Ebben a fejezetben a mátrixok körében értelmezünk műveleteket. Először az össze-adást, mely csak azonos típusú mátrixokkal végezhető el.
4.1. Definíció. AzA = [aij]m×n ésB = [bij]m×n mátrixok összegén azt azA+ +B = [cij]m×n mátrixot értjük, melyre cij = aij +bij minden 1 6 i 6 m és 16j6nesetén.
AzA+B mátrix kiszámításához tehát a megfelelő indexű elemeket kell össze-adni. Például:
Különböző típusú mátrixok összegét nem értelmezzük.
Jelölje Mm×n(T) az összes T test feletti m×n típusú mátrixok halmazát.
A fenti definíció szerint + művelet az Mm×n(T) halmazon, és mivel a mátrix-ok összeadásakor tulajdonképpen a T test elemeit adjuk össze, + asszociatív és kommutatív. A zéruselem az azm×ntípusú mátrix, melynek minden eleme nulla (zérómátrix), és az A = [aij]m×n mátrix ellentettje az a B = [bij]m×n mátrix, melyre bij =−aij minden 1 6i 6més1 6j 6n esetén. Tehát (Mm×n(T),+) Abel-csoport.
Kicsit komplikáltabb lesz a mátrixok szorzása. Először is, azA ésB mártixok ABszorzatát csak akkor értelmezzük, ha azAmátrix oszlopainak száma megegye-zik a B mátrix sorainak számával. Ekkor az A mátrixból egy sort (mondjuk az i-ediket), aB mátrixból pedig egy oszlopot (legyen ez aj-edik) kiválasztva a sor-nak és oszlopsor-nak pontosan ugyanannyi eleme van. Szorozzuk ezt a sort és oszlopot oly módon össze, hogy az első elemet az elsővel, a másodikat a másodikkal, és így tovább, végül az utolsót az utolsóval. Ezen szorzatok összege lesz a szorzatmátrix i-edik sorának j-edik eleme. Ugyanez precízen:
4.2. Definíció. AzA= [aij]m×n ésB= [bij]n×kmátrixok szorzatán azt azAB=
= [cij]m×k mátrixot értjük, melyre
cij =ai1b1j+ai2b2j+· · ·+ainbnj
minden16i6més16j6kesetén.
4.1. ábra.Mátrixok szorzása
Legyenek
A=
"
1 2 0
−1 3 4
#
és B=
2 1
−3 2
−5 7
.
Az AB szorzat kiszámításának talán legszemléletesebb módszere, amikor a két mátrixot egy táblázatba helyezzük a következőképpen:
2 1
−3 2
−5 7
1 2 0
−1 3 4
A beírt mátrixok sorait illetve oszlopait elválasztó vonalak behúzása után kiraj-zolódó négyzetrács szépen mutatja, hogy a szorzat egy 2×2 típusú mátrix lesz, amely
– első sorának első eleme:1·2 + 2·(−3) + 0·(−5) =−4,
– első sorának második eleme:1·1 + 2·2 + 0·7 = 5,
Az alábbi állítás következménye, hogy(Mn×n(T),·)félcsoport.
4.3. Tétel. HaA= [aij]m×n,B= [bij]n×k ésC= [cij]k×l, akkor (AB)C=A(BC).
Bizonyítás. A mátrixszorzás definíciója szerint azAB szorzat létezik, ésm×k tí-pusú, és ekkor az(AB)Cszorzat is létezik, mely egym×ltípusú mátrix. Ugyanígy látható be, hogy az A(BC)szorzat is létezik, ami szintén egy m×l típusú mát-rix. Most megmutatjuk, hogy ez a két mátrix elemenként megegyezik. Valóban, felhasználva, hogy T test,
((AB)C)ij =
4.4. Tétel. (Mn×n(T),+,·)nemkommutatív, asszociatív, egységelemes gyűrű.
Bizonyítás. Ahhoz, hogy(Mn×n(T),+,·)asszociatív gyűrű, már csak a disztribu-tivitást kell belátni. HaA= [aij], B= [bij]ésC= [cij]mindn×ntípusú mátrixok,
akkor aT-beli disztributivitás miatt
A jobb oldali disztributivitás is hasonlóan igazolható. Az egységelem szerepét az az n×ntípusú mátrix tölti be, melynek a főátlójában minden eleme1, máshol pedig minden eleme0:
Ezt a mátrixotn×n típusú egységmátrixnak nevezzük, ésEn-nel jelöljük.
Legyen például
Kiszámítva azABésBAszorzatokat, láthatjuk, hogy a szorzás nem kommutatív.
4.5. Tétel(Determinánsok szorzástétele). HaAésB n×ntípusú mátrixok, akkor det(AB) = detA·detB.
Bizonyítás. LegyenekA= [aij]ésB= [bij]n×ntípusú mátrixok, és legyenC az a (2n)×(2n)típusú mátrix, melynek
– bal felső sarkában azAmátrix,
– jobb felső sarkában azn×ntípusú zérómátrix,
– bal alsó sarkában az az n×n típusú mátrix, melynek főátlójában minden elem−1, máshol minden elem nulla,
– jobb alsó sarkában pedig aB mátrix van:
C=
A Laplace-féle kifejtési tétel elsőnsorra történő alkalmazásával kapjuk, hogy detC= detA·(−1)(1+···+n)+(1+···+n)detB= detA·detB.
Most adjuk hozzá az első sorhoz az(n+ 1)-edik sora11-szeresét, majd az(n+ 2)-edik sora12-szeresét, és így tovább, végül a(2n)-edik sora1n-szeresét! Utána adjuk hozzá a második sorhoz az (n+ 1)-edik sora21-szeresét, majd az(n+ 2)-edik sor a22-szeresét, és így tovább, végül a(2n)-edik sora2n-szeresét! Az eljárást folytatva a többi sorra végül az n-edik sorhoz adjuk az (n+ 1)-edik sor an1-szeresét, majd az (n+ 2)-edik sor an2-szeresét, stb., végül a (2n)-edik sor ann-szeresét. Az így
és a3.10. tétel miattdetC1= detC. Alkalmazva ismét a Laplace-féle kifejtési tételt a C1 mátrix elsőnsorára, azt kapjuk, hogy
detC1= det(AB)·(−1)((n+1)+···+2n)+(1+···+n)·(−1)n.
Mivel a−1kitevőjében lévő összeg páros, ezértdetC1= det(AB), és ígydet(AB) =
= detA·detB.
Az alábbi tétel szerint az osztás még a négyzetes mátrixok körében sem végez-hető el korlátlanul.
4.6. Tétel. Egy négyzetes mátrixnak pontosan akkor létezik inverze a szorzásra
nézve, ha determinánsa nem nulla.
Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy az A n×ntípusú mátrixnak létezik inverze, és legyen ez B. EkkorAB=En, és a determinánsok szorzástétele miatt
detA·detB= det(AB) = detEn= 1, tehátdetA6= 0.
Fordítva, haA= [aij]n×nolyan mátrix, melynek determinánsa nem nulla, akkor legyenB= [bij]n×n az a mátrix, melyre
bji= Aij
detA,
ahol Aij azAmátrixaij eleméhez tartozó adjungált komplementer aldeterminán-sa. Ha ezzel a mátrixszal bármelyik oldalról megszorozzuk A-t, a kifejtési tétel garantálja, hogy a szorzat főátlójában csak egyesek lesznek, a ferde kifejtési tétel pedig azt, hogy máshol mindenütt nulla. Tehát AB = En, azaz B valóban az A inverze.
A bizonyításból az is kiderült, hogy ha egy négyzetes mátrixnak létezik inverze, akkor az inverzmátrix hogyan állítható elő. Például ha
A=
Hogy a kapott mátrix valóban az Ainverze, arról azAA−1=E3 egyenlőség ellen-őrzésével győződhetünk meg.
Végül megjegyezzük, hogy azon n×n típusú mátrixok, melyek determinánsa nem nulla, csoportot alkotnak a mátrixok szorzására nézve.
4.1. Kapcsolódó Maple eljárások
Tekintsük az alábbi mátrixokat:
> A:=Matrix([[1,2],[-3,4]]); B:=Matrix([[3,0],[5,-1]]);
A:=
"
1 2
−3 4
#
B:=
"
3 0
5 −1
#
LévénAésBazonos típusú négyzetes mátrixok, így velük az összeadás és a szorzás is elvégezhető. A Maple-ben a +operátor mátrixok összeadására is alkalmazható.
Tehát ha az A ésB mátrixokat már definiáltuk, és azok azonos típusúak, akkor A+Bértéke éppen azAésB mátrixok összege lesz:
> A+B;
"
4 2 2 3
#
AzA+Bmátrixot adják eredményül azAdd(A,B)és aMatrixAdd(A,B)parancsok is.
A mátrixok szorzására azonban nem a*, hanem a.(pont) operátorral végezhető el. A már definiált A ésB összeszorozható mátrixok esetén tehátA.B eredménye éppen azAésB mátrixok szorzata lesz:
> A.B;
"
13 −2 11 −4
#
Ugyanezt eredményezik a Multiply(A,B) és aMatrixMatrixMultiply(A,B) pa-rancsok is. De:
> Multiply(B,A);
"
3 6 8 6
#
így ez a példa is alátámasztja azt, hogy a mátrixok szorzása nem kommutatív.
Egy négyzetes mátrix mindig megszorozható önmagával, így a négyzetes mát-rixok hatványozása a szokásos módon, ismételt szorzásként értelmezhető. A Maple
^operátora mátrixok esetén ebben az értelemben működik, tehát
> A^3;
Ami a neutrális elemeket illeti, azm×ntípusú zérómátrix megadására Maple-ban már több módszert is ismerünk. Mindemellett van rá külön eljárás is:
> ZeroMatrix(3,2);
Az n×n típusú egységmátrix előállítása pedig IdentityMatrix(n) paranccsal a legegyszerűbb.
AzAmártix inverzének kiszámítása:
> MatrixInverse(A);
4.1. Feladat. Végezze el az alábbi műveleteket!
"
4.2. Feladat. Legyen
4.4. Feladat. Keressen az(Mn×n(T),+,·)gyűrűben nullosztókat!
4.5. Feladat. Keresse meg azokat a2×2 típusú mátrixokat, melyek a szorzásra nézve felcserélhetők az
Van-e G-nek neutrális eleme a mátrixszorzásra nézve? Igazolja, hogy a6=b meg-szorítássalGcsoportot alkot a mátrixszorzásra nézve!
4.7. Feladat. Keresse meg az alábbi mátrixok inverzeit!
A=
4.8. Feladat. Igazolja, hogy ha Ainvertálható mátrix, akkor AT is invertálható és(AT)−1= (A−1)T.
4.9. Feladat. Oldja meg a
"
4.10. Feladat. Igazolja, hogy mindazonn×ntípusú mátrixok, melyek determi-nánsa 1, csoportot alkotnak a mátrixok szorzására nézve!
4.11. Feladat. Csoportot alkot-e a mátrixok szorzására nézve a
H= ("
x y
−y x
#
: x, y∈R, x2+y26= 0 )
halmaz?
4.12. Feladat. LegyenAegy olyan négyzetes mártix, melyreAn = 0valamelyn esetén. Mutassa meg, hogy detA= 0!