Embed Size (px)
Citation preview
1
351
742B
351
742B
mateking.hu
LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK ÉS TRANSZFORMÁCIÓK
A leképezést lineáris leképezésnek nevezzük, ha bármely 121; Vvv vektorokra és R számra
teljesül, hogy
2121 vvvv
vv
Minden 21 VV lineáris leképezés valahogy így néz ki:
Ha 21 VV akkor a lineáris leképezést lineáris transzformációnak nevezzük.
A leképezés a 1V vektoraihoz rendel 2V -beli vektorokat, de egyáltalán nem biztos, hogy így az
egész 2V előáll képként. A 2V -nek azt a részét, amely a leképezés során előáll, a leképezés
képterének nevezzük és Im -vel jelöljük.
A 0 képe minden lineáris leképezésnél a 0 , de előfordulhat, hogy más 1V -beli vektorok képe is
nullvektor lesz. Ezen vektorok halmazát nevezzük a leképezés magterének és Ker -vel jelöljük.
Könnyen bizonyítható, hogy Im altér 2V -ben és Ker altér 1V -ben.
Ezen alterek dimenzióinak összege éppen a 1V vektortér dimenziója:
DIMENZIÓTÉTEL:
1dimImdimdim VKer
Minden lineáris leképezést jellemezhetünk egy mátrixszal. Valójában mindegyiket végtelen sok
mátrixszal jellemezhetjük, ezek a mátrixok pedig úgy keletkeznek, hogy veszünk egy tetszőleges
bázist 1V -ben és a bázisvektorok képeit egymás mellé írjuk. Nézzünk erre egy példát!
kombinációja és ezek a vektorok viszont függetlenek, itt egészen biztos, hogy minden együttható
1V
2V
0
0
Kerφ
Imφ
2
Feladatok
mateking.hu
Vegyük például a tengelyes tükrözést. Ez egy 22 RR lineáris leképezés.
Ha viszont egy másik bázis alapján írjuk föl ugyanennek a tükrözésnek a mátrixát, akkor egészen
más mátrixot kapunk. Legyen például a másik bázis a következő:
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
11a
1
1
1
12a
2
1
a
aa
Mindkét mátrix ugyanazt a lineáris transzformációt, a tengelyes tükrözést írja le, csak más-más
bázis szerint, ezért a két mátrixot hasonlónak nevezzük és a következőképpen jelöljük:
11
11~
10
01ab
A szokásos bázis alapján a tükrözés mátrixát úgy
kapjuk, hogy a bázisvektorok képeit egymás mellé
írjuk:
0
11b
1
02b
10
01b
1
11a
1
12a
A transzformáció mátrixa most is úgy keletkezik, hogy
egymás mellé írjuk a bázisvektorok képeit. Van itt
azonban egy izgalmas fordulat. Addig minden stimmel,
hogy a bázisvektorok képe:
1
1
1
11a
1
1
1
12a
Csakhogy itt az új bázisvektorok képeit még mindig a régi
bázisban adtuk meg. Nekünk azonban a bázisvektorok
képeit is az új bázisvektorok segítségével kell
megadnunk.
Az tehát a kérdés, hogy mennyit vegyünk az 1a és 2a
vektorokból, hogy előálljanak 1a és 2a képei.
Ezúttal a szerencse megsegít bennünket, az 1a vektor
képe ugyanis:
1
1
1
11a
ami úgy tűnik éppen 2a mínuszegyszerese. Tehát 1a -ből
0db és 2a -ből pedig -1db kell. Na ezt kell írnunk a mátrix
első oszlopába, ahova az 1a vektor képe kerül.
3
mateking.hu
Az 2a vektor képe szintén szerencsésen előállítható, ugyanis
1
1
1
12a
ami pedig éppen az eredeti 1a mínuszegyszerese, tehát 1a -ből -1db és 2a -ből 0db kell.
Az új bázisvektorok képeinek ezek az új koordinátái kerülnek a transzformáció mátrixába.
211 101
1
1
1aaa
212 01
1
1
1
1aaa
Az új bázisban felírt mátrix:
2
1
01
10
a
aa
A leképezés mátrixa sokkal többet is tud annál, minthogy egyszerűen leírja magát a leképezést.
Minden v vektorról megmondja ugyanis, hogy pontosan mi lesz a vektor képe.
Bármilyen leképezésnél a v vektor képe:
vv b
Vagyis a v vektor képe úgy lesz, hogy egyszerűen megszorozzuk a vektort a leképezés mátrixával.
matekng.hu
Nézzük meg például mindezt a tengelyes tükrözésnél.
2
2v
2
2v
Lássuk mi lesz az x tengelyre tükrözés során ebből a
remek vektorból:
2
2v
A tükrözés mátrixa normál bázisban:
10
01b
A v vektor képe:
vv b
2
2
2
2
10
01
4
mateking.hu
Itt van aztán, hogy még mi mindent tud a leképezés mátrixa:
Mindez lehetővé teszi, hogy készítsünk egy remek kis képletet arra, hogy miként változik meg egy
leképezés mátrixa az új bázisra való átállásnál.
A leképezés mátrixa új bázisban felírva:
bbba CC
1
ahol bC az új bázisra áttérés mátrixa a régi bázisban. Mit is jelent mindez?
Van ugye a transzformáció régi mátrixa, ez b
10
01b
és van ez a bizonyos bC , ami annak a transzformációnak a mátrixa, ami a régi bázisból új bázist
csinál. Ez a bizonyos bC mátrix tehát
0
11b
1
02b RÉGI BÁZIS
1
11a
1
12a ÚJ BÁZIS
11
11bC
A képlet azt mondja, hogy az új mátrixot így kapjuk:
01
10
11
11
10
01
11
111
1
bbba CC
Ha egy leképezés mátrixa b akkor a
leképezés megfordításának mátrixa
1
b
Egy leképezésnek pontosan akkor létezik
megfordítása, másként inverze, ha a b
mátrixnak létezik inverze, és az inverz
leképezés mátrixa:
11 b
Ha van két leképezés, mondjuk és
a leképezések mátrixa pedig b és b ,
akkor a leképezés mátrixa:
bbb
5
Feladatok
mateking.hu
Mindezeket összefoglalva:
LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK MÁTRIXA
A lineáris leképezésnek a nbbbb ...321 bázisban felírt mátrixát úgy kapjuk meg, hogy a
bázisvektorok képeit egymásmellé írjuk :
nb bbbb ...321
Ha egy másik naaaa ...321 bázisban írjuk föl a mátrixot, akkor
na aaaa ...321
A két mátrix közötti átjárást az alábbi tétel biztosítja:
bbba CC
1
Ha A és B olyan mátrixok, hogy létezik egy C
mátrix, úgy, hogy
CBCA 1
akkor az előző tétel alapján A és B mindketten ugyanannak a leképetésnek a mátrixa, csak más-
más bázisban felírva. Ezt a tényt úgy nevezzük, hogy a két mátrix egymáshoz hasonló.
A és B mátrixok hasonlók, tehát BA ~ , ha létezik olyan C mátrix, amire CBCA 1
Ha még emlékszünk rá, az A nnx mátrix akkor diagonalizálható, ha létezik n darab független
sajátvektora, vagyis sajátvektorokból álló bázisa és a diagonalizáló mátrix éppen a sajátvektorok
egymásmellé írásából kaptuk. Na ez nem más, mint az iménti új bázisra való átállás tétele:
bb CACAdiag 1
ahol nb vvvC ...21 sajátvektorokból álló mátrix
Sőt, az iménti hasonlósággal kapcsolatos definíció alapján bármely A mátrixra AdiagA ~ .
Ha pedig van egy másik B mátrix, amelynek szintén létezik diagonális alakja és
BdiagAdiag
akkor ebből következik, hogy BA ~ .
Az állítás megfordítása is igaz, vagyis megállapíthatjuk, hogy ha A és B mindketten
diagonalizálható mátrixok, akkor
BABdiagAdiag ~
Itt bC az új bázisra való
áttérés mátrixa:
nbbb ...21 RÉGI BÁZIS
nb aaaC ...21 ÚJ BÁZIS
6
351
742B
351
742B
mateking.hu
Lássunk néhány példát!
Vegyük azt a leképezést, amely 22 RR és
Rbab
a
b
a
;
1
Ellenőrizzük, hogy valóban lineáris leképezés-e, ha igen adjuk meg a képteret, a magteret és a
transzformáció mátrixát.
Legyen
1
1
1b
av
2
2
2b
av
Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e:
2121 vvvv
1
1
1
1
1
1
b
a
b
av
2
2
2
2
2
1
b
a
b
av
21
21
21
2
bb
aavv
21
21
21
21
2
2
1
1
21
1
bb
aa
bb
aa
b
a
b
avv
Lássunk egy másik példát!
Vegyük azt a leképezést, amely 22 RR és
Rbaba
b
a
;
0
Ellenőrizzük, hogy valóban lineáris leképezés-e, ha igen adjuk meg a képteret a magteret és a
transzformáció mátrixát.
Legyen
1
1
1b
av
2
2
2b
av
Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e:
2121 vvvv
0
11
1
1
1
ba
b
av
0
22
2
2
2
ba
b
av
0
2121
21
bbaavv
0
2121
21
21
2
2
1
1
21
bbaa
bb
aa
b
a
b
avv
ezek sajna nem egyeznek meg, ezért a transzformáció nem lineáris.
ezek most megegyeznek, eddig tehát jó
7
351
742B
351
742B
mateking.hu
Nézzük, teljesül-e, hogy:
vv
0
11
1
1 ba
b
av
00
1122 babav
Ez is teljesül, tehát a leképezés lineáris.
Ezek után lássuk mi lesz a magtér és a képtér, illetve a transzformáció mátrixa.
A magtérben olyan vektorok vannak, amelyek képe nullvektor, tehát
0
0
0
ba
b
a
Ebből ba következik, vagyis a magtérben olyan vektorok vannak, amelyek első és második
koordinátája megegyezik:
a
aKer
A képtérben olyan vektorok vannak, amelyek első koordinátája bármi, de második koordinátája
nulla, vagyis:
0Im
x
A transzformáció mátrixa standard bázisban:
0
11b
1
02b
0
ba
b
a
00
1001b tehát a transzformáció mátrixa:
00
11b
1V
2V
0
0
Kerφ
Imφ
8
Feladatok
mateking.hu
Vegyük azt az 33 RR leképezést, hogy
Rcba
c
ab
ba
c
b
a
;;
Ellenőrizzük, hogy valóban lineáris leképezés-e, ha igen adjuk meg a képteret, a magteret és a
transzformáció mátrixát, adjuk meg a sajátértékeit, sajátvektorait, ha van, akkor a sajátbázisát és
a diagonális alakját.
Elsőként megnézzük, hogy valóban lineáris leképezés-e.
Legyen
1
1
1
1
c
b
a
v
2
2
2
2
c
b
a
v
Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e:
2121 vvvv
és
vv
Ennek ellenőrzése rettentő unalmas
1
11
11
1
1
1
1
c
ab
ba
c
b
a
v
2
22
22
2
2
2
2
c
ab
ba
c
b
a
v
21
2121
2121
21
cc
aabb
bbaa
vv
21
2121
2121
21
21
21
2
2
2
1
1
1
21
cc
aabb
bbaa
cc
bb
aa
c
b
a
c
b
a
vv
Itt jön a másik:
1
11
11
1
1
1
c
ab
ba
c
b
a
v
1
11
11
1
11
11
c
ab
ba
c
ab
ba
v
Ez is teljesül, tehát a leképezés lineáris.
Végre rátérhetünk az izgalmasabb részekre.
ezek most megegyeznek, eddig tehát jó
9
351
742B
351
742B
mateking.hu
A magtérben olyan vektorok vannak, amelyek képe nullvektor, tehát
0
0
0
c
ab
ba
c
b
a
Ebből ba és 0c következik, vagyis a magtérben olyan vektorok vannak, amelyek első és
második koordinátája megegyezik, a harmadik koordinátája pedig nulla:
0
a
a
Ker
A képtérben olyan vektorok vannak, amelyek első koordinátája valami, a második koordináta ennek
a mínuszegyszerese, a harmadik koordináta valami.
z
x
x
c
ab
ba
c
b
a
A transzformáció képtere tehát kétdimenziós:
z
x
x
Im
magtér képtér
1V
2V
0
0
Kerφ
Imφ
10
Feladatok
mateking.hu
Nézzük mi lesz a transzformáció mátrixa. A mátrixot a standard bázisban írjuk fel:
0
0
1
1b
0
1
0
2b
1
0
0
3b
c
ab
ba
c
b
a
100
000110
001001
b vagyis a transzformáció mátrixa:
100
011
011
b
Lássuk a sajátértékeket és sajátvektorokat!
A karakterisztikus egyenlet:
0
100
011
011
det
Az utolsó sor szerint fejtünk ki:
011122
01112
01 112 11
A sajátértékek: 01 12 23
A hozzájuk tartozó sajátvektorokat a 0 vIA egyenletrendszerekből kapjuk:
0 vIb
Vagyis a transzformáció mátrixában a főátlóban kivonogatunk –kat, a v pedig 3 koordinátás
vektor lesz, mivel a mátrix 3X3-as:
0
0
0
100
011
011
3
2
1
x
x
x
Ez három különböző egyenletrendszer lesz, amit megoldhatnánk elemi bázistranszformációval is, de
most nincs kedvünk azzal megoldani.
11
Feladatok
mateking.hu
Van 3 független sajátvektor, így a transzformáció mátrixa diagonalizálható.
A diagonalizáló mátrixot úgy kapjuk, hogy a sajátvektorokat egymásmellé írjuk, ami
tulajdonképpen nem más, mit az új bázisra való áttérés mátrixa:
010
101
101
321 vvvS
A diagonális alak:
200
010
0001 SSdiag bb
12
0
0
0
00
01
01
3
2
1
x
x
x
11
11
11
itt meg az 1-et:
0
0
0
000
001
010
3
2
1
x
x
x
tx
xx
xx
3
11
22
00
00
00
1
0
0
0
0
1 t
t
v
23
0
0
0
00
01
01
3
2
1
x
x
x
21
21
21
no itt meg a 2-t:
0
0
0
100
011
011
3
2
1
x
x
x
00
0
0
33
2121
2121
xx
xxxx
xxxx
0
1
1
0
1 tt
t
v
01
0
0
0
00
01
01
3
2
1
x
x
x
01
01
01
Kivonjuk a 0-t:
0
0
0
100
011
011
3
2
1
x
x
x
00
0
0
33
2121
2121
xx
xxxx
xxxx
0
1
1
0
1 tt
t
v
12
Feladatok
mateking.hu
Vegyük azt az 33 RR leképezést, hogy
Rcba
ac
cb
ba
c
b
a
;;
Ellenőrizzük, hogy valóban lineáris leképezés-e, ha igen adjuk meg a képteret, a magteret és a
transzformáció mátrixát, adjuk meg a sajátértékeit, sajátvektorait, ha van akkor a sajátbázisát és a
diagonális alakját.
Elsőként megnézzük, hogy valóban lineáris leképezés-e.
Legyen
1
1
1
1
c
b
a
v
2
2
2
2
c
b
a
v
Vizsgáljuk meg, hogy teljesül-e:
2121 vvvv
és
vv
Ennek ellenőrzése ismét rettentő unalmas
11
11
11
1
1
1
1
ac
cb
ba
c
b
a
v
22
22
22
2
2
2
2
ac
cb
ba
c
b
a
v
2121
2121
2121
21
aacc
ccbb
bbaa
vv
2121
2121
2121
21
21
21
2
2
2
1
1
1
21
aacc
ccbb
bbaa
cc
bb
aa
c
b
a
c
b
a
vv
Itt jön a másik:
11
11
11
1
1
1
ac
cb
ba
c
b
a
v
11
11
11
11
11
11
ac
cb
ba
ac
cb
ba
v
Ez is teljesül, tehát a leképezés lineáris.
Végre rátérhetünk az izgalmasabb részekre.
ezek most megegyeznek, eddig tehát jó
13
351
742B
351
742B
mateking.hu
A magtérben olyan vektorok vannak, amelyek képe nullvektor, tehát
0
0
0
ac
cb
ba
c
b
a
Ebből ba , cb és ac , vagyis cba következik, a magtérben tehát olyan vektorok
vannak, amelyek mindhárom koordinátája megegyezik:
a
a
a
Ker
Lássuk, milyen vektorok vannak a képtérben. Az első koordináta valami x, a második valami y, a
harmadik z, akkor
z
y
x
ac
cb
ba
c
b
a
mivel pedig 0 accbba így 0 zyx
A transzformáció képtere tehát kétdimenziós:
yx
y
x
Im
Nézzük mi lesz a transzformáció mátrixa. A mátrixot a standard bázisban írjuk fel:
0
0
1
1b
0
1
0
2b
1
0
0
3b
ac
cb
ba
c
b
a
010010
100100
001001
b vagyis a transzformáció mátrixa:
101
110
011
b
Lássuk a hozzá tartozó sajátértékeket és sajátvektorokat:
14
Feladatok
mateking.hu
A sajátértékekhez felírjuk a szokásos karakterisztikus egyenletet:
0
101
110
011
det
Az utolsó sor szerint fejtünk ki:
010
11det10
11
01det1
vagyis
011112
tehát
113
és így egyetlen sajátérték 0
Lássuk, milyen sajátvektorok tartoznak hozzá.
0
0
0
101
110
011
3
2
1
x
x
x
Berakjuk 0 -t:
0
0
0
101
110
011
3
2
1
x
x
x
31
32
21
31
32
21
0
0
0
xx
xx
xx
xx
xx
xx
A megoldás ekkor txxx 321 és így egyetlen sajátvektor:
1
1
1
t
t
t
t
v
Nincsen tehát három független sajátvektor, vagyis nincs sajátvektorokból álló bázis, a transzformáció mátrixa nem diagonalizálható.
15
351
742B
351
742B
mateking.hu
A LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK VEKTORTERE HOM(V1,V2)
A 21 VV lineáris leképezést másnéven homomorfizmusnak is nevezzük. Ezek a homomorfizmusok
és azok mátrixai maguk is egy vektorteret alkotnak, ezt a vektorteret 21,VVHom -nek nevezzük.
Azok a 21 VV homomorfizmusok, ahol tudunk mutatni olyan 21 vv vektorokat amire
21 vv nem injektívek.
Mivel 21 vv ezért 021 vvw de 21 vv miatt 02121 vvvvw
Vagyis az, hogy egy leképezés nem injektív, éppen azt jelenti, hogy Ker -ben vannak a
nullvektoron kívül más vektorok is, tehát 1dim Ker
Az állítás megfordítása is igaz, tehát a 21 VV homomorfizmus pontosan akkor injektív, ha
0dim Ker
Ekkor a dimenziótétel alapján 1dimImdim V vagyis a leképezés dimenziótartó. A sík
szokásos transzformációi közül az x vagy y tengelyre tükrözés és az origó körüli forgatás dimenziótartó transzformáció, az x tengelyre vetítés nem.
1V
2V
0 0
Kerφ Imφ
Kerφ Imφ 0
21 vvw
1v
2v
21 vv
1V 2V
16
351
742B
351
742B
mateking.hu
Egy leképezést szürjektívnek nevezünk, ha a teljes 2V előáll képként.
Azok a 21 VV homomorfizmusok, amelyek injektívek és szürjektívek is egyszerre, a bijektív
homomorfizmusok. Rájuk külön elnevezés van forgalomban, őket nevezzük izomorfizmusoknak.
Ha 21 VV izomorfizmus, akkor 0dim Ker és a dimenziótétel miatt
1dimImdim V de mivel a képtér éppen megegyezik 2V -vel, ezért 21 dimdim VV .
Az izomorfizmus tehát egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés két vektortér vektorai között, az
egyik vektortér minden vektorához tartozik a másik vektortérben pontosan egy bizonyos vektor,
vagyis a két vektortér lényegében ugyanaz.
Ez a 21 dimdim VV miatt is így kell, hogy legyen, hiszen egy vektorteret a dimenziója már
jellemez.
1V
2V
0 0
Kerφ Imφ
Kerφ: 0
Imφ 0
1V
2V
17
351
742B
351
742B
mateking.hu
NÉHÁNY ISMRETEBB LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓ ÉS MÁTRIXA
Az 22 RR leképezések közül egyik legfontosabb lineáris transzformáció az origó középpontú
-szögű forgatás. Ez 180 esetén éppen az origó középpontú tükrözés.
Vannak itt ezek a trigonometriai összefüggések, amiket érdemes
megjegyeznünk:
sin90cos
cos90sin
sin90cos
cos90sin
Ezek alapján az origó középpontú -szögű forgatás mátrixa:
cossin
sincosb
A középpontos tükrözést 180 esetén kapjuk, ennek mátrixa:
10
01
180cos180sin
180sin180cosb
A 90o-os forgatást pedig 90 esetén kapjuk, ennek mátrixa:
01
10
90cos90sin
90sin90cosb
cos
90sin
90cos
sin
A szokásos bázis alapján az -szögű forgatás
mátrixát úgy kapjuk, hogy a bázisvektorok
képeit egymás mellé írjuk:
0
11b
1
02b
90sinsin
90coscos
b
18
Feladatok
mateking.hu
A tengelyes tükrözés mátrixát már jól ismerjük:
A lineáris transzformációk egy külön csoportját alkotják a vetítések, vagy más néven projekciók.
Az x tengelyre való merőleges vetítés mátrixa:
Végül nézzünk meg egy 33 RR lineáris transzformációt, az x y síkra való merőleges vetítést.
Írjuk föl a mátrixát a szokásos bázisban és abban a bázisban is,
ahol a bázisvektorok: ji ; kj és ik .
A mátrix a szokásos bázisban
0
0
1
1b
0
1
0
2b
1
0
0
3b
000
010
001
b
A szokásos bázis alapján a tükrözés mátrixát úgy
kapjuk, hogy a bázisvektorok képeit egymás mellé
írjuk:
0
11b
1
02b
10
01b
A szokásos bázis alapján a vetítés mátrixát úgy kapjuk,
hogy a bázisvektorok képeit egymás mellé írjuk:
0
11b
1
02b
00
01b
19
Feladatok
mateking.hu
Most nézzük meg, hogy mi lesz a mátrix abban a bázisban, ahol a bázisvektorok:
ji ; kj és ik .
Az új bázisban felírt mátrixot úgy kapjuk, hogy az új bázisvektorok képeit írjuk egymás mellé, de az
új bázisvektorok koordinátáival felírva.
A régi bázisvektorok képei: ii jj 0k
Az új bázisvektorok képei:
jijia 1 11 aa
jkja 2
321 2/12/12/12
aaaikkjji
j
iika 3
321 2/12/12/12
aaaikkjji
i
Az új bázisban felírt mátrix:
3
2
1
2/12/10
2/12/10
2/12/11
a
a
a
a
Az új bázis mátrixát gondolkodásmentesen is megkaphatjuk a
bbba CC
1
képlet segítségével. Ehhez mindössze az új bázisra való átállás bC mátrixára van szükség:
Az új bázisvektorok ji ; kj és ik .
110
011
101
bC
2/12/10
2/12/10
2/12/11
110
011
101
000
010
001
110
011
1011
1
bbba CC
20
Feladatok
mateking.hu
Nézzük most ezt az új mátrixot és próbáljuk meg diagonalizálni. Mivel az x y síkra merőleges
vetítésnek éppen az eredeti i ; j ; k vektorok a sajátvektorai, a diagonális mátrix meg fog egyezni
a régi mátrixszal. Azt kell tehát visszakapnunk.
2/12/10
2/12/10
2/12/11
a
Kiszámoljuk a sajátértékeket. Mivel a sajátvektorok az eredeti i ; j ; k bázisvektorok, előre tudjuk,
hogy minek kell kijönnie. Az x y síkra vetítésnél i -ből és j -ből önmaga lesz, mindkettő sajátértéke
1, míg a k vektor képe nullvektor így a hozzá tartozó sajátérték nulla. Lássuk kijönnek-e:
0
2/12/10
2/12/10
2/12/11
det
Az utolsó sor szerint fejtünk ki.
02/10
2/11det2/1
2/10
2/11det2/10
A 2X2-es determinánsokat is kifejtjük:
02/112/12/112/1
012/114/12
Kiemelünk:
04/12/112
1
10
2/12/1
4/12/12
Vagyis a két sajátvektor a 1 és 0 .
A hozzájuk tartozó sajátvektorok elvileg az i ; j és k vektorok lesznek.
Valójában azonban nem, ugyanis i és j helyett ji és ij lesz, de k marad k . Nézzük meg!
21
Feladatok
mateking.hu
Van tehát három független sajátvektor:
0
0
1
1v
1
1
0
2v
1
1
1
3v
A diagonalizáló mátrix:
110
110
101
S
A diagonális alak:
000
010
001
110
110
101
2/12/10
2/12/10
2/12/11
110
110
1011
1 SSdiag aa
11
0
0
0
2/10
2/10
2/12/1
3
2
1
x
x
x
11/2
11/2
11
itt meg az 1-et:
0
0
0
2/12/10
2/12/10
2/12/10
3
2
1
x
x
x
3232
32132
3232
02/12/1
02/12/1
02/12/1
xxxx
xxxx
xxxx
Itt txx 32 és sx 1 tetszőleges:
0
0
1
1
1
0
2;1 st
t
t
s
v
02
0
0
0
2/10
2/10
2/12/1
3
2
1
x
x
x
01/2
01/2
01
Kivonjuk a 0-t:
3
2
1
2/12/10
2/12/10
2/12/11
x
x
x
3232
3232
321
02/12/1
02/12/1
02/12/1
xxxx
xxxx
xxx
Az 32 xx -at az első egyenletbe
helyettesítve:
2121 0 xxxx
1
1
1
3 t
t
t
t
v
