From db1fa4a86f83d808b97ebc977da1222a14a0afc0 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: Relintai Date: Wed, 6 Jun 2018 18:23:17 +0200 Subject: [PATCH] Finished the C part. --- .../Document.tex | 87 ++++++++++++------- 1 file changed, 58 insertions(+), 29 deletions(-) diff --git a/Lineáris Algebra és Geometria Vizsga/Document.tex b/Lineáris Algebra és Geometria Vizsga/Document.tex index a987840..f613e47 100644 --- a/Lineáris Algebra és Geometria Vizsga/Document.tex +++ b/Lineáris Algebra és Geometria Vizsga/Document.tex @@ -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}