Mik az alábbi lineáris algebrai feladatok megoldása? Három különböző feladat.

1)

u = [1 0], de a B bázisban [1 1]

v = [0 1], de a B bázisban [1 -1]

A természetes bázis az i,j

u = 1·i + 0·j = 1·b₁ + 1·b₂

v = 0·i + 1·j = 1·b₁ + (-1)·b₂

Ha ezt a két egyeneltet összeadjuk, az jön ki, hogy i+j = 2·b₁ + 0·b₂

Tehát b₁ = i/2 + j/2 = [1/2 1/2]

2)

Huha, 3×3-as determináns az már jó sok tagból áll... és most fejből tudni kell, hogy miket kell összeszorozni, stb.

det A = 5 = aei + bfg + cdh - gec - hfa - idb

abc sorba rakva, hogy jobban lássuk:

5 = aei + bfg + cdh - ceg - afh - bdi

det B = db(i+f) + a(h+e)f + (g+d)ec - fb(g+d) - c(h+e)d - (i+f)ea

kifejtve:

= dbi + dbf + ahf + aef + gec + dec - fbg - fbd - chd - ced - iea - fea

és abc sorban felírva:

= bdi + bdf + afh + aef + ceg + cde - bfg - bdf - cdh - cde - aei - aef

néhány tag (bdf, aef, cde) kiejtik egymást, ez marad:

= bdi +afh + ceg - bfg - cdh - aei

Ez pedig pont -5

3)

Egy A mátrix akkor diagonizálható, ha hasonló egy diagonális mátrixhoz, vagyis D = P⁻¹·A·P ahol D diagonális.

De valójában ez most nem fontos, csak az, hogy van egy olyan tétel, hogy az n×n-es A mátrix akkor és csak akkor diagonizálható, ha van n darab lineárisan független sajátvektora.

A:

(1 0)

(2 c)

Sajátvektorok:

A·v = λ·v

(A-λ·E)·v = 0

Ennek a mátrixnak a determinánsa 0 kell legyen:

(1-λ  0 )

(  2  c-λ)

det = (1-λ)(c-λ) - 0·2 = 0

(1-λ)(c-λ) = 0

A sajátértékek tehát λ=1 és λ=c

a) λ=1:

Ez az (A-λE)v=0 egyenletrendszer:

(0  0   | 0)

(2 c-1 | 0)

vagyis 2x + (c-1)y = 0

x = (1-c)/2 · y

Vagyis egy sajátvektora pl. ez: [(1-c) 2]

b) λ=c

Ez az (A-λE)v=0 egyenletrendszer:

(1-c 0 | 0)

(  2  0  | 0)

Vagyis (1-c)·x = 0 illetve 2x=0. Ennek x=0 lesz a megoldása, y viszont bármi lehet.

Az egyik lehetséges sajátvektor ez: [0 1]

Vagyis a sajátvektoraink [(1-c) 2] és [0 1]. Ezek akkor lineárisan függetlenek, ha (1-c) nem nulla, vagyis c≠1

---

Megjegyzés: Van egy olyan tétel is, hogy ha van n különböző sajátérték, akkor diagonizálható. Ez a tétel viszont nem megfordítható! Ha az lenne, akkor megálhattunk volna már akkor, amikor meglettek a sajátértékek (abból is az jött volna ki, hogy c≠1 esetén különböznek a sajátértékek). De lehet az is, hogy azonos két sajátérték, mégis diagonizálható, ezért tovább kellett mennünk és ki kellett számolni a sajátvektorokat is.

Értem.

Az 1. megoldható gyorsan, az rendben.

A 2.-ban igazad van, a transzponáltat észre kell venni. Illetve nem igazi transzponált, más transzformációk is vannak:

- Transzponáljuk, változatlan a determináns

- Felcseréljük az 1. és 2. oszlopot, negálódik a determináns

- A 3. oszlophoz hozzáadjuk egy másikat, nem változik a determináns.

Igen, így gyorsan kijön a -5.

Nem emlékeztem már ezekre az elemi tulajdonságokra, ezek szerint tudni kell fejből mindet. A jegyzetedben biztos megvannak, én most a wikipediaban néztem:

[link]

A 3.-nál mivel háromszögmátrix akkor is, ha λ-kat kivonunk a főátlóból, a determináns fejben megvan, és az is kijön fejben, hogy a sajátértékei 1 és c. Ha elment az idő, akkor lehet hazardírozni, hogy kell két különböző sajátérték, tehát c≠1. Ha van több idő, meg kell nézni az 1-hez tartozó sajátérték dimenzióját, arra gyorsan rá lehet jönni, hogy csak 1 kötetlen változó van, tehát nem 2 dimenziós, vagyis a másik sajátértékből kell venni a másik lineárisan független vektort, tehát c≠1. Vagyis meg lehetett spórolni a másik sajátvektor-számolást.