KURZUS: Matematika 2.

MODUL: VI. modul: Lineáris algebra

14. lecke: Mátrixok, determinánsok

Tanulási cél: Ebben a modulban megismerkedünk a lineáris algebra legfontosabb fogalmaival. Ezek közül a legalapvetőbb a mátrix fogalma. A lineáris algebra egyik központi problémája a lineáris egyenletrendszerek megoldása. Kiderült, hogy itt a mátrixok és determinánsok nagyon hatékonyan felhasználhatók. A lineáris algebra másik fontos területe a lineáris transzformációk tanulmányozása. Ebben ismét csak a mátrixok játszanak kulcs szerepet a sajátértékek és sajátvektorok mellet.

A modul fő célja az itt említett fogalmak megismertetése, és a velük kapcsolatos legfontosabb számítások begyakoroltatása.

Elméleti összefoglaló

Számadatokat sokszor célszerű táblázatos formába rendezni. Az ilyen táblázatokat hívjuk mátrixoknak. Mi csak olyan mátrixokkal fogunk foglalkozni, amelyek valós számokból épülnek fel.

Ha az A mátrixnak n  sora és m  oszlopa van, akkor azt mondjuk, hogy a mátrix n×m  típusú, és ezt így fogjuk jelölni: A n×m . Az A  mátrix elemeire kettős indexeléssel hivatkozunk: a i,j  jelöli az A  mátrix i-edik sorának j-edik elemét.

Például az

A=[ 1 2 3 4 5 6 ]

mátrix 2×3  típusú, és a 2,3 =6 . Szokás a két index közötti vesszőt nem kiírni, ha nem kell félreértéstől tartani.

Két mátrix egyenlő, ha azonos a típusuk, és az azonos indexű elemeik egyenlők.

A mátrixok körében műveleteket definiálhatunk, amelyek segítségével adott mátrixokból újabbakat készíthetünk.

Legyen A n×m , és α  tetszőleges szám. Ekkor az A  mátrix α-szorosa az a B=αA  szintén n×m  típusú mátrix, amelyre b ij =α a ij  minden 1in  és 1jm  esetén.

Tehát egy mátrixot úgy szorzunk meg egy számmal, hogy minden elemét megszorozzuk a számmal.

Legyen A,B n×m . (Azaz legyen A  és B  két tetszőleges n×m  típusú mátrix.) Ekkor A  és B  összege az a C=A+B  szintén n×m  típusú mátrix, amelyre c ij = a ij + b ij  minden 1in  és 1jm  esetén. Tehát azonos típusú mátrixok összeadhatók, és az összeg elemeit úgy kapjuk, hogy rendre összeadjuk az azonos indexű elemeket.

Legyen A,B n×m . Ekkor A  és B  különbsége az a C=AB  szintén n×m  típusú mátrix, amelyre c ij = a ij b ij  minden 1in  és 1jm  esetén.

Nyilvánvaló, hogy AB=A+( 1 )B .

A számmal szorzásra és az összeadásra érvényesek a következő tételek. Ezeket, és a későbbi tételeket is, mindig úgy kell érteni, hogy, ha az összefüggések egyik oldalán álló műveleteket el lehet végezni, akkor elvégezhetők a másik oldalon álló műveletek is, és az eredményül kapott mátrixok egyenlők.

Tétel. Legyen A,B,C n×m , α,β . Ekkor

α( βA )=β( αA )=( αβ )A .

( α+β )A=αA+βA .

α( A+B )=αA+αB , azaz a számmal szorzás disztributív az összeadásra nézve.

A+B=B+A , azaz az összeadás kommutatív.

A+( B+C )=( A+B )+C=A+B+C , azaz az összeadás asszociatív.

A mátrixok szorzásának definíciója kicsit bonyolultabb az eddigi műveletek definíciójától.

Legyen A n×k  és B k×m , vagyis az A  mátrixnak legyen k  oszlopa, a B  mátrixnak pedig k  sora. Ekkor A  és B  szorzata az a C=AB  mátrix, amelynek típusa n×m  és

c ij = a i1 b 1j + a i2 b 2j + a i3 b 3j ++ a ik b kj

minden 1in  és 1jm  esetén.

Tehát a szorzat mátrix i-edik sorának j-edik elemét úgy kapjuk, hogy az elöl álló A  mátrix i-edik sorának az elemeit rendre megszorozzuk a hátul álló B  mátrix j-dik oszlopának elemeivel, és ezeket a szorzatokat összeadjuk.

Azt a feltételt, hogy szorzáskor az elöl álló mátrixnak annyi oszlopa kell, hogy legyen, mint ahány sora a hátul álló mátrixnak van, kompatibilitási feltételnek hívjuk.

Például legyen A=[ 2 3 1 4 ]  és B=[ 3 2 1 1 2 3 ] . Ekkor az A  mátrix típusa 2×2 , a B  mátrix típusa 2 ×3 , teljesül tehát a kompatibilitási feltétel, (a két bekeretezett szám egyenlő). Létezik tehát a C=AB  szorzatmátrix, amelynek típusa 2×3 . Sorra kiszámoljuk a C  elemeit.

c 11 = a 11 b 11 + a 12 b 21 =23+( 3 )1=3 ,

c 12 = a 11 b 12 + a 12 b 22 =22+( 3 )( 2 )=10 ,

c 13 = a 11 b 13 + a 12 b 23 =21+( 3 )3=7 ,

c 21 = a 21 b 11 + a 22 b 21 =13+41=7 ,

c 22 = a 21 b 12 + a 22 b 22 =12+4( 2 )=6 ,

c 23 = a 21 b 13 + a 22 b 23 =11+43=13 .

Vagyis azt kaptuk, hogy

C=AB=[ 3 10 7 7 6 13 ] .

A BA  szorzat ebben az esetben nem létezik, mert a típusok rendre 2×3  és 2 ×2 , és a bekeretezett számok nem egyenlők, nem teljesül a kompatibilitási feltétel.

Legyen A n×m . Ekkor A  transzponáltja az az A T  mátrix, amelynek típusa m×n , és a ij T = a ji  minden 1im  és 1jn  esetén.

Tehát a transzponálás során az eredeti mátrix első sora lesz a transzponált első oszlopa, második sora a transzponált második oszlopa, és így tovább. A transzponálás felcseréli a sorokat és az oszlopokat.

Az előbbi szorzás során szerepelt B  mátrix esetén

B T =[ 3 1 2 2 1 3 ] .

A következő tétel a szorzással és a transzponálttal kapcsolatos azonosságokat foglalja össze.

Tétel. Feltéve, hogy a formulákban szükséges kompatibilitási feltételek mind teljesülnek

( αA )B=A( αB )=α( AB ) ,

ABBA , a szorzás nem kommutatív,

A( BC )=( AB )C=ABC , a szorzás asszociatív,

( A+B )C=AC+BC , és A( B+C )=AB+AC , a szorzás disztributív az összeadásra,

( A+B ) T = A T + B T ,

( AB ) T = B T A T .

Az A n×n  típusú mátrixokat négyzetes mátrixoknak hívjuk. Egy négyzetes mátrixnak tehát annyi sora van ahány oszlopa.

Minden négyzetes A  mátrixhoz hozzá lehet rendelni egy számot, a mátrix determinánsát, amit | A |  fog jelölni.

Az A n×n  típusú mátrix determinánsát megkapjuk, ha az i-edik sor minden elemét megszorozzuk az elemhez tartozó előjeles aldeterminánssal, és az így kapott szorzatokat összeadjuk. Az i-edik sor j-edik eleméhez (azaz a ij -hez) tartozó előjeles aldeterminánst úgy kapjuk, hogy töröljük az A  mátrix i-edik sorát és j-edik oszlopát, és a kapott ( n1 )×( n1 )  típusú mátrix determinánsát megszorozzuk ( 1 ) i+j -vel.

Ezt hívjuk az i-edik sor szerinti kifejtésnek. A kifejtésben szereplő ( n1 )×( n1 )  típusú mátrixok determinánsát ugyanígy valamelyik soruk szerint kifejtve még eggyel kisebb méretű determinánsokat kapunk, és így tovább. Végül csupa 2×2  típusú mátrix determinánsát kapjuk. Az [ a b c d ]  mátrix determinánsa pedig

| a b c d |=adbc .

Ugyanilyen módon egy determinánst bármelyik oszlopa szerint is ki lehet fejteni.

Példaként kiszámoljuk az

A=[ 1 2 3 2 1 4 3 2 2 ]

mátrix determinánsát úgy, hogy kifejtjük a 3.  sora szerint.

| A |=| 1 2 3 2 1 4 3 2 2 |=3 ( 1 ) 3+1 | 2 3 1 4 |+( 2 ) ( 1 ) 3+2 | 1 3 2 4 |+2 ( 1 ) 3+3 | 1 2 2 1 |=

=31( 2413 )+( 2 )( 1 )( 1423 )+21( 1122 )=

=15+2( 2 )+2( 3 )=5 .

Ugyanennek a mátrixnak a determinánsa kifejtve az első oszlopa szerint

| A |=| 1 2 3 2 1 4 3 2 2 |=1 ( 1 ) 1+1 | 1 4 2 2 |+2 ( 1 ) 2+1 | 2 3 2 2 |+3 ( 1 ) 3+1 | 2 3 1 4 |=

=11( 124( 2 ) )+2( 1 )( 223( 2 ) )+31( 2431 )=

1020+15=5 .

A két végeredmény természetesen ugyanaz.

Egy 4×4  típusú mátrix determinánsát először vissza kell vezetni 4  darab 3×3  méretű mátrix determinánsára, és azokat a fenti módon kiszámítani. Látható, hogy ez igen fáradságos. Ezért nagy jelentősége van az olyan tételeknek, amelyekkel ezt az eljárást egyszerűsíteni lehet. Ezek közül a legfontosabb az alábbi.

Tétel. Legyen A n×n  típusú mátrix. Tekintsük az A  mátrix i-edik és j-edik sorát, ahol ij . Ha az i-edik sort elemenként megszorozzuk tetszőleges α  számmal és azt elemenként hozzáadjuk a j-edik sorhoz, a többi sort pedig változatlanul hagyjuk, akkor az így kapott új mátrixnak ugyanannyi a determinánsa, mint az eredetinek. Ezt az átalakítást így fogjuk jelölni: ( α ) i. + j. j. .

Ennek a tételnek az ismételt alkalmazásával elérthető, hogy az eredeti mátrixot átalakítsuk úgy, hogy egy általunk kiválasztott oszlopának egy kivételével minden eleme nullává váljon, és a determináns értéke mégsem változik. Ha ezután a determinánst kifejtjük ezen oszlopa szerint csak egy darab eggyel kisebb méretű determinánst kell kiszámolnunk, a többi ugyanis a kifejtésben úgyis nullával szorzódna.

Például, ha az előbbi A  mátrix első sorának mínusz kétszeresét hozzáadjuk a második sorhoz, akkor ezt kapjuk:

[ 1 2 3 2 1 4 3 2 2 ] ( 2 ) 1. + 2. 2. [ 1 2 3 0 3 2 3 2 2 ] ,

és itt a jobb oldalon álló mátrixnak ugyanannyi a determinánsa, mint A-nak. Ha most a jobb oldali mátrix első sorának mínusz háromszorosát hozzáadjuk a harmadik sorhoz a kapott mátrixnak ismét annyi marad a determinánsa, mint az eredeti A-nak:

[ 1 2 3 0 3 2 3 2 2 ] ( 3 ) 1. + 3. 3. [ 1 2 3 0 3 2 0 8 7 ] .

Erről könnyen meggyőződhetünk, hiszen ha az utolsó mátrix determinánsát úgy számoljuk ki, hogy kifejtjük az első oszlopa szerint, akkor

| A |=| 1 2 3 0 3 2 0 8 7 |=1 ( 1 ) 1+1 | 3 2 8 7 |=1( ( 3 )( 7 )( 8 )( 2 ) )=2116=5 .

Kidolgozott feladatok

1. feladat. Legyen A=[ 1 3 2 2 ] , és B=[ 1 4 3 2 ] . Számoljuk ki a C=3A2B  mátrixot.

Megoldás: Mindkét mátrix 2×2  típusú, és ilyen minden számszorosuk is, tehát a kijelölt műveletek elvégezhetők. A számmal való szorzás és az összeadás definíciójából következik, hogy ezeket a műveleteket elemenként kell elvégezni. Például

c 21 =3 a 21 2 b 21 =3223=0 .

hasonlóan számolva a többi elemet

C=[ 5 1 0 2 ] .

2. feladat. Legyen A=[ 1 3 2 1 3 2 ] , és B=[ 2 1 2 1 2 1 ] . Számítsuk ki a C=BA  mátrixot.

Megoldás: Mint az előbb, most is azzal kezdünk, hogy ellenőrizzük, hogy a kívánt műveleteket el lehet-e végezni. Most a szorzatban az elöl álló mátrix, a B, típusa 2×3 , a hátul álló mátrixé 3 ×2 , tehát teljesül a kompatibilitási feltétel, a két mátrix ebben a sorrendben szorozható, és a szorzat típusa 2×2 . A mátrixok szorzásának definíciója alapján például

c 12 = b 11 a 12 + b 12 a 22 + b 13 a 32 =2( 3 )+11+22=1 .

Hasonlóan számolva a többi elemet

C=[ 10 1 2 3 ] .

3. feladat. Az előző feladatban megadott A  és B  mátrix esetén számoljuk ki a D=AB  szorzatot is.

Megoldás: Ez a szorzat is létezik, mert most az elöl álló mátrix típusa 3×2 , a hátul állóé 2 ×3 , teljesül a kompatibilitási feltétel, és a szorzat mátrix típusa 3×3 . Például a

d 32 = a 31 b 12 + a 32 b 22 =31+22=7 .

Hasonlóan számolva a többi elemet

D=[ 1 5 5 5 4 3 8 7 4 ] .

4. feladat. Legyen A=[ 1 2 3 2 1 4 3 2 2 ] . Számoljuk ki az A 2  mátrixot.

Megoldás: Az A 2  persze azt jelenti, hogy A-t önmagával szorozzuk: A 2 =AA . Mivel A  négyzetes mátrix, ez a szorzás elvégezhető, és A 2  is 3×3  típusú. A szorzást úgy a legbiztonságosabb elvégezni, hogy először egymás mellé leírjuk a szorzatban szereplő sorrendben a mátrixokat.

Ezután az elöl álló mátrix első sorát és a hátul álló mátrix első oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat első sorának első elemét.

Az elöl álló mátrix első sorát és a hátul álló mátrix második oszlopát elemenként szorozva és a szorzatokat összeadva kapjuk a szorzat első sorának második elemét. És így tovább.

A 2 =[ 1 2 3 2 1 4 3 2 2 ][ 1 2 3 2 1 4 3 2 2 ]=[ 14 2 17 16 3 18 5 0 5 ] .

5. feladat. Legyen A=[ 1 3 2 2 ] , és B=[ 1 4 3 2 ] . Számoljuk ki a B T A ( AB ) T  mátrixot.

Megoldás: Az egyik lehetséges számolási mód a következő: először kiszámoljuk B T A -t, majd ( AB ) T , és a megfelelő sorrendben kivonjuk ezeket egymásból. Mivel B T =[ 1 3 4 2 ]

B T A=[ 1 3 4 2 ][ 1 3 2 2 ]=[ 5 9 0 16 ] .

Ezután, felhasználva, hogy AB=[ 8 2 8 12 ] , és így ( AB ) T =[ 8 8 2 12 ] ,

B T A ( AB ) T =[ 5 9 0 16 ][ 8 8 2 12 ]=[ 3 1 2 4 ] .

A másik lehetőség, hogy a műveleti azonosságokat felhasználva átalakítjuk a kiszámolandó formulát. Ekkor

B T A ( AB ) T = B T A B T A T = B T ( A A T ) .

Ennek az átalakításnak az az előnye, hogy így csak egy szorzást kell végrehajtani. Felhasználva, hogy A A T =[ 0 1 1 0 ] , kapjuk, hogy

B T ( A A T )=[ 1 3 4 2 ][ 0 1 1 0 ]=[ 3 1 2 4 ] .

A végeredmény persze ugyanaz, mint az előbb.

6. feladat. Számoljuk ki az A=[ 1 1 1 2 2 1 2 1 1 ]  mátrix determinánsát.

Megoldás: Tudjuk, hogy egy determináns bármelyik sora vagy oszlopa szerint kifejthető. Kifejtjük most a második sora szerint. Ekkor

| A |=2 ( 1 ) 2+1 | 1 1 1 1 |+2 ( 1 ) 2+2 | 1 1 2 1 |+1 ( 1 ) 2+3 | 1 1 2 1 |=

=( 2 )0+2( 1 )+( 1 )( 1 )=1 .

7. feladat. Számoljuk ki az A=[ 1 1 1 2 2 1 1 2 1 ]  mátrix determinánsát.

Megoldás: Átalakítjuk úgy a mátrixunkat, hogy a determinánsa ne változzon, de az első oszlopában az első elemen kívül minden elem nulla legyen. Tudjuk az említett tételből, hogy ennek érdekében az első sor mínusz kétszeresét kell a második sorhoz hozzáadni, illetve az első sor mínusz egyszeresét kell a harmadik sorhoz hozzáadni. Ez a két átalakítás egy lépésben is elvégezhető.

[ 1 1 1 2 2 1 1 2 1 ] ( 1 ) 1. + 3. 3. ( 2 ) 1. + 2. 2. [ 1 1 1 0 0 1 0 1 0 ] .

(Ha az átalakítást jelképező nyílra több átalakítást is írunk, akkor a végrehajtás sorrendje fölülről lefelé értendő.) A jobb oldali mátrixot az első oszlopa szerint kifejtve

| 1 1 1 0 0 1 0 1 0 |=1 ( 1 ) 1+1 | 0 1 1 0 |=1( 001( 1 ) )=1 .

8. feladat. Tekintsük az A=[ 2 1 0 2 x 3 4 2 5 ] . Hogyan kell az x  valós szám értékét megválasztani, hogy a kapott mátrix determinánsa 14  legyen?

Megoldás: Mivel az A  mátrix egyik eleme függ x-től, a determinánsa is függ x-től. Mivel az első sorban már van egy nulla elem, most célszerű a determinánst az első sora szerint kifejteni. (Ez jobb, mint a harmadik oszlop szerinti kifejtés, mert abban az oszlopban nagyobb számok állnak.)

| A |=| 2 1 0 2 x 3 4 2 5 |=2 ( 1 ) 1+1 | x 3 2 5 |+( 1 ) ( 1 ) 1+2 | 2 3 4 5 |=

=2( 5x6 )+1( 1012 )=10x1222=10x34 .

Mivel azt az x  számot keressük, amire a determináns 14 , megoldjuk a

10x34=14

egyenletet, amiből x=2 . Tehát az

A=[ 2 1 0 2 2 3 4 2 5 ]

mátrix determinánsa 14 .

9. feladat. Tekintsük az A=[ 3 2 1 2 1 x 1 x 2 ] . Hogyan kell az x  valós szám értékét megválasztani, hogy a kapott mátrix determinánsa 12  legyen?

Megoldás: Kifejtjük a determinánst az első sora szerint.

| A |=| 3 2 1 2 1 x 1 x 2 |=3 ( 1 ) 1+1 | 1 x x 2 |+2 ( 1 ) 1+2 | 2 x 1 2 |+1 ( 1 ) 1+3 | 2 1 1 x |=

=3( 2 x 2 )2( 4x )+( 2x+1 )=63 x 2 8+2x+2x+1=

=3 x 2 +4x13 .

A 3 x 2 +4x13=12 , azaz rendezés után a 3 x 2 4x+1=0  másodfokú egyenletet x 1 = 1 3 , x 2 =1  adódik. Tehát az A 1 =[ 3 2 1 2 1 1 3 1 1 3 2 ]  és az A 2 =[ 3 2 1 2 1 1 1 1 2 ]  mátrixok determinánsa egyaránt 12 .

Ellenőrző kérdések
1. Legyen A=[ 2 1 3 2 ]  és B=[ 1 4 1 3 ] . Ekkor a 3A4B  mátrix
[ 10 18 5 18 ] .
[ 10 19 5 19 ] .
[ 10 19 5 18 ] .
[ 10 18 5 19 ] .
2. Legyen A=[ 2 1 1 3 1 2 ]  és B=[ 3 2 4 1 3 1 ] . Ekkor a ( 2 A T +3B ) T  mátrix
[ 5 1 8 15 10 1 ] .
[ 5 1 8 15 10 1 ] .
[ 5 1 8 15 10 1 ] .
[ 5 1 8 25 10 1 ] .
3. Legyen A=[ 3 2 4 1 3 1 ]  és B=[ 2 1 1 3 1 2 ] . Ekkor az AB  mátrix
[ 8 5 0 6 ] .
[ 8 5 0 6 ] .
[ 8 5 0 6 ] .
[ 8 5 0 6 ] .
4. Legyen A=[ 1 2 3 3 2 1 1 1 0 ] . Ekkor az A 2  mátrix
[ 4 3 5 8 9 11 4 4 4 ] .
[ 4 3 5 8 9 11 4 4 4 ] .
[ 4 3 5 8 9 11 4 4 4 ] .
[ 4 3 5 8 9 11 4 4 4 ] .
5. Legyen A=[ 1 2 3 4 ] . Ekkor az A 3 2 A 2 +A  mátrix
[ 24 28 42 46 ] .
[ 24 26 42 46 ] .
[ 26 28 42 46 ] .
[ 24 28 44 46 ] .
6. Legyen A=[ 1 2 3 3 2 1 1 1 2 ] . Ekkor az A  mátrix determinánsa
12 .
11 .
13 .
10 .
7. Legyen A=[ 1 2 3 4 1 1 1 1 2 ] . Ekkor az A A T  mátrix determinánsa
0.
1 .
1.
2.
8. Legyen A=[ 1 4 3 0 1 1 1 1 2 ] . Ekkor az A T A  mátrix determinánsa
2.
3.
4.
1.
9. Mennyinek kell választani az x  szám értékét, hogy az A=[ 1 4 3 3 x x 1 1 2 ]  mátrix determinánsa 1  legyen?
x=4 .
x=4 .
x=3 .
x=3 .
10. Mennyi legyen az x  szám értéke, hogy az A=[ 1 4 3 3 1 x 1 x 2 ]  mátrix determinánsa 11  legyen?
x=1  vagy x=12 .
x=1  vagy x=12 .
x=1  vagy x=12 .
x=1  vagy x=12 .