1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris...

24
1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban: Emlékeztető: Legyen B = {u 1 ,..., u n } egy tetszőleges bázisa az R n -nek, Egy tetsző- leges v R n vektor egyértelműen felírható v =α 1 u 1 + ... + α n u n alakban. Ekkor azt mondjuk a B bázisban a v vektor koordinátái: α 1 . . . α n . Jelben: [v] B = α 1 . . . α n . Az egyszerűség kedvéért dolgozzunk most a síkon vagyis R 2 -en. Legyen tehát adott egy F : R 2 R 2 lineáris transzformáció és szintén adott egy B := {u 1 , u 2 } bázisa az R 2 -nek. Cél: Meghatározni az F mátrixát a B bázisban. Vagyis keresünk egy olyan 2 × 2-es M mátrixot, amelyre a következő teljesül: Minden v R 2 vektorra [F (v)] B = M · [v] B . (1) Ugyanez szavakban : keresünk egy olyan M mátrixot amellyel megszorozva egy tetszőleges v vektornak a B bázisban felírt koordinátáiból álló [v] B vek- tort ((1) jobb oldala) megkapjuk ezen v vektor F lineáris transzformációval vett F (v) képének a B bázisban vett koordinátáiból alkotott [F (v)] B vektort ((1) bal oldala). Ezt az M mátrixot hívjuk az F lineáris transzfor- máció mátrixának a B bázisban. 1

Transcript of 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris...

Page 1: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

1. Lineáris transzformációLineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Emlékeztető:Legyen B = {u1, . . . ,un} egy tetszőleges bázisa az Rn-nek, Egy tetsző-

leges v ∈ Rn vektor egyértelműen felírható

v =α1u1 + . . .+ αnun

alakban. Ekkor azt mondjuk a B bázisban a v vektor koordinátái:

α1...

αn

.Jelben:

[v]B =

α1...

αn

.Az egyszerűség kedvéért dolgozzunk most a síkon vagyis R2-en. Legyentehát adott egy F : R2 → R2 lineáris transzformáció és szintén adott egy

B := {u1,u2}

bázisa az R2-nek.

Cél: Meghatározni az F mátrixát a B bázisban.Vagyis keresünk egy olyan 2 × 2-es M mátrixot, amelyre a következő

teljesül:Minden v ∈ R2 vektorra

[F (v)]B =M · [v]B. (1)

Ugyanez szavakban: keresünk egy olyan M mátrixot amellyel megszorozvaegy tetszőleges v vektornak a B bázisban felírt koordinátáiból álló [v]B vek-tort ((1) jobb oldala) megkapjuk ezen v vektor F lineáris transzformációvalvett F (v) képének aB bázisban vett koordinátáiból alkotott [F (v)]B vektort((1) bal oldala). Ezt az M mátrixot hívjuk az F lineáris transzfor-máció mátrixának a B bázisban.

1

Page 2: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

1.1. tétel. Az F : R2 → R2 lineáris transzformáció mátrixa a B = {u1,u2}bázisban az a 2 × 2-es M mátrix, melynek első oszlopa: [F (u1)]B, másodikoszlopa [F (u2)]B. Jelben:

M = [[F (u1)]B, [F (u1)]B] . (2)

Ugyanez szavakban: Az M mátrixot, úgy kapjuk, hogy megkeressük F (u1)vektornak a B bázisban vett koordinátáiból álló [F (u1)]B vektort. Ez leszaz M első oszlopa. Ezután megkeressük F (u2) vektornak a B bázisban vettkoordinátáiból álló [F (u2)]B vektort. Ez lesz az M második oszlopa.

Bizonyítás. Jelöljük az M = [[F (u1)]B, [F (u1)]B] mátrix elemeit

M =

[m11 m12

m21 m22

].

Ez azt jelenti, hogy [F (u1)]B =

[m11

m21

]és [F (u2)]B =

[m12

m22

]. Vagyis

F (u1) = m11 · u1 +m21 · u2 és F (u2) = m12 · u1 +m22 · u2. (3)

Legyen v ∈ R2 egy tetszőleges vektor. Jelöljük α1, α2-vel a v koordinátáit

a B bázisban. Vagyis [v]B =

[α1

α2

]. Ami azt jelenti, hogy

v = α1u1 + α2u2.

Mivel F egy lineáris transzformáció kapjuk, hogy:

F (v) = α1F (u1) + α2F (u2).

Behelyettesítve a (3) képletet

F (v) = α1(m11 · u1 +m21 · u2︸ ︷︷ ︸F (u1)

) + α2 · (m12 · u1 +m22 · u2︸ ︷︷ ︸F (u1)

)

= (m11 · α1 +m12 · α2) · u1 + (m21 · α1 +m22 · α2) · u2

Ez pedig pont azt jelenti, hogy

[F (v)]B =

[m11 · α1 +m12 · α2

m21 · α1 +m22 · α2

]=

[m11 m12

m21 m22

]︸ ︷︷ ︸

M

·[α1

α2

]=M ·

[α1

α2

]

2

Page 3: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

1.1. példa. Határozzuk meg a síkon az y = x egyenesre vonatkozó tükrözés

mátrixát a B =

[12

]︸ ︷︷ ︸

u1

,

[13

]︸ ︷︷ ︸

u2

bázisban.

Megoldás: A természetes bázisban az y = x egyenesre tükrözés azt je-lenti, hogy fel kell cseréli a koordinátákat. Vagyis a természetes bázisbanaz F (u1) és F (u2) vektorok:

F

([12

])=

[21

]és F

([13

])=

[31

].

Ezután kifejezzük ezen vektorokat a B bázisban. Ehhez egy az előző előadá-son tanult formulát alkalmazzuk a v = F (u1) majd a v = F (u2) vektorokra.Ezen formula szerint:

Egy v ∈ Rn vektor koordinátáit a B = {u1, . . . ,un} bázisban a követ-kező formula adja:

[v]B = [u1, . . . ,un]−1 · [v]T .

Vagyis felírjuk a

P = [u1,u2] =

[1 12 3

]mátrixot és képezzük ennek inverzét:

P−1 =

[3 −1−2 1

].

Ezután az F (u1) vektornak a B bázisbeli koordináta vektorát [F (u1)]B-t

az F (u1) vektornak a T természetes bázisbeli [F (u1)]T =

[21

]koordináta

vektorából úgy kapjuk, hogy:

[F (u1)]B = P−1 · [F (u1)]T =

[3 −1−2 1

]·[21

]=

[5−3

]Hasonlóan

[F (u2)]B = P−1 · [F (u2)]T =

[3 −1−2 1

]·[31

]=

[8−5

]3

Page 4: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Tehát az F lineáris transzformáció mátrixa a B bázisban:

M = [[F (u1)]B, [F (u2)]B] =

[5 8−3 −5

].

Feladatok

1. Írjuk fel a térben az x = y síkra való tükrözés mátrixát! (E:

0 1 01 0 00 0 1

Van kidolgozott megoldás)

2. Írja fel az x+ z = 0 síkra való vetítés mátrixát!

(E:

1√2

0 − 1√2

0 1 0− 1√

20 1√

2

van rá kidolgozott megoldás)

3. Írjuk fel az{x+ z = 0

y = 0

}egyenesre való vetítés mátrixát! (E:

√22

0 −√22

0 0 0

−√22

0√22

)

4. Írjuk fel az x = −y egyenesre való tükrözés mátrixát a síkban. Mi az

(5, 3) pont tükörképe? (E:[

0 −1−1 0

], (−3,−5)).

5. Írjuk fel annak a lineáris transzformációnak a mátrixát, amely egy tér-beli pontot az y-tengely körül 60◦-al elforgat, majd az x−y koordinátasíkra vetíti (tükrözi).

(E:

12

0√32

0 1 00 0 0

, 1 0 0

0 1 00 0 −1

· 1

20

√32

0 0 0

−√32

0 12

)

6. Határozzuk meg a következő mátrix sajátértékét és saját vektorait:

A =

[3 1−10 −3

]. (E: i,

[1

−3 + i

], és −i,

[1

−3− i

])

4

Page 5: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

7. Adottak a B =

{[14

],

[23

]}és a B′ =

{[−3−4

],

[45

]}Tudjuk,

hogy a v vektor koordinátái a B bázisban:

(a) [v]B =

[910

].

(b) [v]B =

[32

]. Határozzuk meg mind két esetben a v vektor

koordinátáit a B′ bázisban. (E: (a) [v]B′ =[−119−82

], (b) [v]B′ =[

−37−26

]Megoldások

1.) Az y = x sík tartalmazza a z tengelyt, és z tengelyre merőleges egyenesei45 fokot zárnak be az y és x tengelyekkel. Felrajzolva kiderül, hogy a rávaló tükrözés az egyes egységvektorokkal a következőt teszi:1

00

010

,

010

100

,

001

001

.

A transzformáció mátrixa az eredményvektorokból alkotott oszlopokból áll:0 1 01 0 00 0 1

.

E mátrix négyzete az egységmátrix, determinánsa −1. Ezek a tu-lajdonságok általában is jellemzőek minden tükrözésre.

2.) Az x + z = 0 azaz z = −x sík tartalmazza az y tengelyt, és az y-ramerőleges egyenesei szintén 45 fokot zárnak be az x és z tengelyekkel. A sík-ra többféleképp lehet vetíteni, mi most meghatározzuk a merőleges vetítésmátrixát. A transzformáció a következőt műveli az egységvektorokkal:1

00

12

0−1

2

,

010

010

,

001

−12

012

.

5

Page 6: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Így a transzformáció mátrixa előáll a három eredményvektorból mint oszlo-pokból: 1

20 −1

2

0 1 0−1

20 1

2

.

Mátrixunk négyzete megegyezik önmagával, és determinánsa nul-la, inverze nem létezik. Ez általánosan jellemző tulajdonsága a merőlegesvetítéseknek, vagy másnéven ortogonális projekcióknak. Az inverz nem léte-zése szemléletesen is érthető, hiszen a vetületből nyilván nem lehet rekonst-ruálni, hogy mi az, amit vetítettünk. (Mint ahogy az úthengerelt békábólsem lehet visszaállítani az élő példányt.)

3.) A 2.) feladathoz hasonló transzformáció mátrixát kell felírnunk, azegyetlen különbség, hogy az y = 0 síkban fekvő egyenesre való vetítés lenul-lázza az y koordinátát. Ezért ennek a vetítésnek a hatása (ha az egyenesrevaló merőleges vetítést tekintjük):1

00

12

0−1

2

,

010

000

,

001

−12

012

.

A keresett mátrix: 12

0 −12

0 0 0−1

20 1

2

.

Ez is tisztességes merőleges vetítésként viselkedik, vagyis négyzete önmaga,determinánsa nulla, így nem is invertálható.

5.) Először meghatározzuk az y tengely körüli 60o-os forgatás mátrixát.A forgatás helybenhagyja az y tengely pontjait, és megforgat mindenkit azx− z síkban:1

00

12

0

−√32

,

010

010

,

001

√32

012

.

Ezért ez a transzformáció megfelel az

O =

12

0√32

0 1 0

−√32

0 12

6

Page 7: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

mátrixnak. E mátrix determinánsa 1, inverze megegyezik a transz-ponáltjával: O ·OT = OT ·O = I . Ezek általános jellemzői a forgatásokatleíró ún. ortogonális forgatásmátrixoknak.Az eddig használt módszerrel az x− y síkra való vetítés mátrixa1 0 0

0 1 00 0 0

.

Az a mátrix, amelyik először forgat, aztán vetít az x − y síkra e kettőszorzatából állítható elő:1 0 0

0 1 00 0 0

· 1

20

√32

0 1 0

−√32

0 12

=

12

0√32

0 1 00 0 0

.

Az x− y síkra való tükrözést írja le a1 0 00 1 00 0 −1

mátrix. (Lévén tisztességes tükrözés, ennek determinánsa is -1, négyzete azegységmátrix.) Az a transzformáció, amelyik először forgat, majd tükröz, akövetkező mátrixszal írható le:1 0 0

0 1 00 0 −1

· 1

20

√32

0 1 0

−√32

0 12

=

12

0√32

0 1 0√32

0 −12

.

Figyeljük meg, hogy mindkét mátrixszorzásnál fontos volt a mátrixok sor-rendje: nem ugyanazt kapjuk, ha először forgatunk és aztán vetítünk, vagyha először vetítünk és azután forgatunk. Szintén más lesz az eredmény, haelőször forgatunk és azután tükrözünk, vagy ha fordítva járunk el.

2. Gram-Schmidt ortogonalizációs eljárás és SVD1. Konstruáljunk egy ortonormált bázisát annak az R4-beli S lineáris

altérnek, melyet az x1 + x2 + x3 + x4 = 0 egyenlet határoz meg. (E:

7

Page 8: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

végtelen sok megoldás van. Választ egy bázisát S-nek (választ 3 füg-getlen vektort S-ből, úgy hogy valamilyen módon lerögzít 3 koordi-nátát és az egyenletből kiszámítja a negyediket) és erre alkalmazza aGram-Schmidt eljárást.)

2. Határozzuk meg a következő mátrixok szinguláris érték felbontását!

A =

[1 −11 1

], B =

[4 60 4

]. E:

A =

[1√2− 1√

21√2

1√2

]·[ √

2 0

0√2

]·[1 00 1

]

B =

[2√5− 1√

51√5

2√5

]·[8 00 2

[1√5

2√5

− 2√5

1√5

]

3. Kvadratikus alakokKúpszeletek:

Adott egy kvadratikus alak a következő formában:

ax2 + 2bxy + cy2 + k1x+ k2y + d = 0, a, b, c, k1, k2, d ∈ R. (4)

Ezt felírhatjuk a xT · A · x+K · x+ d = 0 alakban, ahol

[x y

]︸ ︷︷ ︸xT

·[a bb c

]︸ ︷︷ ︸

A

·[xy

]︸ ︷︷ ︸

x

+[k1 k2

]︸ ︷︷ ︸K

·[xy

]︸ ︷︷ ︸

x

+d = 0 (5)

I. lépés: Meghatározzuk az A mátrixnak a λ1, λ2 sajátértékeit és a hoz-zájuk tartozó egység hosszú u1,u2 sajátvektorokat úgy választjuk,hogy hogy a Q := [u1,u2] mátrixra: det(Q) = 1.

II. lépés: Jelöljük az x :=

[xy

]vektornak a B = {u1,u2} bázisbeli [x]B

koordinátái vektorát x′ =

[x′

y′

]-el. Ekkor mint tanultuk

x′ =

[x′

y′

]= [x]B = Q−1 · x. (6)

8

Page 9: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Vagyis

Q · x′ = Q ·[x′

y′

]=

[xy

]= x. (7)

III. lépés: Legyen

D :=

[λ1 00 λ2

], és K′ := K ·Q.

Ekkor az első fokú rész:

K · x = K · (Q · x′) = (K ·Q) · x′ = K′ · x′.

Használva, hogy xT · A · x = (x′)T ·D · x′ és K · x = K′ · x′:

0 = xT · A · x+K · x+ d

= (x′)T ·D · x′ +K′ · x′ + d

Tehátλ1 · (x′)2 + λ2 · (y′)2 + k′1 · x′ + k′2 · y′ + d = 0, (8)

ahol K′ =[k′1 k′2

]=[k1 k2

]·Q

IV. lépés: Ekkor Q egy forgatás mátrixa a természetes bázisban. Az x 7→Q · x lineáris transzformáció az x tengely pozitív felét az u1 vektor(origóból felmérve), félegyenesébe, míg az y tengely pozitív felét az u2

vektor (origóból felmérve), félegyenesébe forgatja . Az u1 egyenese azúj x′, y′ koordinátarendszer x′ tengelye és az u2 egyenese az új x′, y′koordinátarendszer y′ tengelye.

V. lépés: Az új változók tehát:

x′ = q11 · x+ q21 · yy′ = q12 · x+ q22 · y,

aholQ =

[q11 q12q21 q22

]VI. lépés: Az új x′y′ koordináta rendszerben teljes négyzetté alakítunk. Ez

az x′y′ koordináta rendszer eltolásaként előálló x′′y′′ rendszert eredmé-nyezi amiben felírhatjuk a kúpszeletünket.

9

Page 10: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Példa

1. x2 + 11y2 + 10√3xy − 16 = 0

Megoldás : A =

(1 5

√3

5√3 11

), λ1 = 16, u1 =

( 12√32

), λ2 = −4, u2 =(

−√32

12

), tehát az új változók x′ = 1

2x +

√32y, y′ = −

√32x + 1

2y.

Ezekkel az új változókkal 16(x′)2 − 4(y′)2 − 16 = 0, átrendezés után(x′)2− (y′)2

4= 1, tehát egy +60 fokkal elforgatott hiperboláról van szó.

10

Page 11: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

1. ábra.

2. 3x2 − 2√3xy + y2 − x−

√3y = 0

Megoldás : A =

(3 −

√3

−√3 1

), λ1 = 4, u1 =

( √32

−12

), λ2 =

0, u2 =

( 12√32

), tehát az új változók x′ =

√32x − 1

2y, y′ = 1

2x +

√32y.

A lineáris részre pedig K = (−1; −√3), az új változóknak megfele-

lő vektor pedig K ′ = KQ = (0 − 2), azaz a képlet az új változókkal

11

Page 12: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

4(x′)2−2y′ = 0, átrendezve y′ = 2(x′)2, tehát egy -30 fokkal elforgatottparabola volt megadva.

2. ábra.

12

Page 13: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

3. 5x2 + 5y2 + 6xy − 14√2x− 18

√2y + 26 = 0

Megoldás : A =

(5 33 5

), λ1 = 8, u1 =

(1√21√2

), λ2 = 2, u2 =(

− 1√2

1√2

), tehát az új változók x′ = 1√

2x + 1√

2y, y′ = − 1√

2x + 1√

2y.

A lineáris részre K = (−14√2; −18

√2), az új változóknak megfelelő

vektor pedig K ′ = KQ = (−32; −4). Így kapjuk, hogy az új változók-kal felírt képlet 8(x′)2 + 2(y′)2 − 32x′ − 4y′ + 26 = 0. Ezt most teljesnégyzetté alakítjuk: 8(x′ − 2)2 − 32 + 2(y′ − 1)2 − 2 + 16 = 0, ezértbevezetjük a még újabb változókat: x′′ = x′ − 2 y′′ = y′ − 1, amikkelfelírva a képletet kapjuk, hogy (x′′)2 + (y′′)2

4= 1, tehát egy ellipszisről

beszélünk.

13

Page 14: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

3. ábra. A 3. feladat megoldása.

4. 9x2 + 6√3xy + 3y2 + (12

√3 + 2)x+ (12− 2

√3)y + 16 = 0

Megoldás : A =

(9 3

√3

3√3 3

), λ1 = 12, u1 =

( √3212

), λ2 = 0, u2 =(

−12√32

), tehát az új változók x′ =

√32x + 1

2y, y′ = −1

2x +

√32y. A li-

neáris részre K = (12√3 + 2; 12− 2

√3), az új változóknak megfelelő

vektor pedig K ′ = KQ = (24; −4). Így kapjuk, hogy az új változókkalfelírt képlet 12(x′)2 + 24x′ − 4y′ + 16 = 0. Ezt most teljes négyzettéalakítjuk: 12(x′ + 1)2 − 4(y′ − 1) = 0, ezért bevezetjük a még újabb

14

Page 15: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

változókat: x′′ = x′ + 1 y′′ = y′ − 1, amikkel felírva a képletet kapjuk,hogy y′′ = 3(x′′)2, tehát egy parabola volt megadva.

4. ábra. A 4. feladat megoldása.

5.2x2 + 2y2 − 2xy = 1. (9)

Ekkor A =

[2 −1−1 2

]. A sajátértékek és a hozzájuk tartozó saját-

15

Page 16: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

vektorok mátrixba rendezve:

λ1 = 1, λ2 = 3 és Q := [u1 u2] =

[ √2/2 −

√2/2

√2/2

√2/2

].

Tehát az új

x′ =

√2

2x+

√2

2y

y′ = −√2

2x+

√2

2y

változókkal:(x′)2 + 3(y′)2 = 1.

Innen

(x′)2 +(y′)2

( 1√3)2

= 1.

Vagyis a kvadratikus alak ellipszist határoz meg, melynek hosszabbféltengelye az u1 egyenesén 1 hosszú, míg a rövidebb féltengelye az u2

egyenesén 1√3

hosszú.

5. ábra. Az 5. feladat megoldása.

6.4x2 − 20xy + 25y2︸ ︷︷ ︸kvadratikus rész

−15x− 6y︸ ︷︷ ︸első fokú rész

= 0. (10)

16

Page 17: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Először a kvadratikus részben eltüntetjük az xy alakú tagot új válto-zókra való áttéréssel. Ehhez a kvadratikus részt[

x y]· A ·

[xy

]alakban írjuk fel, ahol

A =

[4 −10−10 25

].

A sajátértékek és a hozzájuk tartozó sajátvektorok mátrixba rendezve:

λ1 = 29, λ2 = 0 és Q := [u1 u2] =

[ 2√29

5√29

− 5√29

2√29

].

Tehát az új

x′ =2√29x− 5√

29y

y′ =5√29x+

2√29y.

változókkal4x2 − 20xy + 25y2 = 29(x′)2. (11)

(10)-ben az első fokú rész:

−15x− 6y = K ·[xy

],

aholK = [−15 − 6] .

Amint tanultuk ekkor kiszámoljuk:

K′ = K ·Q = [−15 − 6] ·

[ 2√29

5√29

− 5√29

2√29

]=[0 −3

√29].

Ahonnan

−15x− 6y = K ·[xy

]= K′ ·

[x′

y′

]= 0 · x′ − 3 ·

√29y′. (12)

17

Page 18: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Ezt (11)-al összetéve kapjuk, hogy a (10) egyenlet az x′ y′ rendszerben:

29(x′)2 − 3 ·√29y′ = 0.

vagyis

y′ =

√29

3(x′)2.

6. ábra. A 6. feladat megoldása.

7.3x2 − 8xy − 12y2︸ ︷︷ ︸kvadratikus rész

−30x− 64y︸ ︷︷ ︸első fokú rész

= 0. (13)

Először a kvadratikus részben eltüntetjük az xy alakú tagot új válto-zókra való áttéréssel. Ehhez a kvadratikus részt[

x y]· A ·

[xy

]alakban írjuk fel, ahol

A =

[3 −4−4 −12

].

A sajátértékek és a hozzájuk tartozó sajátvektorok mátrixba rendezve:

λ1 = −13, λ2 = 4 és Q := [u1 u2] =

[ 1√17− 4√

17

4√17

1√17

].

18

Page 19: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Használva, hogy x′ = QT · x, az új

x′ =1√17x+

4√17y

y′ = − 4√17x+

1√17y.

változókkal (13) egyenlet kvadratikus része:

3x2 − 8xy − 12y2 = −13(x′)2 + 4(y′)2. (14)

(10)-ben az első fokú rész:

−30x− 64y = K ·[xy

],

aholK = [−30 − 64] .

Amint tanultuk ekkor kiszámoljuk:

K′ = K ·Q = [−30 − 64] ·

[ 1√17− 4√

17

4√17

1√17

]=[− 286√

1756√17

].

Ahonnan

−30x− 64y = K ·[xy

]= K′ ·

[x′

y′

]= −286√

17· x′ + 56√

17y′. (15)

Innen és (14)-ből adódik, hogy a (13) egyenlet az új koordinátákkal:

−13(x′)2 + 4(y′)2 − 286√17x′ +

56√17y′ = 0. (16)

Az x′-ös és y′-ös tagokat csoportosítjuk:

−13(x′)2 −

13·22︷︸︸︷286√17x′︸ ︷︷ ︸

−13((

x′+ 11√17

)2− 112

17

)+4(y′)2 +

4·14︷︸︸︷56√17y′︸ ︷︷ ︸

4

((y′+ 7√

17

)2− 49

17

)= 0. (17)

19

Page 20: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Mind az teljes négyzetté alakítva kapjuk, hogy

−13(x′′)2 + 4(y′′)2 = 81,

aholx′′ = x′ +

11√17

és y′′ = y′ +7√17.

Tehát ebben a legújabb x′′y′′ koordináta rendszerben a (13) egyenlet:

(x′′)2(9√13

)2 − (y′′)2(92

)2 = 1.

7. ábra. A 7. feladat megoldása.

8.21x2 + 6xy − 13y2 − 114x− 34y + 73 = 0. (18)

20

Page 21: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Először a kvadratikus részben eltüntetjük az xy alakú tagot új válto-zókra való áttéréssel. Ehhez a kvadratikus részt[

x y]· A ·

[xy

]alakban írjuk fel, ahol

A =

[21 33 13

].

A sajátértékek és a hozzájuk tartozó sajátvektorok mátrixba rendezve:

λ1 = 12, λ2 = 22 és Q := [u1 u2] =

[ 1√10

3√10

− 3√10

1√10

].

Használva, hogy x′ = QT · x, az új

x′ =1√10x− 3√

10y

y′ =3√10x+

1√10y.

változókkal (18) egyenlet kvadratikus része:

21x2 + 6xy − 13y2 = 12(x′)2 + 22(y′)2. (19)

(18)-ben az első fokú rész:

−114x+ 34y = K ·[xy

],

aholK = [−114 34] .

Amint tanultuk ekkor kiszámoljuk:

K′ = K ·Q = [−114 34] ·

[ 1√10

3√10

− 3√10

1√10

]=[− 216√

10− 308√

10

].

Ahonnan

−114x+ 34y = K ·[xy

]= K′ ·

[x′

y′

]= −216√

10· x′ − 308√

10y′. (20)

21

Page 22: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

Innen és (19)-ből adódik, hogy a (18) egyenlet az új koordinátákkal:

12(x′)2 + 22(y′)2 − 216√10· x′ − 308√

10y′ + 73 = 0. (21)

Az x′-ös és y′-ös tagokat csoportosítjuk:

12(x′)2 −

12·2·9︷︸︸︷216√10· x′︸ ︷︷ ︸

12(x′− 9√10

)2− 12·8110

+22(y′)2 −

22·2·7︷︸︸︷308√10y′︸ ︷︷ ︸

22(y′− 7√10

)2− 22·4910

+73 = 0.

Teljes négyzetté alakítás után:

12 · (x′′)2 + 22 · (y′′)2 = 132,

aholx′′ = x′ − 9√

10y′′ = y′ − 7√

10.

Tehát a (18) egyenlet az x′′y′′ koordinátákkal:

(x′′)2

11+

(y′′)2

5= 1.

Ez tehát egy ellipszis aminek az x′′ koordináta tengelyen a féltengelyhossza

√11 és az y′′ koordináta tengelyen a féltengely hossza

√5.

4. Felületi integrál, Gauss-divergencia tétel1. Legyen H = {(x, y, z) : x2 + y2 ≤ 9 és 0 ≤ z ≤ 5} tömör henger.

Legyen A a H henger palastja kifelé mutató normálissal irányítva:

A ={(x, y, z) : x2 + y2 = 9 és 0 ≤ z ≤ 5

}.

Legyen B a henger felülete (tehát a palást és az alsó és felső körle-mez együtt) szintén kifelé mutató normálissal. Legyen F (x, y, z) =2(x, y, z).

22

Page 23: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

8. ábra. A 8. feladat megoldása.

(a) Határozzuk meg az∫∫A

FdA =? felületmenti integrált!

(b) Határozzuk meg az∫∫B

FdA =? felületmenti integrált a Gauss

divergencia tétel segítségével!

Megoldás. (a) AzA felület egy paraméterezése: r(α, z) = (3 cosα, 3 sinα, z),0 ≤ α,≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 5. Az F lokalizálása az A-ra: F(r(α, z)) =

(6 cosα, 6 sinα, 2z). Továbbá: rα × rz =

∣∣∣∣∣∣i j k

−3 sinα 3 cosα 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ =(3 cosα, 3 sinα, 0). Tehát

F(r(α, z))·rα×rz = (6 cosα, 6 sinα, 2z)·(3 cosα, 3 sinα, 0) = 18(cos2 α+sin2 α) ≡ 18.

Tehát∫∫A

FdA =

5∫z=0

2π∫α=0

F(r(α, z)) ·(rα×rz)dαdz =

5∫z=0

2π∫α=0

18dαdz = 180π.

23

Page 24: 1. Lineáris transzformációmath.bme.hu/~simonk/msc/gyakorlof_feladatok_zh_utan_a.pdf1. Lineáris transzformáció Lineáris transzformáció mátrixának felírása egy adott bázisban:

(b) Nyilván div(F) ≡ 6. Tehát Gauss divergencia tételből∫∫B

FdA =

∫∫∫H

div(F)dxdydz

∫∫∫H

6dxdydz = 6·térfogat(H) = 6·(32·π) = 45π.

2. Legyen A az z = 16−x2−y2 felületnek az x−y sík feletti része a lefelémutató normálissal irányítva és legyen G(x, y, z) = (y, x, z). Kérdés∫∫A

GdA =?(E: −128π.)

24