dimat

1. teljes indukció

Legyen adott
- az elsõ n négyzetszám összege kiszámolható úgy, hogy 1 a négyzeten + 2 a négyzeten + ...n a négyzeten = n*(n+1) * (2n+1) // 6
teljes indukcióval be tudjuk bizonyítani, hogy ez aképlet bármilyen n természetes számra igaz.

3 lépésbõl áll:
1. megnézzük, hogy ez a képlet valóban igaz-e n=1 és n=2 esetén
ha n =1  és n=2 esetén igaz, mérpedig ez igaz akkor
2. megállapítuk, hogy létezik olyan k amelyre igaz, hogy k a négyzeten =k* (k+1) * (2k+1) // 6
3. bebizonyítjuk hogy bármely k+1 esetén is igaz,
1 a négyzeten + 2 a négyzeten ... + k a négyzeten + k+1 a négyzeten = k * (k+1) * (2k + 1) // 6 + k+1 a négyzeten
a jobb oldal akakítgatása után:
(k+1 ) * (k+2) * (2k+3)
ez megeggyezik azzal, mintha az eredetibe az n helyére k+1et helyettesítünk.
és ebbõl látszik hogy k+1-re teljesül, tehát minden természeres számra igaz a képlet.

Van egy képlet
n=1 és n=2-re igaz-e?
ha igen, akkor biztosra állíthatjuk hogy létezik olyan k amire igaz
majd megvizsgáljuk hogy k+1re is igaz-e
és ha igen, akkor a képlet valóban helyes.

n a harmadikon -n
ennek osztója-e a 6

n helyében 1, aztán 2
0 és 6 jön ki, tehát eddig igaz
k a harmadikon - k ennek osztója a 6
(k+1 a harmadikon) - (k + 1)

felbontjuk a zárójeleket
és kapunk egy olyan összeget amirõl biztosan meg kell állapítani hogy osztható-e 6al.
ebben az összegben szerepel:
ka aharmadikon - k amirõl már korábban beláttuk hogy osztható 6al.
az összeg másik fele pedig, 3 k négyzet + 3k
kiemelünk 3k-t
3k*(k+1)
egy szám akkor osztható 6al ha 2vel és 3mal is osztható
3k*(k+1) mivel 3mas van a szorzótényezõben, biztosan osztható lesz 3mal
2vel pedig azért osztható mivel van benne k*(k+1), ez 2 egymást követõ szám, tehát valamelyik tuti páros, és mivel az egyik páros, így az egész szorzat páros lesz, és így osztható 2vel is.
tehát mivel 3mal s 2vel is osztható, ezért 6a is.
Peano 5. axiómája alapján minden természetes számra igaz lesz.

2. Komplex számokkal való mûveletvégzés

Komplex számnak van egy valós meg egy képzetes része.
a+ b*i
i= gyök -1

összeadás:
a valós részeket a valósokkal a képzeteseket pedig a képzetesekkel adjik össze.
2+3i +
4-5i
= 6-2i

összeadás tulajdonságai:
- asszociatív - csoportosítható
3 tag esetén, tök mind1 hogy van zárójelezve, az sszeadás sorrendje nem számít
- kommutatív - felcserélhetõ
z1+z2=z2+z1, tehát a tagok felcserélhetõk
- létezik egy null elem
bármely komplex számhoz hozzáadva ezta  null elemet ugyanazt a komplex számot kapjuk
null =0 + 0i
z+0 =z
- minde komplex számnak létezik az ellentettje, amire az igaz, hogyha a komplex számhoz hozzáadjuk az ellentettjét, akkor az eredmény 0
- ennek az ellentett fogalmának a bevezetésével lehet definiálni a kivonás mûveletét is.

szorzás:
Minden tagot minden taggal szorozni kell.
(4-2i) * (3+4i)
=20+10i
az eredmény szintén egy komplex szám.

  tulajdonságai:
  asszociatív - felcserélhetõ
  szintén mind1 a zárójelezés
  kommutatív - a tagok felcserélhetõk
  - létezik egységelem amelyre igaz, hogy
  1*z ==z
  egységelem: 1+0i
  - disztributív
  (z1+z2) * z3 = z1*z3 + z2*z3

osztás:

r / s = r * 1/s

egy komplex szám konjugáltja:
a-b*i

pl.:
a+b*i / c+d*i =
a+b*i / c+d*i * c-d*i / c-d*i

tehát megszorozzuk az osztásunkat a osztó konjugált/kondjugált alakával.
ezzel elérjük, hogy azonosságokkal tudjunk számolni. (a+b * a-b = a négyzet - b négyzet ... stb)
így az eredmény komplex szám lesz.

1/z = z konjugált / z konjugált
= a-b*i / a négyzet + b négyzet

- konjugált tulajdonságai:
- z konjugáltnak a konjugáltja =z
- z konjugált akkor és csak akkor 0 ha a z is 0
- összeg kongjugáltja (z1+z2) konjugált, az = a tagok konjugáltjának összegével (z1 konjugált + z2 konjugált)
- szorzat konjugáltja = a tényezõk konjugáltjának szorzatával.

abszolútérték

egy komplex azám (z) abszolút értéke = gyök alatt z * z konjugált
ez = gyök alatt a négyzet + b négyzet

tulajdonságok:
- z abszolútértéke csak akkor lehet 0 ha a z is 0
- szorzat abszolútértéke = a tagok abszolútértékének szorzatával
- összeg abszolútértéke mindig <= mint a tagok abszolútértékéne összege

trigonometrikus alak

Komplex számot tudunk ábrázolni koordináta rendszerben.
x tengelyen az a-t.
y tegelyen ab-t
ez kijelöl egy pontot, és ha ezt összekütjük az origóval, akkor ábrázoltuk a komplex számot.
ezen szakasznak 2 fontos paramétere van amivel megadhatjuk:
- hossz: milyen messze van az origótól
jele:r
- ez a szakasz mekkora szöget zár be az x tengely pozitív felével.
jele : alfa
így pl pitagorasz tétellel ki lehet számolni:
r= gyök alatt a négyzet + b négyzet
tan alfa = b/a

ezekkel a képletekkel tudunk algebrai és trigonometrikus alak között váltani egy komplex szám esetén.
trigonometrikus alak elõnye, hogy könnyû belõle nedik gyököt vonni.

trigonometrikus alak:
z = r * (cos alfa + i* sin alfa)

trigonometrikus alakkal való szorzás:
z1*z2 = r1 * r2 * (cos alfa + béta + i * sin alfa + béta)
a hosszokat összeszorozzuk, a szögeeket pedig összeadjuk.

hatványozás

z az n ediken:
r az n ediken * (cos n * alfa + i * sin n * alfa)
a hosszt az n eikre emeljük, a szöget n-el szorozzuk.

trigonometrikus alakkal való osztás:

z1/z2 =
r1 / r2 * (cos alfa-béta + i * sin alfa - béta)
a hosszokat elosztjuk egymással, a szögeket pedig kivonjuk egymásból

trigonometrikus alak gyökvonás:

n darab n edik gyöken van minden nem 0 számnak.
n-edig gyök alatt r * (cos(alfa+k*360 fok // n) + i * sin (alfa + k* 360 fok // n)
k értéke :
0, 1, 2, .... n-1
n értéke 4, akkor 4 gyökünk lesz, és a k 0, 1, 2, 3 lesz.

n-edik egységgyök:
az 1 nedik gyökeit jelenti.

Exponenciális alak:
z=r*e az i*fíediken
a fi az a szög
bizonyítás során az e az i*píediken az -1


3. Egyenlet megoldás komplex számok halmazán

4. Polinom szorzattá alakítás

harmad, negyed, ötödfokú polinomok

Polinom:
x különbözõ hatványai  * együtthatók és ezen szorzatok összege
pl.
3x a harmadikon + 4x négyzet + 5
a tagok száma, a hatvány foka, hogy tört-e, mind1.

Ha egy polinomot elnevezünk f-nek
f-nek a foka a polinomban a legnagyobb hatvánkitevõvel eggyezik meg.
a 0 is polinom, és ennek nemlétezik foka.
0 * x az 5ödiken, ugyanaz mint a 0*x a 7en, de ha a fokuk eltérõ lenne az ellentmondás, ezért nincs foka.

Polinomok összeadása

a megfelelõ fokszámú polinomok eggyüthatói összevonhatók.

asszociatív, kommutatív, létezik null elem f+0=f, minden polinomnak létezik ellentett polinomja, erre az jellemzõ hogyha f + ellentett f = 0.
f+g polinom foka <= mint az a nagyobb fokúnál.

Szorzás

f*g esetén f minden tagját meg kell szorozni g minden tagjával.

tulajdonságok:
- aszociatív
- kommutatív
- létezik egység elem
f*1=f
- se az f sem a g nem a 0val egyenlõ, akkor f*g foka = f foka + g foka

Osztás

f/g
f= h*g + r
ahol h a hányados
r pedig a maradék

Osztó fokszáma kisebb az osztandóénál.
Az elsõ tagot az elsõ taggal osztom (fokszám kivonódik)
ezt leírom az egyenlõségjel után
Amit leírtam, visszaszorzom az egész osztóval
és ezt kivonom az osztandóból.
Ismétlem addig, amíg az eredmény fokszáma kisebb nem lesz, mint az osztóé.



Horner eljárás:

Adott egy polinom.
Az együtthatókat csökkenõ fokszám szerint felírom egy táblázat elsõ sorába.
a táblázatba a 0kat is bele kell írni, és a konstansokat is
ezután a legelsõ oszlopba beírom a helyettesítési értéket amivel vizsgálom. (x helyébe ezt helyettesíteném, mit kapnék eredményül)
veszem a legelsõ együtthatót ezt lemásolom az alatta lévõ sorba.
a következõ értéket úgy kapom meg, hogy megszorzom a helyetttesítési értékkel amit az imént leírtam (elõzõ értéket) és hozzáadom azt az együtthatót, aminek épp az oszlopába vagyok.
a végén mivel a legutolsó tag a táblázatban a konstans, itt is elvágzem a máveletet, és amit itt kapok, az az érték megegyezik azzal, mintha kiszámoltam volna a polinomot.

másik fajta feladat:
Ha van egy olyan alakú polinom hogy x-a, ahol a bármilyen szám lehet.
megnézem hogy a polinom osztható-e ezzel az x-a-val.
ha nincs maradék, akkor osztható.
A horner táblázatot ugyanúgy írom fel mint az elõbb, tehát:
együtthatókat a felsõ sorba
a második sor legelsõ oszlopába pedig azt az a értéket írom bele.
ugyanúgy végigcsinálom az eljárást
ha az utolsó érték 0, akkor gyöke (tehát osztható vele maradék nélkül a polinom) ha nem, akor meg nem.
Az eredeti polinom fölírható úgy, hogy (x-a)* egy hx polinommal, ahol a hx polinom együtthatóit a horner táblázatból le lehet olvasni
ez volt az amikor el lehetett veleo sztani
de ha van maradék:
akkor az eredeti polinomot úgy kapjuk meg, hogy (x-a)*hx +f (a)
behelyettesítjük az f polinomba az a-t, és ez lesz a maradék

def.:
Az f polinom függvényének alfa az egik gyöke, ha f (alfa) =0
ha f alfa =0 akkor és csakis akkor f polinomot az x-alfával osztva nincs maradék

def:
alfa k szoros gyöke f-nek vagyis alfa multiplicitása k, az f polinomra nézve ha f=(x-alfa) a káadikon * g, és alfa nem gyöke a g-nek.

tétel:
egy n-ed fokú polinomnak lgfeljebb n gyöke van

polinomok azonossági tétele:
ha f és g polinomok legalább n+1 helyen ugyan azt az értéket veszik fel akkor f azonos g-vel

def:
ha fx polinom elõáll olyan alakban, hogy al * (x-alfa1) * (x-alfa2) ... (x-alfa l) akkor f-nek létezik gyöktényezõs alakja

Algebra alaptétele:
minden legalább elsõfokú komplex együtthatós polinomnak létezik gyöke a komplex számok körében

állítás:
ha alfa komplex szám gyöke az f-nek, akkor alfa konjugáltja is gyök
ha alfa k szoros gyöke az f-nek, akkor alfa konjugáltja is k szoros gyöke lesz f-nek

tétel:
f eleme az rx-nek
f elõáll elsõ és másodfokú együtthatós polinomok szorzataként

A gyökök és együtthatók közötti összefüggés
egy rohadt nagy kédõjel :DDDDD

racionális gyükteszt:
ha egy r/s szám gyöke f-nek, akkor tudjuk, hogy r osztója az f polinom konstansának, és s osztója a legmagasabb fokú együtthatónak

def:
alfa komplex szám algebrai szám ha létezik olyan f polinom ami nem =0-val, amire igaz hogy f alfa =0-val.
pl minden racionális szám

def:
alfa komplex szám transzcendens, ha nem algebrai szám, vagyis nem létezik olyan f polinom, amire nem egyenlõ 0-val, hogy f alfa =0
ilyen pl a píííí

tétel:
ha alfa és béta algebrai számok, akkor alfa + - * / béta is algebrai szám

gelfond - schneider tétel:
van egy alfa algebrai szám, béta egy nem racionális algebrai szá, se alfa se béta nem =0val
akkor tudjuk hogy alfa a bétáadikon transzvendens szám lesz
pl a 2 a gyök harmadikon az transzcendens

Algebra alaptételének következménye:
1. n-ed fokú f polinomnak pontosan n gyöke van multiplicitással együtt
2. ...

5. elemi törtek
Van egy tört amiben van másodfokú egyenlet.


1. Kombinatorika

permutáció
valahánydarab elem összes lehetséges sorrendje

ha nincs ismétlõdõ elem, hány féleképpen rendezhetek sorba n elemet.
1. helyre n elem, második helyre n-1 féle elem, harmadik helyre n-2 ... végére n marad
n*n-1+n*n.2...
n! azaz n faktoriális

ismétlõdés esetén:
n! osztva az ismétlõdõ elemek egymás közötti lehetséges sorrendjével.

1,1,2,2,3,3,3 jegyekbõl hány 3 jegyû szám alkotható
összes lehetséges sorrend: 6 faktoriális.
ismétlõdés esetén: 6 faktoriális / 3 faktoriális * 2 faktoriális

kombináció:
n darab elembõl hány féleképpen tudunk kiválasztani k darab elemet, úgy hogy a sorrend nem számít.
nincs ismétlõdõ elem (visszatérés nélküli mintavétel):
n faktoriális  // k faktoriális * (n-k)!
n alatt a k

ismétlõdhetnek az elemek:
visszatéréses mintavétel.
n + (k-1) alatt a k

variáció:
n elembõl kiválasztott k elem összes lehetséges sorrendje
ismétlõdés:
n*n-1*n-2...n-(k-1) elem
tehát:
n faktoriális // (n-k) faktoriális

ismétlõdõ elemek esetén:
n a k-adikon

permutáció: pl. sorrendek
kombináció: pl lottó
variáció: hányféle rendszámtábla, jokerszám húzás


2. szita formulák:
véges halmazok elemszámait meghatározzuk

pl. 2 véges számú halmaz elemszámait.
ezek uniójának elemszámát
(az egyik halmaz elemszáma + a másik halmaz elemszáma) - a metszet b halmaz elemszáma
szita formula általánosítása
n halmaz esetén:

halmazok elemszámait összeadom, kivonogatom belõle 2-2 halmaz metszetét aztán hozzáadom a 3mas metszeteket, aztán kivonom a 4est... és így tovább.

pl.

szõke, vörös, barna lányok
mind 3 halmaz elemszámát összeadom
ebbõl kivonom a kettes metszetek elemszámát (mivel ezeket elõzõleg belevettem, és már nem kell még egyszer számolni)
de viszont a hármas metszetet meg hozzáadom, mert elõzõleg a kettes metszekkel eggyütt kivontam.
és így váltakozik az elõjel minnél több hamaz van.


3. skatulya elv:
ha n skatulyába n+1 elemet kell elhelyezni, akkor biztosan lesz olyan skatulya amelyben legalább 2 elem lesz.

n skatulyába k*n+1 elemet kell elhelyezni, akkor biztosan lesz
olyan skatulya amelyben legalább k+1 elem lesz

- - - - - -

- pascal háromszög

(a+b) a nulladikon
minden szám nulladik hatvány 1, tehát az eredmény 1 lesz
ez a pascal háromszög csúcsa
(a+b) az elsõn
ez a+b
ahol a-nak is és b-nek is 1 az együtthatója, tehát a második sor 1, 1
a harmadik sor, 1, 2, 1 lesz
mert a szélsõ elemek mindig 1-ek, és itt középen csak 1 elem hiányzik, amit úgy kapok meg, hogy a fölötte lévõ, vele szomszédos 2 elemet összeadom.
a negyedik sor eszerint
1, 3, 3, 1 lesz...
és így tovább
a negyedik sor az a+b a harmadikon.
a a harmadikon + 3a négyzet * b + 3a * b négyzet + b a harmadikon.

- binomiális tétel
ebben felhasználjuk a pascal 3szöget.
a háromszög alapján látszik, hogy ahogyan haladunk lefelé... egészen a+b az n-edikig
a harmadik sortól látszik, hogy (a négyzet +2ab + b négyzet) hogy a-t folyamatosan csökkentem, b-t pedig folyamatosan növelem. (elsõször a a másodikon van, a az elsõn van, aztán a a 0dikon van, de ezt nem írjuk ki)
(b pedig elsõzör nulladik, aztán elsõ, aztán másisodikon.)
ha nem a aháromszügbõl akarom megnézni, akkor általánosan:
n: a hanyadikra emelve van a kifejezés (a négyzet +2ab + b négyzet) itt a kettõ.
és az a négyzet eggyüt hatója n alatt a 0. aztán az ab-nek az eggyüthatója lesz az n alatt az 1, 2 alatt az 1, ami 2.
és a b négyzetnek meg lesz n alatt az n, 2 alatt a 2, azaz 1.
és így tovább... 0-tól megyn-ig, az n alatti tag.


- polinomiális tétel
(a1+a2+...ak) az n-ediken = sum n faktoriális / l1 faktoriális*l2 faktoriális...*l k faktoriális
l1+l2+...lk = n
- - - - - - - - -

4. Mátrix mûveletek

Mátrixok

Rendezett n*m-es táblázatok.
n a sorok száma, m az oszlopok
dupla indexel hivatkozunk rá
a(1, 1) ... a(n,1)
a (n, 1) ... a(n, m)
racionális számokat tartalmaz

mûveletek:

2 mátrix összeadása
2 ugyanolyan sorból s oszlopból álló mátrixot tudok összeadni
elemenként adjuk össze.
pl. az a matrix 1 sorának 1 oszlopában álló elemét adom ab mátrix ugyan ezen álló elem értékéhez
ez lesz az összegmátrix azonos helyén álló érték.

- kommutatív, asszociatív
- létezik null elem
null mátrix
itt a mátrix minden eleme nulla

- minden a mátrixhoz létezik -a, ez az a ellentettje, és a kettõ összege 0

Skalárral való szorzás
tehát egy egész számmal meg tudjuk szorozni
ekkor minden elemet megszorozzuk ezzel a skalárral.

tulajdonságai:
- lambdá * (a+b) = lambdé * a + lambdá * b
- (lambda + mû)*a = lambda * a + mû * a
- (lambda*mû) * a = lambda * (mû*a) = mû* (lambda * a)
- létezol egységelem
1*a = a*1 = a
ez az egységmátrix


mátrixok szorzása:

két mátrixot akkor szorozhatunk össze, ha az elsõ mátrix oszlopainak száma megegyezik a második mátrix sorainak számával

a mátrix i-edik sorának elemeit összeszorzom tagonként a b mátrix j-edik oszlopának eemeivel és ezeket összegzem

az ilyen módon definiált szorzás nem kommutatív
de asszociatív
disztributív az összeadásra nézve

a(n, m) * b (m, l) = x(n, l)

a matrix 3, 2-es
b mátrix 2, 4-es
ebbõl lesz egy c mátrix, ami 3 x 4-es
a c 1, 1 az lesz az a 1, 1 * b, 1, 1 + a, 1, 2 * b 2,1-el
mindig az eésõ mátrix sorának n-edig elemét szorzom a második mátrix oszlopának n elemével
mindig végigmegyek a sort, oszlopot, ezeket összegzem, és ez az adott c mátrixveli elem.

- egységmátrix
a fõátló (a1,1; a2,2; a3;3...) eleme 1-es az összes többi elem 0

négyzetes mátrix

ha ugyanannyi sora, és oszlopa van.

Az a mátrix nullosztó (anem=0) és létezik olyan b mátrix hogy b nem=0-val, és a * b=0 valamint olyan c is létezik hogy c sem 0 és c*a egyenlõ 0.
a,b,c mátrix négyzetes is legyen

inverz
ha inverz van, akkor az osztást tudom definiálni mint a mátrix inverzével való szorzást
Ha inverzel szorozzuk az eredeti mátrixot, akkor egységmátrixot kapunk.

2*2-es mátrix diszkriminánsa
keresztbeszorzás
és aztán kivonom egymásból
a 1,1 * a2,2 - a2,1 * a1,2


Inverz számítás gauss eliminációval:
leírom az a mátrixot, s mellé függõleges vonal elválasztva az egységmátrixot
gauss eliminációval elérjük, hogy az eredeti mátrix helyén kapjuk meg az egység mátrixot, és ami a függõleges vonal jobboldalán keletkezett, az lesz az inverz mátrix

Permutáció inverziója
az a1, a2...an számok az 1, 2...n elem egy permutációja: (pl a 2, 4, 3, 1, 5, az 1,2,3,4,5 számok egy permutációja)
egy ai, aj pár inverziót alkot, ha i<j de ai>aj
(tehát anagyobb szám van elõl)

5. determináns számítás

determináns:
det a = sum p -1 az ip-ediken * a1 i1 * a2 i2 *.... an in
i1, i2... in az 1,2...n permutációja
az ip a p permutáció inverzióinak száma

van egy a négyzetes mátrixunk,
- ha a-nak egy sora csupa 0, akkor det =0
- ha a egy sorát beszorozzuk lambdával, akkor az uj mátrix determinánsa lambda * det a
- ha az a mátrixban a fõátló alatt vagy fölött csupa 0 áll, akkor a det a megegyezik a fõátlóban lévõ elemek szorzatával
- a fõátló alatt csupa 0: felsõ 3szög mátrix
- fõátló fölött van csupa 0: alsó 3szög mátrix

a mátrix a beli elemekkel
b mátrix elsõ sora b elemei, többi a beli elemek
akkor a c mátrix úgy áll elõ, hogy az elsõ sora a1,1 + b1,1 + a1,2 + b1,2... és a többi elem pedig a beli elem.

ha a mátrix 2 sorát felcseréljük, akkor az új mátrix determinánsa az eredeti -1szerese lesz.
ha a 2 sora megegyezik, akkor det a=0
ha a egyik sora egy másik sor lambda szorosa, akkor det a=0
ha az a egyik sorához hozzáadjuk egy másik sor lambda szorosát, akkor a tereminánsa nem változik

transzponált mátrix:
minden sort átírok oszlopba.
pl az elsõ sort az elsõ oszopba, a másodikat a másodikba... s így tovább

det a = det a t
következmény:
minden sorokra vonatkozó tulajdonság érvényes az oszlopokra is

Ferde kifejtési tétel:
kell hozzá elõjeles aldetermináns (a letakarás után maradt mátrix determinánsa, megszorozva a -0 azon hatványával, ahanyadik elemet letakartuk)
a tétel:
i, és j sor
i-edik sor 1 eleme * a j-edik sor ugyanazon eleméhez tartozó elõjeles alteremináns... végigmegyek a soron, összeadom ezeket, és ez 0-t ad.


determinánsok szorzás tétele
a és b, n*m tipusú mátrixok
det (a*b) = det a * det b

Invertálhatóság és a determináns kapcsolata:
egy a mátrixnak akkor létezik inverze ha a deterinánsa nem 0!
pl 3*3-os mátrix esetén
2 lehetõség:
1) kifejtési tétel
az elsõ sor elemeit ellátom váltakozó elõjellel (+ - +)
majd letakarom az elsõ sort és oszlopot, így kapok egy 2x2-es mátrixot
ennek kiszámolom a determinánsát, és megszorzom az a1,1 elemmel.
aztán letakarom az elsõ sort és második oszlopot
szintén 2*2es mátrix, az eljárás ugyan az, figyelek, hofy ez minusz elõjeles szorzás lesz
végül elsõ sor harmadik oszlop letakarás
és ezen 3 determináns összege végül a 3*3mas mátrix determinánsa.

2)
háromszög mátrixxá alakítás


- - - - -

lineáris egyenletrendszer

csak elsõfokú az ismeretlen, ettõl lineáris
több ismeretlen és több egyenletbõl áll


- gauss elimináció

a+b-3c=-1
2a+b-2c=1
a+b+c=3

az elsõ egyenletbõl az eggyüthatók lesznek az elsõ mátrix elsõ sora (1, 1, -3)
a második (2, 1, -2) ez a második sor
a harmadik sor, (1, 1, 1)
így van egy 3*3-os mátrixunk, mivel 3 egyenlet van.

a gauss elimináció során rakunk egy nedik oszlopot, ahol az eredmények vannak.
a harmadik sorból kivonom az elsõ sort
így a harmadik sorom (0, 0, 4) és az eredményes oszlopban 4 lesz
igy megkapjuk hogy 4c=4, azaz c=1
aztán
kivonom a második sorból az elsõ sor kétszeresét
így az a helyén 0 lesz, c-t behelyettesítem mivel 1, és megkapom b-t.
végül b-t és c-t behelyettesítem az alapba, és megkapom a-t.

a lényeg, hogy ahány egyenlet van, annyi soros lesz a mátrix
a sorokba az eggyüthatók mennek
képzeletbeli negyedik, eremányes oszlop
és addig alakítgatom kivonogatással a mátrixot, míg ki tudom fejezni azö sszes ismeretlent.

- kalmer szabály

ugyanígy felírjuk az eggyöthatókat egy mátrixba, eredményes oszloppal eggyütt.
kiszámoljuk magának a mátrixnak, az eredeti mátrixnak az ereményes oszlop nélkül, a determinánsát.

az eggyüthatókat úgy kapom meg, hogy
ha pl b-t akarom megkapni,
akkor mivel b a második, behelyettesítem a második oszlopba az eredmény oszlopot.
így újból kiszmolom a determinánsát a módosított 3*3-as mátrixnak
b-t úgy kapjuk meg, hogy a másodikként számolt, módosított determinánst, elosztjuk az eredeti determinánsal.

és így tudom számolni az összes ismeretlent. mindig a megfelelõ oszlopba helyettesítem az eredmény oszlopot, és az úgy kapott determinánst osztom az eredeti determinánsal.


6. Vektorterek

V vektortér t test felett ha:
1. létezik összeadás
a,b eleme v-nek, akkor a+b is eleme v-nek.
tulajdonságai:
- kommutatív, asszociatív, létezik null elem, létezik ellentett
2. skalárral való szorzás létezik
- a eleme v-nek, lambda eleme t-nek, akkor lambda * a eleme v-nek
tulajdonságok:
- lambdászor a+b = lambda * a + labda * b
- (lambda+mû) * a = lambda * a + mû *a
- (lambda * mû) * a = lambda * (mû * a) = mû * (lambda * a)
- egységelem létezik
Ha ezeknek a tulajdonságoknak megfelel, akkor a V vektortér.
pl a sík helyvektorai r felett
(i, j egységvektor)
vagy 1 oszlopos mátrix.

Vektortér axiómák:
1. 0*a=0 minden a eleme v esetén
2. lambda * a = 0 minden lambda eleme t esetén
3. lambda * a =0 akkor ha lambda =0 vagy a=0
4. -1 * a =-a

v vektortér t test felett
w nem =0
w altér a v-ben, ha w a v beli mûveletekre maga is vektortér
jele w<= v
pl.
síkvektorok körében egy origón átmenõ egyenesen lévõ vektorok

a v vektortér t test felett
w altere v-nek, és w nem =0val
a w altér v-ben akkor és csakis akkor, ha
1. ha a,b eleme a w-nek, akkor az a+b is eleme w-nek
2. ha a eleme w-nek és lambda eleme t-ek, akkor lambda * a is leme w-nek
pl.
r x vektortér r felett
altér benne pl legfeljebb ötödfokú polinook, és a nulla polinom

Lineáris függetlenség és összefüggés
v vektortér t test felett
az a1, a2, ...ak eleme v-nek
a1, a2, ...ak lienáris kombinációja :
lambda 1 * a1 + lambda 2 * a2 ... lambda k * ak7
ahol alfa i eleme t-nek
és alfa ik a lineáris kombináció együtthatói
pl i és j egységvektor, ha 2 i és 3j, akkor az az i és j lineáris kombinációja
gyakorlatilag megszorozzuk 1 számmal és összeadjuk

Ha lambda1 = lambda2 = ... lambda k = 0 akkor a lambda 1 * a1 + ... lambda k * ak =0
akkor ezt az a1...ak triviális lineáris kombinációjának nevezzük, ami 0-t ad.
mindent 0val szoroztunk, és 0i + 0j az 0-t ad.

v vektortér t test felett
a1...ak eleme v-nek vektorrendszer lineárisan független rendszer, ha csak triviális lineáris kombinációként állítható elõ a 00.
pl i, és j bõl csak úgy tudunk 0t elõállítani, ha az i is 0 és a j is 0

v vektortér t test felett
az a1...ak eleme v-nek lineárisan összefüggõ rendszer, ha
nem lineárisan független, vagyis létezik olyan nem triviáis lineáris kombinációja, ami 0t ad.
pl.
v síkvektorok r felett
i,j, i+j
-1*i - -1*j + i+j (=0
van olyan állítás ami 0t ad, úgy hogy nem kell minden tagjának 0nak lennie

v vektortér t test felett
a1...ak eleme vnek lineárisan összefüggõ akkor és csakis akkor, ha létezik olyan a i ami elõállítható a többi lineáris kombinációjaként

v vektortér t test felett
ha a1...ak lineárisan független rendszer, akkor
a1...ak -1 is független lesz.
ha egy független rendszerbõl elhagyunk egy elemet a megmaradt rendszer is független marad.

v vektortér t test felett
a1...ak összefüggõ rendszer, akkor a1...ak +1 is összefüggõ rendszer marad
összefüggõ rendszerhez ha teszünk még 1 elemet, akkor tuti, hogy összefüggõ marad

A nullvektor önmagában összefüggõ rendszer.
Az a nem =0-val pedig független rendszer.

Csillaglemma:
v vektortér t test felett
a1...ak egy független rendszer a v-ben
ha a1...ak b összefüggõ rendszer lesz, akkor biztosan tudjuk, hogy b állítható elõ a többi elem lineáris kombinációjaként

v vektortér t test felett
a1...ak elemev-nek
n={alfa 1 *a1 + ... alfa k * ak, ahol alfa i eleme t-nek} akkor
1. m altér a v-ben
2. ai eleme m-nek és i >=1 és <=k
3. l altér v-ben, ai eleme l-nek, és minden i-re igaz, akkor m altér az l-ben

A fenti m altér, az a1...ak elemek által generált altér
megj.: az a1...ak által generált altér az a1...ak elemet tartalmazó legszûkebb altér

hóv vektortér t test felett
a g1...gn eleme v-nek
g1...gn generátorrendszer a v-ben ha a g1...gn által generált altér =v-vel.
tehát ha minden elemet megkapok lineáris kombinációnként

v vektortér t test felett
a b1...bk bázis a v-ben, ha b1...bk generátorrendszer, és független rendszer is v-ben.

v vektortér t test felett
b1...bn eleme v-nek
b1...bn bázis v-ben akkor és csak akkor, ha minden kis v eleme v-nek
b1...bn lináris kombinációjaként csak 1 féleképpen áll elõ

Kicserélési tétel
v vektortér t test felett
van egy f1...fk független rendszer v-ben. Van egy g1...gn generétorrendszer v-ben.
minden fi-hez létezik g j, hogy az fi-t a g j.re cserélve a rendszer továbbra is független marad.

Következménye:
v vektortér t test felett
f1...fk független rendszer v-ben, g1...gn generátorrendszer v-ben
k<=n, tehát az f elemszáma <= mint a g elemeszáma
másik következmény:
v vektortér t test felett
b1...bk bázis a v-ben, és azt hogy a c1...cn bázis a v-ben
akkor k=n

v vektortér t test felett
v dimenziója = a bázis elemszámával
3 eset:
ha a v csak a null vektorból áll, akkor annak dimenziója 0. dim v =0
2. ha a vben létezik véges generátorrendszer, és b egy bázis v-ben,
akkor dim v = b elemszámával
3. ha v ben nemlétezik véges generátorrnedszer
dim v = végtelen


Vektorrendszer rangja
v vektortér t test felett
a1...ak eleme v-nek
a1...ak vektorrendszer rangja a lineáris függetlenek maximális száma
jele r(a1...ak)
a1...ak rangja megegyezik a dimenziójával

Mátrix rangja
1. a mátrix sorrrangja az a mátrix sorvektorai közül a lineárisan függetlenek maximális száma
vagyis a sorvektorokból álló vektorrendszer rangja

2. a mátrix oszloprangja az a oszlopvektorai közül a lineárisan függetlenek maximális száma
vagyis az oszlopvektorokból álló vektorrendszer rangja

egy n*m tipusú a mátrix oszlop és sorrangja megegyezik ez lesz a mátrix rangja.
jele r(a)

van egy négyzetes a mátrixod, és akkor és csakis akkor létezik inverze, ha r a =m
a teljes rangú

n*m tipusú a mátrix rangja a gauss elimináció során keletkezett vezér 1esek száma

az a*x=b egyenletrendszernek létezik megoldása, akkor és csak akkor ha b eleme az a1...an által generált altérnek

ax=b egyenletrendszernek létezik megoldása
ekkor a megoldás egyértelmû, akkor és csakis akkor ha az a1...an lineárisan független, vagyis r a1...an =n

ha az ax=b egyenletrendszernek létezik megoldása
akkor és csakis akkor ha az
együttható mátrix rangja = a kibõvített mátrix rangjával
r(a)=r(a|b)

ax=b egyenletrendszernek létezik megoldása  ekkor a megoldás egyértelmûû, ha
r(a)=n ahol n az ismeretlenek száma


Vektorterek izomorfizmusa

v1 és v2 vektortér t test felett
fí a v1-et v2-re képezõ leképezés izomorfizmus ha
1. fí (a+b) = fí a + fí b
2. fí (lambda * a) = lambda * fí a
3. fí bijekció v1 és v2 között

tudjuk hogy v1, v2 vektortér t test fölött
v1 izomorf v2-vel, ha létezik,fí v1-et v2-re képezõ izomorf leképezés

v1, v2 vektortér t test felett
és v1, v2 relációban van ha v1 izomorf v2-vel

az izomorfizmus ekvivalencia reláció a vektorok között
reflexív, tranzitiíc, és szimmetrikus

v vektortér t test felett
ha dim v =n
akkor v izomorf t ad n-el

v1, v2 vektortér t test felett
tudjuk hogy dim v1 < végtelen
és dim v 2 is < végtelen
ekkor v1 izomorf v2-vel akkor és csakis akkor ha dim v1 =dim v2-vel.