Lineáris algebra. Igazak vagy hamisak az állítások és miért?

1, nincs, hiszen ha lenne, akkor a tér legfeljebb n dimenziós lehetne

2, Igen, R^n minden lineárisan független rendszerének elemszáma maximum n, tehát ez a rendszer maximális, így bázis.

3, egyrészt (ABA)(BAB)=A(BAB)(AB)=(AB)(AB)=A(BAB)=AB

másrészt (ABA)(BAB)=AB(ABA)B=0

=> AB=0

Ilyen nem nulla mátrixok nyilván léteznek.

4,nem igazán értem a jelölést, ez a rangot jelölné?

5,igen, mivel soraik lineárisan függetlenek

Def. R^n valós számok n-hosszú sorozatainak, vagy, ha úgy tetszik a valós szám-n-esek tere. Jelöljük e_i-vel azt a szám-enest (mit ne mondjak, vektort), aminek az i-edik kordinátája egy, a többi pedig nulla. Mármost, könnyen látható, hogy ez generálja R^n-t, hiszen (x_1,x_2,...,x_n)=x_1e_1+...+x_ne_n bármely szám-n-esre. Hogy e_i nem függ a többi e_k-tól, az adódik abból, hogy míg e_i i-edik koordinátája 1, a többi e_k-é 0, így minden lineáris kombinációjuké is. Eddig megkaptuk azt, hogy R^n-nek e_1, e_2,..., e_n bázisa R^n-nek, ezt a továbbiakban R^n kanonikus bázisának nevezzük. A Steinitz-féle kicserélési tételből következik, hogy egy véges-dimenziós vektortér bármely két bázisa ugyanannyi elemből áll. (egy vektortér végesdimenziós, ha van véges generátorrendszere.)

1) Tegyük fel, hogy R^(n+1)-nek van n elemből álló generátorrendszere. Akkor ezekből elhagyva az esetlegesen lineárisan függő elemeket, legfeljebb n-elemű bázisát kapjuk R^(n+1)-nek, holott ismerünk egy n+1-elemű bázist, a kanonikusat.

Ha nem ismernéd a Steinitz-féle kicserélési tételt, leírom, mert a következő feladatban közvetlenül alkalmazzuk:

Ha y_1,...,y_s lineárisan függetlenek, és mindegyik y függ x_1,...,x_r-től, akkor az x-ek közül kiválaszthatunk s-et, hogy a kiválasztott x-eket kicserélve az y-okra, a kapott új rendszer ugyanazt az alteret generálja, mint az eredeti x-ek.

2) Legyenek b_1,...,b_n vektorok lineárisan függetlenek. Ekkor ezen b-k függnek e_1,...,e_n-től, a kanonikus bázistól. A kicserélési tétel szerint b_1,...,b_n szintén generálja az egész vektorteret, tehát b_1,...,b_n bázis.

3) Ha ABA=0, és BAB=B, akkor

ABAB=A(BAB)=AB, máshogy zárójelezve viszont:

ABAB=(ABA)B=0B=0, így AB=ABAB=0. Ekkor BAB=B(AB)=B0=0, tehát nincs olyan A és B, ami kielégítené a feltételeket.

A következőhöz definiáljuk a mátrix rangját. A mátrix rangja alatt, az A-hoz tartozó lineáris leképezés képterének a dimenzióját értjük. Ez nyilván azonos az A oszlopai által generált vektortér dimenziójával, amit A oszloprangjának nevezünk. Megmutatható, hogy A rangja és az oszloprangjával analóg módon definiált sorrangja szintén azonos.

5) I. megoldás. Ha A invertálható, akkor az Ax=y egyenletnek mindig van megoldása, hiszen balról beszorozva az egyenletet A^(-1)-zel kapjuk, hogy x=A^(-1)y. Legyen Ax_i=e_i, ahol e_i a kanonikus bázis i-edik eleme, mint láttuk ezek az x_i-k léteznek. Mármost, ha A i-edik sora függ a többitől, azaz előáll azok lineáris kombinációjaként, akkor az egyenlet jobboldala is. De ha jobboldal e_i, azaz csak az i-edik sor nem nulla, akkor ez ellentmondás, vagyis az egyenlet megoldhatatlan. Tehát ha A invertálható, akkor Ax=y megoldható minden y-ra és így A sorrangja n.

II. megoldás: Ha A invertálható, akkor a magtere triviális, így a dimenziótétel szerint a képtere teljes, vagyis a rangja n.

III. megoldás: a determinánsok szorzástétele szerint det(A)det(A^(-1))=det(I)=1, így det(A) nem lehet nulla. Ez viszont azt jelenti, hogy sorai, illetve oszlopai lineárisan függetlenek, vagyis, hogy a sor-, és oszloprangja egyaránt 1. Ekkor a rangja is 1.

A 4)-esnél én sem tudom, mi a ß.

Ott csak a mátrixszorzás asszociativitását használod.

A(BC)=(AB)C bármely A,B,C mátrixra, ha van értelme a szorzásnak.