Eloszo
A T.D.D.K. mintajara megprobalom a linearis algebra teleteit is kidolgozni, szavaimmal elmagyarazni. Mivel T.D.D.K.-n mar leirtam fontos kifejezeseket, itt is torekedni fogok ra, hogy csak akkor hasznaljam ugyanazt a szot, ha tenyleg ugyanazt jelenti (ilyenek pl.: halmaz, muvelet, relacio), illetve ha valami olyan dolog, hogy ilyen "dimatban ugye ez igy volt" cucc, akkor (% es %) koze irom majd. Erre a targyra ebbol a .pdf-bol tanultam, illetve persze eloadason es az eloadason osztott lapokrol. Ja igen, es egyertelmuen nem biztos, hogy mindent jol ertettem meg, szoval ha valahol gebasz van, footerben az elerhetosegem.
/!\ Disclaimer /!\
Nagyon fontos, hogy az itt leirtak CSAK a megertest segitik. Sok helyen csak elmagyarazok dolgokat, es nem irom le formalisan, meg csak ugy megjegyzem, hogy "ja ennek ez a jele". Erosen ajanlom, hogy ha valaki nem tud formalizalni dolgokat, nem tudja a jeloleseket, akkor miutan megert itt egy temat, azonnal nezze meg hozza a formalizalast.
Tartalomjegyzek
Ha valami [WiP], akkor eppen dolgozok rajta.Ha valami [SOONish], akkor meg el sem kedztem.
Az ilyen fejezetekben a linkek nem mindig mukodnek.
Vektorok
Kezdjuk egy nagyon alap fogalommal, mert sok dolog for erre epulni. Vagyis inkabb erre epulo fogalmakra fog, de azok meg erre epulnek. Szoval egy vektor gyakorlatilag egy sorszamokkal ellatott halmaz, vagyis nem mindegy, hogy milyen sorban irjuk bele az elemeket. Ertelemszeruen ha egy sikon (2 dimenzion, vagyis R2-ben) vesszuk az (1,2) vektort, akkor "egyet megyunk balra kettot fel", mig a (2,1) az "kettot balra egyet fel". A vektorokat altalaban el lehet kepzelni, mint terbeli pontok, de ha egyszer R3 fole megyunk, eleg abszurdda valik vektorok doleszszoge meg tavolsaga, forgatasa es hasonlo. De mi majd ertelmezni fogjuk mert faszagyerekek vagyunk.
Kezdjuk el osszeszedni a vektorokkal csinalhato alap dolgokat, de felejtsuk el a "pontok a terben" gondolatot. Gondoljunk a vektorokra ugy, mint sorszamozott halmazokra. Vektorokat lehet osszeadni (es kivonni). (a,b) + (x,y) = (a+x,b+y). Kivonas ertelemszeru. Szorozni es osztani nem lehet vektorral, de lehet szorozni vektort szammal (skalarral). 2(a,b) = (2a,2b). Egy pillanatra meg visszaterve a grafikussaghoz, szammal (skalarral) szorzas az a vektor nyujtasa. Aztan van ugye a 0 es 1 vektor megfeleloje (%amik ugye a zeroelem es semlegeselem (ha az additiv csoport relacioja az osszeadas es a multiplikative a szorzas(mert ugye Rn az test))%), ezek a nullvektor (0,0,0,0,...,0) es az egysegvektor (1,1,1,1,...,1). Meg egy fogalom, egy vektor hossza (normaja): a koordinatak negyzetosszegenek gyoke. Szoval |(a,b)| = sqr(a2 + b2).
Na most, ahogy vannak halmazok es halmazrendszerek, vannak vektorok es vektorrendszerek is. Vektorrendszereket jobban tudunk jellemezni mint vektorokat magukban, es ezek sok dologert felelosek lesznek. Az elso ilyen, hogy egy vektorrendszer (linearisan) fuggetlen, avagy osszefuggo. Na most, ha egy vektorrendszer elemei ugye vektorok, es a vektorokat lehet skalarral szorozni. Ha egy vektorrendszerben minden vektort megszorzunk valamilyen skalarral (lehet mind ugyanaz, de lehet mind kulonbozo), aztan osszeadjuk oket, es az eredmeny 0 (nullvektor, nem nulla), akkor a vektorrendszer fuggetlen. Ennek van par kovetkezmenye. Egyreszt az, hogy a vektorrendszerben egy vektor sem fugg az osszess tobbitol (ennek a halmazositott verzioja az, ha azt mondjuk a vektorrendszer fuggetlen, de majd meg kesobb lesz rola). A masik, hogy igy az osszes odakepzelt szorzo skalar biztos, hogy nulla, es ezt hivjak trivialis (linearis) kombinacionak. Vektorok egymassal vett masfele ilyen skalarosszorzos osszeados rendszere az (linearis) kombinacio. Ha barmi skalar nemnulla volt, az eredmeny megis a nullvektor, akkor a vektorrendszer osszefuggo. Ez azt is jelenti, hogy (legalabb) az egyik vektor eloallithato az osszes tobbi linearis kombinaciojakent.
Okes, tehat ha egy vektorrendszerbol egy vektor eloall az osszes tobbi valamilyen kombinaciojakent, akkor a rendszer generalja azt az egy vektort. Ha egy vektorrendszer minden letezo vektort general abban a terben amiben van, akkor generatornak hivjuk. Itt nagyon fontos megerteni, hogy nem a vektorok magukban, hanem a vektorrendszer egyben a generator. Lehet, hogy ha egyet kiveszunk belole mar nem lesz generator. Es az is lehet, hogy maga a vektorrendszer fuggetlen, es megis generalja a teret amiben van. Peldaul (0,1) es (1,0) fuggetlenek, megis ha elkezdjuk (linearisan) kombinalgatni oket, R2 minden vektorat megkapjuk.
Tovabba, ha egy vektorrendszer generator a terben amiben van, es a vektorai egymastol fuggetlenek, akkor bazisnak hivjuk. Itt van par ertelemszeru dolog, de muszaj megneznunk es megjegyeznunk. Ha R3-ban vagyunk, es R2 beli vektorokat veszunk, mindegy mennyit, nem tudnak genaratorok lenni. Egyszeruen mert egy (a,b) vektor soha nem lesz (a,b,c) alaku. Ellenben ha pont annyi linearisan fuggetlen vektort veszunk, amennyi dimenzioban vagyunk, az mindig generator (es igy bazis) lesz.
Szoval ugye vannak generatorok es bazisok. Ezek olyan vektorrendszerek, hogy a linearis kombinacioik (amikbol vegtelen sok van) generaljak a teret maguk korul. De ugye akkor tudjak csak az egesz teret, ha mi nem szukitjuk le oket szabalyokkal. Tegyuk fel, hogy en csak az olyan vektorokat akarok, amiknek az elso koordinataja 1, vagy hogy minden koordinatajuk oszthato harommal, esetleg egy bizonyos intervallumon belul vannak. Ha egy teret igy leszukitunk, akkor alteret kapunk. Egy alteret is lehet tovabbi alterekre bontani (szukiteni). Ahogy a "nagy" Rn terekben, ugy az alterekben is lehetnek generatorok es bazisok, ha az alter "szabalyai" alapjan generaljak az egeszet (es persze igaz rajuk a generatorsag es bazissag feltetele).
Ha vannak alterek, akkor valahogy meg kell tudnunk nezni, hogy ha csak ugy felirunk valami ilyen halmazt, akkor az tenyleg alter lesz-e (%gyurun az additiv es multiplikativ monotinitas%). Altalaban egy alter felirasa valami ilyen: {(a,b) eleme R2 | a = 2b}. Ez azt jelenti, hogy az olyan vektorokat tartalmazo alter (halmaz, vektorrendszer), hogy az elso koordinatajuk mindig a masodik fele. Ez igazabol gyakorlati feladat, nem elmeleti, de a lenyeg, hogy meg kell nezni, hogy ket ebbol az alterbol vett vektor osszegere is igaz-e az alter szabalya, illetve hogy ha egy alterbol vett vektort megszorzok es skalarral, akkor is igaz lesz. Ha ezek teljesulnek minden alterbeli vektorra, akkor alter. Pl R2 altere R3-nak, mert az osszeadas es skalarral szorzas se lep ki R2-bol R3-ba (%megjegyzem ha egesz terekre mas relaciot adnank az osszeadas es szorzas muveletekre, akkor akar meg lehetseges is lehetne%).
Hasonloan mint a halmazrendszerek unioja, altereknek (amik vektorrendszerek) szoktak vizsgalni a metszetet. Ha A egy Rn beli alter, akkor Span(A) az osszes Rn beli alter metszete, amiben A bennevan. Ez a megfogalmazas kicsit furcsa, es osszezavaro is lehet, de van egy sokkal egyszerubb. Ha van egy valamilyen (al)ter beli vektorrendszerunk, akkor ennek a vektorrendszernek a spanja lesz az egesz (al)ter. Ez a vektorrendszer igy a sajat spanjaban generatorkent fog viselkedni.
Ide johet egy uj fogalom. Egy vektorrendszer rangja a spanjanak (ami ugye egy alter lesz abban a (al)terben ahol vannak) dimenzioja. Azt meg nem mondtam, de egy vektorrendszerben (terben) a vektorok sorrendje szamit. Gondoljunk bele, ha felirok egy negyzetet a {(0,0),(0,1),(1,1),(1,0)} vektorrendszerrel (nyilvan kossuk ossze a pontokat vonalakkal amilyen sorrendben fel vannak irva), aztan azt mondom csereljuk ki az utolso kettot, es igy is tegyuk meg ugyanezt. Nem ugyanazt az alakzatot fogom kapni. Viszont bizonyos muveletek (a sorrendscsere is) rangtarto. Mert hiaba mas alter, nem fog kilepni a terbol amiben van. Szoval rangtarto muveletek a sorrendcsere, egy vektor skalarral valo szorzasa es ha egy vektorhoz hozzaadjuk egy masiknak a skalarral vett szorzatat (ahol a skalar nem nulla). Ezek kisertetiesen hasonlitanak annak a vizsgalatara, hogy egy alter alter-e.
Most jonni fog egy picit nehezebb fogalom, de egy kis gondolkodas utan at lehet latni. Ha van egy bazisom Rn-ben, es fogok egy v vektort amit ez a bazis beli vektorok kigeneralnak (a linearis kombinaciojukkal), akkor en kivehetek egy vektort a bazisbol, betehetem helyette v-t, es igy is bazist kapok (Rn-ben). Ez a Gauss-eliminiacio amugy.
Ugye korabban azt irtam, hogy vektorokat nem lehet szorozni. Nos, vektorokat nem lehet csak ugy szorozni, de van par kulonleges muvelet erre. A skalaris szorzas (<a,b> vagy siman ab) illetve a vektorialis szorzas (axb). Elobbi azt csinalja, hogy ket vektor koordinatait (komponenseit) rendre osszeszorozza egymassal, es osszeadja az igy kapott szamokat (ami vegul egy skalar lesz). Ugy is felirhato, ha a es b vektorok, hogy |a||b|cos(bezartszog). |a| ugye a hossza (normaja). Aztan a vektorialis szorzas ket vektorbol csinal egy harmadikat, ami mindig meroleges (ortogonalis) lesz az eredeti ket vektorra. Barmennyi dimenzioban vagyunk is. A skalaris szorzat amugy nulla, ha ket vektor alapbol ortogonalis (meroleges) volt. Ha meg |a||b|sin(bezartszog)-et irunk fel, ami a vektorialis szorzas egy formaja, az altalauk generalt (rajuk ortogonalis) vektor hosszusagat kapjuk meg. Illetve, ha vektorialis szorzasbol nem a nullvektort kapjuk, akkor a harom vektor jobbrendszert fog alkotni, barmi legyen is az.
A vegere van par azonossag, vagy olyasmi. Ha a,b,c vektorok, akkor a vegyes szorzatuk az elso ketto vektorialis szorzasanak eredmenye skalaris szorzata a harmadikkal, vagyis (axb)c. Aztan van a felcserelesi tetel, ami olyan mint az asszociativitas majdnem: (axb)c = a(bxc). Illetve van a kifejtesi tetel, ami szerint: (axb)xc = (ac)b - (bc)a.
Mátrixok
Legkonnyebben a matrixokat amolyan vektorrendszerekkent lehet elkepzelni, csak teljesen egybeirva. Programozosan lehet szepen megfogalmazni, amit nem fogok, mert ez matekes "irat". a vektorok egy dimenzios, a matrixok tobb dimenzios tombok ayy lmao De nem lehet ugy gondolni rajuk mindig, mint vektorrendszerek. Ettol fuggetlenul lesznek majd tulajdonsagaik, amik ugy mukodnek mintha vektorrendszerek lennenek. Szoval, egy matrix magaban nem lesz alter, de megis mukodhet baziskent, szinte. Egy matrixban az elemek sorokban es oszlopokban vannak. Altalanosan, ha M matrix, akkor iMj egy matrix i. soraban es j. oszlopaban van. Ha egy matrix mereteit akarjuk megadni, akkor Mnxm jelenti, hogy n sorbol es m oszlopbol all. Ez a sorrendszeruseg fontos, es nem felcserelgetheto csak ugy.
Ha megis at akarjuk rendezni egy matrix elemeit, arra az elso lehetosegunk a transzponalas, ami "elforgatja kilencven fokkal" a matrixot. Azaz az iMj-bol jMi lesz. A jele MT. Ertelemszeruen iMj = iMTj. A transzponalasnak vannak meg tulajdonsagai, de meg kell ismernunk nehany fogalmat mielott leirnam oket.
Na most, matrixokat osszeadni lehet konnyen, de szorozni nem. A szorzas itt nem kommutativ, vagyis ha A es B matrixok, akkor AB nem ugyanaz mint BA. Illetve csak akkor lehet ket matrixot osszeszorozni, ha az egyik (amivel szorzok (vagyis AB-nel B)) annyi soros mint ahany oszlopa a masiknak van (amit szorzok (AB-nel A)). Kiszamolgatni ket matrix szorzatanak elemeit egy jo kis szummaval lehet, aminek a "valtozoja" legyen l, ami 1-nel indul, es addig tart ahany sor van A-ban (vagyis amennyi oszlop van B-ben). Aztan siman osszeszorozzuk iAl-t es lBj-t. Persze i es j a sorok es oszlopok indexei.
Hasonlo a szorzashoz az adjungalas (es koze is van hozza). Ha A es A* matrixok, akkor iA*j = jAi. A szorzashoz meg ugy van koze, hogy ha AB ertelmezheto (jok a sor es oszlop szamok) akkor (AB)* = B*A*.
A matrixokrol nem csak az elemei, de a sorai es oszlopai alapjan is lehet dolgokat mondani. Az egyik ilyen a rang. Egy matrix sorai es oszlopai felfoghatoak vektorokkent. Ha a sorokbol kepzunk egy vektorrendszert, akkor amennyi vektor ezek kozul fuggetlen, annyi lesz a matrix sorrangja. Hasonloan oszlopokkal. Igy persze M sorrangja az MT oszloprangja. Szorzasnal ezek a rangok modosulhatnak. Az oszloprang altalaban teszi, mar csak azert is, mert az oszlopok szama vagy ugyanaz marad, vagy csokken, es ha csokken, akkor ha az oszloprang maximalis volt, akkor (ugyan maximalis marad) csokkenni fog eggyel. Szoval AB oszloprangja csak kisebb vagy egyenlo lehet, mint C oszloprangja. A rang jele amugy ro(M), nalam most legyen ro p. Szoval po(M) az oszlopok, ps(M) a sorok rangja. Az oszloprang amugy maga a matrix rangja.
Termeszetesen vannak nevezetes matrixok (meg matrixfajtak). Van a nullmatrix, es az egysegmatrix (%egysegelem es semlegeselem megint%). Elobbi csupa 0, a masik foatlojaban (bal felso sarokbol jobbra le atlosan) minden elem 1. Ertelemszeruen egysegmatrix sorai es oszlopai csak egyenloek lehetnek (amugy az ilyen matrixokat hivjuk negyzetmatrixnak vagy negyzetes matrixnak). Nullmatrix jele 0, egysegmatrixe In (n a dimenziok szama mint Rn-nel). Ha veszek A es B matrixokat, es AB = I, akkor B jobbinverze lesz A-nak (A pedig balinverze B-nek). Ez azert jo, mert ha egy matrixnak van balinverze, akkor annak maximalis a rangja (vagyis minden oszlopa (ha vektorok lennenek) linearisan fuggetlen(ek lennenek)). Amugy ez visszafele is igaz, szoval ha egy matrix (oszlop)rangja maximalis, akkor van baloldali inverze. Egy tovabbi kovetkezmenye annak, ha egy matrixnak van inverze (jobb vagy bal), hogy a determinansa nem nulla.
Na a determinans az egy elegge elvont fogalom, de sok mindent elmond egy matrixrol. Lenyegeben a matrix vektorai altal kifesztett paralelogrammaszeru test (parelelogramma, paralelepipedon, ???, stb) terfogatat adja meg. A kiszamolasat oszinten szolva en csak gyakorlatban tudom, a szumma kepletet mindenki magolja be kedvere. A determinans erteke alapjan eldonthetunk, eszrevehetunk bizonyos dolgokat. Eloszor is, ha a determinans nulla, akkor a matrix oszlopai (meg a sorai is) osszefuggoek. Aztan mivel igy a sorok es oszlopok rangja is nulla, akkor is az marad ha transzponaljuk a matrixot. Szoval |M| = MT (|M| vagy det(M) a determinans jele). Na aztan neztuk a bazistranszformaciot. Ha egy matrix determinansa 0, akkor nem lehet bazistranszformalni. Es ha egy matrixot nem lehet bazistranszformalni, akkor nem minden sora (oszlopa) fuggetlen, vagyis nem lehet invertalni.
Irtam nem sokkal feljebb nevezetes matrixokrol "alakokrol". Vannak a haromszog matrixok, amikben vagy csak a foatloban es alatta, vagy csak a foatloban es felette vannak nem nulla elemek (mind nem nulla (vagyis egyik sem nulla)). Ezek a felso es also haromszog matrixok. Ha se alatta se felette, csak a foatloban, akkor az diagonalis matrix. Minden haromszog es diagonalis matrix determinansa megkaphato a foatloban levo elemek szorzatabol. Az egysegmatrix is ilyen, de ott ugye minden 1, szoval a determinans is 1 (nullmatrixe 0). Aztan ha A es B ket matrix azonos meretu, akkor |AB| = |A||B|. Illetve, ha egy matrixban kicserelunk ket sort vagy ket oszlopot, a determinans szorzodik -1-el. Ha megint cserelunk, megint szorzodik. Es vegul, ha egy sor vagy oszlop csupa nulla, akkor a determinans is nulla lesz.
Egy matrixban, ha elhagyunk sorokat vagy oszlopokat, es egy uj matrixot hozunk letre, akkor ehhez is szamolhatunk determinanst (persze ha negyzetes marad a matrix). Na marmost, sajnos ez egy nehez fogalom es nagyon este irom, de ha a bal felso saroktol kezdve kezdjuk el elhagyni a sorokat, akkor minden ilyen "csak egy sor hianyzik belole" matrix aldeterminans kiszamolhatjuk. Ugye annyi lesz, ahany oszlopa (vagyis sora) volt a matrixnak. Ha vesszuk a "sarokban levo" elemet, vagyis ahol a kivett sor es oszlop osszeert, es megszorozzuk a kapott aldeterminanssal, akkor kapunk egy erteket. Ha az osszes ilyent osszeadjuk, akkor megkapjuk az eredeti matrix determinansat. Ugyanezt az oszlopokkal is meg lehet tenni.
Innentol lesz ket fogalom, amiket eleg nehezen ertettem meg, sot, mindjart egy olyannal kezdjuk ami nem is tudom mire jo. Ha van egy tetszoleges negyzetes matrixunk, es valasztunk egy ugyanabbol a terbol vett vektort, akkor biztos fogunk talalni egy olyan masik vektort, hogy azt a matrixxal megszorozva az elso vektort kapjuk. Illetve ha ennek a vektornak (amivel a matrixor szorozzuk) vesszuk valahanyadik elemet, akkor a masik vektort be tudjuk tenni a matrix pontosan annyiadik oszlopa (sora) helyett. Szoval ha Mx = b, akkor x n. elemet vesszuk, es b-t M n. oszlopa helyett rakjuk be. Na ha az igy kapott matrix determinansat meg az eredeti matrix determinansat elosztjuk egymassal, akkor pont az x-bol valasztott elemet kapjuk. Ez pedig az x barmelyik sorszamu elemere igaz. Ez a Cramer-szabaly.
A masik fogalom, ami nekem a gyakorlatban sem mondott sokat, az a matrixok hasonlosaga. Ha A, B es D ugyanabban a (al)terben levo negyzetes matrixok, es D invertalhato, akkor B = D-1AD. Ilyenkor A es B hasonlo. Hasonloak matrixok akkor is, ha a determinansuk egyenlo, es a karakterisztikus polinomjaik is (errol mindjart) megegyeznek.
Ehhez nagyon hasonlo a diagonalizacio. Ha D-1AD diagonalis (azaz csak a foatlojaban vannak elemek), akkor A diagonalizalhato (vagyis el lehet erni, hogy csak a foatlojaban legyenek elemek). Ami fasza, mert ugye akkor a foatloban levo elemek szorzata a matrix determinansa. Ja igen, az is feltetele a diagonalizalhatosagnak, hogy a matrix oszlopai (sorai) vektorokkent felirve bazist alkossanak a terban amiben vannak (Rn-ben).
Korabban lattunk ra peldat, hogy egy vektort megszorzunk egy matrixxal. Ilyenkor az a vektor (altalaban) megvaltozik. Megnyulik, elforog, vagy mindketto. Ha egy matrixxal megszorozva egy vektort annak csak es kizarolag a hossza valtozik (nyujtas), akkor az a matrixhoz tartozo sajatvektor lesz. Pontosabban szolva a matrix (egyik) sajatertekehez tartozo sajatvektor. Egy matrix sajatertekei a karakterisztikus polinomja felirasaval megadhatoak. A matrix foatoljanak osszes elemebol kivonunk egy szamot (altalaban lambda, de nalam Ł lesz). Amugy ez pont az, mintha a matrixbol kivonnam az (azonos meretu) egysegmatrix lambdaszorosat (mert annak a foatlojaban csak Ł elemek lesznek). Ha ez megvan, akkor vesszuk ennek az uj matrixnak a determinansat. Ez lesz a karakterisztikus polinom, es Ł (altalaban valos) gyokei lesznek a matrix sajatertekei. Ha pont annyi kulonbozo ilyen lambda van, mint a (al)ter dimenzioinak szama amiben vagyunk, akkor a matrix diagonalizhato is lesz. Na most, minden (kulonbozo) sajatertekhez tartozik egy sajatvektor is, ami egy olyan vektor, hogy ha a hozzatartozo sajatertekszeresere nyujtom (azzal szorzom), az pont ugyanaz, mintha megszoroznam a matrixxal (az is nyujtas ugye). Visszafele valami Ł szam akkor lesz egy M matrix sajaterteke, ha det(M - ŁI) = 0 (I az ugye az egysegmatrix (es persze azonos meretu van mint M)).
A matrix sajatertekeit ha kiszamoljuk, akkor bizonyos dolgokat tudunk mondani a matrixrol (ugye pl a szamuk alapjan ahogy az elobb lattuk). De ott van a kvadratikus alak is, ami igazabol egy nagyon egyszeru fogalom. Ha minden Ł (sajatertek) pozitiv, akkor a matrix pozitiv definit. Ha mindegyik negativ, akkor a matrix negativ definit. Ha vannak koztuk nullak is, akkor pozitiv (vagy negativ) szemi-definit. Ha pedig mindenfele elemek vannak, akkor indefinit. Ha minden Ł nulla, akkor a nullmatrixrol lenne szo, ami definicio szerint pozitiv definit.
Vektor és mátrix tételek amik nem illenek sehova
Van nehany tetel ami ugy gondoltam nem igenyel ket kulon fejezetet maganak, es megteveszti is lenne a "vektor+" cimkezes, mert mas jon ide mint amit az T.D.D.K.-n jelentett. Ugyanakkor mivel vektoros es matrixos dolgok, kell tudni a feljebb levoket a megerteshez.
Egyszer ugye mar vegigmentunk a vektorok alaptulajdonsagain. Koztuk ott volt a norma (hossz). Na most, ezt kicsit elvontabban is meg lehet fogalmazni. Egy vektor hossza ugye ugy volt, hogy a koordinatai negyzeteit osszeadom, es az egeszbol gyokot vonok. Na most, ha egy vektort onmagaval skalarszorzok, akkor is a koordinatai negyzetosszeget kapom. Szoval a vektor onmagaval vett skalaris szorzatanak a gyoke az a vektor (euklideszi (%euklideszi ter egy olyan integritasi tartomany, hogy vektorok axiomiai es a skalaris szorzas ertelmes benne%)) normaja. Az euklideszi tereket ugy lehet nepiesen mondani, hogy el birjuk kepzelni. Szoval ha belerajzol az ember egy haromszoget, akkor tenyleg haromszoget rajzol. A nem euklideszi terek mindenfele torz cuccok.
Euklideszi terekben ugye el birunk kepzelni hosszusagokat meg alakzatokat (%halmazokat%). Az elobb jottem a haromszoges peldaval. Van a haromszog-egynelotlenseg (hogy a haromszog ket oldala osszeadva mindig hosszabb vagy egyenlo mint a harmadik, kulonben "nem erne ossze"). Ezt normakkal is fel lehet irni. ||x + y|| <= ||x|| + ||y||. Mert ugye tudjuk, hogy ket vektor osszege igazabol egy tok masik vektort ad meg, nem az egyiket nyujtja valamerre (kiveve persze ha egyallasuak (linearisan osszefuggoek)).
Van egy erre nagyon hajazo tetel, a Cauchy-egyenlotlenseg. a es b vektorok skalar szozrata elojel nelkul (vagyis az abszolut erteke) mindig kisebb vagy egyenlo, mint a vektorok normajanak szorzata. Ha a es b raadasul (linearisan) fuggetlen, akkor csak egyenlo lehet.
A "nevezetes matrixalakok" koztul kihagytam eddig a szeimmetrikus matrixokat. Ez azt jelenti, hogy a matrix negyzetes, es ugyanaz mint a transzponaltja. Na ha ez igaz, akkor a matrix sajatvektorai sajatbazist fognak alkotni. Ebbe sem mentem bele, de ugye ha egy matrixnak vannak sajatertekei, azokhoz altalaban nem csak egy hanem egyfajta vektorok tartoznak. Ezek a vektorok pedig altereket (amik vektorrendszerek (%amik halmazok%)) alkotnak (ezek a matrix sajatalterei). A sajatbazis spanja minden ilyen alteret general ki. Szoval ha egy matrix szimmetrikus, akkor biztos tudunk majd ilyen bazist felirni.
Leképezések
Volt mar rola szo, hogy vektorokat tudunk nyujtogatni meg elforgatni. Ezeket linearis lekepezesnek (mas neven linearis transzformacioknak vagy linearis homomofizmusoknak) hivjuk. Bizonyos korulmenyek kzt ilyen transzformaciokat fuggvenyekkel is le tudunk irni. Egy fuggveny pedig pont akkor tud (egy vektorterben) homomorfizmus lenni (ha V->U, akkor Hom(V,U) a jele), ha (%ha muvelettarto lekepezes%), ha (f fuggveny, u es v vektorok, Ł meg egy skalar) f(u + v) = f(u) + f(v) (additiv), es f(Łu) = Łf(u) (homogen). Egy megjegyzes, picit talan dimatos: Fuggvenyek ertekkeszletere (rng) szoktak mondani, hogy a fuggveny kepe. Ezek pedig lekepezesek. Mert valamit lekepeznek, es igy valamibol valami kepet kapjuk meg. Ez a kovetkezo fogalomhoz egy kis belatast adhat a dologra. Peldaul kepzeljuk el az (1,1) vektort mint nyilacska az origobol kifele. Ha ezt az x vektorra lekepezem, akkor az (1,0) vektort kapom. Es jol lathato mibol mi lett. Na marmost (al)terek kozt is lehet igy kepezgetni, akar kevesebb, akar tobb dimenzioba is (%amugy milyen fasza mar, ha egy homomorfizmus dmn es rng kulonbozo vektorter (halmaz), es bijektiv, akkor izomorfizmus. kajak, ennek oszinten orulok igy ejfel korul mikor ezt irom. nagyon boldog lettem hogy erre rajottem, szarkazmus es ironia nelkul%).
Szoval legyen f egy olyan linearis homomorfizmus (lekepezes), hogy f:Rn->Rm. Ez akkor lehet, ha van egy csomo vektortunk, amik Rn-ben bazist alkotnak. Ha ezekre rahuzzuk az f fuggvenyt (lekepezest, transzformaciot, homomorfizmust), akkor ugyanennyi Rm beli vektort fogunk kapni. De korantsem biztos, hogy bazis marad amit kapunk, vagy hogy egyaltalan (linearisan) fuggetlen lesz.
Legyen f Hom(V,U). Ha kivesszuk V azon elemeit, amikbol nullvektor lesz, akkor azt f magterenek hivjuk, es Ker(f) a jele (ker mint kernel). Na most az ilyen lekepezesekre nem irjuk fel, hogy rng(f), ami (itt U lenne az) az ertekkeszlet, mert nem intervallum hanem vektorter. Helyette Im(f) (im mint image). Igy ha meg mindig van Hom(V,U) (V-bol U-ba lekepzo homomorfizmus), akkor dim(V) (vagyis V deimenzioszama) = dim(Ker(f)) + dim(Im(f)). Itt belegondolhat az ember, hogy Im(f) nem pont U? De nem, mert U csak az a vektorter amibe f "belerakja" V vektorait (%elemeit%). De nem feltetlenul tolti fel az egesz U vektorteret.
Hasonloan mint a sajatertek-sajatvektor matrixoknal, homomorfizmusokra is vannak sajatvektorok. Ha f az Hom(V,V) (szoval ugyanabba a (al)terbe kepez mint amibol indul), akkor barmilyen V beli v nem nullvekor sajatvektor lesz, ha f(v) = Łv valamilyen Ł skalarra. Szoval f(v) olyan, mintha v-t (balrol) valami matrixxal szoroznank.
Igy a vegere jojjon ket fogalom amit nem tudtam mashova beszoritani. Ha van egy R beli U es V (al)ter (vagy vektorter), amiknek azonos a dimenzioszama, akkor izomorfak. Ami azt jelenti, hogy letezik egy olyan homomorfizmus, ami U->V. Gondolom. Ja igen, es persze U es V dimenzioszama veges szam.
Na igy a legvegere egy fejfogos fogalom. Ha VxV-ben egy U komplex vektorter, (azert nem siman V, mert a komplex szamok rendezett parok (%Descartes-szorzat%)) es van egy f(x,y) amiben persze (x,y) egy U-bol vett elem, akkor f Hermit-fele, ha minden ilyen kiveheto (x,y)-ra f(x,y) = f(x,y) (az adjungaltja).
Leképezések+
A bizonyitasok kiirasa kozben rajottem, hogy van egy-ket lekepezeses fogalom, amit nem neztem meg. De ezeket nem annyira tudom az elozo fejezet strukturajaba beszoritani, es egyebkent is elegge "advanced" cuccok. Szoval olyan dolgok jonnek ide, hogy minden fentebb irt tudas feltetelezve van. Meg egy eleg "rossz" dolog, hogy nem kifejezetten ELTE-s forrasu anyagbol dolgozok, de mivel eddig is tobb forrasbol olloztam ossze nehany fogalmat, ez nem lehet nagy baj. Legfeljebb tudni fogunk dolgokat, amiket nem biztos, hogy szamonkernek.
Kezdjuk a bilinearis alakokkal. Oke, szoval a linearis lekepezesek egy valamilyen (al)terben egy A->B lekepezest csinaltak, ahol A es B valamilyen (al)ter. Namost a bilinearis lekepezesek hasonloak (%csak binerek%), csak egy rendezett parbol indulnak. Vagyis ha egy T (al)terben vagyunk, amiben U,V,W alter, akkor egy β:UxV->W lekepezest bilinearisnak hivunk, es ugy is felirhato, hogy (ha u ϵ U es v ϵ V), hogy β(u,v). Na ezek olyan rendezett parok, hogy a szorzas es osszeadas monoton mindket komponensukre. Vagyis β(x,y) eseten β(x+x',y) = β(x,y)+β(x',y), illetve β(ax,y) = aβ(x,y). Ugyanezek y-ra is. Jelolesuk: β(V,K) = {β:VxV->K | β bilinearis} (%es ezek halmazok%). Van erre egy tetel is, hogy β(V,K) vektorteret alkot, es az a bizonyitas, hogy mivel az osszeadas es skalarral szorzas nem lep ki a "szabaly" alol, igy vektorter.
Hogy a bilinearis alak ne csak egy void fogalom legyen, nezzunk ra peldat. Pl a skalaris szorzas ilyen lehet, ahol β(u,v)-ben u es v a ket vektor aminek a skalaris szorzatat keressuk, szoval β(u,v) = i=1-tol SUM k-ig (uivi), vagyis csak sorra osszeszorozzuk es osszeadjuk a kompnenseiket (ahogy eddig is csinaltuk). Igy, hogy mar nem az abcosgamma kepletet hasznaljuk, hanem elegge altalanositottunk, mindenfele dimenziokban es vektorterekben (%testekre pl%) tudunk skalaris szorzast csinalni. Szoval ha egy muveletre ra tudjuk huzni a bilinearissagot, akkor valszeg elegge szabadon hasznalhatjuk sok szamolasnal (%mint ahogy az addiciot es multiplikaciot altalanositottuk integritasi tartomanyokra (vagy jobban szolva az osszeadast addiciora es a multiplikaciot szorzasra)%).
Ahogy lattuk sima lekepezeseknel, lekepezesek tudnak nagyon hasonloan viselkedni mint matrixok. Annyira, hogy fel is irhatoak matrixokkent. Ugye egy sima vektort "matrixkent" felirni nagyon egyszeru: (1,2,3) = [1 2 3]. Na most, dolgozzunk csak ket dimenzioban. Legyen B egy vektorrendszer, benne u es v vektorokkal, illetve legyen B bazis R2-ben. Mi pedig egy F:R2->R2 lekepezest (fuggvenyt) akarunk egy M matrixkent felirni B bazisban. Persze igy minden v vektorra F(v) = Mv ami el akarunk erni, mert a sajatvektorok igy mukodnek. Ilyenkor M elso oszlopa F(u), masodik oszlopa pedig F(v) lesz. Szoval ha u = (u1,u2) es v = (v1,v2), akkor M = [[u1 v1][u2 v2]]. Ez a feliras picit nehez ertheto most, de az a legjobb ahogy matrixokat le tudtam irni. [u1 v1] az elso sor.
Ugyanezt bilinearis lekepzesekkel is meg tudjuk csinalni. Szoval legyen β(x,y) = {β:VxV->K | β bilinearis}, es vegyunk a B = trivialis e vektorrendszert bazisnak V-ben, ahol V n dimenzios. Ilyenkor ugye x,y ϵ V (szoval x es y vektorok (szoval x komponensei (koordinatai) x1,x2, stb)) eseten β(x,y) = β(x1e1+x2e2+...+xnen,y). De tudjuk, hogy a bilinearis alakban az osszeadas es szorzas "felbonthato". Szoval ugy is felirhatom, hogy β(x1e1,y)+β(x2e2,y)+...+β(xnen,y). Innentol pedig az x elemeket kiemelhetem az egyes tagokbol, szoval: x1β(e1,y)+x2β(e2,y)+...+xnβ(en,y). Minden tagra jatsszuk el ugyanezt az y-okkal is. Igy a vegere x1β(e1,e1)y1+x2β(e2,e2)y2+...+xnβ(en,en)yn lesz. Igy, hogy β(en,en) eloallt, oda barmi "bevarazsolhato". Szoval egyesevel fogjuk az osszes B beli vektort (B ugye V bazis es e-k az elemei), es mintha sima linearis lekepezest irnank matrixxa, irjunk fel vele egy M matrixot. Na most, mivel ugye elotte ki vannak eleme x tagok, es utana y tagok, igy a vegeredmeny: x*M*y (csak ugye x sor, y pedig oszlop, hogy ertelmezheto legyen a matrixxorzas). Ez az M matrix B bazison bilinearis alak matrix. Tegyuk fel, hogy B elemei nem a trivialis rendszer elemei, hanem valami mas szabaly alapjan felirt vektorok (pl ahol trivialis bazisban 1 van ott 0 legyen, es ahol 0 ott 1), ugy egesz mashogy nezne ki, es V-n kivul nem lehetne ramondani, hogy bilinearis alak matrix, csak V-ben es az adott bazissal.
Bizonyítások [WiP]
Ahogy TDDK-n, a bizonyitasok itt sem fognak feltetlenul valamilyen strukturat kovetni, es persze lesz, amit nem annyira tudok majd elmagyarazni. Illetve innentol nagyon formalizalva lesz minden, vagyis amit csak tudok. Ha valaki nem ismeri az ilyen jeloleseket, ajanlom eloszor ezeket megtanulni. Itt is lesz a TDDK-s jeloles, vagyis aminel /!\ van, azt fejbol bizonyiottam. Azonban ket uj dolog, //!!!\\, ha olyan bizonyitas, amire ugy emlekszem azt mondtak, nagyon fontos tudni, es //!=!\\, ha olyan egyszeru, hogy pazarlas nem tudni, mert ingyenpont.
Vektorok
Ha egy lin. fuggetlen vektorrendszerhez uj vektort adunk, es a rendszer igy osszefuggo lesz, az uj vektor fuggeni fog a tobbitol: Legyen a1,a2,...,an linearisan fuggetlen vektorok, es legyen a1,a2,...,an,b linearisan osszefuggo vektorok. Ilyenkor leteznek olyan Ł1,Ł2,...,Łn,Łn+1 skalarok, hogy Ł1a1+Ł2a2+...+Łnan+Łn+1b = 0, vagyis Ł1a1+Ł2a2+...+Łnan = (-1)(Łn+1b). Igy ha leosztunk (-1)Łn+1-el, a1,a2,...,an egy linearis kombinacioja pontosan b-t generalja, vagyis b fuggeni fog a1,a2,...,an vektoroktol.
Igazoljuk: Legyen olyan V alter Rn-ben, hogy van veges generatorrendszere, es V != {nullvektor}. Ekkor V barmely veges generatorrendszerebol kivalaszthato bazis: Okes, ezt a bizonyitast nem annyira ertettem elsore, de nezzuk.
Ha V generatorrendszere egyelemu, akkor az ertelemszeruen bazis. Ez okes, mert egy vektor nem tud mivel osszefuggo lenni, sot, ha egy generatorrendszer elemszama a ter dimenzioszama (amiben van), akkor biztos fuggetlen. Na most, ha V generatorrendszere nem egyelemu es/vagy osszefuggo, hagyjunk el egy vektort ami linearisan fugg a tobbitol. Ismeteljuk ezt a lepest mig fuggetlen vagy egyelemu generatorrendszert nem kapunk.
Amit en itt nem ertettem teljesen, hogy miert kell egyelemure visszamenni. Azert, mert lehet, hogy V alter csak egy egyenes, es igy egy darab vektor nyujtogatasaval generalhato. Igy lehet egyelemu bazisa.
Ha V generatorrendszere egyelemu, akkor az ertelemszeruen bazis. Ez okes, mert egy vektor nem tud mivel osszefuggo lenni, sot, ha egy generatorrendszer elemszama a ter dimenzioszama (amiben van), akkor biztos fuggetlen. Na most, ha V generatorrendszere nem egyelemu es/vagy osszefuggo, hagyjunk el egy vektort ami linearisan fugg a tobbitol. Ismeteljuk ezt a lepest mig fuggetlen vagy egyelemu generatorrendszert nem kapunk.
Amit en itt nem ertettem teljesen, hogy miert kell egyelemure visszamenni. Azert, mert lehet, hogy V alter csak egy egyenes, es igy egy darab vektor nyujtogatasaval generalhato. Igy lehet egyelemu bazisa.
//!!!\\ Kicserelesi tetel: Ide probalok majd sok magyrazatot irni, mert fontos, es a teteleknel nem volt rola szo.
Legyen V alter Rn-ben, es legyen a1,a2,...,ak linearisan fuggetlen. Mivel n dimenzioban vagyunk, igy k <= n, hiszen tobb vektor mar osszefuggo lenne. Ezen kivul legyen b1,b2,...,bm generatorrendszer V-ben. Vagyis m <= n, mert V legfeljebb n dimenzioju lehet. A tetel kimondja, hogy valaszthato egy olyan b (legyen bj), hogy ha a1-et kicsereljuk vele, bj,a2,...,ak fuggetlen marad, illetve, hogy k <= m.
Egy picit foglaljuk ossze. Van egy alterem, amiben van egy linearisn fuggetlen rendszer, es egy generatorrendszer, es tudom, hogy a lin. fuggetlen vektorokbol legfeljebb annyi lehet, mint a generatorrendszer elemszama. Igy ha kicserelek egy vektort a fuggetlenekbol eggyel a generatorok kozul, meg mindig fuggetlen maradok, es azt kell megmondjuk, hogy mindig van ilyen vektor a generatorrendszerben.
Ha k = 1, akkor egyertelmu, hiszen egy egy vektorbol allo vektorrendszer mindig linearisan fuggetlen. Ha k >= 2, akkor indirekt kell bizonyitani. Eloszor is szogezzuk le, hogy mivel b1,b2,...,bm V beli generator, es minden a vektor V beli, igy biztos, hogy b1,b2,...,bm egy linearis kombinacioja, vagyis fugg toluk. Na most, barmilyen bj elemet viszek be a1,a2,...,ak-ba, barmelyik ai elemre cserelem ki, fuggeni fog a tobbitol, de az osszes tobbi a vektor fuggetlen. Azonban ha barmelyik b fugg az a vektoroktol, de az osszes a fugg a b vektoroktol, igy az osszes a-nak is kellene fuggnie egymastol, de ez ellentmond a definicioval. Ezzel bizonyitva, hogy egy tetszoleges b vektor beviheto, vagyis k darab b vektorral lecserelve minden a vektort, meg mindig fuggetlen rendszert kapunk. Ismet, k <= m.
Legyen V alter Rn-ben, es legyen a1,a2,...,ak linearisan fuggetlen. Mivel n dimenzioban vagyunk, igy k <= n, hiszen tobb vektor mar osszefuggo lenne. Ezen kivul legyen b1,b2,...,bm generatorrendszer V-ben. Vagyis m <= n, mert V legfeljebb n dimenzioju lehet. A tetel kimondja, hogy valaszthato egy olyan b (legyen bj), hogy ha a1-et kicsereljuk vele, bj,a2,...,ak fuggetlen marad, illetve, hogy k <= m.
Egy picit foglaljuk ossze. Van egy alterem, amiben van egy linearisn fuggetlen rendszer, es egy generatorrendszer, es tudom, hogy a lin. fuggetlen vektorokbol legfeljebb annyi lehet, mint a generatorrendszer elemszama. Igy ha kicserelek egy vektort a fuggetlenekbol eggyel a generatorok kozul, meg mindig fuggetlen maradok, es azt kell megmondjuk, hogy mindig van ilyen vektor a generatorrendszerben.
Ha k = 1, akkor egyertelmu, hiszen egy egy vektorbol allo vektorrendszer mindig linearisan fuggetlen. Ha k >= 2, akkor indirekt kell bizonyitani. Eloszor is szogezzuk le, hogy mivel b1,b2,...,bm V beli generator, es minden a vektor V beli, igy biztos, hogy b1,b2,...,bm egy linearis kombinacioja, vagyis fugg toluk. Na most, barmilyen bj elemet viszek be a1,a2,...,ak-ba, barmelyik ai elemre cserelem ki, fuggeni fog a tobbitol, de az osszes tobbi a vektor fuggetlen. Azonban ha barmelyik b fugg az a vektoroktol, de az osszes a fugg a b vektoroktol, igy az osszes a-nak is kellene fuggnie egymastol, de ez ellentmond a definicioval. Ezzel bizonyitva, hogy egy tetszoleges b vektor beviheto, vagyis k darab b vektorral lecserelve minden a vektort, meg mindig fuggetlen rendszert kapunk. Ismet, k <= m.
Rangtarto atalakitas: Tudjuk, hogy egy vektorrendszerben a rangtarto atalakitasok a sorrendcsere, a skalarral szorzas, illetve egy vektor es egy masik skalarszorosanak osszeadasa. Formalisan: Legyen a1,a2,...,ak ϵ Rn, 0 != Ł ϵ R, k >= 2. Ilyenkor r(a1,a2,...,ak) = r(a2,a1,...,ak) (r a rang, fentebb ro es p volt). Ennek a bizonyitasa, hogy mindket oldal vektorrendszer spanja ugyanazt a teret generalja, vagyis az altaluk generalt ter(ek) dimenzioszama egyenlo, s igy a vektorrendszerek rangja is megyegyezik. r(a1,a2,...,ak) = r(Ła1,a2,...,ak), es r(a1,a2,...,ak) = r(a1+Ła2,a2,...,ak)
//!=!\\ Alterek metszete: Legyen W1 es W2 alter Rn-ben. Ilyenkor az alterek definicioja kimondja, hogy nem uresek, es hogy az osszeadassal es skalarral szorzassal nem lepunk ki beloluk. Igy ha a,b ϵ W1 es a,b ϵ W2. Igy a+b szinten eleme lesz mindket alternek. Igy, mivel mindket halmaznak elemei, a metszetuknek is elemei lesznek, s igy az osszeguk is. Szorzas ertelemszeruen: ha c eleme mindket alternek, akkor Łc is az lesz, illetve c es Łc is eleme lesz az alterek (halmazok) metszetenek. Igy, mivel a metszettel kepzett vektorter nem ures, az osszeadas es szorzas nem lep ki belole, alter.
//!=!\\ Vektorrendszerbol alter kepzes: Legyen A egy "darab" Rn-bol. Vagyis A Rn beli vektorok halmaza, egy vektorter, de nem alter. Bizonyitsuk be, hogy W(A) alter. A egy nemures vektorrendszer, igy W(A) = {v | v ϵ Rn linearisan fugg A-tol}. Ahogy az elobb, bizonyitsuk, hogy az osszeadas es skalarral szorzas nem lep ki az alterbol (mivel az mar biztos, hogy nem ures). Ha a = Ł1a1+Ł2a2+...+Łnan es b = β1a1+β2a2+...+βnan, akkor a+b = (Ł1+β1)a1+(Ł2+β2)a2+...+(Łn+βn)an. Hasonloan a szorzasnal, xa = x(Ł1a1+Ł2a2+...+Łnan) = xŁ1a1+xŁ2a2+...+xŁnan. Vagyis az osszeadas es szorzas nem lep ki W(A)-bol, es nem is ures, igy W(A) alter.
Span(A) = W(A): Tudjuk, hogy Span(A) az osszes A vektorrendszer altal generalt alter metszete, igy egy a ϵ A vektor W(A) eleme is lesz. Igy W(A) is egy A-t tartalmazo alter, vagyis Span(A) egy eleme ("reszhalmaza"). Valasszunk Rn-bol egy tetszoleges W'(A) alteret (ez is Span(A) "reszhalmaza" lesz). Legyen v ϵ W(A) olyan, hogy n darab A-bol valasztott vektor linearis kombinaciojakent all elo. Ilyenkor v ϵ W' is igaz, vagyis W(A) "reszhalmaza" W'-nek. Ez tetszoleges W'-re igaz, igy W' es W(A) metszete Span(A) lesz.
//!=!\\ i,j,k koordinatak: i,j,k egymasra meroleges egysegvektorok (vagyis ortonormaltak), es ilyen sorrendben jobbrendszert alkotnak. ixj = k es jxi = -k es ixi = 0, a tobbi szorzat pedig hasonlokeppen all elo. Ha egy a vektort i,j,k rendszerben akarok felirni, ugy ai,j,k = [a1 a2 a3] = a1i + a2j + a3k. Legyen i = [1 0 0], j = [0 1 0], k = [0 0 1]. Skalaris szorzassal belathatjuk, hogy merolegesek, hossz szamitassal, pedig hogy normak. Igy a1i + a2j + a3k = a1[1 0 0] + a2[0 1 0] + a3[0 0 1] = [ a1 a2 a3].
Matrixok
Matrixszorzas asszociativitasa: Legyenek A ϵ Rkxl, B ϵ Rlxm, C ϵ Rmxn matrixok. Ilyenkor Ǝ(AB)C es ƎA(BC) es (AB)C = A(BC). Na most, ide ilyen elegge osszetett szummak kerulnek, amiket meg sem fogok probalni a szegenyes grafikai lehetosegeimmel felirni. Mindenki nezze meg a fent linkelt .pdfben, de ertelmezni tudok segiteni. Elkezdjuk majd felbontani a zarojelt, de eloszor felirjuk az egesz szorzast ahogy van, mintha AB-t C-vel szoroznam (mert igy is van) AB-t egy matrixkent kezelve. Aztan irjuk a szumma belsejebe az AB szozas szummajat. Mivel a kettos szumman belul mar a matrixok ij elemeit nezzuk, es azok valos szamok, amiknek szorzasa asszociativ, tetszolegesen "zarojelezhetjuk" oket. De ha elkezdenenk a masik oldalt is felbontani, akkor ugyanide jutnank, szoval egyenloek.
Matrix transzponaltja: A transzponalas azonossagai: (A+B)T = AT+BT. (ŁA)T = ŁAT. (AB)T = ATBT. Utobbi bizonyitasa az elozo feladathoz hasonlo szummas, szoval csak magyaratot fuzok. Vegyuk AB es ABT matrixokat. Ugye i(AB)j = j(ABT)i. A szorzatokat itt muvelettel felirva a szummakban ugye AB szorzasanal jAl * lBi van. Ezeknek a transzponaltjai persze lATj * iBTl. Ha felcsereljuk a sorrendet, mert valos szamok szorzasa kommutativ, akkor pont a jobboldalt kapjuk.
//!=!\\ Ha egy matrix ket sora azonos, a determinans 0: Tudjuk, hogy ha felcsereljuk a matrix ket sorat, a determinans elojelet valt. Azonban ha ket azonos sort cserelunk fel, maga a matrix es igy a determinansa sem valtozik. Igy ha d = -d, akkor d + d = 0, vagyis d = 0. Ellenkezoleg, [[1 2][2 4]] determinansa 0, de nincsenek azonos sorai.
Matrix rangja es aldeterminans kapcsolata: Legyen A ϵ Rmxn es p(A) = r >= 1, vagyis A mxn-es matrix rangja legalabb 1. Ilyenkor van olyan rxr-es reszmatrix A-ban, hogy a determinansa nem 0, de egy (r+1)x(r+1) reszmatrixe mar igen. Mivel a rang r, igy A-ban van r darab linearisan fuggetlen oszlop. De mivel az oszloprang es a sorrang megegyezik, r darab fuggetlen sor is van. Igy vehetunk egy rxr reszmatrixot, aminek rangja r, igy a determinansa nem lehet 0. Ellenben r+1 oszlop mar biztos osszefuggo, hiszen a rang pontosan a fuggetlen oszlopok szamat mondja meg, s a determinans 0 lesz.
Vandermonde-determinans: [SOONish]
Determinansok szorzastetele: Ahogy a szummas bizonyitasoknal, a hatalmas matrixokat itt sem fogom tudni kepernyore vetni, de igazabol meglehetosen egyszeru a dolog. Szoval ha A,B ϵ Rnxn, akkor |AB| = |A||B|. Na most, egy picit tavolodjunk el magatol a peldatol. Tudjuk, hogy (felso/also)haromszog, illetve diagonalis matrixoknal a determinans a foatlobeli elemek szorzata. Ha az en matrixom 2x2-es, es az elemei matrixok, ez akkor is igaz. Szoval legyen egy felsoharomszog matrixom, ahol a foatlo (balrol indulva) C es D. Ilyenkor ha "alattuk" csak nullelemek vannak, akkor a "felettuk" levo elemek nem szamitanak igazan. Vagyis persze egyik sem nullelem. Ilyenkor a matrix determinansa ugye |C||D|. Ugyanez persze mukodik alsoharomszogmatrixxal is. Na most terjunk vissza a feladathoz. Legyen egy ilyen alsoharomszogmatrixunk, ahol a foatlo A es B matrixok. "Alattuk" legyen -I, vagyis az egysegmatrix -1-szerese. Igy a matrixunk [[A 0][-In B]]. Ha a masodik oszlop elemeit felcserelem, az determinanstarto muvelet, egy sorcseret alkalmazva a matrixbol alsoharomszogmatrix lesz, de ugye meg kell szorozni (-1)n-el (azert az n hatvany, mert a matrixban amit cserelunk n sor van). Ez pedig ugyanaz mint |AB|.
//!=!\\ Sajatertekek: Itt rogton negy bizonyitas lesz egyben, mert minden sajatertekes cuccost ugyanaz bizonyit. Azt, hogy miket is bizonyitottunk menetkozben, vagy legalabbis a vegen majd mondom. Szoval Ł ϵ R sajaterteke A marixnak, ha van olyan nemnull v ϵ Rn, hogy Av = Łv, illetve egy matrix karakterisztikus polinomja KA(Ł) = |A-ŁI|. Egy A matrix jobboldali sajatertekei megegyeznek a karakterisztikus polinom gyokeivel. Bizonyitas: Ł ϵ R pont akkor sajatertek, ha Ǝv != 0 ϵ Rn, hogy Av = Łv. Ha Av = Łv, akkor Av - Łv = 0, vagyis Av - ŁIv = 0, vagyis (A-ŁI)v = 0, A-ŁI pedig A karakterisztikus polinomja. Ezen kivul (A-ŁI)v = 0 olyan homogen linearis egyenletrendszer, hogy [A-ŁI][v] = 0, s ezen egyenlet Ł megoldasait keressuk. A homogen azt jelenti, hogy a tagok nullaval egyenlok. Na most, ezzel igazoltuk, hogy egy Łi akkor sajatertek ha a karakterisztikus polinom gyoke, es hogy a sajatertekek pont a karakterisztikus polinom gyokei.
Sajatvektorok fuggetlensege: Egy picit mintha az elozo feladatbol lenne levagva, hogy a sajatvektorok fuggetlenek. Teljes indukcioval bizonyithato, de [WiP]
Karakterisztikus polinom: Hasonlo matrixok karakterisztikus polinomjai megegyeznek. Bizonyitas: Legyen A,B ϵ Rnxn es A~B. Ilyenkor |B-ŁI| = |(D-1AD)-ŁI| = |D-1(A-ŁI)D| = |D-1||A-ŁI||D| = |(A-ŁI)||D-1||D| = |(A-ŁI)|.
Ortonormals sajatbazis: [SOONish]
//!!!\\ Cauchy-egyenlotlenseg: Legyen V euklideszi ter, es x,y ϵ V. Ilyenkor |xy| <= ||x||||y|| igaz, ha x es y linearisan osszefuggo. Nezzuk csak: Ha x es y osszfuggo, akkor x = Ły. Igy atirva az egyenlotlenseget: |Łyy| <= |Ł|||y2||. Na most, ||y2|| az ||y|| * ||y||. Igy ha |Ł|*||y||*||y||, akkor |Ł|*||y|| az pont x. Igy a baloldal ||x|| * ||y||, es ez pont a jobboldal.
Haromszog-egyenlotlenseg: [SOONish]
//!!!\\ Kiterjesztesi-tetel: Legyen E Rn beli trivialis bazis, vagyis e1,...,en illetve legyenek b1, b2,...,bm tetszoleges Rm beli vektorok. Ekkor pontosan egy f:Rn->Rm linearis lekepezes van, amire f(ei) = bi, ahol 1 <= i <= n. Biz: Legyen x ϵ Rn, es x = x1e1+...+xnen. Ilyenkor f(x) = f(x1e1+...+xnen). Itt "f zarojelen" beluli elemeket kihozhatunk, vagyis az elozo alakbol atterhetunk: f(x1e1)+f(x2e2+...+xnen) alakba. Hozzuk ki az osszes tagok kulon f() alakba, majd mindbol emeljuk ki az x tagok. Igy vegul x1f(e1)+x2f(e2)+...+xnf(en) alakot kapunk. Ha megnezzuk, az eredeti x = x1e1+...+xnen elemeit mindig egy f lekepezessel kapott ertekkel szorozzuk, igy minden b beviheto a kovetkezo alakban: x = x1b1+...+xnbn.
Linearis lekepezes dimenzioosszefuggese: [SOONish]