Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

B. függelék - EREDMÉNYEK ÉS ÚTMUTATÁSOK

B. függelék - EREDMÉNYEK ÉS ÚTMUTATÁSOK

1. Determinánsok

1.1.

1.1.1 a) A legkevesebb inverzió az 1,2,3,…,n permutációban van, a legtöbb pedig az n,n–1,…,2,1 permutációban.

b) Lássuk be, hogy a természetes 1,2,3,…,n sorrendből kiindulva szomszédos elemek cseréjével el lehet jutni a fordított n, n–1,…,1 sorrendhez. Mivel az inverziószám minden lépésben 1-gyel változik, ezért minden, a 0 és n2 közé eső értéket fel kell vennie.

1.1.2 a) 2500; b) 2550; c) 4270; d) 5000.

1.1.3 n=4k vagy n=4k+1 alakú.

1.1.4 (n+1)/2 (csak páratlan n esetén van ilyen permutáció).

1.1.5 a) 2n–3. Ez akkor és csak akkor lép fel, ha az 1-et és az n-et cseréljük fel, és közülük az egyik az első, a másik pedig az utolsó helyet foglalja el. — b) 2n-4/5+1 ahol x az x szám felső egész részét jelenti, azaz a legkisebb olyan egész számot, amely ≥x.

1.1.6 a) n2 b) n–1.

c) 3n-3/2 azaz n=2k+1 esetén 3k, n=2k esetén pedig 3k-2.

1.1.7 a) Páros n-re. b) Az n=5 kivételével minden n>2-re.

c) Páratlan k esetén minden páros n>k-ra, páros k≠0 esetén n=2k+1 kivételével minden n>k-ra, k=0 esetén minden n>0-ra.

1.1.8 a) Aszerint számoljuk össze a permutációkat, hogy az 1 hányadik helyen áll. — b) Alkalmazzuk az előző eredményt k-ra és k–1-re. — c) n! — d) n2n!/2 — e) Használjuk a skatulyaelvet. — f) A „középső” k érték(ek)re.

1.2.

1.2.1 a) 90. b) –192.

1.2.2 Igaz: a), d), g).

1.2.3 a) 0. b) α11α22…αnn (azaz a főátlóbeli elemek szorzata).

c) (–1)n(n–1)/2α1,nα2,n–1…αn,1.

1.2.4 a) (–1)n–1. b) 0. c) (–1)n/2, ha n páros, és 0, ha n páratlan.

1.2.5 Útmutatás: bármely n-tényezős szorzatnál az adott k sort tekintve csak nm<k oszlopból van lehetőség nemnulla elem választására.

1.2.6 Ha a két elem ugyanabban a sorban vagy oszlopban áll, akkor (n–2)(n–1)!, egyébként pedig (n2–3n+4)(n–2)!. Ugyanez az eredmény érvényes akkor is, ha a szorzatok előjelezését is figyelembe vesszük.

1.2.7 Minden esetben elegendő már egyetlen elem alkalmas megváltoztatása. — Útmutatás: Ha a determináns definíciójában az α11 elemet az őt tartalmazó szorzatokból kiemeljük, akkor a determináns α11β+γ alakba írható. Ha β≠0, akkor az α’11=–γ/β változtatás megfelel. Egyébként próbálkozzunk ugyanígy az első sor többi elemével. Ha egyik esetben sem járunk sikerrel, akkor a determináns már eleve 0 volt.

1.2.8 A legegyszerűbb, ha az első egyenletet α21-gyel, a másodikat pedig α11-gyel beszorozzuk, és ezután x1-et kiejtve kifejezzük x2-t. Hasonlóan kaphatjuk meg x2-t is. Ezzel beláttuk, hogy csak a feladatban megadott értékek szolgáltathatnak megoldást. Az, hogy ez valóban megoldás, behelyettesítéssel ellenőrizhető. — Analóg állítás érvényes n ismeretlen és egyenlet esetén is, ez az ún. Cramer-szabály, amelyet a 3.2 pontban tárgyalunk.

1.2.9 A legegyszerűbben úgy érhetünk célt, ha a paralelogrammát olyan, vele azonos területű paralelogrammába toljuk át, amelynek egyik oldala valamelyik tengelyre esik. — Analóg állítás érvényes a térben (sőt magasabb dimenziókban is) a paralelepipedonok térfogatára (lásd a 9.8 pontot).

1.2.10 2n/2

1.2.11 A determináns definíciójában szereplő szorzatok között pontosan egy páratlan szám fordul elő, a többi páros, és így ezek (előjeles) összege is páratlan szám.

1.3.

1.3.1 Ha n=4k vagy 4k+1 alakú, akkor nem változik, egyébként pedig előjelet vált.

1.3.2 Ha a determináns nem nulla, akkor n ilyen szám van: a (–1)-ből vont n-edik gyökök. Ha a determináns 0, akkor bármely komplex szám megfelel.

1.3.3 a) 30. — b) 100. — Útmutatás: sorok, illetve oszlopok alkalmas kivonogatásával olyan determináns keletkezik, amelyben szebb és kisebb számok szerepelnek.

1.3.4 Hasonlóan okoskodhatunk, mint az 1.3.1/III Tétel bizonyításánál.

1.3.5 Az 1.3.3 Tétel bizonyításánál látottakhoz hasonló gondolatmenetet kell alkalmazni.

1.3.6 Az adott két sor cseréjénél a determináns egyrészt nem változik, másrészt előjelet vált, tehát csak 0 lehet. Ez a gondolatmenet pl. a modulo 2 test esetére nem alkalmazható, hiszen ott „1=–1”.

1.3.7 a) A determinánsok egyenlők.

b) Az új determináns a réginek αn(n+1)-szerese.

1.3.8 a) (n–1)! b) 1. c) 0, ha n>1. d) 0, ha n>2. e) 0, ha n>2.

1.3.9 0, ha n>2.

1.3.10 Útmutatás: a) A 3-mal való oszthatóságnál adjuk hozzá az utolsó oszlophoz a többi oszlopot. — b) Az általános esetben az utolsó oszlophoz az utolsó előtti oszlop 10-szeresét, az azt megelőző oszlop 100-szorosát stb. érdemes hozzáadni.

1.3.11 0, ha n>2.

1.3.12 Eredmény: [γ+(n–1)δ](γ–δ)n–1. — Útmutatás: Adjuk hozzá az első sorhoz a többi sort, emeljük ki az első sor közös γ+(n–1)δ értékét, majd vonjuk le a többi sorból az első sor δ-szorosát. — Másik lehetőség: alulról kezdve, minden sorból vonjuk le a fölötte levő sort, majd jobbról balra haladva, minden oszlopot adjunk hozzá az előtte álló oszlophoz.

1.3.13 Válasz: 0. — Útmutatás: tükrözzünk a főátlóra.

1.3.14 Ha egy sornak többször is szerepel a konjugáltja, akkor van két egyező sor, tehát D=0. Ha egy sornak önmaga a konjugáltja, akkor a sorban minden elem valós. A konjugált sorpárokat kivonogatásokkal átalakíthatjuk úgy, hogy az egyik sorban csak valós, a másikban csak tiszta képzetes számok maradjanak.

1.3.15 Eredmény: 1. — Általánosítás: a mátrix a Pascal-háromszög egy (elforgatott) darabja. Az általános determináns is 1. Ennek igazolásához azt használjuk fel, hogy a mátrixban bármely elem a fölötte és előtte álló elem összege.

1.3.16 a) (–1)n(n–2). — Útmutatás: az első sorból vonjuk le a többi sort.

b) (–1)n–1(n–1)! — Útmutatás: az első oszlopot vigyük hátra, és vonjuk le az első sort a többi sorból.

1.3.17 n!

1.3.18 Eredmény: 0, ha n>2. — Útmutatás: Az addiciós képletek beírása után bontsuk a determinánst az 1.3.2 Tétel ismételt alkalmazásával 2n darab determináns összegére. Az 1.3.3A Tétel alapján ezek mindegyike 0, ha n>2.

1.3.19 Útmutatás: adjuk hozzá az utolsó oszlophoz a többi oszlopot. — Páros n esetén csak az n/2-lel való oszthatóság következik.

1.3.20 Az előző feladathoz hasonló gondolatmenetet kell alkalmazni.

1.3.21 Útmutatás: ha (i,n)=1, akkor az i-edik és az (ni)-edik sort összeadva mindig egy n,n,…,n,2n alakú sort kapunk.

1.4.

1.4.1 nD.

1.4.2 Eredmény: 0. — Útmutatás: az első két sorra vett ferde kifejtés a feltétel szerint egybeesik az egyik sor szerinti (rendes) kifejtéssel.

1.4.3 A régi és az új determinánst is fejtsük ki az első sor szerint.

1.4.5 Eredmény: δn–1–(n–1)βγδn–2 (ha n≥2). — Útmutatás: Jelöljük a determinánst Dn-nel és fejtsük ki az utolsó sora szerint. Az An1 aldetermináns könnyen meghatározható és így a DnDn–1–βγδn–2 rekurzió adódik. Néhány kis n értékre Dn-et kiszámolva (már ezt is a rekurzió felhasználásával érdemes csinálni!) az eredmény könnyen megsejthető, és ezután a rekurzió alapján teljes indukcióval igazolható. — A feladat rekurzió nélkül is megoldható: ha δ=0, akkor a determináns 0, egyébként pedig a főátló fölött csupa 0 elérhető, ha az első sorból levonjuk a többi sor alkalmas többszörösét.

1.4.6 (γ2–δ2)k.

1.4.7 Eredmény: γnn–1δ+γn–2δ2+…+δn. — Útmutatás: valamelyik szélső sor vagy oszlop szerint kifejtve a Dn=(γ+δ)Dn–1–γδDn–2 rekurzió adódik.

1.4.8 Eredmény: egy ilyen γ van, ha az eredeti determináns összes aldeterminánsának összege nem nulla, és nincs ilyen γ, ha ez az összeg 0. — Útmutatás: A γ hozzáadásával kapott determinánst bontsuk 2n darab determináns összegére. Ezeknek a tagoknak a legtöbbje 0 lesz.

1.4.9 Az utolsó sor szerinti kifejtést felhasználva teljes indukcióval bizonyítsunk.

1.4.10 1-i=1nβi2

1.4.11 a) Először az azonos sorhoz (vagy oszlophoz) tartozó aldeterminánsok egyenlőségét igazoljuk. Pl. A11 és A1j az előjeltől eltekintve egyetlen oszlopban tér el egymástól. Használjuk fel, hogy minden sorban az elemek összege 0, és innen fejezzük ki az első oszlop elemeit.

b) Használjuk a kifejtési tételt.

1.4.12 Ha β=δ, akkor lásd az 1.3.12 feladatot, ha pedig β≠δ, akkor az eredmény [β(γ–δ)n–δ(γ–β)n]/(β–δ). — Útmutatás: A jobb alsó sarokban álló elemet írjuk β+(γ–β) alakba, és bontsuk a determinánst az utolsó sor szerint két determináns összegére. Ezzel Dn-et kifejezhetjük Dn–1 segítségével. Innen a leggyorsabban úgy érünk célt, ha ebből a rekurzióból β és δ szimmetriáját kihasználva egy másik rekurziót is felírunk. A két egyenlőségből Dn azonnal kifejezhető.

1.4.13 a) n. b) n2–n+1. ca) 1. cb) n(n–1)/2+1.

1.4.14 Létezik.

1.5.

1.5.1 a) (–1)n(n–1)/2V. b) (–1)n(n-1)/2V2.

1.5.2 Ha a γi-k között vannak azonosak, akkor minden komplex szám megoldás. Ha a γi-k mind különbözők, akkor a V(x, γ2,…, γn)=0 egyenlet összes gyöke xi, tehát n–1 megoldás van. Több megoldás más δ esetén sem lehet, ugyanis, ha a γi-k mind különbözők, akkor V(x, γ2,…, γn)–δ az x-nek pontosan n–1-edfokú polinomja. Innen az is látszik, hogy n–1-nél kevesebb megoldás előfordulhat, mégpedig akkor, ha ennek a polinomnak van többszörös gyöke.

1.5.3 Ha az i-edik sorban szereplő mértani sorozat első eleme δi, hányadosa pedig γi, akkor a determináns δ1…δnV1,…,γn).

1.5.4 n!(n–1)!…1!=n(n–1)2(n–2)3…1n.

1.5.5 a) V1,…, γn). b) 0.

1.5.6 1i<jnαj-αiβj-βi

1.5.7 n-11n-12n-1n-11i<jnαj-αiβj-βi

1.5.8 A hányados mindig 2(n–1)(n–2)/2. — Útmutatás: cos(rφ) kifejezhető a cosφ-nek r-edfokú polinomjaként, határozzuk meg itt a főegyütthatót, majd alkalmazzuk az 1.5.5a feladat eredményét.

1.5.9 a) Előjelet vált. — b) Pontosan a páros permutációk.

1.5.10 n+23

1.5.11 a) A skatulyaelv szerint minden k<n-hez található olyan ij, hogy ai és aj ugyanazt a maradékot adja k-val osztva.

b) V(a1,…, an) nem változik, ha aij helyére j!aij-t írunk.

1.5.12 Eredmény: (–1)(p+1)/2, azaz 1, ha p=4k–1 alakú, és –1, ha p=4k+1 alakú. — Útmutatás: a k!(p–1–k)! típusú szorzatok maradékának megállapításához használjuk a Wilson-tételt.

1.5.13 Eredmény: (γ12+…+γn)V1,…,γn).

Útmutatás: az n+1-edrendű f(x)=V12,…,γn,x) determinánst fejtsük ki az utolsó sora szerint.