Diszkrét Matematika I. - Bacsó Sándor

Országok listájaHungaryMiskolci EgyetemGépészmérnöki és Informatikai KarProgramtervező informatikusDiszkrét MatematikaJegyzetekDiszkrét Matematika I. - Bacsó Sándor

Bácsó Sándor

Diszkrét Matematika I.

mobiDIÁK könyvtár

Bácsó Sándor

Diszkrét Matematika I.

mobiDIÁK könyvtár SOROZATSZERKESZT Fazekas István

Bácsó Sándor

Diszkrét Matematika I.
egyetemi jegyzet

mobiDIÁK könyvtár Debreceni Egyetem Informatikai Intézet

Lektor Fazekas István

Copyright c Bácsó Sándor, 2003 Copyright c elektronikus közlés mobiDIÁK könyvtár, 2003 mobiDIÁK könyvtár Debreceni Egyetem Informatikai Intézet 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
Bevezetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Halmazelmélet; relációk, függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Halmazelméleti alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Relációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Számfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Valós számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Természetes számok, egész számok, racionális számok . . . . . . . . . . . 3. Komplex számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Algebrai stuktúrák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Számosságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Kombinatorikai alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Vektorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Vektorterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Lineáris függség, bázis, dimenzió . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Alterek direkt összege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Faktortér . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Mátrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Mátrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Determináns . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Mátrix rangja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Lineáris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 11 11 14 18 21 21 23 26 31 32 35 43 43 47 53 56 61 61 71 80 84

5. Lineáris leképezések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 1. Vektorterek lineáris leképezései . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 2. Bázis- és koordinátatranszformáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 3. Lineáris transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
7

8

TARTALOMJEGYZÉK

Irodalomjegyzék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 Tárgymutató . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Bevezetés
Ez a jegyzet programtervez matematikus hallgatók számára készült a "Diszkrét matematika" cím tantárgy eladásai alapján. Az els rész az els szemeszterben elsajátítandó anyagot tartalmazza. A jegyzet anyaga ersen támaszkodik a középiskolában elsajátított matematikai tanulmányokra. A jegyzet els két fejezete elkészít részei a nem metrikus lineáris matematikai ismereteknek (a metrikus lineáris algebrai fejezeteket a jegyzet második része tartalmazza). Itt csak a legfontosabb fogalmakat és állításokat adjuk meg, több esetben bizonyítás nélkül. Az irodalomjegyzékben található munkákban a bizonyítások is megismerhetk. A jegyzet lényeges részei a harmadik, a negyedik és ötödik fejezetben találhatók. Itt tisztázzuk a vektorterekhez, mátrixokhoz, determinánsokhoz, lineáris egyenletrendszerekhez és lineáris leképezésekhez tartozó alapvet ismereteket teljes részletességgel. Remélhetleg a jegyzet eléri célját azzal, hogy használható ismereteket nyújt a további tanulmányokhoz. A jegyzethez példatár is készül, amellyel együtt alkot ez a munka egységes egészet. A szerz köszönetet mond Fazekas István egyetemi docensnek az igen lelkiismeretes lektorálásért, nélkülözhetetlen tanácsaiért, továbbá Orosz Ágotának és Kaiser Zoltánnak a jegyzet gondos elállításáért.

9

1. fejezet

Halmazelmélet; relációk, függvények
1. Halmazelméleti alapfogalmak
Ebben a fejezetben alapfogalomként használjuk a halmaz, elem és az eleme szavakat, az alábbi jelölések mellett. Halmaz: A, B, C, . . . vagy A 1 , A2 , A3 , . . . ; elem: a, b, c, . . . vagy a1 , a2 , a3 , . . . ; a eleme A-nak: a A ; a nem eleme Anak: a A. Halmazt megadhatunk elemeinek felsorolásával: A = {a, b, . . . }; / illetve valamilyen kitüntet tulajdonsággal: A = {a | T (a)}. Ez utóbbi azt jelenti, hogy az A halmaz elemei azon a elemek lesznek, amelyek rendelkeznek a T tulajdonsággal. Például: A = {x | x R, x 2 > 0}. 1.1. Definíció. Azt a halmazt, amelynek egyetlen eleme sincs, üres halmaznak nevezzük. Jele: . 1.2. Definíció. Az A és a B halmazok egyenlek, ha elemeik megegyeznek, azaz A = B (x A x B) és (x B x A). Jele: A = B. 1.3. Definíció. Az A halmaz részhalmaza a B halmaznak, ha Jele: A B. A valódi részhalmaza B-nek, ha A B és A = B. 1.4. Tétel. A = B A B és B A. Bizonyítás. Az 1.2. és az 1.3. definíciók alapján nyilvánvaló. 1.5. Tétel. Csak egy üres halmaz létezik. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy A és B is üres halmazok. Ekkor A B és B A teljesül, így az 1.4. tétel miatt A = B. 1.6. Definíció. Halmazrendszernek nevezzük az olyan nem üres halmazt, melynek elemei halmazok.
11

x A x B.

12

1. HALMAZELMÉLET; RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

1.7. Definíció. Egy A halmaz összes részhalmazaiból álló halmazt az A hatványhalmazának nevezzük. Jele: 2 A illetve P (A). 1.8. Példa. Az A = {x, y} halmaz hatványhalmaza: 1.9. Definíció. Legyen I = indexhalmaz, és i I esetén adott egy A i halmaz. Ekkor {Ai | i I} indexelt halmazrendszer (vagy I-vel indexelt halmazrendszer). 1.10. Definíció. Mveletek halmazok között: 1. A és B halmazok uniója: A B = {x | x A vagy x B}; 2. A és B halmazok metszete: A B = {x | x A és x B}; 3. A és B halmazok különbsége: A \ B = {x | x A és x B}. / 4. Az S = {Ai | i I} halmazrendszer uniója: S=
iI

2A = , {x}, {y}, {x, y} .

Ai = {x | Ai : Ai S, x Ai };

5. S = {Ai | i I} halmazrendszer metszete: S=
iI

Ai = {x | Ai S esetén x Ai }.

A

B AB

A AB

B

PSfrag replacements

A A\B

B

A AB

B

1.12. Tétel. Legyen X adott halmaz és A, B X. Ekkor 1. A = B A = B; 2. A B B A;

1.11. Definíció. Legyen X egy halmaz és A X. Ekkor az A halmaz X-re vonatkozó komplementerén az X \ A halmazt értjük. Jele: A vagy A c .

1. HALMAZELMÉLETI ALAPFOGALMAK

13

3. A = A. Bizonyítás. 1. Tegyük fel, hogy A = B. Ekkor x A x A x B x B, / / tehát A és B elemei megegyeznek, így A = B. Fordítva, ha A = B , akkor x A x A x B x B, / / tehát A = B . 2. Tegyük fel, hogy A B. Ekkor x B x B x A x A, / / tehát B elemei A-nek is elemei, azaz B A. Fordítva, ha B A , akkor x A x A x B x B, / / tehát A B. / 3. x A x A x A , tehát A = A. 1.13. Tétel. Legyen X adott halmaz és A, B, C X. Ekkor

1. A B = B A és A B = B A, azaz a metszet- és az unióképzés kommutatív; 2. (A B) C = A (B C) és (A B) C = A (B C), azaz a metszetés az unióképzés asszociatív; 3. A (B C) = (A B) (A C) és A (B C) = (A B) (A C), azaz teljesül a disztributivitás; 4. A A = A és A A = A, azaz a metszet- és az unióképzés idempotens; 5. A = A és A = ; 6. A X = X és A X = A; 7. = X és X = ; 8. A A = X és A A = ; 9. A B = A B A; 10. A B = A A B.

Bizonyítás. Csak a 3. állítást igazoljuk, a többi bizonyítás hasonlóan végezhet. x A (B C) x A vagy x (B C) x A vagy (x B és x C) (x A vagy x B) és (x A vagy x C) x (A B) és (A C) x (A B) (A C).

14

1. HALMAZELMÉLET; RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

1.14. Tétel (de Morgan-féle azonosságok). Legyen X adott halmaz, és A, B X. Ekkor (A B) = A B és (A B) = A B. Bizonyítás. x (A B) x (A B) x A és x B x / / / A és x B x A B.

PSfrag replacements

A

B

A

B

AB

AB

Hasonlóan igazolható a második állítás is.

2. Relációk
2.1. Definíció. Legyenek A és B tetszleges halmazok. Rendezett elempár alatt az (a, b) szimbólumot értjük, ahol a A és b B. Két rendezett elempár egyenlségét az alábbi módon definiáljuk: (a, b) = (c, d) a = c és b = d. 2.2. Definíció. Az A és a B halmazok Descartes-féle szorzatán az halmazt értjük. A × B = {(a, b) | a A, b B}

2.3. Tétel. Legyenek A, B és C tetszleges halmazok. Ekkor 1. A × B = A = vagy B = ; 2. (A B) × C = (A × C) (B × C); 3. A × (B C) = (A × B) (A × C); 4. (A B) × C = (A × C) (B × C); 5. A × (B C) = (A × B) (A × C); 6. (A \ B) × C = (A × C) \ (B × C); 7. A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C); 8. B C A × B A × C; 9. A × B = B × A A = B.

2. RELÁCIÓK

15

Bizonyítás. A második állítást igazoljuk: 2. (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 × C).
6

C

A×C

B×C
-

A

B

2.4. Definíció. Legyenek A és B halmazok. Ekkor F A × B-t az A és B halmazok közötti (binér) relációnak nevezzük. Jele: aF b, ahol a A és b B vagy b = F (a), azaz az F reláció mellett az a elem képe b. 2.5. Definíció. Az F A × B reláció értelmezési tartománya: DF ={x | x A, y B, (x, y) F }; értékkészlete: RF ={y | y B, x A, (x, y) F }. 2.6. Definíció. Ha DF = A, akkor F az A-nak B-be történ leképezése; ha RF = B, akkor F egy A-ból B-re történ leképezés; ha DF = A és RF = B, akkor F az A-nak B-re történ leképezése. 2.7. Definíció. Ha F A × B, C A, akkor az F reláció mellett C képe: F (C)={y | y B, x C, (x, y) F }. 2.8. Definíció. Legyen F A × B reláció és C D F , ekkor az F reláció C-re való leszkítése: F indexF
C C

= {(x, y) | (x, y) F, x C}.

16

1. HALMAZELMÉLET; RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

2.9. Definíció. Legyen F A × B reláció. Ekkor F inverze: 2.10. Következmény. Legyen F A × B reláció. Ekkor: 1. DF -1 = RF ; 2. RF -1 = DF ; 3. (F -1 )-1 = F. F -1 ={(y, x) | (y, x) B × A, (x, y) F }.

2.11. Definíció. Legyenek A, B és C halmazok. Ekkor az F A × B és a G B × C relációk kompozíciója vagy összetétele a G F A × C reláció: 2.12. Következmény. Legyenek A, B, C és D halmazok, és F A × B, G B × C, H C × D relációk. Ekkor 1. (G F )-1 = F -1 G-1 ; 2. (F G) H = F (G H). G F ={(x, z) | x A, z C, y B, (x, y) F, (y, z) G }.

2.13. Definíció. Legyen A egy halmaz. Az R A × A relációt rendezési relációnak nevezzük, ha x, y, z A esetén teljesülnek az alábbi tulajdonságok: 1. xRx, azaz reflexív; 2. (xRy és yRx) x = y, azaz antiszimmetrikus; 3. (xRy és yRz) xRz, azaz tranzitív; 4. xRy és yRx közül legalább az egyik fennáll, azaz teljes. Ekkor az (A, R) párt rendezett halmaznak nevezzük, és a rendezési reláció jele: . Ha x y és x = y, akkor x < y-t írunk. Az x y illetve x < y kifejezésekre használatos az y x, illetve y > x jelölés is. Ha csak az 1.,2.,3. tulajdonság teljesül a relációra, akkor parciális rendezésrl vagy féligrendezésrl beszélünk.

2.14. Példa. Az x y reláció [0, 1] × [0, 1]-en és ennek inverze (az átló mindkét relációhoz hozzátartozik): 1 1

0 xy

1

0 1 x y inverze

2.15. Definíció. Legyen (A, R) rendezett halmaz.

2. RELÁCIÓK

17

1. Egy B A halmazt felülrl korlátosnak nevezünk, ha a A úgy, hogy b B esetén b a, és ekkor az a elemet a B halmaz fels korlátjának nevezzük. 2. Egy B A halmazt alulról korlátosnak nevezünk, ha a A úgy, hogy b B esetén b a, és ekkor az a elemet a B halmaz alsó korlátjának nevezzük. 3. Egy B A halmazt korlátosnak nevezünk, ha alulról és felülrl is korlátos. 2.16. Definíció. 1. Egy B A halmaz pontos fels korlátja egy olyan a A fels korlát, amelynél kisebb fels korlátja a B-nek nincsen. Jele: a = sup B (szuprémum). 2. Egy B A halmaz pontos alsó korlátja egy olyan a A alsó korlát, amelynél nagyobb alsó korlátja a B-nek nincsen. Jele: a = inf B (infimum). 2.17. Definíció. Egy rendezett halmazt teljesnek nevezünk, ha bármely nem üres felülrl korlátos részhalmazának létezik pontos fels korlátja. A matematika vizsgán az egymással (közelítleg) azonos tudású diákok kapnak azonos jegyet. Így a diákokat öt osztályba soroljuk: 1-es, 2-es, . . . , 5-ös tudású diákok. Ezen osztályozás alapja az ekvivalens (azonos) tudás. 2.18. Definíció. Legyen A egy halmaz. Az R A × A relációt ekvivalencia relációnak nevezzük, ha x, y, z A esetén teljesülnek az alábbi tulajdonságok: 1. xRx, azaz reflexív; 2. xRy yRx, szimmetrikus; 3. xRy és yRz xRz, tranzitív. Jele: a b. Ekkor azt is mondjuk, hogy a ekvivalens b-vel.

2.19. Példa. Z+ -on (azaz a pozitív egész számok halmazán) értelmezett aRb 5 a - b reláció ekvivalencia reláció. (5 a - b jelentése: 5 osztója a - b-nek.) Azok a pozitív egész számok lesznek ekvivalensek egymással, amelyek 5-tel osztva ugyanazt a maradékot adják. 2.20. Definíció. Legyen H = halmaz. Az S halmazrendszert H egy osztályozásának nevezzük, ha S elemei páronként diszjunktak, és egyesítésük H. Azaz A, B S, esetén A, B H, A B = vagy A = B; továbbá S = H.

2.21. Tétel. Ha S egy osztályozás H-n, akkor H-n megadható egy S-hez tartozó ekvivalencia reláció. Ha H-n adott egy ekvivalencia reláció, akkor az indukál egy osztályozást H-n.

18

1. HALMAZELMÉLET; RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK

2.22. Példa. A 2.19. példában szerepl ekvivalancia reláció által indukált osztályozás esetén (egy osztályba kerülnek az egymással ekvivalens elemek) öt különböz osztályt kapunk. Ha pedig Z + -on azt az osztályozást adjuk meg, amelynél azonos osztályba kerülnek azok az elemek, amelyek 5-tel osztva ugyanazt a maradékot adják, és két elem akkor és csak akkor áll relációban egymással, ha egy osztályba tartoznak, akkor megkapjuk a fenti ekvivalencia relációt.

3. Függvények
A függvény fogalmát úgy alakítjuk ki, hogy ne lehessen "többérték" függvényrl beszélni. 3.1. Definíció. Az f A × B relációt függvénynek nevezzük, ha bármely a A esetén egyértelmen létezik olyan b B, melyre (a, b) f. Jelölés: f : A B, b = f (a). Ekkor a függvény értelmezési tartománya: A, értékkészlete: B, a függvény képhalmaza: f (A) = {b | b B, a A : (a, b) f }.

3.2. Megjegyzés. Minden függvény reláció, de nem minden reláció függvény.

3.3. Definíció. Az f : A B függvény invertálható, ha f -1 : f (A) A is függvény. Ekkor f -1 -et az f inverzfüggvényének nevezzük. Az invertálható függvényeket kölcsönösen egyértelmnek nevezzük. 3.4. Tétel. Az f : A B függvény akkor és csak akkor invertálható, ha bármely a1 , a2 A; a1 = a2 esetén f (a1 ) = f (a2 ). Másképpen: a1 , a2 A : f (a1 ) = f (a2 ) a1 = a2 .

Bizonyítás. (a) Tegyük fel, hogy f invertálható, vagyis az f -1 reláció függvény. Ha a1 , a2 A, akkor (a1 , f (a1 )) f és (a2 , f (a2 )) f, így (f (a1 ), a1 ) f -1 , (f (a2 ), a2 ) f -1 . Ha f (a1 ) = f (a2 ) teljesül, akkor a1 = f -1 (f (a1 )) = f -1 (f (a2 )) = a2 , mivel az f -1 függvény egyértelmen rendeli hozzá az elemekhez a képüket. (b) Most tegyük fel, hogy a1 , a2 A : f (a1 ) = f (a2 ) a1 = a2 , és f -1 nem függvény, azaz létezik f (a) f (A) úgy, hogy (f (a), a 1 ) f -1 , (f (a), a2 ) f -1 és a1 = a2 . Ez nyilván ellentmondás, hiszen f (a 1 ) = f (a) = f (a2 ) miatt a1 = a2 . 3.5. Példa. A K = {(x, y) | x2 + y 2 = 1} [-1, 1] × [-1, 1] reláció nem függvény, hisz pl. (0, 1) valamint (0, -1) is hozzá tartozik.

3. FÜGGVÉNYEK

19

Viszont az F = {(x, y) | y = 1 - x2 } [-1, 1] × [0, 1] reláció függvény. Ez a függvény nem invertálható. Viszont megszorítása [0, 1]-re már invertálható (és inverze önmaga). (Csak megjegyezzük, hogy az eredeti K mint reláció inverze önmaga.) 3.6. Definíció. Legyenek f : A B és g : B C függvények. Ekkor a g f A × C relációt összetett függvénynek nevezzük, f a bels függvény, g a küls függvény. 3.7. Tétel. Legyenek f : A B és g : B C függvények. Ekkor az g f reláció is függvény. Jelölés: (g f )(x) = g(f (x)).

Bizonyítás. Ha (x, z) (g f ), akkor definíció szerint létezik olyan y B, melyre (x, y) f és (y, z) g. Mivel f függvény, így y = f (x) egyértelmen létezik, és ehhez az egyértelmen létez y-hoz egyértelmen tartozik z = g(y) = g(f (x)), mert g is függvény. Eszerint bármely x A esetén egyértelmen létezik z C úgy, hogy z = (g f )(x), azaz (x, z) (g f ), tehát g f is függvény.

3.8. Definíció. Legyen f : A B függvény. Ekkor 1. f injektív, ha bármely x, y A és x = y esetén f (x) = f (y), azaz a függvény invertálható; 2. f szürjektív, ha f (A) = B; 3. f bijektív, ha injektív és szürjektív. 3.9. Definíció. Az A halmaz identikus függvénye: id A : A A idA (x) = x x A.

3.10. Definíció. Az A és B halmazok ekvivalensek egymással, ha létezik a halmazok között bijektív függvény: f : A B bijektív.

3.11. Definíció. Legyen A tetszleges halmaz. Ekkor az f : A × A A függvényt (binér) mveletnek nevezzük.

3.12. Definíció. Elemi függvényeknek nevezzük az alábbi négy (a valós számok halmazából a valós számok halmazába képez) függvénybl: 1. f (x) = c konstans függvény; 2. f (x) = x identikus függvény; 3. f (x) = ax , a > 0 hatványfüggvény; 4. f (x) = sin x összeadással, szorzással, kivonással, osztással, összetettfüggvény-képzéssel és invertálással elállítható függvényeket.

2. fejezet

Számfogalmak
1. Valós számok
1.1. Definíció. Legyen adott egy R halmaz, és legyen rajta értelmezve két mvelet: f1 : R × R R, f1 (x, y) = x + y, x, y R; f2 : R × R R, f2 (x, y) = x · y, x, y R. Azt mondjuk, hogy (R, +, ·) test, ha teljesíti az alábbi tulajdonságokat, az úgynevezett testaxiómákat: 1. kommutativitás x+y =y+x 2. asszociativitás x·y =y·x x, y R, x, y R, x, y, z R, x, y, z R, x, y, z R,

(x + y) + z = x + (y + z) 3. disztributivitás (x · y) · z = x · (y · z)

4. létezik zéruselem (vagy nullelem), jele: 0, 5. létezik additív inverz 0 R : x + 0 = x

x · (y + z) = x · y + x · z

x R,

6. létezik egységelem, jele: 1,

x R esetén (-x) R : x + (-x) = 0, 1 R, 1 = 0 : x · 1 = x x R,

7. létezik multiplikatív inverz

x R, x = 0 esetén (x-1 ) R : x · (x-1 ) = 1.
21

22

2. SZÁMFOGALMAK

1.3. Definíció. Az (R, +, ·, ) rendezett test teljes, ha bármely felülrl korlátos nemüres részhalmazának létezik pontos fels korlátja. 1.4. Definíció. Valós számok halmazának nevezünk egy teljes rendezett testet. Jele: R. 1.5. Tétel. R-ben az egységelem és a nullelem egyértelmen létezik.

1.2. Definíció. Legyen adva az R testen egy rendezési reláció: R × R. Azt mondjuk, hogy (R, +, ·, ) rendezett test, ha teljesül az alábbi két tulajdonság: 1. ha x, y R és x y, akkor x + z y + z z R, 2. ha x, y R és x 0, y 0, akkor x · y 0.

Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy két nullelem létezik: 0 1 és 02 . Ekkor 01 = 0 1 + 0 2 = 0 2 + 0 1 = 0 2 . 1.6. Megjegyzés. Mivel R-ben az összeadás és a szorzás ugyanazokkal a mveleti tulajdonságokkal rendelkezik (úgynevezett Abel-csoportot alkotnak), így az additív tulajdonságokra vonatkozó bizonyítások multiplikatív esetben hasonlóan végezhetk. Az összeadás helyét a szorzás, a nullelem helyét az egységelem veszi át. 1.7. Tétel. Egyszersítési szabály. 1. Ha x, y, z R, x + y = x + z, akkor y = z. 2. Ha x, y, z R, x = 0, xy = xz, akkor y = z.

Bizonyítás. Az 1. állítást igazoljuk: y = y + 0 = y + (x + (-x)) = (y + x) + (-x) = (x + y) + (-x) = (x + z) + (-x) = (z + x) + (-x) = z + (x + (-x)) = z + 0 = z. 1.8. Tétel. Minden R-beli elemnek egyértelmen létezik additív inverze, és minden nem nulla valós számnak egyértelmen létezik multiplikatív inverze. Bizonyítás. A multiplikatív esetet igazoljuk. Indirekt tegyük fel, hogy az x nem nulla valós számnak két inverze van, azaz x · x -1 = 1 és x · x-1 = 1. 1 2 Ekkor x · x-1 = x · x-1 , így az egyszersítési szabály miatt x -1 = x-1 . 1 2 1 2

1.9. Tétel. Kivonási és osztási szabály. 1. Bármely x, y R esetén egyértelmen létezik z 1 R, amelyre x = y+z1 . z1 jele: x - y. 2. Bármely x, y R, y = 0 esetén egyértelmen létezik z 2 R, amelyre x = yz2 . Ekkor z2 -re az x jelölést használjuk. y

Bizonyítás. Az 1. állításnál legyen z 1 = x + (-y).

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

23

(a) Mivel y + z1 = y + x + (-y) = (y + (-y)) + x = 0 + x = x, így létezik x - y. (b) Ha z1 és z2 esetén is teljesül, hogy y + z1 = x = y + z2 , akkor az egyszersítési szabály miatt z1 = z2 , tehát x - y egyértelmen létezik. 1.10. Tétel. Bármely x R esetén -(-x) = x, és ha x = 0, (x -1 )-1 = x. 1 (-x) jele: -x és x-1 jele: x .

Bizonyítás. Az additív inverz tulajdonsága miatt (-x) + x = 0 és (-x) + (-(-x)) = 0, így az egyszersítési szabály miatt x = -(-x). Bizonyítás. (a) Tegyük fel, hogy x = 0. Ekkor 1.11. Tétel. Legyen x, y R. Ekkor xy = 0 x = 0 vagy y = 0. xy = 0 + 0y = 0y = (0 + 0)y = 0y + 0y, és az egyszersítési szabály miatt 0 = 0y. (b) Most indirekt tegyük fel, hogy x = 0, y = 0, de xy = 0. Mivel nem nulla számoknak létezik multiplikatív inverzük, így az (a) részben bizonyított állítás felhasználásával: 0 = (xy) y -1 x-1 = x (yy -1 ) x-1 = xx-1 = 1, 0 1 az ellentmondás oka az x, y = 0 feltétel.

2. Természetes számok, egész számok, racionális számok
2.1. Definíció. Az N R halmazt a természetes számok halmazának nevezzük, ha rendelkezik a következ tulajdonságokkal: 1. 1 N, 2. n N = n + 1 N, 3. n N, n - 1 N n = 1, 4. teljes indukció elve: ha M N olyan, hogy 1 M, m M = m + 1 M, akkor M = N . 2.2. Tétel. A természetes számok halmaza rendelkezik a következ két tulajdonsággal:

24

2. SZÁMFOGALMAK

1. N R felülrl nem korlátos , 2. archimedeszi tulajdonság: x R, x 0 és y R esetén n N : y < nx. 2.3. Megjegyzés. Az archimedeszi tulajdonság az 1. állítás következménye. x Eszerint létezik n N : < n, amibl y < nx. y 2.4. Definíció. Azokat a valós számokat, amelyek elállnak két természetes szám különbségeként, egész számoknak nevezzük:

Z={x | x R, m, n N : x = m - n}.
2.5. Definíció. Legyen x R és n N. Ekkor 1. x1 =x, 2. xn =xn-1 x, ha n = 1, 1 3. x-n = n , ha x = 0, x 4. x0 =1, ha x = 0. 2.6. Definíció. Azokat a valós számokat, amelyek elállnak két egész szám hányadosaként, racionális számoknak nevezzük:

Q= x | x R, p, q Z, q = 0 : x =

p q

2.7. Definíció. Az R \ Q halmaz elemeit irracionális számoknak nevezzük. 2.8. Megjegyzés. 1. Q test, hiszen könnyen látható, hogy a racionális számok összege, szorzata, additív inverze és multiplikatív inverze is racionális szám. 2. R \ Q nem üres halmaz, azaz létezik olyan valós szám, amely nem racionális szám. Ha például a 2 racionális szám lenne, akkor léteznének olyan p és q egész számok, melyekre p 2 = , ahol p és q legnagyobb közös osztója 1. q Ekkor 2q 2 = p2 lenne, így q osztója volna p-nek, ami ellentmond annak, hogy p és q relatív prímek. 2.9. Definíció. Bevezetjük az alábbi elnevezéseket: 1. R+ ={x | x R, x > 0}: pozitív valós számok halmaza, 2. {x | x R, x 0}: nem negatív számok halmaza, 3. R- ={x | x R, x < 0 }: negatív valós számok halmaza, 4. {x | x R, x 0}: nem pozitív valós számok halmaza.

2. TERMÉSZETES SZÁMOK, EGÉSZ SZÁMOK, RACIONÁLIS SZÁMOK

25

2.10. Definíció. Legyen x R. Ekkor x abszolút értékét az alábbi módon definiáljuk: |x| = x ha x 0, -x ha x < 0.

2.11. Tétel. Az abszolút érték tulajdonságai: x, y R esetén 1. | - x| = |x|, 2. |xy| = |x||y|, |x| x 3. = y |y| 4. |x + y| |x| + |y|, 5. ||x| - |y|| |x - y|.

2.12. Definíció. Legyen x, y R. A d(x, y) = |x - y| valós számot az x és az y számok távolságának nevezzük. A d : R × R R függvényt metrikának nevezzük R-en. 2.13. Tétel. A d metrika rendelkezik a következ tulajdonságokkal. Bármely x, y, z R esetén: 1. d(x, y) 0, d(x, y) = 0 x = y, (nem negativitás); 2. d(x, y) = d(y, x), (szimmetria); 3. d(x, y) d(x, z) + d(z, y), (háromszög-egyenltlenség).

2.14. Megjegyzés. Az a, b végpontú intervallumokra a következ jelöléseket vezetjük be: 1. 2. 3. 4. ]a, b[= {x | x R, a < x < b}, ]a, b] = {x | x R, a < x b}, [a, b[= {x | x R, a x < b}, [a, b] = {x | x R, a x b},

2.15. Definíció. Az a R szám > 0 sugarú nyílt gömbkörnyezetén az alábbi halmazt értjük: k(a, ) = {x | x R, d(a, x) < }. 2.16. Definíció. Az {[ai , bi ]} R, i N, indexelt halmazrendszert egymásba skatulyázott intervallumrendszernek nevezzük, ha a i ai+1 , bi+1 bi i N (azaz [ai+1 , bi+1 ] [ai , bi ] i N).

26

2. SZÁMFOGALMAK

2.17. Tétel (Cantor-féle metszettétel). Legyen {[a i , bi ]} R, i N egymásba skatulyázott zárt intervallumrendszer. Ekkor
i=1

[ai , bi ] = .

2.19. Megjegyzés. A racionális számok, valamint az irracionális számok halmaza mindenütt sr R- ben.

2.18. Definíció. A H R halmaz mindenütt sr R-ben, ha x, y R, x = y, x < y esetén létezik h H, melyre x < h < y .

2.20. Tétel. Bármely x R, x 0 és n N esetén egyértelmen létezik y R és y 0, melyre y n = x.

2.21. Definíció. Legyen x R, x 0 és n N. Azt az egyértelmen létez y R nem negatív számot, melyre y n = x teljesül, az x valós szám 1 n-edik gyökének nevezzük. Jele: n x = y vagy x n = y.

2.22. Definíció. Legyen n N páratlan és x R tetszleges. Ha x < 0, 1 akkor n x = x n = - n -x. m 2.23. Definíció. Legyen x R, r Q és r = , m Z, n N. Ekkor n xr = n xm , ha ez az elbbiek alapján értelmezhet. 2.24. Definíció. Ha S R felülrl nem korlátos, akkor sup S = és ha S R alulról nem korlátos, akkor inf S = - . Ha ezzel a két szimbólummal kibvítjük a valós számok halmazát, akkor az így kapott halmazt bvített valós számok halmazának nevezzük:

Rb = R {} {-}.
2.25. Megjegyzés. Rb nem test.

3. Komplex számok
3.1. Definíció. Tekintsük a valós számokból képzett (a, b) számpárok halmazát. Ezen a halmazon értelmezzük a szorzás és az összeadás mveletét az alábbi módon: (a, b) + (c, d)=(a + c, b + d), (a, b)(c, d)=(ac - bd, bc + ad). A valós számpárok halmazát ezen két mvelettel ellátva (C, +, ·)-ral jelöljük

3. KOMPLEX SZÁMOK

27

és elemeit komplex számoknak nevezzük. Ha z C és z = (a, b), akkor a Re(z)=a számot a komplex szám valós részének nevezzük, és Im(z)=b a komplex szám képzetes (imaginárius) része. 3.2. Következmény. Két komplex szám akkor és csak akkor egyenl, ha a valós és a képzetes részük is megegyezik, vagyis 3.3. Tétel. C test. (a, b) = (c, d) a = c, b = d.

Bizonyítás. 1. Additív tulajdonságok: (a, b), (c, d), (e, f ) C esetén (a) (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) = (c, d) + (a, b), kommutativitás, (b) (a, b) + (c, d) + (e, f ) = (a + c + e, b + d + f ) = (a, b) + (c, d) + (e, f ) , asszociativitás, (c) (a, b) + (0, 0) = (a, b), létezik nullelem, (d) (a, b) + (-a, -b) = (0, 0), létezik additív inverz. 2. Multiplikatív tulajdonságok: (a, b), (c, d), (e, f ) C esetén (a) (a, b)(c, d) = (ac - bd, bc + ad) = (c, d)(a, b), kommutativitás, (b) (a, b)(c, d) (e, f ) = (ac - bd)e - (bc + ad)f, (ac - bd)f + (bc + ad)e = (a, b) (c, d)(e, f ) , asszociativitás, (c) (a, b)(1, 0) = (a, b), létezik egységelem, a -b (d) ha (a, b) = (0, 0), akkor (a, b) , = (1, 0), létezik 2 + b 2 a2 + b 2 a multiplikatív inverz. 3. Disztributivitás: (a, b), (c, d), (e, f ) C esetén (a, b) + (c, d) (e, f ) = (a + c, b + d)(e, f ) = (a + c)e - (b + d)f, (a + c)f + (b + d)e = (a, b)(e, f ) + (c, d)(e, f ). 3.4. Megjegyzés. A valós számok tekinthetk úgy, mint 0 képzetes rész komplex számok, hiszen a : R C, a (a, 0) leképezés injektív. Ez a leképezés egy beágyazása R-nek C-be. Könnyen meggyzdhetünk arról, hogy a komplex számokra definiált mveletek az (a, 0) alakú számokon az eredeti (valós számokon értelmezett) összeadást illetve szorzást adják. Ezen megjegyzés alapján az (a, 0) alakú komplex számot gyakran csak a-val jelöljük (a R). Speciálisan a (0, 0) nullelemet 0-val. 3.5. Definíció. Az i = (0, 1) komplex számot képzetes egységnek nevezzük. 3.6. Tétel. i2 = -1 Bizonyítás. (0, 1)(0, 1) = (0 - 1, 0 + 0) = (-1, 0).

28

2. SZÁMFOGALMAK

3.7. Tétel. Minden (a, b) komplex szám megadható az a + ib algebrai írásmódban. Bizonyítás. A kétféle megadás egyenérték, hiszen a + ib = (a, 0) + (0, 1)(b, 0) = (a, b). 3.8. Definíció. Egy z C , z = a + ib szám konjugáltja: z =a - ib.

3.9. Megjegyzés. z = a + ib-re zz = a2 + b2 . Ez alapján a z-vel való osztás a konjugálttal történ bvítéssel végezhet el. Pl. w = c + id jelöléssel (ha z = 0) w wz wz wz -1 = = = 2 ... z zz a + b2 a formális számolás. 3.10. Tétel. A konjugálás tulajdonságai. Minden z, w C esetén 1. z + w = z + w, 2. zw = z · w, 3. z + z = 2Re(z), 4. z - z = 2iIm(z), 5. zz 0 ; zz = 0 z = 0. 3.11. Definíció. Egy z C szám abszolút értékén a |z| = zz nem negatív valós számot értjük. Ekkor |z| = a2 + b2 . 3.12. Tétel. Az abszolút érték tulajdonságai: 1. 0 |z| és |z| = 0 z = 0, 2. |z| = |z|, 3. |zw| = |z||w|, 4. |Re(z)| |z|, 5. |Im(z)| |z|, 6. |z + w| |z| + |w|. Bizonyítás. Az 1-5. állítások nyilvánvalóak. A háromszög-egyenltlenség (azaz 6.) bizonyítása: |z+w|2 = (z+w)(z + w) = (z+w)(z+w) = zz+zw+wz+ww = |z| 2 +|w|2 + zw + wz = |z|2 + |w|2 + 2Re(zw) |z|2 + |w|2 + 2|z||w| = (|z| + |w|)2 . 3.13. Megjegyzés. A komplex számok halmaza és az Euklideszi sík pontjai között kölcsönösen egyértelm megfeleltetés létezik: a z = a + bi komplex számnak a sík (a, b) pontját (vektorát) feleltetjük meg. Ekkor a komplex számok összeadása éppen a megfelel vektorok összeadását jelenti. Továbbá

3. KOMPLEX SZÁMOK

29

z abszolút értéke éppen az (a, b) vektor hossza. Im 6 a z=(a,b)
*

a = |z| cos b = |z| sin z = a + ib = |z|(cos + i sin )
-

i 1

b

Re

Látható, hogy egy komplex számot egyértelmen meghatároz a hossza (abszolút értéke) és a valós tengellyel bezárt szöge. Az így kapott, úgynevezett trigonometrikus alak igen hasznos a hatványozás és a gyökvonás szempontjából. 3.14. Definíció. Egy z C szám trigonometrikus alakjának nevezzük a z = |z|(cos +i sin ) alakot, ahol a z argumentuma, azaz a valós tengellyel bezárt szöge. 3.15. Következmény. 1. Ha z C, z = a+ib = |z|(cos +i sin ), akkor = arccos(a/|z|) = arcsin(b/|z|). 2. Ha z = |z|(cos + i sin ) és w = |w|(cos + i sin ), akkor 3.16. Tétel. Mveletek trigonometrikus alakú komplex számokkal: 1. z1 z2 = |z1 |(cos 1 +i sin 1 )|z2 |(cos 2 +i sin 2 ) = |z1 ||z2 |(cos(1 +2 )+ i sin(1 + 2 )); z1 |z1 |(cos 1 + i sin 1 ) |z1 | 2. = = (cos(1 - 2 ) + i sin(1 - 2 )), z2 |z2 |(cos 2 + i sin 2 ) |z2 | ha z2 = 0; n 3. z n = |z|(cos + i sin ) = |z|n (cos(n) + i sin(n)); 1 1 1 4. = = (cos(-) + i sin(-)), ha z = 0. z |z|(cos + i sin ) |z| z = w |z| = |w| és = + 2k, k Z.

Bizonyítás. Az 1. állítás bizonyítása: z1 z2 = |z1 ||z2 |(cos 1 cos 2 - sin 1 sin 2 + i(sin 1 cos 2 + cos 1 sin 2 ) = |z1 ||z2 |(cos(1 +2 )+i sin(1 +2 )) a trigonometrikus függvényekre vonatkozó

30

2. SZÁMFOGALMAK

addíciós képletek alapján. A többi állítás ennek következménye, hiszen 1 z = 1 = (cos 0 + i sin 0 ) alapján adódik a 4. képlet; z z1 1 = z1 alapján a 2. összefüggés; z2 z2 z n = z · z · · · · · z miatt pedig 3.

3.17. Példa. Az i2 = -1 egyenlség bizonyítása trigonometrikus alakban: ii = (cos + i sin )(cos + i sin ) = (cos + i sin ) = -1. 2 2 2 2 3.18. Definíció. Egy z C szám n-edik gyökének nevezzük a w C számot, ha wn = z.

3.19. Példa. Az 1 komplex szám n-edik gyökeit n-edik egységgyököknek nevezzük. Ha például z = |z|(cos + i sin ) harmadik egységgyök, akkor z 3 = 1, azaz Ezek szerint |z| = 1 és 3 = 0 + 2k, k Z. Három különböz megoldás van, k = 0, 1, 2 esetén az alábbi gyökök adódnak:
6

z 3 = |z|3 (cos(3) + i sin(3)) = (cos 0 + i sin 0 ).

z1 = cos 0 + i sin 0 , + 2 + 2 + i sin , 3 3 0 + 4 0 + 4 z3 = cos + i sin . 3 3 z2 = cos 0 0

z2

o /

-

-

z3

z1

Az n-edik egységgyökök a komplex számsíkon egy origó középpontú szabályos n-szög csúcsaiban helyezkednek el. Egy z = 0 komplex számnak n darab n-edik gyöke van. 3.20. Tétel. Egy z C, z = 0, z = |z|(cos + i sin ) komplex szám n-edik gyökei: + 2k + 2k w1,2,...,n = n |z| cos + i sin , n n ahol k = 0, 1, . . . , n - 1.

3.21. Megjegyzés. Ismert, hogy az ax 2 + bx + c = 0 alakú valós együtthatós másodfokú egyenletnek negatív diszkrimináns esetén nincsenek valós megoldásai. A komplex számok halmazán azonban mindig megoldható az

4. ALGEBRAI STUKTÚRÁK

31

egyenlet, hiszen a negatív számoknak is van két komplex gyökük, így alkalmazható a megoldóképlet. Például az x2 + 2x + 3 = 0 egyenlet megoldásai: -2 + -8 = -1 + 2 -1 = -1 ± i 2, x1,2 = 2 hiszen a -1 négyzetgyökei az i és a -i. Elmondható tehát, hogy mindig léteznek x1 , x2 C komplex számok úgy, hogy Ekkor a fenti egyenlet két megoldása x 1 és x2 . Általánosabban, minden an xn + · · · + a1 x + a0 n-edfokú polinom esetén léteznek x1 , . . . , xn komplex számok úgy, hogy Tehát minden n-edfokú polinomnak létezik n darab gyöke (nem feltétlenül különbözek). Legyenek az an xn + · · · + a1 x + a0 = 0 egyenlet együtthatói valós számok. Ekkor ha egy komplex szám megoldása az egyenletnek, akkor a szám konjugáltja is megoldás, hiszen az egyenlet mindkét oldalának konjugáltját véve an xn + · · · + a1 x + a0 = 0 adódik, mivel valós szám konjugáltja önmaga. Ennek következménye, hogy páratlan fokszámú valós együtthatós polinomnak mindig létezik legalább egy valós gyöke. an xn + · · · + a1 x + a0 = an (x - x1 ) · · · · · (x - xn ). ax2 + bx + c = a(x - x1 )(x - x2 ).

4. Algebrai stuktúrák
Csak kétváltozós (azaz binér) mveletekkel fogunk dolgozni. (Valójában léteznek tetszleges n-változós mveletek is (n = 0, 1, 2, . . . ).) 4.1. Definíció. Algebrai struktúrán egy, legalább egy mvelettel ellátott S halmazt értünk. Ha a halmaz az összeadás mveletével van ellátva, akkor (S, +)-t additív struktúrának nevezzük, ha a halmaz a szorzás mveletével van ellátva, akkor azt mondjuk, hogy (S, ·) egy multiplikatív struktúra. 4.2. Definíció. Bevezetjük az alábbi jelöléseket: T1 : kommutativitás, T2 : asszociativitás, T3 : létezik neutrális elem (összeadás esetén nullelem, szorzásnál egységelem), T4 : létezik inverz, T5 : nullosztómentesség (x, y S : xy = 0 x = 0 vagy y = 0), T6 : disztributivitás.

32

2. SZÁMFOGALMAK

Vannak egymveletes struktúrák (félcsoport, csoport, Abel-csoport), és kétmveletes struktúrák (gyr, integritástartomány, test). A különböz algebrai struktúrákat az alábbi táblázatokban foglaljuk össze: egymveletes struktúrák név definiáló tulajdonságok példák félcsoport T2 (N, ·), (N, +) csoport T 2 , T3 , T4 (Q \ {0}, ·), (Z, +) Abel-csoport T 1 , T2 , T3 , T4 (Q \ {0}, ·), (Z, +)

kétmveletes struktúrák, (S, +, ·) név definiáló tulajdonságok példák gyr (S, +) Abel-csoport, (S, ·) félcsoport, T 6 (Z, +, ·) integritástartomány (S, +, ·) gyr, (S, ·) : T 1 , T3 , T5 (Z, +, ·) test (S, +), (S \ {0}, ·) Abel-csoport, T 6 Q, R, C A testaxiómák pontos leírását lásd az 1. szakaszban. A táblázatban az (S \ {0}, ·) jelölés csak arra utal, hogy a 0-elemnek nincs multipikatív inverze.

Késbbi tanulmányokban hasznos még a következ két algebrai struktúra. Legyen H egy legalább kételem halmaz, és legyen H-n értelmezve az unió (), a metszet () és a komplementer ( - ) képzés. 4.3. Definíció. A (H, , ) algebrai struktúrát hálónak nevezzük, ha 1. (H, ) kommutatív félcsoport, 2. (H, ) kommutatív félcsoport, 3. érvényesek az úgynevezett elnyelési törvények, azaz a, b H = a (a b) = a; a (a b) = a.

4.4. Definíció. A (H, , ) hálót Boole-algebrának nevezzük, ha tartalmazza a zéruselemet (), tartalmazza az egységelemet (H), és érvényes az , mveletekre a disztributivitás, és H minden elemének létezik komplementere. 4.5. Példa. Boole-algebra egy A halmaz üres részhalmazainak (2 A vagy P (A)) hálója, ahol a zéruselem az üres halmaz, az egységelem pedig maga az A, továbbá X A-ra X A.

5. Számosságok
A hétköznapi életben, amikor egy (véges) halmaz elemeit megszámoljuk, akkor 1 - 1 értelm leképezést létesítünk az illet halmaz és az {1, 2, . . . , n}

5. SZÁMOSSÁGOK

33

halmaz között (ahol n valamely természetes szám). Azt pedig, hogy két halmaz elemei száma egyenl, eldönthetjük úgy is, ha elemeiket párba rakjuk. A pontos matematikai fogalmak a következk. 5.1. Definíció. Az A és a B halmazok egyenl számosságúak, ha létezik közöttük bijektív leképezés. Jele: A B.

5.2. Definíció. Az A halmaz számossága nagyobb, mint a B halmaz számossága, ha számosságuk nem egyenl, és létezik olyan C halmaz, melynek számossága egyenl B számosságával és C A . 5.3. Definíció. Az A halmaz véges, más szóval véges számosságú, ha A = vagy létezik n N úgy, hogy A {1, 2, . . . , n}. 5.4. Definíció. Az A halmaz végtelen más szóval végtelen számosságú ha nem véges.

5.5. Definíció. Az A halmaz megszámlálhatóan végtelen, ha A N. Ennek a számosságnak a jele: 0 . (Az (alef) bet a héber ábécé els betje, ezt a jelölést G. Cantor vezette be.) 5.6. Definíció. A A halmaz megszámlálható, ha véges vagy megszámlálhatóan végtelen. 5.7. Tétel. Ha az {Ai | i I, I = } indexelt halmazrendszer olyan, hogy minden i esetén Ai megszámlálhatóan végtelen, és I megszámlálhatóan végtelen, akkor Ai is megszámlálhatóan végtelen.
iI

5.8. Tétel. A racionális számok számossága megszámlálhatóan végtelen. Bizonyítás. Legyen An =
m An , tehát | m Z , n N, ekkor Q = n n=1 az 5.7. tétel miatt megszámlálhatóan végtelen, hiszen A n bármely n esetén megszámlálhatóan végtelen.

5.9. Tétel. A valós számok számossága nagyobb, mint a racionális számok számossága. Bizonyítás. 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 . . .

34

2. SZÁMFOGALMAK

. . . Itt a11 , a12 , . . . számjegyeket jelölnek, a véges tizedestörteket végtelen sok nullával egészítjük ki. A feltevés szerint [0, 1] valamennyi eleme fel van sorolva. Legyen bi = 5, 4, ha aii = 5, ha aii = 5,

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. 5.10. Definíció. A valós számok, illetve a vele ekvivalens halmazok számosságát kontinuum számosságnak nevezzük. Jele: c 5.11. Következmény. Az irracionális számok számossága kontinuum. 5.12. Definíció. Azokat a komplex számokat, amelyek elállnak valamely an xn + an-1 xn-1 + · · · + a1 x + a0 = 0, ai Z, an = 0, n N,

n-edfokú egész együtthatós algebrai egyenlet gyökeként, algebrai számoknak nevezzük. 5.13. Példa. Minden racionális szám algebrai szám, hiszen gyöke egy elsfokú egész együtthatós algebrai egyenletnek; 3 pl. megoldása az 5x - 3 = 0 egyenletnek. 5 5.14. Tétel. Egy n-ed fokú egész együtthatós algebrai egyenletnek legfeljebb n darab gyöke van C-ben. 5.15. Tétel. Az algebrai számok halmaza bvebb, mint a racionális számok halmaza. Bizonyítás. Minden racionális szám algebrai szám, de van olyan algebrai p gyöke a qxn - p = 0 egyenletnek, szám amely nem racionális. Például n q de általában nem racionális (lásd 2). 5.16. Tétel. Nem minden komplex szám algebrai. Bizonyítás. Elegend belátni, hogy megszámlálható sok algebrai szám van, hiszen a komplex számok számossága kontinuum. Az algebrai számok az an xn + an-1 xn-1 + · · · + a1 x + a0 , ai Z, an = 0, n N,

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

35

egyenlet gyökei. Legyen Minden h-hoz csak véges sok algebrai egyenlet tartozik, és minden algebrai egyenletnek csak véges sok gyöke van. Mivel megszámlálható sok véges elemszámú halmaz uniója is megszámlálható, így {algebrai számok} =
hN

h = |an | + |an-1 | + . . . |a0 | + n, n N.

{z C | an z n + · · · + a1 z + a0 = 0 és |an | + · · · + |a0 | + n = h}

megszámlálható halmaz. 5.17. Definíció. A nem algebrai számokat transzcendens számoknak nevezzük. 5.18. Megjegyzés. Léteznek transzcendens számok, ilyen például a és e.

6. Kombinatorikai alapfogalmak
6.1. Definíció. Ismétlés nélküli permutációnak nevezzük n darab különböz elem egy rögzített sorrendjét. Jelölés: felsoroljuk az n darab elemet, és alá írjuk ket a permutáció sorrendjében, például 1 2 3 . 2 3 1 6.2. Tétel. Az összes lehetséges permutációk száma n különböz elem esetén: Pn = n!. (Az f (n) = n! = 1 · 2 · 3 · · · n (n N) elírással értelmezett függvényt faktoriális függvénynek nevezzük, ahol 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, . . . , 10! = 3628800, . . . .) Bizonyítás. Az elemek száma szerinti teljes indukciót alkalmazunk, n = 1 esetén nyilván igaz, egy elemnek egy sorrendje van: P 1 = 1! = 1. Tegyük fel, hogy n-re igaz, azaz Pn = n!, Ezt felhasználva bizonyítsuk be, hogy ekkor n + 1-re is igaz a tétel. Ha adott n elem egy rögzített sorrendje, (a1 , a2 , . . . , an ), akkor az n + 1-edik elem elhelyezésére az alábbi lehetségek adódnak: ( , a1 , a2 , . . . , an ), (a1 , , a2 , . . . , an ), . . . , (a1 , a2 , . . . , an , ), összesen n + 1 darab. Mivel az indukciós feltevés szerint n elem permutációinak száma n!, így Pn+1 = (n + 1)Pn = (n + 1)n! = (n + 1)!.

36

2. SZÁMFOGALMAK

6.3. Példa. Egy kártyapakli megkeverése a 32 lap egy permutációja, és 32! 2, 63 · 1035 számú különböz sorrend létezik. 6.4. Definíció. Ismétléses permutációnak nevezzük n elem egy rögzített sorrendjét, ha az n darab elem közül l 1 , l2 , . . . , lk darab rendre egyenl. Ekkor l1 + l2 + · · · + lk = n, például: 3 . . . 3 4 . . . 4 ... 6 . . . 6 .
l1 l2 lk

6.5. Tétel. Legyen n elem közül l1 , l2 , . . . , lk darab rendre egyforma. Ekkor ezen elemek összes lehetséges ismétléses permutációinak száma: Pn;l1 ,...,lk = n! . l1 ! · · · · · l k !

Bizonyítás. Ha tekintjük az elemek ismétlés nélküli permutációit, akkor ezek között több egyforma is szerepel, mivel az azonos elemeket egymás között cserélgetve a permutáció nem változik. Például az l 1 darab egyforma elem egymás közti permutációinak száma l 1 !,. . . , az lk darab egyforma elem esetén pedig lk !. Ha ezek szorzatával elosztjuk az ismétlés nélüli permutációk n! számát, megkapjuk az isméléses permutációk számát: . l1 ! · · · · · l k ! 6.6. Példa. Ha úgy keverünk össze egy kártyapaklit, hogy csak a színeket vesszük figyelembe, akkor négyféle lap lesz (piros, zöld, tök, makk), és mindegyikbl 8 darab van a pakliban. Ez a 32 lap egy ismétléses permutációja, 32! és az összes különböz sorrend száma: P n;8,8,8,8 = 8!8!8!8! 6.7. Definíció. Tekintsünk n darab különböz elemet, ezekbl kiválasztva k darab rendezett elemet, az n elem egy k-adosztályú ismétlés nélküli variációját kapjuk.

6.8. Tétel. Az összes lehetséges ismétlés nélküli k-adosztályú variációk száma n különböz elem esetén: n! k Vn = n(n - 1) . . . (n - (k - 1)) = . (n - k)! Bizonyítás. A bizonyítást rögzített n mellett k szerinti teljes indukcióval végezzük, k = 1 esetén n darab elembl 1-et kell kiválasztanunk, ezt n1 féleképpen tehetjük meg, tehát: Vn = n. Most tegyük fel, hogy k-ra igaz az

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

37

állítás, és bizonyítsunk k + 1-re. Ha kiválasztunk k darab elemet, a k + 1k+1 = edik elem kiválasztására már csak n - k lehetség adódik, tehát V n k. (n - k)Vn
n A definíciók alapján a permutáció a variáció speciális esete: P n = Vn

6.10. Definíció. Ha n darab különböz elembl úgy választunk ki k darabot, hogy egy elemet többször is választhatunk és a sorrend számít, akkor az n elem egy k-adosztályú ismétléses variációját kapjuk. 6.11. Tétel. Az összes lehetséges k-adosztályú ismétléses variációk száma n különböz elem esetén: k Vn,ism = nk . Bizonyítás. A k darab hely mindegyikére n lehetség közül választhatunk, k tehát Vn,ism = n · · · · · n = nk . 6.12. Példa. A totó-szelvény kitöltése 3 darab elem (13+1)-edosztályú ismétléses variációja, összesen V314 = 314 -féleképpen tölthetjük ki.

6.9. Példa. Ha egy futóversenyen 10 ember áll rajthoz, akkor az els három helyezett a 10 ember egy 3-adosztályú ismétlés nélküli variációja, és összesen 3 V10 = 10 · 9 · 8 féleképpen állhatnak fel a dobogóra a versenyzk.

6.13. Definíció. Ha n elembl kiválasztunk k darabot úgy, hogy a sorrend nem számít, akkor az n elem k-adosztályú ismétlés nélküli kombinációját kapjuk. 6.14. Tétel. Az összes lehetséges k-adosztályú ismétlés nélküli kombináció n elem esetén: n! n k Cn = = . k!(n - k)! k n számokat binomiális együtthatóknak nevezzük, k k"-nak mondjuk. Az n -t "n alatt a k

Bizonyítás. Az n elem ismétlés nélküli k-adosztályú variációi között k! számú van, melyekben ugyanazok az elemek szerepelnek, csak más sorrendben. Ezek mind ugyanazt a kombinációt állítják el, tehát:
k Cn = k Vn = k!

n . k

38

2. SZÁMFOGALMAK

k A kombináció az ismétléses permutáció speciális esete: C n = Pn;k,n-k . n Ez nemcsak abból vezethet le, hogy mindkett k -val egyenl, hanem a k definícióból is. Ugyanis Cn n elembl k darab kiválasztásainak a száma. A kiválasztást úgy végezzük el, hogy a felsorakoztatott n elembl k darabot 1-essel, n - k darabot pedig 0-val jelölünk meg. Ez pedig P n;k,n-k -féleképp tehet meg.

6.15. Definíció. Ha n elembl úgy választunk ki k darabot, hogy a sorrend nem számít és egy elemet többször is választhatunk, akkor n elem egy kadosztályú ismétléses kombinációját kapjuk. 6.16. Tétel. Az összes lehetséges k-adosztályú ismétléses kombinációk száma n elem esetén: n+k-1 k Cn,ism = . k Bizonyítás. Megmutatjuk, hogy n elem k-adosztályú ismétéses kombinációinak halmaza és n + k - 1 elem k-adosztályú ismétlés nélküli kombinációinak a halmaza között kölcsönösen egyértelm megfeleltetés létezik, azaz
k k Cn,ism = Cn+k-1 .

Legyen az n elem az {1, 2, . . . , n} halmaz, és legyen ennek egy k-adosztályú ismétléses kombinációja az {a1 , a2 , . . . , ak } halmaz. Rendezzük ezeket az elemeket növekv sorrendbe, természetesen lehetnek köztük egyenlek: 1 a1 a2 a3 · · · ak n. Adjunk most az elemekhez különbözö számokat úgy, hogy azután már ne legyenek közöttük egyenlek: 1 a 1 < a2 +1 < a3 +2 < · · · < ak +(k-1) n+k-1. Ez már az {1, 2, 3, . . . , n, . . . n+ k - 1} halmaz elemeinek egy ismétlés nélküli kombinációja. Minden ilyen ismétlés nélküli kombinációhoz tartozik n elem egy ismétléses kombinációja, következésképpen a megfeleltetés kölcsönösen egyértelm. (Például ha n = 6 és k = 4, akkor n + k - 1 = 9 és az {1, 4, 5, 9} ismétlés nélküli kombinációnak az ismétléses megfelelje az {1, 4 - 1, 5 - 2, 9 - 3} = {1, 3, 3, 6}.) Tehát k k Cn,ism = Cn+k-1 = n+k-1 . k 6.17. Példa. Ha ötféle csokoládét lehet kapni a boltban, és mi 10 darabot veszünk, akkor ez az 5 csokoládé 10-edosztályú ismétléses kombinációja, és 10 összesen C5,ism = 5+10-1 -féleképpen választhatunk. 10 6.18. Példa. Az A, B betkbl és a 0, 1 számokból hány "bet, bet,szám, szám" típusú rendszámtábla készíthet? Három tipikus megoldási módszert ismertetünk.

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

39

(a) Kitöltjük az üres 1. 2. 3. 4. táblázatot. A kitöltési lehetségek: 2-féle 2-féle 2-féle 2-féle A végeredmény ezek szorzata: 24 . 2 (b) Felbontjuk a kitöltést két ismert fázisra: 2 betbl 2 helyre V 2,ism , 2 továbbá 2 számból 2 helyre V2,ism féleképp tehetünk. Ezek szorzata a 2 · 22 = 24 . végeredmény: 2 (c) Fa gráfot készítünk a lehetséges esetek felsorolására. Ez jól magyarázza a fenti két megoldásban azt, hogy miért kellett összeszorozni az esetek k k számítását. (Fa gráf segítségével könnyen igazolhatók a V n és Vn,ism képletek is.) A A 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 B 1 1 0 0 1 0 A 1 1 0 0 1 0 B B 1 1

Ezen gráf "lefelé haladó útjai" és a rendszámok között kölcsönösen egyértelm leképezés van. Az ilyen esetek száma pedig 2 · 2 · 2 · 2 = 2 4 . A binomiális együtthatók tulajdonságai: n n = , ha 0 k n. k n-k n+1 n n 2. = + , ha 0 k n. k+1 k k+1 Ezen képlet belátható például az "esetek szétválasztásával." n + 1 elembl k+1 darabot úgy választunk ki, hogy vagy az els n-bl k darabot és még az n + 1-ediket, vagy az els n-bl k + 1 darabot, de az n + 1-ediket k+1 k k+1 nem. Így Cn+1 = Cn + Cn . n+1 n n-1 k+1 k 3. = + + ··· + + , ha 0 k n. k+1 k k k k Ez a megfelel képletbl indukcióval adódik. 1.

40

2. SZÁMFOGALMAK

n+1 (n + 1)n(n - 1) · · · (n - k + 1) n+1 n = = , ha 0 k n. k+1 (k + 1)k(k - 1) · · · 1 k+1 k Ezt a képletet használhatjuk a binomiális együtthatók rekurzív kiszámítására is (hiszen az n! gyors növekedése miatt a definíció szerinti közvetlen kiszámítás nem célszer). 6.19. Tétel (Polinomiális tétel). legyen a 1 , . . . , ak R és n N . Ekkor 4. (a1 + · · · + ak )n =
s1 +···+sk =n

n! s1 ! . . . s k !

a s1 a s2 . . . a sk . 1 2 k

Az összegzés azon nem negatív egész s 1 , . . . , sk számokra terjed ki, amelyek összege n. Bizonyítás. Mivel n darab és minden tagot minden taggal szoroznunk kell, ezért a szorzat egy tagja n as1 as2 . . . ask alakú lesz, ahol s1 + · · · + sk = n. Az a1 elemet s1 -szer s1 1 2 k féleképpen lehet kiválaszatni az n darab zárójelbl, ezután az a 2 elmet s2 ször már csak (n - s1 ) darab zárójelbl választhatjuk, összesen n-s1 -fés2 leképpen,. . . , az ak elemet sk -szor (n - s1 - · · · - sk-1 ) darab zárójelbl n-s1 -···-sk-1 -féleképpen választhatjuk ki. Tehát az a s1 as2 . . . ask tag 1 2 k sk együtthatója a szorzatban: n s1 n - s1 ... s2 n - s1 - · · · - sk-1 sk = (a1 + · · · + ak )n = (a1 + · · · + ak )(a1 + · · · + ak )... (a1 + · · · + ak ),

n! (n - s1 )! (n - s1 - · · · - sk-1 )! n! · ... · = . s1 !(n - s1 )! (n - s1 - s2 )!s2 ! (n - s1 - · · · - sk )! sk ! s1 ! . . . s k ! 0!=1

6.20. Tétel (Binomiális tétel). legyen a, b R . Ekkor
n

(a + b) =
s=0

n

n n-s s a b = s

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

Bizonyítás. A tétel a polinomiális tétel speciális esete k = 2-re. 6.21. Példa. A binomiális tétel alapján: n n n + + ... + 0 1 n = (1 + 1)n = 2n ,

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK

41

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

= (1 - 1)n = 0.

Pascal-háromszög. Az (a + b)n kifejezésben szerepl együtthatókat n = 0, 1, 2, . . . esetén egymás alá elhelyezzük.
n=0 n=1 n=2 n=3 n=4 4 0 n k+1 3 0 2 0 4 1 1 0 3 1 0 0 2 1 4 2 1 1 3 2

2 2 4 3

3 3

4 4

képlet alapján látható, hogy abban, az ún. PascalAz n+1 = n + k+1 k háromszögben szerepl értékek a közvetlenül felettük szerepl két érték öszszegeként kaphatók meg. Ez is mutatja, hogy n , 0 k n, pozitív egész. k A Pascal-háromszögben szerepl számok: 1 1 1 1 1 4 3 6 2 3 4 1 1 1 1

3. fejezet

Vektorok
1. Vektorterek
1.1. Definíció. A V nem üres halmazt vektortérnek nevezzük a T test felett, ha értelmezve van rajta egy + : V × V V összeadás, és egy T × V V skalárszorzás, amelyek teljesítik az alábbi tulajdonságokat: 1. (V, +) Abel-csoport, 2. x, y V és , T esetén: (a) (x + y) = x + y, (b) ( + )x = x + x, (c) (x) = ()x, (d) 1x = x. V elemeit vektoroknak nevezzük, a V Abel-csoport 0 neutrális elemét pedig nullvektornak. T elemeit skalároknak mondjuk. 1.2. Példa. R vektortér önmaga felett. Az összeadás a szokásos R-beli összeadás, a skalárszorzás a szokásos R-beli szorzás. 1.3. Példa. A valós számok R halmazának önmagával vett Descartes-féle szorzata, amelyet a rendezett számpárok terének nevezünk, vektortér R felett. A számpárok halmazán az összeadást és a skalárszorzást a következképpen definiáljuk: . (a1 , a2 ) + (b1 , b2 ) = (a1 + b1 , a2 + b2 ), . (a1 , a2 ) = (a1 , a2 ). 1.4. Példa. A valós számok R halmazának önmagával vett n-szeres Descartes-féle szorzata, amelyet a szám n-esek terének nevezünk, vektortér R felett. A szám n-esek n-szer halmazán az összeadást és a skalárszorzást a következképpen definiáljuk:
43

R2 = R × R = {(a1 , a2 ) | a1 R, a2 R}

Rn = R × R × · · · × R = {(a1 , . . . , an ) | ai R, i = 1, . . . , n}

44

3. VEKTOROK

. (a1 , . . . , an ) + (b1 , . . . , bn ) = (a1 + b1 , . . . , an + bn ), . (a1 , . . . , an ) = (a1 , . . . , an ). 1.5. Példa. Szabad vektorok tere. - - - - Tekintsük a geometriai tér irányított szakaszait: X = { AB, . . . , U U , . . . }, - - ahol U U hossza 0, iránya tetszleges. Legyen Y = {P 0 , P1 , . . . } a párhuzamos - - eltolások halmaza. Tekintsük az f : X Y, f ( AB) = PAB leképezést, ahol PAB az a párhuzamos eltolás, ami az A-hoz a B pontot rendeli. Ez egy szürjekív leképezés, de nem injektív. Ha ekvivalensnek tekintjük azokat az irányított szakaszokat, amelyekhez az f leképezés ugyanazt a párhuzamos eltolást rendeli, egy ekvivalencia relációt kapunk, ami létrehoz egy osztályozást. Az osztályokat szabad vektoroknak nevezzük, és a 0, a, b, · · · V - - jelölést használjuk. Egy AB irányított szakaszt az a V szabad vektor - - konkrét reprezentánsának nevezünk, ha AB a. Szabad vektorok összeadását a konkrét reprezentánsaik segítségével definiál- - - - hatjuk: ha a, b V és AB a, BC b , akkor a + b az a szabadvektor, - amely tartalmazza AC-t. - - B AB a - - BC b j C : - AC a + b A Egy a V szabadvektor normáján egy konkrét reprezentánsának a hosszát értjük, jele: a . A norma nemnegatív: a 0, és a = 0 akkor és csak akkor, ha a = 0. A norma segítségével definiálhatjuk a szabadvektorok skalárral való szorzását. Ha R, a V akkor az a V szabadvektor teljesíti az alábbi tulajdonságokat: 1. a = || a , 2. > 0 esetén a egy konkrét reprezentánsa egyirányú a egy konkrét reprezentánsával, 3. < 0 esetén a egy konkrét reprezentánsa ellentétes irányú a egy konkrét reprezentánsával, 4. = 0 vagy a = 0 esetén a = 0. A szabad vektorok V halmaza az így bevezetett szorzásra és összeadásra nézve vektorteret alkot a valós számok teste felett.

1. VEKTORTEREK

45

1.6. Példa. A legfeljebb n-edfokú valós együtthatós polinomok halmaza vektortér R felett az alábbi mveletekkel: . (an xn + an-1 xn-1 + · · · + a1 x + a0 ) + (bn xn + bn-1 xn-1 + · · · + b1 x + b0 ) = (an + bn )xn + (an-1 + bn-1 )xn-1 + · · · + (a1 + b1 )x + (a0 + b0 ) , . (an xn + · · · + a1 x + a0 ) = (an )xn + · · · + (a1 )x + (a0 ) . 1.7. Példa. Az a {0} halmaz, amely csak a nullvektort tartalmazza, mindig vektortér, és triviális vektortérnek nevezzük. (Az összeadás 0 + 0 = 0, a skalárszorzás 0 = 0, T, szerint értelmezett.) 1.8. Példa. A zárt intervallumon értelmezett függvények F = {f | f : [a, b] R} Pn = {an xn + an-1 xn-1 + · · · + a1 x + a0 | ai R, i = 1, . . . , n}

tere vektorteret alkot a függvények pontonkénti összeadására és skalárszorzására nézve. 1.9. Példa. C vektortér önmaga felett. C vektortér R felett is. (De R nem vektortér C felett a szokásos C beli mveleteket tekintve.) 1.10. Tétel. Vektortérben a nullvektor egyértelmen létezik. Bizonyítás. A tétel következménye annak, hogy Abel-csoport neutrális eleme egyértelm, a bizonyítást lásd az elz fejezet 1.5. tételénél. 1.11. Tétel. Legyen V vektortér a T test felett, , T és a, b V. Ekkor 1. 0a = 0, 2. (-1)a = -a, 3. 0 = 0, 4. a = 0 = = 0 vagy a = 0. Bizonyítás. 1. Mivel 0a + a = 0a + 1a = (0 + 1)a = 1a = a, így 0a + a = a, és az egyszersítési szabály miatt 0a = 0. 2. a + (-1)a = 1a + (-1)a = (1 + (-1))a = 0, ezért (-1)a az a vektor additív inverze. 3. 0 = (0 + 0) = 0 + 0, innen 0 = 0. 4. Indirekt tegyük fel, hogy sem = 0, sem a = 0, de a = 0. Ha = 0, akkor ()-1 a = ()-1 0, vagyis a = 0, ami ellentmondás. 1.12. Definíció. A (V, T) vektortér W részhalmazát a V alterének nevezzük, ha W önmagában is vektortér, azaz a, b W és T esetén

46

3. VEKTOROK

a + b W, a W, tehát W zárt a vektorok összeadására és tetszleges skalárral való szorzásra. 1.13. Megjegyzés. A {0} V és a V V altereket triviális altereknek, illetve nem valódi altereknek nevezzük. 1.14. Példa. A szám n-esek terében a W = {(a, 0, . . . , 0) | a R} halmaz altér. 1.15. Példa. R2 -ben V = {(x, x) | x R}, ahol R tetszleges, de rögzített elem, altér. Könnyen belátható, hogy R 2 -ben a {0} és az R2 altereken kívül csupán ilyen típusú alterek léteznek. V azonosítható a sík origón átmen, meredekség egyeneseivel.
6

x

x

-

1.16. Tétel. Legyen U V, W V altér a V vektortérben. Ekkor U W és U + W = {u + w | u U, w W } is altér. Bizonyítás. 1. U W nem lehet üres halmaz, a 0 vektort biztosan tartalmazza. Ha x, y U W, akkor x, y U és x, y W. Mivel U és W alterek, zártak a vektortér mveletekre nézve, így x+y U és x+y W, ezért x + y U W. Hasonlóan x U és x W miatt x U W. 2. Ha x, y U + W, akkor létezik u1 , u2 U és w 1 , w 2 W úgy, hogy x = u1 + w1 és y = u2 + w 2 . Ekkor x + y = (u1 + w1 ) + (u2 + w 2 ) = (u1 + u2 ) + (w1 + w2 )
U W

2. LINEÁRIS FÜGGSÉG, BÁZIS, DIMENZIÓ

47

2. Lineáris függség, bázis, dimenzió
2.1. Definíció. Adott a V vektortér a T test felett, a1 , . . . , ak V és legyenek 1 , . . . , k T. Ekkor az 1 a1 + 2 a2 + · · · + k ak vektort az a1 , . . . , ak vektorok lineáris kombinációjának nevezzük. A nullvektor tetszleges a1 , . . . , ak vektorokból eláll ún. triviális lineáris kombinációként: 0 = 0a 1 + · · · + 0ak . 2.2. Tétel (A lineáris kombináció tranzitivitása). Legyen V egy vektortér. Ha a c V vektor lineárisan kombinálható az a1 , . . . , ak vektorok segítségével, és minden ai (i = 1, . . . , k) vektor lineárisan kombinálható a b1 , . . . , bl vektorokból, akkor a c vektor is elállítható a b1 , . . . , bl vektorok lineáris kombinációjaként.
k l

Bizonyítás. Ha c =
i=1 k

i ai és ai =
j=1 k

µij bj i = 1, . . . , k, akkor
l j=1 k

c=
i=1

i ai =
i=1

Tehát elállítottuk c-t a b1 , . . . , bl vektorok lineáris kombinációjaként. 2.3. Tétel. A V vektortér tetszleges a1 , . . . , ak vektorainak összes lineáris kombinációja alteret alkot V -ben. Ezt az alteret az a1 , . . . , ak vektorrendszer által generált altérnek, vagy az {a1 , . . . , ak } halmaz (lineáris) lezártjának hívjuk. Jele: L(a1 , . . . , ak ). (1 a1 + · · · + k ak ) + (1 a1 + · · · + k ak ) = (1 + 1 )a1 + · · · + (k + k )ak , és zárt a skalárszorzásra: (1 a1 + · · · + k ak ) = (1 )a1 + · · · + (k )ak . 2.4. Példa. R2 -ben a (0, 1) vektor általt generált altérben ezen vektor skalárszorosai vannak, vagyis az y tengely. Az e1 = (0, 1) és e2 = (1, 0) vektorok lineáris kombinációjaként azonban minden R 2 -beli vektor eláll, például (3, 2) = 3e1 + 2e2 , így L(e1 , e2 ) = R2 . 2.5. Definíció. Legyen V vektortér. Az a1 , . . . , ak V vektorrendszert 1. generátorrendszernek nevezzük, ha V minden eleme legalább egyféleképpen lineárisan kombinálható bellük, Bizonyítás. L(a1 , . . . , ak ) zárt az összeadásra:

i



l j=1

µij bj =

i µij
i=1

bj .

48

3. VEKTOROK

2. lineárisan független vektorrendszernek nevezzük, ha V minden eleme legfeljebb egyféleképpen elállítható a lineáris kombinációjukként, 3. bázisnak nevezzük, ha V minden eleme pontosan egyféleképpen kombinálható bellük. 2.6. Példa. R2 -ben e1 = (0, 1) és e2 = (1, 0) bázis, hisz tetszleges u = (u1 , u2 ) vektor u = u1 e1 + u2 e2 lineáris kombinációként elállítható, és ez az elállítás egyértelm. 2.7. Definíció. Ha a V vektortérben a1 , . . . , ak bázis, és a elállítása ebben a bázisban a = 1 a1 +· · · +k ak , akkor a (1 , . . . , k ) szám k-ast az a vektor a1 , . . . , ak bázisra vonatkozó koordinátáinak nevezzük. 2.8. Definíció. Egy vektorteret végesen generáltnak nevezünk, ha létezik véges sok elembl álló generátorrendszere. 2.9. Megjegyzés. Egy vektorrendszert lineárisan függnek nevezünk, ha nem lineárisan független. 2.10. Tétel. Egy a1 , . . . , ak V vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan függ, ha bellük a zérusvektor nem triviális lineáris kombinációval is elállítható, azaz léteznek 1 , . . . , k nem mind nulla skalárok úgy, hogy 0 = 1 a1 + · · · + k ak . Bizonyítás. 1. Ha a1 , . . . , ak V lineárisan függ vektorrendszer, akkor létezik olyan x vektor, amit legalább kétféleképpen lehet kikombinálni bellük. Ekkor x = 1 a1 + · · · + k ak , x = 1 a1 + · · · + k ak , és létezik i {1, . . . , k}, melyre i = i . A két egyenlséget kivonva egymásból a nullvektor egy nem triviális lineáris kombinációját kapjuk: 0 = (1 - 1 )a1 + · · · + (k - k )ak , ahol (i - i ) = 0. 2. Ha a nullvektornak van nem triviális elállítása, akkor kétféleképpen is felírható lineáris kombinációként: 0 = 1 a1 + · · · + k ak , i : i = 0, így a vektorrendszer lineárisan függ. 0 = 0a1 + · · · + 0ak ,

2. LINEÁRIS FÜGGSÉG, BÁZIS, DIMENZIÓ

49

2.11. Következmény. Egy a1 , . . . , ak V vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan független, ha bellük a zérusvektor csak triviális lineáris kombinációként állítható el, azaz ha 0 = 1 a1 + · · · + k ak , akkor 1 = · · · = k = 0. Bizonyítás. Az állítás az elz tétellel ekvivalens. 2.12. Következmény. A nullvektor önmagában függ rendszert alkot. Tetszleges, a nullvektortól különböz vektor önmagában független rendszert alkot. 2.13. Következmény. Ha egy vektorrendszer tartalmazza a zérusvektort, akkor lineárisan függ. 2.14. Tétel. Legyen V egy vektortér. Az alábbi állítások ekvivalensek: 1. a1 , . . . , ak V bázis, 2. lineárisan független generátorrendszer, 3. maximális lineárisan független vektorrendszer (egy vektort hozzávéve, már nem lineárisan függetlenek), 4. minimális generátorrendszer (egy vektort elvéve, már nem generátorrendszer). Bizonyítás. Közvetlenül adódik a definíciókból, hogy a második állítás akkor és csak akkor teljesül, ha a1 , . . . , ak bázis. Belátjuk, hogy az elsbl következik a harmadik, a harmadikból a negyedik, a negyedikbl pedig az els. (a) 1. = 3. Ha az a1 , . . . , ak bázist kibvítjük egy a V vektorral, akkor az így kapott a1 , . . . , ak , a vektorrendszer lineárisan függ lesz, mert az a vektort kétféleképpen is el lehet állítani bellük lineáris kombinációval. Egyrészt léteznek olyan 1 , . . . , k skalárok, melyekre mivel a1 , . . . , ak bázis volt, másrészt a = 1 a1 + · · · + k ak ,

a = 0a1 + . . . 0ak + 1a. (b) 3. = 4. Ha a1 , . . . , ak maximális lineárisan független vektorrendszer, akkor generátorrendszer is egyben. Ugyanis ha létezne a V vektor, amit nem lehet kikombinálni bellük, akkor ezt a vektort hozzávéve, a vektorrendszer lineárisan független maradna, ami ellentmondana a maximalitásnak. Tehát tegyük fel indirekt, hogy létezik a V úgy, hogy nem kombinálható ki az a1 , . . . , ak vektorokból, de a1 , . . . , ak , a lineárisan függ. Ekkor a 2.10. tétel miatt a 0 vektor elállítható bellük nem triviális lineáris kombinációként: 0 = 1 a1 + · · · + k ak + k+1 a i : i = 0.

50

3. VEKTOROK

Ebben az elállításban k+1 = 0, mert ellenkez esetben létezne a 0 vektornak nem triviális elállítása az a1 , . . . , ak vektorok lineáris kombinációjaként, ami ellentmond annak, hogy lineárisan függetlenek. így az a vektor kifejezhet a1 , . . . , ak lineáris kombinációjaként: a=- 1 k a1 - · · · - a , k+1 k+1 k

ami ellentmond az indirekt feltevésnek. A minimalitás a lineáris függetlenség következménye. Ha például az ak vektort elhagyjuk, akkor a1 , . . . , ak-1 vektorok nem alkothatnak generátorrendszert, mert ak -t nem lehet kikombinálni bellük. (c) 4. = 1. Tegyük fel, hogy a1 , . . . , ak minimális generátorrendszer. Ahhoz, hogy belássuk, hogy bázis, meg kell mutatni, hogy minden vektor csak egyféleképpen kombinálható bellük. Indirekt tegyük fel, hogy létezik a V úgy, hogy a kétféleképpen is felírható az a1 , . . . , ak vektorrendszer lineáris kombinációjaként: a = 1 a1 + · · · + k ak , a = µ1 a1 + · · · + µk ak ,

ahol létezik i, 1 i k, amire i = µi . Kivonva a két egyenlséget egymásból: 0 = (1 - µ1 )a1 + · · · + (i - µi ) ai + · · · + (k - µk )ak ,
=0

ami azt jelenti, hogy ai kifejezhet az a1 , . . . , ai-1 , ai+1 , . . . , ak vektorok lineáris kombinációjaként. Így ez a vektorrendszer, ami csak (k - 1) elembl áll, szintén generátorrendszer a 2.2. tétel miatt, ami ellentmond a1 , . . . , ak minimalitásának. 2.15. Tétel. Az a1 , . . . , ak vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan függ, ha valamely vektora lineárisan kombinálható a többibl. Bizonyítás. 1. Ha a1 = 2 a2 + · · · + k ak , akkor 0 = -1a1 + 2 a2 + · · · + k ak , így a 0-nak van a triviálison kívül még egy elállítása, ami azt jelenti, hogy a vektorrendszer függ. 2. Ha a rendszer lineárisan függ, akkor a nullvektor felírható lineáris kombinációjukként: 0 = 1 a1 +· · ·+k ak , és a skalárok között van nemnulla.

2. LINEÁRIS FÜGGSÉG, BÁZIS, DIMENZIÓ

51

Tegyük fel, hogy 1 = 0. Ekkor a1 kifejezhet a többi lineáris kombinációjaként: 2 k a1 = - a2 - · · · - a . 1 1 k 2.16. Következmény. Egy legalább kételem vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan függ, ha valamelyik vektora kikombinálható az azt megelzekbl, vagy valamelyik tagja a nullvektor. 2.17. Tétel (Kicserélési tétel). Egy k darab vektorból álló vektorrendszerrel generált vektortér minden lineárisan független vektorrendszere legfeljebb k darab vektort tartalmaz. Bizonyítás. Legyen a1 , . . . , ak generátorrendszer V -ben, és b1 , . . . , bl lineárisan független vektorrendszer. Ekkor bi = 0 i = 1, . . . l. A bl , a1 , . . . , ak vektorrendszer nem lehet minimális generátorrendszer, így lineárisan függ. Ekkor létezik i, 1 i k, amelyre ai kikombinálható az t megelz vektorokból, ezért ha eltávolítjuk a vektorrendszerbl, az továbbra is generátorrendszer marad. Hasonlóan a bl-1 , bl , a1 , . . . , ai , . . . , ak nem minimális generátorrendszer (ai azt jelenti, hogy az ai hiányzik), így lineárisan függ vektorrendszer. Ekkor létezik j, 1 j k, melyre aj kikombinálható az eltte állókból (b2 nem kombinálható b1 -bl, mert lineárisan függetlenek). Ha aj -t eltávolítjuk, a megmaradó vektorok továbbra is generátorrendszert alkotnak. Ezután a bl-2 , bl-1 , bl , a1 , . . . , ai , . . . , aj , . . . , ak vektorrendszert tekintjük, ami lineárisan függ generátorrendszer. Ekkor van olyan tagja, amely az elzek lineáris kombinációja, és ez nem lehet valamelyik bl-m , m {0, 1, 2}, mert a b1 , . . . , bl vektorrendszer lineárisan független. Az eljárást ugyanígy folytatjuk. A vektorok cserélgetése véges sok lépésben véget ér, és mindig a1 , . . . , ak vektorrendszerbeli elemet cserélünk b1 , . . . , bl beli vektorra, így ez elbbi nem fogyhat el hamarabb, a végén a b1 , . . . , bl , aj1 , . . . , ajk-l vektorrendszert kapjuk, ahol 1 j1 , . . . , jk-l n (ha k = l, akkor természetesen b1 , . . . , bl adódik). 2.18. Következmény. Egy k darab vektorból álló vektorrendszer által generált vektortérben minden k + 1 tagú vektorrendszer lineárisan függ. 2.19. Tétel. Egy k darab vektor által generált vektortérben létezik legfeljebb k darab vektort tartalmazó bázis. Ebben a vektortérben minden bázis egyenl számosságú.

52

3. VEKTOROK

Bizonyítás. 1. Ha a1 , . . . , ak generátorrendszer V -ben, és van benne nullvektor, akkor azt elhagyhatjuk. Ha a1 , . . . , ak lineárisan független, akkor bázis. Ha lineárisan függ, akkor léteznek olyan elemek, amelyek kikombinálhatóak a többibl. Ezeket az elemeket elhagyva, véges sok lépésben egy lineárisan független vektorrendszert kapunk, azaz egy bázist. 2. Ha a1 , . . . , ak és b1 , . . . , bl is bázis V -ben, akkor a1 , . . . , ak generátorrendszer, b1 , . . . , bl lineárisan független vektorrendszer, így a 2.17. tétel miatt l k. Fordítva: b1 , . . . , bl generátorrendszer, a1 , . . . , ak lineárisan független, így k l, tehát k = l. 2.20. Definíció. Egy vektortér bázisainak közös számosságát a vektortér dimenziójának nevezzük. 2.21. Definíció. Egy vektorrendszer által generált altér dimenzióját a vektorrendszer rangjának nevezzük: rg(a1 , . . . , ak )= dim L(a1 , . . . , ak ). 2.22. Példa. A szám n-esek Rn terében az alábbi vektorrendszer bázis: 1 0 0 0 1 0 e1 = 0 , e2 = 0 , ..., en = 0 . . . . . . . . . . 0 0 1

Tehát Rn n-dimenziós, és ebben a bázisban egy elem elállítása: 1 1 0 2 0 0 . = 1 . + ... + n . . . . . . . . n 0 1
n

Ezt a bázist R kanonikus vagy természetes bázisának nevezzük.

2.23. Példa. A legfeljebb n-ed fokú polinomok vektorterében bázis az 1, x, x2 , . . . , xn vektorrendszer, így ez a vektortér (n + 1)-dimenziós. 2.24. Következmény. Ha V egy vektortér, W V altér és dim W = dim V , akkor W = V. 2.25. Tétel. Legyen V egy n-dimenziós vektortér, a 1 , . . . , ak V lineárisan független vektorrendszer, k < n. Ekkor léteznek ak+1 , . . . , an V vektorok úgy, hogy a1 , . . . , an bázis V -ben.

3. ALTEREK DIREKT ÖSSZEGE

53

Bizonyítás. Mivel k < n, ezért a1 , . . . ak nem bázis, tehát nem maximális lineárisan független vektorrendszer. Ekkor létezik ak+1 V úgy, hogy a1 , . . . , ak , ak+1 lineárisan függetlenek. Ha ez maximális lineárisan független vektorrendszer, azaz k + 1 = n, akkor megkaptunk egy bázist, ha nem maximális, akkor pedig létezik ak+2 V úgy, hogy a1 , . . . , ak+2 lineárisan függetlenek. Hasonlóan folytatva az eljárást, véges sok lépésben eljutunk egy a1 , . . . , an bázishoz. 2.26. Következmény. Egy n-dimenziós vektortér minden altere legfeljebb n-dimenziós. 2.27. Tétel. Legyen V1 , V2 a V vektortér két altere. Ekkor Bizonyítás. Ha V1 V2 bázisa a1 , . . . , ak , akkor ez kipótolható a 2.25. tétel miatt úgy, hogy a1 , . . . , ak , b1 , . . . , bl bázisa V1 -nek, és kipótolható úgy, hogy a1 , . . . , ak , c1 , . . . , cm pedig bázis V2 -ben. Ekkor V1 +V2 egy lehetséges bázisa: a1 , . . . , ak , b1 , . . . , bl , c1 , . . . , cm . Másrészt vektorrendszer lineárisan független, hiszen ha például a b i vektort el lehetne állítani az a1 , . . . , ak , c1 , . . . , cm vektorok segítségével, akkor bi V1 V2 teljesülne, ami ellentmondás. dim(V1 V2 ) + dim(V1 + V2 ) = dim V1 + dim V2 .

3. Alterek direkt összege
3.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a V vektortér a V 1 , . . . , Vk altereinek direkt összege, ha minden a V vektor eláll pontosan egyféleképpen a1 + · · · + ak alakban, ahol a1 V1 , . . . , ak Vk . Jele: V = V1 · · · Vk .

3.2. Tétel. A V vektortér akkor és csak akkor áll el bizonyos altereinek direkt összegeként, ha azon alterek tetszleges bázisainak egyesítése a V vektortér egy bázisát adja. Bizonyítás. 1. Tegyük fel, hogy V = V 1 · · · Vk és V1 dimenziója n1 , bázisa (e1 ) = (e11 , . . . , e1n1 ), . . .

Vk dimenziója nk , bázisa (ek ) = (ek1 , . . . , eknk ). (a) Ekkor az ((e1 ), . . . , (ek )) = (e11 , . . . , eknk ) generátorrendszere V nek, mivel x V : x = x1 +· · · +xk , x1 V1 , . . . , xk Vk esetén léteznek 11 , . . . , 1n1 , . . . , knk skalárok úgy, hogy: x1 = 11 e11 + · · · + 1n1 e1n1 ,

54

3. VEKTOROK

(b)

. . . xk = k1 ek1 + · · · + knk eknk , így x = 11 e11 + · · · + knk eknk . Az e11 , . . . , eknk vektorrendszer lineárisan független. Legyen ugyanis 11 e11 + · · · + 1n1 e1n1 +... + k1 ek1 + · · · + knk eknk = 0 a nullvektor egy elállítása. Mivel itt y 1 V1 , . . . , y k Vk , a direkt összeg definíciója miatt az elállítás egyértelm. Mivel 0 Vi (i = 1, . . . , k), így a egy másik elállítás. Azaz y i = 0 minden i = 1, . . . , k esetén. Azonban (ei ) bázisa Vi -nek, ezért a 0 + ··· + 0 = 0 y1 + · · · + y k = 0
y1 yk

elállításban az együtthatók nullák. 2. Tegyük fel, hogy a V1 , . . . , Vk alterek bázisainak (e) = (e 11 , . . . , eknk ) egyesítése bázisa V -nek. Belátandó, hogy minden x V vektort pontosan egyféleképpen lehet elállítani x1 + · · · + xk alakban, ahol x1 V1 , . . . , xk Vk . Az (e) bázisban x pontosan egyféleképpen állítható el lineáris kombinációként: x = 11 e11 + · · · + 1n1 e1n1 +... + k1 ek1 + · · · + knk eknk .
x1 V1 xk Vk

i1 ei1 + · · · + ini eini = y 1 = 0

Ebbl azonnal adódik, hogy létezik elállítás: x = x1 + · · · + xk . Most indirekt tegyük fel, hogy létezik egy ettl különböz felírása is x-nek: x = y1 + · · · + y k , ahol yi Vi , i = 1, . . . , k. Léteznek i1 , . . . , ini skalárok, amelyekre y i = i1 ei1 + · · · + ini eini . Ekkor x = 11 e11 + · · · + 1n1 e1n1 + ... + k1 ek1 + · · · + knk eknk ,
y 1 V1 y k Vk

ami az elállítás egyértelmsége miatt csak akkor lehetséges, ha 11 = 11 , . . . , knk = knk , amibl x1 = y 1 , . . . , xk = y k . 3.3. Következmény. Ha V = V1 · · · Vk , akkor dim V = dim V1 + · · · + dim Vk .

3. ALTEREK DIREKT ÖSSZEGE

55

3.4. Következmény. Egy V vektortér akkor és csak akkor n-dimenziós, ha eláll n darab 1-dimenziós alterének direkt összegeként. Bizonyítás. 1. Ha V = V1 · · · Vn és dim Vi = 1, i = 1, . . . , n, akkor V valóban n-dimenziós a 3.2. tétel miatt. 2. Ha a V vektortér n-dimenziós és (e 1 , . . . , en ) egy bázisa, akkor V = L(e1 ) · · · L(en ). 3.5. Tétel. V = A B akkor és csak akkor, ha A + B = V és A B = {0}. Bizonyítás. 1. Tegyük fel, hogy V = A B. (a) Mivel A, B V, így A + B V. Másrészt A B = V miatt V A + B. A kétirányú tartalmazás következtében pedig A + B = V. (b) Legyen x AB. Mivel x V és V = AB, ezért x egyértelmen eláll x = a + b alakban, ahol a A és b B. Viszont x= 0 + x = x + 0 ,
A B A B

ami az egyértelmség miatt csak akkor lehetséges, ha x = 0, tehát az A és a B alterek metszete csak a nullvektort tartalmazza. 2. Ha A B = {0} és A + B = V, akkor az utóbbi miatt bármely x V esetén létezik a A és b B úgy, hogy x = a + b. Indirekt tegyük fel, hogy az elállítás nem egyértelm: x = a + b = a + b , ahol a A és b B. Ekkor amibl (a - a ) = (b - b), ami A B = {0} miatt azt jelenti, hogy a = a és b = b .
A B

0 = (a + b) - (a + b ) = (a - a ) + (b - b ),

3.6. Tétel. Ha V vektortér és A V altér, akkor létezik B V altér úgy, hogy A B = V. Bizonyítás. Ha dim A = k, dim V = n és e1 , . . . , ek bázisa A-nak, akkor ez a vektorrendszer kiegészíthet úgy, hogy e1 , . . . , ek , . . . , en bázis V -ben. Ekkor a B = L(ek+1 , . . . , en ) altérre a 3.2. tétel miatt teljesül, hogy AB = V. 3.7. Példa. R3 = V1 V2 , ahol V1 = {(a, 0, 0) | a R}, V2 = {(0, b, c) | b, c R}.

56

3. VEKTOROK

4. Faktortér
4.1. Definíció. Legyen H V altér és x V tetszleges, rögzített vektor. Az x + H = {x + h | h H} halmazt H irányter lineáris sokaságnak nevezzük, az x vektort a lineáris sokaság reprezentáns vektorának nevezzük. 4.2. Megjegyzés. Lineáris sokaság egyértelmen meghatározza irányterét. Lineáris sokaság bármely eleme (és csakis az) reprezentánsa. Bizonyítás. Ha egy lineáris sokaság L = x + H alakú, akkor x = x + 0 L, azaz a reprezentáns L-beli. Legyen most L = y + K egy másik elállítás, ahol K altér. Ekkor y = y + 0 x + H = L miatt egyrészt y L, másrészt y = x + hy alakú (hy H). Az x + H = L = x + hy + K egyenlségbl adódik H = K. 4.3. Példa. A síkban egy origón átmen egyenes altér, ennek eltoltjai, az általános helyzet egyenesek lineáris sokaságok:
6

H = L(v), r r0 + H, - - - - - - OP = OP0 + P0 P , r = r 0 + tv, t R. O Tehát az egyenes irányvektoros egyenlete: r = r 0 + tv , t R egy olyan 1-dimenziós lineáris sokaságot határoz meg, melynek iránytere L(v), egy reprezentánsa pedig r 0 . 4.4. Példa. A térben egy origón átmen sík altér, az általános helyzet síkok lineáris sokaságok: r0
:

P0


:

P

r v
-

4. FAKTORTÉR

57

H = L(v 1 , v 2 ), r r0 + H, - - - - - - OP = OP0 + P0 P , r = r0 + v 1 + v 2 , , R. O


6

P0
W zP

:

r0

r
: v1 -

W v2

Tehát ha az iránytér H = L(v 1 , v 2 ), akkor az r 0 + H lineáris sokaság egy eleme r = r0 + v 1 + v 2 alakú. 4.5. Definíció. Lineáris sokaság dimenzióján irányterének dimenzióját értjük. 4.6. Definíció. Legyen V vektortér, H V altér. Az x + H és y + H lineáris sokaságok összegét és skalárszorosát az alábbi módon definiáljuk: (x + H) + (y + H) = (x + y) + H, 4.7. Következmény. Lineáris sokaságok összege és skalárszorosa nem függ a reprezentánsok megválasztásától. Bizonyítás. 1. Ha x1 + H = x2 + H és y 1 + H = y 2 + H, akkor x2 x1 + H és y 2 y 1 + H. Ekkor x2 + y2 (x1 + y1 ) + H, így (x2 + H) + (y2 + H) = (x1 + H) + (y 1 + H). 2. Ha x + H = y + H, akkor y x + H. Ezért y (x + H) = x + H, így y + H = x + H. 4.8. Tétel. A H V altérhez tartozó lineáris sokaságok {x + H | x V } halmaza a 4.6. definícióban definiált mveletekre nézve vektorteret alkot. Ezt a vektorteret a H altérhez tartozó faktortérnek nevezzük. Jele: V /H. Bizonyítás. 1. Belátandó, hogy a lineáris sokaságok halmaza a bevezetett összeadásra nézve Abel-csoport. (x + H) = x + H, T.

58

3. VEKTOROK

(a) (b)

(x + H) + (y + H) = (x + y) + H = (y + H) + (x + H), (x + H) + (y + H) + (z + H) = (x + y + H) + (z + H) =

(x+y+z)+H = (x+H)+(y+z+H) = (x+H)+ (y+H)+(z+H) , (c) zéruselem: (x + H) + (0 + H) = x + H, (d) additív inverz: (x + H) + (-x + H) = 0 + H. 2. A skalárszorzás tulajdonságai: (a) (x + H) + (y + H) = (x + y + H) = (x + y) + H = (x + y) + H = (x + H) + (y + H), (b) ( + )(x + H) = ( + )x + H = (x + x) + H = (x + H) + (x + H), (c) (x + H) = (x + H) = (x + H), (d) 1(x + H) = x + H.

4.9. Tétel. A V vektortér H altere szerinti faktortér dimenziója: dim V /H = dim V - dim H. Bizonyítás. Ha e1 , . . . , en bázisa V -nek, e1 , . . . , ek bázisa H-nak, akkor (ek+1 + H), . . . , (en + H) bázisa V /H-nak. Ugyanis ez egyrészt generátorrendszer, mert ha x + H V /H, akkor x = 1 e1 + · · · + k ek +k+1 ek+1 + · · · + n en ,
H

tehát x + H = k+1 (ek+1 + H) + · · · + n (en + H). Másrész lineárisan független, hiszen ha k+1 (ek+1 + H) + · · · + n (en + H) = 0 + H, akkor k+1 ek+1 + · · · + n en = 0, ami csak akkor lehetséges ha, k+1 = · · · = n = 0, mert ek+1 , . . . , en lineárisan független vektorrendszer volt. 4.10. Példa. R2 -ben legyen H = {(a, 0) | a R}. H altér. A H irányter L = (x1 , x2 ) + H lineáris sokaság nem függ x1 -tl, tehát (0, x2 ) + H alakba írható.

4. FAKTORTÉR

59

6

(0, x2 ) 6

*

(x1 , x2 )

H

0

- L

Látható, hogy a H irányter lineáris sokaságok a vízszintes egyenesek. Másrészt minden lineáris sokaságnak a (0, x 2 ) alakú (az ilyen alakúak között egyértelm) reprezentánsát választva az is világos, hogy az R 2 /H faktortér beazonosítható a {(0, x2 ) | x2 R} vektortérrel (azaz a "függleges tengellyel").

4. fejezet

Mátrixok
1. Mátrixok
1.1. Definíció. Legyen k, n N, aij T, i = 1, . . . , k, j = 1, . . . , n. Ha az aij számokat k sorban és n oszlopban rendezzük el, akkor az így kapott számtáblázatot k × n típusú mátrixnak nevezzük: a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n . . . . .. . . . . . . . ak1 ak2 . . . akn

A mátrixokra az alábbi jelöléseket használjuk: A, B, ..; (a ij ), (bij ), . . . , ahol i a sorindex, j az oszlopindex. Az A mátrix egy általános elemét a ij -vel vagy (A)ij -vel jelöljük. A k × n típusú mátrixok halmazát M k×n -nel jelöljük. Az 1 × n típusú mátrixokat sorvektoroknak, a k × 1 típusúakat pedig oszlopvektoroknak mondjuk. Két mátrixot egyenlnek nevezünk, ha méreteik és a megfelel helyen álló elemeik egyenlek. 1.2. Definíció. Az olyan mátrixot, amelynek minden eleme 0, zérusmátrixnak nevezzük.

1.3. Definíció. Az (ai1 , . . . ,in ) Tn vektort a mátrix i-edik sorának vagy a a1j . sorvektorának nevezzük, az . Tk vektort pedig a j-edik oszlopának . akj vagy oszlopvektorának nevezzük. Ezen két vektor "metszetében" áll az a ij elem. 1.4. Megjegyzés. Egy skalár is tekinthet egy 1 × 1 típusú mátrixnak. 1.5. Definíció. Az n × n típusú mátrixokat négyzetes vagy kvadratikus mátrixoknak nevezzük. Az a11 , . . . , ann elemeket a fátló vagy fdiagonális elemeinek nevezzük, az a1n , . . . , an1 elemeket pedig a mellékátló elemeinek
61

62

4. MÁTRIXOK

nevezzük:



a11 .. .

a1n

1.6. Definíció. Tekintsük az Mk×n halmazt, és legyen A = (aij ), B = (bij ) Mk×n . Ezen a halmazon értelmezzük az összeadást és a skalárszorzást az alábbi módon: 1. A + B =(aij + bij ) Mk×n : b11 . . . b1n a11 + b11 . . . a1n + b1n a11 . . . a1n a21 . . . a2n b21 . . . b2n a21 + b21 . . . a2n + b2n , . . + . . = . . .. .. .. . . . . . . . . . . . . . . . ak1 . . . akn bk1 . . . bkn ak1 + bk1 . . . a12 . . . a22 . . . . .. . . . ak2 . . . akn + bkn 2. A = (aij ) Mk×n , a11 a12 . . . a21 a22 . . . . . .. . . . . . ak1 ak2 . . . ahol T : a1n a11 a2n a21 . = . . . . . akn a1n a2n . . . .

a22 an1



ann

.

ak1

akn

1.7. Tétel. A k × n típusú mátrixok halmaza az elbb bevezetett összeadásra és szorzásra nézve vektortér a T test felett. Bizonyítás. Az Mk×n halmaz zárt a mveletekre, hiszen ilyen típusú mátrixok összege is Mk×n típusú. Mivel a mveleteket tagonként végezzük, és T vektortér T felett, így ezek a tulajdonságok a mátrixokra is teljesülnek. Az alábbi levezetésben ( ) a mátrix "zárójele", míg a csoportosítást a [ ] szögletes zárójelek mutatják. 1. (a) (aij ) + (bij ) = (aij + bij ) = (bij + aij ) = (bij ) + (aij ), (b) (c) (d) 2. (a) (b) (c) (aij ) + (bij ) + (cij ) = (aij + bij + cij ) = (aij ) + (bij ) + (cij ) , nullelem: (aij ) + (0) = (aij ), additív inverz: (aij ) + (-aij ) = (0). [ + ](aij ) = [ + ]aij (aij ) + (aij ), = (aij + aij ) = (aij ) + (aij ) =

(aij ) + (bij ) = (aij + bij ) = [aij + bij ] = (aij + bij ) = (aij ) + (bij ) = (aij ) + (bij ), [](aij ) = (aij ) = (aij ),

1. MÁTRIXOK

63

(d)

1(aij ) = (aij ).

1.8. Tétel. 1 0 . . .

0 0 ...

csak akkor lehet egyenl a zérusmátrixszal, ha 1 = · · · = kn = 0. 1.9. Definíció. Az (aij ) Mk×n mátrix transzponáltja mátrix. Jele: AT 1 1 2 3 1.10. Példa. Legyen A = . Ekkor AT = 2 4 5 6 3

Bizonyítás. A megadott mátrixok nyilván generátorrendszert alkotnak. Továbbá lineárisan függetlenek, hiszen 1 . . . n 1 0 ... 0 0 0 ... 0 . . . . . . .. . . . . 1 . . . . . . + ... + kn . . . . . . = . . . . . . . . . (k-1)n+1 . . . kn 0 0 ... 0 0 0 ... 1 az (aji ) Mn×k 4 5 . 6

Az Mk×n vektortér 0 ... 0 0 0 . . . 0 0 . .. . , . . . . . . . . 0

kn-dimenziós, egy lehetséges 1 ... 0 0 0 ... 0 0 . . . 0 . . . 0 . .. . , ..., . . . . . . . . . . . . . . 0 0 ... 0 0 0 ...

bázisa: 0 0 .. . . 1

1.11. Definíció. Egy A Mn×n kvadratikus mátrixot szimmetrikusnak nevezünk, ha A = AT , és ferdeszimmmetrikusnak, ha A = -A T . 1 2 3 0 -1 2 0 -4 pedig 1.12. Példa. Az 2 4 5 mártix szimmetrikus, a 1 3 5 7 -2 4 0 ferdeszimmetrikus mátrix. 1.13. Következmény. (A + B)T = AT + B T , (A)T = AT . Bizonyítás. A bizonyítást most is a mátrix általános elemével végezzük. Belátjuk, hogy a baloldali mátrix i-edik sorának j-edik eleme megegyezik a jobboldali mátrix i-edik sorának j-edik elemével.
T 1. (A + B)T = (A + B)ji = Aji + Bji = AT + Bij = (AT + B T )ij , ij ij 2. (A)T = (A)ji = Aji = AT . ij ij

64

4. MÁTRIXOK

1.14. Definíció. Legyen A Mk×n és B Mn×m . Az A és B mátrixok szorzatának azt a k × m típusú mátrixot nevezzük, melynek i-edik sorának j-edik eleme
n

(AB)ij = ai1 b1j + · · · + ain bnj =

ail blj .
l=1

Ezt a szorzást sor-oszlop kompozíciós szorzásnak nevezzük, mivel az (AB) ij elem kiszámításához az A mátrix i-edik sorát szorozzuk a B mátrix j-edik oszlopával úgy, hogy a megfelel tagok szorzatait összeadjuk: b1j n b2j (AB) = ai1 ai2 . . . ain . ail blj = . ij . bnj
l=1

1.15. Megjegyzés. A mátrixok szorzása nem kommutatív, általában össze sem szorozhatóak fordított sorrendben. 1 1 1 0 2 1 1 0 1 1 1 1 = , = mu1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 2 1 tatja, hogy AB és BA is létezik és a méretük is egyenl, de AB nem egyenl BA-val.

1.16. Példa.

Az egységmátrixra teljesül, hogy AE = EA = A bármely A M n×n mátrix esetén. Használatos még az egységmátrixra a ( ij ) jelölés, amit Kroneckerdeltának nevezünk: 1, ha i = j, ij = 0, ha i = j. 1.18. Megjegyzés. Ha A négyzetes mátrix, akkor képezhetk az A 2 = AA, A3 = A2 A, . . . mátrixok, és A0 =E. 1.19. Tétel. Ha A Mk×n , B, C Mn×m , továbbá D Mm×l, akkor teljesülnek az alábbi egyenlségek: 1. A[B + C] = AB + AC,

1.17. Definíció. Az E Mn×n kvadratikus mátrixot n-edrend egységmátrixnak nevezzük, ahol 1 0 ... 0 0 1 . . . 0 E = . . .. . . . . . . . . . 0 0 ... 1

1. MÁTRIXOK

65

2. A[BD] = [AB]D, 3. A[B] = [AB]. Bizonyítás. A bizonyítást általános elemmel végezzük:
n n n

1.

A[B + C]
n r=1

ij

=
r=1

air (B + C)rj =
r=1

air [brj + crj ] =
r=1

air brj +

air crj = (AB)ij + (AC)ij = (AB + AC)ij ,
n ij n m

2.

A[BD]
m s=1 n r=1

=
r=1

air (BD)rj =
m s=1 r=1

air
s=1

brs dsj = , air brj = [AB]
r=1

air brs dsj =
n ij

(AB)is dsj = [AB]D
n

ij n

3.

A[B]

=
r=1

air (B)rj =
r=1

air [brj ] =

ij

.

1.20. Következmény. Ha A Mn×n négyzetes mátrix, akkor Ak+l = Ak Al . 1.21. Tétel. Legyenek A, B összeszorozható mátrixok. Ekkor (AB)T = B T AT . Bizonyítás. Ha A Mk×n , B Mn×m , akkor (AB)T és B T AT is m × k típúsú lesz, és
n n n

[AB]

T ij

= (AB)ji =
r=1

ajr bri =
r=1

(A )rj (B )ir =
r=1

T

T

(B T )ir (AT )rj =

(B T AT )ij .

1.22. Definíció. Legyen A Mn×n kvadratikus mátrix. Ha létezik olyan B Mn×n mátrix, melyre AB = BA = E , ahol E az n × n típúsú egységmátrix, akkor A-t invertálható mátrixnak, és B-t az A mátrix inverzének nevezzük. Jele: A-1 . 1.23. Tétel. Ha az A Mn×n mátrixnak létezik inverze, akkor az egyértelm. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy B1 , B2 Mn×n inverzei A-nak. Ekkor AB1 = B1 A = E = AB2 = B2 A,

66

4. MÁTRIXOK

ha beszorozzuk az els egyenlséget B 2 -vel: (B2 A) B1 = B2 (B1 A),
E E

akkor azt kapjuk, hogy B1 = B2 . 1.24. Tétel. Ha az A1 , . . . , Ak Mn×n mátrixok invertálhatóak, akkor a szorzatuknak is létezik inverze, és (A1 A2 . . . Ak )-1 = A-1 . . . A-1 A-1 . 2 1 k Bizonyítás. Belátjuk, hogy mindkét irányból szorozva ket egységmátrixot kapunk: 1. (A-1 . . . A-1 A-1 )(A1 A2 . . . Ak ) = A-1 . . . A-1 (A-1 A1 ) A2 . . . Ak = 2 1 2 1 k k A-1 . . . (A-1 A2 ) . . . Ak = · · · = E, 2 k
E E

2. (A1 A2 . . . Ak )(A-1 . . . A-1 A-1 ) = A1 A2 . . . (Ak A-1 ) . . . A-1 A-1 = · · · = 2 1 2 1 k k E.
E

1.25. Tétel. Invertálható mátrixok esetén az inverzképzés és a transzponálás sorrendje felcserélhet: (AT )-1 = (A-1 )T . Bizonyítás. Belátandó, hogy AT inverze (A-1 )T : AT (A-1 )T = (A-1 A)T = E T = E, (A-1 )T AT = (AA-1 )T = E T = E. Rögzített n N esetén az n × n típusú mátrixok gyrt alkotnak (mátrixgyr). Ez a gyr egységelemes, E az egységelem. De nem kommutatív, és nem nullosztómentes. Valóban, két nem nulla mátrix szorzata lehet nulla: 1 0 1 0 0 0 1 1 = 0 0 . 0 0

Az alábbiakban a Gauss-féle eliminációt ismertetjük. Ennek segítségével meghatározhatjuk egy mátrix inverzét, és a késbbiekben lineáris egyenletrendszerek megoldására is használjuk. 1.26. Definíció. Az alábbi mátrixátalakításokat (mveleteket) elemi sor (oszlop) átalakításoknak nevezzük:

1. MÁTRIXOK

67

1. egy mátrix sorának (oszlopának) skalárszorosát hozzáadjuk egy másik sorához (oszlopához), 2. egy mátrix két tetszleges sorát (oszlopát) felcseréljük, 3. egy mátrix sorát (oszlopát) zérustól különböz skalárral megszorozzuk. 1.27. Definíció. Két mátrixot sorekvivalensnek (oszlopekvivalensnek) nevezünk, ha egyik a másikból véges sok elemi sor átalakítással (oszlop átalakítással) elállítható. 1.28. Következmény. Ha B mátrix az A mátrixból véges sok sor (oszlop) átalakítással megkapható, akkor léteznek olyan sor (oszlop) átalakítások, amelyek segítségével B-bl A-t kapjuk. 1.29. Definíció. Mátrix egy sorának vezet eleme a sor els zérustól különböz eleme. 1.30. Definíció. Egy mátrixot lépcss mátrixnak nevezünk, ha teljesíti az alábbi tulajdonságokat: 1. a mátrixban a zérustól különböz elemeket tartalmazó sorok megelzik a csupa nulla sorokat, 2. ha a mátrixban van két olyan sor, ami tartalmaz zérustól különböz elemet, akkor a másodikban a vezet elem oszlopindexe nagyobb vagy egyenl, mint az elsben. 1 1 1 3 4 5 5 0 0 2 3 5 8 3 1.31. Példa. Az A = 0 0 1 3 4 3 4 mátrix lépcss alakú. 0 0 0 0 0 0 0 1.32. Definíció. Egy mátrixot trapéz alakúnak nevezünk, ha lépcss alakú és az egymás alatt álló sorokban a vezet elemek oszlopindexeinek különbsége 1. 1 2 3 4 0 1 2 3 1.33. Példa. A B = 0 0 1 2 mátrix trapéz alakú. 0 0 0 0

1.34. Definíció. Az A Mn×n mátrixot háromszög alakúnak vagy fels triangulárisnak nevezzük, ha i > j esetén a ij = 0, továbbá a fátlóban csupa nem nulla elem áll. 1 3 5 1.35. Példa. A C = 0 2 3 mátrix fels trianguláris. 0 0 2

68

4. MÁTRIXOK

1.36. Tétel. Minden négyzetes mátrix sorekvivalens (oszlopekvivalens is) egy lépcss mátrixszal. Bizonyítás. A lépcss alakra hozás algoritmusát Gauss-féle eliminációnak nevezzük. 1. Megkeressük a legkisebb oszlopindex vezet elemet tartalmazó sort, és sorcserével az els sorba tesszük. Tegyük fel, hogy az els sor els ai1 eleme nem nulla, ekkor az i-edik sorhoz hozzáadjuk az els sor - a11 szeresét, i = 2, . . . , n. Ekkor a mátrix az alábbi alakú lesz: a11 a12 . . . a1n 0 a22 . . . a2n . . . . .. . . . . . . . 0 an2 . . . ann 2. Ha a22 = 0, akkor az alatta lév elemeket kinullázzuk, azaz az alatta aj2 lév sorokhoz hozzáadjuk a 2. sor - -szeresét, j = 3, . . . , n. a 22 a11 a12 . . . a1n 0 a22 . . . a2n 0 0 . . . a3n . Ekkor a mátrix: . . . .. . . . . . . . 0 0 . . . ann

3. Hasonlóan folytatva az eljárást, véges sok lépésben lépcss alakú mátrixot kapunk. 1.37. Definíció. Elemi mátrixoknak nevezzük az n-edrend egységmátrixból egy elemi sor (oszlop) transzformációval elállítható mátrixot. Az elemi mátrixoknak három típusát különböztetjük meg aszerint, hogy milyen elemi átalakítással kaptuk az egységmátrixból: 0 1 0 1. sorcserével: 1 0 0 , 0 0 1 3 0 0 2. sor szorozva skalárral: 0 1 0 , 0 0 1

1. MÁTRIXOK

69

1.38. Tétel. Amilyen elemi átalakításokkal keletkezik az E egységmátrixból az elemi mátrix, ugyanolyan elemi átalakításokkal keletkezik az A-ból az A mátrix. 1.39. Megjegyzés. A tételt nem bizonyítjuk, de példákon keresztül jól látható, hogy az elemi átalakítások ekvivalensek a megfelel elemi mátrixokkal való szorzással: 0 1 0 1 2 3 2 3 4 1. 1 0 0 2 3 4 = 1 2 3 , 0 0 1 4 5 6 4 5 6 3 0 0 1 2 3 3 6 9 2. 0 1 0 2 3 4 = 2 3 4 , 0 0 1 4 5 6 4 5 6 1 0 0 1 2 3 1 2 3 3. 2 1 0 2 3 4 = 4 7 10 . 0 0 1 4 5 6 4 5 6

1 0 0 3. sorhoz hozzáadva másik sor skalárszorosát: 2 1 0 . 0 0 1





1.40. Következmény. A Gauss-elimináció elvégezhet elemi mátrixokkal balról való szorzásokkal, vagyis minden négyzetes mátrix elemi mátrixokkal balról szorozva lépcss mátrixszá alakítható.

1.41. Tétel. Minden elemi mátrix invertálható, és inverze is elemi mátrix. 1.42. Megjegyzés. Ismét példákon keresztül szemléltetjük az állítást: 1. típus: az ilyen mátrixnak önmaga az inverze, így visszafordítja a sorrendet: 1 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 = 0 1 0 . 0 0 1 0 0 1 0 0 1 2. típus: ha a sor -szorosa az eredetinek, akkor az inverzben ezt a sort (1/)-val kell szorozni: 1 0 0 3 0 0 1/3 0 0 0 1 0 0 1 0 = 0 1 0 . 0 0 1 0 0 1 0 0 1 3. típus: Ha az E-bl úgy kaptuk az elemi mátrixot, hogy egy sor szorosát hozzáadtuk egy másik sorhoz, akkor inverzmátrixban ki kell vonni belle:

70

4. MÁTRIXOK



1.43. Tétel. Az A mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha a vele sorekvivalens mátrixok is azok, azaz ha B = k · · · 1 A is invertálható, ahol 1 , . . . , k elemi mátrixok. Bizonyítás. 1. Tegyük fel, hogy A-nak létezik inverze. Ha B = k · · · 1 A, akkor B invertálható, mert az (A-1 -1 · · · -1 -1 ) mátrix az inverze: 1 k-1 k (A-1 -1 · · · -1 -1 )(k · · · 1 A) = E. 1 k-1 k
E

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



2. Tegyük fel, hogy B = k · · · 1 A , és B-nek létezik inverze. Ekkor A = -1 · · · -1 B, így A invertálható, és az inverze B -1 k · · · 1 . 1 k 1.44. Tétel. Egy kvadratikus mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha sorekvivalens az egységmátrixszal. Bizonyítás. 1. Ha A = k . . . 1 E, akkor az elz tétel miatt A invertálható, mert az egységmátrixnak van inverze, mégpedig önmaga. Ekkor A inverze: E-1 . . . -1 . 1 k 2. Ha A invertálható, akkor Gauss-eliminációval háromszög alakra hozható. Ugyanis ha trapéz alakot kapnánk, akkor lenne benne csupa nulla sor. Az olyan mátrixok, amik tartalmaznak csupa nulla sorokat, nem invertálhatóak, hiszen ha C i-edik sora 0, akkor tetszleges D-vel szorozva: c11 . . . c1n d11 . . . d1n e11 . . . e1n 0 0 ... 0 = 0 ... 0 = E. CD = 0 . . . cn1 . . . cnn dn1 . . . dnn en1 . . . enn A kapott háromszög alakú mátrixban skalárszorzással elérhetjük, hogy a fátlóban csak 1-esek álljanak. Ezeknek az egyeseknek a segítségével kinullázhatjuk a felettük álló elemeket, így megkapjuk az egységmátrixot.

1.45. Következmény. Ha egy A mátrix invertálható, akkor A és A -1 is felírható elemi mátrixok szorzataként. Bizonyítás. Ha A invertálható, akkor A = k . . . 1 E. Ebbl E = -1 . . . -1 A, tehát A-1 is elemi mátrixok szorzata. 1 k
A-1

2. DETERMINÁNS

71

1.46. Következmény. Gauss-féle szimultán elimináció. Ha az A M n×n átalakítható az egységmátrixszá, akkor ugyanezen átalakításokkal E-bl A -1 et kapjuk. Bizonyítás. Ha E = k . . . 1 A, akkor k . . . 1 E = A-1 .
A-1

1 0 1 1.47. Példa. Legyen A = 2 1 1. Számítsuk ki A inverzét elemi sorá1 2 0 talakítások segítségével úgy, hogy az A mátrixon végrehajtott átalakításokat szimultán módon végrehajtjuk az egységmátrixon is az 1.46. következmény szerint: 1 0 11 0 0 1 0 1 1 0 0 A = 2 1 1 0 1 0 0 1 -1 -2 1 0 1 2 00 0 1 0 2 -1 -1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 -2 2 -1 0 1 -1 -2 1 0 0 1 0 1 -1 1 , 0 0 1 3 -2 1 0 0 1 3 -2 1 -2 2 -1 tehát A-1 = 1 -1 1 . 3 -2 1



2. Determináns
A determinánsok alapvet szerepet játszanak a lineáris egyenletrendszerek vizsgálatában. 2.1. Definíció. Az (1, . . . , n) elemek egy permutációjában az inverziók számának nevezzük az I számot, ami azt jelöli, hogy hány szomszédos elem cseréjével állítható el a permutáció az (1, . . . , n)-bl. 2.2. Definíció. Az A Mn×n mátrix minden sorából és oszlopából válasszunk ki pontosan egy elemet, tehát összesen n darab elemet. Az els oszlopból kiválasztott elemet jelölje a i1 1 ,. . . , az n-edik oszlopból kiválasztott elemet pedig ain n . Ezt az n darab számot összesen n!-féleképpen lehet kiválasztani, mert ennyi a sorindexek (azaz az (1, . . . , n) számok) összes lehetséges permutációinak száma. Az A mátrix determinánsának az alábbi

72

4. MÁTRIXOK

számot nevezzük: det A =
(i1 ,...,in )Pn

(-1)I ai1 1 . . . ain n ,

1 ... n permutációban az inverziók száma. Az összegzés i1 . . . i n az (1, . . . , n) elemek összes (i1 , . . . , in ) permutációjára kiterjed. A determinánsra használatos még az |A| és a |a1 , . . . , an | jelölés is, ahol ai a mátrix i-edik oszlop vektorát jelöli. ahol I az 2.3. Példa. 1. Kétszer kettes mátrixok determinánsa: a11 a12 = a11 a22 - a21 a12 , a21 a22 azaz a fátlóban lév elemek szorzatából kivonjuk a mellékátlóbeliek szorzatát. 2. Háromszor hármas mátrixok determinánsa: a11 a12 a13 a21 a22 a23 = a31 a32 a33 a11 a22 a33 + a31 a12 a23 + a21 a32 a13 - a31 a22 a13 - a21 a12 a33 - a11 a32 a23 . A 3 × 3-as esetben is a "fátló irányúak" szorzatainak és a "mellékátló irányúak" szorzatainak a különbsége a determináns. abra Megjegyezzük, hogy ilyen egyszer számolási szabály a magasabbrend determinánsokra nem létezik. 2.4. Tétel. Legyen A Mn×n . Ekkor a determináns rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal: 1. |A| = |AT |; 2. ha A tartalmaz csupa 0 sort, akkor |A| = 0; 3. sor vagy oszlopcsere esetén a determináns eljelet vált: 4. ha két sor vagy két oszlop megegyezik, akkor a determináns nulla: 5. ha egy sort skalárral szorzok, a skalár kiemelhet: |a1 , . . . , ai , . . . , an | = |a1 , . . . , an |; |a1 , . . . , a, . . . , a, .., an | = 0; |a1 , . . . , ai , . . . , aj , . . . , an | = -|a1 , . . . , aj , . . . , ai , . . . , an |;

2. DETERMINÁNS

73

6. ha két sor vagy oszlop lineárisan függ, akkor a determináns nulla: 7. ha egy oszlopvektort (sorvektort) két vektor összegére bontjuk, akkor a determináns is szétbontható: 8. a determináns értéke nem változik, ha egy sor- (vagy oszlop)vektorának skalárszorosát hozzáadjuk egy másik sorához (vagy oszlopához): 9. trianguláris mátrix determinánsa a fátlóban álló elemek szorzata; 10. ha egy mátrix sor vagy oszlopvektorai lineárisan függek, akkor a determinánsa nulla; 11. ha det A = 0, akkor A oszlopvektorai lineárisan függetlenek. Bizonyítás. 1. A transzponált mátrixban ugyanazok az elemek vannak, mint az eredetiben, a bellük képzett szorzatok is ugyanazok. Ha az eredeti determinánsban egy tag ai1 1 . . . ain n alakú, akkor a transzponált mátrix determinánsában: a1i1 . . . anin alakú lesz. Ahány elemcsere szükséges az (i1 , . . . , in ) elemekbl az (1, . . . , n) sorrend eléréséhez, ugyanannyi elemcserével fog kialakulni az (1, . . . , n)-bl a sorindexek tényleges sorrendje, ez éppen az (i1 , . . . , in ) permutációban az inverziók száma. Tehát a szorzatok eljele sem változik. Ennek a tulajdoságnak köszönhet, hogy azok az állítások, melyek sorokra vonatkoznak, oszlopokra is teljesülnek, és fordítva. 2. Mivel a determináns minden tagjában szerepel nulla, így a tagok összege is nulla. 3. Sorcserénél minden tagban a sorindexek közül kett fel van cserélve, így az inveziók száma minden tagban páratlan számmal n vagy csökken (két elem cseréje mindig páratlan sok szomszédos elem cseréjével helyettesíthet). Ezért minden tag eljelet vált, tehát a determináns is eljelet vált. 4. Ha a mátrixban két sor megegyezik, akkor ezt a két sort megcserélve a mátrix nem változik, de az elz tulajdonság miatt a determináns eljelet vált. Ez csak akkor lehet igaz, ha a determináns nulla. 5. Ha egy sort skalárral szorzunk, a determináns minden tagja pontosan egyszer lesz megszorozva ezzel a skalárral, így maga a determináns is. 6. Ha két oszlop lineárisan függ, akkor: |a1 , . . . , ai , . . . , ai , .., an | = |a1 , . . . , ai , . . . , ai , .., an | = 0 = 0. |a1 , . . . , ai , . . . , aj , .., an | = |a1 , . . . , ai , . . . , aj + ai , .., an |; |a1 , . . . , ai + ai , . . . , an | = |a1 , . . . , an | + |a1 , . . . , ai , . . . , an |; |a1 , . . . , ai , . . . , ai , .., an | = 0;

74

4. MÁTRIXOK

7. Ha az i. oszlopvektor két vektor összegére bomlik, akkor a determináns minden tagjában pontosan egy összeadás szerepel, így: |a1 , . . . , (ai + ai ), . . . , an | = (-1)I aj1 1 . . . (aji i + aji i ) . . . ajn n =
(j1 ,...,jn )Pn

(-1)I aj1 1 . . . aji i . . . ajn n +
(j1 ,...,jn )Pn (j1 ,...,jn )Pn

(-1)I aj1 1 . . . aji i . . . ajn n =

|a1 , . . . , ai , . . . , an | + |a1 , . . . , ai , . . . an |. 8. Az elz tulajdonságok alapján: |a1 , .., ai , .., aj + ai , .., an | = |a1 , .., ai , .., aj , .., an | + |a1 , .., ai , .., ai , .., an | = |a1 , .., ai , .., aj , .., an | + |a1 , .., ai , .., ai , .., an | = |a1 , .., ai , .., aj , .., an | = |A|.
0

9. Trianguláris mátrix determinánsában csak egyetlen tagban nem szerepel nulla, ez éppen az átlós elemek szorzata, pozitív eljellel. 10. Ha egy mátrix oszlopai lineárisan függek, akkor létezik olyan oszlop, ami a többi lineáris kombinációja. Tegyük fel, hogy ez az utolsó oszlop (ez oszlopcserével elérhet), ekkor: |a1 , . . . , 1 a1 + · · · + n-1 an-1 | = |a1 , . . . , 1 a1 | + · · · + |a1 , . . . , n-1 an-1 | = 1 |a1 , . . . , a1 | + · · · + n-1 |a1 , . . . , an-1 , an-1 | = 0.
0 0

11. A 10. tulajdonság kontrapozíciója. A determináns fogalmát másképpen is meg lehet fogalmazni. A következ definícióban a determinánst, mint bizonyos tulajdonságokkal rendelkez függvényt fogjuk meghatározni, utána belátjuk, hogy a két definíció ekvivalens. 2.5. Definíció. Legyen A Mn×n , A = (a1 , . . . , an ). Determináns függvénynek nevezzük a det : Mn×n R leképezést, ha rendelkezik az alábbi tulajdonságokkal: 1. oszlopvektoraiban additív: det(a1 + a1 , . . . , an ) = det(a1 , . . . , an ) + det(a1 , . . . , an ), 2. oszlopvektoraiban homogén: det(a1 , . . . , an ) = det(a1 , . . . , an ), 3. alternáló tulajdonságú (más szóval antiszimmetrikus): 4. az egységmátrix determinánsa 1: det(e 1 , . . . , en ) = 1, ahol e1 = (1, 0, . . . , 0)T ; . . . ; en = (0, . . . , 0, 1)T . det(a1 , . . . , ai , . . . , aj , . . . an ) = - det(a1 , . . . , aj , . . . , ai , . . . , an ),

2. DETERMINÁNS

75

2.6. Tétel. A determinánsra adott 2.2. és 2.5. definíciók ekvivalensek. Bizonyítás. 1. Az els definícióból bebizonyított tulajdonságok között szerepelnek a második definíció követelményei. 2. A mátrix oszlopvektorai Rn -beli vektorok, elállíthatók a természetes bázis lineáris kombinációiként: a1i 1 0 . . . . = a1i . + · · · + ani . , . . . ani 0 1
n

vagyis ai = gokat:
j=1

aji ej . Ekkor használva a 2.5. definícióbeli tulajdonsán n

det A = det(a1 , . . . , an ) = det
j1 =1

aj1 1 ej1 , . . . ,
jn =1

ajn n ejn =

aj1 1 . . . ajn n det(ej1 , . . . , ejn ).
(j1 ,...,jn )Pn

Mivel (ej1 , . . . , ejn ) az (e1 , . . . , en )-bl oszlopcserékkel állítható el, mégpedig annyival, amennyi a (j1 , . . . , jn ) permutációban az inverziók száma. Tehát az alternáló tulajdonság miatt: det(ej1 , . . . , ejn ) = (-1)I det(e1 , . . . , en ),
1

így megkaptuk a 2.2. definícióbeli determináns elállítást. 2.7. Megjegyzés. Természetesen a determináns 2.4. tételbeli tulajdonságai bebizonyíthatóak a 2.5. definíció alapján is. Például a 2. tulajdonság: det(0, . . . , an ) = det(00, . . . , an ) = 0 det(0, . . . , an ) = 0. 2.8. Tétel. Ha egy mátrix oszlopvektorai lineárisan függetlenek, akkor a determinánsa nem nulla. Bizonyítás. Ha az oszlopvektorok lineárisan függetlenek, akkor bázist alkotnak, és lineáris kombinációjukként felírhatóak a természetes bázis elemei. Ekkor
n n

1 = det E = det(e1 , . . . , en ) = det(
i1 =1

i1 1 ai1 , . . . ,
in =1

in n ain ) =

76

4. MÁTRIXOK

i1 1 ..in n det(ai1 , .., ain ) =
(i1 ,..,in )Pn (i1 ,..,in )Pn

(-1)I i1 1 ..in n det(a1 , .., an ).

Ha det(a1 , . . . , an ) nulla lenne, akkor az egész kifejezés nulla lenne. 2.9. Tétel (Determinánsok szorzás tétele). Mátrixok szorzatának determinánsa egyenl a tényez mátrixok determinánsának szorzatával: . |AB| = |A||B|
n

Bizonyítás. Legyen AB = C = (cij ) = (c1 , . . . , cn ). Mivel clj =
n i=1

ali bij ,

ezért cj =
i=1

ai bij . Ekkor
n n

det(c1 , . . . , cn ) = det
i1 =1

ai1 bi1 1 , . . . ,
in =1

ain bin n

=

bi1 1 ..bin n det(ai1 , .., ain ) =
(i1 ,..,in )Pn (i1 ,..,in )Pn

(-1)I bi1 1 ..bin n det(a1 , .., an )
|A|

=
(i1 ,...,in )Pn

(-1) bi1 1 . . . bin n |A| = |B||A|.
|B|

I

2.10. Tétel. Négyzetes mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha determinánsa nem nulla. Bizonyítás. 1. Tegyük fel, hogy A invertálható. Ekkor AA -1 = E . Mivel |E| = 0, a determinánsok szorzástétele alapján |A||A -1 | = |E| = 0, így |A| = 0 és |A-1 | = 0. 2. Ha A determinánsa nem nulla, akkor oszlopai lineárisan függetlenek, így bázist alkotnak. Ebben a bázisban felírva az e1 , . . . , en vektorokat
n

(a természetes bázis vektorait), azt kapjuk, hogy e j =
n i=1

bij ai , vagyis

elj =
i=1

bij ali . Ez azt jelenti, hogy E = BA , ahol B a b ij számokból

alkotott mátrix, amely kielégíti az inverzmátrix definícióját, tehát A invertálható.

2. DETERMINÁNS

77

2.11. Definíció. Legyen A Mn×n , n 2 és 1 k n. Jelöljünk ki a mátrixban k darab sort (i1 , . . . , ik ), és k darab oszlopot (j1 , . . . , jk ). Ezen oszlopok és sorok metszéspontjában álló elemek egy k × k tipúsú mátrixot alkotnak, és ennek a mátrixnak a determinánsát az eredeti mátrix k-adrend aldeterminánsának nevezzzük és az |A k | jelölést használjuk rá. A mátrix azon elemei amelyek nem tartoznak a kijelölt sorokhoz, illetve oszlopokhoz, egy (n - k) × (n - k) típusú mátrixot alkotnak, amit a k-adrend aldeterminánshoz tartozó adjungált aldeterminánsnak nevezünk. 2.12. Megjegyzés. Egy A Mn×n mátrixnak n n darab különböz kk k adrend aldeterminánsa van, és ugyanennyi az (n - k) × (n - k) típusúak száma. 2.13. Definíció. Egy A Mn×n mátrix |Ak | aldeterminánsához tartozó adjungált algebrai aldeterminánsnak nevezzük az |A k | = (-1)I+J |An-k | eljellel ellátott adjungált aldeterminánst. Itt I = i 1 +· · ·+ik , vagyis az |Ak | aldeterminánshoz kiválasztott sorok indexeinek összege, és J = j 1 + · · · + jk ahol j1 , . . . , jk az |Ak | aldeterminánsban az oszlopok indexeit jelöli.

2.14. Megjegyzés. Egy A Mn×n mátrix esetén ha |Ak | = (-1)I+J |An-k |, akkor |An-k | = (-1)T |Ak |, és T -ben éppen azoknak a sor és oszlopindexeknek az összege szerepel, amelyek nincsenek I + J-ben, tehát T = összes sor és oszlopindex összege 2(1 + · · · + n) -(I + J) = n(n - 1) -(I + J), páros | és |Ak | eljele mege-

így T paritása megegyezik I + J paritásával, |A n-k gyezik.

2.15. Tétel (Laplace-féle kifejtési tétel). Az A M n×n mátrixban jelöljünk ki k darab oszlopot (vagy sort), és tekintsük az összes olyan k-adrend aldeterminánst, amelyekben pontosan ezek az oszlopok (sorok) szerepelnek. Jelölje ezeket az aldeterminánsokat |K k |, . . . , |Kk | és a hozzájuk tartozó algebrai adjungált aldeterminánsokat pedig |K k | , . . . , |Kk | . Ekkor
1 r 1 r

|A| = |Kk ||Kk | + · · · + |Kk ||Kk | .
1 1 r r





2.16. Lemma. Tekintsünk egy k-adrend aldeterminánst (|K k |) és a hozzá tartozó adjungált algebrai aldeterminánst (|K k | ). Ekkor a |Kk | és |Kk | aldeterminánsok egy-egy tetszlegesen kiválasztott tagjának a szorzata tagja lesz |A|-nak.

78

4. MÁTRIXOK

Bizonyítás. (Lemma) 1. Tegyük fel, hogy K az els k darab sorhoz és az els k darab oszlophoz tartozó aldetermináns. Ekkor |Kk | = |Kk | = (-1)L al1 1 . . . alk k ,
(l1 ,...,lk )Pk

(-1)M amk+1 k+1 . . . amn n ,
(mk+1 ,...,mn )Pn-k

mert az adjungált aldeterminánsban a sor és oszlopindexek éppen a k + 1, . . . , n számok. Két tetszlegesen választott tag szorzata: (-1)L al1 1 . . . alk k (-1)M amk+1 k+1 . . . amn n = = (-1)M +L al1 1 . . . alk k amk+1 k+1 . . . amn n . n darab tényez szorzata L + M éppen az (l1 , . . . , lk , mk+1 , . . . , mn ) permutációban az inverziók száma, mert az els k darab sorindex és a második n - k darab sorindex nem állhat inverzióban egymással: 1 l i k < k + 1 mk+j n, tehát li < mk+j (két elem akkor áll inverzióban egymással, ha a nagyobb megelzi a kisebbet a permutációban). Tehát ez a tag szerepel az A mátrix determinánsában. 2. Most tetszleges k darab sor és oszlop esetén vizsgáljuk a két tag szorzatát. Legyen az aldetermináns |Kk |. Ekkor sor és oszlopcserékkel el lehet érni, hogy az i1 , . . . , ik sorhoz és a j1 , . . . , jk oszlophoz tartozó aldetermináns az els k darab sorba és oszlopba kerüljön. Minden ilyen csere eljelváltással jár, hiszen maguk az aldeterminánsok nem változnak, de a sorindexek és oszlopindexek összege eggyel csökken. Ahhoz, hogy az i1 -edik sor az els sorba kerüljön i1 - 1 szomszédos sor cseréréje van szükség. Hasonlóan ahhoz, hogy az ik -adik sor a k-adik sorba kerüljön, ik - k darab szomszédos sort kell megcserélni. Összesen tehát i1 + · · · + ik + j1 + · · · + jk - 2(1 + 2 + · · · + k) páros darab sorcsere és oszlopcsere szükséges, és az adjungált algebrai aldetermináns |Kk | ) eljele (-1)I+J lesz, tehát annyi, amennyi eredetileg volt. így az els pontban leírtak alapján az |K k ||Kk | -beli szorzatok is szerepelnek a determinánsban.

2. DETERMINÁNS

79

· · · + |Kk ||Kk | kifejezés valamennyi tagja szerepel A determinánsában. Az
r r 1 1 r r

Bizonyítás. (Laplace tétel) A lemma alapján tudjuk, hogy a |K k ||Kk | +
1 1

n k!(n - k)! = n! k darab tag van, ami valóban a determináns összes tagját jelenti.

egy k × k típusú determinánsnak k! darab tagja van), így összesen

Belátjuk, hogy ez éppen annyi tagot jelent, amennyibl |A| áll (ez n! darab tag). A k darab oszlop rögzítése után a k darab sort n -féleképpen választk hatjuk ki. Egy |Kk ||Kk | szorzatban pedig k!(n - k)! darab tag van (hiszen
i i

világos, hogy a |Kk ||Kk | + · · · + |Kk ||Kk | -ben szerepl tagok különböznek.

2.17. Megjegyzés. A Laplace tétel leggyakrabban használt speciális esete az egy sor vagy egy oszlop szerinti kifejtés, amikor az aldeterminánsok 1 × 1 típusúak, az adjungált algebrai aldeterminánsok pedig (n - 1) × (n - 1) típusúak. 2.18. Példa. Egy 4 × 4 típusú mátrix determinánsát valamely oszlopa szerinti kifejtéssel 4 darab 3 × 3 típusú determináns kiszámítására vezethetjük vissza. Az els oszlop szerint kifejtve: 1 2 0 3 0 2 1 1 1 3 2 1 2 2 3 4 0 1 2 4 1+1 1 2 3 + 2(-1)2+1 1 2 3 + = 1(-1) 3 1 1 1 1 1 1 1

0 1 2 0 1 2 0(-1)3+1 2 3 4 + 3(-1)4+1 2 3 4 . 1 1 1 1 2 3 2.19. Tétel (Ferde kifejtési tétel). Ha az A M n×n mátrixot kifejtjük egy oszlopa (sora) szerint úgy, hogy egy másik oszlop (sor) elemeihez tartozó adjungált algebrai aldeterminánsokat használjuk, akkor az eredmény nulla lesz: a1j |An-1 | + · · · + anj |An-1 | = 0,
1k nk

ahol |An-1 | az aik elemhez tartozó adjungált algebrai aldetermináns, és k = j.
ik

Bizonyítás. Vegyük észre, hogy az a1j |An-1 | + · · · + anj |An-1 |
1k nk

80

4. MÁTRIXOK

kifejezés nem más, mint annak a mátrixnak a k-adik oszlop szerinti kifejtése, amelynek a j-edik és a k-adik oszlopa megegyezik, így ez a determináns nulla. 2.20. Tétel. Egy A Mn×n mátrix B inverzének (ha létezik) bij elemét kiszámíthatjuk az alábbi módon: bij = 1 |An-1 | , |A| ji

ahol |An-1 | az aji elemhez tartozó adjungált algebrai aldetermináns, vagy
ji

másképpen a transzponált mátrix (A T )ij eleméhez tartozó adjungált algebrai aldetermináns. Bizonyítás. Az állítás egyszer számítással adódik.
n n k=1

(AB)ij =
k=1

aik (B)kj =

1 |A|

aik |An-1 | ,
jk

ami éppen a ferde kifejtési tétel sorokra vonatkozó változata miatt i = j esetén nulla. Ha pedig i = j, akkor
n k=1

aik |An-1 | = |A|,
ik

mert ez éppen A-nak az i-edik sora szerinti kifejtése. Tehát (AB)ij = 1 |A|
n k=1

aik |An-1 | = ij = (E)ij .
jk

2.21. Példa. Legyen A =

a b . Ekkor |A| = ad - cb, |A11 | = d, c d 1 d -b |A12 | = -c, |A21 | = -b, |A22 | = a, így A-1 = . ad - bc -c a

3. Mátrix rangja
3.1. Megjegyzés. Az elz fejezet 2.21. definíciója szerint egy (a1 , . . . , an ) vektorrendszer rangján az általa generált altér dimenzióját értjük: rg(a1 , . . . , an ) = dim L(a1 , . . . , an ),

3. MÁTRIX RANGJA

81

ami tulajdonképpen a benne szerepl lineárisan független vektorok maximális száma. 3.2. Tétel. Az (a1 , . . . , an ) vektorrendszer rangját nem változtatják meg az alábbi átalakítások (úgynevezett ranginvariás átalakítások): 1. 2. 3. 4. vektor szorzása = 0 skalárral, egy vektor skalárszorosának hozzáadása egy másik vektorhoz, vektorok felcserélése, olyan vektor elhagyása, amely lineárisan kombinálható a többibl.

Bizonyítás. Definíció alapján könnyen belátható. 3.3. Definíció. Legyen A egy n × k típusú mátrix. A mátrix sorvektorai által alkotott vektorrendszer rangját a mátrix rangjának nevezzük. 3.4. Megjegyzés. A zérusmátrix rangja nulla, az n-edrend egységmátrix rangja n. 3.5. Tétel. Az A Mn×k mátrix rangja egyenl egy maximális rend, zérustól különböz aldeterminánsának a rendjével. Bizonyítás. Az A = (aij ) Mn×k mátrix egy maximális rend, el nem tn aldeterminánsának rendje legyen r, értéke |A r | = D0 , azaz az (r+1)-edrend aldeterminánsok mind nullával egyenlek. Természetesen r min(n, k).

1. Elször megmutatjuk, hogy ha tekintjük az |A r | aldeterminánsban szerepl sorokat, akkor ezek lineárisan függetlenek. Tegyük fel, hogy |A r | sorai és oszlopai az els r darab sorban, illetve r darab oszlopban vannak, ez sor- és oszlopcserékkel mindig elérhet: b1 = (a11 , a12 , . . . , a1r ) b = (a21 , a22 , . . . , a2r ) 2 B= . . . . . .. . . . . . . . . . br = (ar1 , ar2 , . . . , arr ) Mivel det B = 0, ezért (b 1 , . . . , br ) lineárisan független vektorrendszer, tehát a11 ar1 0 . . . 1 . + · · · + r . = . . . . a1r
b1

(3.1)

esetén

arr
br

0
0

1 = · · · = r = 0.

82

4. MÁTRIXOK

Most tekintsük az A mátrix els r darab sorát: a1 = (a11 , a12 , . . . , a1k ) a = (a21 , a22 , . . . , a2k ) 2 . . . . , .. . . . . . . . . . ar = (ar1 , ar2 , . . . , ark )

és vizsgáljuk meg, hogy lineárisan függetlenek-e. Mivel a a11 ar1 0 . . . 1 . + · · · + r . = . . . . a1k ark 0
a1 ar 0

egyenletrendszer els r darab egyenlete megegyezik a (3.1) egyenletrendszerrel amely csak nulla együtthatók esetén tejesül így szükségképpen 1 = · · · = r = 0. Ez azt jelenti, hogy (a1 , . . . , ar ) lineárisan független vektorrendszer. 2. Be kell még látni, hogy (a1 , . . . , ar ) maximális lineárisan független vektorrendszer, azaz az A mátrixnak nem lehet több lineárisan független sora. Ha r = n akkor az állítás nyilvánvaló, ha r < n akkor legyen m, j N olyan, hogy r < m n, 1 j k és tekintsük az alábbi (r + 1)-edrend determinánst: a11 . . . ... a1r . . . a1j . . .

Dmj =

... ar1 . . . am1 . . .

arr arj amr amj

.

Természetesen ez a determináns nulla: (a) Ha j r, akkor a determinánsban van két egyforma oszlop, így az nulla. (b) Ha j > r, akkor ez egy (r + 1)-ed rend aldeterminánsa Anak. Mivel feltettük, hogy |Ar | maximális rend el nem tn aldetermináns, így Dmj = 0. Ha most kifejtjük az utolsó oszlop szerint a D mj determinánst: Dmj = a1j |An-1 | + ... + amj |An-1 | = 0,
1j mj Ar =0

3. MÁTRIX RANGJA

83

akkor amj =

Tehát amj minden j {1, . . . , k} esetén ilyen alakba írható, ugyanezekkel az együtthatókkal, mert |An-1 | =|An-1 | (i = 1, . . . , r) valójában nem függ j-tl, ezért -|An-1 |
1 ij i

-1 1 (a1j |An-1 | ) - .... (arj |An-1 | ). |Ar | |Ar | 1j rj

|Ar |



a11 am1 -|An-1 | ar1 . . . r . +··· + . = . . . . . |Ar | a1k ark amk
a1 ar am

Ekkor am lineárisan kombinálható az (a1 , . . . , ar ) vektorokból, így ezek maximális lineárisan független sorvektorrendszert alkotnak az A mátrixban, azaz A rangja r. 3.6. Következmény. Mátrix rangja egyenl transzponáltjának a rangjával, azaz oszloprendszerének rangjával. 3.7. Következmény. A mátrix rangja Gauss-eliminációval meghatározható: lépcss alakra hozzuk, és a nem nulla sorok száma adja a mátrix rangját. Ez abból következik, hogy egyrészt a Gauss-elimináció nem változtatja meg a mátrix rangját, másrészt egy lépcss alakú mátrix rangja nyilvánvalóan a nem nulla sorainak számával egyen. 3.8. Példa. Meghatározzuk az alábbi 3 × 3-as mátrix rangját. 1 2 3 1 2 3 1 2 3 rg 2 3 4 = rg 0 -1 -2 = rg 0 -1 -2 = 2 4 7 10 0 -1 -2 0 0 0 a Gauss-eliminációt használva. Az aldeterminánsokat használva is megoldjuk a feladatot. 1 2 3 2 3 4 = (1·3·10+2·4·4+3·2·7)-(3·3·4+2·2·10+1·4·7) = 104-104 = 0, 4 7 10 azonban 1 2 = 1 · 3 - 2 · 2 = 1 = 0. 2 3

84

4. MÁTRIXOK

4. Lineáris egyenletrendszerek
4.1. Definíció. Legyen A = (aij ) Mk×n , bi T (i = 1, . . . , k), ahol a T az R vagy a C számtestek valamelyikét jelöli. Lineáris egyenletrendszernek nevezzük a következ egyenletrendszert: (4.2) a11 x1 + ... +a1n xn = b1 . . . . . . ak1 x1 + ... +akn xn = bk

akkor az egyenletrendszert vektoriális alakba írhatjuk: a1 x1 + ... + an xn = b. Az egyenletrendszer mátrixos alakja: Ax = b, x1 . ahol x = . . . xn

Az x1 , . . . , xn szimbólumokat ismeretleneknek nevezzük. Ha bevezetjük az alábbi jelöléseket: a11 a1n b1 . . . a1 = . , ..., an = . , b = . , . . . ak1 akn bk

mátrix pedig az egyenletrendszer kibvített mátrixa.

Ekkor A-t az egyenletrendszer alapmátrixának nevezzük, az a11 . . . a1n b1 . . . .. . . (A|b) = . . . . . ak1 . . . akn bk

4.2. Definíció. A c = c1 , . . . , cn szám n-est a (4.2) egyenletrendszer megoldásának nevezzük, ha x1 , . . . , xn helyébe írva igaz egyenlségeket kapunk, azaz a szám n-es kielégíti a lineáris egyenletrendszert. Ha egy lineáris egyenletrendszernek létezik megoldása, akkor megoldhatónak nevezzük, ha nem létezik megoldása, akkor pedig ellentmondásosnak. Ha az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van, akkor határozottnak nevezzük, ha végtelen sok akkor határozatlannak. 4.3. Definíció. Az Ax = b lineáris egyenletrendszert homogénnek nevezzük, ha b = 0, ellenkez esetben pedig inhomogénnek.

4. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

85

4.4. Megjegyzés. Egy lineáris egyenletrendszer vizsgálatánál az els kérdés az, hogy létezik-e megoldása vagy sem (megoldható vagy ellentmondásos), a második kérdés pedig az, hogy hogyan lehet megtalálni az összes megoldást. A következkben megadunk egy eljárást, amellyel meghatározhatjuk ezeket a megoldásokat 4.5. Definíció. Két lineáris egyenletrendszert ekvivalensnek nevezünk, ha a megoldáshalmazuk megegyezik. 4.6. Tétel. Az alábbi átalakítások a (4.2) lineáris egyenletrendszer ekvivalens átalakításai, tehát nem változtatják meg a megoldáshalmazát: 1. két egyenlete felcserélése, 2. egy egyenlet szorzása zérustól különböz konstanssal, 3. egy egyenlet konstansszorosának hozzáadása egy másik egyenlethez. Bizonyítás. 1. Nyilvánvaló. 2. Ha c megoldása az i-edik egyenletnek akkor a (ai1 x1 + · · · + ain xn ) = bi , = 0,

egyenletnek is megoldása, és fordítva. 3. Ha a j-edik egyenlethez adjuk hozzá az i-edik -szorosát, és c kielégíti az eredeti egyenletrendszert, akkor az új egyenletrendszer j-edik egyenletét is kielégíti: (ai1 + aj1 )x1 + · · · + (ain + ajn )xn = = (ai1 x1 + · · · + ain xn ) + (aj1 x1 + · · · + ajn xn ) = bi + bj .
bi bj

Mivel a többi egyenlet változatlan marad, c megoldása lesz az új egyenletrendszernek is. Megfordítva, ha c megoldása az új egyenletrendszernek, akkor a j-edik kivételével minden egyenlete megegyezik az eredetivel, és bi + bj = (ai1 + aj1 )x1 + · · · + (ain + ajn )xn = = (ai1 x1 + · · · + ain xn ) +(aj1 x1 + · · · + ajn xn )
bi

miatt (aj1 x1 + · · · + ajn xn ) = bj , tehát az eredeti egyenletrendszer valamennyi egyenletét kielégíti. 4.7. Tétel. Ha egy lineáris egyenletrendszer kibvített mátrixa sorekvivalens egy másik lineáris egyenletrendszer kibvített mátrixszával, akkor a két lineáris egyenletrendszer ekvivalens.

86

4. MÁTRIXOK

Bizonyítás. Ha két mátrix sorekvivalens, akkor egyik a másikból elemi mátrixokkal való szorzásokkal megkapható. Legyen az egyenletrendszer Ax = b és elemi mátrixok szorzata. Ekkor (A|b) sorekvivalens (A|b)-vel, és a hozzájuk tartozó egyenletrendszerek: Ax = b (A)x = b. Látható, hogy a két egyenletrendszernek ugyanazok a megoldásai, hiszen ha Ac = b akkor ( A)c = b,
b

és fordítva, ha (A)c = b teljesül, akkor -1 -el szorozva Ac = b adódik ( invertálható az 1.41. tétel miatt). 4.8. Tétel. Ha egy lineáris egyenletrendszer kibvített mátrixa lépcss mátrix, akkor az egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha nincs olyan sora, amelynek csak az utolsó eleme nem nulla. Bizonyítás. 1. Ha van olyan sor a kibvített mátrixban, amelynek csak az utolsó eleme nem nulla, akkor az egyenletrendszer természetesen ellentmondásos. 2. Ha az egyenletrendszer mátrixa lépcss alakú, akkor véges sok átalakítással (oszlopcserékkel) trapéz alakra hozható: a11 x1 + a12 x2 + . . . 0 + a22 x2 + . . . ... 0 + 0 + ... 0 + 0 + ... ... 0 + 0 + ... +a1l xl + . . . +a2l xl + . . . ... +all xl + . . . + 0 + ... ... + 0 + ... +a1n xn = b1 +a2n xn = b2 +aln xn = + 0 = + 0 = bl , 0 0

ahol a11 = 0, . . . , all = 0. Ilyenkor az xn , . . . , xl+1 ismeretleneknek tetszleges értéket adhatunk, ezek függvényében x l meghatározható, ezután xn , . . . , xl+1 , xl segítségével xl-1 kifejezhet és így tovább. Tehát legyen xn = tn , . . . , xl+1 = tl+1 , ahol tn , . . . , tl+1 T tetszleges. Ekkor xl = xl-1 = bl all+1 aln - tl+1 - · · · - tn , all all all -

bl-1 al-1l-1

al-1l al-1n xl - · · · - tn , al-1l-1 al-1l-1

4. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

87

. . . végül x1 kifejezhet tn , . . . , tl+1 , xl , . . . , xn függvényében. 4.9. Megjegyzés. Mivel Gauss-eliminációval minden lineáris egyenletrendszer kibvített mátrixa lépcss alakra hozható, három esetet különböztethetünk meg. 1. Ha a lépcss alakú kibvített mátrixban van olyan sor amelyben csak az utolsó elem nem nulla, akkor nincs megoldás, az egyenletrendszer ellentmondásos. 2. Ha az alapmátrix háromszög alakra hozható (n × n-es egyenletrendszer esetén), akkor az egyenletrendszerben nincsenek szabadon választható paraméterek. Ekkor az x1 , . . . , xn ismeretlenek értéke egyértelm, pontosan egy megoldás van. 3. Ha a kibvített mátrix lépcss alakjában nincs olyan sor, amelynek csak az utolsó eleme nem nulla, és az alapmátrix nem háromszög alakú, akkor az egyenletrendszerben vannak olyan ismeretlenek, amelyeknek tetszleges értéket adhatunk. Ekkor végtelen sok megoldás létezik, az egyenletrendszer határozatlan. 4.10. Példa. 1. Az elz megjegyzés els esete áll fenn, ha az elimináció után például az alábbi egyenletrendszert kapjuk: x1 + x 2 + x 3 = 3 0 = 2 Ekkor az egyenletrendszer ellentmondásos. 2. A második eset áll fenn, ha az elimináció után az alábbi egyenletrendszert kapjuk: x1 + x 2 + x 3 = 3 x2 + x 3 = 2 x3 = 1 Ekkor x3 = 1-et a második egyenletbe behelyettesítve x 2 = 1 adódik, melyeket az els egyenletbe behelyettesítve az x 1 = 1 eredményt kapjuk. Tehát a megoldás egyértelm. 3. A harmadik esetet kapjuk, ha például: x1 + x 2 + x 3 = 3 x2 + x 3 = 2 Ekkor az egyenletrendszer határozatlan, x 3 tetszlegesen megválasztható, x2 és x1 ennek függvényében adható meg. Legyen tehát x 3 = t, t T

88

4. MÁTRIXOK

4.11. Tétel (Kronecker-Capelli-tétel). Az Ax = b lineáris egyenletrendszer akkor és csak akkor megoldható, ha az alapmátrix rangja megegyezik a kibvített mátrix rangjával, azaz rg(a1 , . . . , an ) = rg(a1 , . . . , an , b) vagy másképpen rg(A) = rg(A|b). Bizonyítás. 1. Tegyük fel, hogy a lineáris egyenletrendszer megoldható, azaz létezik (c1 , . . . , cn ) úgy, hogy a1 c1 + · · · + an cn = b. Ekkor b L(a1 , . . . , an ), tehát L(a1 , . . . , an ) = L(a1 , . . . , an , b), így rg(a1 , . . . , an ) = rg(a1 , . . . , an , b). 2. Ha rg(a1 , . . . , an ) = rg(a1 , . . . , an , b), akkor definíció szerint dim L(a1 , . . . , an ) = dim L(a1 , . . . , an , b), n db n + 1 db de ez L(a1 , . . . , an ) L(a1 , . . . , an , b) miatt csak akkor lehetséges, ha L(a1 , . . . , an ) = L(a1 , . . . , an , b). Ekkor b L(a1 , . . . , an ), tehát b lineárisan kombinálható az a1 , . . . , an vektorokból, így léteznek olyan c1 , . . . , cn számok, hogy b = a1 c1 + · · · + an cn , ami azt jelenti, hogy a c1 , . . . , cn szám n-es megoldása a lineáris egyenletrendszernek. 4.12. Megjegyzés. Az Ax = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek a 0 mindig megoldása. Ha A Mn×n és A invertálható, akkor x = A-1 0 miatt csak a nullvektor lesz megoldása az egyenletrendszernek. Ha A nem invertálható, akkor alapmátrixát nem lehet háromszög alakra hozni, így a 4.9. megjegyzésben leírtak alapján lesz nem triviális megoldása is. Ez akkor és csak akkor teljesül, ha |A| = 0. Általában, ha A Mk×n , akkor Ax = 0-nak akkor és csak akkor van nem triviális megoldása, ha A oszlopai lineárisan függek, azaz rg(A) < n. 4.13. Tétel (Cramer-szabály). Egy Ax = b, n ismeretlenes n darab egyenletbl álló lineáris egyenletrendszernek akkor és csak akkor van pontosan egy megoldása, ha az alapmátrix determinánsa nem nulla. Ekkor az egyetlen (x1 , . . . , xn ) megoldást az xi = di |A| (i = 1, . . . , n)

tetszleges. Ekkor x2 = 2 - t és x1 = 3 - x2 - x3 = 1, azaz x1 0 1 x2 = -1 t + 2 . 1 0 x3

4. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

89

alakban kapjuk, ahol di azt az n×n-es mátrixhoz tarozó determinánst jelöli, amelyet úgy kapunk, hogy az alapmátrix i-edik oszlopát kicseréljük a b oszloppal. Bizonyítás. 1. Ha Ax = b egyértelmen megoldható, akkor a 4.9. megjegyzés miatt mátrixa háromszög alakra hozható, tehát sor- és oszlopvektorai lineárisan függetlenek, így |A| = 0. 2. Ha |A| = 0, akkor A invertálható, és A -1 -gyel szorozva az Ax = b egyenletrendszert, azt kapjuk, hogy x = A -1 b, és ez a felírás egyértelm. Tehát n n 1 di (A)ji bj = (A)ji bj = , xi = |A| |A| |A|
j=1 j=1 n

mert
j=1

(A)ji bj éppen annak a determinánsnak az i-edik oszlop szerinti ki-

fejtése, amelyben az i-edik oszlop helyén a b oszlopvektor szerepel. 4.14. Példa. Az alábbi egyenletrendszert Cramer-szabállyal is megoldhatjuk, hiszen az alapmátrix determinánsa nem nem nulla: 2x1 + x2 = 4 x1 + x 2 = 3 Ekkor 4 3 x1 = 2 1 1 2 4 1 1 3 = 1 és x2 = = 2. 1 2 1 1 1 1

4.15. Tétel. Lineráris egyenletrendszer megoldáshalmazának geometriai interpretációja. 1. Az Ax = 0, A Mk×n homogén lineáris egyenletrendszer megoldáshalmaza alteret alkot Tn -ben, melynek dimenziója n - rg(A). 2. Az Ax = b, A Mk×n inhomogén lineáris egyenletrendszer megoldásai lineáris sokaságot alkotnak T n -ben, melynek iránytere megegyezik az Ax = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldáshalmazával. Bizonyítás. 1. Legyen az Ax = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek x1 és x2 megoldása és , µ T tetszleges. Belátandó, hogy x1 + µx2 is megoldás. Mivel A(x1 + µx2 ) = (Ax1 ) +µ (Ax2 ) = 0,
0 0

90

4. MÁTRIXOK

így a megoldások halmaza zárt a lineáris kombináció képzésre nézve, tehát altér. 2. Legyen az Ax = b lineáris egyenletrendszernek y 1 , y 2 megoldása. Ekkor Ay 1 = b és Ay 2 = b, így A(y 1 - y 2 ) = Ay 1 - Ay 2 = b - b = 0. Ez azt jelenti, hogy az y 1 - y 2 vektor benne van az Ax = 0 homogén lineáris egyenletrendszer H megoldás alterében, így y 1 y 2 +H. Természetesen minden y megoldásvektorra y y 2 + H teljesül, vagyis az inhomogén lineáris egyenletrendszer megoldásai egy H irányter lineáris sokaság elemei. Továbbá, ezen lineáris sokaság minden eleme megoldása az egyenletrendszernek: ha y y 2 + H, akkor y = y 2 + h, ahol h H, így A(y) = A(y 2 + h) = Ay 2 + Ah = Ay 2 = b.
0

3. Most megmutatjuk, hogy az Ax = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldásaltere (n - rg(A))-dimenziós. Ehhez megadunk egy megoldásokból álló lineárisan független rendszert, amely generálja ezt az alteret. A 4.8. tétel bizonyításában leírtak alapján, ha tekintjük az egyenletrendszer lépcss alakját, akkor abban az xl+1 , . . . , xn ismeretleneknek tetszleges értéket adhatunk. Itt a lépcss alakban l darab nem nulla sor szerepel, tehát l = rg(A). Ha úgy választjuk meg az xl+1 , . . . , xn értékeket, hogy az egyik 1-el egyenl, a többi nullával, akkor az így kapott u1 u2 = ( = ( . . . x11 , x21 , x12 , x22 , ..., ..., x1l , x2l , 1, 0, . . . , 0), 0, 1, . . . , 0), 0, 0, . . . , 1)

un-l = ( x(n-l)1 , x(n-l)2 , . . . , x(n-l)l ,

megoldásvektorok lineárisan függetlenek. Vegyük észre, hogy minden megoldás eláll ezen vektorok lineáris kombinációjaként, hiszen például az x l+1 = l+1 , . . . , xn = n értékekhez tartozó u megoldásvektor szükségképpen u = l+1 u1 + · · · + n un-l alakban áll el. (Hiszen az utolsó n - l koordináta rögzítése után a megoldás egyértelm.) Tehát az un-l , . . . , un vektorok generálják a megoldásalteret, és a vektorrendszer rangja n - l = n - rg(A), így az általuk generált altér is (n - rg(A))-dimenziós. A fenti tétel és a bizonyítása alapján adódik a következ. Ha Ax = b megoldható, akkor "általános megoldása" x = x0 + h,

4. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK

91

ahol x0 egy (partikuláris) megoldás, h pedig a megfelel homogén egyenletrendszer "általános megoldása". 4.16. Megjegyzés. Tn minden H alteréhez létezik olyan homogén lineáris egyenletrendszer, amelynek megoldáshalmaza a H altér. 4.17. Példa. Az ax + by = c, lineáris egyenlet(rendszer)nek b = 0 esetén y = L egyenes R2 -ben:
6

c a - x a megoldása. Ez egy b b L H

c b

6

-

0

c vektor (azaz az egyenlet egy partikuláris megoldása) b a és a homogén egyenlet megoldását jelent H = x, - x x R altér b (azaz egyenes) összege. Ez eláll mint a 0,

5. fejezet

Lineáris leképezések
1. Vektorterek lineáris leképezései
1.1. Definíció. Legyen V1 , V2 vektortér a T test felett (itt T vagy az R vagy a C számtestet jelöli). A : V1 - V2 leképezést lineárisnak nevezzük, ha bármely x, y V1 és tetszleges T esetén teljesül, hogy 1. (x + y) = (x) + (y), azaz a leképezés additív, 2. (x) = (x), vagyis a leképezés homogén. 1.2. Megjegyzés. Az 1. és 2. tulajdonságot helyettesíti az alábbi tulajdonság: 3. (x + µy) = (x) + µ(y) x, y V1 , , µ T, tehát 1. és 2. akkor és csak akkor teljesül, ha 3. fennáll. 1.3. Definíció. Egy : V1 - V2 lineáris leképezést izomorfizmusnak nevezünk, ha bijektív. Ilyenkor azt mondjuk, hogy V 1 és V2 izomorf vektorterek. Jele: V1 V2 . = 1.4. Példa. 1. A : V - V, (x) = x identikus leképzés lineáris és bijektív, tehát izomorfizmus. 2. Az O : V1 - {0}, O(x) = 0 leképezés lineáris. 3. Ha A Mk×n , akkor a : Rn - Rk , (x) = Ax leképezés lineáris. Valóban, a11 . . . a1n x1 a1i xi . . . = . .. . . . . , . . . . . ak1 . . . akn xn aki xi így a1i (xi + yi ) . . = .
93

(x + y) = A(x + y) =

a1i xi + . . . aki xi +

a1i yi aki yi



aki (xi + yi )

=

94

5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK



aki xi

tehát additív. Hasonlón igazolható a homogenitás. 4. Legyen (a) = (a1 , . . . , an ) bázis a V vektortéren, (e) = (e 1 , . . . , en ) a kanonikus bázis Rn -ben, és legyen az x vektor elállítása ebben a bázisban x = x1 a1 + · · · + xn an . Ekkor a (1.3) : V - Rn , (x) = x1 e1 + · · · + xn en = (x1 , . . . , xn ) leképezést koordinátaleképezésnek nevezzük. 5. Rn -ben az origóra tükrözés, origón átmen egyenesre tükrözés, illetve az origó körüli forgatás lineáris leképezések. 6. A szabad vektorok terében a pont körüli forgatás, pontra tükrözés és a tengelyes tükrözés lineáris leképezések. 1.5. Tétel. A : V1 - V2 lineáris leképezés a V1 zérusvektorát a V2 zérusvektorába viszi át: ( 0 ) = 0 .
V1 V2

a1i xi . . + .



a1i yi . . = Ax + Ay = x + y, . aki yi

Bizonyítás. Mivel (0) = (0+0) = (0)+(0) = 2(0), így (0)-t kivonva mindkét oldalból (0) = 0 adódik. 1.6. Tétel (Lineáris leképezések els alaptétele). Legyen : V 1 - V2 lineáris leképezés és (a 1 , . . . , an ) bázis V1 -ben. Ha a : V1 - V2 lineáris leképezés olyan, hogy (a i ) = (ai ) (i = 1, . . . , n), akkor , azaz (x) = (x) bármely x V1 esetén. Bizonyítás. Ha és a bázisvektorokon megegyezik, és az x V 1 vektor elállítása ebben a bázisban x = x1 a1 + · · · + xn an , akkor (x) = (x1 a1 + · · · + xn an ) = x1 (a1 ) + · · · + xn (an ) = tehát és azonosak. x1 (a1 ) + · · · + xn (an ) = (x1 a1 + · · · + xn an ) = (x),

1.7. Tétel (Lineáris leképezések második alaptétele). Ha (a1 , . . . , an ) bázis V1 -ben és (u1 , . . . , un ) tetszleges vektorrendszer V2 -ben, akkor egyértelmen létezik olyan : V1 - V2 lineáris leképezés, melyre (ai ) = ui (i = 1, . . . , n).

1. VEKTORTEREK LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEI

95

Bizonyítás. Legyen x V1 tetszleges, x = x1 a1 + · · · + xn an és definiáljuk a : V1 - V2 leképezést az x vektoron a következképpen: Belátjuk, hogy lineáris. Ha y = y1 a1 + · · · + yn an és , µ T, akkor
n n

(x)=x1 u1 + · · · + xn un .

n

(x + µy) =
i=1 n

xi ai + µ
i=1 n

yi ai
n

=
i=1

(xi + µyi )ai

=

(xi + µyi )ui =
i=1 i=1

xi ui + µ
i=1

yi ui = (x) + µ(y),

tehát teljesül az 1.2. megjegyzésben szerepl 3. tulajdonság. 1.8. Tétel. Legyen V1 és V2 véges dimenziós vektortér a T test felett. A V1 és a V2 vektorterek akkor és csak akkor izomorfak, ha dimenziójuk megegyezik, azaz V1 V2 dim V1 = dim V2 . =

Bizonyítás. 1. Tegyük fel, hogy V1 V2 , ekkor létezik közöttük : V1 - = V2 izomorf leképezés. Megmutatjuk, hogy ha (a) = (a 1 , . . . , an ) bázis V1 ben, akkor ((a1 ), . . . , (a n )) bázis V2 -ben, azaz V2 dimenziója szintén n. (a) Lineárisan függetlenek. Ha 1 , . . . , n T és 0 = 1 (a1 ) + · · · + n (an ) = (1 a1 + · · · + n an ),
a

akkor (a) = 0 = (0) , így injektivitása miatt a = 0. Mivel az (a) bázisban a nullvektor elállítása egyértelm, ezért 1 = · · · = n = 0, tehát a ((a1 ), . . . , (an )) vektorokból a nullvektor csak triviális lineáris kombinációként állítható el. (b) Generátorrendszer. Legyen b V2 tetszleges. Ekkor szürjektivitása miatt létezik olyan a V1 , hogy (a) = b, és legyen a = 1 a1 + · · · + n an az a vektor felírása az (a) bázisban. Mivel így ((a1 ), . . . , (an )) valóban generátorrendszer. 2. Tegyük fel, hogy dim V1 = dim V2 , és legyen (a) = (a1 , . . . , an ) bázis V1 -ben, (b) = (b1 , . . . , bn ) pedig bázis V2 -ben. Ha az a vektor elállítása az (a) bázisban a = 1 a1 + · · · + n an , akkor definiáljuk a : V1 - V2 leképezést úgy, hogy (a) = (1 a1 + · · · + n an ) = 1 b1 + · · · + n bn . b = (a) = (1 a1 + · · · + n an ) = 1 (a1 ) + · · · + n (an ),

96

5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK

Megmutatjuk, hogy izomorfizmus. (a) Lineáris. Az elz tétel bizonyításában szerepl módszerrel: Legyen x = x1 a1 + · · · + xn an és y = y1 a1 + · · · + yn an . Ekkor
n n n

(x + µy) =
i=1 n

xi ai + µ
i=1 n

yi ai
n

=
i=1

(xi + µyi )ai

=

(xi + µyi )ui =
i=1 i=1

xi ui + µ
i=1

yi ui = (x) + µ(y).

(b) Injektív. Legyen x = x1 a1 + · · · + xn an , y = y1 a1 + · · · + yn an , és indirekt tegyük fel, hogy (x) = (y), de x = y. Ekkor
n n n

0 = (x) - (y) =

i=1

xi bi -

yi bi =
i=1 i=1

(xi - yi )bi ,

tehát xi - yi = 0 (i = 1, . . . , n) mert a (b) bázisban a nullvektort csak egyféleképpen lehet lineáris kombinációként elállítani. Innen x i = yi (i = 1, . . . , n) miatt x = y . (c) Szürjektív. Ha b V2 felírása a (b) bázisban b = 1 b1 + · · · + n bn , akkor b éppen annk az a V1 vektornak a általi képe, amelynek elállítása az (a) bázisban: a = 1 a1 + · · · + n an . 1.9. Következmény. A : V1 - Rn koordinátaleképezés (1.3) izomorfizmus, tehát minden R fölötti n-dimenziós vektortér izomorf R n -el.

1.10. Megjegyzés. Az 1.8. tétel és az 1.9. következmény jelentssége abban áll, hogy így a vektorterekben történ számolások R n -ben elvégezhetk, és teljesen mindegy számunkra, hogy a vektor milyen geometriai vagy algebrai objektum. Bázis rögzítése után a vektorokat egyértelmen jellemzik a koordinátáik, és ez a megfeleltetés a koordináta n-esek és a vektorok között mvelettartó. 1.11. Definíció. Legyenek V1 , V2 véges dimenziós T feletti vektorterek és : V1 - V2 lineáris leképezés. A halmazt a leképezés magterének vagy nullterének nevezzük. Bizonyítás. 1. Ker zárt az összeadásra nézve. Legyen x, y Ker, azaz (x) = (y) = 0 . Ekkor (x + y) = (x) + (y) = 0 + 0 = 0, 1.12. Tétel. A : V1 - V2 lineáris leképezés Ker V1 magtere altér. Ker = {v V1 | (v) = 0}

1. VEKTORTEREK LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEI

97

tehát (x + y) Ker. 2. Ker zárt a skalárszorzásra nézve. Legyen x Ker és T. Ekkor (x) = (x) = 0 = 0, így x Ker. 1.13. Definíció. A : V1 - V2 lineáris leképezés képtere a (V1 ) = {y V2 | x V1 : (x) = y} halmaz. 1.14. Tétel. A : V1 - V2 lineáris leképezés (V1 ) képtere altér. Bizonyítás. 1. (V1 ) zárt az összeadásra nézve. Legyen y 1 , y 2 (V1 ). Ekkor létezik x1 , x2 V1 úgy, hogy (x1 ) = y1 , (x2 ) = y 2 , így y 1 + y 2 = (x1 ) + (x2 ) = (x1 + x2 ) (V1 ).
V1

2. (V1 ) zárt a skalárszorzásra nézve. Legyen T és y (V 1 ). Ekkor létezik x V1 úgy, hogy (x) = y, ezért y = (x) = ( x ) (V1 ).
V1

1.15. Definíció. A : V1 - V2 lineáris leképezés magterének dimenzióját a leképezés defektusának nevezzük, a képterének dimenzióját pedig a leképezés rangjának nevezzük. Jele: dim Ker = def, dim (V 1 ) = rg. 1.16. Tétel. A : V1 - V2 lineáris leképezés akkor és csak akkor injektív, ha Ker = {0}. Bizonyítás. 1. Tegyük fel, hogy injektív és a Ker , azaz (a) = 0. Mivel (0) = 0, így (a) = (0), ami injektivitása miatt csak akkor lehetséges, ha a = 0. Ekkor magtere csak a nullvektort tartalmazza. 2. Indirekt tegyük fel, hogy Ker = {0}, de nem injektív, azaz létezik x, y V1 úgy, hogy x = y, de (x) = (y). Ekkor 0 = (x) - (y) = (x - y), azaz (x - y) Ker = {0}, tehát x - y = 0 miatt x = y adódik, ami ellentmondás.

98

5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK

1.17. Tétel (Homomorfia tétel). Legyenek V 1 , V2 véges dimenziós vektorterek a T test felett. Ekkor V1 /Ker (V1 ), = azaz V1 -nek a nulltere szerinti faktortere izomorf képterével. Bizonyítás. Legyen : V1 /Ker - (V1 ), (x + Ker)=(x). Belátjuk, hogy ez a leképezés izomorfizmus. 1. Lineáris. Ha x, y V1 , , µ T, akkor ((x + Ker) + µ(y + Ker)) = ((x + Ker) + (µy + Ker)) = ((x + µy) + Ker) = (x + µy) = (x) + µ(y) = (x + Ker) + µ(y + Ker). 2. Injektív. Az 1.16. tétel alapján elegend belátni, hogy Ker = {0 + Ker}. Ha x + Ker Ker , akkor 0 = (x + Ker) = (x), tehát x Ker. Ekkor x + Ker = 0 + Ker. 3. Szürjektív. Ha y (V1 ), akkor létezik x V1 úgy, hogy (x) = y. Ekkor a V1 /Ker faktortér x+Ker elemének a általi képe: (x+Ker) = (x) = y. 1.18. Következmény (Nullitás és rangtétel). Legyenek V 1 , V2 véges dimenziós vektorterek a T test felett és : V 1 - V2 lineáris leképezés. Ekkor dim V1 = dim Ker + dim (V1 ), vagyis dim V1 = def + rg. Bizonyítás. A homomorfia tétel szerint V 1 /Ker (V1 ), tehát dimenz= iójuk megegyezik: dim(V1 /Ker) = dim (V1 ). A harmadik fejezetbeli, faktorterek dimenziójára vonatkozó 4.9. tétel szerint dim(V 1 /Ker) = dim V1 - dim Ker, innen dim V1 = dim(V1 /ker) + dim Ker = dim (V1 ) + dim Ker.

2. Bázis- és koordinátatranszformáció
Vektorokkal tényleges számításokat a koordináták felhasználásával szoktunk végezni. Gyakran a kiinduló ("régi") bázis helyett egy másik ("új")

2. BÁZIS- ÉS KOORDINÁTATRANSZFORMÁCIÓ

99

bázis használata a célszer. A "régi" bázisban kifejezve az "új" bázis elemeit, kapjuk a bázistranszformáció S mátrixát. Ha most egy vektor "új" koordinátáit akarjuk meghatározni, akkor a "régiek" oszlopvektorát S -1 -gyel kell szorozni. Ennek levezetése ezen szakasz célja. 2.1. Definíció. Legyen V egy n-dimenziós vektortér, (a) = (a 1 , . . . , an ) és (b) = (b1 , . . . , bn ) pedig két bázis V -ben. Ezen két bázis közötti bázistranszformáció mátrixa az az S = (sij ) Mn×n mátrix, amelynek j-edik oszlopa tartalmazza a bj vektor koordinátáit az (a) bázisban. Tehát, ha s11 a1 + ... +sn1 an = b1 s11 . . . s1n . . , akkor S = . . , .. . . . . . . . . . s1n a1 + ... +snn an = bn sn1 . . . snn
n

azaz bj =
i=1

sij ai

(j = 1, . . . , n). Jele: (a) - (b).

S

2.2. Tétel. Legyen (a) = (a1 , . . . , an ) és (b) = (b1 , . . . , bn ) bázis a V vektortéren, az (a) - (b) bázistranszformáció mátrixa S. Ekkor S invertálható mátrix, és a (b) - (a) bázistranszformáció mátrixa S -1 . Bizonyítás. Legyen (b) - (a), így bj = egyrészt
n n n T n n

sij ai és ai =
i=1 n n k=1

tki bk . Ekkor

bj =
i=1

sij ai =
n i=1 n

sij
k=1

tki bk
n

=
i=1 k=1

sij tki bk =

tki sij bk =
k=1 i=1 (T S)kj k=1

(T S)kj bk ,

másrészt bj =

n

n

kj bk =
k=1 k=1

(E)kj bk ,

ami minden j = 1, . . . , n estén teljesül. A báziselállítás egyértelmsége miatt ez csak akkor lehetséges, ha T S = E, vagyis S invertálható és inverze T.

100

5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK

2.3. Tétel. Legyenek (a) = (a 1 , . . . , an ) és (b) = (b1 , . . . , bn ) bázisok a V vektortéren és S a bázistranszformáció mátrixa: (a) - (b). Ha x V felírása az (a) bázisban x = x1 a1 + · · · + xn an és a (b) bázisban x = x1 b1 + · · · + xn bn , továbbá X és X jelöli az x vektor (a)-ra, illetve (b)-re vonatkozó koordinátáinak oszlopvektorát: x1 . X = . , . xn akkor X = S -1 X. Bizonyítás. Felírjuk az x vektort kétféleképpen az (a) bázisban: egyrészt
n S



x1 . X = . , . xn



x=
i=1

xi ai , másrészt

n

n

n

n

n j=1

x=
j=1

xj bj =
j=1

xj
i=1

sij ai
bj

=
i=1

sij xj ai .

Mivel a megfelel koordinátákanak meg kell egyezniük, azt kapjuk, hogy
n

xi =
j=i

sij xj

(i = 1, . . . , n), tehát X = SX, illetve X = S -1 X.

2.4. Definíció. Ha (a) és (b) bázisok a V vektortéren, és a bázistranszformáció mátrixa, azaz S : (a) - (b), akkor az S -1 mátrixot az (a) és (b) bázisokhoz tartozó koordinátatranszformáció mátrixának nevezzük. 2.5. Példa. Legyen R2 -ben a1 = és b1 = 1 , b2 = 0 0 1 cos , a2 = sin - sin cos a "régi" bázis,
S

az "új" bázis.

3. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK

101

6

a2

K

6



x
* a1

b2 b1

-

-

Ekkor a bázistranszformáció mátrixa úgy kapható, hogy a "régi" bázisban kifejezzük az "új" bázis tagjait: S= cos sin . - sin cos

A koordinátatranszformáció mátrixát pedig (azonkívül, hogy a 2.3. tétel miatt éppen S -1 ) úgy kapjuk, hogy az "új" bázisban fejezzük ki a "régi" bázistagjait: a1 = cos b1 + sin b2 , tehát S -1 = cos - sin . sin cos a2 = - sin b1 + cos b2 ,

Ha az x vektor a "régi" bázisban x = cos a 1 + sin a2 alakú, akkor az "új" (azaz a "természetes") bázisban x = cos( + )b 1 + sin( + )b2 alakú. Használva a koordinátatranszformáció S -1 mátrixát cos( + ) sin( + ) = cos - sin sin cos cos sin

adódik. A szorzást elvégezve, az ismert addíciós képletekhez jutunk.

3. Lineáris transzformációk
3.1. Definíció. Legyen V egy véges dimenziós vektortér a T test felett. A : V - V lineáris leképezést lineáris transzformációnak vagy lineáris operátornak nevezzük. A V vektortéren értelmezett lineáris transzformációk halmazát V -vel jelöljük.

102

5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK

3.3. Tétel. Legyen (a) = (a1 , . . . , an ) bázis a V vektortéren és : V - V lineáris transzformáció, melynek mátrixa A. Ha x = x 1 a1 + · · · + xn an és (x) = x1 a1 + · · · + xn an , továbbá X és X jelöli x illetve (x) koordinátáit az (a) bázisra vonatkozóan: x1 x1 . . X = . , X = . , . . xn xn akkor X = AX. Bizonyítás. Felírjuk a (x) vektort az (a) báziban kétféleképpen: egyrészt
n

3.2. Definíció. Legyen (a) = (a 1 , . . . , an ) a V vektortér bázisa. A : V - V lineáris transzformáció mátrixa az (a) bázisra vonatkozóan az az A Mn×n mátrix, amelynek j-edik oszlopában a (a j ) vektor (a) bázisbeli koordinátái állnak. Tehát ha (a j ) = n aij ai (j = 1, . . . , n), azaz i=1 a11 a1 + ... +an1 an = (a1 ) a11 . . . a1n . . , akkor A = . . . .. . . . . . . . . . a1n a1 + ... +ann an = (an ) an1 . . . ann

(x) =
i=1

xi ai , másrészt
n j=1

(x) =
n i=1



n

xj aj =



n

n

n

xj (aj ) =
j=1 j=1

xj
i=1

aij ai

=

j=1

aij xj ai .



n

A megfelel koordinátákat egyenlvé téve: x i =
j=1

aij xj

(i = 1, . . . , n),

tehát X = AX. 3.4. Példa. Legyen : R3 R3 az a leképezés, ami minden vektorhoz hozzárendeli annak merleges vetületét az [x,y] síkra, azaz (x, y, z) = (x, y, 0). Ekkor mátrixa a természetes bázisra vonatkozóan 1 0 0 A = 0 1 0 , 0 0 0

3. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK

103

ez a mátrix tartalmazza oszlopaiban a bázisvektorok képét. 3.5. Tétel. Bázistranszformáció és lineáris transzformáció közötti kapcsolat. Legyenek (a) = (a1 , . . . , an ) és (b) = (b1 , . . . , bn ) bázisok a V vektortéren, a bázistranszformáció mátrixa pedig S : (a) - (b). Legyen : V - V lineáris transzformáció, melynek az (a) bázisra vonatkozó mátrixa A, a (b) bázisra vonatkozó mátrixa pedig B. Ekkor B = S -1 AS. Bizonyítás. Felírjuk a (b j ) vektort kétféleképpen az (a) bázisban: egyrészt
n n n n n S

(bj ) =
i=1

bij bi =
i=1

bij
k=1

ski ak

=
k=1 i=1

ski bij
(SB)kj

ak ,

másrészt
n n n n

(bj ) =
n k=1

sij ai
i=1 n

=
i=1

sij (ai ) =
i=1

sij
k=1

aki ak

=

aki sij
i=1 (AS)kj

ak .

Mivel ez minden j = 1, . . . , n esetén teljesül, így SB = AS, vagyis B = S -1 AS. 3.6. Példa. 3.4. példában Ha a szerepl leképezés mátrixára vagyunk ki1 0 1 váncsiak az 0 , 1 , 1 bázisra vonatkozóan, akkor az alábbi 1 1 1 módon számíthatjuk ki: 0 -1 1 1 0 0 1 0 1 0 -1 -1 1 0 1 0 0 1 1 = -1 0 -1 . S -1 AS = -1 0 1 1 -1 0 0 0 1 1 1 1 1 2

3.7. Definíció. Az A, B Mn×n mátrixokat hasonlónak nevezzük, ha létezik olyan C Mn×n reguláris (|C| = 0) mátrix, amelyre B = C -1 AC. 3.8. Következmény. Hasonló mátrixok determinánsa és rangja megegyezik.

104

5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK

Bizonyítás. 1. A determinánsok szorzástételét alkalmazva: |B| = |C -1 AC| = |C -1 ||A||C| = | C -1 C ||A| = |A|.
E

2. A rangra vonatkozó állítás annak a következménye, hogy egy reguláris mátrixszal való szorzás nem változtatja meg egy mátrix rangját. Ha A = (a1 , . . . , an ), ahol ai itt az A mátrix i-edik oszlopvektorát jelöli, akkor CA = (Ca1 , . . . , Can ). Így ha A oszlopvektorai lineárisan függk, akkor CA oszlopai is azok: 1 a1 + · · · + n an = 0 = 1 Ca1 + · · · + n Can = 0
C -1 ·/ C·/

és megfordítva, ha CA oszlopai függk, akkor A oszlopai is azok: 1 Ca1 + · · · + n Can = 0 =

1 a1 + · · · + n an = 0.

3.9. Következmény. Az Mn×n halmazon a mátrixok hasonlósága ekvivalencia reláció (tehát indukál egy osztályozást, az egymással hasonló mátrixok azonos osztályba kerülnek). Bizonyítás. Jelölje A B azt, hogy az A mátrix hasonló a B mátrixhoz. 1. Reflexív. A A, mivel A = E -1 AE. 2. Szimmetrikus. Ha A B, akkor létezik C úgy, hogy B = C -1 AC. Ekkor A = (C -1 )-1 BC -1 , tehát B A . 3. Tranzitív. Ha A B és B D, akkor léteznek C, S mátrixok úgy, hogy B = C -1 AC és D = S -1 BS. Ekkor D = S -1 BS = S -1 (C -1 AC)S = (S -1 C -1 )A(CS) = (CS)-1 A(CS), tehát A D. 3.10. Definíció. A : V - V lineáris transzformációt automorfizmusnak nevezzük, ha bijektív (vagyis izomorfizmus). 3.11. Tétel. A : V - V lineáris transzformáció akkor és csak akkor automorfizmus, ha mátrixa tetszleges bázisban reguláris. Bizonyítás. Az 1.18. következmény szerint dim V = dim Ker + dim (V ), így (V ) = V akkor és csak akkor teljesül, ha dim Ker = 0, ami az 1.16. tétel alapján azzal ekvivalens, hogy injektív. Tehát pontosan akkor injektív, ha szürjektív. Ekkor bijektív (V ) = V rg = n.

3. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK

105

Viszont egy lineáris transzformáció rangja pontosan akkor lesz n, ha mártixának rangja n, vagyis reguláris. ((x) = y azt jelenti, hogy Ax = y, és pontosan akkor létezik minden y V esetén ilyen x, ha A invertálható: x = A-1 y.) 3.12. Tétel. Ha : V - V automorfizmus, akkor -1 is automorfizmus, és ha mátrixa A, akkor -1 mátrixa A-1 . Bizonyítás. Ha automorfizmus akkor bijektív, ezért invertálható, és inverze szintén bijektív. Jelölje -1 mátrixát B. Mivel -1 = Id, ezért AB = E, tehát B = A-1 . 3.13. Tétel. Ha : V - V lineáris operátor, akkor az alábbi állítások ekvivalensek: 1. automorfizmus, 2. injektív, 3. szürjektív, 4. Ker = {0}, 5. (V ) = V, 6. rg = n, 7. mátrixa reguláris (tetszleges bázisban). Bizonyítás. A tétel a 3.11. tétel bizonyításban leírtaknak a következménye. 3.14. Definíció. Legyen V egy véges dimenziós vektortér. A V -n értelmezett lineáris transzformációk V halmazán bevezetjük az alábbi mveleteket: ha , V és T, akkor bármely x V esetén 1. ( + )(x)=(x) + (x), 2. ()(x)=(x), 3. ( )(x)=((x)). 3.15. Tétel. Egy V véges dimenziós vektortér összes lineáris operátorainak V halmaza az összeadásra és a skalárszorzásra nézve vektorteret alkot. Bizonyítás. A 3.3. tételbenben leírtak alapján minden lineáris transzformáció mátrixszával való szorzásként hat (rögzített bázisban) és minden (n×n)es mátrixszal való szorzás lineáris transzformáció, így a lineáris operátorok reprezentálhatók a mátrixukkal. A V -beli mveletek pedig a megfelel mátrixmveleteket jelentik: ha , V mátrixa A illetve B, akkor 1. ( + )(x) = (x) + (x) = Ax + Bx = (A + B)x, 2. ()(x) = (x) = (A)x.

106

5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK

Mivel az (n × n)-es mátrixok halmaza a mátrixok összeadására illetve skalárszorzására nézve vektortér, ezért a lineáris transzformációk is teljesítik a vektortéraxiómákat. 3.16. Megjegyzés. A V n-dimenziós vektortér lineáris transzformációinak vektortere n2 -dimenziós, mivel az Mn×n vektortér n2 -dimenziós volt. 3.17. Definíció. Egy : V - V lineáris operátort (illetve mátrixát) diagonalizálhatónak nevezünk, ha létezik olyan bázis V -ben, amelyre vonatkozóan mátrixa diagonális. 3.18. Következmény. Egy mátrix diagonalizálható, ha hasonló egy diagonális mátrixhoz. Bizonyítás. A 3.5. tétel szerint egy lineáris transzformáció különboz bázisokra vonatkozó mátrixai hasonlóak. 3.19. Definíció. A 0 = x V vektor a : V - V lineáris operátor sajátvektora, ha létezik T úgy, hogy (x) = x. Ekkor a T számot az x sajátvektorhoz tartozó sajátértéknek nevezzük. 3.20. Definíció. A H V alteret a : V - V lineáris oprátor invariáns alterének nevezzük, ha (H) H , azaz bármely h H esetén (h) H. 3.21. Példa. 1. A V és a {0} triviális alterek mindig invariánsak. 2. Ker invariáns altér, mert ha x Ker , akkor (x) = 0 Ker. 3. (V ) invariáns altér, mert ha y (V ) V, akkor (y) (V ). 4. Egy x sajátvektor által generált altér invariáns, mert ha H = {µx | µ T} és az x-hez tartozó sajátérték , akkor ( µx ) = µ(x) = µ x H.
H T

5. R2 -ben az origó körüli forgatásnak illetve a két dimenziós szabad vektorok terében a pont körüli forgatásnak nincs sajátvektora, és nincs nem triviális invariáns altér. 6. A -nyújtásnál ((x) = x) minden vektor a sajátértékhez tartozó sajátvektor, és minden altér invariáns. 3.22. Tétel. A : V - V lineáris oprátor mátrixa akkor és csak akkor diagonalizálható, ha V -ban létezik sajátvektoraiból álló bázis.

3. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK

107

Bizonyítás. 1. Ha mátrixa diagonális az (a) = (a 1 , . . . , an ) bázisban, azaz 1 0 . . . 0 0 2 . . . 0 A= . , . .. . . . 0 . . 0 0 . . . n akkor (ai ) koordinátái az (a) bázira vonatkozóan éppen az A mátrix i-edik oszlopában szerepl számok. Ekkor tehát ai sajátvektora a lekepezésnek (a i sajátértékkel) minden (i = 1, . . . , n) esetén, így (a) sajátvektorokból álló bázis. 2. Ha (a) = (a1 , . . . , an ) sajátvektorokból álló bázis, és a megfelel sajátértékek 1 , . . . , n , akkor belátjuk, hogy az (a) bázisra vonatkozóan mátrixa diagonális. Mivel (a j ) = j aj , ezért (aj ) koordinátái az (a) bázisban (0, . . . , j , . . . , 0), és mátrixa a bizonyítás els részében szerepl A mátrixszal egyezik meg. 3.23. Tétel. Ha a : V - V lineáris leképezésnek sajátértéke, akkor a -hoz tartozó sajátvektorok halmaza (kiegészítve a nullvektorral) invariáns alteret alkot. Bizonyítás. 1. L altér. Ha x, y L és , µ T, akkor (x + µy) = (x) + µ(y) = x + µy = (x + µy), L = {x V | (x) = x } (ai ) = 0a1 + · · · + i ai + · · · + 0an = i ai ,

tehát (x + µy) is sajátvektor. 2. L invariáns altér. Ha x L , akkor (x) szintén sajátvektor: ((x)) = (x) = (x).

3.25. Tétel. A : V - V lineáris transzformáció különböz sajátértékeihez tartozó sajátvektorai lineárisan függetlenek.

3.24. Definíció. Legyen a : V - V lineáris transzformáció sajátértéke. A L altér dimenzióját a sajátérték geometriai multiplicitásának nevezzük.

Bizonyítás. A bizonyítást a különböz sajátértékek száma szerinti teljes indukcióval végezzük. n = 1 esetén igaz az állítás, hiszen egy sajátértékhez tartozó sajátvektor lineáris független, mivel nem lehet nullvektor.

108

5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK

Tegyük fel, hogy n-re igaz a tétel: 1 , . . . , n különboz sajátértékek és x1 , . . . , xn hozzájuk tartozó lineárisan független sajátvektorok. Vegyünk most egy n+1 sajátértéket, amely különbözik az elzektl és legyen xn+1 egy hozzá tartozó sajátvektor. Belátjuk, hogy (x1 , . . . , xn , xn+1 ) lineárisan független vektorendszer. Ha akkor 1 x1 + · · · + n xn + n+1 xn+1 = 0,

(1 x1 +· · ·+n xn +n+1 xn+1 ) = 1 (x1 )+· · ·+n (xn )+n+1 (xn+1 ) = 0. Felhasználva, hogy x1 , . . . , xn+1 sajátvektorok: 1 1 x1 + · · · + n n xn + n+1 n+1 xn+1 = 0

adódik. Ha az els egyenlséget megszorozzuk n+1 -el és kivonjuk belle az utolsó egyenletet, akkor (n+1 - 1 ) 1 x1 + · · · + (n+1 - n ) n xn + (n+1 - n+1 ) n+1 xn+1 = 0,
=0 =0 =0

vagyis (n+1 - 1 ) 1 x1 + · · · + (n+1 - n ) n xn = 0.
=0 =0

Mivel a feltevés szerint x1 , . . . , xn lineárisan független vektorok, így 1 = · · · = n = 0. Ekkor az els egyenletbl n+1 xn+1 = 0 marad, amibl xn+1 = 0 miatt n+1 = 0 . Tehát az x1 , . . . , xn+1 vektorokból a nullvaktor csak triviális lineáris kombinációként állíható el, így lineárisan függetlenek. 3.26. Következmény. Egy n-dimenziós vektortéren értelmezett lineáris operátornak legfeljebb n darab különböz sajátértéke lehet. 3.27. Következmény. Ha egy n-dimenziós vektortéren értelmezett lineáris operátornak pontosan n darab különböz sajátértéke van, akkor létezik a vektortéren sajátvektorokból álló bázis, ebben a bázisban az operátor mátrixa diagonális és a fátlóban a megfelel sajátértékek szerepelnek. 3.28. Definíció. Egy : V - V lineáris operátor karakterisztikus egyenlete: det(A - E) = 0,

ahol A lineáris operátor mátrixa, és a det(A-E) -ra vonatkozó polinomot a karakterisztikus polinomjának nevezzük.

3. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK

109

3.29. Tétel. A : V - V lineáris operátor sajátértékei a karakterisztikus egyenlet megoldásai a T testben. Bizonyítás. A T szám akkor és csak akkor sajátértéke a -nek, ha létezik x V úgy, hogy (x) = x, és jelölje X az x vektor koordinátáiból képzett vektort. Ekkor AX = E(X) (A - E)X = 0. Ez egy n egyenletbl álló n ismeretlenes homogén lineáris egyenletrendszer: a11 - a12 ... a1n x1 0 a21 a22 - . . . a2n x2 0 . = . , . . . .. . . . . . . . . . . . an1 an2 . . . ann - xn 0 AX - EX = 0

3.30. Megjegyzés. A : V - V lineáris operátor karakterisztikus egyenlete egy n-edfokú egyenlet, amelynek megoldásai a sajátértékei. Egy sajátértékhez tartozó sajátvektorokat az (A - E)X = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldásával tudjuk meghatározni. (Ennek az egyenletrendszernek a megoldástere éppen az L altér, melynek a zérusvektor kivételével minden vektora sajátvektor.) 3.31. Tétel. A : V - V lineáris operátor karakterisztikus polinomja nem függ a bázis választásától. Bizonyítás. A 3.5. tétel alapján egy lineáris operátor különböz bázisokban felírt mátrixai hasonlóak, tehát azt kell belátnunk, hogy hasonló mátrixok hoztartozó karakterisztikus polinomok megegyeznek. Legyen mátrixa az (a) bázisra vonatkozóan A, a (b) bázisra vonatkozóan B és a bázistranszformáció mátrixa S : (a) - (b). Ekkor B = S -1 AS, és
S

amelynek pontosan akkor van a zérusvektortól különböz megoldása, ha az alapmátrix determinánsa nulla. Tehát akkor és csak akkor sajátértéke -nek, ha det(A - E) = 0.

det (S -1 )(A - E)(S) = det (S -1 S) det(A - E) = det(A - E).
E

det(B - E) = det(S -1 AS - E) = det(S -1 AS - S -1 ES) =

3.32. Tétel. Minden C feletti vektortér és minden páratlan dimenziós R feletti vektortér lineáris operátorának van sajátértéke.

110

5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK

Bizonyítás. 1. Az algebra alaptétele kimondja, hogy minden C feletti nedfokú egyenletnek van gyöke, így az operátor karakterisztikus egyenlete megoldható. 2. Ha egy n-edfokú egyenletnek a z komplex szám gyöke, akkor z is gyöke. Ha n páratlan, akkor az n darab gyöke között kell hogy legyen olyan, amelyre z = z, vagyis valós megoldás is létezik. 3.33. Definíció. Egy : V - V lineáris operátor sajátértékének algebrai multiplicitásán azt a számot értjük, ahányszoros gyöke a karakterisztikus egyenletnek. 3.34. Példa. Ha a karakterisztikus egyenlet ( - 2) 2 ( + 1) = 0, akkor két sajátértéke van az operátornak, a 1 = 2 sajátérték algebrai multiplicitása 2, míg a 2 = -1 sajátérték algebrai multiplicitása 1.

3.35. Definíció. Egy : V - V lineáris operátor spektruma a sajátértékeinek olyan sorozata, amelyben minden sajátérték annyiszor szerepel, amennyi az algebrai multiplicitása.

3.37. Definíció. Legyen V egy n-dimenziós vektortér. A : V - V lineári s operátor spekruma teljes, ha pontosan n tagból áll. 3.38. Következmény. Komplex számtest feletti vektortéren értelmezett lineáris operátor spektruma mindig teljes. 3.39. Tétel. Legyen egy sajátértéke a : V - V lineária transzformációnak. Ekkor geometriai multiplicitása kisebb vagy egyenl mint az algebrai multiplicitása. Bizonyítás. Ha 0 geometriai multiplicitása dim L0 = k, akkor L0 egy k dimenziós invariáns altér. Ennek az altérnek egy x1 , . . . , xk sajátvektorokból álló bázisát kiegészithetjük V egy bázisává, és ebben a bázisban mátrixa illetve a karakterisztikus polinom: 0 0 . . . 0 . . . 0 - 0 ... 0 ... 0 0 . . . 0 . . . 0 0 - . . . 0 ... . . .. . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . ... . 0 0 . . . 0 - . . . . A = 0 0 . . . 0 . . . , P () = 0 0 . . . 0 0 0 0 ... 0 0 . . .. . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 0 0 ... 0 ... 0 0 ... 0 ... Tehát P () = (0 - )k · P (), így algebrai multiplicitása legalább k.

3.36. Példa. A 3.34. példa esetén a spektrum: 2, 2, -1.

3. LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK

111

3.40. Következmény. Egy C feletti vektortéren értelmezett lineáris operátor akkor és csak akkor diagonalizálható, ha minden sajátértékének algebrai multiplicitása megegyezik a geometriai multiplicitásával. 3.41. Következmény. Egy R feletti vektortéren értelmezett lineáris operátor akkor és csak akkor diagonalizálható, ha spektruma teljes és minden sajátértékének algebrai multiplicitása megegyezik a geometriai multiplicitásával. 3.42. Tétel (Jordan-féle normál alak). Minden C feletti vektortéren értelmezett lineáris transzformációhoz létezik olyan bázis, amelyben az operátor mátrixa az alábbi, (úgynevezett Jordan-féle tömbökbl álló) Jordanféle normál alakú: 1 0 . . . 0 1 1 . . . 0 . . .. . .. . . . . . 1 1 0 ... .. . . k 0 . . . 0 1 k . . . 0 . .. . .. . . . . . . 0 ... 1 k

Irodalomjegyzék
[1] Bélteky Károly: Analitikus geometria és lineáris algebra : I. éves nappali tanárszakos, matematikus és matematikus levelez hallgatók részére, Budapest, Tankönyvkiadó (1989). [2] Fuchs László: Bevezetés az algebrába és a számelméletbe, Budapest, Tankönyvkiadó (1990). [3] Gaál István, Kozma László: Lineáris algebra, Debrecen, Kossuth Egyetemi K. (2002). [4] Halmos Pál: Véges dimenziós vektorterek, Budapest, Müszaki Könyvkiadó (1984). [5] Kovács Zoltán: Geometria : az euklidészi geometria metrikus megalapozása, Debrecen, Kossuth Egyetemi K. (2002). [6] Szendrei Ágnes: Diszkrét matematika : logika, algebra, kombinatorika, Szeged, Polygon (1994).

113

Tárgymutató

, 11 , 11 k Vn,ism , 37 (a) - (b), 99 AT , 63 A-1 , 65 |A|, 72 k Cn , 37 k Cn,ism , 38 det A, 72 DF , 15 dim L, 52 Im(z), 27 inf, 17 Ker, 96 L(a1 , . . . , ak ), 47 Pn , 35 Pn;l1 ,...,lk , 36 RF , 15 Re(z), 27 R2 , 43 Rn , 43 R+ , 24 R- , 24 Rb , 26 rg, 52, 80 sup, 17 V , 101 V1 V2 , 93 = V /H, 57 k Vn , 36 z, 28
S

Abel-csoport, 32 abszolút érték, 28 additív inverz, 21 additív leképezés, 93 adjungált aldetermináns, 77 adjungált algebrai aldetermináns, 77 alapmátrix, 84, 88 aldetermináns, 77 algebrai struktúra, 31 algebrai számok, 34 alsó korlát, 17 altér, 45 alulról korlátosság, 17 antiszimmetria, 16 archimedeszi tulajdonság, 24 argumentum, 29 asszociativitás, 13, 21 automorfizmus, 104 bázis, 48, 49 bázistranszformáció, 99 bijektivitás, 19, 93 binomiális együtthatók, 37 Binomiális tétel, 40 Cantor-féle metszettétel, 26 Cramer-szabály, 88 csoport, 32 de Morgan, 14 Descartes-féle szorzat, 14 determináns, 71 Determinánsok szorzás tétele, 76 dimenzió, 52
115



116

TÁRGYMUTATÓ

direkt összeg, 53 disztributivitás, 21 egész számok, 24 egyenletrendszer megoldása, 84 egymásba skatulyázott intervallumrendszer, 25 egységmátrix, 64 ekvivalencia reláció, 17 ekvivalens egyenletrendszer, 85 elem, 11 elemi átalakítások, 66 elemi függvény, 19 ellentmondásos egyenletrendszer, 84 értelmezési tartomány, 15 értékkészlet, 15 függvény, 18 félcsoport, 32 fátló, 61 fdiagonális, 61 faktortér, 57 felülrl korlátosság, 17 fels korlát, 17 Ferde kifejtési téte, 79 ferdeszimmmetrikus mátrix, 63 gömbkörnyezet, 25 Gauss-elimináció, 66, 68, 87 generált altér, 47 generátorrendszer, 47, 49 gyr, 32 háromszög alak, 67 halmaz, 11 halmaz ekvivalencia, 19 hasonló mátrixok, 103 határozatlan egyenletrendszer, 84 határozott egyenletrendszer, 84 hatványhalmaz, 12 homogén egyenletrendszer, 84 homogén leképezés, 93 Homomorfia tétel, 98 idempotencia, 13 infimum, 17 inhomogén egyenletrendszer, 84 injektivitás, 19

integritástartomány, 32 invertálható mátrix, 65 invertálhatóság, 18 inverz, 16 inverzió, 71 irracionális számok, 24 ismétlés nélküli kombináció, 37 ismétlés nélküli permutáció, 35 ismétlés nélküli variáció, 36 ismétléses kombináció, 38 ismétléses permutáció, 36 ismétléses variáció, 37 izomorfizmus, 93 különbség, 12 kép, 15 képtér, 97 képzetes rész, 27 kibvített mátrix, 84, 88 kicserélési tétel, 51 kommutativitás, 13, 21 komplementer, 12 komplex szám, 27 kompozíció, 16 konjugált, 28 kontinuum számosság, 34 koordináta, 48 koordinátaleképezés, 94 koordinátatranszformáció, 100 korlátosság, 17 Kronecker-Capelli-tétel, 88 Kronecker-delta, 64 kvadratikus mátrix, 61 létezik egységelem, 21 Laplace-féle kifejtési tétel, 77 leképezés defektusa, 97 leképezés rangja, 97 leszkítés, 15 lineáris egyenletrendszer, 84 lineáris kombináció, 47 lineáris leképezés, 93 lineáris operátor, 101 lineáris sokaság, 56 lineáris transzformáció, 101 lineárisan függség, 48 lineárisan függetlenség, 48

TÁRGYMUTATÓ

117

mátrix, 61 mátrix rangja, 81 mátrix inverzének, 65 mátrix transzponáltja, 63 mátrixok szorzata, 64 mvelet, 19 magtér, 96 megoldható egyenletrendszer, 84 megszámlálható halmaz, 33 megszámlálhatóan végtelen halmaz, 33 mellékátló, 61 metrika, 25 metszet, 12 mindenütt sr, 26 multiplikatív inverz, 21 n-edik egységgyök, 30 n-edik gyök, 26, 30 négyzetes mátrix, 61 neutrális elem, 31 Nullitás és rangtétel, 98 nullosztómentesség, 31 nulltér, 96 nullvektor, 43 oszlopekvivalencia, 67 oszlopvektor, 61 osztályozás, 17 összetett függvény, 19 parciális rendezés, 16 Pascal-háromszög, 41 polinom, 45 Polinomiális tétel, 40 pontos alsó korlát, 17 pontos fels korlát, 17 részhalmaz, 11 racionális számok, 24, 33 reflexivitás, 16 reláció, 15 rendezés, 16 rendezett test, 22 skalár, 43 sor-oszlop kompozíciós szorzásnak, 64 sorekvivalencia, 67 sorvektor, 61

szürjektivitás, 19 számosság, 33 szabad vektorok tere, 44 szimmetrikus mátrix, 63 szuprémum, 17 távolság, 25 teljes indukció elve, 23 teljes rendezett test, 22 teljesség, 16, 17 természetes bázis, 52 természetes számok, 23 test, 21, 32 transzcendens számok, 35 transzformáció mátrixa, 102 tranzitivitás, 16 trianguláris, 67 trigonometrikus alak, 29 unió, 12 üres halmaz, 11 véges halmaz, 33 végesen generált vektorrendszer, 48 végtelen halmaz, 33 valós rész, 27 valós számok, 22 vektor, 43 vektorrendszer rangja, 52, 80 zéruselem, 21 zérusmátrix, 61



Hasonló témájú dokumentumok

Hozzászólások

11.12-2 15 bizonytalanság és játékelmélet0001 agresszió államháztartás anglia antropológiatörténet anyagismeret 2 áteresz beadandó biokémia csehov deriválás elm előadás energia európai civilizációk eredete fogyasztóvédelem frei otto gazdaság gazdasági közjog gazdpol gepalap japán juh kéregedzés különleges épszerk légzés lemez marketing tétel marketing2 tétel matek méhen belüli fejlődés montesquieu munkafüzet numerikus oktatói kiadott anyag posztmodern ptk statisztika szamitogep szénhidrát szövegszerkesztés tolsztoj trendszámítás vállalat vegyipari vergilius villamosságtan vizsga kérdések vizsgakérdés