 0 (e) 0 1 1 1

4 4 (f ) 1 8

1 2 3 2

1 0 1 0 -1 1 0 -1 0 1 0 0

2. DETERMINÁNS

119

Megoldás. (a) Az adott mátrix (a 3 × 3 típusú egységmátrix) eleve háromszög alakú, így determinánsa a fátlóban álló elemek szorzata, tehát 1. (b) Gauss-féle eliminációval átalakítjuk a mátrixot háromszög alakúvá. Oda kell figyelni arra, hogy sorcserénél a determináns ellentétes eljelvé vált, továbbá arra, hogy ha egy sort skalárral szorzok, a skalár kiemelhet a determinánsból, és ezzel elkerülhet a törtekkel való számolás. Tehát 2 2 4 1 5 4 2 1 4 0 1 1 7 1 =- 3 1 1 2 4 2 1 4 2 5 1 0 1 4 1 0 0 0 1 1 =- 3 7 1 1 1 1 0 2 -2 -1 0 -2 -3 -1 0 3 2 5 1 0 0 0 1 1 1 2 -2 -1 0 -5 -3 0 0 9

1 1 1 1 1 1 0 2 -2 -1 =- = - 0 -2 -3 -1 2 2 0 6 4 10 = 45. (c) 0 0 1 0 = 1 0 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 2 2 0 0 0 2 2 0 2 1 =- 0 1 0 2 = 0. 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 2 2 0

1 1 1 1 2 -2 -1 =- 0 -5 -2 2 0 10 13

1 1 0 0 1 1 = 0 0 2 0 1 1

0 2 2 0

1 1 0 0 0 0 1 2 2 2 = 0 0 2 1 1 0 0 -2 -1 1

(d) -16. (e) -56. (f) 0. 4.26. Feladat. A minánsokat: 1 0 (a) 1 0 kifejtési tétel használatával számítsuk ki az alábbi deter3 1 0 2 4 4 3 3 1 2 1 0 3 3 1 3 0 1 2 1 6 3 3 1 1 1 (c) 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 3 6 3 2 4 7 2

(b)

120

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

(d)

-3 0 2 1 2 2 3 -1 0 1 -2 4

1 2 0 1

(e)

2 0 1 2

4 3 6 1

5 4 7 9

6 5 (f ) 8 8

0 1 0 0 1

0 3 0 1 0

2 1 3 2 7

3 2 4 3 3

4 3 5 4 4

Megoldás. (a) A kifejtési tétel használatakor célszer olyan sorokat vagy oszlopokat kiválasztani, amelyekben sok a 0, így a számítások gyorsabban végezhetek. Fejtsük ki a determinánst a negyedik sora szerint, a 3 × 3 determinánsokat pedig a Sarrus-szabállyal számolhatjuk: 1 0 1 0 3 1 0 2 4 4 3 3 1 2 1 0 1 4 1 3 4 1 = 0 · (-1)4+1 1 4 2 + 2 · (-1)4+2 0 4 2 1 3 1 0 3 1 1 3 1 1 3 4 + 3 · (-1)4+3 0 1 2 + 0 · (-1)4+4 0 1 4 1 0 1 1 0 3 = 0 + 2 · 2 - 3 · 6 + 0 = -14. 3 6 1 3 3 1 = 0 · (-1)1+2 1 3 1 + 1 · (-1)2+2 1 3 1 3 1 1 3 1 1 3 6 1 3 6 1 + 2 · (-1)3+2 3 3 1 + 1 · (-1)4+2 3 3 1 1 3 1 3 1 1 (c) A sok 0 miatt célszer az els két oszlop szerinti kifejtéssel számolnunk: 0 0 1 0 0 0 1 1 1 3 6 3 2 0 0 6 7 4 = (-1)(1+2)+(1+2) 0 0 3 2 7 2 1 1 1 2 0 0 1 2 + (-1)(3+4)+(1+2) 0 1 3 4 1 1 3 2 = 0 + 1 · 10 - 2 · 0 + 1 · (-6) = 4.

(b) A második oszlop szerint kifejtve számolunk: 3 3 1 3 0 1 2 1 6 3 3 1 1 1 1 1

+ (-1)(2+3)+(1+2)

= 0 + 0 + 1 · (-2) = -2.

2. DETERMINÁNS

121

(d) 22. (e) 45. (f) 5. 4.27. Feladat. Számítsuk ki az alábbi determinánsok értékét: 1 2 3 1 2 2 5 4 4 0 1 4 1 5 1 2 5 0 8 4 1 5 2 1 3 3 1 1 2 3 7 2 3 2 4 2 0 3 2 1 6 2 0 2 2 3 4 0 2 3 0 1 1 1 1 3 1 0 3 1 1 -6 -7 3 1 3 0 0 -2 3 -9 3 6 -3 6

(a)

(b)

(c)

Megoldás. (a) Nagyobb mátrixok determinánsának kiszámításánál érdemes kombinálni a Gauss-féle eliminációt a kifejtési tétellel. Elször eliminációval átalakítjuk az els két oszlopot, majd ezen oszlopok szerint kifejtünk, mely kifejtésben csak egy tag lesz, ami nem 0: 1 2 3 1 2 2 5 4 4 0 1 4 1 5 1 2 5 0 8 4 1 5 2 1 3 1 2 1 2 1 1 2 0 1 2 1 3 0 1 0 -2 -2 -6 -1 = 0 0 0 2 4 6 0 0 0 0 -4 -1 0 1 0 0
(1+2)+(1+2)

=

1 2 1 2 1 3 2 -4 5 0 4 -6 7 4 13

= (-1)

2 -4 5 1 2 0 4 -6 = 1 · 180 = 180. 0 1 7 4 13

(b) 196. (c) 51. 4.28. Feladat. Határozzuk meg az A mátrix determinánsát, ha az A mátrix aij elemét a következképpen értelmezzük: (a) aij = min(i, j), (b) aij = max(i, j). Megoldás. (a) Gauss-féle eliminációval fels trianguláris alakra hozzuk a mátrixot: 1 1 1 ... 1 2 2 ... 1 2 3 ... . . . .. . . . . . . . 1 2 3 ... 1 1 0 2 3 = 0 . . . . . . 0 n 1 1 ... 1 1 ... 1 2 ... . . .. . . . . . 1 2 ... 1 1 1 ... 0 1 1 ... = ··· = 0 0 1 ... . . . .. . . . . . . . 0 0 0 ... n-1 1 1 2 . . . 1 1 1 = 1. . . . 1

122

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

(b) Gauss-féle eliminációval alsó trianguláris alakra hozzuk a mátrixot:

3 ... 3 ... 3 ... . .. . . . n n n ... 1 2 . . .

1 2 3 . . .

2 2 3 . . .

n n n = . . . n 0 1 . . .

1 1 2 . . . ... ... .. .

2 0 1 . . . 0 0 . . .

3 0 0 . . .

... ... ... .. .

n 0 0 . . . 0

n - 1 n - 2 n - 3 ...

= (-1)n-1

n- 1 n -2 ... 1 2 ...

0 0 . = (-1)n-1 n, . . 1 0 n-1 n

ahol az utolsó lépésben n - 1 darab szomszédos sor cseréjével elértük, hogy a fels sor alulra kerüljön. 4.29. Feladat. Határozzuk meg az alábbi n-edrend determinánsok értékét (n > 1): 1 1 -1 1 0 -2 . . . . . . 0 0 1 ... 1 ... 1 ... . . . 0 ... 1 1 1 . . . 1 1 1 . . . 1 2 2 ... 2 2 2 ... 2 2 3 ... . . . .. . . . . . . . 2 2 2 ... a b b b a b b b a . . . . . . . . . b b b ... ... ... .. . ... 2 2 2 . . . n b b b . . . a

(a)

(b)

-n + 1 1 ... ... ... .. . ... an-1 an-1 an-1 . . . an-1 + bn-1

(c)

1 a1 a2 1 a1 + b1 a2 1 a1 a2 + b 2 . . . . . . . . . 1 a1 a2

(d)

Megoldás.

2. DETERMINÁNS

123

(a) Gauss-féle eliminációval számolunk: 1 1 -1 1 0 -2 . . . . . . 0 0 1 ... 1 ... 1 ... . . . 0 ... 1 1 1 1 1 0 2 2 1 = 0 -2 1 . . . . . . . . . . . . -n + 1 1 0 0 0 1 2 3 = ··· = . . . 1 1 1 . . . ... ... ... ... 1 2 1 . . . 1 2 3 = n!. . . . 1 2 1 . . .

=

1 1 1 ... 0 2 2 ... 0 0 3 ... . . . . . . . . . 0 0 0 ...

1 2 3 . . .

-n + 1 1

1 1 1 ... 0 2 2 ... 0 0 3 ... . . . .. . . . . . . . 0 0 0 ...

-n + 1 1

n

(b) A második sort kivonjuk az összes többi sorból, majd az így kapott determinánst kifejtjük a második oszlopa szerint: 1 2 2 ... 2 2 2 ... 2 2 3 ... . . . .. . . . . . . . 2 2 2 ... 2 2 2 . . . n -1 0 0 . . . 2 2 2 ... 0 0 1 ... . . . .. . . . . . . . 0 0 0 ... 0 2 0 . . . n-2 -1 0 . . . 0 1 ... =2 . . .. . . . . . 0 0 ... 0 0 . . . n-2

=

= -2 (n - 2)! . (c) Gauss-féle eliminációval számolunk: 1 a1 a2 1 a1 + b1 a2 1 a1 a2 + b 2 . . . . . . . . . 1 a1 a2 ... ... ... .. . ... an-1 an-1 an-1 . . . an-1 + bn-1

1 a 1 a2 . . . 0 b1 0 . . . = 0 0 b2 . . . . . . .. . . . . . . . 0 0 0 ... = b1 b2 · · · bn-1 .

an-1 0 0 . . . bn-1

(d) A els sorhoz minden más sort hozzáadunk, így annak minden eleme a + (n - 1)b lesz, ezt az értéket ki tudjuk vinni a determinánsból, így az els sorban csupa 1-es lesz. Ennek b-szeresét levonjuk a többi sorbl, és egy trianguláris mátrixot kapunk, melynek determinánsa a fátlóban

124

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

a b . . . b

lév elemek szorzata: b ... b a + (n - 1)b a + (n - 1)b . . . a ... b b a ... . .. . = . . .. . . . . . . . . . . b ... a b b ... 1 1 ... b a ... = a + (n - 1)b . . . . . . . . . b b ... = (a + (n - 1)b)(a - b)
n-1

a + (n - 1)b b . . . a 1 0 . . . a-b

1 1 1 ... b 0 a - b ... . = . . .. . . . . . . . a 0 0 ... .

4.30. Feladat. Igazoljuk kizárolag sorok (vagy oszlopok) összegzésével, hogy az alábbbi determinánsok nullák: -3 1 1 1 12 22 32 42 1 -3 1 1 22 32 42 52 (a) (b) 1 1 -3 1 32 42 52 62 42 52 62 72 1 1 1 -3 Megoldás. (a) Az els sort ki tudom nullázni, ha a többi sort hozzáadom. A csupa nulla sort tartalmazó mátrix determinánsa pedig 0. (b) A 3. sorból a 2. sort, a 4. sorból a 1. sort kivonva: 12 22 32 42 = 22 32 42 52 32 42 52 62 12 22 32 42 42 22 32 42 52 52 2 = 32 - 2 2 42 - 3 2 52 - 4 2 62 - 5 2 6 42 - 1 2 52 - 2 2 62 - 3 2 72 - 4 2 72

Vegyük észre, hogy a 4. sor a 3. sor 3-szorosa, tehát lineárisan függek, így a determináns 0. 4.31. Feladat. Hogyan változik egy M = (m ij ) Mn×n mátrix determinánsa, ha (a) M minden elemét beszorozzuk egy rögzített számmal? (b) megfordítjuk az oszlopok sorrendjét? (c) M egy eleméhez hozzáadunk egy rögzített számot?

12 22 32 42 2 2 2 2 3 4 52 . 5 7 9 11 3 · 5 3 · 7 3 · 9 3 · 11

2. DETERMINÁNS

125

Megoldás. (a) Az új mátrix determinánsának minden sorából kiemelhet a szorzó, így értéke n |M |. (b) Ha n páros, akkor az oszlopok sorrendjének megfordítását n/2 oszlopcserével tudjuk megoldani, amely n/2 darab eljelváltással jár. Tehát a determináns nem változik, ha n/2 páros, és eljelet vált, ha n/2 páratlan, azaz éppen (-1)n/2 |M |. Hasonlóan, ha n páratlan, akkor az új mátrix determinánsa (-1)(n-1)/2 |M |. (c) Legyen mij az az elem, melyhez hozzáadunk egy számot. Ha a mátrix egy sorát két sor összegére bontjuk, akkor a determináns is szétbontható. Ezt és a kifejtési tételt felhasználva: m11 . . . mi1 . . . ... ... m1j . . . ... m1n . . . min . . . mnn = |M | + m11 . . . 0 . . . ... ... m1j . . . . . . ... ... m1n . . . 0 . . . mnn

mij + . . . . . . mnj ...

mn1 . . .

ahol |Aij | az mij elemhez tartozó algebrai adjungált aldetermináns. Tehát ha egy elemhez hozzáadunk egy számot, akkor a determináns az adott elem algebrai adjungált aldeterminánsának -szorosával növekszik. 4.32. Feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következ egyenleteket: 1 1 2 3 x2 4 3 2 2 1 1-x 3 x 2 3 = 4 (b) =0 (a) 2 3 1 6 1 1 1 2 3 1 9 - x2 Megoldás. (a) x2 4 3 x 2 3 = 2x2 + 12 + 3x - 6 - 3x2 - 4x = -x2 - x + 6, 1 1 1 így a -x2 - x + 2 = 0 egyenletet kell megoldanunk. A másodfokú egyenletekre vonatkozó megoldóképletet használva: 1±3 1± 1+8 -2 = = x1,2 = 1 -2 -2

mn1 . . . = |M | + · |Aij |,

mnj . . .

126

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

(b) 1 1 1 2 - x2 2 3 2 3 1 1 2 3 2 3 0 1 - x2 - 2 -2 -3 2 3 = 0 1 -3 0 1 6 2 0 1 -3 3 - x2 1 9-x

1 1 2 3 1 1 2 3 0 1 -3 0 0 1 -3 0 = - - 0 1 - x2 - 2 -2 -3 0 0 -2 - 3(1 + x2 ) -3 2 0 1 -3 3 - x 0 0 0 3 - x2 = (2 + 3 + 3x2 )(3 - x2 ) = (5 + 3x2 )(3 - x2 ), tehát az (5 + 3x2 )(3 - x2 ) = 0 egyenletet kell megoldanunk. Az 5 + 3x 2 tag mindig pozitív, így leosztva vele a 3 - 2 = 0 egyenlethez jutunk, x melynek megoldásai az x1 = - 3 és x2 = 3.

4.33. Feladat. A valós szám milyen értéke esetén invertálhatóak az alábbi mátrixok? 1 2 1 2 1 3 1 1 (b) 2 (c) 1 2 3 4 (a) 1 1 1 1 0 2 1 1 2 1 2 1 Megoldás. (a) Négyzetes mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha determinánsa nem 0. A mátrix determinánsa: 2 1 1 1 = 2 + 0 + 2 - 0 - 2 - 2 = ( - 2). 0 2 1 Tehát ha = 0 és = 2, akkor a mátrix invertálható. (b) = 0 esetén a mátrix invertálható. (c) = ±2 esetén a mátrix invertálható.

4.34. Feladat. Határozzuk meg adjungált algebrai aldeterminánsok ségével az alábbi mátrixok inverzét, ha létezik: 1 0 1 1 5 3 1 1 a b (a) (b) 2 1 3 (c) 3 1 3 (d) 7 6 c d 1 5 1 1 1 1 1 1

segít 6 5 7

2. DETERMINÁNS

127

(e)



-2 7 0 8 12 -1 (f ) 1 0 0



Megoldás. Az inverz kiszámítását javasolt az alábbi lépésekben elvégezni: 1. 2. 3. 4. Kiszámolom a mátrix determinánsát. A mátrixot transzponálom. Az elemek helyére beírom az algebrai adjungált aldeterminánsukat. Leosztok az eredeti mátrix determinánsával.

3 7 1 4

1 6 9 3

2 1 0 2

0 0 (g) 1 1





-2 1 1 1

0 3 1 0 -1 -1 1 2 2 0 -1 1



A 3. lépést meg lehet gyorsítani úgy, hogy adjungált aldeterminánst számolunk, és a végén írjuk be az eljeleket a következ szerint: + - + ... - + - . . . + - + . . . . . . .. . . . . . . . (a) A mátrix determinánsa ponáltja a b = ad - cb. Az c d a b c d mátrix transz-

a c . Beírjuk az elemek helyére az adjungált aldeterminánb d d b d -b sokat: . Ahol kell, eljelet váltunk: . Végül leosztunk c a -c a d -b 1 . (Lásd a determinánssal, és kapjuk a mátrix inverzét: ad-bc -c a még a 4.15. feladatot.) 3 1 1 (b) A mátrix determinánsa 2 1 3 = -4. A mátrix transzponáltja: 1 1 1 3 2 1 1 1 1. Beírjuk az elemek helyébe az adjungált determinánsokat: 1 3 1 -2 0 2 -2 0 2 -1 2 7. Ahol kell, eljelet váltunk: 1 2 -7. Végül 1 2 1 1 -2 1

128

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

leosztunk a determinánssal, és kapjuk az inverz mátrixot: 1/2 0 -1/2 -2 0 2 2 -7 = -1/4 -1/2 7/4 . -1 1 4 -1/4 1/2 -1/4 1 -2 1 (c) A mátrix determinánsa 0, így nem invertálható. -17/29 5/29 11/29 (d) 44/29 -1/29 -37/29 . -1 0 1 0 0 1 0 2/7 . (e) 1/7 12/7 -1 80/7 -18/77 2/11 -1/7 1/7 1/7 0 1/7 -1/7 (f) 60/77 -3/11 1/7 -1/7. -81/77 -2/11 -1/7 8/7 1 2 0 1 -3 -4 1 -3 . (g) 1 3/2 0 1/2 0 -1/2 0 1/2

3. Mátrix rangja
4.35. Feladat. Határozzuk meg az alábbi vektorrendszerek rangját, az általuk generált altér dimenzióját és annak egy, az adott vektorokból álló bázisát: (a) a1 a2 a3 a4 = (2, 3, 0, 1) (b) = (1, 1, 1, -1) = (1, 3, -1, 2) = (0, -1, 0, 0) b1 = (2, 1, 2, 3) b2 = (4, 5, 6, 9) b3 = (1, 2, 2, 3) b4 = (4, 2, 4, 6) (c) c1 = (1, 2, 3, 4) c2 = (2, 3, 4, 5) c3 = (3, 4, 5, 6) c4 = (4, 5, 6, 7)

(d)

d1 = (2, 4, 3, 5) (e) d2 = (1, 3, 2, 7) d3 = (4, -3, 4, 2) d4 = (1, -1, 1, 1) d5 = (1, 3, 0, 0)

e1 = (0, -2, 1, 3, 2) (f ) f 1 = (0, 1, -1, 1, 1) e2 = (1, 2, -1, 3, 1) f 2 = (2, 2, 1, 3, 1) e3 = (2, 3, 1, -1, 0) f 3 = (-1, 1, 2, 3, 0) f 4 = (1, 2, 1, 0, 3) f 5 = (1, 1, 2, -1, 2)

Megoldás.

3. MÁTRIX RANGJA

129

Három olyan sor van, amely nem csupa nullából áll, így a vektorrendszer rangja és az általuk generált altér dimenziója 3. Látható, hogy a4 + a3 + 3a2 - 2a1 = 0, azaz a4 = -a3 - 3a2 + 2a1 , így a4 függ a másik három vektortól. Az els három sorvektor viszont egymásból nem kombinálható ki, így az a1 , a2 , a3 vektorok sem kombinálhatók ki egymásból, tehát lineárisan függetlenek, ezért a generált altér egy bázisát alkotják. (b) Az elimináció során nem kell részletesen kiírni, hogy mely sorokkal milyen mveletet végeztünk. Csak a sor-vektor megfeleltetésre van szükségünk, a vektorrendszerbl kiválasztható bázis így is leolvasható: b3 1 2 2 3 b3 1 2 2 3 b1 2 1 2 3 b2 4 5 6 9 b2 4 5 6 9 b2 0 -3 -2 -3 b3 1 2 2 3 b1 2 1 2 3 b1 0 -3 -2 -3 b4 4 2 4 6 b4 4 2 4 6 b4 0 -6 -4 -6 b3 1 2 2 3 b2 0 -3 -2 -3 0 0 b1 0 0 0 0 b4 0 0

(a) A feladatot Gauss-féle eliminációval oldjuk meg, az átalakítások nem változtatják meg a vektorrendszer rangját. A vektorokat sorban beírjuk egy mátrixba. A vektorendszer rangja és egyben a generált altér dimenziója a lépcss alakra hozás után kapott mátrix nem nulla sorainak száma. Ahhoz, hogy az altér egy bázisát is ki tudjuk választani a vektorrendszerbl, csak nyomon kell követni, hogy mely vektor mely sorhoz tartozik. Azon vektorok alkotják a bázist, melyek sorai nem nullázódtak ki. A megoldás menete: a1 2 3 0 1 1 -1 a2 1 1 a2 1 1 1 -1 a1 2 3 0 1 a3 1 3 -1 2 a3 1 3 -1 2 a4 0 -1 0 a4 0 -1 0 0 0 a2 1 1 1 -1 1 1 1 -1 a2 0 1 -2 3 a - 2a2 0 1 -2 3 a1 - 2a2 1 a3 - a2 0 2 -2 3 a3 + 3a2 - 2a1 0 0 2 -3 0 -1 0 0 a4 a4 - 2a2 + a1 0 0 -2 3 a2 1 1 1 -1 0 1 -2 3 a1 - 2a2 a3 + 3a2 - 2a1 0 0 2 -3 a4 + a3 + 3a2 - 2a1 0 0 0 0

130

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

Tehát a vektorrendszer rangja és az altér dimenziója 2, a b2 , b3 vektorok pedig az altér egy bázisát alkotják. (c) A rang és a dimenzió 2, az altér egy bázisa: c 1 , c2 . (d) A rang és a dimenzió 4, az altér egy bázisa: d 1 , d2 , d3 , d4 . (e) A rang és a dimenzió 3, az altér egy bázisa: e 1 , e2 , e3 . (f) A rang és a dimenzió 4, az altér egy bázisa: f 2 , f 3 , f 4 , f 5 . 4.36. Feladat. Maximum mennyi lehet a következ mátrixok rangja: A 3×2 , B5×8 , C3×9 , D4×4 . Megoldás. Mivel mátrix rangja egyenl maximális rend, zérustól különböz aldeterminánsának rendjével, ezért a rang maximum a sorok és az oszlopok számának minimuma lehet. Tehát a mátrixok maximális rangja rendre: 2, 5, 3, 4. 4.37. Feladat. Legyen M Mn×n . Mit mondhatunk M rangjáról, ha (a) M determinánsa 0? (b) M determinánsa nem 0? (c) M -ben van k-adrend (k n) nem zéró determináns? (d) M oszlopvektorai lineárisan függetlenek? Megoldás. 1. M rangja kisebb, mint n, hiszen a maximális rend determináns rendje nem lehet n. 2. M rangja n. 3. M rangja nagyobb, vagy egyenl, mint k, hiszen a maximális rend nem zér determinánsának rendje legalább k. 4. M rangja n, hiszen ekkor a determinánsa nem 0. 4.38. Feladat. Mennyi az alábbi mátrixok rangja? Adjuk meg a sorvektorai által generált altér egy bázisát, továbbá egy maximális rend zérustl különböz determinánsát: 0 1 2 1 1 0 2 1 6 3 1 2 2 3 1 1 (b) (a) 2 1 1 2 4 3 5 3 2 2 1 -1 1 3 -1 0 0 -1 0 3 1 2 3 4 -5 2 1 -2 3 -1 -1 2 2 6 7 -11 (d) 4 7 (c) 3 2 -1 1 2 2 3 1 1 1 -1 -1 2 3 2 4 2 5 Megoldás.

3. MÁTRIX RANGJA

131

(a) Mátrix rangja alatt a sorvektorai által alkotott vektorrendszer rangját értjük, így a rangszámítás menete a 4.35. feladattal azonos: 2 1 1 2 2 1 1 2 0 1 2 1 6 3 1 2 6 3 1 2 0 0 -2 -4 2 1 1 2 0 1 2 1 0 1 2 1 2 2 1 -1 2 2 1 -1 0 1 0 -3 0 -1 0 3 0 -1 0 3 0 -1 0 3 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 0 1 0 -3 0 1 0 -3 0 1 0 -3 2 1 0 0 2 4 0 0 2 4 0 1 0 0 -2 -4 0 0 -2 -4 0 0 0 0 0 -1 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0

Tehát a mátrix rangja 3, így a sorvektorai által generált altér dimenziója is 3. A lépcss alakra hozott mátrix nem nulla sorvektorai nyilván benne vannak a sorvektorok által generált altérben, és lineárisan függetlenek, tehát bázis alkotnak. Így az altér egy bázisa a (2, 1, 1, 2), (0, 1, 0, -3), (0, 0, 2, 4) vektorrendszer. A 4.35. feladat alapján az eredeti mátrix soraiból is ki lehet választani bázist. A fenti eliminációnál a mátrix els, harmadik és negyedik sorvektorainak megfelel sorok nem nullázódtak ki, így ezen sorok is bázisát alkotják az altérnek. Mivel a mátrix rangja 3, így található benne olyan 3. rend aldetermináns, amely értéke nem 0. Egy 4 × 4 típusú mátrixnak összesen 16 darab harmadrend aldeterminánsa van, ezek között keresünk 6 1 2 0 1 2 megfelelt. Például: 6 3 1 = -4, 2 1 2 = -12. 2 1 -1 2 1 1 (b) A mátrix rangja 2. A sorvektorai által generált altér egy bázisa például az els két sorvektor vagy a (1, 0, 2, 1), (0, 3, -3, -1) vektorrendszer. 1 0 Egy maximális rend nem 0 determináns: = 3. 2 3 (c) A mátrix rangja 4. A sorvektorai által generált altér egy bázisát alkotják a sorvektorok. Maximális rend nem 0 determinánsa a mátrix determinánsa. (d) A mátrix rangja 3. A sorvektorai által generált altér egy bázisát alkotja az els három sorvektor. Maximális rend nem 0 determinánsa például: 1 2 3 4 7 6 = -14. 3 2 -1

132

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

4.39. Feladat. Milyen , 1, 2 illetve 3? 1 2 (a) 0 Megoldás.

értékek esetén lesz az alábbi mátrixok rangja 0 2 0 (b) 2 1 1 1 2

(a) Gauss-féle eliminációval átalakítjuk a mátrixot: 1 0 1 0 1 0 2 2 0 0 2 - 2 0 0 2 0 2 0 2 0 2 - 2 0 1 0 0 2 0 0 ( - 1)

A rang akkor és csak akkor 3, ha ( - 1) = 0, azaz ha = 1 és = 0. Ha = 1 vagy = 0, akkor a mátrix rangja 2. Tehát a mátrix rangja semmilyen és érték esetén nem lehet 1. (b) Gauss-féle eliminációval átalakítjuk a mátrixot: 1 1 1 1 0 0 - 0 - 2 - 0 0 - 0 - 2 - 1 2

A rang akkor és csak akkor 3, ha = . Ha = és 2 = , akkor a mátrix rangja 1. Ez csak akkor lehetséges, ha 2 = , azaz ha = = 0. Így a mátrix rangja 2, ha = = 0.

4. Lineáris egyenletrendszerek
4.40. Feladat. Írja fel az alábbi egyenleteket mátrixos és vektoros alakban: (a) 2x1 +x2 +2x3 =2 -2x1 +2x3 =3 x1 -x2 -3x3 =4 (b) x1 +3x2 +2x3 =0 -x1 +2x2 - x3 =1

Megoldás.

4. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

133

(a) A vektoros alak: 2 2 1 2 -2 x1 + 0 x2 + 2 x3 = 3 4 -3 -1 1 A mátrixos alak: 2 2 1 2 x1 -2 0 2 x2 = 3 4 1 -1 -3 x3 (b) A vektoros alak: 0 1

1 3 2 x + x + x = -1 1 2 2 -1 3 A mátrixos alak: x 1 3 2 1 x2 = -1 2 -1 x3 0 1

4.41. Feladat. Homogén egyenletrendszer esetén mit mondhatunk a megoldástér dimenziójáról, ha (a) az egyenletrendszerben 8 ismeretlen van, és az elimináció elvégzése után három egyenlet marad? (b) az elimináció elvégzése után ugyanannyi egyenlet van, mint ismeretlen? (c) az egyenletrendszer 4 egyenletbl áll és 8 ismeretlen van? (d) az egyenletrendszer 1 egyenletbl áll? Megoldás. (a) Mivel az alapmátrix rangja 3, a tér, amelyben a megoldásokat keressük, 8 dimenziós, így a megoldástér dimenziója 8 - 3 = 5 (5 ismeretlent tudunk szabadon megválasztani). (b) Az egyenletrendszer határozott, csak egy megoldás van, a nullvektor, így a dimenzió 0. (c) A megoldástér minimum 4 dimenziós. (d) A megoldás hiperaltér (hiperaltérnek nevezzük az n dimenziós vektortér n - 1 dimenziós altereit).

134

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

4.42. Feladat. Oldja meg az alábbi homogén egyenleteket, és adja meg a megoldástér egy bázisát: (a) x 1 - x2 + 2x1 + x2 + 2x3 2x1 + 3x2 - 2x3 + x4 = 0 = 0 x4 = 0 (b) 3x1 + x2 + x3 - x4 =0 x1 +2x3 + x4 =0 -x1 +2x4 =0 2x1 + x2 +3x3 - x4 =0 x1 +3x2 - x3 - x4 =0 2x1 +6x2 - x4 =0 -x1 -3x2 +5x3 +3x4 =0 -x1 +3x2 +2x3 + x4 =0 4x1 +2x2 +2x3 + x4 =0

(c)

3x1 + 2x2 -

x3 + 2x4 - x5 =0

(d)

(e)

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0 5x1 + 6x2 + 7x3 + 8x4 = 0 9x1 +10x2 +11x3 +12x4 = 0 2x1 + x2 + 3x3 - 5x4 = 0 4x1 + 5x2 + 6x3 -10x4 = 0 -6x1 - x2 - 9x3 +15x4 = 0

(f )

(g)

(h)

-x1 +2x2 - x3 =0 3x1 + x3 =0 2x1 -3x2 -2x3 - x4 =0 x1 -4x2 +2x3 =0

Megoldás. (a) A feladatot Gauss-féle eliminációval oldjuk meg. Mivel az egyenletrendszer homogén, a jobboldali vektor az elimináció során zérusvektor marad, így nem szükséges a kibvített mátrixszal dolgoznunk, elegend az alapmátrix. 1 -1 0 1 -1 0 1 2 1 2 2 0 0 3 2 3 -2 1 0 5 -2 1 -1 0 0 3 2 0 0 -16 1 -1 0 1 1 -2 0 3 2 -2 -1 0 15 -6 -3 1 -2 7

Az elimináció során csak olyan lépéseket használunk, amelyek az egyenletrendszer megoldáshalmazát nem változtatják meg. Így az eredeti

4. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

135

egyenletrendszerrel ekvivalens a következ: x1 - x 2 + x4 =0 3x2 + 2x3 -2x4 =0 -16x3 +7x4 =0 A négy ismeretlenbl egyet tetszlegesen megválaszthatunk, a másik három értéke ez alapján már kiszámolható. Tehát a megoldásokat egy paraméter függvényeként adjuk meg. Célszeren, az x 4 -et választjuk 7 3 5 egy tetszleges t valós számnak. Innen x 3 = t, x2 = t és x1 = - t. 16 8 8 Így a megoldás x1 -5/8 x2 3/8 = (t R). x3 7/16 t x4 1

Ebbl látható, hogy a megoldások halmaza egy 1 dimenziós altér (egyenes), melynek egy bázisa: (-5/8, 3/8, 7/16, 1). Természetesen többféle bázis is megadható egy altér esetén, így a megoldáshalmaz többféleképpen megadható. Ebben a példában a bázisvektor bármely skalárszorosát használhatnánk a megoldás felírásában. (b) 3 1 -1 2 1 0 0 1 1 0 2 1 1 0 2 1 1 -1 2 1 3 1 1 -1 0 1 -5 -4 -1 0 0 2 0 0 2 3 0 2 0 1 -1 -3 2 1 3 -1 3 -1 1 0 2 1 1 0 2 1 0 1 -5 -4 0 1 -5 -4 0 0 2 3 3 0 0 2 0 0 4 1 0 0 0 -5 x1 +2x3 + x4 x2 -5x3 -4x4 2x3 +3x4 -5x4 =0 =0 =0 =0

Tehát az eredeti egyenletrendszerrel ekvivalens a következ:

136

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

(c) Az 3x1 + 2x2 - x3 + 2x4 - x5 = 0 egy egyenletbl álló egyenletrendszerben 4 ismeretlen tetszlegesen megválasztható, az ötödik értéke ennek alapján számolható. Legyen például x 5 = t1 , x4 = t2 , x3 = t3 és x2 = t4 . 1 2 1 2 Ekkor x1 = t1 - t2 + t3 - t4 , így a megoldáshalmaz 3 3 3 3 -2/3 1/3 -2/3 1/3 x1 1 0 0 x2 0 x3 = 0 t1 + 0 t2 + 1 t3 + 0 t4 (t1 , t2 , t3 , t4 R). 0 0 1 x4 0 0 0 0 1 x5 Ebbl látható, hogy a megoldások halmaza egy 4 dimenziós altér, azaz egy hiperaltér, melynek bázisát alkotja az (1/3, 0, 0, 0, 1), (-2/3, 0, 0, 1, 0), (1/3, 0, 1, 0, 0), (-2/3, 1, 0, 0, 0) vektorrendszer.

Azonnal látható, hogy az egyenletrendszert csak az x 4 = x3 = x2 = x1 = 0 teljesíti, így a megoldáshalmaz a zérusvektor: x1 0 x2 0 = x3 0 x4 0

(d) 1 3 -1 -1 1 3 -1 -1 1 3 -1 -1 2 6 0 -1 0 0 2 1 0 0 2 1 -1 -3 5 3 0 0 4 2 0 0 0 0 Tehát az eredeti egyenletrendszerrel ekvivalens a következ: x1 +3x2 - x3 -x4 =0 2x3 -x4 =0 Az x3 és x4 változók közül az egyiket tetszlegesen megválasztva a másik értéke egyértelmen adódik. Legyen például x 4 = t1 R. Ekkor x3 = 1 t1 . Az els egyenletbe visszahelyettesítve ezen értékeket az x 1 + 3x2 - 2 3 t1 = 0 egyenlet adódik, melyben az x1 és x2 változók közül az egyiket 2 szintén tetszlegesen megválaszthatjuk. Legyen például x 2 = t2 , így

4. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

137

3 x1 = t1 - 3t2 adódik. Így az egyenletrendszer megoldása: 2 x1 3/2 -3 x2 0 1 = t1 + t2 (t1 , t2 R). x3 1/2 0 x4 1 0 (e) 1 x1 2 -2 x2 -3 = t1 + t2 1 x3 0 0 x4 1

Látható, hogy a megoldások halmaza egy 2 dimenziós altér, melynek egy bázisa a (3/2, 0, 1/2, 1), (-3, 1, 0, 0) vektorrendszer.

(t1 , t2 R).

(f)



x1 5/2 -3/2 x2 0 = t1 + 0 t2 (t1 , t2 R). x3 0 1 x4 1 0 (h) x1 = x2 = x3 = x4 = 0. 4.43. Feladat. Oldja meg az alábbi inhomogén lineáris egyenletrendszereket! Amennyiben megoldható az egyenletrendszer, akkor adjon meg bázist a megoldásként adódó lineáris sokaság irányterében. (a) x2 +2x3 - x4 = 1 3x1 + x2 + x3 +2x4 = 2 x1 -2x2 + x3 + x4 = 3 (b) x1 + x3 + x4 x 1 + x2 + x4 -3x1 -2x2 + x3 -2x4 2x1 +3x2 +3x3 +4x4 = 2 = 9 =-19 = 28 2

(g)

x1 29/14 29/7 x2 5/14 5/7 = x3 0 t1 + 1 t2 x4 1 0

(t1 , t2 R).

(c)

- x1 +2x2 + x4 3x1 +2x2 + x3 3x1 +2x2 + x3 -2x2 - x3 +2x4

= 0 = 2 = 1 =-1

(d)

x1 +3x2 -2x3 +4x4 =

138

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

(e)

x1 +2x2 +3x3 -x1 - x2 +2x3 3x1 -2x2 + x3 + x4 4x1 +2x2 + x3 +3x4

=-1 =-1 = 0 = 2

(f )

3x1 +4x2 + x3 +2x4 = 3 x1 + x2 - x3 - x4 =-3

(g)

- x1 +2x2 + x3 +3x4 =-1 2x1 + x3 = 4 2x1 + x2 + x3 + x4 = 2

(h)

2x1 + x2 + x3 +3x4 x1 +2x3 + x4 -2x2 -3x3 + x4 -x1 -2x2 + x4

= 1 = 0 =-4 = 3

Megoldás. (a) A feladatot Gauss-féle eliminációval oldjuk meg, a kibvített mátrixszal dolgozunk: 0 1 2 -1 1 1 -2 1 1 3 1 -2 1 1 3 3 1 1 2 2 3 1 1 2 2 0 7 -2 -1 -7 1 -2 1 1 3 0 1 2 -1 1 0 1 2 -1 1 1 -2 1 1 3 1 -2 1 1 3 2 -1 1 0 1 2 -1 1 0 1 0 7 -2 -1 -7 0 0 -16 6 -14 Az eredeti egyenletrendszerrel ekvivalens tehát a következ: x1 -2x2 + x3 + x4 = 3 x2 + 2x3 - x4 = 1 -16x3 +6x4 =-14 Az x3 és x4 vektorok közül az egyiket tetszlegesen megválasztva a másik értéke egyértelmen adódik. Legyen például x 4 = t R. Ekkor x3 = 1 1 3 7/8 + t, x2 = -3/4 + t és x1 = 5/8 - t. Így a megoldás 8 4 8 -1/8 5/8 x1 x2 -3/4 1/4 = (t R). x3 7/8 + 3/8 t 1 0 x4

Ebbl látható, hogy a megoldáshalmaz által alkotott lineáris sokaság iránytere 1 dimenziós, melynek egy bázisa a (-1/8, 1/4, 3/8, 1) vektor.

4. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

139

(b) 1 0 2 1 0 1 1 0 1 1 9 1 0 1 -3 -2 1 -2 -19 0 -2 0 3 2 3 3 4 28 1 0 1 1 2 1 0 1 1 0 1 -1 0 7 0 1 -1 0 0 0 2 1 1 0 0 2 1 0 0 4 2 3 0 0 0 0 x1 + x3 +x4 = 2 x2 - x 3 = 7 2x3 +x4 = 1 0 =1 1 -1 4 1 2 7 1 1 1 2 0 7 1 -13 2 24

Tehát az eredeti egyenletrendszerrel ekvivalens a következ:

Látható, hogy az egyenletrendszer ellentmondásos, tehát nincs megoldása. (c) -1 3 3 0 -1 0 0 0 -1 0 0 0 0 -1 2 0 1 0 -1 0 -1 2 0 1 0 8 1 3 2 0 72 8 40 8 0 0 -8 -4 8 -4 0 2 0 1 2 8 1 3 0 -1 13 -10 0 0 -28 28 2 0 2 1 3 1 -2 -1 1 0 2 2 -x1 +2x2 + x4 8x2 +x3 + 3x4 -x3 +13x4 -28x4 2 0 8 1 9 1 -2 -1 1 3 5 2 0 2 1 -1 0 2 -10 -2

2 0 1 8 1 3 0 -1 13 0 -3 11

Tehát az eredeti egyenletrendszerrel ekvivalens a következ: = 0 = 2 =-10 = 28

140

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

(e)

(d) A megoldás hipersík (hipersíknak nevezzük egy n dimenziós vektortér azon lineáris sokaságait, melyek iránytere n - 1 dimenziós): -3 2 -4 2 x1 1 0 x2 0 0 = + t1 + t2 + t3 (t1 , t2 , t3 R) 0 1 x3 0 0 0 0 1 x4 0 x1 0 x2 1/7 = x3 -3/7 x4 5/7 x1 -15 6 5 x2 12 -5 -4 = x3 0 + 0 t1 + 1 t2 x4 0 1 0 1/3 1/3 x1 x2 -2 -1 = x3 10/3 + -2/3 t1 1 0 x4

Ebbl látható, hogy x4 = -1, x3 = -3, x2 = 1 és x1 = 1, így az egyenletrendszer határozott, ezért az iránytér nulla dimenziós. Tehát a megoldás: 1 x1 x2 1 = x3 -3 x4 -1

(f)

(g)

(h) x1 = -33/8, x2 = 5/3, x3 = 23/24 és x4 = 53/24. 4.44. Feladat. Milyen és számok esetén lesznek megoldhatóak illetve határozottak az alábbi egyenletrendszerek? (a) x1 +x2 +x3 + x4 = 2 x2 +x3 + x4 =-1 -x1 +x3 +2x4 =-2 (b) 2x1 +3x2 +2x3 = 2 -x1 + x2 + x3 =-1 x1 + x3 = 1

Megoldás.

4. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

141

(a) A feladatot 1 0 -1

Tehát az eredeti egyenletrendszerrel ekvivalens a következ: x1 +x2 +x3 + x2 +x3 + x4 = 2 x4 =-1

Gauss-féle eliminációval oldjuk meg. 1 2 -1 0 0 + 3 0 2 -2 1 0 0 0 3 -

2 -1 0 2 -1 1

x3 +(3 - )x4 = 1 Látható, hogy = = 0 esetén a feladat ellentmondásos. Minden más esetben a feladat megoldható. Ha = 0, akkor az x 2 , ha pedig = 0, akkor az x4 változó szabadon választható. Tehát az egyenletrendszer semmilyen és érték esetén sem lehet határozott. (b) 1 0 1 1 2 3 2 2 -1 -1 2 3 2 2 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 -1 - x - 0 - -1 - x 0 0 0 5 - 3 - 2 -3 - 3x 0 0 3 2 - 2 x1 + x2 + x3 = 1

Tehát az eredeti egyenletrendszerrel ekvivalens a következ: ( - )x3 = -1 -

(5 - 3 - 2)x3 =-3 - 3

Ha 5 - 3 = 2 és = 1, akkor az egyenletrendszer ellentmondásos, minden más esetben megoldható. Mivel az egyenletrendszerünkben 3 ismeretlen és 3 egyenlet van, így a Cramer-szabály alapján pontosan akkor határozott, ha az alapmátrix determinánsa nem nulla. Az új egyenletrendszerünk alapmátrixának determinánsa (5-3 -2), így = 0 és 5-3 = 2 esetén határozott, azaz egyértelm a megoldása.

142

4. MÁTRIXOK, LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

4.45. Feladat. Oldja meg Cramer-szabállyal az alábbi egyenleteket: (a) x1 +2x2 - x3 = -1 2x1 + x2 +3x3 = -2 x1 + x2 +2x3 = -3 x1 -6x2 = 2x1 + x3 = x2 +3x3 = 0 1 2 =-1 = 0 = 2 =-2 (b) x 1 - x2 = 2x1 -3x2 + x3 = 2x1 - x2 - x3 = 1 3 1

(c)

(d)

-x1 +2x2 + x3 = -2 2x2 + x3 = 3 4x1 +3x2 +2x3 = 4 -x1 +2x2 +3x3 + 4x4 2x3 + x4 3x1 +2x2 + x3 - 3x4 x1 +2x2 =-1 = 0 = 2 =-2

(e)

x2 +2x3 + x4 3x1 +2x2 + x3 - 4x4 x1 - x2 +2x3 + x4 2x3 + x4

(f )

Megoldás. (a) Jelöljük A-val az alapmátrixot. Ekkor 1 2 -1 |A| = 2 1 3 = -4 1 1 2 1 -1 -1 d2 = 2 -2 3 = 10 1 -3 2 Tehát a megoldás: x1 = x3 = -1 2 -1 d1 = -2 1 3 = -10 -3 1 2 1 2 -1 d3 = 2 1 -2 = 6 1 1 -3

d3 6 3 = =- . |A| -4 2 (b) A Cramer-szabály nem alkalmazható, mert az alapmátrix determinánsa nem nulla. (c) x1 = 6/35, x2 = 1/35 és x3 = 23/35. (d) x1 = 5, x2 = 22 és x3 = -41. (e) x1 = 41/21, x2 = 1, x3 = -37/21 és x4 = 32/21. (f) x1 = -27/4, x2 = 19/8, x3 = 5/2 és x4 = -5.

d1 -10 5 d2 10 5 = = , x2 = = = - és |A| -4 2 |A| -4 2

Irodalomjegyzék
[1] Feladatlapok II. matematikából (közgazdász hallgatók számára), Debrecen, Matematika Intézet (2004). [2] Kovács Zoltán: Feladatgyjtemény lineáris algebra gyakorlatokhoz, Debrecen, Kossuth Egyetemi Kiadó (1998). [3] Rimán János: Matematikai analízis feladatgyjtemény, Budapest, Tankönyvkiadó (1992). [4] Solt György: Valószínségszámítás, Budapest, Mszaki könyvkiadó (1995).

143



Hasonló témájú dokumentumok

Hozzászólások

01 1.óra 2.zh 2009 ady alkotmányjog allegória antroptöri ásvány bce kik beruházási függvény biológiai vízminősítés csehov csoport dimat élet építésszervezés i. építészet filozófia fogalmak fogyasztás fotoszintézis gazd.töri tétel6 gazdaságföldrajz gazdasági közjog gazdaságtan gyakorló feladatok hallás integrálás jogi alapismeretek kaffka kamatláb kibernetika kodolányi - levelező kötelező krúdy log lophotrochozoa marketing marquez növényszervezettan jegyzetek őskor sejt sejttan tankönyv tanulás tematika vizsga tételek vizsgakérdés vizsgazh