View
4
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
Koordinátarendszerek, mátrixok 201
I. Koordinátarendszerek a síkban és a térben, mátrixok
1.1. Koordinátarendszerek
A korábbi tanulmányaitok során megismerkedhettetek a sík analitikus geometriájának néhány alapfogalmával (koordinátarendszerek, távolság, szögek, egyenes egyenletei, stb.) E paragrafus célja általánosabb koordinátarendszerek bevezetése a síkban és a térben.
A vektorok tulajdonságainak vizsgálatakor láttuk, hogy a sík tetszőleges vektora fel-bontható a síkban két nem kollineáris vektor iránya szerint. Pontosabban, ha v és v nem kollineárisak, akkor bármely esetén léteznek a λ valós számok, amelyekre
1 2
v 1 2,λ
1 1 2 2v vλ λ= + v ( )1Ezt az 1. ábra szemlélteti.
Ha v és v az akkor λ és λ az Mreprezentánsa (lásd
1
1
2
2
v1
v2
v2λ2
a
Ez alapján, ha adsík minden pontját jeEzért a továbbiakbaból álló hármast síknak azokat a λ és λ1
Megjegyzés. Ez egységet és egy-ereprezentánsainak ta
A fogalmak rögzÉrtelmezések
1. Ha O egy rög hármast 1( , ,O v v2)
2. Ha ( ,akkor azt mondjuk,
1 2,O v v
1. ábr
xO derékszögű koordinátarendsz pont koordinátái, ahol OM a
a 2. ábrát).
y
v
λ2v2
yv
v1λ1
ott két nem kollineáris vektor ( éllemezni tudjuk az ( összefüggés
n két nem kollineáris v és v vekbeli koordinátarendszernek tekintü
számokat tekintjük, amelyekre te
1v)11 2
2
ugyanaz, mintha két metsző eggy irányítást. Az egyenesek a rtóegyenesei és 1v , illetve 2v azítésének céljából a következő értelm
zített pont a síkban és v , v két nsíkbeli koordinátarendszernek neve
1 2
egy koordinátarendszer a síkbanhogy v koordinátái az ( , )
1 2, )O v v
2. ábra
er tengelyeinek egységvektorai, szabad vektor O -ból kiinduló
v1λ1 x
s ) és egy adott pont, akkor a ből adódó λ és λ számokkal. torból és egy rögzített O pont-nk. Egy v vektor koordinátái-ljesül az ( összefüggés.
2v1
)1
2
yenesen rögzítenénk egy-egy v és -ból kiinduló 1 2v O
egységek. ezéseket adjuk:
em kollineáris vektor, akkor az zzük.
és v v , , rendszerben és λ .
1 1 2 2λ λ= +
1λ 2
v 1 2,λ λ ∈
202 Koordinátarendszerek, mátrixok
3. Ha M egy pont a síkban és OM , λ λ , akkor azt mondjuk, hogy λ és az M pont koordinátái az ( , koordinátarendszerben.
1 1 2 2v vλ λ= +
1 2, )O v v1 2, ∈
1 2λHasonlóképpen értelmezhetjük a térbeli koordinátarendszereket is. Ha v , és nem egy síkban fekvő vektorok és v egy tetszőleges vektor a térben, akkor a v
felírható alakban, ahol λ λ . Ezt a 3. ábra szemlélteti
( z OM egy olyan paralelepipedon testátlója, amelynek O -ból kiinduló élei rendre a , v és v irányával egyeznek meg.)
1 2v
3v
a1v
1 1 2 2 3 3v v vλ λ λ= + +
3
v
v
1 2 3, , λ ∈
2
3. ábra
M
O v1
v2
v1λ1
v3 v2λ2
v3λ3
Ez alapján a következő értelmezést adhatjuk:
Értelmezés 1. Ha O egy rögzített pont a térben, v , v és v nem egy síkban fekvő vektorok
(az O -ból kiinduló reprezentánsaiknak végpontjai olyan síkot határoznak meg, amely nem halad át O -n), akkor az ( , négyest térbeli koordinátarendszernek nevezzük.
1 2 3
1 2 3, , )O v v v
2. Ha egy térbeli koordinátarendszer és v v , akkor azt mondjuk, hogy λ λ a koordinátái az ( , koordinátarendszerben.
1 2 3( , , , )O v v v 1 1 2 2 3 3vλ λ λ= + +
1 2 3, , )O v v v1 2 3, , λ ∈ v
3. Ha egy pont a térben és OM , M 1 1 2 2 3 3v v vλ λ λ= + +akkor azt mondjuk, hogy λ , és λ az M pont koordinátái az ( ,
koordinátarendszerben. 1 2λ 3 1 2 3, , )O v v v
Tekintsük az α síkban az xO derékszögű koordinátarendszert. A és v vektorok kezdőpontú reprezentánsának végpontja (1 , illetve (0 , és tetszőleges M x pont esetén
y 1v,
2
O , 0) 1)
( , )y
1 2OM x v y v= ⋅ + ⋅ . A koordináták segítségével ez az összefüggés
( , ) (1, 0) (0, 1)x y x y= ⋅ + ⋅ alakban írható, ahol a számpárokkal a következő műveleteket végezzük (ezeket már tanulmányoztuk a komplex számok értelmezésekor):
1. ( , ) ( , )x y x y⋅ =λ λ . λ
2. 1 1 2 2 1 2 1 2) ( , ) ( , )x y x y x x y y+ = + +( , 1 2 1 2, , ,x x y y∀ ∈ .
, ,x y λ∀ ∈
Koordinátarendszerek, mátrixok 203
Ezek a műveletek a vektorok skalárral való szorzásának illetve a vektorok összeadásának felelnek meg. A geometriai értelmük a és 5. ábrán látható. 4. Feladat. Bimegmarad, hakoordináták.
ON= OMλ
x
y N x, y( )λ λ
M x, y( )
OP=OM+ON
v1 v2+ x1 x2+ y1 y2+,( )
v1v2
xxx2 x1 x2+
y
y1
y2 y2
y1 y2+
O
M
N
P
Bizonyítás.illetve v vekto
Ha tetsλ ∈uλ ⋅ =
u v+ =
Tehát igaz 1) ha az
koordinátái (Mλ
2) ha az
OP OM= O+Hasonlókép
koordinátáira. és v koordiná
u =Tehát λ u⋅ =
( 1 1u v vα+ =+
Ez alapján
1 2 3( , , )α α α +
4. ábra
zonyítsuk be, hogy az előbbi műve valamilyen általánosabb síkbeli ko
Legyen ( , egy tetszőleges s
rok koordinátái legyenek , α , ille1 2, )O v v
1α 2
1 1 2 2u vα α= + v
)
v
és vzőleges szám, akkor írhatjuk, hogy ( ) ( ) (1 1 2 2 1 1 2v v vλ α α λ α λ α⋅ + = ⋅ + ⋅( ) ( ) (1 1 2 2 1 1 2 2 1v v v v vα α β β α+ + + =
( ) (1 1 1 2vα β α= + + +a következő két állítás: M pont koordinátái ( , és O, .
1 2)λ λ
)α α1 2λ λ⋅ ⋅λ
pont koordinátái ( , és az p
összegvektor P végpontjának ko1 2 N
Npen írhatjuk át a térbeli vektorokLegyen ( , egy tetszőlegetái legyenek ( , , illetve ( ,
1 2 3, , )O v v v
1 2,α α α3) 1β
1 1 2 2 3 3v vα α α+ + és vλ ( ) ( )1 1 2 2 3 3 1 1v v v vα α α λ α⋅ + + = ⋅
( ) ( ) (1 1 2 2v vλα λα λ= + +) ( )2 2 3 3 1 1 2 2 3 3v v v v vα α β β β+ + + + +
( ) ( ) (α β α β α+ = + + +3 3 3 3 1 1 1 2v v va koordinátákra értelmezhetjük a köve
1 2 3 1 2 3( , , ) ( , , )λ α α α λα λα λα⋅ = ∀
1 2 3 1 1 2 2 3( , , ) ( , ,β β β α β α β= + + α +
x12
5. ábra
letek geometriai értelme akkor is ordinátarendszerre vonatkoznak aíkbeli koordinátarendszer és az u ,
tve β , . Így 1 2βv
v) =
) 2
2)
v( )
v
v . 1 1 2 2β β= +
) ( ) ( )2 1 1 2 2v vλα λα= + és ) (1 1 1 2 2 2 2v v vβ α β+ + +
2 vβ .
N , akkor az N pont OMλ= ⋅
ont koordinátái ( , , akkor az
ordinátái ( , . 1 2)β β
1 1 2α β α+ + βkal végzett művelteket is azok s térbeli koordinátarendszer, az u
. Így 2 3, )β βv . 1 1 2 2 3 3vβ β β= + +
( )2 2 3 3v vλ α λ α+ ⋅ + ⋅ =)3 3α és ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2v v v vα β α β= + + + +) ( )β α β+ +
2 2 3 3 3v v . tkező műveleteket:
, 1 2 3 1 2 3, , , , ,α α α β β β∀ ∈ . 1 2 3, , ,α α α λ ∈ ,
3)β
204 Koordinátarendszerek, mátrixok
Megjegyzések 1. Kifejezhetjük koordináták segítségével a skaláris szorzatot is. Ha az u és v vektorok koordinátái az derékszögű koordinátarendszerben ( , illetve ( , ,
tudva, hogy az u és v vektorok skaláris szorzata u v és hogy két azonos irányú vektor szorzata egyenlő a hosszúságuk szorzatával, ha azonos irányításúak illetve annak ellentettjével, ha ellentétes irányításúak, kiszámítható, hogy a pr
koordinátái:
2)
v
xOy 1 1)x y
pruv
2x y
u
u⋅ = ⋅
1 1 2 1 1 2 1 22 21 1
( ) (,
x x y x x y yx y
+ + + + 2x 12 21 1
y yx y
), amiből azonnal adódik, hogy a
skaláris szorzat: 1 2u v x x y⋅ = + 1 2y 2. Hasonlóan igazolható, hogy ha az u és térbeli vektorok koordinátái az Ox derékszögű koordinátarendszerben ( , illetve ( , , akkor a skaláris szorzatuk:
v yz
1 1 1)x y ,z 2 2 2, )x y z
1 2x x 1y 2y 1 2z z+u v⋅ = + 3. Tudjuk, hogy a skaláris szorzat ( )cos ,u v u v⋅ = ⋅ ⋅u v alakba is írható, így a koordi-náták ismeretében kiszámíthatjuk a vektorok által bezárt szöget:
( )cos ,u v =
1 1
2 ) 3
u vu v⋅⋅
.
Feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges térbeli koordinátarendszer esetén egy v vektor
koordinátái egyértelműen meghatározottak. 1 2 3( , , , )O v v v
Bizonyítás. Feltételezzük, hogy a ( , és a koordináták ugyanazt a v vektort jelölik és
. Így
1 2 3, )α α α
v vβ β+
1 2 3( , , )β β β
1 2 3( , , )α α α+
1 2 3( , , )β β β≠v vα α α+ +2 2
( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2 3 3 3 0v v vα β α β α β− + − + − =tehát . ( )∗3 3 1 1 2 2 3 3v vβ= ,
v2
v3
v1
v 111
v22 2
v3
33
P
M
NO
6. ábra
Jelöljük , és -vel az ( ) , és ( vektorok -ból kiinduló reprezentánsainak végpontját. A ( reláció alapján az MN súly-
pontja O . Ez nem lehetséges, mert a v , v és v vektorok nincsenek egy síkban.
M N P 1 1 vα β−
1 2
1 ( )2 2 vα β−)∗
3
3 3 vα β−O P∆
A jelölések egyszerűsítésének céljából rögzített kezdőpont esetén a vektorokat azonosíthatjuk a koordinátáikból alkotott számhármassal (vagy számpárral) és elhagyhatjuk a vektorjelet. Így a v jelölés az origó (O ) és az A
koordinátájú pontok által meghatározott OA szabad vektort jelöli.
(1, 2, 3)= (1, 2, 3)
Példák 1. 2 , ( )(1, 2) 3 (2, 3) ( 4, 5)⋅ + − ⋅ = − −
( ) ( ) ( )1 1 11, 2 0, 2 1, 1 ,2 3 6
⋅ − − + ⋅ + ⋅ − = − 1 33 2
,
Koordinátarendszerek, mátrixok 205
( )2 ( 1, 3, 4) 1 (1, 0, 2) 3 (1, 2, 3) (0, 0, 3)⋅ − + − ⋅ + ⋅ − − = − ,
( ) ( ) ( )11 2, 1 2 1, 0, 02
− ⋅ − + ⋅ − = ,
( )2 (1, 1, 2) 3 (3, 2, 5) 1 (11, 8, 19) (0, 0, 0)⋅ − + ⋅ − + − ⋅ − = . 2. , tehát ha a koordinátarendszer
kezdőpontja , a v és v vektorok O kezdőpontú reprezen-tánsainak a végpontjai az és B pontok, akkor a
pont koordinátái az ( , koordinátarendszerben
és 1 . (7. ábra)
(3, 2) 2 (1, 1) (1, 0)= ⋅ +
O 1 2
(3, 2)
(1, 1) )A (1
2)
, 0
1, vC
2
O v
y
O
A(
3. , tehát a vvektor koordinátái a v , és v vekz origó által meghatározott koordinátarendszerben − , és − .
( ) ( )(0, 3, 2) 1 (1, 2, 0) 7 (3, 2, 1) 5 (4, 3, 1)− = − ⋅ + ⋅ + − ⋅
1 (1, 2, 0)= 2 (3, 2, 1)v = 3 (4,=1 7
3, 1)5a
Az előbbi műveletek -ben (n ...n
n
= × × × × ) is értelm
Ha és y y , akkor 1 2( , , ... , )nx x x x= 1 2( , , ... , )ny y=
1 1 2 2( , , ... , n nx y x y x y x y+ = + + + ) és 1 2( , , ... , nx x x xλ λ⋅ =λ λPéldák (1, 2, 3, 4) (0, 2, 1, 3) (1, 4, 2, 7)− + = −
− + − − −,
(1, 2, 1, 3, 7, 9) (8, 6, 5, 4, 2, 1) (9, 4, 4, 1, 5, 10)= − −3 (1, 2, 3, 7) (3, 6, 9, 21)⋅ − − = − −
,.
A eddigiek alapján néhány fontos probléma merülhet fel: 1. Hogyan dönthetjük el, hogy egy vektorrendszerből (két síkbe
térbeli vektor) származtatható-e koordinátarendszer? 2. Hogyan határozhatjuk meg egy vektor koordinátáit egy koordin
viszonyítva? 3. Hogyan határozhatjuk meg egy vektor koordinátáit egy koordin
viszonyítva, ha ismerjük egy más koordinátarendszerhez viszonyított koEzeknek a problémáknak az általános megoldása új matematik
ényel. Próbáljunk megoldani néhány ilyen problémát sajátos esetekbenig Feladat. Döntsük el, hogy a v és v vektoro
paraméter milyen értékeire határoznak meg egy koordinátarendszert. 1 (2, 3)= 2 (4, )= a
Megoldás. A v és v vektorok pontosan akkor kollineárisak, ha, amelyre 4 2 és a . Az első egyenlőségből
esetén és v egymás meghosszabbításában van ( ) , míg egy koordinátarendszer.
1 2
λ⋅λ ∈
1( , ,O v
= 3 λ= ⋅ 2λ =1v1v
v2 2v λ= ⋅
2)
7. ábra
v2x
v1
B(1,0)
C(3,2)
1,1)
torok valamint (0, 3, 2)= −
ezhetők.
) λ∀ ∈ .
li vagy három
átarendszerhez
átarendszerhez ordinátáit? ai eszközöket . k az a ∈
létezik olyan , tehát a
a esetén 6=
6≠
206 Koordinátarendszerek, mátrixok
Általában a v a és v a vektorok pontosan akkor esnek egymás meghosszabbításába, ha létezik olyan λ , amelyre , azaz ha
. Ellenkező esetben ( , egy koordinátarendszer.
1 1( , )b=
0
1 2
1v
λλλ
)
0
3
v
6
2 2( , )b=
1,O v vO v
∈2), ,v v
2v λ=
=1 2 2 1a b a b− =
Feladat. Koordinátarendszer-e az ( , rendszer, ha v , és ?
1 2 3) 1 (1, 2, 1)−
2 (0, 2, 2)v = − 3 (3, 1, 2)v = −Megoldás. Elégséges azt megvizsgálni, hogy a
1 1 2 2 3 3 (0, 0, 0)v v vλ λ λ⋅ + ⋅ + ⋅ =λ
egyenlőség teljesülhet-e, ha λ , és λ nem mind egyenlő nullával. (Ha találunk nullától különböző megoldásokat, akkor nem lehet koordinátarendszer, mert az
koordinátái ( és ezek egyértelműen meghatározottak; míg ha nem találunk,
akkor , és v O -ból kiinduló reprezentánsainak végpontjai által meghatározott sík nem tartalmazza O -t, és így ( , egy koordinátarendszer.)
1 2
O v
3
1 2,v
O 0, 0, 0)
31v 2v
3, )v
1 1 1 1 1( , 2 , )vλ λ λ= −(0, 2 , 2 )vλ λ= −
2 2 2 2
(3 , , 2 )vλ λ λ= −
3 3 3 3 3 Összeadva az egyenlőségek megfelelő oldalait kapjuk, hogy
1 1 2 2 3 3 1 3 1 2 3 1 2 3( 3 , 2 2 , 2v v vλ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ+ + = + + + − − − .
Tehát a
1 3
1 2 3
1 2 3
3 0
2 2 0
2 2
λ λ
λ λ λ
λ λ λ
+ =+ + =
− − − =egyenletrendszerhez jutunk. Ha az utolsó két egyenlőség megfelelő oldalait összeadjuk, a λ összefüggéshez jutunk. Ez alapján az első egyenletből következik, hogy , tehát (a második egyenlet alapján) λ és így
egy koordinátarendszer.
1 λ=λ λ=1 3 0= 2 0=
1 2 3( , , , )O v v v
Feladat. Határozzuk meg a v vektor koordinátáit az előbbi koordinátarendszerben.
(7, 1, 6)= −
Megoldás. A v v egyenlőség ekvivalens a 1 1 2 2 3 3vλ λ λ= + +
1 3
1 2 3
1 2 3
3 7
2 2 1
2 2
λ λ
λ λ λ
λ λ λ
+ = + + =− − − = −
egyenletrendszerrel. A rendszer megoldása λ , és , tehát v koordinátái − , 1 és .
1 2= − 2 1λ = 3 3λ =2 3
Feladat. A V O koordinátarendszerben az u és u vektor koordinátái és ( , . Írjunk fel egy összefüggést az vektor U O
rendszerbeli ( , és a V O rendszerbeli ( , koordinátái közt!
1 2( , , )v v=
1 2)β β
1 2)λ λ =
1
u
1λ λ′
2
)1 2( , )α α 1 2( , , )u u=
1 2( , , )v v 2′
Koordinátarendszerek, mátrixok 207
Megoldás. u u ( ) (1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2u v v v vλ λ λ α α λ β β= + = + + + ) =)
2λ 2λ
)
( ) (1 1 2 1 1 1 2 2 2 2v vλ α λ β λ α λ β= + + + .
Tehát ha u koordinátái a V koordinátarendszerben λ és , akkor 1′
2λ ′
1 1 1 1λ α λ β′ = + és λ α . 2 2 1 2λ β′ = +Ezek az összefüggések a λ és ismeretlenek függvényében megadják a λ -t és a
-t, míg az utóbbi két koordináta ismeretében egy egyenletrendszert kell megoldanunk és λ kiszámításához.
1 2λ 1′
2λ ′1λ 2
Az eddigiek alapján látható, hogy a vizsgált problémák mindegyike bizonyos típusú egyenletrendszerek megoldására (illetve a megoldás tanulmányozására) ezetődik vissza. v
G yakorlatok 1. Döntsd el, hogy az alábbi vektorrendszerek koordinátarendszert alkotnak-e az origóval?
a) v , v ; b) v , v ; 1 (1, 1)= −= − −
2 ( 2, 3)= −=
1 (2, 3)= −=
2 ( 2, 4)= −= −c) v , v ; d) v , v ; 1 ( 1, 2)
(1, 2, 1)= −2 (1, 2)( 1,= −
1 (0, 1), 1, 7)
2 ( 3, 7)e) v , v , v ; 1
(2, 1, 3)= −2 2, 3)(3, 1, 4)=
3 (0=( 2, 1,= − −f) v , v , v ; 1
(2, 1, 3)= −2
(0, 2, 1)=3 5)(4, 4, 5)= −g) v , v , v ; 1
( , 1, )b=2
( , 1, )c=3
( , 1, )a=h) v a , v b , v c , ahol a b és a b c a . 1
(2,=2
9)3
O v, , c ∈)
≠ ≠ ≠2. Írd fel az u vektor koordinátáit az ( , koordinátarendszerben, ha 1 2, v
a) , v ; b) v , v ; 1 (1, 1)v =(3, 2)v =
2 (0, 1)=( 2,= −
1 ( 1, 2)= −( , )a b=
2 (1, 11)=( , )a= − c) , v ; d) v , v b . 1
(1, 3=2 1)7)
1
,O v2
, )v3. Írd fel az u vektor koordinátáit az ( , koordinátarendszer-ben, ha
, 1 2 3v
a) v , , v ; 1 (1, 0, 1)=(2, 1, 1= −
2 (1, 1, 0)v =) (3, 2= −
3 (0, 1, 1)= −, 1) (1, 2,=b) v , v , v . 1 2 3 1)−
F eladatok
1. Léteznek-e olyan λ , λ és λ természetes számok, amelyekre teljesül a 1 2 3
1 2 3( 1, 1, 2) ( 1, 2, 1) (2, 1, 1) (45, 11, 34λ λ λ⋅ − − + ⋅ − − + ⋅ − − = − −
egyenlőség? Ha a jobb oldalt ( , -re cseréljük mi a szükséges és elégséges
feltétele a b -re vonatkozóan annak, hogy létezzen λ λ megoldás?
, )a b c
, , c ∈ 1 2 3, , λ ∈
2. Az ( , számpárt minden lépésben helyettesítjük a )a b 12 5 5 12,13 13
a b a b+ − +
számpárral. Bizonyítsuk be, hogy csupa különböző számpárokat kapunk!
208 Koordinátarendszerek, mátrixok
3. A sík ( , koordinátájú pontjain )i j 0, 2=i , 0, 2j = , egy-egy szöcske áll. Minden pillanatban egy szöcske ugrik valamelyik másikon át a következő szabály szerint: ha az pontbeli sz ske a pontbeli szöcskén ugrik át, akkor egy olyan pontba ugrik, amelyre BC . Lehetséges-e, hogy egy idő után a szöcskék az ( , ,
( , ) (0, 0)i j ≠
A öc BBC 2A=
)i j , 0, 2i j , ( , pontokon legyenek? = ) (2,i j ≠ 2) 1.2. Áttérés két síkbeli koordinátarendszer között
Az előbbi paragrafusban láttuk, hogy ha a V O koordinátarendszerben az és u vektorok koordinátái ( , és ( , , akkor egy tetszőleges vektornak az U O koordinátarendszerbeli ( , és a V O
koordinátarendszerbeli ( , koordinátái közt fennállnak a következő összefüggések:
1 2( , , )v v=
1 2)β β
1 2λ λ1u 2 1 2)α α u
1 2)v1 2( , , )u u=
1 2λ λ′ ′
) ( , ,v=
λ α λ′ = λ′ =
)
1 1 1 1β+ és 2 2 1 2β+ 2λ
2v
λ α . 2λA továbbiakban megvizsgáljuk, hogy ezek az áttérési képletek milyen geometriai tartalommal bírnak, azaz hogyan ágyazódnak az egyszerű geometriai transzformációk (forgatás, nyújtás) ezekbe az összefüggésekbe.
1. Ha a v és v vektorok helyett az u v és u vektorokat választjuk a koordinátarendszer vektorainak, akkor az , és ,
koordinátákat kapjuk, tehát
1 2 1 1α=1 =
2 β=2 0α =α α 1 0β = 2β β=
1 α′ = 1λλ és 2 2λλ β . ′ =Ha α , akkor nyújtásról vagy középpontos hasonlóságról (homotétiáról) beszélünk. β=
2. Forgassuk el a v vektort α szöggel és a vektort szöggel. 1 2v β1 1 1cos ctg cos sin ctgOE OB EB OB BB OB OBα ϕ α α= − = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ =ϕ
( ) ( )sincos sin sin cos
sin sinOB OB
α ϕα ϕ α ϕϕ ϕ
−= ⋅ − = ⋅ .
(ezt az OEB háromszögben a szinusztételből is felírhattuk volna).
Hasonl
N
F2v
1u
2u
C
D N
2v1u
2u
C
a
tehát az u
A D -n át
8. ábr
ó gondolatmenet alapján írható, hogy sinsin
αϕ
⋅ , OF OB=O
M
1v
β
α
B
AE
1Bϕ
O1v
1B
koordinátái az ( , rendszerben 1 1 2, )O v v( )sinsinϕ αϕ−
és sinsin
αϕ
.
húzzunk párhuzamosokat az OA és OC egyenesekhez. A szinusztétel alapján sinsin
OM OD βϕ
= ⋅ és ( )sinsin
ODϕ βϕ+= ⋅ON ,
Koordinátarendszerek, mátrixok 209
tehát u koordinátái az ( , koordinátarendszerben 2 1 2, )O v v
sinsin
βϕ
− és ( )sinsinϕ βϕ+
.
Az általános áttérési képlet és az előbbi összefüggések alapján ( )
1 1sin sinsin sinϕ α αλ λϕ ϕ−′ = ⋅ + ⋅ 2λ , ( )
2 1sinsin
sin sinϕ ββλ λ
ϕ ϕ+′ = − ⋅ + ⋅ 2λ .
Ha , akkor mindkét vektort ugyanakkora szöggel forgatjuk el, tehát a koordinátarendszert forgatjuk el α szöggel. Ebben az esetben az áttérési képletek
α β=
( )1 1
sin sinsin sinϕ α αλ λϕ ϕ−′ = ⋅ + ⋅ 2λ , ( )
2 1sinsin
sin sinϕ ααλ λ
ϕ ϕ+′ = − ⋅ + ⋅ 2λ .
Ezekből az összefüggésekből 2πϕ = esetén visszakapjuk a derékszögű koordinátarend-
szerek forgatásából már ismert összefüggéseket (lásd a komplex számok geometriai alkalmazásait)
1 1cos sinλ α λ α′ = ⋅ + ⋅ 2λ , 2 1sin cosλ α λ α′ = − ⋅ + ⋅ 2λ
1
. G yakorlatok
1. Mi az egyenlete az egyenletű egyenesnek az ( ,
koordinátarendszerben, ha
2y x= + 1 2, )O v v
a) 1 ( 3, 1)=v , 1 ( 1, 3)v = − ; b) v , v . 1 (1, 2)= 2 ( 3, 4)= −
2. Bizonyítsd be, hogy az egyenes egyenlete minden ( , koordináta-
rendszerben alakú! 1 2, )O v v
y ax b= +3. Hány olyan ( , pont létezik, amelynek a koordinátái a koordinátarendszer
elforgatásával nem változnak? 1 2)x x
4. Bizonyítsd be, hogy az O középpontú körök invariánsak az összes O középpontú forgatásra nézve.
5. Bizonyítsd be, hogy a v v és u összefüggések függetlenek a koordinátarendszerek megválasztásától.
1 v= + 2 u0λ= ⋅
F eladatok 1. Bizonyítsd be, hogy az előbbi paragrafusban tárgyalt transzformációk
segítségével tetszőleges koordinátarendszer átvihető egy ( , koordinátarendszerbe.
1 2( , , )O v v 1 2, )O u u
2. a) Írd fel az M x pont koordinátáit egy α majd egy β szögű körüli forgatás után kapott rendszerben.
( , )y O
b) Az előbbi tulajdonság alapján vezesd le a következő trigonometriai képleteket: ( )cos cos cos sin sinα β α β α β+ = − ( )sin sin cos cos sinα β α β α β+ = + .
210 Koordinátarendszerek, mátrixok
1.3. Lineáris leképezések és mátrixok Az eddig vizsgált koordináta-transzformációk függvényként is értelmezhetők, ugyanis
az minden elemének (az új koordinátáknak) megfeleltetünk egy elemet az -ből (az eredeti koordinátákat). Így az
2 = ×2
2 2:f → , 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2( , ) ( , )f λ λ α λ β λ α λ β λ= + +függvényt definiáltuk. Korábban már láttuk, hogy a koordináta-transzformációk kompatibilisek az -ben értelmezett két művelettel (a skalárral való szorzással és az összeadással). Pontosabban, az összeg képe a képelemek összege és a szorzat képe a képelemek ugyanazzal a skalárral való szorzata. Ezek a tulajdonságok szimbólumok segítségével a következőképpen fejezhetők ki:
2
( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + , 2,x y∀ ∈2( ) ( )f x f xλ λ= , , . x∀ ∈ λ∀ ∈
A továbbiakban az ilyen tulajdonságú függvényeket lineáris leképezéseknek nevezzük. Értelmezés. Az : n mf → függvényt ( ) lineárisnak nevezzük, ha *,m n ∈
( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + , , nx y∀ ∈ ( ) ( )f x f xλ λ= , nx∀ ∈ , λ∀ ∈ .
Az értelmezésben szereplő két feltétel egybeolvasztható a következő módon: Tulajdonság. Az : n mf → függvény pontosan akkor lineáris, ha
( ) ( ) ( )f x y f x f yα β α β+ = + , , nx y∀ ∈ , ,α β∀ ∈ .
Bizonyítás 1. Ha f lineáris, akkor ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x y f x f y f x f yα β α β α β+ = + = +
bármely x y és bármely α β esetén. , n∈ , ∈2. Ha teljesül az adott összefüggés,
akkor β esetén az 0= ( ) ( )f x fα α=
( )f x y
x nx∀ ∈( )f x+ = +
, és összefüggéshez jutunk,
míg esetén az , összefüggéshez.
Tehát
α∀ ∈
)y ,x y∀1=α β= (f n∈f lineáris.
Ez a tulajdonság általánosabban is igaz. Tulajdonság. Ha az : n mf → leképezés lineáris, akkor
( )1 1
p p
k k k kk k
f x fα α= =
= ∑ ∑ x , nkx∀ ∈ kα∀ ∈ , 1,=k p , 2p ≥ .
Bizonyítás. esetén már bizonyítottuk, tehát a matematikai indukció elve alapján elégséges bizonyítani, hogy ha igaz -re, akkor igaz
2p =p ( )1p +
p esetén is.
( )
1
1 1 1 11 1 1
p p
k k k k p p k k p pk k k
f x f x x f x f xα α α α α+
+ + + += = =
= + = + ∑ ∑ ∑1p p
+
=
( ) ( ) ( )1 11 1
k k p p k kk k
f x f x fα α α+ += =
= + =∑ ∑ . x
Koordinátarendszerek, mátrixok 211
A lineáris leképezések néhány alaptulajdonságát könnyen igazolhatjuk: Tétel. 1. Ha 1 2, :
n mf f → lineáris leképezések, akkor az 21f f f= + leképezés is lineáris. n2. Ha az 0 :f → leképezés lineáris, akkor az 0f fλ= ⋅ leképezés is
lineáris bármely λ esetén. ∈n m
m
3. Ha 1 :f → és 2 :m pf → lineáris leképezések, akkor 2 1f f is
lineáris. 4. Ha az : n mf → lineáris leképezés bijektív, akkor az inverze is lineáris.
Bizonyítás
1. ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )1 1
2 2
1
2
f x y f x f y
f x y f x f y
α β α β
α β α β
+ = +
+ = + és . , nx y∀ ∈ ,α β∀ ∈
Összeadva az egyenlőségek megfelelő oldalait kapjuk, hogy és . ( ) ( ) ( )f x y f x f yα β α β+ = + , nx y∀ ∈ ,α β∀ ∈Tehát f lineáris.
2. és ⇒ ( ) ( ) ( )0 0f x y f x f yα β α β+ = + 0 , nx y∀ ∈ ,α β∀ ∈
( ) ( )( ) ( )( )0 0 0f x y f x f yλ α β α λ β λ+ = + és , , nx y∀ ∈ , ,α β λ∀ ∈tehát f lineáris.
3. ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 1 2 1 2 1 1f f x y f f x y f f x f yα β α β α β+ = + = + = ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 1 2 1 2 1 2 1f f x f f y f f x f f yα β α β= + = +
n∈ , ∈,
fbármely x y és bármely α β esetén, tehát , lineáris. n4. Ha :f → lineáris és bijektív, akkor 1 : m nf − → és
=
m
( ) ( )1f z x f x− = ⇔( ) ( )f x f yα β+ ,x y∀ ∈
. z
Eszerint, ha és , ( )f x yα β+ =1−
n
n
,α β∀ ∈
akkor és ( ) ( )(x y f f x f yα β α β+ = + ) ,x y∀ ∈ ,α β∀ ∈m∈ nDe f bijektív, tehát bármely u v esetén létezik x y úgy, hogy u f , , ∈ ( )x=
=és ( )yv f . Ezekkel a jelölésekkel írhatjuk, hogy f u( ) ( ) ( )1 1 1v x y f u f vα β α β α β− −+ = + = +
1
− , mu v∀ ∈ és . ,α β∀ ∈−Tehát f lineáris.
E paragrafus célja meghatározni az összes : n mf → lineáris függvény alakját, ha m n . , {1, 2, 3∈
1= =}
1. eset. m n . Az :f →( )f x =
lineáris függvényekre ( ) (1 1f x x f⋅ = ⋅
( )) ,
f x ax= x∀ ∈tehát , ahol a rögzített szám. ∈
=2. eset. n és m . A második összefüggés alapján 1 2=( )f x ( ) ( )1 1 ( ,f x xf x a b= ⋅ = = ⋅ ) x∀ ∈ ,
ahol a b rögzítettek. , ∈
212 Koordinátarendszerek, mátrixok 3. eset. n és m . A második összefüggés alapján 1= 3=
( ) ( ) ( )1 1 ( , ,f x f x xf x a b c= ⋅ = = ⋅ ) x∀ ∈ , ahol a b rögzített számok. , , c ∈
2=4. eset. n és m . 1=, )( )x =1 2 1 2 1 2( ( , 0) (0, ) ( , 0) (0, )) ( ) ( )(f x x x f x f xf + = +(1, 0) (0, 1) (1, 0 (0, 1))( ) ( ) ( ) ( )f x f x x f x f x a x⋅ + ⋅ = ⋅ + = ⋅ +
=
2
3
1 2 1 2 1 b= ⋅ , ahol a és b rögzített valós számok. 5. eset. n és m . 2=
( ,(f x2=
))x x=1 2 1 2 1 1 1 2 2 2(1, 0) (0, 1) ( , ) ( , )( ) ( )f x f x a b x a b⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ =( , )x a x a x b x b= + + 2( , )x x∀ ∈
1 1 2 2 1 1 2 2
3= . 1 2
6. eset. n és m . 2=( ,(f x x ) x f= ⋅1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2) (1, 0) (0, 1) ( , , ) ( , , )( ) ( )x f x a b c x a b c+ ⋅ = ⋅ + ⋅ =
( , , )x a x a x b x b x c x c= + + + 2( , )x x∀ ∈
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
1= . 1 2
7. eset. n és m . 3=, ,x x x (f1 2 3 1 2 3 1 2 3( ) , 0, 0) (0, , ) (1, 0, 0) (0, , )( ) ( ) ( )f x x x f x f x x= + = ⋅ + =
(1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1)( ) ( ) ( )f x f x f x= ⋅ + ⋅ + ⋅ =
1 2 3
(1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1)( ) ( ) ( )x f x f x f= ⋅ + ⋅ + ⋅ =
1 2 3
x a x b x c= + + 3( , , )x x x∀ ∈
1 2 , 1 2 2
ahol a b rögzített. , , c ∈3=8. eset. n és m . 2=
))x =( ,(f x1 2 3 1 2 3, (1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1)( ) ( ) ( )x x f x f x f⋅ + ⋅ + ⋅ =
1 1 1 2 2 2 3 3 3( , ) ( , ) ( , )x a b x a b x a b= ⋅ + ⋅ + ⋅ =
( , )x a x a x b x b x b+ + + ( , ,x x1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3x a= +1 2 1 2, , , ,b b c c ∈
, 31 2 2)x∀ ∈ahol a a rögzített. 1 2,
3= 3=9. eset. n és m . 3))x =( ,(f x1 2 1 2 3, (1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1)( ) ( ) ( )x x f x f x f⋅ + ⋅ + ⋅ =
1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3( , , ) ( , , ) ( , , )x a b c x a b c x a b c= ⋅ + ⋅ + ⋅ =
( , ,x a x b x b x b x c x c x c+ + + + + ( ,1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3x a x a= +, ,i i ic ∈
) 31 2 2, )x x x∀ ∈ ,
1, 3=ahol a b ( i ) rögzített valós számok. Látható, hogy tetszőleges m és esetén hasonló a helyzet. Ha n
(0,e1
0,..., 0,1, 0,..., 0)ii−
= , 1,=
n
i n ,
nakkor x x felírható alakban és ezáltal 1 2 3( , , , ... , )nx x x= ∈1
i ii
x x=
= ⋅∑n n
e
( ) ( )1 1
i i i ii i
f x f x e x f e= =
= ⋅ = ∑ ∑
1,j m= ijtehát, ha ( )if e -nek a j -edik komponense ( ) a azaz ,..., ,...,i ia )j a1 2( ) ( ,i if e a a= , im
Koordinátarendszerek, mátrixok 213
akkor az ( )f x j -edik komponense . Ha -el jelöljük az 1
n
i iji
x a=
⋅∑ ( )jf x ( )f x j -edik
komponensét, akkor az ( )1
n
ij i ijf x
=
=∑x a⋅ , ( 1,j m= ) összefüggéshez jutunk.
A könnyebb megértés, valamint az írásmód egyszerűsítése céljából újabb jelöléseket vezetünk be. Az előbbi összefüggéseket írhatjuk a következő alakban:
1 11 1 21 2 31 3( ) ... nn1f x a x a x a x a x= + + + +
2 12 1 22 2 32 3( ) ... nn2f x a x a x a x a x= + + + +
1 1 2 2 3 3( ) ...m nm m m m nf x a x a x a x a x= + + + +( )
f xLátható, hogy előnyösebb komponenseit oszlopba írni, mert így könnyebben
át lehet látni az egyes tagok indexeit. Ebben az esetben az , , elemeit is oszlopba kell írjuk (mert
2 3 n
( )f x is egy ilyen elem), tehát az ( ) ( )1,j mjff x x=
= , illetve
1,[ ]i i n
x x=
= jelölés a következőket jelenti:
( )
( )
( )
( )
1
2
m
f xf x
f x
f x
=
és x1
2
m
xx
x
=
(azért írjuk szögletes zárójelben, hogy az eddigi jelöléstől meg tudjuk különböztetni). Az
1, , 1,ij i n j ma
= = számokat egy táblázatba rendezhetjük úgy, hogy az i -edik oszlop j -
edik sorába kerüljön az a . Ez a táblázat az ij 1 1,( )j j m
f e=
, 2 1,( )j j m
f e=
, … , 1,j m
( )njf e=
n m
oszlopokból áll és egy-egy ilyen táblázat egyértelműen jellemzi az :f → line-
áris leképezést. A továbbiakban ezt a táblázatot az 1,1,
j mjii n
a ==
szimbólummal jelöljük
( sora és n oszlopa van) és az m f mátrixának nevezzük. Kisebb táblázatok esetén kiírjuk annak minden elemét.
Példák 1. Az , függvény mátrixa 2 2:f →
1 2 1 2 1 2, ) 3 , 2(( ) (2 )f x x x xx x + − +=
1
2 31 2M
= −
.
2. Az , 2 3:f →1 2 1 2 1 2 1 2
1 1, ) , 7 2 ,2 3
(( ) 2f x x x x xx x − − + + = x
függvény mátrixa 2
−=
2 17 21 12 3
−
M .
214 Koordinátarendszerek, mátrixok
3. Az függvény
mátrixa
3 2:f →1 2 3 1 2 3 1 2 3, , ) ,(( ) ( )f x x x x x x xx x + + − + −=
3
1 1 11 1 1M
= − −
.
Értelmezés. Az m sort és n oszlopot tartalmazó valós elemű táblázatok halmazát -rel jelöljük és m -es valós mátrixoknak nevezzük. ( ),m nM n×
Hasonlóan ( ),m n XMX
azon az m -es mátrixok halmazát jelöli, amelyeknek minden eleme -ből van. Az -es mátrixot négyzetes mátrixnak nevezzük, és az
jelölést használjuk.
n×nn×
( )nMMegjegyzés. Egy m -es X -beli elemeket tartalmazó mátrix felfogható egy n× függvényként is. : {1, 2, ... , } {1, 2, ... , }F n m× → X
Gyakorlatok
1. Melyek lineárisak az alábbi leképezések közül? a) :f → , ( ) 2 1f x x= + , ; x∀ ∈
2 2b) :f → , ( ) (3 , )f x x x= , ; x∀ ∈2c) :f →3 2
, , ; 1 2 1 1 2( , )( )f x xx x += x 21 2( , )x x∀ ∈
2d) :f → , 1 2 3 1 2 3 1 2( , , ) ( , )( )f x x x x x x x x= + − + , ; 31 2 3( , , )x x x∀ ∈2 3 2e) :f → , , . 1 2 1 2 1 2 1 2( , ) ( , , )( )f x x x x x x x x= + − +
2 31 2( , )x x∀ ∈
3 32. Írd fel az :f → és g lineáris leképezések mátrixát, ha : →a) ; 1 2 1 2 1 2 1 2( , ) (2 3 , , 2 )f x x x x x x x x= − + − +
( , , ) (2 3 , 2( )x x x x x x x x= + − −
21 2( , )x x∀ ∈
, )x x x x+ + +b) g , . 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 33
1 2 3( , , )x x x∀ ∈3. Írd fel a következő mátrixokhoz tartozó lineáris leképezéseket:
a) M ; b) 1 2 10 2 3 − =
1 23 14 0
M − = −
; c) a b
M b a − =
; d) M . 1 1 23 2 10 0 4
− = −
Megjegyzés. Látható, hogy rögzített koordinátarendszer esetén a lineáris leképezés mátrixa egyértelműen meghatározott. 1.4. Műveletek mátrixokkal Feladat. Milyen szabály szerint kapható meg a g lineáris függvény mátrixa az
: n m→ ( ) ( )g x f xλ= ⋅: n mf →( )f e
lineáris függvény mátrixából, ha λ . ∈1,i = fMegoldás. A , ( )i ig e λ= ⋅ egyenlőségek alapján az mátrixának
minden elemét kell λ -val szorozni. n
Ez a tulajdonság képezi a következő értelmezés alapját: Értelmezés. Ha 1,
1,i nijj m
A a ==
= és λ , akkor ∈ 1,1,
i nijj m
A aλ λ ==
= ⋅ .
Koordinátarendszerek, mátrixok 215
Feladat. Számítsuk ki az 1,2 :n mf → lineáris leképezések mátrixainak
függvényében az : n mf → , lineáris leképezés mátrixát. 1 2f f f= +Megoldás. Az 1 2( ) ( ) ( )i i if e f e f e= + , 1,=i egyenlőségek alapján az n f mátrixát
megkapjuk az és leképezések mátrixaiból, ha a megfelelő elemeket összeadjuk. 1f 2fEz a tulajdonság képezi a következő értelmezés alapját: Értelmezés. Ha és B , A , ( )m n∈M 1,
1,i nijj m==
A a = és 1,1,
i nijj m==
B b = , akkor
1,1,
i nij ijj m
A B a b ==
+ = + .
Feladat. Számítsuk ki az és
lineáris függvények összetett függvényeinek mátrixát.
31 :f →
2 )1 1 2 3 1 1 1 2 1 3( , , )( )f x x x x b x c xa + +=
32 :f → ( )
2 2 2( , ,f x a x b x c x=
Megoldás. Az 1f + mátrixa M a1 1 1b c1 = , míg az 2f mátrixa . 2
2 2
2
aM b
c
=
( )1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( , , ) ( )( )f f x f a x b x c x a a x b b x b b x a a b b c c x= = ⋅ + ⋅ + ⋅ = + + .
2 1 1 2 3 2 1 1 1 2 1 3( , , ) ( )( )f f x x x f a x b x c x= + + =)
2
2 1 1 2 1 2 2 1 3 2 1 1 2 1 2 2 1 3 2 1 1 2 1 2 2 1 3( , ,a a x a b x a c x b a x b b x b c x c a x c b x c c x= + + + + + + ,
tehát 1f f mátrixa 1 -es és 1× [ ]12 1 2 1 2 1 2M a a b b c c= + + alakú, míg 2 1f f mátrixa
-as és alakú. 3×32 1
21 1 2
2 1
a
a
c
2 1 2 1
1 2 1
2 1 2 1
b a c
b b b c
b c c
2
a a
M b
c a
=
Ez a tulajdonság szolgál a mátrixok szorzásának alapjául. Azt fogjuk mondani, hogy és . Általában az A és mátrix szorzatát akkor
értelmezzük, ha a hozzájuk tartozó 12 1 2M M M= ⋅ 21 2 1M M M= ⋅ B
Af és Bf lineáris leképezések összetehetők és az A Bf f lineáris leképezés mátrixát nevezzük A szorzatnak. Ez az értelmezés
nagyon bonyolult, ezért olyan szabályt kell levezetnünk, amely csak a mátrixok elemeit használja. Az előbbi feladat alapján írható, hogy
B⋅
[ ]2
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2
2
a
a b c b a a b b c cc
= + +
(*1)1 2 1a c
és 2 2 1 2
2 1 1 1 2 1 2 1 2 1
2 2 1 2 1 2 1
a a a a b
b a b c b a b b b cc c a c b c c
=
.
Megjegyzés. Látható, hogy általában A B . B A⋅ ≠ ⋅Próbáljunk további sajátos esetek vizsgálatából rájönni az általános szabályra. Az első kérdés, amelyre választ keresünk az, hogy mikor szorozható össze egy A mátrix egy
mátrixszal. Ha , akkor létezik olyan B ( ),m nA ∈M : nA
mf →:
B
, amelynek A a mátrixa. Hasonlóan, ha B , akkor létezik egy olyan ( ),p q∈M q pf → , amelyhez
216 Koordinátarendszerek, mátrixok
rendelt mátrix éppen a B . Az A szorzat akkor létezik, ha az B⋅ A Bf f
q
összetett függvény értelmezett, vagyis ha . Eszerint az A szorzat csakis akkor léte-zik, ha az A oszlopainak száma egyenlő a sorainak számával. Ebből az is látszik, hogy egy -es és egy n -s méretű mátrix szorzata egy m -s mátrix.
p =
q
B
n
a
c
B⋅B
m n×
A
×
32
×
1 22 1
=
1× 3 2:Af → :Bf
3 )x
A B
2 3+ + 3, 2x − 1x 2x+ +, ) =
:
2x ) Bf ) a= ( , ,x bx cx
f (B)( ) )2( ),
Af f x
A B
b
1 22 1
x −
32
cc
b+ + c x
⋅+ ⋅⋅ = − ⋅ +
1)1
( )A ∈ ( ),∈M B⋅
),m pM∈1
ik kjbn
k=
=∑i 1 2i ia a , ..., ina 1 2j jb b
0 80 1
2−
− =
− =
1 (31 (
⋅ −⋅ −⋅ −
⋅− −
:
2)( 2)2)
+++
12
− −
=
0 11 10 1
⋅ +⋅ +⋅ +
13
1 23 4
⋅− −
n n
((
1−
1
33
37 =−
0 ( 41 ( 40 (
⋅ −⋅ −⋅ −36
1719
−−
( 2)( 4)0 0
− ⋅− ⋅+ ⋅−− −
240
− −
⋅
213
− −
2
→ (f =
n
nxn
1 00 10 0
0 0 0
000
1
= ij j
Tekintsük az és = − b mátrixokat. Az eddigiek alapján az A
szorzat létezik és egy 2 -es mátrix. Az
B⋅
, 3→ ,
és , össze-
tettje 1 2 3( , 2
Af x x x1( (x
2
(x )
f → , ( )2 3 ( 2a= + c+ a , tehát
a ba b
⋅ ⋅ +⋅ + .
Ebből látszik, hogy előbb az A első sorát szoroztuk a (* szabály szerint a -vel B(ebből kaptuk a szorzat első sorát), majd az A második sorát szoroztuk (* szabály szerint B -vel és így kaptuk a szorzat második sorát. Ez a tulajdonság általánosítható:
)
Tétel. Ha ,m nM és n pB , akkor a C A mátrixra igazak a =
következők: 1. (C ; 2. ijc a ,
(c az A -edik sorának ( , és a B ij ) j -edik oszlopának ( , a
skaláris szorzata).
, ..., )njb
Példák
1. .
2) 1 1 )1 0 1 13 1 4 4) 3 1 ) 7 11 0 0 10 3 1 1 4)
− ⋅ ⋅ + + = − ⋅ ⋅ + + −
⋅ ⋅ +
2.
1 2 1 0 2 2 0 32 33 4 1 3 4 4 2 9
− + = + − 3
2 11 − − −
.
A továbbiakban szükségünk lesz néhány sajátos mátrixra. Értelmezés. Az f )x bármely esetén leképezés mátrixát egységmátrixnak nevezzük és I -nel jelöljük.
∈x
Tulajdonság
1. I , tehát ha δ az I i -edik sorának és
0 ...0 ...1 ...
...n -edik oszlopának
Koordinátarendszerek, mátrixok 217
eleme, akkor δ (ezt Kronecker szimbólumnak is nevezzük). haha
1,0,ij
i ji
== ≠ j
2. A I , bármely esetén. n nI A A⋅ = ⋅ = ( )nA ∈MBizonyítás
1. ( )i if e = e , tehát ha e
0
1
0i
=
, akkor ( )if e i -edik komponense 1 és a többi 0.
2. A szorzás értelmezése alapján a C A mátrix elemei c nI= ⋅n
ij ik kja δ= ⋅∑1k=
alakúak. A Kronecker szimbólum értelmezése alapján ebben az összegben csak egy tag marad, az amelyben k . Így c a , = ij ij= , 1,i j n= , tehát C . (valós mátrixok esetében a mátrixokhoz tartozó lineáris leképezések segítségével az
A=
1 1n nf f= f= azonosságra vezetődik vissza a vizsgált tulajdonság ).
j
Értelmezés. Az : n mf → bármely -re leképezés mátrixát nullmátrixnak nevezzük és 0 -nel jelöljük. (Ha n , akkor egyszerűen csak -et írunk). Nyilvánvaló a következő három tulajdonság:
( ) (0, 0, 0, ... , 0)f x =
,m n
nx ∈m=
0nTulajdonság
1. 0 minden eleme . ,m n 0
2. A A , bármely esetén. , ,0 0m n m n+ = + = A
m
( ),m nA ∈M
3. A A , ahol − ,( ) ( ) 0m nA A+ − = − + = , ( )m nA∀ ∈M 1A A= − ⋅Az értelmezett műveletek segítségével most már kijelenthetjük a következő tételt:
Tétel. Ha : nf →( )
lineáris leképezés, akkor létezik olyan A
mátrix, amelyre
( ),m n∈M
f x A= ⋅ x bármely x esetén. n∈(f eAz mátrix oszlopai az A )i vektorok.
Ugyanakkor látható, hogy a koordináta-transzformációk és lineáris leképezések tanulmányozásánál
A x B⋅ = alakú egyenletrendszerekhez jutunk, ahol adott mátrix, b adott
vektor és x ismeretlen. Az ilyen rendszereket nevezzük lineáris egyenlet-rendszernek.
( ),m nA ∈M m∈n∈
1.5. A műveletek tulajdonságai
A mátrixokkal végzett műveleteket a függvényekkel végzett műveletek segítségével értel-mezhetjük. Az értelmezések alapján a műveletek tulajdonságai (kommutativitás, asszociativitás, stb.) átöröklődnek a mátrixokra is. Ezek a tulajdonságok igazolhatók a függvények felhasználása nélkül is. A továbbiakban felsoroljuk ezeket a tulajdon-ságokat és néhányat be is bizonyítunk.
218 Koordinátarendszerek, mátrixok
Tétel 1. A B , B A+ = + ( ),, m nA B∀ ∈M ;
2. ( ) , ( )A B C A B C+ + = + + ( ),, , m nA B C∀ ∈M ;
3. , ,0 0m n m n+ = + =A A , A ( ),m nA∀ ∈M ;
4. ,( ) ( ) 0m nA A+ − = − + =A A ( ),m nA∀ ∈M ; 5. ( ) ( )A Aαβ⋅ =α β , ,α β∀ ∈ , ( ),m nA∀ ∈M ;
6. ( )A B A B⋅ + = +α α , α α∀ ∈ , ( ),, m nA B∀ ∈M ;
7. ( , ) A Aα β α β+ ⋅ = + A ,α β∀ ∈ , ( ),m nA∀ ∈M ;
8. ( ) ( )C A B C⋅ ⋅ = ⋅ ⋅A B , ( ),m nA M∀ ∈ , ( ),n pB∀ ∈M , ( ),p qC∀ ∈M ;
9. ( )C AB AC⋅ + = +A B , ( ),m nA∀ ∈M , ( ),, m nB C∀ ∈M ;
10. ( )B C A BA CA+ ⋅ = + , ( ),n pA∀ ∈M , ( ),, m nB C∀ ∈M ;
11. n nI A A⋅ = ⋅ =A I , ( )nA∀ ∈M .
Bizonyítás 1. Legyen D A és D B . Az értelmezés alapján
és , ha
( )1 = +( )2ij ij ijd a b= +
B Ab
( )2 = +( )1ij ij ijd a= + 1,i n és = 1,j m= . De a b ,
tehát d és így D D . ij ij ij ijb a+ = +
( ) (1ij ij= )d 2 ( ) (1 2= )
Hasonlóan igazolható a 2. , , , és tulajdonság (mert az itt szereplő műveleteket elemenként értelmeztük).
3. 4. 5. 6.
Első bizonyítás. (csak valós mátrixok esetében) Tekintsük azokat az : n m
Af → , : p nBf → és : q
Cpf →)A B C⋅ ⋅
lineáris leképezéseket, amelyekhez az A , és C mátrixok tartoznak. Az ( mátrix az
B( )A B Cf f f függvényhez tartozik, míg az ( )A B mátrix az C⋅ ⋅ ( )A B Cf f f
függvényhez tartozik. Mivel a függvények összetétele asszociatív, ( )A B C (A B )Cf f f = f f f . Tehát ( ) . (C A B⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ )CA B
( )1Második bizonyítás. Bevezetjük a következő jelöléseket A B , , és A D . Világos, hogy E E .
Az értelmezés alapján , .
D⋅ =( ) ( )1 2
,, m q∈M
kjc
( )2B C D⋅ = ( ) ( )1 1D C E⋅ =
( )1ik
( ) ( )2 E⋅ =
1
n
il lkl
d a b=∑
2
b c
c d
b c
( )
( )1 1ik= ( )
1
p
ijk
e d=
=∑
Tehát . ( )1
1 1 1 1
p pn n
ij il lk kj il lk kjk l k l
e a b c a= = = =
= = ∑ ∑ ∑∑p n
Hasonló módon , ( )2
1lj lk kj
k
d b=
=∑n
( ) ( )2 2
1ij il lj
l
e a=
=∑és így . ( )2
1 1
p
ij il lk kjl k
e a= =
=∑∑
Koordinátarendszerek, mátrixok 219
Tehát az a kérdés, hogy egy alakú összegben az összegzési sorrend
felcserélhető-e, vagyis írhatjuk-e, hogy .
1 1
n m
iji j
x= =∑∑
1 1 1 1
n n n n
ij iji j j i
x= = = =
=∑∑ ∑∑ x ( )*Vizsgáljuk meg mindkét oldalát külön-külön. Rendezzük az x elemeket
(ij
1, , 1,i n j= = m ) egy táblázatba úgy, hogy az 1,1,
i nijj m
X x ==
= n m
mátrixhoz jussunk.
1j
-az -edik sor elemeinek összege, tehát ∑∑ a sorösszegek összege,
vagyis a táblázat elemeinek összege.
m
ijx=∑ i
1 1ij
i j
x= =
1
n
iji
x=∑ -az j -edik sor elemeinek összege, tehát a oszlopösszegek összege.
1 1
m n
ijj i
x= =∑∑
Mivel ebben az esetben is a mátrix elemeinek összegét számoltuk ki a ( egyenlőség igaz. Tehát e e ,
)*( ) ( )1 2ij ij= 1,=i m , 1,j q= és így ( ) . (A B C A B⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ )C
Értelmezés. Ha , akkor értelmezhetjük az A mátrix hatványait a következő módon:
( )nA ∈M
0nA I=
1
A A=2
A A= ⋅3 2
AA
AA
2A A A A A A A= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅
4 3 3 2 2
A A A A A A A A A A= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅1n n+
és általában A . A= ⋅A szorzás asszociativitása biztosítja, hogy a hatványokra érvényesek legyenek a következő tulajdonságok:
1. A A , , ; m p mA +⋅ =pm m p⋅
p ,m p∀ ∈ ( )nA∀ ∈M
2. ( ) , , ; A A=m
,m p∀ ∈m m
( )nA∀ ∈M*3. ( ) , , , . A Aλ λ⋅ = ⋅ m∀ ∈ ( )nA∀ ∈M λ∀ ∈
Megoldott feladatok 1. Bizonyítsuk be, hogy ha A
a bc d =
, akkor A a . ( ) ( )22 2d A ad bc I O− + + − =
Bizonyítás. 2
22
a b a b a bc ab bdA A A c d c d ac dc bc d
+ + = ⋅ = ⋅ = + + ,
tehát
( ) ( )2
222
( ) ( )( ) ( )
a bc ab bd a d a a d bA a d A ad bc I a d c a d dac dc bc d
+ + + + − + + − = − + + + + +
2
0 0 000 00
ad bcad bc
− + =− =
.
220 Koordinátarendszerek, mátrixok
Megjegyzés. Általában azA négyzetes mátrix főátlóján levő elemek összegét az A mátrix nyomának nevezzük és -val jelöljük. Tehát ha TrA
, 1,ij i j n=A a = , akkor
. Az ad különbséget az 1
Trn
iii
A=
=∑a b− ca b
A c d =
mátrix determinánsának
nevezzük és -val jelöljük. Így a feladatbeli egyenlőség detA2 ( ) ( ) 2 2Tr det 0A A A A I− + =
alakban írható. A későbbiekben erre az egyenlőségre Cayley-Hamilton tétel néven fogunk hivatkozni.
( )2n =
2. Oldjuk meg a 8 5
2 3 5 30 10
1 13 2 12
13 11
X Y
X Y
2
− − = − − − − + = − −
egyenletrendszert, ha . ( )3, 2,X Y ∈M
Megoldás. Beszorozzuk az első egyenlet mindkét oldalát 2-vel és a második egyen-let mindkét oldalát 3-mal, majd összeadjuk a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait:
16 104 6 10 6
0 20
3 39 6 36 6
39 33
X Y
X Y
− − = − − − − + = − −
13 1313 26 0
39 13X
+ − = −
Így X1 12 03 1
− = −
.
Hasonló módon kapjuk, hogy 2 13 12 4
Y − = − −
.
Megjegyzés. A megoldásból látható, hogy néha érdemes a mátrixokkal végzett műveletek tulajdonságát használni, és nem érdemes visszatérni a mátrix elemeire. (Ha ugyanis felírtuk volna, hogy 1, 3
1, 2iijj==
X x = és 1, 31, 2
iijj==
Y y = akkor hat darab 2 -es
egyenletrendszert kellett volna megoldanunk.) Ezek a tulajdonságok a szorzás kommutativitásától és az osztástól eltekintve ugyanazok, mint a valós (komplex) számokkal végzett műveletek tulajdonságai.
2×
3. Bizonyítsuk be, hogy ha A B és AB akkor ( ), n∈M BA=
( )2 2 22A B A AB B+ = + + és A B . ( )(2 2 A B B A− = + − )
Koordinátarendszerek, mátrixok 221
Bizonyítás ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2A B A B A B A B A A B B A BA AB B+ = + + = + ⋅ + + ⋅ = + + + =
2 2
1
)k
k
2 22A AB B= + + .
( )( ) ( ) ( ) 2 2A B A B A B A A B B A BA AB B A B+ − = + ⋅ − + ⋅ = + − + = − .
Megjegyzés. Mivel a mátrixokkal végzett összeadás és szorzás a kommutativitástól eltekintve ugyanazokkal a tulajdonságokkal rendelkezik, ha egy feladat biztosítja a két mátrix szorzatának felcserélhetőségét, akkor az illető mátrixokkal ugyanolyan algebrai műveleteket végezhetünk, mint a valós (komplex) számokkal (egyelőre az invertálható-ságtól eltekintünk). Így például Newton binomiális tételének bizonyítása, meg egyéb
vidített számolási szabályok is érvényesek lesznek. Érvényes tehát a következő tétel: rö Tétel. Ha A B és AB , akkor ( ), n∈M BA=
a) A B ; ( ) 1 2 2( ... )k k k k k kA B A A B AB B− − − −− = − + + + +2 1 2 1 2 2 1 2 1k k k k k+ + − −b) A B ; ( ) 2( ...A B A A B AB B+ = + − + − +
1 1 2 2 2 1 1k k k k k k− − − −c) ( ) . ...k k kA B A C A B C A B C AB B+ = + + + + +n
4. Ha , 1,ij i j n
A a=
= , akkor Tr . Bizonyítsuk be a következő
tulajdonságokat: 1
iii
A=
=∑a
)
n
a) Tr ( ) TrA Aλ λ⋅ = ⋅ ( ), nA∀ ∈M
b) , ; ( )Tr Tr TrA B A B+ = + ( ), nA B∀ ∈M
c) Tr , . ( ) ( )TrA B B A⋅ = ⋅ ( ), nA B∀ ∈M
Bizonyítás
a) Tr . ( )1 1
( ) Trn n
ii iii i
A a a Aλ λ λ λ= =
⋅ = = =∑ ∑n n
b) . ( ) ( )1 1 1
Tr Tr Trn
ii ii ii iii i i
A B a b a b A B= = =
+ = + = + = +∑ ∑ ∑c) Jelöljük C -vel és D -vel az , illetve B szorzatot. A B⋅ A⋅
( )1 1 1
Tr Trn n n
ii ij jii i j
AB C c a b= = =
= = =∑ ∑∑n n n
,
( )1 1 1
Tr Tr jj ji ijj j i
BA D d b a= = =
= = =∑ ∑∑ .
De a kettős összegzés esetén az összegzési sorrend megcserélhető, így sajátos esetben Tr . ( ) (TrAB BA=Alkalmazás. Bizonyítsuk be, hogy ha , akkor az AB
egyenlőség nem teljesülhet. ( ), nA B ∈M nBA I− =
Bizonyítás. Ha két mátrix egyenlő, akkor a nyomuk is egyenlő. De és , tehát az egyenlőség nem állhat fenn.
Tr nI =( ) ( ) ( )Tr Tr Tr 0AB BA AB BA− = − =
222 Koordinátarendszerek, mátrixok
5. Tekintsük az 2
1 11
1 11n
n n
n n
+ = −
A mátrixokat, ha n . Számítsuk ki a
mátrixot.
1≥
lim nnA
→∞
Megoldás. Az ( ) , A a1n n
A ≥( ) 1 2
1 2in ijj
n ≤ ≤≤ ≤
=
( )1)ij na n ≥
mátrixsorozatról pontosan akkor mond-
juk, hogy konvergens, ha az ( sorozatok konvergensek , 1,i j = 2 esetén.
1 1m 1n n→∞
−lim 1 lin n→∞
+ = 1 = és 2lim→∞
1 1lim 0n nn n→∞
= =
B
, tehát . 1 0lim 0 1nnA
→∞
=
Gyakorlatok 1. Számítsd ki az , A B , mátrixokat, ha A B+ − 2 3A+
A és B2 1 31 3 2 − =
1 3 02 10
= −
.
2. Oldd meg a következő egyenleteket:
a) ; b) 2 52 1 3 13 2 2 01 0 1 1
X − − + = −
01 1 3 7 3 54 2 1 6
7 8 8 3 5 6X
+ =
.
3. Végezd el a kijelölt műveleteket:
a) ; b) 1 1 2 3 0 1 2 3
2 33 4 1 2 1 2 1 3
− − − ⋅ − ⋅ − −
1 3 3 1 11 3 7 2 21 4 2 1 1
− − − − ⋅ +
;
c) 4 21 2 3 1 0 3 41 00 1 2 2 1 0 11 1
− ⋅ + ⋅− − − −
; d) 1 11 2 1 1 00 43 7 3 4 21 2
− − − ⋅ ⋅− −
e) ; f) 1 1 2 1 32 3 [ 1 2]3 1 44 5
− − ⋅ + ⋅ − − −
2
2
2 2 2 2
11 1 111
a aa b c b ba b c c c
⋅
;
g) , ahol ε , és ε a harmadrendű egységgyökök; 1 2 32 2 21 2 3
1 1 1a b cb c ac a b
ε ε εε ε ε
1 2ε 3
h) a b a b
b a b a −⋅−
.
Koordinátarendszerek, mátrixok 223
4. Számítsd ki az mátrix n -edik hatványát, ha n . 1 11 0A =
I
{2, 3, 4}∈
5. Számítsd ki az kifejezést, ha A225 6A A− + 2 1
5 3 =
.
6. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:
a) ; b) .
1 1 02 8 5 5
4 3 143 3 8 15
X Y
X Y
− = − − − + = −
2
20
X Y I
X Y
+ =⋅ =
7. Számítsd ki az , és A mátrixokat, ha 2A 3A 4 2
2
1 1 111
A ε εε ε
=
és egy
harmadrendű egységgyök.
ε
8. Oldd meg a következő egyenleteket:
a) X , ; b) X I , 2 0 11 0 =
( )2X ∈M 22= ( )2X ∈M ;
c) X , 220= ( )2X ∈M ; d) 2 7 6
8 7X =
, ( )2∈MX .
9. Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan mátrix létezik, amelyre A . ( )2X∈M 22I=
10. Határozd meg azokat az mátrixokat, amelyekre ( )2X∈M1 2 1 22 1 2 1X X
=− −
.
11. Számítsd ki a 2
0 2 3
11 1 1
k kn
k k k k
ε ε
ε ε ε=
∑ összeget, ahol harmadrendű egységgyök és . ε ε∉
Feladatok
1. Határozd meg az ( )n∈M
k
A mátrix alakját, ha bármely .
A X X A⋅ = ⋅( )nX ∈M
2. Bizonyítsd be, hogy ha A , és 20= ( )( )2A ∈M { }\ 1∈k , akkor . 220A =
3. Bizonyítsd be, hogy ha A , akkor bármely k esetén létezik úgy, hogy A A .
( )2∈M
2k kIα β= +∈
,k kα β ∈ k
4. Bizonyítsd be, hogy ha A B , és 4 3 , akkor .
( ), n∈M 2 2BA B= nAB I BA+ =AB BA=
224 Koordinátarendszerek, mátrixok
5. Adott az egyenlőség. Bizonyítsd be, hogy ha a , a , a , a szám-
tani haladványban van, akkor b b , b és b is számtani haladványt alkot.
21 2 1 2
3 4 3 4
a a b ba a b b
=
2 3
1 2 3 4
2 1− 3 b− 4 b−6. Bizonyítsd be, hogy ha A , akkor végtelen sok olyan ( )2∈M ( )2∈MX mátrix létezik, amelyre . ( )Tr (X A X2
2 2det ) 0A I− + =7. Bizonyítsd be, hogy ha A B és valamint
, akkor AB .
( )2, ∈M Tr Tr 0A B⋅ ≠2 2 2A B A B+ = 2 BA=
8. Bizonyítsd be, hogy ha A A , akkor a B A mátrixra teljesül a B egyenlőség.
2 = ( )( )2A ∈M 22 I= −2
nI=9. Bizonyítsd be, hogy ha A B mátrixok minden sorában az elemek
összege 1, akkor az A szorzat is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.
( ), n∈MB⋅
10. Ha 1,1,
i nijj m
A a ==
= akkor -vel jelöljük a tA 1,1,
i njij m
a ==
mátrixot és A
transzponáltjának nevezzük (úgy kapjuk az A mátrixból, hogy az elemeit tükrözzük a főátlóra nézve). Bizonyítsd be, hogy
( )t t tA B A B+ = + ,
( )t t tA B B A⋅ = ⋅ . 11. Egy mátrixot akkor nevezünk ortogonálisnak, ha A A . Határozd meg az összes -beli ortogonális mátrixot. Milyen transzformáció mátrixa lehet ez?
( )nA ∈M tnI⋅ =
( )2M
12. Bizonyítsd be, hogy két ortogonális mátrix szorzata is ortogonális. 13. Az ( )nX ∈M
A X⋅
mátrixot főátlós mátrixnak nevezzük, ha x bármely esetén. Bizonyítsd be, hogy X pontosan akkor főátlós mátrix, ha
bármely főátlós A mátrix esetén.
0ij =i ≠X A⋅
j=
14. Hány olyan mátrix létezik, amelynek minden eleme a
halmazban van? , ( )m nA ∈M
{ 1, 0, 1}−15. Hány olyan m -es mátrix létezik, amelynek minden eleme vagy − és minden sorában és oszlopában az elemek szorzata − .
n× 1+ 11
1 .6. Mátrixok hatványozása 1.6.1. Heurisztikus gondolatmenetek
A műveletek tulajdonságainak vizsgálatakor láttuk, hogy ha ( )m∈M
)
A , akkor bármely esetén rekurzívan értelmezhető az A -edik hatványa. Gyakran szükségünk lehet az explicit alakjára (elemeire). Ebben a paragrafusban olyan módszereket ismertetünk, amelyeknek segítségével különösebb találékonyság nélkül is ki tudjuk számítani az -t, ha vagy A . Előbb próbáljunk néhány ilyen feladatot megoldani minden egyéb előismeret nélkül.
n ∈ n
M
nA
An ( )2A ∈M (3∈
Koordinátarendszerek, mátrixok 225
Feladat. Számítsuk ki -t (n ), ha AnA *∈0 1 00 0 10 0 0
=
.
Megoldás. Kiszámítjuk néhány hatványát és megpróbálunk valamilyen szabály-szerűséget észrevenni.
A
20 1 0 0 1 0 0 0 10 0 1 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0
A = ⋅ =
, A20 1 00 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0
= ⋅ =
n
,
4 3 5 42 30 0A A A A= ⋅ = ⋅ =
3n ≥, és így A bármely
. Tehát 30A A A A= ⋅ = ⋅ = 30 30=
ha
ha
ha3
0 1 00 0 1 , 10 0 0
0 0 10 0 0 , 20 0 0
0 0 00 0 0 0 , 30 0 0
n
n
A n
n
= = = = ≥
.
Feladat. Számítsuk ki -t, ha AnA1 10 1 =
.
Megoldás. A , 2 1 1 1 1 1 20 1 0 1 0 1 = ⋅ =
3 1 2 1 1 1 30 1 0 1 0 1A = ⋅ =
1 4
,
1 3 4 1 10 1 0 1 0 1A
= ⋅ =
.
A kiszámított hatványok alapján megsejthetjük, hogy 10 1
k kA
=
, 1k∀ ≥
Ezt matematikai indukció módszerével bizonyítjuk. Feltételezzük, hogy A . 10 1
n n =
1 1 1 1 10 1 0 1 0 1
n n n nA A A+ 1 +
= ⋅ = ⋅ = ,
tehát a matematikai indukció elve alapján 10 1
n nA
=
bármely n esetén. 1≥
Feladat. Számítsuk ki az A 0a b
a b = +
(a b ) mátrix n -edik hatványát (n ). , ∈ *∈
226 Koordinátarendszerek, mátrixok
Megoldás 2 2
22
20 0 0 ( )a b a b a ab b
A a b a b a b + = ⋅ =+ + +
,
2 2 3 2 23
2 32 3
00 ( ) 0 ( )a ab b a b a a b ab b
A a ba b a b 33 + + = ⋅ =+ + +
+
,
3 2 2 3 4 3 2 2 3 44
3 43 3 4 6 4
00 ( ) 0 ( )a a b ab b a b a a b a b ab b
A a ba b a b + + + + + = ⋅ =+ + +
n
.
Az eddigi eredmények alapján megsejthetjük, hogy bármely n esetén 1≥
( )
0 ( )
n nn
na a b a
A a b + − = +
. ( )*
Ezt a matematikai indukció módszerével igazolhatjuk. A bizonyítás teljességéhez csak az szükséges, hogy A -et kiszámítsuk, ha A a feltételezett egyenlőséget teljesíti. 1n+ n
1 1 11
1( ) ( )
00 ( ) 0 ( )
n n n n n n n nn
n na a b a a b a a b a b a a b
A a ba b a b
+ + ++
+
+ − + + − − = ⋅ = =+ + +
1 1
1( )
0 ( )
n n
na a b a
a b
+ +
+
1n+ + − = + ,
tehát a matematikai indukció elve alapján ( teljesül. )* Gyakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát:
a) A e ; b) A00 0
0 0 0
x x
xe e−
−
=
0
0
a
b
=
; c) A0
0 0 00
a a
a a
=
; d) A ; 1 01a
=
e) A ; f) 0 11 0
= −
1 20 1A = −
; g) A1 20 3 =
; h) ; 1 10 2A =
i) ; j) A1 1 11 1 11 1 1
A =
0 1 01 1 10 1 0
=
.
1.6.2. A rekurzív sorozatok módszere
Láthatjuk, hogy ha A alakját megsejtjük, akkor a bizonyítás a megoldás könnyebb része. Néha azonban nem tudjuk azonnal felírni az A alakját, csak néhány elemét vagy az elemek közti összefüggést vesszük észre. Ilyenkor érdemes a hiányzó elemek helyett sorozatokat bevezetni és ezeknek a tulajdonságait vizsgálni.
n
n
Koordinátarendszerek, mátrixok 227
Feladat. Számítsuk ki -t, ha AnA1 1 10 1 10 0 1
=
.
Megoldás. Kiszámítunk néhány hatványt:
21 2 30 1 20 0 1
A =
, 31 3 60 1 30 0 1
A =
, 41 4 100 1 40 0 1
A =
.
Az eddigi számolások alapján sejtésünk körülbelül így néz ki: 1 ?0 10 0 1
nn
A n =
.
Persze a jobbik eset az, amikor látjuk, hogy az 1, 3, 6, 10, … számsorozatban az egymásutáni számok különbsége 2, 3, 4, … . Ez alapján ugyanis a jobb felső sarokban
( )11 2 ...2
n nn ++ + + = áll. Ha ezt valaki mégsem veszi észre, akkor a
következőképpen segítheti az indukcióját:
Feltételezhetjük, hogy A10 10 0 1
nn
n an
=
bármely n esetén, ahol ( ) egy
sorozat. A szorzás elvégzése során az
1≥1n n
a ≥
11 1 1 1 1 10 1 0 1 1 0 1 10 0 1 0 0 1 0 0 1
n nn n
n a n a nA A A n n+
+ + + = ⋅ = ⋅ = +
1
egyenlőséghez jutunk. Ez bizonyítja, hogy a feltételezésünk helyes (tehát a főátló alatt valóban 0 áll, a főátlón 1-esek és felette n ) és bármely esetén 1n ≥
( )1 1n na a n+ = + + . A rekurzió alapján
( )( )
1
1 2
2 3
3 2
2 1
12
32
n n
n n
n n
a a na a na a n
a aa a
−
− −
− −
= += + −= + −
= += +
( ) ( )1
12 3 ... 12n
n na a n n
++= + + + + − + =
228 Koordinátarendszerek, mátrixok
Tehát bármely esetén 1n ≥
( )112
0 10 0 1
n
n nnA n
+ =
.
Megjegyzés. Ha a jobb felső sarok eleme sejtésből származott, akkor ezt indukcióval szükséges igazolni, míg a sorozat használata esetén az indukció felesleges (mert az indukciós lépést már elvégeztük!).
Feladat. Számítsuk ki az A mátrixot, ha n 1 11 0A =
.
Megoldás. , 2 2 11 1A =
3 3 22 1A =
, A45 33 2 =
, 5 8 55 3A =
, A . 6 13 88 5 =
Az előbbi számok alapján nehéz megmondani az n -edik tag alakját, viszont mindenféle szabályosságot észlelhetünk. Például
• a mellékátló két eleme egyenlő egymással • a bal felső sarokbeli elem egyenlő a mellékátlón levő szám és a jobb alsó sarokban
levő szám összegével (1 1 , , , 5 3 , , 13 ) 0= + 2 1= +1 1 23 2= + = + 8 5 3= + 8 5= +• az A elemeiből néhány átkerül -be a következő módon: az bal felső
sarkában levő elem az A mellékátlójára kerül, az A mellékátlóján levő pedig az jobb alsó sarkába.
n 1nA + nA1n+ n
1nA +
Észrevételeink alapján n n nn
n n
a b bA b a
+ =
alakú és a , illetve b a . Ezekkel az indukciós feltevésekkel 1n+ = nb nb
1n n+ = +
1 1 1 21 0
n n n n n n nn
n n n n n
a b b a b a bA b a a b b+ + +
= ⋅ = + +
1n+
nb na
0
,
tehát a matematikai indukció elve alapján feltevésünk helyes. Így b és a összefüggésből bármely esetén. Ez egy
lineáris rekurzió és az általános tagja a c alakú, ahol r az
karakterisztikus egyenlet gyökei. Az a és a feltételekből
1n a+ =
1,
1
1n nb a+ = +
2 1r r− − =
2 1n na a+ += +
n =1n ≥
2nr
2 =1 1 2
nr c⋅ + ⋅
1 0=2
1 11 1 5 1 55 2 2
n n
na− − + − = ⋅ −
és így 2 1
1
n nn
nn
a aA a a
+ +
+
= .
Megjegyzés. Az jelöléssel a Fibonacci sorozat jelent meg, tehát 1n nF a +=
1
1
nnn
n n
F FA F F
+
−
=
.
A következő módszernél látni fogjuk, hogy egyáltalán nem véletlen, hogy az A mátrix minden eleme ugyanabból a rekurzióból származik.
n
Koordinátarendszerek, mátrixok 229
G yakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát.
a) A a ; b) A ba a a
aa a a
− = − −
a0
0 00
a a
a a
=
; c) 1 1 11 0 11 1 1
A =
;
d) ; e) 0 00
0 0
aA b b
a
=
6 5
3 2A
= − −
; f) 222
a b aA b a b
a b a
=
.
1.6.3. A karakterisztikus egyenlet módszere
A Cayley-Hamilton ( tétel alapján, ha A)2n = a bc d =
, akkor
( ) ( )22A a d A ad bc= + − − I
nA
. Így bármely n esetén 1≥
( ) ( )2 1n nA a d A ad bc+ −= + − − .
Tehát, ha A nn n
n n
a bc d =
bármely n esetén, akkor 1≥
( ) ( )2 2 1 1
2 2 1 1
n n n n n
n n n n n
a b a b a ba d ad bc
c d c d c d+ + + +
+ + + +
n
n
= + ⋅ − − ⋅
.
Eszerint az ( ) , 1n n
a ≥ ( ) 1n nb ≥ , ( ) 1n n
c ≥
nx
és ( ) sorozatok ugyanazt az
rekurziót teljesítik (csak a kezdőértékek mások). Ez egy másodrendű lineáris rekurzió, amelynek megoldását
1n nd ≥
( )x a c= + (2 1n nd x+ + )ad b− −
( )( )
1 1 2 2
1 2
1 2
, ha 0
, ha 0
cos sin , ha 0
n n
nn
n
c r c r
a c n c r
r c n c nϕ ϕ
+ ∆>= + ∆ = + ∆ <
alakban keressük, ahol ∆ az r a egyenlet diszkriminánsa, r , r az egyenlet gyökei ∆ esetén, r az egyenlet gyöke ∆ esetén és a gyökök esetén. (lásd az analízis részt!). Az előbbiek alapján bármely 2 -es mátrix n -edik hatványa kiszámolható.
( ) ( )2 0d r ad bc− + + − =0>0∆ <
1
sr2
±0=
( )co siniϕ⋅×ϕ2
Megjegyzés. A Cayley-Hamilton tétel általános (n -es mátrixokra vonatkozó) alakjának bizonyítása után ezt a módszert kiterjeszthetjük tetszőleges mátrixokra is.
n×
230 Koordinátarendszerek, mátrixok
Megoldott feladatok
1. Számítsuk ki -t, ha A . nA 7 34 11 =
Megoldás. , , tehát a karakterisztikus egyenlet r r és a gyökök r , valamint r .
Tr 7 11 18A = + =18 65 0+ =
det 77 12 65A = − =1 5= 2
2 − 13=
2 61 547 3 7 372 1334 11 4 11A
= ⋅ =
, tehát ha A nn n
n n
a bc d =
n n
, akkor
1 25 1na k k= ⋅ + ⋅n n
3333
3 45 1nb k k= ⋅ + ⋅
n n
5 65 1nc k k= ⋅ + ⋅n n
7 85 1nd k k= ⋅ + ⋅ ,
ahol a k , k , … , konstansokat a kezdeti feltételekből határozzuk meg. 1 2 8kAz a és a egyenlőségek alapján 1 7= 2 61=
1 2
2 2
5 13 7
25 169 61
k k
k k
+ = + =,
tehát 134
k = és 214
=k . Hasonló módon kapjuk, a 318
k = − , 438
k = , 512
k = − ,
612
k = , 714
k = és 834
=k értékeket, tehát bármely esetén 1n ≥
( )3 13 53 5 134 8
13 5 5 3 132 4
n nn n
nn n n nA
⋅ −⋅ + = − + ⋅
.
2. Számítsuk ki -t, ha A . nA1 11 3 − =
Megoldás. , , tehát a karakterisztikus egyenlet
és a gyökök r . Ha
Tr 4A =
0
( )det 1 3 1 1 4A = ⋅ − ⋅ − =
1, 2 2= nA2 4 4r r− + = n n
n n
a bc d =
bármely n esetén,
akkor az ( ) ,
1≥
1n≥na ( ) 1n nb ≥ , ( ) 1n n
c ≥ 1n nd ≥
0 4
4 8
− =
1 1=
és ( ) sorozatok általános tagjai ( )
alakban keresendők. , tehát a és a alapján
1 2 2nk ⋅k n +
2A 2 0= 1 2k k
k k
1 2
12
2 0
+ =
+ =
.
Ebből következik, hogy 112
= − 2 1k = n
n =1≥
k , . Tehát a n bármely n
esetén. Hasonló számolások alapján b n , és , tehát bármely n esetén
(2 2⋅ −
n
)
2nc n −= ⋅
1n−=
2n−− ⋅
1≥11
( )+12 2nnd += ⋅ n
Koordinátarendszerek, mátrixok 231
( )( )
1 1
1 1
2 2 22 2 2
n nn
n n
n nA n n
− −
− −
− − ⋅ = ⋅ + .
3. Számítsuk ki -t, ha A . nA0 14 2 − =
Megoldás. , , tehát a karakterisztikus egyenlet
és a gyökök
Tr 2A =
0
det 4A =2 2 4r r− + = 1, 2 = ±1 3 2 cos sin
3 3iπ π = ⋅ + r i . Az
A jelöléssel nn n
n n
a bc d =
1 22 cos sin
3 3n
nn nkπ π = ⋅ ⋅ + ⋅ a k . Mivel A 2 4 2
8 0 − − =
a 1 2
1 2
3 03 2
k kk k
+ =− + = − rendszerhez jutunk. A megoldások k , 1 1= 2
33
= −k , tehát
32 cos sin3 3 3
nn
n na π π = ⋅ − ⋅ .
Hasonló számolások eredményeként 2 3 sin3 3
n
nnb π= − , 2 32 sin
3 3n
nnπ+=c , 32 cos sin
3 3 3n
nn nπ π = +
d .
Tehát 3 3cos sin sin
3 3 3 3 324 3 3sin cos sin3 3 3 3
n n
n n n
An n
π π π
π π
− − = ⋅ + 3
nπ
.
Megjegyzés. Ezt az eredményt könnyen meg is sejthetjük, mert n -ra a 2 mellett megjelenő mátrix ugyanaz mint n -re.
6+ n
Ez a módszer alkalmas minden 2 -es (sőt megfelelő kiterjesztéssel n -es) mátrix hatványozására. Bizonyos feladatok esetében léteznek egyszerűbb lehetőségek. A következő két módszer ilyen egyszerűbb lehetőséget tár fel.
2× n×
Gyakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát:
a) A ; b) A1 2
2 5
−=
3 1
5 1
= −
; c) 4 2
1 1A
− =
.
232 Koordinátarendszerek, mátrixok
1.6.4. Az alakú mátrixok hatványozása a b
b a
−
A koordináta-transzformációk tanulmányozásánál láttuk, hogy az α szögű forgatás mátrixa ilyen alakú. Sőt, ha egy ilyen forgatást egy nyújtással összeteszünk, akkor bármilyen ilyen alakú mátrixot megkapunk, mert
2 2 2 22 2 2 2
2 2 2 2
cos sin
sin cos
a ba b a b a b
a b a bb a b a
a b a b
ϕ ϕϕ ϕ
+ + = + ⋅ = + ⋅ −− − + +
,
ahol arctg ba
=ϕ . De n darab ϕ szögű forgatás összetétele egy n szögű forgatás és
így .
ϕ⋅
ϕϕ
cos in cos sin
sin os sin cos
n n n
n n
ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ
= −
s
c− ( )*
Megjegyzés. A trigonometriai összefüggések alkalmazásával ez számolással is ellenőrizhető, ugyanis
1 1 2 2
1 1 2 2
cos sin cos sin
sin cos sin cos
ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ
⋅ = − −
)
( )1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
cos cos sin sin cos sin sin cos
cos sin sin cos cos cos sin sin
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
− + = = − − −
( ) ( )( ) (1 2 1 2
1 2 1 2
cos sin
sin cos
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ + = − + + .
A ( egyenlőség alapján )*
( )2 2 2cos sin
sin cos
nna b n n
a bn nb a
ϕ ϕϕ
ϕ
= + −− , ahol arctg b
a=ϕ .
1 .6.5. A felbontás módszere A műveletek tulajdonságainak vizsgálata során láttuk, hogy ha AB
, akkor BA=
( )( ), nA B ∈M
( ) 1 1 2 2 2 1 1...k k k k k kk k kA B A C A B C A B C AB B− − − −+ = + + + + + k
nα
.
Tehát, ha az X mátrix felbontható két egymással felcserélhető mátrix összegére, akkor elégséges ezeket a mátrixokat hatványoznunk és a megjelenő kombinatorikus összegeket kiszámolnunk. A legegyszerűbb, ha a felbontás egyik tagja α alakú, mert ekkor az α egyenlőség teljesül.
nI⋅nI B B I⋅ = ⋅
Koordinátarendszerek, mátrixok 233
Feladat. Ezzel a módszerrel számítsuk ki az 0
a bX
a b
= +
és Y a
mátrixok n -edik hatványát.
0
0 0
a b c
a
=
b
2
0
0
bX a I
b
= ⋅ +
, tehát szükséges megvizsgálni a 0
0
bB
b
=
mátrix hatványait.
2
22
0
0
bB
b
=
1≥
, és így azt sejthetjük, hogy általában B
bármely n esetén. Mivel
3
3
0
0
bB
b
=
0
0
n
nn
b
b
=
1
1
0 0 0
00 0
n n
n n
b b b
bb b
+
+
⋅ = n
az előbbi egyenlőség helyes
(a matematikai indukció elve alapján). Másrészt ( ) , tehát 2 2na I a I⋅ = ⋅
1 1 2 2 2 3 3 3 02 ...n n n n n n n
n n n nX a I C a B C a B C a B C a B− − −= + + + + + =
n
1 1 2 2 2 1 1
1 1 2 2 2 1 1
...
0 ...
n n n n nn n n
n n n n nn n n
a C a b C a b C ab b
a C a b C a b C ab b
− − − −
− − − −
+ + + + + + + + +
.
Newton binomiális tétele alapján ( )1 1 2 2 2 1 1... nn n n n n n
n n na C a b C a b C ab b a b− − − −+ + + + + = +
és így ( )
( )0
nn n
nn
a a b aX
a b
+ − = + .
3
0
0 0
0 0 0
b c
Y a I b
= ⋅ +
, tehát C
0
0 0
0 0 0
b c
b
=
mátrix hatványait érdemes
kiszámítani.
Kapjuk, hogy C és C
2
2
0 0
0 0 0
0 0 0
b =
3
0 0 0
0 0 0
0 0 0
=
, tehát
1 1 2 2 23
n n n nn nY a I C a C C a C− −= + + =
1 1 1 1 2 2 2
1 1
00 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 00 0
n nn nn n n
n nn
n
C a b C a ca C a b
a C a b
a
− − −
−
= + + =
234 Koordinátarendszerek, mátrixok
( )1 1
1
12
0
0 0
n n n n
n n
n
n na n a b n a c a b
a n a b
a
− − −
−
− ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅
2 2
b
.
Gyakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát:
a) A ; b) A a
0
0 0
0
a b a
b
a a
+ = +
0
0 0
0
a b
b
b a
= +
;
c) A ; d) A1 0 1
1 1 0
0 0 1
=
1 0 0
2 1 0
3 2 1
=
.
Feladatok
1. Számítsd ki az A mátrix -edik hatványát és bizonyítsd be,
hogy
2 2
2 2cos sinsin cos
xx
=
xx n
1 121
2 2
2lim1
n
nA
→∞
=
.
2. Oldd meg az alábbi egyenleteket, ha ( )2X ∈M :
a) X ; b) X2 34 6
n =
0 11 0
n − =
.
3. Számítsd ki az { }1: \2
f → ( ) 6 32 1xf xx+=
− + függvény n edik iteráltját
(az
−
...n
f f f függvényt).
n4. Az mátrix esetén jelöljük a , b , c és d -nel az mátrix elemeit. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy az ( ) ,
( )2A ∈M n n n n
naA
1n≥ ( )nb 1n≥ , ( ) 1n nc ≥ és
sorozatok konvergensek legyenek? ( )n nd ≥1
Recommended