Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

7. Bilineáris függvények

7. Bilineáris függvények

7.1.

7.1.1 a) és b) nem bilineáris függvény. c) αij=2j–1. d) αij=(i–1)2j–1.

e) αij=1, ha i+j=4, és 0 egyébként.

7.1.2 P2: E. — P3: α12=1, α21=2, a többi αij=0, illetve α11=1, α22=–3, a többi αij=0. — P4: nullmátrix.

7.1.3 A nulla függvény értékkészlete csak a nullából áll, minden más bilineáris függvény értékkészlete az összes valós szám.

7.1.4 a) Legfeljebb egy A létezik.

b) Ha nem bázis, akkor végtelen sok A létezik.

7.1.5 Ha dim V=n, akkor a keresett dimenzió n2. — Útmutatás: lássuk be, hogy a szóban forgó vektortér izomorf Tn×n-nel.

7.1.6 a) Az első és második sor, valamint az első és második oszlop felcserélődik. — b) A harmadik sor és oszlop λ-val szorzódik, emiatt speciálisan α33 a λ2-szeresére változik. — c) A harmadik sorhoz, illetve oszlophoz hozzá kell adni a második sor, illetve oszlop μ-szörösét, emiatt speciálisan az új harmadik sor harmadik eleme α33’=α33+μα23+μα322α22 lesz.

7.1.7 Csak a 0 bilineáris függvény ilyen.

7.1.8 Útmutatás c)-hez: használjuk fel b)-t.

7.1.9 a) 1 (kivéve ha A=0). — b) Az A mátrixának a rangja.

7.2.

7.2.1 Ha A antiszimmetrikus, akkor Au_,v_=-Au_,v_-ben u_ és v_ helyére is x_-et írva Ax_,x_=-Ax_,x_ adódik, ahonnan Ax_,x_=0 A megfordításhoz „fejtsük ki” A(u_+v_,u_+v_)-t (lásd a 7.2.3 Tétel második bizonyításának az elejét).

7.2.2 Útmutatás: Legyen B egy tetszőleges bilineáris függvény és tegyük fel, hogy létezik egy Bu_,v_=Su_,v_+Au_,v_ előállítás, ahol S szimmetrikus, A pedig antiszimmetrikus. Felcserélve u_-t és v_-t és beírva a definíciókat egy újabb összefüggést kapunk. A két egyenlőségből S és A egyértelműen kifejezhető B segítségével. Ezzel kiderült, hogy legfeljebb az így kapott S és A jöhet szóba. Ahhoz, hogy ez a függvénypár valóban megfelel, meg kell még mutatni, hogy az így megadott S, illetve A tényleg szimmetrikus, illetve antiszimmetrikus. [A számolásokból Su_,v_=(1/2)Bu_,v_+Bv_,u_ és Au_,v_=(1/2)Bu_,v_-Bv_,u_ adódik.]

7.2.3 b) Ha dim V=n, akkor dim S=n(n+1)/2 és dim A=n(n–1)/2.

c) Ez lényegében az előző feladat.

7.2.4 Igaz: a).

7.2.5 Minden altérnél csak egy lehetséges példát adunk meg.

a) 1001 , 0100 , 0010  b) 1111 , -3-113  c) 100-1 , 01-10 , 1-1-11 

7.2.6 dm=a(z egyik) diagonális mátrix főátlója, A-OB=(az egyik) A-ortogonális bázis.

a) dm: 1,0,0,0,0. A-OB: 1, x–1, x2–1, x3–1, x4–1.

b) dm: 1,1,–1,0,0. A-OB: x, 1/2+x2, 1/2–x2, x3, x4.

c) dm: 1,1,1,1,1. A-OB: fiiF/(xi), ahol F=i=15x-i és a λi-k alkalmas skalárok.

7.2.7 dm=a(z egyik) diagonális mátrix főátlója, A–OB=(az egyik) A-ortogonális bázis.

a) dm: 1,0,0. A-OB: b_1,b_2-2b_1, b_3-3b_1

b) dm: 1,–1,0. A-OB: b_1,b_2-2b_1,b_3-2b_2+b_1

7.2.8 Keressük w_-t w_=u_+λv_ alakban. — Másik lehetőség: a feltételek alapján alkalmas diagonális mátrix főátlójában szükségképpen előfordul +1 és –1 is. Az ezeknek megfelelő bázisvektorok összege jó w_-t ad.

7.2.9 A dimenzió n vagy n–1.

7.2.10 (n+2)(n+1)/2.

7.3.

7.3.1 a) Következik a 7.2.1 feladatból. — b) „Fejtsük ki” A(u_+v_,u_+v_)-t. Így szimmetrikus A-ra Au_,v_-t egyértelműen kifejezhetjük a kvadratikus alakból. Ezzel kaptuk, hogy minden kvadratikus alak legfeljebb egy szimmetrikus bilineáris függvényből származtatható. Meg kell még mutatni, hogy tényleg van ilyen tulajdonságú szimmetrikus bilineáris függvény. Ehhez azt kell belátni, hogy a kvadratikus alakból a jelzett módon kifejezett bilineáris függvény valóban szimmetrikus, ami egyszerű számolással ellenőrizhető. [A kvadratikus alakból a szimmetrikus bilineáris függvényre az Au_,v_=(1/2)A~u_+v_-A~u_-A~v_ előállítás adódik.]

7.3.2 7.2.5: PD. — 7.2.6: a) PSZ. b) I. c) PD. — 7.2.7: a) PSZ. b) I.

7.3.3 PD, PSZ: nemnegatív valós számok. ND, NSZ: nempozitív valós számok. I: összes valós szám. 0: csak a nulla. — Ha csak a nemnulla vektorokon felvett értékeket vesszük figyelembe, akkor PD: pozitív valós számok, ND: negatív valós számok, a többi változatlan (az indefinitnél ehhez fel kell használni a 7.2.8 feladat állítását is).

7.3.4 a) A~λx_=λ2A~x_ — b) Az x_ és z_ vektorok A-ortogonálisak.

7.3.5

a) Ha λ>0, akkor A és λA jellege megegyezik. Ha λ<0, akkor az indefinitnél nincs változás, a többinél a jelleg „előjelet vált”. Ha λ=0, akkor λA=0.

b) PD+PD=PD; PD+PSZ=PD; PSZ+PSZ=PD vagy PSZ; PD+I, PSZ+I és PD+NSZ: PD vagy PSZ vagy I; további hat esetet kapunk a fentiekből a P és N betűk cseréjével; PSZ+NSZ: PSZ vagy NSZ vagy I vagy 0; végül I+I, PD+ND: bármi lehet.

7.3.6 A sokféle lehetséges felírásból mindig csak egyet adunk meg.

a) [(x1+x2)/2]2–[(x1x2)/2]2.

b) [(x1+x2+x3)/2]2–[(x1x2+x3)/2]2.

c) x1+2x2+x3/22-x1-x3/22-x22

d) (x1x2+x3)2–(x2+2x3)2.

e) x1+2x2+x32-x23+x3/32-x37/32

7.3.7 A sokféle lehetséges felírásból mindig csak egyet adunk meg.

a) (x1+x2+x3+x4)2.

b) [(x1+x2+x3)/2]2–[(x1x2+x3)/2]2+[(x3+x4)/2]2–[(x3x4)/2]2.

c) [(x1+x2+x3+x4)/2]2–[(x1x2+x3x4)/2]2.

d) x1+x2+2x3+2x4/22-x1-x2/22-2x3+x4/22-x43/22

7.3.8 A tehetetlenségi tétel olyan előjeles négyzetösszegekre vonatkozik, amelyben egy (A-ortogonális) bázis szerinti koordináták négyzetei szerepelnek. A feladatbeli négyzetösszegekre ez nem lehet igaz, hiszen egy kétdimenziós kvadratikus alak ilyen felírásában legfeljebb két négyzet előjeles összege állhat. A szóban forgó alak (egyik lehetséges) „helyes” felírása: x12+x222+x23/22 

7.3.9 Pl. az egyik báziselemet λ-szorosára változtatva a determináns λ2-tel szorzódik. — A második állításhoz használjuk fel, hogy a 7.2.3 Tétel harmadik bizonyításában végzett elemi ekvivalens átalakítások során a determináns előjele nem változik, továbbá ilyen átalakításokkal a függvény bármely mátrixából kiindulva diagonális mátrixhoz juthatunk, amelyben a determináns előjele a tehetetlenségi tétel miatt egyértelmű.

7.3.10 Igaz: a).

7.3.11 PD, ND: 1; PSZ, NSZ: n–1; I: n(n–1)/2. (A 0 függvény egyik osztályba sem tartozik, ezért a megadott számoknak az összege eggyel kisebb, mint a 7.2.10 feladat eredménye.)

7.3.12 A (pozitív vagy negatív) definit.

7.3.13 Anem indefinit.

7.3.14 a) Anem indefinit. — b) A indefinit vagy A=0. — c) PD, ND: 0; PSZ, NSZ: a diagonális mátrix főátlójában a nullák száma; I, 0: dim V. — d) Csak I-nél van változás c)-hez képest, a válasz: dimV–max(r,s), ahol r, illetve s a diagonális mátrix főátlójában a pozitív, illetve negatív elemek száma. (Ez a képlet egyébként a többi alakra is helyes.)

7.4.

7.4.1 Ha az u_  illetve v_ vektorok koordinátái u1,…, un, illetve v1,…, vn, akkor legyen u_ . v_= j=1nuj¯vj Ez pozitív definit ermitikus bilineáris függvény lesz.

7.4.2 Csak a 0 ilyen.

7.4.3 Igaz: a).

7.4.4 A valós esethez képest csak annyi a változás, hogy b)-ben és c)-ben a soroknál a skalár helyett a skalár konjugáltjával kell operálni. Részletesen: b) A harmadik sor λ¯-val, a harmadik oszlop λ-val szorzódik, emiatt speciálisan α33 a |λ|2-szeresére változik. — c) A harmadik sorhoz a második sor μ¯-szörösét, a harmadik oszlophoz pedig a második oszlop μ-szörösét kell hozzáadni, emiatt speciálisan az új harmadik sor harmadik eleme α'33=α33+μ¯α23+µα32+µ2α22 lesz.

7.4.5 Figyeljünk oda, hogy időnként konjugálni kell, és a szimmetrikus helyett az ermitikus tulajdonságra van szükség.

7.4.6 Olyan diagonális mátrixokat választunk, amelyekben a főátló elemei az 1, a–1 és a 0 közül kerülnek ki. Az általunk megadott A-ortogonális bázisokat „le kell normálni” (azaz alkalmas skalárokkal be kell szorozni), hogy pontosan ezeknek a mátrixoknak feleljenek meg.

a) 1000 A-ortogonális bázis (az eredeti bázis szerinti koordinátavektorokként felírva): 10 , 1i, A~x_=x1+ix22  PSZ.

b) 100-1 A-OB: 1-i , 1i , A~x_= x1+ix2/22-x1-ix2/22  I.

c) 100000000 A-OB: 12 ,12 ,111 , A~x_= x1+x2+2x32  PSZ.

7.4.7 Ermitikus kvadratikus alak értékkészlete négyféle lehet: összes valós szám, nemnegatív valós számok, nempozitív valós számok, illetve csak a 0. — Az általános esetben a keresett példák már alkalmas diagonális mátrixokkal is megvalósíthatók.

7.4.8 a) A mátrix megegyezik az adjungáltjának a negatívjával. — b) Ellenőrizzük, hogy egyrészt egy ermitikus függvény i-szerese valóban ferdén ermitikus, másrészt pedig egy ferdén ermitikus függvény 1/i-szerese ermitikus. — c) A kvadratikus alak értékkészlete csak imaginárius számokat tartalmaz. — d) Hasonlóan kell eljárni, mint a 7.2.2 feladatnál.

7.4.9 Igaz: c).

7.4.10 Közvetlenül ellenőrizhető, hogy az ermitikus függvények skalárszorosai rendelkeznek a szóban forgó tulajdonsággal. A megfordításhoz próbáljunk először olyan δ-t választani, amelyre Au_ , v_-δu_=0  majd használjuk ki a feltett tulajdonságot. Kisebb átalakítások után Au_ , v_= θAv_ ,u_ ¯ adódik, ahol θ nem függ v_-től. Ezután némi ügyeskedéssel megmutatható, hogy u_-tól sem függ. Végül |θ|=1 alapján kapjuk, hogy 1/θA ermitikus. — A megfordítást „szervezettebben” is végiggondolhatjuk az alábbi „trükk” felhasználásával: Au_ , Au_ , v_u_-Au_ , u_v_=0  — Harmadik út (a megfordításhoz): Végezzünk (módosított) Gauss-kiküszöbölést az A (egyik) mátrixán. A feltételből következik, hogy egy oszlop „kinullázása” után a megfelelő sor is magától kinullázódott. Így diagonális mátrixhoz jutunk. Emeljük ki a főátló egy nemnulla elemét. Azt kell még igazolni, hogy ekkor a főátlóban (is) csupa valós szám marad.