Matematika a műszaki főiskolák számára
Scharnitzkv Viktor
Vektorgeometria és lineáris algebra
A műszaki főiskolák matematika-tankönyve az alábbi három kötetből áll: REIMANN JÓZSEF-TÓTH JULIANNA
Valószínűségszámítás és matematikai statisztika SCHARNITZKY VIKTOR
Vektorgeometria és lineáris algebra KOVÁCS JÓZSEF-TAKÁCS GÁBOR-TAKÁCS MIKLÓS
Analízis
Matematika a műszaki főiskolák számára
Seharnitzky Viktor
Vektorgeometria és lineáris algebra Második, javított, bővített kiadás
Tankönyvkiadó, Budapest, 1989
FŐISKOLAI TANKÖNYV Készült a művelődési miniszter rendeletére
Bírálták:
Dr. Kiss Jenő főiskolai adjunktus Lengyel László főiskolai adjunktus Dr. Rpiman Istvánné főiskolai docens
A köteteket szerkesztette:
Oláh Judit
ISBN 963 18 2059 9
© Dr. Seharnitzky Viktor, 1985
TARTALOMJEGYZÉK
1. VEKTORGEOMETRIA 1.1 Alapfogalmak, alapműveletek 1.1.1 A vektor fogalma 1.1.2 Vektorok összeadása 1.1.3 Vektorok kivonása 1.1.4 Vektorok szorzása skalárral 1.1.5 Vektorok felbontása 1.1.6 Vektorok lineáris függetlensége, lineáris függősége 1.1.7 Bázis, a vektorok koordinátái 1.1.8 Műveletek koordinátáikkal adott vektorokkal 1.2 Vektorok szorzása 1.2.1 Két vektor skaláris szorzata 1.2.2 Két vektor vektoriális szorzata 1.2.3 Három vektor vegyes szorzata 1.3 Vektorok geometriai alkalmazása 1.3.1 Az egyenes 1.3.2 A sík 1.3.3 Kidolgozott példák az előző két ponthoz 1.4 ^-dimenziós vektorok 2. LINEÁRIS ALGEBRA 2.1 Mátrixok és determinánsok 2.1.1 A mátrix fogalma 2.1.2 A mátrix transzponáltja. A minormátrix 2.1.3 Speciális mátrixok 2.1.4 Az H-edrendű determináns 2.1.5 A determinánsok néhány tulajdonsága 2.2 Műveletek mátrixokkal 2.2.1 Mátrixok egyenlősége 2.2.2 Mátrixok összeadása, kivonása
9 9 9 10 12 13 14 16 17 19 22 22 28 33 36 36 37 38 43 45 45 45 47 49 53 54 60 60 60
5
2.2.3 Mátrix szorzása skalárral 61 2.2.4 Mátrixok lineáris kombinációja 61 2.2.5 Mátrix szorzása mátrixszal, skalárszorzat, diadikus szorzat 63 2.2.6 Mátrixok hatványozása 72 2.2.7 A négyzetes mátrix determinánsa 74 2.2.8 A mátrix rangja 75 2.2.9 A négyzetes mátrix adjungáltja 77 2.2.10 A négyzetes mátrix inverze . 80 2.3 A lineáris tér 82 2.3.1 A lineáris tér fogalma 82 2.3.2 A lineáris függetlenség 83 2.3.3 A lineáris tér dimenziója, bázisa 84 2.3.4 Az elemi bázistranszformációk 86 2.3.5 A mátrix rangjának meghatározása elemi bázistranszformációkkal 91 2.3.6 A mátrix inverzének meghatározása elemi bázistranszformációkkal 93 2.4 A mátrixok néhány alkalmazása 98 2.4.1 Termelési összefüggések leírása mátrixokkal 98 2.4.2 Lineáris egyenletrendszerek megoldása 107 2.4.3 Néhány lineáris transzformáció 119 2.4.4 Sajátérték-számítás 127 3. KOMPLEX SZÁMOK 3.1 A komplex számok bevezetése 3.2 Műveletek algebrai alakú komplex számokkal 3.2.1 A komplex számok algebrai alakja, szemléltetése 3.2.2 Algebrai alakú komplex számok összevonása 3.2.3 Algebrai alakú komplex számok szorzása, osztása, hatványozása 3.3 Műveletek trigonometrikus alakú komplex számokkal 3.3.1 A komplex számok trigonometrikus alakja 3.3.2 Trigonometrikus alakú komplex számok szorzása, hatványozása, osztása 3.3.3 Gyökvonás trigonometrikus alakú komplex számokból 3.3.4 Egységgyökök 3.4 Műveletek exponenciális alakú komplex számokkal 3.4.1 Az Euler-féle összefüggés 3.4.2 A komplex számok exponenciális alakja 3.4.3 Exponenciális alakú komplex számok szorzása, hatványozása, osztása; gyökvonás
6
131 131 133 133 136 137 140 140 143 147 150 152 152 152 154
4. EGYENLETEK KÖZELÍTŐ MEGOLDÁSA 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5
Az egyenletek megoldásáról A Horner-féle eljárás A húrmódszer Az érintőmódszer Az iteráció módszere
158 158 162 168 171 173
FÜGGELÉK VEKTORANALÍZIS 1. EGYPARAMÉTERES VEKTOR-SKALÁR-FÜGGVÉNYEK, TÉRGÖRBÉK 1.1 Az egy skaláris változótól függő vektorfüggvény 1.2 Deriváltfüggvény 1.3 A görbe kísérő triéderének élei és síkjai 1.4 A görbe ívhossza 1.5 A vektor-skalár-függvény szögsebessége 1.6 A görbület 1.7 A torzió 1.8 Az ívhossz mint paraméter 1.9 A térgörbe természetes egyenlete
179 181 184 188 189 191 193 196 199
2. KÉTPARAMÉTERES VEKTOR-SKALÁR-FÜGGVÉNYEK, FELÜLETEK 2.1 Két skaláris változótól függő vektorfüggvény 2.2 A felület érintősíkja 2.3 A felület felszíne
201 204 206
3. VEKTOR-VEKTOR-FÜGGVÉNYEK (VEKTORMEZŐK) 3.1 A három skaláris változótól (vektortól) függő vektorfüggvény 212 3.2 Vektor-vektor-függvény differenciálhatósága, divergenciája, rotációja . . 214 4. SKALÁR-VEKTOR-FÜGGVÉNYEK (SKALÁRMEZŐK) 4.1 A három skaláris változótól (vektortól) függő , skalárfüggvény 4.2 A skalármező gradiense 4.3 A nabla operátor
217 218 219
7
5. INTEGRÁLOK 5.1 Vektor-vektor-függvény vonalmenti integrálja 5.2 A vektor-vektor-függvény potenciálfüggvénye 5.3 Felszíni integrál 5.4 Felületi integrál 5.5 Térfogati integrál 5.6 Stokes tétele 5.7 Vektorpotenciál 5.8 Gauss-Osztrogradszkij-tétel 5.9 Green-tételek IRODALOMJEGYZÉK MATEMATIKATÖRTÉNETI ÍZELÍTŐ NÉV- ÉS TÁRGYMUTATÓ
222 227 231 233 239 240 245 247 250 252 253 257
1. VEKTORGEOMETRIA
1.1 Alapfogalmak, alapműveletek 1.1.1 A vektor fogalma A természettudományok történetében először a fizikában találkozunk vektorokkal. Az egyes fizikai fogalmak leírására ugyanis nem mindig elegendő egyetlen számadat. Ha azt kérdezzük: mennyi a levegő hőmérséklete, sűrűsége egy pontban, vagy mennyi egy gép által elvégzett munka, arra egy-egy (mértékegységgel ellátott) számadat tökéletes választ ad. Egészen más a helyzet akkor, ha egy mozgó test sebességét akarjuk meghatározni egy pontban. Nem elegendő ugyanis azt mondani, hogy a test sebessége a kérdezett pontban 30 km/óra, hanem meg kell adni azt is, hogy az adott pillanatban a test merre halad. Ezt az irányt egy, a ponton áthaladó egyenessel és azon egy haladási iránnyal, röviden: irányított egyenessel (vagy szakasszal) adhatjuk meg. Míg tehát pl. a hőmérsékletet egyetlen számadat (skalár) jellemzi, addig pl. a sebesség leírására egy újfajta fogalom, a vektor bevezetése válik szükségessé. DEFINÍCIÓ. AZ irányított szakaszokat vektoroknak
nevezzük.
Egy vektort akkor tekintünk tehát adottnak, ha ismerjük hosszát, irányát és irányítását. Két vektor azonos irányú, ha van olyan egyenes, amellyel mindkettő párhuzamos. Az irányított szakasz kezdő-, illetve végpontját a vektor kezdő-, illetve végpontjának nevezzük. A vektorokat kézírásban aláhúzott latin kisbetűkkel, nyomtatásban félkövér álló kisbetűkkel szokás jelölni, például a, b, r, v, w, de használni fogjuk az A kezdőpontú és B végpontú vektor jelölésére az AB jelet is. Rajzban a vektorokat nyíllal ábrázoljuk, és a nyíl hegyét az irányított szakasz végpontjához rajzoljuk. DEFINÍCIÓ. A v vektor hosszát a v vektor abszolút értékének (nagyságának) nevezzük, és |v|-vel vagy i;-vel jelöljük. DEFINÍCIÓ. Azt a vektort, amelynek az abszolút értéke nulla (kezdő- és végpontja azonos), nullvektornak vagy zérusvektornak nevezzük, és 0-val jelöljük. A zérusvektor iránya megállapodás szerint tetszőleges. DEFINÍCIÓ. Azt a vektort, amelynek a hossza egységnyi, egységvektornak nevezzük. 9
A v vektorral azonos irányú és irányítású egységvektort ev-vel vagy v 0 -val szokás
DEFINÍCIÓ. Két vektort: az AÉ és CÖ vektort akkor tekintünk egyenlőnek, ha van olyan eltolás, amely az A pontot a D pontba, a B pontot pedig a C pontba viszi át (1. ábra).
1. ábra
A vektorok egyenlősége reflexív (a = a), szimmetrikus (ha a = b, akkor b = a) és tranzitív (ha a = b és b ^ c , akkor a = c) reláció. Ha egy rögzített kezdőpontból felmérjük a sík minden vektorát, akkor a vektorok és a sík pontjai között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést létesítettünk. A továbbiakban a síkra mint ponthalmazra és a síkbeli vektorok halmazára egyaránt az R 2 jelölést használjuk. Ennek mintájára egy adott egyenesen fekvő vektorokat a számegyenes pontjainak megfeleltetve a valós számok halmazát R^gyel vagy röviden R-rel is szokás jelölni. A térbeli vektorokkal kapcsolatban hasonló értelemben használjuk az R 3 jelölést. A vektorokat - éppen szemléletes jelentésük miatt - a matematikában először geometriai problémák megoldására használták. A vektor fogalmának absztrakciója azonban lehetővé tette, hogy e fogalom behatoljon a matematika más területeire is, úgyhogy a vektor ma már a matematika egyik legfontosabb alapfogalmává és gyakran alkalmazott segédeszközévé vált. ^
1.1.2 Vektorok összeadása A vektorok összegezésének módját a természeti jelenségek szinte készen adják, csak le kell olvasnunk és matematikailag meg kell fogalmaznunk az eredményt. Ismeretes például, hogy két egymás után elvégzett egyenes vonalú elmozdulás eredménye ismét egy elmozdulás, amelyet az első elmozdulás kezdőpontja és a második elmozdulás végpontja egyértelműen meghatároz (2. ábra). Ennek alapján két vektor összegét a következő módon határozzuk meg: eredő elmozdulás 2. ábra
10
^
Legyen adott két a, b GR 3 vektor. Toljuk el a b vektort úgy, hogy a b kezdőpontja az a végpontjába kerüljön!
DEFINÍCIÓ. Az a és b vektorok összegén azt az a + b-vel jelölt vektort értjük, amely az a vektor kezdőpontjából a b vektor végpontjába mutat (3. ábra).
4. ábra
Az a és b vektor szerepét felcserélve, az a + b vektorral egyenlő vektorhoz jutunk (4. ábra). Ez azt jelenti, hogy két vektor összege a paralelogramma-szabállyal is meghatározható, vagyis két közös kezdőpontú vektor összegét úgy határozhatjuk meg, hogy a két vektor végpontján át egy-egy, a másik vektorral párhuzamos egyenest húzva paralelogrammát szerkesztünk, és a két vektor összege az a vektor, amelynek kezdőpontja a két adott vektor közös kezdőpontja, végpontja pedig a kapott paralelogrammának az előbbi kezdőponttal szemben fekvő csúcspontja. Az összeadandó vektorokat szokás összetevőknek, az összegvektort eredőnek is nevezni. Az összeadás művelete kettőnél több vektorra is értelmezhető. Legyenek például adottak az a, b, c, d, e e R 3 vektorok. Toljuk el a térben a vektorokat úgy, hogy a soron következő vektor kezdőpontja a sorban előtte álló vektor végpontjára illeszkedjék (5. ábra)\ Az a + b + c + d + e összegvektor az a vektor, amely az első összeadandó vektor kezdőpontjából az utolsó összeadandó vektor végpontjába mutat. Ezt az eljárást poligonszabálynak nevezzük. A vektorok összeadására az alábbi tulajdonságok érvényesek: 1. Tetszőleges a, b e R 3 vektorokra a + b = b + a, vagyis az összeadás kommutatív. 2. Minden a, b, c e R 3 vektorra
5. ábra
(a + b) + c = a + (b + c), vagyis az összeadás asszociatív. 3. Tetszőleges a e R 3 vektor esetén a + 0 = a. 11
4. Az a vektor ellentettjének nevezzük, és - a-val jelöljük azt a vektort, amelyre a + ( - a ) = 0. Az a vektor ellentettje az a vektorral azonos nagyságú és irányú, de ellentétes irányítású vektor. Vegyük észre, hogy a vektorok összeadása a valós számok összeadására emlékeztető tulajdonságokkal rendelkezik. Tanulmányaink során látni fogjuk, hogy egészen különböző jellegű mennyiségekre is vonatkozhatnak teljesen hasonló műveleti szabályok. Ezért célszerű bevezetni olyan algebrai fogalmat, amely e műveletek legfontosabb tulajdonságait rögzíti. DEFINÍCIÓ. A G halmazt csoportnak nevezzük, ha teljesül az alábbi négy axióma: 1. G minden a, b rendezett elempárjához egyértelműen hozzá van rendelve G-nek egy a* b = c eleme. (Ezt a hozzárendelést csoportműveletnek nevezzük.) 2. G mindegyik a, b, c elemhármasára teljesül az (a* b)* c = a* (b* c) asszociatív törvény. 3. Létezik G-nek olyan e (ún. neutrális vagy zérus-) eleme, amellyel G bármelyik a elemére a*e
= e*a
= a.
4. G mindegyik a elemének van a"1-gyei jelölt ún. kétoldali inverz eleme, amelyre a * a'1
= a'1 * a = e.
Ha a vektorok esetében a csoportműveletnek az összeadást választjuk, akkor a vektorok additív csoportot alkotnak, amelyben a neutrális elem a zérusvektor, az inverz elem az ellentett vektor. Mivel a vektorok összeadására a kommutatív törvény is érvényes, ezért a vektorok halmaza egy kommutatív vagy Abel-féle csoport.
1.1.3 Vektorok kivonása DEFINÍCIÓ. Az a, b E R 3 vektorok (a - b)-vel jelölt különbségén azt a vektort értjük, amelyet a b vektorhoz hozzáadva, összegként az a vektort kapjuk.
12
A 6. ábrán megmutatjuk az a - b különbségvektor szerkesztését. A közös kezdőpontba eltolt (ha szükséges) a és b vektor különbsége az az a - b vektor, amely a b vektor végpontjából az a vektor végpontjába mutat. A kivonás művelete kiterjeszthető több vektorra is. A vektorok kivonása nem kommutatív művelet.
6. ábra
1.1.4 Vektor szorzása skalárral A gyakorlatban sokszor tapasztaljuk, hogy például egy mozgó test sebessége a felére csökken, vagy például egy erőhatás háromszorosára nő, és - helyesen - úgy érzékeljük, hogy a sebesség sebesség, az erő erő maradt. Ez azt mutatja, hogy egy vektornak egy skalárral való szorzata vektor. Ezt a kézenfekvő tényt kell most matematikailag megfogalmaznunk. DEFINÍCIÓ. Adott a vektor (a e R 3 ) és a X valós szám (X e R) Xa szorzatán azt a vektort értjük, amelynek hossza \X\ |a|, iránya megegyezik a irányával, irányítása pedig X előjelétől függ: azonos, illetve ellentétes a irányításával, ha X ^ 0 , illetve X<0. A 7. ábrán az a vektor mellett láthatóak a 2a, — 3a, - a vektorok is. 2 Egy vektornak valós számmal történő megszorzása szemléletesen tehát a vektor nyújtását (ha \X\ > 1) vagy a vektor zsugorítását (ha 0 < \X\ < 1) jelenti, amit negatív X esetén még egy a vektor kezdőpontjára történő tükrözés is követ. Megemlítjük, hogy a —a vektor a ( - l)a alakban is felírható.
7. ábra
A definícióból nyilvánvaló, hogy bármely a vektor előállítható |a| ea alakban, ahol ea az a-val egyirányú (azonos irányú és irányítású) egységvektor; továbbá az, hogy az a és b vektor akkor és csak akkor fekszik egy egyenesen, vagy eltolás révén egy egyenesre fektethető, ha van olyan valós szám, amelyre a = Xb. A vektornak skalárral való szorzása definícióját átgondolva az alábbi összefüggések láthatók be: Legyen a, b e R 3 , X, fi e R. Ekkor 13
1. X(juá) = (A//)a (asszociativitás), 2. A(a + b) — Aa + Ab (vektorban való disztributivitás), 3. (A + /i)a = /la + //a (skalárban való disztributivitás törvénye).
1.1.5 Vektorok felbontása Vektorokkal kapcsolatos természeti törvények megfogalmazásánál gyakran szükséges egy adott vektornak adott irányú összetevőkre (komponensekre) való felbontása. Az egyszerűség kedvéért tekintsünk f most síkbeli vektorokat, azaz legyen / a, b 6 R 2 és A, fi e R. Ekkor a c = Aa+//b 3/ vektor könnyen megszerkeszthető. (A 8. 1 ábrán X = - , // = 2.) Kérdés most már az, hogy fordítva: megadva a c, továbbá az a és b nem párhuzamos vektorokat, fel tudjuk-e bontani a c vektort a és b irányú összetevőkre, és ha igen, milyen feltételek mellett? A válasz igenlő, azaz érvényes a következő tétel:
8. ábra
TÉTEL. Ha a, b, v e R 2 és a nem párhuzamos b-vel, akkor mindig találhatók és csak egyféleképpen találhatók olyan a és /? valós számok, amelyekre v = aa+/?b. Az a feltétel, hogy a és b nem párhuzamosak, magában foglalja azt is, hogy a és b egyike sem a zérusvektor. Bizonyítás. Először belátjuk, hogy a felbontás lehetséges, utána azt, hogy a felbontás egyértelmű. a) A felbontás lehetséges. Ezt azáltal látjuk be, hogy mutatunk egy konkrét felbontást. Húzzunk az adott v vektor A kezdőpontján St az a vektorral, B végpontján át a b vektorral párhuzamos egyenest (9. ábra)\ Minthogy e két egyenes nem párhuzamos, egy C pontban metszik egymást. Mivel az a és b vektorok egyike sem a zérus vektor, ezért az a-val párhuzamos A d vektor aa, a b-vel párhuzamos CZ? vektor pb alakban írható fel. így y = AÜ+CB vagyis van a tételnek megfelelő a és fi.
14
= aa+jffb,
A
OLQ
VC
9. ábra
b) Be kell még látnunk, hogy a és /? csak egyféleképpen választható meg. Ha (az állítással ellentétben) az a és P mellett az a* és p* is megfelelne a követelményeknek, és az A pontból az a*a vektort, majd ennek végpontjából pedig a /?*b vektort felrajzoljuk, akkor ennek végpontja a v vektor B végpontjába kell kerüljön. Minthogy az a*a az a-val, P*b a b-vel párhuzamos, és az a*a kezdőpontja A, /?*b végpontja B, ezért a*a az aa egyenesére, /?*b a pb egyenesére esik; ebből következik, hogy a*a és P*b csatlakozási pontja csak a C pont lehet. Ezzel beláttuk, hogy a = a*, P=/?*, vagyis a felbontás egyértelmű. Hasonló gondolatmenettel látható be, hogy ha a, b, c, v e R 3 és a, b, c nincsenek egy síkban, akkor mindig találhatók és csak egyféleképpen találhatók olyan a, /?, y valós számok, amelyekre v = aa+jffb + yc. A felbontást a 10. ábra szemlélteti.
10. ábra
15
1.1.6 Vektorok lineáris függetlensége, lineáris függősége Az előző pontban bizonyított tételből következik, hogy ha a, b e R 2 vektorok nem párhuzamosak, akkor az aa-f/?b = 0 egyenlőség csak úgy következhet be, hogy a = 0 és /?=0. DEFINÍCIÓ.
Az a, b e R 2 vektorokat lineárisan függetleneknek nevezzük, ha az oca+£b = 0
egyenlőség csak úgy teljesül, hogy a = 0 és /?=0, és lineárisan függőknek, ha az egyenlőség úgy áll fenn, hogy az a és /? valós számok legalább egyike nem nulla. Két síkbeli vektor lineáris függősége a két vektor párhuzamosságát jelenti. Legyen ugyanis például a^O. Ekkor az aa+/?b = 0 egyenletből
a és ez éppen azt jelenti, hogy a és b párhuzamosak. Az előzőekhez hasonló megállapításokat térbeli vektorokra is tehetünk: DEFINÍCIÓ. AZ
a, b, c e R 3 vektorokat lineárisan függetleneknek nevezzük, ha az a a + £ b + yc = 0
egyenlőség csak akkor teljesül, ha a = / ? = y = 0. Hogy lineárisan független vektorok léteznek egyáltalában, azt a tapasztalat igazolja. DEFINÍCIÓ. AZ
a, b, c e R 3 vektorokat lineárisan függőknek nevezzük, ha az a a + p b + yc = 0
egyenlőség úgy teljesül, hogy az a, fi, y valós számok legalább egyike nem nulla.
16
Az a, b, c G R 3 vektorok lineáris függősége azt jelenti, hogy a három vektor egy síkban fekszik. Ugyanis ha pl. a ^ O , akkor az előbbi egyenlőségből a =
a
b
a
c,
és ez azt jelenti, hogy az a vektor a b és c vektorokból azok nyújtása (zsugorítása), majd összeadása (kivonása) eredményeképpen kapható meg, vagyis az a vektor a b és c vektorok síkjában van. Az előző egyenlet egyben azt is mutatja, hogy az a vektor kifejezhető a b és c vektorokkal. DEFINÍCIÓ. AZ
aa+/?b + yc kifejezést az a, b, c vektorok lineáris kombinációjának nevezzük. Itt a, /?, y valós számok.
1.1.7 Bázis, a vektorok koordinátái Az 1.1.5 részben láttuk, hogy bármely v e R 3 vektor egyértelműen felbontható a nem egy síkban fekvő a, b, c e R 3 vektorok irányába eső összetevőkre. Ezt úgy is mondhatjuk, hogy v egyértelműen felírható a lineárisan független a, b, c vektorok lineáris kombinációjaként. Ez azt jelenti, hogy három, lineárisan független (egyébként azonban tetszőlegesen választott) vektor segítségével a tér valamennyi vektora kifejezhető. DEFINÍCIÓ. A térbeli vektorok egy lineárisan független vektorhármasát bázisnak nevezzük. Bár elvileg bármely lineárisan független vektorhármas választható bázisnak, számításaink egyszerűsítése érdekében mégis általában speciális bázist választunk. Tekintsünk három, egy pontból kiinduló, páronként egymásra merőleges egységvektort, jelölje őket i, j, k, és alkossanak ebben a sorrendben jobbsodrású rendszert. Ez azt jelenti, hogy ha a k vektor végpontjából az i és j vektorok síkjára tekintünk, akkor az i-t a j-be pozitív (az óra járásával ellenkező) irányú forgatás viszi át. (A jobbsodrású rendszer alapvektorai úgy helyezkednek el a térben, mint a jobb kezünk kifeszített hüvelyk-, mutató- és középsőujja.) Válasszuk az i, j, k vektorokat bázisunk alapvektorainak! Ezt megtehetjük, mert lineárisan függetlenek, nem esnek sem egy egyenesbe, sem egy síkba. Az így választott bázisunk ortogonális, mert az alapvektorok páronként merőlegesek egymásra, normált, mert alapvektorai egységvektorok. E két tulajdonságot az ortonormált jelző fejezi ki röviden. Az ilyen bázis alapvektorainak jelölésére általában az e l 5 e 2 , e 3 szimbólumokat használjuk. 17
Illesszünk bázisunk i, j, k alapvektoraira egy-egy egyenest! Ez a három egyenes legyen koordináta-rendszerünk x, y, z tengelye, metszéspontjuk az O origó. A tér bármely v vektora egyértelműen felbontható a bázis alapvektorai irányába eső összetevőkre. Legyen a felbontás y = xi + y\ + zk alakú (11. ábra).
z
zk V
k
xi y i
j
<
/
/
11. ábra
DEFINÍCIÓ. A Z X, y, z valós számok a V vektor koordinátái, az xi, yj, zk vektorok a v vektor komponensei (az i, j, k rendszerben).
A v vektor koordinátáit egy rendezett számhármassal a \(x; y; z) alakban szoktuk feljegyezni. Elterjedt az a = ű j + ű j + ú^k, a(a x ; a2; a3) jelölés is. A koordináták előbbi, ún. sorvektoros írásmódja mellett gyakran célszerű az ún. oszlopvektoros alak használata: X
v= y z
,
a = a2 _ ű 3_
Az ortonormált koordináta-rendszer bevezetése R. Descartes nevéhez fűződik. Megemlítjük, hogy a v e R 3 vektorok és a tér pontjai között fennálló kölcsönösen 18
egyértelmű megfeleltetés miatt a v vektor V végpontjának Descartes-koordinátái azonosak a v vektor i, j, k bázisra vonatkozó koordinátáival. A v vektort a V pont helyvektorának is szokták nevezni. Megjegyezzük, hogy bizonyos esetekben más bázis és koordináta-rendszer választása lehet a célszerűbb. Például a geodéziában balsodrású ortonormált rendszer választása a pontok egyszerűbb leírását eredményezheti, vagy egy-egy alakzat egyenlete alkalmas koordináta-rendszerben egyszerűbb, mint ortonormált rendszerben.
1.1.8 Műveletek koordinátáikkal adott vektorokkal Az alábbiakban megmutatjuk, hogy koordinátáikkal megadott vektorokkal hogyan kell az eddig megismert fogalmakat értelmezni és a műveleteket elvégezni. Két vektor akkor és csak akkor egyenlő egymással, ha megfelelő koordinátáik egyenlők. Összevonás. Tekintsük az a(AA; a2\ a3), b(bx; h2\ b3), ah bt e R, / = i, 2, 3, vektorokat. A megadott koordinátákkal a = a 1 i4-a 2 j + ö 3 k, b =
+
+
A vektor skalárral való szorzásának disztributív tulajdonságát felhasználva: a + b = (fl1i + a j + fl3k) + (ft1i + ftJ + &3k) = (a1 + bí)i + (a2 + b2)j + (a3 + b3)k, ' és hasonló módon a - b = (a1-b1)i
+ (a2-b2)j
+
(a3-b3)k.
Ezekről a + b és a — b koordinátái már leolvashatók: két vektor összegének (különbségének) a koordinátái a két vektor megfelelő koordinátáinak az összegével (különbségével) egyenlők. Vektornak skalárral való szorzása. Tekintsük az előbbi a(a t ; a2, a3) vektort és a X valós számot! Ekkor a = at\ + a^ + a3k és a vektornak skalárral való szorzása disztributív törvényét felhasználva Xa = X{a1\ + a2\ + a3k) = Xaíi + ?M2} + Xa3k. Ebből /la koordinátái leolvashatók: egy vektort úgy szorzunk meg egy valós számmal, hogy a vektor valamennyi koordinátáját megszorozzuk ezzel a számmal. Vektorok lineáris kombinációja. Az előző két bekezdésben leírtak alapján például ha a, b, c e R 3 és a, y e R, akkor a v = aa + /?b + yc
19
vektor koordinátái \(aaí 4- fíbí + yc1; ota2 + fib2 + yc2; aa3 + fib3 + yc3). KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Bizonyítsuk be, hogy a paralelogramma átlói felezik egymást! Megoldás. Tekintsük az a, b e R 2 vektorok által kifeszített paralelogrammát (12. ábra). A paralelogramma egyik átlója a + b, a másik a - b . Az a és b vektorok közös kezdőpontjából az átlók M metszéspontjába mutató vektor egyrészt A(a + b), másrészt b + ju(a - b) alakú, ahol a A és ju valós skalárok egyelőre ismeretlenek. Mivel azonban a két vektor egyenlő kell hogy legyen, ezért 12. ábra
A(a + b) = b + /i(a —b). A szorzásokat elvégezve és rendezve: (A-//)a + (A + / / - l ) b - 0. Mivel a és b nem párhuzamosak, vagyis lineárisan függetlenek, ez az egyenlőség csak úgy teljesülhet, ha X - ti = 0 és / + // - 1 = 0. Ebből az egyenletrendszerből
x
^ = » =
r
és ez éppen azt jelenti, hogy az M metszéspont az átlók felezőpontja. 2. Példa. A P pont az AB szakaszt az AP:PB = = m . n arányban osztja. Legyen O a tér tetszőleges pontja, es ŐA = a, OB = b! Fejezzük ki az OP vektort az a és b vektorok segítségével! Megoldás. A 13. ábra alapján A
> AP =
m rn + n
így Ő? = űZ+AP • OP = a +
20
, AB =
m m+n
(b-a).
miatt m
m+n
(b-a) =
na + mb . m+n
Ha a P pont speciálisan az AB szakasz felezőpontja (m = n)9 akkor OP =
na + nb
a+ b
2n
3. Példa. Igazoljuk, hogy a háromszög súlyvonalai egy pontban metszik egymást, és ez a pont a súlyvonalakat 2 : 1 arányban osztja! Megoldás. Legyen O a tér tetszőleges pontja, A, B és C a háromszög három csúcsa, Fa háromszög BC oldalának a felezőpontja, és jelölje az ÖA9 <91?, OC vektorokat rendre a, b, c (14. ábra). Előző feladatunk értelmében OF =
b+c
.Le-
gyen S az AF szakasz F-hez közelebbi harmadolópontja. Akkor előző feladatunk szerint: OA+2ŐF Ö$ =
1+ 2
a+ b+c 3
14. ábra
Ha a háromszög másik oldalának felezőpontjából indulunk ki, akkor az a, b, c vektorok szerepet cserélnek, de eredményünkön ez nem változtat. Ez pedig azt jelenti, hogy az OS vektor S végpontja mind a három súlyvonalon rajta van, és azokat harmadolja. 4. Példa. Határozzuk meg az a + b, a — b, a + b — c és a 3c + b — 2a vektorok komponenseit, valamint a d = a - 3 b - c vektor koordinátáit, ha a(2; 3; - 1), b ( - 1; 2; 4) és c(5; - 3 ; 1)! Megoldás: a + b - (2i + 3 j - k ) + (— i + 2j + 4k) = i + 5 j + 3k; a - b = 3 i + j — 5k; a + b - c = - 4 i + 8j + 3k; 3c + b - 2 a = lOi— 13j + 9k. A d = a - 3 b - c vektor koordinátái d(0; 0; - 14). 5. Példa. Meghatározandók a Pi(2; 3; - 4 ) pontból a P2(3; - 1; 3) pontba mutató vektor koordinátái! Megoldás. Az a = Px/P2 vektor az origóból a P2 és az O-ból a Pi pontba mutató helyvektorok különbségével egyenlő (15. ábra):
21
a = P1P2
= OP2-ÖTÍ
=
= (3i—j + 3k) - (2i + 3j — 4k) = = i - 4 j + 7k, vagyis a(l; - 4 ; 7). y
6. Példa. Állapítsuk meg az AB szakasz F felezőpontjának koordinátáit, ha A(3; — 1; 7), 5(1; 3; __ Megoldás. Legyen OA = a, 0B = b, ekkor a 2. példa szerint > a+ b 0F= = 2 i + j + 2k,
15. ábra
vagyis F(2; 1; 2).
1.2 Vektorok szorzása 1.2.1 Két vektor skaláris szorzata A fizika tanulmányozása nemcsak a vektorok összeadásának a műveletét szolgáltatta, hanem olyan, a vektorokra értelmezett műveleteket is felvetett, amelyek bizonyos mértékig a szorzásra emlékeztetnek. Jól tudjuk, hogy ha egy anyagi pont az állandó F erő hatására egy egyenes mentén elmozdul, akkor az F erő által végzett munka nagysága: |F| |r| cos a, ahol r az elmozdulást megadó vektort, oc pedig az F és r vektorok hajlásszögét jelenti. Mind az erő, mind az elmozdulás vektormennyiség, itt tehát olyan művelettel állunk szemben, amely két vektormennyiséghez eredményként skalár mennyiséget rendel hozzá. A vektoralgebrában ennek a műveletnek a skaláris szorzás elnevezést adjuk. DEFINÍCIÓ.
Két tetszőleges a, b e R 3 vektor skaláris szorzatán (vagy skalárszor-
zatárí) az ab = |a| |b| cos cp*b számot értjük, ahol (pAh az a és b vektorok hajlásszögét jelöli. 22
Két vektor hajlásszögén a két irány által bezárt szögek közül a 180°-nál nem nagyobbat értjük. Ebből következik, hogy ha a két vektor hajlásszöge hegyesszög, akkor skaláris szorzatuk pozitív, ha tompaszög, akkor skaláris szorzatuk negatív. A definíció alapján könnyen belátható, hogy a, b, c e R 3 , A e R esetén 1. ab = ba, a skaláris szorzás kommutatív, 2. a(b + c) = ab + ac, a skaláris szorzás disztributív, 3. (Aa)b = A(ab) = a(Ab). 4. Az asszociatív törvény nem érvényes, mert három vektor skaláris szorzatát nem tudjuk képezni. Ugyanis az első kettő összeszorzása után skalárt kapunk, és ezt a harmadik vektorral nem tudjuk skalárisan összeszorozni. Felvetődik a kérdés: két vektor skaláris szorzata mikor zérus? TÉTEL. Két vektor skaláris szorzata akkor és csak akkor zérus, ha a két vektor merőleges egymásra.
Bizonyítás. Ha a két vektor között a zérusvektor is szerepel, akkor helyes az állítás, mert a skaláris szorzat zérus, és a zérusvektor bármely vektorra merőleges. Ha a vektorok egyike sem a zérusvektor, akkor a skaláris szorzat csak úgy lehet zérus, ha cos 0>ab = O. De ez azt jelenti, hogy cp*b = 90°, azaz a vektorok merőlegesek. Fordítva, ha a vektorok merőlegesek, akkor cos^ a b = 0, és így a skaláris szorzat valóban 0. A skaláris szorzat így két vektor merőlegességének megállapítására használható fel. Nézzük meg n _>st, hogyan kell két, koordinátáival megadott vektor skaláris szorzatát kiszámítani. Mivel az i, j, k alapvektorok páronként merőlegesek egymásra és egységnyi hoszszúak, azért i i = l , fi=l, k k = l , mert pl. ii - |i| |i| cos 0° — 1 * 1 • 1 — 1, míg ij = jk — ki = 0,
mert pl. ij = |i| |j| cos 90° - 1 1 0
= 0.
Legyen a = a\\ + a2} + a3k
és b = 6ii + ft2j + ^3k, 23
akkor ab = (aii + a 2 j + a 3 k) ( M + özj + WO = = aibiii + aib2i) +tfí M k + a2biji + a2b2j\ + a2bi jk + a 3 6iki + a?>b2\í] + a^h^Vk. Az alapvektorokra vonatkozó előbbi megjegyzéseket felhasználva a jobb oldalon álló összegben 6 tag zérus, és így ab = a^bi + a2b2 + azaz két vektor skaláris szorzatát a megfelelő koordináták szorzatának összege adja. A skalárszorzat segítségével könnyen kiszámítható egy vektor abszolút értéke (hossza). Ugyanis ha az a(tfi; a2\ 03) vektort önmagával skalárisan megszorozzuk, akkor egyrészt a 2 = aa — a a cosO° = |a| 2 , másrészt a skaláris szorzást az a koordinátáival elvégezve: a 2 = a\ + a\ + a\. Innen |a| 2 = a\ + al + al9 és ebből |a| = ^al + al + al.
A gyakorlatban sokszor előfordul, hogy egységvektorokkal kell dolgoznunk. Az a vektor irányába mutató e a egységvektort megkapjuk, ha az a vektort a hosszával elosztjuk:
Az ea vektor koordinátái tehát a2
/ÖI ea
24
ViI|
;
|a|' jaj/
Az a vektor irányába mutató ea egységvektor koordinátáit az a vektor irány cosinusainak szokás nevezni, mert éppen az a vektor és az egyes tengelyek által bezárt szögek cosinusát adják meg. A 11. ábrán ellenőrizhető, hogy pl. a z tengely és a v vektor által bezárt szög cosinusa: COS (P\Á
Az eddigiekből azonnal következik az is, hogy az iránycosinusok négyzetösszege 1, mert egységvektornak a koordinátái. A skalárszorzat segítségével könnyen kiszámítható két vektor hajlásszöge. Ugyanis az ab = |a| |b| cos (püh egyenlőséget átrendezve ab COS ^ab — lal Ibi A skaláris szorzat felhasználható továbbá egy vektornak egy másik vektorra eső merőleges vetületének a kiszámítására is. Legyen adott az a és b vektor, és keressük a-nak b-re eső merőleges vetületének hosszát (16. ábra). A 16. ábrán látható derékszögű háromszögből az ab vetületvektor hossza 16. ábra
|ab| = |a| cos ^ab-
Legyen eb a b vektor irányába eső egységvektor! Ekkor |eb| = 1, így ezzel a jobb oldal bővíthető, továbbá mivel b és eb egyirányú, ezért cos (pzb = cos (pz%,, és ezt felhasználva |ab|
|a| |eb| cos ^aeb.
De a jobb oldalon éppen a és eb skaláris szorzata áll, ezért az a vektor b-re eső merőleges vetületének hossza 14,1
aeb.
25
Ha a merőleges vetületvektorra vagyunk kíváncsiak, a vetület hosszát meg kell szoroznunk az irányába mutató eb egységvektorral, azaz a vetületvektor ab = (aeb)eb. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki az a(2; - 3; 4) és a b(0; - 1; - 2 ) vektorok skaláris szorzatát! Megoldás. A skaláris szorzat ab = 2 • 0 + ( —3) ( — l) + 4( —2) = - 5 . Minthogy a skaláris szorzat negatív, az a vektor a b vektorral tompaszöget zár be. 2. Példa. Mutassuk meg, hogy az a ( - 2 ; 3; 1) és a b(4; 2; 2) vektorok merőlegesek egymásra! Megoldás. A két vektor skaláris szorzata ab = - 8 + 64-2 = 0, ezért valóban merőlegesek egymásra. 3. Példa. Határozzuk meg az a ( - 2 ; 1; 2) vektor hosszát! Megoldás. Az a vektor hossza |a| = |/4 + 1 + 4 = )f9 = 3 egység. 4. Példa. Egységvektor-e az a(l; 1; 1) vektor? Megoldás. Mivel |a| = |/l + 1 + T = a nem egységvektor. 5. Példa. Határozzuk meg az a(2; 2; 1) és b ( - 1; 2; 2) vektorok hajlásszögét! Megoldás. A két vektor hajlásszögének cosinusa cos
-2+4+2 4 P 7 = — = - = 0,4444, |/9|/9 9
és ebből a szög ^ab = 63,6°. 6. Példa. Határozzuk meg az a(4; 3; 5) vektornak a b(2; — 1; 2) vektor irányába eső merőleges vetületének hosszát és a vetületvektort! Megoldás. A vetület kiszámításához szükségünk van a b irányába mutató eb egységvektorra. Ez, mivel |b| = |/4 + 1 + 4 = 3,
26
b 2 1 2, eb = — = - i — - jJ + k. Ibi 3 3 3
így 8 W
- 3 - 3
3 +
10 T
- 5
-
A vetületvektor: ab =
10 5 10 y i - - j H - T k .
7. Példa. Bontsuk fel az a(l; 2; 3) vektort a b(2; 2; - 1 ) vektorral párhuzamos és rá merőleges összetevőkre! Megoldás. Az a vektornak a b vektorral párhuzamos összetevője éppen az a vektor b vektorra eső merőleges vetületének vektora. Ennek hossza W - ae.-(
i +
2j
+
(2 2 1 \ 2 3k)^i+-i--kj = 5
4 +
-
3 -
3 r
1.
A vetületvektor tehát 2 2 ab = - i + - jJ 3 3
1 3
k.
Az a vektornak a b vektorra merőleges összetevőjét megkapjuk, ha az a vektorból az a b vektort kivonjuk: 1 4 10 a - a b = - i + - j + — k. 3 3 3 Ezzel a feladatot megoldottuk. Ellenőrzésképpen nézzük meg, hogy a két összetevő valóban merőleges-e. Mivel skalárszorzatuk:
ezért valóban merőlegesek.
27
1.2.2 Két vektor vektoriális szorzata A fizikából ismeretes, hogy ha egy O pontban rögzített merev testre olyan F erő hat, amelynek hatásvonala nem halad át az O ponton, akkor az F erőnek a testre forgató hatása van, amelyet forgatónyomatéknak nevezünk. A forgatónyomaték nagyságát az |F| |r| sin a szám adja, ahol r az O pontból az erő P támadáspontjába mutató vektor, a az r helyvektornak és az F erővektornak a hajlásszöge, továbbá a k = |r| sin a az erőkar hossza (17. ábra). A forgatónyomaték olyan forgást idéz elő, amelynek tengelye a rögzített O ponton halad át, és merőleges az r és F vektorok síkjára. A forgatónyomaték e tengely irányába hat. Mármost forgatónyomaték-vektornak nevezzük azt az M vektort, amelynek hossza |M| = |r| |F| sin oc, iránya merőleges az r és F síkjára, irányítása pedig olyan, hogy az r, az F és az M ebben a sorrendben jobbrendszert alkot. Az így jellemzett M forgatónyomaték-vektor helyesen adja meg a forgatás irányát is. A 77. ábrán látható esetben a létrejövő forgás pozitív (az óra járásával ellentétes) irányú. Mindezt átgondolva vegyük észre, hogy eljárásunkkal olyan hozzárendelést létesítettünk, amely két vektorhoz, az r és F vektorhoz egy harmadik vektort, az M vektort rendeli hozzá. Ezt a hozzárendelést vektoriális szorzásnak fogjuk nevezni és az r x F jellel (olv.: er kereszt ef) fogjuk jelölni. a, b e R 3 vektorok a x b-vel jelölt vektoriális szorzatának azt a vektort nevezzük, amelynek DEFINÍCIÓ. A Z
a) hossza | a x b | = |a| |b| sin^ab, b) iránya az a és b vektorok síkjára merőleges, és c) az a, b és a x b vektorok (ebben a sorrendben) jobbrendszert alkotnak. 28
Ez utóbbi azt jelenti, hogy az a x b vektor oda mutat, ahonnan nézve az a-t a b-be vivő, 180°-nál kisebb szögű forgatás pozitívnak látszik. A vektoriális szorzásra a definíció alapján a következő megállapításokat tehetjük: 1. A vektoriális szorzás nem kommutatív, azaz a, b e R 3 esetén a x b t^ b x a. Ugyanis a bal oldalon álló vektor az a és b vektorokkal az a, b, a x b sorrendben, a jobb oldalon álló vektor pedig a b, a, b x a sorrendben alkot jobbrendszert. A sorrendből azonban az is látszik, hogy a b x a a z a x b ellentettje, azaz a x b = - (b x a ). Az olyan műyeletet, amelynél a tényezők felcserélése előjelváltást okoz, alternáló műveletnek nevezzük. 2. A vektoriális szorzás nem asszociatív művelet, azaz a, b, c e R 3 esetén (a x b) x c ^ a x (b x c ). Ugyanis a bal oldalon olyan vektor áll, amely az (a x b)-re is és a c-re is merőleges, vagyis az a és b síkjával párhuzamos. A jobb oldalon olyan vektor áll, amely az a-ra is és a b x c-re is merőleges, vagyis a b és c síkjával párhuzamos. Az a vektor, amely az a és b síkjával is, és a b és c síkjával is párhuzamos, párhuzamos b-vel is. Az asszociatív törvény teljesüléséhez tehát szükséges lenne, hogy a b-vel párhuzamos eredményvektor merőleges legyen például c-re (és a-ra), de tetszőleges vektorok esetén sem b és c, sem b és a merőlegessége nem áll fenn. 3. A vektoriális szorzás skalárra nézve asszociatív, azaz a, b e R 3 , X e R esetén A(a x b) = /la x b = a x Xb. 4. A vektoriális szorzás disztributív, azaz a, b e R 3 esetén a x (b + c) = a x b + a x c, (b + c) x a = b x a + c x a. Az állításnak mind a két alakjára szükség van, mert a vektoriális szorzás nem kommutatív, és ezért a két alak egymásból nem következik. Felvetődik a kérdés: két vektor vektoriális szorzata mikor zérusvektor? TÉTEL. Két vektor vektoriális szorzata akkor és csak akkor zérusvektor, ha a vektorok párhuzamosak egymással. Bizonyítás. Ha a két vektor közül az egyik a zérusvektor, akkor a tétel triviálisan igaz. 29
Ha a két vektor egyike sem a zérusvektor és párhuzamosak, akkor a bezárt szögük 0° vagy 180°, ezeknek sinusa 0, és így a két vektor vektoriális szorzata a zérusvektor. Fordítva: ha a két vektor vektoriális szorzata a zérusvektor, és a két vektor egyike sem a zérusvektor, akkor a bezárt szögük sinusa 0, így a szög vagy 0° vagy 180°. Mind a két esetben a két vektor párhuzamos egymással. / Két vektor vektoriális szorzata hosszának érde/ kes geometriai jelentés tulajdonítható. A 18. ábrán / látható paralelogramma t területe / m
-/
/
/
/
/
/
/
t = a - m = |a| |b| sin a = |a x b|,
vagyis az a és b vektorok által kifeszített paralelogramma területe a két vektor vektoriális szorzatának az abszolút értékével egyenlő. Szokás ezért az a x b vektort e paralelogramma területvektorának nevezni. 18. ábra
Ebből már következik, hogy az a és b vektorok által kifeszített háromszög területe 1 tA = - | a x b|.
Térjünk rá most a koordinátáival, ill. komponenseivel megadott két vektor vektoriális szorzatának kiszámítására. Ehhez először számítsuk ki az alapvektorok vektoriális szorzatát. Azonnal látszik, hogy i x i = j x j = k x k = 0, mert bármelyik alapvektornak önmagával bezárt szöge zérus, és így annak sinusa is zérus, tehát a vektorszorzat eredménye a zérusvektor. Továbbá könnyen belátható, hogy pl. i x j = k, mert az eredményvektor egységvektor (ugyanis |i| |j| sin tp^ = 1 - 1 - 1 = 1), iránya i és j síkjára merőleges, és velük jobbrendszert alkot, így csak a k alapvektor lehet. Hasonlóan j x k = i, k x i = j, j x i = - k , k x j = - i , i x k = - j . Tekintsük most már az a = a\i + a2\ + a?\i 30
és
b = 6ii + Z>2j + é3k
vektorokat, ahol a koordináták valós számok. Ezek vektoriális szorzata (felhasználva a vektoriális szorzat tulajdonságait): a x b = (<3ii + a 2 j + ú!3k)x(ft1i + ft2j + 63k) = = aibi(i x i) + a2biQ x i) + a3bi(k x i) + + aib2(i x j) + a2b2{j x j) + a3b2{k x j) + + axbzii x k) + a2b3(j x k) + a3Z>3(k x k). Felhasználva előző eredményeinket: axb = 0- a2bik + a3bi] + űíb^ + Q- a3b2i~ a.ib3j + a2b3i + 0 = = (Ű263 ~ 03^2)1 - (aib3 - a3bi)j + (a±b2 - a2bi)k. Ez a kifejezés voltaképpen az i j üi a2 bx b2
k a3 b3
harmadrendű determináns első sora szerinti kifejtése. (A determinánsokat a 2.1.4 pontban tárgyaljuk.) Ezért az a és b vektorok vektoriális szorzatára igaz az alábbi egyenlőség: i a x b = ai bt
j a2 b2
k a3 b3
Megemlítjük, hogy az a, b, c e R 3 vektorokra igaz a kifejtési tétel: a x (b x c ) = (ac)b - (ab)c, (a x b) x c = (ac)b - (bc)a. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki a Pi(3; - 2 ; 1), P2(~2; 4; - 1) és P3(0; 5; - 2) pontok által meghatározott háromszög területét! Megoldás. A i V b ő l P 2 -be mutató a vektor koordinátái: a ( - 5 ; 6; - 2 ) , a i V b ő l P 3 -ba mutató b vektor koordinátái: b ( - 3; 7; - 3). Az a és b vektorok által kifeszített háromszög területe: T = 0,51a x b|. Először számítsuk ki (a x b)-t.
axb =
1 -5 -3
j
k
6
- 2
7
-3
= (— 18+ 14)i—(15 —6)j+( —35+ 18)k =
-4i-9j-17k
31
így a háromszög területe 1 1 . 1 . 19,64 _ r = - |a X b| = -1/16 + 81 +289 = -1/386 = - y - = 9,82 területegység. 2. Példa. Állítsunk az a ( - 2; 1; 3) és b(l; - 2; 4) vektorok síkjára merőleges vektort! Megoldás. Az a és b síkjára mind az a x b, mind a b x a vektor merőleges.
axb
i -2 1
j k 1 3 = 10i+ l l j + 3k, -2 4
es b x a = —(axb) = — lOi— 11 j — 3k. Ellenőrizzük, hogy például a és b x a valóban merőleges egymásra. Mivel e két vektor skaláris szorzata a(b x a) = 2 0 - 1 1 - 9 = 0, ezért a két vektor valóban merőleges egymásra. Megemlítjük, hogy az a x b vektorral együtt / ( a x b ) vektor (t tetszőleges valós szám), és b x a vektorral együtt az u(b x a) vektor (u tetszőleges valós szám) is megoldása a feladatnak, és ezzel az összes megoldást megkaptuk. 3. Példa. Egy háromszög csúcsai: Pt(3; - 1 ; 4), P2{4; 1; 2) és P 3 (2; - 1 ; 5). Számítsuk ki a háromszög P3 csúcsához tartozó magasságának hosszát! Megoldás. A am
|axb|
összefüggésekből m =
|a x b|
|a x b|
a
|a|
A feladat adataival a = P1P2 = (1; 2; - 2 ) , b = P1P3 = ( - 1 ; 0; 1), és így 32
axb =
i
j
k
1
2
-2
1
0
1
= ( 2 ) i - ( l - 2 ) j + (2)k = 2 i + j + 2k.
Ezért |a x b| = j / 4 + 1 + 4 = 3, továbbá a; = j/l + 4 + 4 = 3,
és így
ra
= - = 1.
1.2.3 Három vektor vegyes szorzata DEFINÍCIÓ. A Z
a, b, c e R 3 nem egysíkú vektorokból képezett abc = (a x b)c
szorzatot az a, b, c vektorok vegyes szorzatának nevezzük. Az elnevezés arra utal, hogy itt vektoriális és skaláris szorzás is szerepel. Az elvégzendő műveletek alapján világos, hogy az eredmény skalár. Értéke: |a x b |c| cos a,
ahol a az a x b és a c vektorok hajlásszöge. Mivel | a x b | az a és b vektorok által kifeszített paralelogramma területe, a | c | cos a pedig a 19. ábrán látható paralelepipedon (ferde hasáb) m magassága, ezért a vegyes szorzat az a, b és c vektorok által kifeszített ferde hasáb előjeles térfogatát adja. faxb Ez a térfogat akkor pozitív, ha a cos a pozitív, azaz ha a hegyesszög. Ez azt jelenti, hogy c és a x b az a és b vektorok síkjának ugyanarra az oldalára mutatnak, azaz a, b és c jobbrendszert alkotnak. Negatív akkor a térfogat, ha a, b és c balrendszert alkotnak. így: V = |(a x b)c| = |abc|.
19. ábra
33
A vegyes szorzat abc jelölésében nem látszik, hogy hol van a vektoriális és hol a skaláris szorzás jele, de ez nem is szükséges, mert érvényes a felcserélési tétel, amely szerint (a x b)c = a(b x c). Ez geometriailag azt jelenti, hogy egy paralelepipedon térfogatának a kiszámításakor közömbös, hogy melyik oldallapjának a területét és az ehhez tartozó magasságot szorozzuk össze. Mivel a vektoriális szorzás alternáló művelet, ezért abc = - acb, és így abc = bca = cab, továbbá acb = cba = bac. Ha az a, b, c e R 3 vektorok koordinátáikkal adottak, nevezetesen a(öi; a2\ a3), b(6i; b2; b3) és c(cú c2; c3), akkor az abc = (a x b)c vegyes szorzatot úgy számíthatjuk ki, hogy az a x b = (a2b3-a3b2)\~{aib3-a3bi)\
+
(aib2-a2bi)k
vektort skalárisan szorozzuk a c vektorral. Ekkor (axb)c = (a2b3-a3b2)ci~~(aib3-a3bi)c2
+ (a1b2-
a2bi)c3.
A jobb oldal itt is egy harmadrendű determináns értéke, és így
abc =
ai bi Cl
a2 b2 c2
a3 b3 c3
E determináns értéke tehát az a, b és c vektorok által kifeszített paralelepipedon előjeles térfogata. Az a, b, c vektorok által kifeszített tetraéder térfogata az ugyanezen vektorok által kifeszített paralelepipedon térfogatának hatodrésze, azaz
^tetraéder
a\ b1 Cl
a2 b2 c2
a3 b3 c3
Azonnal látszik, hogy ha három vektor egy síkban fekszik, akkor az általuk kifeszített paralelepipedon térfogata, azaz vegyes szorzatuk zérus. Ez fordítva is igaz: ha három vektor vegyes szorzata zérus, akkor a három vektor egysíkú. Vektorral osztást nem értelmezünk. Megemlítjük azonban, hogy bármely nem egy síkban fekvő a, b, c e R 3 vektorhármashoz mindig található egy A, B, C e R 3 vektorhármas úgy, hogy aA= 1, 34
bB= 1,
c C = 1.
Az A, B, C vektorhármast az a, b, c vektorhármas reciprok vektorhármasának nevezik. Könnyen ellenőrizhető, hogy A =
bxc abc '
cxa B = ~ abc '
C =
axb abc
ahol abc ^ 0 , mert e három vektor a feltétel szerint nem fekszik egy síkban. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki az a(2; - 4 ; 3), b(l; - 1 ; 5) és c ( - 2 ; 3; 1) vektorok által kifeszített paralelepipedon térfogatát! Megoldás. V =
2 - 4 1 -1 -2 3
3 5 = 2(— 1 — 15) + 4(1 +10) + 3(3 — 2) = 15 1
térfogategység. 2. Példa. Egysíkú-e a következő három vektor: a ( - 4 ; 3 ; 2 ) , b ( 1 0 ; - 7 ; - 5 ) , c ( - 2 ; 1; 1)? Megoldás. Három vektor akkor egysíkú, ha vegyes szorzatuk zérus. Számítsuk ki vegyes szorzatukat:
abc =
-4 10 -2
3 -7 1
2 - 5 = —4( —7 + 5) —3(10— 10)+ 2(10— 14) = 0, 1J
tehát a három vektor egy síkban van. 3. Példa. Jobbrendszert alkot-e az alábbi három vektor: a(2; —1; 5), b(l; 8; 1), c(-l;2; -2)? Megoldás. A három vektor vegyes szorzata
abc =
2 - 1 5 1 8 1 = 2( — 16 —2) + ( —2+ l) + 5(2 + 8) = 13, -1 2 - 2
vagyis pozitív, tehát a három vektor valóban jobbrendszert alkot. 4. Példa. Határozzuk meg a z értékét úgy, hogy az alábbi három vektor egy síkban legyen: a(2; 1; z), b ( - 1; 3; - 4 ) , c(2; - 1 ; 3)! Megoldás. A három vektor akkor van egy síkban, ha vegyes szorzatuk zérus, azaz ha 1 z 2 3 -4 abc = - 1 2 -1 3 35
Fejtsük ki a determinánst első sora szerint (lásd majd 2.1.4 pont)! Ekkor 2(9 —4) —( —3 + 8) + z(l — 6) = 0. Ebből - 5 z + 5 = 0,
vagyis
z=l.
Megjegyezzük, hogy ha három vektor egy síkban van, azaz lineárisan összefügg, akkor egyikük kifejezhető a másik kettő lineáris kombinációjaként. Könnyen ellenőrizhető, hogy esetünkben például
1.3 Vektorok geometriai alkalmazása 1.3.1 Az egyenes Legyen adott egy rögzített O kezdőpontból kiinduló r 0 e R 3 helyvektor és egy v e R 3 (v 5^0) vektor. Tekintsük az r 0 helyvektorú, Po ponton áthaladó, v irányvektorú e egyenest (20. ábra)\ Egy r e R 3 helyvektorú P pont akkor és csak akkor van rajta az e egyenesen, ha az r —r0 vektor a v irányvektorral egy egyenesen fekszik, azaz van olyan / e R , hogy r - r 0 = tv. 20. ábra
DEFINÍCIÓ. A Z
r(0 = r 0 + ty (t e R) egyenlőséget az egyenes paraméteres vektoregyenletének nevezzük, amelyben t a paraméter. 36
Felhívjuk a figyelmet arra, hogy Á^O esetén v|Uv, ezért is tekinthető az egyenes egy irányvektorának. Ha ezt az egyenletet a benne szereplő vektorok koordinátáira írjuk fel, akkor az egyenes paraméteres egyenletrendszerét kapjuk. Az r(x; y; z), r 0 (x 0 ; yo', z0), \(vú V2; v3) jelölést használva X = XQ + V\ t, y z
= =
yo + v2t, ZQ + V3Í.
Ha a Di, v2, v3 egyike sem nulla, akkor az egyenletekből t kiküszöbölhető és az egyenes egyenletrendszere az
_
X-Xo
Vi
y-y0
_
v2
Z-Z0
v3
alakban írható fel. Megjegyezzük, hogy ha a v irányvektor valamelyik (például első) koordinátája 0, akkor az egyenes valamelyik (esetünkben az yz) síkkal párhuzamos. Ha a v irányvektor két koordinátája 0, akkor az egyenes valamelyik koordinátatengellyel párhuzamos. Például a v(0; 0; V3) irányvektorú egyenes a z tengellyel párhuzamos. Ha a v irányvektor egységvektor, akkor koordinátái az iránycosinusok, vagyis azoknak a szögeknek a cosinusai, amelyeket az egyenes a koordinátatengelyekkel bezár.
1.3.2 A sík Tekintsük azt a síkot, amely illeszkedik a rögzített O pontból kiinduló r 0 helyvektorú Po pontra, és merőleges az n e R 3 (n ^ 0) vektorra, a sík normálvektorára (21. ábra)! Egy r helyvektorú P pont akkor és csak akkor van rajta a síkon, ha az r - r 0 vektor merőleges az n normálvektorra, vagyis ha a két vektor skaláris szorzata 0, azaz 1
1
n(r-ro) = 0. Ez a sík vektoregyenlete. Az n(A; B; C), r(x; y; z), r 0 (x 0 ; yo; ^0) jelöléseket alkalmazva a sík vektoregyenlete az A(x-x0)
+ B(y-y0)
+ C(z-zo)
= 0
0 21. ábra
37
alakra hozható. A kijelölt szorzásokat elvégezve és az Ax0 + By0 + Cz0 összeget - Z)-vel jelölve a sík egyenletének Ax + By + Cz + D = 0 alakú, ún. általános alakját kapjuk. Itt is igaz, hogy n-nel együtt Án (X^O) is a sík egy normálvektora. Megjegyezzük, hogy ha a sík vektoregyenletében szereplő n normálvektor egységvektor, akkor koordinátái iránycosinusok és az x cos a-f j c o s / ? + z c o s y + g = 0 alakú egyenletben, az ún. Hesse-féle normálegyenletben szereplő q állandó abszolút értéke a síknak az origótól mért távolságát adja meg. Könnyen belátható, hogy ha a sík a koordinátatengelyeket az origótól mérve rendre a nem nulla a, b, c távolságnyira metszi, akkor a sík egyenlete x a
y b
z c
alakra hozható. Ez a sík egyenletének tengelymetszetes
alakja.
1.3.3 Kidolgozott példák az előző két ponthoz 1. Példa. írjuk fel a Pi(2; - 3 ; 1) és 7; 2) pontokon áthaladó egyenes egyenletét! Megoldás. A keresett egyenes egy irányvektora v = P1P2, azaz v( — 7; 10; 1); így paraméteres egyenletrendszere a P\ pont koordinátáit felhasználva: x = 2-11, y = -3+10/, z = 1 +1; a P i pont koordinátáit felhasználva pedig: x = —5 — 71, y = 7+10/, z = 2 + /. A két különböző alakú egyenletrendszer valóban ugyanazt az egyenest jellemzi, amint arról behelyettesítéssel is meggyőződhetünk. 38
Az egyenes egyik paramétermentes egyenletrendszere: x-2
=
-7
y+3 10
= z-1.
2. Példa. Számítsuk ki az alábbi két egyenes hajlásszögét: l-x
_ 2y + 3 _ 1 — 2z
~~2~ ~~
4
~
3
'
x = 2 + 3/, y = -l-f, z = -4/. Megoldás. Az egyenesek hajlásszöge irányvektoraik hajlásszögével egyenlő, ha az irányvektorok szöge derékszögnél nem nagyobb, és ennek kiegészítő szögével, ha az irányvektorok szöge derékszögnél nagyobb. Az első egyenes irányvektorát akkor tudjuk közvetlenül leolvasni az egyenletrendszeréből, ha x, y és z együtthatója a számlálókban 1. Hozzuk ilyen alakra az egyenletrendszert! Mivel: x
1 _ y+ 1,5 _ z —0,5 ~
ezért vi^ - 2; 2; -
2
~
-1,5 '
. v2 koordinátái közvetlenül leolvashatók: v2(3; - 1; — 4). A két
irányvektor hajlásszögének cosinusa tehát
cos
(pyiy2
viv 2 -6-2 +6 -4 = -—-—- = = = -0,1225; |vi||v 2 | J 9" . /ÍÖ66 r I / 4 + 4 + ~ |/9 + 1 + 16
a szög tehát tompaszög, mégpedig: ^viv2 = 180°-82,96° = 97,04°. Az egyenesek a hajlásszöge tehát a = J 80° -97,04° = 82,96°. 3. írjuk fel a /M2; 4; - 3 ) , P 2 ( ~ 1; 0; 2), P 3 (3; - 2 ; 1) pontokon átfektetett sík egyenletét! Megoldás. A sík egyenletének f e l í r á s á h o z szükségünk van a síknak egy normálisára. Bármely n normálvektor merőleges a síkra, így a sík valamennyi vektorára, speciálisan a síkban fekvő a = P1P2 és b = P1P3 vektorokra is; tehát n iránya megegyezik a x b irányával (22. ábra). Mivel a koordinátái: ( - 3 ; - 4 ; 5), b koordinátái pedig: 39
(1; - 6 ; 4), ezért
n = axb =
• 3
J -4
1
- 6
= 14i+17j + 22k.
22. ábra
így a sík egyenlete a P\ pont koordinátáit felhasználva: 14(x — 2) +
— 4) + 22(z + 3) = 0,
\l{y
ill. a kijelölt műveletek elvégzése után: 14x+ 17j> + 22z —30 = 0. 4. Példa. írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amely illeszkedik a P(0; 0; 0) pontra és az e:
x-l
2y + 4
3-z
23. ábra
egyenletekkel megadott egyenesre (23. ábra)\
Megoldás. Az egyenes v^2; ^ ; - 3^ irányvektora nyilván benne van a síkban. Hasonlóan a síkban fekszik az adott P pontot és az egyenes 0 ( 1 ; - 2 ; 3) pontját összekötő = a(l; - 2 ; 3) vektor. így tehát az
y xa =
J 5 2 -2
k -3
3 13 = — i —J 9j 2 2
k
3
vektor a keresett sík egy normálvektora. Mivel n-nek csak az iránya lényeges számunkra, a hossza nem, ezért a továbbiakban - hogy ne kelljen törtekkel számolnunk - az iu(3; - 18; - 13) vektorral dolgozunk. ni és P koordinátáit felhasználva a keresett sík egyenlete: 3(x + 4 ) - 1 8 0 - 3 ) - 1 3 ( z - 0 ) = 0, vagy rendezés után 3x— 18j— 13z + 66 = 0. 40
5. Példa. Számítsuk ki az e:
x+ 3
1-2y
= 3z+ 1
egyenes es az x — 2y + 3z — 1 = 0 24. ábra
sík döféspontját (24. ábra)\ Megoldás. Az M döféspont koordinátái nyilván kielégítik mind az egyenes egyenletrendszerét, mind a sík egyenletét. Célszerű az egyenes paraméteres egyenletrendszerét használnunk: x = - 3 + 2/, 1 _ 3 y z =
2 " 2*'
1 1 3
+ 3
Ha x, y, z kifejezését behelyettesítjük a sík egyenletébe, 6t — 6 = 0 adódik, azaz t= 1. Az ehhez tartozó x = - l , j ; = - l , z = 0 értékek szolgáltatják tehát M keresett koordinátáit. 6. Példa. Határozzuk meg a következő két sík metszésvonalát: S i: S2: Megoldás. A metszésvonal mind a két síkban benne van, így mind a két sík normálisára merőleges, tehát az utóbbiakat ni-gyei és n2-vel jelölve, a metszésvonal irányvektora csak ni x n 2 irányú lehet (25. ábra). Szükségünk van még a metszésvonalnak egy pontjára, azaz egy olyan pontra, amely mind a két síkban benne van. A keresett pont egyik koordinátáját, pl. z-t szabadon megválaszthatjuk, mert csak
2 x - 3 j ; + z - 6 = 0, 3 x + j —4z + 2 = 0.
25. ábra
41
két egyenletünk van a három ismeretlen számára. Legyen z = 0, akkor a megfelelő 2x — 3y .= 6, 3x + y = - 2 egyenletrendszer megoldása: x = 0, y = — 2; tehát a metszésvonal egy pontja: P(0; - 2 ; 0). Ha a z = 0 helyettesítéssel kapott egyenletnek nem volna egyértelmű megoldása, akkor az x = 0 vagy az j; = 0 helyettesítéssel célszerű próbálkozni. A met1 szésvonal egy irányvektora: i y = ni x n 2 = 2 3
j -3 1
k 1 = lli+llj+llk. -4
y helyett számolhatunk a vi(l; 1; 1) vektorral is, hiszen az irányvektor hossza lényegtelen. A metszésvonal egyenletrendszere tehát: x = y + 2 = z. 7. Példa. Vetítsük merőlegesen az x= 4+ e: < y = - l - t , z = 10 + 6 / egyenest az S:
3x~2y + 4z + 4 = 0
síkra. írjuk fel a vetületi egyenes egyenletét!
26. ábra
42
Megoldás. A vetületi egyenes egyenletének a felírásához elegendő két pontját ismernünk. Ilyen két pontot kapunk, ha az egyenes két tetszőleges pontját levetítjük a síkra (26. ábra). Legyen az első levetítendő pont az egyenes egyenletéből könnyen kiolvasható P{4; — 1; 10) pont. Ennek P' vetületét megkapjuk, ha meghatározzuk a P ponton átmenő, a síkra merőleges vetítőegyenes és a sík döféspontját. A vetítőegyenes irányvektora megegyezik a sík normálvektorával, egyenletrendszere tehát:
X = 4 + 3/, y = -1-2/, z = 10 + 4/. A vetítőegyenes és a sík P' döféspontjára fennáll: 3(4 + 3/) —2(— 1 — 2/)+ 4(10+ 4 / ) + 4 = 0; innen / = - 2 , tehát P' koordinátái: ( - 2 ; 3; 2). A másik levetítendő pont legyen - ha ilyen van - az egyenes és a sík M döféspontja, mert az megegyezik a vetületével. M koordinátáit az 5. példa módszerével kiszámítva nyerjük: (2; 1; - 2 ) . A vetületegyenes irányvektora párhuzamos az MP* = 4i + 2j + 4k vektorral, azaz egyúttal a v ( - 2 ; 1; 2) vektorral. Most már felírhatjuk a vetületi egyenes paraméteres egyenletrendszerét: x — —2 — 2/, y = 3 + /, z= 2 + 2/.
1.4 ^-dimenziós vektorok Az 1.1 részben a vektorokat irányított szakaszokként definiáltuk, és láttuk, hogy alkalmas bázis bevezetésével egy kétdimenziós (sík)vektor és egy valós számpár, továbbá egy háromdimenziós (tér)vektor és egy valós számhármas között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesíthető, ezért például a (vi; v2\ v3) számhármast 1 vektornak is tekinthettük. A vektor fogalma általánosítható az ^-dimenziós térre is. DEFINÍCIÓ: AZ
n számú valós számból álló szám-w-est n-dimenziós vektornak
nevezzük. A vektorok lineáris függetlensége és függősége ^-dimenzióban hasonlóan definiálható, mint három dimenzióban, nevezetesen: a [vi, V2, vn] (^-dimenziós) vektorok lineárisan függetlenek, ha aiVi + a2V2 + ... + anVn = 0 akkor és csak akkor következik be, ha ai = a 2 = ... = a„ = 0; lineárisan összefüggnek, ha van legalább egy valós al5 amely nem 0. 43
n számú lineárisan független vektor az ^-dimenziós vektortér egy bázisát alkotja, és e bázisvektorokkal a vektortér valamennyi vektora kifejezhető. Az ^-dimenziós vektortér leggyakrabban használt bázisa az ei(l; 0; 0), e2(0; 1; 0), ..., ei(0; 0 ; . . 1 ; . . 0 ) (itt az i-edik helyen áll az l - e s ) , . . e „ ( 0 ; 0 ; . . 1 ) egységvektorokból álló ortonormált bázis. Ha a v vektort a v = Viei + V2£2 + -•• + vnen alakban írjuk fel, akkor a jobb oldalon álló összeadandók a vektor komponensei, a vu V2, vn számok (ebben a sorrendben) a vektor koordinátái az ei, e2, e„ bázisban. A vektor koordinátáit megadhatjuk oszlopba rendezve: Vi
_Vn_
ilyenkor oszlopvektorról, vagy sorba rendezve: v = [vu v2;
vn],
ilyenkor sorvektorról beszélünk. Az oszlopvektort (helykímélés céljából) szokás a v = [vú v2;
vn]*
alakba átírni. Itt a csillag jelzi, hogy oszlopvektorról van szó. A két-, illetve a háromdimenziós vektorokra tanult műveletek közül számos művelet az ^-dimenziós vektorokra is hasonlóan érvényes. Ha v = [vú V2\ vn] és w = [u>i; W2l w„], ahol a koordináták valós számok, akkor = [Xvü Xv2\ Avn], A valós szám; v + w = [vx + wi, v2 + w2; ...; vn + wn]; y - w = [vt-wú v2~w2; ...; vn-wn]\ í |V| =
^vÍ + vl + ... + vÍ = ( t
; n
yw = V1W1 + V2W2 + ... + VíWí + ... + vnwn = £ VíWí (skaláris
i= 1
szorzat). További műveletekről a 2.2.5 pontban lesz szó. Az w-dimenziós vektortér általánosítása és részletes tárgyalása a 2.3 részben található. 44
2. LINEÁRIS ALGEBRA
2.1 Mátrixok és determinánsok 2.1.1 A mátrix fogalma A gyakorlatban nap mint nap sok-sok számadattal kell dolgoznunk. Ezeket az adatokat legtöbbször célszerű (az áttekinthetőség kedvéért) különféle táblázatokba rendezni. Egy osztály tanulóinak néhány adott érdemjegyét pl. a következő táblázatba érdemes rendezni: Tantárgyak
5
4
3
2
1
Magyar
5
9
11
6
0
Történelem
6
10
13
2
0
Matematika
2
7
12
8
2
Fizika
3
9
10
8
1
Kémia
4
10
10
6
1
Orosz nyelv
6
9
9
6
1
így ui. az adatok könnyen áttekinthetők, összehasonlíthatók. Ha több osztályról és ugyanezekről a tantárgyakról van szó, fölösleges a fejléceket mindig megismételni, egy-egy osztály jegyeit elegendő az alábbi alakban megadni: "5 6 2 3 4 6
9 10 7 9 10 9
11 13 12 10 10 9
6 0" 2 0 8 2 8 1 6 1 6 1
így nagyon lényeges, hogy melyik szám melyik helyen áll. A most felírt táblázatot mátrixnak nevezzük. 45
Mátrixnak nevezzük bármilyen n • m számú a^ mennyiség (i = 1, 2, . . . , « ; k = 1, 2, ..., ra) alábbiak szerinti téglalap alakú elrendezését, amelyet szögletes (esetleg kerek) zárójelbe teszünk: DEFINÍCIÓ.
a ii a 12 • .. <2 lm 021 a22 . .. a2m an i
an 2
.
anm
Azt mondjuk, hogy a fenti mátrix (n • m) típusú, mert n sorból és m oszlopból áll. Az aik mennyiségek a mátrix elemei; itt az index az elem helyét jelöli: az am elem az í-edik sor és a A;-adik oszlop metszéspontjában áll. A mátrix elemei lehetnek valós vagy komplex számok, függvények, vektorok, esetleg mátrixok is. A továbbiakban - hacsak mást nem mondunk - a mátrix elemeit a valós számokból vesszük. A mátrixot célszerű egyetlen matematikai fogalomnak tekinteni és egyetlen jellel jelölni. Nyomtatásban félkövér latin nagybetűket, kézírásban kétszer aláhúzott nagybetűket szokás mátrixok jelölésére használni. Előző mátrixunk tehát így jelölhető:
A =
an
012
021
022
. .. . ..
02M
an I
0«2
•
0NM
01M =
M -
Ha azt is fel akarjuk tüntetni, hogy a mátrixnak n sora, ill. m oszlopa van, ezt így tehetjük: A
= [aidnm-
(n - m)
Ha egy mátrix sorainak és oszlopainak száma egyenlő (n = m), akkor a mátrixot négyzetes mátrixnak (kvadratikus mátrixnak) nevezzük. A négyzetes mátrix sorainak (és oszlopainak) száma a mátrix rendje. Az H-edrendű mátrixnak tehát n2 eleme van; az elsőrendű mátrix egyetlen elemből áll. A mátrixfogalom a számfogalom kiterjesztéseként fogható fel. A mátrix fogalmát J. J. Sylvester vezette be.
46
2.1.2 A mátrix transzponáltja. A minormátrix DEFINÍCIÓ. H a a z
A (ii-m)
011 021 = an 1
012 • .. 022 • ..
01m 02 m
0n 2 •
0/im
mátrix sorait és oszlopait felcseréljük egymással, az A mátrix kapjuk, ezt A*-gal vagy AT-vel jelöljük:
A* =
(mn)
011 012
021 022
.... ....
0/il 0w2
..
0/im
transzponáltját
*•
01 m 02m
Az (n • m) típusú mátrix transzponáltja (m • n) típusú mátrix. A transzponálás lényegét jól mutatja az [atj]* = [ajt] jelölés is. Például az A
(2-3)
B
-3
mátrix transzponáltja az
A*
(3-2)
=
2 3 1
4 1 -5
mátrix. Az «-edrendű (tehát négyzetes) mátrix rendszáma a transzponálás során nem változik. Nyilvánvaló, hogy az A mátrix transzponálnának transzponáltja az eredeti A mátrix. Különleges szerepe van az (n • 1) és az (1 • m) típusú mátrixoknak, vagyis azoknak a mátrixoknak, amelyeknek csupán egy oszlopa vagy csupán egy sora van. Az egyetlen oszlopból álló mátrixot oszlopmátrixnak vagy - ha vektorként fogjuk fel oszlopvektornak, az egyetlen sorból álló mátrixot sormátrixnak vagy sorvektornak nevezzük. Az a* oszlopmátrix, vagyis az A mátrix A:-adik oszlopa a következőképpen írható: 47
ak =
aik aik
A sormátrix, ill. sorvektor jelölésekor - az oszlopvektortól való megkülönböztetés céljából - azt is jelezzük, hogy a sorvektor az oszlopvektor transzponáltja, tehát az A mátrix /-edik sora az alábbi formában írható: a* = [an, ai2,
aim].
Ha több sorvektort kell megkülönböztetnünk, és félreértést nem okozhat, akkor a csillagot felső indexszel helyettesíthetjük. Helykímélés céljából szokás az oszlopvektort ai = [ a n , a2u
0ni]*
alakban is felírni. Ez azt jelenti, hogy az ai oszlopvektor a jobb oldalon álló sorvektor transzponáltja. A mátrix fogalma - mint az eddigiekből látható - a vektor fogalmának általánosításaként is felfogható. Ha valamely A mátrixból tetszés szerint sort és oszlopot elhagyunk, az A mátrix egy minormátrixát kapjuk. Ha pl. a
" 1 3 - 2 3 7 3 B = 4 <5'5> 5 7
2 1 - 1 0 8 - 6 7 - 2 4 3 -2 1 -3 -2 -J 5
mátrix első, harmadik és negyedik sorában, valamint a második és negyedik oszlopában álló elemeit elhagyjuk, akkor B következő minormátrixát kapjuk:
Ezt a minormátrixot szokás BÍ; 5 -tel is jelölni, mert a B mátrix második és ötödik sorának, illetve első, harmadik és ötödik oszlopának elemeiből alkottunk. Az A mátrix pl. ai oszlopvektor vagy a 1 sorvektora az A mátrix minormátrixának tekinthető.
48
2.1.3 Speciális mátrixok Most néhány fontos speciális mátrixot mutatunk be. Zérusmátrixnak nevezzük azt a mátrixot, amelynek minden eleme 0. Pl. a
(2
0
= r° ° °i
3, L° o oj
mátrix zérusmátrix. Diagonálmátrixnak nevezzük az olyan négyzetes mátrixot, amelynek csak a bal felső sarokból a jobb alsó sarokba húzott átlójában - a főátlóban - van 0-tól különböző eleme. Az an 0
0 an
Ó
Ó
. .. ..
•
0 0
• • Onn
diagonálmátrix rövid jelölésére az <ÖU; a2i\
ann>
szimbólumot használjuk. így pl. '3
0
0 -1 0 0
= <3; - 1 ; 0 > .
Egységmátrix az a diagonálmátrix, amelynek főátlójában minden elem 1-gyel egyenlő. Az egységmátrixokat E-vel vagy őirvel jelöljük, ahol őij a Kronecker-féle szimbólum: őij= 1, ha i=j9 és őij = 0, ha i^j. Az egységmátrix rendszámát az E mellé tett indexszel jelölhetjük; így pl. E3 =
1 00 0 1 0 = <1; 1; 1>. 0 01
Az „egységmátrix" elnevezés indokoltságát a mátrixműveletek kapcsán fogjuk belátni. Azokat az oszlop-, ill. sorvektorokat, amelyeknek egyik eleme 1, a többi zérus, egységvektoroknak nevezzük. A három elemű egységvektorok oszlopvektoralakban T ei = 0 ; 0
e2
0" = 1 ; 0
e3
0" = 0 1
49
sorvektor alakjában ef = [1; 0; 0];
e ! = [0; 1; 0];
e j = [0; 0; 1].
Az index itt azt jelöli, hogy az egységvektor melyik eleme 1. Minden H-edrendű egységmátrix n olyan oszlopra (sorra) bontható, amelyeknek mindegyike egységvektor:
E„ = [ei; e 2 ;
e„]
vagy
E„ =
ef e? e*
Összegező mátrix vagy összegező vektor az az oszlop- vagy sorvektor, amelynek minden eleme 1; jele 1. Az összegező vektor nem egységvektor! Az elnevezést a mátrixműveletek indokolják. Permutáló mátrixnak nevezzük azt a négyzetes mátrixot, amely az egységmátrixból az oszlopok vagy sorok más .sorrendű leírásával (permutálásával) kapható. A permutáló mátrix minden sora és oszlopa csak egy-egy l-est tartalmaz, a többi eleme 0. Egy negyedrendű permutáló mátrix pl. a következő: 7
P (4 • 4)
0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0
0" 0 1 0
Szimmetrikus mátrixnak mondjuk azt a négyzetes mátrixot, amelynek elemei a főátlóra szimmetrikusak, azaz aij = aji'. A szimmetrikus A mátrix nyilvánvalóan azonos transzponáltjával, A*-gal. Szimmetrikus pl. az
S =
3 2 -4 1
2 -2
3 -2
4 3 5 6
1 -2 6 1
mátrix. Antiszimmetrikus vagy ferdén szimmetrikus az a négyzetes mátrix, amelyben a főátlóra szimmetrikus elemek egymásnak ellentettjei, azaz aij= —aji minden /-re és j-re. Ezért az antiszimmetrikus mátrix főátlójában csak 0 állhat. Antiszimmetrikus mátrix pl. a 2 0 1 -3 -1 0 5 -4 T = 1 0 3 -5 4 -1 0 -2 mátrix. 50
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Egy üzem háromféle terméket gyárt négyféle alapanyagból. Az egyes termékek egy-egy darabjához az alábbi nyersanyagmennyiségek szükségesek: Anyag
a
b
c
d
I.
3
2
0
5
II.
1
1
4
2
III.
3
2
1
4
Termék
írjuk fel a termelési adatokat mátrix segítségével! Megoldás. Ha pl. a mátrix egy-egy sorába az egyes termékek nyersanyagszükségletét, egy-egy oszlopába az egyes nyersanyagokat írjuk, a keresett mátrix a következő: '3
2
0 5"
3
2
1 4
114 2
T (3 • 4)
Ha az egyes termékek nyersanyagszükségletét írjuk az oszlopokba, és a különböző nyersanyagokat a sorokba, az eredeti mátrix transzponáltját kapjuk:
j* (4 • 3)
3 2 0 5
1 1 4 2
3' 2 1 4
Az is azonnal látható, hogy a T mátrix oszlopmátrixai egy-egy nyersanyag felhasznált mennyiségét mutatják, ha mindegyik termékből egyetlen darabot gyártunk; sormátrixai pedig az egyes termékekhez felhasznált nyersanyagok mennyiségét. (A T* mátrix esetében éppen fordított a helyzet.) Például a
t3 =
oszlopmátrix a c nyersanyag felhasznált mennyiségét mutatja, a t 2 = [1; 1; 4; 2] sormátrix pedig a II. termék nyersanyagszükségletét. 51
2. Példa. Egy vetélkedő döntőjében az A,BésC pontszámokat érték el:
csapatok egymás ellen a következő
A.B = 14: 15; A : C = 12 : 14; B : C = 14: 16. írjuk fel az eredményeket mátrixalakban úgy, hogy az /-edik sor és a fc-adik oszlop metszéspontjában az /-edik csapatnak a fc-adik csapat ellen szerzett pontszáma legyen! Megoldás. A döntő eredményei a
D (3 • 3)
0 15 14
14 0 16
12 14 0
mátrixszal jellemezhetők, ahol a mátrix atk eleme helyén az /-edik csapatnak a k-adik csapattal szemben elért pontszáma áll. 3. Példa. Egy konzervgyár vegyes gyümölcsbefőttet gyárt meggyből, őszibarackból és körtéből. Minden üzemrészben azonban csak egyféle gyümölcsöt dolgoznak fel, és a gyümölcsök keverését később végzik el. Az előírt arányok elérése céljából az I. üzemrész a II. üzemrésznek 14 t, a III. üzemrésznek 12 t meggyet; a II. üzemrész az I. üzemrésznek 15 t, a III. üzemrésznek 14 t őszibarackot; a III. üzemrész az I. üzemrésznek 14 t, a II. üzemrésznek 16 t körtét szállít. írjuk fel a szállítási adatokat mátrix segítségével! Megoldás. A szóban forgó adatok az
M (3 • 3)
"0 = 15 14
14 0 16
12" 14 0
mátrixszal jellemezhetők, ahol az elem az /-edik üzemrészből a fc-adik üzemrészbe szállított gyümölcs mennyiségét jelenti. A 2. és 3. példában kapott mátrixok egybevetésével (D = M) figyeljük meg, hogy merőben más problémák vezethetnek ugyanahhoz a mátrixhoz!
52
2.1.4 Az fl-edrendű determináns n-edrendű determinánsnak nevezzük az n2 számú elemből álló, n sorba és n oszlopba rendezett DEFINÍCIÓ,
011 021
012 a22
. .. ..
ain a2n
an i
an 2
. ..
ann
alakú táblázatot (ahol az elem első indexe azt a sort, második indexe azt az oszlopot jelöli, amelyben az elem áll), amelynek a következő értéket tulajdonítjuk: an
012
021
022
. .. 0i„ . .. 02«
i
0«2
.
an
=
011^11+012^12+. •,. + a\nA\n
=
n YJ k= 1
aikAik,
ann
ahol A\k az a\k elemhez tartozó (n— l)~edrendü (előjeles) aldeterminánst jelenti. Ezt az eredeti determinánsból úgy kapjuk, hogy az első sor és a fc-adik oszlop elhagyásával adódó (n— l)-edrendű determinánst ( — l) 1+fc -nal megszorozzuk. A determináns értékének ez a meghatározási módja a determináns első sora szerinti kifejtése. Ha a fenti kifejtésben szereplő A1U A í 2 , A l n (n- l)-edrendű aldeterminánsokat a definíció szerint (n — 2)-edrendű aldeterminánsokkal, ezeket (n — 3)-adrendű aldeterminánsokkal fejezzük ki, és ezt az eljárást tovább folytatjuk, végül másodrendű aldeterminánsokhoz jutunk. Mivel a másodrendű determináns értéke definíció szerint a c
b = ad—be, d
mindegyik másodrendű aldeterminánsból két szorzatot kapunk. így az w-edrendű determináns teljes kifejtése során kapott w-tényezős szorzatok száma n(n — 1) (w —2)... 3 • 2 = n\ (az n! jelet n faktoriálisnak olvassuk). Megjegyezzük, hogy az H-edrendű determinánsnak az előbbi definíciója egy úgynevezett rekurzív definíció, mert az H-edrendű determináns fogalmát az (n- l)-edrendű determináns fogalmára vezeti vissza és így tovább, végül a másodrendű determináns fogalmát közvetlenül adja meg. 53
Az H-edrendű determináns más definíciója is ismert. A determináns fogalmát 1693-ban G. W. Leibniz vezette be. A determináns elnevezést először 1815-ben A. Cauchy használta. A determináns mai jelölését először A. Cayley alkalmazta. A definíciókból nyilvánvaló, hogy a mátrix és a determináns más-más fogalom.
2.1.5 A determinánsok néhány tulajdonsága Egy «-edrendű determináns értékének a kiszámítása már viszonylag kis n esetén is elég hosszadalmas és fárasztó feladat. A következőkben a determinánsok néhány olyan tulajdonságát és néhány műveleti szabályt sorolunk fel, amelyek (azon kívül, hogy önmagukban is érdekesek) ezt a munkát könnyíthetik meg. Egyes állításokat bizonyítani is fogunk. 1. A determinánst bármelyik sora vagy oszlopa szerint kifejtve ugyanazt az értéket kapjuk: a ii a2i
a 12 ... a22 ...
au a2n
YJ aikMk = Ya Vikiik, k=l
cini
Cln2
...
i=l
ann
ahol az első esetben a kifejtés az i-edik sor szerint (i = 1, 2, ..., n), a másodikban a k-adik oszlop szerint (k = 1, 2, ..., ri) történt. Az Aik előjeles aldetermináns előjele ( - 1 )i+k-nal egyenlő, és az előjel meghatározását az ún. sakktáblaszabály: + +
+ -
+ +
-... + ... -...
teszi könnyen megjegyezhetővé. 2. A determináns értéke nem változik, ha sorait és oszlopait jük (a determinánst a főátlójára tükrözzük).
egymássalfölcserél-
Ez a tulajdonság azt biztosítja, hogy a determináns soraira bebizonyított állítások automatikusan érvényesek a determináns oszlopaira és fordítva. 3. Ha a determináns két sorát (oszlopát) egymással fölcseréljük, a determináns értéke (— 1 Ygyel szorzódik.
54
Bizonyítás. A bizonyítást először arra az esetre végezzük el, amikor-a determináns két szomszédos sorát, pl. az /-edik és az (/+ l)-edik sort cseréljük föl egymással. Ha az eredeti determinánst az Z-edik, a fölcserélt sorú determinánst pedig az (/+ l)-edik sora (amelyben most az /-edik sor elemei állnak) szerint kifejtjük, akkor a két kifejtésben a szorzó elemek és az aldeterminánsok elemei rendre ugyanazok, csak az aldeterminánsok előjele a sakktáblaszabály szerint ellentettjére változik. Ez pedig azt jelenti, hogy a determináns értéke (— l)-gyel szorzódik, előjelet vált. Ha most nem két szomszédos, hanem két tetszőleges sort cserélünk föl a determinánsban, akkor ez a csere mindig helyettesíthető szomszédos sorok páratlan számú cseréjével. Legyen ugyanis a fölcserélendő /-edik ésy'-edik sor között k db sor. Ekkor k db szomszédcserével az /-edik sor a /-edik sor mellé hozható, egy szomszédcserével a két sor fölcserélhető, majd újabb k db szomszédcserével a y-edik sor az /-edik sor helyére vihető. Ez összesen 2/r + 1, azaz páratlan számú szomszédcsere. A determináns értéke a cserék során a ( - l) 2k + 1 = - 1 értékkel szorzódik, azaz előjelet vált. Ezzel állításunkat beláttuk. 4. Ha egy determináns két sora (oszlopa) elemről elemre megegyezik egymással, akkor a determináns értéke 0. Bizonyítás. Jelöljük a szóban forgó determináns értékét Z)-vel. Ha a determináns két megegyező sorát (oszlopát) egymással fölcseréljük, akkor a determináns értéke egyrészt változatlan marad, másrészt a 3. tulajdonság szerint (— l)-gyel szorzódik, azaz D= — D. Ebből az egyenletből 2Z> = 0, és ez csak úgy lehetséges, ha D = 5. Ha a determináns valamely sorában (oszlopában) determináns értéke 0.
csupa 0 áll, akkor a
Bizonyítás. Fejtsük ki a determinánst ama sora (oszlopa) szerint, amelyben minden elem 0. Ekkor a kifejtés minden tagja és így a determináns értéke is 0. 6. Ha a determináns valamely sorának (oszlopának) elemeit egy másik sor (oszlop) elemeihez tartozó aldeterminánsokkal szorozzuk meg, akkor a szorzatok összege 0. 7. Ha a determináns főátlója alatt (felett) csupa 0 áll, a determináns értéke a főátlóban álló elemek szorzatával egyenlő. Bizonyítás. Fejtsük ki a determinánst első oszlopa (sora) szerint. A kifejtés egyetlen tagból áll, nevezetesen az a n elem és egy olyan aldetermináns szorzatából, amelynek főátlója alatt (felett) csupa 0 áll. Folytatva az eljárást a kapott aldeterminánsra végül is az eredeti determináns főátlójában álló elemek szorzatához jutunk. 8. Ha a determináns valamely sorában (oszlopában) minden elem két elem összegére (különbségére) bontható, akkor a determináns két determináns össze55
gére (különbségére) bontható a következő módon: 0n 021
...
01n 02n
0i2 ± a'i 2 ...
ain±a'in
012 022
0ii=Mi 0wi
ann
an 2
0u 021
012 022
... ...
02w
an
ai2
...
ain
a„ i
an 2
ain
±
ann
011 021
012 022
... ...
01n 0 2n
0Í1
aj2
...
din
an í
0w2
...
ann
Bizonyítás. Fejtsük ki a szóban forgó determinánsokat /-edik soruk szerint. Ekkor az egyenlőség bal oldalán {an ± an)An + (ai2 ± ai2)Ai2 + ... + (ain ±
a jobb oldalon pedig (anAn + ai2Ai2 + ... + ainAin) ± (ahAn + ai2Ai2+
... + ainAi^
áll. Ha a bal oldalon kijelölt szorzásokat elvégezzük, a két oldalról már látszik, hogy egyenlők egymással. Ez a tulajdonság azt is jelenti, hogy két determinánst bizonyos esetekben szabad összevonni; nevezetesen akkor, ha a két azonos rendű determináns csak egy-egy azonos sorszámú sorának (oszlopának) elemeiben tér el egymástól. Ekkor az összevonás úgy történik, hogy az azonos sorok (oszlopok) elemeit változatlanul hagyjuk, az eltérő sor (oszlop) megfelelő elemeit pedig összevonjuk. 9. Ha a determináns valamely sorának (oszlopának) minden elemét megszorozzuk a te R állandóval, akkor a determináns értéke az eredeti érték t-szeresére változik. Ha például a determináns /c-adik oszlopának minden elemét szorozzuk meg a / e R számmal, akkor 011 021
Út 2 022
0n 1 0n 2 56
.. . .. .
ta2k
.,..
02« ann
= t
011 021
012 . 022 • ..
0/11
0/i 2
..
.. ain 02fc • ..< 02/i .
0/i/i
Bizonyítás. Fejtsük ki a determinánsokat k-adik oszlopuk szerint! Ekkor az egyenlőség bal oldalán talkA i* + ta2kA2k + ... + tankAnk, a jobb oldalán t(aíkA i k + a2kA2k +... + ankAnk) áll, 4és ezek valóban egyenlők. Ez a szabály azt is jelenti, hogy a determináns elé akkor emelhető ki egy szorzótényező, ha az a determináns egyik sorának (oszlopának) minden eleméből kiemelhető. 10. Ha a determináns egyik sora (oszlopa) egy másik sorának a többszöröse, akkor a determináns értéke 0.
(oszlopának)
Bizonyítás. A 9. tulajdonság lehetővé teszi, hogy a determináns egyik sorából (oszlopából) az arányossági tényezőt kiemeljük. A kiemelés után kapott determináns két sora (oszlopa) megegyezik, ezért (a 4. tulajdonság értelmében) a determináns értéke 0. 11. A determináns értéke nem változik, ha valamely sorának (oszlopának) elemeihez hozzáadjuk egy másik sora (oszlopa) megfelelő elemeinek valahányszorosát. Bizonyítás. Ha a D determináns /-edik sorának elemeihez adjuk a y-edik sor megfelelő elemeinek í-szeresét, akkor a kapott D i determináns /-edik sorában kéttagú összegek állnak. D\ a 8. tulajdonság alapján felbontható két determináns összegére, amelyek közül az egyik a D determináns, a másik pedig egy olyan determináns, amelynek /-edik sorából a 9. tulajdonság szerint kiemelhető a t, és utána az /-edik sorában ay-edik sor elemei állnak. Mivel ay-edik sorban is ezek az elemek állnak, ezért ennek a determinánsnak az értéke a 4. tulajdonság szerint 0, és ezzel állításunkat beláttuk. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki a 1 4 2
-3 3 1
2 -5 0
determináns értékét a) a második sora szerinti, b) a harmadik oszlopa szerinti, c) a harmadik sora szerinti kifejtéssel, d) a 11. tulajdonság felhasználásával!
57
Megoldás. a) 1 4 2
-3 3 1
2 -3 2 +5 -5 = -4 +3 1 0 2 0 0 = — 4(0 — 2) + 3(0 — 4) + 5(1 + 6) = 31.
12
1 -3 2 1
b) 1 4 2
-3 3 1
2 -5 0
= 2 42 13
= 2 ( 4 - 6 ) + 5 ( 1 + 6 ) = 31.
+5
c) 1 4 2
-3 3 1
2 -5 0
= 2 - 33
2 -5
1 4
2 -5
= 2(15 —6) —(— 5 —8) = 31.
d) Adjuk a determináns első oszlopához a második oszlop (-2)-szeresét, majd fejtsük ki a determinánst a harmadik sora szerint! Ekkor 1 4 2
-3
2 3 - 5 1 0
7 - 3 •2 3 0 1
2 -5 0
7 ' 2 •2 -5
= - ( - 3 5 + 4) = 31.
Hasonlítsuk össze az egyes kifejtéseket munkaigény szempontjából! 2. Példa. Határozzuk meg a
D =
2 3 3
•2
3 -2
2 4
-2
4
3 0
4 5
12
determináns értékét! Megoldás. A determináns harmadik oszlopában a negyedik elem 0. Ha a második sor elemeinek a kétszeresét hozzáadjuk az első, ( — 3)-szorosát pedig a harmadik sor megfelelő elemeihez, akkor a harmadik oszlopban két újabb elem (az első és a harmadik) 0 lesz. Ha ezután a harmadik oszlop szerint fejtjük ki a determinánst, a kifejtés eredménye egyetlen (és nem 4) harmadrendű determináns:
58
2 3 3 - 2
3 -2 2 4
-2 1 3 0
4 2 4 5
2 + 2(3) 3 3-3(3) -2
=
3 + 2( - 2) - 2 + 2(1) -2 1 2 — 3( — 2) 3-3(1) 4 0
4 + 2(2) 2 4-3(2) 5
A (—l)-gyel való szorzást végezzük el a második sorban. Utána adjuk hozzá a második oszlop elemeinek a 8-szorosát az első, majd a harmadik oszlop megfelelő elemeihez, röviden kifejezve: a második oszlop 8-szorosát az első, majd a harmadik oszlophoz, végül fejtsük ki a kapott determinánst az első sora szerint. Ekkor egy másodrendű determinánst kapunk:
8-18 6 - 8
-2
2
4
5
0-1 -58 30
8 4
0
58 30
-62 37
62 37
=
-286.
3. Példa. Legyenek a, b, c valós számok. Bizonyítsuk be, hogy 1 a 1 b 1 c
b+c c+ a a+ b
= 0.
Megoldás. Adjuk hozzá a determináns második oszlopát a harmadik oszlophoz, majd a harmadik oszlopból emeljünk ki (a+b + c)-1. Ekkor 1 a 1 b 1 c
b+c c+ a a+ b
1 a 1 b 1 c
a+b+c 1 a 1 a+b+c = {a + b + c) 1 b 1 a+b+c 1 c 1
Az utolsó determináns két oszlopa megegyezik, ezért értéke 0, és ezzel állításunkat beláttuk.
59
2.2 Műveletek mátrixokkal 2.2.1 Mátrixok egyenlősége DEFINÍCIÓ. Két mátrixot akkor és csak akkor nevezünk egyenlőnek, ha azonos típusúak és megfelelő helyeken álló elemeik megegyeznek.
Az (n
A = B • m) (n • m)
mátrixegyenlőség tehát nm számú számegyenlőségnek felel meg. Az
A <3 • 2)
2 = 1 4
3 - 2
0
<2B3)
[3
- 2
o]»
( 2
C
3 )
[3
- 2
í ]
mátrixokra A ^ B , mert nem azonos típusúak, B ^ C mert azonos típusúak ugyan, de az a23 elemük különböző. Figyeljük meg, hogy A = B*.
2.2.2 Mátrixok összeadása, kivonása Az összeadás és kivonás műveletét csak azonos típusú mátrixokra értelmezzük. DEFINÍCIÓ. AZ
(n
A = [aik] • m)
és
B = [bik] • m)
(n
(a mátrixok elemei valós számok) mátrixok összegén, illetve különbségén azt a C = [cik] mátrixot értjük, amelynek minden elemére (n • m)
Cik = aik±bik. A mátrixok összeadása kommutatív és asszociatív művelet, azaz A + B = B + A, (A + B) + C = A + (B + C),
60
fennáll továbbá, hogy (A + B)* = A* + B*. Könnyen látható, hogy A+ 0 = A és (A — B) + B = A.
2.2.3 Mátrix szorzása skalárral DEFINÍCIÓ. Legyen az A = [aik\ mátrix és X e R adott. A XA mátrixnak azt az A-val azonos típusú B mátrixot nevezzük, amelynek elemeire bik = Xüik. Ez azt jelenti, hogy egy mátrixot úgy szorzunk meg egy számmal, hogy minden elemét megszorozzuk a számmal. Mátrix szorzása skalárral kommutatív, asszociatív és disztributív művelet, azaz X A = AX\ (XJÍ)A = X(JUA);
(/l + /z)A =
XA + JUA
és
X(A
+ B) =
XA +
XB.
A ( - 1) A helyett röviden - A-t szokás írni.
2.2.4 Mátrixok lineáris kombinációja DEFINÍCIÓ. Ha az Ai, A 2 , . . A « azonos típusú mátrixokat rendre megszorozzuk a k±9 k2, kn valós számokkal, és a szorzatokat összeadjuk, akkor az így kapott ki Ai + k2A2 +... + kn An = L mátrixot az adott mátrixok lineáris kombinációjának nevezzük. Az olyan lineáris kombinációt, amelyben a k±9 k2, kn számok mindegyike nemnegatív és összegük 1, konvex lineáris kombinációnak nevezik. 61
Megjegyezzük, hogy mátrixok konvex lineáris kombinációjának minormátrixai a mátrixok megfelelő minormátrixainak ugyanazon számokkal képzett konvex lineáris kombinációi. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Legyen "1 A = 4 2
2 0 -5
-1 2 1
0" 1 2
-4 5 -2
"3 B = 1 2
és
1 0 3
2 3 -1
írjuk fel az A + B, A - B, 3 A és - B mátrixokat! Megoldás. Esetünkben "1 + 3 4+1 _2 + 2
A+ B
"1 - 3 A-B = 4- 1 2- 2 3 3A = 12 16
2-4 0+ 5 -5-2
2+ 4 0-5 -5 +2 6 0 - 15
-3 6 3
0 + 2" 1+ 3 2- 1
1+ 1 2+ 0 1+ 3 - 1 -1 2-- 0 1-- 3 0" 3 6
r_
0-2" 1-3 2+l_
-
r
-B =
?
"4 5 _4
-2 5 -7
0 2 4
•2 3 0
6 -5 -3
-2 2 -2
3 1 2
4 5 2
A3 =
[O
-1 0 -3
2 4 9 1 •2" •2 3 - 2" -3 1
2. Példa. Legyen
Al
=
[-1
o]'
A2 =
[-3
í]'
-4]'
ki = 3, k2 = ~ 1, kz = - 2. Határozzuk meg az L = £ kiAt
í=1
lineáris kombinációt! Megoldás. Adatainkkal
- Í - ! S]-[=í í ] - [ o =J]-[i !]• 62
2.2.5 Mátrix szorzása mátrixszal, skalárszorzat, diadikus szorzat Az A = [aik] mátrixnak a B = [bik] mátrixszal (a mátrixok elemei valós számok) való és AB-vei jelölt szorzatát csak akkor értelmezzük, ha az A mátrixnak (azaz a bal oldali tényezőnek) ugyanannyi oszlopa van, mint ahány sora a B mátrixnak (azaz a jobb oldali tényezőnek). Ha ez teljesül, azt mondjuk, hogy A és B az adott sorrendben konformábilisak. Az A és B mátrixok az A, B sorrendben konformábilisak, de (n • m) (m • p) h'&n^p, akkor a B, A sorrendben nem.
DEFINÍCIÓ. AZ (n • m) típusú A = [atk] és (m • p) típusú B = [bik] mátrixok A B szorzatán azt az (n • p) típusú C mátrixot értjük, amelynek dk eleme: c
ik = anbn + ai2b2k + ... + aimbmk.
^
Vagyis a C szorzatmátrix z-edik sorában és k-adik oszlopában álló elemet úgy kapjuk meg, hogy az A mátrix /-edik sorának és a B mátrix &-adik oszlopának megfelelő elemeit összeszorozzuk és a szorzatokat összeadjuk, vagyis az z-edik sor és a /c-adik oszlop kompozícióját képezzük. (Ez másképpen fogalmazva azt jelenti, hogy a C szorzatmátrix Cik eleme az A mátrix í-edik sorának és a B mátrix /c-adik oszlopának a skaláris szorzata.) Az összeadás és a szorzás definíciójából következik, hogy a mátrixszorzás nem kommutatív, de asszociatív és disztributív művelet, vagyis az A, B, C mátrixok esetén (ha az alábbi műveletek egyáltalán elvégezhetők): AB^BA, (AB)C = A(BC), (A + B)C = AC + BC és A(B + C) = AB + AC. Ha egy szorzatban az egyik tényező skalár, akkor a szorzat független attól, hogy a skalárt hányadik tényezőként írjuk fel. Ennek megfelelően (Á A)B = A/IB - (AB)A - A(AB). A mátrixszorzás kommutativitása már csak azért sem állhat fenn általánosan, mert eleve az sem biztos, hogy a tényezők fölcserélésével felírt szorzat egyáltalában értelmezhető. Csupán négyzetes mátrixok esetében lehet szó a szorzás kommutativitásáról, de ezeknél is csak speciális esetekben valósul meg. Ilyen speciális eset például az, amikor az egyik tényező a zérusmátrix vagy az egységmátrix. Ekkor érvényesek az alábbi azonosságok: AO = 0 A = 0, AE = EA = A. 63
Szorozzuk össze példaként az 1 2 1 0
A =
es a
B
=[o - ! -i]
mátrixokat. Ezek A, B sorrendben konformábilisak, szorzatuk:
AB
1-4+3-0 2-4 + 0-0 ( - l ) - 4 + l -0 0-4+2-0
1 3 2 0 -1 1 0 2
[o -? "ÍJ-
1 • 0 + 3 • (— 1) 1 • ( - l) + 3 • 0 2 • 0 + 0 • (— 1) 2 • (— l) + 0 • 0 (— 1) • 0 + 1 • (— 1) (— 1) • (— 1)+ 1 • 0 0 • 0 + 2 • (— 1) 0 • (— l) + 2 • 0
-4 0
•3
-1
0
- 2
1
1
•2
0
A szorzatmátrix kiszámításakor könnyű hibázni, a kiszámított elemet rossz helyre írni. Ezért célszerű a két összeszorzandó mátrixot úgy elhelyezni, hogy a beírandó elem helyét ne lehessen eltéveszteni. Az alábbi elrendezés egy ilyen lehetőséget mutat, amelyet Falk-módszernek neveznek: B = 1 2 i-l 0
3 0 li 2
4 0
|"ö! j-lj
-i 0
4 - 3 - 1 8 0 - 2 - 4 i - l i 1 0 - 2 0
így az eredménymátrix eleme éppen annak a sornak és oszlopnak a kompozíciója, amelyeknek metszéspontjában áll. Ez egyszerű lehetőséget ad a számítás ellenőrzésére: az ún. oszlopösszegpróbát vagy sor összegpróbát. Az oszlopösszegpróba esetében összeadjuk az A mátrix oszlopaiban álló elemeket, és az összegeket az A mátrix utolsó sora alá írjuk kiegészítő sorként. Ezután elvégezzük ezzel a sorral is a szorzást, és a kapott eredményeket az AB mátrix utolsó sora
64
alá írjuk. Ha minden számításunk helyes volt, így az AB mátrix oszlopaiban álló elemek összegét kapjuk. 4 0 - 1 0 - 1 0 4 - 3 - 1 8 0 - 2 - 4 - 1 1 0 - 2 0
1 3 2 0 -1 1 0 2 2
6
8
-6
-2
Az eljárás alapja az (A + B)C = AC + BC disztributív törvény. Ha a próbát a B mátrixon végezzük el, és oszlop helyett mindenütt sort veszünk (és fordítva), a sorösszegpróbához jutunk. Esetünkben: 4 0 1 3 2 0 -1 1 0 2
4 8 -4 0
0 -1 -3 0 -1 -2
-1 0 -1 -2 1 0
3 -1 0 6 -4 -2
A Falk-módszernek még az is előnye, hogy több tényezős szorzatok esetében a tényezők egymás mellé írhatók táblázatosan, és a részszorzatok többszörös leírását megtakaríthatjuk. A mátrixszorzás definíciójából nyilvánvaló, hogy az A és B mátrixok csak akkor szorozhatok össze mind az AB, mind pedig a BA sorrendben, ha az A mátrix (n • m) típusú és a B mátrix (m • n) típusú. Mivel a mátrixszorzás általában nem kommutatív művelet, ezért beszélünk bal oldali és jobb oldali szorzásról. Az előzőekben már láttuk, hogy a zérusmátrixra 0A = A0 = 0, de zérusmátrixot kaphatunk egy szorzás eredményeként akkor is, ha a tényezők egyike sem zérusmátrix! így az a valós számok halmazában megszokott megállapítás, hogy „egy szorzat akkor és csak akkor zérus, ha egyik tényezője zérus", a mátrixok körében nem érvényes. Például az
65
mátrixok AB szorzata zérusmátrix. Ugyanis
B =
-1 1 -1
3 -3 3
5 -5 5
2 -1 1
-3 4 -3
-5 5 -4
0 0 0
0 0 0
0 0 0
2
-2
-4
0
0
0
Ha az A mátrixhoz található olyan B ^ 0 mátrix, améllyel AB = 0, akkor az A mátrixot bal oldali zérusosztónak nevezik. (Előző példánk A mátrixa tehát bal oldali zérusosztó.) Hasonlóan: ha a B mátrixhoz található olyan A mátrix, hogy AB = 0, akkor jobb oldali zérusosztó (vagyis előző feladatunk mátrixa jobb oldali zérusosztó), A és B zérusosztópár. Érdemes megfigyelni, hogy esetünkben BA = 0 szintén igaz.
A =
B =
-1 1 -1 -1
2 -1 1
-3 4 -3
-5 5 -4
3 -3 3
5 -5 5
0 0 0
0 0 0
0 0 0
3
5
0
0
0
tehát B bal oldali zérusosztó, A pedig jobb oldali zérusosztó is. Tekintsünk most egy-egy n elemű sor- és oszlopvektort, és szorozzuk őket össze egymással, ekkor a tényezők sorrendjétől függően a szorzat szám vagy négyzetes mátrix lehet. A valós elemű a* = [au a2;an]
és
b* = [bú
b2;bn]
vektorok
a*b = b*a =
[ai;a2;
bi b2 bn
66
= [bú b2\
ai a2 an
= aibi+a2b2
+ ••• + a»b„ = £ akbk k= 1
szorzatát a két vektor skaláris szorzatának neveztük (1. az 1.4 pont). DEFINÍCIÓ. AZ
előbbi két vektor
ab* =
aibi a2bi
a\b>2 . . . ...
a2bn
an
anb I
...
anbn
V
ÉIÖI
ai a2
[bú
b2\... \bn] =
5
ill.
ba* =
b2
[aú a2;.. .; an] =
bn
...
bian
...
6 2 A„
...
bnan
szorzatának neve diadikus szorzat vagy röviden diád. Minden
A B mátrixszorzat mindig kifejezhető a tényezők oszlop-, ill. sorvekín • m) (m • p) toraival, mégpedig kétféle módon aszerint, hogy melyik tényezőt állítjuk elő sorvektoraival és melyiket oszlopvektoraival. Az
A =
és
B = [bi;b 2 ; ...;b p ]
alakban felírt tényezők esetén
AB =
[bi; b 2 ;...; bp] = a
a bi a bi
a b2 a b2
... a bp •** a bp
a*bi
awb2
anb„
tehát a szorzatmátrixnak n sora és p oszlopa van, és elemei skalárszorzatok. Az .n A = [ai; a 2 ; a
m
]
és
B =
67
alakban felírt tényezők esetén pedig
AB = [ai; a 2 ; a
m
]
b2
= aib 1 + a 2 b 2 + . . . + ambm,
bm tehát a szorzat m számú diád összege: két mátrix szorzata mindig felírható diádok összegeként. A gyakorlatban sokszor van szükség arra, hogy a mátrixok sorait, ill. oszlopait egymással felcseréljük, egy sorhoz vagy oszlophoz valamely másik sor vagy oszlop valahányszorosát hozzáadjuk, és így tovább. A számítógépek ezeket a műveleteket mátrixszorzással hajtják végre, ezért most néhány ilyen példát mutatunk be. 1. Képezzük az
A (3 • 3)
=
1 4 2 0 -1 3
-3" 1 -5
és
B =
1 1 1
B (3 • 1)
"í = 1 1
mátrixok AB szorzatát!
A =
1 4 2 0 -1 3
-3 1 -5
2 3 -3
= AB.
Vegyük észre, hogy az AB mátrix egy olyan oszlopvektor, amelynek elemei az A mátrix megfelelő soraiban álló elemek összegei. Általában is igaz, hogy ha az (m • n) típusú A mátrixot jobbról megszorozzuk, az (in • 1) típusú [1; 1 ; 1 ] * oszlopvektorral, az oszlopösszegező vektorral (mátrixszal), akkor egy olyan oszlopvektort kapunk, amelynek elemei rendre az A mátrix megfelelő soraiban álló elemek összegei. Hasonló módon belátható, hogy ha az (m •rí)típusú A mátrixot balról megszorozzuk az (1 • m) típusú [1; 1 ; 1 ] sorvektorral, a sorösszegező vektorral (mátrixszal), akkor egy olyan sorvektort kapunk, amelynek elemei rendre az A mátrix megfelelő oszlopaiban álló elemek összegei. Megjegyezzük, hogy az elektronikus számítógépek ilyen módszerrel (mátrixszorzással) összegezik mátrixok oszlopaiban (soraiban) álló elemeket.
68
2. Szorozzuk most meg az
A (3 • 3)
4 = 3 5
-1 2 -6
0"
-1 3
mátrixot a
P (3 • 3)
0 1 0" = 0 0 1 1 0 0
permutáló mátrixszal előbb balról, majd jobbról! 0 PA = 0 1
1 0" ' 4 - 1 0" 0 1 3 2 - 1 0 0 5 - 6 3
3 5 4
2 -6 -1
-1 3 0
Látható, hogy a szorzás eredményeként az A mátrix sorai megcserélődtek, mégpedig az első sorból harmadik sor, a másodikból első és a harmadikból második sor lett. Ez annak a következmnye, hogy a P mátrixban az 012, 023, «3i elemek helyén álltak az l-esek. Vegyük észre, hogy ha ezeknek az elemeknek az indexeit fordított sorrendben elolvassuk, a végbement sorcseréket állapíthatjuk meg. "4-1 0' AP = 3 2 - 1 5 - 6 3
0 1 0 0 0 1 1 0 0
=
0 -1 3
4 3 5
-1 2 -6
Most az látható, hogy a szorzás eredményeképpen az A mátrix oszlopai cserélődtek fel, mégpedig az első oszlopból második, a második oszlopból harmadik, és a harmadik oszlopból első oszlop lett. A permutáló mátrix nem zérus elemeinek, az #12, 023, 031 elemeknek az indexe a végbement oszlopcseréket világosan mutatja, ha azokat sorrendben olvassuk le. A permutáló mátrixokkal való szorzás útján tetszőleges mátrixok sor-, illetve oszlopcseréje is végrehajtható. Nézzük most meg, milyen permutáló mátrixszal kell megszoroznunk az 2 -3 A = 0 -2
4 1 5 7
mátrixot, hogy az első és harmadik, továbbá a második és negyedik sora helyet cseréljen? Mivel sorok cseréjét akarjuk elérni, a permutáló mátrixszal balról kell szoroznunk, és hogy a szorzás elvégezhető legyen, egy negyedrendű permutáló mátrixot kell választanunk. A kívánt sorcseréket akkor érjük el, ha az a permutáló mátrix l-es elemeit az a 13, 031, 024, 042 elemek helyére választjuk.
69
Valóban
A =
0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0
0 1 0 0
1 1 1 1
2 -3 0 -2
4 1 5 7
'o -2 2 -3
5 7 4 1
-3
17
Figyeljük meg: mivel a sorokat egymással cseréltük fel, a P permutáló mátrix szimmetrikus! 3. Szorozzuk meg az "1
4 1
3 -1 2
-2
"1
2 1
C = 0 0
mátrixot a
0 0" 1 0 0 c
mátrixszal balról, majd jobbról (c valós szám)! "1 0 0" "1 CA = 0 1 0 4 _0 0 c_ 1 "1 AC = 4 1
3 -1 2
3 -1 2
-2 "1 2 0 1 0
-2" 2 1 0 1 0
0" 0 c
=
=
"1 4 c
3 -1 2c
-2 2 c
"1 4 1
3 -1 2
— 2c 2c c
Vegyük észre, hogy az első esetben A harmadik sorának, a második esetben A harmadik oszlopának minden eleme c-vel szorzódott! Általában, ha az egységmátrix (főátlójában álló) au= 1 eleme helyére a valós c számot írjuk, akkor ezzel a mátrixszal balról szorozva a vele konformábilis A mátrixot A í-edik sora, jobbról szorozva a vele konformábilis B mátrixot, B /-edik oszlopa c-vel szorzódik. 4. Szorozzuk meg az "1 A = 4 1
3 -1 2
-2 2 1
mátrixot a
mátrixszal balról, majd jobbról (c valós szám)! 70
1 c 0' D = 0 1 0 0 0 1
1 c 0" "1 DA = 0 1 0 4 0 0 1 1 "1 AD = 4 1
3 l 2
3 -1 2 -2
2 2 1
=
"1+4 c 4 1
"1 c 0" 2 0 1 0 1 0 0 1
=
3-c -1 2
"1 c + 3 4 4c- 1 1 c+ 2
- 2 + 2c 2 1 -2 2 1
Vegyük észre, hogy az első esetben a szorzás ugyanazt eredményezte, mintha az A mátrix második sorának c-szeresét hozzáadtuk volna az első sorhoz, a második esetben pedig azt, mintha az első oszlop c-szeresét adtuk volna hozzá a második oszlophoz. Általában, ha az egységmátrix ű y = 0 (i^j) eleme helyébe a c valós számot írjuk, és az így kapott mátrixszal balról megszorozzuk a vele konformábilis A mátrixot, akkor az A mátrix /-edik sorához adódik a y-edik sor c-szerese; ha pedig ugyanezzel a mátrixszal jobbról szorozzuk meg a vele konformábilis B mátrixot, akkor a B mátrix /-edik oszlopának oszerese adódik a y-edik oszlopához. 5. Végül határozzuk meg, milyen mátrixszal kell megszorozni az
A (4 • 3)
"1 3 - 2 " 5 -2 1 = 0 - 4 2 2 5 - 3_
mátrixot, hogy a) első sorához adjuk negyedik sorának kétszeresét, b) első oszlopának háromszorosát és második oszlopának -2-szeresét adjuk a harmadik oszlopához? A feladat a) része követelményeinek teljesítéséhez írjunk a negyedrendű egységmátrix a 14 = 0 eleme helyébe a c = 2 számot, és az így kapott C mátrixszal szorozzuk meg balról az A mátrixot! Valóban 1 0 0 2 0 1 0 0 CA = 0 0 1 0 0 0 0 1
5 5 0 2
3 -2 -4 5
-2 1 2 -3
'9 13 5 -2 0 - 4 2 5
-8" 1 2 ' - 3_
A feladat b) része követelményeinek teljesítéséhez írjunk a harmadrendű egységmátrix 0i3 = 0 eleme helyébe 3-t, a2?> eleme helyébe ( - 2)-t, és az így kapott D mátrixszal szorozzuk meg az adott A mátrixot jobbról!
71
Valóban D =
5 3 - 2 5 -2 1 0 - 4 2 '2 5 - 3 12 2 -2
1 0 0
0 1 0
3 -2 1
5 3 7 5 - 2 20 0 -4 10 2 5 - 7 12 2 30
2.2.6 Mátrixok hatványozása DEFINÍCIÓ. AZ
A négyzetes mátrixból képezhető n tényezős 1 2
3
n
A A A ... - A = A" szorzatot az A mátrix n-edik hatványának nevezzük (n természetes szám). Megállapodunk abban, hogy A° = E„. (n • n) A definícióból következik, hogy egy diagonális mátrix rc-edik hatványa ismét diagonális mátrix, amelynek a főátlóban álló elemei az eredeti mátrix főátlójában álló megfelelő elemek «-edik hatványai:
...;ak>n
=
a
2
;al>.
A négyzetes zérusmátrix minden hatványa zérusmátrix, az egységmátrix minden hatványa egységmátrix. Ha az A mátrixhoz található olyan k kitevő, amelyre A* = 0, akkor az A mátrixot nilpotens mátrixnak nevezzük. Az olyan háromszögmátrixok, amelyeknek a főátlóban álló elemei is zérusok, nilpotensek! Például az
72
N
- 1
1
0 = 0
0
2
0
0
0
N1
0 = 0 0
0 0
0
0
o"
= 0 0
0 0
0 0
mátrix nilpotens, mert
N°
N2
"1 0 0" 1 0 ;
= 0 0
"0 = 0 0
0
1
0
2
0
0 ;
0
0
N3
1
-
1" 2 0
?
vagyis a harmadik hatvány már zérusmátrix. A zérusmátrix nilpotens, mert 0* = 0
(k = 1,2,...).
Azt a P mátrixot, amelynek bármely pozitív egész hatványa önmagával egyenlő, azaz P = P 2 = P 3 = ..., projektor- (vetítő-) mátrixnak vagy idempotens (önmagát visszaadó) mátrixnak nevezzük. A zérusmátrix és az egységmátrix egyúttal projektormátrix is. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Mutassuk meg, hogy az 1 N = -1 1
-3 3 -3
-4 4 -4
mátrix nilpotens! Megoldás. Valóban
N2
=
-3 3 -3
-4 4 -4
1 1 1
-3 3 -3
-
0 0 0
0 0 0
0" 0 0
73
2. Példa. Mutassuk meg, hogy 2 1 1
—2 —4 3 4 -2 -3
projektormátrix! Megoldás.
P 3 = P 2 P = PP = P,
P" = P, tehát P valóban projektormátrix.
2.2.7 A négyzetes mátrix determinánsa DEFINÍCIÓ. A Z
i 012 • .. 01n 022 • .. 02n 021 A = 0«1 0n2 • .. 0«n négyzetes mátrix determinánsán az elemeiből képezett determinánst értjük, amelyet | A|-val vagy det A-val jelölünk: 0 n 012 .. 01„ .. 02 n det A = 021 022 • 0nl
0«2
•
.. 0nn
Ha det A # 0 , akkor az A mátrix reguláris, ha det A = 0, akkor A szinguláris. Könnyen igazolható, hogy det A = det A*, det (AB)=(det A)(detB). 74
2.2.8 A mátrix rangja Minden A mátrixhoz egyértelműen hozzárendelhető egy természetes szám, a mátrix rangja. DEFINÍCIÓ. AZ A mátrix q (A)-val jelölt rangja akkor r e N, ha r-edrendű négyzetes minormátrixai között van legalább egy reguláris, és minden (r+ l)-edrendű (valamint ebből következően minden (r+ l)-edrendűnél magasabb rendű) minormátrixa szinguláris. A definícióból következik, hogy egy mátrix rangja nem lehet nagyobb sem sorai, sem oszlopai számánál. A zérusmátrix rangja 0. Ha egy mátrix rangja 0, akkor abból következik, hogy zérusmátrix. Például az "1 2 3' A = 2 3 4 3 5 7 mátrix rangja e(A) = 2, mert 1 det A = 2 3
2 3 5
3 4 = 0, 7
de
1 2
2 = 3
-1#0.
Könnyen belátható, hogy összeadható, ill. összeszorozható mátrixok esetén e(A + B) ^ e (A) + 0 (B); e(AB) ^ e(A),
e(AB) ^ e (B);
továbbá ha det C # 0 , akkor e(AC)=e(CA)= e (A). A mátrix rangjának fontos szerepe van az alkalmazásokban, de kiszámítása ezen definíciója alapján nagy elemszámú mátrixok esetén nagyon fáradságos. Ezért a 2.3.5 pontban a mátrix rangjának egy másik definícióját is meg fogjuk adni, és egy másik meghatározási módját is meg fogjuk mutatni.
75
1
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Határozzuk meg az 1 - 3 4 A = -2 0 -2
5' 3 13
mátrix rangját! Megoldás. Mivel
det A =
1 -2, 0
-3 4 -2
5 3 13
=
1 0 0
-3 -2 -2
5 13 = 0, 13
és A-nak van olyan minormátrixa, pl.
[o
-2]'
amelynek determinánsa nem 0, ezért q(A) = 2. 2. Példa. Állapítsuk meg az "1 2 1 0
2 5 2 5
-1 -2 -1 0
2" 3 -2 3
mátrix rangját! Megoldás. Az A mátrix determinánsát utolsó sora szerint kifejtve, 1 -1 det A = 5 2 . - 2 1 -1
1 2 3 +3 2 1 -2
2 5 2
-1 -2 -1
ugyanis a két kapott harmadrendű determináns egy-egy oszlopának elemei csak előjelben különböznek egymástól, ezért q(A) ^ 3. Viszont A-nak van olyan minormátrixa, amelynek determinánsa
det A n =
ezért q(A) = 3. 76
5 2 5
-2 -1 0
3 - 2 = 5 • 7 + 3(— 1) = 3 2 # 0 , 3
2.2.9 A négyzetes mátrix adjungáltja DEFINÍCIÓ. A Z A négyzetes mátrix adjungált mátrixának
vagy röviden adjungált-
jának nevezzük az
adj A =
~An A12
A2I
..
^22
..
Aln
A2n
A„1 Ah2 Ann
mátrixot, ahol Aíj az A mátrix determinánsának atj eleméhez tartozó (előjeles) aldeterminánsa. Külön kiemeljük, hogy az adj A z-edik sorának A>adik eleme a det A determináns fc-adik sora z-edik eleméhez tartozó előjeles aldetermináns, vagyis adj A az An Aí2 A 21 A 22
... ...
A in A2n
Anl
...
A nn
An 2
mátrix transzponáltja. Megjegyezzük, hogy diagonális mátrix, háromszögmátrix, szimmetrikus mátrix, adjungáltja is ugyanolyan típusú. A műveletek elvégzésével igazolható, hogy A(adj A) = (det A)E és (adj A)A = (det A)E. Ugyanis (csak az első állításra szorítkozva) az
A(adj A) =
an ai2 ... . Cl21 Ü22 ....
ain a2n
AH A12
Á21
^22
.... ..
Anl An 2
anl
Qnn Aln
A2n
..
Ann
an 2
.
szorzás eredménye olyan mátrix, amelynek főátlójában a fc-adik elem az A mátrix determinánsának kifejtése a A>adik sor szerint: #kiAki + ak2Ak2 + . . . + aknAkn = det A.
Az eredménymátrixnak nem a főátlóban álló elemei zérusok, mert az elemek a nem hozzájuk tartozó aldeterminánsokkal vannak szorozva, és az ilyen szorzatok összege 0. így 77
A(adj A) =
det A 0
0 det A
0
0
0 0
...
= (det A)E.
det A
Innen az is következik, hogy A(adj A) det A
= E.
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki az 1 A = 2 3
2 3" 3 2 3 4
mátrix adjungált mátrixát! Megoldás. A szükséges aldeterminánsok: Au =
3 3
2 4 = 6;
At2 = ~
2 3
2 4 =
An
=
2 3
3 3 = -3;
A21 = ~
2 3
3 4 = 1;
A22
=
1 3
3 4 -
A 23
1 3
2 3 = 3;
A31 =
2 3
3 = -5; 2
1 2
3 2 = 4;
-5:
A33 =
-
=
A32 = 1 2
2 = 3
-2;
-1.
így A adjungáltja: 6 adj A = - 2 -3
1 -5 3
-5" 4 -1
2. Példa. Az 1. példa A mátrixára mutassuk meg, hogy A(adj A) = (det A)E 3 . 78
Megoldás. 1 det A = 2 3
adj A =
1 2 3
A =
2 3 3
3 2 4
2 3 3
6 -2 -3
3 2 = -7. 4 1 -5 -5 4 3 - 1
-7 0 0 0 - 7 0 0 0 - 7
-7E3.
3. Példa. Mutassuk meg az
A =
3 4 6
-2 1 4
1" -3 -2
szinguláris mátrixra, hogy A(adj A) = 0. Megoldás. A adjungáltja: "10 adj A = 26 22
0 0 0
5 13 11
es
adj A =
A =
3 4 -6
-2 1 4
1 -3 -2
10 26 22
0 0 0
5 13 11
0 0 0
0 0 0
0 0 0
= A(adj A) = 0.
2.2.10 A négyzetes mátrix inverze A reguláris négyzetes A mátrix A 1 szimbólummal jelölt inverz mátrixának vagy reciprok mátrixának nevezzük azt a mátrixot, amelyre DEFINÍCIÓ.
A A - 1 = E,
A _ 1 A = E.
ill.
Az előző fejezetben említettük, hogy A(adj A) —; — = E det A
es
(adj A)A —1 — = E, det A
ezért az A mátrix jobb és bal oldali inverze megegyezik és 1
adj A det A
A definíció alapján könnyen belátható, hogy (A"1)~1=A,
( A * ) - 1 = (A - 1 )*,
(AB)~ 1 = B~ 1 A~ 1 ,
továbbá szimmetrikus mátrix inverze szimmetrikus, háromszögmátrix inverze háromszögmátrix. A 2.3.6 pontban az inverz mátrixra egy másik kiszámítási módot is adunk. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki az 1 A = 2 3
2 3" 3 2 3 4
mátrix inverzét! Megoldás. Mivel det A = - 7 (lásd 2.2.9 pont 2. példa), és
adj A =
80
6 •2 -3
1 5 3
-5" 4 -1
(lásd 2.2.9 pont 1. példa), ezért az inverz mátrix
1 det A
adj A =
6
1
5"
7 2
7 5
7 4
7 3
7 3
7 1
7
7
71
2. Példa. Határozzuk meg az "1 2 A = 2 4 3 5
3' 5 6
mátrix inverzét! Megoldás. Mivel
det A =
1 2 2 4 3 5
3 5 6
=
1 2 0 0 3 5
3 -1 6
1 3
2 = 5
-1*0,
ezért A - 1 létezik. Minthogy A szimmetrikus, ezért három - például a főátló alatti elemekhez tartozó - előjeles aldetermináns kiszámítását megtakaríthatjuk. A szükséges aldeterminánsok
A,, Az2
=45
5 6 = -1;
=
2 3
5 = 3; 6
1 3
3 = -3; 6
A 2i =
1 3
2 5
=
1;
2 3
4 5
•33
1 2
2 = 0. 4
1 -3 2
-3 3 -1
Am =
-2;
így -í
adj A det A
-1 3 -2
3 -3 1
-2 1 0
=
2" -1 0
81
1
2.3 A lineáris tér 2.3.1 A lineáris tér fogalma Eddigi tanulmányaink során láttuk, hogy a matematika különböző ágaiban gyakran találkozunk olyan fogalmakkal, amelyekre az összeadás és a valós számokkal való szorzás értelmezve van. Ezt láttuk például az előző fejezetekben a vektorok, a determinánsok és a mátrixok esetében is. E különböző fogalmak egységes tárgyalása érdekében bevezetjük a lineáris tér fogalmát. DEFINÍCIÓ. Legyenek a, /?, y, ... az R számtest elemei, x, y, z, ... pedig egy L halmaz elemei. Az L halmazt lineáris térnek (vektortérnek, gyakran röviden térnek) nevezzük, ha 1. bármely két x e L, y e L eleméhez egyértelműen hozzá van rendelve a halmaz egy eleme, amelyet az x és y elem összegének nevezünk, és x + y-nal jelölünk. Az összeadás tulajdonságai: (a) kommutatív, azaz x + y = y + x; (b) asszociatív, azaz x + (y + z) ~ (x + y) + z; (c) létezik olyan elem, az ún. zéruselem, jele 0, melyre x + 0 = x minden x-re; (
Az 1.1 részben a vektorokat irányított szakaszokként definiáltuk, majd beláttuk, hogy egy síkvektor és egy valós számokból álló rendezett (a számok ^orrendje is meghatározott) számpár, illetve a geometriai tér egy vektora és egy rendezett számhármas között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés létesíthető. Mivel az eddig definiált vektorok lineáris teret alkotnak, ez azt is jelenti, hogy a rendezett valós számpárok és számhármasok halmaza is egy-egy lineáris teret alkot. Könnyen ellenőrizhető, hogy a valós számokból álló (xi, x 2 , xn) rendezett szám-H-esek halmaza is egy lineáris teret alkot, ha összeadásnak a megfelelő sorszámú számok összeadását, a X számmal való szorzásnak pedig az összes szám A - v a l való megszorzását definiáljuk. Egy lineáris tér elemeit vektoroknak szokás nevezni még akkor is, ha ezek az elemek nem vektorok. Mi azért választjuk ezt az elnevezést, mert a tárgyalásra kerülő konkrét lineáris terek elemei a mi esetünkben valóban vektorok. Ha a lineáris tér definíciójában szereplő két műveleten kívül még más műveletek elvégezhetőségét is megköveteljük, akkor speciális lineáris tereket definiálhatunk. Azt a lineáris teret, amelyben például a vektorok köréből ismert skaláris szorzás érvényességét is megköveteljük, euklideszi térnek nevezzük. A térbeli irányított szakaszok (vektorok) például euklideszi teret alkotnak.
2.3.2 A lineáris függetlenség DEFINÍCIÓ. A z
aiXi + a2X2 + ... + anx, kifejezést (oc* e R, i= 1, 2, ..., n) az Xi, x 2 , nak nevezik. DEFINÍCIÓ. Az L lineáris tér x í ? x 2 , függetleneknek, ha az
x„ vektorok lineáris kombinációjá-
x„ vektorait akkor mondjuk lineárisan
aiXi + a 2 x 2 + ... + awxn = 0 összefüggés (a,- e R) csak az oci = a2 = ... = ocn = 0 esetben áll fenn. DEFINÍCIÓ. Az L lineáris tér x í ? x 2 , ..., x„ vektorait akkor nevezzük lineárisan összefüggőknek, ha van olyan nem csupa 0-ból álló n számú ai, a 2 , a„ valós 83
érték, hogy aiXi + oc2X2 + ... + a n x n = 0. TÉTEL. Ha az L lineáris tér XI, x 2 , . . x „ vektorai lineárisan összefüggők, akkor legalább egy közülük kifejezhető a többiek lineáris kombinációjaként.
Bizonyítás. Ha az x Í 9 x 2 ,
x„ vektorok lineárisan összefüggők, akkor
ociXi + a2X2 + a3X3 + ... + anXn = 0 úgy teljesül, hogy például ai # 0 . Fejezzük ki az Xi vektort az előbbi egyenlőségből! Ekkor oc2
xi =
ocj
x2
oc3 oci
x 3 - ...
oc„ oci
x„.
Innen a
P/i2 =
a2
OCL
,
/? = />3
a3
OCL
,
fí
Pn
-
~
jelölésekkel láthatjuk, hogy az xi vektor kifejezhető az x 2 , x kombinációjaként.
OCL 3
, x
n
vektorok lineáris
2.3.3 A lineáris tér dimenziója, bázisa L lineáris teret n-dimenziósnak nevezzük, ha létezik benne n számú lineárisan független vektor, de nem létezik benne ennél nagyobb számú lineárisan független vektor. DEFINÍCIÓ. AZ
Jelölje az ^-dimenziós lineáris teret Ln. Például a geometriai tér vektorai között lehet találni három lineárisan független vektort, de bármely négy vagy több vektor már lineárisan összefüggő. Ezért a geometriából ismert ún. háromdimenziós tér a lineáris algebra értelmezése szerint is háromdimenziós lineáris tér. DEFINÍCIÓ. AZ ^-dimenziós Ln lineáris tér bármely n számú lineárisan független bi, b2, b„ vektorából álló rendszert az Ln tér egy bázisának nevezzük, e vektorok mindegyikét pedig bázisvektoroknak.
Például a geometriai térben bázist alkot bármely három, nem egy síkban fekvő vektor. Mi a vektorok tárgyalásakor az 84
0' j = 1 , 0
"1" i = 0 . 0
0" 0 k = 1
ortonormált bázist választottuk. Be lehet látni, hogy az Ln térben az
ei =
"1" 0
,
e2 =
6
"0" 1
, ...,
0" 0
c„
i
Ó
H-elemű (^-dimenziós) egységvektorok ortonormált bázist alkotnak, jele EM. Számításainkat legtöbbször ebben a bázisban végezzük el. TÉTEL. Az n-dimenziós Ln lineáris tér bármely x vektora egyértelműen előállítható a bázisvektorainak lineáris kombinációjaként. Bizonyítás. Álljon az Ln lineáris tér egy bázisa a bi, b2, ..., b„ bázisvektorokból, és vegyük hozzájuk az x vektort. Mivel ez összesen n + 1 számú vektor, ezért lineárisan összefüggők, vagyis az oc0x + ocibi + a 2 b 2 + ... + a„b„ = 0 egyenlőségben nem lehet mindegyik a; = 0. oco biztosan nem 0, mert akkor az előbbi egyenlet alapján a bi, b 2 , b„ vektorok nem lennének lineárisan függetlenek. így az x vektor kifejezhető ebből az egyenletből:
OCo
GCo
cc 0
Az előállítás egyértelműségét indirekt úton bizonyítjuk be. Tegyük fel, hogy az x vektornak létezik két felbontása a bázis vektoraival:
x = i ff / ib 1 +^ 2 b 2 + . . . + ^ b w . Vegyük e két egyenlet megfelelő oldalainak különbségét! Ekkor
Mivel a bi, b 2 , ..., b„ vektorok lineárisan függetlenek, ezért A - A l = / ? 2 - / f 2 = ... =fin-pn
= 0, 85
tehát 01=0?U
Pl=
fa:.,
0n=Fu,
és ezzel az előállítás egyértelműségét beláttuk. DEFINÍCIÓ. Ha bi, b2,
b„ az Ln tér egy bázisa, és X = Xibi+ X 2 b 2 + . . . + Xnbn,
akkor az X\, x 2 , ..., xn számokat az x vektor bi, b 2 , ..., b„ bázisra vonatkozó koordinátáinak nevezzük. Az adott x vektor koordinátái tehát a bázis megválasztásától függnek. Adott feladatok megoldásához ezért célszerű alkalmas bázist választani. DEFINÍCIÓ. AZ L lineáris tér L' alterének nevezzük az L elemeinek olyan részhalmazát, amely az L-ben értelmezett összeadás és számmal való szorzás műveletére maga is lineáris teret alkot.
Ha például L 3 a geometriai tér, és egy olyan síkot tekintünk, amely illeszkedik a koordináta-rendszer kezdőpontjára, akkor e sík vektorainak halmaza az L 3 lineáris tér egy L'^ = L 2 alterét alkotja. Minden L lineáris térben alteret képezhetünk úgy, hogy kiválasztjuk az L tér tetszőleges x Í 5 x 2 , ..., x r vektorát, és képezzük ezek lineáris kombinációit. Az így kapott L' alteret az xi, x 2 , . . x r vektorok által generált altérnek nevezzük. A k számú lineárisan független bi b 2 , ..., b* vektor által generált altér A>dimenziós, és a b 1? b 2 , ..., bfc vektorok benne bázist alkotnak.
2.3.4 Az elemi bázistranszformációk A lineáris terek vizsgálatainál nagyon fontos szerepet játszik a bázis célszerű megválasztása. A bázis definíciója szerint az Ln lineáris tér minden n számú lineárisan független vektorrendszere bázist alkot az n koordinátájú vektorok terében. Az alábbiakban azt vizsgáljuk meg, hogyan lehet a tér egy bázisáról áttérni a tér egy másik bázisára. DEFINÍCIÓ. Ha az Ln tér valamely adott bázisáról áttérünk egy másik bázisára, akkor bázistranszformációról beszélünk. DEFINÍCIÓ. A bázistranszformációnak azt a legegyszerűbb esetét, amelynél az adott bázisnak egy lépésben csak egy bázisvektorát cseréljük ki, elemi bázisatranszformációnak nevezzük. 86
Legyen az Ln lineáris tér egy bázisa a bi, b 2 ,
bi, ..., b„
vektorrendszer. Annak a feltétele, hogy a b* bázisvektort kicserélhessük az Ln tér egy adott b 0 vektorával az, hogy a b =
+
fite
R
vektornak a b* bázisvektorra vonatkozó fii koordinátája ne legyen 0. Vizsgáljuk meg, hogy az L„ tér egy a vektorának a bi, b 2 , b„ bázisra vonatkozó a = ocibi + a 2 b 2 + ... + aibf + ... + a„bw, oíí e R koordinátái hogyan változnak meg, ha a bázis b; vektorát kicseréljük az Ln tér egy nem zérusvektor b = /?ibi + fi2 b 2 + . . . + fiíbi + ... + finK vektorával! A csere lehetséges, ha fii^O. Ekkor b* felírható az új bi, b 2 , . . . , b , . . . , b„ bázisvektorok lineáris kombinációjaként: fii
fii
1
fin
A jobb oldalon álló együtthatók a bf vektornak az új, a bi, b 2 , ..., b, ... b„ bázisra vonatkozó koordinátái. Helyettesítsük a bi-re kapott kifejezést az a vektort előállító lineáris kombinációba! Ekkor az a = aibi + a 2 b 2 + ... + (Xí
A
A
'„ 1 - bw + ... + OCnbn #
«' ' J
alakhoz jutunk, amelyet átrendezve az
(
a = í
oíí \ ( OÍÍ \ OÍÍ ( a/ - / f i i bi + í « 2 - - f i i ) b 2 + . . . + — b + ... + í a „ - ~fin) bn
OCi összefüggést kapjuk. Ha bevezetjük az — = SÍ jelölést, akkor fii
87
A jobb oldalon álló ui-öipu
tt2~öiP2,
öi,
ot„-őif}n
számok az a vektornak az új, a bi, b 2 , b f - i , b, bí + i, ..., b„ bázisra vonatkozó koordinátái. Gyakorlásképpen bemutatunk néhány bázistranszformációt. 1. Tekintsük az a = [6,3; - 1 ] * vektort az ei = [l;0;0]*, e 2 = [0;l;0]*, e 3 = [0; 0; 1]* vektorokból álló bázisban. Cseréljük ki az ei bázisvektort a b = [ - 2 ; 3; 2]* vektorra! Számítsuk ki a koordinátáit az új bázisra nézve! Mivel b = - 2ei + 3e2 + 2e 3 , vagyis fii = - 2 ^ 0 , ezért a csere lehetséges, oci 6 Esetünkben ői = — = = — 93, ezért a koordinátái az új bázisra vonatkoztatva fii -2 az oík-őifikr, k = 2, 3 képlet alapján:
a -
"-3 3-(-3)3 -l-(-3)2
"-3" 12 5
=
Ellenőrizzük számításainkat! Mivel a = - 3 b + 1 2 e 2 + 5e3 = - 3 ( - 2 e i + 3e2 + 2e 3 ) + 12e2 + 5e3 = 6ei + 3 e 2 - e 3 , ezért számításaink helyesnek bizonyultak. A könnyebb áttekinthetőség érdekében számításainkat táblázatba is foglalhatjuk. A készítendő táblázat első oszlopában a mindig éppen aktuális bázis bázisvektorai, első sorában (fejlécében) a bázisvektorként szóbajöhető vektorok és az a vektor áll, amelynek az új bázisra vonatkozó koordinátáit keressük, a táblázat többi oszlopában pedig a fejlécben álló vektoroknak az éppen aktuális bázisra vonatkozó koordinátái állnak. A bázisba bevonni kívánt vektornak azt a koordinátáját, amelyik a kicserélendő (ún. kilépő) bázisvektorra vonatkozik, jelöljük meg, például keretezzük be. Ez nem lehet 0. A megjelölt számot szokás generáló elemnek nevezni. Induló táblázatunk tehát a következő: a
bázis
b
e2
e3
ei
-2
0
0
6
e2
3
1
0
3
e3
2
0
1
r1
Ebből az új táblázatot az alábbiak szerint készítjük el: Mivel az ei bázisvektor helyébe a b vektor lép, ezért az új táblázatunkban a bekeretezett, a generáló elem helyén 1 kell álljon. Ezt éppen azzal érjük el, hogy a 88
táblázat első sorának elemeit rendre elosztjuk a generáló elemmel = ( - 2)-vel. ai 6 Ekkor a első koordinátája valóban 81 = — = = - 3. Pi ~"2 Az a vektor második és harmadik új koordinátáját rendre úgy kaphatjuk meg, hogy a régi táblázat második, illetve harmadik sorának elemeiből kivonjuk az új táblázat már meglévő első sora megfelelő elemeinek a /?2 = 3, ill. = 2-szeresét. Ekkor a megkívánt ak-őipk (k = 2, 3) összefüggés valóban teljesül. Végrehajtva ezeket a műveleteket a bázis
-b
e2
e3
a
b
1
0
0
-3
e2
0
1
0
12
e3
0
0
1
5
táblázathoz jutunk, amelyből a koordinátái a b, e 2 , e 3 bázisra nézve már leolvashatók. Vegyük észre, hogy b új koordinátáira az első oszlopban b = [1; 0; 0]* adódott, ami a
b = 1 b+ 0 e
2
+ 0e
3
összefüggésből is nyilvánvaló. 2. Folytassuk az előző feladatot azzal, hogy a kapott bázis e 2 vektorát cseréljük ki a c = 2b + 6e2 - 3e3 vektorral! írjuk fel a koordinátáit ebben a bázisban! A csere lehetséges, mert y2 = 6 ^ 0 . Az induló táblázat bázis
b
c
e3
a
b
1
2
0
-3
e2
0
e3
0
-3
0
12
1
5
Most ő 2 = — = — = 2. Ennek segítségével azonnal felírható az új táblázat második yi 6 sora, majd az előző feladat módszerét követve az egész táblázat: bázis
b
c
e3 i a
b
1
0
0
c
0
1
o
e3
0
0
1 i
-7 2 11
vagyis az új bázisban a = [ - 7 ; 2; 11]*. 89
Valóban a = - 7 b + 2 c + l l e 3 = - 7 b + 2(2b + 6e 2 ~3e 3 ) + l l e 3 = - 3 ( - 2 e i + 3e2 + 2e 3 )+12e 2 + 5e3 = 6ei + 3 e 2 - e 3 . 3. Tekintsük ismét az ortonormált bázisban megadott a = [6; 3; - 1 ] * vektort! Cseréljük ki a bázis ei vektorát a b = [ - 2 ; 3; 2]* vektorra, az e 2 vektorát a c' = [2; 6; - 3]* vektorra! írjuk fel a koordinátáit az új rendszerben! A feladat első részét már megoldottuk az 1. pontban, a második része azonban merőben más, mint amit a 2. pontban tárgyaltunk, mert c' most az eredeti bázisban van megadva! Ezért c' koordinátái már az első transzformáció során is változni fognak. Induló táblázatunk most a következő alakú: bázis
b
ei
-2
2
0 ]
6
e2
3
6
0 |
3
e3
2 - 3
c'
e3 i a
l i - l
Osszuk el az első sor elemeit ői = ( — 2)-vei, ez lesz a második-táblázat első sora, majd ennek a sornak a 3-szorosát, ill. 2-szeresét vonjuk ki a régi táblázat második, ill. harmadik sorából! Ekkor bázis
b
c'
e3
a
b
1
-1
0
-3
e2
0 0
0 1
12
e3
0 -1
5
1 Most a második sor - -szeresét az első, majd a harmadik sorhoz adva,
90
bázis
b
c'
e3
b
1
0
0
c'
0
1
0
e3
0
0
1
a 5 3 4 3 19 3~
5
Az a vektor koordinátái az új rendszerben a
4
19"
3' r
y
Ellenőrizzük számításaink helyességét! Valóban 5 a = - - b+ 3 4 + -(2ei
4 19 5 - c f + — e 3 = - - ( - 2 e i + 3e 2 + 2e 3 ) + 3 3 3 19 + 6 e 2 - 3 e 3 ) + — e 3 = 6ei + 3 e 2 - e 3 .
A táblázatok leírása egyszerűsödik, ha a következőkben állapodunk meg: a) A táblázatokban szereplő egységvektorok szimbólumát nem tüntetjük fel. Üresen hagyott helyükre a megfelelő új bázisvektorokat írjuk be a bázisba való bevonás sorrendjében. b) A bázisba bekerült vektornak megfelelő oszlopot a következő lépésnél rendre elhagyjuk. c) A leegyszerűsített táblázatokat nem egymástól elkülönítve, hanem folytatólagosan egymás mellé írjuk. Feladatunk megoldása ezek alapján így írható le röviden: b
c'
e3
a
b
-2
2
0
6
c'
3
6
0
3
2
-3
1
-1
c'
e3
a
-1
0
-3
-1
0
12..
1
5
a 5 3 4 3 19 T
2.3.5 A mátrix rangjának meghatározása elemi bázistranszformációkkal Minden (m • n) típusú A mátrixnak megfeleltethetünk két vektorrendszert, az oszlopvektorok és a sorvektorok alkotta vektorrendszert. Mind az oszlopvektorok, mind a sorvektorok lineáris kombinációi egy-egy lineáris alteret alkotnak. Be lehet látni, hogy e két lineáris altér dimenziója azonos. mátrix sorvektorterének és oszlopvektorterének dimenzióját megadó számot a mátrix rangjának nevezzük, és g(A)-val jelöljük. DEFINÍCIÓ. A Z A
Be lehet látni, hogy ez és a 2.2.8 pontban adott definíció azonos fogalmat határoz meg (azaz a definíciók ekvivalensek.) 91
Mivel egy lineáris tér dimenzióját a tér lineárisan független vektorainak a száma adja meg, ezért egy mátrix rangja a lineárisan független oszlopvektorainak (sorvektorainak) a számával egyenlő. Ezek száma elemi bázistranszformációkkal könnyen meghatározható, mert csak azt kell megvizsgálnunk, hogy közülük hány vonható be a tér bázisvektorai közé, ugyanis az ^-dimenziós tér egy bázisát pontosan n számú lineárisan független vektor alkotja. Határozzuk meg az A (3 • 4)
"1 2 3 4" 1 1 1 = 0 1 0 1 2
mátrix rangját! A mátrix típusa miatt g(A) ^ 3 . Kíséreljünk meg elemi bázistranszformációkkal minél több oszlopvektort a bázisba bevonni! Az elemi bázistranszformációk táblázatai: ai ai a2
a2
a3
a2
a4
a3
a4
a3
a4
1 2 1 1 1 1 -2 -2 0 0
E 2 3 4 2 0 1 1 1 H 1 0 1 2 -2
3
4
Minthogy a 3 és a 4 harmadik koordinátája 0, ezért harmadik bázisvektornak egyikük sem vonható be. Ezek szerint A oszlopvektorai közül csak kettő vonható be a bázisba, azaz csak két lineárisan független vektor van az oszlopvektorok között, ezért a mátrix rangja g(A) = 2. Természetesen ugyanerre az eredményre jutunk, ha az A mátrix sorvektorterének a dimenzióját határozzuk meg. Hogy a táblázatot a szokásos elrendezésben vehessük fel, az A mátrix a 1 , a 2 , a 3 sorvektorait oszlopokba írtuk. Az elemi bázistranszformációkat mutató táblázat most:
a1 a2
2
a1
a2
a3
a
m 2 3 4
o 1 1 1
i 0 1 2
0 E 1 1
„3 a
a3
1
1 -2 -2 0 -2 0 -2
A táblázat utolsó oszlopából már kiolvasható, hogy a sorvektorok között is csak két független vektor található, ezért g(A) = 2. Mind a két esetben a vektorokat indexük sorrendjében kíséreltük meg bevonni a bázisba. A sorrend természetesen tetszőleges lehet, de egyszerűsíti a számításokat, ha a generáló elemet l-nek választjuk. 92
Most a gyakorlás érdekében mind a sorvektorok, mind az oszlopvektorok bevonására más sorrendet is mutatunk. Az oszlopvektorok esetében aj
a2
a3
1 2 a3
0
ai
Q]
3 1 0
1 1
a2
a4
a2
a3
4
2
2
2
0
0
1
1
{T\
1
1
1
2
0
1
2
-1
1
a sorvektorok esetében
a3
a
2
a3
a1 1
-2
E -2
0
1
-1
-1
0
2
4
a1
a2
a3
1
0
1
2
1
0
3
1
4
E
a1 1
2
2
2.3.6 A mátrix inverzének meghatározása elemi bázistranszformációkkal A 2.2.10 pontban láttuk, hogy az «-edrendű nem szinguláris A mátrix A _1 -gyel jelölt inverz mátrixa az az w-edrendű mátrix, amelyre A _ 1 A = AA -1
E.
Az A A _ 1 = E egyenlőség azt jelenti, hogy az E egységmátrix e* (/= 1, 2 , n ) oszlopvektorai előállíthatók az A mátrix a; (i = 1, 2, ..., n) oszlopvektoraiból. Ezt elérhetjük olyan elemi bázistranszformációkkal, amelyekkel az E mátrix egységvektorai helyébe rendre bevonjuk az ai, a 2 , a„ vektorokat. Ekkor ugyanis az e* egységvektorok kifejezhetők az a, (/= 1, 2,..., n) vektorok lineáris kombinációjaként. Az eljárás egyes lépéseit konkrét példán mutatjuk meg. Határozzuk meg az "1 2 3" A = 2 4 5 3 5 6 mátrix inverz mátrixát! 93
A 2.2.10 pont 2. példájában már láttuk, hogy A nem szinguláris, ezért A inverz mátrixa létezik. Az elemi báziscseréket mutató táblázatunk oszlopaiban az egységvektorok is szerepelnek, hiszen éppen arra vagyunk kíváncsiak, hogy ezek hogyan fejezhetők ki az A mátrix oszlopvektoraival. Az induló táblázatunk (most még nem használjuk a rövidített változatot): bázis
ai
a2
a3
ei
e2
e3
ei
2
3
1
0
0
e2
m 2
4
5
0
1
0
e3
3
5
6
0
0
1
Vonjuk be a bázisba az ei helyére az ai vektort! A generáló elem 1. Vonjuk le az első sor elemeinek kétszeresét a második, háromszorosát a harmadik sor megfelelő elemeiből! Ekkor bázis
ai
ai
1
2
e2
0
0
e3
0
-1
a2
i i ei
e2
e3
1
0
0
- 1 1-2 i - 3 1-3 1
1
0
0
1
a3
j
3
Most vonjuk be a bázis e 3 vektora helyébe az a 3 vektort! (Az a 2 vektor ebben a helyzetben nem vonható be az e 2 helyébe, mert a generáló elem 0.) A generáló elem — 3. Osszuk el ezzel a táblázat harmadik sorának elemeit! A kapott sort hozzáadjuk a második sorhoz, háromszorosát kivonjuk az első sorból. Ekkor bázis
ai
a2
a 3 | ei
e2
ai
1
1
0 i -2
0
e2
0
-1
1
a3
0
1 3 1 3
0 1 j
1
0
e3 1 1 ~ 3 1 3
Végül az a 2 vektort vonjuk be a bázisba az e 2 vektor helyébe. Most ez lehetséges, 1 mert a generáló elem - . Az előzőekhez hasonló számításokkal
94
bázis
ai
a2
a3
aj
1
0
0
i
-3
a2
0
1
0
-3
3
a3
0
0
1
ei
'
e2
2
-1
e3 2 -1 0
Célunkat elértük, az ei, e 2 , e 3 vektorokat kifejeztük az ai, a 2 , a 3 vektorokkal, A inverz mátrixa a táblázatból leolvasható: 1 A'1 - - 3 2
-3 3 -1
2 -1 0
(Vö. a 2.2.10 pont 2. példájával!) Számításainkat áttekintve azt látjuk, hogy táblázataink lényegesen egyszerűsíthetők, ha csak a feltétlenül szükséges oszlopokat írjuk le. Például a még vagy már egységvektorokat tartalmazó oszlopokat nem tüntetjük fel. Előző táblázataink e megállapodásnak megfelelően a következőképpen festenek. Az induló táblázat:
e
i e2 A többi sorrendben e2
m 2 3
2 4 5
3 5 6
ei
a2
a3
2 0 1
1 -2 -3 a
a
i
-2
e2
-1
a3
-1 e
a
i
a2 a3
i
2
e
3
1 1
1 1
3 1
"3 1
3
~ 3
e2
e3
1 -3 3 -3 2 -1
2 -1 0 95
Az ai, a 2 , a 3 vektorokatprimálváltozóknak szokás nevezni és az x±9 x 2 , x 3 szimbólumokkal jelölni, az ei, e 2 , e 3 vektorokat duálváltozóknak szokás nevezni és az u u "2, u3 szimbólumokkal jelölni. A mátrix invertálásakor a prímái- és a duálváltozók szerepet cserélnek. Az inverz mátrix kiszámításakor elemi bázistranszformációk segítségével az eredeti e 1? e 2 , e 3 bázisvektorokat (tehát az összest) kicseréltük az ai, a 2 , a 3 bázisvektorokkal, és az eredeti és az új bázisvektorok kapcsolatát az A~ 1 mátrix adja meg. Ezért az A~ 1 mátrixot a báziscsere mátrixának is szokás nevezni. Ha az elemi bázistranszformációk során nem az azonos indexű bázisvektorokat (változókat) cseréljük fel egymással, akkor az eljárás végén nem az inverz mátrixot kapjuk meg. Alkalmas, az utolsó táblázatból leolvasható sorcserével (oszlopcserével) azonban e mátrixból is megkapható az inverz mátrix. Gyakorlásképpen ismét határozzuk meg az előbbi A mátrix inverzét, de most ne csak azonos indexű változókat cseréljünk fel! Az alábbiakban mind a részletes, mind a rövidített táblázatokat az összehasonlítás kedvéért egymás mellett közöljük. AI EI
e2 e3
AI
e2 e3
pn 2 3
1 0 0
a2 2 4 5
2 0 -1
a3 3 5 6
3 -1 -3
! 1
e
e2
i í 0 0
1 1 1 1 11 1 i -2 -3
0 1 0
0 1 0
XI
e3 0 0 1
0 0 1
Ml M2 M3
Xl u2 "3
11 1 1
AI
1
2
a3 e3
0 0
0 -1
AI
a3 a2
1 0 0
0 0 1
0
-5
1 i 2 0 3 i i i 0 1 1 | 2 0 i -3 i
3
0
Xl
-1 -3
0 1
x3
-3 -1 3
2 0 -1
M3
Xl
X3 X2
1
II
AI
a2 a3 96
1 0 0
0 1 0
i 0 0 i 1
í -3 2
-3 3 -1
2 -1 0
Xl
X2 X3
x2
x3
E 2 3
2 4 5
3 5 6
Ml
x2
x3
1 -2 -3
2 0 -1
3 -1 -3
MI
x2
M2
2
3
-5 2 3
0
-1 -3
Ml
M3
M2
1 2 -3
2 0 -1
-3 -1 3
Ml
M2
M3
1 -3 2
-3 3 -1
2 -1 0
m
Az utolsó lépésben már csak a változókat hoztuk természetes sorrendbe, hogy az inverz mátrix közvetlenül leolvasható legyen. A mátrix szingularitásának vizsgálatával nem kell feltétlenül a feladat elején foglalkoznunk, mert eljárásunk során az is kiderül, hogy az adott mátrix szinguláris-e vagy sem. Tekintsük például az 2 A = -1 3
3 7
-4 2
1
- 6
mátrixot! Keressük meg az inverzét! Elemi bázistranszformációkat alkalmazva a következő táblázatokat írhatjuk fel. Most is mind a részletes, mind a rövidített táblázatokat feltüntettük.
ei e2 e3
ai
a2
a3
2 -1 3
-3 7 1
-4 2 -6
ei 1 0 0
e2 0 1 0
e3 0 0 1
Xl
Ml M2 m
2
-1 3 U2
ei ai e3
0 1 0
-7 22
0 -2 0
1 0 0
2 -1 3
0 0 1
2
Ui XI
m
-1 3 «2
a2
0
1
0
ai
1
0
-2
e3
0
0
0
1
2
T7 7
TI 3
7! -2
TI -í
0
X2
0
Xl
1
U3
x2
X3
-3 7 1
-4 2 -6
x2
x3
11 -7 22
0 -2 0
Ml
2
1
Tí 3
11 7
Tl -1
II -2
X3
0 -2 0
Az utolsó táblázatokból már látható, hogy az a 3 (ill. x 3 ) már nem vonható be a bázisba, mert a generáló elem 0. Ebből következik, hogy az ai, a 2 , a 3 oszlopvektorok lineárisan függők (az A mátrix rangja 2), ezért az A mátrix szinguláris, inverze nem értelmezhető.
97
2.4 A mátrixok néhány alkalmazása 2.4.1 Termelési összefüggések leírása mátrixokkal A termelési és gazdasági folyamatok, illetve azok egyszerűsített, de a folyamatok lényeges elemeit tartalmazó képe sok esetben leírható a matematika eszközeivel. A termelési modellhez hozzárendelhetünk egy matematikai modellt úgy, hogy a termelési modell kategóriáinak mennyiségeket, a kategóriák közötti összefüggéseknek matematikai kifejezéseket feleltetünk meg. A matematikai modellben ismert és ismeretlen mennyiségek szerepelnek. Egy jól megválasztott modellben az ismeretlen mennyiségek - ha egyáltalában létezik megoldás - meghatározhatók az adott mennyiségek segítségével. A kapott adatok értékes információk a termelési és gazdasági folyamatok elemzéséhez, a döntések megalapozásához. Az elmondottak szemléltetésére néhány fogalmat vezetünk be. Tekintsünk egy üzemet. Jelöljön Tu T2, Tm egy-egy, az üzem által gyártott terméket. A gyártáshoz Ei, E2, • En erőforrás (nyersanyag) szükséges. Az egyes termékegységekre vonatkozó ráfordításokat, az ún. technológiai együtthatókat a következő táblázat mutatja:
7i
T2
Et e2
flii 021
012 022
L
Cln 1 an2
....
Tm
01m . • 02 m 0wm
ai} jelenti azt a ráfordítást, amely az Ei erőforrásból egységnyi Tj előállításához szükséges. A táblázatban feltüntetett számadatok a technológiai mátrixot adják: 0u M = 021
012 022
0n 1 a n 2
.. . ..
01m 02m
..
0wm
A mátrixnak annyi sora van, ahány erőforrással rendelkezünk, és annyi oszlopa, * amennyi a termékek száma. Ha az üzemnek a 7 \ , T2, Tm termékekből rendre p2, ..., pm egységnyit kell előállítania, ezt a feladatot a P = \púpi\ ...;/?m]* 98
oszlopvektorral adjuk meg, amit programvektornak vagy programmátrixnak neveznek. Az Mp, szorzat az adott termelési program erőforrás- (nyersanyag-) szükségletét mutatja, erőforrások szerinti bontásban. A rendelkezésre álló erőforrások adatait tartalmazó k = [kú k2, oszlopvektort kapacitásvektornak nevezik. Az egyes erőforrások egységárait tartalmazó a* = [tfi; a2\...; a„] sorvektort árvektornak szokás nevezni. Ezekkel az adatokkal a termelési program anyagköltsége j5>a*Mp. Az a*M mátrix az egyes termékek egységére eső ún. fajlagos anyagköltséget adja meg. Ha az egyes termékek egységeinek eladásából az üzemnek bi, b2, ..., bm bevétele vari, akkor ezt a b* = [bú b2\ bm] sorvektorral, az ún. bevételvektorral írhatjuk fel. Ekkor az üzemnek B = b*p bevétele származik, ha a p programvektor szerinti termelést teljesíti. A B és K egybevetése a termelés gazdaságossági vizsgálatainak az alapja. Tegyük fel, hogy egy vállalat n ágazatból áll és az egyes ágazatok bizonyos időszakban rendre bú b2\...; bn értéket állítanak elő. A b=
[búb2;...;bn]*
oszlopvektor az ún. bruttó kibocsátás vektora. Ha az ágazatok által felhasznált értékeket egy A = [atj] mátrixszal (az ágazati kapcsolatok mátrixával) jellemezzük, ahol az atj elem azt jelenti, hogy az /-edik ágazat termelt értékéből mennyi szükséges a y-edik ágazat egységnyi termeléséhez, akkor az Ab szorzatmátrix a termelői fogyasztás
vektora, melynek komponensei rendre egy-egy )
99
ágazat termelt értékéből az összes ágazat termeléséhez szükséges felhasználást adják meg. A bruttó kibocsátás és a termelői fogyasztás vektorának különbsége: b - A b = E b - A b = ( E - A ) b = n, a nettó kibocsátás vektora. Az (E-A)b = n egyenletet az ágazati kapcsolatok mérlegegyenletének szokás nevezni. Sokszor azonban nem a nettó termelésre vagyunk kíváncsiak, hanem előírt n nettó kibocsátáshoz kell a b bruttó kibocsátást meghatároznunk. Ehhez szükséges, hogy az E - A mátrix reguláris mátrix legyen, vagyis inverze létezzék. Ekkor ugyanis (E —A) _1 (E —A)b = (E —A) _1 n alapján b = (E —A) - 1 n. Az ( E - A ) " 1 mátrixot szokás a teljes szükséglet mátrixának nevezni, és T-vel jelölni. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Egy üzem három erőforrás segítségével négyféle terméket készít. Egy termék előállításához az egyes erőforrásokból a következő mennyiségek szükségesek:
Ei e2 e3
Ti
t2
t3
T*
1 0 2
3 2 1
2 3 1
4 3 2
Legyen az egyes erőforrások kapacitása rendre 450, 400 és 300 egység, egységára 10, 12, 8 egység. A termékekből rendre 40, 25, 60, 50 darabot kívánunk gyártani és azokat darabonként rendre 30, 60, 70, 90 egységért értékesíteni. írjuk fel adatainkat mátrixok segítségével! Számítsuk ki a tervezett termelés erőforrás-szükségletét, fajlagos anyagköltségét, anyagköltségét, bevételét! Gazdaságos-e ez a tervezett termelés? Megoldás. A technológiai mátrix, a programvektor, a kapacitásvektor, az árvektor és a bevételvektor rendre
100
"40 25 60 50
"1 3 2 4" M = 0 2 3 3 2 1 1 2 a* = [10; 12; 8],
450 k = 400 300
b* = [30; 60; 70; 90].
A tervezett termelés erőforrás-szükséglete
Mp
"1 3 2 4" 0 2 3 3 2 1 1 2
40 25 60 50
435 380 265
Ennek elemei a kapacitásvektor megfelelő elemeinél rendre kisebbek, tehát a termelés végrehajtható. A fajlagos anyagköltség "13 2 4 a*M = [10; 12; 8] 0 2 3 3 = [26; 62; 64; 92], 2 1 1 2 A termelés anyagköltsége 40 25 K = (a*M)p = [26; 62; 64; 92] = 11 030, 60 50 vagy 435" K = a*(Mp) = [10; 12; 8] 380 = 11 030 265 egység. A bevétel "40" 25 B = b*p = [30; 60; 70; 90] = 11 400 60 50 egység. A termelés kifizetődő, mert B—K= 370 > 0. Az a*M és b* vektorok összehasonlításából az is azonnal látszik, hogy az üzem a második és negyedik termékét veszteséggel értékesíti. 101
2. Példa. Egy üzem három nyersanyagból (legyenek Ni, N2, N3) az első munkaciklusban három félkészterméket (ezek F u F 2 , F3) állít elő, majd ezekből a második ciklusban három végterméket (ezek Vu V2, F 3 ). Az anyagfelhasználást az alábbi séma mutatja. A vonalakra írt számok a szükséges fajlagos anyagmennyiséget jelentik.
Például az iVi-et és F2-t összekötő vonalon levő 5-ös azt jelenti, hogy egy egység F2 előállításához 5 egység iVi-re van szükség. Határozzuk meg a nyersanyagszükségletet és az anyagköltséget, ha a programvektor, ill. árvektor 100"
200 300
a* = [10; 20; 15].
Megoldás. A táblázatból könnyen leolvasható, hogy az első munkaciklus technológiai mátrixa "1 5 0" M! = 3 4 1 0 2 3 ahol most az oszlopvektorok az egyes félkésztermékek fajlagos anyagszükségletét jelentik; a második munkaciklus technológiai mátrixa 2
M2 = 3 0
1
0"
6 4 3 2
amelynek egyes oszlopvektorai egy-egy végtermék félkésztermék-szükségletét mutatják. A teljes gyártás technológiai mátrixa az M I M 2 mátrix; a teljes anyagszükséglet MiM 2 p.
102
A szorzást elvégezve:
M2
Mi =
1 6 3
0 4 2
100 200 300
17 31 18 30 6 21
20 18 14
13 900 13 200 9 000
41
52
2 3 0
=
1 3 0
5 0 4 1 2 3
4
11 4
82
= P
= MIM2p.
Vagyis iVi-ből 13 900, JV2-ből 13 200, A^-ból 9000 egység szükséges a kívánt mennyiségű végtermék előállításához. A tervezett termelés anyagköltsége 13 900" a*(M1M2p) = [10; 20; 15] 13 200 9 000
538 000
egység. 3. Példa. Tekintsünk három iparágazatot. Az egyes ágazatok összes igényét, valamint teljes termelését az egyes időszakra az alábbi táblázat tartalmazza (millió forintban): Ágazat
1
2
3
Teljes termelés
1 2 3
240 80
72 264 120
140 180 400
800 600 1000
-
Az első sor például azt jelenti, hogy az első ágazat teljes termeléséből (800 millió Ft) az első ágazat 240 millió, a második 72 millió, a harmadik ágazat 140 millió Ft értékű terméket használ fel. írjuk fel az ágazati kapcsolatok mátrixát! Mekkorának kell lennie a bruttó termelésnek, ha azt akarjuk, hogy a nettó kibocsátás vektora n = [200; 500; 800]* legyen? Megoldás. Az ágazati kapcsolatok mátrixának elemeit megkapjuk, ha az egyes ágazatok szükségleteit elosztjuk az illető ágazat teljes termelésével így
103
2 4 0
011 =
021 =
Ö31
8ÖÖ 80 8ÖÖ 0
=
800
140
72
=
3 ;
ai2 =
°' °
6ÖÖ
=
°'
12;
TÖÖÖ
013
180
2 6 4
°'
10;
022
e
4 4 ;
023
^r ' 120 Ű32 = — = 0,20; "" 600
= 0;
"
TÖÖÖ =
0,14;
0,18;
4 0 0
«33
TÖÖÖ =
0,40.
Az ágazati kapcsolatok mátrixa tehát a következő: "0,30
0,12
0,14"
0,10
0,44
0,18
0
0,20
0,40
A =
A keresett b kiszámításához először az E - A mátrixra van szükségünk:
E-A =
"1 0 0" 1 0 0 0 0 1
-
"0,30
0,12
0,14"
0,10
0,44
0,18
0
0,20
0,40
=
0,70
- 0 , 1 2
- 0 , 1 0
0,56
- 0 , 1 8
- 0 , 2 0
0,60
0
- 0 , 1 4 "
Az E - A mátrix inverzének meghatározását báziscserével végezzük el. Az egyes lépéseket rögzítő táblázatok: *1 ml
0,70
" 2
- 0 , 1 0
m3
0
* 2
*3
- 0 , 1 2
- 0 , 1 4
0,56
- 0 , 1 8
- 0 , 2 0
0,60
M2
Ml Xl «3
7 - 1 0 0
"2 Ml
Xi X2
Xl Xl 104
7
* 3 3,8
- 1 , 4
- 5 , 6
1,8
- 0 , 2 0
0,6
M3 19
*3
m
- 2 8
- 1 5
0
- 5
- 3
"2
"3
"i
- 1 0
0,1
0,7
1,9
0,5
0,5
1,5
2,1
0,7
0,3
Ebből (az oszlopokat és sorokat természetes sorrendbe rakva) az inverz mátrix leolvasható: 4,5 ( E - A ) - 1 = 0,3 0,1
0,5 2,1 0,7
0,5 0,7 1,9
A bruttó kibocsátás vektora tehát: "1,5 b = 0,3 0,1
0,5 2,1 0,7
0,5" "200" 0,7 500 1,9 800
" 950" 1670 1890
=
Ez azt jelenti, hogy az első ágazatnak 950 millió, a másodiknak 1670, a harmadiknak 1890 millió forint értékű árut kell termelnie ahhoz, hogy a fogyasztásra (nettó kibocsátás) ágazatonként rendre 200, 500, 800 millió forint értékű áru jusson. 4. Példa. Legyen három népgazdasági ágazat ágazati kapcsolatainak mátrixa 0,20 A = 0,10 0,12
0,10 0,05 0,11
0,25 0,125 0,275
Tegyük fel, hogy az egyes ágazatok termelésükhöz rendre termelt értékük 10%-, 30%-, 25%-ának megfelelő importot használnak fel. Ha azt akarjuk, hogy az egyes ágazatok rendre 200,100, 220 millió forint értékű árut adjanak át a lakosság fogyasztása céljára, akkor mekkora értékű importról kell gondoskodnunk? Megoldás. Először a bruttó kibocsátás vektorát határozzuk meg: b = ( E - A )- í . Esetünkben
E-A
0,80 -0,10 -0,12
-0,10 0,95 -0,11
-0,25 " -0,125 0,725
az ( E - A ) 1 mátrixot pedig elemi báziscserékkel határozzuk meg. A számításokat mutató táblázatok:
105
X2 0,80 -0,10 -0,12
Ml «2 «3
Xl x2 U2 m3
Xl Ui
X3
-0,10| -0,25 0,95 - 0 , 1 2 5 0,725 -0,11 mi
-8 7,5 -1
-10 9,5 - 1,1
2,5 -2,5
Xl
mi
m3
-5,5
-7,25 6,75 -1,1
-2,5 2,5 1
-1
Xl X3
m
Ui
mi
m3
1,1 0,2 0,2
0,175 1,35 0,25
0,25 0,5 1,5
A változókat természetes sorrendbe rakva:
Xl X2 X3
Ül
u2
1,35 0,175 0,25
0,2 1,1 0,2
M3 0,5 0,25 , 1,5
az inverz mátrix közvetlenül leolvasható. Ennek segítségével a bruttó kibocsátás vektora "1,35 b = 0,175 0,25
0,20 1,10 0,20
0,50" "200" 0,25 100 1,50 220
=
Az ágazatok importszükséglete az i* = [0,10; 0,30; 0,25] mátrixszal adható meg, ennélfogva a szükséges import:
106
"400" 200 400
"400" / = i*b = [0,10; 0,30; 0,25] 200 = 200, 400 azaz 200 millió forint értékű importról kell gondoskodnunk.
2.4.2 Lineáris egyenletrendszerek megoldása A lineáris algebra tárgykörének egyik központi kérdése a lineáris egyenletrendszerek megoldása és a megoldási módszerek alapelveinek tárgyalása. Az alábbiakban megvizsgáljuk egy lineáris egyenletrendszer megoldhatóságának feltételeit, és módszert adunk a megoldás megkonstruálására. A megoldási módszer alapjaként az elemi bázistranszformációt tekintjük. DEFINÍCIÓ. A Z
1X1 + 012*2 + ... + UlnXn = b l, 021*1 + #22*2 + + 02n*H = ^2,
dl
ClmlX\
+ am2X2
+ . . . + ClmnXn
=
bm
egyenletek halmazát, ahol XjE R ( j = 1, 2, n) az ismeretleneket, a^eR (i = 1, 2,..., m) { j = 1 , 2 , . . . , « ) az ismeretlenek együtthatóit jelentik, és a bt - k valós számok, lineáris egyenletrendszernek nevezzük. Ha a bi számok mindegyike zérus, akkor áiineáris egyenletrendszer homogén, ellenkező esetben inhomogén. Az egyenletrendszer együtthatóiból alkotott
A
011 = ^21
012 022
• .. • ..
01n 02w
0m2
.
0»iw
(m - n)
mátrixot az egyenletrendszer együtthatómátrixának Ha bevezetjük az x = [xú x2;...; xn]*
és
nevezzük.
b = [bú b2;...; bm]*
oszlopmátrixokat, akkor a lineáris egyenletrendszer röviden a következő mátrixegyenlettel írható le: Ax = b. 107
Az Ax = b mátrixegyenletet megoldani annyit jelent, mint meghatározni mindazon x vektorokat, amelyek eleget tesznek az egyenletnek. Ez pedig nem jelent mást, mint az A mátrix oszlopvektorainak azokat a lineáris kombinációit megkeresni, amelyek a b vektort állítják elő. Amennyiben ilyen x vektor, illetve x vektorok léteznek, ezek egy halmazt, az ún. megoldáshalmazt alkotják. Jelölje a megoldáshalmazt Af, akkor M
=
{x | Ax = b}.
Az M halmaz nem üres, ha b benne fekszik az A oszlopvektorai által generált altérben. Ezt úgy is kifejezhetjük, hogy az A = [ai, a
2
,a„]
és a B = [ai, a
2
, a „ , b]
bővített mátrixra teljesül a
anXi + at2X2 + ... + ainxn = bi (i = 1, 2 , . . . , ni) lineáris egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha a B bővített mátrix rangja egyenlő az A mátrix rangjával. Bizonyítás. Először belátjuk, hogy a feltétel szükséges. Legyen az Ax = b egyenletrendszer megoldható. A lehetséges megoldást jelölje az m = [mi, ra2,..., mn]* vektor. Ezt a mátrixegyenletbe helyettesítve azonosságot kapunk: Am = b, és ez így is írható: raiai+ra2a2
+ ... + mnaw = b.
Eszerint az (m - (n+ 1)) típusú B bővített mátrix utolsó oszlopa kifejezhető a többi oszlopának lineáris kombinációjaként. Mivel a B mátrix első n oszlopa az A mátrixot adja, ez azt jelenti, hogy B utolsó, («+ l)-edik oszlopa előállítható A oszlopvektorainak lineáris kombinációjaként. Ebből következik, hogy B rangja megegyezik A rangjávál. Most belátjuk, hogy a feltétel elegendő.
108
Legyen most ismeretes, hogy e(A) = g(B). Eszerint az A mátrix oszlopvektoraiból kiválasztható maximális számú lineárisan független vektor a B mátrixban is lineárisan független marad. Ezért B utolsó oszlopa felírható A oszlopvektorainak lineáris kombinációjaként, vagyis léteznek olyan mi, m 2 ,..., ra„ számok, amelyekkel A oszlopvektorait megszorozva, és a kapott vektorokat összegezve b-t kapjuk: miai+m 2 a 2 + ... + mwan = b. Ezért az m = [mi, m 2 ,..., mn]* vektor koordinátái az egyenletrendszer megoldását adják, vagyis a @(A) = g(B) egyenlőségből következik az egyenletrendszer megoldhatósága. Ezzel a bizonyítást befejeztük. Ha G(B) = G(A), akkor azt mondjuk, hogy a b vektor kompatíbilis az A mátrix oszlopvektoraira nézve. DEFINÍCIÓ.
Ha a q(A) = e(B) egyenlőség egy lineáris egyenletrendszerre nem teljesül, akkor az egyenletrendszernek nincs megoldása, az egyenletrendszer ellentmondó. Ezt úgy is mondjuk, hogy a b vektor nem kompatíbilis az A mátrix oszlopvektoraira nézve. Ha a lineáris egyenletrendszer ismeretleneinek száma n, akkor a tanultak szerint az A együtthatómátrix rangja g(A) ^ n . Bizonyítás nélkül közöljük a következő tételt: TÉTEL. Ha az Ax = b egyenletrendszerre G(A) = G(B) = n, akkor az egyenletrendszernek egyértelmű megoldása van. Ha e(A) = e(B) = r < « , akkor az egyenletrendszernek n — r = s számú szabadon választható értéktől függő végtelen sok megoldása van. Az s természetes szám az egyenletrendszer szabadságfoka.
A lineáris egyenletrendszer megoldhatóságának a megállapítása még nem ad módszert a megoldás megkeresésére. A megoldás megkeresésére több (és sokféle formában leírható) módszer létezik. Mi a megoldás megkeresését az elemi bázistranszformációkra alapozzuk, és kihasználjuk, hogy a kompatibilitási kérdés megvizsgálása és a megoldás megkeresése így összekapcsolható. Megjegyezzük, hogy abban a speciális esetben, amikor az A együtthatómátrix négyzetes mátrix (az ismeretlenek száma megegyezik az egyenletek számával) és egyúttal nem szinguláris (rangja egyenlő az ismeretlenek számával, vagyis szabadságfoka 0), akkor az Ax = b egyenlet egyetlen megoldása közvetlenül az x = A_1b alakban írható fel. Ez az ún. Craraer-szabály. 109
Az inverz mátrix meghatározása történhet elemi bázistranszformációk segítségével, ekkor ugyanazokat a számításokat kell elvégezni, mint amelyek a kompatibilitási vizsgálathoz szükségesek. Ha viszont az inverz mátrixot a 2.2.10 pontban leírtak szerint az A mátrix determinánsa és adjungáltja alapján számítjuk, akkor külön meg kell vizsgálnunk a kompatibilitást, és ha det A ^ 0, akkor a Cramer-szabály a következő alakban írható: det Aj Xi
=
det A
(í = 1 , 2 , . . . , « ) ,
ahol A; azt a mátrixot jelenti, amelyet úgy kapunk, hogy az A mátrix í-edik oszlopának elemei helyébe a b oszlopvektor elemeit tesszük. Ha az Ax = b egyenletben b = 0, vagyis az egyenletrendszer homogén, akkor azonnal látszik, hogy az x = 0 vektor az egyenletrendszer megoldása, tehát nyilvánvaló, hogy az M = {x | Ax = 0} halmaz nem üres. Az x\ = x2 =... = x„ = 0 megoldás a homogén lineáris egyenletrendszer triviális megoldása. A homogén egyenletrendszer esetében ezért fölöslegessé válik a kompatibilitás vizsgálata, de nem hagyhatjuk el az együtthatómátrix r rangjának a meghatározását, mert e nélkül nem tudjuk megállapítani a rendszer szabadságfokát. Ha r = n, azaz az egyenletrendszer szabadságfoka 0, akkor a homogén egyenletrendszer egyetlen megoldása a triviális megoldás, ha r < n , akkor a homogén egyenletrendszernek van a triviálistól különböző megoldása is, mégpedig végtelen sok, és a szabadon megválasztható ismeretlenek száma s = n — r, a szabadságfok értéke. Ha A négyzetes mátrix, és r < n, akkor az A mátrix szinguláris, vagyis det A = 0. Annak szükséges feltétele tehát, hogy az n számú ismeretlent tartalmazó és ugyanennyi egyenletből álló homogén egyenletrendszernek legyen a triviálistól különböző megoldása az, hogy det A = 0. Az egyenletrendszerek megoldásához vezető lépéseket az egyszerűség kedvéért számpéldákon keresztül mutatjuk be. 1. Adjuk meg a következő egyenletrendszer megoldását: 2 x i ~ 3X2+ X3 = —1, xi~ 2x2 — 3x3 = 6, 3*1+ X2+ X3 = 5. Annak eldöntésére, hogy van-e olyan x = [JCI; X2\ X3]* vektor, amelynek koordinátái kielégítik az adott egyenletrendszert, meg kell vizsgálnunk, hogy a b = [— 1; 6; 5]* vektor kompatíbilis-e az 2 A = 1 3 110
-3 -2 1
1 -3 1
együtthatómátrix oszlopvektoraira nézve. Ehhez ki kell számítanunk az A és a bővített B mátrix rangját. Az egyes elemi bázistranszformációk elvégzéséhez szükséges számításokat ismét táblázatokba foglaljuk. Most azonban az A mátrix oszlopvektorainak szimbólumai helyére a megfelelő ismeretleneket írjuk a táblázatokba. A számítások jobb követése érdekében most még nem a rövidített változatot választjuk. Xll e e e
e e
3
*3
*2
b"
*3
2 -3 1 1 -2 -3 3 1 m
l 2 l 2
X2
-1 6 5
-1 -4 10 m 3 1
0 0 1
-6 21 5
39 10 -7
0 1 0
0 0 1
78 21 -16
1 0 0
0 1 0
0 0 0
2 1 -2
Xl *2 *3
Az utolsó táblázat Sgerint b kompatíbilis az A mátrix oszlopvektoraira nézve, mert b = 2ai + a 2 - 2 a 3 , ezért az egyenletrendszernek van megoldása. Mivel az A mindegyik oszlopvektorát sikerült bevonnunk a bázisba, ezért g(A) = 3, és a kompatibilitás miatt egyúttal g(B)=F=3. Minthogy az ismeretlenek száma 72 = 3, ezért egyértelmű megoldás van. A megoldás az utolsó oszlopból kiolvasható: X-^ 2,
x2
1,
X3
2.
Könnyen belátható, hogy az Ax = b egyenletrendszer ezzel a számhármassal valóban teljesül, mert "2 1 3
-3 -2 1
r -3 1
2
1 -2
=
r 6 5
Ha az egyenletrendszert a Cramer-szabály determinánsos alakját felhasználva óhajtjuk megoldani, akkor a következőképpen járunk el:
111
Mivel A négyzetes mátrix, és -3 det A =
39 # 0 ,
- 2
1 ezért a Cramer-szabály alkalmazható. Minthogy b = [— 1; 6; 5]*, ezért det Ai =
-1 6 5
-3 -2 1
-
1 3 = 78, 1
2 det A 2 = 1 3
-1 6 5
1 -3 1
:
2 det A 3 = 1 3
-3 -2 1
-1 6 5
:
det A 2
39
39,
-78,
es így _ det Ai _ 78 _ Xi1 — — — 2, det A 39
x9 =
det A
39
= L
=
det A 3
-78
det A
~39~
amint azt az előbb is láttuk. Vegyük észre azt is, hogy az A mátrix determinánsának az értéke (39) a bázistranszformációhoz felhasznált generáló elemek szorzatával ( 1 1 - 39) egyenlő, ami általában is igaz. Ez a tény lehetővé teszi, hogy egy determináns értékét az eddigiektől eltérő módszerrel is meghatározhassuk. 2. Oldjuk most meg a következő egyenletrendszert: X^ + X2 + X3 1, 8x^ X2 + 2.x 3 — 0, 25xí-2x2 + lx3 = 1. Először megvizsgáljuk, hogy a b = [1; 0; 1]* vektor kompatibilis-e az A oszlopvektoraira nézve. A szükséges elemi bázistranszformációk az alábbi táblázatokban találhatók:
112
Cl e 2 e
e
3
m 8 25
3
1 0 0
*2
*3
b
1 -1 -2
1 2 7
1 0 1
1 6 EE — 27 - 1 8
1 -8 — 24
1
1
3 2
9 8
3 0
9 0
1
1
0
x2
0
1
e
0
0
3
Az utolsó táblázat már mutatja, hogy A-nak kettőnél több oszlopvektora nem vonható be a bázisba, tehát = (Ez a táblázatban úgy jelentkezik, hogy abban a sorban, amelyben az A transzformált elemeire csupa zérust kaptunk, a b oszlopvektor eleme is 0.) A b vektor kompatíbilis A mátrix oszlopvektorterére nézve, mert 1
8
Ezért az egyenletrendszer megoldható. Mivel az ismeretlenek száma n = 3 és r = g(A) = 2, ezért végtelen sok megoldás van. A szabadságfok s = n — r = 1, vagyis egy ismeretlen szabadon választható. Legyen ez például a harmadik ismeretlen (jelöljük most /-vei), akkor az utolsó táblázatból 1 3'
=
1 9'
2 8 x?2 H— t = - , 3 9' és ebből _ 1_ 1 XI
TI
1
9 3 _ 8 _ 2 X'y2 9 3 x$ = t,
t.
/eR.
Behelyettesítéssel a megoldás helyessége ellenőrizhető.
A megoldás során az lényegtelen volt, hogy az elemi bázistranszformációkat éppra ebben a sorrendben hajtottuk végre. A megoldás során most az sen| volt lényeges, hogy éppen a harmadik ismeretlent választottuk szabadon (ez nem mindig van így, 1. a 4. példát!); de célszerű volt, mert ekkor a második és első ismeretlen megadása a táblázat alapján egyszerű volt. Ha valami oknál fogva egy másik, például a második ismeretlent lett volna szükséges szabadon megválasztani (paraméternek tekinteni), akkor w-val jelölve a paramétert a táblázatból az 1 Xl +
_ 1 3
3* " 9' 2 9
összefüggések írhatók fel, és ezekből (az előzőnél hosszabb számítással) 1
1 1—w, 3 2 4 3 x-x u. 3 —3 2
i i1 —
3. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: XI
=
5^2
x2 x j H~ 2%2
1,
—
1, 2.
Először azt vizsgáljuk meg, hogy a b — [ - 1 ; 1; 2]* vektor kompatíbilis-e az együttható mátrix oszlopvektoraira nézve. Az elvégzett elemi bázistranszformációkat a következő táblázatok mutatják: *2 e
b
9 5 -2
-1 1 2
9 -22 -11
-1 4 3
l 2
E
e2 3
1 0 0
xt
1
01
0
1
~ y
0
0
0
e
e
e
114
-5 3 - -1 1 2
*3
3
-5 14 7
8 — 7 11
3
-
7 2 7 1
Az utolsó táblázat utolsó sora mutatja, hogy A alapvektorai közül kettőnél több nem vonható be a bázisba (q(A) = 2), de b ezekkel nem fejezhető ki (utolsó koordinátája 1), ezért b nem kompatíbilis A oszlopvektoraira nézve, vagyis az egyenletrendszernek nincs megoldása, az egyenletrendszer ellentmondó. Az ellentmondás közvetlenül is ellenőrizhető. Például ha a második egyenlet megfelelő oldalaiból kivonjuk a harmadik egyenlet megfelelő oldalainak a kétszeresét, akkor xí-5x2
+ 9X3 =
-3,
és ez az egyenlet ellentmond az egyenletrendszer első egyenletének. 4. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: -- x2 + X3 =
4,
x1 + 2x1+ x3 = 13, 2xt + 4x2 + 2x3 = 26, 4*! + 5*2 + 4x3 = 43. A kompatibilitási vizsgálathoz szükséges elemi bázistranszformációkat a következő táblázatokban foglaltuk össze:
Cl e 2 e 3 e 4
m i
Xt e 2 e 3 e4
1 0 0 0
Xi X2 e 3 e4
1 0 0 0
2 4
x2
*3
b
-1 2 4 5
1 1 2 4
4 13 26 43
-1 6 9
1 0 0 0
4 9 18 27
0 1 0 0
1 0 0 0
7 3 0 0
a
Az utolsó táblázat mutatja, hogy A kettőnél több oszlopvektora nem vonható be a bázisba (e(A) = 2), és b kifejezhető e kettővel b = 7ai + 3a 2 . Ez azt jelenti, hogy b kompatíbilis A oszlopvektoraira nézve, tehát az egyenletrendszer megoldható. Mivel n = 3, r = 2, ezért a szabadságfok s = n — r = 1, vagyis egy isme115
*
retlen szabadon választható. A második sor mutatja, hogy ez nem lehet a második ismeretlen, mert x2 = 3. Ha ez például az első, akkor az utolsó táblázat első sorából (A^ helyébe t-t írva) t + x3 = 7. így az egyenletrendszer megoldása i = U x2 = 3, x3 = 7 - t ,
x
te R.
5. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: H~ 2,x2 + x4 2a"j + 3X2 3X3 2X4 — 3xx — 5X2 + 4X3+
2,
4,
X4 — —6.
A kompatibilitási vizsgálathoz szükséges elemi bázistranszformációk táblázata: Xi e
l 2 e 3 e
e e
2 3
x2 e
3
m 2 -3
*2
*3
2 -1 3 t3 4 -5
x4
b
2 1 4 -2 1 -6
1 1 2 -1 4 0 -1 -1 4 0 1 1
2 0 0
0 -3 -7 4 1 1 0 0 0
2 0 0
1 0 0
Az utolsó táblázatból látható, hogy kettőnél több oszlopvektor nem vonható be a bázisba, tehát r = g(A) = 2. A b vektor kompatíbilis az A oszlopvektoraira nézve, mert b = 2ai + 0a2, ezért az egyenletrendszernek van megoldása. (Figyeljük meg, hogy a kompatibilitás az utolsó táblázatból úgy olvasható le gépiesen, hogy azokban a sorokban, amelyekben a szaggatott vonal előtt csupa 0 áll, a vonal után is 0 áll. A vonal után állhat másutt is 0. Ennek jelentését éppen ez a feladat mutatta be.) Mivel n-r — 4 - 2 = 2, a szabadságfok 2, vagyis két ismeretlen választható szabadon. Az utolsó táblázatra pillantva látszik, hogy x3-t és x4-et célszerű paraméternek választani, mert ekkor Xj 116
1x4
2,
következőleg xt = 2 + 3X3 + 7X4. Ha bevezetjük az x 3 = u és x 4 = v jelölést, akkor XI = 2 + 3W + 7I;. Hasonló módon • x2 = ~u — 4v. Az egyenletrendszer megoldása tehát xt = 2 + 3u + 7v, x2 = —u — 4v, x3 = u, X4 =
u, v e R.
V,
6. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: xx + llx2— X I ~ 5X2 + 2xt 2X2 3 * ! + x2—
12X3 + 34X4 — 5*5 = 0, 2X3—16X4 + 3X5 = 0, 3X3 7X4 + 2X5 = 0, 8X 3 + 2X 4 + X5 = 0.
Az egyenletrendszer homogén, triviális megoldása x^
x2
x3
x4
x $ 0.
Az egyenletrendszer nem triviális megoldását - ha ilyen van - az előző feladatokban alkalmazott módszerrel határozhatjuk meg. A b zérusvektort most fölösleges feltüntetni a következő oldalon szereplő táblázatokban.
117
A szükséges táblázatok: *2 e
l
e
2
e
3
e4
Ei 2 3
-5 3 2 1
34 11 - 1 2 -16 14 - 5 0 -24 21 - 7 5 -32 28 - 1 0 0
-5 8 12 16
19
3
1
1
~ 8 25
2 1
8 0 0
0 0
~ 2 0 0
0
X!
1
0
X2
0
1
e
0 0
0 0
3
0 0
x5
34 11 - 1 2 -5 2 -16 -2 -3' •-7 1 -8 • 2
xt e2 e3
1
x4
*3
¥
Az utolsó táblázatból látható, hogy kettőnél több oszlopvektor nem vonható be a bázisba, ezért r = g(A) = 2. Mivel az ismeretlenek száma 5, ezért a szabadságfok s = 5 - 2 = 3, vagyis három ismeretlen választható meg szabadon. Legyen ez x 3 = í, x4 = u, x5 = v; t,u,ve R, ekkor az utolsó táblázat első két sorából leolvasható, hogy 19
3 1 t+ -u v, 8 8 2 7 25 1 X22 = -t U-\ V, 8 8 2 ct = —
ez ezzel megkaptuk az egyenletrendszer megoldását. 7. Mutassuk meg, hogy az xj "I- x2 + 2x3 3x4 0, H~ 3x2 x3 -f x4 0, 2jCj 2x 2 X3 + 0, x i~ 4x2 — 3x 3 -f 2X4 = 0 homogén egyenletrendszernek csak triviális megoldása van! Az adott homogén egyenletrendszernek csak triviális megoldása akkor van, ha az együtthatómátrix rangja egyenlő az ismeretlenek számával, azaz r = 4. Határozzuk meg ezért az együtthatómátrix rangját! Az elemi bázistranszformációkat mutató táblázatok: 118
*3
*4
2 -1 -1 -3
-3 1 4 2
E
2 -5 -5 -5
-3 7 10 5
1 0 0. 0
0 1 0 0
' 7 -5 -25 -30
-10 7 38 40
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
T
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1.
X
2
e
l 2 e3 e 4 e
e
2 e 3 e 4
Xt x2 e
e
3 4
*3
•*3 A-4
H 1 3 ,2 2 -2 1 -4 1 0 0 0
1 -4 -5
16 25 3 5 38 25 28
Mivel mind a négy oszlopvektort sikerült a bázisba bevonnunk, az együtthatómátrix rangja 4, ezért az adott egyenletrendszernek egyetlen megoldása van, a triviális megoldás.
2.4.3 Néhány lineáris transzformáció A vektorterek is halmazok, ezért közöttük is értelmezhetők leképezések. Ha például a
V2
szimbólummal jelöljük. 119
A leképezések között kitüntetett szerepet játszanak azok, amelyek összegtartók és aránytartók. Ez azt jelenti, hogy ha x, x Í5 x 2 e V, oc e R, és A egy ilyen leképezés, akkor A(x i + x 2 ) = A(xi) + A(x2), A(ocx) = aA(x).
Az ilyen leképezéseket lineáris leképezéseknek nevezzük. Egy lineáris leképezés tárgyvektortere és képvektortere azonos is lehet. DEFINÍCIÓ. A Z L
lineáris térnek önmagába való lineáris leképezéseit az L lineáris
tér lineáris transzformációinak
nevezzük.
Legyen x = [xt; x 2 ; ...; x j * és y = \yt; y2;...;
yn]*9 xi9y}e
R, í = 1, 2 , t i ,
j — 1, 2 , a z E„ bázissal meghatározott ^-dimenziós lineáris tér egy-egy vektora. Tegyük fel, hogy x és y (E„-re vonatkozó) koordinátái között a következő összefüggések állnak fenn: y 1 = a\\x1 + ai2x2 + ... + ainxn y2 = a ix + a x +... + a x 2 x 22 2 2n n yn = anixí H~ an2x2 +... + annXn
vagy az aíj valós számokat az A mátrixba rendezve röviden y = Ax. Az egyenletrendszerrel az x tárgyvektort az y képvektorba képezzük le, és mivel ez a leképezés összegtartó és aránytartó, ezért ez egy lineáris transzformáció. Az üíj számokat a lineáris transzformáció együtthatóinak, az A mátrixot a lineáris transzformáció mátrixának nevezzük. Be lehet látni, hogy egy lineáris transzformációt a mátrixa egyértelműen meghatároz. A lineáris transzformációt regulárisnak vagy nemszingulárisnak nevezzük, ha különböző vektorok képe különböző. Minden más esetben a lineáris transzformáció szingu-
láris. Belátható, hogy egy lineáris transzformáció akkor és csak akkor nemszinguláris, ha mátrixa nemszinguláris. Egy nemszinguláris lineáris transzformáció lineárisan független vektorokat lineárisan független vektorokba, lineárisan függőket lineárisan függőkbe visz át. Ha az L tér x vektorát az A mátrixszal megadott lineáris transzformáció az y vektorba, az y-t a B-vel adott lineáris transzformáció a z vektorba, a z-t a C-vel jellemzett lineáris transzformáció a v vektorba viszi át (és így tovább), akkor y ~ Ax z = By = B(Ax) = (BA)x, v = Cz — C(BA)x = (CB A)x, 120
és így tovább, vagyis több lineáris transzformáció egymás utáni végrehajtása helyettesíthető egyetlen lineáris transzformációval, amelynek mátrixa az egyes transzformációk mátrixainak olyan szorzata, amelyben a következő transzformáció mátrixával mindig balról szorzódik a megelőző transzformáció mátrixa. Ha az A mátrixszal adott lineáris transzformáció nemszinguláris, akkor létezik az egyértelműen meghatározott x = A-1y inverz transzformáció, és ez az y képvektorhoz az eredeti x tárgyvektort rendeli. Ekkor a tárgyvektorok és a képvektorok között kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés áll fenn. A fejezet elején felírt egyenletrendszer nemcsak úgy fogható fel, mint két vektornak azonos bázisra vonatkozó koordinátái közötti összefüggés, hanem úgy is, mint ugyanannak a vektornak két különböző bázisra vonatkozó koordinátái közötti összefüggés, Ebben az esetben a lineáris transzformáció báziscserét, azaz koordinátarendszer-transzformációt jelent. Ha az x vektor bázisáról például elemi bázistranszformációkkal áttérünk az y vektor bázisára, és a báziscsere mátrixa B, akkor - mivel ugyanarról a vektorról van szó By = x kell legyen. Ezt összehasonlítva az inverz transzformáció x = A _ 1 y egyenletével, azonnal látszik, hogy B = A ~1. Az alábbiakban néhány nevezetes lineáris transzformáció mátrixát mutatjuk be. 1. Tekintsük a sík egy p vektorát, legyenek koordinátái az ei = [1; 0]*, e 2 = [0; 1]* bázisban p = [x; y]*. Tükrözzük ezt a vektort az bázisvektorra (a szokásos derékszögű koordináta-rendszer x tengelyére)! Mik a tükörkép koordinátái? írjuk fel a tükrözést jelentő utasítást mátrixalakban! Legyen p tükörképe p' = [x';/]. Akkor (27. ábra) koordinátáira x' = 1 • x + 0 • y = x, / = 0-x-l •y = -y y
teljesül. Ebből a transzformáció T* mátrixa leolvasható:
y
-x
0 Valóban
27. ábra
121
Hasonló módon kaphatók az e2 bázisvektorra (y tengelyre), az origóra, a bázisvektorok y = x és y— — x egyenletű szögfelezőire történő tükrözés mátrixai. Ezek sorrendben:
Ty =
Tl
[
=
0
[l
T o = =
l]'
T2 =
o]'
[
0
[-I
-l]-
O]-
Azt állítjuk, hogy a v0 = [vú v2]* egységnyi irányvektorú, az origón áthaladó egyenesre való tükrözés mátrixa a T = 2v 0 Vo-E alakban írható fel. Ha ugyanis az x vektornak a v 0 vektorra vett tükörképe x', akkor az x vektornak a vo vektorra eső merőleges vetületvektorát kétféle módon felírva ~ ( x + x') = vo(vSx). Ebből x' = 2YOVOX — x = (2v 0 vo-E)x. T elemeit kiszámítva (vegyük észre, hogy v0vo diadikus szorzást jelöl),
mert v\ + v\ = 1. Háromdimenziós térben: "1 0 0" T = 2voV* — E = 2 1'2 [i>i; v2-, t>3] - 0 1 0 0 0 1 2 2 2 V1-V2-V3 lv2vi 2V$vi
122
V
ZV1V3 2v\v2 2 2 2 2v2V3 - Vi - l>3 2 2 2 2V3V2 V3-V1-V2. 2
2. Tekintsük most a geometriai tér egy p vektorát. Legyenek koordinátái a szokásos ei, e 2 , bázisban p = [x; y; z]*. Tükrözzük p-t az ei és e 2 által kifeszített xy síkra! Mik a tükörkép koordinátái? írjuk fel a tükrözést jelentő utasítást mátrixalakban! Ha p tükörképének koordinátái p' = [x';j/;z']*, akkor x' = 1 - x + 0- y + 0- z, y' = 0 • x + 1 • y + 0 • z, z' = 0 • x + 0 - y— 1 0• z. J
Ebből 1 0 0 0 1 0 0 0 - 1 Teljesen hasonló módon kapható az xz, yz síkra, az x, y, z tengelyre és az origóra való tükrözés mátrixa. Ezek sorrendben: "1 T„ = 0 0 "1 Tx = 0 0
0 -1 0
0" 0 , -1
0 -1 0
0" 0 , 1
"-1 0 Ty = 0
To
•1 0 0
"-1 0 TV- = 0 0 1 0
0" 0 , -1
0 1 0
0" 0 1
-1 0 Ts = 0
0 -1 0
0" 0 1
0 -1 0
Igazolható, hogy valamennyi tükröző mátrix determinánsának abszolút értéke 1. 3. Forgassuk el a sík p = [x; y]* vektorát az origó körül (pozitív irányban) cp szöggel. Határozzuk még az elforgatott vektor koordinátáit! írjuk fel a forgatást jelentő utasítást mátrixalakban! Jelölje az elforgatott vektor koordinátáit p' = [x';y']*. Ekkor a 28. ábrán látható derékszögű háromszögekből OP=OP' miatt x' - OP' cos (a + (p) / = OP' sin (a 4 (p)
OP (cos a cos (p — sin a sin (p) = x cos q> — y sin p, OP (sin a cos .
Ebből az origó körül cp szöggel való elforgatás mátrixa már leolvasható: cos (p — sin ( sin (p cos i 123
Az ábrán a (p és az a + cp hegyesszögek voltak, de állításunk tetszőleges szögek esetére is igaz. 4. Forgassuk el a tér egy p = [x; y; z]* vektorát az e3 vektor (z tengely) körül pozitív irányban (p szöggel! írjuk fel a forgatás mátrixát! Jelölje az elforgatott vektort p' = [x';/;z']*. A forgatás során p harmadik koordinátája nem változik, azaz z' = z. Az ei, e 2 vektorok síkjában az origó körüli (p szöggel való elforgatás eredményeképpen x' = x cos (p — y sin (p, y' = x sin
A három összefüggésből a forgatómátrix már leolvasható
FZ =
cos (p — sin (p 0 sin
Hasonló módon kapható az x, és az y tengely körüli (p szöggel való forgatás mátrixa: "1 0 F, = 0 cos (p 0 sin (p
0 -sin (p cos (p
Fy
=
cos (p 0 sin (p 0 1 0 — sin (p 0 cos (p
Bebizonyítható, hogy a v0 = [vú v2; 1^3]* egységnyi irányvektorú egyenes mint tengely körüli a szöggel történő pozitív irányú elforgatás F mátrixa a következő alakú: 124
vl V{V2 F = V2Vi vl y3vt v3v2
VIV3' ' 0 V2V3 + v3 -v2
-V3 0 Ü!
'vl + vl sin a + -v2vl -V3VX
V2 -V! 0
-vtv2 -V1V3 V i + v23 -v2v3 cos a. vi + vi -v3v2
Bebizonyítható, hogy valamennyi forgatómátrix determinánsának értéke 1. 5. Nyújtsuk meg a p = [2; 6; - 3]* vektor első koordinátáját a kétszeresére, második koordinátáját zsugorítsuk a harmadára, harmadik koordinátáját pedig hagyjuk változatlanul. írjuk fel a transzformáció mátrixát! Ha képvektor koordinátái p' = [x'\y'\ z']*, akkor y x' = 2x,
y' = - ,
z' — z,
és ebből a transzformáció N mátrixa '2már leolvasható: 0 0 1 0 0 3 0 1 0 —
Általában az
N =
ki 0 0
0 k2 0
0" 0 k3
mátrixszal olyan transzformáció írható le, amely a tárgyvektor egyes koordinátáit ki-, k2-, A^-szorosára nyújtja. Külön felhívjuk a figyelmet arra, hogy egy vektor fc-szorosára történő nyújtását (a szokott értelemben) akkor érjük el, ha ki = k2 = k3 = k. 6. Vetítsük a tér p vektorát merőlegesen az u = [u\\ u2; t/3]* vektorra! írjuk fel a merőleges vetítés mátrixát! A p vektornak az u vektorra eső merőleges vetületvektorát megadó pu = (peu)eu tanult képletét (1.2.1 pont) mátrixokkal felírva Pu = (u*tl) - *(pil*)tl, és ebből a vetítőmátrix már leolvasható: P = (u*u) _1 uu*,
125
illetve más alakban -II?
1 u\ + u\ + u\
U^U2
u1u3
U2U1
u\
u2u3
u3u1
u3u2
u\
Könnyen ellenőrizhető, hogy P projektormátrix, mert P 2 = P. A projektormátrix determinánsa 0, ezért ez a lineáris transzformáció szinguláris, egyértelmű inverze nem létezik. Be lehet látni, hogy az u = [HÚ U2\ "3]* és v = [VI; V2; ^3]* vektorok síkjára merőleges vetítés P projektormátrixa U*li u*v u*v v*v
-1 ut u2 u3
01 V2 P 3„
ux H
u2
u2
7. Most keressük meg annak a lineáris transzformációnak a mátrixát, amely az x = [xú x2; ^3]*, y = \yú y2l V3]*, z = [zú z2; ^3]* tárgyvektorokat az x' = [x'ú x2\ x'3]*, y' = [y'úyúy'i]*, z' = [z'ú Z2\z'3]* képvektorokba viszi át! Ha a tárgyvektorokat a Z = [x; y; z]* =
y1 J2 y3
z3
a képvektorokat a x± W = [x'; y'; z']* = x2 A
yt y2 y'3
zt 2 z 3
z
mátrixszal írjuk le, akkor a feladat megoldása annak az A mátrixnak a megkeresését jelenti, amely az AZ = W mátrixegyenlet megoldása. Ha det Z
0, az egyenlet megoldható, mégpedig A = WZ"1.
Ha det Z = 0, a feladat nem oldható meg. 8. A szilárdságtanban megmutatják, hogy ha egy szilárd test erők hatására alakválA/ tozást szenved, akkor az az e = — fajlagos hosszváltozással és a y szögváltozással la 126
adható meg. Az általános alakváltozási állapot a szokásos derékszögű koordinátarendszerben az ún. alakváltozási mátrixszal adható meg: £x
y*z
2
1
i
S =
Sy
1
1 -2y«
V"
£z
ahol az indexek mutatják, hogy, melyik koordinátatengelyre, ill. koordinátasíkra vonatkozó változásról van szó. Ha n a test belsejében felvett tetszőleges egységvektor, akkor a d ^ S n vektort, az alakváltozási állapotra jellemző vektort deformációvektornak nevezik. A test belső erőinek - a feszültségeknek - eloszlása a test egy vizsgált keresztmetszete ben a keresztmetszetre merőlegese normális feszültségvektorral és a keresztmetszet síkjában ébredő x csúsztató feszültségvektorral írható le. Az általános feszültségi állapot a szokásos koordináta-rendszerben a
?xy
Txz
Tyx
Oy
Tyz
y zx
T Zy
Gz
T =
feszültségmátrixszal adható meg, ahol az indexek mutatják, hogy a vektorok mely irányú komponenseiről van szó. Ha n a keresztmetszet egy egységvektora, akkor az f = Tn vektor az ún. feszültségvektor.
2.4.4 Sajátérték-számítás Az előző pontban láttuk, hogy az ^-edrendű au
*22
A = 0,731
1w 2n
'12
2
4
n2
mátrixszal az Ew vektortér egy lineáris transzformációja adható meg, amely az x = tárgyvektorhoz az y = Ax képvektort rendeli. A gyakorlatban fontos szerepet játszanak azok a vektorok, amelyeknek az iránya a transzformáció során nem változik meg.
127
DEFINÍCIÓ. Azokat a vektorokat, amelyekre Ax = Ax, ahol A valós szám, az A lineáris transzformáció (az A mátrix) sajátvektorainak, a 2 számokat a transzformáció (ill. az A mátrix) sajátértékeinek nevezzük. Ha egy x vektor sajátvektor, akkor nyilván tetszőleges a-szorosa (a e R) is sajátvektor, amely ugyanahhoz a X értékhez tartozik. Az x és ax sajátvektorokat nem tekintjük lényegesen különbözőknek. Az A mátrix sajátvektorainak meghatározásához meg kell oldanunk a (AE-A)x - 0 inátrixegyenletet, ill. az ennek megfelelő (zl-tfii)xi~~a2Lxi ~~anlx1
a12x2 aXnxn +(X~ a22)x2 —... — a2nxn —
an2x2
=0, =0,
—... -f (X — ann)xn — 0
homogén lineáris egyenletrendszert. Ennek akkor van a triviálistól különböző megoldása, ha determinánsa, az A mátrix karakterisztikus determinánsa 0, azaz X~aÍL det (AE — A) = ~<*21 -<*nl
-a12 X-a22
.. ....
~
a
l n
~a2n X~ ann
A determinánst kifejtve A-ra egy pontosan «-edfokú polinomot, az A mátrix karakterisztikus polinomját kapjuk. A det ( A E - A ) = 0 egyenletet az A mátrix karakterisztikus egyenletének nevezzük, ennek gyökei a sajátértékek. A valós számok felett értelmezett vektortérben nem minden lineáris transzformációnak van sajátértéke, mert nem biztos, hogy a karakterisztikus egyenletnek van valós gyöke. Be lehet azonban látni, hogy pl. a szimmetrikus mátrixok valamennyi sajátértéke valós. Minden sajátértékhez tartozik sajátvektor, amelynek koordinátáit úgy kapjuk meg, hogy a kiszámított A értéket visszahelyettesítjük a homogén egyenletrendszerbe, majd az egyenletrendszert megoldjuk. Tekintettel arra, hogy egy homogén egyenletrendszer nemtriviális megoldása tartalmaz szabadon választható ismeretlent, ezért csak a sajátvektorok iránya van egyértelműen meghatározva (a nagyságuk nem). Ha az ^-dimenziós térre vonatkozó, az A mátrixszal adott lineáris transzformációnak n számú különböző sajátértéke van, akkor ezekhez n számú sajátvektor tartozik, amelyekről be lehet bizonyítani, hogy lineárisan függetlenek, tehát bázist alkotnak. Számos gyakorlati feladat megoldása során ez a bázis előnyösen felhasználható. 128
Legyen az n-edrendű A mátrix n-számú különböző sajátértéke A\, A2, ..., A„, az ezekhez tartozó n számú sajátvektora su s 2 , ..., s„. Ekkor As t = AiSi, As2 = A2s2, AS„
Az S — [su s 2 , . . . , s j * es az 0
0 0
ó
An
0
L =
6
mátrixok bevezetésével az előbbi egyenletrendszer AS = SL alakban írható fel, és mivel det S # 0, ezért S - 1 létezik, és ezzel S - 1 A S = L. Ez azt jelenti, hogy az A mátrixot a sajátvektorokból álló S bázisra való áttérés az L diagonálmátrixba viszi át, amelynek főátlójában éppen a sajátértékek állnak. Gyakorlásképpen határozzuk meg az
A =
3 7 -4
2-1" 8 - 1 -4 3
mátrixszal adott lineáris transzformáció sajátértékeit és sajátvektorait! A karakterisztikus egyenlet a karakterisztikus determinánsból
det(AE-A) =
A-3 -7 4
-2 2-8 4
1 1 A —3
= (A-3)[(A-8)(A-3)-4] + 2[-7(A-3)-4] + [-28-4(A-8)] = A 3 -14A 2 + 35A-22 = 0. A kapott egyenlet gyökei Ai = 1, A2 = 2, A3 = 11. 129
A — \ sajátértékhez tartozó s x = [s±ú 512; 513]* sajátvektor koordinátái az (1 E —A)st = 0, illetve részletesen felírva a — —2^12+ ^13 = 0, - 7 ^ 1 1 - 7 5 1 2 + ^13 = 0, 4^ii + 45i2-25i3 = 0 homogén egyenletrendszerből számíthatók ki. Az egyenletrendszert elemi bázistranszformációkkal oldjuk meg. A táblázatok J12 e
l e2 e3
- 2
- 2
DO
-7 4
-7 4
1 -2
513 - 2 -5 e2 e 0 3
-2
F^l 0
i 0 0
0 1 0
0 1 0
1 0 0
•S13
512 3
e
Az utolsó táblázatból látható, hogy kettőnél több oszlopvektor nem vonható be a bázisba, ezért Q{A) = 2. Mivel n = 3, ezért a szabadságfok 1, egy ismeretlen választható meg szabadon. Ez nem lehet 513, mert 5i 3 = 0. (Ez az utolsó táblázat első sorából következik.) Ha s n ~ t , akkor a második sorból t + si2 =: 0, és így 512= ~ t . Ha például t = 1, akkor az s x sajátvektor s x = [1; - 1; 0]*. Válasszuk t értékét úgy, hogy s t egységvektor legyen, azaz normáljuk a sajátvektort! Ekkor sV
s,
|~1
1
|Sil
\J2
][2
"l*
Hasonló számításokkal megkapható, hogy a A 2 = 2 sajátértékhez például az n s 2 = [ - 2; 3; 4]*
sajátvektor, illetve az
s°2 =
2
r -
3
sajátvektor, illetve az
normált sajátvektor tartozik. 130
s^ =
T
;
normált sajátvektor; a A 3 = 11 sajátértékhez pedig például az1 n r s 3 = [ - 1; - 3 ; 2]*
4
3
; -
2
T
3. KOMPLEX SZÁMOK
3.1 A komplex számok bevezetése A Ví.ü tos számok megismerésekor láttuk, hogy a valós számok rendezett számtestet alkotnak, és szemléltetésük a számegyenes pontjaival (helyvektoraival) történhet. Eddigi tanulmányaink során azonban azt is láttuk, hogy a valós számok halmazában nem végezhető el korlátlanul minden, a gyakorlatban felmerülő művelet, hiszen pl. a valós együtthatós másodfokú algebrai egyenlet sem oldható meg a valós számok halmazán, ha diszkriminánsa negatív. Ezért célszerű volna a valós számok halmazát ágy bővíteni, hogy egyrészt a bővített halmazban tudjunk negatív számból is négyzetgyököt vonni, másrészt a valós számok halmazában fennálló törvényekből minél többet mentsünk át az új halmazba. Kívánalmainkat három követelményben fogalmazzuk meg: 1. A bővített számhalmazban az x2=-l egyenletnek legyen gyöke. 2. A bővített számhalmaz elemei alkossanak számtestet. 3. Az új számtest tartalmazza a valós számtestet. A valós számoknak a számegyenes helyvektoraival való szemléltetése sugall egy lehetséges megoldást. Mivel a valós számoknak megfeleltetett pontok, a helyvektorok végpontjai kitöltik a számegyenest, ezért természetes az a gondolat, hogy a számegyenesről lépjünk le a számegyenest tartalmazó síkra, és a sík pontjaiban fedezzük fel a bevezetendő számok képét. A sík helyvektorai két valós szám segítségével adhatók meg, ezért célszerűnek látszik az új számok, a komplex számok következő definíciója: DFFINÍCIÓ.
Komplex számnak nevezzük az (a; b) valós számokból álló rendezett
számpárt. Az (a; b) komplex szám akkor és csak akkor egyenlő az (a'\ b') komplex számmal, ha a = a' és b = b'. A komplex számok körében a következőképpen értelmezzük az összeadás műveletét (a; ti) + (c; d) = (,a + c\b + d), 131
és a szorzás műveletét (a; tí) (c; d) = (ac — bd\ ad + be). Kimutatható, hogy a fenti összeadás és szorzás kommutatív és asszociatív, továbbá a disztributivitás is teljesül. A komplex számok halmazában van zéruselem, a (0; 0) számpár, mert (a;b)H0;0)
= (a; 6);
van egységelem, az (1; 0) számpár, mert ( a ; 6 ) ( l ; 0 ) = (a; 6); az összeadás egyértelmű módon megfordítható, vagyis a kivonás elvégezhető (a;b) + ( - a ; ~ b ) = (0; 0); a (0; 0) komplex szám kivételével minden komplex számhoz egy és csak egy komplex szám található, amellyel megszorozva az egységelemet kapjuk:
vagyis az osztás egyértelműen elvégezhető. Ezzel beláttuk, hogy a 2. követelményünk teljesült, mert a komplex számok halmaza valóban számtestet alkot. A komplex számok testét C-vel fogjuk jelölni. A 3. követelményünk is teljesül, hiszen ha minden egyes a valós számnak az (a; 0) komplex számot feleltetjük meg, akkor a komplex számokra értelmezett műveletek a valós számokra értelmezett műveleteket adják. Például (ai + tf2)-nek (fli;0) + (a 2 ; 0) = ( a i + a2; 0) felel meg. Jelöljük a (0; 1) komplex számot /-vei! Ekkor i2 = ii=(0;
1) (0; 1) = (— 1; 0).
A jobb oldalon az előzőek szerint valós szám áll, mégpedig - 1. így — i
,
vagyis az x2 = - 1 egyenletnek valóban van megoldása, nevezetesen az i komplex 132
szám, amelyet imaginárius vagy képzetes egységnek nevezünk. (Az i helyett használatos a j jelölés is.) Ezzel beláttuk, hogy a komplex számokkal szemben támasztott 1. követelményünk is teljesült. Megemlítjük, hogy a komplex számok - a valós számokkal ellentétben - nem alkotnak rendezett testet (ezt nem is követeltük meg!), mert a komplex számok testében a „kisebb", „nagyobb" fogalom nincs definiálva, és nem is definiálható. Felmerülhet még az a kérdés is, hogy a komplex számtestet nem lehetne-e még tovább bővíteni úgy, hogy a kapott új számok valamilyen más előírt szempontból „még jobbak" legyenek. Ilyen további bővítés vezet a kvaterniókhoz, és bebizonyítható, hogy más bővítés lényegében nincs. Bár a komplex számokat már a XVIII. sz. végén is használták, pontos elméletüket a XIX. sz. húszas éveiben alkotta meg C. F. Gauss és A. Cauchy.
3.2 Műveletek algebrai alakú komplex számokkal 3.2.1 A komplex számok algebrai alakja, szemléltetése Az előző részben láttuk, hogy az a valós szám komplex számként az (a; 0) alakban, az i képzetes egység a (0; 1) alakban írható fel. Legyen b egy valós szám, azaz komplex alakja {b\ 0). Ekkor b és i szorzata bi=(b;0)(
0; 1) = (0 \b).
DEFINÍCIÓ. A (0; b), ill. bi alakú számokat képzetes számoknak nevezzük. Mivel (a; 0) + (0;b) = (a; b\ ezért a z = (a; b) komplex szám a z = a + bi alakban is felírható. DEFINÍCIÓ. A komplex szám z =
a
+ bi
alakját a komplex szám algebrai vagy kanonikus alakjának nevezzük. 133
a a z komplex szám valós része, gyakran használt jele Re z, h a z komplex szám képzetes része, jele lm z. A gyakorlatban szükségünk van egy komplex szám konjugáltjának a fogalmára. DEFINÍCIÓ. A Z =
a + bi komplex szám konjugáltjának a z = a — bi
komplex számot nevezzük. A definícióból következik, hogy z = z, z1+z2
= z1+z2,
zxz2 = ztz2* ( — ) = =9 Z ' W 2
továbbá z = z akkor és csak akkor, ha z valós szám. A műveletek elvégzésével látható, hogy z + z = 0 ; b) + {a\ ~b) = (2a; 0) = 2 R e z , zz - (a; b) (a; - b) = (a2 + b2\ 0) = (Re z) 2 + (lm z) 2 ; vagyis z + z valós, zz pedig nemnegatív valós szám. Megemlítjük még, hogy az i2 = - 1 egyenlőségbői kiindulva, és mind a két oldalt /-vei megszorozva az alábbi összefüggéseket kapjuk: i 3 = (í2)/ = ( - l ) í = - u = ( / 3 ) / = - k = - i 2 = 1, 5 i = (f 4 )/ = Látható, hogy i hatványai négyesével ismétlődnek, továbbá legyen i°= 1. Ezek szerint i magasabb hatványai is nagyon egyszerűen számíthatók ki, mert z-t az adott hatványkitevő 4-gyel való osztás utáni maradékára kell hatványozni. Például .1984 _
-0 _
*
1
1^
.1985 _
I
.
l^
-1986 __ -2 ___ _ i l>
" v
1^
-1987 „
I
-3 __
£•
•
*•
A komplex számokat szemléltetni is szoktuk. Vegyünk fel a síkban egy derékszögű koordináta-rendszert. Feleltessük meg a z ~ a + bi komplex számnak az (a;b) koordinátájú P pontot (29. ábra)\ Ez a megfeleltetés nyilván kölcsönösen egyértelmű. Ha a komplex számokat a síkon ábrázoljuk, akkor a Gauss-féle vagy komplex számsíkról beszélünk. A sík pontjai a komplex számok egy modelljének tekinthetők. 134
Minthogy a koordináta-rendszer x tengelyén a komplex számok valós részét (mint abszcisszát) ábrázoljuk, továbbá a tengely pontjainak a valós számok felelnek meg. ezért az x tengelyt valós tengelynek nevezzük. Az y tengelyen pedig a komplex számok képzetes részét (mint ordinátát) ábrázoljuk, és a tengely pontjainak a képzetes számok felelnek meg, ezért az v tengelyt képzetes tengelynek nevezzük. A z komplex számnak azonban nemcsak az előbbi P pont, hanem az OP helyvektor is megfeleltethető (29. ábra), és ez a megfeleltetés is kölcsönösen egyértelmű. A sík helyvektorai a komplex számok egy másik modelljének tekinthetők. A vektorokkal való szemléltetés különösen előnyös akkor, ha a komplex számok összeadását vagy kivonását óhajtjuk szemléltetni.
A 30. ábrán a z± = 3 + 2/, z2 = 3 - 2 / , z 3 = - 1 + 3/, z 4 = 2, z 5 = - f i i komplex számokat ábrázoltuk. Az ábráról az is leolvasható, hogy a z 2 = zx szám képe a z\ szám képéből úgy kapható, hogy azt a valós tengelyre tükrözzük.
135
3.2.2 Algebrai alakú komplex számok összevonása A komplex számoknak a 3.1 részben értelmezett összeadását és kivonását a =
zi = a^ + biU
a
i + b2 i
algebrai alakú komplex számokra alkalmazva: zt±z2
= (a1±a2)
+
(b1±b2)i.
Két algebrai alakú komplex számot tehát úgy adunk össze (vonunk ki), hogy a valós és képzetes részeket külön-külön összeadjuk (kivonjuk). Az összevonás több komplex számra hasonlóan érvényes. Ha komplex számokat vektorokkal szemléltetjük, akkor ez az összeadás és kivonás - amint az a 31. ábrán látható - éppen a vektorok halmazán értelmezett összeadást (paralelogramma-szabály) és kivonást szolgáltatja.
31. ábra KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Legyen zi = 3 + 4/, z 2 = —1 + /. Határozzuk meg a zt + z2 és komplex számokat! Megoldás. Esetünkben
z1-z2
zi + z 2 = (3 + 4/) + ( - l + /) = 2 + 5/, z i - z 2 = (3 + 40 —(—1 + 0 = 4 + 3í 2. Példa. Adott a z = 2 + 3/ komplex szám. Határozzuk meg a z + z é s z - z komplex számokat! Megoldás. Mivel z = 2 — 3/, ezért z + z = (2 + 3/) + ( 2 - 3 / ) = 4 = 2 R e z , z - z = ( 2 + 3 0 - ( 2 - 3 0 = 6/ = 2 lm z. 136
3. Példa. Határozzuk meg a következő komplex számok összegét: Zi = - 2 + /,
z2 = 1 0 - 8 / ,
z3 = - 3 - 4 / .
Megoldás, Z!+Z2 + Z3 = ( - 2 + /) + ( 1 0 - 8 / ) + ( - 3 - 4 / ) = 5 - 1 1 / . 4. Példa. Oldjuk meg az x 2 + 2x + 2 = 0 egyenletet a komplex számok halmazán! Megoldás. — 2±|/4—~8 *1,2
= - 1 ± /•
=
Mind a két gyök kielégíti az egyenletet.
3.2.3 Algebrai alakú komplex számok szorzása, osztása, hatványozása A) Szorzás Szorozzuk össze a z1 = ax + bti9 z2 = a2 + b2i komplex számokat a valós számokra megismert szabályok szerint. Ekkor - felhasználva, hogy i2 = — 1 z x z 2 = (a1 + b1i)(a2 + b2i) = = a1a2 + a2b1i+a1b2i + b1b2i2 = = ata2 - b1b2 + (alb2 + a^^i, és a kapott szorzat éppen az a komplex szám, amelyet két komplex szám szorzatának definiáltunk, tehát eljárásunk alkalmazható, vagyis ziz2 = (axa2 — bj)^ + (a1b2 + ajy^i. A szorzás több tényezőre is kiterjeszthető. Ha a komplex számokat vektorokkal szemléltetjük, a szorzatvektor megszerkeszthető, erre a következő fejezetben mutatunk eljárást. Érdemes megfigyelni, hogy ha egy komplex számot /-vei szorzunk meg, akkor a komplex számot szemléltető vektor az 71
-b*ai
a
\
ra+bi ^
-b
\ 0
^ a
b
origó körül - szöggel pozitív irányba elfordul.
32. ábra
137
Ugyanis (a-\rbi)i = —b + ai (32. ábra). KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Legyen zi = 3 - 4 / , z 2 = 7 + i Határozzuk meg a ziz 2 , ziz 2 komplex számok algebrai alakját! Megoldás. Esetünkben z x =-- 3 + 4/, z 2 = 1 - i . Ekkor ziz 2 ZiZ2 ZÍZ2 Zif 2 ziz 2
= (3-4z)(7 + 0 - (3 + 4/)(7 + /) - (3-4/) (7-/) = (3 + 4 / ) ( 7 - / ) — z 3 z 2 — 25 +
= 21 - 2 8 / + 3 / - 4i2 = 21+28/+3/+4/2 = 2 1 - 2 8 / - 3 / + 4/ 2 = 21+ 2 8 / - 3 / - 4 / 2 25/.
= = = =
ziz2,zíz2,zíz2és
25-25/, 17 + 31/, 17-31/, 25 + 25/,
2. Példa. Határozzuk meg a zz, z 2 és z 2 komplex számokat, ha z = 2 — 3/! Megoldás. Mivel most z = 2 + 3/, ezért zz = ( 2 - 3 / ) ( 2 + 3/) = 4 - 9/2 = 13, z 2 = ( 2 - 3/)2 = 4 - 1 2 / + 9/ 2 = —5 — 12/, z 2 - (2 + 3/)2 = 4 + 1 2 / + 9/ 2 - —5 + 12/ = z 1 . 3. Példa. Legyen z = 2 + 3/. Határozzuk meg az /z, /z2, (/z) 2 komplex számokat! Megoldás. Esetünkben iz = /(2 + 3/) = - 3 + 2/, iz2 = /(2 + 3/)2 - /(4+12/+9/ 2 ) = /( — 5 + 12/) = - 1 2 - 5 / , (iz)2 = ( - 3 + 2/)2 = 9 - 12/+4/ 2 - 5 - 1 2 / = - z 2 .
B) Osztás Osszuk el a zi = alJrbli komplex számot a z 2 = a2 + b2i komplex számmal! A hányadost algebrai alakban szeretnénk megkapni. Hogy a formálisan felírt zx
a1 + bli
z2
a2 + b2i
hányados nevezőjéből a képzetes részt kiküszöböljük, bővítsük a törtet a nevező konjugáltjával., akkor
138
zx _ a^+bti z2
_ (al + bíi)(a2-b2i)
a
2 + b2i
axa2-a1b2i+a2b1i-b1b2i2
__
a\ - b\i2
(a2 + b2i) (a2 — b2í) __ a1a2 + b1b2 —a1b2 + a2b1 = a\ + b\ a\ + b\ ''
vagyis: Zi
=
aia2 + b1b2
Z2
a2bi~a1b2
+
+
.
+
A kissé bonyolult végeredményt nem szükséges megtanulni, csak annyit érdemes m e g j e g y e z n i , hogy az osztás végrehajtásának az első lépése a nevező konjugáltjával való bővítés. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1 1. Példa. Határozzuk meg - algebrai alakját! / Megoldás. 1 i
2. Példa. Legyen z = 4—
1
z
z
Határozzuk meg az - , - és - komplex számok algebz z z
rai alakját! Megoldás. Mivel z = 4 + /, ezért 1 _ 1
4+ i
_
z ~ 4 - 1 " (4-0(4+7) z__4-/_
2
(4 — í)
4+ /
4
_1 .
1 6 - 7 ~~ 17 _ 16-8i+1
2
17
h
_ 15
8
£ ™ 4 + / ~ (4 + 0 ( 4 ~ 0 "" H L Í ^ T " ~ 17
17
z _ 4 + i _ (4 + 0 2 16 + 8 / + / 2 15 z ~ A - i ~ (4^/^(4+7) ~ 1 6 - 7 " ~ 17
17 U
h
3. Példa. Határozzuk meg a : = a + bi komplex szám reciprokának algebrai alakját! Megoldás. 1 z
1 a + bi
a-bi (a + bi) (a-bi)
a-bi 2
a
a +b
2
2
^
a +b
2
- h 2
a + b2
amint azt a 3.1 részben már láttuk. 139
4. Példa. Legyen z± = 4 - i, z 2 = 3 + 2/. Határozzuk meg a — és — törtek alZl gebrai alakját! Megoldás. 9 — 4/ 2
~z2 ~ 3 + 2 i ~ (3 + 2 0 ( 3 - 2 0 ~
13 h
Z2 _ 3 + 2i _ (3 + 2 0 ( 4 + 0 _ 12 + 8 / + 3 / + 2 / 2 _ 10 ir
~ ~4 i
"
(4-0(4 + 0 ~
16-i
2
" 17
11 . +
17
C) Hatványozás A z = a + bi algebrai alakú komplex szám «-edik (n természetes szám) hatványát a binomiális tétel segítségével számítjuk ki. KIDOLGOZOTT PÉLDA
( 2 - 5 0 4 = ( o ) 2 4 + ( í ) 2 3 ( - 50 +2
2 2 ( - 50 2 + ( 3 ) 2 ( - 5z)3 + 3
(-
=
4
= 1 6 - 1 6 0 / + 600/ -1000/ + 625/ = = 16— 160/—600+ 1000/+625 = 41 + 840/.
3.3 Műveletek trigonometrikus alakú komplex számokkal 3.3.1 A komplex számok trigonometrikus alakja A z = a + bi komplex számot a valós és a képzetes része egyértelműen meghatározza. Egy komplex számot azonban nem kell feltétlenül ezzel a két adattal meghatározni, a meghatározására van más lehetőség is. Tekintsük ugyanis a z = a + bi komplex számnak az origótól mért távolságát, valamint a komplex számhoz mutató vektor és a valós tengely pozitív irányával bezárt szöget (33. ábra). Az előbbit a komplex szám abszolút értékének (vagy modulusának) nevezzük (jele |z| vagy r), az utóbbit a komplex szám irányszögének (vagy argumentumának) nevezzük (jele (p). Világos, hogy - az origótól, mint komplex számtól eltekintve - minden komplex szám megadásához az r és (p megadása szükséges, és adott r és cp a komplex számot egyértel140
műen meghatározza. Az origónak az irányszöge határozatlan ugyan, de az origót az r = 0 feltétel egyedül is egyértelműen meghatározza. Fordítva nem ilyen egyértelmű a helyzet, ugyanis azonnal látszik, hogy minden komplex számhoz végtelen sok irányszög tartozik, mert ^-vel együtt
= r cos (p
és
b = r sin (p,
illetve r
=
és b tg (p = - , a
, és ebből
b cp = arc tg - . a
b A (p = arc tg - összefüggés nem határozza meg egyértelműen a (p szöget, mert a b a - hányados például negatív lehet azért, mert a negatív és b pozitív, vagy fordítva. a n 3 Az első esetben
z komplex szám z = r(cos (p + i sin (p)
alakját a z komplex szám trigonometrikus alakjának nevezzük. 141
A trigonometrikus alak felírásánál lényeges, hogy r nemnegatív, és a zárójelben + előjel álljon. Például a zi = - 2
(
n n\ cos —H / sin — ) 4/
V 4
és a
( n z2 = 2 cos
7i\ / sin -
v 4
4,/
egy-egy komplex szám ugyan, de nem trigonometrikus alakú! Az első szám trigono( 5n 5n\ ln 7n\ metrikus alakja a z\ — 2 cos + / sin— , a másodiké Z2 = 2 cos Vi sin— . 4 4 V 4 4; ' V / Megjegyezzük végül, hogy az irányszög mind ívmértékben, mind fokban megadható.
,
/
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. írjuk fel a z = p— / algebrai alakú komplex szám trigonometrikus alakját! Megoldás, z abszolút értéke r - (3 + í - 2, irányszöge b ( 1 (p = arc tg - = arc tg — , = a \ p A tangensfüggvény a második és negyedik síknegyedben negatív, de mivel z valós része pozitív, ezért ez a komplex szám a negyedik síknegyedben van, vagyis (p = 360°-30° = 330°. így z trigonometrikus alakja z = 2(cos 330° + / sin 330°). 2. Példa. írjuk fel a z = 3(cos 140° + / s i n 140°) komplex szám algebrai alakját! Megoldás. A szögfüggvénytáblázat alapján z = 3(-0,7660 + /-0,6428) = -2,2980+1,9284/.
142
3.3.2 Trigonometrikus alakú komplex számok szorzása, hatványozása, osztása A komplex számok összeadására vonatkozó paralelogramma-szabály mutatja, hogy az összeg abszolút értéke, ill. irányszöge a tagok abszolút értékéből, ill. irányszö géből nem számítható ki egyszerű módon, ezért trigonometrikus alakban megadott komplex számok összevonására nem adunk formulát. Ilyenkor a trigonometrikus alakú komplex számokat algebrai alakúakra alakítjuk át, és az összevonást algebrai alakban végezzük el.
A) Szorzás Legyen zi -= n(cos (pi 4- i sin (pi),
z2 = r 2 (cos (p2 4- i sin (pi).
akkor ziz2 = ?'ir2(cos (pi -I- i sin (pi) (cos (p2 4- i sin p 2 ) — = rir 2 [cos 2) 4- i sin ((px 4- (p2)]. Az átalakításnál az ismert cos a cos fi - sin a sin P = cos (a 4- /?), sin a cos cos a sin /? = sin (a 4- P) összefüggéseket használtuk fel. Általában, ha zi, z 2 , z 3 , ..., zn'n db komplex szám, amelyeknek abszolút értéke rendre ru r2, r3, rm irányszögeik pedig tpu (p2, (p?>,
12
"
z
n
- rír2' * ^„[cos ((pi 4- (p2 4-... 4-
((Pl
4- (p2 4- ... 4- (pn)].
Szavakban: komplex számok szorzatának abszolút értéke a tényezők abszolút értékének szorzata, irányszöge pedig a tényezők irányszögének az összege. • E szabály alapján a z = zxz2 komplex szám megszerkesztésére a következő egyszerű eljárás adható meg (34. ábra): Az egyik, például a z2 komplex számhoz mutató vektor fölé az O, E és z± csúcsokkal rendelkező háromszöghöz hasonló és vele azonos körüljárású háromszöget szerkesztünk, az E-nek a z 2 -t feleltetve meg. E háromszögben a zi-nek megfelelő csúcsba mutató vektor a zíz2 komplex szám vektora. 143
Valóban, a z1z2 komplex szám abszolút értéke a zi és z 2 komplex számok abszolút értékének szorzata, hiszen a háromszögek hasonlósága alapján felírható \z1z2\ : \zt\ = Iz21 : 1 z, aránypárból 01; 0)
0
\z±z2\ = |Zi| |z 2 | és a szerkesztés miatt z irányszöge z\ és z 2 irányszögének összege.
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Legyen zi = 3(cos 105° + i sin 105°), z 2 = 3i. Számítsuk ki a ZjZ2 komplex számot! Megoldás. z x z 2 = 3(cos 105° + i sin 105°) • 3(cos 90° + i sin 90°) = 9(cos 195° + i sin 195°). 2. Példa. Legyen zi = 2(cos 38° + i sin 38°) és z 2 = - 2 + 2i. Számítsuk ki a z = z1z2 értéket! Megoldás. Mivel zt a zi-nek az x tengelyre vett tükörképe, ezért trigonometrikus alakja: z± = 2[cos (360° - 38°) + i sin (360° - 38°)] = 2(cos 322° + i sin 322°). A szorzás elvégzéséhez z 2 -t is trigonometrikus alakban kell felírnunk: r2 = j/4 + 4 = 2 ]/2
és
(p2 = arc tg ( - 1).
Ennek alapján ^ 2 = 135° vagy (p2 = 315° lehetséges. Mivel z 2 valós része negatív, (p2 = 135°, és így z 2 trigonometrikus alakja z 2 = 2 ^2 (cos 135° + / sin 135°), és a keresett szorzat zt-z2
144
= 4^2 (cos 457° + / sin 457°) = 4]fl (cos 97° +/ sin 97°).
B) Hatványozás Ha n számú egyenlő komplex számra alkalmazzuk a szorzási szabályt, a hatványozás szabályát kapjuk. Ha tehát z^ — z2 — z3 —
— zn — z,
és ennek megfelelően ri=:r2 = r3 = ... = rn = r
(pi" (p2 — (p3 — ...=
(pn = (p,
ekkor a hatványozás szabálya: ztl = r n (cos ncp + / sin n
1. Példa. Számítsuk ki z = 2(cos 37° + i sin 37°) harmadik hatványát! Megoldás. z 3 = 8(cos 111°+/sin 111°). 2. Példa. A 3.2.3 pont utolsó példájában láttuk, hogy a z = 2 — 5/ komplex szám negyedik hatványának kiszámítása a binomiális tétel alapján elég hosszadalmas volt. Gyorsabban jutunk célhoz, ha a műveletet a szám trigonometrikus alakjával végezzük el. Mivel |z| = |/4 + 25 = |/29, és cp = arc tg ^ - ^ " b ő l (figyelembe véve, hogy a z a negyedik síknegyedben van) cp = 360° - 6 8 , 2 ° = 291,8°, ezért z = ]/29 (cos 291,8°+/ sin 291,8°), és így negyedik hatványa z 4 = 29 2 (cos 1167,2°+/sin 1167,2°) = 29*(cos 87,2° +/ sin 87,2°).
145
Ha z 4 algebrai alakjára is kíváncsiak vagyunk, z 4 - 841(0,0488 + /0,9988) = 41,08 + 839,99/, és ez jól közelíti meg a pontos 41 + 840/ értéket.
C) Osztás Ha zi = ri(cos (p\ + / sin (pi) és z2 = r2(cos (p2 + i sin
r x (cos (pi
/ sin (pi) _ ri(cos (pi + / sin (pi) (cos
z2
r 2 (cos (p2 + i sin (p2) r2{cos (p2 + / sin (p2) (cos - / sin ri cos (pi cos + sin (pi sin (p2 + /(sin cpi cos
^ sin
cos 2 (p2 f sin 2
r2 r i = - [cos (r/?t - (p2) + / sin r2 Zj
- / sin (p2)
- (p2)},
Tj
íe/iáí a — hányados abszolút értéke —vei, irányszöge (fp 1 - (f>i)-vei egyenlő, azaz z2 r2
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Legyen zi = 6(cos 185° + i sin 185°)
és
z 2 = 2(cos 43° +i sin 43°).
Z
1 , z2 Számítsuk ki a — és — hányadosokat! Z 2 Zl Megoldás. -z, z2 z2
=
6(cos 185° + / sin 185°) — = 2(cos 43 + i sin 43 ) 2(cos 43° + i sin 43°)
3(cos 142° + / sin 142°);
1 = - [cos (•- 142°) + i sin ( - 142°)] = zt 6(cos 185° + i s i n 185°) 3 1 = --(cos 218° + / sin 218°).
146
2 2. Példa. Kiszámítandó a z = - ( c o s 60° +1 sin 60°) hányados! i Megoldás. Mivel i = l(cos 90° +i sin 90°), ezért z =
2(cos 60° + / sin 60°) =
cos 90 +1 sin 90 - 2(cos 330°+/sin 330°).
2[cos (— 30 ) + i sin (— 30 )] =
Könnyen belátható, hogy az eddigi műveletek során az irányszögnél fellépő határozatlanság nem játszik szerepet, mert 2n egész számú többszöröseinek összege, különbsége és többszöröse ismét 27r»nek egész számú többszöröse, és így a műveletek elvégzése után ismét csak 2n, vagy ennek egész számú többszöröse léphet fel.
3.3.3 Gyökvonás trigonometrikus alakú komplex számból A z = r(cos (p + i sin
es ny/ = (p + 2kn. Innen
e=fr tp + 2kn y/
=
z
,
k
= 0, ± 1 , ± 2 , 147
n
Eszerint fz trigonometrikus alakja: »
»
/
2kn
(p +
1lz = Vr cos \
2kn\
(p +
+ísin-
, k = 0, ± 1 , ± 2 , . . . .
n
n
)
A jobb oldalt az w-edik hatványra emelve, látjuk, hogy minden ilyen alakú szám valóban 72-edik gyöke a z-nek. Ha k helyébe a 0, 1,2, — 1 természetes számokat írjuk, a következő gyöksorozatot kapjuk:
fZl = f n
fz2 n
k = 0,
n
n
(p
f z = f r cos ( - H n n
47t\
((p
k=l,
4n
k= 2,
) + i sin ~ H \n n
n :r A cos (V- ±+ (n-\)2n\ . (q> Vzn = vr +1. sin \n n ) \n
(n-l)2n\] n / J
n- 1.
Mivel a gyökök irányszöge egymástól 27c-nél kevesebbel tér el, a gyökök között nem lehet egyenlő, ha viszont k helyébe pl. az n, n+ 1, 2n— 1 értéket helyettesítjük, a kapott irányszögek az előzőktől rendre csak 27r-ben különböznek, azaz rendre az előző gyökökhöz jutottunk. Látható tehát, hogy n helyébe az egész számokat helyettesítve a gyökök periodikusan ismétlődnek, és közöttük pontosan n db különböző van. Ez azt jelenti, hogy minden zérustól különböző z komplex számnak pontosan n db különböző n-edik gyöke van, azaz az «-edik gyökvonás pontosan n értékű művelet a komplex számok körében. Ennek alapján »
»
/
|lz = )\r I cos
(p +
2kn
b i sin
(p +
2kn\
I,
k = 0,1, 2, ..., n— 1. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Határozzuk meg a z = 8(cos 78° + / sin 78°) komplex szám harmadik gyökeit! Megoldás. v / 78°+ 0° 78° + 0( liz< = 2 ( cos — J 1- i sin J = 2(cos 26° + i sin 26°), k = 0, \ / V í 78°+ 360° 78° + 360°\ ]/z = 2 cos + i sin = 2(cos 146° + i sin 146°), k = 1,
148
v! / 78° + 2 • 360° 78° + 2 • 360°\ \ z3 = 2 í cos + i sin 1 = 2(cos 266° + i sin 266°),
k = 2.
360° Vegyük észre, hogy az egymás utáni gyökök irányszöge mindig - y - = 120°-kai növekszik. 2. Példa. Számítsuk ki a z = 5 + 2i komplex szám ötödik gyökeit! Megoldás. Az adott komplex számot először trigonometrikus alakra kell hoznunk. Mivel az r = )/25 + 4 = |/29,
és
(p = arc tg ^ = arc tg 0,4
összefüggésből #> = 21,8°, hiszen z az első síknegyedben van, ezért z trigonometrikus alakja: z = |/29 (cos 21,8°+/sin 21,8°). így az ötödik gyökök (felhasználva, hogy a gyökök irányszöge mindig 360°/5 = = 72°-kai növekszik) 10
]/z1 = ]f29 (cos 4,36° + í sin 4,36°), 5
fz2 = ^29 (cos 76,36° + / sin 76,36°), 5
A: = 2 ,
10
][z4 = ^29 (cos 220,36° + i sin 220,36°), 5
k = 1,
10
= ]/29 (cos 148,36° +1 sin 148,36°), 5
k = 0,
10
k= 3,
10
= /29 (cos 292,36° +1 sin 292,36°),
k = 4.
3. Példa. Meghatározandó |/Í6 algebrai alakban. Megoldás. Mivel 16 = 16(cos 0° + i sin 0°), ezért (l6i
= 2(cos 0° + i sin 0°) = 2,
k = 0,
4
|/Í6 2 = 2(cos 90° + i sin 90°) = 2/,
k = 1,
4
^
= 2(cos 180° + i sin 180°) = - 2,
A: = 2 ,
4
|/I6 = 2(cos 270° + i sin 270°) = - 2/,
£ = 3.
149
4. Példa. Kiszámítandó — 2i négyzetgyökeinek összege. Megoldás. Minthogy - 2 / = 2(cos 270° + /sin 270°), ezért 1r z 2i 1 = fl (cos 135° + / sin 135°) = | / 2 ^ - y
=
=
J/-2Í 2 = ^ ( c o s 315° + / s i n 315°) = | / 2 ^ Y " Y A két gyök összege ( - 1 + /) + (1 - /) = 0.
3.3.4 Egységgyökök Mivel a komplex számok halmazának részhalmaza a valós számok halmaza is, ezért a gyökvonásról mondottak természetesen a valós számokra is érvényesek. Ezek szerint egy 0-tól különböző valós számnak is pontosan n db különböző «-edik gyöke van a komplex számok körében, és ezeket az előbb ismertetett módon határozhatjuk meg. A legegyszerűbb eset az, amikor a valós egységből, az 1-ből vonunk «-edik gyököt. DEFINÍCIÓ. Mindazokat a számokat, amelyeknek «-edik hatványa 1-gyel egyenlő, n-edik egységgyöknek nevezzük és we-nal jelöljük. Számítsuk ki az n-tdik egységgyököket! l-nek, mint komplex számnak a trigonometrikus alakja 1 = I(cos0°+/sin0°), és így n-Qdik gyökei: n£ 1 ns2
n£ 3
nsn
= cos 0° sin 0° = 1, 360° 360° = cos +/sin , n n 2 • 360° 2 • 360° = cos +/sin , n n
= cos
(n- 1)360° n
(n- 1)360° K i sin , n
k
=
0,
k = 1, k = 2,
k — n — 1.
Az n-t dik egységgyököknek szemléletes geometriai jelentésük is van, ugyanis ezek az O körül írt egységsugarú körön helyezkednek el, mégpedig egy olyan szabályos n-szög csúcsaiban, amelynek egyik csúcspontja az (1; 0) pont. 150
így például a hatodik egységgyökök . = cos 0° --W sin 0° - 1, 6£2
^ cos
360°
1 |/3 = cos 60° -f/ sin 60° = —I 6 2 2 2 • 360° h i sin = cos 120° + i sin 120° = 6 3•360° f- i sin = cos 180 + i sin 180 = 6 4-360° + / sin = cos 240° + / sin 240° = 6 5 • 360° h i sin = cos 300° + i sin 300° = 6
1- i sin
6 2 • 360° 683 = cos — 6 3 • 360° cos 6 4-360° 6 s 5 = cos 6 5 • 360° 6S(y = cos 6
360°
1 P - - + — i\ 2
2
'
~~ 1, 1
^3
2
2
1
|/3
2
2
i
egy egységsugarú körbe írható szabályos hatszög csúcsai, és az egyik csúcs az (1; 0) pontban van (35. ábra). Az egységgyökökkel kapcsolatban még további érdekes megállapításokat tehetünk. Először is vegyük észre - például a hatodik egységgyökök esetében - , hogy a harmadik egységgyök a másodiknak négyzete, a negyedik egységgyök a másodiknak köbe, és így tovább,azaz 6^3
„
2
3
6Ő4 ~ 6^2? f,8(y = 6^2:
6^5
4
6^1 = 6«2.
,,
35. abra
Ez azt jelenti, hogy valamennyi hatodik egységgyök egyetlenegy hatodik egységgyök hatványaiként felírható. Azt az rc-edik egységgyököt, amelynek pozitív egész kitevőjű hatványaival az összes többi n-edik egységgyök előállítható, primitív egységgyöknek nevezzük. Az egységgyökök között lehet több primitív egységgyök is, de nem mindegyik egységgyök egyben primitív egységgyök is. Például a hatodik egységgyökök közül a harmadik nem primitív egységgyök, mert hatványai 6^3 = 6£5,
6^3 =
6£3 =
és ígv a hatodik egységgyökök közül a második, negyedik és hatodik egységgyök nem kerül sohasem sorra. Érdemes megfigyelni továbbá azt, hogy a hatodik egységgyökök összege zérus. Ez általában is igaz, vagyis az n-edik egységgyökök összege 0. 151
Végül vegyük észre még azt is, hogy a tetszőleges z komplex szám n db «-edik gyöke: n
ff
fZl = fr n
cos - + 1 sm - , n nj
n
- f
cp
2n\
fc= 0, í(p
2n
* = 1,
cos | - H + i sin - H n n ) \n n
f z
2
^
= ^ [cos ^
+
—
J
+ I sm ( -
+——J J,
k = n— 1
úgy is felfogható, mint a z szám első «-edik gyökének és az «-edik egységgyököknek a szorzata. E felismerés azt jelenti, hogy egy z komplex szám összes n-edik gyökének meghatározásához elegendő egy rc-edik gyökét megtalálnunk, az összes gyök ebből az «-edik egységgyökökkel történő szorzással kapható. Ennek a számítástechnikában van nagy jelentősége.
3.4 Műveletek exponenciális alakú komplex számokkal 3.4.1 Az Euler-féle összefüggés
A trigonometrikus alakú komplex számoknál szereplő cos (p + i sin cp, cp e R kifejezésre Euler nyomán vezessük be az el(p jelölést, azaz cos (p + i sin (p = el(p. A komplex változós függvények körében bebizonyítható, hogy ez az összefüggés valóban fennáll, és a jobb oldalon álló függvényt exponenciális függvénynek nevezik.
3.4.2 A komplex számok exponenciális alakja Legyen
és az összefüggés bal oldalán a z komplex szám trigonometrikus alakja áll. A jobb oldalon álló kifejezés is a z komplex számot adja meg, de más alakban. DEFINÍCIÓ. A z komplex szám z = reIH alakját a z komplex szám exponenciális alakjának nevezzük. Az exponenciális alakban a komplex szám abszolút értéke és irányszöge szerepel. Lényeges, hogy ebben az alakban az irányszög csak ívmértékben adható meg. A komplex szám exponenciális alakját szokás a z = r exp (itp) alakban is leírni. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. írjuk fel a z = 3(cos 198° + / sin 198°) komplex szám exponenciális alakját! 11 n Megoldás. Mivel a 198°-os irányszög ívmértékben kifejezve
radián, ezért az
exponenciális alak 1 Itt: . z = 3e,0\ 2. Példa. írjuk fel a z i = i,
z
i — 2, Z3 = 2 — 2 i komplex számok exponenciális alakját! Megoldás. A keresett exponenciális alakok: z\~
e
2
71 mert | zi | = 1 es cpi = - ; ni z2 = 2e , mert \ z2\ = 2, ( p i - n \ 7n. z 3 = 2j/2e 4 , mert | z 3 | = | / í + 4 = l f l 9 cp?> = arc tg
= arc t g ( - 1), és mivel z a negyedik sík153
In negyedben van, ezért (p3 = — . 3, Példa. írjuk fel a r = 3e komplex szám algebrai alakját! Megoldás. Az Euler-lele összefüggést felhasználva |/2\~|
3\Í2
3][2
m
3.4.3 Exponenciális alakú komplex számok szorzása, hatványozása, osztása; gyökvonás Már a trigonometrikus alakú komplex számok műveleteinek tárgyalásakor megemlítettük, hogy az abszolút értékkel és irányszöggel megadott komplex számok összegének és különbségének abszolút értéke és irányszöge nem határozható meg egyszerű módon. Ezért az exponenciális alakú komplex szám összeadására és kivonására sem mutatunk eljárást. Ha exponenciális alakú komplex számokat kell összevonnunk, akkor előbb átalakítjuk őket algebrai alakba, elvégezzük az összevonást, majd az eredményt visszaalakítjuk exponenciális alakba. Az exponenciális alakú komplex számok viszont könnyen szorozhatok, hatványozhatok, s egyszerűen vonható belőlük gyök. Legyen z\ ~r\en\ z2 ~ r2e&2\ Azt állítjuk, hogy ekkor zi z2 = rir2e Alakítsuk át az adott exponenciális alakú komplex számokat trigonometrikus alakúvá, ebben az alakban végezzük el a szorzást, majd a szorzatot alakítsuk exponenciális alakúvá. Ekkor
Teljesen hasonló módon látható be, hogy
154
n
n (í> + 2kni fre n , k = 0, 1, 2,
w— 1.
Figyeljük meg, hogy az exponenciális alakú komplex számokra ugyanazok a műveleti szabályok érvényesek, mint az egyenlő alapú valós kitevőjű hatványokra. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1L i 1. Példa. Legyen zx = 3e7\ z2=:
i I6eu . Határozzuk meg a ztz2,
4 Z —, z f , ][72 z2
számokat! Megoldás. Esetünkben rendre ,7t , 5ttv
i1- = A = z2 16* 5*.
=
16*
5it.
i ^ ' 16 *
ZÍ = 243e'
,5it
i rz = < 2e
47n.
' = 48e84';
z\zt = 48
.
k = 0,
297t. ír = 2,
k— 1,
537?. IT 2e 11%. 2e 48
k — 3.
2. Példa. Értelmezzük az i* kifejezést! 71 . Tyl
Megoldás. Mivel i = és azt akarjuk, hogy a valós számok körében érvényes műveleti szabályok érvényesek maradjanak, ezért az 1Z K .2 IC 1 1 l \i e 2 \ = e2 = e ~ 2 =
értelmezést célszerű elfogadni. Figyeljük meg, hogy így f valós szám! 3. Példa. Oldjuk meg a z6-z3+
1= 0
.egyenletet a komplex számok halmazán! írjuk fel a gyököket algebrai alakban is! Megoldás! Az egyenlet z 3 -ra nézve másodfokú egyenlet, amelynek gyökei 3 Zl 2
'
1±jT=4 ~
2
1 / 3 . =
2
2^ 155
A két gyök exponenciális alakja z\ =
er, 5k .
mert abszolút értékük egyenlő, mégpedig r = j/Q^
+ (^^J
=
*>
az
s
*kne-
gyedben lévő első gyök irányszöge 71 cpi = arc tg pr = - ,
a negyedik síknegyedben fekvő második gyöké pedig r
5n
(p2 = arc t g ( - p ) = — . A még szükséges köbgyökvonásokat elvégezve az alábbi hat gyököt kapjuk: e , fz,=< Un 9 e*
k = 0,
,
—i
3 I fz2 = \ e
e9\
k=l9 k~2; k = 0,
Un.
9
17*. e9',
,
k= 1, k = 2.
Ahhoz, hogy a gyököket algebrai alakban írhassuk fel, először trigonometrikus alakjukat kell meghatároznunk. Az átalakításokat végrehajtva: 3 r l(cos 20° + / sin 2 0 ° ) = 0,9397 + 0,3420;, fz^ = < l(cos 140°+i sin 140°) = - 0 , 7 6 6 0 + 0,6428/, l 1 (cos 260°+ / sin 260°) = -0,1736-0,9848/,
{
l(cos 100° + / sin 100°) = - 0 , 1 7 3 6 + 0,9848/, l(cos 220° + i sin 220°) = - 0,7660-0,6428?', l(cos 340° + / sin 340°) = 0,9397 - 0,3420/,
156
k = 0, k = 1, k=2\ k =0, k =1, k =2.
4. Példa. Kapcsoljunk egy R ohmikus, egy L induktív, és egy C kapacitív ellenállás sorba kapcsolásából keletkező rendszer sarkaira U=Uo cos (út váltakozó feszültséget. Számítsuk ki a rendszer impedanciáját, az eredő ellenállását és az impedancia belső szögét; ha R = 20Q, L = 0,3H, C = LOONF és co= IOOtt (50 Hz)! Megoldás. Az elektrotechnikából ismeretes, hogy ebben az esetben a rendszer impedanciája komplex érték, mégpedig
amelynek abszolút értéke az eredő ellenállás:
és irányszöge az impedancia belső szöge vagy más néven fázisszöge: coL(p r = arc cos | Z | , illetve (p = arc tg
(oC
R
Feladatunk tehát Z = 20+
0,3 • IOOTT-
IOOtt • 100- 10" 6
i = 20 +(94,2 — 31,8)/ = 20 + 62,4/.
Az eredő ellenállás | Z | = |/202 + 62,4 2 = J/400 + 3894 = 65,5Q, az impedancia belső szöge pedig (p = arc cos
= arc cos 0,3053 = 72,2°.
;
157
4. EGYENLETEK KÖZELÍTŐ MEGOLDÁSA
4.1 Az egyenletek megoldásáról Egyenletekkel és azok megoldásával már eddigi tanulmányaink során is találkoztunk. Egyismeretlenes egyenletnek nevezzük az f(x) ~ 0 egyen 1 őseget, ahol .x: jelöli az ismeretlent, / pedig az x adott függvényét. DEFINÍCIÓ.
Az / ( x ) ~ 0 egyenletet a valós számok halmazán megoldani annyit jelent, mint megkeresni * mindazon valós értékeit, amelyekre az egyenlet bai oldala 0. Ezek az x értékek az egyenlet megoldásai, gyökei Ez másképpen fogalmazva azt jelenti, hogy meg kell keresni azokat az x valós értékeket, amelyekre az / függvény f(x) helyettesítési értéke 0. Ha / polinom, akkor algebrai egyenletről beszélünk. Az algebrai egyenlet foka az ismeretlennek az egyenletben szereplő legmagasabb fokú hatványának a kitevőjével egyenlő. Eddigi tanulmányaink során csak az első- és másodfokú algebrai egyenletek általanos, a közvetlen gyökvonással megoldható magasabbfokú algebrai egyenletek, valamint azoknak az egyenleteknek a megoldásával foglalkoztunk, amelyek rendezéssel vagy alkalmas helyettesítésekkel az előbbi típusok valamelyikére vezethetők vissza. Az elsőfokú algebrai egyenletből az ismeretlen közvetlenül kifejezhető, a másodfokú algebrai egyenlet megoldására a jól ismert gyökképlet szolgál, amelynek segítségével az egyenletben szereplő állandókból a négy alapművelet és a gyökvonás végesszámú alkalmazásával az egyenlet gyökei egzakt módon kiszámíthatók. A komplex számok halmazában a valós együtthatós másodfokú algebrai egyenletnek pontosan két gyöke van. A másodfokú egyenletek megoldását már az ókori görögök is ismerték. A valós együtthatós harmad- és negyedfokú algebrai egyenletek megoldása csak a XVI. században vált ismertté. A harmadfokú egyenlet megoldása 5. del Ferro és N. Tartaglia nevéhez fűződik, de a megoldóképletet először G. Cardano közölte az 1539-ben megjelent könyvében. A negyedfokú egyenletre először L. Ferrari adott megoldási módszert. A magasabb fokú algebrai egyenletek megoldásával sokan foglalkoztak, míg végül részben P. Ruffini, majd N. H. Abel megmutatta, hogy az ötöd- és ennél magasabb fokú algebrai egyenleteket egzakt módon, azaz a négy 158
alapművelet és a gyökvonás véges számú alkalmazásával nem lehet megoldani, „gyökképlet" nem írható fel. Ez az elvi akadály tette szükségessé olyan közelítő módszerek kidolgozását, amelyek segítségével az igényeknek megfelelő pontossággal meghatározhatók az ötödfokú és az ennél magasabb fokú algebrai vagy más típusú egyenletek gyökei. Természetesen ezek a módszerek alkalmazhatók az egyébként egzakt módon is megoldható egyenletek megoldására is, és a gyakorlatban ezeket használjuk is, mert lényegesen egyszerűbb és sok esetben kevesebb számítással járnak, mint az egzakt megoldások. A közelítő eljárások - az elvégzendő egyszerűbb műveletek miatt - könnyen programozhatók számítógépekre, és ma már kész programcsomagok kaphatók egyegy közelítő eljárás elvégzéséhez. Az f(x)~0 egyenlet valós gyökei közelítő értékeinek a kiszámítását két lépésre tagolhatjuk: Az első (előkészítő) lépésben tájékozódunk az egyenlet gyökeinek száma és a számegyenesen való elhelyezkedése felől, majd a gyököket (illetve a feladat szempontjából érdekes gyököt vagy gyököket), elkülönítjük (izoláljuk). Ez annyit jelent, hogy a felderíteti gyökök körül olyan intervallumokat határozunk meg, amelyekben más gyök már nincs. A második lépésben azokat az intervallumokat, amelyekben egy-egy gyök található, addig szűkítjük, amíg a feladat kitűzésekor megszabott pontosságot el nem érjük. DEFINÍCIÓ. A keresett gyököt akkor tekintjük n jegyre pontosnak, ha annak a zárt intervallumnak, amelyben a gyök elhelyezkedik, a kezdőpontját, illetve a végpontját megadó szám első n jegye megegyezik, illetve szabályos kerekítés után egyezik meg.
Például az x gyök két jegyre pontos értéke 1,1, ha xe [1,05; 1,14]. Az első lépés végrehajtásához több módszer alkalmazható. 1. Ha speciálisan egy egész együtthatós algebrai egyenlet racionális gyökeit keressük, akkor azok Bézout tétele értelmében pontosan meghatározhatók. TÉTEL (BÉZOUT TÉTELE). AZ egész együtthatós
algebrai
egyenletek
racionális
gyökei azon törtek közül kerülnek ki, amelyeknek a számlálója az egyenlet állandójának egy osztója, nevezője pedig az egyenlet legmagasabb fokú tagja együtthatójának egy osztója. E tétel segítségével egy egész együtthatós algebrai egyenlet racionális gyökei véges sók lépésben pontosan meghatározhatók (tehát közelítő számításokra nincs is szükség), de nagyszámú osztó esetében a számítások nagyon hosszadalmasak is lehetnek. 2. Egy valós együtthatós algebrai egyenlet pozitív gyökeire felső korlát adható meg. TÉTEL (LAGRANGE TÉTELE). AZ
anxn + an~ixn~1 + an-2xn~2
+ ... + an-kxn~k+...
+ a1x + ao = 0 159
valós együtthatós algebrai egyenlet pozitív gyökeinek egy felső korlátja a
szám, ahol an> 0, Ma legnagyobb abszolút értékű negatív együttható abszolút értéke, k pedig az a szám, amely az első negatív együttható indexét n-re egészíti ki. A negatív gyökök egy alsó korlátját megkapjuk, ha a polinomban x helyébe - x-et helyettesítünk és a műveletek elvégzése után kapott polinom pozitív gyökeinek a felső korlátját határozzuk meg az előző képlettel Ennek ellentettje a negatív gyökök egy alsó korlátja. Ezáltal egy intervallumot határozhatunk meg, amely tartalmazza a gyököket. (Megjegyezzük, hogy ez a korlát meglehetősen durva, csak tájékozódásra alkalmas.) 3. Ha az f(x) = 0 egyenlet bal oldalán álló / függvényről sikerül megállapítani, hogy az [a, b] intervallumban folytonos, és az f(a) és f(b) helyettesítési értékek ellenkező előjelűek, akkor Bolzano tétele értelmében az egyenletnek az [a, b] intervallumban van (legalább egy) gyöke, ha ezen túlmenően az / függvényről még azt is tudjuk, hogy szigorúan monoton az [a, b] intervallumban (például onnan, hogy f'{x)^ 0, x e [a, b], akkor az egyenletnek az [a, b] intervallumban pontosan egy gyöke van. Ha /'(*;) = = 0, Xi e[a, b],i= 1 , 2 , . . . , k, akkor az xt osztópontokkal az [a, b] intervallum k+ 1 számú részintervallumra bontható, amelyeket külön-külön vizsgálhatunk meg. . 4. Ha az / függvény grafikonját az [a, b] intervallumban fel tudjuk vázolni, akkor a grafikonnak és az x tengelynek a metszéspontjai tájékoztatnak az egyenlet gyökeinek a számáról és az elhelyezkedésükről. A metszéspontok abszcisszái az ábráról durva közelítéssel leolvashatók. Sokszor ezt a vázlatot nem lehet vagy csak nagyon fáradságos munkával, ráadásul nagyon pontatlanul lehet elkészíteni, de / felbontható két függvény különbségére, azaz felírható p é l d á u l / = g-h alakban, és mind g, mind h grafikonja külön-külön könnyebben és pontosabban vázolható fel az [a, b] intervallumban. Ekkor a két grafikon metszéspontjainak abszcisszái nyilván kielégítik g(x) = h(x) egyenlettel ekvivalens f(x) = 0 egyenletet, tehát tájékoztatnak a keresett gyökök számáról és elhelyezkedéséről. Ha már az első lépésben sikerült meghatároznunk olyan intervallumot (vagy intervallumokat), amelyek tartalmaznak gyököket, akkor a gyökök pontosabb meghatározására a 4.2-4.5 részekben ismertetett négy alapvető eljárást használhatjuk. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Állapítsuk meg, hogy a 4x 3 + 3x 2 —28x —21 = 0 egyenletnek racionális gyökei mely számok közül kerülhetnek ki! 160
Megoldás. Mivel 4 osztói: ± 4 ; ± 2 ; ± 1 ; 21 osztói pedig ±21; ± 7 ; ± 3 ; ± 1 , ezért a szóbajöhető értékek: 21 21 7 ±21; ± — ; ± - ; ±7; ±
7 3 3 1 ± - ; ±3; ± - ; ± - ; ±1; ±
±
1
Hosszadalmasabb számítás után ki lehetne deríteni, hogy ezek közül csak az 3 x =
_
érték gyöke az egyenletnek, az egyenlet másik két gyöke nem racionális.
2. Példa. Tájékozódjunk az előbbi 4x3 + 3x2 — 28x — 21 = 0 egyenlet gyökeinek a számegyenesen való elhelyezkedéséről! Első megoldás. Használjuk Lagrange képletét a gyökök korlátainak megállapítására! Mivel esetünkben K = 2, M= 28, a n = 4, ezért a pozitív gyökök egy fölső korlátja *
/28 l + l / — = 1+ ^ = 3,65.
A negatív gyökök egy alsó korlátjának a meghatározásához helyettesítsünk x helyébe - x - e t ! Ekkor — 4x3 + 3x 2 + 28x — 21 = 0, illetve annak érdekében, hogy an pozitív legyen, ( - l)-gyel végigszorozva az egyenletet 4x 3 —3x2 —28x + 21 = 0. Most k=l9 korlátja
M= 28, an = 4, és így a legutolsó egyenlet pozitív gyökeinek egy fölső 28 K* = 1+ — = 1 + 7 = 8. 4
Az eredeti egyenlet negatív gyökeinek egy alsó korlátja tehát - 8. Az egyenlet valós gyökei a [ — 8; 3,65] intervallumban vannak. Második megoldás. Minthogy az f(x) = 4x 3 + 3 x 2 - 2 8 x - 2 1 , xeR függvény az értelmezési tartományában folytonos, továbbá / ( - 3)= - 18, / ( — 2)= 15, / ( - 1) = 6, / ( 0 ) = - 2 1 , / ( 1 ) = —42, / ( 2 ) = - 3 3 , / ( 3 ) = 30, ezért az egyenlet egyik gyöke a [ - 3; - 2] intervallumban, egy másik gyöke a [ - 1; 0] intervallumban, végül egy újabb gyöke a [2; 3] intervallumban van. Az eddigiekből az is kiderült, hogy az egyenletnek három valós gyöke van. 161
Megjegyzés. Tudva azt, hogy az egyenlet egyik gyöke xx = - - , az egyenlet bal oldala szorzattá alakítható: (4x + 3) (x 2 — 7) = 0, és ebből az egyenlet másik két gyöke már leolvasható: — fj
és
x3 = - f f .
Könnyen ellenőrizhető, hogy a három gyök benn van az első megoldásban kapott intervallumban, és egy-egy gyök a második megoldásban kapott három intervallum egyikében van. 3. Példa. Határozzuk meg a sin x —x + 2 = 0 y egyenlet gyökeinek a számát és tájékozódjunk elhelyezkedésükről! Megoldás. Az adott egyenlet ekvivalens a sin x = x —2
36. ábra
egyenlettel. Az egyenlet bal és jobb oldalán álló függvények grafikonja könnyen felvázolható (36. ábra), és az ábráról leolvasható, hogy az egyenletnek egy gyöke van, és ez a [2; 3] intervallumban van.
4.2 A Horner-féle eljárás A Horner-féle eljárás polinomok helyettesítési értékeinek a kiszámítására alkalmas, és ezért elsősorban az egyenlet gyökeinek a behatárolásához használják, de gyökközelítő módszernek is tekinthető, ha a gyököt tartalmazó intervallum szűkítéséhez szükséges értékeket a Horner-féle eljárással határozzuk meg. Számítsuk a p(x) = anxn + an-ixn~1 alakú polinom helyettesítési értékeit! 162
+ ... + a\X + ao
Ha a helyettesítést p eredeti alakjába végezzük el, akkor ez a hatványozás miatt elég hosszú munkát igényel. Homer a polinom átalakításával a helyettesítési érték kiszámítását szorzások és összeadások ismételt elvégzésére vezette vissza, és ezért az eljárás könnyen gépesíthető. Ha számítógépünk közbülső adatok tárolására nem alkalmas, a Horner-féle elrendezésben könnyen áttekinthető módon rögzíthetjük adatainkat. Ha a p(x) 77-edfokú polinomot x-nek (n- l)-szeri kiemelésével a p(x) = x{x...x[x(anx + an-i) + an-2]"- + ai} + ao alakra hozzuk, észrevehetjük, hogy a p ( x \ ) helyettesítési érték úgy számítható ki, hogy an-i megszorozzuk xi-gyel, majd hozzáadjuk ű^-i-et. A kapott eredményt (ez van a gömbölyű zárójelben) megszorozzuk xi-gyel és hozzáadják at1~2-1. A kapott eredményt (ez van a szögletes zárójelben) megszorozzuk xi-gyel és hozzáadjuk an - 3 -t. Ezt az eljárást addig folytatjuk, amíg a0-t is felhasználjuk. A műveletsorozat végén a helyettesítési érték áll előttünk. Az egyes részleteket olyan táblázatba rendezhetjük, amelynek fejlécébe a polinom együtthatóit írjuk az ismeretlen fogyó hatványi szerinti sorrendben, a bal oldali oszlopba azokat a számokat, amelyeket be óhajtunk helyettesíteni, egy ilyen szám sorába pedig azokat a részleteredményeket, amelyeket egy-egy együttható bevonásával kaptunk. A táblázat fejléce és egy sora tehát így fest:
Xl
a„
an-1
a„
anx i + an~ i
ön-2
(ön.vi + a„-i).v 1
ao p(x i )
Megemlítjük végül, hogy a Horner-féle eljárás a kerekítési hibákra nagyon érzékeny, ezek gyorsan halmozódnak. Ha valamely kitevőjű hatvány nem szerepel a polinomban (együtthatója 0), akkor ezt a 0-t is fel kell tüntetni a fejlécben. Az eljárás részletes végrehajtását példákon keresztül mutatjuk meg. 1. Keressük meg az p(x) = x 3 —2x2 —5x + 6 = 0 egyenlet valós gyökeit a Horner-féle eljárással két jegy pontossággal! Először gyakorlásképpen számítsuk ki az egyenlet bal oldalán álló polinomfüggvény néhány helyettesítési értékét! Esetünkben 03 = 1, így a fejléc első eleme 1, és a többi sor első eleme is 1. A fejléc többi eleme rendre - 2 , - 5 , 6. Legyen az első érték, ahol p helyettesítési értékét kiszámítjuk: x 0 = 4. Ekkor az első sor második eleme 4 - 1 - 2 = 2, harmadik eleme 4 - 2 - 5 = 3, negyedik eleme 4 • 3 + 6 = 18, vagyis
4
1 1
-2 2
-5 3
6 18
A táblázatból leolvasható, hogy p(4)= 18, és xo = 4 nem gyöke az egyenletnek. 163
Határozzuk meg néhány más érték, például x = - 3 , x = - 1 , x = 0, x = 2, x = 3 esetén a függvény helyettesítési értékét! Eredményeinket foglaljuk táblázatba:
-3 -1 0 2 3
1 1 1 1 1 1
-2 -5 -3 -2 0 1
-5 10 -2 -5 -5 -2
6 -24 8 6 -4 0
Gyakorlás közben már meg is találtuk az egyik gyököt: x\ = 3, mert ezen a helyen a helyettesítési érték éppen nulla. A kapott helyettesítési értékeket vizsgálva az is azonnal megállapítható, hogy egy gyöknek az x = - 3 és x = — l értékek között, vagyis a [ - 3 ; - 1 ] számközben, egy további másiknak az x = 0 és x = 2 értékek között, vagyis a [0; 2] számközben kell lennie, mert a függvény helyettesítési értéke a két-két szélső helyen ellenkező előjelű és p az egész értelmezési tartományban folytonos. Nézzük meg a helyettesítési értéket a számközök felezőpontjaiban, hogy megállapíthassuk, melyik felükben van a gyök: 1 -2 1 1 1
-2 -4 -1
-5 6 3 0 -6 0
! !
Láthatjuk hogy mind a két helyettesítési érték nulla, így újabb két gyököt kaptunk. Ezzel meghatároztuk a harmadfokú egyenlet mind a három valós gyökét (mégpedig pontosan): xi = 3, x2 = - 2 , x 3 = 1. Ebben a speciális esetben a Horner-éljárással kevés számolással megkaptuk a pontos gyököket. 2. Oldjuk meg a 12x3 — 44x2 + 5x + 7 = 0 egyenletet a valós számok halmazán két jegy pontossággal! Határozzuk meg először az előző pontban említett 2, módszer alapján a gyökök alsó és felső korlátját, hogy az ezek által meghatározott intervallumból válasszunk majd a Horner-féle eljáráshoz induló értéket. Esetünkben k= 1, M=44, an= 12, ezért a pozitív gyökök egy felső korlátja 44 K = 1 + — = 1 + 3,67 = 4,67. 164
Ha az egyenlet bal oldalán x helyébe - x-et helyettesítünk és az egyenlet mind a két oldalát ( - l)-gyel megszorozzuk, a 12x3 + 44x 2 + 5x — 7 = 0 egyenletet kapjuk. Ez utóbbi egyenlet pozitív gyökeinek egy felső korlátja, mivel k = 3, M= 7, an = 12,
Az eredeti egyenlet negatív gyökeinek egy alsó korlátja tehát - 1,84. Az egyenlet valós gyökei ezért a [ - 1,84; 4,67] intervallumban vannak. A Horner-féle eljárás induló értékéül válasszuk ebből az intervallumból az x = 0 és az x = - 1 értékeket. Eredményünk:
, 0 -1
12
-44
5
7
12 12
-44 -56
5 61
7 -54
Mivel a két helyettesítési érték különböző előjelű, ezért egy gyök - 2 és 0 között van (ezt mutatja a nyíl is). Finomítsuk a behatárolást úgy, hogy válasszuk egy közbenső pontot, és számítsuk ebben a pontban a függvény helyettesítési értékét. Következő lépésben ismételjük meg ezt az eljárást arra a részintervallumra, melynek két végpontjában a helyettesítési érték ellenkező előjelű. Ezt addig folytatjuk, míg a gyököt az előírt pontossággal meg nem közelítjük. 12 - 4 4 -0,5 12 - 5 0 -0,3 12 - 4 7 , 6 - 0 , 4 12 - 4 8 , 8 - 0 , 3 5 12 - 4 8 , 2 - 0 , 3 3 12 -47,96
5 30 18,28 24,52 21,87 20,83
7 -8 1,52 -2,8 -0,6545 0,127
A táblázatból látható, hogy a keresett gyököt már elég jól megközelítettük. Alkalmazzuk most Bézout tételét. Ennek értelmében lehetséges, hogy - ^ gyöke egyenletünknek. Helyettesítsük ezt az értéket a Horner-féle formulánkba.
1 3
12
-44
5
12
-48
21
7 0!
165
Ezzel az egyik gyököt megkaptuk. Megkísérelhetnénk most más (például pozitív) értékek behelyettesítésével egy másik gyököt is megkeresni, de nem ezt a módszert követjük. Ismeretes, hogy ha az x\ érték egy polinom zérushelye, akkor a polinom az (x —xi) gyöktényezővel osztható. Osszuk el tehát az eredeti egyenlet bal oldalát ^ x I ^j-dal:
(12x 3 — 44x2 + 5x + 7): fx + ^ J = 1 2 x * - 4 8 x + 21 12x3 +
4x2
— 48x 2 + 5x + 7 -48x216x + + 21x + 7 21x + 7 "Ö 1\ . . . 2 így az eredeti egyenlet bal oldala az yx + -J (I2x - 4 8 x + 21) alakban írható fel, és a hiányzó két gyök meghatározásához már csak a 12x2 —48x + 21 = 0 1
7
másodfokú egyenletet kell megoldanunk. Ennek gyökei x\ = - és x 2 = - . Az eredeti harmadfokú egyenlet gyökei tehát pontosan _ 1 Xl
2'
X 2
_ 7
1
"2'
3'
Vegyük észre - de ennek részletes bizonyításával nem foglalkozunk - , hogy a Horner-féle elrendezés utolsó sorában, vagyis abban a sorban, amelyben a gyököt megtaláltuk, annak az eggyel alacsonyabb fokú polinomnak az együtthatóit találjuk meg, amelyet az eredeti polinomnak az illető gyökhöz tartozó gyöktényezővel való elosztása után kaptunk. Ez a felismerés feleslegessé teszi az előbb bemutatott osztás végrehajtását. 3. Oldjuk meg az x 4 + x 3 — 23x 2 — 3x + 60 = 0 egyenletet Horner-módszerrel a valós számok halmazán két jegy pontossággal! 166
Először is kíséreljük meg legalább egy gyök behatárolását!
0 1 2 1,7 1,8 1,74 1,73 1/3
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 3 2,7 2,8 2,74 2,73 |/3+l
-23
-3
60
-23 -21 -17 -18,4 -17,95 -18,23 -18,27 1/3 — 20
-3 -24 -37 -34,2 -35,2 -34,72 -34,62 -20|/3
60 36 -14 2 -3,2 -0,42 0,11 0!
A feladat szövegének már az utolsó lépés előtt is eleget tettünk, hiszen az JCI = 1,7 gyök két jegyre pontos, de szerencsés ötlettel pontos gyökhöz jutottunk. Ezzel megkaptuk a negyedfokú egyenlet egyik gyökét XÍ = |/3, és az gyöktényezővel való osztás után kapott még megoldandó harmadfokú egyenletet: .X3 + ( | / 3 + l ) x 2 + ( J / 3 - 2 0 ) X — 2 0 |/3 = 0 .
Ismét a Horner-féle eljárással keresünk újabb gyököt. I 1 -1
1 1
- 2
^3+1
|/3 — 20
^3-1
-20 | / 3 - 18
— 201/3 2 0 - 2 0 |/3 < 0 - 18 (3 + 36 > 0
— 1 és - 2 között biztosan van gyök, és mivel az együtthatókban többször is szerepel a |/3, ezért megnézzük, hogy - | / 3 nem gyök-e. I 1
(3+1
| / 3 - 2 0 —20 ^3 20
•fl
Ezzel megtaláltuk a harmadfokú egyenlet egyik és egyúttal az eredeti negyedfokú egyenlet egy újabb gyökét: xt — ~~ |/3, és a még megoldandó másodfokú egyenlet X2 + X-20
=
0.
Ennek gyökei -l±|/l+80 *3,4
—
x 3 = 4,
x 4 = - 5. 167
így az eredeti negyedfokú egyenlet négy (valós) gyöke xi = |/3,
x2
=
|/3?
^3 = 4,
X4==
5.
A megoldást utólag végigtekintve látható, hogy ha az első gyök keresését a 4, illetve a - 5 körül kezdtük volna el, sokkal egyszerűbben találtuk volna meg a gyököket, mert először a racionális gyökökhöz jutottunk volna el.
4.3 A húrmódszer Ha az f(x) = 0 egyenlet egy gyökét már behatároltuk, akkor a gyök egyre pontosabb értékének meghatározása eddig elég önkényesen választott ütemben történt. így előfordulhat, hogy sok, a feladat megoldását előre nem vivő, fölösleges számítást is végzünk. A megoldást gyorsítja, hogy ha a finomítást nem ötletszerűen, hanem tudatosan végezzük. Ezt a célt szolgálja például a húrmódszer. Az eljárás akkor alkalmazható, ha az / függvény abban a számközben, amelyben a zérushelyét keressük, folytonos. Ez például polinomfüggvény esetében teljesül. Az eljárás szemléltetése érdekében az / függvény grafikonját is ábrázolni fogjuk. Tegyük fel, hogy már ta1 y láltunk két olyan helyet (a és h), ahol a függvény értéke különböző előjelű és az [a, b] intervallumban csak egy gyök van (37. ábra). Kössük össze a Pi(a; f(a)) és Pi(b\ f(b)) pontokat egy húrral, és tekintsük e húrnak az x tengellyel való x\ metszéspontját. Ez vagy gyök (és ekkor készen vagyunk), vagy nem, azaz „hamis érték" (innen ered az eljárás 37. ábra elnevezése: regula falsi, falsus = hamis, latin). Ha nem gyök, akkor ezt választjuk az új számköz egyik végpontjának, másik végpontnak pedig a és b közül azt, ahol f(x) előjele ellenkező mint f(x 1) előjele, legyen ez pl. a. A Pi(a; f(a)) és P3(xi\ / ( * 1)) pontokon át ismét húrt fektetünk, kiszámítjuk ennek az x tengellyel való metszéspontját, ez vagy gyök, vagy nem. Ha igen, készen vagyunk, ha nem, folytatjuk az eljárást mindaddig, amíg a gyököt el nem érjük, vagy kellő pontossággal közelébe nem értünk. 168
Végezzük most el az előbb vázolt számításokat! A Pi(a; f(á)) és Pi(b; f(b)) pontokon áthaladó egyenes (húr) egyenlete y~m
,,,
m - m = —7 b-a
(x-á).
Ennek metszéspontja az x tengellyel ott van, ahol y = 0, és így a metszéspont abszciszszája, azaz a gyök első közelítő értéke
x = a-f
(a)
b-a fib)-f(a)
Megemlítjük, hogy e módszernél a számítást nem lehet „elrontani", ugyanis, ha valamely lépésben rosszul számolunk, azt a következő lépésekben helyrehozzuk, csak a számítás áll majd a szükségesnél több lépésből. KIDOLGOZOTT PÉLDA
Az előző rész második példájában láttuk, hogy a 12x3 - 44x2 + 5x + 7 = 0 egyenletnek egyik gyöke a - 0 , 4 és - 0 , 3 értékek közé esik. Határozzuk most meg a gyök közelítő értékét a húrmódszerrel négy jegy pontossággal! Legyen a = - 0 , 4 , ekkor láttuk, hogy / ( « ) = - 2 , 8 , legyen b= — 0,3, ekkor f(b) = 1,52. A gyök első közelítő értéke Xl
= - 0 , 4 + 2,8
- 0 , 3 + 0,4 - = -0,3351. 1,52 + 2,8
Az / ( x i ) helyettesítési érték /
I 12
-44
-0,3351
I 12
-48,02
21,09
-0,067
negatív, tehát a második közelítő értéket a P i ( - 0 , 3 3 5 1 ; - 0 , 0 6 7 ) és a P ( - 0 , 3 ; 1,52) pontok alapján számítjuk ki. - 0 , 3 + 0,3351 x2 = -0,3351+0,067
1,52 + 0,067
= -0,3336.
Az f(x2) helyettesítési érték /
| 12
-44
5
7
-0,3336
| 12
-48,0032
21,0138
-0,0102
abszolút értékben kisebb, mint f(x 1), vagyis valóban közelebb jutottunk a gyökhöz. 169
A harmadik közelítő értéket a P 2 ( - 0,3336; -0,0102) és alapján számítjuk ki. x 3 - -0,3336 + 0,0102
— 0,3 + 0,3336 1,52 + 0,0102
—0,3; 1,52) pontok
= - 0 , 3 3 3 37.
Az jt 2 = -0,3336 és = - 0 , 3 3 3 37 értékét összehasonlítva látjuk, hogy a kitűzött feladatot megoldottuk, és a közelítő érték 4 jegy pontossággal JC= —0,333. 1 Az előző részben láttuk, hogy a gyök pontos értéke x = - - . Akozelítés hibája kisebb, mint 10~ 3 . Az X3 közelítő gyök esetében annak az intervallumnak a hossza, amelyben a gyök található | b-x3 | = | - 0 , 3 - ( - 0 , 3 3 3 37) | < 0,0334. A valóságban JC3 sokkal közelebb van a gyökhöz, mint az előbbi intervallum hossza, hiszen \ " ( " 0 , 3 3 3 37) = 0,000 04. Ezt azonban csak a gyök pontos értékének az ismeretében írhattuk fel. Az eltérés oka a következő: példánkban a gyök közelítő értékeinek a sorozata a gyököt csak az egyik oldalról közelítette meg, mert a P pont valamennyi közelítésben szerepelt, és így a gyököt tartalmazó intervallum a gyöknek csak az egyik oldalán (esetünkben a bal oldalán) szűkült, a P felőli része változatlan maradt. Ha a gyök az intervallum mindig szereplő végpontjától „távol" van, akkor a közelítés üteme az eljárás során a lehetségesnél lassúbb lehet. A közelítő eljárást meggyorsíthatjuk azzal, hogy amikor az eljárás során észreveszszük, hogy a közelítés lelassul, akkor önkényesen a gyök másik oldalán is szűkítjük az intervallumot, természetesen vigyázva arra, hogy a helyettesítési értékek előjele közben azonos maradjon, azaz ne ugorjuk át a gyököt. Például ha feladatunkban a második lépés után az x2 = - 0,3336 értékhez önkényesen az x * = - 0 , 3 3 3 közelítő értéket választjuk, akkor
/
12
-44
5
7
-0,333
12
-47,996
20,9827
0,0127 > 0
és ezzel -0,333+0,3336 x 4 = -0,3336 + 0 , 0 1 0 2 — ' — - = - 0 , 3 3 3 3327, 0,0127 + 0,0102 ami 6 jegy pontosságú gyök kiszámításához is felhasználható.
170
4.4 Az érintőmódszer Az f(x) = 0 egyenlet gyökének közelítő meghatározásakor esetenként gyorsabban jutunk célhoz, ha az [a, b] intervallum, amelyben a gyök található, egyik végpontjában az / függvény grafikonjához érintőt húzunk és ennek az érintőnek és az x tengelynek a metszéspontját választjuk a keresett gyök első közelítő értékének. Az eljárást az így kapott értékkel megismételjük, majd addig folytatjuk, amíg a gyököt a kívánt pontossággal el nem érjük (38. ábra). Be lehet bizonyítani, hogy ez az eljárás a gyökhöz vezet, ha / az [a, b) intervallumban kétszer differenciálható, f(x)^ 0, xe[a, b], és f"(a)f(a) > 0 , ha az a abszcisszájú pontból indulunk ki. Ha az / függvény grafikonjához a P(a; f(a)) pontban érintőt húzunk, akkor annak egyenlete y-f(a)
=
f(a)(x-a)
alakú, mert iránytényezője f'(a). Ez az érintő ott metszi az x tengelyt, ahol y = 0, ezért a metszéspont abszcisszája (jelöljük xi-gyel)
38. ábra
Ha ez az érték gyöke az egyenletnek, akkor készen vagyunk, ha nem, akkor az eljárást a Pi(xi; /(Xi)) pontból kiindulva megismételjük. Az így kapott x Í 9 sorozat a mondott feltételek mellett konvergens és a gyökhöz tart. KIDOLGOZOTT PÉLDA
Határozzuk meg a 4.2 rész 2. példájának — 0,4 és - 0,3 közé eső gyökét érintőmódszerrel öt jegy pontossággal! A megoldáshoz szükséges függvények: f(x) = 12x3 — 44x2 + 5x+7, f'(x) = 3 6 x 2 - 8 8 j t + 5, f"(x) = 7 2 x - 8 8 . Induljunk ki például az a= — 0,4 értékből! Láttuk, hogy ekkor f(a)= f(a) = 45,96, mert
-0,4
36
-88
5
36
-102,4
45,96
-2,8,
171
/ w (fl)= - 116,8. Az érintőmódszer alkalmazható, mert f'(a) * 0,
f"(a)f(a) = ( - 2,8) ( - 116,8) > 0.
Az első közelítés Xí =
-2,8
-
45,96
= -0,3391.
A helyettesítési értékek:
/
12
-44
5
7
-0,3391
12
--48,0689
-21,3001
-0,2229
36
-88
5
36
--100,2076
38,9804
-0,3391
A második közelítő érték x2 = - 0 , 3 3 9 1
-0,2229 38,9804
= - 0 , 3 3 3 38.
A helyettesítési értékek
/
12
-44
5
7
- 0 , 3 3 3 38
12
- 4 8 , 0 0 0 56
21,002 43
- 0 , 0 0 1 78
36
-88
5
36
-75,9832
.30,363 19
/'
- 0 , 3 3 3 38 így x3
=
- 0,333
38-
- 0 , 0 0 1 78 30,363 19
0,333 32.
X2 és x 3 egybevetéséből látható, hogy a keresett gyök közelítő értéke öt jegy pontossággal -0,3333. Figyeljük meg, hogy a húrmódszer alkalmazásakor a harmadik lépés után csak három, az érintőmódszer alkalmazásakor pedig már öt jegy pontossággal kaptuk meg a gyököt. 172
4.5 Az iteráció módszere Sok esetben - különösen a nem algebrai egyenletek megoldásához - az iteráció módszerét célszerű alkalmazni, amelynek a lényege a következő: A megoldandó / ( x ) = 0 egyenletet (például x-et az egyenlet mind a két oldalához hozzáadva) x = / ( x ) + x = (p(x) alakúra hozzuk. Legyen egyenletünk egy gyökének egy (akár durva) közelítő értéke xi, és képezzük a következő számsorozatot:
Ha az {x„} számsorozat konvergens, akkor minden n > no természetes számra I X„-Xn-1
| = | (p(xn-l)-Xn-i
\ < 6,
ahol e tetszőlegesen kicsi pozitív szám. Ez pedig éppen azt jelenti, hogy a (x2) kiszámítása megfelel annak, hogy megkeressük az y =
metszéspontját, a P2 pontot. Most P 2 -ből kiindulva megismételjük az előbbi eljárást. A 39. ábrán nyilak mutatják, hogy a vonalak meghúzását milyen rendszer szerint ismételtük (iteráltuk): Az JC tengely egy pontjából kiindulva az y tengellyel párhuzamosan haladtunk az y — (p(x) egyenletű görbéig, onnan az x tengellyel párhuzamosan haladtunk az y = x egyenletű egyenesig, onnan az y tengellyel párhuzamosan^ görbéig, majd az x tengellyel párhuzamosan az egyenesig, és így tovább, amíg a gyök kívánt pontosságú környezetébe nem értünk. A 39. ábrára tekintve az is azonnal látható, hogy ha az x* pontból indultunk volna el, akkor a QU QI, ... pontokon át ugyanahhoz a gyökhöz jutottunk volna el. Az, hogy az x u X3, ... számsorozat konvergens-e vagy divergens, és az eljárás gyökhöz vezet-e vagy sem, továbbá hogy ennek mi a feltétele, az a 39-42. ábrákról leolvasható. Az ábrák mutatják, hogy az eljárás akkor vezet gyökhöz, ha a gyök közelében az y =
174
Felvetődik még az a kérdés, hogy mi a teendő akkor, ha a gyök közelében t 1. Ebben az esetben - ha létezik - a (p függvény 1, akkor | q>-\(x) | < 1, és ezért eljárásunk gyökhöz vezet. KIDOLGOZOTT PÉLDA
Oldjuk meg aze~x~x = 0 egyenletet a valós számok halmazán az iteráció módszerével öt jegy pontossággal! Megoldás. Az egyenletet az
alakra hozva és az y — e * és y = x egyenletű grafikonokat ugyanabban a koordinátáy
y=é~* \ r X 1i 0
1 éi. ábra
rendszerben ábrázolva (43, ábra) látható, hogy az egyenlet egyetlen gyöke a [0; 1] intervallumban van. Mivel a [0; 1] intervallum bármely x értékére f(x)
1 < 1,
ezért az iteráció módszere alkalmazható. Induljunk ki például az xx = 1 értékből és képezzük a közelítő gyökök sorozatát:
175
e - 1 := 0,3678. =
e~ 0,6922. = e~ 0,5004. = e~ •0,6063. = e~ -0,5454. = e~ -0,5796 = e~ -0,5601 = e~ -0,5711 = e~ -0,5649 = e -0,5684 = e~ -0,5664 = e -0,5675 = e -0,5669 = e 0,5672 = e -0,5670 = e -0,5671 = e
0,3678, 0,6922, 0,5004, 0,6063, 0,5454, 0,5796, 0,5601, 0,5711, 0,5649, 0,5684, 0,5664, 0,5675, 0,5669, 0,5672, 0,5670, 0,5671, 0,5671.
A keresett gyök közelítő értéke öt jegy pontossággal X =
0,5671.
Végigtekintve a kiszámított értékeken látható, hogy példánk a 40. ábrán szemléltetett esetet valósította meg.
176
FÜGGELÉK VEKTORANALÍZIS
1. EGYPARAMÉTERES VEKTOR-SKALÁR-FÜGGVÉNYEK, TÉRGÖRBÉK
L1 Az egy skaláris változótól függő vektorfüggvény Tekintsük a valós számok halmazán vagy részhalmazán értelmezett három egyváltozós függvényt, az y, z függvényeket, és legyen e függvényeknek a t valós értékhez (paraméterértékhez) tartozó x(t), y(t) és z(t) helyettesítési értéke egy r helyvektor három koordinátája a derékszögű koordináta-rendszerben: t h> r(0 - x(t)i + y(t)i + z(t)k. Ha a t paraméter befutja az értelmezési tartományt, akkor az előbbi utasítással egy skaláris változótól (paramétertől) függő vektorfüggvényt, röviden egyparaméteres vektor-skalár-függvényt értelmeztünk. Ilyen függvénnyel eddigi tanulmányaink során már találkoztunk, ugyanis az egyenes r (0 = r0 + t\ = (x0 + tv,$ + (y0 + tvy)i + (z0 + tüjk vektoregyenletének (1.3.1 pont) a jobb oldala egyparaméteres vektor-skalár-függvénynek tekinthető. Az értelmezett leképezés R->R 3 típusú. Annak érdekében, hogy az r vektor-skalár-függvényt az r vektortól megkülönböztessük, a függvényt sokszor r(í)-vel fogjuk jelölni. Az r(0 vektor-skalár-függvény értelmezési tartományát Z)r-rel, az értékkészletet jRr-rel szokás jelölni. I=f(t) Ha az r(í) vektor-skalár-függvény értékkészletét alkotó helyvektorokat egy derékszögű koordináta-rendszerben ábrázoljuk, akkor ezek végpontjainak a halmaza az r(í) grafikonját alkotja. Ez általában egy térgörbe (FI. ábra). Ha az r(í) vektor-skalár-függvénynek csak két komponense van, akkor grafikonja síkgörbe, de nem minden síkgörbe adható meg kétkomponensű vektor-skalár-függvénnyel. FI. ábra 179
A t paraméternek több különféle jelentés tulajdonítható. Ha például t időt jelent, akkor az r(t) vektor-skalár-függvény egy mozgó pont pályagörbéjét írja le. Az r vektor-skalár-függvény egy adott t0 paraméterértékhez tartozó vektorát r(í 0 )-lal vagy röviden r 0 -lal fogjuk jelölni. Ha a függvény komponenseit vagy a koordinátáit is fel akarjuk tüntetni, akkor az r('o) = x(t0)i + y(t0)i + z(t0)k vagy az r(x(t0); y(t0);
z(t0))
jelölést alkalmazzuk. r függvény határértéke a t0 paraméterértékű pontban a W vektor, ha minden s e R + számhoz van olyan ő ( é ) e R + szám, hogy bármely, a 0 < \t~t0\ < ő feltételt kielégítő t esetében DEFINÍCIÓ. A Z
| r ( 0 - W | < £. Ha r-t komponenseivel írjuk fel, akkor látható, hogy r határértékének létezése három skalárfüggvény határértékének létezését követeli meg. DEFINÍCIÓ. AZ r vektor-skalár-függvény folytonos a t0 paraméterértéknél, ha ott van helyettesítési értéke, van határértéke és a kettő egyenlő egymással.
r komponenseire áttérve látható, hogy r folytonossága az x9 y és z függvény folytonosságával egyenértékű. Az r függvény az [a; b] paraméterintervallumban folytonos, ha annak minden pontjában folytonos; ekkor grafikonja folytonos vonal.
KIDOLGOZOTT PÉLDA
Tekintsük azt a hengert, amelynek vezérgörbéje az x, y síkban az x2 + y2 = a2 egyenletű kör és tengelye a z tengely. írjunk a hengerre olyan csavarvonalat, amelynek emelkedése állandó, legyen ez b. írjuk fel a csavarvonal egyenletét! Megoldás. Az adott kör paraméteres egyenlete x = a cos t, y = a sin t. A csavarvonal állandó b emelkedése azt jelenti, hogy a paraméter egy radiánnyi növekedése esetén a csavarvonal pontjai a henger tengelye irányában, esetünkben a z tengely irányában b egységnyit elmozdulnak (F2. ábra). így a keresett csavarvonal vektoregyenlete r(í) = (a cos 180
+ (ö sin
+ btk.
A csavarvonal egy menetét akkor kapjuk meg, ha O ^ k í ^ l n . A csavarvonal menetmagassága a h = 2nb érték. Ha ez ismert, akkor ebből az emelkedés b = hjln. A hengerre írt állandó emelkedésű csavarvonal menetei egybevágóak. A henger tengelyének egy egységnyi hosszára eső menetek száma: a menetsűrűség. Léteznek nem állandó emelkedésű csavarvonalak is, ezek menetsűrűsége változó.
F2. ábra
1.2 Deriváltfüggvény DEFINÍCIÓ. A Z r vektor-skalár-függvényt differenciálhatónak mondjuk a t0 e Dr paraméterértékű pontban, ha áttérve az értelmezési tartomány egy t paraméterértékű pontjára (F3. ábra), a
r(0-r(*o) r hm t-*t o t—t0 határértékvektor létezik. Ez a határérték a differenciálhányados-vektor, jele í(70). F3. ábra
Az í(70) vektor az r = r(Y) egyenletű görbének a t0 paraméterértékű pontjában húzható érintője irányába mutat, azaz az érintő egyik irányvektora. Ha az r függyény a ]t1; t2[ <= Dr intervallum minden pontjában differenciálható, akkor az intervallumban differenciálható, és a t í(0, t e ; t2[ függvényt az r dr függvény deriváltfüggvényének vagy deriváltjának nevezzük; jele í, — . dt Az í deriváltfüggvény komponensei a t0 paraméterértéknél az eredeti függvény komponenseiből a definíció alapján a következő módon határozhatók meg:
181
r(70) = lim t-*t o
t—t0
rx(t)-x(t0). = hm r-íoL
H
y(t)-y(to).^
]+
t~to
z(t)-zQ0) t-t0
~] k = J
= x(t0)i + y(t0)j + z(t0)k. így a deriváltfüggvény komponensei : r(t) =
+
+
teDr.
Hasonló módon mutatható meg, hogy ha az r(í) = x(t)i + y(t)j + z(t)k kétszer differenciálható, akkor a második derivált komponensei az eredeti függvény komponenseinek második deriváltjaival egyenlők: í(0 = x(t)i+y(t)j
+ z(i)k,
t e Dr.
Hasonló szabály érvényes a magasabbrendű deriváltak kiszámítására is. Az r vektor-skalár-függvény differenciálhatóságát a következő módon is definiálhatjuk : DEFINÍCIÓ. A Z r függvényt a t0 paraméterhelyen differenciálhatónak mondjuk, ha a paraméterértékeket At=t-t0 értékkel megváltoztatva a függvény r(0-r(ío) = Ar megváltozása felírható a
Ax = DAt + eAt alakban, ahol D a í 0 -tól függő, de a At-tői független vektor és ha At-+0, akkor
Belátható, hogy D az első definícióban szereplő í ( t 0 ) vektorral egyenlő, vagyis Ar = i(t0)At + zAt. Ha r differenciálható egy intervallumban és í ott folytonos, akkor azt mondjuk, hogy az r grafikonja sima ebben az intervallumban. Könnyen bizonyíthatók a következő differenciálási szabályok: d \. — (ar(t)) = űí(f), (
182
3 . ^ ( r 1 ( í ) + r 2 (0) = í 1 ( 0 + f 2 ( 0 ; d 4 . - 0 ^ ( 0 ^ ( 0 ) = ^(01-2(0+^(0^(0; d 5. - ( r t ( 0 * r 2 (0) = i i ( 0 * r 2 ( 0 + r t ( 0 * * 2 (0 í d 6. - ( ^ ( 0 ^ ( 0 ^ ( 0 ) = ^ ( O r ^ O r j í O + riíO^ÍOraíO + r^OraCOfaíO; . , 7 . dt -dr ( / ( 0 ) = -dr/ ( O Td ( r ° / ) =
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Határozza meg az R(0
=
(e2t sin í)i + (t sh
0J
+ (t2+
L)K,
te
R
első és második deriváltját! írja fel a deriváltvektorokat a íq^O helyen! Megoldás. Az első derivált: í ( 0 - (2e2t sin í + e2t cos í)i + (sh t+1 ch t)j + 2tk; a második derivált: r(t)
=
A deriváltak az adott
(3E
2 Í
sin t+4e2t cos
Í)I +
(2
ch F •+1 sh
0J +
2K.
helyen: F(0)
=
I;
F(0)
=
4I +
2J +
2K.
2. Példa. Mutassuk meg, hogy ha |r(í)| állandó, akkor í(f) merőleges r(/)-re (/ e Dv)\ Megoldás. Ha |r(í)l = c (állandó), akkor r 2 {t) = r(f)r(0 = c2. Mind a két oldalt differenciálva 2xWf)
= 0,
és ez éppen azt jelenti, hogy í(f) merőleges az r(í) vektorra.
183
1.3 A görbe kísérő triéderének élei és síkjai Az r(0 = x(t)i +y(t)\ +z(t)\i, t e R görbe érintőjének egy irányvektora r. Ez általában nem egységvektor. Az irányába mutató egységvektort tangenciális egységvektornak nevezzük és t-vel jelöljük: r
Az r = r ( t ) egyenletű görbe t0 paraméterű pontjába mutató helyvektora r(í 0 ), az érintője egy irányvektora f ( t 0 ) , ezért az érintő vektoregyenlete: W(t>) = r(t0) +
rt(to),
veR.
Ha az egyenlet két oldalán álló vektorok komponenseinek egyenlőségét írjuk fel, akkor az érintő skaláris egyenletrendszerét kapjuk: X = x(t0) + vx(t0), Y = y(t0) + vy(t0), Z = z(t0) + vz(t0).
veR.
Ez röviden így is írható: X=x0
+ vx0;
Y —
-f~ vy$ \
Z = z0 + vz0;
veR.
Ha r egyik koordinátája sem zérus, akkor az egyenletrendszerből v kiküszöbölhető, és ekkor az érintő egyenletrendszere X-Xp X
0
=
Y-y0 jo
=
Z-z0 z
o
Tekintsük az r = r(/) görbe három pontját! Ezen a három ponton át (ha nem esnek egy egyenesre) egy sík fektethető. Közeledjünk pl. a két szélső ponttal a középső r 0 helyvektorú P0 ponthoz és képzeljük el az így kapható síkok sorozatát! A görbe P0 pontbeli simulósíkjának nevezzük az előbb konstruált síkok határsíkját, ha a két pont P0 tetszőleges közelébe kerül. Be lehet látni, hogy a simulósíkot az í(í 0 ) és az r(t0) vektorok feszítik ki, ezért a simulósík egy normálvektora az í(f 0 ) x if(f0) vektor. Ha W(X; Y; Z) jelöli a simulósík egy tetszőleges pontjának a helyvektorát, r 0 egy adott pontjának a helyvektorát, akkor a simulósík vektoregyenlete (íoxro)(W-ro) = 0 184
alakú és ez skalár alakban determináns segítségével írható fel: X~x0 x o
Y-y0^ yo yo
Z~z0 o z o
z
Ha a görbe síkgörbe, akkor minden pontja (így a simulósík definíciójához felhasználtak is) ugyanabban a síkban, mégpedig a simulósíkban van. Az r x f vektor irányába mutató egységvektort binormálisnak nevezzük és b-vel jelöljük.
b =
rxr |í x r|
A binormális a definícója miatt merőleges az í-ra és ezzel a t-re is. A binormális vektor irányába mutató egyenest binormális egyenesnek nevezik, vektoregyenlete W(i>) - r(/ 0 ) + # 0 ) x i f ( g ) )
veR.
Ez az egyenlet is átírható skaláris alakba. Az érintő és a binormális vektorok merőlegesek egymásra, ezért síkot feszítenek ki. A sík neve: rektifikáló sík. A rektifikáló sík normálisa (í x ¥) x f irányú, ezért egyenlete: [(ro x f 0 ) x f 0 ] ( W - r 0 ) = 0.
A z ( f x f ) x f irányú egységvektort fönormálisnak nevezik és f-fel jelölik:
f =
(í x r) x f |(í x f ) x f |
Mivel t és b egymásra merőleges egységvektorok, ezért az irányítást is figyelembe véve f -
txb.
A főnormális irányába eső egyenes vektoregyenlete W(t>) = r 0 + v[(ro x r 0 ) x f 0 ],
v s R.
185
A főnormális és a binormális által kifeszített síkot normálsíknak nevezzük; egy normálisa az érintő irányába mutató vektor, vektoregyenlete tehát * o ( W - r 0 ) = 0. A t, f, b páronként egymásra merőleges egységvektorok alkotják (ebben a sorrendben) a görbe kísérő triéderét, amely bázisnak is választható. A három vektor páronként egy-egy síkot feszít ki: t és f a simulósíkot, f és b a normálsíkot, b és t a rektifikáló síkot. KIDOLGOZOTT PÉLDA
Határozzuk meg az r (t) = (t3 — l)i + (2t2 + l)j + (3f — 2)k egyenletű térgörbe t0 = 1 paraméterű pontjában a kísérő triédere éleinek és síkjainak az egyenletét, valamint a kísérő triéder vektorait! Megoldás. A szóban forgó pont helyvektora r(l) = 3j + k,
így
Po(0;3;l).
A szükséges deriváltak és a helyettesítési értékek: f(t) = 3í 2 i-f-4fj + 3k, r(0 - 6ri + 4j,
r(l) - 3i + 4j + 3k; r(l) - 6i + 4j.'
Az érintő egy irányvektora r(l), ezért vektoregyenlete W(ü) - R(l) + tf(l) - 3ri + (3 + 4T?)j + (l + 3ü)k,
skaláris egyenletrendszere x = 3v,
y = 3 + 4v,
z = 1 + 3v,
ve R.
A binormális egyenes egy irányvektora f x f , Esetünkben
r(l> x f(l)
i 3 6
j 4 4
k 3 = - 121+ 18j— 12k, 0
ezért az irány vektor a b t (2; - 3; 2) vektor lehet. A binormális egyenes vektoregyenlete W(») = r(l) + vbi = 2vi + (3 - 3t»)j + (1 + 2o)k. 186
A főnormális egyenes egy irányvektora az (í x ?) x r. Esetünkben i (f(l)xf(l))xr(l) =
j
k
-12
18
-12
3
4
3
= 102i- 102k,
ezért az irányvektor az f ^ l ; 0; - 1) lehet. A főnormális egyenes vektoregyenlete W(c) = r(l) + »fi =
+ 3j + (1 - u)k.
A simulósík egy normál vektora az í(l) x f ( l ) vektor, ezért egyenlete - 1 2 ( x - 0 ) + 18(y —3)— 12(z— 1) = 0, illetve rendezés után 2x-3y+2z
+ l = 0.
A normálsík egy normálvektora az í(l) vektor, ezért egyenlete 3(x—0) + 4(y —3) + 3(z— 1) = 0, illetve 3x + 4y + 3z — 15 = 0. A rektifikáló sík egy normálvektora az (í(l) x f(l)) x f(l) vektorral párhuzamos f t vektor, ezért a rektifikáló sík egyenlete x-z+l
= 0.
A kísérő triédert kifeszítő három egységvektor: t =
r(l)
3 4 3 - — : i + T = j + 7 = k = 0,51i + 0,69j + 0,51k; l*(l)l ^34 /34 j/34
i(l)xf(l) -12 18 -12 b = ..... = ~ i = i + T = j + T = k = - 0,49i+ 0,73j-0,49k; |f(l)xf(l)l |/612 |/6Í2 j/612
f = bxt =
6 ^34 |/612
i 2 3
1 1 — P (17i— 17k) = - p i 17|/2
j 3 4
k -2 3 1
k = 0,71i-0,71k.
187
1.4 A görbe ívhossza Az x = x(t), y = y(t) alakban, azaz paraméteresen megadott síkgörbék ívhossza a ty és t2 határok között - amint azt már láttuk ([1], 4.6.2 pont) - az s = )%x(t)}2 + \y(t)]2dt tl integrál adja meg. Ha az előbbi síkgörbét az r(t) = x(t)i + y(t)} alakban képzeljük megadva, akkor az ívhosszat megadó képlet ti 5 = J |í| dt ti alakban írható fel, és belátható, hogy ez érvényes akkor is, ha a görbe nem síkgörbe. A görbe t0 paraméterű rögzített pontjától egy tetszőleges (változó) t paraméterű pontjáig terjedő ív hosszúsága az előbbiek szerint t J |í| dt = to
s{t)-s(t0\
ahol s(t) t-tői függ, s(f 0 ) állandó. Az ívhossznak t szerinti deriváltja így |í| =
^ ^ dt
vagy röviden ds
ugyanis az állandó s^o) deriváltja 0. Ez azt jelenti, hogy ha r(f) egy mozgó pont pályáját írja le, akkor a mozgás pályasebességének nagysága az első deriváltvektor abszolút értékével egyenlő. KIDOLGOZOTT PÉLDA
Számítsuk ki az r(t) = (e 4t cos 0i + (e4t sin t)j + ]fl e4tk kúpos csavarvonal ívhosszát, ha O ^ t ^ l . [1] Kovács József-Takács Gábor-Takács Miklós: Analízis. Főiskolai tankönyv. Tankönyvkiadó, Budapest, 1986.
188
Megoldás. Mivel í ( 0 = e4t(4 cos t - sin t)\ + e4t(4 sin t + cos t)j + 4 fle4% |f(0l = e 4 í |/l6 + 1 + 32 = 7e 4í , ezért az ívhossz í ^[0; 1] = j* le4t dt = 7
= ^ ( e 4 - 1) = 93,8
o egység.
1.5 A vektor-skalár-függvény szögsebessége Ha az adott w(0 vektor-skalár-függvénynek az értelmezési tartománya két különböző tt és t2 értékéhez tartozó w(^) és w(í 2 ) vektorát közös kezdőpontból felrajzoljuk, akkor a két vektor általában nem egyirányú, hanem pl. Acp szöget zár be egymással. A w vektor-skalár-függvény átlagos szögsebességén a A(p At
A(p t2-tx
hányadost értjük, amely arra ad felvilágosítást, hogy a paraméter egységnyi megváltozása a vektornak mekkora szöggel való elfordulását eredményezi. Értéke annál inkább jellemző a w függvény helyi viselkedésére, minél kisebb At intervallumra képezzük az előbbi hányadost. így jutunk el a pillanatnyi szögsebesség fogalmához, amely az átlagos szögsebesség határértéke, ha A t minden határon túl csökken : d(p A(p co = — = lim — . dt At-+o At Feladatunk most már csak annak a kiderítése, hogyan kell a pillanatnyi szögsebességet a w(t) képletéből kiszámítani. Tekintsük a w vektor-skalár-függvényt a t és t + At helyen. A két vektor által bezárt szög legyen A(p (F4. ábra). Ekkor |w(f)xw(f + zlOI = |w(0l |w(f + Jf)lsi:n A(p, és ebből - mivel w(í) x w(t) = 0 . , | w ( 0 x (w(/ + sin Aw = |w(/)l \w(t + At)\
F4. ábra
189
A következő bővítés nem változtat az egyenlőség helyességén: w(0 :
sin A(p A(p A(p Ha At -> 0, akkor A
At
0 és
w(í +
At)-Yf(t) At
|w(í)l \w(t + At)\
sin A(p
1, továbbá
Acp
w (t +
At)-Yi(t)
At
pillanatnyi szögsebesség értéke
dtp
Acp |w(/)xw(/)|
= — = lím — = dt At
-—— |w(/)l
vagy röviden
co —
|WX W|
iwl2
KIDOLGOZOTT PÉLDA
Határozzuk meg az r(0 = ( í 3 - l ) i + ( 2 f 2 + l ) j + ( 3 f - 2 ) k vektor-skalár-függvény szögsebességét a í = l paraméterű pontjában! Megoldás. Az előző fejezet példájában láttuk, hogy r(l) = 3j + k,
f(l) = 3i + 4j + 3k.
Ezekkel i r(l)xf(l) = 0 3
j 3 4
k 1 = 5i + 3 j - 9 k . 3
így d
190
rad = 1,07 — . 10 s
w(í), és így a
1.6 A görbület A hétköznapi életben, például gépkocsi vezetése közben is fontos tudnunk, hogy milyen éles kanyarban, azaz mennyire görbe útvonalon haladunk éppen. Egy görbe fontos és jellemző adata, hogy - tréfásan szólva - mennyire görbe a görbe, mennyire tér el az egyenestől. Gépkocsinkban azt is tapasztaljuk, hogy azt a görbét kell görbébbnek tekintenünk, amelynél az érintő irányának (a gépkocsi irányának) a megváltozása azonosan hosszú úton nagyobb. E tapasztalatok birtokában a görbe átlagos görbülete a következő módon definiálható: Tekintsünk a görbén két különböző pontot, P-t és Q~t, jelölje a közöttük lévő ív Lfű hosszát ás. Legyen a görbéhez a P és Q pontban húzható érintők hajlásszöge Aa. A — Js hányadost a görbe PQ ívéhez tartozó átlagos görbületének nevezzük. Ez az érték természetesen attól is függ, hogy mekkora ívre képeztük a viszonyszámot; nyilvánvaló, hogy ha az ív hosszát csökkentjük, akkor az átlagos görbület egyre pontosabban jellemzi a görbe helyi görbületét, amelynek a definíciója a következő: DEFINÍCIÓ. A görbe P pontbeli G görbületének nevezzük a PQ ívéhez tartozó átlagos görbületének a véges határértékét, amikor a Q pont tetszőleges pontossággal megközelíti a P pontot (a As ív hossza nullához tart):
Aa da G = lim — = — . ds —* o As ds A definícióból következik, hogy G ^ O és az egyenes görbülete 0. Feladatunk most annak a meghatározása, hogyan kell az r = r(í) egyenletű görbe görbületét kiszámítani. A görbület definíciójában szereplő határérték a kővetkezőképpen alakítható át: da Aa (Aa da ds G = -7- = hm — = lim — : — = — : —, ds ás-o As m0 \At AtJ dt dt da 0 (de fordítva nem biztos!), és ahol — az érintővek~ dt tor, vagyis r szögsebessége, tehát
ugyanis ha As -> 0, akkor At
da^ dt
=
*
1*(0 X? (01 |í(0l2
191
— pedig az ívhossz t szerinti deriváltja (1.4 fejezet), vagyis dt ds dt
m \ .
=
Ezeket felhasználva a görbület G =
da ds
m*m\
dt ' dt
m\
IYAl 4
vagyis (elhagyva a paraméter jelölését): r
xr
A görbület dimenziója a hosszúságegység reciproka. Utólag megállapítható, hogy csak a legalább kétszer differenciálható r függvénnyel megadható görbének értelmezhető a görbülete. Be lehet bizonyítani, hogy a görbület reciproka a görbületi kör sugarával egyenlő:
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki az r (0 = (/3— \)i + (2t2+ l)j + (3í —2)k,
te R
egyenletű görbe görbületét a / = 1 paraméterű pontjában! Megoldás. Az 1.3 fejezet kidolgozott példájában láttuk, hogy í ( l ) = 3i + 4j + 3k,
í ( l ) x f ( l ) = — 12i+ 18j— 12k,
így a görbület
G =
192
(/12 2 + 1 8 2 + 122 (|/9+ 16+ 9) 3
612 ~ V 39304
= 0,125.
2. Példa. Mutassuk meg, hogy a hengerre írt r(0 = (3 cos t)i + (3 sin Oj + 4tk,
teR
csavarvonal görbülete állandó. Megoldás. Mivel í ( 0 = ( - 3 sin t)i + (3 cos Oj + 4k; r(0 = ( - 3 cos t)i — (3 sin Oj;
i r(0 x r(0 =
j
- 3 sin t — 3 cos t
k
3 cos t 4 = (12 sin / ) i - (12 cos — 3 sin t 0
íí(0 x f(/)| - |/Í44 + 81 - 15;
|r| =
0j + 9k;
16 = 5,
e/ért 15 G = - = 0,12, 5^ ez pedig állandó.
1.7 A torzió A görbe görbülete arról tájékoztat minket, hogy a görbe mennyire tér el az egyenestől. A görbe egy másik fontos tulajdonsága az, hogy mennyire tér el a síkgörbétől. Ha a görbe síkgörbe, akkor az a sík, amelyben a görbe elhelyezkedik, a görbe simulósíkja; ha a görbe nem síkgörbe, akkor simulósíkja pontról pontra változhat, és ezt a csavarodást a simulósík normálvektorának, azaz a görbe binormálisának a változásával lehet mérni. DEFINÍCIÓ. A
görbe T torzióját (csavarodását) a következő határértékkel defini-
áljuk : d$ ds
T = F =
AP lim-f, Js-+o As
ha ez véges, ahol A/í a görbe binormálisának a As ív mentén bekövetkezett irányváltozását jelenti. Átalakítva a kifejezést:
js-o As
át-*o\At
At)
dt
dt 193
és itt — a binomiális szögsebessége, azaz dt dfi _ ib(r)xb(QI !b(r)í2
dt
ds és —- = |r(0K Ezeket felhasználva és b helyébe a vele párhuzamos f x f vektort dt helyettesítve egyszerű (de hosszadalmasabb) átalakítás után a
[" I
=
\r(t)r(tW(f)\ if(/)xf"(r)| 2
kifejezést kapjuk. Ha a számlálóban álló vegyesszorzatnak nem vesszük az abszolút értékét, akkor előjeles torzióról beszélünk (itt már nem írtuk ki a paraméter jelét): r rí' r x f |2 ' és a torzió előjelének érdekes geometriai jelentés tulajdonítható. görbét jobb-, vagy balcsavarodásúnak nevezzük aszerint, amint a torziója pozitív vagy negatív. Ha T— 0, akkor a görbe síkgörbe. (Emlékeztetőül: a facsavar menetének éle jobbcsavarodású.) DEFINÍCIÓ. A
Utólag látható, hogy torziója csak a legalább háromszor differenciálható r függvények görbéjének értelmezhető.
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki az r(0 = ( / 3 - l ) i + ( 2 r 2 + l ) j + ( 3 í - 2 ) k ,
te R
térgörbe torzióját a 1 pontban! Jobb- vagy balcsavarodású-e a görbe e pontban? Megoldás. Az 1.3 fejezet kidolgozott példájában láttuk, hogy í ( l ) x f ( l ) = — 12i+ 18j — 12k, 194
| í ( l ) x jf(l)| - |/6l2.
Mivel'?(t) = 6i, TP(1) = 6i, ezért [r(l) x f(l)]r (1) = - 7 2 , és így az előjeles torzió -72
T =
= -0,118;
612
és ez azt is jelenti, hogy a görbe ebben a pontban balcsavarodású. 2. Példa. Bizonyítsuk be, hogy az
r ( , )
TT(k'
"
, 6 { R X ± 1 !
egyenletű görbe síkgörbe! Megoldás. Állításunkat bebizonyítottuk, ha beláttuk, hogy a görbe torziója a t paraméter minden lehetséges értékére 0. Először a deriváltfüggvényeket számítjuk ki: 2 m
2t
~ ö^7)
ö+ö2k' 2(1 + 3 t 2 )
4
r ( 0
1
2Í+
-2
12 . 24f(l + 1 2 ) . ~ (W)*14"
6 (T+ö*k'
A torzió képletének számlálójában álló vegyesszorzatot két lépésben számítjuk ki: í 2 Ht) x f(í)
21
k 1
(l-^2)2 2(1+ 3í 2 ) (i - t2y
(1 + 0 2 -2 (i + 0
J 2
(1-0 4 (i - ty
2(1+ 3í 2 )
•41 (1 - t 2 ) \ \ + í3)
(l + í 2 ) ( l - í 2 ) 3
-4
4
2
+
(l-í) (l + 0 4(1 + 312)
3
2
(l-f) (l-r) •2 2 3- i +
(1 - r )
(1 — í ) 3 0 +1) :
j+
8/ 3
3
(l-í) (l-í2)
8 2
i
3
(l-í ) '
4 -2 7 7 —2 ^3 k = — 2— - (i + 4j + 2k). (1-í ) (1-í > 195
Ezt felhasználva a vegyesszorzat + 24[ —(1 +
Q
4
+
8/(1 + 1
2
3
+
8;(L +
,2x4 + 2
) +
2
(l-/ ) (l-í ) 2 4 [ - 4 ; - 4 Í
3
H Y M ]
(1 -
Q
4
]
4 R -
4t
3
4
Í2) -
]
4
- 0,
ezért r = 0, és így a görbe síkgörbe. A T nevezőjét ezek után fölösleges kiszámítani.
1.8 Az ívhossz mint paraméter Ha az r(/), t e R egyparaméteres vektor-skalár-függvény t paraméterének speciális san az s ívhosszat választjuk, akkor a függvény, illetve a vele megadott grafikon (térgörbe) eddig megemlített jellemző adatai (pl. a kísérő triéder elemei, a görbület, a torzió) kiszámításához megadott képletek alakja sokkal egyszerűbbé válik. Tekintsük az r(0 = x(t)i + y(t)j + z(t)k,
te[tu
t2] c= R
egyparaméteres vektor-skalár-függvényt, és legyenek az x(t), y(t), z(t) függvények a t paraméter folytonosan differenciálható függvényei. Ekkor az s(t) = J I r I di ti integrál létezik és az r(/) függvény grafikonjának ívhosszát adja meg a [tu t] intervallumban. Ha ezt az s ívhosszat választjuk a függvény paraméterének, akkor az r függvény az r(s) = x(s)i +
+ z(,s)k
alakban írható fel. TÉTEL. AZ R^) vektor-skalár-függvény ségvektorral egyenlő, azaz
196
s szerinti deriváltja az érintő irányú egy-
(Az s ívhossz szerinti differenciálást a t paraméter szerinti differenciálástól való megkülönböztetés érdekében vesszővel fogjuk jelölni.) Bizonyítás. Az összetett és az inverz függvény differenciálási szabálya szerint ugyanis dt
dr dt
dr ds
ds
dt ds
dt dt
ds Mivel (1.4 fejezet) — = | í | , ezért dt dr
r
ds
|r| '
ez pedig éppen az érintő irányú egységvektor, azaz r=t és így | r' | = 1. Mivel |r'| = 1, azaz állandó, ezért r' deriváltja, az r" merőleges r'-re, vagyis r"_Lr'. TÉTEL. Azt állítjuk, hogy r" abszolút értéke a görbülettel egyenlő, azaz G= |r"|. Bizonyítás. Ha az ívhosszt választjuk paraméternek, azaz t = s, akkor |r x f|
|r'xr"|
de | r' ] = 1, ezért | r' | 3 = 1, továbbá már láttuk, hogy r" _L r', ezért | r' x r" | = = |r'| |r"| sin 90° = Ir"!. Ezeket felhasználva G = |r"|, és ezzel állításunkat beláttuk. Az r" vektor irányába mutató egységvektort főnormálisnak nevezik. Be lehet látni, hogy ez az 1.3 fejezetben definiált főnormálissal azonos. Ezzel a jelöléssel r" = Gf. Mivel r" = t\ ezért X! = Gf. Ez Frenet első formulája.
197
TÉTEL. Az r = r(s) alakban megadott görbe torziója T =
Bizonyítás. Ha t = s, akkor |f x f | = |r"| = G, és így _
rrr |fxf|2
\f' x r"| 2
(?2
'
és ezzel állításunkat beláttuk.
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. írjuk fel az a sugarú hengerre írt b emelkedésű, r(0 = {a cos t)i + (a sin t)j + btk,
a, be R,
te [0, 2n]
egyenletű csavarvonal egyenletét az ívhossz függvényeként! Megoldás. Minthogy í ( 0 = ( - a sint f)i + (
+ bk
es s(t) = j" |f| dr = fila 2 sin 2 t +a2 cos2 t + b2 dx = = \ Íar+b2dx= o
f^Ttft
hosszúságegység, ezért t =
s 2
]/a + b2'
így a csavarvonal egyenlete s függvényeként: r(» = I Ö C O S - 7 = = ) i + ( ö s i n - p = = Jj+
- = = k ,
ahol 5 e [0, 2n ][a 2 Tb 2 ]. 2. Példa. Határozzuk meg az előbbi r(s) csavarvonal görbületét és torzióját annak egy tetszőleges pontjában! 198
Megoldás. Mivel
r"0) = r"'(s) =
(
a
s \ ( a s \ ; — c2 o s " 7 = =2 i + ~—TT sin - = = =r = i j\ 2 a +b ftF+b ) \ a+b \f^ +b ) a s \ ( a s \ í+ ~ COS - = = = j, S Ín - 7 = = = 2
V f
Vi/P + 62)3
+W
V
i(a2 + b2?
\ía2 + b2)
ezért a görbület ° "
ir !
(C°S!
" -
fikp
+
> An * f o k * ) ~ 7 + T -
Ha az r'rY" vegyesszorzat determinánsát a harmadik oszlopa szerint kifejtjük, akkor b
/ * »* _
r r r
(
a l
\
(
2
~ ] / 7 W A W + W ) \
s
W+b2
-2 + S m
s
\ _ 2 W+b ) ~
a2b
és így a torzió
r'rV" __
a2Z>
(a2 + b2)2
b
A hengerre írt csavarvonal görbülete is, torziója is állandó.
1.9 A térgörbe természetes egyenlete A térgörbét megadó r ( t ) paraméteres egyenlet alakja függ a koordináta-rendszer megválasztásától. A görbét azonban koordináta-rendszertől független adatokkal is tudjuk jellemezni: be lehet látni, hogy a G(s) > 0 és T(s) függvények egyértelműen meghatározzák a térgörbe alakját (a térben való elhelyezkedését nem), vagyis adott G(s) görbülethez és T(s) torzióhoz csak egyetlenegy térgörbe található. A G(s) és T(s) függvényeket együtt a térgörbe természetes egyenletének nevezzük. Végül megjegyezzük, hogy ha egy térgörbe valamely pontjában G ^ 0, TV 0, akkor a görbe ezen pontbeli elegendő kis környezetének a kísérő triédere síkjaira vett merőleges vetületei az F5. ábrán látható görbék. Az ábra alapján a simulósíkon levő vetület egy egyenest, a térgörbe érintőjét egy oldalról érinti, de nem metszi és a vetület 199
\ \
f
\
i
\
/ \
t
simulósík
s
T>0
y X
I
R * \T<0
F5. ábra
1lz
y
l ^ N ^
normálsík
rektifikáló sík
egy parabolához hasonlít; a rektifikáló síkon levő vetületnek a pont inflexiós pontja, a térgörbe érintője a vetület inflexiós érintője, ezért ez átmetszi a vetületi görbét és a görbe egy harmadfokú görbéhez hasonlít; a normálsíkon levő vetületnek a pontban csúcsa van, a csúcsérintő a térgörbe főnormálisa, és a vetületi görbe egy z = j 3 ' 2 egyenletű görbéhez hasonlít. K I D O L G O Z O T T PÉLDA
Határozzuk meg a hengerre írt r(t) = (a cos t)i + (a sin t)j + btk,
t e [0, ln]
csavarvonal természetes egyenletét! Megoldás. Az 1.8 pont 2. kidolgozott példájában láttuk, hogy G(s) =
b 2
2
a + b'
2
a + b2
E két egyenlet együtt a csavarvonal természetes egyenlete. Ezekből a csavarvonal sugara és emelkedése kiszámítható: a =
200
G2 +
R2'
G 2 + ra
•
2. KÉTPARAMÉTERES VEKTOR-SKALÁR-FÜGGVÉNYEK, FELÜLETEK
2.1 Két skaláris változótól függő vektorfüggvény Tekintsük az (u, v) síkon (paramétersíkon) vagy annak egy tartományában értelmezett három kétváltozós függvényt, az x9 y9 z függvényeket, és legyen e függvényeknek az értelmezési tartománybeli u, v számpárhoz tartozó x(u, v), t?); z(w, i;) helyettesítési értéke egy r helyvektor három koordinátája a derékszögű Descartes-féle koordináta-rendszerben : (m, t;)
r(w, r) = x(u, t;)i+
+
u)k.
Ha w, v befutja az értelmezési tartományt, akkor az előbbi utasítással két skaláris változótól (paramétertől) függő vektor-skalár-függvényt értelmeztünk. Az értelmezett leképzés R 2 ->R 3 típusú. A r(w, v) vektor-skalár-függvény értelmezési tartományát Z>r-rel, értékkészletét i?r-rel jelölik. Ha az r(w, v) vektor-skalár-függvény értékkészletét alkotó helyvektorokat a koordináta-rendszerben ábrázoljuk, akkor ezek végpontjainak halmaza az r(w, v) grafikonját alkotja. Ez általában egy felület (F6. ábra). Az u0, v0 számpárhoz tartozó helyettesítési értéket r(w0, fogjuk jelölni.
201
Ha az egyik paramétert, mondjuk az u-t állandónak választjuk, akkor r(m, Ü) csak egyetlen paramétertől függ, tehát grafikonja egy, a felületen elhelyezkedő görbe (felületi görbe). Mivel az u ••=•• állandó választással jött létre, v paramétervonalnak nevezzük (F7. ábra). Hasonlóképpen a v — állandó választással az u paramétervonalak jönnek létre. Például annak a síknak a kétparaméteres vektoregyenlete, amely illeszkedik az origóra és amelyet az a és b vektorok feszítenek ki: r(u, v) = ua + vb (F8. ábra). Esetünkben a paramétervonalak az a, illetve b vektorral párhuzamos egyenesek. u= állandó
Az r(w, v) függvény határértékét, illetve folytonosságát az r(0 függvény határértékével, illetve folytonosságával analóg módon definiálhatjuk, csak most három kétváltozós függvény határértékére, illetve folytonosságára kell hivatkoznunk. Megemlítjük, hogy ha r(w, v) folytonos, akkor, grafikonja, a felület is folytonos. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. írjuk fel az x2+y2
F9. ábra
202
+z2=
a2
egyenletű gömbfelület vektoregyenletét! y Megoldás. A gömbfelület tetszőleges P pontjának koordinátái, ha u-nak választjuk a P pont x, y síkon lévő P' vetületéhez vezető egyenes és ; az x tengely hajlásszögét és p-nek a P ponthoz vezető sugár és a z tengely hajlásszögét (F9. áh ra):
x = a sin v cos u, y = a sin i? sin w, z = 0 cos t?; ezért a gömbfelület vektoregyenlete r(w, i?) = (
+ (a cos u)k,
O^I^TT.
2. Példa. írjuk fel annak a hengerfelületnek a vektoregyenletét, amelynek vezérgörx2 y2 béje az — H = 1 egyenletű ellipszis, tengelye pedig a) a z tengely, az a ( l ; 1; 3) 4 9# vektorral párhuzamos! Megoldás. Az ellipszis paraméteres egyenlete: x = 2 sin w, = 3 cos vektoregyenlete: r(ü) = (2 sin
+ (3 cos
A hengerfelület bármely pontjához az a) esetben az r(w, t?) = (2 sin w)i + (3 cos u)j + vk helyvektor, a b) esetben az r(w, t?) = (2 sin w + t?)i + (3 cos u + v)j + 3uk helyvektor mutat, ezért ezek a keresett egyenletek. Mind a két egyenletben O ^ u ^ l n , veR.Ab) hengerfelület az F10. ábrán látható. F10. ábra
3. Példa. írjuk fel annak a kúpfelületnek a vektoregyenletét, amelynek csúcspontja az A(2; 2; 3) pont, vezérgörbéje pedig az y = x2, - l^x^l parabola! Megoldás. A kúpfelület egy tetszőleges pontjához úgy juthatunk el az origóból, hogy először a kúpfelület csúcspontjába megyünk az a helyvektor mentén, majd az r(w) egyenletű vezérgörbe egy tetszőleges pontjába az r^w) = r(«)~a vektor, a kúp alkotója mentén. Ha a v paraméter azt jelöli, hogy mennyit haladtunk az alkotó mentén, akkor a kúpfelület egyenletének általános alakja r(w, v) = a + vfiiu) = a + v(r(u) - a) = (1 — i?)a + vr(ü).
203
Esetünkben, ha w-nak választjuk x-et, a vezérgörbe (parabola) vektoregyenlete r(w) =
m +
u \
a kúp csúcsába mutató helyvektor a(2; 2; 3), ezért a kúpfelület vektoregyenlete: r(w, v) = 2i + 2j + 3k + + v[(u — 2)i + (u2 — 2)j — 3k] = = (uv ~2v + 2)i + (u2v — 2v + 2)j + + (3 — 3v)k, ahol -l^u^l, veR. A kúpfelület egy része az FII. ábrán látható.
2.2 A felület érintősíkja Ha az r(u, v) = x(u, v)i + y(u, v)j + z(w, i;)k felületre egy kiszemelt P pontján át felületi görbéket rajzolunk, akkor e görbék P pontbeli érintői a felületet is érintik. Ha valamennyi lehetséges érintőegyenes ugyanabban a síkban fekszik, akkor ezt a síkot a felület P pontbeli érintősíkjának nevezzük. Az érintősík normálvektorát, amely merőleges az összes P pontbeli érintőre, a felület normálisának nevezzük. Be lehet látni, hogy az r(w, v) felületnek akkor létezik érintősíkja a P pontjában, ha ott az x9 y és z kétváltozós függvények totálisan differenciálhatók (Analízis, 5.3.2 fejezet). Az érintősík egyenletének felírásához szükségünk van a felület normálisára. Mivel a normális merőleges valamennyi görbe érintőjére, ezért a paramétervonalak érintőire is. Ha v = állandó, akkor a csak az u változót tartalmazó r(w) = x{u)i + j(w)j + z(w)k paramétervonal érintőjének az irányvektora a
dr(u)
deriváltvektorral egyenlő, és ez du az eredeti függvény u szerinti parciális deriváltvektora: 204
dr(u, v) = dx(u, v) i 4- dy(u, v) jH dz(u, v) k, du
du
du
du
amit röviden rM-val (vagy r^-val) fogunk jelölni. Ha u = állandó, akkor az r(v) = x(v)i + y(v)} + z(v)k paramétervonal érintőjének irányvektora - az előzőhöz hasonló módon - az r(u, v) függvény v szerinti parciális deriváltvektora: dr(14, v)
dx(u, v). ^ dy(u, v). ^
8v
őv
8v
i;) ^
'
8v
Ennek alapján az adott érintősík normálisa, amely merőleges az előbbi két vektorra, az n!• = iru x irv vektor, az érintősík egyenlete pedig, ha r 0 jelenti a sík egy adott, W(X; Y; Z) pedig egy tetszőleges pontjának a helyvektorát: ( r M x , G ( W - r o ) = 0. Az érintősík egyenletének skaláris alakját megkapjuk, ha a vektoregyenlet bal oldalán álló vegyesszorzatot determináns alakban írjuk fel: X Xn 8x(u, v)
Y-y0 8y(u, v)
Z-z0 8z(u, v)
du 8x(u, v)
du 8y(u, v)
du dz(u, v)
8v
8v
dv
=
0,
majd a determinánst kifejtjük. Megjegyezzük, hogy ha a felület egyenlete z = f(x, y) alakú, akkor x-et és y-t választva paraméternek, a felület vektoregyenlete r(x, y) = xi + yj + / ( x , y)k, az érintősík egyenlete pedig x0 1 0 alakú.
Y-y0 0 1
Z-z0 = 0 /; /;
205
KIDOLGOZOTT PÉLDA
Határozzuk meg az r(w, v) = (w3 - 2tr)i + wi;2j + (w V + u)k felület érintősíkjának egyenletét az w= - 1, v= 1 paraméterű pontjában! Megoldás. Az — 1, i;= 1 paraméterértékekhez tartozó P pont helyvektora: r ( - l , l ) = — 3i—j. Az érintősík normálvektorának meghatározásához szükség van a parciális deriváltakra : rM(w, v) = 3t/2i + i;2j + (2w>2 + l)k, r„(M, v) = - 4ri + 2i*i?j + 2u2vk, illetve ezek P pontbeli helyettesítési értékére: r u ( - l , 1) = 3 i + j - k , r , ( - l , l ) = — 4i — 2j + 2k. így az érintősík egy normálvektora
r>j x r =
«
J
3 -4
1 -2
k - 1 = -2J-21*. 2
E helyett alkalmazható a vele párhuzamos n(0; 1; 1) vektor is. Ezt felhasználva, az érintősík egyenlete O + l ) + ( z - 0 ) = 0, vagy osszevonva y + z+l
= 0.
2.3 A felület felszíne Tekintsük az (u, v) paramétersík egyszeresen összefüggő, mérhető területű T tartományán értelmezett, r(u, v) = x(u, v)i+y(u, v)j + z(u, i»)k alakban megadott felületet, és legyenek az x, y, z kétváltozós függvények folytonosan 206
differenciálhatók. E felületdarab felszínét a következő módon definiálhatjuk és számíthatjuk ki: Borítsuk be az adott felületet a paramétervonalak sűrű hálózatával. Két-két szomszédos paramétervonal által közrefogott véges felületdarab (görbevonalú négyszög) felszínét közelítsük annak a paralelogrammának a területével, amelyet a görbevonalú négyszög egyik (például r(u, i;)) csúcsából kiinduló görbeívek húrvektorai feszítenek ki (FI2. ábra), Jelölje állandó a v=állandó, illetve az M = állandó paramétervonalon felFI2. ábra vett húrvektort Aur = r{ti + Au, v) - r(w, v), illetve Avr = r(w, v + Av) — r(u, v), ekkor a paralelogramma területe IAjxAJI. A felületdarab S felszínének egy durva közelítése e paralelogrammák területének az összege, ahol az összegezést előbb minden v vonal mentén, majd egy u vonal mentén hajtjuk végre: S ^IZl^rx^rl. Alakítsuk át ezt a kifejezést:
u
v
4»r Au
x
Av
AuAv =
r(u + Au,v) — r(u, v) Au
r(u, v + Av) — r(u, v) AuAv. Av
207
DEFINÍCIÓ. Ha a paramétervonalak további sűrítésével a felület felosztását minden határon túl oly módon finomítjuk, hogy a) Au->0, Av->0; b) a paralelogrammák nagyobbik szöge nem tart 0-hoz (a paralelogrammák nem fajulhatnak el vonalakká, ez az ún. élszögkorlátozás); c) két szomszédos paralelogramma síkjának a szöge nem tart 0-hoz (a szomszédos paralelogrammák nem borulhatnak egymásra, nem tapadhatnak össze, ez az ún. lapszögkorlátozás) és a finomítás során kapott előbbi kettős összegek sorozatának mindig ugyanaz a véges határértéke van, akkor ezt a véges Hm
1 1
r(u + Au, v) — r(u, v) Au
Av->0
r(w, v + Av) — r(u, v) AuAv Av
határértéket nevezzük a felületdarab felszínének. A definíció a felszín kiszámítására is módszert ad. Vegyük észre, hogy a kettős összegek vektoriális szorzatában mind a két tényező egy-egy differenciahányados, és dr r dr ha Au->0, akkor az első tényező határértéke — , ha Av->0, akkor a másodiké — . Ezt 8u dv dr dr felismerve az is látható, hogy a kettős összegek a — x — függvény integrálközelítő du dv összegei, amelyeknek határértéke a mondott feltételek mellett a függvény területi integráljával egyenlő. így 5=
lim£I du-*0 UV Av-*0U u
(T)
r(u + Au,v) — r(u, v) Au
r(w, v + Av) — r(u, v) AuAv = Av
dr dr — x — du dv, du dv
dr őr vagy a —- = rM, = r^ jelöléseket használva a felszín: du Tv S =
(T)
JJ\ruxrv\dudv.
Megjegyezzük, hogy egy felület felszíne a mondott feltételektől eltérő (esetenként enyhébb) feltételek mellett is létezik és kiszámítható. Például a T tartomány lehet többszörösen összefüggő, de felbontható véges sok egyszeresen összefüggő résztartományra (ívlöbius-szalag); a felületnek lehet törésvonala vagy csúcsa, de rmegközelít208
hető olyan Tn tartományokkal, amelyekre rM és rv folytonos; az r(u, v) függvény lehet nem egyértékű függvény, de T felbontható olyan Tn tartományokra, amelyekre már egyértékű; a felület lehet zárt, de felbontható véges sok egyszeresen összefüggő nyílt darabra. A feltételek között kimondott élszögkorlátozás és lapszögkorlátozás szükségességét először H. A. SCHWARZ és G. PEANO mutatta meg híres lampion-feladatával. A felszínt megadó képletet számítástechnikai szempontból előnyösebb alakra hozhatjuk, ha a következő módon alakítjuk át: Mivel tetszőleges a és b vektorra ! a x b | 2 = |a| 2 |b| 2 sin 2 (a, b) - | a | 2 | b | 2 - | a | 2 | b i 2 cos 2 (a, b) - [a| 2 |b| 2 ~(ab) 2 , és ebből | a x b | = 1/laí^blMab) 2 , ezért a = ru, b = r,; választással S = IS pu\2\rv\2-(v„)2"
du
(T)
Bevezetve a (iru)2 = E, (rV)2 = G, rurv = F Gauss-féle elsőrendű főmennyiségeket |rMxrj =
EG-F2,
és képletünk a következő alakban írható:
S = fJ
(T)
]/EG-F2dudv.
Abban az esetben, ha a felület egyenlete z = z(x9 y) alakban van megadva, tehát x-et és y-t választjuk paraméternek, akkor r(x, y) = xi-f 2
E = (rx)
+ z(x, >>)k; 2
F = (ry) = 1 + (zy)2,
= 1 + (zx) , 2
EG-F
rx = i + zxk, r^ = j + z^k; 2
2
2
= [l + (zx) ][l + (zy) ]-(zxzy)
2
G = rx ry = zxzy;
= 1 + (zJC)2 + (z y ) 2 ,
és így a felület felszíne 5 = f f )/l + (zx)2 +
(zy)2dxdy.
(T)
209
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
]. Példa. Számítsuk ki az r(u, v) = (cos u — v sin u)i + (sin u + v cos w)j + (u + v)k felület O ^ u ^ n , darabjának a felszínét! Megoldás. A parciális deriváltak: rM = (-- sin u—v cos «)i + (cos u — v sin rv = ( - sin -f- (cos u)j -f k
+ k>
Fizeket felhasználva:
E = (rtt)2 ~ sin u~~v cos u)2 + (cos i/ — r sin u)2 -f- 1 - vJ 2, F = rMry =-• ( — sin u — v cos w)( — sin a) H- (cos w — r sin w)cos w -f 1 — 2 G = ( r j 2 - sin 2 u + cos 2 w + 1 = 2, H 7 - F 2 - ( u 2 f 2 ) 2 - 4 - 2?A így a kiszámítandó felszín: 1 7Z
|/27T
j* |[2v du dv = fin J v dv = |/2tt 0
0
0
területegység. 2. Példa. Számítsuk ki a
felület azon darabjának a felszínét, amely a O ^ x ^ l , 1 dik el! Megoldás. Mivel
négyzet felett helyezke-
X "x
, V
t
^y
2v2
és ezzel 2
2
\ + (zJ + (zy) =
210
*\2 í ~ j f \ 1 + 1 - ) +. , 2 >7 V V y
2 =
(* 2 + 2 >- 2 ) 2 4/
ezért az integrandus
és a keresett felszín: 2
1
2
•
2
területegység.
211
3. VEKTOR-VEKTOR-FÜGGVÉNYEK (VEKTORMEZŐK)
3.1 A három skaláris változótól (vektortól) függő vektorfüggvény Tekintsünk az euklideszi tér egy tartományában értelmezett három háromváltozós függvényt, a vl9 v2, v3 függvényeket, és legyen e függvényeknek az értelmezési tartomány (x, y, z) számhármasához tartozó vx(x9 y9 z), v2(x, y, z), v3(x, y, z) helyettesítési értéke egy v helyvektor három koordinátája a derékszögű koordináta-rendszerben:
(x, y, z)
v(x, y, z) = vt(x, y, z)i + v2(x, y, z)j + v3(x, y9 z)k.
DEFINÍCIÓ. Ha x, y, z befutja a Dy értelmezési tartományt, akkor .az előbbi hozzárendeléssel egy három skaláris változótól függő vektor-skalár-függvényt értelmeztünk. Ha az (x, y, z) számhármast egy r helyvektor három koordinátájának tekintjük, akkor az értelmezett függvény az r H> v(r) = vt(x, y, z)i + v2(x, y, z)j + v3(x, y, z)k vektor-vektor-függvény, vagy vektormező. Az értelmezett függvény (leképezés) R 3 -> R 3 típusú. Szokás a vektormezőt vektortérnek is nevezni, de ezt az elnevezést a lineáris algebra más célra már lefoglalta (2.3.1. pont), ezért itt lehetőleg kerüljük. Használjuk azonban a tér elnevezést, ha a v(r) függvény erőteret, például gravitációs, elektromos, mágneses erőteret ír le. Azok a vektorhalmaznak vektorhalmazra való speciális, nevezetesen lineáris leképezései, amelyekből néhányat tanulmányaink során már megismertünk (2.4.3. pont), (speciális) vektor-vektor-függvények. A tárgyvektortér vektorainak és a kép vektortér vektorainak koordinátái közötti összefüggéseket (ezek száma három dimenzió esetén kilenc) egy 3 x 3 típusú
A
212
=
021 031
012 022 032
013 023 033
négyzetes mátrixszal adtuk meg. Ez a lineáris vektortranszformáció (vektor-vektorfüggvény) az ebben a fejezetben bevezetett jelöléssel
alakban írható fel. Ha a koordináták közötti kapcsolatok nem lineárisak, akkor az összefüggések mátrixszal nem adhatók meg. DEFINÍCIÓ. A homogén lineáris vektortranszformációt (vektor-vektor-függ. vényt) tenzornak nevezik. Mivel egy vektor-vektor-függvény az értelmezési tartomány minden helyvektorához (minden pontjához) egy vektort rendel, a függvény szemléltetése csak a legegyszerűbb esetekben vezet áttekinthető ábrához. Egy vektormező elképzeléséhez azonban jó támpontot nyújt például az áramló folyadék látványa, mert e folyadék molekulái sebességének nagysága és iránya éppen egy vektormezőt határoz meg és szemléltet. A v(r) vektormező határértéke és folytonossága a kétparaméteres vektor-skalárfüggvény határértékének és folytonosságának definíciójával analóg módon definiálható, csak most három háromváltozós függvény határértékére és folytonosságára kell hivatkoznunk. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Milyen vektormezőt ír le a v(r) = r vektor-vektor-függvény? Megoldás. A v(r) = r = + -f jJ + zk függvény a tér minden pontjához a pont helyvektorát rendeli (F13. ábra).
v(r)
FI 3. ábra
2. Példa. Milyen vektormezőt ír le a v(r) = — vektor-vektor-függvény? |r| Megoldás. Mivel az r = xi+yj + zk vektor abszolút értéke |r| = ]/x2+y2 + z2, ezért a r |r|
x 2
2
,:2
]/x + y + z
i+
z
y r
fx +y
2
+z
2
j+
2
)Jx + y2 + z,2:
k
213
függvény a tér minden pontjához a pont helyvektorának irányába mutató egységvektort rendeli (FI4. ábra).
3. Példa. Készítsünk ábrát a v = - r vektormezőről! Megoldás. A v = - r = ~ xi - j j - zk függvény a tér minden pontjához helyvektorának az ellen tettjét, tehát a pontból az origóba mutató vektort (FI5. ábra) rendeli.
3.2 Vektor-vektor-függvény differenciálhatósága, divergenciája, rotációja A v(r), = vt(x, y, z)i + v2(x, y, z)j + v3(x,
z)k
vektor-vektor-függvényt akkor mondjuk differenciálhatónak az r 0 (x 0 ; y0; z 0 ) e Dv pontban, ha áttérve az r 0 környezetében levő tetszőleges r(x; y; z) pontra (jelölje ezt az r - r 0 változást a Ar vektor) a v függvény Av megváltozása felírható a Av =
DAr+sAr
alakban, ahol "Öl?! dvx dx
214
¥
8V2
dv2
Hz dv2
dx dv3
dy dv3
8V3
_dx
DY
dz dz_
egy homogén lineáris leképezés, a deriválttenzor mátrixa, továbbá s is egy homogén lineáris leképezés mátrixa és £->0, ha /Jr-»0. D nem függ a Ax megválasztásától csak az r 0 ponttól. A D deriválttenzor mátrixáról látszik, hogy elemei függnek a v(r) vektor-vektorfüggvény leírásához használt koordináta-rendszer megválasztásától, de be lehet bizonyítani, hogy az elemek bizonyos kifejezései függetlenek a koordináta-rendszer megválasztásától és csak a vektor-vektor-függvénytől függnek, ezért ezek a vektormezőt közvetlenül jellemző lényeges adatok. Két, a koordináta-rendszerre nézve invariáns adatot említünk meg. DEFINÍCIÓ. A v(r) vektor-vektor-függvény D mátrixa főátlójában álló elemeinek dvt f- dv? + — dv3 összegét, a deriválttenzor skalárinvariánsát, a v(r) vektor -vekdx dy dz tor-függvény (vektormező) divergenciájának nevezzük és div v jellel jelöljük, vagyis dv± dv2 dv3 div v = -- H — + ~~ ox dy dz A divergenciának érdekes (és szemléletes) jelentést lehet tulajdonítani. Azt mondjuk, hogy a v vektormező egy adott pontban forrásmentes, ha ott div v = 0, forrása van, ha div v > 0 és nyelője van, ha div v < 0. A divergencia más (az integrál segítségével történő) definíciója is ismeretes. DEFINÍCIÓ. A v(r) vektor-vektor-függvény deriválttenzora D mátrixának elemeiből alkotott __ v
dy
j + í^l _ • + (dIl _ í M dz J \ dz dx J \ dx dy)
k
vektort, a deriválttenzor vektorinvariánsát, a v(r) vektor- vektor-függvény rotációjának nevezzük és u rot v jellel jelöljük, vagyis {dv* dv>\ (dVi Irotv - - - }i+ ( _ t I \dy dz J \ dz
dv*\ 1 dx)
(dv ( 2 \ dx
dv, 1 dy
A rotációnak is érdekes és szemléletes jelentést lehet tulajdonítani. Azt mondjuk, hogy a v vektormező egy adott pontban örvénymentes, ha ott rot v = 0. A rot v vektor szoros kapcsolatban van a vektormező örvénylésének a szögsebességével. A rotáció értelmezhető integrál segítségével is. )
215
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki a v(r) = r = xi + y\ + zk vektormező divergenciáját és rotációját egy tetszőleges r 0 helyvektorú pontban! Megoldás. Mivel divv =
dx
dy dz h — + — = 1 + 1 + 1 = 3, dx dy dz
a divergencia állandó. A rotáció: rot v = így a vektormező örvénymentes (FI3. ábra). 2. Példa. Számítsuk ki a v(r) = (3* - 4>'2)i + (x - 4j; + z 2 )j - (3j; + 5z)k vektormező divergenciáját és rotációját az r 0 (l; 2; - 1) pontban! Megoldás. Mivel
azaz állandó, ezért az r 0 helyvektorú pontban is div v = - 6. A negatív előjel mutatja, hogy itt a vektormezőnek nyelője van. A rotáció egy tetszőleges pontban rotv =
= (— 3 — 2z)i + (0)j + (1 + 8j/)k. Ez az r 0 (l; 2; - 1) pontban rot v(r0) = - i + 1 7 k . 216
4. SKALÁR-VEKTOR-FÜGGVÉNYEK (SKALÁRMEZŐK)
4.1 A három skaláris változótól (vektortól) függő skalárfüggvény Az (x, y, z) u(x, z) háromváltozós függvény értelmezési tartománya az R 3 tér vagy ennek egy része minden P pontjához egy skaláris értéket rendel, ezért a leképezés R 3 ->R X típusú. Ha az x9 y, z értékeket egy r vektor három koordinátájának tekintjük, akkor az n->w(r) skalár-vektor-függvényt kapjuk, amit skalármezőnek is nevezünk. Skalármezővel írható le például hőmérséklet-eloszlás, nyomáseloszlás, vektormezőben a potenciál stb. Szokás a skalármezőt skalártérnek is nevezni. A skalárterek vizsgálatakor felmerül a kérdés, hogyan helyezkednek el azok a pontok, amelyekhez a skalártér ugyanazokat az értékeket rendeli? Az u(x, y9 z) = áll. egyenlet egy felület egyenlete, ez az u skalártér szintfelülete vagy nívófelülete. Ha a skalártér például hőmérséklet-eloszlást ír le, akkor a nívófelületeket izotermikus felületeknek nevezik. Az u{r) skalár-vektor-függvények globális tulajdonságai a háromváltozós skalárfüggvények tárgyalásánál megtalálhatók ([1], 5.2.2 pont). KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Állapítsuk meg, hogy mik az u — z — x2 — y2
x,y,zeR
skalármező szintfelületei az u = 0; 2; 4 értékre! Megoldás. Az u = 0; 2; 4 értékére kapott z-x2-y2
= 0,
z~x2-y2
= 2,
z-x2-y2
= 4
egyenlet egy-egy forgási paraboloid egyenlete. A paraboloidok úgy keletkeztek, hogy a z = y2, z = y2 + 2, z = y2 +4 egyenletű parabolákat a z tengely körül megforgattuk. A paraboloidok csúcspontja a z tengelyen a z = 0, z = 2, z = 4 pontban van (¥16. ábra).
F16. ábra
217
2. Példa. Milyen felületek az u = r 2 , r e R J skalármező szintfelületei? Megoldás. Az r = xi + ^j + zk szokásos jelöléssel u(x,y\ z) = r 2 = X2 + J 2 H-Z 2 . Legyen az w állandó értéke c 2 , ekkor a szintfelületek egyenlete X 2 + V2 + Z 2 ==
c
ezek pedig az origó köré írt c sugarú gömbök egyenletei.
4.2 A skalármező gradiense A többváltozós skaíárfüggvények differenciálszámításánál tanultakat ([1], 5.3.4) három változós függvényekre alkalmazva a következőket mondhatjuk: DEFINÍCIÓ. A differenciálható u skalár-vektor-függvény értelmezési tartománya bármely P pontjában kiszámított parciális deriváltjaiból alkotható
du
du
dx
dy
vektort az u skalármező P pontbeli gradiensuektorának vagy gradiensének nevezzük és a grad u szimbólummal jelöljük: du m
du m
du
A gradiensvektor abba az irányba mutat, amerre haladva a skalármező értékei a legnagyobb mértékben változnak. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki az u = z-~x2~-y2 skalármező gradiensét a P0(~ 1; 2; - 3 ) pontban! Megoldás. Az adott skalármező gradiense értelmezési tartománya egy tetszőleges pontjában grad u = ™ 2xi — 2y\ + k, az adott Pí} pontban pedig grad u\Po = 2 i - 4 j + k. 218
2. Példa. Számítsuk ki az t/(r) = r 2 skalármező gradiensét az r 0 (l; 2; 3) helyvektorú pontban! A gradiens a nagyobb vagy kisebb skalárértékű szintfelületek felé mutat-e? Megoldás. Az u = r 2 = x 2 + ^ 2 + z 2 gradiensvektora egy tetszőleges pontban: grad u = 2x\ + 2j;j + 2zk = 2r, az r 0 helyvektorú pontban grad u\r = 2i + 4j + 6k = 2r( Mivel a 2r0 a szintfelület (gömb) egy pontjába mutató r 0 helyvektorral azonos irányú, de kétszer akkora vektor, ezért a nagyobb skalárértékű szintfelületekhez („kifelé") mutat.
4.3 A nabla operátor Az előző fejezetekben definiált három mennyiség, a grad u9 a div v és a rot v egységes módon írható fel, ha bevezetjük a nabla szimbolikus vektort. DEFINÍCIÓ. Tekintsük azt a jelképes vektort, amelynek koordinátái utasítások, mégpedig az x, y és z szerinti parciális differenciálás elvégzésére felszólító utasítások. Legyen a vektor neve nabla és jele V. (A név és a jel a háromszög alakú lantszerű asszír hangszertől ered.) így
A nablát differenciáloperátornak ([1], 5.3.4 pont).
vagy Hamilton-operátornak
is nevezik
A nabla vektor segítségével (a már eddig bevezetett jelöléseket alkalmazva): du du du grad u = Vw = — i + — j + —- k (a V vektor szorzata az u skalárral), div v = Vv =
dx
dy
dz 219
(a V és v vektorok skaláris szorzata),
rot v = V x y =
i d
j d
k d
dx vt
dy v2
dz v3
dv3
dv2
dv3O
dvx1
dv2
dvx
dy
dz
dx
dz
dx
dy
—
k
(a V és v vektorok vektoriális szorzata). A nabla vektorra ugyanazok a szabályok érvényesek, mint amelyek a vektorokra, és egymás után többször is alkalmazható. Megemlítjük, hogy a nabla vektor saját magával való skaláris szorzatát (négyzetét) Laplace-operátornak nevezik és A -val jelölik:
így például d2u
d2u
d2u
A nabla vektor többszöri alkalmazása lehetséges, de nem történhet vaktában. Mert míg pl. a V x (V x v) = rot rot v értelmezhető, addig pl. a V x (V • v) = rot div v értelmetlen, mert div v skalár és ennek nem értelmezhető a rotációja.
KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Határozzuk meg div grad u értékét az r 0 ( - 1; 0; 2) helyvektorú pontban, ha u = xey + x2z2-y3x. Megoldás. Mivel div grad u = V(VM) = V2u= Au, ezért u második parciális deriváltjaira van szükség: — = ey + 2xz2 — y3; dx du — = xey-3y2x; dy
220
—2 = xey — 6yx; dy
Ezekkel div grad u = 2z 2 + xey - 6xy + 2x2. Ennek értéke az x0= - 1, yo
=
0, z0 = 2 pontban
div grad u\ro = 8 - 1 + 2 = 9. 2. Példa. Határozzuk meg a rot rot v vektort á P 0 ( l ; 2; 3) pontban, ha v(r) = x2yzi + xy2zj + xyz2k. Megoldás. Először a rot v vektort határozzuk meg. i d
j d
k 8
dx x2yz
dy xy2z
Jz xyz:
= (xz2-xy2)i-(yz2-x2y)j 2
2
2
+ (y2z-x2z)k 2
2
=
2
= x(z — y )i + y(x — z )j + z(y — x )k. k 8
i d
j d
dx x(z2 — y2)
dy y(x2 - z 2 )
= (2^z + 2 _ y z ) i - ( - 2 x z ~ 2xz)j + ' = 4(j;zi + xzj + xyk). A keresett vektor a P 0 ( l ; 2; 3) pontban r o t r o t v l p = 24i+12j + 8k.
dz z(y2~x2)
+ 2xj)k =
5. INTEGRÁLOK
5,1 Vektor-vektor-függvény vonalmenti integrálja Ha az egységnyi tömegű pontra ható állandó P erő saját irányában s elmozdulást létesít, akkor a végzett munka L = !PI |s|. Ha az erő állandó, de az elmozdulás irányával állandó a szöget zár be, akkor az erőnek csak az elmozdulás irányába eső komponense végez munkát és ez L - |P S | |s| - (|P| cos á)\s\ - Ps (.FI 7. ábra).
Ps=|P|cosa F17. ábra
Az általános esetet vizsgálva, tekintsünk most egy P erőteret, amely pontról pontra változik, és az egységnyi tömegpont mozogjon egy folytonos, hurok és töréspont nélküli (sima) g térgörbén, annak A pontjától a B pontjáig. A végzett munka kiszámítása érdekében osszuk fel a görbe ^4-tól B-\g terjedő ívét n számú részívre, és jelölje az osztáspontok helyvektorait r 0 , r l 5 r w . Kössünk össze két-két szomszédos osztópontot egy-egy húrvektorral és legyen a /c-adik húrvektor a Ark = i f c " - ^ ! vektor (FI8. ábra). Pótoljuk a Pk-i pontból a Pk pontba vezető görbeívet a pontokat összekötő húrvektorral és az erőtérnek e görbeíven felvett P vektorait egy, a görbeív tetszőleges 222
közbülső Qk helyvektorú pontjához tartozó P(gfc) vektorral, majd tekintsük a ALk -
P(ekMrk
skaláris szorzatot. Ez közelítőleg megadja a i V i görbeív mentén végzett munka értékét. A görbeív mentén az A és B pont között végzett munka közelítő értéke e részmunkák összege: L*
t ALk = t P(Qk)Ark. k=1 k= 1
Készítsünk más felosztásokat is, és válasszuk a felosztásoknak egy olyan sorozatát, amikor az osztópontok száma úgy növekszik minden haláron túl, hogy a leghosszabb Ark vektor is a zérusvektorhoz tart. Ha az így kapott közelítő összegek lim
raax
X
Öfo— j
határértéke létezik és véges, akkor azt tekintjük a P erőtér munkájának, amit a g görbe mentén végez, amikor a tömegegységet az A ponttól a B pontig mozgatja. A közelítő összegek határértéke másfelől egy határozott integrállal, a P erőtérnek a g görbe mentén ,4-tól J?-ig vett vonalmenti integráljával egyenlő, így b (9)
{ P (k. A
Ha P = Pxi + P } j f Pzk és Ar = zfxi + zfjj-f ázk, amely vektor a határátmenetkor a dr =flbci+ rfyj + rfzk vektorba megy át, akkor a munkát a következő alakú vonalmenti integrál adja: b
L =
í0)
J
+ Pydy + Pzdz).
a
előbb bemutatott gondolatmenet az R 3 -ban vagy ennek egy résztartományában értelmezett vektor-vektor-függvényre és sima görbére alkalmazható, és eredményül a v(r) = vii + v2i + v3k vektor-vektor-függvény DEFINÍCIÓ. AZ
ig)
B
J V dr = A
(í?)
b
J (vt dx+ v2 dy+ v3 dz) A
alakban felírható, a g görbe mentén az ,4-tól B-ig terjedő határok közötti vonalmenti integrálját kapjuk. 223
A vonalmenti integrál definíciójából következik, hogy ugyanazon a g görbén haladva B A § v dr = — j v dr, A B vagyis a haladási irányt megfordítva a vonalintegrál értéke előjelet vált és c c Jvdr + J v d r = Jvdr. A B A B
Ugyancsak a definíció alapján látható, hogy (a határokat most nem írtuk ki): J c\ dx = c j v dr, j" (v ± w) dr = J v dr ± J w dr. Ha a g görbe zárt, akkor kör integrálról beszélünk és a $ jelet használjuk. Kérdés, hogyan kell a vonalintegrált kiszámítani? Legyen a vektormező (r e Dy) v(r) = vx(x9 y z)i+v2(x,
y, z)j + v3(x, y, z)k,
a g görbe egyenlete pedig r(í) = x{t)\ + y(t)] + z{t)k. dx Mivel r = —, ezért dt dr = í dt = (xi + yj + zk)dt. Minthogy minket a vektormező viselkedése most csak a g görbe mentén érdekel, lokalizáljuk a v függvényt, azaz komponenseiben írjuk be x, y, z helyébe a görbe egyenletében szereplő x(t), y(t)9 z(t) függvényeket: v(r(í)). Végül tartozzék a görbe A pontjához a tl9 a görbe B pontjához a t2 paraméterérték. Ekkor ig)
B t2 f V dx = J v(r(0)f(0 A, ti
vagy röviden B
Í2
J V dr = J vr rfí. ^ ti 224
A jobb oldalon álló integrál részletesen kiírva ti J (v^xit)
+ v2(t)y(t) + v3(t)z(t)) dt
alakú, ez pedig egy egyváltozós függvény határozott integrálja, amit a már tanult módszerekkel számíthatunk ki. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki a v(r) = (xy — z)i + (yz~ x)j + (zx-~ y)k vektor-vektor-függvény vonalmenti integrálját az r(0 = (t2+l)i
+ (l-t)j
+
(t3~t)k
egyenletű görbe A( 1; 1; 0) pontjától a görbe B(5; — 1; 6) pontjáig terjedő íve mentén! Megoldás. Mivel a görbe egyenletéből x = t2 + 1, y = l - t , z = t3-t, ezért a vektormező lokalizált alakja y(r(t)) = [(t2 +l)(l-t)-(t3-t)]i + [(l-t) (t3 - t ) - (t2 + l)]j + 3 2 + [(t -t)(t +l)-(l~t)]k = 3 2 4 3 = (-2í + í +l)i + ( - í + / - í - l ) j + (í5-l)k. A görbe egyenletéből í ( 0 = 2ri—j + (3í2— l)k, és könnyen látható, hogy az A pont a t^ = 0, a B pont a í 2 = 2 paraméterértékhez tartozik, mert r(0) = i + j , r(2) = 5 i - j + 6k. így a keresett vonalmenti integrál B jvdr
2 = }[(-2t3+t2+l)(2t)
A
+ ( - t 4 + t 3 - t - l ) ( - l ) + (t5-l)(lt2-l)]dt
=
0 2
= J (3t7-t5-3t*+t3-3t2 o =
f3í8
L
= 96
t6
8
315 6
32
5 96
+ 3t+2)dt +
t* 4
=
,3 312 I2 1 + — +2t = 2 0
+ 4 - 8 + 6 + 4 = 102
J
256
= 50,8.
225
2. Példa. Számítsuk ki a v(r) = (2xy
+
z 2 )i 4- (2yz + x2)\ + (2xz + v2)k
vektor-vektor-függvény vonalmenti integrálját a Pi(2; 1; 3) pontot a - 2) ponttal összekötő egyenesszakasz mentén Pt-tői P2 felé haladva! Megoldás. Az integrációs út a P±P2 egyenes. Ennek egy irány vektora a - 3i + 2j - 5k vektor, az egyenes vektoregyenlete tehát r(f) = ( 2 - 3 í ) i + (l + 2/)j + ( 3 - 5 0 k . Ebből i(t) = ~~ 3í+ 2j — bk. A Px pont 3, í1 = 0, a P2 pont a 1 ércékhez tartozik, A vektor-vektor-függvény lokalizált alakja* v(r(/)) = (37/ 2 —44/ + 13)í + ( ~ l l / 2 -
10)j + O 4 / 2 - - 3 4 í + I 3 ) k .
így a vonalmenti integrál Pi i f vdr = J [(— l l l / 2 + 132/—39)-f-( — 22/ 2 —20H-2Ü) + ( — 170/2-f- 170/-65)] dt = Pi o í = J ( - 3 0 3 / 2 + 2 8 2 / - 8 4 ) d / = [ - 101/3 + 141/ 2 -84/]£ = - 4 4 . o 3. Példa. Számítsuk ki a v(r) = {z2-y)i+<(z3
+ x)j + xyk
vektor-vektor-függvény vonalmenti integrálját az jc, j; síkkal párhuzamos síkban elhelyezkedő C(2; 3; 4) középpontú r = 5 sugarú körvonal mentén! Megoldás. Mivel az adott körvonal az x, y síkkal párhuzamos síkban he-7 lyezkedik el, ezért minden pontjának z / koordinátája a középpontjának z koordinátájával egyezik meg és ez 4. A körvonal egy tetszőleges P(x; y; 4) pontjába az r(0 = c + C ? = (2 + 5 cos /)i + + (3 + 5 sin /)j 4- 4k
F19. ábra
226
vektor vezet, ahol c a kör középpontjának a helyvektora, / az a szög, amelyet
a kör egy, az x tengellyel párhuzamos sugara és a CP sugár zár be (FI9. ábra). Egy pont akkor futja be a zárt körvonalat, ha O ^ t ^ l n . Az r deriváltfüggvénye í ( 0 = ( - 5 sin t)i + (5 cos f)j. A vektor-vektor-függvény lokalizált alakja: v(r(0) = (16 - 3 - 5 sin f)i + (64 + 2 + 5 cos í)j + (2 + 5 cos t) (3 + 5 sin Ok. A körintegrál így 2 71 f v á = J [(13 — 5 sin 0 ( 5 sin t) + (66 + 5 cos t) (5 cos /)] dt = o 2;r = J ( ~ 65 sin t + 330 cost t + 25) dt = [65 cos t + 330 sin t + 25t\l K = 50TT. o
5.2 A vektor-vektor-függvény potenciálfüggvénye A v(r) vektor-vektor-függvény vonalmenti integráljának a kiszámítása elvileg egyszerű, ha a vonalintegrál B i9)
j (vx dx + v2dy + v3dz) A
képletében álló integrandus egy háromváltozós u(x, y, z) skalárfüggvény teljes differenciálja: du du du vx dx + v2 dy + v3 dz = — dx + — dy+ — dz = du, dx dy dz
(*) mert ekkor
B i9)
B
f (v1 dx + v2 dy + v3 dz) = f du = [u]BA = A
u(B)-u(A\
A
és ez azt jelenti, hogy az integrál értéke nem függ a g görbétől, hanem csak az A és B ponttól, az integrációs út kezdő- és végpontjától. 227
DEFINÍCIÓ. Azt az u függvényt, amelyre a (*) egyenlőség teljesül, a v vektor-vektor-függvény potenciáljának, vagy potenciálfüggvényének nevezzük. A potenciálfüggvények hasonló szerepet töltenek be a vektor-vektor-függvényeknél, mint a primitív függvények az egyváltozós függvények halmazában. TÉTEL. Ha a v vektor-vektor-függvénynek létezik potenciálja és a g görbe zárt, afcfcör A = B miatt u(B) = u(A), te/záí 0 vonalmenti integrál értéke 0. DEFINÍCIÓ. Ha v(r) erőteret ír le és van potenciálja, akkor az erőteret konzervatív erőtérnek mondjuk. Konzervatív erőtérben a vonalmenti integrál értéke nem függ az integrációs úttól:
(9)
h dr
A
=
[u]BA
és a zárt görbe mentén vett integrál (körintegrál) értéke 0, azaz $ v dr = 0. Felmerül a kérdés, hogyan lehet megállapítani egy v vektor-vektor-függvényről, hogy van-e potenciálja? Az alábbiakban szükséges és elegendő feltételt adunk a potenciál létezéséhez. Ha a v = vti + v J + v3k vektor-vektor-függvénynek van u(x, y, z) potenciálfüggvénye, azaz du
du
du
akkor u második vegyes parciális deriváltjai egyenlők lévén ([1], 5.3.6 pont) dv3
d2u
dv2
dy dvx
dzdy d2u
dz dv3
dz dv2
dxdz d2u
dx ' dv^
dx
dydx
dy
vagyis dv3 —
dy
228
dv2 dz
= 0,
dvt — dz
d v d v 2 = 0, — dx dx
dvx dy
= 0.
Ez u létezésének szükséges feltétele. Be lehet látni, hogy ez a feltétel elegendő is. Ha észrevesszük, hogy e három egyenlet bal oldala éppen a rot v vektor három koordinátája, akkor a kővetkező tételt láttuk be: TÉTEL. A v vektor-vektor-függvénynek
pontosan akkor van potenciálja, ha
rot v = 0. Ha már tudjuk, hogy egy vektor-vektor-függvénynek van potenciálja, akkor azt hogyan határozhatjuk meg? Az alábbiakban egy módszert azonnal példán keresztül mutatunk be. KIDOLGOZOTT PÉLDA
a) Bizonyítsuk be, hogy a v(r) = (2xy 4- z2)i 4- (2yz + x2)j 4- (2xz 4- y2)k vektor-vektor-függvénynek van potenciálja! Határozzuk meg a potenciált! b) Számítsuk ki a vektormező vonalmenti integrálját tetszőleges görbe mentén az A(2; l; 3) és B(- 1; 3; - 2) pontok között! c) Mutassuk meg, hogy az r(7) = (2 + 5 cos t)i 4- (3 + 5 sin t)j + 4k körvonal mentén ( 0 ^ 2 T I ) vett körintegrál értéke 0. Megoldás, a) Esetünkben vt = 2 xy + z2,
v2 = 2yz + x2,
v3 = 2xz + y2,
ezért
Sv2 dx
dy
és ebből következik, hogy potenciál van.
Mivel — = 2xy + z2, ezért a potenciál dx u(x,y, z) = f(2xy + z2)dx
= x2y + z2x +
f(y,z) 229
du alakú, ahol f(y, z) azt jelöli, hogy / csak^-tól és z-től függ. Azonban — = v2, vagyis dy x2+ — = 2yz + x2, dy és ez minden szóba jöhető értékre csak akkor teljesül, ha 8f T- = 92yz, dy
vagyis = y2z + g(z),
/0>,z)
ahol #(z) azt jelöli, hogy a # függvény csak z-től függ. így a potenciál részletesebb alakja u(x9 y, z) = x
2
+ z2x+y2z
+ g(z).
du Mivel végül — = t?3, vagyis 5z
/• / 2 z x + j 2 + ör/00 = 2xz+j; 2 ,
ezért g\z) = 0, gf(z) = K és a potenciál végleges alakja z) = JC2
<
y2z+
ahol K tetszőleges állandó. Ez azt jelenti, hogy ha van egy potenciálfüggvény, akkor egyúttal végtelen sok is van. Vonalintegrálok kiszámításához a K= 0 értékhez tartozó u(x,y,z)
= x2y + z2x + y2z
potenciált célszerű választani. b) A kérdezett vonalintegrál értéke a potenciál létezése miatt nem függ az integrációs úttól, tehát az út tetszőleges lehet. A vonalintegrál értéke J ydr = [x2y + z2x+y2z]\^'X2)
=
= (3— 18 —4) — ( 4 + 3 + 18) = - 4 4 , amint azt az 5.1 pont 2. példájában már láttuk. 230
c) Mivel í(/) = ( - 5 sin
+ (5 cos t)j, ezért
v(r(/)) dt - J [2(2 + 5 cos t) (3 4- 5 sin t) + 16] [ - 5 sin t] dt + o ln 2
[2(3 + 5 sin t)4 + (2 + 5 cos t) } [5 cos t] dt =
+
o 2n 5 j [28(cos t-~ sin t) + 10 sin í cos / + 20 (cos 2 t~ sin 2 t)-
o
- 50 sin 2 t cos t f- 25 cos 3 /] dt = - 5
50 . , . 25 , 28(sin / + cos t)~ 5 cos 2t+ 10 sin 2t - - - s n r / + 25 sin í - — sin* í
- 5 ( 2 8 - 5 - 2 8 + 5) =•• 0.
Ezt a hosszadalmas munkát megtakaríthattuk volna, ha a következőket mondtuk volna: Mivel v-nek van potenciálja és az adott körvonal zárt görbe, ezért a körvonal mentén vett vonalintegrál (körintegrál) értéke 0.
5.3 Felszíni integrál DEFINÍCIÓ. Legyen adott a T e R 2 paramétertartományon értelmezett, mérhető felszínű r(w, v) felületdarab és ezen a felületdarabon értelmezett Í7(r) skalár-vektor-fuggvény. Osszuk fel a felületet részekre, és legyen az /-edik rész felszíne ASt. Jelölje Ui az U függvény helyettesítési értékét az i-edik felületdarab valamely pontjában. Képezzük a I UtAS, i összeget. Ha a felszín kiszámításakor kimondott (2.3 pont) korlátozó feltételek mellett a felületdarab felosztását minden határon túl finomítjuk és az így kapott összegek sorozatának mindig ugyanaz a véges határértéke van, akkor ezt a határértéket az Í7(r) függvénynek az r(u, v) felületre vett felszíni integráljának nevezzük és
í UdS
(S)
jellel jelöljük. 231
TÉTEL. Ha a felszín kiszámításánál kimondott feltételek teljesülnek és U(f) folytonos, akkor J U dS létezik és a 2.3 pontban bevezetett jelölésekkel (S)
J UdS = J J U\rMx rJ dudv. (S)
(T)
Bizonyítás. A ASt felületdarab felszíne ASt = J J | r M x r j dudv, ahol AT{ a ASt felületdarabhoz tartozó paramétertartomány. így = i
J J i
\ruxrv\dudv.
(ATi)
Felhasználva a kettős integrál additivitását és a korlátozó feltevéseket, a jobb oldal határértéke valóban a képlet jobb oldalán álló integrál. Minthogy | ru x rv \ = | / E G - F 2 , ezért a felszíni integrál J UdS= (S)
$$U]/EG-F*
dudv
(T)
alakban is felírható. KIDOLGOZOTT PÉLDA
Számítsuk ki az C/(r) = x + y + z függvény felszíni integrálját az r(u, v) = (R sin v cos u)i + (R sin i; sin u)j + (i? cos v)k Ti O ^ v ^ - alakban megadott félgömbhéjra! Megoldás. Mivel rM = ( - R sin v sin u)i + (R sin v cos = (R cos i? cos w)i + (R cos t? sin w)j + ( - /? sin v)k, ezért E = ( r j 2 = i?2 sin 2 v, F= rurv = 0, Az U függvény a felületen U(r) = R sin v cos w + 232
G = (rv)2 = R2,
sin v sin
j/EG-F2
i? cos t;
= R2 sin v.
alakú, így a felszíni integrál n 2 2n J U]!EG - F2 dudv = J J i?3(sin v cos u+sin v sin u + cos i;)sin v dudv = (S)
0 0
n 2
3
= R j [(sin v sin w — sin i; cos u + u cos i;)sin ü]^ í/f = o n 2 n = R3 j 2n sin v cos v dv = i?37r[sin2 t?]o = o térfogategység.
5.4 Felületi integrál DEFINÍCIÓ. Legyen adott a T e R 2 paramétertartományon értelmezett, mérhető felszínű r(w, v) felületdarab és ezen a felületdarabon értelmezett v(r) vektor-vektor-függvény. Osszuk fel a felületet részekre, és az /-edik rész egy tetszőleges pontjában vegyünk fel egy rM x r v irányú vektort, amelynek a hossza az /-edik rész ASt felszínének mérőszámával egyenlő. Ezt a vektort felszínvektornak nevezzük és zfS r vel jelöljük. Jelölje vf a v(r) függvény azon a helyen vett értékét, amely helyen a zfS r t választottuk. Képezzük a vf és vektorok skaláris szorzatának a IMS, i
összegét! Ha a felszínszámításnál kimondott (2.3 pont) korlátozó feltételek mellett a felületdarab felosztását minden határon túl finomítjuk és az így kapott összegek sorozatának mindig ugyanaz a véges határértéke van, akkor ezt a határértéket a v(r) függvénynek az r(u, v) felületre vett felületi integráljának nevezzük és \ydS (S)
jellel jelöljük.
233
TÉTFX. Ha a felszínszámításnál k imondott feltételek teljesülnek és v(r) folytonos függvény, akkor az j v dS létezik és az ottani jelölésekkel (S)
í *dS - J J v ( r U x r v ) d u d v = j J v rwr, du dv.
(s)
(T)
(T)
Bizonyítás. Ha bevezetjük az IJ = vm skalár-vektor-függvényt, ahol m az rM x rv irányába mutató egységvektor abban a pontban, ahol a v-t választjuk, akkor v^S, - v-m./J^ -
L\ASb
és így Z M S í = z UiASi. i
i
Ezzel az átalakítással a felületi integrál definíciójában fellépő összegeket a felszíni integrál definíciójabeli összegekre vezettük vissza. Ha az j U\ru x r„| dudv (S)
felszíni integrálban az U = vm és |rtt x r t; |m = ru x rt, helyettesítést végrehajtjuk, akkor a felületi integrál valóban
j
v(rM x r p ) du dv
(s)
alakú. Az integrandus vegyesszorzat alakjában is felírható. Ezzel állításunkat beláttuk. A felületi integrál értékének előjele függ az rtt x rt, felületi normális irányításától. Ezért, ha valamelyik feladatban megszabják, hogy az integrálást adott irányítású (pl. „kifelé" mutató) normális mellett kell elvégezni, akkor külön meg kell vizsgálni, hogy az adott irányítás a felületi normális irányításával azonos vagy azzal ellentétes irányú-e. Ha a felületi normális irányítását ellentétesre változtatjuk, a felületi integrál értéke előjelet vált. A felületi integrál additív, azaz ha két felület (Sx és S2) egy vonal mentén érintkezik, akkor
J (ál)
v dS
+ J v dS - J v dS,
(S)
ahol S az S-} és S2 egyesítése, ha a két felület felületi normálisa azonos irányítású. 234
Ha két felületdarab határgörbéje közös, azaz a két felület zárt felületet alkot, akkor a fenti képlet csak úgy áll fenn, ha a felületi normálisok mind a két részfelület esetében vagy a zárt felületből kifelé, vagy a zárt felület belsejébe mutatnak. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Számítsuk ki a v(r) = r =
+
+ zk vektormező felületi integrálját az
r(u, v) = [(3 + cos w)cos t;]i + [(3 + cos w)sin i?]j + (sin u)k egyenletű gyűrűfelület (tórusz) x, y feletti darabja mentén „felfelé mutató" normális mellett! I Megoldás. A példa szövegében -(ru x rv) említett felületdarab akkor jön létre, * ha O^W^TT, 0Sv^2n (F20. ábra). A felületi normálishoz szükséges 1 2 3 x deriváltak: rM = ( - sin u cos i?)i + + (— sin u sin v)} + cos u k, r = t> [ ~~ (3 + cos w)sin v]i + .+ [(3 + cos w)cos i>]j. Ezekkel a felületi normális
r„ x rf, =
i - sin u cos v - (3 + cos w)sin v
j - sin u sin v (3 + cos u)cos v
k cos u 0
= — [(3 + cos w)cos u cos v]\ - [(3 + cos w)cos u sin u]j - [(3 + cos w)sin w]k. Mivel a k egységvektor együtthatója negatív, ezért a „felfelé mutató" normális a felületi normális ellentettje lesz, azaz - (rM x rv). Az adott vektormező az adott felületen v(r) = v(r(w, v)) = [(3 + cos w)cos v]i + [(3 + cos u)sin u]j + (sin w)k alakú, a felületi integrál integrandusa — v(rtt x rr) = (3 + cos w)2cos u cos 2 (3 + cos w)2cos u sin 2 v + (3 + cos w)sin2 u = 2 = (3 + cos w) cos u + (3 + cos w)sin2 u = = (3 + cos w)(3 cos u+ 1) = 3 cos 2 10 cos u + 3. 235
így a felületi integrál 71
\dS (S)
=
2ll
í0 í0
=2
(3 cos 2 u + 10 cos u+ 3)dv du =
7t 9 3 (3 cos 2 u+ 10 cos u+3)du = 2n I ( - + - c o s 2 w + 10 cos u I du = 2 2
*í'
2tt
0 [9u
3 T /9TA + - sin 2w + 10 sin uj = 2n = 9n 2
térfogategység. 2. Példa. Számítsuk ki a v(r) = yi + zj + xk vektormezőnek az F21. ábrán látható egységsugarú negyedgömb teljes felületére vonatkozó felületi integrálját „kifelé mutató" normális mellett! Megoldás. A felületi integrált három részletben számítjuk ki: a) a negyedgömb felületére, b) az x, y síkban fekvő félkörlapra, c) az x9 z síkban fekvő félkörlapra. a) A szóban forgó St gömbfelület paraméteres egyenletrendszere r(w, v) = (cos v cos u)i + (cos v sin u)j + (sin v)k9 ahol 0^U^TZ, 0 ^ v ^ - . Ebből rM = (— cos v sin ü)\ + (cos v cos u)j, rv = ( — sin v cos + ( — sin v sin
F21. ábra
=
i — cos v sin u — sin v cos u
= (cos 2 i; cos
J cos v cos u — sin i; sin u
+ (cos v)k;
k 0 cos v
+ (cos 2 v sin w)j + (sin v cos w)k.
Mivel a felső félgömbön 0 ^ v ^ - , ezért sin v cos v ^ 0, a k egységvektor együtthatója pozitív, tehát a felületi normális „kifelé" mutat. Az adott vektorfüggvény a gömbfelületen v(r) = (cos v sin u)i + (sin v)\ + (cos t; cos ü)k. 236
A felületi integrál ezek után 2
í
71 (cos3 v cos w sin u + cos2 v sin v sin u + cos v sin v cos w) Í/W Í/Í;
\dS = o o
cos31?
sin2 u
• cos2 t; sin v cos w + cos2v sin v sin wT űfo = Jo
o 2 :
2 cos t7 sin i; űfo = 2 £ -
cos 3 t;"
2 _ ? n_ 3
térfogategység. b) Az x,y síkban fekvő egységsugarú S2 körlap egyenlete e)
=
(ecos
+
u
(e
)h
ahol O^w^TT, O ^ e ^ l . Mivel rM = ( - Q sin + (g cos r0 = (cos u)i + (sin ezért r xr =
q
i sin u cos u
q
j k cos u 0 sin u 0
=
-QK
azaz a felületi normális „kifelé" mutat. Az adott vektormező a körlapon v(r) = (,g sin u)i + (g cos w)k. így a felületi integrál 1n 1 J v d S = J" J - g 2 cos ududg = - J g 2 [ s i n w]o dg = 0. (S2)
OO
O
c) Az x, z síkban fekvő egységsugarú S 3 körlap egyenlete É?) = (ö c o s 0* + (6 sin
ahol O ^ t ^ n , O ^ g ^ l . Mivel ( _ E sin /)i + (Q COS rQ = (cos + (sin t)k, R
Í
=
ezért i j — Q sin t 0 cos í 0
rtxr
k cos t sin £
Q
Qh
vagyis a felületi normális „befelé" mutat. A „kifelé" mutató normális ezért - gj. Az adott vektormező az S3 körlapon v(r) = (0 sin f)j + (g cos Okígy a felületi integrál
í
(S 3)
1 71 v dS
J - Q2 sin t dt dg •= J - g2[ — cos tf0 dg 00
0
térfogategység. Mivel a normális irányát mind a három esetben „kifelé" mutatónak vettük, ezért a teljes felületre vonatkozó felületi integrált e három integrál összege adja f
J
(S)
2 2 vdS = - + 0 - - = 0. 3 3
Tehát az adott vektormezőnek a teljes negyedgömb (zárt) felületre vonatkozó felületi integrálja zérus.
238
5.5 Térfogati integrál DEFINÍCIÓ. Legyen U(r) egy, a F C Z R 3 egyszeresen összefüggő, mérhető tarto-
mányban (térrészben) értelmezett skalár- vektor-függvény. Osszuk fel a Ktartományt A Vt részekre. Válasszunk minden egyes A Vt részben egy r^ helyvektorú pontot és legyen e pontban a függvény értéke U(rt). Tekintsük az U^^AVi szorzatok összegét, a E i
uí^AV,
összeget. Finomítsuk a V felosztását minden határon túl úgy. hogy a A Vx részt artomá ny ok a) téi fogata taitson Ó hoz. b) ive fajuljanak el síklapokká, c j oldallapiai ne fajuljanak el szakaszokká. Ha a finomítás során kapott összegek sorozatának mindig ugyanaz a véges határértéke van, akkor ezt a határértéket nevezzük az í/(r) függvénynek a V tartományra vett térfogati integráljának és az j U(r) dV (v)
jellel jelöljük. Mivel az U(r) skalár-vektor-függvény egy háromváltozós t/(.v, y, z) függvénnyé irható át, ezért a térfogati integrál kiszámítása hármas integrállal történik | U(r) dV - j J J U(x9 v\ z) dV - j J | V dx dy dz. _ao (V)
Számítsuk ki az U( r) = r 2 = x2 + y2 + z2
függvény térfogati integrálját arra az egységnyi élhosszúságú kockára, amelynek egyik csúcsa az origóban van, az ebből a csúcsból kiinduló élei pedig a koordinátatengelyek pozitív felére illeszkednek! 239
Megoldás. A keresett térfogati integrál hármas, majd háromszoros integrállá alakítható át. J C/(r) dV = f f $(x2 + y2 + z2)dV (F)
1 i 1 = J J \{x2 +y2+z2)
dx dy dz.
0 0 0
(v)
Az integrálásokat rendre elvégezve:
U(r) dV V)
i i r rx3
+ x(y2 + z2)
dy dz
o o
ÜG
+ j 2 + r U>><1- -
0 0
í
31
2 z3 -z4 — 3 3
dz
H ' - T
== l.
Megjegyzés. Minthogy az U függvény x-ben, y-ban és z-ben szimmetrikus és a három integrációs határ is azonos, ezért esetünkben a hármas integrál egyszerűbben is kiszámítható: 111
i 2
2
2
(x + y + z )dxdydz 0
0
0
= 3
= 3j^J
= 1.
0
5.6 Stokes tétele TÉTEL. Tekintsünk egy S felületet, amelynek van felszíne, ÁS határa egy rektifik álható g vonal. Irányítsuk a görbét úgy, /zogj körüljárása az S felületi normálisa irányából nézve pozitív legyen (F22. ábra). Legyen továbbá az ezen a felületdarabon értelmezett v(r) vektormező folytonosan differenciálható. Ekkor J rot v dS = j v dr. (S)
(ÖT)
Ez Stokes tétele, amely kapcsolatot teremt egy felületi és egy vonalintegrál között. 240
Bizonyítás. A tétel bizonyítását négy lépésben vázoljuk. 1. Legyen az S felületdarab olyan derékszögű háromszöglap, amely az x9 y síkban, derékszögű csúcsa pedig az origóban van; befogói a, ill. b hosszúságúak, ezért x , ^ y atfogöjanak az egyenlete - + 1 (F23. ábra). A felületi normális merőleges az x9 y a b síkra, és ha a háromszöglap határát pozitív irányítással látjuk el, akkor a felületi normális a z tengely (a k egységvektor) irányába mutat. Ezért a képlet bal oldalán az integrandusban szereplő skaláris szorzat a rot v vektornak csak a harmadik komponensét tartalmazza. Ha v = VxÍ + V^ + VJL alakú és a háromszöglapot t^-gel jelöljük, akkor a bal oldalon álló integrál a következő alakba írható:
rot v dS = (M
* (dvv
dv,
dx
dy
(tx)
dt,
ahol a jobb oldalon a t x háromszöglapra vonatkozó területi integrál áll. Ez kettős integrállá alakítható át. Mivel (F23. ábra) u
b
by dvy(x, y9 0)
J i M '0 0í ' b
oy[a„
a
0
-j)y>y>Q)dy
0) dy;
Ub--x b a
ÍW J
(L.)
b
dvx(x, y9 0)
0
vx(x9 b
dy
a
dy dx =
x, 0 ) dx — vx(x, 0, 0) dx,
241
ezert
J r o t v dS = (S)
^y 9 y 9 0^j
vy(09 v, 0) dy+
O
o +
b b- - x , 0 \ d x + a J
vx{x, 0, 0) dx.
A Stokes-tétel jobb oldalán álló vonalmenti integrál a következő alakba írható: j \ dr = j (vx dx + vy dy + vz dz) = j vxdxJr
j vydy+
J
vsdz.
Az utolsó integrál értéke nyilvánvalóan 0, hiszen a háromszög az x, y síkban van. Az első két vonalmenti integrál összege az f vx dx+ J vx dx+ J vx dx+ j vy dy+ f vy dy + j vy dy ^ k 1 \ 1 összegre bontható, ahol a nyilak helyzete a háromszögnek arra az oldalára utal, amely mentén az integrálás történik. E hat integrál közül a harmadik, ill. a negyedik értéke 0, hiszen az integrációs út minden pontjának az x, illetve y koordinátája 0. A megmaradt tagok x, ill. y szerinti közönséges integrálokká alakíthatók át, ha x-et, ill. y-t választjuk paraméternek, így a képlet jobb oldalán álló vonalintegrál
v dr =
vx(x, 0, 0) dx +
+
VX (
x
x, 0 dx 4-
vy ( a- -y9 y9 0 ) dy+ j vy(09 y9 0) dy9
ez pedig pontosan megegyezik a bal oldalon álló felületi integrálra kapott összeggel. Ezzel a tételt a speciális helyzetű derékszögű háromszöglapra igazoltuk. Az F23. ábrán az a és b valós számokat pozitívaknak ábrázoltuk, de ezt a bizonyítás során nem használtuk ki. 2. Legyen most a háromszöglap nem feltétlenül derékszögű és helyezzük el a koordináta-rendszerben az F24. ábrán látható módon. Ez a háromszöglap két olyan derékszögű és speciális elhelyezkedésű A x és A 2 részháromszöglapra bontható fel, 242
amelyekre Stokes tétele külön-külön igaz, vagyis J rot v dS = J rot v dS = (A2)
j v dr, (At)
(Al)
•
J \ dr. (A 2 )
F24. ábra
Adjuk össze az egyenletek megfelelő oldalait! A felületi integrál additivitása miatt a részháromszöglapokra vett felületi integrálok összege egyenlő az egyesítésükre (az eredeti háromszöglapra) vett felületi integrállal A részháromszöglapok kerületén vett vonalmenti integrálok összege pedig a nagy háromszöglap kerülete mentén vett vonalmenti integrállal egyenlő, mert a részháromszöglapok közös oldalán vett vonalmenti integrálok összege 0, hiszen mindegyik közös oldal mentén kétszer integráltunk, mégpedig ellentétes irányítás mellett (F24. ábra). így j rot v dS = J v dr. (A)
(A)
3. Legyen a háromszöglap alakja és elhelyezkedése tetszőleges. Mivel egyrészt a rot v független a koordináta-rendszer megválasztásától (hiszen a deriválttenzor vektorinvariánsa), ezért ennek felületi integrálja is csak tőle és a háromszöglaptól függ, másrészt a vonalmenti integrál értéke is csupán a v-től és a háromszöglaptól függ, ezért ha egy új koordináta-rendszert úgy választunk meg, hogy ebben a háromszöglap az előbbi lépésben tárgyalt speciális helyzetbe kerül, akkor egyik integrál értéke sem változik meg, a speciális helyzetű háromszöglapra pedig igaz Stokes tétele. 4. Tekintsünk végül egy mérhető felszínű egyszeresen összefüggő S felületet, amelynek a határa a g rektifikálható zárt görbe. írjunk a felületbe egy olyan P poliédert, amelynek oldallapjai háromszöglapok és minden csúcsa a felületen van. A P poliéder minden háromszöglapjára igaz a Stokes-tétel. Adjuk össze a kapott egyenletek megfelelő oldalait! A felületi integrál additivitása alapján az összeg egyik oldalán a P poliéderre vonatkozó felületi integrál áll, a másik oldalon pedig a határoló g görbébe írt p poligonra vonatkozó vonalmenti integrál, mert a belső háromszöglapok minden oldala mentén kétszer, mégpedig egymással ellentétes irányítás mellett integráltunk a körüljárási irány megtartása miatt, ezért ezeknek a vonalmenti integráloknak az összege 0. így beláttuk, hogy J rot v dS = j v dr. (P)
(P)
Szaporítsuk most a felületen a pontok számát úgy, hogy a felszínszámításnál mondott korlátozó feltételek érvényben maradjanak a poliéderek valamennyi három243
szöglapjára. Bármilyen felosztást választva, a beírt poliéderre és a határoló töröttvorialra a tétel igaz. Finomítsuk a felosztást minden határon túl! Ekkor az előző feltételek mellett a poliéderekre kapott felületi integrálok sorozatának határértéke a felületre vonatkozó felületi integrál, a határoló poligonokra kapott vonalmenti integrálok sorozatának határértéke pedig a határoló görbére vett vonalmenti integrál, azaz J rot v dS = J v dr, (S)
(g)
és ezzel Stokes tételét beláttuk. Z
KIDOLGOZOTT PÉLDA
Tekintsük a v(r) = ( - x2 + y + z)i + (x- y2 + z)j + + (x + y — z 2 )k vektormezőt és azt a véges felületet, amelyet az A(2; 0; 0), 5(0; 2; 0), C(0; 0; 2) csúcspontú háromszöglap és az a két háromszöglap határol, amit az ABC sík az xz és yz síkokból kivág (¥25. ábra). (A vonalkázással jelölt háromszöglap nem tartozik a felülethez.) Igazolja az alakzatra Stokes tételét! F25. ábra
Megoldás. A három háromszöglapból álló alakzat határoló kontúrvonala a vonalkázott háromszög oldalaiból álló g töröttvonal. Számítsuk ki először a vonalintegrál értékét a g vonal mentén. Ez három részből áll: az OA, AB és BO egyenesszakaszokból. Az OA egyenes egyenlete x= t, y = 0, z = 0, ahol 1; x= 1, y — 0, z = 0. A vonalmenti integrál
o Az AB egyenes egyenlete x=t, y = 2-t, a vonalintegrál pedig o h = \[(~~t2 + 2-t)-{t-{2-t):l)]dt 2
= [6t-3t ]l
z = 0, ahol o = \{-6t+6)dt
=
= 1 2 - 1 2 = 0.
Végül a BO egyenes egyenlete x = 0, y = t, z = 0, ahol vonalmenti integrál pedig
244
x = 1, y= - 1, z=--0,
x = 0, y=l,
z = 0, a
W - - E R 2
Ezeket felhasználva r \\dr
J
8 8 = - - + 0 + - = 0, 3 3 '
(9)
azaz a Stokes-tételt jelentő egyenlőség jobb oldala 0. Áttérve a felületi integrál kiszámítására, először a rot v vektort határozzuk meg, i
j
k
d
d
8
dx
-x2 + y + z
dz
dy
x-y2
+z
x+
y-z2
= (1 — l ) i - ( l — l)j + (l — l)k = 0. Ezért a felületi integrál értéke és így a Stokes-tétel bal oldala is 0. A tétel két oldalán álló kifejezések egyenlők (mind a kettő 0), ezért Stokes tétele erre az alakzatra igaz.
5.7 Vektorpotenciál A felületi integrál kiszámítása Stokes tétele értelmében vonalmenti integrál kiszámítására vezethető vissza, ha a felületi integrál integrandusa egy vektorfüggvény rotációja. • J rot v dS = j v dv. (S)
(9)
Ezért egy f wdS (S) felületi integrál kiszámítása elvileg egyszerűbb lenne, ha találnánk egy olyan v(r) vektor-vektor-függvényt, amelyre w = rot v lenne, mert ekkor j w d S = J r o t v d S = j v dr (S) (S) (9) lenne. Kérdés: mi a szükséges feltétele annak, hogy egy ilyen v(r) függvény létezzék? 245
TÉTEL. A w vektormezőhöz akkor és csak akkor található egy v vektor-vektorfüggvény úgy, hogy w = rot v legyen, ha div w = 0. Bizonyítás. Legyen w = n y Ekkor i 8 rot v = V x y = dx vx
+ w j + wzk és v = vxi + t y + vzk. k 8
j 8
Yy Jz Vy v2
dvz ~8y
'dv.
\, dz:
8zJ
dx J
\ dx
dy J
A w = rot v feltétel értelmében wv =
dvz
dvy
dl)*
dvz
dy
dz
dz
dx
w, =
dVy 'dx
(K dy
Számítsuk ki a div w értékét: div w = Vw = =
Í^L
dwv
dwv
dwT
dx
dy
dz
_ őzöx/
d2vv - ^L) + Í^L dxdyj
+
d2v„ \dxdz
d2v, dydzt
Mivel egy háromváltozós függvény vegyes parciális deriváltjai egyenlők, ezért az utolsó egyenlőség jobb oldalán álló hat tag összege 0, azaz div w = 0, és ezzel állításunkat beláttuk. Be lehet látni, hogy ez a feltétel elegendő is. A v vektor-vektor-függvényt, amelyre rot v = w, a w vektor-vektorfüggvény vektorpotenciáljának nevezik. DEFINÍCIÓ.
Ha a W vektor-vektor-függvénynek van vektorpotenciálja, azaz div w = 0, akkor azt mondjuk, hogy a w vektormező forrásmentes (nyelőmentes).
DEFINÍCIÓ.
Ha tehát w egy forrásmentes vektormező és v a vektorpotenciálja, akkor J w dS = J v dr, (S) (ig) 246
vagyis az S felületre vonatkozó felületi integrál a felületet határoló g görbére vonatkozó vonalmenti integrállá redukálódik. Ez azt jelenti, hogy a felületi integrál csak a felület határától függ és független a felület megválasztásától. Ha az S felület zárt, akkor egy g görbe mentén két részre vágva a felületet és a kapott két részre felírva a felületi integrált, e két felületi integrál ugyanarra a határoló g görbére vonatkozó vonalmenti integrálra vezethető vissza, csak ez a két vonalmenti integrál ellentett értékű lesz, mert a görbén egyszer pozitív, másszor negatív irányban haladunk végig, hiszen a felületi normális az egész felületen azonos (például kifelé mutató) értelmű kell legyen (F26. ábra). Ezért a forrásmentes w vektor-vektor-függvény zárt felületekre vonatkozó felületi integrálja 0, azaz $ w dS = 0.
KIDOLGOZOTT PÉLDA
Számítsuk ki a w(r) = x2yzi + xy2zj-
2xyz2k
vektormező felületi integrálját az x2 + y2 = 4, z = 0, z = 6 zárt hengerfelületre, kifelé mutató normális mellett! Megoldás. Mivel div w = 2xyz + 2xyz — 4xyz = 0, ezért a vektormező forrásmentes, és így bármilyen zárt felületre vonatkozó felületi integrálja 0.
5.8 Gauss-Osztrogradszkij-tétel TÉTEL. Legyen adott egy felszínnel rendelkező, zárt S felülettel határolt, mérhető térfogatú V térrész, továbbá ebben a térrészben értelmezett, folytonosan differenciálható w(r) vektor-vektor-függvény. Az S felület minden pontjában a felületi merőlegeseket a térrészből kifelé irányítjuk. Az elmondott feltételek mellett j div w dV = j w dS. (V)
(S) '
247
Ez a Gauss-Osztrogradszkij-tétel, amely kapcsolatot teremt egy térfogati és egy felületi integrál között. A tételt a Stokes-tétel bizonyításával analóg módon láthatjuk be: a tételt először egy tetraéderre, majd tetraéderekből felépített poliéderre, végül a mérhető térfogatú V térrészre látjuk be. Ezt a bizonyítást nem végezzük el. A Stokes- és a Gauss-Osztrogradszkij-tételeket közös névvel integrálredukciós tételeknek nevezik. Felmerülhet az a kérdés, hogy a két tétel egymás utáni alkalmazásával nem lehetne-e egy térfogati integrált vonalmenti integrállá redukálni? A válasz: nem, mert amint azt már láttuk - az j w dS = j v dr (s)
(9)
redukció feltétele az, hogy div w = 0 legyen és ekkor a térfogati integrál integrandusa 0. KIDOLGOZOTT PÉLDÁK
1. Példa. Legyen a w(r) = ( — x2 + y + z)\ + (x — y2 + z)j + (x+y — z 2 )k
2
vektormező a 0 ^ 2 , O ^ j / ^ 2 , feltételekkel adott kockatartományon értelmezve. Igazoljuk a Gauss-Osztrogradszkij-tétel helyességét erre az alakzatra úgy, hogy egymástól függetlenül kiszámítva a tétel két oldalán álló integrálokat, belátjuk ezek egyenlőségét! Megoldás. Először a térfogati integrált számítjuk ki. Mivel divw = Vw = —2x — 2y — 2z,
F27. ábra
ezért a szóban forgó kockára (F27. ábra) vett térfogati integrál 2 2 2
J div
w dV =
J J J (— 2x — 2y — 2z) dx dy dz
=
0 0 0
(v)
2 2
2 2
= - J f [x2 + 2xy + 2xz]%dydz = - J J (4 + 4y + 4z) dy dz = 00 00 2
=
—
2
f [4y + 2j;2 + 4yz]l dz = — J (16 + 8z) dz = - [ 1 6 z + 4z 2 ] 2 = - 4 8 .
248 r
Másodszor a kocka 6 lapjára vonatkozó felületi integrálokat laponként számítjuk ki. A kocka ferdén vonalkázott lapján jc = 2, A lap felületi normálisa az x tengellyel párhuzamos, és mivel kifelé mutat, ezért i irányú. Az Sx felületi integrál pedig, ha y-t és z-t választjuk paraméternek: 2
2
J w d S = J wirfS = J J ( - 4 + y + z)dydz
(Si)
=
0 0
2
y j + z y
-4y+
dz —
( —6+2z)dz = [—6z + z ]o
A kockának az előbbi lappal párhuzamos hátsó lapján x = 0, a felületi normális — i irányú. Ezért 2
w dS ^
(S2)
J Yt(-\)
2
(y + z) dy dz =
dS
0 0
(Si)
+ zy 0
dz = - f ( 2 + 2Z)Í/Z = - [ 2 z + z ]O = J
A kocka függőlegesen vonalkázott lapján lis j irányú. így a felületi integrál 2
=
- 8
a felületi normá-
2
wj dS = J J (x — 4 + z) dx dz =
WDS =
(S3)
és
(S3)
o o 2 — 4x + xz
( — 6 + 2z) DZ = [ — 6Z + Z2]Q =
dz = o
-8.
J
Hasonló módon, a kocka még hátralevő három lapjára 2 2
f w(—j) dS = - j j ( x + z ) d x d z = - 8 , 00 (s 4 ) 2 2
j wkdS = J j(x+j-4)dxdj = -8, (S5)
oo 2 2
j w( — k) dS = \\(x+y)dxdy (S«) 00
= -8.
249
A felületi integrálok összege - 48 és ez megegyezik a térfogati integrál értékével. Ezzel a Gauss-Osztrogradszkij-tétel helyességét erre az alakzatra igazoltuk. 2. Példa. Számítsuk ki a w{r) = xi + 2 vj + 3zk vektormező felületi integrálját az x 2 +j> 2 = 9, z = —2, z = 3 egyenletekkel megadott körhenger S H felületére, kifelé mutató normálisok mellett! Megoldás. Alkalmazzuk a Gauss-Osztrogradszkij-féle tételt. Mivel div w = 1 + 4-2 + 3 6, ezért J w dS - J div w dV = J 6
5.9 Green-tételek TÉTEL (Green első tétele). Legyenek az /(r) és g(r) függvények kétszer folytonosan differenciálhatok egy V mérhető térfogatú és felszínű térrészben és tekintsük a w = / g r a d f l f =/Vflf függvényt. Ekkor J [(grad f ) (grad g) + fAg] dV = f (f grad g) dS. (v)
(s)
Bizonyítás. Az / grad g függvény legalább kétszer folytonosan differenciálható, ezért alkalmazhatjuk a Gauss-Osztrogradszkij-tételt. Minthogy (felhasználva a nabla operátorról tanultakat) divw = Vw = V(fVg) = VfVg + fV2g
= (grad f ) (grad g) + / A <7,
ezért ezt a j div w d F = j w dS képletbe helyettesítve éppen az állítást kapjuk. (v)
250
(s)
Ha speciálisan f==g, akkor F [(grad / ) 2 + / A / ] dV — J C/ g r a d / ) d S . (v)
(s)
Ha speciálisan / = 1, akkor f A ^ r f F - J" (grad g) dS — f Vg dS. (v)
(s)
(s)
TÉTEL (Green második tétele). Tekintsük most az előbbi f és g függvényekből képzett w = / g r a d g-g függvényt.
grad/ =
fVg-gVf
Ekkor
J (fAg — gAf) dV = J (fVg~ gS/f) dS. (V)
(S)
Bizonyítás. Mivel most divw = V(fV9-9Vf)
= VfVg + fAg-VfVg-gAf
=
fAg-gAf,
ezért a Gauss-Osztrogradszkij-tételt alkalmazva éppen az állítást kapjuk.
251
IRODALOMJEGYZÉK
Bjezikovics, Ja. Sz.: Közelítő számítások. Tankönyvkiadó, Budapest, 1952 Hajós György: Bevezetés a geometriába (6. kiadás). Tankönyvkiadó, Budapest, 1979 Halmai Erzsébet: Lineáris algebra. Tankönyvkiadó, Budapest, 1979 Krekó Béla: Lineáris algebra. Közgazdasági és Jogi Könyvkiadó, Budapest, 1976 Rózsa Pál: Lineáris algebra és alkalmazásai (2. kiadás). Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1976 Sárközi András: Komplex számok. Példatár. Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1973 Scharnitzky Viktor: Mátrixszámítás. Példatár (3. kiadás). Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1979
252
MATEMATIKATÖRTÉNETI ÍZELÍTŐ
N. H. ABEL (1802-1829) norvég matematikus. Kimagaslóak az algebrai egyenletek elméletével kapcsolatos, valamint az elliptikus és hiperelliptikus függvényekre vonatkozó eredményei. E. BÉZOUT (1730-1783) francia matematikus. Az algebrai egyenletek megoldásában elért alapvető eredménye őrizte meg nevét. B. BOLZANO (1781-1848) cseh matematikus, filozófus és teológus. Kutatásai jelentősen hozzájárultak a végtelen matematikai fogalmának a tisztázásához. Függvénytani munkáiban számos alapvető fogalmat vezetett be, és több tételt bizonyított be. G. CARDANO (1501-1576) olasz matematikus, filozófus, természettudós és orvos. A szerencsejátékok vizsgálata során több, a valószínűségszámítás tárgykörébe vágó megállapításra jutott. Felfedezte a róla elnevezett kardántengelyes felfüggesztést. A. CAUCHY (1789-1857) francia matematikus és fizikus. A matematikának a mechanikára és fizikára való alkalmazásával foglalkozott. Ez vezette a matematikában is nagy felfedezésekre. Legnagyobb érdeme a komplex változós függvények elméletének a megalkotása, itt számos tétel a nevét viseli. A matematikai analízisben ma alkalmazott szigorúság neki köszönhető, ez előtte a matematikusok körében nem volt lényeges szempont.Nevéhez fűződik a sorozatok és sorok konvergenciájának vizsgálatához használt több, ma is használatos kritérium. Ő volt az első, aki differenciálegyenletek és differenciálegyenlet-rendszerek megoldásának létezését bizonyította. A. CAYLEY (1821-1895) angol matematikus. Számottevő eredményeket ért el a véges csoportok, az algebrai görbék, a determinánsok és az algebrai formák invarianciájának elméletében. Tovább fejlesztette az elliptikus függvények elméletét. G. CRAMER (1704-1752) svájci matematikus. Jelentős eredményeket ért el a lineáris egyenletrendszerek megoldásában, a magasabb fokú algebrai görbék vizsgálatában. Könyvünkben megismert szabályát 1750-ben hozta nyilvánosságra. 253
R. DESCARTES (1590-1650) francia filozófus, matematikus és természettudós. La Géometrie című könyvében elsőnek használt kétismeretlenes egyenleteket görbék jellemzésére, és így szoros kapcsolatot teremtett az algebra és a geometria között. Művében felismerhető a ma elterjedten használt analitikus módszer. Elősegítette a differenciál- és integrálszámítás kifejlődését, és továbbfejlesztette az algebrai egyenletek elméletét. L. EULER (1707-1783) svájci matematikus és fizikus. Egy 1748-ban megjelent műve tartalmazza a mai trigonometriát, számos elemi függvény hatványsorát és a róla elnevezett összefüggést. Az analitikus geometria egyik megalapozója. Fontos eredményeket ért el a számelméletben a magasabbfokú egyenletek, a poliéderek, a differenciálegyenletek elméletében, az elemi geometriában. Elsőnek fedezte fel a fény hullámtermészetét. L. F E R R A R I (1522-1565) olasz matematikus. Nevét az általános negyedfokú algebrai egyenlet megoldása örökítette meg. S. del F E R R O (71465-1526) olasz matematikus. Algebrai problémákkal foglalkozott, és elsőnek fedezte fel a harmadfokú egyenlet megoldóképletét. C. F. GAUSS (1777-1855) német matematikus, fizikus és csillagász, a „matematikusok fejedelme". A matematika csaknem minden ágában ért el alapvetően fontos eredményeket. így például doktori értekezésében elsőnek adta meg az algebra alaptételének szigorú bizonyítását, a Disquisitiones arithmeticae című, 1801-ben megjelent műve a modern számelmélet kezdetét jelenti. Nevéhez fűződik a felületek vizsgálatában ma is használt számos tétel, a legkisebb négyzetek elve, a komplex számok elméletének megalkotása, a hipergeometrikus sorok vizsgálata, a potenciálelmélet megalkotása. Foglalkozott az elliptikus függvények elméletével, a nemeuklideszi geometriával, valószínűségi változók eloszlásával (Gauss-görbe). G. G R E E N (1793-1841) angol matematikus és fizikus. Megalapozta az elektromosság matematikai elméletét és kidolgozta a potenciálelméletet mint a matematika önálló ágát. W. R. HAMILTON (1805-1865) ír matematikus, fizikus és csillagász. Felfedezte a kvaterniókat, megalapozta a vektorszámítást, felismerte a mechanikai törvények egységes megfogalmazását (Hamilton-elv). O. HESSE (1811-1874) német matematikus. Az analitikus geometriában és a determinánselméletben ért el jelentős eredményeket. W. G. H O R N E R (1786-1837) angol matematikus. Nevét a róla elnevezett eljárás őrizte meg, bár ezt az eljárást a kínai és perzsa matematikusok már jóval korábban is ismerték. 254
L. KRONECKER (1823-1891) német matematikus. Legjelentősebb eredményeit az elliptikus függvények elmélete, az ideálelmélet és a kvadratikus alakok elmélete terén érte el. J. L. LAGRANGE (1736-1813) francia matematikus, fizikus és csillagász. Nevéhez fűződik a variációszámítás és a mechanika elméleti feldolgozása. Jelentősek az algebrai egyenletek megoldásában, a számelméletben és a differenciálegyenletek megoldásában elért eredményei. P. S. LAPLACE (1749-1827) francia matematikus, fizikus és csillagász. Matematikai munkássága a determinánselméletre, a differenciálegyenletek elméletére, az integrálszámításra, a potenciálelméletre és a valószínűségszámításra terjed ki. Főműve az 5 kötetes Égi mechanika. G. W. LEIBNIZ (1646-1716) német filozófus és matematikus. A természetben folytonosan lejátszódó változások leírására megalkotta I. Newton angol matematikustól függetlenül a differenciál- és integrálszámítást, meghonosította a ma is használatos műveleti jeleket ( + , —, :), a hasonlóság ( ~ ) és az egybevágóság ( ~ ) jelét, a differenciálszámítással kapcsolatos jelölésrendszert. Módszert adott a racionális függvények integrálására. Jelentős eredményeket ért el a determinánsok, a burkológörbék és a sorok elméletében is. Előfutárja a szimbolikus logikának. Feltalált egy számítógépet is. A. de MOIVRE (1667-1754) francia származású angol matematikus. Jelentős eredményeket ért el a sorok elméletében, a valószínűségszámításban, a komplex számok elméletében. Érdekes, hogy a róla elnevezett formula mai alakja L. Eulertől származik. A. F. MÖBIUS (1790-1868) német matematikus. Elsőnek vezette be az analitikus módszereket a projektív geometriába. Új rendszerezését adta a görbéknek és a felületeknek, nevéhez fűződik az egyoldalú felületeknek a fogalma (Möbius-szalag). I. NEWTON (1643-1727) angol természettudós, aki világra szóló felfedezéseivel egyaránt gazdagította a matematikát, a fizikát és a csillagászatot. Matematikai eredményei sorából kiemelkedik a differenciál- és integrálszámítás (Leibniztől független) felfedezése, az interpoláció elméletének és gyakorlatának megalkotása, az egyenletek gyökeinek közelítő meghatározásával, a határozott integrálok közelítő kiszámításával. a sorelmélettel, a variációszámítással kapcsolatos munkássága. M. V, OSZTROGRADSZKIJ (1801-1861) orosz matematikus. Eredményeit a vektoranalízis, a matematikai fizika és az elméleti mechanika területén érte el. G. PEANO (1858-1932) olasz matematikus. Vizsgálta a matematikai analízis alapvető fogalmainak belső összefüggéseit, megalapozta a matematikai logikát, megalkotta a természetes számokra vonatkozó Peano-féle axiómarendszert. 255
P. RUFFINI (1765-1822) olasz matematikus. Bebizonyította, hogy általános ötödfokú algebrai egyenlet megoldására nem adható meg „gyökképlet". H. A. SCHWARZ (1843-1921) német matematikus. Legtöbb fontos eredményét a komplex függvénytanban és a felületek felszínszámításában érte el. G. G. STOKES (1819-1903) angol matematikus és fizikus. Legfontosabb felfedezései a belső súrlódásra, a fénysugárzásra és a fluoreszcenciára vonatkoznak. Nevét a vektoranalízisben elért eredményei is megőrzik. J. J. SYLVESTER (1814-1897) angol matematikus. Továbbfejlesztette a determinánsok elméletét, megalapozta a mátrixok elméletét. Jelentős a számelméleti munkássága is. Egyik legnevezetesebb tétele a kvadratikus alakok tehetetlenségi tétele. N. TARTAGLIA (1500-1557) olasz matematikus. S. del Ferrotól függetlenül felfedezte a harmadfokú algebrai egyenlet megoldóképletét, eredményeket ért el a szabadesés és a hajítások vizsgálata során.
256
NÉV- ÉS TÁRGYMUTATÓ
Abel, N. H. 158, 253 - -féle csoport 12 additív csoport 12 ágazati kapcsolatok mátrixa 99 — mérlegegyenlete 100 aktuális bázis 88 alakváltozási mátrix 127 algebrai egyenlet 158 - - f o k a 158 altér 86 alternáló művelet 29 antiszimmetrikus mátrix 50 arány tartó leképezés 120 árvektor 99 balcsavarodású görbe 194 bal oldali szorzás 65 — zérusosztó 66 balrendszer 33 bázis 17, 84 - alapvektora 17 báziscsere 121 - mátrixa 96 bázisra vonatkozó koordináták 86 bázistranszformáció 86 bázisvektor 44, 84, 87 bázisvektorok lineáris kombinációja 85, 87 bevételvektor 99 Bézout, E. 253 - tétele 159, 165 binomiális tétel 140
binormális 185 - egyenes egyenlete 185 Bolzano, B. 253 Bolzano tétele 160 bővített mátrix 108 — rangja 108 bruttó kibocsátás vektora 99 Cardano, G. 158, 253 Cauchy, A. 54, 133, 253 Cayley, A. 54, 253 Cramer, G. 253 - -szabály 109, 110 csavarvonal 180 - görbülete 192 - menete 181 -menetmagassága 181 -menetsűrűsége 181 - természetes egyenlete 200 - torziója 199 - vektoregyenlete 180 csoport 12 csoportaxiómák 12 csúsztató feszültségvektor 127 deformációvektor 127 deriváltfüggvény (derivált) 181 -komponensei 182 deriválttenzor 215 - mátrixa 215 - skalárinvariánsa 215
deriválttenzor vektorinvariánsa 215 Descartes, R. 18, 254 determináns 53 - első sora szerinti kifejtése 53 - értéke 53 - főátlója 55 diád 67 diagonálmátrix 49, 77, 129 dimenzió, lineáris téré 84 divergencia 215 duálváltozó 96
érintő 171 érintő egyenes egyenlete 184 érintő (tangenciális) egységvektor 184 érintőmódszer 171, 172 értelmezési tartomány 179 értékkészlet 179
egyenes 36 - paraméteres egyenletrendszere 37 — vektoregyenlete 36 egyenlet, algebrai 158 - - f o k a 158 - egyismeretlenes 158 — megoldása 158 — gyöke 158 egyenletrendszer, lineáris egyértelmű megoldása 109 — szabadságfoka 109 — triviális megoldása 110 — végtelen sok megoldása 109 egyismeretlenes egyenlet 158 egységelem 82, 132 egységgyökök 151 egységmátrix 49, 93 egységnyi irányvektorú, az origón áthaladó egyenesre való tükrözés mátrixa 122 egységvektor 9, 24, 49 együtthatómátrix 107 elem 53 elemi bázis transzformáció 86 ellentmondó egyenletrendszer 109 előjeles aldetermináns 53 elsőfokú algebrai egyenlet 158 eredő 11 eredő ellenállás 157 erőtér 212 - munkája 223
fajlagos anyagköltség 99 faktoriális 53 Falk-módszer 64 felcserélési tétel 34 felszín 208 - kiszámítása 208, 209 felszíni integrál 231 - kiszámítása 232 felszínvektor 233 felület 201 - érintősíkja 204 - egyenlete 205 - felszíne 208 - normálisa 204 felületi integrál 233 - kiszámítása 234 felületi normális 234 ferdén szimmetrikus mátrix 50 Ferrari, L. 158, 254 del Ferro, S. 158, 254 feszültségmátrix 127 feszültségvektor 127 folytonos függvények halmaza 82 forgatónyomaték 28 - -vektor 28 forrásmentes vektormező 215 főátló 49 főirányszög 141, 182 főnormális 185 - egyenes egyenlete 185 Frenet első formulája 197
258
euklideszi tér 83 Euler, L. 254 - -féle összefüggés 152, 154 exponenciális függvény 152
Gauss, C. F. 133, 254 Gauss-féle elsőrendű főmennyiségek 209 - -féle komplex számsík 134 Gauss-Osztrogradszkij-tétel 247 generáló elem 88 generált altér 86 gömbfelület 202 görbe 181 - érintője 181 - görbülete 191 - ívhossza 188 - kísérő triédere 184 - természetes egyenlete 199 - torziója 193 görbület 191 - , átlagos 191 - kiszámítása 182, 197 görbületi kör 192 - sugara 192 gradiensvektor (gradiens) 218 Green G. 254 Green-tétel 250 - , első 250 - , második 251 gyök elkülönítése 159 - közelítő értéke 169
Horner-féle eljárás 162, 163, 164 - elrendezés 166 - formula 165 Horner-módszer 166 húr 168 húrmódszer 168, 169, 172 idempotens mátrix 73 í-edik sor és a fc-adik oszlop kompozíciója 63 imaginárius egység 133 impedancia 157 - belső szöge 157 inhomogén lineáris egyenletrendszer 107 integrálredukciós tételek 248 inverz 82 - mátrix 80, 93 - transzformáció 121 irányított szakasz 9 irányvektor 36 iteráció módszere 173, 175 ívhossz 188 izotermikus felület 217 jobbcsavarodású görbe 194 jobb oldali szorzás 65 - zérusosztó 66 jobbrendszer 33 jobbsodrású rendszer 17
Hamilton, W. R. 254 Hamilton-operátor 219 harmadfokú egyenlet 158 * kapacitásvektor 99 harmadrendű determináns 31 karakterisztikus determináns 128 három vektor vegyes szorzatának kiszá- egyenlet 128 mítása 34 - polinom 128 háromdimenziós lineáris tér 84 képvektortér 119, 127 háromszögmátrix 72, 77 képzetes egység 133 helyvektor 19 - számok 133 hengerfelület 203 - tengely 135 Hesse, O. 254 két mátrix egyenlősége 60 - -féle normálegyenlet 38 - konformábilitása 63 homogén egyenletrendszer 110 két vektor diadikus szorzata 67 - lineáris egyenletrendszer 107 - egyenlősége 10, 19 Horner, W. G. 254 - hajlásszöge 23, 25 259
két vektor skaláris szorzata 22, 67 - vektoriális szorzata 28 kilépő bázisvektor 88 kísérő triéder 184 - élei 185 - síkjai 183 kommutatív csoport 12 kompatíbilis vektor 109 kompatibilitási vizsgálat 110 komplex számok 131 - szám abszolút értéke 140, 152 - szám algebrai alakja 133 - szám argumentuma 140 - szám exponenciális alakja 153 - szám irányszöge 140, 152 - szám kanonikus alakja 133 - szám képzetes része 134 - szám konjugáltja 134 - szám modulusa 140 - szám trigonometrikus alakja 141, 153 - szám valós része 134 konvex lineáris kombináció 61 konzervatív erőtér 228 koordináta 88 koordinátarendszer-transzformáció 121 kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés 10, 121
körintegrál 224 közelítés hibája 170 közelítő érték 170 Kronecker L. 255 - -féle szimbólum 49 > kúpfelület 203 kvadratikus mátrix 46 kvaternió 33 Lagrange, J. L. 255 - tétele 159, 161 Laplace, P. S. 255 Laplace-operátor 220 Leibniz, G. W. 54, 255 leképezés 119 lineáris altér 91 - egyenletrendszerek 107 260
-
- megoldása 109 szabadságfoka 109 triviális megoldása 110 leképezés 120 tér 82 bázisa 86 dimenziója 92 lineáris transzformációja 120 transzformáció 120 - együtthatói 120 mátrixa 120
másodfokú algebrai egyenlet 158 matematikai modell 98 mátrix 46 - eleme 46 - jelölése 46 - ?í-edik hatványa 72 - oszlopa 46 - rangja 75, 91 - rendje 46 - sora 46 - szorzása skalárral 61 - típusa 46 - transzponáltja 47 mátrixegyenlet 107, 128 mátrixok különbsége 60 - lineáris kombinációja 61 - összege 60 - szorzata 63 megoldáshalmaz 108 merőleges vetítés mátrixa 125 minormátrix 48 Moivre, A. de 255 - -féle formula 145 Möbius, A. F. 255 nabla operátor 219 n jegyre pontos eredmény 159 ^-dimenziós lineáris tér 84 - vektor 43 - vektortér 44 - bázisa 44 H-edfokú polinom 82
«-edik egységgyökök 150 «-edrendű determináns 53 negyedfokú egyenlet 158 négyzetes mátrix 46 - adjungált mátrixa 77 - determinánsa 74 nem kompatíbilis vektor 109 nemszinguláris lineáris transzformáció 120 - mátrix 93 nettó kibocsátás vektora 100 Newton, I. 255 nilpotens mátrix 72 nívófelület 217 normális feszültségvektor 127 normálsík 186 normált bázis 17 - sajátvektor 130 nullvektor 9 nyújtás mátrixa 125 origó 18 - körül cp szöggel való elforgatás mátrixa 123 origóra való tükrözés mátrixa 122, 123 ortogonális bázis 17 ortonormált bázis 17, 44, 85 oszlop, determinánsé 53 - , mátrixé 46 oszlopmátrix 47 oszlopösszegpróba 64 oszlopösszegző vektor (mátrix) 68 oszlopvektor 44, 47 oszlopvektorok alkotta vektorrendszer 91 Osztrogradszkij, M. V. 255 örvénymentes vektormező 215 összegtartó leképezés 120 összegző mátrix 50 - vektor 50 összetevő 11 ötöd- és ennél magasabb fokú algebrai egyenletek 158
pályagörbe 180 pályasebesség 188 paralelepipedon (ferde hasáb) előjeles térfogata 33 paralelogramma-szabály 11, 143 paralelogramma területvektora 30 paraméterérték 179 paramétervonal 202 Peano, G. 256 permutáló mátrix 50, 69 poligonszabály 11 polinom helyettesítési értéke 162 ponthalmaz 10 potenciálfüggvény (potenciál) 228 prímáiváltozó 96 primitív egységgyökök 151 programmátrix 99 programvektor 99 projektor- (vetítő-) mátrix 73 reciprok mátrix 80 regula falsi 168 reguláris lineáris transzformáció 120 - mátrix 74 rektifikáló sík 185 rekurzív definíció 53 rendezett szám-«-es 83 - számpár 131 - számtest 131 - valós számhármasok 83 - számpárok 83 rotáció 215 Ruffini, P. 158, 256 sajátérték 128 sajátvektor 128, 130 sakktáblaszabály 54 Schwarz, H. A. 256 sík 10, 37 - egyenletének általános alakja 38 - tengelymetszetes alakja 38 - normálvektora 37 - vektoregyenlete 37 síkbeli vektor 10 261
síkgörbe 179 síkvektor 82 sima görbe 182 simulósík 184 skalár 9 skalármező (skalár-vektor-függvény) 217 - gradiense 218 - szintfelülete (nívófelülete) 217 - teljes differenciálja 227 skalár-vektor-függvény (skalármező) 217 sor, determinánsé 53 - mátrixé 46 sormátrix 47 sorösszegprőba 64 sorösszegző vektor (mátrix) 68 sorvektor 44, 47 sorvektorok alkotta vektorrendszer 91 Stokes, G. G. 256 Stokes tétele 240 Sylvester, J. J. 46, 256 szabadságfok 110 számegyenes 10, 131 számtest 131, 132 szimmetrikus mátrix 50, 77 szinguláris lineáris transzformáció 120 - mátrix 74 szorzatvektor 137 szögsebesség 189 - átlagos 189 - pillanatnyi 189 tárgyvektor 127 tárgyvektortér 119 Tartaglia, N. 158, 256 technológiai együttható 98 - mátrix 98 teljes szükséglet mátrixa 100 tenzor 213 tér 82 térbeli vektor 10 térfogati integrál kiszámítása 239 262
térgörbe 179 termelési modell 98 - program anyagköltsége 99 termelői fogyasztás vektora 99 térvektor 82 tetraéder térfogata 34 tetszőlegesen pontos megoldás 173 torzió (csavarodás) 193 - kiszámítása 194, 198 triviálistól különböző megoldás 110 v0 vektor körüli (p szöggel történő pozitív irányú elforgatás mátrixa 124 valós számok 10, 131 - tengely 135 vektor 9 - ábrázolása 9 - abszolút értéke 9, 24 - ellentettje 12 - hossza 9 - iránya 9 - iránycosinusai 25 - irányítása 9 - jelölése 9 - kezdőpontja 9 - komponensei 18, 44 - koordinátái 18, 44 - végpontja 9 vektorhármas reciprok vektorhármasa 35 vektormező (vektor-vektor-függvény) 212 - forrása 215 - nyelője 215 - örvénye 215 vektornak egy skalárral való szorzata 13 vektorok különbsége 12 vektorok lineáris függetlensége 16, 43, 83 - kombinációja 17, 83, 84 - összefüggése 16, 43, 83 - összege 11 - síkjára merőleges vetítés mátrixa 126
vektorok - vegyes szorzata 33 - vektoriális szorzata 28 - - szorzatának kiszámítása 31 vektorpotenciál 246 vektor-skalár-függvény - egyparaméteres 179 - deriváltfüggvénye 181 - differenciálhatósága 181 - differenciálási szabályai 182 - folytonossága 180 - - határértéke 180 - - szögsebessége 189 - kétparaméteres 201 - háromparaméteres 212 vektor skaláris szorzata 22 - szorzatáriak kiszámítása 23 vektortér 212 vektor-vektor-függvény (vektormező) 212
vonalmenti integrál 223 - kiszámítása 224, 225, 228 x tengely körül '— - egyenesre való tükrözés mátrixa 122 yz síkra való tükrözés mátrixa 123
'
- differenciálhatósága 214 - divergenciája 215 - potenciálfüggvénye 228 - rotációja 215 - vonalmenti integrálja 223 vetületvektor 26 - hossza 25
zéruselem 82, 132 zérusmátrix 49 zérusosztópár 66 zérusvektor 9 z tengely körül pozitív irányban q> szöggel való elforgatás mátrixa 124 z tengelyre való tükrözés mátrixa 123
263
Tankönyvkiadó Vállalat A kiadásért felelős: Petró András igazgató Dabasi Nyomda (88-2559) Bp.-Dabas Felelős vezető: Bálint Csaba igazgató Raktári szám: 42439/1 Szedte a Nyomdaipari Fényszedő Üzem (888620/10) Felelős szerkesztő: Divényi Andrásné Utánnyomásra előkészítette: Balassa Zsófia Műszaki vezető: Telekes György ig.h. Grafikai szerkesztő: Schnedarek Péter Műszaki szerkesztő: Szilágyi Sándor A kézirat nyomdába érkezett: 1988. november Megjelent: 1989. július Példányszám: 4000 Terjedelem: 23,59 (A/5) ív Készült az 1985. évi első kiadás alapján, álló montírungról és fényszedéssel, íves ofszetnyomással az MSZ 5601-59 és az MSZ 5602-55 szabvány szerint
2 1
42 439/1
-
Ft
