Relintai/Documents
1
0
Fork 0
mirror of https://github.com/Relintai/Documents.git synced 2025-02-21 08:24:20 +01:00
Code Issues Packages Projects Releases Wiki Activity

Finished the C part.

Browse Source
This commit is contained in:
Relintai 2018-06-06 18:23:17 +02:00
parent 94d186f4aa
commit db1fa4a86f
1 changed files with 58 additions and 29 deletions
Show Stats Download Patch File Download Diff File Expand all files Collapse all files

87
Lineáris Algebra és Geometria Vizsga/Document.tex
View File

@ -1993,17 +1993,20 @@ Q-t akkor nevezzük negatív definitnek, ha minden $0 \neq x \in \mathbb{R}^n$ v
\begin{frame}
\begin{tcolorbox}[title={1. (4p)}]
Mondjuk ki a $b_1,...,bk$ vektorok lineáris függetlenségének definícióját, majd bizonyítsuk be, hogy ha $B = \{b_1,...,bk\}$ lineárisan független vektorrendszer, akkor minden lineáris kombinációjukként felírható vektor egyértelműen írható föl B-beli vektorok lineáris kombinációjaként.
Mondjuk ki a $b_1,...,b_k$ vektorok lineáris függetlenségének definícióját, majd bizonyítsuk be, hogy ha $B = \{b_1,...,b_k\}$ lineárisan független vektorrendszer, akkor minden lineáris kombinációjukként felírható vektor egyértelműen írható föl B-beli vektorok lineáris kombinációjaként.
\tcblower
A $v_1,...,v_k$ vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan független, ha csak a triviális lineáris kombinációja adja a nullvektort.\\
Képletben: tetszőleges ${\lambda}_1,{\lambda}_2,...,{\lambda}_k \in R$ esetén, ha ${\lambda}_1v_1 + {\lambda}_2v_2 + \cdot \cdot \cdot + {\lambda}_kv_k = 0$, akkor minden $i$-re ${\lambda}_i = 0$.\\
Ha lenne egy vektor, melynek kétféle fölírása is létezne: $u = Pk i=1 {\lambda}_ibi = Pk i=1 {\mu}ibi$, akkor a kétféle előállítást egymásból kivonva azt kapjuk, hogy\\
$0 = Pk i=1({\lambda}_i -{\mu}i)bi$.\\
Képletben: tetszőleges ${\lambda}_1,{\lambda}_2,...,{\lambda}_k \in \mathbb{R}$ esetén, ha ${\lambda}_1v_1 + {\lambda}_2v_2 + \cdot \cdot \cdot + {\lambda}_kv_k = 0$, akkor minden $i$-re ${\lambda}_i = 0$.\\
\mmedskip
Ha lenne egy vektor, melynek kétféle fölírása is létezne: $u = \sum_{i = 1}^k {\lambda}_ib_i = \sum_{i = 1}^k {\mu}_ib_i$, akkor a kétféle előállítást egymásból kivonva azt kapjuk, hogy\\
\mmedskip
$0 = \sum_{i = 1}^k ({\lambda}_i - {\mu}_i)b_i$.\\
\mmedskip
Ha a két előállítás különbözik, akkor valamelyik $({\lambda}_i-{\mu}i)$ együttható nem nulla, s ez ellentmond a $B$ lineáris függetlenségének.
\end{tcolorbox}
\end{frame}
@ -2019,31 +2022,35 @@ Q-t akkor nevezzük negatív definitnek, ha minden $0 \neq x \in \mathbb{R}^n$ v
Mondjuk ki azt az állítást, mely ezeket a fogalmakat összekapcsolja, és bizonyítsuk is be az állítást.
\tcblower
Ha $k \geq 2$, akkor a $v_1,...,v_k$ vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan összefüggő, ha létezik olyan $i$, hogy $vi$ lineárisan függ a többi $vj$ vektortól (azaz előáll mint a $v_1,...,vi-1,vi+1,...,v_k$ vektorok lineáris kombinációja).\\
Ha $k \geq 2$, akkor a $v_1,...,v_k$ vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan összefüggő, ha létezik olyan $i$, hogy $v_i$ lineárisan függ a többi $v_j$ vektortól (azaz előáll mint a $v_1,...,_vi-1,v_i+1,...,v_k$ vektorok lineáris kombinációja).\\
\mmedskip
Tegyük föl először, hogy a megadott vektorrendszer lineárisan összefüggő.\\
Ez azt jelenti, hogy a nullvektornak van egy olyan $Pk i=1 {\lambda}_ivi = 0$ előállítása, melynél valamelyik ${\lambda}_i$ együttható (pl. a ${\lambda}_i0$) nem $0$.\\
Ekkor a $vi0$ kifejezhető a többi vektor lineáris kombinációjaként, hiszen $vi0 = -(1/{\lambda}_i0)Pj \neq io {\lambda}_jvj$.\\
Ez azt jelenti, hogy a nullvektornak van egy olyan $\sum_{i = 1}^k {\lambda}_iv_i = 0$ előállítása, melynél valamelyik ${\lambda}_i$ együttható (pl. a ${\lambda}_{i_0}$) nem $0$.\\
\mmedskip
A fordított irányhoz tegyük föl, hogy $vi0$ lineárisan függ a többi $vj$ vektortól, azaz $vi0 = Pj \neq i0 {\mu}jvj$ valamilyen ${\mu}j$ együtthatókra.\\
Ekkor a $v_{i_0}$ kifejezhető a többi vektor lineáris kombinációjaként, hiszen $v_{i_0} = -(1/{\lambda}_{i_0})\sum_{j \neq i_0} {\lambda}_jv_j$.\\
\mmedskip
De ekkor átrendezhetjük a fönti egyenlőséget úgy, hogy minden vektor az egyenlőség azonos oldalára kerüljön, s ekkor azt kapjuk, hogy a ${\mu}i0 = -1$ választással: $Pk i=1 {\mu}ivi = 0$. Ez nem triviális lineáris kombinációja a $vi$ vektoroknak, mert ${\mu}i0 = -1 \neq 0$, tehát a vektorrendszer lineárisan összefüggő.
A fordított irányhoz tegyük föl, hogy $vi0$ lineárisan függ a többi $v_j$ vektortól, azaz $v_{i_0} = \sum_{j \neq i_0} {\mu}_jv_j$ valamilyen ${\mu}_j$ együtthatókra.\\
\mmedskip
De ekkor átrendezhetjük a fönti egyenlőséget úgy, hogy minden vektor az egyenlőség azonos oldalára kerüljön, s ekkor azt kapjuk, hogy a ${\mu}_{i_0} = -1$ választással: $\sum_{i = 1}^k {\mu}_iv_i = 0$. Ez nem triviális lineáris kombinációja a $v_i$ vektoroknak, mert ${\mu}_{i_0} = -1 \neq 0$, tehát a vektorrendszer lineárisan összefüggő.
\end{tcolorbox}
\end{frame}
\begin{frame}
\begin{tcolorbox}[title={3. (4p)}]
Mondjuk ki és igazoljuk azt az állítást, mely arról szól, mi történik, ha egy lineárisan független $a_1,...,ak$ vektorrendszerhez hozzávéve a $b$ vektort, az új, bővebb $a_1,...,ak,b$ vektorrendszer már összefüggővé válik.
Mondjuk ki és igazoljuk azt az állítást, mely arról szól, mi történik, ha egy lineárisan független $a_1,...,a_k$ vektorrendszerhez hozzávéve a $b$ vektort, az új, bővebb $a_1,...,a_k,b$ vektorrendszer már összefüggővé válik.
\tcblower
Ha egy lineárisan független $a_1,...,ak$ vektorrendszerhez hozzávéve a $b$ vektort, a kapott $a_1,...,ak,b$ vektorrendszer már összefüggő, akkor $b$ lineárisan függ az $a_1,...,ak$ vektoroktól (azaz előállítható lineáris kombinációjukként).\\
Ha egy lineárisan független $a_1,...,a_k$ vektorrendszerhez hozzávéve a $b$ vektort, a kapott $a_1,...,a_k,b$ vektorrendszer már összefüggő, akkor $b$ lineárisan függ az $a_1,...,a_k$ vektoroktól (azaz előállítható lineáris kombinációjukként).\\
\mmedskip
A feltétel szerint ugyanis léteznek olyan ${\lambda}_1,...,{\lambda}_k,{\mu}$ együtthatók, melyek közül legalább az egyik nem nulla, és melyekre $(Pk i=1 {\lambda}_iai) + {\mu}b = 0$. Itt azonban ${\mu}$ nem lehet nulla, ellenkező esetben az $ai$ vektorok már önmagukban is előálítanák a nullvektort nem triviális módon, ez pedig ellentmond a lineáris függetlenségüknek.\\
A feltétel szerint ugyanis léteznek olyan ${\lambda}_1,...,{\lambda}_k,{\mu}$ együtthatók, melyek közül legalább az egyik nem nulla, és melyekre $(\sum_{i = 1}^k {\lambda}_ia_i) + {\mu}b = 0$. Itt azonban ${\mu}$ nem lehet nulla, ellenkező esetben az $a_i$ vektorok már önmagukban is előálítanák a nullvektort nem triviális módon, ez pedig ellentmond a lineáris függetlenségüknek.\\
\mmedskip
Ha átrendezzük az előbbi egyenlőséget úgy, hogy a $b$ vektort hagyjuk az egyik oldalon, akkor ${\mu}$-vel osztva $b = Pk i=1(-{\lambda}_i/{\mu})ai$, ami azt mutatja, hogy $b$ lineárisan függ az $ai$ vektoroktól.
Ha átrendezzük az előbbi egyenlőséget úgy, hogy a $b$ vektort hagyjuk az egyik oldalon, akkor ${\mu}$-vel osztva $b = \sum_{i = 1}^k (-{\lambda}_i/{\mu})a_i$, ami azt mutatja, hogy $b$ lineárisan függ az $ai$ vektoroktól.
\end{tcolorbox}
\end{frame}
@ -2051,11 +2058,13 @@ Q-t akkor nevezzük negatív definitnek, ha minden $0 \neq x \in \mathbb{R}^n$ v
\begin{tcolorbox}[title={4. (4p)}]
Mondjuk ki az $\mathbb{R}^n$-beli alterek fogalmának a műveletekre való zártsággal való definícióját, majd bizonyítsuk be, hogy $\mathbb{R}^n$ két alterének metszete is altér.
\tcblower
$W {\subseteq} \mathbb{R}^n$ pontosan akkor altér, ha nem üres (ekvivalens módon itt azt is megkövetelhetjük, hogy a nullvektor benne van $W$-ben), továbbá $w1,w2 \in W$ esetén $w1 +w2 \in W$, valamint $w \in W és {\lambda} \in R$ esetén ${\lambda}w \in W$. Tegyük föl, hogy $W1,W2$ altér $\mathbb{R}^n$-ben.\\
$W \; {\subseteq} \; \mathbb{R}^n$ pontosan akkor altér, ha nem üres (ekvivalens módon itt azt is megkövetelhetjük, hogy a nullvektor benne van $W$-ben), továbbá $w_1,w_2 \in W$ esetén $w_1 + w_2 \in W$, valamint $w \in W$ és ${\lambda} \in \mathbb{R}$ esetén ${\lambda}w \in W$. Tegyük föl, hogy $W_1,W_2$ altér $\mathbb{R}^n$-ben.\\
\mmedskip
Ekkor a nullvektor mindkét altérnek eleme, így $W1 {\cap}W2$ nem üres. Ha $w1,w2 \in W1 {\cap}W2$, akkor mindkét $i$ indexre $w1 +w2 \in Wi$ (hiszen $Wi$ altér), s ezért az összegvektor benne van a metszetben.\\
Ekkor a nullvektor mindkét altérnek eleme, így $W_1 {\cap}W_2$ nem üres. Ha $w_1,w_2 \in W_1 {\cap}W_2$, akkor mindkét $i$ indexre $w_1 + w_2 \in W_i$ (hiszen $W_i$ altér), s ezért az összegvektor benne van a metszetben.\\
\mmedskip
Hasonlóan, ha $w \in W1 {\cap} W2$ és ${\lambda} \in \mathbb{R}$, akkor $Wi$ altér volta miatt ${\lambda}w \in Wi$ mindkét lehetséges $i$ indexre, így ${\lambda}w$ benne van a metszetükben is.
Hasonlóan, ha $w \in W_1 {\cap} W_2$ és ${\lambda} \in \mathbb{R}$, akkor $W_i$ altér volta miatt ${\lambda}w \in W_i$ mindkét lehetséges $i$ indexre, így ${\lambda}w$ benne van a metszetükben is.
\end{tcolorbox}
\end{frame}
@ -2066,17 +2075,22 @@ Q-t akkor nevezzük negatív definitnek, ha minden $0 \neq x \in \mathbb{R}^n$ v
Igazoljuk az egységmátrixszal jobbról való szorzásra vonatkozó összefüggést.
\tcblower
Az $In \in \mathbb{R}^{n x n}$ egységmátrix $i$-edik sorának $j$-edik eleme $1$, ha $i = j$, és $0$ egyébként (azaz a főátlóban $1$-esek, a főátlón kívül $0$-k szerepelnek).\\
Az $I_n \in \mathbb{R}^{n x n}$ egységmátrix $i$-edik sorának $j$-edik eleme $1$, ha $i = j$, és $0$ egyébként (azaz a főátlóban $1$-esek, a főátlón kívül $0$-k szerepelnek).\\
\mmedskip
Úgy is írhatjuk, hogy a mátrix általános eleme ${\delta}ij$, ahol ${\delta}ij$ a szokásos Kronecker-szimbólum.\\
Úgy is írhatjuk, hogy a mátrix általános eleme ${\delta}_{ij}$, ahol ${\delta}_{ij}$ a szokásos Kronecker-szimbólum.\\
\mmedskip
Tetszőleges $A \in \mathbb{R}^{k \; x \; n}$ és $B \in \mathbb{R}^{n \; x \; m}$ mátrixokra $AI_n = A$ és $I_nB = B$.\\
\mmedskip
Tetszőleges $A \in \mathbb{R}^{k x n}$ és $B \in \mathbb{R}^{n x m}$ mátrixokra $AIn = A$ és $InB = B$.\\
Az $AI_n = A$ igazolásához jelölje $a_{pq}$ az $A$ mátrix általános elemét.\\
\mmedskip
Az $AIn = A$ igazolásához jelölje $apq$ az $A$ mátrix általános elemét.\\
A szorzatmátrixban az $i$-edik sor $j$-edik eleme a szorzás definíciója szerint $_{i} [AI_n]_j = \sum_{t = 1}^n (a_{it}{\delta}_{tj})$.\\
\mmedskip
A szorzatmátrixban az $i$-edik sor $j$-edik eleme a szorzás definíciója szerint $i[AIn]j = Pn t=1(ait{\delta}tj)$.\\
Ebben az összegben ${\delta}tj = 0$ ha $t \neq j$, ezért csak az egyetlen $a_{ij}{\delta}jj = a_{ij}$ tag marad meg.
Ebben az összegben ${\delta}_{tj} = 0$ ha $t \neq j$, ezért csak az egyetlen $a_{ij}{\delta}_{jj} = a_{ij}$ tag marad meg.
\end{tcolorbox}
\end{frame}
@ -2085,7 +2099,12 @@ Q-t akkor nevezzük negatív definitnek, ha minden $0 \neq x \in \mathbb{R}^n$ v
\begin{tcolorbox}[title={8. (4p)}]
Mondjuk ki és bizonyítsuk be a mátrixok szorzatának transzponáltjára kimondott összefüggést.
\tcblower
Ha $A \in R^{k \; x \; l}$ és $B \in \mathbb{R}^{l \; x \; n}$, akkor $(AB)T = B^TA^T$. A szorzat transzponáltjának általános eleme ugyanis: $i[(AB)T]j = j[AB]i = Pl t=1 j[A]t \cdot t[B]i = Pl t=1 i[B^T]t \cdot t[A^T]j = i[B^TA^T]j$.
Ha $A \in R^{k \; x \; l}$ és $B \in \mathbb{R}^{l \; x \; n}$, akkor $(AB)^T = B^TA^T$.\\
\mmedskip
A szorzat transzponáltjának általános eleme ugyanis:\\
\mmedskip
$_{i} [(AB)^T]_j =$ $_{j} [AB]_i = \sum_{t = 1}^l $ $_{j} [A]_t \cdot $ $_{t} [B]_i = \sum_{t = 1}^l $ $_{i} [B^T]_t \cdot $ $_{t} [A^T]_j = $ $_{i} [B^TA^T]_j$.
\end{tcolorbox}
\end{frame}
@ -2093,9 +2112,19 @@ Q-t akkor nevezzük negatív definitnek, ha minden $0 \neq x \in \mathbb{R}^n$ v
\begin{tcolorbox}[title={15. (4p)}]
Definiáljuk egy $A \in \mathbb{R}^{n x n}$ mátrix jobb oldali sajátértékének fogalmát, majd igazoljuk, hogy az $A$ mátrix ${\lambda}$ sajátértékű (jobb oldali) sajátvektorai a nullvektorral kiegészítve alteret alkotnak $\mathbb{R}^n$-ben.
\tcblower
${\lambda} \in R$ jobb oldali sajátértéke $A$-nak, ha van olyan $0 \neq v \in \mathbb{R}^n$ vektor, melyre $Av = {\lambda}v$. (Ilyenkor $v$-t a ${\lambda}$-hoz tartozó (egyik) sajátvektornak nevezhetjük.)\\
${\lambda} \in \mathbb{R}$ jobb oldali sajátértéke $A$-nak, ha van olyan $0 \neq v \in \mathbb{R}^n$ vektor, melyre $Av = {\lambda}v$. (Ilyenkor $v$-t a ${\lambda}$-hoz tartozó (egyik) sajátvektornak nevezhetjük.)\\
\mmedskip
Azt kell igazolnunk, hogy $W{\lambda} = {v \in \mathbb{R}^n |Av = {\lambda}v} \leq \mathbb{R}^n$. Nyilván $0 \in W{\lambda}$, így $W{\lambda}$ nem üres. Ha $v_1,v_2 \in W{\lambda}$, akkor $A(v_1 +v_2) = Av_1 +Av_2 = {\lambda}v_1 +{\lambda}v_2 = {\lambda}(v_1 +v_2)$, azaz $W{\lambda}$ zárt az összeadásra. Végül, ha $v \in W{\lambda}$ és ${\mu} \in R$, akkor $A({\mu}v) = {\mu}Av = {\mu}({\lambda}v) = {\lambda}({\mu}v)$, vagyis $W{\lambda}$ zárt a skalárral való szorzásra is.
Azt kell igazolnunk, hogy $W_{\lambda} = \{v \in \mathbb{R}^n |Av = {\lambda}v\} \leq \mathbb{R}^n$.\\
\mmedskip
Nyilván $0 \in W_{\lambda}$, így $W_{\lambda}$ nem üres.\\
\mmedskip
Ha $v_1,v_2 \in W_{\lambda}$, akkor $A(v_1 +v_2) = Av_1 +Av_2 = {\lambda}v_1 +{\lambda}v_2 = {\lambda}(v_1 +v_2)$, azaz $W_{\lambda}$ zárt az összeadásra.\\
\mmedskip
Végül, ha $v \in W_{\lambda}$ és ${\mu} \in \mathbb{R}$, akkor $A({\mu}v) = {\mu}Av = {\mu}({\lambda}v) = {\lambda}({\mu}v)$, vagyis $W_{\lambda}$ zárt a skalárral való szorzásra is.
\end{tcolorbox}
\end{frame}