KURZUS: Matematika II.

MODUL: Lineáris algebra

2. lecke: Mátrixok összeadása, szorzása számmal, szorzása és transzponáltja

Tanulási cél: A mátrix fogalmának, az összeadás, a számmal való szorzás, a mátrixszorzás és a transzponálás műveletének megismerése és elsajátítása.

Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, 1.2. fejezet

Elméleti összefoglaló

Definíció. Az

A=( a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a m1 a m2 a mn )I R m×n

táblázatot mátrixnak nevezzük.

Az a ij IR számot a mátrix i-edik sorának j-edik oszlopbeli elemének nevezzük.

Az A mátrix jelölésére az A= [ a ij ] m×n szimbólummal is használjuk.

Definíció. A λIR szám és az AI R m×n mátrix szorzatán azt a C=λAI R m×n mátrixot értjük, amelynek elemei

c ij =λ a ij ( i=1,,m;j=1,,n ).

Definíció. Az A,BI R m×n mátrixok összegének nevezzük azt a C=A+BI R m×n mátrixot , amelynek elemi

c ij = a ij + b ij ( i=1,,m;j=1,,n ) .

Tétel. (A számmal való szorzás és az összeadás tulajdonságai.)

A+B=B+A,
( A+B )+C=A+( B+C ),
λ( μA )=( λμ )A .
λ( A+ B ¯ )=λA+λB, ( λ+μ )A=λA+μB.

Definíció. Az A,BI R m×n mátrixok AB különbségét a

AB=A+( 1 )B

formulával definiáljuk.

Definíció. Az AI R l×m és a BI R m×n mátrixok szorzatának nevezzük azt a C=ABI R l×n mátrixot, amelynek elemei

c ik = j=1 m a ij b jk ,( i=1,,l;k=1,,n ) .

Úgy kapjuk tehát a szorzat mátrix c ik elemét, hogy az elöl álló mátrixnak vesszük az i-edik sorát, a hátul álló mátrixnak a k-edik oszlopát, összeszorozzuk megfelelő elemeit, (a sor első elemét az oszlop első elemével, a sor második elemét az oszlop második elemével, és így tovább), és összeadjuk ezeket a szorzatokat.

A szorzatnak tehát annyi sora lesz, mint amennyi az elöl álló mátrixnak van és annyi oszlopa, amennyi a hátul álló mátrixnak van.

Azt a feltételt, hogy a szorzatban az elöl álló mátrix oszlopainak a száma azonos a hátul álló mátrix sorainak a számával, kompatibilitási feltételnek nevezzük.

Megjegyzés. A c ik érték nem más, mint az A mátrix  i-edik sorának a  B mátrix k-adik oszlopával való skaláris szorzata.

Tétel. (A mátrixszorzás tulajdonságai.)

ABBA ,
A( BC )=( AB )C,
A( B+C )=AB+AC, ( A+B )C=AC+BC.

Definíció. Az AI R m×n mátrix transzponáltján azt az A T I R n×m mátrixot értjük, amelynek i-edik oszlopa az A i-edik sora és j-edik sora az A j-edik oszlopa.

Megjegyzés. Az x ¯ I R n oszlopvektorok speciális I R n×1 mátrixok és a transzponáltjaik az x ¯ T =( x 1 , x 2 ,, x n )I R 1×n sorvektorok.

Tétel. (A transzponált tulajdonságai.)

( A T ) T =A ,
( A+B ) T = A T + B T ,
( AB ) T = B T A T .

Igazolható, hogy egy mátrix sor- és oszlopvektor rendszerének a rangja mindig megegyezik. A mátrix rangját ezért a következő módon definiáljuk.

Definíció. Az AI R m×n mátrix sor- és oszlopvektor rendszerének  közös rangját a mátrix rangjának nevezzük és ρ( A ) -val jelöljük.

A=( a ¯ 1 , a ¯ 2 ,, a ¯ n )=( b ¯ 1 T b ¯ 2 T b ¯ m T ) ρ( A )=ρ( a ¯ 1 , a ¯ 2 ,, a ¯ n )=ρ( b ¯ 1 , b ¯ 2 ,, b ¯ m )

Definíció. Az

I n =( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 )I R n×n

mátrixot n×n -es egységmátrixnak nevezzük.

Tétel. Legyen AI R n×n egy adott négyzetes mátrix és ρ( A )=n . Ekkor egyértelműen létezik olyan A 1 I R n×n mátrix, amelyre

A 1 A=A A 1 = I n .

Ezt az A 1 mátrixot az A mátrix inverzének nevezzük.

Kidolgozott feladatok

2.1. Legyen A = ( 1 2 3 4 ) és B = ( 2 2 1 4 ) . Számoljuk ki A+B-t és A-B-t.

Megoldás: Mindkét mátrix 2×2-es típusú, ezért mindkét művelet elvégezhető, és az eredmény is 2×2-es típusú lesz. Az összeadás definíciója alapján

A + B = ( 1 2 3 4 ) + ( 2 2 1 4 ) = ( 1+2 2+2 3+1 4+4 ) = ( 1 4 4 8 ) ,

A - B = ( 1 2 3 4 ) - ( 2 2 1 4 ) = ( 12 22 31 44 ) = ( 3 0 2 0 ) .

2.2. Tekintsük az A = ( 1 2 4 0 3 1 ) , B = ( 1 1 3 2 2 4 ) mátrixokat. Számoljuk ki a 2A-3B mátrixot.

Megoldás: Mivel 2A = ( 2 4 8 0 6 2 ) , 3B = ( 3 3 9 6 6 12 ) , azt kapjuk, hogy

2A -- 3B = ( 5 1 1 6 0 10 ) .

2.3. Határozzuk meg azokat az x, y, z valós számokat, amelyekre igaz az alábbi összefüggés:

( x 1 2 2 y 3 3 4 z ) - ( 2 0 1 1 1 1 3 1 1 ) = ( 6 1 1 1 4 2 0 5 1 ) .

Megoldás: Vezessük be a következő jelöléseket.

A = ( x 1 2 2 y 3 3 4 z ) , B = ( 2 0 1 1 1 1 3 1 1 ) ,  C = ( 6 1 1 1 4 2 0 5 1 ) .

Ekkor a feladatbeli összefüggés AB=C alakban írható, amiből átrendezéssel

A = B + C = ( 8 1 2 2 5 3 3 4 2 ) .

Innen leolvasható x = 8,  y = 5,  z = 2 kell, hogy legyen.

2.4. Legyen A = ( 1 2 2 3 ) B = ( 2 1 3 1 ) . Számítsuk ki a  C = AB  és  D = BA  mátrixokat.

Megoldás: Az A és B mátrixok 2×2-es típusúak, ezért a szorzat mátrixok is 2×2-es típusúak lesznek.

c 11 = a 11 b 11 + a 12 b 21 =(1)2+23=4 .

Hasonlóan

c 12 = a 11 b 12 + a 12 b 22 =(1)1+2(1)=3 ,

c 21 = a 21 b 11 + a 22 b 21 =(2)2+33=5 ,

c 22 = a 21 b 12 + a 22 b 22 =(2)1+3(1)=5 .

Tehát  C = ( 4 3 5 5 ) ,

Most számoljuk ki a D mátrixot:

d 11 = b 11 a 11 + b 12 a 21 =2(1)+1(2)=4 ,

d 12 = b 11 a 12 + b 12 a 22 =22+13=7 ,

d 21 = b 21 a 11 + b 22 a 21 =3(1)+(1)(2)=1 ,

d 22 = b 21 a 12 + b 22 a 22 =32+(1)3=3 .

D = ( 4 7 1 3 ) .

2.5. Legyen A = ( 2 1 3 1 2 0 ) B = ( 1 1 3 2 1 2 ) . Számítsuk ki az  AB  és  BA  szorzatokat.

Megoldás: Mind az  AB, mind a  BA  szorzat létezik és  AB  3×3-as,  BA  2×2-es típusú.

Most  AB = ( 4 3 8 5 4 11 2 2 6 ) és  BA =  ( 11 2 11 3 ) .

Már a típusok különbözősége is mutatja, hogy a szorzás nem kommutatív.

2.6. Legyen  A = ( 1 1 2 2 1 2 1 2 3 ) B = ( 3 2 6 2 3 12 0 9 11 ) . Számítsuk ki az  AB  és  BA  szorzatokat.

Megoldás: Mindkét szorzat létezik és 3×3-as típusú.

AB = ( 5 17 16 4 25 46 7 31 51 ) és  BA = ( 5 17 16 4 25 46 7 31 51 ) .

Látjuk, hogy a két eredmény ugyanaz. Az, hogy a szorzás nem kommutatív, nem jelenti azt, hogy nem léteznek mátrixok, amelyek a szorzatban egymással felcserélhetők, csak azt, hogy általában nem felcserélhetők.

2.7. Tekintsük  A = ( 1 2 4 ) B = ( 2 1 3 ) mátrixokat, és számítsuk ki az  AB  szorzatot.

Megoldás: A szorzat létezik, és a szorzat típusa 1×1. Az ilyen mátrixokat azonosítjuk a valós számokkal és zárójelek nélkül írjuk le. Tehát

AB=12+2(1)+43=12 .

Az A mátrixot, mivel csak egy sora van, sormátrixnak is hívjuk, míg a B mátrixot, mivel egy oszlopa van, oszlopmátrixnak is hívjuk, és mindkettő vektornak is tekinthető.

Vegyük még észre, hogy a fenti szorzat, ha mátrixokat vektoroknak tekintjük, éppen ezeknek a vektoroknak a skaláris szorzatával egyenlő.

2.8. Legyen  A = ( 1 2 3 4 ) . Mivel egyenlő A3?

Megoldás: Egy mátrix különböző kitevős hatványai egymással felcserélhető, ezért

A3 = AAA = A2A = AA2.

Mindegy, hogy az A-t szorozzuk A2-el, vagy fordítva.

Mivel A2 = AA ( 7 10 15 22 ) ,

A3 = A2A = AA2 = ( 37 54 81 118 ) .

2.9. Ha  A = ( 3 0 1 4 ) , és  B = ( 2 1 1 1 ) , akkor mivel egyenlő (A + BT)T?

Megoldás: Mivel  BT = ( 2 1 1 1 ) , ezért  A + BT = ( 5 1 2 5 ) ,

és ezt felhasználva  (A + BT)T = ( 5 1 2 5 ) T = ( 5 2 1 5 ) .

De úgy is számolhatunk, hogy felhasználjuk azt, hogy összeget tagonként lehet transzponálni.

(A + BT)T = AT + (BT)T = ( 3 1 0 4 ) + ( 2 1 1 1 ) = ( 5 2 1 5 ) .

Ellenőrző kérdések

1. feladat

Ha A=( 2 5 3 1 ) , B=( 1 1 4 2 ) , akkor A( ( A+B )2A )=
( 5 11 1 4 )
( 5 11 2 3 )
( 5 11 2 4 )
( 5 11 2 4 )

2. feladat

Tekintsük az alábbi mátrixokat:

A=( 1 1 2 1 1 3 2 1 1 ) , B=( 3 1 1 0 1 4 2 6 1 ) , C=( 1 1 1 2 0 1 1 3 5 ) .

Ekkor 3( A2B+C )=
( 12 6 15 3 3 12 3 24 12 )
( 12 6 15 3 3 12 3 24 12 )
( 12 6 15 3 3 12 3 24 12 )
( 12 6 15 3 3 12 3 24 12 )

3. feladat

Ha A=( 1 1 1 1 ) és B=( 0 1 1 0 ) , akkor AB=
( 1 1 1 1 )
( 1 1 1 1 )
( 1 1 1 1 )
( 1 1 1 1 )

4. feladat

Ha A=( 2 0 1 3 ) , akkor A 3 =
( 8 0 19 27 )
( 8 0 18 27 )
( 8 1 19 27 )
( 8 0 19 26 )

5. feladat

Legyen A=( 3 1 2 1 ) . Ekkor ( ( A+I ) 2 +I ) 2 =
( 153 108 216 64 )
( 153 106 216 63 )
( 153 108 216 63 )
( 153 108 213 62 )

6. feladat

Legyen A=( 1 1 1 0 1 2 2 1 3 ) . Ekkor A A T =
( 3 1 0 1 5 7 0 7 14 )
( 3 1 0 0 5 7 0 7 14 )
( 3 1 0 1 5 7 0 7 14 )
( 3 1 0 1 5 7 0 7 14 )

7. feladat

Ha A=( 2 1 2 3 0 1 ) , akkor ( A A T ) 2 =
( 164 152 152 145 )
( 145 152 152 164 )
( 154 152 152 164 )
( 145 150 150 146 )

8. feladat

Tekintsük az A=( 2 1 1 1 2 1 3 1 4 ) mátrixot. Ebben az esetben A 2 + ( A T ) 2 =
( 16 10 24 10 8 2 24 2 36 )
( 16 10 22 10 8 4 22 4 36 )
( 16 10 24 10 8 4 24 4 36 )
( 16 10 24 10 8 4 24 4 36 )

9. feladat

Ha A=( 2 1 1 0 1 1 0 2 1 ) és B=( 1 1 1 2 1 1 1 1 0 ) , akkor AB+ A T B T =
( 5 6 1 3 3 1 4 1 2 )
( 6 5 1 3 1 3 4 1 2 )
( 5 6 1 3 3 1 4 1 2 )
( 5 6 1 3 3 1 4 1 2 )