Ugrás a tartalomhoz

Lineáris algebra

Freud Róbert (2014)

ELTE Eötvös Kiadó

3. Lineáris egyenletrendszerek

3. Lineáris egyenletrendszerek

• 3.1.17 Ábel nem tudja kitalálni, mert pl. ugyanúgy mindig „páros” választ kap, akár csupa párosra, akár csupa páratlanra gondolt Béla. Béla viszont ki tudja találni, pl. a következő 5 kérdéssel (minden modulo 2 értendő):

Ez az egyenletrendszer ugyanis egyértelműen megoldható. Ez adódik a determináns (modulo 2) kiszámításával, de közvetlenül is:

innen b2+b4=x1+x2+2x3+x4+x5=b1+b2+b3+b4+b5+x3, azaz x3=b1+b3+b5, és a többi xi-t is hasonlóan kapjuk. 4 kérdés viszont nem elég, mert akkor a 4 egyenletből álló 5 ismeretlenes rendszernek nem lehet egyértelmű megoldása, mivel az ismeretlenek száma nagyobb az egyenletek számánál.

3.2.12 a) Az n darab Lagrange-féle alappolinom összege az f1)=…=

=fn)=1 feltételt kielégítő interpolációs polinom. Az f=1 polinom kielégíti ezt a feltételt, és mivel csak egy ilyen (legfeljebb n-1-edfokú) polinom van, ezért i=1nLi=1 - A (b1)-beli kifejezés a i=1nLi=1 polinomnak a ν helyen vett helyettesítési értéke, azaz 1, a (b2)-beli összeg pedig ugyanebben a polinomban az n-1-edfokú tag együtthatója, azaz 0.

3.4.13 c) Legyenek γ1,…,γn különböző valós számok és αij=γji-1  ha ir, és 0 egyébként. Ennek a k×n-es A mátrixnak a (sor)rangja legfeljebb r, hiszen csak r darab nemnulla sora van. Vegyünk most tetszőleges r oszlopot, ezek lineáris függetlenségéhez azt kell megmutatni, hogy az ezek alkotta k×r-es B mátrix (oszlop)rangja r. A B mátrix rangján nem változtat, ha a csupa nulla sorait elhagyjuk, így egy r×r-es C mátrixhoz jutunk. A C mátrix determinánsa egy csupa különböző elemmel generált Vandermonde-determináns, tehát nem nulla, ezért C (determináns)rangja r.

3.4.14 c) Legyenek γ1,…,γn , illetve δ1,…,δk különböző valós számok és legyen αij=1+(δi γj)+…+(δi γj)r-1 . Az 1.5.6 feladat alapján ebben a mátrixban minden r×r-es aldetermináns két, csupa különböző elemmel generált Vandermonde-determináns szorzata, tehát nem nulla. Be kell még látni, hogy minden (r+1)×(r+1)-es D aldetermináns értéke nulla. Ha egy ilyen D determinánst a sorai szerint rr+1 darab Dm determináns összegére bontunk, akkor a skatulyaelv szerint a kapott Dm determinánsok mindegyikében lesz két olyan sor, amelyek egymás számszorosai. Ezért mindegyik Dm=0, és így D=0, amint állítottuk.

• 3.4.18 a) Ilyen mátrixok összege is ilyen típusú, tehát nyilván nem kapunk meg minden mátrixot. — b) Az a) rész alapján elég olyan B+C összegeket vizsgálni, ahol B-nek minden sora, C-nek pedig minden oszlopa számtani sorozat, azaz βij=xi+(j-1)yi és γij=vj+(i-1) zj, 1≤ik,1≤jn. Az A=B+C előállítás az αij=xi+(j-1)yi+vj+(i-1) zj egyenletrendszer megoldhatóságát jelenti, az ismeretlenek xi, yi, vj és zj. Az ismeretlenek száma 2k+2n, ami (általában) kisebb, mint az egyenletek száma (kn), ezért az egyenletrendszer nem lehet minden αij esetén megoldható, tehát nem áll elő minden A mátrix a kívánt alakban. — c) Legyenek γ1,…,γn tetszőleges különböző valós számok. Megmutatjuk, hogy bármely k×n-es valós mátrix előáll n darab olyan Mr mátrix összegeként (r=1,2,…,n), ahol Mr minden sora egy γr hányadosú mértani sorozat. Ekkor Mr -ben pl. az első sor elemei rendre xr,xrγr, . . . ,xrγrn-1  Egy tetszőleges mátrix első sorának előállításához az α1j=r=1nxrγrj-1 (j=1, 2, . . . , n) egyenletrendszert kell megoldani (az ismeretlenek az x1,…,xn). Az egyenletrendszer determinánsa V1,…,γn)≠0, tehát az egyenletrendszer megoldható. Ugyanígy okoskodhatunk a többi sorra is. [Ha az esetleg előforduló és problematikusnak tekinthető xr=0 esetet, azaz azt, amikor valamelyik mértani sorozat minden eleme nulla, nem akarjuk megengedni, akkor egy ilyen mátrixot két másik összegével helyettesíthetünk, amelyekben a csupa nulla sor(ok) helyett egy-egy olyan mértani sorozat áll, amelyek egymás negatívjai, a többi („rendes”) sorba pedig az eredetileg szereplő mértani sorozatoknak az 1/2-szerese kerül.]

• 3.4.19 a) k lépés mindig elég, hiszen megfelel, ha C a jobb oldali konstansok mindegyikét nullára változtatja. Ennyi lépés kell is, ha az egyenletrendszerben minden együttható nulla, de a jobb oldalon egyetlen elem sem nulla.

b) Ha k>n, akkor elég a jobb oldalon egyetlen elem megváltoztatása. Tudjuk, hogy van olyan i, amelyre az Ax_=e_i egyenletrendszernek nincs megoldása e_i az i-edik egységvektor, azaz amelynek i-edik komponense 1, a többi pedig 0). Ha az R által adott Ax_=b_ egyenletrendszer megoldható volt, akkor a jobb oldalon az i-edik elemhez 1-et hozzáadva a kapott Ax_=b_+e_i egyenletrendszer biztosan nem oldható meg.

Megmutatjuk, hogy kn esetén n-k+2 a keresett lépésszám. Ennyire valóban szükség van, ha R olyan egyenletrendszert adott meg, amelyben az együtthatómátrix bármelyik k oszlopa lineárisan független és a jobb oldalon minden elem 0. Ugyanis ekkor C-nek legalább n-k+1 oszlopot el kell rontania, hogy csak k-1 független oszlop maradjon (különben az egyenletrendszernek bármilyen jobb oldal esetén van megoldása), és ezután még a jobb oldalon is legalább egy 0-t meg kell változtatnia.

Azt, hogy n-k+2 lépés mindig elég is, lényegében ugyanezzel a gondolatmenettel mutathatjuk meg. Technikailag ezt a legegyszerűbben úgy kezelhetjük, hogy vesszük az R által adott egyenletrendszernek a Gauss-kiküszöböléssel leghamarabb adódó („redukálatlan”) lépcsős alakját (tehát a redukálást már nem hajtjuk végre). Ehhez az alakhoz „felülről lefelé haladva” jutunk, és így az utolsó sor skalárszorosait nem adjuk hozzá más sorokhoz. Ennélfogva, ha ebben a lépcsős alakban csak az utolsó soron változtatunk, akkor az ezeknek a változásoknak az eredeti egyenletrendszerben megfelelő módosítások is csak az (eredeti) utolsó sort befolyásolják, a többi (eredeti) sort nem. Így valóban elegendő a lépcsős alakokra szorítkoznunk.

Tekintsük tehát egy lépcsős alak utolsó sorát, ebből fogunk legfeljebb n-k+2 elem módosításával tilos sort gyártani. Először is a jobb oldali konstanst (ha nulla volt) változtassuk nem nullára. Ha az utolsó sorban nincs vezéregyes, akkor ez az egyetlen lépés elegendő is. Ha az utolsó sorban is van vezéregyes, akkor pedig a vezéregyes és az utána következő együtthatók (összesen legfeljebb n-k+1 elem) helyére írjunk 0-t.

3.5.8 c) Az Ax_=0_ egyenletrendszer megoldásában valamelyik (pl. az első) ismeretlen szabad paraméter, azaz az AB=0-t kielégítő B mátrixok első sora tetszőleges s_ vektor lehet. Ha BA=0 is teljesül, akkor itt csak B első sorának az A-val vett szorzatát tekintve így bármely s_-re s_A=0_ áll fenn. Ez azonban csak A=0 esetén lehetséges.