Universitatea Babes-Bolyai Cluj-Napoca

Facultatea de Matematica si Informatica

Specializarea Matematica-Didactica

Lucrare de diploma

Algebra lineara - abordare prin

principii IBL

Conducator stiintific AbsolventDr. Andras Szilard Szilagyi Juditlector universitar

Iunie 2010

Babes-Bolyai Tudomanyegyetem

Matematika es Informatika Kar

Matematika-Didaktika Szak

Linearis algebra problema-es

kivancsisag alapu megkozelıtesben

Szakdolgozat

Temavezeto Vegzos hallgatoDr. Andras Szilard Szilagyi Juditegyetemi adjunktus

2010 Junius

Tartalomjegyzek

1. A matematika tanıtas problemai europai es hazai jelentesek tukreben 3

2. A linearis algebra elemei 122.1. Matrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.1.1. A matrix fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.1.2. Matrix szorzasa szammal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.1.3. Matrixok osszeadasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.1.4. Matrixok szorzasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2. Linearis egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.2.1. Linearis egyenletrendszerekhez vezeto problemak . . . . . . . . . . . 322.2.2. Linearis egyenletrendszerek megoldasa elemi transzformaciokkal . . 342.2.3. A linearis egyenletrendszerek megoldhatosaganak vizsgalata . . . . 40

Egy matrix rangja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Egy negyzetes matrix determinansa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.2.4. Osszefoglalas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

1

Bevezetes

Az utobbi evtizedben tobb olyan nemzetkozi felmeres szuletett, amely a matem-atika es a tudomanyok oktatasanak hatekonysagat vizsgalta a fenntarthato gazdasagies tarsadalmi fejlodes szempontjabol. A legatfogobbak a 2004-es Gago-jelentes (Europeneeds more scientists) es a 2007-es Rocard-jelentes (Science Education Now: A renewedpedagogy for the future of Europe). Mindket jelentes vegso ajanlasai kozott szerepel amatematika es a tudomanyok oktatasaban alkalmazott pedagogiai modszerek megujıtasa,pontosabban a kıvancsisag vezerelt oktatas (Inquiry Based Learning) szeles koru alka-lmazasa. Tobbek kozott a jelentesek hatasara donteshozoi szinten is tudatosultak azok azegeto problemak, amelyekkel a matematikat es a tudomanyokat oktatok szembesulnek;ıgy az Europai Bizottsag is tobb ilyen iranyu projektet tamogat.

2007 es 2010 kozt a BBTE matematika fakultasa es a Bathory Istvan Lıceum matem-atika tanszeke kozosen vett reszt a DQME2 multikulturalis projektben, ebben az evbena BBTE egy ujabb jelentos projekt, a Primas projekt resztvevoje lett. A ket projektbenvalo aktıv reszvetel rairanyıtotta figyelmem arra, hogy nagy szukseges van ujszeru (de regielveken alapulo) tananyagok letrehozasara.Dolgozatom tulajdonkeppen kıserlet:a Linearisalgebra fejezet fogalmait probalom meg a kivancsisag vezerelt oktatas elveit szem elotttartva bevezetni.

Koszonettel tartozom azert, hogy ez a dolgozat megszulethetett dr.Soos Anna do-censnek, akivel egyutt dolgoztunk a DQME2 projektben es aki arra osztonzott, hogydidaktikai tanulmanyaimat elmelyıtsem, Nagy Orsnek, akivel szinten sokat dolgoztunkDQME2-es anyagokon,sok beszelgetest folytattunk a tanıtasrol, aki tamogatom volt atechnika ordogevel folytatott kuzdelmemben, es nem utolso sorban dr.Andras Szilard ad-junktusnak, akivel szinten egyutt dolgoztunk a DQME2 projektben, egyutt dolgozunk aPrimas projektben is, itt szerzett tapasztalatainkrol mar szuletett kozos cikkunk, es akimindvegig tamogatott megjegyzeseivel, epıto kritikajaval, segıto eszreveteleivel es azzal anagy erdeklodessel, amivel mindig is a tanıtas kerdesei fele fordult.

2

1. fejezet

A matematika tanıtas problemaieuropai es hazai jelentesek tukreben

Az utobbi evtizedben egy igen aggaszto jelenseggel kell szembeneznunk. Atechnika szazadaban egyre kevesebb fiatal mutat erdeklodest a matematikai estermeszettudomanyos palyak irant. Mıg az egyetemet vegzettek szama novekvoben vanEuropaban es a mi orszagunkban is, addig a matematika es termeszettudomanyos szakokatvalasztok szama csokken, sot a barmilyen tudomanyos karriert befutni vagyok szama iscsokkenoben van. Reszletesen elemzi ezt a helyzet tobb erre a celra kinevezett europaiszak bizottsag.

A 2004 aprilisaban Brusszelben bemutatott Gago-jelentes szerint ekkor az EU-ban5,7 kutato jutott 1000 fore, a tagsagra varo orszagokban pedig atlagosan 2,6 kutato.Ehhez kepest a gazdasagi es technologiai fejlodes fenntartasa legalabb egy 8 kutatosatlagot igenyel, ami azt jelenti, hogy Europanak felmillioval tobb kutatasban dolgozoemberre van szuksege. Kulonosen rossz a helyzet a termeszettudomanyok, ezek koztfokent a fizika es a matematika teren. Ezeken a teruleteken bizonyos europai orszagokbannemcsak a kutatok de a tanıtok szama sem elegendo. Mas orszagokban meg elegendo,de a kozeljovoben mar nem. A Gago-jelentesben megjeleno MAPS- (Mapping PhysicsStudents in Europe) tanulmany szerint 1997 es 2002 kozt 17 szazalekkal csokkentEuropaban a fizikaban diplomazottak szama. A jelentes szamos okot vizsgal es javasla-tokat tesz a helyzet javıtasa erdekeben. A tanıtasrol, mint a jelenseget befolyasoloegyik fontos tenyezorol a kovetkezoket allapıtja meg: Az iskolaban zajlo matematikai estermeszettudomanyos oktatas egy ”sajat vilagban” zajlik, amely nem tud a tudomanyosteruleteken zajlo fejlodessel lepest tartani. A diakok tul absztraktnak erzekelik, mert alap-gondolatokat probal atadni megfelelo kıserletezo, megfigyelo, ertelmezo hatter nelkul.Abban az allapotban van, hogy tulnyomoan tenyszeru, ezaltal nem elegge figyelem eserdeklodes felkelto. A diakok tobbsege irrelevansnak es neheznek tartja.

A 2007-es Rocard- jelentes: Science Education Now megerosıti az elozo jelentesmegallapıtasait, sot a helyzet sulyosbodasarol beszel. Ebben a jelentesben az egyik leg-fontosabb javaslat a kıvancsisag-vezerelt oktatas eloterbe helyezese. Kıvancsisag-vezerelttanulason a jelentes szerzoi azt a folyamatot ertik, amely problemak feltarasara, kıserletekelemzesere, alternatıvak megtalalasara, kis kutatasok megtervezesere, sejtesek megfo-galmazasara, informacio-gyujtesre, modell alkotasra, koherens ervek megfogalmazasarairanyul (Lim, Davis, Bell 2004). A matematikat tanıtok kozossege problemakozpontu

3

tanıtasnak nevezi azt a modszert, amelyben a tanıtas egy megoldando problemavalkezdodik es ennek megoldasahoz kell olyan tudasra szert tenni, amely lehetove teszi an-nak megoldasat. A kıvancsisag-vezerelt oktatas problemakozpontu megkozelıtes, de tobbannal, meghozza a kıserletezesnek tulajdonıtott fontossag altal.

A roman tanugyi rendszer allapotat targyalo 2007-es Miclea-jelentes is kiter szamos afenti jelentesekben emlıtett problemara. Romania a tudomanyos publikaciok lakossaghozviszonyıtott szama szerint 11-szer kisebb teljesıtmenyt mutat az EU-s atlagnal, otszorkisebbet Magyarorszaghoz es ketszer kisebbet Bulgariahoz kepest. Romania innovaciosegyutthatoja 2006-ban ketszer kisebb volt Bulgariaenal, haromszor Magyarorszagenal esotszor az EU atlagnal es a legnagyobb csokkeno tendenciat mutatja az osszes felmertorszag kozt. A Miclea-jelentes is ennek egyik okat a tanugyi rendszer jelenlegi allapotabanlatja es annak radikalis atalakıtasat javasolja. Sok mas fontos megoldando problemamellett kiemelt fontossagot tulajdonıt a kompetencia-alapu oktatasnak. A jelentes sze-rint a jelenlegi curriculum tulterhelt es irrelevans a munkapiac szempontjabol. Az in-formacioatadas teljesen eloterben van a problemamegoldast segıto kompetenciak fe-jlesztesevel szemben. Nem lehet tudni, milyen tudast varunk el egy erettsegizett fiataltol.Mindez latohatar nelkuli oktatashoz es semmit nem mutato belso felmereshez vezetett. Adiakok pedig egyre kevesbe ertekelnek egy olyan iskolarendszert, amely elzarkozik a tudastermelesenek es szallıtasanak jelenlegi modozataitol.

Mindez a kulonbozo europai felmeresekbol is latszik. A 2003-as Pisa-felmereseken esTIMSS-felmereseken Romania a vizsgalt 42 orszag kozt a 34.-ik helyet foglalta el, anemzetkozi atlagtol minden felmert kompetenciaban lemaradt.

Mindez azt mutatja, hogy a matematika es termeszettudomanyos oktatas vilagszertenem tul jo helyzete nalunk meg rosszabb kepet mutat. Ilyen korulmenyek kozt valobanminden matematikat tanıto tanarnak el kell gondolkoznia, hogy mik azok a modozatok,amellyel ezt a tendenciat csokkenteni lehetne. Nagyon sok olyan tenyezo van, ami atarsadalom es fokent a politikum dontesein mulik. Termeszetesen valamilyen egyseges,jol alatamasztott fellepessel talan valamilyen mertekben ezt is lehet befolyasolni, de eznem kepezi jelen dolgozat vizsgalatanak targyat. Amit megtehetunk es meg is kell tenniaz tanıtasi gyakorlatunk atalakıtasa olyan modon, hogy valoban partnerei lehessunktanıtvanyainknak a tanulas folyamataban es megvaltozott eletkorulmenyeikbol adodogondjaikra valamilyen eletkepes megoldast probaljunk talalni. Olyan problemakkal szem-besulunk a tanıtas soran, mint:

- az egyre erosodo hianyos szovegertes,- az absztrakcios kepesseg egyre nagyobb hianya,- a nyelvezet elszegenyedese es ezaltal az erzelmi es ertelmi elet szegenyedese,- a sok forrasbol jovo allando ingerlesnek valo kitettseg miatt pedig joval magasabb

ingerkuszob.Ezeknek a gyerekeknek erosebb impulzusokra van szukseguk, ahhoz, hogy

erdeklodesuket felkeltve aktıv resztvevoive valjanak a tanulasnak. Ahhoz, hogy ezt elerjukvaltozatossa kell tenni a modszereinket,es azokat a modszereket kell eloterbe helyezni,amelyek kotelezove teszik a diak aktıv reszvetelet a tanoran. El kell ernunk, hogy adiak cselekvo modon reagaljon az ot ero kihıvasokra. Ez kulonben az utobbi idobensokat hangoztatott kompetencia szo ertelmezese is: az egyen belso kesztetese, hogy cse-lekvessel valaszoljon egy adott helyzet kihıvasara, tehat nem azonos sem a tudassal, sem

4

a kepesseggel, magaban foglalja ezeket, de nem azonos veluk (Blomhoj es Jensen, 2003).A Rocard-jelentesben kiemelt kıvancsisagorientalt oktatas olyan modszer, amelyet

erdemes lenne rendszeresen hasznalni a tanıtasi folyamatban. Ez nagymertekben fejleszt-heti a kompetenciakat a puszta ismerettel szemben. Ennek gyokerei a problema kozpontutanıtassal azonosak. Ha megvizsgaljuk Eric Wittmann elkepzeleset a problema megoldaskepessegenek fejlesztesere vonatkozoan, azt tapasztaljuk, hogy szinte teljes mertekbenmegegyezik a Rocard-jelentesben foglaltakkal.

Erich Ch. Wittmann a problemamegoldasi kepessegek fejlesztesenek tız feltetelet tartjaalapvetoen fontosnak :

1. Ismeretszerzes felfedezteto tanıtas es tanulas reven.

2. A tanulok osztonzese a divergens gondolkozasra (tobbfele megfogalmazas; tobbiranybol torteno megkozelıtese ugyanannak a problemanak; a matematika kulonbozoteruleteinek osszekapcsolasa, a modszerek otvozese; stb.).

3. Automatizalt gondolatmenetek kizarolagos alkalmazasanak hatterbe szorıtasa.

4. Nyitott problemak vizsgalata (nincs direkt kerdes, tobbfele kerdesfelteves lehetseges,apro kutatasi lehetosegek stb.).

5. Osztonozni kell arra a tanulokat, hogy maguk is vessenek fol problemakat.

6. Egy olyan ”nyelv” kialakıtasa, amely lehetove teszi a tanulok szamara, hogygondolataikat ki tudjak fejezni.

7. Intuitıv indoklasok, sejtesek osztonzese. (Egy kicsi, de onallo lepes tobbet er, mintegy bemutatott gondolatmenet ”lefenykepezese”.)

8. Heurisztikus strategiak tanulasa.

9. Konstruktıv magatartas kialakıtasa a hibakkal szemben.

10. Diszkussziok, reflexiok, argumentaciok osztonzese.

Egyebkent maganak a problemanak a mibenletet is erdemes megvizsgalnunk.Polya Gyorgy szerint: ”Problemank van, tehat azt jelenti, hogy olyan megfelelo

tennivalot keresunk tudatosan, amely alkalmas valamilyen vilagosan megfogalmazott,dekozvetlenul meg nem kozelıtheto cel eleresere. Problemat megoldani a megfelelo tennivalomegtalalasat jelenti...a legjellemzobb emberi tevekenyseg a problemamegoldas, a celratorogondolkodas, eszkozok keresese valamely kituzott cel eleresehez.”

Alan H. Schoenfeld a problema fogalmanak ertelmezesekor a ”problemasag”kriteriumat nem a feladat, a kerdes bonyolultsagaban keresi: ”Az a nehezseg a problemafogalmanak ertelmezeseben, hogy maga a problemamegoldas folyamata nagyon fugg aproblemamegoldo szemelyetol. Azok a feladatok, amelyek megoldasa komoly erofeszıtestkıvan bizonyos tanuloktol, masok szamara lehetnek egyszeru rutinfeladatok, sot egymatematikus szamara ismeretei alapjan trivialitasok. Ennelfogva az, hogy egy feladatproblema-e, nem maganak a feladatnak a lenyegi sajatossaga, sokkal inkabb az egyen esa feladat kozotti kapcsolat jellemzoje.”

A Polya-fele ertelmezes nagyon ravilagıt arra, hogy a problemamegoldas kepessege esa kompetenciak meglete teljesen egy torol fakad, Schoenfeld ertelmezese pedig ravilagıtarra, hogy a problemaszituacio egyenenkent kulonbozik. Biztos problema szituaciot je-lentenek mindenki szamara a tanıtas soran azok a helyzetek, amikor olyan feladatot kellellatnunk, amely megoldasara nem elegendoek a mar meglevo eszkozeink es ujabbakat kell

5

talalnunk. Egy uj fogalom vagy eszkoz ilyenszeru bevezetese (ahol az lehetseges) biztosanelmenyszerubb a tanulo szamara, mint a puszta kozles.

A problemakozpontu matematikai oktatasban azonnal felmerul az alkalmazas esmodellezes problemaja. Az utobbi masfel evszazad orokos kerdese volt, hogy tisztamatematikat tanıtsanak-e vagy alkalmazascentrikusat, s ha igen, milyen mertekben. Amerleg nyelve hol erre, hol arra dolt el, amikor valamely irany tulsulyba kerult. Azutobbi evtizedekben kutatasok is folytak, tobb europai orszagban is ilyen iranyban(Dania, Hollandia, Nemetorszag, Svedorszag) es egyre inkabb szuksegesnek tartjak a mo-dellezesi tevekenysegek jelenletet a matematikatanıtasban. Ezt nyilvanvalova teszi an-nak szuksegessege, hogy a matematikat is integraljuk az elet mas teruletein kifejtetttevekenysegekkel. Hogyan valosul ez meg az alkalmazas es modellezes altal? Mindkettoa matematikanak a kulvilaggal valo kapcsolatat teremti meg. A modellezes a kulvilag-matematika iranyu kapcsolatot kepviseli. Mikor modellezunk a kulvilagban allunk es amatematika birodalmaban keresunk a :”Hol talalhatok valamilyen matematikai eszkozt,ami segıtsen megoldani ezt a problemat?” kerdesre valaszt. Az alkalmazas a matem-atika -kulvilag iranyu kapcsolatot kepviseli. Most a matematika birodalmaban allunk es akulvilagban keressuk a :”Hol hasznalhatom a matematika vilagan kıvul ezt az eszkozt?”kerdesre a valaszt.

A matematika didaktikusok koreben eleg nagy konszenzus alakult ki abban, hogy amodellezes nagyon fontos a matematikatanıtasban. Ket felfogas is letezik, vannak akikmagaert a tanıtasert tartjak fontosnak, ebben a felfogasban a modellezes eszkozkent je-lenik meg, amely megkonnyıtheti es tamogathatja a matematikanak, mint tantargynaka tanıtasat. A masik felfogas azt vallja, hogy a matematikat ugy kell tanıtani, hogyolyan kompetenciakat fejlesszunk, amelyek a matematika alkalmazasaban es a model-lalkotasban segıtenek. Az altalanos iskolaban ez a dualitas termeszetes, hiszen mindketaspektus nagyon fontos, ugy kell egybeagyazni oket, hogy kozben meg csak ki sem ejtjuka modell szot. Meg kell teremteni a gyerek szamara a matematika vilaga es a sajat vilagakozti osszekottetest, meg kell tanıtani hasznalni a matematikat valtozatos kontextusokbanes helyzetekben, ra kell ebreszteni, hogy mindenhol talalkozik vele.

Az ”alkalmazas es modellezes a matematika tanulasaert” elkepzeles abbol indul ki,hogy:

a) bizonyıtani kell a diaknak, hogy a matematikat az emberek sok okbol es celbolvaloban hasznaljak, ıgy egy gazdagabb kepet alkotnak a matematika termeszeterol esszereperol

b) motivaciot nyujt a diaknak, hogy matematikat tanuljon, mivel segıt kulonbozoattitudok es elkepzelesek formaba onteseben.

A masik elkepzeles szerint:a) a matematikai tanıtas es tanulas egyik celja, hogy a diakokat felszerelje azzal a

kepesseggel, hogy a matematikat onmaga hatarain tul alkalmazza.b) a matematika onmaga hatarain tuli alkalmazasa mindig matematikai modellek es

modellezesen keresztul tortenik.Idorol idore megjelenik kulonbozo iskolarendszerekben (es nalunk meg ma is el) az

az elkepzeles, hogy ha valaki helyes es hatekony modon tanult ”tiszta matematikat”,akkor kepes lesz alkalmazni a matematikat mas teruleteken es mas kontextusokbantovabbi erre iranyulo tanıtas nelkul. Ezzel szemben az utobbi idok kutatasai azt mu-

6

tattak ki, hogy nincs automatikus transzfer a tiszta matematikai tudas es azon kepessegkozt,hogy ezt az egyen alkalmazni tudja olyan helyzetekben, amelyek meg nem teljesenmatematizaltak. Ezert, ha szeretnenk, hogy diakjaink alkalmazasi es modellezesi kom-petenciakkal rendelkezzenek, mint a matematikai muveltseguk egyik kimenetele, az al-kalmazas es modellezes expliciten kell szerepeljen a matematikatanıtas programjaban.Ennek megvalosıtasahoz viszont a tanarnak kepesnek kell lennie valtozatos tanıtasikornyezetek letrehozasara, olyan helyzeteket es tevekenysegeket kell kitalalnia, amitamogatja az alkalmazasi es modellezesi kompetenciak megjeleneset kulonbozo nevelesihelyzetekben mas matematikai kompetenciakkal parhuzamosan. Ebben a tanar azon-ban kulonbozo problemakba utkozik: idobeosztasi gondok (mennyit tanıtsunk ezekbolidoben?), a tartalmak megtervezese (mit, milyen modelleket?), a tevekenysegek es fel-hasznalt anyagok kivalasztasa, a megfelelo egyensuly megteremtese az alkalmazas esa tobbi, fontos elmeleti es mas tıpusu matematikai tevekenyseg kozott. Ahogy a diaknem kepes bonyolultabb helyzetekben alkalmazni a matematikat, illetve megalkotni eskielemezni matematikai modelleket az elmeleti matematikai ismereteinek automatikuskovetkezmenyekent, ugyanugy a tanart sem teszi kepesse elmeleti matematikusi vagyhagyomanyos matematikatanari kepzese arra, hogy megfelelo kornyezeteket, helyzeteketilletve tevekenysegeket hozzon letre az alkalmazasra es modellezesre. Ehhez be kell eztiktatni a tanari kepzesbe illetve a tovabbkepzesek fontos reszeve kell valjon ezen tanarikepessegek fejlesztese. Ugyanakkor fontos mas orszagok mar meglevo tapasztalatainakkielemzese es atvetele.

Termeszetesen a kompetencia-alapu, a kıvancsisagvezerelt tanıtasnak es tanulasnakis megvannak a maga korlatai, alkalmazhatosagi hatarai, es ezek majd hosszasabb al-kalmazas es vizsgalatok utan derulnek ki (peldaul a kompetenciak meresenek egyikproblemaja, hogy ugyanazok a kompetenciak kulonbozo embereknel nem egyidobenalakulnak ki,de az hogy nem alakult ki a felmeres idopontjara, nem azt jelenti feltetlenul,hogy kesobb sem valik operacionalissa). Kerdes az is, hogy bizonyos dolgok, minta heurisztikus eljarasok, a heurisztikus problemamegoldo kepesseg milyen mertekbentanıthatoak. Peldaul a heurisztika tanıthatosagat illetoen Kosztolanyi Jozsef arra akovetkeztetesre jut 2000-ben ebben a temaban ırt Phd-dolgozataban, hogy az csakbizonyos mertekben tanıthato, de nagyon hasznos ezzel foglalkozni, mert bizonyosfejlodes elerheto megfelelo strategiak jol feltett kerdesekkel iranyıtott tanıtasa altal.Estermeszetesen az, hogy ez csak bizonyos mertekig tanıthato nem ok arra, hogy ne tegyukazt.

Ami biztos, es szinten felmeresek bizonyıtjak, a legfontosabb, hogy kik es hogyan alkal-mazzak ezeket a modszereket, azaz a lelkes, ugy szakmai, mint didaktikai szempontbol jolfelkeszult,jo kepessegu es empatiaval rendelkezo tanart nem lehet semmivel helyettesıteni,es minden modszeren tul az o szemelyes hozzaallasa az, ami az egesz tanıtasi folyamatota legnagyobb mertekben meghatarozza.

Ugyanakkor a legkreatıvabb es jo felkeszultseggel rendelkezo nevelonek, tanıtonakis szuksege van segıtsegre es egyuttmukodesre az uj(regi) iranyzatok megismeresere,az alkalmazashoz szukseges erofeszıtesek megtermekenyıtesere. Ezert valnak egyreszuksegesebbeke a jol atgondolt, kivitelezett tovabbkepzesek, illetve kulonbozo hazaiilletve nemzetkozi projektekben valo reszvetelek es kooperaciok (a bevezetes tovabbireszeben le fogom ırni egy ilyen nemzetkozi projektben valo reszvetelunk tapasztalatait).

7

Egy masik igen fontos problema a tankonyvek illetve segedanyagok kerdese. Ami aRomaniaban forgalomban levo tankonyveket illeti,az a gond veluk, hogy meg mindigjobban hasonlıtanak feladat anyaggal kiegeszıtett egyetemi jegyzetekre, tetel, bizonyıtas,pelda stılusban valo felvezetes jellemzi oket, s ha nemely konyv el is ter valamennyireettol a stılustol (amennyire ez egyaltalan lehetseges ahhoz, hogy megfeleljen az elbiralasikriteriumoknak), mivel nincsenek tanari kezikonyvek,a mashoz szokott tanarok nemigazan tudjak hasznalni ezeket,ıgy inkabb valasztjak az altaluk megszokott tankonyveket.Egy mas felfogasban szerkesztett, a kivancsisagvezerelt oktatast tamogato tankonyv kon-cepciora lenne szukseg. Termeszetesen ehhez igen nagy tobbletmunkara van szukseg aszerzok reszerol es egy nagyobb stabilitasra a tanugyben, mondjuk minimalisan arra, hogya tanterv nem valtozik evente vagy ketevente, mint azt az utobbi idoben mar megszoktuk.

Dolgozatomban a Linearis algebra fejezetet probalom meg a problemakozpontutanıtas elveinek megfeleloen kidolgozni, ugy, hogy az a kivancsisag vezerelt tanulasttamogassa,sokszor az alkalmazas felol kiindulva es a megfelelo modell gyartasavalbevezetve az uj fogalmakat. Ugy probalok epıtkezni, hogy a problema megelozze azelmeletet, hogy a tanulo lathassa, hogy honnan es miert bukkanak elo a fogalmak, tulaj-donsagok es miert lesznek hasznosak a talalt matematikai eszkozok, mindekozben pediga modell alkotasrol is nemi kepet szerezhet (akar ki nem mondott formaban is).

Egy tapasztalat margojara

2007 es 2010 kozt a kolozsvari BBTE es a Bathory Istvan Lıceum a DQME2 (De-veloping Qouality in Mathematics Education) europai multikulturalis projekt resztvevojevolt. A projekt kulonosen a matematikai modellezessel foglalkozott,es a harom ev alattegyuttmukodesek alakultak ki bizonyos projektek egyidoben torteno lefuttatasara. MiSvedorszaggal es Daniaval egyutt az Astma-projekten dolgoztunk, ez a harom ev legkom-plexebb matematikai es modellezesi apparatusat igenylo projektnek bizonyult, a ko-molyabb modellezesi hatterrel rendelkezo Danian es Svedorszagon kıvul csak Romaniaes Magyarorszag vallalkozott a reszvetelre es a magyarorszagi resztvevok feladtak egyadott ponton .

A modellezesre varo problema a kovetkezo volt:Az asztmaban szenvedo emberek jelentos hanyadat teofilinnel kezelik. A teofilin vagy

mas neven a dimetilxantin a metilxantinok csoportjaba tartozo alkaloid drog (akarcsak akoffein es a teobromin), amely elofordul peldaul a zold teaban is. A teofilin tobb gyogyszerkomponense (akar koffeinnel kombinalva is), a legtobbet legzeszavarok kezelesere ajanljak.Az adagolas leggyakoribb modja az, hogy T orankent ( T rogzıtett) a beteg egy D mg-nyidozist kap. Egy paciens verebe 60 mg teofilint fecskendeztek be es ezutan ketorankentmertek a teofilinnek a verbeli koncentraciojat. A kapott adatok alapjan allıtottak ossze akovetkezo tablazatot:

Feladatunk az volt, hogy szerkesszunk matematikai modellt a felszıvodasra es a modellvalamint a meresi eredmenyek alapjan valaszoljunk a kovetkezo kerdesekre:

1. Hogyan valtozik a teofilin koncentracioja az ido fuggvenyeben?

2. Hogyan kell rogzıteni a D es T ertekeket, ha azt szeretnenk, hogy nehany injekcioutan a teofilin koncentracioja 5mg/l es 15mg/l kozt legyen?

8

3. Hogyan kell rogzıteni a D es T ertekeket ahhoz, hogy a teofilin koncentraciojamar az adagolas kezdetet? 5mg/l es 15mg/l kozt legyen, ha egy kezdeti S dozissalkezdunk es utana T orankent D dozist adagolunk?

4. Milyen mas tenyezoket kell figyelembe venni?Alkossunk modelleket a kovetkezo esetekre:

I. idoegysegenkent a verben levo teofilin rogzıtett szazalekat hasznalja el a szervezet.

II. idoegysegenkent a ver rogzıtett szazaleka kerul a majba, a verbol, illetve a majbolaz ott levo teofilin illetve szazaleka szıvodik fel es a majban levo teofilin szazalekakerul vissza a verkeringesbe.

III. idoegysegenkent a verben levo teofilin rogzıtett szazalekat hasznalja el a szervezetes ugyanakkor az adagolas miatt idoegysegenkent rogzıtett p mennyisegu teofilinerkezik a verbe (pl.pasztilla vagy ragtapaszos adagolas eseten).

IV. idoegysegenkent a ver rogzıtett szazaleka kerul a majba, a verbol, illetve a majbol azott levo teofilin illetve szazaleka szıvodik fel es a majban levo teofilin szazaleka kerulvissza a verkeringesbe, ugyanakkor az adagolas miatt idoegysegenkent rogzıtettp mennyisegu teofilin erkezik a verbe (pl.pasztilla vagy ragtapaszos adagolas eseten).

Ahhoz, hogy a feltett kerdesekre valaszoljanak, a diakoktol elvartuk, hogy az adott mod-elleket a megadott adatokhoz igazıtsak regresszioanalızist hasznalva, majd kifejlesszek(numerikus kıserletekkel es/vagy formalis szamıtasokkal) a kert gyogyszerezesi semakat.Mivel nagyon komplex problemaval alltunk szemben nemcsak kozepiskolas diakokat,hanem elsoves egyetemi hallgatokat is bevontunk a munkacsoportokba. Mielott a tu-lajdonkeppeni modellezesi problema megoldasara iranyulo tevekenysegeket elkezdtuk,nehany olyan aktivitast kellett szerveznunk, amellyel a megfelelo hatteret biztosıtottuk.:

- a kozepiskolas diakok szamara alapveto matematikai analızisbeli fogal-makat (derivaltak, differencialegyenletek),regresszio analızist (parameter esztimacio,gorbeillesztes),ugyanakkor specialis szoftverek hasznalatat (Excel, gorbeillesztes)tanıtottuk.

- az egyetemi hallgatok szamara csak regresszio analızisben es szoftverkezelesben tar-tottunk foglalkozasokat.

Ez 10 foglalkozast jelentett a kozepiskolas diakok szamara es 4 foglalkozast az egyetemihallgatok szamara. Mindez hagyomanyos iskolai kornyezetben zajlott. A tulajdonkeppenimodellezesi tevekenyseg lebonyolıtasara negy csoportot hoztunk letre, mindegyik csoport-nak az egyik megadott modellel kellett dolgoznia. A csoportok 3-4 egyetemi hallgatobol es2-3 kozepiskolas diakbol alltak. Minden csoportnak volt sajat szamıtogepe, amelyen Excel-ben vegezhette a szamıtasokat, egy videoprojektora az eredmenyek szobeli bemutatasara.Az elokeszıto tevekenysegek soran minden diak megismerkedett a modellekkel (az azokatleıro differencialegyenletekkel es azok megoldasaival), de nem ismertek a kerdeseket,amikre majd valaszolniuk kell. A tevekenyseget harom orasra terveztuk, de csak ot es felora alatt keszultek el es zajlottak le a bemutatok. Ezalatt az ido alatt barmilyen precızenmegfogalmazott technikai kerdest megvalaszoltunk, de nem befolyasoltuk a csapatokata szamıtasaik megtervezeseben es kivitelezeseben (megprobaltuk betartani a Tong altalleırt szabalyokat). A tevekenyseg azzal zarult, hogy minden csapat a sajat Excel-tablazataalapjan egy bemutatot tartott.

Nagyon tanulsagos volt szamunkra az egyes csapatok hozzaallasa es az a mod, ahogyana problemat kezeltek.

9

Az elso modellel dolgozok jol valaszoltak meg az egyes kerdest (az Excel gorbeillesztesiprogramjat hasznaltak a megoldashoz). A gyogyszer adagolasi semajuk egy resze ishelyes volt, de helytelen semakat is adtak. Az altaluk megadott tablazat nem tartal-mazta rogzıtett T eseten a maximalis es minimalis adagokat, de helyes T ertekek esetenaz altaluk megadott gyogyszeradag a megfelelo minimalis es maximalis adagok kozthelyezkedett el. A kiszamıtasra iranyulo analitikus meghatarozast egy ponton feladtakes numerikus kıserletezeshez folyamodtak. Igy sikerult adott T es D ertekekre kiszamolnia koncentraciot kT -re es tobb olyan erteket kaptak, amelyre az adagolas helyes volt, denem vettek eszre a T megengedett felso erteket, ıgy helytelen semakat is alkottak. Acsoport tagjai mar feloras otletgyujtes utan nekifogtak a szamıtasoknak. A harom oranat tarto munka alatt egyetlen kerdesuk sem volt. A prezentaciojuk teljesen vilagos volt,de sajnos nem tartalmazta a jelenseg nehany kulcselemet (a hosszutavu viselkedes perio-dicitasat, a kezdoadag szukseges voltat es annak hatasat). A tevekenyseg soran szamukraa legnagyobb gondot az jelentette, hogy nem tudtak a numerikus technikakat a formaliskalkulussal otvozni, ıgy az eredmenyekhez csak numerikus modszerekkel probaltak eljutni.

A masodik csoport feladata attol volt nehez, hogy ra kellett volna jonniuk, hogy ameglevo adatok nem elegsegesek ahhoz, hogy helyes es ellenorizheto valaszt adjanak afeltett kerdesekre. Nem jottek ra arra, hogy a specifikaciok es adatok alapjan ez a mod-ell nem mukodtetheto. Az egyeduli tampont amivel a megadott adagolast ellenorizhettekvolna az elmeleti hatter egy melyebb megerteset igenyelte. A csapat erre nem jott ra, tulfurcsa es varatlan volt szamukra az, hogy a specifikaciokat ( modellt) kell valtoztatni,ahhoz, hogy a kerdesekre helyes, ellenorizheto valaszokat adhassanak, holott a matem-atikai modell melyebb megertese ezt lehetove tette volna. Mindez azt mutatja, hogy nemjutottak el e tevekenyseguk egy metakognitiv szintjere.

A harmadik munkacsoport volt a legsikeresebb. Ok otvoztek a numerikus modszereketaz analızis modszereivel. A legnagyobb lehetseges T erteket is megtalaltak es numerikuskıserletekkel a minimalis es maximalis adagokat is. Ez a csoport tobb kerdest is feltetta tevekenyseg soran. Ahanyszor tobbertelmusegekkel talalkoztak vagy bizonyos aspek-tusokban nem volt konszenzus a csoport tagjai kozt, kerdeseket fogalmaztak meg azotleteikkel, problemajukkal kapcsolatban es tanacsot kertek. Ugy gondolom sikeressegukebbol a nagyon hatekony munka es egyuttmukodesi stılusbol szarmazott.

A negyedik csoport ugy idoben, mint a valaszok tekinteteben a leggyengebbnekbizonyult, annak ellenere, hogy a megoldas koncepcioja talan az o esetukben volt alegjobb, de nem tudtak azt kivitelezni es nem fordultak segıtsegert a hibaik egy reszet iseszrevettek, de nem tudtak azt kijavıtani.A tevekenysegsorozat sok erdekes tanulsaggal zarult szamunkra:

1. Mivel diakjaink nem jaratosak ilyen megkozelıtesekben (valosproblema+modellezes+statisztikai adatok+szamıtogep orientalt megtervezes),gyakran kepleteket probaltak alkotni olyan esetekben is, amikor ez nem voltlehetseges. Ebbol azt a kovetkeztetest vonhatjuk le, hogy bizonyos matematikaifogalmakat (pl. fuggveny, inverz fuggveny,egyenlet,egy feladat eredmenye) ujra kellvizsgalnunk es esetleg ugy kiterjesztenunk, hogy ez hasznalhato es hasznos legyenilyen helyzetekben.

A szamıtogepek hasznalata a matematikaorak egy reszen szukseges eselkerulhetetlen.

10

A romaniai curriculum magaba kellene foglalja a modellezest es a szamıtogepesszimulaciot is.

2. A csapatmunka sokat segıtett a resztvevoknek abban, hogy sok jarhatatlan utatelkerultek a megoldas felfedezese kozben. A diakok velemenye az volt, hogybiztosan nem mindegyikuk tudta volna onalloan, egyedul ugyanazt az eredmenytprodukalni. Ez megerosıti McCartney (1990) a modellezesre szant ido novelesenekszuksegessegerol ırt cikkenek azt a megallapıtasat, hogy az ilyen tevekenysegek nemhatekonyak a diakok felmereseben.

3. A modellezesi tevekenyseg elokeszıtesekor rajottunk milyen nehez olyan tanarokattalalni, akik ilyen jellegu tevekenysegekben hajlandoak egyuttmukodni. Ez azelmeny meggyozott arrol, hogy a tanarkepzesben szukseg van modellezesi esszamıtogep altal tamogatott matematika eloadasokra, es a tanartovabbkepzesbenis ezek a temak fontos szerephez kell jussanak.

4. A legfontosabb tanulsag az volt, hogy nagyon aggaszto az, hogy egy komplexebbmodellezesi tevekenyseg soran sok helyzetben a diak vagy tanar nem rendelkezikolyan kriteriumokkal, amellyel validalhatna a modellt vagy a szamıtasokat, amiigen komoly kovetkezmenyekkel jarhat ( kepzeljunk el egy rossz gyogyszer adagolasisemat a valos eletben.).Eppen ezert ilyen modelekkel csak akkor szabad foglalkozni,ha van elegendo idonk a teljes letargyalasukra es kijavıtasukra (mint pl. a kettescsoport feladata eseteben), ellenkezo esetben csak komoly felreertelmezesekhezvezet. Mivel iskolai keretek kozt az ido nagyon szuk (Nagy, 2007),nagyon jol megkell gondolni milyen modellezesi feladatokkal foglalkozunk, de mindenkepp ugy kellcsinalni, hogy az alkalmazasi korlatokat azert a diak lathassa.

A projektben valo reszvetel kulonosen felkeltette az erdeklodesemet az irant, hogymit lehetne es kellene tenni ezen helyzet javıtasa erdekeben. Dolgozatom targyanakkivalasztasa is ennek kovetkezmenye.

11

2. fejezet

A linearis algebra elemei

2.1. Matrixok

2.1.1. A matrix fogalma

A mindennapi eletben talalkozunk olyan mennyisegekkel, amelyek nem fejezhetok kiegy szam segıtsegevel. Neha szuksegunk van egy szamsorozatra vagy egy szamtablazatraezek kifejezesehez. Hasonlo tablazatokkal mar az elozo osztalyokban is talalkoztunk.Peldaul a csaladi koltsegvetes elkeszıtese egyszerubb, ha az ertekeket egy tablazatbafoglaljuk:

Honap Kozkoltseg Elelem Ruhazat EgyebNovember 250 700 500 850December 400 1000 800 1100

Hasonloan, ha az A, B, C es D varosok kozti tavolsagokat szeretnenk felırni vasutones kozuton, a legkenyelmesebb a kovetkezo tablazatokat hasznalni (a vasuti tavolsagok azatlo alatt, a kozuti tavolsagok az atlo folott vannak):

A B C DA 0 120 200 155B 100 0 80 110C 190 90 0 160D 150 100 150 0

A fentieket, ha tudjuk melyik mennyiseg mit jelent,az alabbi alakban is ırhatjukegyszerusıtett tablazatokkent:

(250 700 500 850400 1000 800 1100

)

illetve

0 120 200 155100 0 80 110190 90 0 160150 100 150 0

12

Az ilyen tıpusu tablazatokkal gyakran talalkozhatunk. A matematikaban ezeketmatrixoknak neveztek el.

2.1.1. Ertelmezes. m× n -es matrixnak nevezunk egy n oszlopbol es m sorbol allo

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n. . . . . .. . . . . .. . . . . .

an1 an2 . . . ann

tablazatot.Az aij szamokat az A matrix elemeinek nevezzuk.

2.1.1. Megjegyzes.

1. A matrixok leırasara az

A = (aij)i=1,m

j=1,n

jelolest is hasznaljuk, ami azt jelenti, hogy a matrix i-edik soranak j-edik oszlopabanaz aij elem all.

2. Mm,n(X)-el jeloljuk azon m×n-es matrixok halmazat,amelyeknek minden eleme azX halmazbol valo. Peldaul a valos elemu,m sort es n oszlopot tartalmazo matrixokhalmazat Mm,n(R)-el jeloljuk.

3. Ha m = n, akkor a matrixot negyzetes matrixnak nevezzuk. A komplex elemu,n×n-es matrixok halmazat peldaul Mn(C)-vel jeloljuk.

4. Ha m = 1, akkor a matrix egyetlen sorbol all. Az ilyen matrixot sormatrixnaknevezzuk. Az egesz elemu n oszlopbol allo sormatrixok halmazat peldaul M1,n(Z)-veljeloljuk.

5. Ha n = 1, akkor a matrix egyetlen oszlopbol all es oszlopmatrixnak nevezzuk.A racionalis elemu m sorbol allo oszlopmatrixok halmazat peldaul Mm,1(Q)-valjeloljuk.

6. A sormatrixok, illetve oszlopmatrixok tulajdonkeppen Xn-beli vektorok.

7. Egy Mm,n(X)-beli matrix felfoghato egy f : {1, 2, ...,m} × {1, 2, ..., n} → R

fuggvenykent is.

Termeszetesen a matrixfogalom akkor lesz igazan hasznos szamunkra, ha ezekkel atablazatokkal nemcsak leırni tudok bizonyos mennyisegeket konnyen atlathato formaban(hiszen mar ez onmagaban is segıtseg), hanem ezek kozt bizonyos osszefuggeseket tu-dok teremteni, amelyek hozzasegıtenek egyebkent nehezen kezelheto problemak gyors eskonnyu megoldasahoz.

Ezert a kovetkezokben vizsgaljunk nehany olyan problemat, amely matrixoksegıtsegevel kezelheto es keressunk olyan eszkozoket, amelyek a problemak minel konnyebbes atlathatobb vizsgalatat illetve megoldasat lehetove teszik.

13

2.1.2. Matrix szorzasa szammal

Haziasszonyok gyakran szembesulnek az alabbihoz hasonlo problemakkal: Ketsutemeny elkeszıtesehez a kovetkezo nyersanyagokra van szuksegunk: az elsohoz szuksegescukor, liszt, tojas, eper, vaj, a masodikhoz pedig cukor, liszt, tojas, csokolade,vaj. Azt,hogy melyik kellekbol mennyire van szukseg a kovetkezo tablazatban foglaltuk ossze:

· cukor liszt tojas eper csokolade vajS1 150g 120g 8 db. 300g 0 100gS2 120g 80g 6 db. 0 200g 150g

A tablazatot a kovetkezo matrixkent is felfoghatjuk:(

150 120 8 300 0 100120 80 6 0 200 150

)

Ha csak feladagot akarunk sutni mindket sutemenybol, akkor nyilvan minden kellekbola fentiek felet kell beletenni, ha viszont valami nagy csaladi esemeny alkalmabol egy-szerre harom adaggal is keszıtenenk mindegyikbol, akkor minden kellek haromszorosaralesz szuksegunk. Ha az ehhez szukseges mennyisegeket ujabb tablazatokba foglaljuk, afeladaghoz szukseges mennyisegek tablazata:

· cukor liszt tojas eper csokolade vajS1 75g 60g 4 db. 150g 0 50gS2 60g 40g 3 db. 0 100g 75g

A harom adaghoz szukseges kellekek :

· cukor liszt tojas eper csokolade vajS1 450g 360g 24 db. 900g 0 300gS2 360g 240g 18 db. 0 600g 450g

a tablazatokhoz rendelt matrixok pedig:

(75 60 4 150 0 5060 40 3 0 100 75

)

illetve(

450 360 24 900 0 300360 240 18 0 600 450

)

A ket utolso matrixot ugy kapjuk az eredeti kellek matrixbol, hogy elso esetben mindenelemet 0, 5-tel, a masodik esetben minden elemet 3-mal szorozzuk.

A tovabbiakban ha egy matrix minden elemet ugyanazzal a szammal szorozzuk, aztmondjuk, hogy a matrixot szorozzuk az adott szammal. Ezaltal tulajdonkeppen egymuveletet ertelmeztunk: egy matrixnak valos (komplex, stb.) szammal valo szorzasat.

14

2.1.2. Ertelmezes. Ha A = (aij)i=1,m

j=1,n

∈ Mn(C), es α ∈ C, az α · A = (α · aij)i=1,m

j=1,n

matrixot az A matrix α-val valo szorzatanak nevezzuk.

Peldaul:

1. 4 ·(

−4 3 20 9 06 2 −8 0 −5

)

=

(−16 12 80 36 024 8 −32 0 −20

)

2.1

2·

−0 3 4√2

−2i −8 0, 57 4 + 2i 1

=

−0 1, 5 2√2

−i −4 0, 253, 5 2 + i 0, 5

2.1.3. Matrixok osszeadasa

Ha zsufolt, vendegekkel teli hetunk lesz es ketszer is sutni szeretnenk, egyszer ket,masodszor pedig harom adagot, de a kellekekt egyszerre szeretnenk bevasarolni, nyilvanminden kellekbol otszor annyit kell vennunk, mint az egy adaghoz szukseges tablazatbantalalhato ertekek. Ezt ketfelekeppen is kiszamıthatjuk: ugy, hogy az X = 2A matrixmegfelelo elemeti osszeadjuk az Y = 3A matrix elemeivel vagy ugy, hogy az A matrixmegfelelo elemeit ottel szorozzuk.

X+Y = 2A+3A =

=

(300 240 16 600 0 2001240 160 12 0 400 300

)

+

(450 360 24 900 0 300360 240 18 0 600 450

)

=

=

(750 600 40 1500 0 500600 400 30 0 1000 750

)

= 5A

A tovabbiakban, ha ket ugyanolyan tıpusu matrix megfelelo elemeit osszeadjukegymassal, azt mondjuk, hogy a ket matrixot osszeadtuk. Ezzel az ugyanolyan tıpusumatrixok halmazaban egy ujabb muveletet ertelmeztunk: a matrixok osszeadasat.

2.1.3. Ertelmezes. Ha A,B ∈ Mm,n(C), A = (ai,j)i=1,m

j=1,n

es B = (bi,j)i=1,m

j=1,n

akkor

A+ B = (ci,j)i=1,m

j=1,n

, ahol ci,j = ai,j + bi,j ∀i = 1,m, ∀j = 1, n

Peldak:

1.

2 −5

−3 0

1 −1

+

1

30

i 2

−1√2

=

7

3−5

−3 + i 2

0 −1 +√2

15

2.

7 8 −9

3i√3 0, (3)

+

0 0 0

0 0 0

=

7 8 −9

3i√3 0, (3)

Vizsgaljuk meg a matrix osszeadas tulajdonsagait

Tekintsuk a kovetkezo helyzetet:

1. Az X es Y matrixban talalhato kellekeket nem egyszerre szeretnenk megvasarolni.Ugyanannyit vasarolunk-e, ha egyszer az X, aztan az Y -ban leırt mennyisegeketvesszuk meg, mint ha elobb az Y azutan az X-ben leırt kellekeket vasaroljuk?

Az elso esetben: X + Y =

(750 600 40 1500 0 500600 400 30 0 1000 750

)

= 5A

A masodik esetben: Y +X =

=

(450 360 24 900 0 300360 240 18 0 600 450

)

+

(300 240 16 600 0 2001240 160 12 0 400 300

)

=

=

(750 600 40 1500 0 500600 400 30 0 1000 750

)

A feltett kerdesre a valasz nyilvanvaloan igen, sot, ha tetszoleges X es Y matrixokattekintunk, akkor is

X + Y = (xij + yij)i=1,m

j=1,n

= (yij + xij)i=1,m

j=1,n

= Y +X

mivel a komplex szamok osszeadasa kommutatıv, ıgy lathato, hogy a matrixosszeadas kommutatıv muvelet.

2. Ha a heten haromszor is sutunk: ket, harom illetve negy adagot (az ezekhez valokellekeket az X,Y es Z matrixokkal ırjuk le), ugyanannyit vasarolunk-e, ha egyszeraz X azutan pedig egyszerre az Y es Z-ben leırt mennyisegeket vasaroljuk meg,mintha eloszor az X es Y matrixokban leırt mennyisegeket, azutan pedig a Z-benleırt kellekeket vasaroljuk meg?

Az elso esetben: X + (Y + Z) =

=

(300 240 16 600 0 200240 160 12 0 400 300

)

+

(1050 840 56 2100 0 700840 560 42 0 1400 1050

)

=

=

(1350 1080 72 2700 0 9001080 720 54 0 1800 1350

)

A masodik esetben: (X + Y ) + Z =

=

(750 600 40 1500 0 500600 400 30 0 1000 750

)

+

(600 480 32 1200 0 400480 320 24 0 800 600

)

=

16

=

(1350 1080 72 2700 0 9001080 720 54 0 1800 1350

)

Akarcsak a kommutativitas eseteben, a feltett kerdesre a valasz nemcsak ebben asajatos esetben igaz, hanem tetszoleges X,Y,Z azonos tıpusu matrixok eseteben:

X + (Y + Z) = (xij + (yij + zij))i=1,m

j=1,n

= ((xij + yij) + zij)i=1,m

j=1,n

= (X + Y ) + Z,

mivel a komplex szamok osszeadasa asszociatıv, tehat a matrixok osszeadasa asszo-ciatıv muvelet.

3. Ugyanakkor nyilvanvaloan X +Om,n = (xij +0)i=1,m

j=1,n

= (xij)i=1,m

j=1,n

= X, ahol Om,n a

nullmatrix.

4. Ha A′ = (−aij)i=1,m

j=1,n

akkor A+ A′ = (aij + (−aij)i=1,m

j=1,n

= Om,n

Az A′ matrixot az A ellentettjenek nevezzuk es −A-val jeloljuk.

5. Ha a heten ketszer sutunk harom-harom adagot a tortabol nyilvan ugyanannyikellekre van szuksegunk, mintha haromszor sutunk ket-ket adagot illetve mint haegyszer sutunk hat adagot.

Valoban 2·(3A) = 2·(

450 360 24 900 0 300360 240 18 0 600 450

)

=

=

(900 720 48 1800 0 600720 480 36 0 1200 900

)

3·(2A) = 3·(

300 240 16 600 0 200240 160 12 0 400 300

)

=

=

(900 720 48 1800 0 600720 480 36 0 1200 900

)

6A =

(900 720 48 1800 0 600720 480 36 0 1200 900

)

A tulajdonsag tetszoleges α, β szamok es tetszoleges A matrix eseten is igaz

α(βA) = α(βaij)i=1,m

j=1,n

= (α(βaij))i=1,m

j=1,n

= ((αβ)aij)i=1,m

j=1,n

= (αβ)A

β(αA) = β(αaij)i=1,m

j=1,n

= (β(αaij))i=1,m

j=1,n

= ((βα)aij)i=1,m

j=1,n

= (βα)A

17

6. Ha a heten ketszer sutunk: egyszer ket, egyszer harom adagot, ugyanannyi kellekrevan szuksegunk, mintha egyszer sutnenk ot adagot.

2A+ 3A =

=

(300 240 16 600 0 2001240 160 12 0 400 300

)

+

(450 360 24 900 0 300360 240 18 0 600 450

)

=

=

(750 600 40 1500 0 500600 400 30 0 1000 750

)

= 5A

Tetszoleges α, β szamok es tetszoleges A matrix eseten is

αA+βA = (αaij)i=1,m

j=1,n

+(βaij)i=1,m

j=1,n

= (αaij+βaij)i=1,m

j=1,n

= ((α+β)aij)i=1,m

j=1,n

= (α+β)A

7. Ha tız heten at minden kedden es minden csutortokon sutunk ket illetve haromadagot a tortakbol, ugyanannyi kellekre van szuksegunk, mintha tız hetig sutnenkheti ket adagot, majd ujabb 10 hetig heti harom adagot. Valoban ha X illetve Y -aljeloljuk a 2 illetve 3 adaghoz szukseges kellekeket

10(X + Y ) = 10(2A+ 3A) = 10 ·(

750 600 40 1500 0 500600 400 30 0 1000 750

)

=

=

(7500 6000 400 15000 0 50006000 4000 300 0 10000 7500

)

es

10X + 10Y =

(3000 2400 160 6000 0 200012400 1600 120 0 4000 3000

)

+

+

(4500 3600 240 9000 0 30003600 2400 180 0 6000 4500

)

=

=

(7500 6000 400 15000 0 50006000 4000 300 0 10000 7500

)

Tetszoleges α, β szamok eseten es tetszoleges A matrixra is

α(A+ B) = [α(aij + bij)]i=1,m

j=1,n

= (αaij)i=1,m

j=1,n

+ (αbij)i=1,m

j=1,n

= αA+ αB

18

2.1.4. Matrixok szorzasa

Amikor a tortahoz szukseges termekeket bevasaroljuk, az ar szempontjabol nem min-degy, hogy hol tesszuk ezt meg. Ket kulonbozo boltban az arak a kovetkezoek:

• az A boltban 1 kg cukor 3 lej, 1 kg liszt 2, 5 lej, 1 tojas 0, 3 lej, 1 kg eper 7 lej, 1 kgcsokolade 20 lej, 1 vaj 4, 5 lej

• a B boltban 1 kg cukor 2, 8 lej, 1 kg liszt 3 lej, 1 tojas 0, 4 lej, 1 kg eper 6 lej, 1 kgcsokolade 25 lej, 1 vaj 4, 2 lej

A fenti adatokat a kovetkezo tablazatban foglalhatjuk ossze:

Cukor Liszt Tojas Eper Csokolade Vaj

Az A boltbanaz ar 3 2, 5 0, 3 7 20 4, 5

(lej/kg vagy db)A B boltban

az ar 2, 8 3 0, 4 6 25 4, 2(lej/kg vagy db)

Ahhoz, hogy eldonthessuk, hogy melyik boltban erdemesebb vasarolni, kiszamıtjuk azelso torta illetve a masodik torta hozzavaloinak arat az A illetve B boltokban.

• Az elso torta kellekeinek ara az A boltban:

p11 = 0, 15 · 3 + 0, 12 · 2, 5 + 8 · 0, 3 + 0, 3 · 7 + 0, 5 · 4, 5 = 7, 5

• Az elso torta kellekeinek ara a B boltban:

p12 = 0, 15 · 2, 8 + 0, 12 · 3 + 8 · 0, 4 + 0, 3 · 6 + 0, 5 · 4, 2 = 8, 03

• A masodik torta kellekeinek ara az A boltban:

p21 = 0, 12 · 3 + 0, 08 · 2, 5 + 6 · 0, 3 + 0, 2 · 20 + 0, 75 · 4, 5 = 9, 75

• A masodik torta kellekeinek ara az B boltban:

p22 = 0, 12 · 2, 8 + 0, 08 · 3 + 6 · 0, 4 + 0, 2 · 25 + 0, 75 · 4, 2 = 11, 126

Lathato, hogy mindket torta olcsobb lesz, ha az A boltban vasarolunk. Vizsgaljukmeg, hogyan is szamoltuk ki ezeket az arakat.

A kellekek matrixa a kovetkezo A =

(0, 15 0, 12 8 0, 3 0 0, 50, 12 0, 08 6 0 0, 2 0, 75

)

.

Az arak matrixa a kovetkezo B =

3 2, 82, 5 30, 3 0, 47 620 254, 5 4, 2

.

19

Megfigyelhetjuk, hogy a p11-et ugy kapjuk, hogy az A matrix elso soranak elemeitmegszorozzuk a B matrix elso oszlopanak megfelelo elemeivel (a sor elso elemet az oszlopelso elemevel stb.). A p12-t hasonloan kepezzuk, ugy, hogy az elso sor elemeit a masodikoszlop elemeivel szorozzuk. Ezeket a muveleteket nyilvan csak akkor tudjuk ilyen modonelvegezni, ha az A oszlopainak szama megegyezik a B sorainak szamaval. A kapott p

ertekeket egy ujabb matrixszal ırhatjuk le: p =

(p11 p12p21 p22

)

. Ez a matrix lesz az A es B

matrixok szorzata.

2.1.4. Ertelmezes. Az A = (aij)i=1,m

j=1,n

∈ Mm,n(C) es B = (bij)i=1,m

j=1,n

∈ Mm,n(C)

matrixok szorzata az A · B = (cij)i=1,m

j=1,n

∈ Mm,n(C), ahol cij =n∑

k=1

aikbkj.

Peldak:

1.

(2 5−1 3

)(1 −24 −9

)

=

(2 · 1 + 5 · 4 2 · (−2) + 5 · 9−1 · 1 + 3 · 4 −1 · (−2) + 3 · (−9)

)

=

(22 4311 −25

)

2.

1 0 −23 1 −41 0 0

−2 11 −43 0

=

=

1 · (−2) + 0 · 1 + (−2) · 3 1 · 1 + 0 · (−4) + (−2) · 03 · (−2) + 1 · 1 + (−4) · 3 3 · 1 + 1 · (−4) + (−4) · 01 · (−2) + 0 · 1 + 0 · 3 1 · 1 + 0 · (−4) + 0 · 0

=

−8 1−17 −1−2 1

3.

1 3−2 01 5

(2 0 40 −3 0

)

=

2 −9 4−4 0 −82 −15 4

Vizsgaljuk meg a matrixok szorzasanak tulajdonsagait:

1. Ha elvegezzuk a

(3 02 1

)

·(

1 10 −1

)

illetve az

(1 10 −1

)

·(

3 02 1

)

szorzasokat,

azonnal lathatjuk, hogy az elso esetben az eredmeny

(3 32 1

)

a masodik esetben

pedig

(5 1−2 −1

)

, tehat a matrixok szorzasa nem kommutatıv muvelet.

Nem negyzetes matrixok eseten az A·B es B ·A muveletek csak akkor elvegezhetoek,ha A ∈ Mm,n(C) es B ∈ Mn,m(C) es ekkor A · B ∈ Mm(C) es B · A ∈ Mn(C),tehat nyilvanvaloan A ·B 6= B · A.

2. Ha 10 adag tortara valo kelleket vasarolunk barmelyik boltbol ugyanannyit fizetunk,mint ha 10-szer egymasutan vasarolnank egy adagra valot ugyanazokbol a boltokbol,

20

illetve akkor is ugyanannyit fizetnenk, ha egy adagra valo kelleket vasarolnanktızszeres aron.

(10A)B =

(1, 5 1, 2 80 3 0 51, 2 0, 8 60 0 2 7, 5

)

3 2, 82, 5 30, 3 0, 47 620 254, 5 4, 2

=

(75 80, 3

97, 35 111, 26

)

10(AB) = 10

(7, 5 8, 039, 735 11, 126

)

=

(75 80, 3

97, 35 111, 26

)

A(10B) =

(0, 15 0, 12 8 0, 3 0 0, 50, 12 0, 08 6 0 0, 2 0, 75

)

30 2825 303 470 60200 25045 42

=

=

(75 80, 3

97, 35 111, 26

)

A tulajdonsag tetszoleges α szamra es tetszoleges A, B matrixokra igaz, ha A ∈Mm,n(C) es B ∈ Mn,p(C): (αA)B = α(AB) = A(αB)

Valoban

• (αA)B = (αaij)i=1,m

j=1,n

(bjk)j=1,n

k=1,p

= (cik)i=1,m

k=1,p

es cik =n∑

j=1

(αaij)bjk =n∑

j=1

αaijbjk

• α(AB) = (αdik)i=1,m

k=1,p

, ahol dik =n∑

j=1

aijbjk ⇒ αdik =n∑

j=1

αaijbjk

• A(αB) = (aij)i=1,m

j=1,n

(αbjk)j=1,n

k=1,p

= (eik)i=1,m

k=1,p

,

ahol eik =n∑

j=1

aij(αbjk) =n∑

j=1

αaijbjk

3. Ha egy illetve harom adag tortara valo kelleket akarunk megvasarolni barmelyikboltbol, ez ugyanannyiba kerul, ha egyszerre vasaroljuk meg oket, mint ha rendrevennenk meg a kellekeket, elobb az egy adag, utana a harom adagra valot ugyanabbola boltbol. Ha A illetve C-vel jeloljuk a kellekek matrixat, B-vel az araket, akkor:

(A+ C)B =

(0, 6 0, 48 32 1, 2 0 20, 48 0, 32 24 0 0, 8 3

)

·

3 2, 82, 5 30, 3 0, 47 620 254, 5 4, 2

=

21

=

(30 32, 12

38, 94 44, 504

)

AB + CB =

(0, 15 0, 12 8 0, 3 0 0, 50, 12 0, 08 6 0 0, 2 0, 75

)

3 2, 82, 5 30, 3 0, 47 620 254, 5 4, 2

+

+

(0, 45 0, 36 24 0, 9 0 1, 50, 36 0, 24 6 0 0, 6 2, 25

)

3 2, 82, 5 30, 3 0, 47 620 254, 5 4, 2

=

=

(7, 5 8, 039, 735 11, 126

)

+

(22, 5 24, 0929, 205 33, 378

)

=

=

(30 32, 12

38, 94 44, 504

)

A tulajdonsag tetszoleges A, C ∈ Mm,n(C), B ∈ Mn,p(C) matrixokra fennall, azaz(A+ C)B = AB + CB

Valoban (A+ C)B = (aij + cij)i=1,m

j=1,n

(bjk)j=1,n

k=1,p

= (dik)i=1,m

k=1,p

ahol dik =n∑

j=1

(aij + cij)bjk =n∑

j=1

(aijbjk + cijbjk)

Ugyanakkor AB + CB = (aij)i=1,m

j=1,n

(bjk)j=1,n

k=1,p

+ (cij)i=1,m

j=1,n

(bjk)j=1,n

k=1,p

=

= (eik)i=1,m

k=1,p

+ (fik)i=1,m

k=1,p

= (eik + fik)i=1,m

k=1,p

ahol eik + fik =n∑

j=1

aijbjk +n∑

j=1

cijbjk =n∑

j=1

aijbjk + cijbjk

Hasonloan igazolhato, hogy A(C + B) = AC + AB, ha A ∈ Mm,n(C) es B,C ∈Mn,p(C) ,tehat a matrixok szorzasa disztributıv az osszeadasra nezve.

4. Vizsgaljuk meg, hogy a matrixok szorzasa asszociatıv muvelet-e.

Ha az elmult honapban egy-egy adag tortat sutottunk az egyik boltbol vasaroltkellekekbol, illetve a masik boltbol vasarolt kellekekbol is, ennek koltsegeitketfelekeppen szamıthatjuk ki.

Ha A-val jeloljuk a kellekek matrixat, B-vel az arak matrixat es C-vel a

(11

)

matrixot, az osszkoltsegek matrixat kiszamıthatjuk a kovetkezo modokon:

22

a) (AB)C =

(p11 p12p21 p22

)

·(

11

)

=

(p11 + p12p21 + p22

)

=

(15, 5320, 861

)

ahol az AB matrix elso soraban levo elemek az elso illetve a masodik tortakellekeinek arat tartalmazzak.

b) A(BC) =

(0, 15 0, 12 8 0, 3 0 0, 50, 12 0, 08 6 0 0, 2 0, 75

)

3 2, 82, 5 30, 3 0, 47 620 254, 5 4, 2

(11

)

=

=

(0, 15 0, 12 8 0, 3 0 0, 50, 12 0, 08 6 0 0, 2 0, 75

)

5, 85, 50, 713458, 7

=

(15, 5320, 861

)

Itt a BC matrix elemei a megfelelo kellekek egysegarai a ket boltban osszesen,ıgy az A(BC) szorzat szinten az osszkoltseg matrixat adja.

A tulajdonsag tetszoleges A ∈ Mm,n(C), B ∈ Mn,p(C), C ∈ Mp,q(C) matrixokeseten igaz: (AB)C = A(BC)

Tehat a matrix szorzas asszociatıv muvelet.

Ha A ∈ Mm,n(C), B ∈ Mn,p(C), C ∈ Mp,q(C), akkor AB = D ∈ Mm,p(C) ugy,

hogy dik =n∑

l=1

ailblk.

Ekkor (AB)C = DC = E ∈ Mm,q(C), cij =

p∑

k=1

dikckj =

p∑

k=1

(n∑

l=1

aikblk

)

ckj =

=

p∑

k=1

n∑

l=1

ailblkckj

Ugyanakkor BC = T ∈ Mn,q(C), ahol flj =

p∑

k=1

blkckj

A(BC) = AF = G ∈ Mm,q(C), ahol gij =n∑

l=1

ailflj =n∑

l=1

ail

p∑

k=1

blkckj =

=n∑

l=1

p∑

k=1

ailblkckj

Az (AB)C = A(BC) egyenloseg igazolasahoz, mar csak azt kell belatnunk, hogym∑

i=1

n∑

j=1

xij =n∑

j=1

m∑

i=1

xij ∀xij ∈ C eseten, azaz azt, hogy egyn∑

j=1

m∑

i=1

xji osszegben

az osszegezesi sorrend felcserelheto.

23

2.1.1. Lemma. Ha xij ∈ C, i = 1,m es j = 1, n, akkorn∑

i=1

m∑

j=1

xij =n∑

j=1

m∑

i=1

xij

Bizonyıtas: Legyen X = (xij)i=1,m

j=1,n

An∑

j=1

xij az i-edik sorban szereplo elemek osszege ıgy am∑

i=1

n∑

j=1

xij osszeg az X

matrix sorosszegeinek osszege, ami nem mas mint a matrix osszes elemenek osszege.

Hasonloan am∑

i=1

xij a j-edik oszlopban szereplo elemek osszege es azn∑

j=1

m∑

i=1

xij

osszeg az X matrix oszloposszegeinek osszege ami szinten a matrix osszes elemenekosszege. Tehat a ket osszeg egymassal egyenlo.

2

5. Ha tekintjuk az n × n-es negyzetes matrixok Mn(C) halmazat, keressunk ebben ahalmazban egy olyan In matrixot, amelyre A · In = In · A = A, ∀A ∈ MnC eseten.

Ez azt jelenti, hogy

a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... ... ... ...an1 an2 ... ann

·

e11 e12 ... e1ne21 e22 ... e2n... ... ... ...en1 en2 ... enn

=

a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... ... ... ...an1 an2 ... ann

es

e11 e12 ... e1ne21 e22 ... e2n... ... ... ...en1 en2 ... enn

·

a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... ... ... ...an1 an2 ... ann

=

a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2n... ... ... ...an1 an2 ... ann

∀aij ∈ C eseten, azaz

a11e11 + a12e21 + ... + a1nen1 = a11a11e12 + a12e22 + ... + a1nen2 = a12a11e13 + a12e23 + ... + a1nen3 = a13

...an1e1n + an2e2n + ... + annenn = ann

Latszik, hogy minden egyenloseg teljesul, ha

• eii = 1, ∀i = 1, n

• eij = 0, ∀i 6= j, i, j = 1, n

24

Tehat az In =

1 0 0 ... 00 1 0 ... 00 0 1 ... 0... ... ... ... ...0 0 0 ... 1

= (δi,j)i,j=1,n ∈ Mn(C)

ahol δi,j =

{1 , ha i = j0 , ha i 6= j

matrix eseten igaz, hogy AIn = InA = A, ∀A ∈ Mn(C)

2.1.5. Ertelmezes. Az In =

1 0 0 ... 00 1 0 ... 00 0 1 ... 0... ... ... ... ...0 0 0 ... 1

= (δi,j)i,j=1,n ∈ Mn(C)

matrixot egysegmatrixnak nevezzuk.

6. Vegezzuk el az

1 2

3 4

·

−2 1

3

2−1

2

es

0 1 0−5 0 23 0 −1

·

0 1 21 0 00 3 5

illetve a

−2 1

3

2−1

2

·

1 2

3 4

es

0 1 21 0 00 3 5

·

0 1 0−5 0 23 0 −1

szorzasokat. Eszrevesszuk, hogy a szorzat matrixok I2-vel egyenloek a 2 × 2-esmatrixok szorzasa eseten es I3-al a 3 × 3-as matrixok eseteben. Tehat leteznekolyan matrixok, amelyek szorzata a szorzotenyezok sorrendjetol fuggetlenul azegysegmatrixot eredmenyezik. Ezek a matrixok egymas inverzei.

2.1.6. Ertelmezes. Az A ∈ Mn(C) matrixot invertalhatonak nevezzuk, ha letezikolyan A′ ∈ Mn(C) matrix, amelyre AA′ = A′A = In. Az A′ matrixot az A matrixinverzenek nevezzuk es A−1-el jeloljuk.

Vizsgaljuk meg, hogy a matrix inverze, ha letezik egyertelmuen meghatarozott-e. En-nek erdekeben tekintsunk egy A invertalhato matrixot. Lehet-e ennek ket egymastolkulonbozo A′ es A′′ inverze?

Mivel A′ es A′′ inverzei az A-nak: AA′ = A′A = In es AA′′ = A′′A = In. AkkorA′′ = A′′In = A′′(AA′) = (A′′A)A′ = InA

′ = A′. Tehat ha A′ es A′′ inverzeiaz A matrixnak, akkor egymassal egyenloek. Ezert, ha A invertalhato, az inverzeegyertelmuen meghatarozott.

2.1.7. Ertelmezes. Ha A ∈ Mn(C) ertelmezhetjuk az A matrix hatvanyait induktıvmodon: A0 = In, A1 = A es An+1 = AnA, ∀n ≥ 1 eseten.

Tehat A2 = AA, A3 = A2A = (AA)A = AAA, A4 = A3A = (AAA)A = AAAA esaltalaban An = AA...A

︸ ︷︷ ︸

n darabA szorzas asszociativitasa alapjan nyilvanvaloak a kovetkezo tulajdonsagok:

25

• AmAp = Am+p, ∀m, p ∈ N, ∀A ∈ Mn(C)

• (Am)p = Amp, ∀m, p ∈ N, ∀A ∈ Mn(C)

• (λA)m = λmAm, ∀ ∈ N∗, ∀A ∈ Mn(C), ∀λ ∈ C

Osszefoglalva a fejezetben bizonyıtott tulajdonsagokat:

2.1.1. Tetel. A matrixokkal vegzett muveletek tulajdonsagai:

1. A+ B = B + A, ∀A,B ∈ Mm,n(C)

2. (A+B) + C = A+ (B + C), ∀A,B,C ∈ Mm,n(C)

3. A+Om,n = Om,n + A = A, ∀A ∈ Mm,n(C)

4. A+ (−A) = (−A) + A = Om,n, ∀A ∈ Mm,n(C)

5. α(βA) = (αβ)A, ∀α, β ∈ C, ∀A ∈ Mm,n(C)

6. α(A+ B) = αA+ αB, ∀α ∈ C, ∀A,B ∈ Mm,n(C)

7. (α + β)A = αA+ βB, ∀α, β ∈ C, ∀A ∈ Mm,n(C)

8. 1 · A = A, ∀A ∈ Mm,n(C)

9. (−1) · A = −A, ∀A ∈ Mm,n(C)

10. 0 · A = Om,n, ∀A ∈ Mm,n(C)

11. α ·Om,n = Om,n, ∀α ∈ C

12. A ·On,p = Om,p; Op,mA = Op,n, ∀A ∈ Mm,n(C)

13. (αA)B = α(AB) = A(αB), ∀α ∈ C, ∀A ∈ Mm,n(C), ∀B ∈ Mn,p(C)

14. A(BC) = (AB)C, ∀A ∈ Mm,n(C), ∀B ∈ Mn,p(C),

∀C ∈ Mp,q(C)

15. A(B + C) = AB + AC, ∀A ∈ Mm,n(C), ∀B,C ∈ Mn,p(C)

16. (B + C)A = BA+ CA, ∀A ∈ Mn,p(C), ∀B,C ∈ Mm,n(C)

17. AIn = InA = A, ∀A ∈ Mn(C)

18. AmAp = Am+p, ∀m, p ∈ N, ∀A ∈ Mn(C)

19. (Am)p = Amp, ∀m, p ∈ N, ∀A ∈ Mn(C)

20. (λA)m = λmAm, ∀m ∈ N∗, ∀A ∈ Mn(C), ∀λ ∈ C

26

2.1.2. Megjegyzes. Mivel a matrixokkal vegzett muveletek a szorzas kommutativitasatoleltekintve ugyanazokkal a tulajdonsagokkal rendelkeznek, mint a valos szamokkal vegzettmuveletek, ha ket matrix szorzata felcserelheto, akkor igazak a komplex szamok esetenfennallo rovidıtett szamıtasi kepletek.

2.1.2. Tetel. Ha A,B ∈ Mn(C) es AB = BA, akkor

• Ak −Bk = (A−B)(Ak−1 + Ak−2B + ... + ABk−2 + Bk−1)

• A2k+1 + B2k+1 = (A+B)(A2k − A2k−1B + ... − AB2k−1 + B2k)

• (A+B)k = Ak + C1kA

k−1B + C2kA

k−2B2 + ... + Ck−1

k ABk−1 + Bk

barmely k ∈ N, k ≥ 1 eseten.

Tekintsunk nehany olyan problema szituaciot, amely matrixmuveletekre vezet.

• [1.] alkalmazas

Harom vıztisztıto allomas harom forrasbol kapja a vizet: a K kutbol, a T tobol es azF folyobol. Ha A1, A2, A3 a harom allomast jeloli, es a forrasok altal szolgaltatottvızmennyisegek eloszlasa:

- K:1

3az A1-nek,

1

3az A2-nek,

1

3az A3-nak

- T :1

2az A1-nek,

1

4az A2-nek,

1

4az A3-nak

- F : 0 az A1-nek,1

2az A2-nek,

1

2az A3-nak

szamıtsuk ki a harom allomas altal kapott vızmennyiseget, ha x,y illetve z a harom(K,T, F ) vızforras altal szolgaltatott mennyiseg.

Megoldas:

Az elso allomas hozama h1 = x1

3+ y

1

2+ z · 0.

Az masodik allomas hozama h2 = x1

3+ y

1

4+ z

1

2.

Az harmadik allomas hozama h3 = x1

3+ y

1

4+ z

1

4, mivel minden allomas ugyanany-

nyiad reszt szolgaltat a masodik allomasnak, mint a harmadiknak.

Ha az adatokat matrixokban abrazoljuk a kovetkezokeppen: egy X matrix elso osz-lopaba az elso forras (K) eloszlasi aranyait, a masodik oszlopaba a masodik forras(T ) eloszlasi aranyait, az utolso oszlopba a harmadik forras (F ) eloszlasi aranyait,ugy, hogy egy sorban szereplo aranyok azonos allomasnak feleljenek meg.

Az X matrix: X =

1

3

1

20

1

3

1

4

1

21

3

1

4

1

2

27

v-vel jeloljuk a v =

xyz

oszlopmatrixot, melynek elemei a forrasok hozamai.

h-val jeloljuk a h =

h1

h2

h3

oszlopmatrixot, melynek elemei az allomasok hozamai.

Ekkor h = Xv, mivel

h =

h1

h2

h3

=

x1

3+ y

1

2+ z · 0

x1

3+ y

1

4+ z

1

2

x1

3+ y

1

4+ z

1

4

=

1

3

1

20

1

3

1

4

1

21

3

1

4

1

2

xyz

= Xv

2.1.3. Megjegyzes. Az X matrixot a problemahoz rendelt atmeneti matrixnaknevezzuk. Ha egy matrix elemei nem negatıvak es minden oszlopaban az elemekosszege 1, akkor ezt stochasztikus matrixnak nevezzuk. 2

• [2.] alkalmazas (munkaero modell)

Egy tarsadalomban egy munkakepes egyen egy adott t idopillanatban a kovetkezoharom allapot valamelyikeben lehet:

- s1 -a sajat szakteruleten dolgozik

- s2 -mas szakteruleten dolgozik

- s3 -nem dolgozik

Jeloljuk pij-vel azon egyenek reszaranyat, akik a [t, t+∆t] idointervallum alatt az si

allapotbol az sj allapotba kerulnek es

xn

ynzn

-el a harom allapotban levo egyenek

szamat a t+ n∆t idopillanatban.

a) Hatarozzuk meg az xn, yn, zn szamokat az x0, y0, z0 es a P = (pij)i,j=1,3 matrixfuggvenyeben.

b) Ha P =

0, 7 0, 2 0, 10, 1 0, 6 0, 30, 1 0, 1 0, 8

,hatarozzuk meg egy egyensulyi allapot adatait

(egy olyan helyzetet, amelyben a harom allapotban levo egyenek szamaallando).

c) Igazoljuk, hogy ha x, y, z az egyenek szama az egyensulyi allapotban, akkorlimn→∞

xn = x, limn→∞

yn = y es limn→∞

zn = z

Megoldas:

28

a) A t+(n+1)∆t idopillanatban az si allapotban levok az s1, s2 es s3 allapotbolszarmaznak, meghozza p1ixn az s1-bol, p2ixn az s2-bol es p3ixn az s3-bol.

A kovetkezo rekurzios osszefuggeseket ırhatjuk fel:

xn+1 = p11xn + p21yn + p31znyn+1 = p12xn + p22yn + p32znzn+1 = p13xn + p23yn + p33zn

ami matrix egyenloseg alakjaban:

xn+1

yn+1

zn+1

= P t

xn

ynzn

, ahol

P =

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

, P t pedig a P matrix transzponaltja, amit ugy kapunk

a P matrixbol, hogy a sorait felcsereljuk az oszlopaival.

Ebbol az egyenlosegbol

xn

ynzn

= P t

xn−1

yn−1

zn−1

= (P t)2

xn−2

yn−2

zn−2

= ... = (P t)n

x0

y0z0

, ∀n ≥ 1

Tehat a tarsadalmi struktura alakulasa egy matrix hatvanyanak kiszamıtasavalmodellezheto.

b) Ha

xyz

egy egyensulyallapot, akkor

xyz

= P t

xyz

, tehat

x = 0, 7x+ 0, 1y + 0, 1zy = 0, 2x+ 0, 6y + 0, 1zz = 0, 1x+ 0, 3y + 0, 8z

ugyanakkor x+ y + z = N , ahol N a populacio osszletszama.

A rendszer megoldasai: x = 0, 25N , y = 0, 25N es z = 0, 5N .

Tehat az az allapot, amelyben a populacio negyede sajat szakteruleten, negyedemas szakteruleten dolgozik es fele nem dolgozik, az adott matrixnak megfeleloegyensulyi allapot.

c) Tudjuk, hogy

xn

ynzn

(P t)n

x0

y0z0

, ∀n ∈ N. A P t matrix hatvanyait

szamolva, egymas utani negyzetre emelesekkel azt kapjuk, hogy (P t)32 =

0, 25 0, 25 0, 250, 25 0, 25 0, 250, 25 0, 25 0, 25

Ez a b) pont alapjan pont az egyensulyi allapot

bealltat jelenti, tehat ettol az indextol kezdve az (xn)n≥1, (yn)n≥1, (zn)n≥1

allandok.

29

2

• [3.] alkalmazas (biomatematikai modell)

A modell leırasa erdekeben igazoljuk, hogy barmely A =

(a bc d

)

∈ M2(C) matrix

eseten igaz az A2 − (a+ d)A+ (ad− bc)I2 = O2 egyenloseg.

Valoban A2 = AA =

(a2 + bc ab+ bdac+ dc bc+ d2

)

es ıgy

A2 − (a+ d)A+ (ad− bc)I2 =

=

(a2 + bc ab+ bdac+ dc bc+ d2

)

−(

(a+ d)a (a+ d)b(a+ d)c (a+ d)d

)

+

(ad− bc 0

0 ad− bc

)

=

=

(0 00 0

)

= O2

2.1.4. Megjegyzes. Ha A = (aij)i,j=1,n, akkor a foatlon levo elemek∑n

i=1aii

osszeget a matrix nyomanak nevezzuk es TrA-val jeloljuk. Az A =

(a bc d

)

matrixhoz rendelt ad − bc szam az A matrix determinansa es detA-val jeloljuk.Igy a fenti osszefugges a kovetkezo alakban is ırhato:

A2 − (TrA) + | detA|I2 = O2

A tetel segıtsegevel barmely M2(C) matrix hatvanyai kiszamıthatoak.

Mivel A2 = (a+d)An+1−(ad−bc)An, ∀n ≥ 1 eseten An+2 = (a+d)An+1−(ad−bc)An.

Tehat, ha An =

(an bncn dn

)

, ∀n ≥ 1 eseten, akkor

(an+2 bn+2

cn+2 dn+2

)

= (a+ d)

(an+1 bn+1

cn+1 dn+1

)

− (ad− bc)

(an bncn dn

)

Igy az (an)n≥1, (bn)n≥1, (cn)n≥1, (dn)n≥1 sorozatok ugyanazt az

xn+2 = (a+ d)xn+1 − (ad− bc)xn

rekurziot teljesıtik, csak a kezdoertekek masok, ıgy a matrix elemeinekmeghatarozasa egy masodrendu linearis rekurzio megoldasara vezetheto vissza.

Tekintsunk ket allatfajt, melyek egyedei kolcsonosen vadasszak egymast (peldaul ahienak es oroszlanok az afrikai szaharaban). Ha xn es yn jeloli a ket faj egyedeinekszamat n ev utan, akkor modellezzuk a kovetkezo ket jelenseget:

30

a) Az uj egyedek szuletese es mas egyedek eltunese a faj osszletszamanak pszazalekos valtozasahoz vezet, p lehet negatıv is, ha az elhalalozasi arany na-gyobb a szuletesi aranynal. Vizsgaljuk azt a helyzetet, amikor ez az arany 10%a hienak eseteben es −10% az oroszlanok eseteben.

b) Az egyik faj a zsakmanyokkal egyensen aranyos szamu egyedet ol meg a masikfajbol. Legyen ez az arany 15% az oroszlanok altal megolt hienak eseteben es10% a hienak altal megolt oroszlanok eseteben.

A faj egyedszamanak alakulasat a kovetkezo rekurzioval ırhatjuk le:

{xn+1 = 1, 1xn − 0, 15ynyn+1 = 0, 9yn − 0, 2xn

Ezek az egyenlosegek matrix egyenloseg alakjaban:

(xn+1

yn+1

)

=

(1, 1 −0, 15−0, 2 0, 9

)(xn

yn

)

= A

(xn

yn

)

Innen

(xn

yn

)

= A

(xn−1

yn−1

)

= A2

(xn−2

yn−2

)

= ... = An

(x0

y0

)

, tehat

az egyedek szamanak valtozasa a ket fajban az f(n) = An fuggvenytol fugg, ahol

A =

(1, 1 −0, 15−0, 2 0, 9

)

.

Legyen x0 = 100 a hienak kezdeti szama es y0 = 200 az oroszlanoke. Ahhoz, hogy azegyedek szamanak valtozasat vizsgaljuk, ki kell szamolnunk az An matrixot. MivelTrA = 2, detA = 0, 96, a karakterisztikus egyenlet r2 − 2r + 0, 96 = 0, melynek

gyokei r1 = 0, 8 es r2 = 13, tehat An =

(an bncn dn

)

es

an = r1(0, 8)n + r2(1, 2)

n

bn = r3(0, 8)n + r4(1, 2)

n

cn = r5(0, 8)n + r6(1, 2)

n

dn = r7(0, 8)n + r8(1, 2)

n

Ha a kezdeti feltetelekbol kiszamıtjuk az r1, r2, ... , r8 allandokat, akkor azt kapjuk,hogy

An =

(0, 8)n + 3(1, 2)n

4

3[(0, 8)n − (1, 2)n]

8(0, 8)n − (1, 2)n

2

3[(0, 8)n + (1, 2)n]

4

Tehat

xn =(0, 8)n + 3(1, 2)n

4x0 +

3[(0, 8)n − (1, 2)n]

8y0 =

=1

8(0, 8)n(2x0 + 3y0) +

1

8(1, 2)n(2x0 − y0) = 100(0, 8)n

yn =(0, 8)n − (1, 2)n

2x0 +

3(0, 8)n + (1, 2)n

4y0 =

31

=1

4(0, 8)n(2x0 + 3y0)−

1

4(1, 2)n(2x0 − y0) = 200(0, 8)n

Lathato, hogy mindket faj kihaloban van, mert szamuk mertani haladvanybancsokken.

A fenti modelleket attekintve lathatjuk, hogy kulonbozo jelensegek matematikai mod-ellje matrixokat es azokkal vegzett muveleteket feltetelez.

2.2. Linearis egyenletrendszerek

2.2.1. Linearis egyenletrendszerekhez vezeto problemak

Tekintsuk az elozo fejezetben mar letargyalt biomatematikai modellt. Azt szeretnenkmegvizsgalni, hogy tız evvel ezelott mi volt az egyedek szama az egyes allatfajtakban, hajelenleg a hienak szama x0 = 100 es az oroszlanok szama y0 = 200.

Ennek erdekeben elobb azt vizsgaljuk meg, mi volt az egyedszam egy evvel ezelott.Ha x−1, y−1-gyel jeloljuk az akkor elo hienak, illetve oroszlanok szamat, az

{1, 1x−1 − 0, 15y−1 = 1000, 9y−1 − 0, 2x−1 = 200

egyenletrendszert kapjuk, melyben az ismeretlenek az x−1 es y−1.Matrix egyenlet formajaban:

(100200

)

=

(1, 1 −0, 15−0, 2 0, 9

)(x−1

y−1

)

, azaz

(100200

)

= A

(x−1

y−1

)

, ahol A =

(1, 1 −0, 15−0, 2 0, 9

)

az atmeneti matrix

Ha az A olyan matrix, amelynek van A−1 inverz matrixa, akkor a fenti egyenloseget

beszorozzuk balrol A−1-el es azt kapjuk, hogy A−1

(100200

)

=

(x−1

y−1

)

.

Ha meg egy evvel visszamegyunk azt kapjuk, hogy

(x−1

y−1

)

= A

(x−2

y−2

)

ahonnan

(x−2

y−2

)

= A−1

(x−1

y−1

)

= A−1A−1

(100200

)

= A−2

(100200

)

Hasonloan(

x−10

y−10

)

= A−1

(x−9

y−9

)

= (A−1)2(

x−8

y−8

)

= ... = (A−1)10(

x0

y0

)

2.2.1. Megjegyzes. Konnyen belathato, hogy (A−1)m = (Am)−1, ∀A ∈ Mn(C) in-vertalhato matrix es ∀m ∈ N eseten.

32

Valoban Am(Am)−1 = (Am)−1Am = In (ertelmezes szerint).

Ugyanakkor (A−1)mAm = A−1A−1...A−1

︸ ︷︷ ︸A...A︸ ︷︷ ︸

= A−1A−1...A−1

︸ ︷︷ ︸A...A︸ ︷︷ ︸

= ... = A−1A = Inm db m db m− 1 db m− 1 db

Hasonloan Am(A−1)m = In

A fentiek alapjan

(x−10

y−10

)

= (A−1)10(

x0

y0

)

Tehat egy matrix inverze es annak hatvanyai bizonyos egyenletrenszerek megoldasabannagy szerepet jatszanak.

2.2.1. Ertelmezes. Ha A ∈ Mn(C) invertalhato matrix ertelmezzuk az A matrix negatıvhatvanyait: A−n = (A−1)n = (An)−1, ∀n ∈ N∗ eseten.

Vizsgaljuk most meg, hogy adott A matrix mellett lehetseges-e egy strukturalisan stabilegyensuly, azaz olyan allapot, amelyben a hienak es az oroszlanok szamanak λ aranyaallando, nem valtozik egyik evrol a masikra.A strukturalis stabilitas feltetele adott λ ∈ R eseten az un+1 = λun egyenloseg teljesulese,

ahol un =

(xn

yn

)

es un+1 =

(xn+1

yn+1

)

. Ha u =

(xy

)

egy strukturalisan stabil allapotot

jelolo vektor, akkor a λu = Au matrix egyenlethez jutunk. Tehat a strukturalis stabilitascsak olyan λ ∈ R eseten lehetseges, amelyre letezik olyan u, amelyre fennall a λu = Auegyenloseg. Ezeket a λ ertekeket az A matrix sajatertekeinek, az u vektorokat pedig az Amatrix sajatvektorainak nevezzuk.

Vizsgaljuk meg milyen osszefugges all fenn az A matrix sajatertekei es a matrix elemeikozt!

A λ sajatertekek azok az ertekek, amelyekre az

{(a11 − λ)x + a12y = 0

a21x + a12y = 0egyenlet-

rendszernek van nullatol kulonbozo (x, y) megoldasa (ez a sajatvektor).Mivel (x, y) 6= (0, 0), legalabb az egyik ertek nem nulla. Feltetelezzuk, hogy y 6= 0. Ekkor

a masodik egyenletbol: λ = a22 +a21x

y. Ezt behelyettesıtve az elso egyenletbe az (a11 −

a22 − a21x

y)x + a12y = 0 egyenloseget kapjuk, ami az a21

(x

y

)2

+ (a22 − a11)x

y− a12 = 0

egyenlettel egyenerteku.Ennek gyokei:

(x

y

)

1

=a11 − a22 +

√∆

2a21es

(x

y

)

2

=a11 − a22 −

√∆

2a21

ahol ∆ = (a22 + a11)2 − 4(a11a22 − a12a21) = (TrA)2 − 4 detA es innen a sajatertekek:

λ1 = a22 +a11 − a22 +

√∆

2a21=

a11 + a22 +√∆

2a21es λ2 =

a11 + a22 −√∆

2a21

Ebbol kovetkezik, hogy

λ1 + λ2 = a11 + a22 = TrA es λ1λ2 =(a11 + a22)

2 −∆

4= detA.

33

Tehat egy tetszoleges A ∈ M2(C) matrix λ1 es λ2 sajatertekeire igazak a

{λ1 + λ2 = TrAλ1 · λ2 = detA

osszefuggesek.

2.2.2. Megjegyzes. Ez azt jelenti, hogy λ1 es λ2 az x2 − TrAx + detA = 0 egyenletgyokei.

A λu = Au matrix egyenloseget felırva (A − λIn)u = O2 alakban az{

(a11 − λ)x + a12y = 0a21x + a12y = 0

linearis, homogen egyenletrendszert kapjuk.

Hasonlo fogalmakhoz vezet, ha a munkaeropiac modellel kapcsolatosan teszunk fel ha-sonlo kerdeseket. Mindezen kerdesek a sajatertekek, sajatvektorok fogalmara vezetnek, il-letve bizonyos homogen vagy nem homogen linearis egyenletrendszerek megoldasat teszikszuksegesse.

2.2.2. Linearis egyenletrendszerek megoldasa elemi transz-formaciokkal

Az elozo fejezet munkaero, illetve biomatematikai modelljeben lattuk, hogy a munkaeropiac stabilitasanak feltetelet a

−0, 3x+ 0, 1y + 0, 1z = 0−0, 3x+ 0, 1y + 0, 1z = 0−0, 3x+ 0, 1y + 0, 1z = 0

egyenletrendszer megoldasa adta, a hienak es az oroszlanok strukturalisan stabil szamatpedig a {

(1, 1− λ)x− 0, 15y = 0−0, 2x+ (0, 9− λ)y = 0

egyenletrendszer megoldasa, a megfelelo λ ertekek meghatarozasa utan.Sok mas gyakorlati feladat vezet linearis egyenletrendszerekhez. Ezert szuksegunk leszolyan modszerre, amely alkalmas ezek megoldasara az ismeretlenek es egyenletek szamatolfuggetlenul.

2.2.2. Ertelmezes. Linearis egyenletrendszernek nevezunk egy olyan egyenletrendszert,amely a1x1 + a2x2 + ... + anxn = b alaku egyenleteket tartalmaz, ahol xi, i = 1, n azismeretlenek es ai ∈ C valamint b ∈ C rogzıtett szamok.

Egy egyenletrendszert ugy oldunk meg, hogy az egyenleteket ugy alakıtjuk, hogy velukegyenerteku egyszerubb egyenleteket kapjunk.A legfontosabb kerdes, hogy egy egyenle-trendszer megoldasa kozben mik azok a muveletek, amelyek az eredeti rendszerrel ekvi-valens rendszerhez vezetnek.

1. Az egyenletrendszer barmely egyenletet szorozhatjuk vagy oszthatjuk egy 0-tolkulonbozo szammal.

2. Barmely ket egyenletet felcserelhetjuk egymassal.

34

3. Az egyik egyenletet megszorozhatjuk egy szammal es hozzaadhatjuk egy masikhoz.

Ha most az

a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn = b2

...am1x1 + am2x2 + ... + annxn = bm

egyenletrendszerhez hozzarendeljuk

az ismeretlenek egyutthatoinak

A =

a11 a12 ... a1n b1a21 a22 ... a2n b2...am1 am2 ... amn bm

matrixat, melyet a tovabbiakban az egyenletrendszer bovıtett matrixanak nevezunk,(csakaz ismeretlenek egyutthatoibol allo matrixot pedig az egyenletrendszer matrixanak),az egyenletrendszer megoldasa kozben ezen ekvivalens atalakıtasokat vegzunk, amelyekkozben a rendszer matrixa is valtozik, de egy, az eredeti rendszerrel ekvivalens rendszermatrixava alakul.

2.2.3. Ertelmezes. Ha adott egy matrix, elemi sortranszformacion azokat a sorokkalvegzett transzformaciokat ertjuk, amelyek az eredeti matrixhoz rendelheto linearis egyenle-trendszerrel ekvivalens egyenletrendszerhez tartozo matrixsza alakıtjak az eredeti matrixot.Az elemi sortranszformaciok a kovetkezok:

a) egy matrix valamely sorat szorozzuk vagy osztjuk egy 0-tol kulonbozo szammal.

b) egy matrix ket sorat (oszlopat) felcsereljuk.

c) egy matrix egyik soranak λ-szorosat hozzaadjuk masik sorhoz.

A tovabbiakban ket matrixot hasonlonak nevezunk,ha az egyik megkaphato a masikbolelemi sortranszformaciok segıtsegevel. Ezt A ∼ B szimbolummal jeloljuk.

2.2.3. Megjegyzes. Ha B megkaphato A-bol elemi transzformaciok segıtsegevel, akkorA is megkaphato B-bol elemi transzformaciok segıtsegevel, mivel ezek a transzformaciokmegfordıthatoak.

35

1. Vizsgaljuk meg, hogy mit jelentenek a

3x − 2y + z = 2x + 2y − z = 1x − 6y + 3z = 0

egyenletrendszer eseten a bovıtett matrixra alkalmazott elemi sortranszformaciok.A kovetkezokben parhuzamosan kezeljuk ezeket a valtoztatasokat(az egyenletekenilletve a matrixon vegzett transzformaciokat):

3x − 2y + z = 2 | : 3x + 2y − z = 1x − 6y + 3z = 0

x − 2

3y +

1

3z =

2

3x + 2y − z = 1

x − 6y + 3z = 0

x − 2

3y +

1

3z =

2

38

3y − 4

3z = 1 | : 8

3

− 16

3y +

8

3z = −2

3

x − 2

3y +

1

3z =

2

3

y − 1

2z =

1

8

− 16

3y +

8

3z = −2

3

A masodik egyenletet2

3−dal majd

16

3−dal szorozzuk es hozzaadjuk az

elsohoz, illetve a harmadikhoz.

x =3

4

y − 1

2z =

1

80 = 0

3 −2 2 21 2 −1 11 −6 3 0

S1 : 3

∼

∼

1 −2

3

1

3

2

31 2 −1 1

1 −6 3 0

S2 − S1 → S2

S3 − S1 → S2

∼

∼

1 −2

3

1

3

2

3

08

3−4

3

1

3

0 −16

3−8

3−2

3

S2 − S1 → S2

S3 − S1 → S2∼

∼

1 −2

3

1

3

2

3

0 1 −1

2

1

8

0 −16

3−8

3−2

3

S2 − S1 → S2

S3 − S1 → S2

∼

∼

1 0 02

3

0 1 −1

2

1

80 0 0 0

36

Mivel az utolso egyenlet ∀z-re igaz , ezert z = λ, x =3

4es x =

1

8+

1

2λ. Tehat a

rendszernek vegtelen sok megoldasa van.

2. Az

x − y − z = 2x + 2y − 3z = 43x + 3y − 7z = 0

egyenletrendszer eseten mar csak a matrixon

vegzett sortranszformaciokat ırjuk le.

1 −1 −1 2

1 2 −3 4

3 3 −7 0

S2 − S1 → S2

∼

S3 − 3S1 → S3

1 −1 −1 2

0 3 −2 2

0 6 −4 −6

S2 : 3

∼

S3 − 2S2 → S3

1 −1 −1 2

0 1 −2

3

2

3

0 0 0 −10

Lathato, hogy nincs szukseg tovabbi masolasra, mert az utolso sornak a

0x+ 0y + 0z = −10

egyenlet felel meg, tehat az egyenlet osszeferhetetlen.

3. Az

x − y − z = 2x + y − 2z = 42x + z = 1

egyenletrendszer eseten az elemi transzformaciokat

elvegezve a

1 −1 −1 2

1 1 −2 4

2 0 1 1

S2 − S1 → S1

∼

S3 − 2S1 → S3

1 −1 −1 2

0 2 −1 2

0 2 3 −3

S2 : 2

∼

S3 − S2 → S3

1 −1 −1 2

0 1 −1

21

0 0 4 −5

S3 : 4

∼

S1 + S2 → S1

1 0 −3

23

0 1 −1

21

0 0 1 −5

4

S2 +1

2S3 → S2

∼

S1 +3

2S3 → S1

1 0 07

2

0 1 0 1

0 0 11

4

matrixhoz jutunk,amit egyenletrendszer formajaban visszaırva: x =7

2, y = 1, z =

1

4.

Lathato, hogy az egyenletrendszerunk abban a pillanatban van megoldva, amikor azeredeti matrix helyen az egysegmatrixot sikerult letrehozni (amikor ez lehetseges).

Mit jelent a matrix muveletek szintjen ennek az allapotnak a letrehozasa, amenynyibenaz lehetseges? Hogy jobban lathato legyen az elozo egyenletrendszerben tekintsunktetszoleges szabadtagokat:

x − y − z = b1x + y − 2z = b22x + z = b3

37

Matrix muveletkent felırva az egyenletrendszert az AX = B egyenletet jelenti, ahol A-valjeloljuk az egyenletrendszer matrixat:

A =

1 −1 −11 1 −22 0 1

, X =

xyz

es B =

b1b2b3

Az egyenletrendszer megoldasa tulajdonkeppen az AX = B matrixegyenlet megoldasatjelenti. Rendre elvegezzuk a szukseges sortranszformaciokat:

1 −1 −1 b1

1 1 −2 b2

2 0 1 b3

S2 − S1 → S1

∼

S3 − 2S1 → S3

1 −1 −1 b1

0 2 −1 2− b1 + b2

0 2 3 b3 − 2b1

S2 : 2

∼

S3 − S2 → S3

1 −1 −1 b1

0 1 −1

2−b1 + b2

2

0 0 4 −b1 − b2 + b3

S3 : 4

∼

S1 + S2 → S1

1 0 −3

2

b1 + b2

2

0 1 −1

2−b1 + b2

2

0 0 1−b1 − b2 + b3

4

S2 +1

2S3 → S2

∼

S1 +3

2S3 → S1

1 0 01

8b1 +

1

8b1 +

3

8b3

0 1 0 −5

8b1 +

3

8b1 +

1

8b3

0 0 1 −1

4b1 −

1

4b1 +

1

4b3

Egyenlet formajaban visszaırva:

x =1

8b1 +

1

8b1 +

3

8b3

x = −5

8b1 +

3

8b1 +

1

8b3

2 = −1

4b1 −

1

4b1 +

1

4b3

Azt kellene meg megvizsgalnunk, hogy a matrixra alkalmazott elemi transzformaciokleırhatok-e matrix muveletekkel? Probaljunk meg minden elemi transzformaciohozhozzarendelni egy matrixmuveletet.

a) Ha az In matrixban az i-edik oszlopot megszorozzuk λ-val:

λ 0 0 ... 0

0 1 0 ... 0

0 0 1 ... 0

... ... ... ... ...

0 0 0 ... 1

,

1 0 0 ... 0

0 λ 0 ... 0

0 0 1 ... 0

... ... ... ... ...

0 0 0 ... 1

,

1 0 0 ... 0

0 1 0 ... 0

0 0 λ ... 0

... ... ... ... ...

0 0 0 ... 1

, ... ,

1 0 0 ... 0

0 1 0 ... 0

0 0 1 ... 0

... ... ... ... ...

0 0 0 ... λ

akkor ha egy n× k tıpusu matrixot balrol szorzunk az ıgy kapott matrixszal, akkoraz ugyanannyi, mintha az i-edik sort szoroznank λ-val, a tobbit pedig valtozatlanulhagynank. Tehat egy matrixban egy olyan elemi transzformacio, amely egy sornakegy szammal valo szorzasabol all egy fenti tipusu matrixszal balrol valo szorzasanakfelel meg.

38

Valoban az i-edik oszlopot beszorozva λ-val

1 0 ... 0 ... 0 0

0 1 ... 0 ... 0 0

... ... ... ... ... ... ...

0 0 ... λ ... 0 0

... ... ... ... ... ... ...

0 0 ... 0 ... 1 0

0 0 ... 0 ... 0 1

a11 a12 a13 ... a1n

a21 a22 a23 ... a2n

... ... ... ... ...

ai1 ai2 ai3 ... ain

... ... ... ... ...

an1 an2 an3 ... ann

=

a11 a12 a13 ... a1n

a21 a22 a23 ... a2n

... ... ... ... ...

λai1 λai2 λai3 ... λain

... ... ... ... ...

an1 an2 an3 ... ann

b) Ha az In matrixban felcsereljuk az i es j oszlopot (i 6= j)

0 1 0 ... 0 0

1 00 0 ... 0 0

0 0 1 ... 0 0

... ... ... ... ...

0 0 1 ... 1 0

0 0 0 ... 0 1

,

0 0 1 ... 0 0

0 1 0 ... 0 0

1 0 0 ... 0 0

... ... ... ... ...

0 0 0 ... 1 0

0 0 0 ... 0 1

, ... ,

1 0 0 ... 0 0

0 1 0 ... 0 0

0 0 1 ... 0 0

... ... ... ... ... ...

0 0 1 ... 0 1

0 0 0 ... 1 0

ha egy A matrixot jobb oldalrol szorzunk egy ilyen tıpusu matrixszal, akkor ez aszorzas felcsereli az i-edik oszlopot a j-edik oszloppal, ha balrol szorozzuk ugyanaz-zal, akkor felcsereli az i-edik sort a j-edik sorral.

Valoban, felcserelve az i es j oszlopot:

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

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

... ... ... ... ... ... ... ... ...

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

... ... ... ... ... ... ... ... ...

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

... ... ... ... ... ... ... ... ...

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

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

a11 a12 a13 ... a1na21 a22 a23 ... a2n... ... ... ... ...

ai1 ai2 ai3 ... ain... ... ... ... ...

an1 an2 an3 ... ann

=

a11 a12 a13 ... a1na21 a22 a23 ... a2n... ... ... ... ...

aj1 aj2 aj3 ... ajn... ... ... ... ...

ai1 ai2 ai3 ... ain... ... ... ... ...

an1 an2 an3 ... ann

c) Ha In-ben a foatlot valtozatlanul hagyjuk es az (i, j) i 6= j helyen a 0 helyere egyλ szamot ırunk:

1 0 ... 0 ... 0 ... 0 00 1 ... 0 ... 0 ... 0 0... ... ... ... ... ... ... ... ...0 0 ... 1 ... λ ... 0 0... ... ... ... ... ... ... ... ...0 0 ... 0 ... 0 ... 1 00 0 ... 0 ... 0 ... 0 1

akkor ha egy matrixot balrol szorzunk az ıgy kapott matrixszal, akkor ugyanaztkapjuk, mint ha a j-edik sorat szoroznank be λ-val es hozzaadnank az i-edik sorahoz.

1 0 ... 0 ... 0 ... 0 00 1 ... 0 ... 0 ... 0 0... ... ... ... ... ... ... ... ...0 0 ... 1 ... λ ... 0 0... ... ... ... ... ... ... ... ...0 0 ... 0 ... 0 ... 1 00 0 ... 0 ... 0 ... 0 1

a11 a12 a13 ... a1na21 a22 a23 ... a2n... ... ... ... ...ai1 ai2 ai3 ... ain... ... ... ... ...aj1 aj2 aj3 ... ajn... ... ... ... ...an1 an2 an3 ... ann

=

39

=

a11 a12 a13 ... a1na21 a22 a23 ... a2n... ... ... ... ...

ai1 + λaj1 ai2 + λaj2 ai3 + λaj3 ... ain + λajn... ... ... ... ...aj1 aj2 aj3 ... ajn... ... ... ... ...an1 an2 an3 ... ann

Tehat minden elemi transzformacio felfoghato sajatos matrixszal valo szorzaskent is.Ha E1, E2, ... , Eq-val jeloljuk azokat a matrixokat, amelyeket ahhoz a q darab transz-

formaciohoz rendelunk, amellyel az A-bol az In-t kapjuk, felırhatjuk, hogy EqEq−1...E1A =I3 es innen A−1 = EqEq−1...E1. Tehat valoban, ha az E1 → E2 → ... → Eq transz-formaciokkal A-bol I3-t kapunk, akkor I3-bol A

−1-t kapunk.

2.2.3. A linearis egyenletrendszerek megoldhatosaganakvizsgalata

Az elozo fejezetben lathattuk, hogy egy linearis egyenletrendszernek lehet egyetlen,egyertelmu megoldasa, ebben az esetben a rendszert kompatibilis, hatarozott rendszerneknevezzuk, lehet vegtelen sok megoldasa, ebben az esetben a rendszert kompatibilis,hatarozatlannak nevezzuk, de az is elofordulhat, hogy a rendszernek nincs megoldasa,az ilyen egyenletrendszert inkompatibilisnak vagy osszeferhetetlennek nevezzuk.

Kulonosen fontosak sok gyakorlati helyzetben azok az egyenletrendszerek, amelyekegyertelmu megoldassal rendelkeznek. A tovabbiakban azt szeretnenk vizsgalni, mi-lyen feltetelek mellett lesz egy egyenletrendszer megoldasa egyertelmu. Nyilvanvalopeldaul, hogyha egy egyenletrendszerben kevesebb az egyenlet, mint az ismeretlen, akkoregyertelmu megoldasa nem lehet az egyenletrendszernek (inkompatibilis termeszetes lehetebben az esetben is). Az is nyilvanvalo, hogy n ismeretlen eseten, ahhoz, hogy ezeketegyertelmuen meghatarozzak, n darab egymastol fuggetlen osszefugges kell letezzenkozottuk. Tisztaznunk kell azt, hogy mit ertunk egymastol fuggetlen egyenleteken. Errea kovetkezo ertelmezest adhatjuk:

2.2.4. Ertelmezes. Ha n ismeretlen kozt adott k darab k ≥ 1 osszefugges, akkor ezeketegymastol fuggetleneknek nevezzuk, ha kozuluk egyikben sem kaphatjuk meg az ismeretlenekegyutthatoit a tobbi egyenlet megfelelo egyutthatoinak linearis kombinaciojakent.

2.2.5. Ertelmezes. Ha valamelyik egyenletben az ismeretlenek egyutthatoi eloallıthatoka tobb egyenlet egyutthatoinak linearis kombinaciojakent, de az illeto egyenlet szabadtagjanem ugyanaz a linearis kombinacioja a tobbi egyenlet szabadtagjainak , akkor azt mondjuk,hogy ez az egyenlet osszeferhetetlen a tobbivel.

Nyilvanvaloan n darab ismeretlen egyertelmu meghatarozasahoz n darab egymastolfuggetlen egyenletre van szuksegunk. Ezert vizsgaljuk eloszor az olyan egyenletrend-szereket, amelyekben n darab ismeretlen kozt n darab egymastol fuggetlen egyenlet teremtosszefuggest.

40

Nagyon fontos kerdes az, hogy milyen algebrai objektum segıtsegevel tudnankegyszeruen belatni azt, hogy az n egyenlet egymastol fuggetlen-e, vagy ellentmondoak-evagy vannak a tobbitol fuggo egyenletek. Ha adott egy n × n-es linearis egyenletrend-szer, ehhez egyertelmuen hozzarendelhetunk egy n × n-es negyzetes matrixot ( az is-meretlenek egyutthatoinak matrixat) es egy n× (n+1)-es matrixot az osszes egyutthatomatrixat. Az elsot az egyenletrendszer matrixanak, a masodikat az egyenletrendszerbovıtett matrixanak nevezzuk. A kovetkezo helyzetek allhatnak elo:

1. Minden egyenlet fuggetlen a tobbitol.

2. Egy vagy tobb egyenlet a tobbi linearis kombinaciojakent allıthato elo.

3. Valamelyik egyenletben megadott osszefugges ellentmond a tobbi osszefuggesnek.

Probaljuk a fenti helyzeteket az egyenletrendszerhez rendelt matrixok segıtsegevel kiele-mezni.

1. Az elso helyzetben, ha az egyenetrendszer matrixan elkezdunk elemi sotransz-formaciokat vegezni, soha nem juthatunk abba a helyzetbe, hogy csupa 0 sortkapjunk, hiszen ez azt jelentene, hogy az a sor a tobbi linearis kombinacioja vagy egyvele felcserelt sor a tobbi linearis kombinacioja (hiszen minden sortranszformaciovagy csak helycseret jelent vagy valamilyen linearis kombinacio eloallıtasat ketsorbol). Ez azt jelenti, hogy ebben a helyzetben addig tudjuk vegezni az elemi transz-formaciokat, amıg eloallıtjuk a rendszer matrixanak inverzet, tehat ebben az esetbena rendszer matrixa invertalhato.

Hogy jobban leırhassuk ezt es a tovabbi ket helyzetet is (hiszen lattuk, hogy ezeketa linearisan fuggetlen egyenletek meglete hatarozza meg), vezessuk be a kovetkezofogalmat:

Egy matrix rangja

2.2.6. Ertelmezes (Egy matrix rangja). Ha adott az A ∈ Mm,n(C) matrix A =(ai,j) i=1,n

j=1,m

, tekintsuk azt a linearis, homogen egyenletrendszert, amelynek a matrixa

az A matrix. Az A matrix rangjanak nevezzuk az

a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn = 0

...am1x1 + am2x2 + ... + amnxn = 0

egyenletrendszer fuggetlen egyenleteinek maximalis szamat. Jeloles: rangA.

2.2.4. Megjegyzes.

1. Ha m > n, akkor rangA ≤ n (mivel n ismeretlen kozt legtobb n egymastolfuggetlen osszefugges ırhato fel)

41

2. Egy n × n-es rendszer eseten, ha minden egyenlet fuggetlen a tobbitol, akkorrangA = rangA′ = n es a rendszernek egyertelmu megoldasa van. Fordıtva,ha egy n × n-es egyenletrendszer kompatibilis es hatarozott, ez azt jelenti,hogy a osszes egyenlet egymastol fuggetlen (ha lenne koztuk olyan, ami a tobbilinearis kombinacioja, ezt elhagyhatnank, mert nem szolgaltat uj informaciot,ıgy az n ismeretlent mar n-nel kevesebb osszefugges ırna le es ıgy a leıras nemegyertelmu). Tehat egy n × n-es egyenletrendszer pontosan akkor kompatibilises hatarozott, ha a rendszer matrixanak rangja is es a bovıtett matrix rangja isn.

2. Abban a helyzetben, amikor egy vagy tobb egyenlet a tobbi linearis kom-binaciojakent allıthato elo, ez azt jelenti, hogy elemi sortranszformaciokkal ezekhelyen csupa nulla sorokat allıthatunk elo. Tehat az ilyen rendszer matrixa neminvertalhato. Ha legtobb n− k darab fuggetlen egyenlet van a rendszerben, akkor arendszer rangja n− k. Ugyanakkor, ha a matrixon elkezdunk sortranszformaciokatvegrehajtani ugy, hogy haromszog matrixot hozzunk letre, a legtobb vegrehajthatolepes szama n − k (mivel a linearisan fuggo sorok helyen nullakat fogunk kapni).Tehat a matrix rangja tulajdonkeppen a haromszogesıtes erdekeben vegrehajthatomaximalis lepesszamot jelenti.

Tehat ebben az esetben rangA = n − k, rangA′ = n − k. A rendszer k-szorosanhatarozatlan, azaz k darab ismeretlen vehet fel tetszoleges erteket.

3. Ebben az esetben a tobbinek ellentmondo egyenletben az ismeretlenek egyutthatoi atobbi egyenletben levo egyutthatok linearis kombinaciojakent ırhatok fel, a szabad-tag viszont nem. Ezert az A matrixban ez a sor a tobbi linearis kombinacioja, azA′-ben viszont nem. Igy rangA < rangA′ (legalabb eggyel kevesebb). Ugyanakkor,ha rangA < rangA′, azt jelenti, hogy van legalabb egy sor az A-ban, ami a tobbi sorlinearis kombinacioja, de az A′-ben ez nem igaz. Tehat az ennek a sornak megfeleloegyenlet ellentmond a tobbinek.

Az eddigieket a kovetkezokeppen tudnank osszefoglalni:

2.2.1. Tetel. A linearis egyenletrendszer akkor es csakis akkor osszeferheto, ha rangA =rangA′. Ha rangA < rangA′, akkor a rendszer inkompatibilis.

Egy negyzetes matrix determinansa

Most vizsgaljuk az n×n-es egyenletrendszereket es keressunk ujabb feltetelt arra, hogyegy ilyen rendszer hatarozott legyen. Kezdjuk a vizsgalatot 2 × 2-es egyenletrendszerrel.Induljunk ki egy olyan gyakorlati feladatbol, amelyrol tudjuk, hogy egyertelmu megoldasavan:

A mult honapban ketszer vasaroltam fuzetet es ceruzat ugyananabban a konyves-boltban. Eloszor egy ceruzat es negy fuzetet vasaroltam 7 lejert, masodik alkalommal 3ceruzat es 2 fuzetet 6 lejert. Mennyibe kerult egy-egy fuzet, illetve ceruza, ha kozben azarak nem valtoztak?

42

Ha x-el jeloljok a ceruza, y-al a fuzet arat, az{

3x + 2y = 6 (2)x + 4y = 7 (1)

egyenletrendszerrel tudom leırni a fenti helyzetet.A megoldast a kikuszoboles modszerevel hatarozzuk meg. Ezert az elso egyenletbol

kifejezzuk az x-et: x = 7 − 4y es visszahelyettesıtjuk a masodikba: 3(7 − 4y) + 2y = 6,ahonan 10y = 15 ⇔ y = 1, 5 es x = 7− 4 · 1, 5 ⇔ x = 1.

A rendszernek egyertelmu megoldasa van. Tehat egy fuzet 1, 5 lejbe, egy ceruza 1 lejbekerult a mult honapban ebben a konyvesboltban.

2.2.5. Megjegyzes. Ha peldaul elso alkalommal egy fuzetet es negy ceruzat, masodikalkalommal pedig ket fuzetet es negy ceruzat vasaroltam volna, akkor nem lehetett volnaegyertelmuen megmondani egy fuzet es egy ceruza arat, hiszen arra masodszor pont ketszerannyit is fizettem, ıgy ezt az egyenletet kettovel vegigosztva az elsot kapom meg, tehat eznem szolgaltat ujabb informaciot.

Tekintsunk most egy tetszoleges 2× 2-es linearis egyenletrendszert:{

a11x + a12y = b1a21x + a22y = b2

Ha az a11, a12, a21, a22 szamok mindegyike 0, akkor b1 = b2 = 0 eseten a megoldashalmazR2 mıg (b1, b2) 6= (0, 0) eseten ures halmaz. Ha az a11, a12, a21, a22 szamok kozt van0-tol kulonbozo, akkor feltetelezzuk, hogy a11 6= 0. (Ellenkezo esetben felcsereljuk azegyenleteket es/vagy a valtozokat.)

Igy x =b1 − a12y

a11, tehat a masodik egyenlet alapjan

(a11a22 − a21a12)y

a11=

a11b2 − a21b1a11

Ha a11a22 − a21a12 6= 0, akkor tetszoleges b1, b2 eseten

y =a11b2 − a21b1a11a22 − a21a12

es x =b1 − a12y

a11

Ezert x =a11b2 − a21b1a11a22 − a21a12

, tehat a rendszernek egyetlen megoldasa van.

Ha a11a22 − a21a12 = 0 akkor a11b2 − a21b1 = b1a22 − b2a12 = 0 eseten a megoldasokparameteres alakja:

x =b1 − a11α

a11y = α

mıg a11b2 − a21b1 6= 0 eseten a rendszernek nincs megoldasa. Lathattuk, hogy ahatarozottsag feltetele az a11a12− a21a22 6= 0 azaz a detA 6= 0, hiszen a rendszer matrixa:

A =

(a11 a12a21 a22

)

43

ugyanakkor detA = 0 es a11 6= 0 feltetelek mellett a kompatibilitas feltetele az, hogy az(

a11 a12a21 a22

)

matrix a11b2 − a12b1 determinansa 0 legyen.

Eszreveheto, hogy a fenti matrixot ugy kaptuk, hogy az a11-et nem tartalmazo oszlopota szabadtagok oszlopaval csereltuk fel.Abban az esetben, amikor detA 6= 0, lattuk, hogy

x =

∣∣∣∣

b1 a12b2 a22

∣∣∣∣

detAes y =

∣∣∣∣

a11 b1a21 b2

∣∣∣∣

detA

Tehat a hatarozottsag feltetelet es a kompatibilitas feltetelet is determinansok segıtsegeveltudtuk megfogalmazni.

2.2.2. Tetel.

1. Ha az

{a11x + a12y = b1a21x + a22y = b2

rendszer matrixanak determinansa nem nulla,

akkor a rendszernek letezik egyertelmu megoldasa ∀b1, b2 ∈ R eseten is ez:

x =

∣∣∣∣

b1 a12b2 a22

∣∣∣∣

detAes y =

∣∣∣∣

a11 b1a21 b2

∣∣∣∣

detA

2. Ha detA = 0, akkor a kovetkezo ket eset lehetseges

a) ha

∣∣∣∣

b1 a12b2 a22

∣∣∣∣6= 0 vagy

∣∣∣∣

a11 b1a21 b2

∣∣∣∣6= 0, akkor a rendszernek nincs megoldasa

(osszeferhetetlen).

b) ha

∣∣∣∣

b1 a12b2 a22

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

a11 b1a21 b2

∣∣∣∣= 0, akkor a rendszernek vegtelen sok megoldasa

van.

2.2.6. Megjegyzes. Lathato, hogy a megoldas soran, ha detA 6= 0 az(

a11 b1a21 b2

)(xy

)

=

(b1b2

)

egyenlosegbol az

(xy

)

=1

detA

(a22 −a12−a21 a11

)(b1b2

)

egyenloseghez jutottunk, azaz

(xy

)

=

a22detA

− a12detA

− a21detA

a11detA

(b1b2

)

Az elozo fejezetben viszont lattuk, hogy elemi sortranszformaciokkal az

A

(xy

)

=

(b1b2

)

-bol hatarozott rendszer eseten az

(xy

)

= A−1

(b1b2

)

-hez jutunk,

tehat ebben az esetben

A−1 =

a22detA

− a12detA

− a21detA

a11detA

44

az A matrix inverze.Vizsgaljunk most egy 3× 3-as egyenletrendszert.

Oldjuk meg eloszor az

x + y + 2z = 112x + 3y − z = −53x − 2y − 3z = −2

egyenletrendszert.

Az elso egyenletbol kifejezzuk x-et es behelyettesıtjuk a masodik es harmadik egyenletbe.

Igy az

x + y + 2z = 11y − 5z = −27

− y − 9z = −35egyenletrendszerhez jutunk. A masodik egyenlet

alapjan y = 5z − 27, tehat a rendszer

x + y + 2z = 11y − 5z = −27

− 34z = −17alakban ırhato fel.

Az utolso egyenletbol z = 5, ez alapjan a masodik egyenletbol y = −2 es vegul az elsoegyenletbol x = 3.Termeszetesen az ismeretlent mas sorrendben is kikuszobolhetjuk. Ha elso lepesben amasodik egyenletbol fejezzuk ki z-t, akkor a kovetkezo alakban ırhatjuk a rendszert:

z − 2x − 3y = 55x + 7y = 1

− 3x − 11y = 13

A masodik egyenletbol x =1− 7y

5, tehat a rendszer

z − 2x − 3y = 55x + 7y = 1

− 34y = 68alakban is ırhato. Vilagos, hogy legfeljebb 9 · 4 = 36 kulonbozo modon juthatunk el amegoldashoz (az elso lepesben legtobb 9 lehetoseg van aszerint, hogy melyik valtozotfejezzuk ki es melyik egyenletbol, mıg a masodik lepesnel 4 lehetoseg). Az elobbi ketmegoldasban az utolso sorban a megmaradt ismeretlen egyutthatoja mindket esetben−34 volt.Vajon ez altalanos jelenseg, vagy veletlen egybeeses?Vizsgaljunk egy tetszoleges

a11x + a12y + a13z = b1a21x + a22y + a23z = b2a31x + a32y + a33z = b3

egyenletrendszert, ahol ai,j ∈ C, i, j = 1, 3.Ha ai,j = 0, ∀i, j = 1, 3, akkor (b1, b2, b3) = (0, 0, 0) eseten a megoldas az R3, mıg el-lenkezo esetben ures halmaz.Ha letezik 0-tol kulonbozo ai,j , i, j = 1, 3, akkor a rendszer atrendezheto egyenletek es is-meretlenek cserejevel ugy, hogy az elso egyenletben az x egyutthatoja 0-tol kulonbozolegyen.Tehat feltetelezhetjuk, hogy a11 6= 0. Fejezzuk ki x-et az elso egyenletbol eshelyettesıtsuk a tobbi egyenletbe:

x =b1 − a12y − a13z

a11

45

ıgy az

x +a12a11

y +a13a11

z =b1a11

a11a22 − a12a21a11

y +a23a11 − a21a13

a11z =

b2a11 − a21b1a11

a11a32 − a12a31a11

y +a11a33 − a13a31

a11z =

b3a11 − a31b1a11

rendszerhez jutunk. Lathato, hogy az a11-gyel valo osztast elhagyhatjuk. Igy a rendszer:

a11x + a12y + a13z = b1

(a11a22 − a12a21)y + (a23a11 − a21a13)z = b2a11 − a21b1

a11a32 − a12a31y + a11a33 − a13a31z = b3a11 − a31b1

alaku. Az utolso ket egyenlet egy ket ismeretlent tartalmazo 2 × 2-es egyenletrendszer,melynek matrixa (

a11a22 − a12a21 a23a11 − a21a13a11a32 − a12a31 a11a33 − a13a31

)

Lattuk, hogy ez akkor hatarozott, ha ennek

∆ = (a11a22 − a12a21)(a23a11 − a21a13)− (a11a32 − a12a31)(a11a33 − a13a31)

determinansa nem nulla. A megfelelo muveleteket elvegezve

∆ = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a11a23a32 − a12a21a33 − a13a22a31.

Ez ugyanakkor nem mas, mint a z egyutthatoja, ha az utolso ket egyenletbol kikuszoboljuky-t, vagy az y egyutthatoja, ha ugyanezekbol z-t kuszoboljuk ki. Tehat nem volt veletlenaz, hogy az elozoleg megoldott egyenletrendszerben az ismeretlenek egyutthatoja mindketalkalommal −34 volt, mivel mindket alkalommal az elso lepesben kifejezett ismeretlenegyutthatoja a11 az 1 volt.Tehat a 3× 3-as rendszer eseteben a muveletek elvegzese es a11-el valo egyszerusıtes utana ∆ · x = ∆1 egyenloseghez jutunk, ahol

∆1 = b1a22a33 + a12a23b3 + a13b2a32 − b1a23a32 − a12b2a33 − a13a22b3.

2.2.7. Ertelmezes.

A ∆ = a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32−a11a23a32−a12a21a33−a13a22a31 kifejezest az

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

matrix determinansanak nevezzuk es detA-val jeloljuk.

Jeloles: detA =

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

Ezeket az eredmenyeket ebben a formaban eleg nehez megjegyezni, ezert tobb memo-rizalasi technikat emlıtunk:

46

1. Sarrus szabaly: Irjuk az A matrix ala az elso es a masodik sort. A foatlovalparhuzamos atlok menten az elemek szorzatai adjak a determinans elso harom tagjat(pozitıv elojelueket), mıg a mellekatlora illeszkedo elemek szorzatai adjak az utolsoharom tagot (a negatıvakat):

a11

a21

a33a32

a22

a31

a13a12

a23

a13....................

a23..........

a11

..........

..........

..........

a12

a21 a22

= a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32−−a11a23a32 − a12a21a33 − a13a22a31

2. Haromszogszabaly: A mellekelt abrak mutatjak a pozitıv, illetve a negatıv elojeluszorzatokat:

a11

a21

a33a32

a22

a31

a13

a23

a12 a11

a21

a33a32

a22

a31

a13....................

a23

a12

A ∆ ·x = ∆1 osszefuggesben a ∆1 =

∣∣∣∣∣∣

b1 a12 a13b2 a22 a23b3 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

tehat ha ∆ 6= 0, akkor x =∆1

∆.

Hasonloan, mas kikuszobolessel igazolhato, hogy y =∆2

∆es z =

∆3

∆, ahol

∆2 =

∣∣∣∣∣∣

a11 b1 a13a21 b2 a23a31 b3 a33

∣∣∣∣∣∣

es ∆3 =

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 b1a21 a22 b2a31 a32 b3

∣∣∣∣∣∣

Tehat a 2× 2-es rendszerekhez hasonloan itt is megfogalmazhatjuk a kovetkezo tetelt:

2.2.3. Tetel. Az

a11x + a12y + a13z = b1a21x + a22y + a23z = b2a31x + a32y + a33z = b3

rendszerre ervenyesek a kovetkezo

allıtasok:

1. Ha detA 6= 0, akkor a rendszernek egyertelmu megoldasa van es ezt az x =∆1

∆,

y =∆2

∆es z =

∆3

∆kepletek szolgaltatjak, ahol ∆ = detA a rendszer matrixanak

determinansa, ∆1, ∆2 es ∆3 pedig ugy kaphato meg ebbol a determinansbol, hogy azx, y illetve z egyutthatoit helyettesıtjuk a szabadtagokkal.

47

2. Ha detA = 0, akkor (∆1,∆2,∆3) 6= (0, 0, 0) eseten a rendszernek nincs megoldasa,tehat inkompatibilis.

3. Ha detA = 0 es (∆1,∆2,∆3) = (0, 0, 0), akkor a rendszernek vegtelen sok megoldasavan, tehat rendszerunk hatarozatlan.

Visszaterve egy 3× 3-as matrix determinansara:

∆ = a11(a22a33 − a23a32)− a12(a21a33 − a23a31) + a13(a21a32 − a22a31),

ahol a zarojelben levo kifejezesek mind 2 × 2-es determinansok, jeloljuk az a1i elemmelszorzott kifejezest δ1i-vel.

Ha A =

a11a21a31

a12 a13a22 a23a32 a33

akkor δ11 =

∣∣∣∣

a22 a23a32 a33

∣∣∣∣= a22a33 − a23a32.

Ha A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

akkor δ12 =

∣∣∣∣

a21 a23a31 a33

∣∣∣∣= a21a33 − a23a31.

Ha A =

a11 a12a21 a22a31 a32

a13a23a33

akkor δ13 =

∣∣∣∣

a21 a22a31 a32

∣∣∣∣= a21a32 − a22a31.

Lathato, hogy a δ1i determinanst ugy kaptuk, hogy elhagytuk az a1i soraban es oszlopabanlevo elemeket es δ1i a megmaradt elemekbol alkotott 2× 2-es determinans.

2.2.8. Ertelmezes. Az i-edik sor es j-edik oszlop elhagyasaval kapott determinanst azaij-hez tartozo aldeterminansnak nevezzuk es dij-vel jeloljuk. Ennek alapjan

detA =3∑

i=1

a1i(−1)i+1d1i

Ha most detA-t ugy szamıtjuk ki, hogy a masodik sor elemeit emeljuk ki, azt kapjuk,hogy detA = −a21(a12a33 − a13a32) + a22(a11a33 − a13a31)− a23(a11a32 − a12a31) azaz

detA =3∑

i=1

ai2(−1)i+2d2i es hasonloan detA =3∑

i=1

ai3(−1)i+3d3i

2.2.9. Ertelmezes. A (−1)i+jdij kifejezest az aij elem algebrai komplementumanaknevezzuk es Dij-vel jeloljuk.

A fentiek alapjan kijelenthetjuk a kovetkezo tetelt:

2.2.4. Tetel. Ha A ∈ M3(C), akkor detA =3∑

j=1

aijDij, ∀i ∈ 1, 2, 3

48

2.2.7. Megjegyzes. Ha a determinanst a fenti modon szamıtjuk ki, azt mondjuk, hogyaz i-edik sora szerint fejtjuk ki.

Lattuk, hogy 2 × 2-es, illetve 3 × 3-as rendszerek eseten a kompatibilitas, illetvehatarozottsag 2 × 2-es, illetve 3 × 3 determinansoktol fugg. Kellene talalnunk egy olyanfogalmat, ami n× n-es matrixra leırja ugyanezt.Vizsgaljunk meg egy n× n-es egyenletrendszert:

a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn = b2... ... ... ... ...

an1x1 + an2x2 + ... + annxn = bn

Ha aij = 0, i, j = 1, n, akkor (b1, b2, ... , bn) = (0, 0, ... , 0) eseten a megoldasRn, mıg ellenkezo esetben ures halmaz. Ha letezik 0-tol kulonbozo aij, akkor a rend-szer atrendezheto egyenletek es ismeretlenek cserejevel ugy, hogy az elso egyenletben x1

egyutthatoja 0-tol kulonbozo legyen.Tehat feltetelezhetjuk, hogy a11 6= 0, kifejezzuk x1-et az elso egyenletbol es a tobbibe vis-

szahelyettesıtjuk: x1 =b1 − a12x2 − a13x3 − ... − a1nxn

a11ıgy az x1-el valo szorzasok utan

az:

a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn = b1a11a22 − a21a12x2 + ... + (a11a2n − a21a1n)xn = b2a11 − b12a21

... ... ... ...(a11an2 − an1a12)x2 + ... + (a11ann − an1a1n)xn = bna11 − b1an1

egyenletrendszert kapjuk. Az x2, ... ,xn ismeretlenek meghatarozasa erdekeben egy (n −1)× (n− 1)-es egyenletrendszert kell megoldani, amely akkor es csakis akkor hatarozott,ha az eredeti rendszer is hatarozott volt. Tehat az n × n-es rendszerre feltett kerdesvisszavezetheto egy (n − 1) × (n − 1)-es rendszerre feltett kerdesre. Probaljuk akkor azn × n-es matrixhoz rendelt determinans fogalmat is ehhez hasonloan korulırni, azaz egyn× n-es determinanst (n− 1)× (n− 1)-es determinansok segıtsegevel kifejezni.Mivel a 3 × 3-as determinanst kifejezhettuk 2 × 2-es determinansokkal egy sor szerintikifejtessel, meg kell probalnunk egy n×n-es determinanst ugy ertelmezni, hogy az egyenlovalamely sora szerinti kifejtesevel, ezzel n − 1-es rendu determinansokra vezettuk visz-sza es ıgy mivel 2 × 2-es, illetve 3 × 3-as determinansokat tudunk szamolni, induktıvanertelmezhetjuk az n× n-es determinansokat.Ehhez mas csak azt kell belatnunk, hogy a kulonbozo sorok szerinti kifejtes ugyanazt az

erteket adja, azaz, hogyn∑

j=1

a1jD1j =n∑

j=1

aijDij, ∀i = 1, n.

n∑

j=1

a1jD1j =n∑

j=1

a1j(−1)i+jd′

1j =n∑

j=1

aij(−1)i+j

n∑

k=1, k 6=j

aik(−1)i+kd′′

ik =

=n∑

j=1

n∑

k=1, k 6=j

a1j(−1)i+jaik(−1)i+kd′′

ik =n∑

k=1

n∑

j=1, j 6=k

a1j(−1)i+jaik(−1)i+kd′′

ik =

49

=n∑

k=1

aik(−1)i+k

n∑

j=1, j 6=k

a1j(−1)i+jd′′

ik

De d′′

k egy (n − 2) × (n − 2)-es determinans es ugy is felfoghato, mint az eredeti deter-minansol az i-edik sora es k-adik oszlop elhagyasaval nyert determinansban az a1j-heztartozo aldeterminans. Tehat

n∑

j=1, j 6=k

a1j(−1)i+jd′′

ik = dik, ahol

dik az aik-hoz tartozo aldeterminans az n× n-es determinansban. Igy

n∑

j=1

aijDij =n∑

k=1

aik(−1)i+kdik =n∑

k=1

aikDik

Tehat barmely sor szerint is fejtenenk ki, ugyanazt az erteket kapjuk, ezert ertelmezhetjukinduktıvan az n× n-es determinanst a kovetkezokeppen:

2.2.10. Ertelmezes. Ha A ∈ Mn(C), az A matrix determinansanak nevezzuk an∑

j=1

aijDij kifejezest i ∈ 1, 2, 3, ahol Dij az aij elem algebrai komplementuma.

Visszaterve az egyenletrendszer hatarozottsaganak vizsgalatara, lattuk, hogy az n × n-es rendszert,melynek determinansa nem nulla, visszavezettuk egy (n − 1) × (n − 1)-esre,amelynek a determinansa nem nulla. Ezt tovabb folytatva egy olyan 2 × 2-es rend-szerhez jutunk, amelynek determinansa nem nulla. A 2 × 2-es rendszer pedig pontosanakkor hatarozott, ha determinansa nem nulla. Igy, mivel a rendszer determinansa nemnulla, a benne szereplo ket ismeretlen egyertelmuen meghatarozott es ıgy visszafele hal-adva minden ismeretlen egyertelmuen meghatarozott.Ha detA 6= 0, akkor nincs egyertelmu megoldas.

Tehat n×n-es rendszer eseten is, az pontosan akkor kompatibilis hatarozott, ha detA 6= 0,ahol A a rendszer matrixa.

Ez azt jelenti, hogy az Ax = b egyenletben elemi sortranszformaciokat vegezve eljutunkegy x = A−1b helyzetbe, tehat ebben az esetben az A matrixnak van inverz. Fordıtva, haaz A matrixnak van inverze, akkor Ax = b ⇔ x = A−1b, tehat az egyenletrendszernekvan egyertelmu megoldasa, ami csak akkor allhat fenn, ha detA 6= 0.A fentiek alapjan:

2.2.11. Ertelmezes. Egy A matrix akkor es csakis akkor invertalhato, ha detA 6= 0.

Az elozo alfejezetben lattuk, hogy a kovetkezo allıtasok egyenertekuek:

2.2.5. Tetel. Ha A egy n× n-es matrix, akkor az

1. az Ax = b egyenletrendszer kompatibilis hatarozott

2. az A matrix ranja n

50

3. az A matrix determinansa nem nulla

allıtasok egyenertekuek.

Valoban, mivel a 2-es es 1-es allıtasok egymassal egyenertekuek es a 3-as es 1-es allıtasokegyenertekuek, ezert a 2-es es 3-as allıtasok is egyenertekuek.Tehat rangA = n ⇔ detA 6= 0.Az elozo fejezetben lattuk, hogy egy m × n-es egyenletrendszer akkor kompatibilishatarozatlan, ha az egymastol linearisan fuggetlen egyenletek maximalis n − k szamakisebb az ismeretlenek n szamanal es rangA = rangA′ = n − k. Ebben az esetben kdarab ismeretlent parameternek tekintunk: xn−k+1 = λ1, xn−k+2 = λ2, ... ,xn = λk es az

a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn−k = c1a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn−k = c2... ... ... ... ...

an−kx1 + an−kx2 + ... + an−kxn−k = cn−k

egyenletrendszerhez (esetleg egyenletek es ismeretlenek felcserelesevel) jutunk, melybenminden egyenlet fuggetlen a masiktol, ezert rangAn−k = n − k ⇔ detAn−k 6= 0 es ez arendszer hatarozott, azaz az x1, x2, ... ,xn−k ismeretlenek egyertelmuen kifejezhetok a λ1,λ2, ... ,λk fuggvenyeben. Ha ezt a rendszert Cramer-rendszerkent megoldjuk, megkapjukaz eredeti rendszer megoldasat.A rendszer k-szorosan hatarozatlan, megoldasa k darab parametertol fugg. Mivel ez egyhatarozott rendszer (az An−kx = c rendszer) kovetkezik, hogy detAn−k 6= 0, tehat azeredeti rendszer A matrixanak van nullatol kulonbozo n−k-ad rendu aldeterminansa. Haaz ennel nagyobb rendu aldeterminansait vizsgaljuk A-nak, ezek mind 0-val kell egyenloeklegyenek. Valoban ha lenne n−k+ i-ed rendu (i ∈ N∗) nullatol kulonbozo aldeterminans,akkor az ennek megfelelo rendszer kompatibilis hatarozott lenne, ıgy a rendszerben lennen− k+ i darab egymastol fuggetlen egyenlet, ami azt jelentene, hogy rangA ≥ n− k+ i,ami ellentmondas. Tehat kijelenthetjuk a kovetkezo tetelt:

2.2.6. Tetel. Az A ∈ Mm,n(C) matrix rangja: rangA = k, akkor es csakis akkor, ha amatrixnak van nullatol kulonbozo k-ad rendu aldeterminansa es az osszes k-nal nagyobbrendu aldeterminansa nullaval egyenlo.

Tehat egy matrix rangjat determinansok segıtsegevel is megallapıthatjuk.Szinten az elozo fejezetben lattuk, hogy egym×n-es egyenletrendszer akkor es csakis akkorinkompatibilis, ha rangA < rangA′. Feltetelezzuk, hogy rangA = k, ami azt jelenti, hogyA′-nek kell tartalmaznia olyan (k+1)-es rendu aldeterminanst, ami nem nulla, mıg az A-nak nincs ilyen aldeterminansa. Tehat ez az aldeterminans feltetlenul kell olyan elemekettartalmazzon, amelyek nem A-bol valok. Tehat az egyik oszlop a szabadtagok kozul kerulki. Ha dk az a k−ad rendu aldeterminansa A-nak, ami nem nulla, akkor a rendszer abbanaz esetben lesz inkompatibilis, ha az A′-nek van olyan dk+1 aldeterminansa, amely nemnulla. Ezt megallapıtando a dk determinanst kiegeszıtjuk (k + 1)-ed renduve az osszeslehetseges modon ugy, hogy a szabadtagok megfelelo elemeivel es a matrix fennmaradtsorainak megfelelo elemeivel szegelyezzuk. A dk determinanst fodeterminansnak nevezzuk,az (n− k) darab szegelyezett determinanst karakterisztikus determinansoknak.

51

2.2.7. Tetel. A rendszer akkor es csakis akkor kompatibilis, ha az osszes karakterisztikusdeterminansa nulla. Ha van nullatol kulonbozo karakterisztikus determinans, akkor a rend-szer inkompatibilis.

Lathato, hogy a rendszerek kompatibilitasanak vizsgalata determinansok kiszamolasan atfog tortenni. Ezert nagyon fontos, hogy determinansokat minel egyszerubben es gyorsab-ban tudjuk szamolni. Az is lathato, hogy kulon fontossagu annak megallapıtasa, hogy egydeterminans nullatol kulonbozo-e vagy sem. Ezert jo volna felterkepezni a determinansokazon tulajdonsagait, amelyek megkonnyıtik a szamolast, illetve azokat a tulajdonsagokat,amelyek egy determinans nulla voltara engednek kovetkeztetni.Vizsgaljuk meg a tulajdonsagokat 3 × 3-as determinansok eseteben. Szeretnenk tudni,hogy az elemi transzformaciok hogyan modosıtjak a rendszer matrixanak determinansat.Ezert a kovetkezo kerdesekre keressuk a valaszt. Hogyan valtozik az A ∈ M3(C) matrixdeterminansa, ha

a) felcserelunk ket sort

b) beszorzunk egy sort egy szammal

c) hozzaadjuk egy sorhoz egy masik sor α-szorosat.

a) Tekintsuk az A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

matrixot.

detA = a11a22a33 + a21a32a13 + a31a12a23 − a13a22a31 − a23a32a11 − a33a12a21

Ha az elso sort felcsereljuk a masodikkal

detA1 =

∣∣∣∣∣∣

a21 a22 a23a11 a12 a13a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

= a12a21a33 + a11a32a23 + a31a22a31−− a21a12a23 − a13a32a21 − a33a22a11 =

= − detA

Ha az elso sort a harmadikkal csereljuk fel

detA2 =

∣∣∣∣∣∣

a31 a32 a33a21 a22 a23a11 a12 a13

∣∣∣∣∣∣

= a31a22a13 + a21a12a33 + a11a32a23−− a11a22a33 − a23a12a31 − a13a32a21 =

= − detA

Amasodik es harmadik sor felcserelese a kovetkezokeppen vegrehajthato: kicsereljukaz elso sort a masodikkal, azutan az elso sort a harmadikkal vegezetul pedig az elsosort a masodikkal, azaz

detA =

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

→

∣∣∣∣∣∣

a21 a22 a23a11 a12 a13a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

→

∣∣∣∣∣∣

a31 a32 a33a11 a12 a13a21 a22 a23

∣∣∣∣∣∣

→

→

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13a31 a32 a33a21 a22 a23

∣∣∣∣∣∣

= detA3

52

Mivel minden csere alkalmaval a determinans elojele megvaltozik ezert detA3 =(−1)3 detA = − detATehat ket sor felcserelesevel a determinansnak csak az elojele valtozik meg.

2.2.1. Kovetkezmeny. Ha egy determinans ket sora azonos, akkor a determinanserteke nulla.

Valoban, ha felcsereljuk a ket egymassal egyenlo sort a determinans elojelemegvaltozik. Masreszt mivel ket azonos mennyiseget csereltunk fel egymassal, adeterminans ugyanaz marad. Tehat detA = − detA, ahonnan detA = 0.

b) A determinansban szereplo hat szorzat tenyezoi olyanok, hogy minden sorbol esoszlopbol pontosan egy kerul mindegyik tenyezobe. Igy ha egy sor minden elemetszorozzuk α-val, akkor a determinans is szorzodik α-val.

Tehat, ha egy matrix valamely soranak elemeit szorozzuk egy szammal, az ıgy kapottdeterminans az eredetinek α-szorosa lesz.

2.2.2. Kovetkezmeny. Ha egy determinans ket sora aranyos, akkor a determinanserteke nulla.

Valoban, ha A az a matrix, amelynek ket sora aranyos az ai1j = αai2j, j = 1, 3egyenlosegek alapjan detA1 = α detA, ahol A1-et az A-bol ugy kapjuk, hogy azi2-edik sort szoroztuk α-val. Ugyanakkor mivel az A1-nek az i1-edik es i2-edik soraazonos detA1 = 0. Tehat α detA = 0 egyenlosegbol detA = 0

c) A kerdes megvalaszolasa erdekeben vizsgaljuk meg mivel lesz egyenlo ket olyanmatrix determinansanak osszege, amelyek egy sorban kulonboznek csak egymastol.∣∣∣∣∣∣

x1 y1 z1a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣

x2 y2 z2a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

= x1D11+y1D12+z1D13+x2D11+y2D12+z2D13 =

= (x1 + x2)D11 + (y1 + y2)D12 + (z1 + z2)D13 =

∣∣∣∣∣∣

x1 + x2 y1 + y2 z1 + z2a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

A determinanst ugy szamoltuk, hog kifejtettuk az elso sor szerint. Mivel a tobbi sorelemei ugyanazok a ket determinansban, a megfelelo elemek algebrai komplementu-mai azonosak lesznek.

2.2.3. Kovetkezmeny. Ha egy determinans valamely sorahoz hozzaadjuk egymasik sor α-szorosat, akkor a determinans erteke nem valtozik meg.

Valoban∣∣∣∣∣∣

a11 + αa21 a12 + αa22 a13 + αa23a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣

αa21 αa22 αa23a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

=

53

= detA+ 0 (a masodik determinans nullaval egyenlo, mivel ket sora aranyos.)A fenti ket tulajdonsagot csak az elso sor eseten bizonyıtottuk, hiszen mas sorokeseten csak felcsereljuk majd visszacsereljuk azokat, ıgy ketszeres elojelvaltassal azeredetihez jutunk vissza.

2.2.8. Megjegyzes. Eszreveheto, hogy a haromszogszabalyban szereplo ket abra szim-metrikus a foatlora nezve, ezert ha az elemeket a foatlora nezve tukrozzuk, a determinanserteke nem valtozik, azaz egy matrix determinansa egyenlo transzponaltjanak a deter-minansaval:

detA = detA′ ⇔

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

a11 a21 a31a12 a22 a32a13 a23 a33

∣∣∣∣∣∣

2.2.9. Megjegyzes. A 3 × 3 determinansok tulajdonsagai n × n-es determinansokra iservenyesek, hiszen mindig kifejthetjuk olyan sor szerint, amit nem valtoztatunk es ıgymindig az eggyel kisebb rendu determinansok megfelelo tulajdonsagara vezetodik vissza abizonyıtando tulajdonsag.

Egy matrix inverzenek kiszamıtasa

Az elozo fejezetben lattuk, hogy egy matrix inverzet, ha van, ki lehet szamıtani elemisortranszformaciokkal. Most azt szeretnenk vizsgalni, hogy determinansok segıtsegevelhogyan szamıthato ki A−1 (amnennyiben detA 6= 0, mivel azt mar lathattuk azelozoekben, hogy A akkor es csak akkor invertalhato, ha detA 6= 0).Ennek erdekeben szamıtsuk ki a kovetkezo szorzatokat:

1.n∑

j=1

aijDij

2.n∑

j=1

aijDkj

Az egyes osszeg az pont a determinans i-edik sora szerinti kifejtes, tehat

n∑

j=1

aijDij = detA.

A kettes osszeg nullaval egyenlo, mivel Dkj ugy is felfoghato, mint az Aki matrix i-ediksoranak es j-edik oszlopanak algebrai komplementuma, ahol az Aki matrixot ugy kaptuk,

hogy A-ban a k-adik sor helyere az i-edik sort ırtuk. Igyn∑

j=1

aijDkj = detAki = 0, mivel

Aki ket sora azonos.

2.2.10. Megjegyzes. Mivel detB = det∗ B barmely B matrix eseten, a tulajdonsag osz-lopok eseten is igaz.

54

A fenti tulajdonsagok alapjan:

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n

... ... ... ...

an1 an2 ... ann

D11 D12 ... D1n

D21 D22 ... D2n

... ... ... ...

Dn1 Dn2 ... Dnn

=

detA 0 ... 0

0 detA ... 0

... ... ... ...

0 0 ... detA

= detAIn

es

D11 D12 ... D1n

D21 D22 ... D2n

... ... ... ...

Dn1 Dn2 ... Dnn

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n

... ... ... ...

an1 an2 ... ann

=

detA 0 ... 0

0 detA ... 0

... ... ... ...

0 0 ... detA

= detAIn

Ha B =1

detAA∗, ahol A∗ =

D11 D12 ... D1n

D21 D22 ... D2n

... ... ... ...Dn1 Dn2 ... Dnn

az A adjungalt matrixa, amit ugy

kapunk, hogy az A transzponaltjanak minden elemet helyettesıtjuk az algebrai komple-mentumaval, akkor AB = BA = I3, ami azt jelenti, hogy B = A−1.Tehat

A−1 =1

detAA∗

Soroljuk fel tehat a determinansok bizonyıtott tulajdonsagait:

2.2.8. Tetel. Ha A ∈ Mn(C), akkor:

1. detA = detAt.

2. Ha A ket sorat (vagy oszlopat) felcsereljuk, akkor a determinansnak csak az elojelevaltozik meg.

3. Ha A egy soraban (vagy oszlopaban) α-val szorozzuk az elemeket az ıgy kapott matrixdeterminansa az eredeti determinansa α-szorosa.

4. Ha A-nak van ket azonos vagy aranyos sora (vagy oszlopa) akkor a determinansnulla.

5. Ha A es B csak egy sorban (vagy oszlopban) kulonboznek egymastol, akkor detA+detB = detC, ahol C-t ugy kapjuk A-bol, hogy a B-vel megegyezo sorokat (osz-lopokat) leırjuk es a B-tol kulonbozo sor (oszlop) elemeihez hozzaadjuk a B megfeleloelemeit.

6. Ha A egy soraban (oszlopaban) hozzaadjuk egy masik sor (oszlop) α-szorosat, akkora determinans nem valtozik.

7. Ha A egy sora (oszlopa) a tobbi sor (oszlop) linearis kombinacioja, akkor a deter-minans nulla.

8. AA∗ = A∗A = (detA)In

55

A fenti tulajdonsagok alapjan n × n-es rendszerek eseteben is megszerkeszthetjuk A in-verzet es kijelenthetjuk a Cramer-szabalyt.

Ha az n× n-es rendszert Ax = b alakban ırjuk, A ∈ Mn(C), x, b ∈ Rn es detA 6= 0,akkor beszorozzuk A−1-nel balrol az egyenletet es azt kapjuk, hogy

x = A−1b ⇔

x1

x2

...

xn

=

∆11

∆

∆21

∆...

∆n1

∆∆12

∆

∆22

∆...

∆n2

∆...

......

...

∆1n

∆

∆2n

∆...

∆nn

∆

b1

b2

...

bn

es innen xj =n∑

i=1

∆ij

∆bi =

n∑

i=1

bi∆ij

∆.

A szamlaloban szereplo osszeg eppen a ∆j determinans kifejtese, ahol ∆j-t ugy kapjuk∆-bol, hogy a j-edik oszlop helyere a szabadtagokat helyettesıtjuk.Ha az Ax = b egyenloseget csak A∗-gal szorozzuk, akkor a ∆xj = ∆j osszefuggesekhezjutunk (j = 1, n), tehat a targyalas is ezek szerint vegezheto el. Ha ugyanis ∆ = 0, akkor akompatibilitasi feltetel ∆j = 0, j = 1, n es ha ezek a feltetelek teljesulnek, akkor vegtelensok megoldasa van az egyenletrendszernek.Kijelenthetjuk a letargyaltak alapjan kovetkezo tetelt:

2.2.9. Tetel. Ha A ∈ Mn(C)

a) Ha detA 6= 0, akkor ∃A−1 = 1

detAA∗

b) Az Ax = b, A ∈ Mn(R), x, b ∈ Rn egyenletrenszer megoldasai detA 6= 0 eseten

xj =∆j

∆, ahol ∆ = detA es ∆j-t ugy kapjuk, hogy ∆ j-edik oszlopanak elemit a

szabadtagokkal (b1, b2, ... , bn)-el helyettesıtjuk.

c) Ha detA = 0 es letezik olyan j = 1, n, amelyre ∆j 6= 0, akkor a rendszer inkompat-ibilis, mıg ha ∆ = ∆j = 0, ∀j = 1, n, akkor a targyalas visszavezetodik egy kisebbrendszer targyalasara.

2.2.4. Osszefoglalas

Osszefoglalva tehat a fejezetben targyaltakat, egy linearis egyenletrendszertketfelekeppen targyaltunk le: elemi transzformaciok, illetve determinansok segıtsegevel.Egy n× n-es linearis egyenletrendszer eseteben

1. modszer: A rendszer matrixan es bovıtett matrixan elemi transzformaciokat haj-tunk vegre. Ha a rendszer matrixa invertalhato ezt addig tudjuk vegezni, amıg amatrix helyen az egysegmatrixot hozzuk letre. Ez azt jelenti, hogy elertuk azt az

56

allapotot, amelyben minden ismeretlent egyertelmuen kifejeztunk. Tehat a kompa-tibilis hatarozott rendszert megoldottuk.Ha a rendszer matrixa nem invertalhato, akkor nem tudjuk transzformaciokkal azt azallapotot letrehozni, amelyben a matrix helyen az egysegmatrix jelenjen meg. Ebbenaz esetben egy vagy tobb tiszta nulla sorunk lesz a matrixban a transzformaciokelvegzese utan. Ha a megfelelo sorok valamelyikeben a bovıtett matrix megfeleloeleme nem nulla, akkor a rendszer inkompatibilis (hiszen 0x1 + 0x2 + ... + 0xn =bi, bi 6= 0). Ha minden ilyen sorban (feltetelezzuk, hogy k darab ilyen sor van) abovıtett matrix megfelelo eleme is nulla, a rendszer megoldhato, de hatarozatlan,meghozza k-szorosan hatarozatlan. K darab ismeretlent parameternek tekintunk esa rendszer meg van oldva.

2. modszer: Kiszamoljuk a rendszer matrixanak determinansat. Ha detA 6= 0, a rend-

szer osszeferheto, hatarozott, Cramer-rendszer es xi =∆i

∆, ∀i = 1, n.

Ha detA = 0 kiszamoljuk a legnagyobb rendu nem nulla aldeterminanst (a rend-szer fodeterminansat) es kepezzuk az osszes karakterisztikus determinanst. Ha ezekkozt van olyan, ami nem nulla, akkor a bovıtett matrix rangja nagyobb a matrixrangjanal es a rendszer inkompatibilis.Ha minden karakterisztikus determinans nulla, akkor rangA = rangA′ es a rendszerkompatiblis, hatarozatlan. Ekkor rangA = r, akkor n−k darab mellekismeretlenunklesz, ezek parameterek, az (n−k)×(n−k)-as hatarozott rendszert ezen parameterekfuggvenyeben megoldjuk.

2.2.11. Megjegyzes. Ha az egyenletrendszer tobb ismeretlent tartalmaz, mint egyenletet,kiegeszıtjuk 0x1 + 0x2 + ... + 0xn = 0 tıpusu egyenletekkel, ugy, hogy n × n-es egyenlet-rendszerre valjon es ugyanıgy targyaljuk.Ha az egyenletrendszer tobb egyenletet tartalmaz, mint ismeretlent, minden egyenletetkiegeszıthetunk 0xi tagokkal, amıg n× n-es egyenletrenszert kapunk es ıgy targyaljuk.

2.2.12. Megjegyzes. A fenti targyalas termeszetesen csak akkor ervenyes, ha Rn-benadott rendszerrol van szo (vagy Rn-ben), a Zn-ben megodhato egyenletrendszerek esetebena megoldhatosagba kulonbozo mas, peldaul oszthatosagi problemak is beleszolhatnak. Ennekillusztralasara oldjuk meg a kovetkezo feladatot.

Feladat

Egy szigeten 13 szurke, 15 barna es 17 zold kameleon el. Ha ket kulonbozo szınu kameleontalalkozik, mindketten a harmadik szınre valtoztatjak boruk szınet. Lehetseges-e, hogyegy ido mulva minden kameleon azonos szınu legyen? Hat akkor, ha 19 szurke, 13 barnaes 20 zold kameleon van?Megoldas:

A matematikai leırasban a problemat ket dolog okozza: az elso az, hogy haromfajtatalalkozas van, a masodik az, hogy ezeknek a talalkozasoknak nem ismerjuk a sorrendjet.Viszont ha elkepzeljuk, hogy csak a szurke kameleonok szamat szamlaljuk, akkor gyakor-latilag az aktualis kameleonszambol mindig kivonunk egyet, vagy hozzaadunk kettot. Igy

57

a vegeredmeny nem fugg a muveletek sorrendjetol, csak attol, hogy melyiket hanyszorhajtjuk vegre. Ez azt jelenti, hogy a kulonbozo tıpusu talalkozasok szamait es ezek koztiosszefuggeseket megallapıtva egy egyenletrendszerhez jutunk, amelynek megoldhatosagatkell tanulmanyoznunk.Legyen a a barna es zold, b a szurke es zold illetve c a barna es szurke kameleonoktalalkozasainak szama. A talalkozasok sorrendjetol fuggetlenul a vegen 13 + 2a + b − cszurke, 15 + 2b − a − c barna es 17 + 2c − a − b zold szınu kameleon lesz. Ha mindenkameleon azonos szınu, akkor az elobbi szamok kozul ketto 0, a harmadik 45.Igy a kovetkezo egyenletrendszereket kellene tanulmanyozni:

•

13 + 2a − b − c = 015 − a + 2b − c = 017 − a − b + 2c = 45

•

13 + 2a − b − c = 015 − a + 2b − c = 4517 − a − b + 2c = 0

•

13 + 2a − b − c = 4515 − a + 2b − c = 017 − a − b + 2c = 0

Mindharom rendszer matrixanak determinansa:

detA =

∣∣∣∣∣∣

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

∣∣∣∣∣∣

Fodeterminansnak valaszthatjuk a

∣∣∣∣

2 −1−1 2

∣∣∣∣= 3 6= 0 determinanst, tehat rangA = 2.

Az egyetlen karakterisztikus determinans:

• dkar1 =

∣∣∣∣∣∣

2 −1 −13−1 2 −15−1 −1 28

∣∣∣∣∣∣

• dkar2 =

∣∣∣∣∣∣

−2 −1 −13−1 2 30−1 −1 −17

∣∣∣∣∣∣

• dkar3 =

∣∣∣∣∣∣

2 −1 −13−1 2 −15−1 −1 −17

∣∣∣∣∣∣

a harom rendszer eseten es mindegyik nulla. Tehat a bovıtett matrix rangja mindenesetben egyenlo a matrix rangjaval, a rendszer kompatibilis es hatarozatlan a valos szamokkoreben. Az elso rendszer megoldasait a

{2a − b = λ− 13−a + 2b = λ− 15

58

rendszer megoldasai adjak. Mivel λ-nak is es b-nek is egesznek kellene lennie (hiszen oktalalkozas szamokat jelolnek) a rendszernek nincs megoldasa.Tehat innen latszik, hogy az egyenletrendszerek eseteben letargyalt kompatibilitasi tulaj-donsagok R-beli egyutthatokkal, R-ben megoldando egyenletekre vonatkoznak csak.

2.2.13. Megjegyzes. Ha a rendszerek felırasa utan azonnal valamely rendszer barmelyket egyenletet kivonjuk egymasbol, akkor ellentmondashoz jutunk, mert egy 3-mal oszthatoszam 2 vagy 4 kellene legyen. Tehat nem lehetseges, hogy a kameleonok azonos szınueklegyenek.

2.2.14. Megjegyzes. Ez azt mutatja, hogy ket kulonbozo (rogzıtett) szınhez tartozokameleonok szamanak kulonbsege invarians a 3-mal valo osztas maradekara nezve.

A masodik esetben a

19 − 2a − b − c = 013 − a + 2b − c = 020 − a − b + 2c = 52

egyenletrendszerhez es ket tarsahoz jutunk. Ugyanugy vegigoldva, mint az elobb aza = λ− 2, c = λ+15, b = λ, λ ∈ N, n ≥ 2 megoldasokhoz jutunk. Tehat az a = 0, b = 2,c = 17 eseten peldaul elerjuk a kıvant allapotot. Ebben az esetben tehat elerheto, hogycsak egyszınu kameleonok eljenek a szigeten.

2

59

Irodalomjegyzek

[1] Sz. Andras, O. Nagy: : Kıvancsisag vezerelt matematika oktatas, Uj utak es modokaz oktatasban, 2010.

[2] Sz. Andras, J. Szilagyi: Modelling drug adminisration regimes for asthma: a Roma-nian experience, Teaching Mathematics and its Applications, 2010.

[3] Nagy Jozsef: Competence based criterium oriented pedagogy, Mozaik Kiado, Szeged,2007.

[4] Sz. Andras, H. Csapo, V. Balazs, J. Szilagyi: Matematika-kıserleti tankonyv a XI.osztaly szamara, Status, Csıkszereda, 2002.

[5] P. Galbraith, W. Blum: Modelling and applications in mathematics education, the14th ICMI study.

[6] J. M. Gago, J. Ziman, P. Cero and others : Increasing human resources for scienceand technology in Europe,UE report, 2004.

[7] M. Rocard, P. Csermely, D. Jorde, H. Walberg-Henriksson, V. Hemmo: ScienceEducation Now: A renewed pedagogy for the future of Europe,UE report, 1981.

[8] Romania Educatiei,Romania cercetarii, raportul comisiei prezidentiale, 2007.

[9] Teaching Mathematics in seven countries, Results from the TIMSS 1999 VideoStudy,NCES,2003.

[10] J. L. Dorier, A. Sierpinska: Research into the teaching and learning of linear algebra,ICMI study, 275-282, Kluwer Academic Publishers,2001.

60