I. Koordinátarendszerek a síkban és a térben, mátrixokandrasz/CD/TANK11/alg1.pdf202 Koordinátarendszerek, mátrixok 3. Ha M egy pont a síkban és OM, λλ , akkor azt mondjuk,

Koordinátarendszerek, mátrixok 201

I. Koordinátarendszerek a síkban és a térben, mátrixok

1.1. Koordinátarendszerek

A korábbi tanulmányaitok során megismerkedhettetek a sík analitikus geometriájának néhány alapfogalmával (koordinátarendszerek, távolság, szögek, egyenes egyenletei, stb.) E paragrafus célja általánosabb koordinátarendszerek bevezetése a síkban és a térben.

A vektorok tulajdonságainak vizsgálatakor láttuk, hogy a sík tetszőleges vektora fel-bontható a síkban két nem kollineáris vektor iránya szerint. Pontosabban, ha v és v nem kollineárisak, akkor bármely esetén léteznek a λ valós számok, amelyekre

1 2

v 1 2,λ

1 1 2 2v vλ λ= + v ( )1Ezt az 1. ábra szemlélteti.

Ha v és v az akkor λ és λ az Mreprezentánsa (lásd

1

1

2

2

v1

v2

v2λ2

a

Ez alapján, ha adsík minden pontját jeEzért a továbbiakbaból álló hármast síknak azokat a λ és λ1

Megjegyzés. Ez egységet és egy-ereprezentánsainak ta

A fogalmak rögzÉrtelmezések

1. Ha O egy rög hármast 1( , ,O v v2)

2. Ha ( ,akkor azt mondjuk,

1 2,O v v

1. ábr

xO derékszögű koordinátarendsz pont koordinátái, ahol OM a

a 2. ábrát).

y

v

λ2v2

yv

v1λ1

ott két nem kollineáris vektor ( éllemezni tudjuk az ( összefüggés

n két nem kollineáris v és v vekbeli koordinátarendszernek tekintü

számokat tekintjük, amelyekre te

1v)11 2

2

ugyanaz, mintha két metsző eggy irányítást. Az egyenesek a rtóegyenesei és 1v , illetve 2v azítésének céljából a következő értelm

zített pont a síkban és v , v két nsíkbeli koordinátarendszernek neve

1 2

egy koordinátarendszer a síkbanhogy v koordinátái az ( , )

1 2, )O v v

2. ábra

er tengelyeinek egységvektorai, szabad vektor O -ból kiinduló

v1λ1 x

s ) és egy adott pont, akkor a ből adódó λ és λ számokkal. torból és egy rögzített O pont-nk. Egy v vektor koordinátái-ljesül az ( összefüggés.

2v1

)1

2

yenesen rögzítenénk egy-egy v és -ból kiinduló 1 2v O

egységek. ezéseket adjuk:

em kollineáris vektor, akkor az zzük.

és v v , , rendszerben és λ .

1 1 2 2λ λ= +

1λ 2

v 1 2,λ λ ∈

202 Koordinátarendszerek, mátrixok

3. Ha M egy pont a síkban és OM , λ λ , akkor azt mondjuk, hogy λ és az M pont koordinátái az ( , koordinátarendszerben.

1 1 2 2v vλ λ= +

1 2, )O v v1 2, ∈

1 2λHasonlóképpen értelmezhetjük a térbeli koordinátarendszereket is. Ha v , és nem egy síkban fekvő vektorok és v egy tetszőleges vektor a térben, akkor a v

felírható alakban, ahol λ λ . Ezt a 3. ábra szemlélteti

( z OM egy olyan paralelepipedon testátlója, amelynek O -ból kiinduló élei rendre a , v és v irányával egyeznek meg.)

1 2v

3v

a1v

1 1 2 2 3 3v v vλ λ λ= + +

3

v

v

1 2 3, , λ ∈

2

3. ábra

M

O v1

v2

v1λ1

v3 v2λ2

v3λ3

Ez alapján a következő értelmezést adhatjuk:

Értelmezés 1. Ha O egy rögzített pont a térben, v , v és v nem egy síkban fekvő vektorok

(az O -ból kiinduló reprezentánsaiknak végpontjai olyan síkot határoznak meg, amely nem halad át O -n), akkor az ( , négyest térbeli koordinátarendszernek nevezzük.

1 2 3

1 2 3, , )O v v v

2. Ha egy térbeli koordinátarendszer és v v , akkor azt mondjuk, hogy λ λ a koordinátái az ( , koordinátarendszerben.

1 2 3( , , , )O v v v 1 1 2 2 3 3vλ λ λ= + +

1 2 3, , )O v v v1 2 3, , λ ∈ v

3. Ha egy pont a térben és OM , M 1 1 2 2 3 3v v vλ λ λ= + +akkor azt mondjuk, hogy λ , és λ az M pont koordinátái az ( ,

koordinátarendszerben. 1 2λ 3 1 2 3, , )O v v v

Tekintsük az α síkban az xO derékszögű koordinátarendszert. A és v vektorok kezdőpontú reprezentánsának végpontja (1 , illetve (0 , és tetszőleges M x pont esetén

y 1v,

2

O , 0) 1)

( , )y

1 2OM x v y v= ⋅ + ⋅ . A koordináták segítségével ez az összefüggés

( , ) (1, 0) (0, 1)x y x y= ⋅ + ⋅ alakban írható, ahol a számpárokkal a következő műveleteket végezzük (ezeket már tanulmányoztuk a komplex számok értelmezésekor):

1. ( , ) ( , )x y x y⋅ =λ λ . λ

2. 1 1 2 2 1 2 1 2) ( , ) ( , )x y x y x x y y+ = + +( , 1 2 1 2, , ,x x y y∀ ∈ .

, ,x y λ∀ ∈


Ezek a műveletek a vektorok skalárral való szorzásának illetve a vektorok összeadásának felelnek meg. A geometriai értelmük a és 5. ábrán látható. 4. Feladat. Bimegmarad, hakoordináták.

ON= OMλ

x

y N x, y( )λ λ

M x, y( )

OP=OM+ON

v1 v2+ x1 x2+ y1 y2+,( )

v1v2

xxx2 x1 x2+

y

y1

y2 y2

y1 y2+

O

M

N

P

Bizonyítás.illetve v vekto

Ha tetsλ ∈uλ ⋅ =

u v+ =

Tehát igaz 1) ha az

koordinátái (Mλ

2) ha az

OP OM= O+Hasonlókép

koordinátáira. és v koordiná

u =Tehát λ u⋅ =

( 1 1u v vα+ =+

Ez alapján

1 2 3( , , )α α α +

4. ábra

zonyítsuk be, hogy az előbbi műve valamilyen általánosabb síkbeli ko

Legyen ( , egy tetszőleges s

rok koordinátái legyenek , α , ille1 2, )O v v

1α 2

1 1 2 2u vα α= + v

)

v

és vzőleges szám, akkor írhatjuk, hogy ( ) ( ) (1 1 2 2 1 1 2v v vλ α α λ α λ α⋅ + = ⋅ + ⋅( ) ( ) (1 1 2 2 1 1 2 2 1v v v v vα α β β α+ + + =

( ) (1 1 1 2vα β α= + + +a következő két állítás: M pont koordinátái ( , és O, .

1 2)λ λ

)α α1 2λ λ⋅ ⋅λ

pont koordinátái ( , és az p

összegvektor P végpontjának ko1 2 N

Npen írhatjuk át a térbeli vektorokLegyen ( , egy tetszőlegetái legyenek ( , , illetve ( ,

1 2 3, , )O v v v

1 2,α α α3) 1β

1 1 2 2 3 3v vα α α+ + és vλ ( ) ( )1 1 2 2 3 3 1 1v v v vα α α λ α⋅ + + = ⋅

( ) ( ) (1 1 2 2v vλα λα λ= + +) ( )2 2 3 3 1 1 2 2 3 3v v v v vα α β β β+ + + + +

( ) ( ) (α β α β α+ = + + +3 3 3 3 1 1 1 2v v va koordinátákra értelmezhetjük a köve

1 2 3 1 2 3( , , ) ( , , )λ α α α λα λα λα⋅ = ∀

1 2 3 1 1 2 2 3( , , ) ( , ,β β β α β α β= + + α +

x12

5. ábra
letek geometriai értelme akkor is ordinátarendszerre vonatkoznak a
íkbeli koordinátarendszer és az u ,

tve β , . Így 1 2βv

v) =

) 2

2)

v( )

v

v . 1 1 2 2β β= +

) ( ) ( )2 1 1 2 2v vλα λα= + és ) (1 1 1 2 2 2 2v v vβ α β+ + +

2 vβ .

N , akkor az N pont OMλ= ⋅

ont koordinátái ( , , akkor az

ordinátái ( , . 1 2)β β

1 1 2α β α+ + βkal végzett művelteket is azok s térbeli koordinátarendszer, az u

. Így 2 3, )β βv . 1 1 2 2 3 3vβ β β= + +

( )2 2 3 3v vλ α λ α+ ⋅ + ⋅ =)3 3α és ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2v v v vα β α β= + + + +) ( )β α β+ +

2 2 3 3 3v v . tkező műveleteket:

, 1 2 3 1 2 3, , , , ,α α α β β β∀ ∈ . 1 2 3, , ,α α α λ ∈ ,

3)β


Megjegyzések 1. Kifejezhetjük koordináták segítségével a skaláris szorzatot is. Ha az u és v vektorok koordinátái az derékszögű koordinátarendszerben ( , illetve ( , ,

tudva, hogy az u és v vektorok skaláris szorzata u v és hogy két azonos irányú vektor szorzata egyenlő a hosszúságuk szorzatával, ha azonos irányításúak illetve annak ellentettjével, ha ellentétes irányításúak, kiszámítható, hogy a pr

koordinátái:

2)

v

xOy 1 1)x y

pruv

2x y

u

u⋅ = ⋅

1 1 2 1 1 2 1 22 21 1

( ) (,

x x y x x y yx y

+ + + + 2x 12 21 1

y yx y

), amiből azonnal adódik, hogy a

skaláris szorzat: 1 2u v x x y⋅ = + 1 2y 2. Hasonlóan igazolható, hogy ha az u és térbeli vektorok koordinátái az Ox derékszögű koordinátarendszerben ( , illetve ( , , akkor a skaláris szorzatuk:

v yz

1 1 1)x y ,z 2 2 2, )x y z

1 2x x 1y 2y 1 2z z+u v⋅ = + 3. Tudjuk, hogy a skaláris szorzat ( )cos ,u v u v⋅ = ⋅ ⋅u v alakba is írható, így a koordi-náták ismeretében kiszámíthatjuk a vektorok által bezárt szöget:

( )cos ,u v =

1 1

2 ) 3

u vu v⋅⋅

.

Feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges térbeli koordinátarendszer esetén egy v vektor

koordinátái egyértelműen meghatározottak. 1 2 3( , , , )O v v v

Bizonyítás. Feltételezzük, hogy a ( , és a koordináták ugyanazt a v vektort jelölik és

. Így

1 2 3, )α α α

v vβ β+

1 2 3( , , )β β β

1 2 3( , , )α α α+

1 2 3( , , )β β β≠v vα α α+ +2 2

( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2 3 3 3 0v v vα β α β α β− + − + − =tehát . ( )∗3 3 1 1 2 2 3 3v vβ= ,

v2

v3

v1

v 111

v22 2

v3

33

P

M

NO

6. ábra

Jelöljük , és -vel az ( ) , és ( vektorok -ból kiinduló reprezentánsainak végpontját. A ( reláció alapján az MN súly-

pontja O . Ez nem lehetséges, mert a v , v és v vektorok nincsenek egy síkban.

M N P 1 1 vα β−

1 2

1 ( )2 2 vα β−)∗

3

3 3 vα β−O P∆

A jelölések egyszerűsítésének céljából rögzített kezdőpont esetén a vektorokat azonosíthatjuk a koordinátáikból alkotott számhármassal (vagy számpárral) és elhagyhatjuk a vektorjelet. Így a v jelölés az origó (O ) és az A

koordinátájú pontok által meghatározott OA szabad vektort jelöli.

(1, 2, 3)= (1, 2, 3)

Példák 1. 2 , ( )(1, 2) 3 (2, 3) ( 4, 5)⋅ + − ⋅ = − −

( ) ( ) ( )1 1 11, 2 0, 2 1, 1 ,2 3 6

⋅ − − + ⋅ + ⋅ − = − 1 33 2

,


( )2 ( 1, 3, 4) 1 (1, 0, 2) 3 (1, 2, 3) (0, 0, 3)⋅ − + − ⋅ + ⋅ − − = − ,

( ) ( ) ( )11 2, 1 2 1, 0, 02

− ⋅ − + ⋅ − = ,

( )2 (1, 1, 2) 3 (3, 2, 5) 1 (11, 8, 19) (0, 0, 0)⋅ − + ⋅ − + − ⋅ − = . 2. , tehát ha a koordinátarendszer

kezdőpontja , a v és v vektorok O kezdőpontú reprezen-tánsainak a végpontjai az és B pontok, akkor a

pont koordinátái az ( , koordinátarendszerben

és 1 . (7. ábra)

(3, 2) 2 (1, 1) (1, 0)= ⋅ +

O 1 2

(3, 2)

(1, 1) )A (1

2)

, 0

1, vC

2

O v

y

O

A(

3. , tehát a vvektor koordinátái a v , és v vekz origó által meghatározott koordinátarendszerben − , és − .

( ) ( )(0, 3, 2) 1 (1, 2, 0) 7 (3, 2, 1) 5 (4, 3, 1)− = − ⋅ + ⋅ + − ⋅

1 (1, 2, 0)= 2 (3, 2, 1)v = 3 (4,=1 7

3, 1)5a

Az előbbi műveletek -ben (n ...n

n

= × × × × ) is értelm

Ha és y y , akkor 1 2( , , ... , )nx x x x= 1 2( , , ... , )ny y=

1 1 2 2( , , ... , n nx y x y x y x y+ = + + + ) és 1 2( , , ... , nx x x xλ λ⋅ =λ λPéldák (1, 2, 3, 4) (0, 2, 1, 3) (1, 4, 2, 7)− + = −

− + − − −,

(1, 2, 1, 3, 7, 9) (8, 6, 5, 4, 2, 1) (9, 4, 4, 1, 5, 10)= − −3 (1, 2, 3, 7) (3, 6, 9, 21)⋅ − − = − −

,.

A eddigiek alapján néhány fontos probléma merülhet fel: 1. Hogyan dönthetjük el, hogy egy vektorrendszerből (két síkbe

térbeli vektor) származtatható-e koordinátarendszer? 2. Hogyan határozhatjuk meg egy vektor koordinátáit egy koordin

viszonyítva? 3. Hogyan határozhatjuk meg egy vektor koordinátáit egy koordin

viszonyítva, ha ismerjük egy más koordinátarendszerhez viszonyított koEzeknek a problémáknak az általános megoldása új matematik

ényel. Próbáljunk megoldani néhány ilyen problémát sajátos esetekbenig Feladat. Döntsük el, hogy a v és v vektoro

paraméter milyen értékeire határoznak meg egy koordinátarendszert. 1 (2, 3)= 2 (4, )= a

Megoldás. A v és v vektorok pontosan akkor kollineárisak, ha, amelyre 4 2 és a . Az első egyenlőségből

esetén és v egymás meghosszabbításában van ( ) , míg egy koordinátarendszer.

1 2

λ⋅λ ∈

1( , ,O v

= 3 λ= ⋅ 2λ =1v1v

v2 2v λ= ⋅

2)

7. ábra

v2x

v1

B(1,0)

C(3,2)

1,1)

torok valamint (0, 3, 2)= −

ezhetők.

) λ∀ ∈ .

li vagy három

átarendszerhez

átarendszerhez ordinátáit? ai eszközöket . k az a ∈

létezik olyan , tehát a

a esetén 6=

6≠


Általában a v a és v a vektorok pontosan akkor esnek egymás meghosszabbításába, ha létezik olyan λ , amelyre , azaz ha

. Ellenkező esetben ( , egy koordinátarendszer.

1 1( , )b=

0

1 2

1v

λλλ

)

0

3

v

6

2 2( , )b=

1,O v vO v

∈2), ,v v

2v λ=

=1 2 2 1a b a b− =

Feladat. Koordinátarendszer-e az ( , rendszer, ha v , és ?

1 2 3) 1 (1, 2, 1)−

2 (0, 2, 2)v = − 3 (3, 1, 2)v = −Megoldás. Elégséges azt megvizsgálni, hogy a

1 1 2 2 3 3 (0, 0, 0)v v vλ λ λ⋅ + ⋅ + ⋅ =λ

egyenlőség teljesülhet-e, ha λ , és λ nem mind egyenlő nullával. (Ha találunk nullától különböző megoldásokat, akkor nem lehet koordinátarendszer, mert az

koordinátái ( és ezek egyértelműen meghatározottak; míg ha nem találunk,

akkor , és v O -ból kiinduló reprezentánsainak végpontjai által meghatározott sík nem tartalmazza O -t, és így ( , egy koordinátarendszer.)

1 2

O v

3

1 2,v

O 0, 0, 0)

31v 2v

3, )v

1 1 1 1 1( , 2 , )vλ λ λ= −(0, 2 , 2 )vλ λ= −

2 2 2 2

(3 , , 2 )vλ λ λ= −

3 3 3 3 3 Összeadva az egyenlőségek megfelelő oldalait kapjuk, hogy

1 1 2 2 3 3 1 3 1 2 3 1 2 3( 3 , 2 2 , 2v v vλ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ+ + = + + + − − − .

Tehát a

1 3

1 2 3

1 2 3

3 0

2 2 0

2 2

λ λ

λ λ λ

λ λ λ

+ =+ + =

− − − =egyenletrendszerhez jutunk. Ha az utolsó két egyenlőség megfelelő oldalait összeadjuk, a λ összefüggéshez jutunk. Ez alapján az első egyenletből következik, hogy , tehát (a második egyenlet alapján) λ és így

egy koordinátarendszer.

1 λ=λ λ=1 3 0= 2 0=

1 2 3( , , , )O v v v

Feladat. Határozzuk meg a v vektor koordinátáit az előbbi koordinátarendszerben.

(7, 1, 6)= −

Megoldás. A v v egyenlőség ekvivalens a 1 1 2 2 3 3vλ λ λ= + +

1 3

1 2 3

1 2 3

3 7

2 2 1

2 2

λ λ

λ λ λ

λ λ λ

+ = + + =− − − = −

egyenletrendszerrel. A rendszer megoldása λ , és , tehát v koordinátái − , 1 és .

1 2= − 2 1λ = 3 3λ =2 3

Feladat. A V O koordinátarendszerben az u és u vektor koordinátái és ( , . Írjunk fel egy összefüggést az vektor U O

rendszerbeli ( , és a V O rendszerbeli ( , koordinátái közt!

1 2( , , )v v=

1 2)β β

1 2)λ λ =

1

u

1λ λ′

2

)1 2( , )α α 1 2( , , )u u=

1 2( , , )v v 2′


Megoldás. u u ( ) (1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2u v v v vλ λ λ α α λ β β= + = + + + ) =)

2λ 2λ

)

( ) (1 1 2 1 1 1 2 2 2 2v vλ α λ β λ α λ β= + + + .

Tehát ha u koordinátái a V koordinátarendszerben λ és , akkor 1′

2λ ′

1 1 1 1λ α λ β′ = + és λ α . 2 2 1 2λ β′ = +Ezek az összefüggések a λ és ismeretlenek függvényében megadják a λ -t és a

-t, míg az utóbbi két koordináta ismeretében egy egyenletrendszert kell megoldanunk és λ kiszámításához.

1 2λ 1′

2λ ′1λ 2

Az eddigiek alapján látható, hogy a vizsgált problémák mindegyike bizonyos típusú egyenletrendszerek megoldására (illetve a megoldás tanulmányozására) ezetődik vissza. v

G yakorlatok 1. Döntsd el, hogy az alábbi vektorrendszerek koordinátarendszert alkotnak-e az origóval?

a) v , v ; b) v , v ; 1 (1, 1)= −= − −

2 ( 2, 3)= −=

1 (2, 3)= −=

2 ( 2, 4)= −= −c) v , v ; d) v , v ; 1 ( 1, 2)

(1, 2, 1)= −2 (1, 2)( 1,= −

1 (0, 1), 1, 7)

2 ( 3, 7)e) v , v , v ; 1

(2, 1, 3)= −2 2, 3)(3, 1, 4)=

3 (0=( 2, 1,= − −f) v , v , v ; 1

(2, 1, 3)= −2

(0, 2, 1)=3 5)(4, 4, 5)= −g) v , v , v ; 1

( , 1, )b=2

( , 1, )c=3

( , 1, )a=h) v a , v b , v c , ahol a b és a b c a . 1

(2,=2

9)3

O v, , c ∈)

≠ ≠ ≠2. Írd fel az u vektor koordinátáit az ( , koordinátarendszerben, ha 1 2, v

a) , v ; b) v , v ; 1 (1, 1)v =(3, 2)v =

2 (0, 1)=( 2,= −

1 ( 1, 2)= −( , )a b=

2 (1, 11)=( , )a= − c) , v ; d) v , v b . 1

(1, 3=2 1)7)

1

,O v2

, )v3. Írd fel az u vektor koordinátáit az ( , koordinátarendszer-ben, ha

, 1 2 3v

a) v , , v ; 1 (1, 0, 1)=(2, 1, 1= −

2 (1, 1, 0)v =) (3, 2= −

3 (0, 1, 1)= −, 1) (1, 2,=b) v , v , v . 1 2 3 1)−

F eladatok

1. Léteznek-e olyan λ , λ és λ természetes számok, amelyekre teljesül a 1 2 3

1 2 3( 1, 1, 2) ( 1, 2, 1) (2, 1, 1) (45, 11, 34λ λ λ⋅ − − + ⋅ − − + ⋅ − − = − −

egyenlőség? Ha a jobb oldalt ( , -re cseréljük mi a szükséges és elégséges

feltétele a b -re vonatkozóan annak, hogy létezzen λ λ megoldás?

, )a b c

, , c ∈ 1 2 3, , λ ∈

2. Az ( , számpárt minden lépésben helyettesítjük a )a b 12 5 5 12,13 13

a b a b+ − +

számpárral. Bizonyítsuk be, hogy csupa különböző számpárokat kapunk!


3. A sík ( , koordinátájú pontjain )i j 0, 2=i , 0, 2j = , egy-egy szöcske áll. Minden pillanatban egy szöcske ugrik valamelyik másikon át a következő szabály szerint: ha az pontbeli sz ske a pontbeli szöcskén ugrik át, akkor egy olyan pontba ugrik, amelyre BC . Lehetséges-e, hogy egy idő után a szöcskék az ( , ,

( , ) (0, 0)i j ≠

A öc BBC 2A=

)i j , 0, 2i j , ( , pontokon legyenek? = ) (2,i j ≠ 2) 1.2. Áttérés két síkbeli koordinátarendszer között

Az előbbi paragrafusban láttuk, hogy ha a V O koordinátarendszerben az és u vektorok koordinátái ( , és ( , , akkor egy tetszőleges vektornak az U O koordinátarendszerbeli ( , és a V O

koordinátarendszerbeli ( , koordinátái közt fennállnak a következő összefüggések:

1 2( , , )v v=

1 2)β β

1 2λ λ1u 2 1 2)α α u

1 2)v1 2( , , )u u=

1 2λ λ′ ′

) ( , ,v=

λ α λ′ = λ′ =

)

1 1 1 1β+ és 2 2 1 2β+ 2λ

2v

λ α . 2λA továbbiakban megvizsgáljuk, hogy ezek az áttérési képletek milyen geometriai tartalommal bírnak, azaz hogyan ágyazódnak az egyszerű geometriai transzformációk (forgatás, nyújtás) ezekbe az összefüggésekbe.

1. Ha a v és v vektorok helyett az u v és u vektorokat választjuk a koordinátarendszer vektorainak, akkor az , és ,

koordinátákat kapjuk, tehát

1 2 1 1α=1 =

2 β=2 0α =α α 1 0β = 2β β=

1 α′ = 1λλ és 2 2λλ β . ′ =Ha α , akkor nyújtásról vagy középpontos hasonlóságról (homotétiáról) beszélünk. β=

2. Forgassuk el a v vektort α szöggel és a vektort szöggel. 1 2v β1 1 1cos ctg cos sin ctgOE OB EB OB BB OB OBα ϕ α α= − = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ =ϕ

( ) ( )sincos sin sin cos

sin sinOB OB

α ϕα ϕ α ϕϕ ϕ

−= ⋅ − = ⋅ .

(ezt az OEB háromszögben a szinusztételből is felírhattuk volna).

Hasonl

N

F2v

1u

2u

C

D N

2v1u

2u

C

a

tehát az u

A D -n át

8. ábr

ó gondolatmenet alapján írható, hogy sinsin

αϕ

⋅ , OF OB=O

M

1v

β

α

B

AE

1Bϕ

O1v

1B

koordinátái az ( , rendszerben 1 1 2, )O v v( )sinsinϕ αϕ−

és sinsin

αϕ

.

húzzunk párhuzamosokat az OA és OC egyenesekhez. A szinusztétel alapján sinsin

OM OD βϕ

= ⋅ és ( )sinsin

ODϕ βϕ+= ⋅ON ,


tehát u koordinátái az ( , koordinátarendszerben 2 1 2, )O v v

sinsin

βϕ

− és ( )sinsinϕ βϕ+

.

Az általános áttérési képlet és az előbbi összefüggések alapján ( )

1 1sin sinsin sinϕ α αλ λϕ ϕ−′ = ⋅ + ⋅ 2λ , ( )

2 1sinsin

sin sinϕ ββλ λ

ϕ ϕ+′ = − ⋅ + ⋅ 2λ .

Ha , akkor mindkét vektort ugyanakkora szöggel forgatjuk el, tehát a koordinátarendszert forgatjuk el α szöggel. Ebben az esetben az áttérési képletek

α β=

( )1 1

sin sinsin sinϕ α αλ λϕ ϕ−′ = ⋅ + ⋅ 2λ , ( )

2 1sinsin

sin sinϕ ααλ λ

ϕ ϕ+′ = − ⋅ + ⋅ 2λ .

Ezekből az összefüggésekből 2πϕ = esetén visszakapjuk a derékszögű koordinátarend-

szerek forgatásából már ismert összefüggéseket (lásd a komplex számok geometriai alkalmazásait)

1 1cos sinλ α λ α′ = ⋅ + ⋅ 2λ , 2 1sin cosλ α λ α′ = − ⋅ + ⋅ 2λ

1

. G yakorlatok

1. Mi az egyenlete az egyenletű egyenesnek az ( ,

koordinátarendszerben, ha

2y x= + 1 2, )O v v

a) 1 ( 3, 1)=v , 1 ( 1, 3)v = − ; b) v , v . 1 (1, 2)= 2 ( 3, 4)= −

2. Bizonyítsd be, hogy az egyenes egyenlete minden ( , koordináta-

rendszerben alakú! 1 2, )O v v

y ax b= +3. Hány olyan ( , pont létezik, amelynek a koordinátái a koordinátarendszer

elforgatásával nem változnak? 1 2)x x

4. Bizonyítsd be, hogy az O középpontú körök invariánsak az összes O középpontú forgatásra nézve.

5. Bizonyítsd be, hogy a v v és u összefüggések függetlenek a koordinátarendszerek megválasztásától.

1 v= + 2 u0λ= ⋅

F eladatok 1. Bizonyítsd be, hogy az előbbi paragrafusban tárgyalt transzformációk

segítségével tetszőleges koordinátarendszer átvihető egy ( , koordinátarendszerbe.

1 2( , , )O v v 1 2, )O u u

2. a) Írd fel az M x pont koordinátáit egy α majd egy β szögű körüli forgatás után kapott rendszerben.

( , )y O

b) Az előbbi tulajdonság alapján vezesd le a következő trigonometriai képleteket: ( )cos cos cos sin sinα β α β α β+ = − ( )sin sin cos cos sinα β α β α β+ = + .


1.3. Lineáris leképezések és mátrixok Az eddig vizsgált koordináta-transzformációk függvényként is értelmezhetők, ugyanis

az minden elemének (az új koordinátáknak) megfeleltetünk egy elemet az -ből (az eredeti koordinátákat). Így az

2 = ×2

2 2:f → , 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2( , ) ( , )f λ λ α λ β λ α λ β λ= + +függvényt definiáltuk. Korábban már láttuk, hogy a koordináta-transzformációk kompatibilisek az -ben értelmezett két művelettel (a skalárral való szorzással és az összeadással). Pontosabban, az összeg képe a képelemek összege és a szorzat képe a képelemek ugyanazzal a skalárral való szorzata. Ezek a tulajdonságok szimbólumok segítségével a következőképpen fejezhetők ki:

2

( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + , 2,x y∀ ∈2( ) ( )f x f xλ λ= , , . x∀ ∈ λ∀ ∈

A továbbiakban az ilyen tulajdonságú függvényeket lineáris leképezéseknek nevezzük. Értelmezés. Az : n mf → függvényt ( ) lineárisnak nevezzük, ha *,m n ∈

( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + , , nx y∀ ∈ ( ) ( )f x f xλ λ= , nx∀ ∈ , λ∀ ∈ .

Az értelmezésben szereplő két feltétel egybeolvasztható a következő módon: Tulajdonság. Az : n mf → függvény pontosan akkor lineáris, ha

( ) ( ) ( )f x y f x f yα β α β+ = + , , nx y∀ ∈ , ,α β∀ ∈ .

Bizonyítás 1. Ha f lineáris, akkor ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x y f x f y f x f yα β α β α β+ = + = +

bármely x y és bármely α β esetén. , n∈ , ∈2. Ha teljesül az adott összefüggés,

akkor β esetén az 0= ( ) ( )f x fα α=

( )f x y

x nx∀ ∈( )f x+ = +

, és összefüggéshez jutunk,

míg esetén az , összefüggéshez.

Tehát

α∀ ∈

)y ,x y∀1=α β= (f n∈f lineáris.

Ez a tulajdonság általánosabban is igaz. Tulajdonság. Ha az : n mf → leképezés lineáris, akkor

( )1 1

p p

k k k kk k

f x fα α= =

= ∑ ∑ x , nkx∀ ∈ kα∀ ∈ , 1,=k p , 2p ≥ .

Bizonyítás. esetén már bizonyítottuk, tehát a matematikai indukció elve alapján elégséges bizonyítani, hogy ha igaz -re, akkor igaz

2p =p ( )1p +

p esetén is.

( )

1

1 1 1 11 1 1

p p

k k k k p p k k p pk k k

f x f x x f x f xα α α α α+

+ + + += = =

= + = + ∑ ∑ ∑1p p

+

=

( ) ( ) ( )1 11 1

k k p p k kk k

f x f x fα α α+ += =

= + =∑ ∑ . x


A lineáris leképezések néhány alaptulajdonságát könnyen igazolhatjuk: Tétel. 1. Ha 1 2, :

n mf f → lineáris leképezések, akkor az 21f f f= + leképezés is lineáris. n2. Ha az 0 :f → leképezés lineáris, akkor az 0f fλ= ⋅ leképezés is

lineáris bármely λ esetén. ∈n m

m

3. Ha 1 :f → és 2 :m pf → lineáris leképezések, akkor 2 1f f is

lineáris. 4. Ha az : n mf → lineáris leképezés bijektív, akkor az inverze is lineáris.

Bizonyítás

1. ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )1 1

2 2

1

2

f x y f x f y

f x y f x f y

α β α β

α β α β

+ = +

+ = + és . , nx y∀ ∈ ,α β∀ ∈

Összeadva az egyenlőségek megfelelő oldalait kapjuk, hogy és . ( ) ( ) ( )f x y f x f yα β α β+ = + , nx y∀ ∈ ,α β∀ ∈Tehát f lineáris.

2. és ⇒ ( ) ( ) ( )0 0f x y f x f yα β α β+ = + 0 , nx y∀ ∈ ,α β∀ ∈

( ) ( )( ) ( )( )0 0 0f x y f x f yλ α β α λ β λ+ = + és , , nx y∀ ∈ , ,α β λ∀ ∈tehát f lineáris.

3. ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 1 2 1 2 1 1f f x y f f x y f f x f yα β α β α β+ = + = + = ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 1 2 1 2 1 2 1f f x f f y f f x f f yα β α β= + = +

n∈ , ∈,

fbármely x y és bármely α β esetén, tehát , lineáris. n4. Ha :f → lineáris és bijektív, akkor 1 : m nf − → és

=

m

( ) ( )1f z x f x− = ⇔( ) ( )f x f yα β+ ,x y∀ ∈

. z

Eszerint, ha és , ( )f x yα β+ =1−

n

n

,α β∀ ∈

akkor és ( ) ( )(x y f f x f yα β α β+ = + ) ,x y∀ ∈ ,α β∀ ∈m∈ nDe f bijektív, tehát bármely u v esetén létezik x y úgy, hogy u f , , ∈ ( )x=

=és ( )yv f . Ezekkel a jelölésekkel írhatjuk, hogy f u( ) ( ) ( )1 1 1v x y f u f vα β α β α β− −+ = + = +

1

− , mu v∀ ∈ és . ,α β∀ ∈−Tehát f lineáris.

E paragrafus célja meghatározni az összes : n mf → lineáris függvény alakját, ha m n . , {1, 2, 3∈

1= =}

1. eset. m n . Az :f →( )f x =

lineáris függvényekre ( ) (1 1f x x f⋅ = ⋅

( )) ,

f x ax= x∀ ∈tehát , ahol a rögzített szám. ∈

=2. eset. n és m . A második összefüggés alapján 1 2=( )f x ( ) ( )1 1 ( ,f x xf x a b= ⋅ = = ⋅ ) x∀ ∈ ,

ahol a b rögzítettek. , ∈

212 Koordinátarendszerek, mátrixok 3. eset. n és m . A második összefüggés alapján 1= 3=

( ) ( ) ( )1 1 ( , ,f x f x xf x a b c= ⋅ = = ⋅ ) x∀ ∈ , ahol a b rögzített számok. , , c ∈

2=4. eset. n és m . 1=, )( )x =1 2 1 2 1 2( ( , 0) (0, ) ( , 0) (0, )) ( ) ( )(f x x x f x f xf + = +(1, 0) (0, 1) (1, 0 (0, 1))( ) ( ) ( ) ( )f x f x x f x f x a x⋅ + ⋅ = ⋅ + = ⋅ +

=

2

3

1 2 1 2 1 b= ⋅ , ahol a és b rögzített valós számok. 5. eset. n és m . 2=

( ,(f x2=

))x x=1 2 1 2 1 1 1 2 2 2(1, 0) (0, 1) ( , ) ( , )( ) ( )f x f x a b x a b⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ =( , )x a x a x b x b= + + 2( , )x x∀ ∈

1 1 2 2 1 1 2 2

3= . 1 2

6. eset. n és m . 2=( ,(f x x ) x f= ⋅1 2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2) (1, 0) (0, 1) ( , , ) ( , , )( ) ( )x f x a b c x a b c+ ⋅ = ⋅ + ⋅ =

( , , )x a x a x b x b x c x c= + + + 2( , )x x∀ ∈

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

1= . 1 2

7. eset. n és m . 3=, ,x x x (f1 2 3 1 2 3 1 2 3( ) , 0, 0) (0, , ) (1, 0, 0) (0, , )( ) ( ) ( )f x x x f x f x x= + = ⋅ + =

(1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1)( ) ( ) ( )f x f x f x= ⋅ + ⋅ + ⋅ =

1 2 3

(1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1)( ) ( ) ( )x f x f x f= ⋅ + ⋅ + ⋅ =

1 2 3

x a x b x c= + + 3( , , )x x x∀ ∈

1 2 , 1 2 2

ahol a b rögzített. , , c ∈3=8. eset. n és m . 2=

))x =( ,(f x1 2 3 1 2 3, (1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1)( ) ( ) ( )x x f x f x f⋅ + ⋅ + ⋅ =

1 1 1 2 2 2 3 3 3( , ) ( , ) ( , )x a b x a b x a b= ⋅ + ⋅ + ⋅ =

( , )x a x a x b x b x b+ + + ( , ,x x1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3x a= +1 2 1 2, , , ,b b c c ∈

, 31 2 2)x∀ ∈ahol a a rögzített. 1 2,

3= 3=9. eset. n és m . 3))x =( ,(f x1 2 1 2 3, (1, 0, 0) (0, 1, 0) (0, 0, 1)( ) ( ) ( )x x f x f x f⋅ + ⋅ + ⋅ =

1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3( , , ) ( , , ) ( , , )x a b c x a b c x a b c= ⋅ + ⋅ + ⋅ =

( , ,x a x b x b x b x c x c x c+ + + + + ( ,1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3x a x a= +, ,i i ic ∈

) 31 2 2, )x x x∀ ∈ ,

1, 3=ahol a b ( i ) rögzített valós számok. Látható, hogy tetszőleges m és esetén hasonló a helyzet. Ha n

(0,e1

0,..., 0,1, 0,..., 0)ii−

= , 1,=

n

i n ,

nakkor x x felírható alakban és ezáltal 1 2 3( , , , ... , )nx x x= ∈1

i ii

x x=

= ⋅∑n n

e

( ) ( )1 1

i i i ii i

f x f x e x f e= =

= ⋅ = ∑ ∑

1,j m= ijtehát, ha ( )if e -nek a j -edik komponense ( ) a azaz ,..., ,...,i ia )j a1 2( ) ( ,i if e a a= , im


akkor az ( )f x j -edik komponense . Ha -el jelöljük az 1

n

i iji

x a=

⋅∑ ( )jf x ( )f x j -edik

komponensét, akkor az ( )1

n

ij i ijf x

=

=∑x a⋅ , ( 1,j m= ) összefüggéshez jutunk.

A könnyebb megértés, valamint az írásmód egyszerűsítése céljából újabb jelöléseket vezetünk be. Az előbbi összefüggéseket írhatjuk a következő alakban:

1 11 1 21 2 31 3( ) ... nn1f x a x a x a x a x= + + + +

2 12 1 22 2 32 3( ) ... nn2f x a x a x a x a x= + + + +

1 1 2 2 3 3( ) ...m nm m m m nf x a x a x a x a x= + + + +( )

f xLátható, hogy előnyösebb komponenseit oszlopba írni, mert így könnyebben

át lehet látni az egyes tagok indexeit. Ebben az esetben az , , elemeit is oszlopba kell írjuk (mert

2 3 n

( )f x is egy ilyen elem), tehát az ( ) ( )1,j mjff x x=

= , illetve

1,[ ]i i n

x x=

= jelölés a következőket jelenti:

( )

( )

( )

( )

1

2

m

f xf x

f x

f x

=

és x1

2

m

xx

x

=

(azért írjuk szögletes zárójelben, hogy az eddigi jelöléstől meg tudjuk különböztetni). Az

1, , 1,ij i n j ma

= = számokat egy táblázatba rendezhetjük úgy, hogy az i -edik oszlop j -

edik sorába kerüljön az a . Ez a táblázat az ij 1 1,( )j j m

f e=

, 2 1,( )j j m

f e=

, … , 1,j m

( )njf e=

n m

oszlopokból áll és egy-egy ilyen táblázat egyértelműen jellemzi az :f → line-

áris leképezést. A továbbiakban ezt a táblázatot az 1,1,

j mjii n

a ==

szimbólummal jelöljük

( sora és n oszlopa van) és az m f mátrixának nevezzük. Kisebb táblázatok esetén kiírjuk annak minden elemét.

Példák 1. Az , függvény mátrixa 2 2:f →

1 2 1 2 1 2, ) 3 , 2(( ) (2 )f x x x xx x + − +=

1

2 31 2M

= −

.

2. Az , 2 3:f →1 2 1 2 1 2 1 2

1 1, ) , 7 2 ,2 3

(( ) 2f x x x x xx x − − + + = x

függvény mátrixa 2

−=

2 17 21 12 3

−

M .


3. Az függvény

mátrixa

3 2:f →1 2 3 1 2 3 1 2 3, , ) ,(( ) ( )f x x x x x x xx x + + − + −=

3

1 1 11 1 1M

= − −

.

Értelmezés. Az m sort és n oszlopot tartalmazó valós elemű táblázatok halmazát -rel jelöljük és m -es valós mátrixoknak nevezzük. ( ),m nM n×

Hasonlóan ( ),m n XMX

azon az m -es mátrixok halmazát jelöli, amelyeknek minden eleme -ből van. Az -es mátrixot négyzetes mátrixnak nevezzük, és az

jelölést használjuk.

n×nn×

( )nMMegjegyzés. Egy m -es X -beli elemeket tartalmazó mátrix felfogható egy n× függvényként is. : {1, 2, ... , } {1, 2, ... , }F n m× → X

Gyakorlatok

1. Melyek lineárisak az alábbi leképezések közül? a) :f → , ( ) 2 1f x x= + , ; x∀ ∈

2 2b) :f → , ( ) (3 , )f x x x= , ; x∀ ∈2c) :f →3 2

, , ; 1 2 1 1 2( , )( )f x xx x += x 21 2( , )x x∀ ∈

2d) :f → , 1 2 3 1 2 3 1 2( , , ) ( , )( )f x x x x x x x x= + − + , ; 31 2 3( , , )x x x∀ ∈2 3 2e) :f → , , . 1 2 1 2 1 2 1 2( , ) ( , , )( )f x x x x x x x x= + − +

2 31 2( , )x x∀ ∈

3 32. Írd fel az :f → és g lineáris leképezések mátrixát, ha : →a) ; 1 2 1 2 1 2 1 2( , ) (2 3 , , 2 )f x x x x x x x x= − + − +

( , , ) (2 3 , 2( )x x x x x x x x= + − −

21 2( , )x x∀ ∈

, )x x x x+ + +b) g , . 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 33

1 2 3( , , )x x x∀ ∈3. Írd fel a következő mátrixokhoz tartozó lineáris leképezéseket:

a) M ; b) 1 2 10 2 3 − =

1 23 14 0

M − = −

; c) a b

M b a − =

; d) M . 1 1 23 2 10 0 4

− = −

Megjegyzés. Látható, hogy rögzített koordinátarendszer esetén a lineáris leképezés mátrixa egyértelműen meghatározott. 1.4. Műveletek mátrixokkal Feladat. Milyen szabály szerint kapható meg a g lineáris függvény mátrixa az

: n m→ ( ) ( )g x f xλ= ⋅: n mf →( )f e

lineáris függvény mátrixából, ha λ . ∈1,i = fMegoldás. A , ( )i ig e λ= ⋅ egyenlőségek alapján az mátrixának

minden elemét kell λ -val szorozni. n

Ez a tulajdonság képezi a következő értelmezés alapját: Értelmezés. Ha 1,

1,i nijj m

A a ==

= és λ , akkor ∈ 1,1,

i nijj m

A aλ λ ==

= ⋅ .


Feladat. Számítsuk ki az 1,2 :n mf → lineáris leképezések mátrixainak

függvényében az : n mf → , lineáris leképezés mátrixát. 1 2f f f= +Megoldás. Az 1 2( ) ( ) ( )i i if e f e f e= + , 1,=i egyenlőségek alapján az n f mátrixát

megkapjuk az és leképezések mátrixaiból, ha a megfelelő elemeket összeadjuk. 1f 2fEz a tulajdonság képezi a következő értelmezés alapját: Értelmezés. Ha és B , A , ( )m n∈M 1,

1,i nijj m==

A a = és 1,1,

i nijj m==

B b = , akkor

1,1,

i nij ijj m

A B a b ==

+ = + .

Feladat. Számítsuk ki az és

lineáris függvények összetett függvényeinek mátrixát.

31 :f →

2 )1 1 2 3 1 1 1 2 1 3( , , )( )f x x x x b x c xa + +=

32 :f → ( )

2 2 2( , ,f x a x b x c x=

Megoldás. Az 1f + mátrixa M a1 1 1b c1 = , míg az 2f mátrixa . 2

2 2

2

aM b

c

=

( )1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( , , ) ( )( )f f x f a x b x c x a a x b b x b b x a a b b c c x= = ⋅ + ⋅ + ⋅ = + + .

2 1 1 2 3 2 1 1 1 2 1 3( , , ) ( )( )f f x x x f a x b x c x= + + =)

2

2 1 1 2 1 2 2 1 3 2 1 1 2 1 2 2 1 3 2 1 1 2 1 2 2 1 3( , ,a a x a b x a c x b a x b b x b c x c a x c b x c c x= + + + + + + ,

tehát 1f f mátrixa 1 -es és 1× [ ]12 1 2 1 2 1 2M a a b b c c= + + alakú, míg 2 1f f mátrixa

-as és alakú. 3×32 1

21 1 2

2 1

a

a

c

2 1 2 1

1 2 1

2 1 2 1

b a c

b b b c

b c c

2

a a

M b

c a

=

Ez a tulajdonság szolgál a mátrixok szorzásának alapjául. Azt fogjuk mondani, hogy és . Általában az A és mátrix szorzatát akkor

értelmezzük, ha a hozzájuk tartozó 12 1 2M M M= ⋅ 21 2 1M M M= ⋅ B

Af és Bf lineáris leképezések összetehetők és az A Bf f lineáris leképezés mátrixát nevezzük A szorzatnak. Ez az értelmezés

nagyon bonyolult, ezért olyan szabályt kell levezetnünk, amely csak a mátrixok elemeit használja. Az előbbi feladat alapján írható, hogy

B⋅

[ ]2

1 1 1 2 1 2 1 2 1 2

2

a

a b c b a a b b c cc

= + +

(*1)1 2 1a c

és 2 2 1 2

2 1 1 1 2 1 2 1 2 1

2 2 1 2 1 2 1

a a a a b

b a b c b a b b b cc c a c b c c

=

.

Megjegyzés. Látható, hogy általában A B . B A⋅ ≠ ⋅Próbáljunk további sajátos esetek vizsgálatából rájönni az általános szabályra. Az első kérdés, amelyre választ keresünk az, hogy mikor szorozható össze egy A mátrix egy

mátrixszal. Ha , akkor létezik olyan B ( ),m nA ∈M : nA

mf →:

B

, amelynek A a mátrixa. Hasonlóan, ha B , akkor létezik egy olyan ( ),p q∈M q pf → , amelyhez


rendelt mátrix éppen a B . Az A szorzat akkor létezik, ha az B⋅ A Bf f

q

összetett függvény értelmezett, vagyis ha . Eszerint az A szorzat csakis akkor léte-zik, ha az A oszlopainak száma egyenlő a sorainak számával. Ebből az is látszik, hogy egy -es és egy n -s méretű mátrix szorzata egy m -s mátrix.

p =

q

B

n

a

c

B⋅B

m n×

A

×

32

×

1 22 1

=

1× 3 2:Af → :Bf

3 )x

A B

2 3+ + 3, 2x − 1x 2x+ +, ) =

:

2x ) Bf ) a= ( , ,x bx cx

f (B)( ) )2( ),

Af f x

A B

b

1 22 1

x −

32

cc

b+ + c x

⋅+ ⋅⋅ = − ⋅ +

1)1

( )A ∈ ( ),∈M B⋅

),m pM∈1

ik kjbn

k=

=∑i 1 2i ia a , ..., ina 1 2j jb b

0 80 1

2−

− =

− =

1 (31 (

⋅ −⋅ −⋅ −

⋅− −

:

2)( 2)2)

+++

12

− −

=

0 11 10 1

⋅ +⋅ +⋅ +

13

1 23 4

⋅− −

n n

((

1−

1

33

37 =−

0 ( 41 ( 40 (

⋅ −⋅ −⋅ −36

1719

−−

( 2)( 4)0 0

− ⋅− ⋅+ ⋅−− −

240

− −

⋅

213

− −

2

→ (f =

n

nxn

1 00 10 0

0 0 0

000

1

= ij j

Tekintsük az és = − b mátrixokat. Az eddigiek alapján az A

szorzat létezik és egy 2 -es mátrix. Az

B⋅

, 3→ ,

és , össze-

tettje 1 2 3( , 2

Af x x x1( (x

2

(x )

f → , ( )2 3 ( 2a= + c+ a , tehát

a ba b

⋅ ⋅ +⋅ + .

Ebből látszik, hogy előbb az A első sorát szoroztuk a (* szabály szerint a -vel B(ebből kaptuk a szorzat első sorát), majd az A második sorát szoroztuk (* szabály szerint B -vel és így kaptuk a szorzat második sorát. Ez a tulajdonság általánosítható:

)

Tétel. Ha ,m nM és n pB , akkor a C A mátrixra igazak a =

következők: 1. (C ; 2. ijc a ,

(c az A -edik sorának ( , és a B ij ) j -edik oszlopának ( , a

skaláris szorzata).

, ..., )njb

Példák

1. .

2) 1 1 )1 0 1 13 1 4 4) 3 1 ) 7 11 0 0 10 3 1 1 4)

− ⋅ ⋅ + + = − ⋅ ⋅ + + −

⋅ ⋅ +

2.

1 2 1 0 2 2 0 32 33 4 1 3 4 4 2 9

− + = + − 3

2 11 − − −

.

A továbbiakban szükségünk lesz néhány sajátos mátrixra. Értelmezés. Az f )x bármely esetén leképezés mátrixát egységmátrixnak nevezzük és I -nel jelöljük.

∈x

Tulajdonság

1. I , tehát ha δ az I i -edik sorának és

0 ...0 ...1 ...

...n -edik oszlopának


eleme, akkor δ (ezt Kronecker szimbólumnak is nevezzük). haha

1,0,ij

i ji

== ≠ j

2. A I , bármely esetén. n nI A A⋅ = ⋅ = ( )nA ∈MBizonyítás

1. ( )i if e = e , tehát ha e

0

1

0i

=

, akkor ( )if e i -edik komponense 1 és a többi 0.

2. A szorzás értelmezése alapján a C A mátrix elemei c nI= ⋅n

ij ik kja δ= ⋅∑1k=

alakúak. A Kronecker szimbólum értelmezése alapján ebben az összegben csak egy tag marad, az amelyben k . Így c a , = ij ij= , 1,i j n= , tehát C . (valós mátrixok esetében a mátrixokhoz tartozó lineáris leképezések segítségével az

A=

1 1n nf f= f= azonosságra vezetődik vissza a vizsgált tulajdonság ).

j

Értelmezés. Az : n mf → bármely -re leképezés mátrixát nullmátrixnak nevezzük és 0 -nel jelöljük. (Ha n , akkor egyszerűen csak -et írunk). Nyilvánvaló a következő három tulajdonság:

( ) (0, 0, 0, ... , 0)f x =

,m n

nx ∈m=

0nTulajdonság

1. 0 minden eleme . ,m n 0

2. A A , bármely esetén. , ,0 0m n m n+ = + = A

m

( ),m nA ∈M

3. A A , ahol − ,( ) ( ) 0m nA A+ − = − + = , ( )m nA∀ ∈M 1A A= − ⋅Az értelmezett műveletek segítségével most már kijelenthetjük a következő tételt:

Tétel. Ha : nf →( )

lineáris leképezés, akkor létezik olyan A

mátrix, amelyre

( ),m n∈M

f x A= ⋅ x bármely x esetén. n∈(f eAz mátrix oszlopai az A )i vektorok.

Ugyanakkor látható, hogy a koordináta-transzformációk és lineáris leképezések tanulmányozásánál

A x B⋅ = alakú egyenletrendszerekhez jutunk, ahol adott mátrix, b adott

vektor és x ismeretlen. Az ilyen rendszereket nevezzük lineáris egyenlet-rendszernek.

( ),m nA ∈M m∈n∈

1.5. A műveletek tulajdonságai

A mátrixokkal végzett műveleteket a függvényekkel végzett műveletek segítségével értel-mezhetjük. Az értelmezések alapján a műveletek tulajdonságai (kommutativitás, asszociativitás, stb.) átöröklődnek a mátrixokra is. Ezek a tulajdonságok igazolhatók a függvények felhasználása nélkül is. A továbbiakban felsoroljuk ezeket a tulajdon-ságokat és néhányat be is bizonyítunk.


Tétel 1. A B , B A+ = + ( ),, m nA B∀ ∈M ;

2. ( ) , ( )A B C A B C+ + = + + ( ),, , m nA B C∀ ∈M ;

3. , ,0 0m n m n+ = + =A A , A ( ),m nA∀ ∈M ;

4. ,( ) ( ) 0m nA A+ − = − + =A A ( ),m nA∀ ∈M ; 5. ( ) ( )A Aαβ⋅ =α β , ,α β∀ ∈ , ( ),m nA∀ ∈M ;

6. ( )A B A B⋅ + = +α α , α α∀ ∈ , ( ),, m nA B∀ ∈M ;

7. ( , ) A Aα β α β+ ⋅ = + A ,α β∀ ∈ , ( ),m nA∀ ∈M ;

8. ( ) ( )C A B C⋅ ⋅ = ⋅ ⋅A B , ( ),m nA M∀ ∈ , ( ),n pB∀ ∈M , ( ),p qC∀ ∈M ;

9. ( )C AB AC⋅ + = +A B , ( ),m nA∀ ∈M , ( ),, m nB C∀ ∈M ;

10. ( )B C A BA CA+ ⋅ = + , ( ),n pA∀ ∈M , ( ),, m nB C∀ ∈M ;

11. n nI A A⋅ = ⋅ =A I , ( )nA∀ ∈M .

Bizonyítás 1. Legyen D A és D B . Az értelmezés alapján

és , ha

( )1 = +( )2ij ij ijd a b= +

B Ab

( )2 = +( )1ij ij ijd a= + 1,i n és = 1,j m= . De a b ,

tehát d és így D D . ij ij ij ijb a+ = +

( ) (1ij ij= )d 2 ( ) (1 2= )

Hasonlóan igazolható a 2. , , , és tulajdonság (mert az itt szereplő műveleteket elemenként értelmeztük).

3. 4. 5. 6.

Első bizonyítás. (csak valós mátrixok esetében) Tekintsük azokat az : n m

Af → , : p nBf → és : q

Cpf →)A B C⋅ ⋅

lineáris leképezéseket, amelyekhez az A , és C mátrixok tartoznak. Az ( mátrix az

B( )A B Cf f f függvényhez tartozik, míg az ( )A B mátrix az C⋅ ⋅ ( )A B Cf f f

függvényhez tartozik. Mivel a függvények összetétele asszociatív, ( )A B C (A B )Cf f f = f f f . Tehát ( ) . (C A B⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ )CA B

( )1Második bizonyítás. Bevezetjük a következő jelöléseket A B , , és A D . Világos, hogy E E .

Az értelmezés alapján , .

D⋅ =( ) ( )1 2

,, m q∈M

kjc

( )2B C D⋅ = ( ) ( )1 1D C E⋅ =

( )1ik

( ) ( )2 E⋅ =

1

n

il lkl

d a b=∑

2

b c

c d

b c

( )

( )1 1ik= ( )

1

p

ijk

e d=

=∑

Tehát . ( )1

1 1 1 1

p pn n

ij il lk kj il lk kjk l k l

e a b c a= = = =

= = ∑ ∑ ∑∑p n

Hasonló módon , ( )2

1lj lk kj

k

d b=

=∑n

( ) ( )2 2

1ij il lj

l

e a=

=∑és így . ( )2

1 1

p

ij il lk kjl k

e a= =

=∑∑


Tehát az a kérdés, hogy egy alakú összegben az összegzési sorrend

felcserélhető-e, vagyis írhatjuk-e, hogy .

1 1

n m

iji j

x= =∑∑

1 1 1 1

n n n n

ij iji j j i

x= = = =

=∑∑ ∑∑ x ( )*Vizsgáljuk meg mindkét oldalát külön-külön. Rendezzük az x elemeket

(ij

1, , 1,i n j= = m ) egy táblázatba úgy, hogy az 1,1,

i nijj m

X x ==

= n m

mátrixhoz jussunk.

1j

-az -edik sor elemeinek összege, tehát ∑∑ a sorösszegek összege,

vagyis a táblázat elemeinek összege.

m

ijx=∑ i

1 1ij

i j

x= =

1

n

iji

x=∑ -az j -edik sor elemeinek összege, tehát a oszlopösszegek összege.

1 1

m n

ijj i

x= =∑∑

Mivel ebben az esetben is a mátrix elemeinek összegét számoltuk ki a ( egyenlőség igaz. Tehát e e ,

)*( ) ( )1 2ij ij= 1,=i m , 1,j q= és így ( ) . (A B C A B⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ )C

Értelmezés. Ha , akkor értelmezhetjük az A mátrix hatványait a következő módon:

( )nA ∈M

0nA I=

1

A A=2

A A= ⋅3 2

AA

AA

2A A A A A A A= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅

4 3 3 2 2

A A A A A A A A A A= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅1n n+

és általában A . A= ⋅A szorzás asszociativitása biztosítja, hogy a hatványokra érvényesek legyenek a következő tulajdonságok:

1. A A , , ; m p mA +⋅ =pm m p⋅

p ,m p∀ ∈ ( )nA∀ ∈M

2. ( ) , , ; A A=m

,m p∀ ∈m m

( )nA∀ ∈M*3. ( ) , , , . A Aλ λ⋅ = ⋅ m∀ ∈ ( )nA∀ ∈M λ∀ ∈

Megoldott feladatok 1. Bizonyítsuk be, hogy ha A

a bc d =

, akkor A a . ( ) ( )22 2d A ad bc I O− + + − =

Bizonyítás. 2

22

a b a b a bc ab bdA A A c d c d ac dc bc d

+ + = ⋅ = ⋅ = + + ,

tehát

( ) ( )2

222

( ) ( )( ) ( )

a bc ab bd a d a a d bA a d A ad bc I a d c a d dac dc bc d

+ + + + − + + − = − + + + + +

2

0 0 000 00

ad bcad bc

− + =− =

.


Megjegyzés. Általában azA négyzetes mátrix főátlóján levő elemek összegét az A mátrix nyomának nevezzük és -val jelöljük. Tehát ha TrA

, 1,ij i j n=A a = , akkor

. Az ad különbséget az 1

Trn

iii

A=

=∑a b− ca b

A c d =

mátrix determinánsának

nevezzük és -val jelöljük. Így a feladatbeli egyenlőség detA2 ( ) ( ) 2 2Tr det 0A A A A I− + =

alakban írható. A későbbiekben erre az egyenlőségre Cayley-Hamilton tétel néven fogunk hivatkozni.

( )2n =

2. Oldjuk meg a 8 5

2 3 5 30 10

1 13 2 12

13 11

X Y

X Y

2

− − = − − − − + = − −

egyenletrendszert, ha . ( )3, 2,X Y ∈M

Megoldás. Beszorozzuk az első egyenlet mindkét oldalát 2-vel és a második egyen-let mindkét oldalát 3-mal, majd összeadjuk a kapott egyenlőségek megfelelő oldalait:

16 104 6 10 6

0 20

3 39 6 36 6

39 33

X Y

X Y

− − = − − − − + = − −

13 1313 26 0

39 13X

+ − = −

Így X1 12 03 1

− = −

.

Hasonló módon kapjuk, hogy 2 13 12 4

Y − = − −

.

Megjegyzés. A megoldásból látható, hogy néha érdemes a mátrixokkal végzett műveletek tulajdonságát használni, és nem érdemes visszatérni a mátrix elemeire. (Ha ugyanis felírtuk volna, hogy 1, 3

1, 2iijj==

X x = és 1, 31, 2

iijj==

Y y = akkor hat darab 2 -es

egyenletrendszert kellett volna megoldanunk.) Ezek a tulajdonságok a szorzás kommutativitásától és az osztástól eltekintve ugyanazok, mint a valós (komplex) számokkal végzett műveletek tulajdonságai.

2×

3. Bizonyítsuk be, hogy ha A B és AB akkor ( ), n∈M BA=

( )2 2 22A B A AB B+ = + + és A B . ( )(2 2 A B B A− = + − )


Bizonyítás ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2A B A B A B A B A A B B A BA AB B+ = + + = + ⋅ + + ⋅ = + + + =

2 2

1

)k

k

2 22A AB B= + + .

( )( ) ( ) ( ) 2 2A B A B A B A A B B A BA AB B A B+ − = + ⋅ − + ⋅ = + − + = − .

Megjegyzés. Mivel a mátrixokkal végzett összeadás és szorzás a kommutativitástól eltekintve ugyanazokkal a tulajdonságokkal rendelkezik, ha egy feladat biztosítja a két mátrix szorzatának felcserélhetőségét, akkor az illető mátrixokkal ugyanolyan algebrai műveleteket végezhetünk, mint a valós (komplex) számokkal (egyelőre az invertálható-ságtól eltekintünk). Így például Newton binomiális tételének bizonyítása, meg egyéb

vidített számolási szabályok is érvényesek lesznek. Érvényes tehát a következő tétel: rö Tétel. Ha A B és AB , akkor ( ), n∈M BA=

a) A B ; ( ) 1 2 2( ... )k k k k k kA B A A B AB B− − − −− = − + + + +2 1 2 1 2 2 1 2 1k k k k k+ + − −b) A B ; ( ) 2( ...A B A A B AB B+ = + − + − +

1 1 2 2 2 1 1k k k k k k− − − −c) ( ) . ...k k kA B A C A B C A B C AB B+ = + + + + +n

4. Ha , 1,ij i j n

A a=

= , akkor Tr . Bizonyítsuk be a következő

tulajdonságokat: 1

iii

A=

=∑a

)

n

a) Tr ( ) TrA Aλ λ⋅ = ⋅ ( ), nA∀ ∈M

b) , ; ( )Tr Tr TrA B A B+ = + ( ), nA B∀ ∈M

c) Tr , . ( ) ( )TrA B B A⋅ = ⋅ ( ), nA B∀ ∈M

Bizonyítás

a) Tr . ( )1 1

( ) Trn n

ii iii i

A a a Aλ λ λ λ= =

⋅ = = =∑ ∑n n

b) . ( ) ( )1 1 1

Tr Tr Trn

ii ii ii iii i i

A B a b a b A B= = =

+ = + = + = +∑ ∑ ∑c) Jelöljük C -vel és D -vel az , illetve B szorzatot. A B⋅ A⋅

( )1 1 1

Tr Trn n n

ii ij jii i j

AB C c a b= = =

= = =∑ ∑∑n n n

,

( )1 1 1

Tr Tr jj ji ijj j i

BA D d b a= = =

= = =∑ ∑∑ .

De a kettős összegzés esetén az összegzési sorrend megcserélhető, így sajátos esetben Tr . ( ) (TrAB BA=Alkalmazás. Bizonyítsuk be, hogy ha , akkor az AB

egyenlőség nem teljesülhet. ( ), nA B ∈M nBA I− =

Bizonyítás. Ha két mátrix egyenlő, akkor a nyomuk is egyenlő. De és , tehát az egyenlőség nem állhat fenn.

Tr nI =( ) ( ) ( )Tr Tr Tr 0AB BA AB BA− = − =


5. Tekintsük az 2

1 11

1 11n

n n

n n

+ = −

A mátrixokat, ha n . Számítsuk ki a

mátrixot.

1≥

lim nnA

→∞

Megoldás. Az ( ) , A a1n n

A ≥( ) 1 2

1 2in ijj

n ≤ ≤≤ ≤

=

( )1)ij na n ≥

mátrixsorozatról pontosan akkor mond-

juk, hogy konvergens, ha az ( sorozatok konvergensek , 1,i j = 2 esetén.

1 1m 1n n→∞

−lim 1 lin n→∞

+ = 1 = és 2lim→∞

1 1lim 0n nn n→∞

= =

B

, tehát . 1 0lim 0 1nnA

→∞

=

Gyakorlatok 1. Számítsd ki az , A B , mátrixokat, ha A B+ − 2 3A+

A és B2 1 31 3 2 − =

1 3 02 10

= −

.

2. Oldd meg a következő egyenleteket:

a) ; b) 2 52 1 3 13 2 2 01 0 1 1

X − − + = −

01 1 3 7 3 54 2 1 6

7 8 8 3 5 6X

+ =

.

3. Végezd el a kijelölt műveleteket:

a) ; b) 1 1 2 3 0 1 2 3

2 33 4 1 2 1 2 1 3

− − − ⋅ − ⋅ − −

1 3 3 1 11 3 7 2 21 4 2 1 1

− − − − ⋅ +

;

c) 4 21 2 3 1 0 3 41 00 1 2 2 1 0 11 1

− ⋅ + ⋅− − − −

; d) 1 11 2 1 1 00 43 7 3 4 21 2

− − − ⋅ ⋅− −

e) ; f) 1 1 2 1 32 3 [ 1 2]3 1 44 5

− − ⋅ + ⋅ − − −

2

2

2 2 2 2

11 1 111

a aa b c b ba b c c c

⋅

;

g) , ahol ε , és ε a harmadrendű egységgyökök; 1 2 32 2 21 2 3

1 1 1a b cb c ac a b

ε ε εε ε ε

1 2ε 3

h) a b a b

b a b a −⋅−

.


4. Számítsd ki az mátrix n -edik hatványát, ha n . 1 11 0A =

I

{2, 3, 4}∈

5. Számítsd ki az kifejezést, ha A225 6A A− + 2 1

5 3 =

.

6. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:

a) ; b) .

1 1 02 8 5 5

4 3 143 3 8 15

X Y

X Y

− = − − − + = −

2

20

X Y I

X Y

+ =⋅ =

7. Számítsd ki az , és A mátrixokat, ha 2A 3A 4 2

2

1 1 111

A ε εε ε

=

és egy

harmadrendű egységgyök.

ε

8. Oldd meg a következő egyenleteket:

a) X , ; b) X I , 2 0 11 0 =

( )2X ∈M 22= ( )2X ∈M ;

c) X , 220= ( )2X ∈M ; d) 2 7 6

8 7X =

, ( )2∈MX .

9. Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan mátrix létezik, amelyre A . ( )2X∈M 22I=

10. Határozd meg azokat az mátrixokat, amelyekre ( )2X∈M1 2 1 22 1 2 1X X

=− −

.

11. Számítsd ki a 2

0 2 3

11 1 1

k kn

k k k k

ε ε

ε ε ε=

∑ összeget, ahol harmadrendű egységgyök és . ε ε∉

Feladatok

1. Határozd meg az ( )n∈M

k

A mátrix alakját, ha bármely .

A X X A⋅ = ⋅( )nX ∈M

2. Bizonyítsd be, hogy ha A , és 20= ( )( )2A ∈M { }\ 1∈k , akkor . 220A =

3. Bizonyítsd be, hogy ha A , akkor bármely k esetén létezik úgy, hogy A A .

( )2∈M

2k kIα β= +∈

,k kα β ∈ k

4. Bizonyítsd be, hogy ha A B , és 4 3 , akkor .

( ), n∈M 2 2BA B= nAB I BA+ =AB BA=


5. Adott az egyenlőség. Bizonyítsd be, hogy ha a , a , a , a szám-

tani haladványban van, akkor b b , b és b is számtani haladványt alkot.

21 2 1 2

3 4 3 4

a a b ba a b b

=

2 3

1 2 3 4

2 1− 3 b− 4 b−6. Bizonyítsd be, hogy ha A , akkor végtelen sok olyan ( )2∈M ( )2∈MX mátrix létezik, amelyre . ( )Tr (X A X2

2 2det ) 0A I− + =7. Bizonyítsd be, hogy ha A B és valamint

, akkor AB .

( )2, ∈M Tr Tr 0A B⋅ ≠2 2 2A B A B+ = 2 BA=

8. Bizonyítsd be, hogy ha A A , akkor a B A mátrixra teljesül a B egyenlőség.

2 = ( )( )2A ∈M 22 I= −2

nI=9. Bizonyítsd be, hogy ha A B mátrixok minden sorában az elemek

összege 1, akkor az A szorzat is rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.

( ), n∈MB⋅

10. Ha 1,1,

i nijj m

A a ==

= akkor -vel jelöljük a tA 1,1,

i njij m

a ==

mátrixot és A

transzponáltjának nevezzük (úgy kapjuk az A mátrixból, hogy az elemeit tükrözzük a főátlóra nézve). Bizonyítsd be, hogy

( )t t tA B A B+ = + ,

( )t t tA B B A⋅ = ⋅ . 11. Egy mátrixot akkor nevezünk ortogonálisnak, ha A A . Határozd meg az összes -beli ortogonális mátrixot. Milyen transzformáció mátrixa lehet ez?

( )nA ∈M tnI⋅ =

( )2M

12. Bizonyítsd be, hogy két ortogonális mátrix szorzata is ortogonális. 13. Az ( )nX ∈M

A X⋅

mátrixot főátlós mátrixnak nevezzük, ha x bármely esetén. Bizonyítsd be, hogy X pontosan akkor főátlós mátrix, ha

bármely főátlós A mátrix esetén.

0ij =i ≠X A⋅

j=

14. Hány olyan mátrix létezik, amelynek minden eleme a

halmazban van? , ( )m nA ∈M

{ 1, 0, 1}−15. Hány olyan m -es mátrix létezik, amelynek minden eleme vagy − és minden sorában és oszlopában az elemek szorzata − .

n× 1+ 11

1 .6. Mátrixok hatványozása 1.6.1. Heurisztikus gondolatmenetek

A műveletek tulajdonságainak vizsgálatakor láttuk, hogy ha ( )m∈M

)

A , akkor bármely esetén rekurzívan értelmezhető az A -edik hatványa. Gyakran szükségünk lehet az explicit alakjára (elemeire). Ebben a paragrafusban olyan módszereket ismertetünk, amelyeknek segítségével különösebb találékonyság nélkül is ki tudjuk számítani az -t, ha vagy A . Előbb próbáljunk néhány ilyen feladatot megoldani minden egyéb előismeret nélkül.

n ∈ n

M

nA

An ( )2A ∈M (3∈


Feladat. Számítsuk ki -t (n ), ha AnA *∈0 1 00 0 10 0 0

=

.

Megoldás. Kiszámítjuk néhány hatványát és megpróbálunk valamilyen szabály-szerűséget észrevenni.

A

20 1 0 0 1 0 0 0 10 0 1 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0

A = ⋅ =

, A20 1 00 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0

= ⋅ =

n

,

4 3 5 42 30 0A A A A= ⋅ = ⋅ =

3n ≥, és így A bármely

. Tehát 30A A A A= ⋅ = ⋅ = 30 30=

ha

ha

ha3

0 1 00 0 1 , 10 0 0

0 0 10 0 0 , 20 0 0

0 0 00 0 0 0 , 30 0 0

n

n

A n

n

= = = = ≥

.

Feladat. Számítsuk ki -t, ha AnA1 10 1 =

.

Megoldás. A , 2 1 1 1 1 1 20 1 0 1 0 1 = ⋅ =

3 1 2 1 1 1 30 1 0 1 0 1A = ⋅ =

1 4

,

1 3 4 1 10 1 0 1 0 1A

= ⋅ =

.

A kiszámított hatványok alapján megsejthetjük, hogy 10 1

k kA

=

, 1k∀ ≥

Ezt matematikai indukció módszerével bizonyítjuk. Feltételezzük, hogy A . 10 1

n n =

1 1 1 1 10 1 0 1 0 1

n n n nA A A+ 1 +

= ⋅ = ⋅ = ,

tehát a matematikai indukció elve alapján 10 1

n nA

=

bármely n esetén. 1≥

Feladat. Számítsuk ki az A 0a b

a b = +

(a b ) mátrix n -edik hatványát (n ). , ∈ *∈


Megoldás 2 2

22

20 0 0 ( )a b a b a ab b

A a b a b a b + = ⋅ =+ + +

,

2 2 3 2 23

2 32 3

00 ( ) 0 ( )a ab b a b a a b ab b

A a ba b a b 33 + + = ⋅ =+ + +

+

,

3 2 2 3 4 3 2 2 3 44

3 43 3 4 6 4

00 ( ) 0 ( )a a b ab b a b a a b a b ab b

A a ba b a b + + + + + = ⋅ =+ + +

n

.

Az eddigi eredmények alapján megsejthetjük, hogy bármely n esetén 1≥

( )

0 ( )

n nn

na a b a

A a b + − = +

. ( )*

Ezt a matematikai indukció módszerével igazolhatjuk. A bizonyítás teljességéhez csak az szükséges, hogy A -et kiszámítsuk, ha A a feltételezett egyenlőséget teljesíti. 1n+ n

1 1 11

1( ) ( )

00 ( ) 0 ( )

n n n n n n n nn

n na a b a a b a a b a b a a b

A a ba b a b

+ + ++

+

+ − + + − − = ⋅ = =+ + +

1 1

1( )

0 ( )

n n

na a b a

a b

+ +

+

1n+ + − = + ,

tehát a matematikai indukció elve alapján ( teljesül. )* Gyakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát:

a) A e ; b) A00 0

0 0 0

x x

xe e−

−

=

0

0

a

b

=

; c) A0

0 0 00

a a

a a

=

; d) A ; 1 01a

=

e) A ; f) 0 11 0

= −

1 20 1A = −

; g) A1 20 3 =

; h) ; 1 10 2A =

i) ; j) A1 1 11 1 11 1 1

A =

0 1 01 1 10 1 0

=

.

1.6.2. A rekurzív sorozatok módszere

Láthatjuk, hogy ha A alakját megsejtjük, akkor a bizonyítás a megoldás könnyebb része. Néha azonban nem tudjuk azonnal felírni az A alakját, csak néhány elemét vagy az elemek közti összefüggést vesszük észre. Ilyenkor érdemes a hiányzó elemek helyett sorozatokat bevezetni és ezeknek a tulajdonságait vizsgálni.

n

n


Feladat. Számítsuk ki -t, ha AnA1 1 10 1 10 0 1

=

.

Megoldás. Kiszámítunk néhány hatványt:

21 2 30 1 20 0 1

A =

, 31 3 60 1 30 0 1

A =

, 41 4 100 1 40 0 1

A =

.

Az eddigi számolások alapján sejtésünk körülbelül így néz ki: 1 ?0 10 0 1

nn

A n =

.

Persze a jobbik eset az, amikor látjuk, hogy az 1, 3, 6, 10, … számsorozatban az egymásutáni számok különbsége 2, 3, 4, … . Ez alapján ugyanis a jobb felső sarokban

( )11 2 ...2

n nn ++ + + = áll. Ha ezt valaki mégsem veszi észre, akkor a

következőképpen segítheti az indukcióját:

Feltételezhetjük, hogy A10 10 0 1

nn

n an

=

bármely n esetén, ahol ( ) egy

sorozat. A szorzás elvégzése során az

1≥1n n

a ≥

11 1 1 1 1 10 1 0 1 1 0 1 10 0 1 0 0 1 0 0 1

n nn n

n a n a nA A A n n+

+ + + = ⋅ = ⋅ = +

1

egyenlőséghez jutunk. Ez bizonyítja, hogy a feltételezésünk helyes (tehát a főátló alatt valóban 0 áll, a főátlón 1-esek és felette n ) és bármely esetén 1n ≥

( )1 1n na a n+ = + + . A rekurzió alapján

( )( )

1

1 2

2 3

3 2

2 1

12

32

n n

n n

n n

a a na a na a n

a aa a

−

− −

− −

= += + −= + −

= += +

( ) ( )1

12 3 ... 12n

n na a n n

++= + + + + − + =


Tehát bármely esetén 1n ≥

( )112

0 10 0 1

n

n nnA n

+ =

.

Megjegyzés. Ha a jobb felső sarok eleme sejtésből származott, akkor ezt indukcióval szükséges igazolni, míg a sorozat használata esetén az indukció felesleges (mert az indukciós lépést már elvégeztük!).

Feladat. Számítsuk ki az A mátrixot, ha n 1 11 0A =

.

Megoldás. , 2 2 11 1A =

3 3 22 1A =

, A45 33 2 =

, 5 8 55 3A =

, A . 6 13 88 5 =

Az előbbi számok alapján nehéz megmondani az n -edik tag alakját, viszont mindenféle szabályosságot észlelhetünk. Például

• a mellékátló két eleme egyenlő egymással • a bal felső sarokbeli elem egyenlő a mellékátlón levő szám és a jobb alsó sarokban

levő szám összegével (1 1 , , , 5 3 , , 13 ) 0= + 2 1= +1 1 23 2= + = + 8 5 3= + 8 5= +• az A elemeiből néhány átkerül -be a következő módon: az bal felső

sarkában levő elem az A mellékátlójára kerül, az A mellékátlóján levő pedig az jobb alsó sarkába.

n 1nA + nA1n+ n

1nA +

Észrevételeink alapján n n nn

n n

a b bA b a

+ =

alakú és a , illetve b a . Ezekkel az indukciós feltevésekkel 1n+ = nb nb

1n n+ = +

1 1 1 21 0

n n n n n n nn

n n n n n

a b b a b a bA b a a b b+ + +

= ⋅ = + +

1n+

nb na

0

,

tehát a matematikai indukció elve alapján feltevésünk helyes. Így b és a összefüggésből bármely esetén. Ez egy

lineáris rekurzió és az általános tagja a c alakú, ahol r az

karakterisztikus egyenlet gyökei. Az a és a feltételekből

1n a+ =

1,

1

1n nb a+ = +

2 1r r− − =

2 1n na a+ += +

n =1n ≥

2nr

2 =1 1 2

nr c⋅ + ⋅

1 0=2

1 11 1 5 1 55 2 2

n n

na− − + − = ⋅ −

és így 2 1

1

n nn

nn

a aA a a

+ +

+

= .

Megjegyzés. Az jelöléssel a Fibonacci sorozat jelent meg, tehát 1n nF a +=

1

1

nnn

n n

F FA F F

+

−

=

.

A következő módszernél látni fogjuk, hogy egyáltalán nem véletlen, hogy az A mátrix minden eleme ugyanabból a rekurzióból származik.

n


G yakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát.

a) A a ; b) A ba a a

aa a a

− = − −

a0

0 00

a a

a a

=

; c) 1 1 11 0 11 1 1

A =

;

d) ; e) 0 00

0 0

aA b b

a

=

6 5

3 2A

= − −

; f) 222

a b aA b a b

a b a

=

.

1.6.3. A karakterisztikus egyenlet módszere

A Cayley-Hamilton ( tétel alapján, ha A)2n = a bc d =

, akkor

( ) ( )22A a d A ad bc= + − − I

nA

. Így bármely n esetén 1≥

( ) ( )2 1n nA a d A ad bc+ −= + − − .

Tehát, ha A nn n

n n

a bc d =

bármely n esetén, akkor 1≥

( ) ( )2 2 1 1

2 2 1 1

n n n n n

n n n n n

a b a b a ba d ad bc

c d c d c d+ + + +

+ + + +

n

n

= + ⋅ − − ⋅

.

Eszerint az ( ) , 1n n

a ≥ ( ) 1n nb ≥ , ( ) 1n n

c ≥

nx

és ( ) sorozatok ugyanazt az

rekurziót teljesítik (csak a kezdőértékek mások). Ez egy másodrendű lineáris rekurzió, amelynek megoldását

1n nd ≥

( )x a c= + (2 1n nd x+ + )ad b− −

( )( )

1 1 2 2

1 2

1 2

, ha 0

, ha 0

cos sin , ha 0

n n

nn

n

c r c r

a c n c r

r c n c nϕ ϕ

+ ∆>= + ∆ = + ∆ <

alakban keressük, ahol ∆ az r a egyenlet diszkriminánsa, r , r az egyenlet gyökei ∆ esetén, r az egyenlet gyöke ∆ esetén és a gyökök esetén. (lásd az analízis részt!). Az előbbiek alapján bármely 2 -es mátrix n -edik hatványa kiszámolható.

( ) ( )2 0d r ad bc− + + − =0>0∆ <

1

sr2

±0=

( )co siniϕ⋅×ϕ2

Megjegyzés. A Cayley-Hamilton tétel általános (n -es mátrixokra vonatkozó) alakjának bizonyítása után ezt a módszert kiterjeszthetjük tetszőleges mátrixokra is.

n×


Megoldott feladatok

1. Számítsuk ki -t, ha A . nA 7 34 11 =

Megoldás. , , tehát a karakterisztikus egyenlet r r és a gyökök r , valamint r .

Tr 7 11 18A = + =18 65 0+ =

det 77 12 65A = − =1 5= 2

2 − 13=

2 61 547 3 7 372 1334 11 4 11A

= ⋅ =

, tehát ha A nn n

n n

a bc d =

n n

, akkor

1 25 1na k k= ⋅ + ⋅n n

3333

3 45 1nb k k= ⋅ + ⋅

n n

5 65 1nc k k= ⋅ + ⋅n n

7 85 1nd k k= ⋅ + ⋅ ,

ahol a k , k , … , konstansokat a kezdeti feltételekből határozzuk meg. 1 2 8kAz a és a egyenlőségek alapján 1 7= 2 61=

1 2

2 2

5 13 7

25 169 61

k k

k k

+ = + =,

tehát 134

k = és 214

=k . Hasonló módon kapjuk, a 318

k = − , 438

k = , 512

k = − ,

612

k = , 714

k = és 834

=k értékeket, tehát bármely esetén 1n ≥

( )3 13 53 5 134 8

13 5 5 3 132 4

n nn n

nn n n nA

⋅ −⋅ + = − + ⋅

.

2. Számítsuk ki -t, ha A . nA1 11 3 − =

Megoldás. , , tehát a karakterisztikus egyenlet

és a gyökök r . Ha

Tr 4A =

0

( )det 1 3 1 1 4A = ⋅ − ⋅ − =

1, 2 2= nA2 4 4r r− + = n n

n n

a bc d =

bármely n esetén,

akkor az ( ) ,

1≥

1n≥na ( ) 1n nb ≥ , ( ) 1n n

c ≥ 1n nd ≥

0 4

4 8

− =

1 1=

és ( ) sorozatok általános tagjai ( )

alakban keresendők. , tehát a és a alapján

1 2 2nk ⋅k n +

2A 2 0= 1 2k k

k k

1 2

12

2 0

+ =

+ =

.

Ebből következik, hogy 112

= − 2 1k = n

n =1≥

k , . Tehát a n bármely n

esetén. Hasonló számolások alapján b n , és , tehát bármely n esetén

(2 2⋅ −

n

)

2nc n −= ⋅

1n−=

2n−− ⋅

1≥11

( )+12 2nnd += ⋅ n


( )( )

1 1

1 1

2 2 22 2 2

n nn

n n

n nA n n

− −

− −

− − ⋅ = ⋅ + .

3. Számítsuk ki -t, ha A . nA0 14 2 − =

Megoldás. , , tehát a karakterisztikus egyenlet

és a gyökök

Tr 2A =

0

det 4A =2 2 4r r− + = 1, 2 = ±1 3 2 cos sin

3 3iπ π = ⋅ + r i . Az

A jelöléssel nn n

n n

a bc d =

1 22 cos sin

3 3n

nn nkπ π = ⋅ ⋅ + ⋅ a k . Mivel A 2 4 2

8 0 − − =

a 1 2

1 2

3 03 2

k kk k

+ =− + = − rendszerhez jutunk. A megoldások k , 1 1= 2

33

= −k , tehát

32 cos sin3 3 3

nn

n na π π = ⋅ − ⋅ .

Hasonló számolások eredményeként 2 3 sin3 3

n

nnb π= − , 2 32 sin

3 3n

nnπ+=c , 32 cos sin

3 3 3n

nn nπ π = +

d .

Tehát 3 3cos sin sin

3 3 3 3 324 3 3sin cos sin3 3 3 3

n n

n n n

An n

π π π

π π

− − = ⋅ + 3

nπ

.

Megjegyzés. Ezt az eredményt könnyen meg is sejthetjük, mert n -ra a 2 mellett megjelenő mátrix ugyanaz mint n -re.

6+ n

Ez a módszer alkalmas minden 2 -es (sőt megfelelő kiterjesztéssel n -es) mátrix hatványozására. Bizonyos feladatok esetében léteznek egyszerűbb lehetőségek. A következő két módszer ilyen egyszerűbb lehetőséget tár fel.

2× n×

Gyakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát:

a) A ; b) A1 2

2 5

−=

3 1

5 1

= −

; c) 4 2

1 1A

− =

.


1.6.4. Az alakú mátrixok hatványozása a b

b a

−

A koordináta-transzformációk tanulmányozásánál láttuk, hogy az α szögű forgatás mátrixa ilyen alakú. Sőt, ha egy ilyen forgatást egy nyújtással összeteszünk, akkor bármilyen ilyen alakú mátrixot megkapunk, mert

2 2 2 22 2 2 2

2 2 2 2

cos sin

sin cos

a ba b a b a b

a b a bb a b a

a b a b

ϕ ϕϕ ϕ

+ + = + ⋅ = + ⋅ −− − + +

,

ahol arctg ba

=ϕ . De n darab ϕ szögű forgatás összetétele egy n szögű forgatás és

így .

ϕ⋅

ϕϕ

cos in cos sin

sin os sin cos

n n n

n n

ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ

= −

s

c− ( )*

Megjegyzés. A trigonometriai összefüggések alkalmazásával ez számolással is ellenőrizhető, ugyanis

1 1 2 2

1 1 2 2

cos sin cos sin

sin cos sin cos

ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ

⋅ = − −

)

( )1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2

cos cos sin sin cos sin sin cos

cos sin sin cos cos cos sin sin

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

− + = = − − −

( ) ( )( ) (1 2 1 2

1 2 1 2

cos sin

sin cos

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

+ + = − + + .

A ( egyenlőség alapján )*

( )2 2 2cos sin

sin cos

nna b n n

a bn nb a

ϕ ϕϕ

ϕ

= + −− , ahol arctg b

a=ϕ .

1 .6.5. A felbontás módszere A műveletek tulajdonságainak vizsgálata során láttuk, hogy ha AB

, akkor BA=

( )( ), nA B ∈M

( ) 1 1 2 2 2 1 1...k k k k k kk k kA B A C A B C A B C AB B− − − −+ = + + + + + k

nα

.

Tehát, ha az X mátrix felbontható két egymással felcserélhető mátrix összegére, akkor elégséges ezeket a mátrixokat hatványoznunk és a megjelenő kombinatorikus összegeket kiszámolnunk. A legegyszerűbb, ha a felbontás egyik tagja α alakú, mert ekkor az α egyenlőség teljesül.

nI⋅nI B B I⋅ = ⋅


Feladat. Ezzel a módszerrel számítsuk ki az 0

a bX

a b

= +

és Y a

mátrixok n -edik hatványát.

0

0 0

a b c

a

=

b

2

0

0

bX a I

b

= ⋅ +

, tehát szükséges megvizsgálni a 0

0

bB

b

=

mátrix hatványait.

2

22

0

0

bB

b

=

1≥

, és így azt sejthetjük, hogy általában B

bármely n esetén. Mivel

3

3

0

0

bB

b

=

0

0

n

nn

b

b

=

1

1

0 0 0

00 0

n n

n n

b b b

bb b

+

+

⋅ = n

az előbbi egyenlőség helyes

(a matematikai indukció elve alapján). Másrészt ( ) , tehát 2 2na I a I⋅ = ⋅

1 1 2 2 2 3 3 3 02 ...n n n n n n n

n n n nX a I C a B C a B C a B C a B− − −= + + + + + =

n

1 1 2 2 2 1 1

1 1 2 2 2 1 1

...

0 ...

n n n n nn n n

n n n n nn n n

a C a b C a b C ab b

a C a b C a b C ab b

− − − −

− − − −

+ + + + + + + + +

.

Newton binomiális tétele alapján ( )1 1 2 2 2 1 1... nn n n n n n

n n na C a b C a b C ab b a b− − − −+ + + + + = +

és így ( )

( )0

nn n

nn

a a b aX

a b

+ − = + .

3

0

0 0

0 0 0

b c

Y a I b

= ⋅ +

, tehát C

0

0 0

0 0 0

b c

b

=

mátrix hatványait érdemes

kiszámítani.

Kapjuk, hogy C és C

2

2

0 0

0 0 0

0 0 0

b =

3

0 0 0

0 0 0

0 0 0

=

, tehát

1 1 2 2 23

n n n nn nY a I C a C C a C− −= + + =

1 1 1 1 2 2 2

1 1

00 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 00 0

n nn nn n n

n nn

n

C a b C a ca C a b

a C a b

a

− − −

−

= + + =


( )1 1

1

12

0

0 0

n n n n

n n

n

n na n a b n a c a b

a n a b

a

− − −

−

− ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅

2 2

b

.

Gyakorlatok Számítsd ki a következő mátrixok n -edik hatványát:

a) A ; b) A a

0

0 0

0

a b a

b

a a

+ = +

0

0 0

0

a b

b

b a

= +

;

c) A ; d) A1 0 1

1 1 0

0 0 1

=

1 0 0

2 1 0

3 2 1

=

.

Feladatok

1. Számítsd ki az A mátrix -edik hatványát és bizonyítsd be,

hogy

2 2

2 2cos sinsin cos

xx

=

xx n

1 121

2 2

2lim1

n

nA

→∞

=

.

2. Oldd meg az alábbi egyenleteket, ha ( )2X ∈M :

a) X ; b) X2 34 6

n =

0 11 0

n − =

.

3. Számítsd ki az { }1: \2

f → ( ) 6 32 1xf xx+=

− + függvény n edik iteráltját

(az

−

...n

f f f függvényt).

n4. Az mátrix esetén jelöljük a , b , c és d -nel az mátrix elemeit. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy az ( ) ,

( )2A ∈M n n n n

naA

1n≥ ( )nb 1n≥ , ( ) 1n nc ≥ és

sorozatok konvergensek legyenek? ( )n nd ≥1

Documents

I. Koordinátarendszerek a síkban és a térben, mátrixokandrasz/CD/TANK11/alg1.pdf202 Koordinátarendszerek, mátrixok 3. Ha M egy pont a síkban és OM, λλ , akkor azt mondjuk,