ELŐADÁSJEGYZET I. rész Matematika A2
BUDAPESTI MŰSZAKI ÉS GAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM
GÉPÉSZMÉRNÖKI KAR
ELŐADÁSJEGYZET
I. rész
Matematika A2
(BMETE90AX02)
Lektorálta:
Dr. Szilágyi Brigitta
Készítette:
Pálya Zsófia
BUDAPEST, 2017
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Tartalomjegyzék
1. Lineáris algebra
1.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Mátrixalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Mátrixműveletek . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4. Determináns . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5. Lineáris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . .
1.6. Lineáris leképezések (tenzorok) . . . . . . . .
1.7. Valós euklideszi terek . . . . . . . . . . . . . .
1.8. Bázistranszformáció, koordinátatranszformáció
.
.
.
.
.
.
.
.
2
2
6
7
8
14
17
23
24
2. Függvénysorozatok, függvénysorok
2.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Taylor-sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Fourier-sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
26
32
36
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1. Lineáris algebra
1.1. Alapfogalmak
Definíció: Legyen G nemüres halmaz, és ◦ egy művelet, (G,◦) csoport, ha teljesülnek
az alábbi feltételek:
1. a művelet asszociatív, azaz (a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c), ∀ a, b, c, ∈ G,
2. létezik az egységelem (zéruselem) e, azaz a ◦ e = e ◦ a, ∀ a ∈ G,
3. létezik az inverzelem, azaz ∃ a
ˆ ∈ G hogy a ◦ a
ˆ=a
ˆ ◦ a = e, ∀ a ∈ G.
Megjegyzés: Ha a ◦ művelet kommutatív, akkor Abel-csoportról beszélünk.
Példa: (R, ·), (Q, +) és (C, +) mindegyike Abel-csoport.
Nem Abel-csoport azonban a (N, +), mert nem létezik az inverz elem és a (Q∗ , +), mert
nem létezik az egységelem.
További példák:
Definíció: Legyen R nemüres halmaz ▽ és ♦ műveletek. (R,▽,♦) gyűrű, ha teljesülnek
az alábbi feltételek:
1. (R, ♦) Abel-csoport,
2. a ▽ művelet asszociatív, azaz (a▽b)▽c = a▽(b▽c), ∀ a, b, c, ∈ R,
3. teljesül a disztributivitás, azaz (a ♦ b) ▽ c = (a▽c) ♦ (b▽c) , és a ▽ (b ♦ c) =
(a▽b) ♦ (a▽c) , ∀a, b, c ∈ R.
Definíció: Legyen T nemüres halmaz ♥ , és ♣ műveletek. (T,♥,♣) test, ha teljesülnek
az alábbi feltételek:
1. (T, ♥) Abel-csoport,
2. a ♣ művelet asszociatív, azaz (a ♣ b) ♣ c = a ♣ (b ♣ c), ∀ a, b, c, ∈ T,
3. létezik az egységelem e ∈ T , azaz a ♣ e = e ♣ a, ∀ a ∈ T,
4. létezik az inverzelem, azaz ∃ a
ˆ ∈ T hogy a ♣ a
ˆ=a
ˆ ♣ a = e, ∀ a ∈ T,
5. teljesül a disztributivitás.
Példa: Testet alkotnak: (R, +, ·) és (C, +, ·).
2
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Definíció: Legyen V nem üres halmaz és +, • két művelet, T test. (V, +, •) T test
feletti vektortér (lineáris tér), ha teljesülnek az alábbi feltételek:
1. (V,+) Abel-csoport,
2. ha ∀ α, β ∈ T és x ∈ V, akkor (α • β) • x = α • (β • x),
3. ha ε a T-beli egységelem, akkor ε • x = x ∀ x ∈ V,
4. ha ∀ α, β ∈ T és x, y ∈ V, akkor (α+β)•x = α•x+β•x és α•(x+y) = α•x+α•y.
Példa:
• a legfeljebb n-ed fokú polinomok a skalárral való szorzásra és az összeadásra nézve
vektorteret alkotnak,
• a függvények az összeadásra és a skalárral való szorzásra nézve vektorteret alkotnak.
További példák:
Definíció: A vektortér elemeit vektoroknak nevezzük.
Jelölés: x vagy x.
I. Állítás: A zéruselem és az ellentett elem létezése egyértelmű.
Bizonyítás: [ Zéruselem létezése egyértelmű ]
ˆ egymástól különböző zéruselemek (0 6= 0).
ˆ Ebben az esetben
Tegyük fel hogy 0 és 0
az alábbi egyenlőség áll fenn:
ˆ =0+0
ˆ=0
0
(1)
ˆ és 0 megegyező zéruseleEzzel ellentmondásra jutunk, mert az egyenlőség szerint 0
mek.
Bizonyítás: [ Inverzelem létezése egyértelmű ]
Tegyük fel hogy −x és −ˆ
x egyaránt x ellentettje (inverze) (−x 6= −ˆ
x). Ebben az
esetben:
ˆ = (−x + x) + (−ˆ
−x
x) = −x + (x + (−ˆ
x)) = −x
(2)
Ezzel ellentmondásra jutunk, mert az egyenlőség szerint −ˆ
x és −x egyaránt x ellentettje és egyenlők.
II. Állítás:
0 · x = 0.
Bizonyítás:
3
Előadásjegyzet, I. rész
III. Állítás:
Matematika A2 (BMETE90AX02)
α · 0 = 0.
Bizonyítás:
IV. Állítás:
α · x = 0 akkor és csak is akkor, ha α = 0 vagy x = 0.
Bizonyítás:
Definíció: A (V, + , λ) vektortér a1 , a2 . . . an vektorait lineárisan függőnek (összefüggőnek) mondjuk, ha az
α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn an = 0
(3)
vektoregyenletnek létezik triviálistól különböző megoldása.
Ellenkező esetben lineárisan függetlenek.
6 L ⊂ V, L-t altérnek nevezzük
Definíció: Legyen (V,+,λ) R feletti vektortér és ∅ =
V-ben, ha (L,+,λ) ugyancsak vektortér.
Példa: A polinomok (P, +, λ) vektorterének altere a legfeljebb n-ed fokú polinomok
(Pn , +, λ) vektortere.
További példák:
Állítás: Alterek metszete ugyancsak altér. Alterek uniója azonban általában nem
altér.
Definíció: Legyen ∅ =
6 G ⊂ V. G által generált altérnek nevezzük azt a legszűkebb
alteret, amely tartalmazza G-t. Jele: L (G).
6 G. G generátorrendszere V-nek, ha L (G) = V.
Definíció: Adott ∅ =
Példa:
Megjegyzés: Ha G véges generátorrendszere V-nek, akkor G-t végesen generált vektorrendszernek nevezzük.
Definíció: A V vektortér egy lineárisan független generátorrendszerét a V bázisának
hívjuk.
4
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Példa:
Állítás: Végesen generált vektortérben bármely két bázis azonos tagszámú.
Bizonyítás:
Definíció: Végesen generált vektortér dimenzióján a bázisainak közös tagszámát értjük.
Állítás: Legyen {b1 , b2 . . . bn } a V vektortérnek egy bázisa. Ekkor tetszőleges V-beli
vektor egyértelműen előállítható a {b1 , b2 . . . bn } vektorok lineáris kombinációjaként.
Azaz ∀ v ∈ V : ∃! (ξ1 , ξ2 . . . ξn ) hogy,
v = ξ1 b1 + ξ2 b2 + · · · + ξn bn =
n
X
ξi bi .
(4)
i=1
A (ξ1 , ξ2 . . . ξn ) szám n-est a v vektor {b1 , b2 . . . bn } bázisaira vonatkozó koordinátáinak
nevezzük.
Bizonyítás: ( egzisztencia )
{b1 , b2 . . . bn } lineárisan függetlenek, mert bázis. Ezért {v, b1 , b2 . . . bn } már lineárisan
függő, így a
λv + α1 b1 + α2 b2 + · · · + αn bn = 0
(5)
vektoregyenletnek létezik triviálistól különböző megoldása, azaz nem lehet (λ, α1 , α2 , . . . , αn )
minden eleme egyszerre 0.
Tehát λ 6= 0, mert ellenkező esetben α1 = α2 = · · · = αn = 0 állna fent, így oszthatjuk
az (5)-ös egyenletet λ-val:
α2
αn
α1
bn .
(6)
b1 + −
b2 + · · · + −
v= −
λ
λ
λ
| {z }
| {z }
| {z }
:=ξ1
:=ξ2
:=ξn
Bizonyítás: ( unicitás )
Tegyük fel hogy (ξ1 , ξ2 . . . ξn ) és (η1 , η2 . . . ηn ) egyaránt v koordinátái a {b1 , b2 . . . bn }
bázisban, azaz
v=
v=
n
X
i=1
n
X
ξi bi
(7)
ηi bi
(8)
i=1
Vonjuk ki a (7)-es egyenletből a (8)-as egyenletet:
0 = (ξ1 − η1 ) b1 + (ξ2 − η2 ) b2 + · · · + (ξn − ηn ) bn .
|
{z
0
}
|
{z
}
0
|
{z
0
}
(9)
Ezzel ellentmondásra jutunk, mivel {b1 , b2 . . . bn } bázis, ezért a nullvektornak csak triviális előállítása létezik, ami az együtthatók 0 voltát vonná maga után, az pedig a megfelelő
koordináták egyenlőségével ekvivalens. Tehát nem igaz a feltevés.
5
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.2. Mátrixalgebra
Definíció: Legyen aij ∈ C , i ∈ {1, 2, . . . , n} , j ∈ {1, 2, . . . , k} . Ekkor az alábbi
elrendezés esetén,
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
A = ..
.. . .
..
.
.
.
.
ak1 ak2 · · · akn
Jelölések: A, A ∈ Mn×k , vagy A = (aij ).
n × k -s mátrixról beszélünk.
Speciális elnevezések:
• A ∈ Mn×1 - oszlopmátrix
• B ∈ M1×k - sormátrix
• C ∈ Mn×n - kvadratikus vagy négyzetes mátrix
0 ... 0
. .
. . ...
•
- nullmátrix
..
0 ... 0
1 ... 0
. .
. . ...
•
- egységmátrix
..
0 ... 1
Egyéb speciális mátrixstruktúrák:
Definíció: Egy mátrix transzponáltja a főátlóra való tükörképe. Jele: AT
1 3
Példa: A = 4 5
11 0
"
#
1 4 11
AT =
3 5 0
Definíció: Ha A = AT , akkor szimmetrikus mátrixról beszélnünk (A ∈ Mn×n ).
Definíció: Ha A = −AT , akkor antiszimmetrikus mátrixról beszélnünk (A ∈ Mn×n ).
Antiszimmetrikus mátrix főátlójában mindenhol 0 szerepel.
Definíció: Két mátrix egyenlő, ha a megfelelő helyeken álló elemei egyenlők.
! A, B ∈ Mn×k . A = B ⇔ aij = bij , ∀ i ∈ {1, 2, . . . , n} , j ∈ {1, 2, . . . , k} .
6
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.3. Mátrixműveletek
Definíció: Két mátrix összegén azt a mátrixot értjük, melyet a két mátrix elemenkénti
összeadásával kapunk, azaz, ha A, B ∈ Mn×k , akkor C := A + B, ahol cij := aij + bij .
2 3
B = 1 7
0 10
1 3
Példa: A = 4 5
11 0
3 6
C = A + B = 5 12.
11 10
Definíció: Egy mátrix és egy skalár szorzata olyan mátrix, melynek minden eleme
skalárszorosa az eredeti mátrix elemeinek, azaz, ha A ∈ Mn×k és λ ∈ R (C), akkor
D := λA, ahol dij := λ aij .
Példa: λ = 4;
1 3
A = 4 5 ;
11 0
4 12
D = λA = 16 20.
44 0
Definíció: Két mátrix szorzatán az alábbi műveletet értjük. Legyen A ∈ Mn×k és
B ∈ Mk×l . Ekkor C = A · B,
cij =
k
X
s=1
ais bsj = ai1 b1j + ai2 b2j + · · · + aik bkj .
"
#
1 0
1 0 3
10 12
Példa: A =
B = −2 −1 C = A · B =
.
−1 2 0
−5 −2
3 4
Célszerű az alábbi módon felírni a mátrixokat, hogy egyszerűbben elvégezzük a szorzást:
"
#
[ ]
[
C=A B=
1
-1
0
2
1
0
-2
-1
3
4
][ ]
3
0
10
-5
12
-2
Állítás: A mátrixszorzás nem kommutatív művelet.
Bizonyítás:
Állítás: Ha A,B,C olyan mátrixok hogy létezik (A · B) · C mátrixszorzat, akkor
A · (B · C) is létezik és (A · B) · C = A · (B · C). Azaz a mátrixszorzás asszociatív művelet.
7
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Bizonyítás:
Állítás: Ha A,B,C olyan mátrixok hogy létezik az A · (B + C) szorzat, akkor A · B
és A · C is létezik és A · (B + C) = A · B + A · C. Azaz teljesül a disztributivitás.
Hasonlóan igaz továbbá hogy, (A + B) · C = A · C + B · C.
Bizonyítás:
1.4. Determináns
Definíció: [ A determináns axonometrikus felépítése ]
Tekintsük a Rn tér a1 , a2 , . . . , an vektorait, ezekhez hozzárendelünk egy R számot, amit
determinánsnak nevezünk és det(a1 , a2 , . . . , an )-nel jelölünk. A hozzárendelés az alábbi
axiómák teljesülése mellett történik.
i
z }| {
i
i
z}|{
z}|{
1. det(. . . x + y . . . ) = det(. . . x . . . ) + det(. . . y . . . ), additív tulajdonság,
i
z}|{
i
z}|{
2. det(. . . λx . . . ) = λdet(. . . x . . . ), homogén tulajdonság (λ ∈ R(C)),
3. ha a determináns két oszlopát felcseréljük, a determináns értéke a (−1)-szeresére
változik,
0
0
1
0
1
0
4. tekintsük az Rn tér e1 =
.. , e2 = .. , . . . , en = .. bázisvektorait,
.
.
.
1
0
0
ekkor det = (e1 , e2 , . . . , en ) = 1.
Állítás: Ha egy determinánsban van két azonos oszlopvektor, akkor a determináns
értéke 0.
Bizonyítás:
8
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Állítás: Ha egy determinánshoz hozzáadjuk egy oszlopvektor skalárszorosát a determináns értéke nem változik.
Bizonyítás:
Tétel: [ Kifejtési tétel ]
det(a1 , a2 , . . . , an ) =
a11
a21
.
.
.
an1
a12 · · · a1n
n
X
a22 · · · a2n
..
.. = det aj1 , ej , a2 , . . . , an =
...
.
.
j=1
an2 · · · ann
= a11 det (e1 , a2 , . . . , an ) + a2,1 det (e2 , a2 , . . . , an ) + · · · + an,1 det (en , a2 , . . . , an ) =
=
=
1
0
a1,1 ..
.
0
1
0
a11 ..
.
0
0 a12 · · · a1n
0 a12 · · · a1n
0 · · · 0
0 ··· 0
a22 · · · a2n
0 a22 · · · a2n
1
+
·
·
·
+
a
+
a
.. . .
.. =
..
..
..
..
n1 ..
21 ..
..
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1 0 · · ·
0 an,2 · · · ann
0
an2 · · · ann
a12
0 · · · 0
a22 · · · a2n
0
.
−
a
..
.
21
..
.
..
.
.
.
an2
an2 · · · ann
a12 · · · a1n 0
0 · · · a1n
a
·
·
·
a
0
1 ··· 0
22
2n
n−1
..
.. + · · · + (−1) an1 ..
.. . .
. . .. .
. .
.
.
.
.
.
0 · · · 0 1
0 · · · ann
Jelölje a k. sor és j. oszlop kitakarásával kapott aldeterminánst Akj , ekkor az egyenlőség
a következőképpen írható át:
a11 A11 − a2,1 A21 + · · · + (−1)n−1 an1 An1 .
Vezessük be a következő jelölést: Akj = (−1)k−1 Akj .
Így:
a11 A11 + a21 A21 + · · · + an1 An1 =
=
n
X
n
X
j=1
aj1 Aj1 = · · · =
(−1)ε ak1 ak2 . . . akn detE,
k1 ,k2 ...kn
ahol ε az inverziók száma és E az egységmátrix.
9
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Inverzió:
Következmény:
I. A determinánsban nem lényeges, hogy sorról vagy oszlopról beszélünk a determinánssal kapcsolatban.
detA = detAT
II. Determináns bármely sora vagy oszlopa szerint kifejthető.
a11
a21
.
.
.
an1
#
"
1 2
Példa: A =
6 7
1 0 2
B = 6 3 8
5 4 3
a12 · · · a1n
n
n
X
a22 · · · a2n X
a A
akj Akj =
..
.. =
..
| ik{z ik}
.
.
. k=1 | {z }
k=1 i. sor szerint
j. oszlop szerint
an2 · · · ann
detA = 1 · 7 − 2 · 6 = −5
detB =
3
1 ·
4
6 8
6 3
8
−0·
+2·
= −23 − 0 + 18 = −5.
5 3
5 4
3
További példák:
Tétel: Az {a1 , a2 , . . . , an } (oszlop)vektorok lineárisan függetlenek akkor és csak is akkor, ha det(a1 , a2 , . . . , an ) 6= 0.
Bizonyítás:
Definíció: A mátrix rangjának nevezzük az oszlopvektorai közül a lineárisan függetlenek maximális számát.
Példa:
rg(A) = 3.
1 2 3 4 5
A = 6 7 8 7 6
5 4 3 2 1 3×5
10
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
A háromdimenziós tér 5 vektora, vagy az ötdimenziós tér 3 vektora közül legfeljebb 3
lehet lineárisan független, ezért a mátrix rangja legfeljebb 3.
Tétel: [ Mátrixok rangszámának tétele ]
Egy mátrix rangja megegyezik maximális el nem tűnő aldeterminánsának rendjével.
Bizonyítás:
Definíció: Egy mátrix elemi átalakításainak nevezzük a következőket:
1. A mátrix egy tetszőleges sorát vagy oszlopát egy 0-tól különböző számmal megszorozzuk.
2. A mátrix egy tetszőleges sorát vagy oszlopát felcseréljük.
3. A mátrix egy tetszőleges sorához vagy oszlopához egy másik tetszőleges sorát vagy
oszlopát adjuk.
Állítás: Egy mátrix rangja elemi átalakítások során nem változik.
Bizonyítás: A determináns axiómáit figyelembe véve látható, hogy az elemi átalakítások nem változtatják meg a determináns 0 voltát.
Definíció: Egy kvadratikus (négyzetes) mátrixot regulárisnak mondunk, ha determinánsa nem 0.
Ha a kvadratikus mátrix determinánsa 0, szinguláris mátrixról beszélünk.
Tétel: [ A determinánsok szorzástétele ]
Legyen A, B ∈ Mn×n mátrix, ekkor det(A · B) = detA · detB.
Bizonyítás:
Állítás: (Mn×n , +, ·) egységelemes gyűrű, mert:
• (Mn×n , +) Abel-csoport,
• (Mn×n , ·) asszociatív,
• teljesül a disztributivitás,
11
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1 ... 0
. .
. . ...
• létezik a szorzás egységeleme, ami az egységmátrix: E =
.
..
0 ... 1
Definíció: Az A ∈ Mn×n mátrix inverzén olyan A−1 -gyel jelölt n × n-es mátrixot
értünk, melyre A A−1 = A−1 A = E teljesül.
Tétel: [ Ferde kifejtési tétel ]
Legyen A ∈ Mn×n , ekkor
n
X
i=1
aj,i Ak,i = 0, ha j 6= k.
(10)
Bizonyítás:
Állítás: Egy szinguláris mátrixnak nem létezik inverze.
Bizonyítás: A bizonyítás indirekt módon történik. Tegyük fel, hogy A szinguláris
mátrixnak létezik inverze A−1 . Ekkor igaz, hogy A A−1 = E. Vizsgáljuk a következő
egyenlőséget:
−1
−1
detA
| {z } detA = det(A · A ) = |detE
{z } .
=0
(11)
=1
Látjuk hogy ezzel ellenmondásra jutunk, tehát nem igaz a feltevés, szinguláris mátrixnak
nem létezik inverze.
Állítás: Reguláris mátrix inverze egyértelmű. Ha A ∈ Mn×n reguláris mátrix, akkor
A−1 :=
adj AT
det A
formulával számolható.
Bizonyítás:
12
(12)
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1 2 −1
1
0
3
T
1
0
Példa: A = 0 1 −2 A = 2
3 0 −4
−1 −2 −4
1
+
−2
0
−
−2
0
+
1
adj AT =
A−1
det A = −13
2
2
1
0
0
+
−
−1 −4
−1 −2
−4
3
−4
3
0
−4 8 −3
1
= − 13 −6 −1 2 =
−3 6
1
1
+
−1
−
4
13
6
13
3
13
1
2
3
−4
3
0
8
− 13
1
13
1
−
−1
+
3
13
2
− 13
6
1
− 13
− 13
További példák:
13
1
2
0
−2
0
1
−4 8 −3
= −6 −1 2
−3 6
1
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.5. Lineáris egyenletrendszerek
Definíció: Véges sok elsőfokú egyenletet és véges sok ismeretlent tartalmazó egyenletrendszert lineáris egyenletrendszernek nevezünk.
Az m egyenletből és n ismeretlenből álló lineáris egyenletrendszer (LER) általános
alakja:
a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n x1n = b1
a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n x2n = b2
..
.
am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xmn = bm ,
ahol aij együtthatók, bj konstansok, xj ismeretlenek.
Ha aij ∈ R, akkor valós együtthatós egyenletrendszerről beszélünk. Általában bj ∈ R.
A (γ1 , γ2 , . . . , γn ) ∈ Rn megoldása a fenti lineáris egyenletrendszernek, ha (x1 , x2 , . . . , xn )
helyére (γ1 , γ2 , . . . , γn )-t beírva igaz egyenlőséget kapunk.
A lineáris egyenletrendszert megoldhatónak nevezzük, ha létezik megoldása.
A lineáris egyenletrendszert határozottnak nevezzük, ha egyetlen megoldása van.
A lineáris egyenletrendszert határozatlannak mondjuk, ha végtelen sok megoldása van.
A lineáris egyenletrendszert ellentmondónak mondjuk, ha nem létezik megoldása.
Példa:
Definíció: Két lineáris egyenletrendszert ekvivalensnek mondunk, ha megoldáshalmazuk megegyezik.
Megjegyzés: Az ekvivalencia szempontjából az egyenletek és az ismeretlenek sorrendje nem számít.
Állítás: Az eredetivel ekvivalens lineáris egyenletrendszer kapunk, ha az egyenletrendszer valamely egyenletét nemnulla számmal szorozzuk vagy valamely egyenlethez
lineáris egyenletrendszerünk egy másik egyenletét adjuk.
14
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Bizonyítás:
Lineáris egyenletrendszerek ábrázolása mátrixosan:
a1 a2
a11 a12
a21 a22
..
..
.
.
am1 am2
...
...
...
...
an
a1n
a2n
..
.
amn
együttható mátrix
A
x1
x2
..
.
xn
x
=
b1
b2
..
.
bn
b
Tétel: [ LER megoldhatóságának szükséges és elégséges feltétele ]
Az A x = b lineáris egyenletrendszer pontosan akkor megoldható, ha rg(A|b) = rgA.
Azaz,
a11 + a12 + · · · + a1n | b1
a11 + a12 + · · · + a1n
| b2
a21 + a22 + · · · + a2n
a21 + a22 + · · · + a2n
.
=
rg
rg
.
..
..
.
| ..
.
am1 + am2 + · · · + amn | bm
am1 + am2 + · · · + amn
Megjegyzés: Az (A|b) mátrixot kibővített mátrixnak nevezzük.
Bizonyítás:
Definíció: Az A x = b lineáris egyenletrendszert homogénnek mondjuk, ha b = 0.
Ha b 6= 0, akkor inhomogén lineáris egyenletrendszerről beszélünk.
Megjegyzés: Tekintsük az n egyenletből álló n ismeretlenes homogén LER-t. Azaz,
A x = 0, ekkor, ha {a1 , a2 , . . . , an } lineárisan független, akkor egyetlen megoldás létezik,
a triviális megoldás. Abban az esetben, ha {a1 , a2 , . . . , an } lineárisan függő, akkor létezik
a triviálistól eltérő megoldás is.
15
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Megoldási módszerek:
1. A x = b, ha A reguláris (detA 6= 0), akkor invertálható és x = A−1 b.
2. Carmer-szabály, alkalmazhatóságának ugyanaz, a feltétele mint 1. esetben.
Tétel: [ Carmer-szabály ]
Az A x = b vagy {a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b} lineáris egyenletrendszenek
létezik egyértelmű megoldása, ha detA 6= 0. Ekkor:
x1 =
b1
b2
.
.
.
bn
a12 . . . a1n
a22 . . . a2n
..
..
...
.
.
an2 . . . ann
detA
,
x2 =
a11
a21
.
.
.
an1
b1 . . . a1n
b2 . . . a2n
..
.. . .
.
.
.
bn . . . ann
detA
, . . . , xn =
a11
a21
.
.
.
an1
a12 . . . b1
a22 . . . b2
..
. . . ..
.
.
an2 . . . bn
detA
3. Gauss - elimináció, csak sorműveletekkel átalakítjuk a kibővített mátrixot, hogy
egyszerűbb alakot nyerjünk ezzel könnyebben megoldható legyen az egyenletrendszer.
Példák:
16
.
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.6. Lineáris leképezések (tenzorok)
Definíció: Legyenek V1 és V2 ugyanazon test (R vagy C) feletti vektorterek. Legyen
ϕ : V1 → V2 leképezés, melyet lineáris leképezésnek nevezünk, ha
teljesül.
ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b) ∀a, b ∈ V1
(13)
ϕ(αa) = α ϕ(a) ∀a ∈ V1 , α ∈ R vagy C
(14)
Megjegyzés:
I. ϕ(0) = 0 minden lineáris leképezés esetén.
II. A linearitás miatt igaz, hogy ϕ(−a) = −ϕ(a).
Definíció: Hom(V1 , V2 ) := {ϕ : V1 → V2 | ϕ lineáris }.
Definíció: Ha V1 = V2 = V, Hom(V, V ) =: End(V ).
Állítás: (Hom(V1 , V2 ), +, λ) vektortér R vagy C felett.
Definíció: A ϕ : V1 → V2 leképezés izomorfizmus ha lineáris és bijektív.
Állítás: Véges dimenziós vektorterek esetén az egymással izomorf vektorterek dimenziója azonos.
Állítás: Legyenek V1 és V2 ugyanazon test feletti vektorterek és dimV1 = dimV2 , ekkor V1 ∼
= V2 .
Bizonyítás:
Tétel: [ Lineáris leképezések alaptétele ]
Legyenek V1 és V2 ugyanazon test feletti vektorterek, és legyen {b1 , b2 , . . . , bn } bázis
V1 -ben, és {a1 , a2 , . . . , an } tetszőleges vektorrendszer V2 -ben, ekkor egyetlen lineáris leképezés létezik, melyre ϕ(bi ) = ai , i ∈ {1, 2, . . . n}.
Bizonyítás: ( unicitás )
Indirekt módon. Legyenek ϕ 6= ψ lineáris leképezések, melyekre ϕ(bi ) = ai és ψ(bi ) = ai
P
, i ∈ {1, 2, . . . n}. Legyen x ∈ V1 tetszőleges, x = ni=1 ξi bi . Hattatom ϕ-t x-re:
ϕ(x) = ϕ
n
X
i=1
!
ξi bi =
n
X
i=1
ξi ϕ(bi ) = ξ1 ϕ(b1 ) + · · · + ξn ϕ(bn ) =
= ξ1 a1 + · · · + ξn an = ξ1 ψ(b1 ) + · · · + ξn ψ(bn ) = ψ(ξ1 b1 + · · · + ξn bn ) = ψ(x).
17
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Ezzel ϕ = ψ, ami ellentmond a feltételnek, tehát a feltevés nem igaz.
Bizonyítás: ( egzisztencia )
Konstruktív bizonyítás. Legyen ϕ : V1 → V2 , és x 7−→ ϕ(x). Ha (ξ1 , ξ2 , . . . ξn ) az x
koordinátái, akkor, ϕ(x) = ξ1 a1 + · · · + ξn an . Hasonló módon, legyen y (η1 , η2 , . . . ηn )
koordinátákkal.
ϕ(x+y) = (ξ1 +η1 )a1 +· · ·+(ξn +ηn )an = ξ1 a1 +· · ·+ξn an +η1 a1 +· · ·+ηn an = ϕ(x)+ϕ(y)
ϕ(ϑ x) = ϑ ξ1 a1 + · · · + ϑ ξn an = ϑ(ξ1 a1 + · · · + ξn an ) = ϑ ϕ(x)
Lineáris léképkezesek mátrixreprezentációja:
Legyen V1 és V2 ugyanazon test feletti vektorterek, és dimV1 = n, valamint dimV2 = k,
{a1 , a2 , . . . , an } bázis V1 -ben, és {b1 , b2 , . . . , bn } bázis V2 -ben. Legyen ϕ : V1 → V2
lineáris leképezés, ekkor
ϕ(ai ) = α1i b1 + α2i b2 + · · · + αki bk =
k
X
αji bj
(15)
j=1
α11 . . . α1i . . . α1n
α21 . . . α2i . . . α2n
.
=: A
. ..
..
..
.
. ..
.
.
.
αk1 . . . αki . . . αkn k×n
Az A mátrixot ϕ leképezést reprezentáló mátrixnak hívjuk, segítségével tetszőleges x ∈ V1
képét meghatározhatjuk. Legyenek (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) az x koordinátái, ekkor a képét az
alábbi módon számíthatjuk:
α11 . . . α1n
ξ1
α21 . . . α2n ξ2
.
..
...
.
.. = . . .
.
. .
ξn
αk1 . . . αkn
ϕ(x) = ϕ
n
X
!
ξi ai =
i=1
n
X
ξi ϕ(ai )
i=1
Állítás: Φ : (Hom(V1 , V2 )) → Mk×n izomorfizmus, ahol dimV1 = k és dimVk = n,
konstrukciót lást fent.
Következmény: dim(Hom(V1 , V2 )) = n · k = dimV1 · dimV2 .
18
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Példa:
Írjuk fel az α szögű forgatás mátrixát!
Állítás: Legyenek V1 , V2 , V3 vektorterek, dimV1 = k, dimV2 = m, dimV3 = n. Legyenek adva, ϕ : V1 → V2 és ψ : V2 → V3 lineáris leképezések, ekkor a V1 -ből V3 -ra való
leképezés (ψ ◦ ϕ : V1 → V3 ) olyan, hogy ha ϕ ↔ A ∈ Mm×k és ψ ↔ B ∈ Mn×m , akkor
ψ ◦ ϕ ↔ C ∈ Mn×k , ahol C = B · A.
Speciálisan, ha V1 = V2 = V3 = V , dimV = n. Ekkor C = A · B ∈ Mn×n és
A, B ∈ Mn×n .
Következmény: Invertálható lineáris leképezés mátrixa invertálható.
Definíció: Legyen ϕ : V1 → V2 lineáris leképezés, ker ϕ := {v | v ∈ V1
leképezés magtere (nulltere).
∧
ϕ(v) = 0} a
Állítás: ker ϕ ⊆ V1 , altér V1 -ben.
Bizonyítás:
Definíció: A magtér dimenzióját defektusnak nevezzük. ⇒ dim (ker ϕ) = def ϕ.
Megjegyzés:
I. Nem létezik olyan vektortér, melynek magtere az üreshalmaz (a nullvektor mindig
benne van, mert a nullvektor képe mindig nullvektor).
II. Invertálható lineáris leképezés magtere a nullvektor.
Állítás: A ϕ leképezés injektív, akkor és csak is akkor, ha ker ϕ = {0} ⇔ def ϕ = 0.
Bizonyítás:
19
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Definíció: Egy lineáris leképezés rangjának nevezzük a képtér dimenzióját.
rg ϕ = dim ϕ(V1 ).
Tétel: [ Rang-nullitás tétele ]
Legyen V1 véges dimenziós vektortér, ϕ : V1 → V2 lineáris leképezés, ekkor
rg ϕ + def ϕ = dim V1 .
(16)
Bizonyítás:
Állítás: Tetszőleges lineáris leképezés rangja megegyezik bármely bázisra vonatkozó
mátrixreprezentációjának rangjával. ϕ : V1 → V2 , dimV1 = m, dimV2 = n → ϕ ↔ A,
A ∈ Mn×m , rg ϕ = rg A.
Bizonyítás:
Tétel: Legyen ϕ : V → V lineáris leképezés (lineáris operátor), {b1 , b2 , . . . , bn }
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázisok V -ben. A ϕ{b1 , b2 , . . . , bn } bázisra vonatkozó mátrixa A,
és {b
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázisra vonatkozó mátrixa A.
ˆ Jelölje S a {b1 , b2 , . . . , bn }
továbbá ϕ{b
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázisra való áttérés mátrixát, ekkor
bázisról a {b
ˆ = S−1 A S.
A
Bizonyítás:
20
(17)
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Megjegyzés:
ˆ mátrixok hasonlók.
I. A fenti tételben szereplő A és A
II. Hasonló mátrixok determinánsa megegyezik.
III. Hasonló mátrixok rangja egyenlő.
Definíció: Legyen V a T test feletti vektortér, v ∈ T, v 6= 0. v-t a ϕ : V → V lineáris leképezés sajátvektorának mondjuk, ha önmaga skalárszorosába megy át a leképezés
során, azaz ϕ(v) = λ v, λ ∈ T. λ-t a v sajátvektorhoz tartozó sajátértéknek mondjuk.
Megjegyzés: Ha v sajátvektora ϕ-nek, akkor µ · v is sajátvektor (µ ∈ T , µ 6= 0).
box
Tétel: Az A ∈ Mn×n mátrix sajátértékei a
det(A − λE) = 0
(18)
egyenlet gyökeiként adódnak.
Bizonyítás: Legyen v sajátvektor, ekkor igaz az alábbi egyenlőség: Av = λv.
Rendezve:
Av − λv = 0,
Av − λE v = 0,
(A − λE) v = 0.
Így egy homogén lineáris egyenletrendszert kapunk, aminek létezik triviálistól eltérő megoldása (v 6= 0), tehát det(A − λE) = 0.
A det(A − λE) = 0 egyenletet karakterisztikus egyenletnek nevezzük.
A det(A − λE) polinomot karakterisztikus polinomnak mondjuk.
Állítás: Különböző sajátértékekhez tartozó sajátvektorok lineárisan függetlenek.
Bizonyítás:
Állítás: Szimmetrikus mátrix sajátértékei valósak.
Bizonyítás:
21
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Állítás: Az n-edrendű szimmetrikus mátrixnak van n darab, páronként egymásra
merőleges sajátvektora.
Bizonyítás:
Példa: Határozzuk meg az A mátrix sajátértékeit és sajátvektorait!
"
#
2 −1
A=
−1 2
"
#
"
#
"
2 − λ −1
2 −1
1 0
A − λE =
−λ
=
−1 2 − λ
−1 2
0 1
#
A karakterisztikus egyenlet: det(A − λE) = 0.
(2 − λ)2 − 1 = λ2 − 4 λ + 3 = 0
A másodfokú egyenlet megoldásai:
λ1 = 1,
λ2 = 3.
λ1 = 1-hez tartozó sajátvektor meghatározása: A − λ1 E = 0.
"
#"
1 −1
−1 1
#
" #
s1
0
=
0
s2
Így egy kétismeretlenes lineáris egyenletrendszert kapunk, amiből: s1 = s2 .
Tehát a λ1 = 1 -hez tartozó sajátvektor: s =
" #
s
s
s 6= 0.
λ2 = 3-hez tartozó sajátvektor meghatározása: A − λ2 E = 0.
"
#" #
" #
t1
0
=
0
t2
−1 −1
−1 −1
Így ismét egy kétismeretlenes lineáris egyenletrendszert kapunk, amiből: t1 = −t2 .
"
#
t
Tehát a λ2 = 3 -hoz tartozó sajátvektor: t =
−t
További példák:
22
t 6= 0.
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.7. Valós euklideszi terek
Definíció: Legyen adva egy R feletti vektortér és értelmezzük a < , >: V × V → R
függvényt, melyet skaláris szorzatnak mondunk, ha teljesíti az alábbiakat:
1. szimmetrikus: < x, y >=< y, x >
∀x, y ∈ V esetén,
2. homogén: < α x, y >= α < x, y >
∀x, y ∈ V, α ∈ R esetén,
3. additív: < x1 + x2 , y >=< x1 , y > + < x2 , y >
∀x1 , x2 , y ∈ V esetén,
4. nemnegatív: < x, x > ≧ 0, egyenlőség akkor és csak is akkor, ha x = 0.
ξ1
η1
ξ2
η2
Definíció: Legyen {e1 , e2 , . . . , en } kanonikus bázis, melyben x =
.. és y = .. .
.
.
ξn
ηn
Ekkor:
n
< x, y >:=
X
ξi ηi
i=1
az így előállított (V, < , >) valós euklideszi tér.
Jelölés: En : n dimenziós euklideszi tér.
A valós euklideszi térben értelmezhetjük a vektorok hosszát: ||x|| =
√
< x, x > .
Valamint értelmezhetjük x és y vektorok szögét: cos ∠(x, y) := ||x||·||y|| .
Megjegyzés:
I. −1 6 ||x||·||y|| 6 1
II. < x, y >2 6 ||x||2 · ||y||2 ,
melyet Cauchy − Bunyakovszkij − Schwartz - egyenlőtlenséget hívunk, és az alábbi
alakban is felírhatunk:
< x, y >2 6 < x, x > < y, y > .
Következmény: Valós euklideszi térben igaz a háromszög - egyenlőtlenség.
||x + y|| 6 ||x|| · ||y||
Definíció: A (V, < , >) n dimenziós euklideszi tér {e1 , e2 , . . . , en } bázisát ortonormáltnak mondjuk, ha < ei , ej >= δij , ahol
δij :=
az úgynevezett Kronecher - delta.
1,
0,
23
ha i = j
ha i =
6 j
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Az n dimenziós euklideszi tér A : V → V lineáris transzformációját ortogonálisnak
mondjuk, ha < A x, A y >=< x, y >, ∀ x, y ∈ V .
Megjegyzés:
I. Ortogonális transzformáció normatartó.
II. Ortogonális transzformáció szögtartó.
III. Ortogonális transzformáció ortonormált bázist ortonormált bázisba visz át.
Belátható, hogy ha {e1 , e2 , . . . , en } → {f1 , f2 , . . . , fn } transzformáció mátrixa S,
és {f1 , f2 , . . . , fn } → {e1 , e2 , . . . , en } transzformáció mátrixa T, akkor S T = E.
Ebből T = S−1 = ST . Ha S−1 = ST , akkor ortogonális mátrixról beszélünk.
1.8. Bázistranszformáció, koordinátatranszformáció
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázisok V -ben. ekkor a
Definíció: Legyenek {b1 , b2 , . . . , bn } és {b
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázistranszformáció S mátrixa a következőképpen
{b1 , b2 , . . . , bn } → {b
írható fel:
n
X
ˆ1 =
si1 bi = s11 b1 + s21 b2 + · · · + sn1 bn
b
i=1
ˆj =
b
n
X
sij bi = s1j b1 + s2j b2 + · · · + snj bn
n
X
sin bi = s1n b1 + s2n b2 + · · · + snn bn
i=1
ˆn =
b
..
.
i=1
..
.
⇓
s11 . . . s1n
s21 . . . s2n
S = .. . .
..
.
.
.
.
sn1 . . . snn
Állítás: A bázistranszformáció mátrixa mindig invertálható.
Bizonyítás:
24
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Jegyzetek
25
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
2. Függvénysorozatok, függvénysorok
2.1. Alapfogalmak
Definíció: Az fn : I ⊂ R → R sorozatot függvénysorozatnak nevezzük.
Példa: fn : R → [−1, 1],
gn : [0, ∞] → R,
fn (x) = sin(nx).
gn (x) = xn .
További példák:
Definíció: Ha az x0 ∈ I pontban az (fn (x0 )) számsorozat konvergens, akkor azt
mondjuk, hogy az (fn ) függvénysorozat konvergens x0 -ban. A konvergenciahalmaz:
H := {x | x ∈ I
Példa: fn (x) = sin(nx);
gn (x) = xn ,
∧
(fn ) konvergens x − ben}
Hfn = {k · π, k ∈ Z}.
Hgn = [0, 1].
További példák:
Definíció: f (x) := lim fn (x), x ∈ H. f -t az (fn ) függvénysorozat határfüggvén→∞
nyének nevezzük. Azt mondjuk, hogy (fn ) függvénysorozat pontonként konvergál az f
határfüggvényhez H-n, ha minden ε > 0 esetén létezik N (ε, x) : |fn (x) − f (x)| < ε, ha
n > N (ε, x).
Definíció: Azt mondjuk, hogy (fn ) egyenletesen konvergens az E ⊂ H halmazon, ha
minden ha minden ε > 0 esetén létezik N (ε) : |fn (x) − f (x)| < ε, ha n > N (ε) minden
x ∈ E esetén.
Következmény: Az egyenletes konvergenciából következik a pontonkénti (feltételes)
konvergencia. Az állítás azonban megfordítva nem igaz.
26
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Tétel: [ Cauchy - kritérium ]
a) Az (fn ) konvergens az x0 ∈ H pontban akkor, és csak is akkor, ha minden ε > 0
esetén létezik N (ε) : |fn (x0 ) − fm (x0 )| < ε, ha n, m > N (ε).
b) Az (fn ) konvergens az H ⊂ I halmazon akkor, és csak is akkor, ha minden ε > 0
esetén létezik N (ε, x) : |fn (x) − fm (x)| < ε, ha n, m > N (ε, x), ∀x ∈ H.
c) Az (fn ) egyenletesen konvergens az E ⊂ H halmazon akkor, és csak is akkor, ha
minden ε > 0 esetén létezik N (ε) : |fn (x) − fm (x)| < ε, ha n, m > N (ε), ∀x ∈ E.
Bizonyítás: Az a) és b) esetek bizonyítása a numerikus sorozatoknál tanultak szerint
történik (Matematika A1 anyaga).
c) eset bizonyítása:
⇒ : (fn ) egyenletesen konvergens E-n, akkor minden ε > 0 esetén létezik N (ε) hogy:
ε
ε
|fn (x) − f (x)| < , ha n > N
, ∀x ∈ E,
2
2
ε
ε
, ∀x ∈ E.
|fm (x) − f (x)| < , ha m > N
2
2
|fn (x) − fm (x)| = |fn (x) − f (x) + f (x) − fm (x)| ≦ |fn (x) − f (x)| + |f (x) − fm (x)| =
felhasználva hogy |a + b| ≦ |a| + |b|,
= |fn (x) − f (x)| + |fm (x) − f (x)| <
ha n, m > N
ε
2
|
{z
< 2ε
}
{z
|
< 2ε
}
ε ε
+ = ε,
2 2
, ∀x ∈ E.
⇐ : |fn (x) − fm (x)| < 2ε , ha n, m > N 2ε , ∀x ∈ E.
fn (x) Cauchy - sorozat.
fm (x) is Cauchy - sorozat és konvergens, azaz fm (x) → f (x) ha m → ∞ ∀x ∈ E.
Ekkor:
ε
|fn (x) − f (x)| < < ε
2
ha n > N
ε
2
, ∀x ∈ E.
Definíció: Legyen fn : I ⊂ R → R függvénysorozat.
s1 (x) := f1 (x)
s2 (x) := f1 (x) + f2 (x)
..
.
sj (x) :=
..
.
j
X
i=1
27
fi (x)
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Az így előálló (sn ) függvénysorozatot az (fn ) függvénysorozatból képzett függvénysornak
P
hívjuk és fn -el jelöljük.
P
A fn függvénysor konvergens az x0 pontban, ha az (sn ) függvénysorozat konvergens
az x0 pontban.
P
A fn függvénysor konvergens a H ⊂ I halmazon, ha az (sn ) függvénysorozat konvergens H-n.
P
A fn függvénysor egyenletesen konvergens a E ⊂ H halmazon, ha az (sn ) függvénysorozat egyenletesen konvergens a E ⊂ H halmazon.
Definíció: s(x) := lim sn (x), x ∈ H, s-t a
n→∞
nevezzük.
P
(fn ) függvény összegfüggvényének
Tétel: [ Cauchy-féle konvergencia kritérium egyenletes konvergenciára függvénysorok
esetén ]
P
A fn függvénysor egyenletesen konvergens az E ⊂ H halmazon akkor, és csak is
akkor, ha minden ε > 0 esetén létezik N (ε) : |sn (x0 ) − sm (x0 )| < ε, ha n, m > N (ε),
∀x ∈ E.
Bizonyítás:
Tétel: [ Weierstrass - tétel függvénysorok egyenletes konvergenciájára ]
P
P
Legyen fn I ⊂ R → R és fn a belőle képzett függvénysor, továbbá an olyan konvergens numerikus sor, melyre |fn (x)| ≦ an ∀ x ∈ I vagy n > n0 ∈ N esetén teljesül,
P
akkor a fn függvénysor egyenletesen konvergens.
Bizonyítás:
P
Definíció: A fn függvénysort abszolút konvergensnek mondjuk, ha
vénysor konvergens.
P
|fn | függ-
Megjegyzés: A Weierstrass - tételbeli konvergencia abszolút konvergencia is.
28
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
X
P
Definíció: Legyen fn (x) := an (x − a)n , a belőle képzett fn =
an (x − a)n , a ∈ R
sort hatványsornak nevezzük, ahol an a hatványsor n-edik együtthatója, a pedig a sorfejtés centruma.
Ha a = 0, akkor a hatványsor az alábbi alakra egyszerűsödik:
Definíció: r :=
1√
lim sup n |an |
P
∈ Rb a
P
P
an xn .
an (x − a)n hatványsor konvergenciasugara.
Tétel: Legyen fn függvénysor egyenletesen konvergens egy az x0 pontot tartalmazó
környezeten, továbbá legyenek a sor tagjai x0 -ban folytonosak, ekkor az összegfüggvény
is folytonos az x0 - pontban.
P
Bizonyítás: Tudjuk, hogy fn folytonos és egyenletesen konvergens.
Azt akarjuk belátni, hogy |f (x) − f (x0 )| tetszőlegesen kicsivé tehető, mert ekkor az
összegfüggvény folytonos.
|f (x) − f (x0 )| = |f (x) − fn (x) + fn (x) − fn (x0 ) + fn (x0 ) − f (x0 )| 6
|f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (x0 )| + |fn (x0 ) − f (x0 )| < 3 ·
|
{z
< 3ε
}
egyenletes konv. miatt,
ha n > N
Állítás:
ε
3
|
}
|
, N3
{z
< 3ε
mert fn folytonos,
:= max.{N1
ε
3
, N2
ε
3
{z
< 3ε
}
ε
= ε,
3
egyenletes konv. miatt.
ε
3
}.
1. Folytonos függvények egyenletesen konvergens sorozatának határfüggvénye is folytonos.
2. Folytonos függvények egyenletesen konvergens függvénysorának összegfüggvénye is
folytonos, ha a függvénysor tagjai folytonosak.
Bizonyítás:
Tétel: [ Tagonkénti integrálhatóságról ]
P
Legyenek
fn függvénysor tagjai integrálhatóak az x ∈ [a, b] zárt intervallumon,
tegyük fel, hogy a sor egyenletesen konvergens [a, b]-n és összegfüggvénye folytonos, ekkor
Z b
a
f (x) dx =
∞ Z b
X
n=1 a
fn (x) dx.
Azaz ha a feltételek teljesülnek, a függvénysor tagjait tagonként integrálhatom.
29
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Bizonyítás:
Megjegyzés: Nem korlátos intervallum esetén nem igaz az állítás.
Tétel: [ Tagonkénti differenciálhatóságról ]
P
Legyenek fn függvénysor tagjai differenciálhatók J-n és fn′ derivált függvények folyP
P
tonosak J-n, valamint fn′ egyenletesen konvergens J-n, továbbá fn is egyenletesen
P
konvergens J-n, ekkor, ha f jelöli a fn összegfüggvényét:
f ′ (x) =
∞
X
fn′ (x).
n=1
Bizonyítás:
Tétel: Ha a
X
0
an xn hatványsor konvergens az x0 pontban, akkor az |x| < |x0 |
helyeken abszolút és egyenletesen konvergens.
0
−x0
x0
(−x0 , x0 )-n a hatványsor abszolút és egyenletesen konvergens
P
Bizonyítás: Ha a an xn hatványsor konvergens az x0 pontban, akkor an xn0 −→ 0,
ha n −→ ∞ (különben elszállna). Ekkor tehát korlátos is, azaz létezik K ∈ R, hogy
|an xn0 | ≦ K.
x n
|an |
n
n
n
n
−→ 0
|x0 | |x| = |an x0 |
|an x | =
| {z } x0
|x0 |n
≦K
P
P
| {z }
GÉPÉSZMÉRNÖKI KAR
ELŐADÁSJEGYZET
I. rész
Matematika A2
(BMETE90AX02)
Lektorálta:
Dr. Szilágyi Brigitta
Készítette:
Pálya Zsófia
BUDAPEST, 2017
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Tartalomjegyzék
1. Lineáris algebra
1.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Mátrixalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Mátrixműveletek . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4. Determináns . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5. Lineáris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . .
1.6. Lineáris leképezések (tenzorok) . . . . . . . .
1.7. Valós euklideszi terek . . . . . . . . . . . . . .
1.8. Bázistranszformáció, koordinátatranszformáció
.
.
.
.
.
.
.
.
2
2
6
7
8
14
17
23
24
2. Függvénysorozatok, függvénysorok
2.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Taylor-sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Fourier-sorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
26
32
36
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1. Lineáris algebra
1.1. Alapfogalmak
Definíció: Legyen G nemüres halmaz, és ◦ egy művelet, (G,◦) csoport, ha teljesülnek
az alábbi feltételek:
1. a művelet asszociatív, azaz (a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c), ∀ a, b, c, ∈ G,
2. létezik az egységelem (zéruselem) e, azaz a ◦ e = e ◦ a, ∀ a ∈ G,
3. létezik az inverzelem, azaz ∃ a
ˆ ∈ G hogy a ◦ a
ˆ=a
ˆ ◦ a = e, ∀ a ∈ G.
Megjegyzés: Ha a ◦ művelet kommutatív, akkor Abel-csoportról beszélünk.
Példa: (R, ·), (Q, +) és (C, +) mindegyike Abel-csoport.
Nem Abel-csoport azonban a (N, +), mert nem létezik az inverz elem és a (Q∗ , +), mert
nem létezik az egységelem.
További példák:
Definíció: Legyen R nemüres halmaz ▽ és ♦ műveletek. (R,▽,♦) gyűrű, ha teljesülnek
az alábbi feltételek:
1. (R, ♦) Abel-csoport,
2. a ▽ művelet asszociatív, azaz (a▽b)▽c = a▽(b▽c), ∀ a, b, c, ∈ R,
3. teljesül a disztributivitás, azaz (a ♦ b) ▽ c = (a▽c) ♦ (b▽c) , és a ▽ (b ♦ c) =
(a▽b) ♦ (a▽c) , ∀a, b, c ∈ R.
Definíció: Legyen T nemüres halmaz ♥ , és ♣ műveletek. (T,♥,♣) test, ha teljesülnek
az alábbi feltételek:
1. (T, ♥) Abel-csoport,
2. a ♣ művelet asszociatív, azaz (a ♣ b) ♣ c = a ♣ (b ♣ c), ∀ a, b, c, ∈ T,
3. létezik az egységelem e ∈ T , azaz a ♣ e = e ♣ a, ∀ a ∈ T,
4. létezik az inverzelem, azaz ∃ a
ˆ ∈ T hogy a ♣ a
ˆ=a
ˆ ♣ a = e, ∀ a ∈ T,
5. teljesül a disztributivitás.
Példa: Testet alkotnak: (R, +, ·) és (C, +, ·).
2
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Definíció: Legyen V nem üres halmaz és +, • két művelet, T test. (V, +, •) T test
feletti vektortér (lineáris tér), ha teljesülnek az alábbi feltételek:
1. (V,+) Abel-csoport,
2. ha ∀ α, β ∈ T és x ∈ V, akkor (α • β) • x = α • (β • x),
3. ha ε a T-beli egységelem, akkor ε • x = x ∀ x ∈ V,
4. ha ∀ α, β ∈ T és x, y ∈ V, akkor (α+β)•x = α•x+β•x és α•(x+y) = α•x+α•y.
Példa:
• a legfeljebb n-ed fokú polinomok a skalárral való szorzásra és az összeadásra nézve
vektorteret alkotnak,
• a függvények az összeadásra és a skalárral való szorzásra nézve vektorteret alkotnak.
További példák:
Definíció: A vektortér elemeit vektoroknak nevezzük.
Jelölés: x vagy x.
I. Állítás: A zéruselem és az ellentett elem létezése egyértelmű.
Bizonyítás: [ Zéruselem létezése egyértelmű ]
ˆ egymástól különböző zéruselemek (0 6= 0).
ˆ Ebben az esetben
Tegyük fel hogy 0 és 0
az alábbi egyenlőség áll fenn:
ˆ =0+0
ˆ=0
0
(1)
ˆ és 0 megegyező zéruseleEzzel ellentmondásra jutunk, mert az egyenlőség szerint 0
mek.
Bizonyítás: [ Inverzelem létezése egyértelmű ]
Tegyük fel hogy −x és −ˆ
x egyaránt x ellentettje (inverze) (−x 6= −ˆ
x). Ebben az
esetben:
ˆ = (−x + x) + (−ˆ
−x
x) = −x + (x + (−ˆ
x)) = −x
(2)
Ezzel ellentmondásra jutunk, mert az egyenlőség szerint −ˆ
x és −x egyaránt x ellentettje és egyenlők.
II. Állítás:
0 · x = 0.
Bizonyítás:
3
Előadásjegyzet, I. rész
III. Állítás:
Matematika A2 (BMETE90AX02)
α · 0 = 0.
Bizonyítás:
IV. Állítás:
α · x = 0 akkor és csak is akkor, ha α = 0 vagy x = 0.
Bizonyítás:
Definíció: A (V, + , λ) vektortér a1 , a2 . . . an vektorait lineárisan függőnek (összefüggőnek) mondjuk, ha az
α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn an = 0
(3)
vektoregyenletnek létezik triviálistól különböző megoldása.
Ellenkező esetben lineárisan függetlenek.
6 L ⊂ V, L-t altérnek nevezzük
Definíció: Legyen (V,+,λ) R feletti vektortér és ∅ =
V-ben, ha (L,+,λ) ugyancsak vektortér.
Példa: A polinomok (P, +, λ) vektorterének altere a legfeljebb n-ed fokú polinomok
(Pn , +, λ) vektortere.
További példák:
Állítás: Alterek metszete ugyancsak altér. Alterek uniója azonban általában nem
altér.
Definíció: Legyen ∅ =
6 G ⊂ V. G által generált altérnek nevezzük azt a legszűkebb
alteret, amely tartalmazza G-t. Jele: L (G).
6 G. G generátorrendszere V-nek, ha L (G) = V.
Definíció: Adott ∅ =
Példa:
Megjegyzés: Ha G véges generátorrendszere V-nek, akkor G-t végesen generált vektorrendszernek nevezzük.
Definíció: A V vektortér egy lineárisan független generátorrendszerét a V bázisának
hívjuk.
4
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Példa:
Állítás: Végesen generált vektortérben bármely két bázis azonos tagszámú.
Bizonyítás:
Definíció: Végesen generált vektortér dimenzióján a bázisainak közös tagszámát értjük.
Állítás: Legyen {b1 , b2 . . . bn } a V vektortérnek egy bázisa. Ekkor tetszőleges V-beli
vektor egyértelműen előállítható a {b1 , b2 . . . bn } vektorok lineáris kombinációjaként.
Azaz ∀ v ∈ V : ∃! (ξ1 , ξ2 . . . ξn ) hogy,
v = ξ1 b1 + ξ2 b2 + · · · + ξn bn =
n
X
ξi bi .
(4)
i=1
A (ξ1 , ξ2 . . . ξn ) szám n-est a v vektor {b1 , b2 . . . bn } bázisaira vonatkozó koordinátáinak
nevezzük.
Bizonyítás: ( egzisztencia )
{b1 , b2 . . . bn } lineárisan függetlenek, mert bázis. Ezért {v, b1 , b2 . . . bn } már lineárisan
függő, így a
λv + α1 b1 + α2 b2 + · · · + αn bn = 0
(5)
vektoregyenletnek létezik triviálistól különböző megoldása, azaz nem lehet (λ, α1 , α2 , . . . , αn )
minden eleme egyszerre 0.
Tehát λ 6= 0, mert ellenkező esetben α1 = α2 = · · · = αn = 0 állna fent, így oszthatjuk
az (5)-ös egyenletet λ-val:
α2
αn
α1
bn .
(6)
b1 + −
b2 + · · · + −
v= −
λ
λ
λ
| {z }
| {z }
| {z }
:=ξ1
:=ξ2
:=ξn
Bizonyítás: ( unicitás )
Tegyük fel hogy (ξ1 , ξ2 . . . ξn ) és (η1 , η2 . . . ηn ) egyaránt v koordinátái a {b1 , b2 . . . bn }
bázisban, azaz
v=
v=
n
X
i=1
n
X
ξi bi
(7)
ηi bi
(8)
i=1
Vonjuk ki a (7)-es egyenletből a (8)-as egyenletet:
0 = (ξ1 − η1 ) b1 + (ξ2 − η2 ) b2 + · · · + (ξn − ηn ) bn .
|
{z
0
}
|
{z
}
0
|
{z
0
}
(9)
Ezzel ellentmondásra jutunk, mivel {b1 , b2 . . . bn } bázis, ezért a nullvektornak csak triviális előállítása létezik, ami az együtthatók 0 voltát vonná maga után, az pedig a megfelelő
koordináták egyenlőségével ekvivalens. Tehát nem igaz a feltevés.
5
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.2. Mátrixalgebra
Definíció: Legyen aij ∈ C , i ∈ {1, 2, . . . , n} , j ∈ {1, 2, . . . , k} . Ekkor az alábbi
elrendezés esetén,
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
A = ..
.. . .
..
.
.
.
.
ak1 ak2 · · · akn
Jelölések: A, A ∈ Mn×k , vagy A = (aij ).
n × k -s mátrixról beszélünk.
Speciális elnevezések:
• A ∈ Mn×1 - oszlopmátrix
• B ∈ M1×k - sormátrix
• C ∈ Mn×n - kvadratikus vagy négyzetes mátrix
0 ... 0
. .
. . ...
•
- nullmátrix
..
0 ... 0
1 ... 0
. .
. . ...
•
- egységmátrix
..
0 ... 1
Egyéb speciális mátrixstruktúrák:
Definíció: Egy mátrix transzponáltja a főátlóra való tükörképe. Jele: AT
1 3
Példa: A = 4 5
11 0
"
#
1 4 11
AT =
3 5 0
Definíció: Ha A = AT , akkor szimmetrikus mátrixról beszélnünk (A ∈ Mn×n ).
Definíció: Ha A = −AT , akkor antiszimmetrikus mátrixról beszélnünk (A ∈ Mn×n ).
Antiszimmetrikus mátrix főátlójában mindenhol 0 szerepel.
Definíció: Két mátrix egyenlő, ha a megfelelő helyeken álló elemei egyenlők.
! A, B ∈ Mn×k . A = B ⇔ aij = bij , ∀ i ∈ {1, 2, . . . , n} , j ∈ {1, 2, . . . , k} .
6
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.3. Mátrixműveletek
Definíció: Két mátrix összegén azt a mátrixot értjük, melyet a két mátrix elemenkénti
összeadásával kapunk, azaz, ha A, B ∈ Mn×k , akkor C := A + B, ahol cij := aij + bij .
2 3
B = 1 7
0 10
1 3
Példa: A = 4 5
11 0
3 6
C = A + B = 5 12.
11 10
Definíció: Egy mátrix és egy skalár szorzata olyan mátrix, melynek minden eleme
skalárszorosa az eredeti mátrix elemeinek, azaz, ha A ∈ Mn×k és λ ∈ R (C), akkor
D := λA, ahol dij := λ aij .
Példa: λ = 4;
1 3
A = 4 5 ;
11 0
4 12
D = λA = 16 20.
44 0
Definíció: Két mátrix szorzatán az alábbi műveletet értjük. Legyen A ∈ Mn×k és
B ∈ Mk×l . Ekkor C = A · B,
cij =
k
X
s=1
ais bsj = ai1 b1j + ai2 b2j + · · · + aik bkj .
"
#
1 0
1 0 3
10 12
Példa: A =
B = −2 −1 C = A · B =
.
−1 2 0
−5 −2
3 4
Célszerű az alábbi módon felírni a mátrixokat, hogy egyszerűbben elvégezzük a szorzást:
"
#
[ ]
[
C=A B=
1
-1
0
2
1
0
-2
-1
3
4
][ ]
3
0
10
-5
12
-2
Állítás: A mátrixszorzás nem kommutatív művelet.
Bizonyítás:
Állítás: Ha A,B,C olyan mátrixok hogy létezik (A · B) · C mátrixszorzat, akkor
A · (B · C) is létezik és (A · B) · C = A · (B · C). Azaz a mátrixszorzás asszociatív művelet.
7
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Bizonyítás:
Állítás: Ha A,B,C olyan mátrixok hogy létezik az A · (B + C) szorzat, akkor A · B
és A · C is létezik és A · (B + C) = A · B + A · C. Azaz teljesül a disztributivitás.
Hasonlóan igaz továbbá hogy, (A + B) · C = A · C + B · C.
Bizonyítás:
1.4. Determináns
Definíció: [ A determináns axonometrikus felépítése ]
Tekintsük a Rn tér a1 , a2 , . . . , an vektorait, ezekhez hozzárendelünk egy R számot, amit
determinánsnak nevezünk és det(a1 , a2 , . . . , an )-nel jelölünk. A hozzárendelés az alábbi
axiómák teljesülése mellett történik.
i
z }| {
i
i
z}|{
z}|{
1. det(. . . x + y . . . ) = det(. . . x . . . ) + det(. . . y . . . ), additív tulajdonság,
i
z}|{
i
z}|{
2. det(. . . λx . . . ) = λdet(. . . x . . . ), homogén tulajdonság (λ ∈ R(C)),
3. ha a determináns két oszlopát felcseréljük, a determináns értéke a (−1)-szeresére
változik,
0
0
1
0
1
0
4. tekintsük az Rn tér e1 =
.. , e2 = .. , . . . , en = .. bázisvektorait,
.
.
.
1
0
0
ekkor det = (e1 , e2 , . . . , en ) = 1.
Állítás: Ha egy determinánsban van két azonos oszlopvektor, akkor a determináns
értéke 0.
Bizonyítás:
8
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Állítás: Ha egy determinánshoz hozzáadjuk egy oszlopvektor skalárszorosát a determináns értéke nem változik.
Bizonyítás:
Tétel: [ Kifejtési tétel ]
det(a1 , a2 , . . . , an ) =
a11
a21
.
.
.
an1
a12 · · · a1n
n
X
a22 · · · a2n
..
.. = det aj1 , ej , a2 , . . . , an =
...
.
.
j=1
an2 · · · ann
= a11 det (e1 , a2 , . . . , an ) + a2,1 det (e2 , a2 , . . . , an ) + · · · + an,1 det (en , a2 , . . . , an ) =
=
=
1
0
a1,1 ..
.
0
1
0
a11 ..
.
0
0 a12 · · · a1n
0 a12 · · · a1n
0 · · · 0
0 ··· 0
a22 · · · a2n
0 a22 · · · a2n
1
+
·
·
·
+
a
+
a
.. . .
.. =
..
..
..
..
n1 ..
21 ..
..
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1 0 · · ·
0 an,2 · · · ann
0
an2 · · · ann
a12
0 · · · 0
a22 · · · a2n
0
.
−
a
..
.
21
..
.
..
.
.
.
an2
an2 · · · ann
a12 · · · a1n 0
0 · · · a1n
a
·
·
·
a
0
1 ··· 0
22
2n
n−1
..
.. + · · · + (−1) an1 ..
.. . .
. . .. .
. .
.
.
.
.
.
0 · · · 0 1
0 · · · ann
Jelölje a k. sor és j. oszlop kitakarásával kapott aldeterminánst Akj , ekkor az egyenlőség
a következőképpen írható át:
a11 A11 − a2,1 A21 + · · · + (−1)n−1 an1 An1 .
Vezessük be a következő jelölést: Akj = (−1)k−1 Akj .
Így:
a11 A11 + a21 A21 + · · · + an1 An1 =
=
n
X
n
X
j=1
aj1 Aj1 = · · · =
(−1)ε ak1 ak2 . . . akn detE,
k1 ,k2 ...kn
ahol ε az inverziók száma és E az egységmátrix.
9
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Inverzió:
Következmény:
I. A determinánsban nem lényeges, hogy sorról vagy oszlopról beszélünk a determinánssal kapcsolatban.
detA = detAT
II. Determináns bármely sora vagy oszlopa szerint kifejthető.
a11
a21
.
.
.
an1
#
"
1 2
Példa: A =
6 7
1 0 2
B = 6 3 8
5 4 3
a12 · · · a1n
n
n
X
a22 · · · a2n X
a A
akj Akj =
..
.. =
..
| ik{z ik}
.
.
. k=1 | {z }
k=1 i. sor szerint
j. oszlop szerint
an2 · · · ann
detA = 1 · 7 − 2 · 6 = −5
detB =
3
1 ·
4
6 8
6 3
8
−0·
+2·
= −23 − 0 + 18 = −5.
5 3
5 4
3
További példák:
Tétel: Az {a1 , a2 , . . . , an } (oszlop)vektorok lineárisan függetlenek akkor és csak is akkor, ha det(a1 , a2 , . . . , an ) 6= 0.
Bizonyítás:
Definíció: A mátrix rangjának nevezzük az oszlopvektorai közül a lineárisan függetlenek maximális számát.
Példa:
rg(A) = 3.
1 2 3 4 5
A = 6 7 8 7 6
5 4 3 2 1 3×5
10
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
A háromdimenziós tér 5 vektora, vagy az ötdimenziós tér 3 vektora közül legfeljebb 3
lehet lineárisan független, ezért a mátrix rangja legfeljebb 3.
Tétel: [ Mátrixok rangszámának tétele ]
Egy mátrix rangja megegyezik maximális el nem tűnő aldeterminánsának rendjével.
Bizonyítás:
Definíció: Egy mátrix elemi átalakításainak nevezzük a következőket:
1. A mátrix egy tetszőleges sorát vagy oszlopát egy 0-tól különböző számmal megszorozzuk.
2. A mátrix egy tetszőleges sorát vagy oszlopát felcseréljük.
3. A mátrix egy tetszőleges sorához vagy oszlopához egy másik tetszőleges sorát vagy
oszlopát adjuk.
Állítás: Egy mátrix rangja elemi átalakítások során nem változik.
Bizonyítás: A determináns axiómáit figyelembe véve látható, hogy az elemi átalakítások nem változtatják meg a determináns 0 voltát.
Definíció: Egy kvadratikus (négyzetes) mátrixot regulárisnak mondunk, ha determinánsa nem 0.
Ha a kvadratikus mátrix determinánsa 0, szinguláris mátrixról beszélünk.
Tétel: [ A determinánsok szorzástétele ]
Legyen A, B ∈ Mn×n mátrix, ekkor det(A · B) = detA · detB.
Bizonyítás:
Állítás: (Mn×n , +, ·) egységelemes gyűrű, mert:
• (Mn×n , +) Abel-csoport,
• (Mn×n , ·) asszociatív,
• teljesül a disztributivitás,
11
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1 ... 0
. .
. . ...
• létezik a szorzás egységeleme, ami az egységmátrix: E =
.
..
0 ... 1
Definíció: Az A ∈ Mn×n mátrix inverzén olyan A−1 -gyel jelölt n × n-es mátrixot
értünk, melyre A A−1 = A−1 A = E teljesül.
Tétel: [ Ferde kifejtési tétel ]
Legyen A ∈ Mn×n , ekkor
n
X
i=1
aj,i Ak,i = 0, ha j 6= k.
(10)
Bizonyítás:
Állítás: Egy szinguláris mátrixnak nem létezik inverze.
Bizonyítás: A bizonyítás indirekt módon történik. Tegyük fel, hogy A szinguláris
mátrixnak létezik inverze A−1 . Ekkor igaz, hogy A A−1 = E. Vizsgáljuk a következő
egyenlőséget:
−1
−1
detA
| {z } detA = det(A · A ) = |detE
{z } .
=0
(11)
=1
Látjuk hogy ezzel ellenmondásra jutunk, tehát nem igaz a feltevés, szinguláris mátrixnak
nem létezik inverze.
Állítás: Reguláris mátrix inverze egyértelmű. Ha A ∈ Mn×n reguláris mátrix, akkor
A−1 :=
adj AT
det A
formulával számolható.
Bizonyítás:
12
(12)
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1 2 −1
1
0
3
T
1
0
Példa: A = 0 1 −2 A = 2
3 0 −4
−1 −2 −4
1
+
−2
0
−
−2
0
+
1
adj AT =
A−1
det A = −13
2
2
1
0
0
+
−
−1 −4
−1 −2
−4
3
−4
3
0
−4 8 −3
1
= − 13 −6 −1 2 =
−3 6
1
1
+
−1
−
4
13
6
13
3
13
1
2
3
−4
3
0
8
− 13
1
13
1
−
−1
+
3
13
2
− 13
6
1
− 13
− 13
További példák:
13
1
2
0
−2
0
1
−4 8 −3
= −6 −1 2
−3 6
1
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.5. Lineáris egyenletrendszerek
Definíció: Véges sok elsőfokú egyenletet és véges sok ismeretlent tartalmazó egyenletrendszert lineáris egyenletrendszernek nevezünk.
Az m egyenletből és n ismeretlenből álló lineáris egyenletrendszer (LER) általános
alakja:
a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n x1n = b1
a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n x2n = b2
..
.
am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xmn = bm ,
ahol aij együtthatók, bj konstansok, xj ismeretlenek.
Ha aij ∈ R, akkor valós együtthatós egyenletrendszerről beszélünk. Általában bj ∈ R.
A (γ1 , γ2 , . . . , γn ) ∈ Rn megoldása a fenti lineáris egyenletrendszernek, ha (x1 , x2 , . . . , xn )
helyére (γ1 , γ2 , . . . , γn )-t beírva igaz egyenlőséget kapunk.
A lineáris egyenletrendszert megoldhatónak nevezzük, ha létezik megoldása.
A lineáris egyenletrendszert határozottnak nevezzük, ha egyetlen megoldása van.
A lineáris egyenletrendszert határozatlannak mondjuk, ha végtelen sok megoldása van.
A lineáris egyenletrendszert ellentmondónak mondjuk, ha nem létezik megoldása.
Példa:
Definíció: Két lineáris egyenletrendszert ekvivalensnek mondunk, ha megoldáshalmazuk megegyezik.
Megjegyzés: Az ekvivalencia szempontjából az egyenletek és az ismeretlenek sorrendje nem számít.
Állítás: Az eredetivel ekvivalens lineáris egyenletrendszer kapunk, ha az egyenletrendszer valamely egyenletét nemnulla számmal szorozzuk vagy valamely egyenlethez
lineáris egyenletrendszerünk egy másik egyenletét adjuk.
14
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Bizonyítás:
Lineáris egyenletrendszerek ábrázolása mátrixosan:
a1 a2
a11 a12
a21 a22
..
..
.
.
am1 am2
...
...
...
...
an
a1n
a2n
..
.
amn
együttható mátrix
A
x1
x2
..
.
xn
x
=
b1
b2
..
.
bn
b
Tétel: [ LER megoldhatóságának szükséges és elégséges feltétele ]
Az A x = b lineáris egyenletrendszer pontosan akkor megoldható, ha rg(A|b) = rgA.
Azaz,
a11 + a12 + · · · + a1n | b1
a11 + a12 + · · · + a1n
| b2
a21 + a22 + · · · + a2n
a21 + a22 + · · · + a2n
.
=
rg
rg
.
..
..
.
| ..
.
am1 + am2 + · · · + amn | bm
am1 + am2 + · · · + amn
Megjegyzés: Az (A|b) mátrixot kibővített mátrixnak nevezzük.
Bizonyítás:
Definíció: Az A x = b lineáris egyenletrendszert homogénnek mondjuk, ha b = 0.
Ha b 6= 0, akkor inhomogén lineáris egyenletrendszerről beszélünk.
Megjegyzés: Tekintsük az n egyenletből álló n ismeretlenes homogén LER-t. Azaz,
A x = 0, ekkor, ha {a1 , a2 , . . . , an } lineárisan független, akkor egyetlen megoldás létezik,
a triviális megoldás. Abban az esetben, ha {a1 , a2 , . . . , an } lineárisan függő, akkor létezik
a triviálistól eltérő megoldás is.
15
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Megoldási módszerek:
1. A x = b, ha A reguláris (detA 6= 0), akkor invertálható és x = A−1 b.
2. Carmer-szabály, alkalmazhatóságának ugyanaz, a feltétele mint 1. esetben.
Tétel: [ Carmer-szabály ]
Az A x = b vagy {a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b} lineáris egyenletrendszenek
létezik egyértelmű megoldása, ha detA 6= 0. Ekkor:
x1 =
b1
b2
.
.
.
bn
a12 . . . a1n
a22 . . . a2n
..
..
...
.
.
an2 . . . ann
detA
,
x2 =
a11
a21
.
.
.
an1
b1 . . . a1n
b2 . . . a2n
..
.. . .
.
.
.
bn . . . ann
detA
, . . . , xn =
a11
a21
.
.
.
an1
a12 . . . b1
a22 . . . b2
..
. . . ..
.
.
an2 . . . bn
detA
3. Gauss - elimináció, csak sorműveletekkel átalakítjuk a kibővített mátrixot, hogy
egyszerűbb alakot nyerjünk ezzel könnyebben megoldható legyen az egyenletrendszer.
Példák:
16
.
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.6. Lineáris leképezések (tenzorok)
Definíció: Legyenek V1 és V2 ugyanazon test (R vagy C) feletti vektorterek. Legyen
ϕ : V1 → V2 leképezés, melyet lineáris leképezésnek nevezünk, ha
teljesül.
ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b) ∀a, b ∈ V1
(13)
ϕ(αa) = α ϕ(a) ∀a ∈ V1 , α ∈ R vagy C
(14)
Megjegyzés:
I. ϕ(0) = 0 minden lineáris leképezés esetén.
II. A linearitás miatt igaz, hogy ϕ(−a) = −ϕ(a).
Definíció: Hom(V1 , V2 ) := {ϕ : V1 → V2 | ϕ lineáris }.
Definíció: Ha V1 = V2 = V, Hom(V, V ) =: End(V ).
Állítás: (Hom(V1 , V2 ), +, λ) vektortér R vagy C felett.
Definíció: A ϕ : V1 → V2 leképezés izomorfizmus ha lineáris és bijektív.
Állítás: Véges dimenziós vektorterek esetén az egymással izomorf vektorterek dimenziója azonos.
Állítás: Legyenek V1 és V2 ugyanazon test feletti vektorterek és dimV1 = dimV2 , ekkor V1 ∼
= V2 .
Bizonyítás:
Tétel: [ Lineáris leképezések alaptétele ]
Legyenek V1 és V2 ugyanazon test feletti vektorterek, és legyen {b1 , b2 , . . . , bn } bázis
V1 -ben, és {a1 , a2 , . . . , an } tetszőleges vektorrendszer V2 -ben, ekkor egyetlen lineáris leképezés létezik, melyre ϕ(bi ) = ai , i ∈ {1, 2, . . . n}.
Bizonyítás: ( unicitás )
Indirekt módon. Legyenek ϕ 6= ψ lineáris leképezések, melyekre ϕ(bi ) = ai és ψ(bi ) = ai
P
, i ∈ {1, 2, . . . n}. Legyen x ∈ V1 tetszőleges, x = ni=1 ξi bi . Hattatom ϕ-t x-re:
ϕ(x) = ϕ
n
X
i=1
!
ξi bi =
n
X
i=1
ξi ϕ(bi ) = ξ1 ϕ(b1 ) + · · · + ξn ϕ(bn ) =
= ξ1 a1 + · · · + ξn an = ξ1 ψ(b1 ) + · · · + ξn ψ(bn ) = ψ(ξ1 b1 + · · · + ξn bn ) = ψ(x).
17
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Ezzel ϕ = ψ, ami ellentmond a feltételnek, tehát a feltevés nem igaz.
Bizonyítás: ( egzisztencia )
Konstruktív bizonyítás. Legyen ϕ : V1 → V2 , és x 7−→ ϕ(x). Ha (ξ1 , ξ2 , . . . ξn ) az x
koordinátái, akkor, ϕ(x) = ξ1 a1 + · · · + ξn an . Hasonló módon, legyen y (η1 , η2 , . . . ηn )
koordinátákkal.
ϕ(x+y) = (ξ1 +η1 )a1 +· · ·+(ξn +ηn )an = ξ1 a1 +· · ·+ξn an +η1 a1 +· · ·+ηn an = ϕ(x)+ϕ(y)
ϕ(ϑ x) = ϑ ξ1 a1 + · · · + ϑ ξn an = ϑ(ξ1 a1 + · · · + ξn an ) = ϑ ϕ(x)
Lineáris léképkezesek mátrixreprezentációja:
Legyen V1 és V2 ugyanazon test feletti vektorterek, és dimV1 = n, valamint dimV2 = k,
{a1 , a2 , . . . , an } bázis V1 -ben, és {b1 , b2 , . . . , bn } bázis V2 -ben. Legyen ϕ : V1 → V2
lineáris leképezés, ekkor
ϕ(ai ) = α1i b1 + α2i b2 + · · · + αki bk =
k
X
αji bj
(15)
j=1
α11 . . . α1i . . . α1n
α21 . . . α2i . . . α2n
.
=: A
. ..
..
..
.
. ..
.
.
.
αk1 . . . αki . . . αkn k×n
Az A mátrixot ϕ leképezést reprezentáló mátrixnak hívjuk, segítségével tetszőleges x ∈ V1
képét meghatározhatjuk. Legyenek (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) az x koordinátái, ekkor a képét az
alábbi módon számíthatjuk:
α11 . . . α1n
ξ1
α21 . . . α2n ξ2
.
..
...
.
.. = . . .
.
. .
ξn
αk1 . . . αkn
ϕ(x) = ϕ
n
X
!
ξi ai =
i=1
n
X
ξi ϕ(ai )
i=1
Állítás: Φ : (Hom(V1 , V2 )) → Mk×n izomorfizmus, ahol dimV1 = k és dimVk = n,
konstrukciót lást fent.
Következmény: dim(Hom(V1 , V2 )) = n · k = dimV1 · dimV2 .
18
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Példa:
Írjuk fel az α szögű forgatás mátrixát!
Állítás: Legyenek V1 , V2 , V3 vektorterek, dimV1 = k, dimV2 = m, dimV3 = n. Legyenek adva, ϕ : V1 → V2 és ψ : V2 → V3 lineáris leképezések, ekkor a V1 -ből V3 -ra való
leképezés (ψ ◦ ϕ : V1 → V3 ) olyan, hogy ha ϕ ↔ A ∈ Mm×k és ψ ↔ B ∈ Mn×m , akkor
ψ ◦ ϕ ↔ C ∈ Mn×k , ahol C = B · A.
Speciálisan, ha V1 = V2 = V3 = V , dimV = n. Ekkor C = A · B ∈ Mn×n és
A, B ∈ Mn×n .
Következmény: Invertálható lineáris leképezés mátrixa invertálható.
Definíció: Legyen ϕ : V1 → V2 lineáris leképezés, ker ϕ := {v | v ∈ V1
leképezés magtere (nulltere).
∧
ϕ(v) = 0} a
Állítás: ker ϕ ⊆ V1 , altér V1 -ben.
Bizonyítás:
Definíció: A magtér dimenzióját defektusnak nevezzük. ⇒ dim (ker ϕ) = def ϕ.
Megjegyzés:
I. Nem létezik olyan vektortér, melynek magtere az üreshalmaz (a nullvektor mindig
benne van, mert a nullvektor képe mindig nullvektor).
II. Invertálható lineáris leképezés magtere a nullvektor.
Állítás: A ϕ leképezés injektív, akkor és csak is akkor, ha ker ϕ = {0} ⇔ def ϕ = 0.
Bizonyítás:
19
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Definíció: Egy lineáris leképezés rangjának nevezzük a képtér dimenzióját.
rg ϕ = dim ϕ(V1 ).
Tétel: [ Rang-nullitás tétele ]
Legyen V1 véges dimenziós vektortér, ϕ : V1 → V2 lineáris leképezés, ekkor
rg ϕ + def ϕ = dim V1 .
(16)
Bizonyítás:
Állítás: Tetszőleges lineáris leképezés rangja megegyezik bármely bázisra vonatkozó
mátrixreprezentációjának rangjával. ϕ : V1 → V2 , dimV1 = m, dimV2 = n → ϕ ↔ A,
A ∈ Mn×m , rg ϕ = rg A.
Bizonyítás:
Tétel: Legyen ϕ : V → V lineáris leképezés (lineáris operátor), {b1 , b2 , . . . , bn }
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázisok V -ben. A ϕ{b1 , b2 , . . . , bn } bázisra vonatkozó mátrixa A,
és {b
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázisra vonatkozó mátrixa A.
ˆ Jelölje S a {b1 , b2 , . . . , bn }
továbbá ϕ{b
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázisra való áttérés mátrixát, ekkor
bázisról a {b
ˆ = S−1 A S.
A
Bizonyítás:
20
(17)
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Megjegyzés:
ˆ mátrixok hasonlók.
I. A fenti tételben szereplő A és A
II. Hasonló mátrixok determinánsa megegyezik.
III. Hasonló mátrixok rangja egyenlő.
Definíció: Legyen V a T test feletti vektortér, v ∈ T, v 6= 0. v-t a ϕ : V → V lineáris leképezés sajátvektorának mondjuk, ha önmaga skalárszorosába megy át a leképezés
során, azaz ϕ(v) = λ v, λ ∈ T. λ-t a v sajátvektorhoz tartozó sajátértéknek mondjuk.
Megjegyzés: Ha v sajátvektora ϕ-nek, akkor µ · v is sajátvektor (µ ∈ T , µ 6= 0).
box
Tétel: Az A ∈ Mn×n mátrix sajátértékei a
det(A − λE) = 0
(18)
egyenlet gyökeiként adódnak.
Bizonyítás: Legyen v sajátvektor, ekkor igaz az alábbi egyenlőség: Av = λv.
Rendezve:
Av − λv = 0,
Av − λE v = 0,
(A − λE) v = 0.
Így egy homogén lineáris egyenletrendszert kapunk, aminek létezik triviálistól eltérő megoldása (v 6= 0), tehát det(A − λE) = 0.
A det(A − λE) = 0 egyenletet karakterisztikus egyenletnek nevezzük.
A det(A − λE) polinomot karakterisztikus polinomnak mondjuk.
Állítás: Különböző sajátértékekhez tartozó sajátvektorok lineárisan függetlenek.
Bizonyítás:
Állítás: Szimmetrikus mátrix sajátértékei valósak.
Bizonyítás:
21
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Állítás: Az n-edrendű szimmetrikus mátrixnak van n darab, páronként egymásra
merőleges sajátvektora.
Bizonyítás:
Példa: Határozzuk meg az A mátrix sajátértékeit és sajátvektorait!
"
#
2 −1
A=
−1 2
"
#
"
#
"
2 − λ −1
2 −1
1 0
A − λE =
−λ
=
−1 2 − λ
−1 2
0 1
#
A karakterisztikus egyenlet: det(A − λE) = 0.
(2 − λ)2 − 1 = λ2 − 4 λ + 3 = 0
A másodfokú egyenlet megoldásai:
λ1 = 1,
λ2 = 3.
λ1 = 1-hez tartozó sajátvektor meghatározása: A − λ1 E = 0.
"
#"
1 −1
−1 1
#
" #
s1
0
=
0
s2
Így egy kétismeretlenes lineáris egyenletrendszert kapunk, amiből: s1 = s2 .
Tehát a λ1 = 1 -hez tartozó sajátvektor: s =
" #
s
s
s 6= 0.
λ2 = 3-hez tartozó sajátvektor meghatározása: A − λ2 E = 0.
"
#" #
" #
t1
0
=
0
t2
−1 −1
−1 −1
Így ismét egy kétismeretlenes lineáris egyenletrendszert kapunk, amiből: t1 = −t2 .
"
#
t
Tehát a λ2 = 3 -hoz tartozó sajátvektor: t =
−t
További példák:
22
t 6= 0.
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
1.7. Valós euklideszi terek
Definíció: Legyen adva egy R feletti vektortér és értelmezzük a < , >: V × V → R
függvényt, melyet skaláris szorzatnak mondunk, ha teljesíti az alábbiakat:
1. szimmetrikus: < x, y >=< y, x >
∀x, y ∈ V esetén,
2. homogén: < α x, y >= α < x, y >
∀x, y ∈ V, α ∈ R esetén,
3. additív: < x1 + x2 , y >=< x1 , y > + < x2 , y >
∀x1 , x2 , y ∈ V esetén,
4. nemnegatív: < x, x > ≧ 0, egyenlőség akkor és csak is akkor, ha x = 0.
ξ1
η1
ξ2
η2
Definíció: Legyen {e1 , e2 , . . . , en } kanonikus bázis, melyben x =
.. és y = .. .
.
.
ξn
ηn
Ekkor:
n
< x, y >:=
X
ξi ηi
i=1
az így előállított (V, < , >) valós euklideszi tér.
Jelölés: En : n dimenziós euklideszi tér.
A valós euklideszi térben értelmezhetjük a vektorok hosszát: ||x|| =
√
< x, x > .
Valamint értelmezhetjük x és y vektorok szögét: cos ∠(x, y) := ||x||·||y|| .
Megjegyzés:
I. −1 6 ||x||·||y|| 6 1
II. < x, y >2 6 ||x||2 · ||y||2 ,
melyet Cauchy − Bunyakovszkij − Schwartz - egyenlőtlenséget hívunk, és az alábbi
alakban is felírhatunk:
< x, y >2 6 < x, x > < y, y > .
Következmény: Valós euklideszi térben igaz a háromszög - egyenlőtlenség.
||x + y|| 6 ||x|| · ||y||
Definíció: A (V, < , >) n dimenziós euklideszi tér {e1 , e2 , . . . , en } bázisát ortonormáltnak mondjuk, ha < ei , ej >= δij , ahol
δij :=
az úgynevezett Kronecher - delta.
1,
0,
23
ha i = j
ha i =
6 j
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Az n dimenziós euklideszi tér A : V → V lineáris transzformációját ortogonálisnak
mondjuk, ha < A x, A y >=< x, y >, ∀ x, y ∈ V .
Megjegyzés:
I. Ortogonális transzformáció normatartó.
II. Ortogonális transzformáció szögtartó.
III. Ortogonális transzformáció ortonormált bázist ortonormált bázisba visz át.
Belátható, hogy ha {e1 , e2 , . . . , en } → {f1 , f2 , . . . , fn } transzformáció mátrixa S,
és {f1 , f2 , . . . , fn } → {e1 , e2 , . . . , en } transzformáció mátrixa T, akkor S T = E.
Ebből T = S−1 = ST . Ha S−1 = ST , akkor ortogonális mátrixról beszélünk.
1.8. Bázistranszformáció, koordinátatranszformáció
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázisok V -ben. ekkor a
Definíció: Legyenek {b1 , b2 , . . . , bn } és {b
ˆ 1, b
ˆ 2, . . . , b
ˆ n } bázistranszformáció S mátrixa a következőképpen
{b1 , b2 , . . . , bn } → {b
írható fel:
n
X
ˆ1 =
si1 bi = s11 b1 + s21 b2 + · · · + sn1 bn
b
i=1
ˆj =
b
n
X
sij bi = s1j b1 + s2j b2 + · · · + snj bn
n
X
sin bi = s1n b1 + s2n b2 + · · · + snn bn
i=1
ˆn =
b
..
.
i=1
..
.
⇓
s11 . . . s1n
s21 . . . s2n
S = .. . .
..
.
.
.
.
sn1 . . . snn
Állítás: A bázistranszformáció mátrixa mindig invertálható.
Bizonyítás:
24
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Jegyzetek
25
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
2. Függvénysorozatok, függvénysorok
2.1. Alapfogalmak
Definíció: Az fn : I ⊂ R → R sorozatot függvénysorozatnak nevezzük.
Példa: fn : R → [−1, 1],
gn : [0, ∞] → R,
fn (x) = sin(nx).
gn (x) = xn .
További példák:
Definíció: Ha az x0 ∈ I pontban az (fn (x0 )) számsorozat konvergens, akkor azt
mondjuk, hogy az (fn ) függvénysorozat konvergens x0 -ban. A konvergenciahalmaz:
H := {x | x ∈ I
Példa: fn (x) = sin(nx);
gn (x) = xn ,
∧
(fn ) konvergens x − ben}
Hfn = {k · π, k ∈ Z}.
Hgn = [0, 1].
További példák:
Definíció: f (x) := lim fn (x), x ∈ H. f -t az (fn ) függvénysorozat határfüggvén→∞
nyének nevezzük. Azt mondjuk, hogy (fn ) függvénysorozat pontonként konvergál az f
határfüggvényhez H-n, ha minden ε > 0 esetén létezik N (ε, x) : |fn (x) − f (x)| < ε, ha
n > N (ε, x).
Definíció: Azt mondjuk, hogy (fn ) egyenletesen konvergens az E ⊂ H halmazon, ha
minden ha minden ε > 0 esetén létezik N (ε) : |fn (x) − f (x)| < ε, ha n > N (ε) minden
x ∈ E esetén.
Következmény: Az egyenletes konvergenciából következik a pontonkénti (feltételes)
konvergencia. Az állítás azonban megfordítva nem igaz.
26
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Tétel: [ Cauchy - kritérium ]
a) Az (fn ) konvergens az x0 ∈ H pontban akkor, és csak is akkor, ha minden ε > 0
esetén létezik N (ε) : |fn (x0 ) − fm (x0 )| < ε, ha n, m > N (ε).
b) Az (fn ) konvergens az H ⊂ I halmazon akkor, és csak is akkor, ha minden ε > 0
esetén létezik N (ε, x) : |fn (x) − fm (x)| < ε, ha n, m > N (ε, x), ∀x ∈ H.
c) Az (fn ) egyenletesen konvergens az E ⊂ H halmazon akkor, és csak is akkor, ha
minden ε > 0 esetén létezik N (ε) : |fn (x) − fm (x)| < ε, ha n, m > N (ε), ∀x ∈ E.
Bizonyítás: Az a) és b) esetek bizonyítása a numerikus sorozatoknál tanultak szerint
történik (Matematika A1 anyaga).
c) eset bizonyítása:
⇒ : (fn ) egyenletesen konvergens E-n, akkor minden ε > 0 esetén létezik N (ε) hogy:
ε
ε
|fn (x) − f (x)| < , ha n > N
, ∀x ∈ E,
2
2
ε
ε
, ∀x ∈ E.
|fm (x) − f (x)| < , ha m > N
2
2
|fn (x) − fm (x)| = |fn (x) − f (x) + f (x) − fm (x)| ≦ |fn (x) − f (x)| + |f (x) − fm (x)| =
felhasználva hogy |a + b| ≦ |a| + |b|,
= |fn (x) − f (x)| + |fm (x) − f (x)| <
ha n, m > N
ε
2
|
{z
< 2ε
}
{z
|
< 2ε
}
ε ε
+ = ε,
2 2
, ∀x ∈ E.
⇐ : |fn (x) − fm (x)| < 2ε , ha n, m > N 2ε , ∀x ∈ E.
fn (x) Cauchy - sorozat.
fm (x) is Cauchy - sorozat és konvergens, azaz fm (x) → f (x) ha m → ∞ ∀x ∈ E.
Ekkor:
ε
|fn (x) − f (x)| < < ε
2
ha n > N
ε
2
, ∀x ∈ E.
Definíció: Legyen fn : I ⊂ R → R függvénysorozat.
s1 (x) := f1 (x)
s2 (x) := f1 (x) + f2 (x)
..
.
sj (x) :=
..
.
j
X
i=1
27
fi (x)
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Az így előálló (sn ) függvénysorozatot az (fn ) függvénysorozatból képzett függvénysornak
P
hívjuk és fn -el jelöljük.
P
A fn függvénysor konvergens az x0 pontban, ha az (sn ) függvénysorozat konvergens
az x0 pontban.
P
A fn függvénysor konvergens a H ⊂ I halmazon, ha az (sn ) függvénysorozat konvergens H-n.
P
A fn függvénysor egyenletesen konvergens a E ⊂ H halmazon, ha az (sn ) függvénysorozat egyenletesen konvergens a E ⊂ H halmazon.
Definíció: s(x) := lim sn (x), x ∈ H, s-t a
n→∞
nevezzük.
P
(fn ) függvény összegfüggvényének
Tétel: [ Cauchy-féle konvergencia kritérium egyenletes konvergenciára függvénysorok
esetén ]
P
A fn függvénysor egyenletesen konvergens az E ⊂ H halmazon akkor, és csak is
akkor, ha minden ε > 0 esetén létezik N (ε) : |sn (x0 ) − sm (x0 )| < ε, ha n, m > N (ε),
∀x ∈ E.
Bizonyítás:
Tétel: [ Weierstrass - tétel függvénysorok egyenletes konvergenciájára ]
P
P
Legyen fn I ⊂ R → R és fn a belőle képzett függvénysor, továbbá an olyan konvergens numerikus sor, melyre |fn (x)| ≦ an ∀ x ∈ I vagy n > n0 ∈ N esetén teljesül,
P
akkor a fn függvénysor egyenletesen konvergens.
Bizonyítás:
P
Definíció: A fn függvénysort abszolút konvergensnek mondjuk, ha
vénysor konvergens.
P
|fn | függ-
Megjegyzés: A Weierstrass - tételbeli konvergencia abszolút konvergencia is.
28
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
X
P
Definíció: Legyen fn (x) := an (x − a)n , a belőle képzett fn =
an (x − a)n , a ∈ R
sort hatványsornak nevezzük, ahol an a hatványsor n-edik együtthatója, a pedig a sorfejtés centruma.
Ha a = 0, akkor a hatványsor az alábbi alakra egyszerűsödik:
Definíció: r :=
1√
lim sup n |an |
P
∈ Rb a
P
P
an xn .
an (x − a)n hatványsor konvergenciasugara.
Tétel: Legyen fn függvénysor egyenletesen konvergens egy az x0 pontot tartalmazó
környezeten, továbbá legyenek a sor tagjai x0 -ban folytonosak, ekkor az összegfüggvény
is folytonos az x0 - pontban.
P
Bizonyítás: Tudjuk, hogy fn folytonos és egyenletesen konvergens.
Azt akarjuk belátni, hogy |f (x) − f (x0 )| tetszőlegesen kicsivé tehető, mert ekkor az
összegfüggvény folytonos.
|f (x) − f (x0 )| = |f (x) − fn (x) + fn (x) − fn (x0 ) + fn (x0 ) − f (x0 )| 6
|f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (x0 )| + |fn (x0 ) − f (x0 )| < 3 ·
|
{z
< 3ε
}
egyenletes konv. miatt,
ha n > N
Állítás:
ε
3
|
}
|
, N3
{z
< 3ε
mert fn folytonos,
:= max.{N1
ε
3
, N2
ε
3
{z
< 3ε
}
ε
= ε,
3
egyenletes konv. miatt.
ε
3
}.
1. Folytonos függvények egyenletesen konvergens sorozatának határfüggvénye is folytonos.
2. Folytonos függvények egyenletesen konvergens függvénysorának összegfüggvénye is
folytonos, ha a függvénysor tagjai folytonosak.
Bizonyítás:
Tétel: [ Tagonkénti integrálhatóságról ]
P
Legyenek
fn függvénysor tagjai integrálhatóak az x ∈ [a, b] zárt intervallumon,
tegyük fel, hogy a sor egyenletesen konvergens [a, b]-n és összegfüggvénye folytonos, ekkor
Z b
a
f (x) dx =
∞ Z b
X
n=1 a
fn (x) dx.
Azaz ha a feltételek teljesülnek, a függvénysor tagjait tagonként integrálhatom.
29
Előadásjegyzet, I. rész
Matematika A2 (BMETE90AX02)
Bizonyítás:
Megjegyzés: Nem korlátos intervallum esetén nem igaz az állítás.
Tétel: [ Tagonkénti differenciálhatóságról ]
P
Legyenek fn függvénysor tagjai differenciálhatók J-n és fn′ derivált függvények folyP
P
tonosak J-n, valamint fn′ egyenletesen konvergens J-n, továbbá fn is egyenletesen
P
konvergens J-n, ekkor, ha f jelöli a fn összegfüggvényét:
f ′ (x) =
∞
X
fn′ (x).
n=1
Bizonyítás:
Tétel: Ha a
X
0
an xn hatványsor konvergens az x0 pontban, akkor az |x| < |x0 |
helyeken abszolút és egyenletesen konvergens.
0
−x0
x0
(−x0 , x0 )-n a hatványsor abszolút és egyenletesen konvergens
P
Bizonyítás: Ha a an xn hatványsor konvergens az x0 pontban, akkor an xn0 −→ 0,
ha n −→ ∞ (különben elszállna). Ekkor tehát korlátos is, azaz létezik K ∈ R, hogy
|an xn0 | ≦ K.
x n
|an |
n
n
n
n
−→ 0
|x0 | |x| = |an x0 |
|an x | =
| {z } x0
|x0 |n
≦K
P
P
| {z }