Freud Róbert (2014)
ELTE Eötvös Kiadó
8.1.1 Legegyszerűbben úgy érünk célhoz, ha a második négy vektorról megmutatjuk, hogy az első négy által definiált skalárszorzatra nézve ortonormált bázist alkotnak.
8.1.2 A egyenlőség mindkét oldalának az -vel vett skalárszorzatát képezve λj=0 adódik.
8.1.3 Pl. a Gram-Schmidt ortogonalizációból következik.
8.1.4 Ortonormált bázis:
a)
b) 1, x–1, (x–1)2/2;
c)
d)
8.1.6 A 8.1.7 Tételből, illetve annak első bizonyításából következik.
8.1.7 a) b) c)
8.1.8 A második feltételből az elsőből pedig következik.
8.1.9 Útmutatás c)-hez: alkalmazzuk b)-t Ui helyébe -t írva, majd vegyük mindkét oldal merőleges kiegészítőjét.
8.1.10 Útmutatás b)-hez: legyenek pl. koordinátái egy ortonormált bázisban j, j2,…, jn.
8.1.11 A feltétel miatt eleme a egydimenziós altérnek. Ezután a kikötés egyértelműen kijelöli -t. Azt, hogy a -k lineárisan függetlenek, a 8.1.2 feladathoz hasonlóan kell igazolni.
8.1.12 Képezzük a skalárszorzatot V olyan bázisa szerint, amely U és W bázisának egyesítéséből keletkezett. Végtelen sok ilyen skalárszorzat létezik.
8.1.13 Útmutatás b)-hez: Legyen ortonormált bázis. Ekkor pontosan az a vektor felel meg, amelynek koordinátái a értékek.
8.1.14 Tudjuk, hogy a dimenziók egyenlősége szükséges és elégséges feltétel a vektorterek izomorfiájához. Így csak azt kell igazolni, hogy azonos dimenzió esetén létezik olyan vektortérizomorfizmus, amely még a skalárszorzatot is tartja. Erre bármely olyan lineáris leképezés megfelel, amely ortonormált bázist ortonormált bázisba visz át.
8.1.15 a) Az egyetlen nehézséget annak az igazolása jelenti, hogy két V-beli sorozat összege is V-beli. Ehhez lássuk be a egyenlőtlenséget. — b) Ne felejtsük el megmutatni, hogy konvergens. — c) .
8.1.16 b) Az irány hamis, lásd pl. a 8.1.15c feladatot. — c) Pl. a 8.1.15c feladat U-jára nem teljesül az egyenlőség. — d) Az egyik irányú tartalmazáshoz vegyük a c)-beli összefüggés mindkét oldalának merőleges kiegészítőjét, a másik irányú tartalmazáshoz pedig alkalmazzuk c)-t U helyett -re.
8.1.17 A 8.1.7 Tétel állítása hamis, a 8.1.9 feladat b) része igaz, az a) egyik iránya és a c) rész hamis. Ellenpéldákat a 8.1.15c feladat felhasználásával gyárthatunk.
8.2.1
8.2.2 60°.
8.2.3 a) Pitagorasz-tétel és megfordítása. — b) Egy paralelogramma pontosan akkor rombusz, ha az átlói merőlegesek. — c) Egy paralelogrammában az átlók négyzetösszege megegyezik az oldalak négyzetösszegével.
8.2.4 Normált tér: b), d), e). — Útmutatás e)-nél a háromszögegyenlőtlenséghez: Először lássuk be, hogy nemnegatív aj, bj-kre
teljesül. Az aj-ket, illetve a bj-ket alkalmas pozitív számmal végigszorozva ekvivalens egyenlőtlenség adódik, így feltehetjük, hogy a jobb oldalon mindkét tényező 1. Az a3, b3/2, b3/2 számokra a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget felírva ab≤a3/3+2b3/2/3adódik. Ezt az összes aj, bj párra összegezve éppen a kívánt a1b1+…+anbn≤1 egyenlőtlenséget kapjuk. Rátérve a háromszögegyenlőtlenségre, elég nemnegatív cj, dj-kre
fennállását igazolni. A bal oldal köbét alakban írva mindkét összegre alkalmazzuk az (1) egyenlőtlenséget bj=(cj+dj)2 és aj=cj, illetve dj szereposztással. Ekkor éppen S3≤TS2+US2, azaz a kívánt S≤T+U adódik. — Megjegyezzük, hogy a köbök helyett bármilyen p>1 kitevőjű hatvánnyal hasonló módon definiálhatunk normát. Az erre vonatkozó háromszögegyenlőtlenséget Minkowski-egyenlőtlenségnek, az (1)-nek megfelelő
összefüggést pedig, ahol 1/p+1/q=1, Hölder-egyenlőtlenségnek nevezzük. A p=2 speciális esetben a Hölder-egyenlőtlenség éppen a CBS-t adja. A p=3-ra most vázolt bizonyítás tetszőleges racionális p-re átvihető.
8.2.5 a) Az előző feladat példái megfelelnek. — b) Az egyik irány a 8.2.3c feladat. A megfordításhoz fejezzük ki két vektor skalárszorzatát a norma segítségével: és lássuk be, hogy az így kapott függvény a feltétel teljesülése esetén valóban skalárszorzatot definiál. Itt a (bi)linearitás igazolása okoz nehézséget. A feltételt írjuk fel az és valamint és vektorpárokra, majd a két egyenlőséget kivonva eljuthatunk az első változó szerinti összegtartáshoz. A skalárszorostartást egész, majd racionális skalárokra az öszegtartásból vezethetjük le. Tetszőleges valós λ-ra innen ez úgy következik, hogy az függvényről kimutatjuk, hogy mindenütt folytonos. Ez a második tagra nyilvánvaló. Az elsőt írjuk fel a normákkal: Nyilván elég folytonosságát belátni (a másik tagra ugyanúgy megy). Ezt a háromszögegyenlőtlenség és a skalárkiemelési tulajdonság felhasználásával a következőképpen kapjuk:
8.2.6 Metrikus tér: b), c).
8.2.7 Az előző feladat c) példája megfelel.
8.2.8 A CBS második bizonyításában legyen minden zj=1. Egyenlőség akkor teljesül, ha minden xj egyenlő és nemnegatív.
8.2.9 Igaz: a).
8.2.10 a) 30°. b) 120°. c) 45°.
8.2.11 a) 16, 32, illetve 8. b) 2. c) 60°. d) 60°, 90° vagy 120°.
e) 1, illetve 1/2.
8.2.12 Két részhalmaz távolságán a pontjaik távolságainak az infimumát értjük. Lássuk be, hogy (a geometriából megszokott tapasztalatunkkal összhangban) egy vektorhoz egy U altérben a vektor merőleges vetülete van a legközelebb. A konkrét példában a vektor és az altér távolsága 5.
8.2.13 A keresett -(ke)t az egyenletrendszer megoldása(i)ként kapjuk, ahol az az Im A-beli vektor, amely a legközelebb van -hez. Ez a éppen a -nek az Im A altérbe eső merőleges vetülete. Az egyenletrendszer megoldásait az eredeti egyenletrendszerbe behelyettesítve így lesz a jobb oldali értékektől (azaz a megfelelő komponenseitől) való eltérések négyzetösszege minimális. A konrét egyenletrendszernél ahol μ és ν tetszőleges valós számok, és ezeket behelyettesítve az eltérések (lehető legkisebb) négyzetösszege 6.
8.2.14 a) Az egyenlőség két oldalának -vel vett skalárszorzatából kapjuk, hogy — b) Az a)-beli előállítások felhasználásával képezzük az skalárszorzatot. — c) Alkalmazzuk b)-t -szel. — Mindhárom állítást közvetlenül is leolvashatjuk a koordinátás felírásokból.
8.2.15 Az egyenlőtlenség a 8.2.14c feladatból következik. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha
8.2.16 A CBS-re adott második és harmadik bizonyítás (minimális módosításokkal) átvihető a szemidefinit esetre is. — Megjegyezzük, hogy a szemidefinit esetben egyenlőség akkor is előfordulhat, ha a két vektor lineárisan független.
8.2.17 a) n. b) 3 (ha n≥2).
8.2.18 Az első és a harmadik bizonyítás átvihető a végtelen dimenziós esetre is.
8.3.1 A valósban adott bizonyítások szinte változtatás nélkül érvényesek. [A 8.2.14–8.2.15 feladatoknál figyeljünk oda, hogy a(z általában nem valós értékű) skalárszorzatokban most a tényezők sorrendje lényeges, valamint a skalárszorzatok abszolút értékének a négyzete szerepel.]
8.3.2 a) Használjuk fel, hogy — b) Az skalárszorzatot kifejtve válasszuk külön a valós és a képzetes részt.
8.3.3 Az a)-ban csak az b)-ben csak a rész igaz, c) továbbra is érvényes.
8.3.4 A 8.2.8 Tételre adott második bizonyítás adaptálása: Az ortonormált bázis szerinti koordinátákkal a négyzetre emelt egyenlőtlenség az
módon írható fel. Kihasználva a összefüggést, ez a
alakra hozható. — A harmadik bizonyítás adaptálása: Most is a minden (komplex) λ-ra érvényes
egyenlőtlenségből indulunk ki. Legyen speciálisan λ=μρ, ahol μ tetszőleges valós szám, ρ pedig olyan egységnyi abszolút értékű komplex szám, amellyel pozitív valós. (Ez csak esetén nem érhető el, de akkor a CBS triviálisan igaz.) A λ fenti előállítását a kiindulási egyenlőtlenségünkbe beírva minden μ valós számra adódik. Ezután a bizonyítást ugyanúgy fejezhetjük be, mint a valós esetben.
8.3.5 a) Ha akkor -ből valamelyik nemnulla komponensét kiemelve alakban írható, ahol egyik komponense 1. Ha és egymás skalárszorosai, akkor ez a skalár csak 1 lehet, tehát azaz valós vektor. — b) A skalárszorosnál ügyeljünk arra, hogy — d) Az elégségességhez írjuk fel U elemeit ebben a valós vektorokból álló bázisban. A szükségességhez egy tetszőleges vektorból kiindulva és így adódik. Itt valós vektor. Ha akkor valós vektor. Mindenképpen találtunk U-ban egy nemnulla valós vektort. Ez lesz a keresett bázis első eleme. Legyen W a altér U-beli merőleges kiegészítője. Megmutatjuk, hogy és így az előző eljárást W-re megismételve végül U egy valós (ráadásul akár ortonormált) bázisához jutunk. A tulajdonság igazolásához konjugáljuk az felírást: Itt illetve valós volta miatt a bal oldalon, illetve a jobb oldal első tagjánál a konjugált jel elhagyható. A merőleges kiegészítő altér egyértelműségéből kapjuk, hogy valóban — e) A dimenziók közötti összefüggésekből adódik, hogy n csak páros lehet. Páros n-re válasszuk U bázisának azokat a vektorokat, amelyek 2j–1-edik komponense 1, a 2j-edik i, a többi pedig 0, j=1,2,…,n/2.
8.4.1 A szorzatra vonatkozó azonosság igazolása: Az egyenlőségsorozat elejét és végét tekintve, az adjungált definíciójából (és egyértelműségéből) kapjuk a kívánt állítást. Ugyanígy látható be a feladat többi része is. - Másik lehetőség: ortonormált bázis szerinti mátrixokra áttérve felhasználhatjuk a mátrixokra vonatkozó hasonló azonosságokat (2.1.20 feladat).
8.4.2 a), b), e), f): — c), d): — g) és h) egymás adjungáltjai. — A legegyszerűbben (alkalmas) ortonormált bázisban felírt mátrixokkal okoskodhatunk.
8.4.3
8.4.4 a) Legyen h=β0+β1x+β2x2 és Ha f=1, akkor tehát Ugyanígy az f=x polinommal adódik. Az integrálásokat elvégezve kapjuk, hogy r=α(–3x2+1) alakú. Tekintsük végül f=x2-et. Legyen Ekkor és Innen α0=–15/2, tehát Hasonlóan kapjuk az x és x2 polinom képét is: és Ebből a fenti általános h-ra adódik.
b)
c) és d)
8.4.5 — A megfordítás komplex euklideszi térben igaz, valósban hamis. Ha ugyanis az kvadratikus alak azonosan nulla, akkor ebből C felett a 7.4.3 Tétel szerint következik, hogy az bilineáris függvény is azonosan nulla, tehát A valós test felett a 7.3.1a feladat szerint csak adódik, ami pl. a síkon akkor is teljesül, ha a 45 fokos forgatás (az origó körül). Valós euklideszi térben a „helyes” szükséges és elégséges feltétel arra, hogy minden teljesüljön.
8.4.6 Legyen Ekkor Innen vagy vagy
8.4.7 A karakterisztikus polinomot ortonormált bázis szerint írjuk fel. A minimálpolinomra a definíciót és a 8.4.1 feladatot használjuk fel. A sajátértékekre vonatkozó állítást a karakterisztikus (vagy a minimál)polinomra nyert eredményből kapjuk. (Vigyázat, és sajátvektorai között általában nincs szoros kapcsolat!)
8.4.8 igazolása:
8.4.9 Használjuk fel az előző feladatot. — Másik lehetőség: írjuk fel egy ortonormált bázis szerint a mátrixokat, és hasonlítsuk össze a rangjukat.
8.4.10 Használjuk fel a 8.4.8 feladat első egyenlőségét.
8.4.11 b) Ha akkor Megfordítva, ha akkor tehát A képterekre vonatkozó állítás az egyik irányú tartalmazásból és a magteres állításból adódó dimenzióegyenlőségből következik.
8.4.12 a) Az összefüggés igazolja az állítást és a megfordítást is.
b) Ha akkor nyilván A másik irányú tartalmazás: Ha akkor Itt a bal oldal -ban, a jobb oldal pedig -ben van, és így az a) rész felhasználásával mindkét oldal csak a nullvektor lehet. A b) állítás megfordítása nem igaz (ami nem meglepő, hiszen a feltétel független a skalárszorzattól).
8.4.13 Az feltételből az előző feladat szerint következik. Meg kell még mutatni, hogy Itt az egyik irányú tartalmazás világos, a másikhoz azt igazoljuk, hogy A egyenlőséget adjungálva
adódik, tehát ez a feltétel is szimmetrikus -ban és -ben, így elég -val foglalkoznunk. Fusson végig az altéren. Ekkor miatt tehát (felhasználva a 8.4.11b feladatot is).
8.4.14 a)
8.5.1 a) Használjuk fel, hogy egy (ortonormált) sajátbázis szerinti mátrixban a sajátértékek éppen a főátló elemei. — b) Hamis. Lehet, hogy a transzformációnak egyáltalán nincs diagonális mátrixa, illetve ha van is, az nem képezhető ortonormált bázis szerint.
8.5.2 Ha valamely 0<s<t-re akkor gyöke az xt–xs polinomnak, így sajátértékei (amelyek az előző feladat szerint valósak) csak 0 és ±1 lehetnek. Innen egy ortonormált sajátbázis szerinti mátrix segítségével kapjuk, hogy (Hasonlóan érhetünk célhoz, ha az önadjungált transzformáció helyett rögtön áttérünk egy valós elemű diagonális mátrixra.)
8.5.3 Lásd a 8.5.1 feladathoz adott útmutatásokat.
8.5.4 Az állítás hamis. Pontosan azok a transzformációk tehetők normálissá, amelyeknek létezik diagonális mátrixuk.
8.5.5 A legegyszerűbben (a szokásos) ortonormált bázis szerinti mátrixokon ellenőrizhetjük a feltételek teljesülését. Eredmények: és nem normális, unitér, önadjungált és normális (de nem önadjungált és nem unitér).
8.5.6 Ha önadjungált, akkor és is önadjungált, de és nem feltétlenül az: csak valós λ-ra (vagy -ra) lesz önadjungált, pedig csak az esetben (lásd a 8.5.7 feladatot). — Ha unitér, akkor és így is unitér, de és nem feltétlenül az. — Ha normális, akkor és is normális, de és nem feltétlenül az.
8.5.7 a) A gondolatmenet helyességéhez az kellene, hogy a két transzformációhoz közös ortonormált sajátbázist találjunk, ilyen azonban általában nincs. Maga az állítás sem igaz, a b) pont alapján könnyen gyárthatunk ellenpéldát. — b) Ha és önadjungált,
8.5.8 Használjuk fel ortonormált sajátbázis létezését. — A megfordítás hamis, mert lehet, hogy nem létezik sajátbázis.
8.5.9 Igaz: a).
8.5.10 a) Ugyanígy Mindkét függvény -ben kvadratikus alak, így — mivel a komplex test felett vagyunk — pontosan akkor egyenlők, ha a megfelelő bilineáris függvények egyenlők. Ez utóbbiak egyenlősége pedig a 8.4.1 Tétel bizonyításának végén látott gondolatmenet szerint ekvivalens az normalitási feltétellel. — b) Ha és sajátvektorai közösek, akkor a 8.5.2 Tétel bizonyítását követve juthatunk ortonormált sajátbázishoz. A megfordításhoz tekintsük egy ortonormált sajátbázisát és írjuk fel ebben a bázisban és mátrixát; a sajátvektorok ezekből a mátrixokból jól áttekinthetők. — c) Ez a b)-beli feltétel átfogalmazása (felhasználva a megfelelő sajátértékek kapcsolatát is). — d) és e) A 8.4.8 feladat alapján visszavezethetők c)-re.
8.5.11
(A második lépésnél az előző feladat c) és d) részét alkalmaztuk λ=0-val, a harmadik lépésnél pedig a 8.4.8 feladatot használtuk fel.)
8.5.12 A 8.5.2 Tétel bizonyításának gondolatmenetét kell megfelelően módosítani, kihasználva közben a 8.5.10b feladatot is.
8.5.13 Alkalmazzuk az előző feladatot. — A megfordítás hamis, unitér transzformációk körében könnyen találunk ellenpéldát.
8.5.14 Az elégségességhez használjuk fel az előző feladatot. — A szükségességhez tekintsük a normális transzformáció egy ortonormált sajátbázis szerinti diagonális mátrixát. A főátló elemeit bontsuk fel egy valós szám és egy egységnyi abszolút értékű komplex szám szorzatára, és a mátrixot írjuk fel ennek megfelelően két diagonális mátrix szorzataként.
8.5.15 Olyan ortonormált bázist keresünk, hogy minden k-ra -nak invariáns altere legyen. Válasszuk -nek az transzformáció egy (egységnyi normájú) sajátvektorát, ekkor az -nak invariáns altere. Ismételjük meg most az eljárást Un-re (vigyázat, most az transzformáció Un-re történő megszorítása szerinti -ot kell tekinteni, ami általában nem az eredeti megszorítása, hiszen Un legtöbbször nem is invariáns altere az eredeti -nak), ezzel megkapjuk -et stb.
8.5.16
a) A μj–k az transzformáció sajátértékei. Ha és akkor és innen μ≥0.
b) Vegyünk olyan ortonormált bázist, amelyben mátrixa felsőháromszög-mátrix. Ekkor a fődiagonálisban éppen a λj sajátértékek állnak. Ebben a bázisban mátrixa alsóháromszög-mátrix és a főátlóban a -k szerepelnek. Ebben a bázisban mátrixa a két mátrix szorzata, és a főátlóban levő elemek összege, azaz a szorzatmátrix nyoma éppen az -beli elemek abszolút értékeinek négyzetösszege, ami így legalább Másrészt a szorzatmátrix nyoma
c) Az előző gondolatmenetből látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a felsőháromszög-mátrixnak a főátlóján kívül minden eleme nulla.
8.5.17 Elégségesség: Ha unitér és akkor
A szükségességhez legyen merőlegességtartó, és legyenek és merőleges egységvektorok. Megmutatjuk, hogy Mivel és ezért és így a merőlegességtartás miatt (az utolsó egyenlőségnél -t is kihasználtuk). Legyen most egy ortonormált bázis és az normák közös értéke λ. Ha λ≠0, akkor unitér lesz, ha pedig λ=0, akkor ami triviálisan egy (tetszőleges) unitér transzformáció nullaszorosa.
8.5.18 a), b) Ez az illetve egyenlőség mátrixos átfogalmazása.
c)
d) Használjuk fel c)-t és a mátrix inverzére az előjeles aldeterminánsokkal adott képletet.
8.6.1 Az egyenlőséget biztosítja. A megfordítás hamis, vegyünk például a síkon két nem párhuzamos, különböző hosszúságú vektort és legyen az a transzformáció, amely ezeket egymásba viszi. A „helyes” megfordítás a következő (beleértve az eredeti állítást is): egy transzformációra az alábbi három feltétel közül bármelyik kettőből következik a harmadik: (i) szimmetrikus; (ii) ortogonális; (iii)
8.6.2 Szimmetrikus transzformációkra az állítás a 8.4.6 feladatból (vagy az ott látott gondolatmenet mintájára) adódik. Ortogonális transzformációkra is hasonlóan okoskodhatunk, közben használjuk fel azt is, hogy ekkor legfeljebb ±1 lehetnek a sajátértékek.
8.6.3 S=ortonormált sajátbázis, O=a 8.6.4 Tételben előírt ortonormált bázis.
a) szimmetrikus és ortogonális,
S: az vektorok -szerese, a megfelelő diagonális mátrix főátlója: 1,1,–1,–1.
b) szimmetrikus,
S: a vektorok skalárszorosai, a diagonális mátrix főátlója:
c) ortogonális,
O: az vektorok 1/2-szerese, a megfelelő mátrix: (a jobb alsó 2×2-es blokk a 90 fokos forgatásnak felel meg).
d) szimmetrikus,
S: a -beli, a megfelelő diagonális mátrix főátlója: 4,0,0,0.
e) ortogonális, O: az vektorok -szerese, a megfelelő mátrix ugyanaz, mint -nél.
8.6.4 Nincs. A feltételből ugyanis következne.
8.6.5 Igaz: a), d).
8.6.6 A feltételekből adódik. Így sajátértékei egységnyi abszolút értékűek. Emellett (mindig) szimmetrikus és a sajátértékei nemnegatív valósak, tehát most minden sajátérték 1, ezért csak lehetséges. — Az állítás szimmetrikus analogonja hamis, legyen pl. egy 90 fokos forgatás a síkon és k=4.
8.6.7 A feltételből és így miatt Innen Ezután alkalmazzuk az előző feladatot.
8.6.8 A csak akkor rész igazolásához állítsuk elő az lnko-t 1=(k,t)=kq–tr alakban (q,r>0).
8.6.9 A komplex esethez hasonlóan kell okoskodni.
8.6.10 Szimmetrikus transzformációk: a síkon kettő, a térben három (páronként) merőleges irányban (esetleg különböző mértékben) „nyújtunk” (vagy összenyomunk), emellett esetleg még tükrözünk is (egy vagy több) olyan egyenesre (a síkon), illetve síkra (a térben), amely valamelyik irányra merőleges. — Ortogonális transzformációk a síkon: (az origón átmenő) tengelyre történő tükrözések és (az origó körüli tetszőleges szögű) elforgatások. Ortogonális transzformációk a térben: (az origón átmenő) síkra történő tükrözések, (az origón átmenő) tengely körüli (tetszőleges szögű) elforgatások, esetleg a tengelyre merőleges síkra történő tükrözéssel kombinálva (ebbe beletartozik az origóra történő tükrözés is).
8.6.11 Kövessük a 8.6.4 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét. — A megfordítás hamis, pl. a sík önmaga már eleve a kívánt tulajdonságú (al)tér, ugyanakkor a szokásos ortonormált bázisban a mátrixszal jellemzett transzformációnál az adjungált nem írható fel az polinomjaként.
8.6.12 Írjuk fel a mátrixokat egy ortonormált bázis szerint, ekkor elég az ekvivalenciát a mátrixokra kimutatni. Ha ezeket a (valós elemű) mátrixokat komplex eleműeknek tekintjük, akkor a 8.5.3 Tétel mátrixos változata igazolja az ekvivalenciát. Ezután már csak azt kell megmutatni, hogy ha egy valós elemű A mátrixra az AT transzponált előáll az A komplex együtthatós polinomjaként, akkor valós együtthatós polinomjaként is előáll. Ez onnan következik, hogy a kívánt előállítás egy lineáris egyenletrendszert jelent, ahol az ismeretlenek a keresett polinom együtthatói, az egyenletrendszer együtthatói az A hatványainak elemei, a jobb oldali konstansok pedig AT elemei. Mivel az egyenletrendszer együtthatói (és a jobb oldali konstansok) valósak, ezért ha van komplex megoldás, akkor (pl. a Gauss-kiküszöbölés alapján) valós megoldásnak is kell lennie.