Gyakorló feladatsor: mátrixok

Megoldás

Az összeadás és a skalárral szorzás elemenként történik; a két mátrix mérete azonos, tehát elvégezhető.

Megoldás

A szorzat $i$-edik sorának $j$-edik eleme az első mátrix $i$-edik sorának és a második $j$-edik oszlopának skaláris szorzata.

$AB\ne BA$: a mátrixszorzás nem kommutatív. Ez a legfontosabb különbség a számokkal való szorzáshoz képest, és emiatt kell minden átalakításnál figyelni a sorrendre.

Megoldás

1. Méretek. $A$ egy $2\times3$-as, $B$ egy $3\times2$-es mátrix. A belső méretek megegyeznek (3 = 3), tehát a szorzás elvégezhető, és az eredmény $2\times2$-es lesz.
2. $$AB=\begin{pmatrix} 1+0+8 & 2+0+0 \\ 3+0-4 & 6+1+0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 9 & 2 \\ -1 & 7 \end{pmatrix}$$
3. A transzponált tehát $(AB)^{T}=\begin{pmatrix} 9 & -1 \\ 2 & 7 \end{pmatrix}$.
4. A másik oldal: a transzponáltak fordított sorrendben szorzódnak.
   $$B^{T}A^{T}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 9 & -1 \\ 2 & 7 \end{pmatrix}$$
   A két eredmény megegyezik. Vedd észre, hogy $A^{T}B^{T}$ el sem lenne végezhető: a méretek nem stimmelnének.

Megoldás

1. $$\det A=3\cdot 2-5\cdot 1=1\ne 0$$
   Nem nulla, tehát a mátrix invertálható.
2. A $2\times2$ inverz képlete: a főátlót cseréljük, a mellékátlót előjelet váltjuk, és osztunk a determinánssal.
   $$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 & -5 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$$
3. Ellenőrzés — ez sosem maradhat el:
   $$A\,A^{-1}=\begin{pmatrix} 6-5 & -15+15 \\ 2-2 & -5+6 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$

Megoldás

1. Sarrus-szabállyal. Három „lefelé” haladó szorzat pozitívan, három „felfelé” haladó negatívan:
   $$2(-1)1+1\cdot4\cdot1+3\cdot0\cdot2-3(-1)1-2\cdot4\cdot2-1\cdot0\cdot1$$
   $$=-2+4+0+3-16-0=-11$$
2. Kifejtéssel az első sor szerint. Az előjelek váltakoznak: $+,-,+$.
   $$2\begin{vmatrix} -1 & 4 \\ 2 & 1 \end{vmatrix}-1\begin{vmatrix} 0 & 4 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}+3\begin{vmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}$$
   $$=2(-1-8)-1(0-4)+3(0+1)=-18+4+3=-11$$
3. A két módszer ugyanazt adja. Érdemes tudni, hogy a Sarrus-szabály csak háromszor hármas determinánsra érvényes; négyszer négyestől kezdve csak a kifejtés (vagy sorműveletekkel való egyszerűsítés) marad.

Megoldás

1. Egy mátrix pontosan akkor nem invertálható, ha a determinánsa nulla. Írjuk fel a determinánst $\lambda$ függvényeként:
   $$\det A=\lambda(\lambda-1)-2\cdot3=\lambda^{2}-\lambda-6$$
2. $$\lambda^{2}-\lambda-6=(\lambda-3)(\lambda+2)=0$$
3. Tehát $\lambda=3$ vagy $\lambda=-2$ esetén nem invertálható; a többi $\lambda$-ra igen. (Ez a feladattípus a sajátértékek felé mutat: ott is egy determináns nullává tételéből jönnek a keresett értékek.)

Megoldás

1. A rang a lineárisan független sorok száma; a legegyszerűbben sorműveletekkel derül ki.
2. A második sor az első kétszerese, tehát $S_{2}-2S_{1}$ csupa nullát ad. A harmadikból vonjuk le az elsőt:
   $$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\longrightarrow\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -2 \end{pmatrix}$$
3. A nulla sort a végére téve lépcsős alakot kapunk két nemnulla sorral, tehát $\operatorname{rang}(A)=2$.
4. Ellenőrzés: mivel a rang kisebb 3-nál, a determinánsnak nullának kell lennie — és valóban, a második sor az első számszorosa.

Megoldás

1. Szorozzunk balról $A^{-1}$-gyel. A sorrend itt nem mindegy: $A^{-1}AX=A^{-1}B$, tehát $X=A^{-1}B$. Ha jobbról szoroznánk, $AXA^{-1}$ jönne ki, amiből nem esik ki az $A$.
2. Az inverz a 4. feladatból ismert: $A^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & -5 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$.
3. $$X=\begin{pmatrix} 2 & -5 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2-10 & 0-5 \\ -1+6 & 0+3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -8 & -5 \\ 5 & 3 \end{pmatrix}$$
4. Ellenőrzés:
   $$AX=\begin{pmatrix} -24+25 & -15+15 \\ -8+10 & -5+6 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}=B$$