MATEMATIKA

DISKRETUA ETA

ALGEBRA

Bigarren zatia

F. Xabier Albizuri Irigoyen

257 bulegoa, Tel : 943015038

fx.albizuri@ehu.es

www.sc.ehu.es/ccwalirx/docs/Materiala.htm

1

GAIAK

1. EGITURA ALGEBRAIKOAK

2. MATRIZEAK

3. BEKTORE ESPAZIOAK

4. AUTOBALIO ETA AUTOBEKTOREAK

2

1. gaia : EGITURA

ALGEBRAIKOAK

ERAGIKETA BITARRAK

A multzoaren gaineko eragiketa (bitar itxia)deituko diogu A × A-tik A-rako edozein funt-ziori. Idazkera : a, b ∈ A emanik, f(a, b) = a ? b(edo dagokion ikurra).

Adibideak(a) Z+ multzoan batuketa.(b) Z+ multzoan kenketa ez da eragiketa bitaritxia.

A multzoko ? eragiketa elkarkorra da baldinedozein a, b, c ∈ A-rako :

(a ? b) ? c = a ? (b ? c)

Eta trukakorra da baldin :

a ? b = b ? a

3

Idazkera : baldin a ∈ A eta B ⊆ A,

a ? B = {a ? x | x ∈ B}Adibidez 3Z = {. . . ,−6,−3,0,3,6, . . .}.

Identitatea deituko diogu e ∈ A elementuaribaldin edozein a ∈ A-rako :

a ? e = e ? a = a

Propietatea 1Identitatea, existizen bada, bakarra da.Frogatu

Identitatea e delarik, a ∈ A elementuaren al-derantzizkoa deituko diogu a′ ∈ A elementuaribaldin :

a ? a′ = a′ ? a = e

Baldin a-k alderantzikoa badu, esango dugu al-deranzkarria dela, eta bestalde, (a′)′ = a.

Biderketa idazkera : a′ = a−1

Batuketa idazkera : a′ = −a, a− b = a + (−b)

4

Propietatea 2

Eragiketa elkarkorra delarik, elementu batek al-derantzizkoa badu, hau bakarra da.Frogatu

Propietatea 3

Eragiketa elkarkorra delarik, a eta b alderanz-karriak badira orduan :

(a ? b)′ = b′ ? a′

Frogatu

Esango dugu a ∈ A sinplifikagarria dela baldinezkerretik eta eskuinetik sinplifikagarria bada,hau da, edozein x, y ∈ A-rako :

a ? x = a ? y ⇒ x = yx ? a = y ? a ⇒ x = y

Propietatea 4

Eragiketa elkarkorra delarik, elementu bat al-deranzkarria bada orduan sinplifikagarria da.Frogatu

5

ERAZTUNAK

Izan bedi A multzoa, non + eta · eragiketak

ditugun (ez dute zenbakien arteko ohiko eragi-

ketak izan beharrik). (A,+, ·) egitura algebrai-

koari eraztuna deituko diogu baldin :

(1) Batuketa elkarkorra da : edozein a, b, c ∈ A-

rako, (a + b) + c = a + (b + c)

(2) Batuketa trukakorra da : a + b = b + c

(3) Existitzen da zeroa, z ∈ A batuketako iden-

titatea : edozein a ∈ A-rako, a + z = z + a = a

(4) Edozein a ∈ A-rako existitzen da −a ∈ A

batuketako alderantzizkoa : a−a = −a+a = z

(5) Biderketa elkarkorra da : edozein a, b, c ∈ A-

rako, (a · b) · c = a · (b · c)(6) Biderketa banakorra da batuketarako :

a · (b+ c) = a · b+ a · c eta (a+ b) · c = a · c+ b · c

Biderketa trukakorra bada esango dugu eraz-

tuna trukakorra dela. Existitzen bada unitatea,

u 6= z biderketako identitatea, esango dugu

eraztuna unitateduna dela : a · u = u · a = a.6

Eraztuneko a elementua zeroren zatitzailea de-la esango dugu baldin, a 6= z izanik, existitzenbada b 6= z elementua (agian berdina) betzendelarik ab = z edo ba = z.

Eraztuna unitateduna izanik, a elementu batbiderketan alderanzkarria izan daiteke, a−1 bi-derketako alderantzizkoa luke, ala ez.

Izan bedi A eraztun trukakor unitateduna :(a) Zeroren zatitzailerik ez badu, esango duguA domeinu integrala dela.(b) Elementu guztiak (zeroa izan ezik) bider-ketan alderanzkarriak badira, esango dugu Aeremua dela.

Adibideak(a) Z, (b) R, C, (c) M2(R)

Propietateak 5A eraztunean, edozein a, b ∈ A-rako :(1) a z = z a = z(2) a (−b) = (−a) b = −(a b)(3) (−a) (−b) = a b

7

Propietatea 6A eraztunean, elementu bat, a 6= z, biderketa-rekiko sinplifikagarria da baldin eta soilik baldinez bada zeroren zatitzailea.Frogatu

OndorioaEraztun unitatedunean, a elementua biderke-tarekiko alderanzkarria bada orduan ez da ze-roren zatitzailea.Frogatu

OndorioaA eremua bada orduan domeinu integrala da.

Propietatea 7A eraztun unitatedun finitua izanik, a elemen-tua biderketarekiko sinplifikagarria bada ordu-an biderketarekiko alderanzkarria da.Frogatu

OndorioaA domeinu integral finitua bada, orduan ere-mua da.

8

MODULU FINITUKO OSOKOAK

Izan bedi n moduluko kongruentziarekiko Z-renpartizioa :

Zn = {[0], [1], [2], . . . , [n− 1]}Batuketa eta biderketa definituko ditugu :

[a] + [b] = [a + b][a] · [b] = [a · b]

edozein a, b ∈ Z-rako.

AdibideaIzan bedi Z5 multzoa, kalkulatu [3]+[4], [3]·[4],[2] + [4] + [3].

Propietatea 8Batuketa eta biderketa ondo definituta daudeZn multzoan : klase bakoitzean edozein osokohartuz emaitza bera dugu.Frogatu

Zn eraztun trukakor unitateduna da. Zeroa [0]da, unitatea [1]. Bestalde −[r] = [−r] = [n−r].

9

Adibidea

Kalkulatu Z4 eraztunaren batuketa eta bider-

keta taulak. Lortu eraztuneko zeroren zatitzai-

leak eta biderketarekiko alderanzkarriak.

Propietatea 9

Zn eraztunean [r] klasea, non 0 < r < n, bider-

ketarekiko alderanzkarria da baldin eta soilik

baldin r eta n erlatiboki lehenak badira, hau

da, zkh(r, n) = 1.

Frogatu

Ondorioa

Zn eremua da baldin eta soilik baldin n lehena

bada.

Adibidea

Z72 eraztunean alderanzkarria da [25] ? Kalku-

latu [25]−1.

10

TALDEAK

Izan bedi G multzoa, non ? eragiketa dugun.

(G, ?) egitura algebraikoari taldea deituko dio-

gu baldin :

(1) Eragiketa elkarkorra da :

(a ? b) ? c = a ? (b ? c)

edozein a, b, c ∈ G-rako.

(2) Existitzen da e ∈ G identitatea :

a ? e = e ? a = a

edozein a ∈ G-rako.

(3) Edozein a ∈ G-rako existitzen da a′ alde-

rantzizkoa :

a ? a′ = a′ ? a = e

Eragiketa trukakorra bada esango dugu taldea

trukakorra (edo abeldarra) dela. Taldearen or-

dena deituko diogu |G| taldeko elementuen ko-

puruari.

11

Normalean biderketa idazkera erabiliko dugu G

taldearen eragiketarako : a · b edo a b. Zehazki

berreturak idatziko ditugu : a0 = e, a1 = a,

an = a · a · (n) · a, a−n = (a−1)n = (an)−1. Oro

har, m eta n edozein osoko izanik :

am · an = am+n

(am)n = am·n

Adibideak

(a) A eraztuna emanik, (A,+) talde trukakorra

da. Zehazki (Z,+) eta (Zn,+) talde trukakor-

rak ditugu.

(b) A eraztun unitateduna emanik, (U, ·) tal-

dea da, non U ⊆ A biderketarekiko alderanz-

karriak diren elementuen azpimultzoa den. Ze-

hazki Z8 eraztunean kalkulatu U8 talde truka-

korraren taula.

12

Izan bedi (G, ·) taldea eta H ⊆ G azpimultzoa.

Esango dugu G-ren azpitaldea dela H baldin :

(1) Edozein a, b ∈ H-rako, a · b ∈ H

(2) e ∈ H

(3) Edozein a ∈ H-rako, a−1 ∈ H

Beraz (H, ·) taldea da.

Adibidea

Izan bedi A = {1,2, . . . , n} multzoa, eta har

dezagun A-tik A-rako funtzio bijektiboen Sn

multzoa, hau da, A-ko n elementuen n! per-

mutazioen multzoa. Eragiketa hau definituko

dugu : edozein α, β ∈ Sn-rako, α · β = β ◦ α

(funtzio konposaketa). Honela Sn taldea da,

ez trukakorra (baldin n > 2), talde simetrikoa

deitzen zaio. Lortu S3-ren azpitalde bat.

13

ISOMORFISMOAK, TALDE ZIKLIKOAK

(E,>) eta (F,⊥) egitura algebraikoak emanik,

f : E → F funtzioari homomorfismoa deituko

diogu baldin, edozein a, b ∈ E-rako :

f(a>b) = f(a)⊥f(b)

Homomorfismo hori bijektiboa bada isomorfis-

moa deitzen zaio, eta esaten da E eta F egi-

turak isomorfoak direla. Bereziki, talde isomor-

fismoa deitzen zaio bi talderen arteko isomor-

fismoari.

Adibidea

Frogatu (R+, ·) eta (R,+) taldeak isomorfoak

direla.

G taldea ziklikoa dela esango dugu baldin exis-

titzen bada a ∈ G elementua, x ∈ G bakoitza

izanik x = ak erakoa, non k osokoren bat den.

Honela bada G =< a > idatziko dugu eta esan-

go dugu a elementuak G taldea sortzen duela.

14

Adibideak(a) (Zn,+)(b) (U9, ·)

G taldea izanik, edozein talde, a ∈ G elemen-tuak sortutako azpimultzoa definituko dugu :

< a >= {ak | k ∈ Z}G-ren azpitaldea da < a > (nabaria). Beraz< a > talde ziklikoa da. G taldeko a elementua-ren ordena deituko diogu < a > azpitaldearenordenari, | < a > | kopuruari.

Adibideak(a) (Z4,+) taldean kalkulatu < [2] >

(b) (U9, ·) taldean kalkulatu < [4] >

Propietatea 10Izan bedi G =< a > talde ziklikoa.(a) Baldin |G| = n, orduan f : (G, ·) → (Zn,+)isomorfismoa dugu, non f(ak) = [k].(b) Baldin |G| = ∞, orduan f : (G, ·) → (Z,+)isomorfismoa dugu, non f(ak) = k.

15

Ondorioak

Izan bedi G =< a > talde ziklikoa, bere ordena

n < ∞ izanik :

(1) G = {e, a, a2, . . . , an−1}(2) an = e

(3) ar · as = at, non r + s 6 n zatiketaren hon-

darra den t.

(4) a−r = an−r

Adibidea

Aztertu (U9, ·) eta (Z6,+) taldeen arteko iso-

morfismoa.

16

2. gaia : MATRIZEAK

EKUAZIO LINEALEKO SISTEMAK

Abiatuko gara zutabe bektoreak gogoratuz :zutabe bektoreen batuketa eta eskalar (zen-baki erreal edo konplexu) batekiko biderketa.

Adibidea

Kalkulatu : 24

−2

+

1−67

eta − 2

24

−2

Ekuazio linealeko sistema bat adieraztekoekuazio bektoriala idatziko dugu :

u a1 + v a2 + w a3 = b

non u, v, w sistemako ezezagunak diren eta a1,a2, a3, b zutabe bektoreak.

17

Bestalde, a1, a2, a3 bektoreen konbinazio li-

neala deituko diogu u a1 + v a2 + w a3 erako

edozein bektoreri, u, v, w izanik eskalar batzuk.

Beraz aurreko ekuzaio bektorialak soluzioa du

baldin existitzen bada a1, a2, a3 bektoreen kon-

binazio lineal bat b bektorearen berdina.

Adibidea

Idatzi sistema honi dagokion ekuazio bektoriala

eta lortu soluzio bat.

2u + v + w = 54u− 6v = −2−2u + 7v + 2w = 9

Ekuazio linealeko sistema ez singularra dela

esango dugu baldin soluzio bat, eta bakarra,

badu. Sistema singularra da baldin hainbat so-

luzio baditu, sistema indeterminatua, edo so-

luziorik ez badu, sistema inkontsistentea.

18

GAUSS-EN EZABAPEN METODOA

Bi ekuazio sistema baliokideak dira soluzio be-rak badituzte. Sistema baliokidea lortuko duguekuazio linealeko sistema batean eragiketa ele-mental hauek eginez :(1) Eskalar ez nulu batekin biderkatu ekuazioe-tako bat.(2) Ekuazio bati beste baten multiploa gehitu.(3) Ekuazioak elkarren artean trukatu.

Gauss-en algoritmoa, n ekuazio lineal eta nezezaguneko sistema ebazteko.Behin eta berriz i = 1,2, . . . , n-rako :Hartu i. ekuazioan i. ezezagunaren pibota. Pi-bota ez nulua izan behar da eta hori lortzekotrukatu i. ekuazioa ondorengoekin behar iza-nez gero (3. eragiketa elementala). Ondorengoekuazio guztietan i. ezezagunaren koefizienteaanulatu i. pibotaren bidez (2. eragiketa).Baldin n pibot lortu badira sistema ez singu-larra da eta soluzioa atzeraka ordezkatuz kal-kulatzen da. Pibot gutxiago lortu badira sis-tema singularra da.

19

AdibideaAztertu sistema hauek :

(a)

6u + 3v + 3w = 154u− 6v = −2−2u + 7v + 2w = 9

(b)

u + v + w = b12u + 2v + 5w = b24u + 6v + 8w = b3

(c)

5u + 5v + 5w = b12u + 2v + 5w = b24u + 4v + 8w = b3

MATRIZEAK

Ezagutzen ditugu matrizeak : matrizeen artekobatuketa eta eskalar batekiko biderketa.

AdibideaKalkulatu : 2 1

3 00 4

+

1 2−3 11 2

eta 2 ·

2 13 00 4

20

Bestalde, zutabe bektoreak zutabe bakarreko

matrizeak dira.

Ekuazio linealeko sistema adierazteko matri-

zeak erabiliko ditugu :

A x = b

Hemen A matrizearen osagaiak ezezagunen ko-

efizienteak dira, lerro bakoitza ekuazio bati da-

gokio eta zutabe bakoitza ezezagun bati. Bes-

talde x ezezagunen bektorea da eta b sistema-

ren eskuinaldeko gaien bektorea.

Idatzi dugun ekuazio matrizialaren arabera,

matrize bat eta zutabe bektore baten arteko

biderketa honela da : izan bedi A matrizea m×n

tamainakoa, hau da, m lerro eta n zutabekoa,

eta x zutabe bektorea n osagaikoa, orduan A x

bektorea A-ko zutabeen konbinazio lineala da,

x-en osagaiak izanik konbinazio lineal honen

koefizienteak.21

AdibideaIdatzi sistema hau era matrizialean :

2u + v + w = 54u− 6v = −2−2u + 7v + 2w = 9

Sistemaren soluzioa hartuz egiaztatu A x = b

berdintza.

AdibideaLerro matrizea eta zutabe matrizea biderkatuzeskalar bat lortzen da :

[2 1 1

] 112

Matrize biderketa definituko dugu. Izan bedi A

matrizea m×n tamainakoa eta B matrizea n×p

tamainakoa, AB matrizea m × p tamainakoaizango da, bere osagai bakoitza izanik :

(AB)ij =n∑

k=1

aik bkj

22

Definizio baliokideak :

(1) j bakoitzerako : AB matrizearen j. zuta-

bea, A matrizearen zutabeen konbinazio lineala

da, zutabe hauek biderkatuz B matrizearen j.

zutabeko osagaiekin.

(2) i bakoitzerako : AB matrizearen i. lerroa, B

matrizearen lerroen konbinazio lineala da, lerro

hauek biderkatuz A matrizearen i. lerroko osa-

gaiekin.

Propietateak 1

(1) Biderketa elkarkorra da :

(AB)C = A (BC)

(2) Biderketa banakorra da batuketarekiko :

A (B + C) = AB + AC(B + C)D = BD + CD

(3) Eskalar bat izanik c :

c (AB) = (cA)B = A (cB)

23

Biderketa ez da trukakorra, AB 6= BA nor-malean. Bestalde, A = B berdintza emanik,ezkerretik edo eskuinetin biderka daiteke ta-maina egokiko matrizearekin, CA = CB edoAC = BC, baina oro har CA 6= BC, AC 6= CB.

Identitate matrizea deituko diogu diagonaleanbatak eta gainerakoan zeroak dituen n× n ta-mainako I matrize koadroari. Baldin n = 3 :

I =

1 0 00 1 00 0 1

A eta I izanik tamaina bereko matrizeak :

A I = I A = A

Esango dugu A matrize koadroa alderanzkarriadela baldin existitzen bada A−1 matrizea, berealderantzizkoa, betetzen delarik :

A A−1 = A−1 A = I

A−1 matrizearen alderantzizkoa A da.24

Matrizearen alderantzizkoa existitzen bada, ba-karra da. Bestalde, A eta B alderanzkarriak ba-dira :

(AB)−1 = B−1A−1

(Bi propietateak egitura algebraikoetan bezaladira.)

Matrize koadro bat alderanzkarria bada esangodugu ez singularra dela eta ez badu alderant-zizkorik singularra dela.

AdibideaMatrize diagonala deitzen zaio matrize koadrobati baldin diagonalekoak ez diren osagai guz-tiak nuluak badira. Noiz da D matrize diago-nala alderanzkarria ? Idatzi D−1

Izan bedi m × n tamainako A matrizea, bereiraulia n×m tamainako AT matrizea da, non :

(AT )ij = (A)ji

Zutabeak lerrotzat hartzen dira (edo lerroakzutabetzat).

25

Bereziki, x zutabe bektorea bada, xT lerro ma-trizea da.

Adibidea

Idatzi AT baldin A =

[2 1 40 0 3

]

Propietateak 2(1) (AT )T = A(2) (A + B)T = AT + BT

(3) (AB)T = BTAT

(4) (cA)T = cAT

(5) (A−1)T = (AT )−1

A matrize koadroa simetrikoa dela esaten dabaldin A = AT , hau da, (i, j) bakoitzerako(A)ij = (A)ji.

Adibideak(a) Matrize diagonalak simetrikoak dira.(b) Idatzi matrize simetriko bat (ez diagonala).

A matrize simetrikoa alderanzkarria bada A−1

ere simetrikoa da, goiko propietatetik.

26

LU FAKTORIZAZIOA

Matrize elementalak erabiliz eragiketa elemen-talak egin ditzakegu matrize baten lerro edozutabeekin, ekuazio linealeko sistemetan defi-nitu genituen eragiketen parekoak.

E matrize elementalaren definizioa : (i, j) sar-rerako osagaia −l da, diagonalean batak ditueta gainerakoak zeroak dira. EA biderkadura-ren emaitza hau da : A matrizean j. lerroa l

eskalarrarekin biderkatu eta i. lerroari kendutalortzen den matrizea.

AdibideaIzan bedi A x = b ekuazio linealeko sistema : 6 3 3

4 −6 0−2 7 2

u

vw

=

15−29

Idatzi Gauss-en algoritmoari jarraituz egindakoeragiketei dagozkien E1, E2, E3 matrize ele-mentalak, eta egiaztatu E3E2E1A biderketarenemaitza.

27

E matrize elementala alderanzkarria da : E−1

matrizea E bezalakoa da baina orain l bider-katzaileak ez du aurretik ikur negatiboa.

Gauss-en algoritmoan pibot guztiak lortu ba-dira, A matrizetik abiatuz U matrizea lortzendugu : hiru hurrats balira,

E3E2E1A = U

Matrize goi-triangularra da U , hau da, diagona-laren azpiko osagaiak nuluak dira. Bestalde, Umatrizearen diagonalean algoritmoarekin lort-zen diren pibotak ditugu. Matrize elementalenalderantzizkoak hartuz :

A = E−11 E−1

2 E−13 U

Beraz A matrizearen LU faktorizazioa dugu :

A = L U

non L = E−11 E−1

2 E−13 . Matrize behe-triangu-

larra da L, diagonalean batak ditu eta azpianeragiketa elementalen l biderkatzaileak, haue-tako bakoitza matrize elementalean zuen posi-zio berean (aurrean ikur negatiborik gabe). Lalderanzkarria da.

28

Adibidea

Aurreko adibidearekin jarraituz, idatzi A matri-

zearen LU faktorizazioa. L = E−11 E−1

2 E−13 eta

A = LU berdintzak egiaztatu.

Izan bedi Ax = b ekuzaio linealeko sistema, n

ekuazio eta ezezagun dituena. A = LU fak-

torizazioa emanik, honela kalkulatuko genuke

soluzioa :

(1) Ebatzi Ly = b aurreraka ordezkatuz.

(2) Ebatzi Ux = y atzeraka ordezkatuz.

Kontuan izan Ax = LUx = Ly = b dugula.

Adibidea

Egiaztatu metodo hau aurreko adibidean.

Ekuazio linealeko sistemetan dugun beste mo-

ta bateko eragiketa ekuazioak elkarren artean

trukatzea da, matrizeetan honi dagokion era-

giketa elementala lerroak trukatzea da.

29

Pij permutazio matrizearen definizioa : identi-tate matrizean trukatu i. eta j. lerroak. PijAbiderketaren emaitza : A matrizean i. eta j.lerroak trukatzen dira. Pij permutazio matri-zearen alderantzizkoa bera da. Permutazio ma-trize batzuen biderkadura P permutazio matri-zea da : honek bi lerro edo gehiago elkarrenartean trukatzen ditu. Hau ere identitate ma-trizetik antzera lortzen da. Oro har P−1 6= P ,permutazioen arteko ordenak eragina du.

AdibideaIdatzi P13, P23 permutazio matrizeak eta kal-kulatu P23P13A baldin :

A =

0 a b0 0 cd e f

Idatzi P = P23P13 permutazio matrizea ere.Nola trukatzen ditu lerroak ?

Gauss-en algoritmoan ekuazioak trukatu beharbadira, faktorizazio hau lortzen dugu :

PA = LU

30

Matrizeko lerroen permutazio denak hasieran

egin behar ditugu eta ondoren PA matrizearen

LU faktorizazioa lortu.

Adibidea

Faktorizatu :

A =

2 2 21 1 32 5 8

ALDERANTZIZKO MATRIZEA

Lehenik hirugarren mota bateko matrize ele-

mentala definituko dugu : D matrize diago-

nala, identitatearen berdina baina (i, i) sarre-

rako osagaia 1/d izanik. Honek matrize baten

i. lerroa d 6= 0 eskalarrarekin zatitzen du. D

alderanzkarria da.

31

Gauss-Jordan-en metodoa, matrize koadro

baten alderantzizkoa kalkulatzeko. A matrizea

emanik, [A|I] matrizea osatuko dugu, eta ma-

trize honen lerroekin Gauss-en algoritmoaren

eragiketa elementalak eginez [U |F ] lortuko du-

gu. Ondoren U matrizearen azken zutabetik

abiatuz matrize diagonal batean transforma-

tuko dugu, azkenik lerro bakoitza dagokion pi-

botarekin zatituz identitatea lortzeko, honela

[U |F ] matrizea [I|G] matrizean transformatuko

da lerroekin eragiketa elementalak eginez. Or-

duan A−1 = G da.

Propietatea 3

Matrize koadro bat, n × n tamainakoa, alde-

ranzkarria (ez singularra) da baldin eta soilik

baldin Gauss-en algoritmoan n pibot lortzen

badira.

32

(Baldin n pibot baditugu, Gauss-Jordan-en me-

todoa jarraituz eragiketa elementalen matri-

zeak G matrizean biltzen dira, beraz hau alde-

ranzkarria da, A−1 da. Baldin n pibot baino gu-

txiago lortzen badira, eragiketa elemental ge-

hiagorekin lor daiteke matrize bat alderanzkar-

ria ez dena, zehazki lerro nulua duena, beraz

A ez litzateke alderanzkarria.)

Adibidea

Kalkulatu aderantzizkoa :

A =

6 3 34 −6 0

−2 7 2

33

34

3. gaia : ESPAZIO

BEKTORIALAK

Espazio bektoriala honela definitzen den egi-tura algebraikoa da. V bektore multzoan bieragiketa ditugu, bektore batuketa eta eska-lar batekiko biderketa, axioma hauek betetzendirelarik :(1) x + y = y + x(2) x + (y + z) = (x + y) + z(3) Existitzen da zero bektorea, x + 0 = x(4) Bektoreek aurkakoa dute, x + (−x) = 0(5) 1 x = x(6) (c1c2) x = c1 (c2 x)(7) c (x + y) = c x + c y(8) (c1 + c2) x = c1 x + c2 xAxiometatik bi propietate hauek ditugu :(a) 0 x = 0, c 0 = 0(b) (−1) x = −xBestalde, eskalarrak zenbaki errealak edo kon-plexuak izango dira.

35

Adibideak(a) Rn espazio bektorial (erreala), n osagai er-realeko zutabe bektoreen espazioa.(b) E2, geometriako planoko bektoreen espa-zioa. Ardatz kartesiarrak hartuz, isomorfoa daR2 espazio bektorialarekin.(c) R-ko tarte jakin batean definitutako f(x)funtzioak, batuketa eta eskalar (erreal) bate-kiko biderketarekin.

Izan bedi V espazio bektoriala eta U honenazpimultzo bat (ez hutsa). Esango dugu V es-pazio bektorialaren azpiespazioa dela U baldinedozein bektore x, y ∈ U eta eskalar c-rako :(1) x + y ∈ U(2) c x ∈ UEspazio bektoriala da U azpiespazioa. (V -renazpiespazio ez-jatorrak dira {0} eta V bera.)

Rn (edo agian Cn), E2 plano geometrikoa edoE3 espazio geometrikoa, eta hauen azpiespa-zioak izango dira guk lan egingo dugun espaziobektorial zehatzak. Oro har, V espazio bekto-rial abstraktoa kontsideratuko dugu.

36

A matrizearen zutabe espazioa deituko diogu

A-ren zutabeen konbinazio lineal guztien mult-

zoari, R(A) idatziz.

A matrizearen espazio nulua deituko diogu

A x = 0 betetzen duten x bektore guztien mult-

zoari, N (A) idatziz.

Propietatea 1

Izan bedi A matrizea, m× n tamainakoa :

(a) R(A) espazioa Rm-ren azpiespazioa da.

(b) N (A) espazioa Rn-ren azpiespazioa da.

Frogatu

Ohartu honetaz : A x = b ekuazio linealeko sis-

temak soluzioa izango du baldin eta soilik bal-

din b ∈ R(A).

Oro har, V espazio bektorial bateko bektore

batzuk emanik, v1, v2, . . . , vn bektoreak, hauen

konbinazio lineal guztien multzoa V -ren azpies-

pazioa da.

37

EKUAZIO LINEALEKO SISTEMAK

Izan bedi A x = b sistema, A izanik m × n ta-

mainako matrizea. Gauss-en algoritmoa oro-

kortuko dugu, A matrizearen lerroekin eragi-

keta elementalak eginez tamaina berdineko U

matrize mailakatua lortzeko, non :

(1) Goiko aldean lerro ez nuluak daude, pi-

bota izanik lerro bakoitzaren lehenengo osagai

ez nulua ezkerretik.

(2) Pibot bakoitzaren azpiko osagai denak nu-

luak dira.

(3) Pibot bakoitza, gaineko lerroen piboten es-

kuinean dago.

Adibidea

Kalkulatu A = LU faktorizazioa :

A =

5 15 15 102 6 9 5

−1 −3 3 0

38

Izan bedi A matrize bat m × n tamainakoa,

Gauss-en algoritmoarekin faktorizazio hau lor

daiteke beti :

PA = LU

non P permutazio matrizea den, L matrize

behe-triangularra, diagonalean batak dituena,

bi matrizeak m×m tamainakoak, eta U matrize

mailakatua, m× n tamainakoa.

Sistema homogeneoa idatziko dugu :

A x = 0

Sistema hau baliokidea da :

U x = 0

Sistemaren ezezagun aldagaiak honela sailka-

tuko ditugu :

(a) oinarrizko aldagaiak, U matrize mailaka-

tuan pibota duten zutabeei dagozkienak,

(b) aldagai askeak, beste aldagiak.

39

Ax = 0 sistema homogeneoaren soluzioa ho-

nela aurkituko dugu :

(1) Gauss-en algoritmoarekin lortu Ux = 0 eta

identifikatu oinarrizko aldagaiak eta askeak.

(2) Aldagai aske bakoitzerako kalkulatu Ux =

0 sistemaren soluzioa oinarrizko aldagaientzat

(atzeraka ordezkatuz), aldagai aske horri 1 ba-

lioa eta beste aldagai askeei 0 balioa emanez.

(3) Bigarren urratsean kalkulatutako soluzioen

konbinazio linealen azpiespazioak ematen digu

N (A) espazio nulua, hau da, Ax = 0 sistema-

ren soluzioen multzoa.

Adibidea

Kalkulatu Ax = 0 sistema homogeneoaren so-

luzioak, aurreko adibidearekin jarraituz.

40

Ax = b ekuazio linealeko sistemaren soluzioen

multzoa, sistemaren soluzio orokorra, honela

kalkulatuko dugu :

(1) Gauss-en algoritmoaren bidez, Ax = b sis-

tematik Ux = c sistema baliokidea lortu.

(2) Sistema homogeneoaren xh soluzioa kalku-

latu lehen esan bezala.

(3) Aldagai askeei 0 balioa emanez, kalkulatu

dagokion xp soluzio partikularra.

Hau da Ax = b sistemaren soluzio orokorra :

xg = xp + xh

Adibidea

Kalkulatu sistema honen soluzio orokorra :

5u + 15v + 15w + 10t = 52u + 6v + 9w + 5t = 5−u− 3v + 3w = 5

41

Izan bedi r pibot kopurua, r ≤ m eta r ≤ n :

- Aldagai askeen kopurua n−r da. Baldin r = n

ez dago aldagai askerik.

- U matrize mailakatuko lerro nuluen kopurua

m− r da. Baldin r = m ez du lerro nulurik.

Propietatea 2

Izan bedi Ax = b ekuazio linealeko sistema, m

ekuazio eta n ezezagunekoa, eta r Gauss-en

algoritmoarekin lortzen diren piboten kopurua.

Baldin r = m sistemak beti du soluzioa, b edo-

zein delarik. Baldin r = n sistemak gehienez

soluzio bat du. Sistema homogeneoaren solu-

zioa x = 0 da r = n denean, N (A) = {0}.

Adibidea

Aztertu sistema hau :

5u + 15v + 15w + 10t = 52u + 6v + 9w + 5t = 5−u− 3v + 3w = 0

42

OINARRIAK ETA DIMENTSIOA

Esango dugu v1, v2, . . . , vn bektoreak linealki in-

dependenteak direla ondorengoa betetzen ba-

da : bektore hauen konbinazio lineala zero da

soilik baldin koefiziente guztiak nuluak badira.

Hau da :

c1v1 + c2v2 + . . . + cnvn = 0

=⇒ c1 = c2 = . . . = cn = 0

Bektore horiek linealki dependenteak dira exis-

titzen badira c1, c2, . . . , cn balioak, ez denak nu-

luak, c1v1 + c2v2 + . . . + cnvn = 0 izanik.

Zutabe bektoreekin ari garenean, hauekin

A = [v1|v2| . . . |vn] matrizea eraikiz, zutabeak li-

nealki independenteak dira baldin N (A) = {0},hau da, Ax = 0 sistemak soilik soluzio nulua

badu.

43

Bektoreak linealki independenteak diren azter-

tzeko A matrizetik U matrize mailakatua lor-

tuko dugu, Gauss-en algoritmoaren bidez, eta

r pibot baditugu :

- r = n kasuan, Ax = 0 sistemak soilik soluzio

nulua du, beraz zutabe bektoreak linealki inde-

pendeneak dira.

- r < n kasuan, Ax = 0 sistemak baditu x 6= 0

soluzioak, zutabe bektoreak linealki dependen-

teak dira.

Adibidea

A = [v1|v2| . . . |vn] emanik, aztertu zutabe bek-

toreak linealki independenteak diren :

A =

1 3 3 22 6 9 5

−1 −3 3 0

Matrize mailakatu batean linealki independen-

teak dira pibota duten r zutabeak, baita inde-

pendenteak dira matrizearen r lerro ez nuluak.

44

Adibideak(a) Aztertu aurreko adibidean lortu den U ma-trize mailakatuaren zutabe eta lerroak.(b) Izan bedi A matrize koadroa. Triangularrabada eta diagonaleko osagai denak ez nuluakbadira, matrizearen zutabeak linealki indepen-denteak dira, matrizearen lerroak ere bai.(c) I = [e1|e2| . . . |en] identitate matrizearen zu-tabeak independenteak dira, lerroak ere bai.

Propietateak 3(a) Bektore batzuk emanik, hauetako bat nu-lua bada, orduan bektore horiek linealki depen-denteak dira.(b) Bektore batzuk emanik, hauek linealki de-pendenteak dira baldin eta soilik baldin ho-rietako bektore bat besteen konbinazio linealabada.(c) Bektore batzuk emanik, linealki indepen-denteak direnak, bektore berri bat gehituz li-nealki dependenteak balira, orduan gehiturikobektorea hasierako bektoreen konbinazio line-ala litzateke.Frogatu

45

Izan bedi V espazio bektoriala, edo azpiespaziobat, eta v1, v2, . . . , vn bektore batzuk, esangodugu bektore hauek V sortzen dutela baldinbektore hauen konbinazio linealen multzoa V

bada. Honela bada, V -ko edozein bektore v,bektore horien konbinazio lineala da :

v = c1v1 + c2v2 + . . . + cnvn

Eta honelako edozein bektore V -koa da. Kon-binazio linealaren koefizienteek ez dute bakar-rak izan beharrik bektore bat emanik.

Zutabe bektoreak baditugu, A = [v1|v2| . . . |vn]idatziz, bektoreek sortutako azpiespazioa R(A)da, A matrizearen zutabe espazioa. Dakigunez,b ∈ R(A) baldin eta soilik baldin Ax = b siste-mak soluzioa badu, b bektoreari dagokion kon-binazio linealaren koefizienteak x soluzioarenosagaiak dira.

AdibideaIdentitate matrizearen zutabeek, e1, e2, . . . , en

bektoreek, Rn sortzen dute.

46

Oinarria definituko dugu : V espazio bektoria-laren oinarri bat da v1, v2, . . . , vn bektore mult-zoa baldin bektore hauek (1) linealki indepen-denteak badira eta (2) V sortzen badute.

V espazio bektoriala eta honen oinarri bat ema-nik, v bektoreari dagokion konbinazio linealarenkoefizientei koordenatuak deitzen zaie.

Propietatea 4Bektore baten koordenatuak bakarrak dira.Frogatu

Adibideak(a) Egiaztatu e1, e2, . . . , en bektoreek, unitatebektoreek, Rn espazio bektorialaren oinarri batosatzen dutela. Zein dira v ∈ Rn bektore batenkoordenatuak oinarri honetan ?(b) E2 geometriako planoko bektoreen espa-zioan, adierazi ardatz kartesiarrei dagokien oi-narria.(c) Izan bedi A matrize bat, edozein, n × ntamainakoa eta ez singularra. Frogatu A-renzutabeek Rn-ren oinarri bat osatzen dutela.

47

(d) Aztertu matrize honen zutabeek R2-ren oi-

narria osatzen duten. Horrela bada, kalkulatu

v = [2,1]T bektorearen koordenatuak.

A =

[1 12 3

]

Propietatea 5

V espazio bektorial batean, v1, v2, . . . , vm bek-

toreek V sortzen badute eta w1, w2, . . . , wn bek-

toreak linealki independenteak badira, orduan

m ≥ n.

Frogatu

Ondorioa

Espazio bektorial bateko oinarri guztiek bek-

tore kopuru bera dute, espazio bektorialaren

dimentsioa deitzen diogun zenbakia.

Frogatu

Beraz, azken adibideen arabera, dimRn = n.

Bestalde dim {0} = 0 idatziko dugu.

48

Ondorioa

Izan bedi V espazio bektoriala.

Baldin v1, v2, . . . , vm bektoreek V sortzen ba-

dute orduan m ≥ dimV .

Baldin w1, w2, . . . , wn bektoreak linealki inde-

pendenteak badira orduan n ≤ dimV .

Ondorioa

Izan bedi V espazio bektoriala eta U azpiespa-

zioa : dimU ≤ dimV .

Frogatu

Propietatea 6

V espazio bektorial batean, izan bedi bektore

multzo bat V sortzen duena eta horien az-

pimultzo bat bektore linealki independenteek

osatua. Existitzen da V -ren oinarri bat azpi-

multzo honi (sortzaile ez balitz) hasierako mul-

tzoko bektore batzuk gehituz lortzen dena.

Frogatu

49

AZPIESPAZIOEN OINARRIAK, MATRI-

ZEAREN HEINA (RANK, RANGO)

Izan bedi A matrizea m × n tamainakoa. De-

finitu genuen R(A) zutabe espazioa, Rm-ren

azpiespazioa dena. A matrizearen lerro espa-

zioa deituko diogu A-ren lerroek sortzen duten

Rn espazio bektorialaren azpiespazioari. Naba-

ria denez, A-ren lerro espazioa R(AT ) da.

Eman dezagun A matrizetik Gauss-en algorit-

moaren bidez r pibot dituen U matrize maila-

katua lortzen dugula.

Propietatea 7

(a) A eta U matrizeen lerro espazioak berdinak

dira, R(AT ) = R(UT ), eta azpiespazio honen

oinarria dugu U-ren r lerro ez nuluak hartuz.

(b) A matrizearen zutabe espazioaren oinarri

bat dugu pibotei dagozkien A-ko zutabeak (ez

U-koak) hartuz. Oro har R(A) 6= R(U).

Frogatu

50

A matrizearen heina deituko diogu r pibot ko-puruari :

rank(A) = r = dimR(A) = dimR(AT )

N (A) espazio nuluari dagokionez, Ax = 0 sis-tema homogeneoaren soluzioak kalkulatzekoeman zen algoritmoaren bidez lortzen da Rn-koazpiespazio honen oinarri bat.

Algebrako teorema nagusiaIzan bedi A matrizea m× n tamainakoa :

rank(A) + dimN (A) = n

Frogatu

AdibideaGauss-en algoritmoari jarraituz, lortu rank(A).Aurkitu R(A), R(AT ) eta N (A) azpiespazioenoinarriak. Egiaztatu algebrako teorema nagu-sia.

A =

1 3 3 22 6 9 5

−1 −3 3 0

51

Izan bedi Ax = b ekuazio linealeko sistema,

m ekuazio eta n ezezagunekoa. Lehendik daki-

guna gogoratuz :

- Baldin rank(A) = m, sistemak beti du solu-

zioa b edozein delarik (R(A) = Rm), eta

dimN (A) = n−m ≥ 0.

- Baldin rank(A) = n, sistemak gehienez solu-

zio bat du, eta dimN (A) = 0 (sistema homo-

geneoaren soluzioa x = 0 da eta A-ren zuta-

beak linealki independenteak dira).

Azkenik, izan bedi A matrizea n × n tamaina-

koa : alderanzkarria da baldin eta soilik baldin

rank(A) = n badugu (A-ren zutabeek Rn-ren

oinarri bat osatzen badute).

52

TRANSFORMAZIO LINEALAK,OINARRI ALDAKETAK

Transformazio lineala deitzen zaio espazio bek-torial batetik beste espazio bektorial baterakow = T (v) funtzioari baldin :

T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2)T (c v) = c T (v)

A matrizea emanik, m×n tamainakoa, y = Axidatziz Rn-tik Rm-rako T transformazio linealadugu nabaria denez. Argi dago unitate bekto-reei A-ren zutabeak egokitzen dizkiela T -k :

A = [T (e1)|T (e2)| . . . |T (en)]

Oinarri aldaketa batek transformazio lineal batdefinitzen du, matrize alderanzkarri baten bi-dez. Izan bedi V espazio bektoriala eta honenbi oinarri : v1, v2, . . . , vn eta v′1, v′2, . . . , v′n. Hardezagun v ∈ V bektorea, honek lehenengo oi-narrian dituen koordenatuekin x zutabe bekto-rea osatuko dugu eta bigarren oinarrian dituenkoordenatuekin x′ zutabe bektorea, x, x′ ∈ Rn.

53

Erlazio hau betetzen da :

x = P x′

P matrizearen zutabeak izanik bigarren oinar-

riko bektoreen koordenatuak lehenengo oinar-

rian.

Frogatu P horrela definituz x = P x′ erlazioa

lortzen dela. Idatzi v =∑n

i=1 xivi =∑n

j=1 x′jv′j.

Adibidea

E2 geometriako planoko bektoreen espazioan

egiaztatu puntu batekiko θ angeluko biraketa

T transformazio lineala dela. Ardatz kartesiar-

rak hartuz kalkulatu T -ri dagokion A matrizea.

Ohartu matrizea alderanzkarria dela. Ardatz

kartesiarrak θ angelua biratuz frogatu oinarri

aldaketari dagokion matrizea P = A dela.

54

4. gaia : AUTOBALIO ETA

AUTOBEKTOREAK

DETERMINANTEAK

Matrize koadro baten determinantea definituko

dugu errekurtsiboki.

Izan bedi A matrize koadroa : (i, j) minorea

deitzen zaio, Aij idatziz, A matrizetik i. lerroa

eta j. zutabea kenduta geratzen den matrizea-

ren determinanteari. A matrizearen kofaktorea

deitzen zaio (−1)i+jAij zenbakiari.

55

Definizioa

(a) Matrizea 1× 1 tamainakoa bada :

det [a] = a

(b) Matrizea n× n tamainakoa bada :

detA =n∑

j=1

(A)1jA1j

(lehenengo lerroko osagaiak dagozkien kofak-

toreekin biderkatu eta guztia batu)

Adibideak

(a) Kalkulatu :

det

[−4 −52 3

], det

2 1 31 2 −12 −1 3

(b) Egiaztatu identitatearen determinantea 1

dela.

56

Propietatea 1 (definizioaren orokortzea)Determinantea edozein lerro edo zutabe gara-tuz kalkula daiteke :

detA =n∑

j=1

(A)rjArj =n∑

i=1

(A)isAis

edozein r eta s-rako.

Propietateak 2(a) detA = detAT

(b) Baldin matrizearen lerro edo zutabe batnulua bada detA = 0(c) Baldin matrizearen bi lerro (zutabe) berdi-nak badira detA = 0

Propietateak 3 (eragiketa elementalak)(a) A matrizean bi lerro (zutabe) trukatuz A′

lortu bada : detA′ = −detA

(b) A matrizean lerro (zutabe) bat c eskalarra-rekin biderkatuz A′ lortu bada : detA′ = c·detA

(c) A matrizean lerro (zutabe) bati beste lerro(zutabe) baten multiploa gehituz A′ lortu ba-da : detA′ = detA

57

Propietateak 4

(matrize singularrak, matrize biderkadura)

(a) A matrizea singularra da baldin eta soilik

baldin detA = 0

(b) A matrizea ez singularra denean :

detA−1 = 1/detA

(b) detAB = (detA) · (detB)

AUTOBALIO ETA AUTOBEKTOREAK

Izan bedi A matrize koadro bat (osagai errealak

dituena), n× n tamainakoa. Baldin :

A x = λx

non λ eskalar (erreal) bat den eta x 6= 0 bek-

tore bat, esango dugu λ matrizearen autobalio

bat dela eta x ∈ Rn matrizearen autobektore

bat. Honela bada, λ autobalioari elkartutako

autobektorea da x, eta alderantziz. (Zenbaki

konplexuekin ari bagara A matrizearen osagai-

ak eta λ autobalioak C-koak dira eta x auto-

bektoreak Cn-koak.)

58

Propietatea 5

A matrizearen autobalioa da λ baldin eta soilik

baldin A− λI matrize singularra bada, hau da,

baldin eta soilik baldin det (A− λI) = 0.

Frogatu

Matrizearen ekuazio karakteristikoa deitzen za-

io det (A − λI) = 0 ekuazioari, eta polinomio

karakteristikoa p(λ) = det (A − λI) polinomio-

ari. Beraz autobalioak p(λ) polinomioaren er-

roak dira.

Adibideak

Kalkulatu autobalioak eta hauei elkartutako

autobektoreak :[12 −4−8 8

],

8 2 11 7 31 1 6

59

Propietateak 6

Izan bedi A osagai errealeko matrizea, n × n

tamainakoa.

(a) Gehienez n autobalio existitzen dira : A

matrizearen polinomio karakteristikoaren erro

erreal desberdinak λ1, λ2, . . ., λr badira eta

hauen anizkoiztasunak m1, m2,. . .,mr badira

hurrenez hurren, orduan m1+m2+. . .+mr ≤ n.

Baldin r = n, erroak bakunak dira.

(b) Izan bedi U autobalio bati elkartutako au-

tobektore guztiek osatzen duten multzoa (0

gehituta) : A matrizearen azpiespazioa da U .

(c) Izan bedi Ui, λi autobalioari elkartutako au-

tobektoreen azpiespazioa : 1 ≤ dimUi ≤ mi.

(d) Izan bitez U1, U2, . . . , Ur autobektore az-

piespazioetako r bektore multzo : v1i , v2

i , . . . ∈Ui bektoreak linealki independenteak. Bektore

hauek guztiak {vji | i = 1,2, . . . , r; j = 1,2, . . .}

linealki independenteak dira.

60

(e) A matrizearen autobalioei elkartutako U1,

U2,. . .,Ur autobektore azpiespazioen diment-

sioen batura n denean (m1 + m2 + . . . + mr =

n eta dimUi = mi izan behar), azpiespazio

hauetan oinarriak hartuz, hauen bildura Rn-

ren oinarria da. Bereziki, baldin r = n autoba-

lio desberdin baditu A matrizeak, λ1, λ2, . . .,

λn, eta hauei elkartutako autobektoreak badira

v1, v2, . . . , vn hurrenez hurren, orduan bektore

hauek Rn-ren oinarria osatzen dute.

Adibidea

Kalkulatu matrizearen autobalioak eta hauei

elkartutako autobektore azpiespazioak :

A =

7 0 0 0 00 4 1 0 00 0 4 0 00 0 0 7 00 0 0 0 4

61

MATRIZE DESKONPOSIZIOA,TRANSFORMAZIO LINEALAK

Izan bedi n×n tamainako A matrizea, autoba-lioei elkartutako U1, U2, . . . , Ur autobektore az-piespazioen dimentsioen batura n izanik. Au-tobalioak λ1, λ2, . . ., λn izango dira, non errobakoitza mi (anizkoiztasuna) aldiz errepikat-zen dugun. (Orain m1 + m2 + . . . + mr = n

eta dimUi = mi dira.) Azpiespazioetan oinar-riak hartuz, {v1, v2, . . . , vn} bildura Rn-ren oi-narria da eta zutabe bektore hauekin P ma-trizea eraikiko dugu. Bestalde autobalioekin Λmatrize diagonala eraikiko dugu. Kontuan iza-nik A vi = λivi dela, berdintza hau dugu (bider-ketak zutabeka eginez) :

AP = PΛ

Eta P alderanzkarria denez :

A = PΛP−1

edo

P−1AP = Λ

62

Alderantziz, baldin existitzen bada P matrize

alderanzkarri bat P−1AP = Λ izanik, non Λ dia-

gonala den, orduan, AP = PΛ idatzita ikusten

denez, Λ matrizearen diagonaleko osagaiak A

matrizearen autobalioak dira, eta P matrizea-

ren zutabeak horiei elkartutako autobektoreak,

hauek Rn-ren oinarria osatuz.

Adibidea

Lortu A = PΛP−1 deskonposizioa :

A =

1 1 00 2 10 0 3

Transformazio lineal baten adierazpide matri-

ziala aztertuko dugu. Izan bedi V espazio bek-

toriala B = {v1, v2, . . . , vn} bere oinarri bat iza-

nik, W beste espazio bektoriala C = {w1, w2,

. . . , wm} bere oinarri bat izanik, eta T transfor-

mazio lineala V -tik W -rakoa.

63

Har dezagun v ∈ V bektorea eta honen irudia

w = T (v) ∈ W . Baldin v bektoreak B oinarrian

dituen koordenatuekin x ∈ Rn zutabe bektorea

osatzen badugu eta w bektoreak C oinarrian

dituen bektoreekin y ∈ Rm zutabe bektorea,

erlazio hau lortzen dugu :

y = Ax

non A matrizearen j. zutabea T (vj) bektoreak

C oinarrian dituen koordenatuek osatzen du-

ten, j bakoitzerako. Beraz T transformazio li-

neala A matrizearen bidez adieraz dezakegu, V

eta W espazio bektorialetan oinarriak finkatuz.

A matrizea m × n tamainakoa da, dimV = n

eta dimW = m izanik.

Frogatu A matrizea horrela definituz y = Ax

erlazioa lortzen dela. Idatzi v =∑m

j=1 xjvj eta

w = T (v) =∑n

i=1 yiwi.

64

Izan bitez V eta W espazio bektorial bera, B ={v1, v2, . . . , vn} oinarri bat izanik. Eman deza-gun T transformazio lineala dugula eta honidagokion martizea B oinarrian A matrize koa-droa dela. Baldin A = PΛP−1 deskonposizioabadugu, P matrize alderanzkarria izanik etaΛ matrize diagonala, honela interpretatu ahaldugu deskonposizio hau : P matrizeak oinarrialdaketa definitzen du, hasierako B oinarritikB′ = {v′1, v′2, . . . , v′n} oinarrirako aldaketa, etaT transformazio linealari dagokion matrizea B′

oinarrian Λ = P−1AP matrize diagonala da.

Adibidea

E2 geometriako planoko bektoreen espazioana ardatzaren inguruko simetria transformaziolineala dela, erraz ikusten denez, T deitukodiogu. Hartu x1, x2 ardatz kartesiarrak, eta izanbedi θ angelua x1-etik a-ra doana. Izan bediB = {~v1, ~v2} ardatz kartesiarren oinarria (1 lu-zerako bektore geometrikoak), T -ri dagokionA matrizea kalkulatu behar dugu. (Jarraitu.)

65

Horretarako x′1, x′2 ardatz kartesiarrak hartuko

ditugu, hasierakoak θ angelua biratuz (x′1 ar-

datza a da), B′ = {~v′1, ~v′2} izanik ardatz karte-

siar berrien oinarria.

(a) Idatzi B′ oinarrian T -ri dagokion Λ matri-

zea. Diagonala da ?

(b) Idatzi oinarri aldaketaren P matrize alde-

ranzkarria.

(c) Kalkulatu A = PΛP−1 matrizea, T -ri B-n

dagokiona.

ORTOGONALTASUNA,

MATRIZE SIMETRIKOAK

Izan bitez x, y ∈ Rn zutabe bektoreak, hauen

biderkadura eskalarra honela definituko dugu :

(x, y) = xT y

Eta x ∈ Rn bektorearen norma hau izango da :

‖ x ‖= (xT x)1/2

66

Esango dugu x, y ∈ Rn bektoreak ortogonalakdirela baldin (x, y) = xT y = 0. Bektore multzobat ortogonala dela esaten da bektoreak el-karren artean ortogonalak direnean. Bektoreez nulu bat bat, x ∈ Rn, normalizatuko duguu = (1/ ‖ x ‖) x kalkulatuz, ondorioz ‖ u ‖= 1.Bektore multzo bat ortonormala dela esatenda ortogonala izanik bektoreak normalizatutabadaude.

Izan bedi P matrize koadroa, osagai errealakdituena, esango dugu P matrize unitarioa (edoortogonala) dela baldin :

PT P = I

Honela bada, P alderanzkarria da (determinan-teak hartuz ikusten da), eta hau dugu :

P−1 = PT

ondorioz P PT = I ere beteko da. Beraz, Pmatrizea, n × n tamainakoa, unitarioa da bal-din bere zutabeek Rn-ko bektore multzo orto-normala osatzen badute, edo bere lerroek erebektore multzo ortonormala osatzen badute.

67

V izanik n dimentsioko espazio bektoriala, B

oinarritik B′ oinarrirako aldaketari dagokion P

matrizea unitarioa bada, ondorengo propieta-

tea dugu. V -ko bektore batek B eta B′ oinarrie-

tan dituen koordenatuekin x eta x′ zutabe bek-

toreak eraikiz, eta beste bektore baten koorde-

natuekin y eta y′ zutabe bektoreak eraikiz :

xT y = (P x′)TP y′ = (x′)T y′

Hau da, P unitarioa denean, oinarri aldaketak

gorde egiten du biderkadura eskalarraren ba-

lioa.

Adibidea

E2 plano geometrikoan, x1, x2 ardatz kartesiar-

rak finkatuz, interpretatu bektore baten norma

eta bektore baten normalizazioa. Ardatz horiek

θ angelua biratuz finkatu x′1, x′2 ardatz karte-

siar berriak eta idatzi oinarri aldaketaren P ma-

trizea. Unitarioa da P matrizea ? Interpretatu

bektoreen biderkadura eskalarra eta ortogonal-

tasuna. (Jarraitu.)

68

Ohartu ardatz kartesiarren oinarriak bektore

multzo ortonormalak direla E2 plano geome-

trikoan eta E3 espazio geometrikoan ere.

Propietatea 7

Izan bedi A matrize simetrikoa, osagai errealak

dituena, orduan existitzen da P matrize unita-

rio bat :

P−1AP = Λ

matrize diagonala izanik. A-ren autobalioak Λ-

ren diagonalean daude eta horiei elkartutako

autobektoreak dira P -ren zutabeak.

Alderantziz, matrize koadro batek A = PΛP−1

deskonposizioa onartzen badu, P unitarioa eta

Λ diagonala izanik, orduan A simetrikoa da,

erraz ikus daitekeenez.

69

Adibideak

(a) E2 plano geometrikoan, ardatz kartesiarrak

hartuz, a ardatzaren inguruko simetriari dago-

kion A matrizea simetrikoa da eta A = PΛP−1

deskonposizioa onartzen du, P unitarioa eta Λ

diagonala izanik, ikusi genuen bezala.

(b) Lortu A = PΛP−1, P unitarioa eta Λ dia-

gonala izanik, matrize simetriko honetarako :

A =

1 0 10 −1 01 0 1

70