Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

8. Euklideszi terek

8. Euklideszi terek

8.1.

8.1.1 Legegyszerűbben úgy érünk célhoz, ha a második négy vektorról megmutatjuk, hogy az első négy által definiált skalárszorzatra nézve ortonormált bázist alkotnak.

8.1.2 A j=1kλia_j=0_ egyenlőség mindkét oldalának az a_j-vel vett skalárszorzatát képezve λj=0 adódik.

8.1.3 Pl. a Gram-Schmidt ortogonalizációból következik.

8.1.4 Ortonormált bázis:

a) 1/2 , x3/2,x2-1/345/8

b) 1, x–1, (x–1)2/2;

c) 1/3 , x/60,x2-20/3/308

d) 1/3 , x-5/60,x-52-20/3/308 

8.1.6 A 8.1.7 Tételből, illetve annak első bizonyításából következik.

8.1.7 a) W1=v_ | v3=v4=v5=0  b) W2=v_ |j=15vi=0  c) W3=v_ | v1 ,  ,v5 számtani sorozat 

8.1.8 A második feltételből WU az elsőből pedig dimW dimU következik.

8.1.9 Útmutatás c)-hez: alkalmazzuk b)-t Ui helyébe Ui-t írva, majd vegyük mindkét oldal merőleges kiegészítőjét.

8.1.10 Útmutatás b)-hez: legyenek pl. v_j koordinátái egy ortonormált bázisban j, j2,…, jn.

8.1.11 A b_i.c_j=0 ij feltétel miatt c_j eleme a b_1 , ,b_j-1,b_j+1,,b_n egydimenziós altérnek. Ezután a b_j.c_j=1 kikötés egyértelműen kijelöli c_j-t. Azt, hogy a c_j-k lineárisan függetlenek, a 8.1.2 feladathoz hasonlóan kell igazolni.

8.1.12 Képezzük a skalárszorzatot V olyan bázisa szerint, amely U és W bázisának egyesítéséből keletkezett. Végtelen sok ilyen skalárszorzat létezik.

8.1.13 Útmutatás b)-hez: Legyen e_1, ,e_n ortonormált bázis. Ekkor pontosan az a c_ vektor felel meg, amelynek koordinátái a e_i értékek.

8.1.14 Tudjuk, hogy a dimenziók egyenlősége szükséges és elégséges feltétel a vektorterek izomorfiájához. Így csak azt kell igazolni, hogy azonos dimenzió esetén létezik olyan vektortérizomorfizmus, amely még a skalárszorzatot is tartja. Erre bármely olyan lineáris leképezés megfelel, amely ortonormált bázist ortonormált bázisba visz át.

8.1.15 a) Az egyetlen nehézséget annak az igazolása jelenti, hogy két V-beli sorozat összege is V-beli. Ehhez lássuk be a j=1αj+βj22j=1αj2+2j=1βj2 egyenlőtlenséget. — b) Ne felejtsük el megmutatni, hogy j=1αjβj konvergens. — c) 0_.

8.1.16 b) Az irány hamis, lásd pl. a 8.1.15c feladatot. — c) Pl. a 8.1.15c feladat U-jára nem teljesül az egyenlőség. — d) Az egyik irányú tartalmazáshoz vegyük a c)-beli összefüggés mindkét oldalának merőleges kiegészítőjét, a másik irányú tartalmazáshoz pedig alkalmazzuk c)-t U helyett U-re.

8.1.17 A 8.1.7 Tétel állítása hamis, a 8.1.9 feladat b) része igaz, az a) egyik iránya és a c) rész hamis. Ellenpéldákat a 8.1.15c feladat felhasználásával gyárthatunk.

8.2.

8.2.1 2

8.2.2 60°.

8.2.3 a) Pitagorasz-tétel és megfordítása. — b) Egy paralelogramma pontosan akkor rombusz, ha az átlói merőlegesek. — c) Egy paralelogrammában az átlók négyzetösszege megegyezik az oldalak négyzetösszegével.

8.2.4 Normált tér: b), d), e). — Útmutatás e)-nél a háromszögegyenlőtlenséghez: Először lássuk be, hogy nemnegatív aj, bj-kre

teljesül. Az aj-ket, illetve a bj-ket alkalmas pozitív számmal végigszorozva ekvivalens egyenlőtlenség adódik, így feltehetjük, hogy a jobb oldalon mindkét tényező 1. Az a3, b3/2, b3/2 számokra a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget felírva aba3/3+2b3/2/3adódik. Ezt az összes aj, bj párra összegezve éppen a kívánt a1b1+…+anbn≤1 egyenlőtlenséget kapjuk. Rátérve a háromszögegyenlőtlenségre, elég nemnegatív cj, dj-kre

fennállását igazolni. A bal oldal köbét S3=j=1ncjcj+dj2+j=1ndjcj+dj2 alakban írva mindkét összegre alkalmazzuk az (1) egyenlőtlenséget bj=(cj+dj)2 és aj=cj, illetve dj szereposztással. Ekkor éppen S3TS2+US2, azaz a kívánt ST+U adódik. — Megjegyezzük, hogy a köbök helyett bármilyen p>1 kitevőjű hatvánnyal hasonló módon definiálhatunk normát. Az erre vonatkozó háromszögegyenlőtlenséget Minkowski-egyenlőtlenségnek, az (1)-nek megfelelő

összefüggést pedig, ahol 1/p+1/q=1, Hölder-egyenlőtlenségnek nevezzük. A p=2 speciális esetben a Hölder-egyenlőtlenség éppen a CBS-t adja. A p=3-ra most vázolt bizonyítás tetszőleges racionális p-re átvihető.

8.2.5 a) Az előző feladat példái megfelelnek. — b) Az egyik irány a 8.2.3c feladat. A megfordításhoz fejezzük ki két vektor skalárszorzatát a norma segítségével: x_ . z_=1/4x_+ z_2-x_- z_2 , és lássuk be, hogy az így kapott függvény a feltétel teljesülése esetén valóban skalárszorzatot definiál. Itt a (bi)linearitás igazolása okoz nehézséget. A feltételt írjuk fel az x_= u_+v_ és z_= w_ valamint x_= u_-v_ és z_= w_ vektorpárokra, majd a két egyenlőséget kivonva eljuthatunk az első változó szerinti összegtartáshoz. A skalárszorostartást egész, majd racionális skalárokra az öszegtartásból vezethetjük le. Tetszőleges valós λ-ra innen ez úgy következik, hogy az fλ=λx_z_-λx_z_ függvényről kimutatjuk, hogy mindenütt folytonos. Ez a második tagra nyilvánvaló. Az elsőt írjuk fel a normákkal: λx_z_=14λx_+z_2-λx_-z_2 . Nyilván elég λx_+z_ folytonosságát belátni (a másik tagra ugyanúgy megy). Ezt a háromszögegyenlőtlenség és a skalárkiemelési tulajdonság felhasználásával a következőképpen kapjuk:

8.2.6 Metrikus tér: b), c).

8.2.7 Az előző feladat c) példája megfelel.

8.2.8 A CBS második bizonyításában legyen minden zj=1. Egyenlőség akkor teljesül, ha minden xj egyenlő és nemnegatív.

8.2.9 Igaz: a).

8.2.10 a) 30°. b) 120°. c) 45°.

8.2.11 a) 16, 32, illetve 8. b) 2. c) 60°. d) 60°, 90° vagy 120°.

e) 1, illetve 1/2.

8.2.12 Két részhalmaz távolságán a pontjaik távolságainak az infimumát értjük. Lássuk be, hogy (a geometriából megszokott tapasztalatunkkal összhangban) egy v_ vektorhoz egy U altérben a v_ vektor merőleges vetülete van a legközelebb. A konkrét példában a vektor és az altér távolsága 5.

8.2.13 A keresett z_-(ke)t az Az_=b_' egyenletrendszer megoldása(i)ként kapjuk, ahol b_' az az Im A-beli vektor, amely a legközelebb van b_-hez. Ez a b_' éppen a b_-nek az Im A altérbe eső merőleges vetülete. Az Az_=b_' egyenletrendszer megoldásait az eredeti egyenletrendszerbe behelyettesítve így lesz a jobb oldali értékektől (azaz a b_ megfelelő komponenseitől) való eltérések négyzetösszege minimális. A konrét egyenletrendszernél b_'=036, z_=-3+μ+2ν3-2μ+3νμν ahol μ és ν tetszőleges valós számok, és ezeket behelyettesítve az eltérések (lehető legkisebb) négyzetösszege 6.

8.2.14 a) Az x_=j=1nλje_j egyenlőség két oldalának e_i-vel vett skalárszorzatából kapjuk, hogy λi=x_e_j — b) Az a)-beli előállítások felhasználásával képezzük az x_z_ skalárszorzatot. — c) Alkalmazzuk b)-t z_=x_-szel. — Mindhárom állítást közvetlenül is leolvashatjuk a koordinátás felírásokból.

8.2.15 Az egyenlőtlenség a 8.2.14c feladatból következik. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha x_c_1, . . . ,c_k 

8.2.16 A CBS-re adott második és harmadik bizonyítás (minimális módosításokkal) átvihető a szemidefinit esetre is. — Megjegyezzük, hogy a szemidefinit esetben egyenlőség akkor is előfordulhat, ha a két vektor lineárisan független.

8.2.17 a) n. b) 3 (ha n≥2).

8.2.18 Az első és a harmadik bizonyítás átvihető a végtelen dimenziós esetre is.

8.3.

8.3.1 A valósban adott bizonyítások szinte változtatás nélkül érvényesek. [A 8.2.14–8.2.15 feladatoknál figyeljünk oda, hogy a(z általában nem valós értékű) skalárszorzatokban most a tényezők sorrendje lényeges, valamint a skalárszorzatok abszolút értékének a négyzete szerepel.]

8.3.2 a) Használjuk fel, hogy ix_+z_=ix_-iz_ — b) Az x_+iz_ix_+z_ skalárszorzatot kifejtve válasszuk külön a valós és a képzetes részt.

8.3.3 Az a)-ban csak az b)-ben csak a rész igaz, c) továbbra is érvényes.

8.3.4 A 8.2.8 Tételre adott második bizonyítás adaptálása: Az ortonormált bázis szerinti koordinátákkal a négyzetre emelt egyenlőtlenség az

módon írható fel. Kihasználva a w2=w¯w összefüggést, ez a

alakra hozható. — A harmadik bizonyítás adaptálása: Most is a minden (komplex) λ-ra érvényes

egyenlőtlenségből indulunk ki. Legyen speciálisan λ=μρ, ahol μ tetszőleges valós szám, ρ pedig olyan egységnyi abszolút értékű komplex szám, amellyel z_x_ pozitív valós. (Ez csak z_x_=0 esetén nem érhető el, de akkor a CBS triviálisan igaz.) A λ fenti előállítását a kiindulási egyenlőtlenségünkbe beírva minden μ valós számra 0μ2x_x_+2μz_x_+z_z_ adódik. Ezután a bizonyítást ugyanúgy fejezhetjük be, mint a valós esetben.

8.3.5 a) Ha z_0  akkor b_-ből valamelyik nemnulla komponensét kiemelve z_ alakban írható, ahol z_=αw_ egyik komponense 1. Ha w_ és w_ egymás skalárszorosai, akkor ez a skalár csak 1 lehet, tehát w_¯ azaz w_=w_¯  valós vektor. — b) A skalárszorosnál ügyeljünk arra, hogy w_ — d) Az elégségességhez írjuk fel U elemeit ebben a valós vektorokból álló bázisban. A szükségességhez egy tetszőleges μx_-=μ ¯x_¯μx_¯ vektorból kiindulva 0_ z_U és így z_¯U adódik. Itt v_=z_¯+z_U valós vektor. Ha v_ akkor v_=0_  valós vektor. Mindenképpen találtunk U-ban egy nemnulla iz_ valós vektort. Ez lesz a keresett bázis első eleme. Legyen W a b_ altér U-beli merőleges kiegészítője. Megmutatjuk, hogy W¯=W és így az előző eljárást W-re megismételve végül U egy valós (ráadásul akár ortonormált) bázisához jutunk. A W¯=W_ tulajdonság igazolásához konjugáljuk az U=b_W felírást: U¯=b_W Itt U¯=U illetve b_ valós volta miatt a bal oldalon, illetve a jobb oldal első tagjánál a konjugált jel elhagyható. A merőleges kiegészítő altér egyértelműségéből kapjuk, hogy valóban W¯=W — e) A dimenziók közötti összefüggésekből adódik, hogy n csak páros lehet. Páros n-re válasszuk U bázisának azokat a vektorokat, amelyek 2j–1-edik komponense 1, a 2j-edik i, a többi pedig 0, j=1,2,…,n/2.

8.4.

8.4.1 A szorzatra vonatkozó azonosság igazolása: ABx_z_=ABx_z_=Bx_A*z_=x_B*A*z_=x_B*A*z_  Az egyenlőségsorozat elejét és végét tekintve, az AB* adjungált definíciójából (és egyértelműségéből) kapjuk a kívánt AB*=B*A* állítást. Ugyanígy látható be a feladat többi része is. - Másik lehetőség: ortonormált bázis szerinti mátrixokra áttérve felhasználhatjuk a mátrixokra vonatkozó hasonló azonosságokat (2.1.20 feladat).

8.4.2 a), b), e), f): A*=A — c), d): A*=A-1 — g) és h) egymás adjungáltjai. — A legegyszerűbben (alkalmas) ortonormált bázisban felírt mátrixokkal okoskodhatunk.

8.4.3 A*=-A 

8.4.4 a) Legyen h01x2x2 és A*h=r Ha f=1, akkor Af=f''=0 tehát 0=Afh=fA*h=-1+1rtdt  Ugyanígy az f=x polinommal 0=-1+1trtdt  adódik. Az integrálásokat elvégezve kapjuk, hogy r=α(–3x2+1) alakú. Tekintsük végül f=x2-et. Legyen g=1-re A*g=α0-3x2+1  Ekkor Afg=-1+12dt=4 és fA*g=-1+1t2α0-3t2+1dt=-8α0/15  Innen α0=–15/2, tehát A*1=153x2-1/2  Hasonlóan kapjuk az x és x2 polinom képét is: A*x=0 és A*x2=53x2-1/2  Ebből a fenti általános h-ra A*h=15β0+5β23x2-1/2   adódik.

b) A*h=β0+β1+β2x-12/2 

c) és d) A*h=3β0+20β23x2-20/154 

8.4.5 A*x_Ax_=x_A2x_=0  — A megfordítás komplex euklideszi térben igaz, valósban hamis. Ha ugyanis az x_A2x_ kvadratikus alak azonosan nulla, akkor ebből C felett a 7.4.3 Tétel szerint következik, hogy az u_A2v_ bilineáris függvény is azonosan nulla, tehát A2=O A valós test felett a 7.3.1a feladat szerint csak u_A2v_=-v_A2u_ adódik, ami pl. a síkon akkor is teljesül, ha A a 45 fokos forgatás (az origó körül). Valós euklideszi térben A2+A*2=O a „helyes” szükséges és elégséges feltétel arra, hogy minden x_-re Ax_A*x_ teljesüljön.

8.4.6 Legyen Ax_=μx_ ,A*z_=νz_  Ekkor μ¯x_ z_=μx_z_=Ax_z_=x_ A*z_=x_ νz_=νx_ z_ Innen vagy x_ z_=0 vagy μ¯=ν 

8.4.7 A karakterisztikus polinomot ortonormált bázis szerint írjuk fel. A minimálpolinomra a definíciót és a 8.4.1 feladatot használjuk fel. A sajátértékekre vonatkozó állítást a karakterisztikus (vagy a minimál)polinomra nyert eredményből kapjuk. (Vigyázat, A és A* sajátvektorai között általában nincs szoros kapcsolat!)

8.4.8 Ker A*=Im A igazolása:

8.4.9 Használjuk fel az előző feladatot. — Másik lehetőség: írjuk fel egy ortonormált bázis szerint a mátrixokat, és hasonlítsuk össze a rangjukat.

8.4.10 Használjuk fel a 8.4.8 feladat első egyenlőségét.

8.4.11 b) Ha Ax_=0_ akkor A* Ax_=A*0_=0_ Megfordítva, ha A* Ax_=0_  akkor 0=x_A* Ax_=Ax_Ax_ tehát Ax_=0_ A képterekre vonatkozó állítás az egyik irányú tartalmazásból és a magteres állításból adódó dimenzióegyenlőségből következik.

8.4.12 a) Az Ax_Bz_=x_A*Bz_  összefüggés igazolja az állítást és a megfordítást is.

b) Ha Ax_=Bx_=0_ akkor nyilván A+Bx_=Ax_+Bx_=0_ A másik irányú tartalmazás: Ha A+Bx_=0_ akkor Ax_=-Bx_ Itt a bal oldal Im A-ban, a jobb oldal pedig Im B-ben van, és így az a) rész felhasználásával mindkét oldal csak a nullvektor lehet. A b) állítás megfordítása nem igaz (ami nem meglepő, hiszen a KerA+B=Ker AKer B feltétel független a skalárszorzattól).

8.4.13 Az A*B=O feltételből az előző feladat szerint Im AIm B=0_  következik. Meg kell még mutatni, hogy ImA+B=Im A,Im B Itt az egyik irányú tartalmazás világos, a másikhoz azt igazoljuk, hogy Im A,Im BImA+B A BA*=O egyenlőséget adjungálva

A B * = O adódik, tehát ez a feltétel is szimmetrikus A-ban és B-ben, így elég Im A-val foglalkoznunk. Fusson végig x_ az Im A* altéren. Ekkor Bx_=0_ miatt A+Bx_=Ax_ tehát ImA+BImAA*=Im A (felhasználva a 8.4.11b feladatot is).

8.4.14 a) A=λε

8.5.

8.5.1 a) Használjuk fel, hogy egy (ortonormált) sajátbázis szerinti mátrixban a sajátértékek éppen a főátló elemei. — b) Hamis. Lehet, hogy a transzformációnak egyáltalán nincs diagonális mátrixa, illetve ha van is, az nem képezhető ortonormált bázis szerint.

8.5.2 Ha valamely 0<s<t-re As=At akkor A gyöke az xtxs polinomnak, így sajátértékei (amelyek az előző feladat szerint valósak) csak 0 és ±1 lehetnek. Innen egy ortonormált sajátbázis szerinti mátrix segítségével kapjuk, hogy A3=A (Hasonlóan érhetünk célhoz, ha az önadjungált transzformáció helyett rögtön áttérünk egy valós elemű diagonális mátrixra.)

8.5.3 Lásd a 8.5.1 feladathoz adott útmutatásokat.

8.5.4 Az állítás hamis. Pontosan azok a transzformációk tehetők normálissá, amelyeknek létezik diagonális mátrixuk.

8.5.5 A legegyszerűbben (a szokásos) ortonormált bázis szerinti mátrixokon ellenőrizhetjük a feltételek teljesülését. Eredmények: A és C nem normális, B unitér, D önadjungált és F normális (de nem önadjungált és nem unitér).

8.5.6 Ha A , B önadjungált, akkor A+B és A2 is önadjungált, de λA és AB nem feltétlenül az: λA csak valós λ-ra (vagy A=O-ra) lesz önadjungált, AB pedig csak az AB=BA esetben (lásd a 8.5.7 feladatot). — Ha A , B unitér, akkor AB és így A2 is unitér, de λA és A+B nem feltétlenül az. — Ha A,B normális, akkor λA és A2 is normális, de A+B és AB nem feltétlenül az.

8.5.7 a) A gondolatmenet helyességéhez az kellene, hogy a két transzformációhoz közös ortonormált sajátbázist találjunk, ilyen azonban általában nincs. Maga az állítás sem igaz, a b) pont alapján könnyen gyárthatunk ellenpéldát. — b) Ha A és B önadjungált, AB*=B*A*=BA 

8.5.8 Használjuk fel ortonormált sajátbázis létezését. — A megfordítás hamis, mert lehet, hogy nem létezik sajátbázis.

8.5.9 Igaz: a).

8.5.10 a) Ax_2=Ax_Ax_=x_A*Ax_  Ugyanígy A*x_2=x_AA*x_ Mindkét függvény x_-ben kvadratikus alak, így — mivel a komplex test felett vagyunk — pontosan akkor egyenlők, ha a megfelelő bilineáris függvények egyenlők. Ez utóbbiak egyenlősége pedig a 8.4.1 Tétel bizonyításának végén látott gondolatmenet szerint ekvivalens az AA*=A*A normalitási feltétellel. — b) Ha A és A* sajátvektorai közösek, akkor a 8.5.2 Tétel bizonyítását követve juthatunk ortonormált sajátbázishoz. A megfordításhoz tekintsük A egy ortonormált sajátbázisát és írjuk fel ebben a bázisban A és A* mátrixát; a sajátvektorok ezekből a mátrixokból jól áttekinthetők. — c) Ez a b)-beli feltétel átfogalmazása (felhasználva a megfelelő sajátértékek kapcsolatát is). — d) és e) A 8.4.8 feladat alapján visszavezethetők c)-re.

8.5.11 AB=OImBKerAImB*KerA*KerBImAKerBImABA=O

(A második lépésnél az előző feladat c) és d) részét alkalmaztuk λ=0-val, a harmadik lépésnél pedig a 8.4.8 feladatot használtuk fel.)

8.5.12 A 8.5.2 Tétel bizonyításának gondolatmenetét kell megfelelően módosítani, kihasználva közben a 8.5.10b feladatot is.

8.5.13 Alkalmazzuk az előző feladatot. — A megfordítás hamis, unitér transzformációk körében könnyen találunk ellenpéldát.

8.5.14 Az elégségességhez használjuk fel az előző feladatot. — A szükségességhez tekintsük a normális transzformáció egy ortonormált sajátbázis szerinti diagonális mátrixát. A főátló elemeit bontsuk fel egy valós szám és egy egységnyi abszolút értékű komplex szám szorzatára, és a mátrixot írjuk fel ennek megfelelően két diagonális mátrix szorzataként.

8.5.15 Olyan e_1, . . . ,e_n ortonormált bázist keresünk, hogy e_1, . . . ,e_k minden k-ra A-nak invariáns altere legyen. Válasszuk e_n-nek az A* transzformáció egy (egységnyi normájú) sajátvektorát, ekkor Un=e_n az A-nak invariáns altere. Ismételjük meg most az eljárást Un-re (vigyázat, most az A transzformáció Un-re történő megszorítása szerinti A*-ot kell tekinteni, ami általában nem az eredeti A* megszorítása, hiszen Un legtöbbször nem is invariáns altere az eredeti A*-nak), ezzel megkapjuk e_n-1-et stb.

8.5.16

a) A μj–k az A*A transzformáció sajátértékei. Ha x_0_ és A*Ax_=μx_  akkor μ¯x_2=μx_ x_=A*Ax_x_=Ax_2 és innen μ≥0.

b) Vegyünk olyan ortonormált bázist, amelyben A mátrixa felsőháromszög-mátrix. Ekkor a fődiagonálisban éppen a λj sajátértékek állnak. Ebben a bázisban A* mátrixa alsóháromszög-mátrix és a főátlóban a λj¯-k szerepelnek. Ebben a bázisban A*A mátrixa a két mátrix szorzata, és a főátlóban levő elemek összege, azaz a szorzatmátrix nyoma éppen az A-beli elemek abszolút értékeinek négyzetösszege, ami így legalább j=1nλj2  Másrészt a szorzatmátrix nyoma j=1nμj 

c) Az előző gondolatmenetből látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a felsőháromszög-mátrixnak a főátlóján kívül minden eleme nulla.

8.5.17 Elégségesség: Ha A unitér és u _v_  akkor

A szükségességhez legyen A merőlegességtartó, és legyenek u _ és v_ merőleges egységvektorok. Megmutatjuk, hogy Au _=Av_  Mivel u _v_  és u _=v_  ezért u _+v_u _-v_  és így a merőlegességtartás miatt 0=Au _+v_Au _-v_=Au _2-Av_2  (az utolsó egyenlőségnél Au _Av_-t is kihasználtuk). Legyen most e_j egy ortonormált bázis és az Ae_j normák közös értéke λ. Ha λ≠0, akkor 1/λA unitér lesz, ha pedig λ=0, akkor A=O ami triviálisan egy (tetszőleges) unitér transzformáció nullaszorosa.

8.5.18 a), b) Ez az A*A= illetve AA*=  egyenlőség mátrixos átfogalmazása.

c) 1=detE=detAdetA*=detAdetA¯=detA2 

d) Használjuk fel c)-t és a mátrix inverzére az előjeles aldeterminánsokkal adott képletet.

8.6.

8.6.1 Az A2= egyenlőséget A*=A=A-1 biztosítja. A megfordítás hamis, vegyünk például a síkon két nem párhuzamos, különböző hosszúságú vektort és legyen A az a transzformáció, amely ezeket egymásba viszi. A „helyes” megfordítás a következő (beleértve az eredeti állítást is): egy A transzformációra az alábbi három feltétel közül bármelyik kettőből következik a harmadik: (i) A szimmetrikus; (ii) A ortogonális; (iii) A2=

8.6.2 Szimmetrikus transzformációkra az állítás a 8.4.6 feladatból (vagy az ott látott gondolatmenet mintájára) adódik. Ortogonális transzformációkra is hasonlóan okoskodhatunk, közben használjuk fel azt is, hogy ekkor legfeljebb ±1 lehetnek a sajátértékek.

8.6.3 S=ortonormált sajátbázis, O=a 8.6.4 Tételben előírt ortonormált bázis.

a) A szimmetrikus és ortogonális,

S: az 1001 , 0110 ,    1   0   0-1 ,    0   1-1   0 vektorok 1/2-szerese, a megfelelő diagonális mátrix főátlója: 1,1,–1,–1.

b) B szimmetrikus,

S: a -11+2   00 ,    0   0-11+2 , -11-200 ,    0   0-11-2 vektorok skalárszorosai, a diagonális mátrix főátlója: -2 , -2 , 2 , 2 

c) C ortogonális,

O: az 1111 ,    1-1   1-1 ,    1-1-1   1 ,    1   1-1-1 vektorok 1/2-szerese, a megfelelő mátrix: 1000   0-1   0   0  0  0  0  0   0   0-1   0 (a jobb alsó 2×2-es blokk a 90 fokos forgatásnak felel meg).

d) D szimmetrikus,

S: a C-beli, a megfelelő diagonális mátrix főátlója: 4,0,0,0.

e) F ortogonális, O: az 1010 ,    0   1   0-1 ,     1    0 -1    0 , 1010 vektorok 1/2-szerese, a megfelelő mátrix ugyanaz, mint C-nél.

8.6.4 Nincs. A feltételből ugyanis x_0_-ra 0Ax_Ax_=x_A*Ax_=x_-x_<0 következne.

8.6.5 Igaz: a), d).

8.6.6 A feltételekből A*Ak= adódik. Így A*A sajátértékei egységnyi abszolút értékűek. Emellett A*A (mindig) szimmetrikus és a sajátértékei nemnegatív valósak, tehát most minden sajátérték 1, ezért csak A*A= lehetséges. — Az állítás szimmetrikus analogonja hamis, legyen pl. A egy 90 fokos forgatás a síkon és k=4.

8.6.7 A feltételből A=Am*=Am2 és így Ker A=0_ miatt Am2-1= Innen Am2-1*=Am2-m=Am-1-1 Ezután alkalmazzuk az előző feladatot.

8.6.8 A csak akkor rész igazolásához állítsuk elő az lnko-t 1=(k,t)=kq–tr alakban (q,r>0).

8.6.9 A komplex esethez hasonlóan kell okoskodni.

8.6.10 Szimmetrikus transzformációk: a síkon kettő, a térben három (páronként) merőleges irányban (esetleg különböző mértékben) „nyújtunk” (vagy összenyomunk), emellett esetleg még tükrözünk is (egy vagy több) olyan egyenesre (a síkon), illetve síkra (a térben), amely valamelyik irányra merőleges. — Ortogonális transzformációk a síkon: (az origón átmenő) tengelyre történő tükrözések és (az origó körüli tetszőleges szögű) elforgatások. Ortogonális transzformációk a térben: (az origón átmenő) síkra történő tükrözések, (az origón átmenő) tengely körüli (tetszőleges szögű) elforgatások, esetleg a tengelyre merőleges síkra történő tükrözéssel kombinálva (ebbe beletartozik az origóra történő tükrözés is).

8.6.11 Kövessük a 8.6.4 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét. — A megfordítás hamis, pl. a sík önmaga már eleve a kívánt tulajdonságú (al)tér, ugyanakkor a szokásos ortonormált bázisban a 0100 mátrixszal jellemzett A transzformációnál az adjungált nem írható fel az A polinomjaként.

8.6.12 Írjuk fel a mátrixokat egy ortonormált bázis szerint, ekkor elég az ekvivalenciát a mátrixokra kimutatni. Ha ezeket a (valós elemű) mátrixokat komplex eleműeknek tekintjük, akkor a 8.5.3 Tétel mátrixos változata igazolja az ekvivalenciát. Ezután már csak azt kell megmutatni, hogy ha egy valós elemű A mátrixra az AT transzponált előáll az A komplex együtthatós polinomjaként, akkor valós együtthatós polinomjaként is előáll. Ez onnan következik, hogy a kívánt előállítás egy lineáris egyenletrendszert jelent, ahol az ismeretlenek a keresett polinom együtthatói, az egyenletrendszer együtthatói az A hatványainak elemei, a jobb oldali konstansok pedig AT elemei. Mivel az egyenletrendszer együtthatói (és a jobb oldali konstansok) valósak, ezért ha van komplex megoldás, akkor (pl. a Gauss-kiküszöbölés alapján) valós megoldásnak is kell lennie.