0,1',* YpJHV GLPHQ]LyV YHNWRUWHUHNU O OHV] V]yb_novak/LA/LA_eloadas_apr_14/LA_eloada… · î ì î ì x ì ð x í í x í (xnolghv]l whuhn upv] $ vndoiuv]ru]dw i jjypq\ iowdoiqrvtwivd

$Page 1: 0,1',* YpJHV GLPHQ]LyV YHNWRUWHUHNU O OHV] V]yb_novak/LA/LA_eloadas_apr_14/LA_eloada… · î ì î ì x ì ð x í í x í (xnolghv]l whuhn upv] $ vndoiuv]ru]dw i jjypq\ iowdoiqrvtwivd$
2020. 04. 11.

1

Euklideszi terek2.1 rész

A skalárszorzat függvény általánosítása

MINDIG véges dimenziós vektorterekről lesz szó!

2020. 04. 11. Bércesné dr. Novák Ágnes 18

ELNEVEZÉSEK

•Skalárszoros = SZÁMSZOROS, pl. 5vektor

•Skalárszorzat=skaláris szorzat= = 4 tulajdonsággal definiált, két vektorváltozós, valósba képező FÜGGVÉNY!pl.: a b cos


Euklideszi tér – skalárszorzatos tér

A 3 dimenzióban megismert vektorok egyéb, geometriai tulajdonságait szeretnénk átvinni magasabb dimenziós vektorterekbe.

Tulajdonságok: - „bezárt szög”- „hossz” - „távolság”

A fenti függvényeket skalárszorzatból is lehet származtatni


= abszolút érték = norma

= metrika

Skalárszorzat a 3 dimenziós vektorok terében

Két vektor által bezárt α szög: 0 o α 180

Ha a bezárt szög 0o vagy 180o, akkor avektorok párhuzamosak: 0o eseténegyirányúak, 180o esetén ellentétesirányúak.

Skalárszorzat: a·b =abcos.Tétel: a·b =abcos=.

3

1iiiba


i, j, k bázisban

2020. 04. 11.

2

Skalárszorzat geometrai jelentése és köv.

a·e=a·e·cos=a· cos=x

a merőleges vetülete e-re

e· (b+c)=e·b+e·ce· (b+c)=e·b+e·c /··e(b+c)=(e)·b+(e)·ca·(b+c)=a·b+a·ca=e

Disztributív -lineáris2020. 04. 11. Bércesné dr. Novák Ágnes 22

Csak a vetületi vektorok HOSSZÁVAL foglalkozunk most!

Skalárszorzat tulajdonságai

Az a és b vektorok skalárszorzata függvény: s(a,b)=a·b =abcos R3 x R3R

Tulajdonságok:

1.) pozitív definit: a·a 0, a·a =0 a =0

2.) szimmetrikus: a·b = b· a

3.) homogén: ( a)·b= a·b

4.) lineáris: a·(b+c)=a·b+a·c

a·b =abcos= aacos0=a2

(λ a)· b= λ a bcos= λ abcos

Ld. előző dia

a·b =abcos= bacos


Megjegyzés: látni fogjuk, hogy a skalárszorzat konkrét megvalósítása függ a koordinátáktól. Ezért mindig tetszőleges, de RÖGZÍTETT bázisra gondoljuk a a definíciót.

Euklideszi terek2. rész

A skalárszorzat függvény általánosítása 2.2 rész



Az s: V x VR függvényt, melynek függvényértékét s(x, y)=<x,y>-nal jelölünk, skalárszorzatnak nevezzük, ha a következő tulajdonságokkal rendelkezik:

1. xV esetén <x, x> 0, és <x, x> = 0 a. cs. a., ha x = 0 (pozitív definit)

2. x,y V esetén <x, y> = <y, x> (szimmetrikus)

3. x,yV és R esetén <x, y> = <x,y> (homogén)

4. x,y,zV esetén <(x + y),z> = <x,z> + <y,z> (lineáris)

•PÉLDA:

n

iii yx

1

Skalárszorzat általános vektorterekben

2020. 04. 11. Bércesné dr. Novák Ágnes

a·a 0, a·a =0 a =0

a·b = b· a

( a)·b= a·b

a·(b+c)=a·b+a·c

Előző jelölések

2020. 04. 11.

3

PÉLDA SKALÁRSZORZATRA <x, y>:=


1. pozitív definit: <x, x> 0

n

ii

n

iiiii xxxyx

1

2

1

,,yx

n

iii yx

10

n

iii yx

1

ÉS <x, x> = 0 a. cs. a., ha x: = 0 0x

001

2i

n

ii xx

Be kell látni, hogy a definiáló tulajdonságok teljesülnek:

2. szimmetrikus: <x, y> = <y, x>

n

iii

n

iii xyyx

11

szám

vektor

3. homogén <x, y> = <x,y>:


PÉLDA SKALÁRSZORZATRA (folyt.) <x, y>:=

n

iii yx

1

n

iii

n

iii yxyx

11

4. lineáris: <(x + y),z> = <x,z> + <y,z>:

n

iii

n

iii

n

iiii

n

iii

n

iii zyzxzyxz

11111

)()()( yxzyx

HOL JÓ A PÉLDABELI SKALÁRSZORZAT?s: V x VR - MI LEHET A V ?

PÉLDÁK:

1. V legyen a legfeljebb másodfokú polinomok tere, P2, egy bázisa: B=x2,x,1


n

iii yx

1

Ba

a

a

aaaaxaxaxp

3

2

1

33221322

1 1)(1 bbb1

Bc

c

c

ccccxcxcxp

3

2

1

33221322

12 1)( bbb1

321 bbb ,,

HOL JÓ A PÉLDABELI SKALÁRSZORZAT?s: V x VR - MI LEHET A V ?

PÉLDA:

1. V legyen a legfeljebb másodfokú polinomok tere, P2, egy bázisa: B=x2,x,1=


n

iii yx

1

Ba

a

a

aaaaxaxaxp

3

2

1

33221322

1 1)(1 bbb1

321 bbb ,,

Bc

c

c

ccccxcxcxp

3

2

1

33221322

12 1)( bbb1

332211

3

1

21, cacacacai

ii

pp

2020. 04. 11.

4





AZ TÉVELYGÉSEK MEGSZÜNTETÉSE


Ba

a

a

aaaaxaxaxp

3

2

1

33221322

1 1)(1 bbb1

321 bbb ,,B=x2,x,1=

Ba

a

a

3

2

1

Bc

c

c

3

2

1

)(1 xp )(2 xp

Bc

c

c

ccccxcxcxp

3

2

1

33221322

12 1)( bbb1

MÁSIK PÉLDA SKALÁRSZORZATRA ÉS AZ TÉVELYGÉSEK MEGSZÜNTETÉSÉRE

s: V x VR - MI LEHET A V ?

V legyen a 2 x 2 valós elemű, felső háromszög alakú mátrixok tere:

M=


Rahol

dba

d

ba,,,

0 321 bbb ,,B= = ,00

01

,

00

10

10

00

3

2

1

3213213

21

10

00

00

10

00

01

0a

a

a

aaaaaaa

aa321 bbbA

3

2

1

3213213

21

10

00

00

10

00

01

0c

c

c

ccccccc

cc321 bbbC 332211

3

1

C,A

cacaca

ca ii

i

A KÉT PÉLDA ÖSSZEFOGLALÁSA + 1 PÉLDA


Ba

a

a

aaaaxaxaxp

3

2

1

33221322

1 1)(1 bbb1

332211

3

1

21, cacacacai

ii

pp

Bc

c

c

ccccxcxcxp

3

2

1

33221322

12 1)( bbb1

3

2

1

3213213

21

10

00

00

10

00

01

0C

c

c

c

ccccccc

cc321 bbb

3

2

1

3213213

21

10

00

00

10

00

01

0A

a

a

a

aaaaaaa

aa321 bbb

332211

3

1

C,A cacacaca ii

i

3332211

3

1

T

3

2

1

3

2

1

jelentiszorzástmátrixszokásosaaholcaca,,c,a

cacacaca

c

c

c

a

a

a

iii

2020. 04. 11.

5

PÉLDÁK ÖSSZEFOGLALÁSALáttuk, hogy az s: V x VR skalárszorzatot a függvény megvalósítja.

Megnéztük különböző vektorterekben, mit is jelent ez, és ugyanazt kaptuk!V = P2 P2 x P2 Rvektorok=polinomok

V = M M x M Rvektorok=mátrixok

V =R3 R3 x R3 Rvektorok=vektorok


332211

3

1

cacacacai

ii

n

iii yx

1

, yx Euklideszi terek2. rész




TÉTEL: MINDEN VÉGES DIM. VEKTORTÉR EUKLIDESZIVÉ TEHETŐ

BIZONYÍTÁS:

25.-26. diákon bizonyítottuk, hogy a függvény eleget

tesz a skalárszorzattól megkövetelt 4 tulajdonságnak, így a tételt

konstruktívan bizonyítottuk: megadtunk egy konkrét függvényt.


n

iii yx

1

, yx

MÁS SKALÁRSZORZAT FÜGGVÉNYEK

Eddig egyetlen példát láttunk a skalárszorzat megvalósítására.

A gyakorlatokon megvizsgálják, hogy az alábbiak is skalárszorzatok-e:

1. R3 x R3R , <x , y>:=x1y1 <x , y>:=

2. Tekintsük a legfeljebb elsőfokú valós együtthatós polinomok P1 terét:

P1 =x+ , R Legyen p1(x)=a1x+a2 , p2(x)=b1x+b2


<p1 , p2>:= p1(1) p2(1)+ p1’(1) p2’(1)

n

iii yix

1

2020. 04. 11.

6

ÁLTALÁNOSÍTÁS: KONKRÉT FÜGGVÉNY ÁLTALÁNOS FÜGGVÉNY


A tér vektorpárjain egy R3 x R3R függvényt definiáltunk, amelyet skalárszorzatnak neveztünk: s(a,b)=a·b =abcosTulajdonságai, melyek minden a, b, c vektorra teljesülnek:

1.) pozitív definit: a·a 0, a·a =0 a =0

2.) szimmetrikus: a·b = b· a

3 .) homogén: a· ( b) >= (a)·b

4.) lineáris: a·(b+c)=a·b+a·c

Az s: V x VR függvényt skalárszorzatnak (skaláris szorzatnak) nevezzük, ha x,y, zV és R esetén következő tulajdonságokkal rendelkezik:s(x, y)=<x,y>-

1.<x, x> 0, és <x, x> = 0 a. cs. a., ha x = 0 (pozitív definit)

2. <x, y> = <y, x> (szimmetrikus)

3 <x, y> = <x,y> (homogén)

4. <(x + y),z> = <x,z> + <y,z> (lineáris)

melynek függvényértékét

SKALÁRSZORZAT - VILLÁMKÉRDÉS

A skalárszorzat •-szimmetrikus•bilineáris függvény, kvadratikus alakja •pozitív definit






CAUCHY-BUNYAKOVSZKIJ-SCHWARZ egyenlőtlenség-CBS

<a,b>2 <a,a>.<b,b> CBSBizonyítás:

0 <a+b, a+b > 0 <a+b, a+b >=<a,a>+<a, b>+ <b, a>+ <b, b>=

<a,a>+2<a, b>+ <b, b>= 2 <b, b>+ 2<a,b>+<a,a>

Ez -ra nézve egy egyismeretlenes másodfokú egyenlőtlenség:

0 <b, b>2 +2<a,b>+<a,a>=A2+ B+C

DISZRIMINÁNS=B2-4AC 0 szövegben baki, helyesen:B helyébe beírtuk az 2<a,b>-t

4(<a,b>)2-4<b,b><a,a> 0, amiből: <a,b>2 <a,a><b,b> 2020. 04. 11. Bércesné dr. Novák Ágnes 41

2020. 04. 11.

7


A hossz általánosításaNormált terek



ABSZOLÚT ÉRTÉK


Abszolút érték függvény tulajdonságai:

RR+ 0, x, R

1. x = 0, akkor és csak akkor, ha x = 0

2. x = x

3. x + y x + y háromszög egyenlőtlenség

ABSZOLÚT ÉRTÉK=HOSSZ ÁLTALÁNOSÍTÁSA


n

iixS

1

2),( xx

Abszolút érték tulajdonságai: : VR+ 0xV, R

1. x = 0, akkor és csak akkor, ha x=0

2. x = x

3. x + y x + y (háromszög egyenlőtlenség)

HÁROMSZÖG EGYENLŐTLENSÉGKét vektor összegének hossza mindig kisebb, mint külön-külön az egyes vektorok hossznak összege


x + y x + yy

x

x + y

2020. 04. 11.

8

ABSZOLÚT ÉRTÉK=HOSSZ ÁLTALÁNOSÍTÁSA


n

iixS

1

2),( xx

NORMA FÜGGVÉNY: VR+ 0xV, R


2. x = x

3. x + y x + y (háromszög egyenlőtlenség)





PÉLDA NORMÁRA


Feladat: Bizonyítsa be, hogy a következő függvény norma!


2. x = x

3. x + y x + y(háromszög egyenlőtlenség)

0xx

,01

2n

iíx

xxxx

n

ií

n

ií

n

ií

n

ii xx

1

2

1

22

1

2

1

2 )()(

01

2

n

iíxx

yxyxyx

n

ií

n

ií

n

iií

n

ii yxyx

1

2

1

2

1

2

1

2 )()()()(

CBS miatt OK

n

ii

n

ii

n

ii

n

ii yyxx

1

2

1

2

1

2

1

2 )()()(2)(

yyxxyx ,,2)()(2,21

2

1

2n

ii

n

ii yx

n

ii

n

i

n

iiii

n

iiiii

n

iii

n

iii

n

ii yyxxyyxxyxyx

1

2

1 1

2

1

22

1

2

1

2

1

2 )(2)()2()()()( yx

Tétel: Minden VD skalárszorzatos tér normált tér.

Bizonyítás: konstruktív: megadjuk a normát:

n:= .. : VR+ 0


2. x = x

3. x + y x + y (háromszög egyenlőtlenség) – következő dia


NORMA

xxxx ,)(n

xxxxxx ,, 2

2020. 04. 11.

9





TÉTEL: MINDEN VD SKALÁRSZORZATOS TÉR NORMÁLT TÉR.


yyxxy)(x y),x ,,(

yyxxyx ,,, 2CBS:

3. x + y x + y háromszög egyenlőtlenség

x + y x + y

yyyyxxxx yy,yxxx, ,,,2,,2

yyxx yx ,,,

SZÖG FOGALMÁNAK ÁLTALÁNOSÍTÁSA


A CBS és a norma felhasználásával e képlet általánosítható

3 dimenziós terünkben, az i, j, k bázist használva, a skalárszorzat segítségévelki lehet számolni a szög koszinuszát:

a·b =abcosba

bacos


SZÖG FOGALMÁNAK ÁLTALÁNOSÍTÁSA yyxxyx, ,,2

Minkét oldalból négyzetgyököt vonva:

yyxxyx ,,,

yxyxyx ,

1,

1

yx

yx

yx

yx

,:cos

Nem jelent igazi szöget!A lényeges eset amerőlegesség, amit azáltalános vektorterekbenortogonalitásnaknevezünk.

2020. 04. 11.

10

MERŐLEGESSÉG ÁLTALÁNOSÍTÁSA=ORTOGONALITÁS

Tétel volt: x y akkor és csak akkor, ha Ez a tény alkalmas az általánosításra:


yx

yx

,:cos

0yx

Definíció: Azt mondjuk, hogy az a vektor ortogonális (merőleges) a bvektorra, ha <a,b>=0

PÉLDABizonyítsuk be, hogy tetszőleges euklideszi térben igaz a következő állítás:

Megoldás:


222zxzxzx

zxzxzxzzzxxxzxzxzx 0,,,2,,222

Melyik közismert geometriai tétel általánosításáról van szó?





ORTOGONALITÁS


Tétel: Ortogonális (nem nulla ) vektorok függetlenek.

jkkjj xxxxx /0......2211

Bizonyítás: Legyenek az x1, x2, …xk nem nulla vektorok ortogonálisak.

jiha,,, jjjjjj xxxx

ésjiha,0,, mjjmjj xxxx

0xx jjj , 00, jjj xx

2020. 04. 11.

11

ORTOGONÁLIS, FÜGGETLEN VEKTOROK


Tétel: Minden altérben van ortogonális bázis.

Bizonyítás: Konstruktív, azt bizonyítjuk, hogy bármely függetlenrendszerből kiindulva, így bázisból is, tudunk ugyanolyan elemszámúortogonális rendszert konstruálni. Az itt bemutatott eljárás neve:Gram-Schmidt ortogonalizáció.

GRAM-SCHMIDT ORTOGONALIZÁCIÓ

c1:=b1c2:=b2+21c1

….


Legyen b1, b2, …bk a független rendszer. Ebből a c1, c2, …, ck ortogonális rendszer a következőképpen kapható:

/.c1 és c1c2 := 0, így lesznek ortogonálisak, ekkor:

11

12

cc

c-b

,

,:21

111

122 c

cc

c-bbc

,

,: 2

213 ccbc 32313: /.c1 és c1cj := 0

11

13

cc

c-b

,

,:31

213 ccbc 32313: /.c2 és c2cj := 0

22

23

cc

c-b

,

,:32

222

231

11

133 c

cc

c-bc

cc

c-bbc

,

,

,

,: 3



-1k-1k-1k

-1kkj

jj

jk2

22

2k1

11

1kk c

cc

c-bc

cc

c-bc

cc

c-bc

cc

c-bbc

,

,...

,

,...

,

,

,

,: k

3 dimenzióban a GSO ugyanaz, mint vektor felbontása adott vektorral párhuzamos, és arra merőleges összetevőkre. Az adott független vektorok: és a.2b

c1:=b1c1:=b

bbb2

12

2

a-a)e(ae-ab

b

b

ba-ab

b

ba-ab

bb,

ba,a:c

ccc

c,bbc

bb

ba,

cc

c,b

bc b/acbc

2

11

122

11

1221

1211212

.:

,.

:

bb1

a= ab+ am, ab = (a eb ) eb

am= a- ab



-1k-1k-1k

-1kkj

jj

jk2

22

2k1

11

1kk c

cc

c-bc

cc

c-bc

cc

c-bc

cc

c-bbc

,

,...

,

,...

,

,

,

,: k

3 dimenzióban a GSO ugyanaz, mint vektor felbontása adott vektorral párhuzamos, és arra merőleges összetevőkre. Az adott független vektorok: és a.2b

c1:=b1c1:=b

bbb2

12

2

a-a)e(ae-ab

b

b

ba-ab

b

ba-ab

bb,

ba,a:c

ccc

c,bbc

bb

ba,

cc

c,b

bc b/acbc

2

11

122

11

1221

1211212

.:

,.

:

bb1

a= ab+ am, ab = (a eb ) eb

am= a- ab

2020. 04. 11.

12





ORTONORMÁLT BÁZIS LÉTEZÉSEOrtonormált a vektorrendszer, ha páronként ortogonális, és minden elemének normája 1.

Tétel: Minden euklideszi térnek van ortonormált bázisa.

Bizonyítás: Konstruktív: Tetszőleges bázis

Gram-Schmidt eljárással ortogonális bázis

bázis minden elemét megszorozzuk normájuk reciprokával, ekkor „irányuk” változtalan, „hoszuk” egységnyi lesz


n321 cccc ,...,,

i

ii

ccc

,

1:

ice

0cccc

cc

cc

ccc

ccc

ee

ji

jij

j

ii

j

jj

i

ii

cc ji

,111

,1

,

1,

,

1:

ORTONORMÁLT BÁZIS LÉTEZÉSEOrtonormált a vektorrendszer, ha páronként ortogonális, és minden elemének normája 1.

Tétel: Minden euklideszi térnek van ortonormált bázisa.

Bizonyítás: Konstruktív: Tetszőleges bázisból indulva

Gram-Schmidt eljárás ortogonális bázis

bázis minden elemét megszorozzuk normájuk reciprokával, ekkor „irányuk” változtalan, „hoszuk” egységnyi lesz


11

,1

,1

(1

,1

(: 2 ii

iii

ii

i

ii

ii

c cc

ccc

ccc

cc

cc

ei

n321 cccc ,...,,

i

ii

ccc

,

1:

ice

SZÜKSÉGES ÉS ELÉGSÉGES FELTÉTEL ORTONORMÁLTSÁG TESZTELÉSÉRE


Tétel: Az euklideszi tér valamely bázisa akkor és csak akkor ortonormált, ha egyvektor koordinátáját a következőképpen kapjuk meg:

kk

n

iii e,a,ea

1

Bizonyítás: házi feladat

2020. 04. 11.

13

PÉLDA

http://users.itk.ppke.hu/~b_novak/LA/GRAM_SCH_apr_14_EA.pd


EUKLIDESZI TEREK4.1rész

METRIKA


METRIKA(más jelentése is van)=TÁVOLSÁG

A távolságot leíró függvényeket (többféle is lehet) metrikának nevezzük, az ilyen függvényekkel „felszerelt ” teret pedig metrikus térnek.

2 DIMENZIÓS TÉRBEN volt: a p1 , p2 vektorok (végpontjainak) távolsága


p1 =

p2 =2

122

12 )()( yyxxd

TÁVOLSÁG TULAJDONSÁGAI

Az A pont távolsága valamely B ponttól mindig pozitív, kivéve, ha A=B, ekkor 0.

Távolság(A,B)0, Távolság(A,B)=0 akkor és csak akkor, ha A=B

Légvonalban:

Távolság (Makó, Jeruzsálem)=Távolság (Jeruzsálem, Makó)

Távolság(Szombathely, Budapest) Távolság (Szombathely, Győr)+Távolság(Győr, Budapest)


2020. 04. 11.

14

HÁROMSZÖG EGYENLŐTLENSÉG


A

B

C

a b c

Távolság(AC) Távolság(AB)+ Távolság(BC)

c-a b-a +b-c

TÁVOLSÁG ÁLTALÁNOSÍTÁSA=METRIKA

• Definíció: A H halmazt metrikus térnek nevezzük, ha van olyan, metrikának nevezett

m: H x H R+0 függvény, amelyre a következők teljesülnek:

1.) m(x,y) = 0, akkor és csak akkor, ha x=y (poz. definit)

2.) m(x, y) = m (y,x) szimmetria

3.) m(x,z) m (x,y)+ m (y,z) háromszög egyenlőtlenség

A metrika tehát a 3 dimenziós geometriai tér távolságának általánosítása.


METRIKA

Példa: Diszkrét metrikának nevezik a következő függvényt: m(x,y):=1, ha x és y különbözőkm(x,y):=0, ha x=y.1.) m(x,y)02.) m(x,y)= m(y,x)3.) m(x,z) m (x,y)+ m (y,z) A lehetséges esetek: a.) xy, és z x, z y 1 1+1b.) x = y és z x, z y 1 0+1c.) x y, z =x, z y 0 1+1, ….stb


SZOKÁSOS METRIKA, SZOKÁSOS NORMA

Tétel: Minden normált tér metrikus tér

Bizonyítás: Konstruktív, megadunk egy metrikát: m(x,y):=y+(-1)xErről kell bizonyítani, hogy rendelkezik a metrika tulajdonságaival.

V x V R+ 0 rendben

2020. 04. 11.Bércesné dr. Novák Ágnes

73

1.) m(x,y) = 0, akkor és csak akkor, ha x=y2.) m(x, y) = m (x,y) szimmetria3.) m(x, z) m (x,y)+ m (y,z) háromszög egyenlőtlenség

m(x,y):=y+(-1)x m(y,x):= x+(-1) y =-(y+(-1)x) ==-1 y+(-1)x

z+(-1)x = (y+(-1)x ) + (z+(-1)y) y+(-1)x + z+(-1)y a+b a + b

2020. 04. 11.

15

EUKLIDESZI TEREK4.2 rész

METRIKA


ÖSSZEFOGLALÁS: EUKLIDESZI TEREK


Véges, n dimenziós vektorterekbenbevezethető a skalárszorzat:

V x VR

Skalárszorzatból származtatható norma:

V R+ 0 x

Normából származtatható metrika:

VxV R+ 0 m(x,y)=y-x

n

iii yx

1

y x,

xx,

Cauchy –Bunyakovszkij-Schwarz

<x,y>2 <x,x><y, y>

Következménye:

x és y ortogonális

yx

yx

,:cos

0 yx,

11

yx

yx,

Mindig van ortonormált bázis: független vektorok GS ortogonalizációjanormálás

Documents

0,1',* YpJHV GLPHQ]LyV YHNWRUWHUHNU O OHV] V]yb_novak/LA/LA_eloadas_apr_14/LA_eloada… · î ì î ì x ì ð x í í x í (xnolghv]l whuhn upv] $ vndoiuv]ru]dw i jjypq\ iowdoiqrvtwivd