ii. lineáris egyenletrendszerek megoldásaandrasz/cd/tank11/alg2.pdf · sarrus szabály. Írjuk az...

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 235

II. Lineáris egyenletrendszerek megoldása

2.1. Kettő vagy három ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek Korábbi tanulmányaitok során láttátok, hogy a 2 vagy 3 ismeretlent tartalmazó

lineáris egyenletrendszerek esetén a kiküszöbölés módszerével meghatározhatjuk a megoldást. Ez azt jelenti, hogy a rendszer valamelyik egyenletéből kifejezzük az egyik ismeretlent és visszahelyettesítjük a többi egyenletbe. Így olyan rendszerhez jutunk, amely egy ismeretlennel kevesebbet tartalmaz, és amely egyel kevesebb egyenletből áll. Ez a megoldási módszer tetszőleges lineáris rendszer esetén használható és mivel az eljárás egyszerű, könnyű algoritmus formájában meghatározni.

Vizsgáljunk meg néhány ilyen lineáris rendszert. Lássuk előbb a két ismeretlent tartalmazó és két egyenletből álló rendszereket. 1. Feladat. Tárgyaljuk az a és b valós paraméterek függvényében az

21

x yax y + = − =

b

0

egyenletrendszert. Megoldás. A második egyenletből kifejezzük y -t és visszahelyettesítjük az első egyenletbe (vagy szorozzuk a második egyenlet mindkét oldalát 2-vel és összeadjuk az egyenleteket). Így a (2 egyenlethez jutunk. Ha 2 1 , akkor 1) 2a x b+ = + a + ≠

22 1bxa+=+

és ez alapján 12 1aba−+

1y ax= − = .

Ha , akkor b esetén ellentmondáshoz jutunk. Ha viszont 2 1a + = 0 02+ ≠ 12

= −a

és b , akkor meg kell vizsgálnunk, hogy az 2= −(2 1) 1y a ab⋅ + = −

egyenlőség nem vezet-e ellentmondáshoz. Mivel ( )1 2 12− ⋅ − − = 0 , ez is teljesül,

tehát a megoldások alakja 2 2

,x t

ty t =− − ∈ =

.

2. Feladat. Oldjuk meg és tárgyaljuk az lineáris

egyenletrendszert.

11 12 1

21 22 2

a x a y ba x a y b + =

+ =

Megoldás. Ha az a a számok mindegyike 0, akkor b b esetén a megoldáshalmaz az , míg ( , esetén üres halmaz. Ha az a a számok között van 0-tól különböző, akkor feltételezhetjük, hogy a . (Ellenkező esetben felcseréljük az egyenleteket és/vagy a változókat.)

11 12 21 22, , ,a a2

1 2b b1 2 0= =

11 12

11 0≠) (0, 0)≠ 21 22, , ,a a

Így 1 12

11

b a yx

a−

= , tehát a második egyenlet alapján

11 22 21 12 11 2 21 1

11 11

( )a a a a y a b a ba a

⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅= .


Tehát a tárgyalás a következő: Ha a a , akkor tetszőleges b b esetén a megoldások

11 22 21 12 0a a− ≠ 1 2, ∈

1 22 2 12

11 22 21 12

b a b axa a a a

⋅ − ⋅=

⋅ − ⋅ és 11 2 21 1

11 22 21 12

a b a ba a a a

⋅ − ⋅=

⋅ − ⋅y .

Ha , akkor a b esetén a megoldások

parametrikus alakja

11 22 21 12 0a a a a− = 11 2 21 1 1 22 2 12 0a b b a b a− = − =

1 12

11

b ax

ay

α

α

− = =α ∈,

− ≠míg a b esetén a rendszernek nincs megoldása. 11 2 21 1 0a b

Látható, hogy az a a kifejezésnek (és a hozzá hasonló a b illet-ve kifejezéseknek) kulcsfontosságú szerepe van a rendszer megoldásai-nak előállításában. A rendszer mátrixok segítségével a következő alakban írható:

11 22 21 12a a−11 2 21 1a b−

1 22 2 12b a b a−

11 12 1

21 22 2

a a x ba a y b

=

A kifejezésmód egyszerűsítésének céljából a következő értelmezéseket adjuk: Értelmezés. a) A (*) rendszer mátrixának nevezzük az

11 12

21 22

a aA a a

=

mátrixot.

b) Az A mátrix determinánsának nevezzük az a a

különbséget és de -val jelöljük. Ezt gyakran a

11 22 12 21a a−

tA11 12

21 22t

a aA a a=de alakban írjuk.

A 2. feladat eredményei alapján a következő tételt jelenthetjük ki: Tétel. 1. Ha a (*) rendszer mátrixának determinánsa nem nulla, akkor a rendszernek létezik egyértelmű megoldása esetén, és a megoldás

1 2,b b∀ ∈

1 12 11 1

2 22 21 2

11 12 11 12

b a a b

b a a bx ya a a a

a a a a

= =

21 22 21 22(a számlálóban szereplő determinánsokat úgy kapjuk, hogy az x illetve y együtthatóinak helyére a szabadtagokat helyettesítjük).

2. Ha 11 12

21 220

a aa a = , akkor a következő két eset lehetséges:

a) ha 1 12

2 22

0b a

b a≠ vagy 11 1

21 2

0a b

a b≠ akkor a rendszernek nincs megoldása

(összeférhetetlen)

b) ha 1 12 11 1

2 22 21 2

0b a a b

b a a b= = , akkor a rendszernek végtelen sok megoldása van.


Megjegyzés. Látható, hogy a megoldás során az 11 12 1

21 22 2

a a x ba a y b

= egyenlőségből

az

22 12

1

21 11 2

det det

det det

a ax bA Ay a a b

A A

− = −

egyenlőséghez jutunk.

Gyakorlat. Számítsuk ki az A és szorzatokat, ha B⋅ B A⋅11 12

21 22

a aA a a

=

és 22 12

21 11

1det

a aa aA

−B

= −

.

Megoldás 11 22 12 21 11 12 12 11

21 22 22 21 21 21 22 11

det 0 1 01 10 10 detdet det

Aa a a a a a a aA B a a a a a a a a AA A

− − + ⋅ = ⋅ = = − − +

22 11 12 21 22 12 12 22

21 11 11 21 21 12 11 22

det 0 1 01 10 10 detdet det

a a a a a a a a AB A a a a a a a a a AA A

− − ⋅ = ⋅ = ⋅ = − + − +

Ez a tulajdonság azt mutatja, hogy az A mátrixhoz tartozó lineáris leképezés bijektív és inverzének a mátrixa . Az egyszerűség kedvéért a mátrixot az A inverzének nevezzük.

B B

Értelmezés. Ha és , akkor az 11 12

21 22

a aA a a

=

det 0A ≠

22 21

12 11

det det

det det

a aAa aA A

−A

−

mátrixot

-nel jelöljük és az inverzének nevezzük. 1A− AA mátrixokkal végzett tulajdonságok alapján a rendszer megoldása a következő alakban írható:

( )( )

1

1 1

1 1

12

1

|A A v bA A v AA A v A bI v A bv A b

−

− −

− −

−

−

⋅ ⋅ =⋅ ⋅ = ⋅⋅ = ⋅

⋅ = ⋅= ⋅

b, ahol A 11 12

21 22

a aa a =

, vxy =

, b . 1

2

b

b

=

Az inverz mátrix oszlopai az 11 12

21 22

10

a x a ya x a y + = + =

és 11 12

21 22

01

a x a ya x a y+ = + =

rendszerek megoldásaiként is felfoghatók. A lineáris leképezések struktúrájának

vizsgálatához hasonlóan ha és 1

1

xy

2

2

xy

az előbbi rendszerek megoldásai, akkor az

rendszer megoldása 11 12 1

21 22 2

a x a y ba x a y b + =

+ =1 2 1 1

1 21 2 2 2 2

x x x yb by y x y b

1b ⋅ + ⋅ = ⋅ .


Vizsgáljuk meg, hogy 3 -as (3 ismeretlent és 3 egyenletet tartalmazó) rendszerek esetén léteznek-e hasonló eredmények.

3×

Feladat Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:

2 112 3 53 2 3

x y zx y zx y z

+ + = + − = − − − = − 2

27

7

7

3

Megoldás. Az első egyenletből kifejezzük -et és behelyettesítjük a második és a

harmadik egyenletbe. Így az egyenletrendszerhez jutunk. Az

utolsó két egyenlet már csak y -t és z -t tartalmaz, tehát megoldható két ismeretlenes rendszerként. A második egyenlet alapján y z , tehát a rendszer

alakban is írható.

x2 1== −−

15

5 9 35

x y zy zy z

+ +−

− − =

5 2= −

2 115 234 170

x y zy z

z

+ + = − = − − = −Az utolsó egyenletből , ez alapján a második egyenletből és végül az első egyenletből .

5z = 2y =−3x =

Természetesen az ismeretlent más sorrendben is kiküszöbölhetjük. Ha első lépésben a második egyenletből fejezzük ki a z -t, akkor a következő alakban írhatjuk a rendszert:

2 3 55 7 13 11 1

z x yx yx y

− − = + = − − =

A második egyenletből 1 75y−=x , tehát a rendszer

alakban is írható.

2 3 55 734 68

z x yx yy

− − =+ =

− =

1

Világos, hogy legfeljebb 9 4 különböző módon juthatunk el a megoldáshoz (az első lépésben 9 lehetőség van aszerint, hogy melyik változót fejezzük ki és melyik egyenletből, míg a második lépésnél 4 lehetőség). Érdekes módon az előbbi két megoldásban az utolsó sorban az ismeretlen együtthatója − volt. Vajon ez egy általános jelenség, vagy tekinthető véletlen egybeesésnek is?

36⋅ =

34

Vizsgáljuk meg általánosan a problémát. Feladat. Oldjuk meg és tárgyaljuk az

11 12 13 1

21 22 23 2

31 32 33 3

a x a y a z ba x a y a z ba x a y a z b

+ + = + + = + + =

egyenletrendszert, ha a b , ,ij i ∈ , 1,= 3i j .


Megoldás. Ha 0 , 1,ij j= ∀ = 3a i , akkor ( esetén a megoldás az

míg ellenkező esetben üres halmaz. Ha létezik 0-tól különböző

( )1 2 3, , ) 0, 0, 0b b b =3 , , 1, 3ija i j = ,

akkor a rendszer átrendezhető egyenletek és ismeretlenek cseréjével úgy, hogy az első egyenletben az együtthatója 0-tól különböző legyen. Tehát feltételezhetjük, hogy

. Fejezzük ki x -et az első egyenletből és helyettesítsük a többi egyenletbe. x

11a 0≠

1 12 13

11

b a y a zx

a− −

=

Így az

12 13 1

11 11 11

11 22 12 21 23 11 21 13 2 11 21 1

11 11 11

11 32 12 31 11 33 13 31 11 3 31 1

11 11 11

a a bx y za a a

a a a a a a a a b a a by z

a aa a a a a a a a a b a b

y za a

+ + = ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ + = ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ + =

a

a

)

rendszerhez jutunk. Látható, hogy az a -gyel való osztást elhagyhatjuk. Így a rendszer 11

11 12 13 1

11 22 12 21 23 11 21 13 11 2 21 1

11 32 12 31 11 33 13 31 11 3 31 1

( ) ( )( ) ( )

a x a y a z ba a a a y a a a a z a b a ba a a a y a a a a z a b a b

⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅

alakú. Ha itt kiküszöböljük y -t, akkor a z együtthatója

( )( ) ( )(11 22 12 21 11 33 13 31 23 11 21 13 11 32 12 31a a a a a a a a a a a a a a a a− − − − − =

11 11 22 33 12 23 31 13 21 32 11 23 32 12 21 33 13 22 31[ ]a a a a a a a a a a a a a a a a a a a= ⋅ + + − − − Megjegyzés. Ez alapján látható, hogy nem véletlen az, amit tapasztaltunk (mindkét alkalommal -34 jelent meg), viszont az is hozzájárult, hogy az első lépésben a kifejezett ismeretlen együtthatója (a ) 1 volt mindkét alkalommal. 11

Jelöljük -val a szögletes zárójelben megjelenő kifejezést. ∆11 22 33 12 23 31 13 21 32 11 23 32 12 21 33 13 22 31a a a a a a a a a a a a a a a a a a∆ = + + − − −

A műveletek elvégzése és a -el való egyszerűsítés után az 11

1 (*)x∆⋅ = ∆ egyenlőséghez jutunk, ahol

1 1 22 33 12 23 3 13 2 32 1 23 32 12 2 33 13 22 3b a a a a b a b a b a a a b a a a b∆ = + + − − − Értelmezés. A ∆

kifejezést az mátrix determinánsának nevezzük és de -val

jelöljük. Gyakran írjuk

11 22 33 12 23 31 13 21 32 11 23 32 12 21 33 13 22 31a a a a a a a a a a a a a a a a a a= + + − − −

11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a

a a a

tAA a=


11 12 13

21 22 23

31 32 33

deta a a

A a a aa a a

=

alakban is. Világos, hogy ezeket az eredményeket ebben a formában elég nehéz megjegyezni, ezért a következő memorizálási technikákat említjük meg:

11 12 13

21 22 23

31 32 33

11 12 13

21 22 23

a a aa a aa a aa a a

1. Sarrus szabály. Írjuk az A mátrix alá az első és a második sort. A főátlóval párhuzamos átlók mentén az elemek szorzatai adják a determináns első három tagját (a pozitív előjelűeket), míg a mellékátlón illeszkedő elemek szorzatai adják az utolsó három tagot. Így a determináns a főátlós szorzatok összegének és a mellékátlós szorzatok összegének a különbsége.

2. Háromszögszabály. A mellékelt ábrák mutatják a pozitív, illetve a negatív előjelű szorzatokat. 11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a a

11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a a

A (*) összefüggésben 1 12 13

2 22 2

3 32 33

b a a

b a a

b a a

,1∆ = át ha 0∆ ≠ , a

3 teh kkor 1x

∆=

∆.

Hasonlóan igazolható, hogy 2y∆

=∆

és 3z∆

=∆

13a b a 11a

, ahol

11 1

2 21 2 2

31 3 33

a b a

a b a

∆ =12 1

3 21 22

31 32 3

a b

a a b

a a b

∆ =3 és

2.

Tehát a -es rendszerekhez hasonlóan itt is megfogalmazhatjuk a következő tételt.

z

rendszer mátrixának determinánsa nem nulla, akkor a rendszernek egyértelmű megoldása van és ezt az

2 2×

Tétel. A x a y a z b+ + = rendszerre érvényesek a következő állítások: 11 12 13 1

21 22 23 2

31 32 33 3

a x a y a z b

a

a x a y a z b

+ + = + + =1. Ha a

∆ ∆ ∆

x

1x∆

= , 2y∆

= és 3z∆

=

képletek szolgáltatják, ahol a rendszer mátrixának determinánsa, , és pedig úgy kapható meg ebb a determinánsból, hogy az , illetve helyettesítjük a szabadtagokkal (ezt és ennek az általános esetét nevezzük Cramer

∆ől

1∆z

2∆ együ

3∆ tthatóit y


szabálynak és azokat a rendszereket, amelyekre ez alkalma ató Cramer rendszereknek nevezzük). 2. Ha 0∆ = , akkor ( )1 2 3, , 0, 0, 0∆ ∆ ∆ ≠ esetén a rendszernek nincs megoldása (a rendszer ellentmondásos, összeférhetetlen). 3. Ha

1 2∆ = ∆ = ∆ = ∆

zh

( )

, akkor a rendszernek végtelen sok megoldása van.

nsok tulajdonságai

Mielőtt a rendszerek további tulajdonságainak vizsgálatába fognánk, ljuk m as at: Vizsgáljuk meg erminánsa, ha

a) f egy

al helyettesítjük.

Me

3 0=

2.2. 2 × 2 -es és 3 × 3 -as determiná

vizsgá eg a 3× determinánsok néhány tulajdonságát. elad , hogyan változik az ( )A ∈M mátrix det

3 -

elcserélünk két sort (vagy oszlopot); b) beszorzunk sort (vagy oszlopot) egy számmal;

F 3

c) felcseréljük a sorokat az oszlopokkal; d) a mátrix minden elemét a konjugáltjáv

goldás. Tekintjük az A a a a =11 12 13a a a

21 22 23

a a a 31 32 33

mátrixot.

a) Azáltal, hogy felcserélünk két sort, vagy oszlopot, a rendszer nem változik meg. erminánsa se változ agy legalábbis „ne nagyon”

változzon.

3

Elvárnánk, hogy az A det zon meg, v

Ha 12 11 13

1

a a aA a a a

= , akkor 22 21 2

32 31 33a a a 1 23 32

Ha , akkor

Amásodik és harmadik oszlop (vagy sor) felcserélése a következőképpen

végrehajtható: • kicseréljük az első oszlopot (sort) a másodikkal

1 12 21 33 1 13 22 31 11 22 33 12 23 31 13 21 32det detA a a a a a a a a a a a a a a a a a a A= + + − − − = −

13 12 11

2 23 22 21

33 32 31

a a aA a a a

a a a

=

2 21 33

A 2 13 22 31 1 23 32 11 11 22 33 12 23 31 13 21 32det detA a a a a a a a a a a a a a a a a a a= + + − − − = −

• kicseréljük az első oszlopot (sort) a harmadikkal • kicseréljük az első oszlopot (sort) a másodikkal

11 12 13 12 11 13 13 11 12a a a a a a a a a 11 13 12

21 23 22 3

31 32 33 32 31 33 33 31 32 31 33 32

a a aA a a a A

a a a

= → =

21 22 23 22 21 23 23 21 2

a a a a a a a a a 2a a a a a a a a a → →


Mivel minden lépésben megváltozik a determináns előjele ezért . Tehát két sor (vagy oszlop) felcserélésével a determinánsnak csak az előjele változik meg. Következmény. Ha egy determináns két sora (vagy oszlopa) azonos, akkor a determináns értéke 0.

sak

a

3det detA A=−

Bizonyítás. A két sort (vagy oszlopot) felcserélve megváltozik a determinánselőjele. Ugyanakkor, mivel a két sor azonos, ugyanazt a determinánst kapjuk. Ez cakkor lehetséges, ha a determináns 0. b) A determináns értelmezésében szereplő szorzatok tényezői úgy helyezkednek el, hogy minden sorból és minden oszlopból pontosan egy elem kerüljön a szorzatba. Így, ha egy sor (vagy oszlop) minden elemét szorozzuk α -val, akkor a determináns is szorzódik α -val. Következmény. Ha egy determináns két sora (vagy oszlopa) arányos, akkor a determináns 0. Bizonyítás. Jelöljük A -val a mátrixot, amelynek két sora arányos. Az i j i ja α= , j

1 2

A -ból úgy kapjuk, hogy az 1i -edik sort szorozzuk α -val. (Ha 0α = , akkor A -nak

van egy csupa n

⋅ 1, 3=

ullából ál

egyenlőségek alapján , ahol -et az

ló a, míg ellenkező -nek van két azonos sora). háromszögszabály i us a főátlóra nézve, ezért ha

lemeket a f ináns értéke ne eg e

1det det 0A Aα ⋅ = =

esetben A

1A

sorc) A ban szereplő két ábra saz e őátlóra nézve tükrözzük, akkor a determ m változik, azaz

y mátrix determinánsa egy nlő a transzponáltjának a determinánsával: a a a a a a

1

z mmetrik

det det tA A= ⇔ 21 22 23 12 22 32

31 32 33 13 23 33

a a a a a aa a a a a a

= 11 12 13 11 21 31

a

d) Mivel 1 2 1 2z z z z⋅ = ⋅ és 1 2 1 2 1 2,z z z z z z+ = + ∀ ∈

a a

, írhatjuk, hogy

det detA A= ⇔ 11 12 13 11 12 13

21 22 23 21 22 23

31 32 33 31 32 33

a a a a aa a a a a aa a a a

=

a a+

,

Feladat. Fejezzük ki a -as determinánst -es determinánsok segítségével. Megoldás. Csoportosítjuk a tagokat az első oszlop elemei szerint:

3 3× 2 2×

a a a a a

11 22 33 12 23 31 13 21 32 11 23 32 12 23 31 13 21 32

11 22 33 23 32 21 12 33 13 32 31 12 23 13 22

32 33 32 33 22 23

det( ) ( ) (

A a a a a a a a a a a a a a a a aa a a a a a a a a a a a a a a

a

= + − − − == ⋅ − − ⋅ − + ⋅ − =

ő

22 23 12 13 12 13

11 21 31a a aa a a a a a= ⋅ − ⋅ + ⋅

)

Hasonló előállításokhoz jutunk, ha a második, harmadik oszlop vagy valamelyik sor elemei szerint csoportosítjuk a tagokat. Látható, hogy az elem szorzótényez jét

úgy kapjuk, hogy az determinánsából elhagyjuk az -edik sort és a ija

A i j -edik oszlopot és szorozzuk ( )1 i j+− -nel.


Értelmezés. Az i -edik sor és j -edik oszlop elhagyásával kapott determinánst az a -hez tartozó aldeterminánsnak nevezzük és d -vel jelöljük. A ( )1 i j d+− kifejezést

az ija elem algebrai komplementumának nevezzük és D -vel jelöljük.

Ezekkel a jelölésekkel az előbbi feladat eredm

ij ij ij

ij

énye a következőképpen fogalmazható meg:

-as m csak egy sora (vagy oszlopa) különbözik, akkor determinánsaik összege egyenlő annak a mátrixnak a determinánsával, amelyet úgy kapunk, hogy a megegyező elemeket leírjuk és a különböző sorok megfelelő elemeit összeadjuk.

Tétel. Ha )A ∈M , akkor

{ }3 3

1 1

det 1,2, 3ij ij ij iji j

A a D a D= =

= ⋅ = ⋅ ∀ ∈∑ ∑ .

(3

1. Ha két átrixnak

,i j

Következmények 3 3×

1 12 13 2 12 13 1 2 12 13

1 22 23 2 22 23 1 2 22 23

a a x a a x x a ay a a y a a y y a a

++ = +

Példa

1 32 33 2 32 33 1 2 32 33

x

z a a z a a z z a a+

Bizonyítás. Az első (általában a különböző sor vagy oszlop) oszlop szerint kifejtjük mindhárom determinánst. 2. Ha egy determináns valamely sorához (vagy oszlopához) hozzáadjuk egy másik sor (oszlop) -szorosát, akkor a determináns értéke nem változik meg. Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy az első két oszlopról (sorról) van szó, hisz

α

11 12 13 12 12 13 11 12 12 13

21 22 23 22 22 23 21 22 22a a a a a a a a aα α+ ⋅ = + ⋅

oszlopok (sorok) cseréjével csak az előjelek változnak meg). a a a

23

a a a a a a aa

α α⋅ + ⋅

31 32 33 32 32 33 31 32 32 33a a a a a a a a a aα α⋅ + ⋅

Az előbbi feladat b) alpontjának következménye alapján a bal oldal második determinánsa 0. 2.3. Mátrixok inverze

en is felfogható, mint egy m -edik sorának és

Ha a 1ij ik

i

a D=

⋅∑ összeget vizsgálnánk meg k j≠ esetén, akkor nullához jutnánk, hi-3

D úgy jkA átrix i j

jkA átrixot úgy A k

oszlop a helyére is j -edik oszlopot írjuk. Így1

det 0i

D A=

⋅ = = (mert van két

azonos oszlop). Például az

12 11 22 21 32 31 21t 0a D a D a D A+ + = = , mert

3

∑ ij ika jk

-edik oszlopának

m kapjuk -ból, hogy a -adik

sz ik

z algebrai komplementuma, ahol az a

de


2 13

21 22 22 23

32 32

aA a a a

a a a=

12 1a a

33

.

Ezeket az egyenlőségeket egy egyenlőség formájában is felírhatjuk, ha megszerkesztjük az mátrixot a következő módon:

• felírjuk transzponáltját • a transzponált minden elemét helyettesítjük az algebrai komplementumával.

*A

Következmény. Ha ( )3A ∈M és *

, 1,3ji i jA D

= = , akkor

( )* * detA A A A A⋅ = ⋅ =

A

Bizonyítás. Ha *32A D= =

3I .

, akkor

0

11 21 31D D D

12 22

13 23 33

D D

D D D

*A A⋅

22 220 D a D =

.

Az mátrixot az adjungáltjának nevezzük. Az előbbi tulajdonság alapján

esetén megszerkeszthetjük az mátrix inverzét, hisz a

= +11 11 12 12 13 13

21 21 23 23

31 31 32 32 33 33

0 0

0 0

a D a D a D

a D a

a D a D a D

+ + +

+ +

( ) 3detA I= ⋅*A

A ≠

A

det 0 A *1det

B AA

= ⋅

mátrixra teljesül az, hogy

(Ez azt is lineárisleképezés ta es

mátrix itt is értelmezhető az egyenlőséggel. A fogalmak rögzítésének céljából a ő általános értelmezést

maz

3A B B A I⋅ = ⋅ = .

jelenti, hogy ebben az esetben az A -hoz tartozó :af bijektív és inverze a -hez rtozó leképezés). Akárcs

mátrixok esetében az A

3 3→ak a

1 1A A A− −⋅ = ⋅B 2 2× -

A =1−3I

fogadjuk el. Értelmezés. A ( )nB ∈M átrixot az ( )nA ∈M mátrix inverzének nevezzük, ha teljesülnek

nA B B A I⋅ = ⋅ = egyenlőségek 1−

következ

B

. Ebben az esetben a mátrixot -el szokás jelölni. s, hogy lét ixnak több

atjuk, hogy ez nem lehetséges (A szorzás értelmezéséből az is következik, hogy ha az inverze, akkor a -hez tartozó lineáris leképezés

ive ny egyértelműen eghatározott átrixa is egy rtelműen jellemzi azt egy adott

bázisban, világos, hogy is egy rtelműen meghatározott, ha létezik).

B A

az A -hoz tartozó lineáris leképezés inverze. M l az inverz függvé

Felmerülhet a kérdé ezhet-e egy mátr inverze. A szorzás tulajdonságai alapján beláth

B

és a lineáris leképezés m1−

A

éé

Am


Ha B és C az A inverzei lennének, akkor ( ) ( )n nB B I B A C B A C I C C= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ,

tehá 1A− egyértelműen meghatározott. Az előbbiek alapján ha létezik 1A− , akkor az A -hoz rendelt lineáris leképezésnek létezik inverze, tehát 3 3: ( )f f x A x→ = ⋅ függvény bije

t

az ktív. Így az

e l yértelmű megoldása. Láttuk, csak akkor fordul el és ebben az esetben meg is tudjuk

tétel.

A x y⋅ = gyen etnek minden 3y ∈ esetén n egő det 0A ≠

át a köv ező

va

etkhogy ez , ha

Tétel. Az ( )3A ∈M mátrixnak pontosan akkor létezik inverze, ha det 0A ≠ és

ebben az esetben 1 1det

AA

− = ixot úgy kapjuk, hogy az A

áltjának minden elemét h sítjük annak algebrai komplementumával. 2.4. n ismeretlent tartalmazó egyenletrends

szerkeszteni az A inverzét. Érvényes teh

⋅

ely

*A

determiná Az eddigi tulajdonságok alapján értelmezni djuk n n× -es mátrix esetén is determinánst és n n× -es lineáris egyenletrendszerekre is adhatunk megoldá

*A , ahol az mátr

transzpon ette

zerek és -es nsok

tu asi

ódszereket.

az elem algebrai komplementuma

n×n

Értelmezés. Ha ( )nA ∈M , akkor az A mátrix determinánsának nevezzük a n

a D⋅ kifejez

m

1 1j j ést, ahol 1jD 1ja

, aho

11

jj

D=

⋅

és. Mivel 1jD egy ( ) ( )1 1n n× − -es determináns és 2 2× -es illetve

e

1j=

( ( )11 11 jj jD d+= − ⋅ l 1jd az

1ja -hez tartozó aldetermináns). Tehát

∑

1dn

j

Megjegyz-as determ ezés helyes (a matem indukció

lve alapján). Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a determináns minden sora vagy oszlopa szerint kifejthető, azaz

−eztünk, az értelm3 3× inánst értelm atikai

1 1

det , 1,ij ijj i

A a D i j n= =

∀ =∑ ∑

nyítás. 2n = és 3n = esetén már bebizonyítottuk a tulajdonságot. Így a matematikai in

n n

ij ijD a= ⋅ = ⋅

Bizo elv elégséges igazolni, hogy ha teljesül az állítás

en egy tetszőleges mátrix. Az értelmezés alapján

dukció

deter

e alapján

inánsára is. Legym ( )1nA +∈M

) ( ) ( )1 11 1 1 1 1

1 1 1 1

det 1 1 1j j i kj j j j j ik ik

j j j k

A a d a a d+ + +

= = = =≠

′ ′′= = = − − =∑ ∑ ∑ ∑

minden legfeljebb ( ) ( )1 1n n− × − -es mátrix determinánsára, akkor teljesül minden n n× -es mátrix

(n n n n

k j

D a −


( ) (1 11

1 1

1 1jj

k jj k

+

= =≠

− −

n

) ( ) ( )11 1

1 1n n n n

i k j i kj ik ik ik ik

j kk j

a a d a a d+ + +

= =≠

′′ ′′= = − − =∑∑ ∑∑

n

( ) ( )111 1

1 1i k jjik ik

k jj k

a a+ +

= =≠

′′= − −∑ ∑

1+

d

De egy -es determináns és úgy is felfogható, mint az eredeti determ -adik oszlop elhagyásával nyert determinánsban az

d ,

hoz tartozó ald

1k=

Az előbbi bizonyításához hasonlóan a D egyenlőséget itt is a

igazolni,

y

eltételezhetjük, hdeterminánsok az első oszlopuk szerint is kifejthetők. Az értelmezés alap

ikd ′′ ( ) ( )2 2n n− × −inánsból az i -edik sor és

-hez tartozó aldetermináns. Tehát k

1ja

ahol az ika etermináns az n n× -es determinánsban. Így

( )1

det 1n

i kik

k

A a d a D+

=

= − =∑ ∑ .

( )11

1n

jj ik ik

jj k

a d=≠

′′− =∑

1

ikd -

1 11

det ii

A a D=∑ egyenlőségből kiindulva olhatjuk, tehát elégséges

n

ik ik ik

n

det ij iji

A a=

=∑ igaz

1 11

n

i ii

A a D=∑ .

n

i=

hog det =

Matematikai indukciót használunk, tehát f ogy ( ) ( )1 1n n− × − -es

ján

1

n n n

j k= =≠

( )11 11 11 1 1 12 2

det 1 jij j j k k

jj

A a D a D a a D+

=

′= = + − =∑ ∑ ∑

n n n nk

11 j+ ′

mert tekinthető a -ben az aldeterminánsának.

Következmény. A -as determinánsok tulajdonságai -es determinánsokra is kiterjeszthetők, hisz mindig kifejthetjük olyan sor (vagy oszlop) szerint, amelyet nem változtatunk, és így mindig az eggyel kisebb rendű determinánsok megfelelő tulajdonságára vezetődik vissza a bizonyítandó tulajdonság.

bbiek alapján felsorolhatjuk az sok néhány tulajdonságát:

( ) ( )1 111 11 1 11 111 1 1

2 2 2

1 1j kj k k k

k j k

a D a a D a D a+ +

= = =

′= + − = + − − =∑∑ ∑ ∑ ( )1 12

j kjj k

a D=≠

n nj k≠

11 11 1 1 1 12 1k k k k

k k

a D a D a D= =

= + =∑ ∑

1kD ′ 1kD 1ja

Az elő n n× -es determinán

3 3× n n×


Tétel. Ha ( )A ∈M

det det detA B C+ = ,

n , akkor érvényesek az alábbi állítások: a) det det tA A= , ahol A A transzponáltja. b) Ha A két oszlopát (vagy sorát) akkor a determináns előjele megváltozik. c) Ha A egy sorában (vagy oszlopában) α -val szorozzuk az elemeket, akkor a

determináns is szorzódik α -val.

t

l a C kapjuk -ból, hogy a B -vel m

az

-től különböző oszlop elemeihez hozzáadjuk a B megfelelő elemeit. f) Ha A egy oszlopához (sorához) hozzáadjuk egy másik oszlop (sor) α -szorosát,

akkor a determináns nem változik m

d) Ha A -nak van két azonos vagy ar s oszlopa vagy sora, akkor a determinánsa 0 .

g) Ha egy oszlopa (sora) a többi oszlop (sor) lineáris kombinációja, akkor a

ányoe) Ha A és B

ermináns 0.

egy oszlopban (vagy sorban) különbözik, akkor

aho AB

h) 1 1

et , ,ij ij ij iji j

A a D D i j n= =

= = ∀ =∑ ∑

n

mátrixot úgy egegyező oszlopokat leírjuk és a

i) 1

0iki

a D=

=∑ , ha k j≠

eg. A

j) ( )* det nA A A A A I⋅ = ⋅ = , ahol *A az A adjungáltja, amit úgy kapunk, hogy A transzponáltj

det

d 1n n

a

ij

, akk z

*

brai kom

1 *1det

A AA

− = ⋅

1 1− −

ában minden elemet az alge plementumával helyettesítünk Ez alapján az -es rendszerek esetében is megszerkeszthetjük inverzét és kijelenthetjük a Cramer szabályt. Egy -es rendszer is alakban írható, ahol . Tehát, ha or léte ik az

n n×

) , ,x b

A n n× A x b⋅ =

(nA M∈ n∈

(erre teljesülnek nA A A I= ⋅ = egyenlőségek) mátrix és ezzel beszorozva (balról) az egyenletet, az 1x A b−= ⋅ eg séghez jutunk. D

det 0A ≠

D

az Ayenl

D D D

⋅ő e

11 21 1

12 22 21

1 2

n

n

n n n

D D DD D

D D DD D DA

D D D

−

=

…

…

… n

és így 1

1

1,

n

n i ijij i

j ii

b DDx b j

D=

=

= ⋅ = =∆

∑∑ n .

A számlálóban szereplő összeg éppen a determináns kifejtése, ahol -t úgy j∆ j∆


kapjuk -ból, hogy a ∆ j

j ∆kapjuk -ból, hogy a j -edik oszlop elemeit a , , ,b b b… számokkal hely

-edik oszlop helyére a szabadtagokat helyettesítjük. Ha az egyenlőséget csak -gal szorozzuk, akkor a A x b⋅ =

összefüggésekhez jutunk (

*A j jx∆⋅ = ∆

1,j n=akkor a me

), tehát a tárgygoldhatóság feltétele

alás is hasonlóképpen végezhetHa ugy ,

ő el. anis 0∆ = 0 1j ,j n∆ = , és ha ezek a

1 2 n

(Cramer szabály) c) Ha det 0A = , és létezik olyan 1,j n= , amelyre 0j∆ ≠ , akkor a rendszer

inkompatibilis (összeférhetetlen), míg 0j∆ = ∆ = visszavezető-esetbendik egy kisebb rendszer tárgyalására

=feltételek teljesülnek, akkor végtelen sok megoldása van az egyenletrendszernek. Ezt tétel formájában is kijelentjük. Tétel

a) Ha det 0A ≠ , akkor 1 *1det

A AA

− = ⋅ .

A x b⋅ = , ( )nA ∈M , , nx b ∈

é j

∆

0 ramer szabály alapján csak egy 0 1,j j n∆ = ∆ = = hány yenlet

a rendszernek egyértelmű megoldása legyen a ek függvényében. Ez azt jelenti, hogy az ere

b) Az egyenletrendszer megoldásai

det 0A ≠ esetén 1,jx j n∆

= = alakban írhatók, ahol detA∆ = s ∆ -t úgy

ettesítjük

1,j n=

en rendszert nevez ogén lineá nletrendszernek, a (0, 0,...0) megoldást pedig triviális vagy .5. Megoldott gyakorlatok

Következmény. Ha 1 2b b= = 0nb= =…

goldása van, míg 0∆ =, akkor esetén a rendszernek

me egoldás létezik. Bizonyítás. Ebben az esetben

0∆ ≠ esetén végtelen sok m)0, 0, , 0…

1. Számítsuk ki a követk

os sinα α− 5 7 3 2+ −

csak a (0 1,j j n∆ = =

nb = , akkor a C, mert van egy identikusan 0

oszlopa. Tehát ha megoldás van és ez

1 2b b= = =…( )0, 0, , 0… . Ha ,

e akkor né eg

elhagyásával elérhetjük, hogy retlenekre nézve (a többiek paraméterek) paraméter

deti rendszernek végtelen sok megoldása van. Megjegyzés. Az ily zük hom ris egye

banális megoldásnak.

ező determinánsokat

bizonyos ism

a) 1 sin cosα α∆ = ; 3 2 5 7+ −

;

c) 3

1 2

0 2 1

3 1 2

∆ =

−

; d) 4 3 2 4

8 3 2

∆ = − −

−

; e) 5

1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12∆ = ;

2

c

2∆ =b)

3− 5 7 3

13 14 15 16


f) 6∆ =− −

; 1 0 4 5

2 4 0

3 5 6

−

− − −

6

0

g) 7

1 2

3 2 2 2 2

0 0 4 0 1

1 5 1 3 6

−

− −∆ =

4 4= −

0 1 2 33 2 3 1 2

1 4

− −

4

.

Megoldás a) = .

b) ( ) 2 2

1 cos cos sin sin cos sin 1α α α α α α∆ = ⋅ − ⋅ − = +

367

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 5 7 5 7 3 2 3 2 5 7 3 2∆ = + − − − + = − − − =−3 .

c) ( )1 3 33 1 13

1 2 32 1

0 2 1 1 1 27 11

0 7 11

S S S− + → +∆ = = ⋅ − ⋅ =−

−

e)

−

9 .

d) 1 1 2 3 32 25 7 3 10 7 3 10 7 17

13 2 4 6 2 6 2 02

8 3 2 16 3 2 16 3 8

O O O O O→ + →∆ − − = ⋅ − = − =

− − −

( )2 231 7 17

31 1710 2 0 2 1 248 119 .7 82

7 3 8

+= = ⋅ ⋅ − ⋅ = + =−

−

2 1 13O O O+ →

1 2 2

1 3 35

1 2 3 4 1 1 2 4

5 6 7 8 5 1 2 80

9 10 11 12 9 1 2 12

13 14 15 16 13 1 2 16

O O O

O O O

− + →

− + →∆ = = =

(a második és harmadik oszlop arányos)

f) 2 4 4

2 3 3

3

6 2

0 1 2 3 0 1 2 3

1 0 4 5 0 4 5

2 4 0 6 0 4 8 4

3 5 6 0 0 5

1

18 15

S S S

S S S

− + →

− + →

−∆ = =

− − − − −

− − − − − −

− =

( ) ( ) ( )2 1

1 2 3 1 2 3

1 1 4 8 4 4 1 2 1

5 18 15 5 18 15

+= − ⋅ − ⋅ − − − = − ⋅ =

− − − − − −


( ) ( ) ( ) ( )1 2 221 0 3

4 1 0 1

8

4 8 1

5 15

O O O− + →

−

= − ⋅ = − ⋅ − ⋅

− −

3 21 3

1 1+ ⋅ = −

( ) ( )32 2 64.= − ⋅ − =

1

( )5 3 34 4 57

3 2 5 1 23 2 5 1

1 4 15 2 41 4 15 2

3 2 6 2 2 1 13 2 6 2

0 0 0 01 5 23 3

1 5 2 3 6

1

3

O O O− + → +

− − −− − −

− −−

− − −∆ = = ⋅ − ⋅ =− − −

−−

g)

( ) ( ) ( ) ( )1 2 2

1 4 4

1 3 3

2 1 4

32

3 2 55 8 25

5 8 25 01 1 1 1 9 8 49 8 4 0

8 11 388 11 38 0

1

S S S

S S SS S S

+ → +

+ →− + →

− −− −

− −= − ⋅ = − ⋅ − ⋅ − ⋅ − =

−− −

− −

−

( ) ( )2 1 1 1 2 2

1 3 3

8

4

3 8 25 3 32 37

1 1 8 4 0 0

3 11 38 3 35 50

1O O O O O O

O O O

+ → + →

− + →

− −

= − ⋅ − = − ⋅ =

− −

( ) ( )2 132 37 32 37

1 1 1 535 50 7 10

+− −

= − ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ =− −

b

( ) ( )2 1 1 1 2 235 37 5 225 5 5 5 66 5 61 305.

3 10 3 1O O O O O O+ → + →− − − −= ⋅ = ⋅ = ⋅ − = ⋅ − = −

− − − −

2. Számítsuk ki a következő determinánsokat:

a)

2 2

2 21

2 2

a ab b

b a ab

ab b a

∆ = ; b) 2

2 2 2 2 2

a b c

b c c a a b

b c c a a b

∆ = + + +

+ + + 2

.

Megoldás. a) Vonjuk ki az első oszlopot a második és a harmadik oszlopból és emeljünk ki ( )b a− -t a két utolsó oszlopból.

( ) ( )( )

( )( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2

22 21

a a b a b a b a a a b

b a b a b b a b b a b a b b

ab aab b b a a a b

⋅ − − + +

∆ = − + ⋅ − = − ⋅ − + −

−⋅ − ⋅ −

a

Adjuk az első sorhoz az utolsó kettőt:


( ) ( )2 21

2 2 0 0a b ab

b a b a b b

b a

∆ =

+

− −

+

− ⋅ + =

−

ab

( ) )( )

2 2 2a b b

b a b bb a

− + −= − ⋅ + + ⋅ =

−

+

(a a

( ) ( ) ( ) ( ) (2 22 2 2 2 2 2 2 3 3 .b a a b ab a ab b b a b ab a b a ) = − ⋅ + + ⋅ + + = − ⋅ + + = − 2. megoldá

s. Adjuk az utolsó két oszlopot az elsőhöz.

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

2 2

2 2 2 2 21

2 2

1 1

1 0

01

ab b ab b

a ab b a ab a ab b a a b b a b

b b a a b a bb a

∆ = + + = + + − −

− − +

=

( ) (22 2a b

a ab b a b a−

= + + − =( ) )( ) ( ) ( 222 2 2 2 3ab b a b a ab b a bb a b

+ + − + + = −+ )3 .

b) Kivonjuk az első oszlopot az utolsó kettőből.

( ) ( )

2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1

( )( ) 1 1

a b a c a a

b c a b a c b a c a b c

b c a b a c b c a b a c

− −

∆ = + − − = − − + − − =

+ − − + − − +

( )( ) 1b a c a b c= − − ⋅ + −

( ) ( )2 2

0 0

1

a b c

b c a b a c

+ +

− =

+ − + − +

( )( )( ) ( )( )( )(1 1

b a c a a b c b a c a c b a b ca b a c= − − + + ⋅ = − − − + ++ + ) .

3. Oldjuk meg a következő lineáris rendszereket a) a Cramer szabály segítségével; b) a kiküszöbölés módszerével;

égével.

I. ; II.1

; III.61 .

a) I.

c) az inverz mátrix kiszámításának segíts

6 5 17

13 7 10

x y

x y

+ = + = 2 3 4

02 4 4

x y zx y zx y z

+ − = − + − =− − + =

22 3 3 23 2 5 35 2 7 2 1

x y z tx y z tx y z tx y z t

+ + + = − − + + = − + + + = − − + + =

6 5

42 65 2313 7

∆ = = − =− , 2

17 5119 50 69

10 7∆ = = − = és


3

11 17110 51 161

3 10

−∆ = =− − = − . Tehát 1 69 3

23x

∆= = = −

∆ − és

2 161 723

y∆ −= = =∆ −

.

II. 2 3 4 2 1 4

2 11

3 22 4

− − − −− −

= = −1 1 1 0∆ = − = 0 − 1 ;

1 2 4 3− −

1

1 3 4 1 1 41 1

1 1 0 04 2

4 2 4 4 2 4

− − − − −− −

∆ − =

−

2= ; 0 1= − =

2

2 1 4 2 1 42 1

1 0 1 0 0 13 4

1 4 4 3 4 4

− − − − −− −

∆ = − = − = = −

−

5 ;

3

2 3 1 2 1 11 1

1 1 0 1 0 01 4

1 2 4 1 1 4

− −−

∆ = = = − = −−

− − − −

3 .

Tehát 1 2x∆

= = −∆

, 2 5y∆

= =∆

és 3 3z∆

= =∆

.

III. 1 1 1 1 1 0 0 0

5 1 06 3 3 2 2 5 1 0

1 2 03 2 5 3 3 1 2 0

7 2 35 2 7 2 5 7 2 3

−− − −

∆ = = = − =−

− −− − −

( ) ( )5 1

3 3 91 2

−= − ⋅ =− ⋅ − =

−27 ;

1

0 1 0 012 6 5 4 2 5

12 3 6 53 3 1 9 1 1 1

3 2 3 13 9 4 1 3 4

3 2 9 4

−− −

∆ = = − = ⋅ − =

− −− −


( )

4 6 96 9

9 1 0 0 9 9 6 54 5

1 4 5

= ⋅ − = ⋅ = ⋅ − = − 4 ;

2

1 2 1 1 1 0 0 02 1 0

2 6 3 2 2 2 1 0 2 15 2 0 3 27

3 1 5 3 3 5 2 0 5 211 2 3

5 1 7 2 5 11 2 3

−−

− − −∆ = = = = − ⋅ =

−−

−

gy

;

3

1 1 2 1 1 0 0 05 2 0

2 3 6 2 2 5 2 0 5 21 5 0 3 3 2

3 2 1 3 3 1 5 0 1 57 11 3

5 2 1 2 5 7 11 3

−− −

− − − − − −∆ = = = − − ⋅ = ⋅

− − −− −

− − −

= 7 ;

4

1 1 1 2 1 0 0 05 1 2

2 3 3 6 2 5 1 21 2 5

3 2 5 1 3 1 2 57 2 11

5 2 7 1 5 7 2 11

−− −

− − − −∆ = = = − =

− −−

− −

5 9 279 27 1 3

1 0 0 12 9 4 212 24 1 2

7 12 24

− − −

= − = = ⋅ ⋅ = − ⋅

− − −

7 ;

Ezek alapján 1 2x∆

= = −∆

, 2 1y∆

= =∆

, 3 3z∆

= =∆

és 4 4t∆

= = −∆

.

b) I. A második egyenlőség 6 szorosából kivonjuk az első 13 szorosát. Í a egyenlőséghez jutunk, tehát . Ebből következik, hogy 23 161y− = − 7y =

17 56yx −= = 3− .

II. Az első és második egyenletet felcseréljük, majd rendre a következő átalakításokat végezzük:

.

Így 5 és .

0

2 3 4

2 4 4

x y z

x y z

x y z

+ − = + − = −− − + =

1

0

2 1

3 4

x y z

y z

y z

+ − = − = −− + =

0

2 1

3

x y z

y z

z

+ − = − = − = 2 1y z= − = 5 3 2x y z= − + = − + = −


III. Az első egyenletből kifejezzük -et és visszahelyettesítjük a többi egyenletbe, majd a másodikból kifejezzük -t és visszahelyettesítjük a harmadik és negyedik egyenletbe és így tovább. A következő rendszerekhez jutunk:

A harmadik egyenletből . Így az utolsó egyenletből és a második

egyenletből

xy

10 1 6 10 161 723 23y − − II. A rendszer

2 3 4 1x − −

2

5 2

2 5

7 2 3 1

x y z t

y z

y z

y z t

+ + + = −− + = − + =− + − =

1

2

5 2

9 27

3 15 69

x y z t

y z

z

z t

+ + + = −− + = −− = − − =

4

3z = 4t = −3 25

y − −= =−

1 . Az els

alakban írható. Az 1 1

2 4

A = −

mátrix transzponáltja és az adjungáltja,

ő egyenlet alapján

4 2 I. A r ndsze

2 2 1 3x y z t= − − − − = − − − + = −

c) e r mátrixos alakja 6 5 17x

13 7 10y ⋅ =

1 1− −

.

mátrix transzponáltja Az 6 5

A

=6 13

13 7 5 7

tA =

, tehát

és az adjungáltja

*A =7 5

13 6

− −

. det 6 7 5 3 23A = ⋅ − = − 1A−

7 5113 623

− − ⋅= −

oldás 117 7 5

.3

− = − ⋅

171 1 = ⋅

69 3 − =

xA−

=

. Így a 1⋅

. meg ⋅ −

1 1 1 0

1 2 4

yz

− = − −

2 3 4

1

1

−

− −

3tA =

2 1 1

1 2

4 1 4

− −

− −

és *

2 4 1

3 4 2

1

A

− = − −

.


Mivel írhatjuk, hogydet 1A = −

2

3 4 2det

1 1 1

A AA

−= ⋅ = − −

3 6 11 −

1 *

4 11−

−

.

Tehát a rendszer megoldása

5

3

.

III. A rendszer mátrixa

1

2 4 11 1 20 3 4 2 0

4 1 1 1 4

xy Az

−

− −− − − = ⋅ = − = −

1 1 1 1

2 2 3 2

3 2 5 3

5 2 7 2

A

− = −

.

Így és

1 2 3 5

1 3 2 2

1 3 5 7

1 2 3 2

tA

− − =

*

51 3 21 9

3 6 3 0

39 3 15 0

12 12 3 9

A

− − − = − − −

.

De és így a megoldások det 27A =51 3 21 9 2 54 2

3 0 6 27139 3 15 0 1 81 327 27

12 3 9 1 108 4

xyzt

− − − − − − = ⋅ = ⋅ = − − − − − 12

−

.

2.6. Megoldott feladatok I. Determinánsok és tulajdonságaik

ező mátrixok determinánsát:

a)

1. Számítsuk ki a követk

1

a bA

b a

= −

; b) 2

a b c

A b c a

c a b

=

.

Megoldás a) . b) 3 .

2 21detA a b= +

3 3 3 3 32det 3A acb bac cba c a b abc a b c= + + − − − = − − −


2. Bizonyítsuk be a következő egyenlőségeket a determinánsok kiszámítása nélkül:

a) 1 1 1 1 1 1 1 2 3

2 2 2 2 2 2 1 2 3

1 2 33 3 3 3 3 3

2

a b b c c a a a a

a b b c c a b b bc c ca b b c c a

+ + +

+ + + =

+ + +

(felvételi 1985);

b)

2 2

2 2

2 2

bc a abc ab ca

ab ac bc b ac b

ac bc ab c c ab

= .

Bizonyítás

a) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

a b b c c a a b c c a b b c c a



+ + + + + + +

+ + + = + + + + +

+ + + + + + +

=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 33 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

a b c a b b c a b c c aa c c aa b c a a c c a b b c a b c c a

a c c aa b c a b b c a b c c a

+ ++= + + + + + + +

++ +

+

=

+

1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3 3

2

a b c b c a a b c

a b c b c a a b c

a b c b c a a b c

= + = ⋅ ,

mert a felbontásban megjelenő további determinánsok értéke nulla és

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

b c a a b c

b c a a b c

b c a a b c

= ,

mert az egyikből a másikat két oszlopcserével kaphatjuk meg. b) Az első sort a -val, a másodikat b -vel és a harmadikat c -vel szorozzuk (ab esetén):

0c ≠

2 2

2 2

2 2

1abc a b a cbc ab ca

ab ac bc ab abc b cabc

ac bc ab ac bc abc

= ⋅ . (1)

Az első oszlopból kiemelünk a -t, a másodikból b -t és a harmadikból c -t!


2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

1abc a b a c bc a a

abcab abc b c b ac babc abc

ac bc abc c c ab

⋅ =

2

2 . (2)

Az (1) és (2) alapján következik a kért egyenlőség.

3. Számítsuk ki a

2 2 21 2 3

2 3 1

3 1 2

x x xx x xx x x

=

0

∆ determinánst, ha , és x az

egyenlet gyökei (felvételi 1987).

1x 2x 3

3 2 5 2x x x− + + =Megoldás. A Sarrus szabály alapján a determináns

2 2 2 4 4 4 4 41 3 2 2 1 3 3 2 1 3 2 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3( ) (x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x∆= + + − − − = + + − + + 4)

2 5 9

) =)

. De a Viéte-féle összefüggések alapján , és

. Így 1 2 3 1x x x+ + = 1 2 3 2x x x = −

1 2 2 3 3 1 5x x x x x x+ + =

( ) ( )22 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 12 1x x x x x x x x x x x x+ + = + + − + + = − ⋅ = − ,

( ) (24 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 12x x x x x x x x x x x x+ + = + + − + +

( ) ( ) (( )221 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 39 2 2x x x x x x x x x x x x= − − ⋅ + + − + + =

( )( )81 2 25 2 2 1 81 58 23= − ⋅ − ⋅ − ⋅ = − = . Tehát ∆ . ( )2 1 23 25= − ⋅ − = −

4. Számítsuk ki a 1 2 3

2 2 21 2 3

1 1 1x x x

x x x

=∆ determinánst! Írjuk fel az eredményt szorzat

formájában! Megoldás. A Sarrus szabály alapján könnyű kifejteni a determinánst, de nem biztos, hogy észrevesszük a felbontást. Előnyösebb ilyenkor eleve arra törekedni, hogy kiemeljünk valamilyen tényezőt. E célból kivonjuk az első oszlopot a második és harmadik oszlopból. Így a determináns értéke nem változik, tehát

( )1 2 1 3 1 2 1 1 3 1

2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 3 1 1 2 1 3 1

1 0 01 0 01x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

∆ = − − = − − =

− − + −

( )( )2 1 3 1 1

21 2 1 3 1

1 0 0

1 1x x x x x

x x x x x

= − − =

+ +


( )( ) ( ) ( )( )(1 12 1 3 1 2 1 3 1 3 2

2 1 3 1

1 11 1x x x x x x x x x xx x x x

+= − − ⋅ ⋅ − ⋅ = − − −+ + ) .

Tehát ( )( )( )1 2 3 2 1 3 1 3 2

2 2 21 2 3

1 1 1x x x x x x x x x

x x x

= − − − .

5. Oldjuk meg az 2 2 2

2 2 20

2 2 2

2 2 2

x

x

x

x

=

egyenletet. Megoldás. Adjuk rendre a második, harmadik és negyedik oszlopot az első oszlophoz majd emeljük ki az első oszlopból ( -ot és hozzunk be az első oszlopba minél több 0-t.

)6x +

( )

2 2 2 6 2 2 2 1 2 2 2

2 2 2 6 2 2 1 2 26

2 2 2 6 2 2 1 2 2

2 2 2 6 2 2 1 2 2

x x

x x x xx

x x x x

x x x x

+

+= = + ⋅ =+

+

( )

1 2 2 2

0 2 0 060 0 2 0

0 0 0

xx

x

x

−= + ⋅

−

− 2

.

Az utolsó lépésben minden sorból kivontuk az első sort.

( )1 1

1 2 2 22 0 0

0 2 0 01 1 0 2 0

0 0 2 00 0 2

0 0 0 2

xx

xx

xx

+

−−

= ⋅ − ⋅ − =−

−−

( ) ( ) ( )1 1 32 0

2 1 30 2

xx x

x+

−= − ⋅ − ⋅ = −

−3

,

tehát az egyenlet ( ) alakban írható. Így a gyökök és

.

( )6 2x x+ − = 0 1,2, 3 2x =

4 6x = −


6. Oldjuk meg az

2 2 2 2

3 3 3 3

1 1 1 1

0x a b c

x a b c

x a b c

=

egyenletet, ha a b c páronként különböző számok. , ,Megoldás. Az első oszlop szerint kifejtve egy harmadfokú polinom a baloldal. De

, és gyökei az egyenletnek, mert ezekre az értékekre a determinánsnak van két azonos oszlopa és így 0. Egy harmadfokú egyenletnek viszont három komplex gyöke van, tehát a feladatot megoldottuk.

1x a= 2x = b c3x =

Megjegyzés. Az eredmény alapján

( )( )( )2 2 2 2

3 3 3 3

1 1 1 1

( , , )x a b c

E a b c x a x b x cx a b c

x a b c

= − − − ,

ahol E a nem függ x -től. ( , , )b c ∈

De -ra 0x = ( ) 2 2 22 2 2

3 3 3 2 2 23 3 3

1 1 1 11 1 10

00

0

a b ca b c

a b c abc a b ca b c

a b c a b ca b c

∆ = = = ⋅ =

( )( )( )abc b a c a c b= − − − Így , tehát ( ) ( )( )(, ,E a b c b a c a c b= − − − )

( )( )( )( )( )( )2 2 2 2

3 3 3 3

1 1 1 1

x a b ca x b x c x b a c a c b

x a b c

x a b c

= − − − − − − .

Ezt az ötletet alkalmazhatjuk hasonló n -es determinánsok kiszámítására. A n×

( )

1 2 3

2 2 21 2 31 2

1 1 11 2 3

1 1 1 1

, , ,

n

nn

n n n nn

x x x x

x x x xV x x x

x x x x− − −

=…2

1−

determinánst Vandermonde determinánsnak nevezzük és igazolható, hogy


( ) ( )1 21

, , , n ji j n

V x x x x x≤ < ≤

= −∏… i

A

7. Bizonyítsuk be, hogy ha n páratlan, és A A , akkor .

( )nA M∈

n

0tn+ =

det 0A =Bizonyítás. , tehát

. (A ( ) mátrixot úgy is felfoghatjuk, mintha mind az n oszlopát szoroztuk volna ( -el és ezért )

( ) ( )det det det 1 1 det dettA A A A= = − ⋅ = − ⋅ = −1 A− ⋅)1− ( ) ( )det 1 1 detnA A− = − ⋅

det 0A =

Megjegyzés. Az ilyen mátrixokat antiszimmetrikusnak nevezzük. 8. Számítsuk ki a

21 1 2 1

22 1 2 2

21 2

2

2

2

n

n

n

n n

a a a a a

a a a a a

a a a a a

+

+∆ =

+ n

determinánst!

Megoldás

21 12 a∆ = + , ( )( ) (

21 1 2 2 2 2 2 2

2 1 2 1 222 1 2

22 2 4 2

2

a a aa a a a a

a a a

+∆ = = + + − = + ⋅ +

+)21 2a .

2 2 21 1 2 1 3 1 1 2 1 1 2 1 3

2 23 2 1 2 2 3 2 1 2 2 1 2 2

2 23 1 3 23 1 3 2 3 3 1 3 2 3

2 2 0 2

2 2 0 2

22

a a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a a a a a a

a a a aa a a a a a a a a a

+ + +

∆ = + = + + +

+

23 =

( )( )21 1 2 1

2 2 2 21 2 3 2 1 2 2

3 1 3 2

2

2 4 2 2

1

a a a a

a a a a a a a

a a a a

+

= ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =

( ) ( )2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3

1 2

2 0 0

8 4 0 2 0 8 4

1

a a a a a a

a a

+ ⋅ + + ⋅ = + + + .

A kiszámítására használt ötlet alapján rekurziót tudunk bevezetni a ( )

sorozat tagjaira. 3∆

1n n≥∆

2 21 1 2 1 1 1 1 1

22 1 22 1 2 2 2 1

1

21 1 11 1 1 2 1 1

2 2 0

02

22

n n n

nn n

n

n n nn n n n n

a a a a a a a a a a

a a a aa a a a a a a

a a a aa a a a a a a

+

+

+

+ ++ + + +

+ +

+∆ = =

+

+


21 1 2 1 1

22 1 2 2 22 2

1 1

1 21 2

2 0 0 02

0 2 0 02

20 0 2 0

11

n

nn n n

nn

a a a a a a

a a a a a aa a

a a aa a a

+ +

+

++ ⋅ = ⋅ ∆ + ⋅ =

212 2nn na += ⋅ ∆ + .

Így 1 21

2 21 2 1

3 2 22 3 2

1 2 22 1 2

2 22 2 | 22 2 | 2

....................................2 2 | 2

nn nn

nn n n

nn n n

n

aaa

a

−−

−− − −

−− − −

−

∆ = ∆ +∆ = ∆ + ⋅∆ = ∆ + ⋅

∆ = ∆ + ⋅

( )1 1 2 2 21 2 32 2n n

n na a a− −

+∆ = ∆ + ⋅ + + + =

( ) ( )1 2 1 2 2 2 11 2 3

1

2 2 2 2 2n

n n n nn k

k

a a a a− − −

=

= + + ⋅ + + + = + ⋅∑ 2a

)

)

9. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n -es mátrix minden eleme 1 vagy − , akkor a determinánsa osztható 2 -el.

n× 11n−

Megoldás. Az első sort hozzáadjuk az összes többi sorhoz. Így az első sor kivételével minden sorban -2, 0 vagy 2 áll. Az előjeles determináns minden sorból és minden oszlopból pontosan egy tényezőt tartalmazó előjeles szorzatok összege. Így az előbbi determináns kifejtésének minden tagja osztható -el (mert ( sorból illetve oszlopból 2, 0 vagy -2 kerül a szorzatba), tehát a determináns is osztható. Ugyanerre az eredményre jutunk akkor is, ha kifejtjük az első sor szerint és minden aldetermináns minden sorából kiemelünk 2-t.

12n− 1n −

10. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n -ed rendű determináns n n eleme egyenlő, akkor a determináns 0.

2 2− +

Bizonyítás. A feltétel alapján legfeljebb ( elem különbözik az n n egyenlő elemtől. Így legalább két sorban ezek közül egy sincs, tehát létezik két azonos sor. Tehát a determináns 0.

2n − 2 2− +

Megjegyzés. Belátható, hogy minden n esetén létezik olyan n -ed rendű 0-tól különböző determináns, amelynek n n eleme egyenlő. Ilyen például a

*∈1+2 −

1 1 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 0

n∆ = determináns.


I I. Egyenletrendszerek megoldása és tárgyalása

1. Milyen a b valós értékekre összeférhetetlen az alábbi egyenletrendszer? ,

( )

2 2

2 3 1

2 1 2

ax y z

x y z

a x y z

+ − = + + = − + + = b

Megoldás. Ha a rendszer összeférhetetlen, akkor a mátrixának determinánsa 0. A 1 2

2 1 3

2 1 2 1

a

a

−

∆ =

−

0=

0

2

1

b

)

3

egyenlőség rendre a következőképpen alakítható:

( ) ( )3 2 1 8 2 2 1 6 2 0a a a a+ − − + − − − = és . 5 15a − =Tehát csak a esetén teljesül. Ebben az esetben a rendszer a következő alakban írható:

0∆ = 3=

3 2

2 3

5 2

x y z

x y z

x y z

+ − = + + = + + =

Látható, hogy , tehát b esetén a rendszer határozatlan volna. Így az összeférhetetlenség feltétele a és b .

( ) (5 2 3 2 2 3x y z x y z x y z+ + = + − + + + 3=≠3= 3

2. Az m paraméter milyen értékeire van az ∈

2

2 12 2

2 3

x y zx y z

mx m y z

+ + = − + = + + =

egyenletrendszernek egyértelmű megoldása? (Felvételi 1997) Megoldás. Egyértelmű megoldás pontosan akkor létezik, ha , ahol 0∆ ≠

2

1 2

1 1

2 3m m

∆ = −

1

2 .

De és az m m egyenlet gyökei m és , tehát

2 10 9m m∆ = − + −9=

2 10 9 0− + = 1 1=

2m { }\ 1m ∈ , 9 esetén van a rendszernek egyértelmű megoldása. 3. Oldjuk meg az

2 4

2 4

2 4

x ay a z a

x by b z b

x cy c z c

− + = − + = − + =


egyenletrendszert, ha a b c a . ≠ ≠ ≠1. megoldás. A rendszer mátrixának determinánsa

( )( )(

2

2

2

1

1

1

a a

b b b a c a c b

c c

−

∆ = − = − − − −

−

) (Vandermonde).

Tehát ki kell számítani a 4 2

4 21

4 2

1

1

1

a a a a a

b b b abc b b

c c c c c

∆ = = − ⋅

3

3

3

,

4 2 2

4 2 2 42

4 2 2 4

1 1

1 1

1 1

a a a a

b b b b

c c c c

= = −

4

∆ és

4

43

4

1

1

1

a a

b b

c c

∆ = determinánsokat.

( )( )

32 2

3 31 2 2

3 3

11

01

0

a ab ab a

abc b a b a abc b a c ac ac a

c a c a

+ +∆ = − ⋅ − − = − − − ⋅ =

+ +− −

( )( )( )(abc b a c a c b a b c= − − − − + + ) , ( )( )( ) ( )( )( )( )( )( )2 2 2 2 2 2

2 b a c a c b b a c a c b a b b c c a∆ = − − − − = − − − + + + ,

( )( )

43 2 2 3

4 43 3 2 2 3

4 4

11

01

0

a ab b a ba a

b a b a b a c ac c a ca a

c a c a

+ + +∆ = − − − = − − − ⋅ =

+ + +− −

( )( ) ( ) ( )3 3 2 2 2b a c a c b a c b a c b = − − − ⋅ − + − + − =

( )( )( ) 2 2b a c a c b c cb b ac ab a2 = − − − − ⋅ + + + + + .

Így ( )1x abc a b∆= = + +∆

c , ( )( )( )2 b a c c∆= = + + +∆

y a és b

2 2 23z a b c ab ac b∆= = + + + + +∆

c

)

.

2. megoldás. Tekintjük a P t polinomot. A feltételek alapján -nek gyöke az a , b és c . Tehát

4 2( ) t t z ty x= − + −P

( )( )( )( ) ( )P t t a t b t c Q t= − − − ⋅ (*) Mivel , a Q fokszáma 1 és domináns tagjának együtthatója 1. Így

alakú. De a ( ) szorzatban a t együtthatója 4grP =

t s= +( )Q t ( )( )(t a t b t c t s− − − + 3


s a b c− − −

zy

, tehát a (*) egyenlőség csakis akkor teljesülhet, ha s a . Ebben az esetben a Viéte összefüggések (vagy a szorzás elvégzése után az együtthatók azonosítása) alapján kapjuk, hogy

b c= + +

bc( )c+

1

2

n

bb

b

=

i ib=

(1

n

i

S b=

−∑

jb ⋅ − =

1 2 1 11 1 1 3 12 2 2 2 2j j j

nb b b b bn n n n n− +

−= + + + + +− − − − −

12 nb n+ +

−

( )2 2 2 2a b c ab ac bc a b c ab ac= + + − − − = + + + + + , ( )( ) ( )( )a b c ab ac bc abc a b a c b= + + + + + = + + és

( )x abc a b c= + + . 4. Számítsuk ki az A M ( )n∈

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1

A

1

− − − = −

mátrix inverzét, ha n . 3≥

Megoldás. Felírjuk az A x egyenletrendszert, ahol xb⋅ =1

2

n

xx

x

=

és b . Ez

1 2 3

1 2 3 2

1 2 3

n

n

n n

x x x x bx x x x b

x x x x b

− + + + + = − + + + = + + + − =

1

alakú, tehát az jelöléssel az egyenletek S x alakban írhatók. Így

1 2 nS x x x= + + + 2−

)1 1,2i ix S b i= − = n , tehát ( )

1 1

12 2

n n

i ii i

nS b= =

= = − =∑ ∑S x . i

Ebből az összefüggésből 1

22

n

ii

S bn =

=− ∑ , tehát

1

1 22 2

n

j iin =

= − ∑x b

.

Ez alapján az inverz mátrix 1

3 1 1 12 2 21 3 1 12 2 2

1 1 1 32 2 2

nn n n n

nn n n n

nn n n n

−

2

2

2

A

− − − − − − − − − −= − − − − −


5. Oldjuk meg az

0000

ax by cz dtbx ay dz ctcx dy az btdx cy bz at

+ + + = − + − = − − + = + − − =

egyenletrendszert, ha a b c d nem mind nulla. , , ,Megoldás. Az első egyenletet szorozzuk a -val, a másodikat b -vel, a harmadikat c -vel és a negyediket d -vel, majd adjuk össze a kapott egyenlőségeket. Az

egyenlőséghez jutunk, tehát x . Hasonlóan jutunk az

összefüggésekhez is. (A szorzótényezők rendre ( ) , és ( ) ).

( 2 2 2 2a b c d x+ + +0y z t= = =

( ), , ,c d a b− − , ,d c−

) 0=

,b

0=, ,b a d− − ,c

a− 2.7. Elemi mátrixműveletek és a mátrix rangja A rendszerek megoldásánál és a determinánsok kiszámításánál láttuk, hogy a sorok (oszlopok) felcserélése, beszorzása, illetve összeadása vezetett a megoldáshoz. Ennek a paragrafusnak a célja annak a vizsgálata, hogy ezek a műveletek milyen összefüggésben vannak a mátrixokkal végzett műveletekkel, és milyen következményei vannak ezeknek az összefüggéseknek.

Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy az a b

Ac d

=

a b

d

mátrixból milyen mátrixművelet

segítségével kapható meg a Cc

τ

τ

=

mátrix! Törekedjünk arra, hogy a művelet

másik operandusa A -tól független legyen!

Megoldás. Az egyenlet megoldása B C .

Ennek elemei az elemeitől függnek. Próbáljunk meghatározni olyan B mátrixot,

amelyre A B . Egy ilyen mátrix -es kellene legyen, tehát . Az

szorzás elvégzése után a következő egyenlőségeket írhatjuk fel:

1A B C+ =

A

C

( )

( )1

1 0

1 0

aA

c

τ

τ

− = − = − 2

2

x yB z t

=

2⋅ = 2 2×

2A B⋅ax bz acx dz c

ττ

+ = + = illetve

. ay bt bcy dt d + =+ =

Ha az x -et küszöböljük ki, a z b , míg ha a z -t küszöböljük ki az egyenlőséghez jutunk. Így x és mindig megoldás.

Hasonló gondolatmenet alapján y és t , tehát B

( ) 0c ad⋅ − =

0= 1=

( ( ) 0d bcτ− − =)x a τ= 0z

0

=τ

2

0

1

=

. Ezt a mátrixot

megszerkeszthetjük a rendszerek megoldása nélkül is, az együtthatók azonosításával.


Hasonló módon -es mátrixok esetén is megszerkeszthető egy olyan mátrix, amellyel való szorzás az eredményeként az eredeti mátrix valamelyik oszlopa szorzódik -val. Így az

n n×

τ1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

a b c a b cX

a b c a b c

τ

τ

⋅ =

egyenlet megoldása a mátrix.

0 0

0 1 0

0 0 1

τ

Érvényes a következő általános tétel:

Tétel. Ha az A M mátrixot a ( ),m n∈, 1,ij i j n=

B b = , b i

mátrixszal szorozzuk (jobbról), akkor az eredményt az -ból úgy is megkaphatjuk, hogy a k -adik oszlop elemeit szorozzuk τ -val.

0,,1,

ij

i jj

i j kτ

≠= = = = ≠A

k

k

k

Bizonyítás. Jelöljük C -vel az szorzatot. A szorzat értelmezése alapján A B⋅

1

,

,

n ij

ij il ljijl

a jc a b

a jτ=

≠= = =∑ ,

tehát a C -adik oszlopa az -adik oszlopának -szorosa és a többi oszlop változatlan.

k A k τ

Megjegyzés. Ha balról szorozzuk a , 1,ij i j m=

D d =

0,,1,

ij

i jd i

i jτ

≠= = = ≠

j kk

=

mátrixszal, akkor a -adik sor elemei szorzódnak -val. k τFeladat. Szerkesszük meg azt a mátrixot, amellyel az A mátrixot jobbról szorozva felcserélődik az A -edik oszlopa a

B ( ),m n∈Mi j -edik oszlopával. Milyen

mátrixszal szorozhatjuk, ha két sorát szeretnénk felcserélni? Megoldás. A mátrix n -es és ha B n×

, 1,ij i j n=B b = , akkor az

összeg a kell legyen, ha 1 1 2 2k l k l kn nla b a b b+ + a+ kl { },i j∉l és 1,k = m . Így , ha 1llb = { },i∉

kja =l és az összes többi tagja nulla. Ha pedig l , akkor az összeg

kell legyen és így b . Továbbá l esetén b . A B mátrix összes többi eleme 0, tehát

j

ji

ij

=11 = ij =

{ } ( ) ( ) ( ) ( ) vagyegyébként

1, , , , , , ,0,kl

k l i j k l i j k l j ib

= ∉ = == .


Például 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3

1 0 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0

0 1 0 0

a b c d a d c b

a b c d a d c b

a b c d a d c b

⋅ =

.

Érvényes tehát a következő tétel: Tétel. Ha az A mátrixot jobbról szorozzuk a ( ),m n∈M [ ] , 1,kl k l n==B b ,

{ } ( )ébként

, , ,l i j k l∉ ( ) ( ) ( )vagyegy

1, , , ,0,kl

k i j k l j ib

= = == A

mátrixszal, akkor az

i -edik és j -edik oszlopát cseréljük fel. Hasonló módon látható be, hogy ha a [ ] , 1,kl k l m==D d ,

{ } ( ) ( ) ( ) ( )vagyegyébként

1, , , , , , ,0,kl

k l i j k l i j k l j id

= ∉ = ==

mátrixszal szorzunk balról, akkor az i -edik és a j -edik sort cseréljük fel A -ban. Látható, hogy az eddig megszerkesztett mátrixok minden sorában és oszlopában egyetlen nullától különböző elem áll. Ha több nem nulla elem áll a szorzómátrix oszlopaiban akkor az eredeti mátrix oszlopainak lineáris kombinációi lesznek az eredmény oszlopai (ezt a szorzat értelmezésnél is láttuk). Így elérhetjük azt is, hogy a j -edik oszlop elemeihez adjuk hozzá az i -edik oszlop elemeinek τ -szorosát. Feladat. Milyen B mátrixszal kell szoroznunk jobbról az A mátrixot,

ha az első oszlop -szorosát szeretnénk az utolsó oszlophoz hozzáadni?

( )2,4∈Mτ

Megoldás 1 1 1 1

2 2 2 2

a b c dA

a b c d

=

, tehát a mátrix 4 -es. B 4×

Az első három oszlop változatlan kell maradjon, tehát 1 0 0

0 1 0

0 0 1

0 0 0

x

yB

z

t

=

.

Ha , és y z akkor az első oszlop τ -szorosát adjuk hozzá az utolsó oszlophoz. x τ= 1t = 0= =

1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

a b c d a b c a d

a b c d a b c a d

ττ

τ

+ ⋅ = +

268 Lineáris egyenletrendszerek megoldása

Látható, hogy ha az mátrixot szorozzuk a ( ),m nA ∈M [ ] , 1,kl k l n==B b ,

( ) ( )egyébként

1,, ,

0,kl

k lb k lτ

== =

,i j

mátrixszal, akkor az A i -edik oszlopának -szorosát adjuk hozzá a τ j -edik oszlophoz. Az előbbiek alapján a determináns kiszámításánál használt átalakítások felfoghatók egy-egy négyzetes mátrixszal való szorzásként is. Mivel ezek az átalakítások fontosak az általános ( -es) lineáris egyenletrendszerek megoldásában és az inverz mátrix kiszámításában, a következő értelmezéseket adjuk.

m n×

Értelmezés. Elemi sortranszformáción (oszloptranszformáción) a következőket értjük:

a) ha egy mátrix valamely sorát (oszlopát) szorozzuk vagy osztjuk egy 0-tól különböző számmal; b) ha egy mátrix két sorát (oszlopát) felcseréljük; c) ha egy mátrix egyik sorának (oszlopának) τ -szorosát ( ) hozzáadjuk egy

másik sorhoz (oszlophoz). 0τ ≠

A továbbiakban két mátrixot hasonlónak nevezünk, ha az egyik megkapható a másikból elemi sortranszformációk segítségével. Ezt A -vel jelöljük. ~ BVilágos, hogy az elemi transzformációk fordított transzformációi is elemi transzformációk, tehát ha megkapható a -ből elemi transzformációk segítségével, akkor B is megkapható az -ból elemi transzformációk segítségével.

AA

B

Feladat. Számítsuk ki az elemi transzformációk mátrixának determinánsát! Megoldás

a) Ha egy sort szorzunk -val, akkor a transzformáció mátrixában a főátlón egy áll és a többi egyes, tehát rendre kifejtve a főátló elemei szerint a determinánsát az

eredmény .

ττ

τb) Ha két sort vagy oszlopot kicserélünk, akkor a transzformáció mátrixának

determinánsát a főátlón levő 1-esek szerint rendre kifejtve a 0 1

11 0

= = −∆

eredményhez jutunk. c) A főátló elemei szerint rendre kifejtjük a transzformáció mátrixának

determinánsát. Az eredmény itt mindig 1. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy milyen A mátrixok alakíthatók át elemi sortranszformációk és esetleg oszlopcserék segítségével az I mátrixszá!

( )n∈Mn

Megoldás. Az első sort a -gyel osztjuk, majd a 11 j -edik sorhoz hozzáadjuk az első sor − -szeresét. Így az első oszlop megegyezik az I első oszlopával. Ha ezt tovább folytathatjuk, akkor általában az i -edik lépésben az i -edik sort osztjuk a -vel és

1ja n

ii

j i≠ esetén a j -edik sorhoz hozzáadjuk az így megváltoztatott -edik sor − -szeresét. Probléma csak akkor merülhet fel, ha a főátlóra 0 kerül (ezzel nem oszthatunk). Ekkor viszont sor- vagy oszlopcserével kicserélhetjük 0-tól különböző elemre vagy

i jia


1 0 0 0 |

0 1 0 0 |

0 0 1 0 |

|

0 0 0 1 |

0 0 0 0 | 0 0 0 0

|

0 0 0 0 | 0 0 0 0

X

− − − − − + − − − − −

alakú mátrixhoz jutunk. Ezt a továbbiakban 0kI X

-val jelöljük. Elemi transzfor-

mációk során a mátrix determinánsa vagy előjelet vált, vagy nem változik, vagy -val szorzódik. Így ha akkor az előbbi mátrix nem jelenhet meg,

mert ennek a determinánsa 0. Ugyanazon ok miatt ha , akkor nem jelenhet meg a végén az egységmátrix, tehát -ból pontosan akkor juthatunk el az I -hez ha

. Ez egy fontos tulajdonság, mert megmutatja, hogyan lehet felbontani A -t vagy A -t elemi transzformációk mátrixainak szorzatára.

0τ ≠

detA

det 0A ≠

Adet 0A =

n

0≠1−

Jelöljük -val azokat a transzformációkat, amelyek segítségeivel A -ból megkapjuk I -et. Ez (*)

1 2, , , qE E E…

n 1 1q qE E E A I−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =… n

alakban írható. Mivel de , létezik A és így (*)-ból (balról szorozzuk -el) következik, hogy E E . Ez az egyenlőség

t 0A ≠q q−⋅ ⋅…

1− 1A−

11 1E A−⋅ =

11 1q q nE E E I A−

−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =… alakban is írható és azt fejezi ki, hogy ha az I soraival ugyanazokat a transzformációkat hajtjuk végre mint az soraival, akkor ha -ból I -et kapunk, az

-ből jelenik meg. Eszerint az inverz mátrix kiszámítható a következő egyszerű szabályok szerint:

n

A A n

nI1A−

1. Írjuk az oszlopai után rendre az oszlopait. (Így egy n -es mátrixhoz

jutunk).

A nI

|A I

2n×

n

2. Végezzünk elemi sortranszformációkat az egész | nA I mátrixszal addig,

amíg az első oszlopban I jelenik meg. n n

3. Az utolsó n oszlop által alkotott mátrix az A . 1−

Példa. Számítsuk ki az mátrix inverzét!

1 2 1

3 0 2

1 1 1

A

− =


Megoldás

1 2 2

1 3 3

3

1 2 11 2 1 1 0 0 1 0 0

| 3 0 2 0 1 0 0 6 5 3 1 0

1 1 1 0 0 1 0 1 2 1 0 1

S S S

n S S SA I

− + →

− + →

−− = − − − −

∼ ∼

2 22 1 1

2 3 3

126

12 0 01 01 0 01 2 1 335 1 1 5 1 10 1 0 0 1 06 2 6 6 2 6

0 1 2 1 0 1 1 17 10 0 2 66

S S S S S

S S S

− → − + →

+ →

− − − − − − − − −

∼ ∼ ∼

3 3 3 2 2

3 1 1

6 57 6

23

2 312 1 0 00 01 07 733

5 1 1 1 2 50 1 0 0 1 06 2 6 7 7 7

0 0 1 3 1 6 3 1 60 0 17 7 7 7 7 7

S S S S S

S S S

→ + →

− + →

47

− − − − − − − −

∼ ∼

Tehát 1

2 3 47 7 71 2 57 7 73 1 67 7 7

A−

− = − − −

A bekeretezett elemekkel osztottuk a megfelelő sorokat. Ezeket nevezzük generáló elemeknek. Megjegyzés. Ez a módszer (ebben a formában) kézi számolások során könnyen eltéveszthető viszont az algoritmus egyszerűségénél fogva egyszerűen programozható. Láttuk, hogy de esetén az A mátrix előállítható -ből elemi transzformációkkal, tehát írhatjuk, hogy

t 0A ≠ nI

1 2 pA E E E= ⋅ ⋅ ⋅… Ha sorcserét (oszlopcserét) végeztünk, akkor a megfelelő mátrix determinánsa -1 és a transzformáció során a mátrix determinánsának előjele változik meg. Ha egy sor valahányszorosát egy másik sorhoz adtuk, akkor a determináns nem változik meg és a transzformáció mátrixának determinánsa 1, míg ha szorzunk/osztunk egy sort τ -val, akkor a transzformáció mátrixának determinánsa τ és az eredeti mátrix szorzódik -val. Így a transzformációk során a determináns úgy viselkedik mintha szoroznánk a transzformáció determinánsával. Eszerint

τ

1 2det detE det det pA E= ⋅ ⋅ ⋅… E . Megjegyzés. Az előbbi algoritmusban ez a generáló elemek szorzata.


Ennek az előállításnak egy nagyon fontos következménye van: Tétel. Ha A B akkor de . ( ), n∈M ( )t det detA B A B⋅ = ⋅Bizonyítás. Ha és de akkor A E és

, ahol

det 0A ≠ t 0B ≠ 1 2 pE E= …

1 2 qB FF F= … 1,iE i p= és 1,q=jF j elemi transzformációk mátrixai. Így

, tehát 1 2A B E E⋅ = 1 2p qF F F…E ⋅…( ) ( )( )1 2 1 2det det det det det det det det detp qAB E E E F F F A B= =… … .

Ha , akkor A . det 0A =

1 0 0 0 |

0 1 0 0 |

0 0 1 0 |

|

0 0 0 1 |

0 0 0 0 | 0 0 0 0

|

0 0 0 0 | 0 0 0 0

X

− − − − − + − − − − −

∼

Ha az utóbbi mátrixot D -vel jelöljük, akkor . Viszont D -ben van csupa 0-ból álló sor és így , tehát de . Ha

, akkor az előbbi gondolatmenetben A és B szerepét felcseréljük.

A B D B⋅ ∼tAB⋅ B⋅

t deA ⋅det 0DB = 0 de tB= =det 0B =Az előbbiek alapján de . ( )t det detAB A B= ⋅Megjegyzés. A esetet letárgyalhatjuk a határértékek segítségével is. Ha

, akkor létezik olyan det 0A =

det 0A = ( ) 0n nA ≥ mátrixsorozat, amelyre és

(ezt megszerkeszthetjük, ha az előbbi mátrixban a főátlóra

kerülő 0-k helyett

lim nnA

→∞= A

det 0nA 0n ≥≠ ∀ D1n

-et írunk, és így hajtjuk végre azoknak a transzformációknak az

inverzét, amelyekkel A -ból kaptuk a D -t). Mivel a determináns a mátrix elemeiből képzett szorzatok előjeles összege, ezért és így írhatjuk, hogy (det limnn n

A→∞

= )nA

lim→∞

( ) ( )det lim det lim det det det detn n n nn nAB A B A B A B

→∞ →∞= = = ⋅ .

A mátrixok elemi transzformációi a lineáris rendszerek elméletében is fontos szerepet játszanak ugyanis ha A , akkor az A E egyenlőség alapján az

rendszer ekvivalens a B x rendszerrel. Másrészt a

alakú rendszerek megoldása és tárgyalása egyszerű, hisz a jobb oldalon

is 0 kell álljon a D identikusan 0 sorainak megfelelő sorokban (ellenkező esetben a rendszer összeférhetetlen) és csak az első ismeretlen (D szerint) egyértelműen kifejezhető a szabadtagok és a többi ismeretlen segítségével. A fogalmazás

B∼ 1 1p pE E B−= ⋅…1 1 1

1 2 pE E E b− − −= ⋅…

k

A x b⋅ =

0kD =

⋅I X


egyszerűsítésének céljából az A -ból kialakítható legnagyobb I mátrix rendjét az A rangjának nevezzük (ez a bal felső sarokban megjelenő mátrix rendje, azaz a végrehajtható lépések (kialakítható oszlopok) száma). Világos, hogy A aldeterminánsai a transzformációk során D aldeterminánsaiba transzformálódnak, tehát az rangja a következőképpen is értelmezhető.

k

kI

A

ra

)A

n

t

t

ang

t n

deA*

1A A−

*

t

1A =

=

*A A

t

A B

de

detA

de

M

, ,…

0

n =∈

et

k

E E A⋅

Értelmezés. Az A mátrix rangja a legnagyobb 0-tól különböző aldeterminánsának a rendje. Ezt -val jelöljük. rangAAz előbbiek alapján érvényes a következő tétel. Tétel. Ha A -ból rendre oszlopait alakítjuk ki, akkor az elvégezhető lépések (kialakítható oszlopok) száma az A mátrix rangja.

nI

A rendszerek összeférhetőségére és megoldására vonatkozó észrevételünk a következő alakban fogalmazható meg: Tétel

1. Az A x b⋅ = rendszer pontosan akkor összeférhető, ha ng rangA A= ahol

A -t úgy kapjuk az A -ból, hogy a b oszlopvektort hozzáírjuk. 2.Ha az A x rendszer összeférhető, b⋅ = (,m n∈MA és { }ng max ,A m≤ra , n

akkor a rendszer határozatlan és a megoldások rang−n paraméter függvényében fejezhetők ki (a kifejezés pontos módját a Cramer szabály szolgáltatja). 2.8. Megoldott feladatok 1. Bizonyítsuk be, hogy . ( ) *det det nA A n= ∀ ∈

Bizonyítás. esetén az állítás igaz. Ha de , akkor

, tehát a matematikai indukció elve alapján az állítás igaz bármely n esetén.

1n =

( )n nA ⋅

(det nA =

( ) 1tA +( )det det de det t detnA A A A+ = ⋅ = ⋅

)An

=

)

2. Számítsuk ki -t és de -ot a függvényében. 1detA−

1−

*AMegoldás. Az A A egyenlőség alapján , tehát

. nI⋅ =

( ) 1−

det d det 1nI⋅ =

k

1det detA A−

Megjegyzés. Ez mutatja, hogy , ha . ( )det t ,kA A= ∀ ∈ det 0A ≠*Az egyenlőségből következik, hogy de ,

tehát . det nA I⋅ = ⋅( )*de det nA A=

( )det det nA A A⋅ =

( )∈

1−

3. Bizonyítsuk be, hogy ha és B , akkor .

( ),m nA ∈

,E

,n pM( ) (rang min rang , rA B⋅ ≤

Bizonyítás. Ha az A mátrixot az E E elemi transzformáció-mátrixokkal

való szorzás útján hozzuk D

1 2 q

kI X

1

= BE B =…

alakúra, akkor ugyanezekkel a

transzformációkkal az A -ből lesz. B⋅ 1D ⋅1 1 1q q D B−


De -nek legalább annyi csupa 0-t tartalmazó sora van mint -nek, tehát (1).

1D B⋅( )g AB

1Dran rangA≤

A mátrixot hozzuk alakúra oszloptranszformációk segítségével. Így

, tehát és az AD -ben legalább annyi oszlop tartalmaz csupa nullákat mint D -ben.

B

B F⋅

2 0kI

DX

=

1 2AB FF⋅

)

1 2 2pF F D=… 2pF AD=…

2

2

Tehát ra (2). ( )ng rangAB B≤(1) és (2) alapján . ( ) (rang min rang , rangAB A B≤4. Bizonyítsuk be, hogy ha az a és b természetes számok előállíthatók alakban ( ), akkor az ab természetes szám is előállítható.

2 22x y+,x y ∈

Bizonyítás. Tekintjük az ,2

x yM x yy x

= ∈ − mátrixhalmazt.

( )1 2 1 2 1 2 1 21 1 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2

x x y y x y y xx y x y

y x y x y x x y y y x x

− + = − − − + − +

tehát ha M M , akkor M M . De és így

az azonossághoz jutunk. Ebből következik a feladat állítása.

1 2, M∈

( )2 21 12 2x y x y+ +

1 2 M∈

)1 2 12x x y y= −

( )1 2 1 2det det detM M M M= ⋅

( )2 21 2 1 22 x y y x+ +( ) (2 2

2 2 2

5. Bizonyítsd be, hogy ha A B és AB , akkor . ( ), n∈M BA= ( )2 2det 0A B+ ≥

Bizonyítás. Mivel , írhatjuk, hogy A B tehát

. Másrészt ha , akkor

AB BA=

( ) deA iB+

( )(2 2 A iB A iB+ = + −

( )det A iB z+ =

))( ) (2 2det det tA B A iB+ = ⋅ −

( )det A iB z− = ( ), tehát 2 2A B z z+ = ⋅ = 2 0z ≥2

det .

6. Bizonyítsuk be, hogy ha és , akkor

.

( )2 1nA +∈M 4p q∆ = − < 02

2 1 2 10n nA pA qI + +− + ≠Bizonyítás

2 22 2

2 1 2 1 2 122 4 4n np p pA pA qI A A I q I+ +

− + = − ⋅ + ⋅ + − = n+

2 2

2 1 2 14

2 4n np p qA I I+ +

− = − − .

Tehát ha A p , akkor 22 1 2 10nA qI +− + = n+

2 2

2 1 2 14

2 4n np p qA I I+ +

− − = .

Ebből az egyenlőségből következik, hogy

274 Lineáris egyenletrendszerek megoldása 2 1 2 12 2 2

22 1 2 1 2 1

4 40 det det det 02 2 4 4

n n

n n n

p p p q p qA I A I I+ +

+ + +

− − ≤ − = − = ⋅ = <

A

.

Mivel ez nem lehetséges, az A p nem lehet 0 . 22 1nA qI +− + 2 1n+

7. Bizonyítsuk be, hogy ha A és létezik k úgy, hogy A , akkor A .

( )2∈M *∈ 20k =2

20=Bizonyítás. Az A egyenlőségből következik, hogy ( ) , tehát

. A Cayley-Hamilton tételből (n ) következik, hogy A a

és így A a . Ha ( ) , akkor a d és így

, míg ( ) esetén A , tehát A .

20k =

( ) 1kd A−

1 0k− ≠

det 0kA =2 = +

0+ =det 0A =

k

220A =

2=a d

20

( )d ⋅, 2k= + ⋅ ∀ ≥

a d+

1 0k−+ =2 0== 2

8. Tárgyaljuk az 2 12 2

3 2 3

x y zx my zx y z

+ + = + + = − + =egyenletrendszer megoldását az m paraméter függvényében. (Érettségi 1990.) ∈

Megoldás. A rendszer mátrixának determinánsa 1 2 12 11 3 2m m∆ = = −

−9 , tehát

esetén a rendszer összeférhető és határozott, a megoldásait a Cramer szabály szerint számíthatjuk ki.

9m ≠

1

1 2 12 13 3 2m m∆ = = − −

−5 , 2

1 1 12 2 1 21 3 2

= =∆ és 3

1 2 12 2 21 3 3m m∆ = = −

−8 .

Tehát m esetén 9≠ 59

mm+= −−

x , 29m

=−

y és ( )29

mm

−=−

1 2 12 9 11 3 2

4z . Ha m , akkor

megvizsgáljuk az összeférhetőséget.

9=

A

= −

a rendszer mátrixa és

1 2

2 9

1 3

1 1

1 2

2 3

A

= − −

a bővített mátrix. de , tehát ra . De t 0A = ng 2A≤

1 20

2 95= ≠ , tehát . Ugyanakkor rang 2A=

1 2

2 9 2

1 3−

1

3

= 10 0≠ , tehát


rang 3A= . Mivel ra a rendszer összeférhetetlen. A rangot a következő átalakítások segítségével is végezhetjük (ha csak sorokkal végzünk műveleteket, akkor ezt

ng rangA≠ A

A

1 2 2

1 3 3

2

1 1 2

2 0

3 0

S S S

S S Sm m

− +

− +

− −

∼

-ban végezhetjük, mert innen rangját is kiolvashatjuk). A

3

1

S

S

( )1

m− −

≠ 3

2− −− −

49

z

( )9− +− − m −

−

−

≠

3=

,z

−

2

3

1 2 1 1 1 1 2 1 1

2 1 4 1 0 0 5 1 2

1 3 2 5 1 2 0 4 1 0

S

S

m

→ →

→ →

− − − −

∼

−

∼

( )

2 1 1

2 3 3

2

4

7 91 01 2 1 1 5 51 2 1 20 1 05 5 5 5

0 4 1 0 2 490 05 5

S S S

m S S S

m m

− + →

− − + →

− − − − −−

∼ ∼ .

Innen látható, hogy m esetén 9 rang rangA A= = és m esetén ra , 9= ng 2A=

rang 3A= (mert ebben az esetben az utolsó oszlopban kialakítható a ). Ezekből

az átalakításokból a megoldás is leolvasható:

0

0

1

( ) ( )2 4 55 9m m

m m= ⋅ =

( )( )

( )( )

2 4 2 2 42 1 2 25 5 5 5 9 5 9 9

m m my zm m

− − −= − + = + = =

és ( ) ( )( )

9 9 14 49 7 55 5 5 9 9

m m mm m

− − += − = = −− −

x z .

Megjegyzés. Ha még egy lépést elvégzünk ( 9 05

m − generáló elemmel), akkor

az utolsó oszlopban megjelennek ezek az eredmények. 9. Oldjuk meg és tárgyaljuk az

2 52 22 3 2

x y z tx y z t mx y mz mt

+ + − = + − + = − + +

egyenletrendszert ( ) . , , ,x y t m ∈

Megoldás. Az 1 1 1 2 52 1 2 12 3 2 3m m

− = −

A mátrix rangját (és egyben az A rangját

is!) határozzuk meg elemi transzformációk segítségével.

m


1 1 1 2 5 1 1 1 2 5

0 1 4 5 10 0 1 4 5 10

0 5 2 2 4 7 0 5 4 2 4 7

A m

m m m m

− − − − − − − − − − − − − + −

∼ ∼ m

∼

m

0

2 1 1

2 3 35

1 0 3 0 5

0 1 4 5 10

0 0 16 2 21 43 5

S S S

S S S

m

m

m m

− + →

+ →

− − + − − + − −

∼

Ha akkor m nem választható generáló elemnek de 2 1 választható (a harmadik és negyedik oszlop még A -hoz tartozik, tehát ezek felcserélése nem változtatja meg az A rangját sem). Így írhatjuk, hogy

16m = − 16+ m − ≠

1 0 3 3 210 1 5 4 260 0 53 0 123

A − − − −

∼ ha m és 16= −

1 0 3 3 5

0 1 4 5 10

2 21 43 50 0 116 16

m

A m

m mm m

− − + − − − − + +

∼ ha m . 16≠ −

Az első esetben (m ) 16= − ra és ng rang 3A A= =7441 0 0 3531 0 3 3 21

7630 1 5 4 26 0 1 0 453

123 1230 0 1 0 0 0 1 053 53

A

− − − − − − −

∼ ∼

Tehát a megoldások 12353

=−t (mert a harmadik oszlopban most t együtthatói állnak)

763 453

y z= − és 744 353

= − +x z , ahol z paraméter. ∈

A második esetben (3 3 1 1 3 2 2, 4 )S S S S S S+ → − + →2

2

3 5 4 491 0 0 316 16

13 4 14 120 1 016 16

2 21 43 50 0 116 16

m m mm mm m mAm mm mm m

− − + + + − − + − − + + − − + +

∼


Tehát ebben az esetben is rang rang 3A A= = és a megoldások 43 5 2 21

16 16m mz t

m m− −= − ⋅+ +

2 14 12 13 416 16

m m my tm m

− + − −= + ⋅+ +

2 4 49 3316 16

m m mx tm m− + −= − ⋅+ +

5

2

z

,n

ahol t paraméter. ∈Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha m esetén az 16≠ −

5 2

2 2

2 3 3 2

x y z t

x y z m t

x y mz mt

+ + = + + − = − − + = −

rendszert a Cramer szabállyal oldjuk meg, illetve ha m esetén az 16= −2 5

2 16

2 3 32 3 16

x y t z

x y t z

x y t

+ − = − + + = − + − − = +

rendszert oldjuk meg a Cramer szabály segítségével (z paraméter). 10. Bizonyítsuk be, hogy ha és

, akkor ( ),0 1 2, , , , p m nA A A A ∈… M

20 1 2 ,0 ,p

p m nA xA x A x A x+ + + + = ∀ ∈…

0 1 2 0p mA A A A= = = = =… . Bizonyítás. Jelöljük az elemeit a -val, kA

( )kij 0,k p= , 1,i m= és 1,j n= . A bal

oldalon a műveletek elvégzése után egy olyan A mátrixot kapunk, amelynek a

eleme , vagyis egy legfeljebb -ed fokú polinom. Ennek a polinomnak a

behelyettesítési értéke bármely x esetén 0, tehát a polinom együtthatói mind 0-val egyenlők. Így a ,

ij

( )

0

pp k

ijk

x a=

⋅∑ p

∈( )kij = 0 0,=k p , 1,=i m , 1,j nm= , tehát A , ,0k m= n

0,=k p . p q

Megjegyzés. Ha esetén A B , 0 0

,k jk j

k j

A x B x x= =

⋅ = ∀ ∈∑ ∑ ( ),, m njk ∈M

0,k p= , 0,j q= , akkor és p q= , 0k kA B k= ∀ = , p .


2.9. Gyakorlatok és feladatok I. 1. Számítsd ki a következő determinánsokat:

a) 3

2 1

x

x +; b) { }*

1 log, , \ 1

log 1a

b

ba b

a +∈ ; c) 2 1 3

9 5 4

4 7 1

−

− − ;

d) 1 7 9

5 2 4

3 0 6

−

−

; e)

2 2 2 2

3 2 2 2

4 3 2 2

5 4 3 2

; f)

0 1 2 3

3 0 2 1

2 1 0 3

1 2 3 0

;

g)

1 2 1 4

3 2 5 3

2 1 3 4

1 1 2 3

2 3 5 7 4

−

−

−

−

− −

3

1

2

0.

2. Számítsd ki a következő determinánsokat:

1

1

1 2

2 1

i i

i i

i i

− +

∆ =

i

,

2

22

2

1

1

1

ε ε

ε ε

ε ε

=∆ , 3

1 1

1 1

1 1

ε εε ε

ε ε

+

∆ = +

+

,

ahol ε harmadrendű egységgyök. 3. Bizonyítsd be, hogy

2 2

2 2

2 2

1

1

1

bc a a a a

ca b b b b

ab c c c c

=

3

3

3

, és ( )2

0 0 0 0

0 0

0 0

0 0 0 0

a b c d

d c b a b aad bc

b a c d c d

c d a b

= = − .

4. Számítsd ki a ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 22

2 22

2 22

1 2

1 2

1 2

a a a

b b b

c c c

+ +

∆ = + +

+ +

determinánst. (Felvételi, 1999.)


5. Számítsd ki a következő determinánsokat:

a) 1

x a a aa x a aa a x aa a a x

∆ = ; b) 2

a x x x

x b x xx x c x

x x x d

=∆ ; c) 3

0

0

0

0

a b c

a c

b c a

c b a

∆ =b

.

6. Számítsd ki a következő determinánsokat, ha x y , ,z ∈

a) x y xz z y yx z z x

++

+

y; b)

2 2

2 2

2

2

2

xy x y x y

x y xy x y

x y x y

+ +

+ +

+ +

;

c)

2 2 2

2 2 2 2 2

x y z

y z x z x yyz xz xy+ + + 2 ; d)

( )

( )

( )

22

2 2

22

x y z yz

y z x zx

z x y xy

−

−

−

;

e)

2 2

2 2

2 2

2 2

x xy xy y

y x xy xy

xy y x xy

xy xy y x

.

7. Oldd meg az 2

2

2

0

a x ab ac

ba b x bc

ca cb c x

−

− =

−

egyenletet, ha a b c . , , ∈8. Számítsd ki a következő determinánsokat:

a) 1

1 1 1

cos cos cos

cos2 cos2 cos2

a b c

a b

∆ =

c

; b)

2 2

2 22

sin cos sin2

cos sin sin2

1 sin2 1 1

x x

x x

x

=

+ −

x

x∆ ;

c) 3

cos 1 0 0

1 cos 1 0

0 1 cos 1

0 0 1 cos

x

x

x

x

∆ = .


9. Számítsd ki a 0

0

0

0

a b c

a d

b d f

c e f

−∆ =

− −

− − −

e

determinánst, ha a b c d . (Felvételi, 1998.) , , , , ,e f ∈ 10. Oldd meg a ∆ egyenletet, ha ( ) 0x =

( )

2

2 2 2

1

1

x x xx x x

x x x

−∆ = −

+ −

x

(Érettségi javaslat, 1999.)

11. Fejezd ki r függvényében a

1 2 3 4

2 2 2 21 2 3 4

3 3 3 31 2 3 4

1 1 1 1x x x x

x x x x

x x x x

∆ =

determinánst, ha x x egy r állandó különbségű számtani haladvány egymás-utáni tagjai. (Felvételi, 1995.)

1 2 3 4, , ,x x

12. Számítsd ki a

1 2 3

2 3 1

3 1 2

x x xx x xx x x

∆ =

3 2

determináns értékét, ha x x az x x egyenlet gyökei. 1 2 3, ,x 2 2 17x− + + = 0 (Felvételi, 1999.) 13. Számítsd ki a 2

1 2 3

22 3 1

23 1 2

x x x

x x x

x x x

∆ =

determináns értékét a b c függvényében, ha az x a gyenlet gyökei. (Felvételi, 1995.)

, , 1 2 3, ,x x x 3 2 0x bx c+ + + =e 14. Számítsd ki a

1 2 3

2 2 21 2 3

1 1 1x x x

x x x

∆ =

determinánst, ha x x az egyenlet gyökei. 1 2 3, ,x 3 0x px q+ + =


15. Bizonyítsd be, hogy ha a b (a b c ), akkor az 2 2 2 1c+ + = , , ∈

a b c

A c a b

b c a

=

m átrix determinánsának abszolút értéke nem nagyobb mint 1.

16. Határozd meg azokat az értékeket, amelyekre a m ∈

2 2

2 2 1

1 1

2 2

x x

x x

x m x m x

−

− − =

− − + −

0

e gyenletnek van egy dupla gyöke. (Felvételi, 1998.)

17. Hányszoros gyöke az x szám a 1=

( )

2 31

1 1 1 1

1 2 3 4

1 4 9 16

x x x

P x =

p olinomnak. (Felvételi, 1998.)

18. Számítsd ki a 1

1

1

1

n

a a a

a a

a a a

a a a

−

−

−∆ =

−

a

-ed rendű determinánst. (Felvételi, 1995.) n 19. Számítsd ki a következő determinánsokat:

a)

0 1 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 0

n∆ = ; b)

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1

n

−

−

−=

−1

∆ ;


c)

1! 2! 3! !

2! 2 ! 3! !

3 ! 3! 3! !

! ! !

n

n

n

n

n n n n

∆ =

!

; d)

1 2

1 21 1

1 21 1

1

1

1

kn n n

kn n n

n

kn k n k n k

C C C

C C C

C C C

−

−+ +

−+ − + − + −

∆ =

1

11

11

+.

20. Számítsd ki a 1 2 3

1 2 3

1 2 3

1

1

1

n

n

n

n

a a a a

a a a a

a a a

+

+∆ =

+a

d eterminánst.

21. Határozd meg az m paraméter értékeit, amelyekre az ∈2 3

1

1 2

x

A x x

m

= −

mátrix invertálható minden esetén. (Felvételi, 1998.) x ∈22. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét (ha létezik):

a) ; b) 1

1 0 0 0

2 1 0 0

2 2 1 0

2 2 2 1

A

=

2

0 0 0 1

0 0 1 2

0 1 2 3

1 2 3 4

A

=

; c) A3

1 2 3

2 3 1

3 1 2

=

.

23. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét:

a) ; b)

1 1 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 0

0 1 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 0

; c)

1 1 1 1

0 1 1 1

0 0 1 1

0 0 0 1

.

24. Adottak az 1 2 3

2 3 4

3 4 1

A

=

és 6 9 8

0 1 6B

=

mátrixok. Oldd meg az XA egyenletet. (Felvételi, 1999.) B=


25. Oldd meg a következő egyenleteket:

a) ; b) 3 6 8 1 4 5

1 3 1 2 7 5

1 6 3 3 7 8

X

⋅ =

4 1 0 1 1 1 0 1 2

1 2 3 0 1 1 1 0 2

5 0 2 0 0 1 2 0 1

X

⋅ ⋅ =

.

26. Adottak az A , B1 1

0 1

=

7 4

9 5

= − −

és C2 1

3 2

=

mátrixok.

a) Bizonyítsd be, hogy AC . CB=b) Számítsd ki B -t, ha . (Felvételi, 1998.) n n ∈

27. Oldd meg a következő mátrixegyenletet: 1 1 1 1 1 2 3

0 1 1 1 0 1 2 1

0 0 1 1 0 0 1 2

0 0 0 1 0 0 0 1

n

n

nX

− − ⋅ =

bc

.

28. Oldd meg az [ ] [ ] [ ] 22[ ] [ ] 2[ ] 2[ ] 4[ ] 5[ ] 82[ ] 5[ ] 6[ ] 10

x y zx y zx y zx y z

+ + = − − = − + + = + + =

egyenletrendszert, ahol [ az n szám egész részét jelöli. (Felvételi, 1998.) ]n29. Oldd meg az

2

2

x y z ax y zx y z

ε εε ε

+ + = + + = + + =

egyenletrendszert, ahol a b c és harmadrendű egységgyök. (Felvételi, 1998.) , , ∈ ε30. Oldd meg az 0

01

ax by czbcx acy abzx y z

+ + = + + = + + =

egyenletrendszert, ha a b c a . ≠ ≠ ≠31. Határozd meg az m paraméter értékeit úgy, hogy az ∈

2

12 24 4

x y zx y mzx y mz

+ + = + + = + + =

egyenletrendszernek egyetlen megoldása legyen, és oldd is meg ebben az esetben a rendszert. (Felvételi, 1999.)


32. Tárgyald az ( )

( )

( ) 2

1 0

1

1

x y z

x y z

x y z

λ

λ λ

λ λ

+ + + = + + + = + + + =

egyenletrendszert a λ paraméter függvényében. (Felvételi, 1999.) ∈33. Oldd meg és tárgyald az

2 2 2

0

0

0

3

mx y z

x my z

x y mz

x y z

+ + = + + = + + = + + =

egyenletrendszert. (Felvételi, 1999.) 34. Oldd meg az

2 2 2 2

3 3 3 3

1x y z t

ax by cz dt m

a x b y c z d t m

a x b y c z d t m

+ + + = + + + = + + + = + + + =

2

3

egyenletrendszert, ha a b c d egymástól különböző számok. , , ,

35. Oldd meg az egyenletrendszert, ha a b c a .

2 3

2 3

2 3

0

0

0

x ay a z a

x by b z b

x cy c z c

+ + + =+ + + =

+ + + =

≠ ≠ ≠

36. Határozd meg az

( )

( )

( )

2

2

2

1

1

1

x y za a bx y z

a bax y z

a ba

α α α

β ββ

γ γγ

+ + + + + + + + ++ + + = + ++

=

=

rendszer megoldásait, ha α β különböző számok és a törtek léteznek. , ,γ


II. 1. Tanulmányozd a következő lineáris rendszerek megoldhatóságát és oldd is meg őket:

a) , a b ; b) , a ; 2

1ax y z

x ay z b

x y az b

+ + =+ + =

+ + =

, ∈

4 7

2 7

2 0

ax y z

x ay z

x y az

+ + =+ + =

− + =

0

0 ∈

c) , a b c ; d) , a ;

0

2 3

2 3

3 4

x y z

x y z b

x ay z

x z c

+ + = − + =− + + = + =

, , ∈

( )

( )

1 0

2 1

2 0

m x y z

x m y z

x y az

+ + + =+ − − =

− + =

0 ∈

e) ; f) ;

8 11

3 4

2 2

4

x y z

x y z

x y z

x y z

+ + = − + =+ + =− + + =

9

7

2

0

4

x y z t

x y z t

x y z t

+ + + =+ + − =

+ − + =

g) ; h) , α ;

2 3 4 1

3 1

12 11 1

4 15 9 0

x y z

x y z

x y z

x y z

− + = − + =− + =− − + =

1 2 3

1 2 3

1 2

1 2 3

1 2 3

2 7

5 2 8

7 4 2

3 2

x x x

x x x

x x

x x x

x x x

αα

+ + = − + =− =−

+ + = + − = − 5

∈

i) ; j) , α β

( )1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

4 2 1

1

x x x x

x x x x

x x x x

αα

β γ

+ + + + =−+ + + =−

− + + =

1

( )

( )

2 1

2 1 3 1

3 2

x y z

x y z

x y z

α β

α β

α β β β

+ + =+ − + =

+ + + = − 1

, ∈

2. Bizonyítsd be, hogy bármely a b c esetén az , , ∈

121212

x ax by cz

y cx ay bz

z bx cy az

= + + = + + = + +

egyenletrendszernek csak a triviális megoldása létezik. (Felvételi, 1987.)


3. Oldd meg a bx az cxz

bx cy ayx

cy az bzy

− + = − = − =

egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a b c . *, , ∈ 4. Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan A mátrix, amelyre ( )2∈M

52 1

4 2A

− = −

)

(Helyi olimpia, 1998.) 5. Határozd meg azt az mátrixot, amelyre ( )nX ∈M

( ) ( )det 0,n nA X I A⋅ + ≥ ∀ ∈M

esetén. (Helyi olimpia, 1992.) 6. Bizonyítsd be, hogy ha akkor az AB és

mátrixok közül legalább az egyik szinguláris.

( ) ( ), ,, ,m n n mm n A B≠ ∈ ∈M M

BASzámítsd ki -t, ha és A , B ! (det BA 4AB I= ( )4,3∈M ( )3,4∈M 7. Bizonyítsd be, hogy ha A B , nI⋅ = ( ), nA B ∈M( ) , akkor B A . nI⋅ = 8. Bizonyítsd be, hogy ha A B , és , akkor

. ( )2, ∈M

) 0B ≠AB BA= ( )2 2det 0A B+ =

( ) (det detA B A+ = − 9. Bizonyítsd be, hogy ha A B és AB , valamint

, akkor . (Helyi olimpia 987.)

( ), , nC ∈M2 2 2A B C A+ +

BA=

( )AC BC−AC CA=0≥BC CB= det B− −

1

10. Bizonyítsd be, hogy ha és ( ), nA B ∈M 2 2cos sinin nπ πω = + , ,

akkor

*n ∈

( ) ( )1

0

det det detn

k

k

A B n A Bω−

=

+ = ⋅ +∑

(Megyei olimpia, 1997.)

11. Az , 1,ij i j n

A a=

= mátrixban 1

n

ii ijjj i

a a=≠

>∑ , 1,i∀ = n . Bizonyítsd be, hogy

. t 0A≠de


12. Az mátrixokra létezik olyan , amelyekre és . Bizonyítsd be, hogy I és I A

invertálható mátrixok. (Traian Lalescu verseny, 2001.)

( ), nA B ∈M0n= AB =

*,k m ∈AB−k mA B= BA n n − −B

A

)Iλ

I

n

13. Bizonyítsd be, hogy ha az mátrixra létezik k úgy, hogy

, akkor invertálható. ( )nA ∈M *∈

0knA = nI −

14. Bizonyítsd be, hogy ha az A B mátrixokra , akkor ( ), n∈M 2 2A B A B= −

BA= . AB 15. Az A mátrixra teljesül az A A egyenlőség. Bizonyítsd be, hogy de . (Gh. Vrânceanu Verseny, 1990.)

( )n∈M

( )t dtA A+ =

tnI⋅ =−

( )2et nI A+ 16. Bizonyítsd be, hogy a függvény ( egy n -ed fokú polinomfüggvény, amelyben

( ) (det nP Aλ = − ):P →

a) a domináns tag együtthatója ( ; )1 n− b) a szabadtag ; detA c) λ együtthatója ( ) . 1n− 11 n TrA−− 17. Bizonyítsd be, hogy a de egyenlet λ λ gyökeire ( )t 0nA Iλ− = 1 2, , , nλ… a) λ λ ; 1 2 n TrAλ+ + + =… b) λ λ . 1 2 detn Aλ⋅ ⋅ ⋅ =…Megjegyzés. λ λ az A sajátértékei. 1 2, , , nλ… 18. (Cayley-Hamilton tétel) Bizonyítsd be, hogy ha a

( ) ( )det nP Aλ λ= − polinom

( )0

nk

kk

P cλ λ=

= ⋅∑

alakú, akkor 2

0 1 2 0nn nc I c A c A c A+ + + + =… .

19. Bizonyítsd be, hogy ha egy ( )m∈MA mátrix teljesíti az

egyenletet, akkor minden sajátértéke teljesíti az egyenletet.

11 0n n

n m mA c A c I−+ + + =…1

1 0n nnx c x c−+ + + =…

20. Bizonyítsd be, hogy ha létezik olyan P polinom, amelynek 0 nem gyöke és amelyre P A , akkor invertálható.

[ ]∈ x( ) 0n= A

(Gh. Vrânceanu Verseny, 1992.)

21. Bizonyítsd be, hogy ha , ( ), akkor 2nA A I= + ( )nA ∈M


a) 1 5 12 2

rA n− +≤ ≤ 5

n T ;

b) 1 5det

2

n

A + ≤

.

22. Bizonyítsd be, hogy ha az A mátrix esetén létezik olyan k szám, amelyre A , akkor .

( )n∈M0n=

*∈0kn= nA

23. Bizonyítsd be, hogy ha A A , ( ), akkor létezik 2 4 3 n= − I ( )nA ∈M{ }0,1,2, ,p ∈ … n úgy, hogy de . tA 3p=

24. Bizonyítsd be, hogy ha , akkor az ( ), nA B ∈M ( ) ( )detf x A= + xB ,

:f →tB

függvény egy n -ed rendű polinomfüggvény amelyben x együtthatója és a szabadtag .

n

detAde 25. Bizonyítsd be, hogy ha az A mátrix teljesíti az A A gyenlőséget, akkor de . (C. Cocea, 1986.)

( )n∈M 3 = +t 0A>

I

I

e 26. Bizonyítsd be, hogy ha A B és , akkor

. ( )2, ∈M ( )2 2det 0A B+ =

t detA B=de 27. Bizonyítsd be, hogy ha A B és , akkor

. (Országos olimpia, 1996.)

( )2, ∈M ( )det 0AB BA+ ≤

( )2 2det 0A B+ ≥ 28. Az A B mátrixok kommutálnak egymással (AB ,

és ) és . Bizonyítsd be, hogy .

( ), , nC ∈MBC CB=

( )2 2 2 0A B C+ + ≥

BA=AC CA=det

det 0C =

29. Az A mátrixra de . Bizonyítsd be, hogy A és

. (Megyei olimpia, 1996.) ( )2∈M

2−( )2

2t 2 0A I− = 222=

tA=de 30. Az mátrixokra az A k mátrix invertálható ( ), nA B ∈M B+ ⋅ 0,2k = n és az inverze is ( )nM

( )-ben van. Bizonyítsd be, hogy is invertálható és ( )2 1A n+ + B

[ ] 12 1 nB −+ + ∈M ( )A n .

ii. lineáris egyenletrendszerek megoldásaandrasz/cd/tank11/alg2.pdf · sarrus szabály. Írjuk az...

Documents