FREUD RÓBERT
LINEÁRIS ALGEBRA

Javított és bővített kilencedik kiadás, 2024

Lektorok:
Dr. Hermann Péter
egyetemi docens, kandidátus
Dr. Kiss Emilegyetemi tanár, az MTA doktorac Dr. Freud Róbert egyetemi docens, kandidátus⃝ISBN 963 463 080 4

Az első kiadás megírását részben az ,,Alapítvány a MagyarFelsőoktatásért és Kutatásért” támogatta.

3
TARTALOM

Bevezetés7

1. Determinánsok

13

1.1. Permutációk inverziószáma
1.2. A determináns definíciója
1.3. Elemi tulajdonságok
1.4. Kifejtés
1.5. Vandermonde-determináns
2. Mátrixok
2.1. Mátrixműveletek
2.2. Az n × n-es mátrixok gyűrűje
3. Lineáris egyenletrendszerek
3.1. Gauss-kiküszöbölés
3.2. Cramer-szabály
3.3. Lineáris függetlenség T k -ban
3.4. A mátrix rangja
3.5. Reguláris és szinguláris mátrixok
4. Vektorterek
4.1. Vektortér
4.2. Altér
4.3. Generálás
4.4. Lineáris függetlenség
4.5. Bázis
4.6. Dimenzió
4.7. Koordináták
5. Lineáris leképezések
5.1. Lineáris leképezés
5.2. Izomorfizmus
5.3. Leképezés jellemzése a báziselemek képével
5.4. Dimenziótétel
5.5. Lineáris leképezések összege és skalárszorosa
5.6. Lineáris leképezések szorzása
5.7. Lineáris leképezés mátrixa
5.8. Áttérés új bázisra

13
17
23
31
37
41
41
49
56
56
69
75
83
91
97
97
104
110
116
121
127
133
135
135
141
145
147
149
153
162
168

4

Tartalom

6. Sajátérték, minimálpolinom
6.1. Sajátérték, sajátvektor
6.2. Karakterisztikus polinom
6.3. Minimálpolinom
6.4. Invariáns altér
6.5. Rend
6.6. Transzformációk szép mátrixa
7. Bilineáris függvények
7.1. Valós bilineáris függvény
7.2. Ortogonalizálás
7.3. Kvadratikus alak
7.4. Komplex bilineáris függvény
8. Euklideszi terek
8.1. Valós euklideszi tér
8.2. Hossz, távolság, szög
8.3. Komplex euklideszi tér
8.4. Transzformáció adjungáltja
8.5. Normális, önadjungált és unitér transzformációk
8.6. Szimmetrikus és ortogonális transzformációk
9. Kombinatorikai alkalmazások
9.1. Szép polinomok
9.2. Fibonacci-számok
9.3. Négyzetszámok keresése
9.4. Páratlanváros és Párosváros
9.5. Szép gráfok
9.6. Sidon-sorozatok
9.7. Hilbert harmadik problémája
9.8. Térfogat és determináns
10. Kódok
10.1. Hibajelzés, hibajavítás
10.2. Lineáris kód
10.3. Hamming-kód
10.4. BCH-kódok

172
172
176
179
186
188
194
204
204
208
219
224
230
230
237
243
245
249
254
258
258
262
267
271
277
281
289
292
297
297
303
308
312

Tartalom
A. Algebrai alapfogalmak
A.1. Bemelegítés
A.2. Oszthatóság és kongruenciák
A.3. Komplex számok
A.4. Művelet
A.5. Test
A.6. Gyűrű
A.7. Polinomok
A.8. Csoport
A.9. Ideál és maradékosztálygyűrű
A.10. Testbővítés
A.11. Véges testek
Eredmények és útmutatások
1. Determinánsok
2. Mátrixok
3. Lineáris egyenletrendszerek
4. Vektorterek
5. Lineáris leképezések
6. Sajátérték, minimálpolinom
7. Bilineáris függvények
8. Euklideszi terek
9. Kombinatorikai alkalmazások
10. Kódok
A. Algebrai alapfogalmak
Megoldások
1. Determinánsok
2. Mátrixok
3. Lineáris egyenletrendszerek
4. Vektorterek
5. Lineáris leképezések
6. Sajátérték, minimálpolinom
7. Bilineáris függvények
8. Euklideszi terek
9. Kombinatorikai alkalmazások
10. Kódok
A. Algebrai alapfogalmak
Tárgymutató, jelölések

5
320
320
326
332
337
344
348
352
363
368
374
381
388
388
393
396
403
411
418
428
434
446
468
475
502
502
505
506
509
513
515
519
522
524
541
546
552

7
BEVEZETÉSA könyv az előző kiadás javított és bővített változata.
Kiknek ajánljuk?
A könyv egy bevezető egy vagy két féléves lineáris algebra tárgy anyagátöleli fel, és betekintést nyújt további témákba is. Elsősorban a matematikus,
informatikus és matematika tanárszakos hallgatók szempontjait tartja szem
előtt, de jól használható más természettudományi, műszaki és társadalomtudományi területeken is. Emellett alkalmas a lineáris algebra önálló tanulmányozására, így mindenki haszonnal forgathatja, aki érdeklődik a téma iránt.
Előismeretek
A középiskolás anyagon túlmenően nincs szükség előismeretre. A felhasznált algebrai fogalmakat (komplex számok, polinom, test, gyűrű stb.)
és ezek leglényegesebb tulajdonságait a könyv végén az ,,Algebrai alapfogalmak” c. fejezetben foglaljuk össze. Ez a „függelék” amellett, hogy megkönnyíti
a könyv többi részének a megértését, egy önmagában is érdekes és hasznos
területre nyújt betekintést.
MódszerA „hogyan” mellett a „miért” megválaszolására is nagy hangsúlyt fektetünk, tehát a fogalmak, tételek és módszerek részletes tárgyalása magába
foglalja az anyag mélyebb összefüggéseinek a megvilágítását is. A fogalmakatés állításokat a formális megfogalmazáson túlmenően is alaposan ,,körbejárjuk”, ,,emberközelbe” hozzuk; ezeket mindig példákkal illusztráljuk, megpróbáljuk a ,,szemléletes” tartalmukat megjeleníteni, a ,,lényegi” vonásaikat megragadni, bemutatjuk a korábbi anyaghoz és a matematika más területeihez való
kapcsolódást, felhívjuk a figyelmet az esetleges buktatókra, és elemezzük, mi
indokolja az adott fogalom bevezetését. Nagy súlyt helyezünk arra, hogy
lehetőleg a konkrétból kiindulva haladjunk az általános felé.
A bizonyítások leírásakor — különösen a bevezetőbb jellegű témaköröknél
— elemi és kevésbé absztrakt segédeszközöket használunk, és a túlzottan tömör
indoklások helyett inkább részletes magyarázatokat adunk, hogy a megértést
a ,,kezdő” Olvasók számára is maximálisan megkönnyítsük. Gyakran külön isemlékeztetünk a korábban kikötött vagy a korábbiakból következő feltételekre.
Valódi és szórakoztató alkalmazásokat kínálunk, amelyek gyakran már
meglepően egyszerű lineáris algebrai eszközökkel is látványosan kezelhetők.
A teljes 9. fejezetet kombinatorikai jellegű problémáknak szenteljük. Itt alineáris algebra természetes (és sokszor az egyetlen hatékony) eszköz számos
gráfelméleti, geometriai, számelméleti kérdés megválaszolására. Megoldjuk

8BevezetésHilbert harmadik problémáját, ellátogatunk Páratlanvárosba és Párosvárosba,
és elővesszük Erdős Pál egyik kedvenc témáját, a Sidon-sorozatokat. A 10. fejezet rövid bevezető egy másik fontos alkalmazásba, a kódelméletbe.
Feladatok
A fejezeteket alkotó minden egyes pont után feladatok következnek. A
feladatok részben az aktuális fogalmak, tételek és módszerek megértését ellenőrzik és ezek elmélyítését segítik elő, részben újabb példákat, összefüggéseket és alkalmazásokat mutatnak be, részben pedig az adott témakörhöz
kapcsolódó egyéb problémákat vizsgálnak. Gyakran szerepelnek feladatnak,,álcázott” tételek is, amelyek az anyag részletesen nem tárgyalt további érdekes
vonatkozásaira, távolabbi összefüggéseire hívják fel a figyelmet.
Ennek megfelelően a feladatok mennyisége és nehézsége igen tág határok
között mozog, az éppen sorra kerülő anyag témájától, terjedelmétől és mélységétől függően. A(z általunk) nehezebbnek ítélt feladatokat csillaggal, akiemelkedően nehéz feladatokat pedig két csillaggal jelezzük. (Természetesen
egy feladat nehézsége mindig relatív; a megoldó képességeitől, érdeklődésétőlés általános előismeretétől eltekintve jelentősen függhet — többek között — akorábban megoldott feladatoktól is.)A legtöbb feladat eredményét és/vagy a megoldáshoz vezető útmutatást
az ,,Eredmények és útmutatások” c. fejezetben közöljük. Néhány (elsősorban nehezebb) feladathoz részletes megoldást is adunk a ,,Megoldások” c. fejezetben, ezeket a feladatokat a kitűzésnél M betűvel jelöltük meg.
Az egyes fejezetek kapcsolata
Szoros egységet alkot és egymásra épül az 1., a 2. és a 3. fejezet, amelyekben a ,,legklasszikusabb” lineáris algebra anyagot jelentő determinánsokat,
mátrixokat és lineáris egyenletrendszereket tárgyaljuk.
Hasonló szoros kapcsolatban áll egymással a 4., az 5. és a 6. fejezet, amelyekben a vektorterekre, valamint a lineáris leképezésekre és transzformációkra
vonatkozó általános alapismeretek szerepelnek. A 4. és 5. fejezet legnagyobb
része az első három fejezet nélkül is megérthető.
A 7–10. fejezetek általában erősen támaszkodnak az első hat fejezetre.
Közülük a bilineáris függvényeket és az euklideszi tereket bemutató 7. és 8. tartozik szorosan össze. A 9. fejezetben főleg kombinatorikus jellegű alkalmazásokat gyűjtöttünk csokorba, a 10. fejezet pedig algebrai kódokkal foglalkozik.
Ez a két fejezet egymástól és — a 9. fejezet néhány részét leszámítva — a 7. és
a 8. fejezettől is független.
A könyv végén szereplő ,,A” jelű fejezetben — mint már említettük —röviden összefoglaljuk a könyvben felhasznált algebrai alapismereteket.

Bevezetés

9Technikai tudnivalók
Az egyes fejezetek ún. pontokra tagolódnak. A definíciókat, a tételeket,
feladatokat és képleteket k.m.n típusú módon számoztuk, ahol k a fejezetet,m ezen belül a pontot és n a ponton belüli sorszámot jelenti. A definíciók ésa tételek ,,közös listán” futnak, tehát pl. az 5.1.4 Definíció után az 5.1.5 Tétel
következik. Az illusztrációs példák (sima, egy számmal történő) számozása
pontonként újrakezdődik. A definíciók, illetve a tételek megfogalmazásának avégén ♣ áll, a bizonyítások befejezését pedig jelzi.
A jelölések, fogalmak, tételek visszakeresését megkönnyít(het)i a ,,Tárgymutató, jelölések” c. fejezet, amelyet igyekeztünk nagyon részletesen összeállítani.
A leggyakrabban előforduló fogalmakkal kapcsolatban itt is felsoroljuk,
hogy a vektorokat vastag latin kisbetűvel (pl. a), a skalárokat általában görög
kisbetűvel (pl. α), a mátrixokat dőlt latin nagybetűvel (pl. A), a lineáris
leképezéseket írott latin nagybetűvel (pl. A), a bilineáris függvényeket pedig
vastag latin nagybetűvel (pl. A) jelöljük. Felhívjuk még a figyelmet arra,
hogy a nulla nagyon sok mindent jelenthet (egész számot, gyűrű nullelemét,
testbeli skalárt, vektort, vektorteret, alteret, mátrixot, lineáris leképezést, bilineáris függvényt stb.), és ezek közül többet ugyanúgy is jelölünk, azonban aszövegösszefüggésből mindig kiderül, hogy melyik jelentésről van szó.
A polinomokat f vagy f (x), a fokszámukat ,,deg”, a komplex számok valós
és képzetes részét ,,Re”, illetve ,,Im” jelöli, pl. deg(x3 + x) = 3, Re (4 − i) = 4,
Im (4 − i) = −1. Megkülönböztetjük a (valós) számok alsó és felső egész
részét, és ezeket ⌊ ⌋, illetve ⌈ ⌉ jelöli, így pl. ⌊π⌋ = 3, ⌈π⌉ = 4. Az oszthatóságra, a legnagyobb közös osztóra és a legkisebb közös többszörösre (azegész számok és a polinomok esetén is) a szokásos jelöléseket használjuk, tehát
pl. x − 1 | x2 − 1, (9, 15) = 3, [9, 15] = 45. A [ ] szögletes zárójel a legtöbbször
egyszerűen zárójelet, néha legkisebb közös többszöröst, a 9.6 pontban pedig
zárt intervallumot jelöl, továbbá [A], illetve [A] az A lineáris leképezés, illetveaz A bilineáris függvény mátrixát jelenti.
Tanácsok
Matematikáról lévén szó, nem kell külön hangsúlyoznunk, hogy az egyes
fogalmak, tételek alapos megértése nélkül azok megtanulása fabatkát sem ér.
Ezért azt javasoljuk az Olvasónak, hogy ne ugorja át a legapróbb homályosnaktűnő részletet sem, a felhasznált hivatkozásokat keresse vissza és ellenőrizze,és pontosan gondolja végig a ,,könnyen igazolható” jelzéssel közölt állításokat
is.

10

Bevezetés

A formális, pontról pontra történő megértésen túlmenően egy fogalomnak
vagy tételnek akkor lesz igazán ,,mondanivalója”, ha azt jól el tudjuk helyezni
a matematikai környezetében, világosan látjuk a kapcsolatait és alkalmazásait.
Ehhez érdemes minél több illusztrációs példát végiggondolni, valamint az adottfogalomhoz, tételhez kapcsolódó feladatokat megoldani.
Néhány további jótanács az Olvasóhoz. A tanulás során ne ragaszkodjon betűről betűre a könyvbeli szöveghez, fogalmazza meg másképp, saját
szavaival az adott fogalmat vagy állítást (de gondosan ellenőrizze, hogy tényleg ,,ugyanazt” mondja-e). Vizsgálja meg, hogy egy tétel bizonyításakor azegyes feltételeket hol használjuk ki, hogyan szól és igaz-e a tétel megfordítása
stb.
A feladatok megoldását (a legkönnyebbektől eltekintve) ne csak fejben
gondolja át, hanem írja is le részletesen; eközben gyakran egyszerűsödik a
gondolatmenet, világosabbá válik a lényeg, és a(z esetleges) hibák vagy hiányok
is kevésbé sikkadnak el.
Mindig próbálja meg kideríteni a feladat ,,mondanivalóját”. Az is nagyon
hasznos, ha általánosít vagy önállóan vet fel újabb problémákat (még akkor
is, ha ezeket nem tudja megoldani).
Lehetőleg csak akkor nézze meg a feladatokhoz adott útmutatást vagy
megoldást, ha semmiképpen sem boldogul a feladattal. Térjen inkább viszsza többször is ugyanarra a problémára, esetleg oldja meg előbb valamelyik
speciális esetet.
Eltérések az előző kiadáshoz képest
A könyv szerkezete alapvetően nem változott. A hibajavítások, átfogalmazások, néhány bizonyítás egyszerűsítése és egy-egy feladat cseréje, törlése
vagy átcsoportosítása mellett• a 6. fejezet kibővítettük a Cayley–Hamilton-tétel és a Jordan normálalak
bizonyításával;• a 9. fejezetben több újabb alkalmazás szerepel feladatok formájában;• a 10. fejezet tárgyalásmódjában áttértünk a szokásos terminológiára: akód (nem a kódoló függvényt, hanem) a kódszavak halmazát jelenti;• az A fejezet elejére három új pontot iktattunk be kombinatorikai, számelméleti és a komplex számokra vonatkozó alapismeretekről.
Hibák és hiányosságok
A könyvben minden igyekezetem ellenére bizonyára akadnak hibák és
hiányosságok. Minden észrevételt (legyen az akár a legapróbb sajtóhiba, akár
a könyv egészére vonatkozó alapvető koncepcionális megjegyzés) bárkitől köszönettel fogadok.

Bevezetés

11Köszönetnyilvánítás
Több érdekes feladatot és sok értékes megjegyzést kaptam kollégáimtól, az
ELTE Matematikai Intézet (belső és külső) munkatársaitól. Köszönettel tartozom hallgatóimnak is, részben azért, mert tőlük is számos visszajelzés érkezett,részben pedig azért, mert sok évtizedes oktatói pályafutásom során elsősorban
a nekik tartott előadások és gyakorlatok során szereztem meg azokat a tapasztalatokat, amelyekre a könyv írásakor támaszkodni tudtam.
Név szerint szeretnék köszönetet mondani Babai Lászlónak, akitől nagyon sokat tanultam, és mindezt a könyvben is jelentősen hasznosítottam.
Külön köszönetet mondok néhai feleségemnek, Gyarmati Editnek, hiszen a könyv felépítése, szemléletmódja és stílusa egyaránt magán viseli az
ő sok évtizedes oktatói munkájának, kísérletező kedvének és számos alapvető
tartalmi és formai újításának a jegyeit. Emellett ,,nemhivatalos lektorként”
messze a legszigorúbb kritikusomnak bizonyult, és rengeteg szakmai, didaktikai és stiláris javaslattal segítette a könyv megszületését.
Végül, szeretném megköszönni azt a nehéz és áldozatos munkát, amelyet az első kiadás két lektora, Hermann Péter és Kiss Emil végzett, akik
rendkívüli alapossággal nézték át a kéziratot, aprólékosan ellenőrizték a feladatokat és azok eredményét, illetve megoldását, és a hibák kiszűrésén túl igensok általános, konkrét és stiláris észrevételt tettek, amelyeket igyekeztem maximálisan figyelembe venni. Kiss Emil emellett igen nagy segítséget nyújtott
azoknak a technikai problémáknak a megoldásában is, amelyek a számítógépes,,szedési” munkám során merültek fel.
Budapest, 2024. augusztus 17.

Freud Róbert, freudro8@gmail.com
ELTE TTK Matematikai Intézet

13
1. DETERMINÁNSOK

A determinánsfogalom kialakulása történetileg a lineáris egyenletrendszerek
megoldásához kapcsolódik, de a determinánsok azóta a matematika szinte minden területén alapvető fontosságúvá váltak. Ez a bonyolultnak és mesterkéltnek látszó fogalom (amely tulajdonképpen csak egy célszerű jelölésrendszer)
nagyon szerencsésnek bizonyult a legkülönbözőbb problémák kényelmes, elegáns és természetes kezeléséhez. Erre számos példát tartalmaznak majd akésőbbi fejezetek is.

1.1. Permutációk inverziószáma
A permutációk inverziószámára csak a determináns definíciójához és ennek
kapcsán néhány tulajdonságának a bizonyításához lesz szükségünk. Emiatt megelégszünk a permutáció legegyszerűbb, ,,hétköznapi” definíciójával: nkülönböző elemnek valamilyen sorrendje. Jól ismert, hogy adott n elem eseténn! = n · (n − 1) · . . . · 2 · 1 ilyen sorrend lehetséges.
A továbbiakban feltesszük, hogy a kérdéses elemek számok, és ezen belül
is általában az 1, 2, . . . , n számok permutációiról lesz szó. Megállapításaink
ugyanúgy érvényben maradnak, ha az elemek között egy ,,természetes sorrendet” rögzítünk, és a permutációknak az ,,ehhez a természetes sorrendhez
viszonyított eltéréseit” vizsgáljuk.
Tekintsük tehát az 1, 2, . . . , n számoknak egy sorrendjét. Az első helyenálló számot jelöljük σ(1)-gyel, a második helyen állót σ(2)-vel stb. Ha pl.
n = 5, akkor a 31452 permutáció esetén σ(1) = 3, σ(2) = 1, σ(3) = 4, σ(4) = 5
és σ(5) = 2. Ez tulajdonképpen azt is jelenti, hogy a permutációt felfoghatjuk
mint egy függvényt: ez a σ függvény az {1, 2, . . . , n} halmaznak önmagára
történő kölcsönösen egyértelmű (bijektív) leképezése (az i-edik helyhez az ottálló σ(i) számot rendeljük).
Megjegyezzük, hogy a permutációt legtöbbször ilyen bijekcióként célszerű
tekinteni. A mi szempontjainknak azonban tökéletesen megfelel, ha a permutációra, mint az 1, 2, . . . , n számok egy sorrendjére gondolunk.
Most rátérünk az inverzió definíciójára. Az inverzió(=,,fordítottság”) azt
jelenti, hogy egy permutációban két elem egymáshoz képest a természetestől
eltérő, ,,fordított módon” helyezkedik el:

14

1. Determinánsok

1.1.1 Definíció
Az 1, 2, . . . , n elemek egy permutációjában két elem inverzióban áll, ha
közülük a nagyobbik megelőzi a kisebbiket. Egy permutáció inverziószámán
az inverzióban álló elempárok számát értjük. ♣A σ permutáció inverziószámát I(σ)-val jelöljük. A fenti 31452 példában
a 3 és az 1, a 3 és a 2, a 4 és a 2, valamint az 5 és a 2 állnak inverzióban, az
inverziószám tehát 4.
A σ jelöléssel az inverzió úgy fogalmazható meg, hogy valamely i < j-reσ(i) > σ(j) (azaz az előrébb, az i-edik helyen álló σ(i) elem nagyobb a hátrébb,a j-edik helyen következő σ(j) elemnél).
A továbbiakban csak az játszik majd szerepet, hogy egy adott permutációban az inverziószám páros-e vagy páratlan:
1.1.2 Definíció
Egy permutáció aszerint páros, illetve páratlan, hogy az inverziószáma
páros, illetve páratlan. ♣A fenti 31452 permutáció tehát páros. A legegyszerűbb páros permutáció
az 12 . . . n természetes sorrend, amely a σ(x) = x identikus függvénynek felelmeg; ennek 0 az inverziószáma.
1.1.3 Tétel
I. Ha egy permutációban két szomszédos elemet felcserélünk, akkor az inverziószám 1-gyel változik (nő vagy csökken).
II. Ha egy permutációban két tetszőleges elemet felcserélünk, akkor az inverziószám páratlannal változik. ♣Bizonyítás: I. A két felcserélt elem viszonya megváltozott, azaz ha eredetileg
inverzióban álltak, akkor a csere után már nem állnak inverzióban, és fordítva.
Mivel szomszédosak voltak, ezért a többi elemhez képest az elhelyezkedésük
nem változott, és természetesen a többi elem egymáshoz viszonyított helyzete
sem módosult.
II. Ha a két elem, b és c között k darab másik áll, akkor először a hátrébbálló c-t sorra megcseréljük a mindig éppen előtte állóval, amíg közvetlenül bmögé nem kerül, ez szomszédos elemek közötti k cserét jelent. Ezután megcseréljük (a most egymás mellett levő) b-t és c-t. Végül újabb k cserével b-t
rendre megcseréljük a mögötte álló elemekkel, amíg végül a b elem a c eredeti
helyére nem kerül. Ez összesen 2k + 1, szomszédos elemek közötti csere volt,
amelyek mindegyikénél 1-gyel változott (nőtt vagy csökkent) az inverziószám.

1.1. Feladatok

15Összességében az inverziószám tehát (egy 2k + 1-nél nem nagyobb) páratlanszámmal változott.
Az előző tétel segítségével könnyen nyerhetünk információt a páros, illetve
páratlan permutációk számára:
1.1.4 Tétel
Ha n > 1, akkor n elemnek ugyanannyi páros és páratlan permutációjavan. ♣
Bizonyítás: Tekintsük az 1, 2, . . . , n számok összes páratlan permutációját, és
mindegyikben cseréljük fel az első és a második helyen álló elemet. Ekkor csupa
páros permutációhoz jutunk, amelyek mind különbözők. Ebből azt kaptuk,
hogy legalább annyi páros permutáció van, mint páratlan. Ha ugyanezt az
eljárást a páros permutációkból kiindulva hajtjuk végre, akkor az adódik, hogy
legalább annyi páratlan permutáció van, mint páros. Így a páros és páratlan
permutációk száma valóban megegyezik (= n!/2).
Feladatok
Valamennyi feladatban az 1, 2, . . . , n számok σ permutációiról lesz szó.
1.1.1
( )
(a) Bizonyítsuk be, hogy 0 ≤ I(σ) ≤ n2 .
( )(b) Legyen 0 ≤ k ≤ n2 tetszőleges egész. Bizonyítsuk be, hogy van
olyan σ, amelyre I(σ) = k.
1.1.2 Mennyi az alábbi permutációk inverziószáma (n = 101)?
(a) 1, 3, 5, . . . , 99, 101, 100, 98, . . . , 4, 2;(b) 51, 52, 50, 53, 49, . . . , 101, 1;(c) 62, 63, 64, . . . , 101, 61, 60, 59, . . . , 1;(d) 100, 101, 98, 99, 96, 97, . . . , 2, 3, 1.
1.1.3 Vegyünk egy tetszőleges permutációt, majd írjuk fel az elemeit pontosan fordított sorrendben, ezzel egy másik permutációt kaptunk.
(Pl. a 25413-ból kiindulva a 31452 permutációt nyerjük.) Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy a két permutáció azonos paritású (azaz vagy mindkettő páros, vagy mindkettő páratlan) legyen?

16

1. Determinánsok
1.1.4 Egy permutációban az első helyen álló elemet az utolsó, n-edik helyre
visszük (a többi elem pedig egy hellyel előbbre csúszik). Mi volt az
elmozgatott elem, ha az új permutációban ugyanannyi inverzió van,mint az eredetiben?
1.1.5(a) Mi a lehető legnagyobb inverziószám-változás, amelyet két elem cseréjével megvalósíthatunk? Milyen esetben lép ez fel?

M∗ (b) P és C az alábbi játékot játsszák. P választ egy tetszőleges permutációt. Ezután C ebben a permutációban felcserél két tetszőleges
elemet, majd megnézik, hogy a cserénél mennyit változott az inverziószám. P-nek az a célja, hogy a lehető legkisebb inverziószámváltozás következzen be, C-nek pedig az, hogy a lehető legnagyobb.
Mekkora lesz az inverziószám-változás, ha mindketten optimálisan
játszanak?
1.1.6 P és C játékszenvedélyüket újabb játék(ok)ban élik ki. P választ egy
tetszőleges permutációt. C feladata ezután a természetes sorrend
visszaállítása bizonyos megengedett lépések egymás utáni alkalmazásával. P-nek az a célja, hogy C a természetes sorrendet a lehető
legtöbb lépésben érje el, C-nek pedig az, hogy a lehető legkevesebben.
Mekkora lesz a lépésszám, ha mindketten optimálisan játszanak és
egy lépés
(a) két szomszédos nagyságú elem cseréjét jelenti (pl. a 6-ét és a 7-ét,
akárhol is állnak);∗(b) két tetszőleges elem cseréjét jelenti;∗(c) az 1-esnek valamelyik másik elemmel történő cseréjét jelenti?
1.1.7 Mely n-ekre létezik az 1, 2, . . . , n számoknak olyan permutációja,
amelyben minden elem pontosan(a) 1;(b) 2;M∗∗ (c) kmásik elemmel áll inverzióban?
∗1.1.8 Jelöljük f (n, k)-val az 1, 2, . . . , n elemek azon permutációinak a számát, amelyekben pontosan k inverzió van.
∑k(a) Bizonyítsuk be, hogy f (n, k) = i=k−n+1 f (n − 1, i).
(b) Bizonyítsuk be, hogy f (n, k) = f (n−1, k)+f (n, k−1)−f (n−1, k−n).
∑(c) Adjuk meg egyszerűbb alakban af (n, k) összeget.
∑k(d) Adjuk meg egyszerűbb alakban ak k · f (n, k) összeget.
(e) Bizonyítsuk be, hogy n > 2-re maxk f (n, k) ≥ 2(n − 2)!
(f) Mely k-ra lesz f (n, k) maximális (rögzített n mellett)?

1.2. A determináns definíciója

17

1.2. A determináns definíciója
Legyen n rögzített pozitív egész. A determinánst első közelítésben úgy tekinthetjük, mint egy számot, amelyet n2 darab számból bizonyos bonyolult
szabályok szerint számítunk ki.
A determináns definícióját számok helyett általánosabban egy tetszőleges
T kommutatív test elemeire fogjuk kimondani. A kommutatív test pontos
definíciója megtalálható az A.5 pontban, röviden összefoglalva ez azt jelenti,
hogy a ,,négy alapművelet” (a nullával való osztás kivételével) elvégezhető, és aszokásos műveleti azonosságok érvényesek. Legfontosabb példák: R, C, illetve
Q, a valós, a komplex, illetve a racionális számok teste, valamint Fp , a modulo p maradékosztályok teste, ahol p prímszám. Azt is megjegyezzük, hogya determináns definíciójához és az ebben a fejezetben tárgyalt tulajdonságaihoz osztásra nincs is szükség, és így pl. egész számokból vagy polinomokból
képezett determinánsról is beszélhetünk.
Nem befolyásolja a továbbiak megértését és az Olvasó helyes képet fog
kapni a megfelelő fogalmakról akkor is, ha a továbbiakban a ,,T kommutatív
test elemei” helyett egész egyszerűen (pl. valós vagy komplex) számokra gondol.
A determináns definíciójához lényeges lesz, hogy n2 darab T -beli elemet
egy n × n-es négyzet alakú táblázatba rendezzünk. Az ilyen és az ennél általánosabb, téglalap alakú táblázatokat mátrixoknak nevezzük:
1.2.1 Definíció
Legyen T egy kommutatív test és k, n adott pozitív egészek. Ekkor a
T test feletti k × n-es mátrix on egy olyan téglalap alakú táblázatot értünk,
amelynek k sora és n oszlopa van, és amelynek elemei T -ből valók. ♣Jelölések : Magát a mátrixot úgy jelöljük, hogy a táblázatot zárójelek közé
foglaljuk. A továbbiakban sima gömbölyű ( ) zárójelet fogunk használni, deszokásos a szögletes [ ] zárójel használata is.
(
Példa:

0 7
1 8

5
4

)
egy 2 × 3-as (valós elemű) mátrix.

Egy általános A mátrix i-edik sorának j-edik elemét αij -vel fogjuk jelölni.
Az első index tehát azt jelzi, hogy a szóban forgó elem a táblázat hányadik
sorában áll, a második index pedig azt, hogy hányadik oszlopban. Az előző

18

1. Determinánsok

példában α23 = 4. Ennek megfelelően egy k × n-es mátrix általános alakja
α11 α12 . . . α1n α21 α22 . . . α2n 
.
A=
 ...

αk1

αk2

...

αkn

A mátrixok részletes tárgyalása a következő fejezetben kezdődik.
Ennek a fejezetnek a további részében csak n×n-es négyzetes mátrixokróllesz szó. Ezek általános alakja
α11 α12 . . . α1n α21 α22 . . . α2n 
A=
.
..
.. 
..
 ...
.
.
. 
αn1

αn2

...

αnn

Most rátérünk a determináns definíciójára. Az A mátrix determinánsán (ezt det A-val jelöljük majd) egy olyan T -beli elemet értünk, amelyet akövetkezőképpen határozunk meg. Először is n-tényezős szorzatokat képezünk
minden lehetséges módon úgy, hogy a mátrix minden sorából és minden oszlopából pontosan egy tényezőt veszünk (összesen n! ilyen szorzat képezhető).
A következő lépésben minden egyes szorzatot ,,+” vagy ,,−” előjellel látunk el:
ez azt jelenti, hogy vagy magát a szorzatot tekintjük, vagy pedig a negatívját
(ellentettjét). Az előjelezési szabályt a következő bekezdésben részletezzük.
Végül ezeket az előjeles szorzatokat összeadjuk (azaz az összeg minden tagja
vagy egy ilyen szorzat, vagy pedig a szorzat negatívja). Az így kapott (n!-tagú)összeget (amely tehát egy T -beli elem) nevezzük az A mátrix determinánsának
vagy más szóval az αij elemekből képezett (n-edrendű vagy n × n-es vagy nméretű) determinánsnak.
Egy szorzat ,,előjelezése” a következőképpen történik. A szorzat tényezőit
írjuk fel olyan sorrendben, hogy az első helyen az 1. sorból vett elem álljon,
a második helyen a 2. sorból vett elem stb. Ha itt rendre megnézzük, hogy
a szorzat tényezői hányadik oszlopból valók, akkor ezek az oszlopindexek isvalamilyen sorrendben az 1, 2, . . . , n számokat futják be (hiszen minden oszlopból pontosan egy elem szerepel), tehát ezek az oszlopindexek az 1, 2, . . . , nszámok egy permutációját adják. A szorzatot aszerint látjuk el pozitív, illetve
negatív előjellel (tehát aszerint szerepel maga a szorzat, illetve az ellentettje
majd az összegben), hogy ez a permutáció páros, illetve páratlan.


1 2 3
Példa: A =  4 5 6  esetén az egyik szorzat a 2 · 6 · 7. Itt a tényezők már
7 8 9
sorok szerint vannak rendezve, és ezeket a tényezőket rendre a 2., a 3., majd az

1.2. A determináns definíciója

19

1. oszlopból vettük. Az oszlopindexek permutációja tehát 231, amelyben két
inverzió van. Így ez páros permutáció, a szorzat előjele tehát pozitív (vagyis
maga ez a szorzat, nem pedig az ellentettje fog szerepelni a determinánst
megadó összegben).
FIGYELEM! A szorzat előjelezésének semmi köze sincs maguknak a szorzótényezőknek az értékéhez, ez kizárólag az n tényezőnek a mátrixon belüli
elhelyezkedésétől függ. Az előjel meghatározásánál csakis az oszlopindexek
imént említett permutációjának paritása számít, ez a permutáció pedig mindig
az 1, 2, . . . , n természetes számokra vonatkozik, függetlenül attól, hogy a mátrix elemei (valós, komplex stb.) számok vagy sem (pl. maradékosztályok).
A determinánst úgy jelöljük, hogy a táblázatot (a zárójelek nélkül) két
függőleges vonal közé tesszük.
A fentieket az alábbi definícióban foglaljuk össze:
1.2.2 Definíció

α11
 α21
Az A = 
 ...

α12
α22
..
.

...
...
..
.


α1n
α2n 
mátrix determinánsa (vagy más szóval
.. 
. 

αn1 αn2 . . . αnn
az αij , i, j = 1, 2, . . . , n elemekből képezett determináns)
α11α21
det A = ..
.

α12
α22
..
.

...
...
..
.

α1n
∑
α2n
(−1)I(σ) α1σ(1) α2σ(2) . . . αnσ(n) . ♣
.. =
.

αn1

αn2

...

αnn

σ

∑
A jobb oldalon állóösszegzést az 1, 2, . . . , n számok minden lehetséges
σ permutációjára kell elvégezni. Az összegben az n! tagnak pontosan a felét
láttuk el negatív előjelezéssel (azaz ennyiszer szerepel a szorzat helyett az
ellentettje), hiszen ugyanannyi páratlan és páros permutáció van (az n = 1
triviális esettől eltekintve).
Példa:
1 2
4 5
7 8

{
3
(−1)0 1 · 5 · 9 + (−1)1 1 · 6 · 8 + (−1)1 2 · 4 · 9 + (−1)2 2 · 6 · 7
6 =+(−1)2 3 · 4 · 8 + (−1)3 3 · 5 · 7 = 0 .
9

A definíció alapján meglehetősen nehézkes egy determináns kiszámítása.
Később látni fogjuk, hogy egy determinánst szinte sohasem a definíció alapján

20

1. Determinánsok

számítunk ki, hanem azoknak a módszereknek a segítségével, amelyeket majda következő pontokban tárgyalunk.
Néhány további megjegyzés a determináns definíciójával kapcsolatban.
Ha jobban belegondolunk, akkor a(z n-edrendű) determináns tulajdonképpen
egy függvény, amely az n×n-es mátrixokhoz rendel T -beli elemeket. Egy adottmátrix determinánsa ekkor egy konkrét függvényérték. A ,,determináns” szót
mindkét értelemben fogjuk használni (tehát mind a függvényt, mind pedig
annak egy értékét így nevezzük), de ez (reméljük) nem okoz félreértést.
Ha ki akarjuk hangsúlyozni, hogy egy adott A mátrix determinánsáról
van szó, akkor erre a det A jelölést használjuk. Ha egy determináns valamelyik soráról, oszlopáról vagy eleméről beszélünk, ezen a megfelelő mátrix adottsorát, oszlopát, illetve elemét értjük. Például egy olyan kijelentés, hogy ,,a determinánsban két sort felcserélünk”, annak a rövidített megfogalmazása, hogya mátrixban felcserélünk két sort és az így keletkező mátrix determinánsát
vizsgáljuk.
Még egyszer hangsúlyozzuk azonban, hogy a mátrix és a determináns
alapvetően különböző matematikai fogalmak. A mátrix egy táblázat, tehát
T -beli elemek bizonyos rendszere, míg a determináns egyetlen T -beli elemetjelent. Ezért nagyon ügyeljünk a határolójelek helyes használatára; mátrixnál
ez gömbölyű (vagy szögletes) zárójel, determinánsnál pedig két függőleges
egyenes vonal.
A determináns fenti definíciójában lényeges volt, hogy egy n-tényezős
szorzatot először a sorindexek szerint rendezzünk, és csak utána nézzük az
oszlopindexek permutációjának paritását (páros vagy páratlan voltát). Ha
más sorrendben írjuk fel a tényezőket, akkor az oszlopindexek permutációja
is más lesz, és a paritás is megváltozhat, ily módon nem nyerünk információt az előjelezéssel kapcsolatban. Az alábbi tétel akkor is lehetővé teszi azelőjel meghatározását, ha a tényezőket tetszőleges sorrendben írtuk fel. Ez
a kiszámítási mód egyben megszünteti a sorok és oszlopok szerepének eddigi
aszimmetriáját.
1.2.3 Tétel
Tekintsünk egy, a determináns definíciójában szereplő n-tényezős szorzatot, ahol tehát minden sorból és minden oszlopból egy elem szerepel. Ez
a szorzat (a tényezőket tetszőleges sorrendben felírva) αρ(1)π(1) . . . αρ(n)π(n)alakú, ahol ρ a sorindexeknek, π az oszlopindexeknek megfelelő permutáció.
Ekkor az előjelet (−1)I(ρ)+I(π) határozza meg. ♣Bizonyítás: Ha ρ a természetes sorrendnek megfelelő permutáció, akkor ez éppen a determináns definíciójában szereplő előjelezés, hiszen I(ρ) = 0. Könnyen

21

1.2. Feladatok

látható, hogy a tényezőknek ebből a sorrendjéből kiindulva cserék egymásutánjával bármelyik másik sorrendhez eljuthatunk. Így elég azt megmutatnunk,hogy ha a szorzatban két tényezőt felcserélünk, akkor az I(ρ) + I(π) összeg
paritása nem változik. Ez valóban igaz: egy ilyen csere ugyanis mind a ρ, minda π permutációban két elem cseréjét jelenti, ezért mindkét permutációban az
inverziószám páratlannal változik, tehát az inverziószámok összegének paritása
változatlan marad.
Az 1.2.3 Tétel egyik következménye, hogy a determináns definíciójában asorok és oszlopok szerepe felcserélhető; az előjelezést úgy is végezhetjük, hogy
a szorzatok tényezőit az oszlopok sorrendjében írjuk fel, és az ekkor kialakuló
sorindexek permutációjának a paritását nézzük. Ez az 1.2.3 Tétel jelölései
szerint annak az esetnek felel meg, amikor π éppen a természetes sorrend.
Feladatok
1.2.1 Mi az alábbi polinomokban x3 együtthatója?

(a)

3x
2x2
1
2

5
5x
x
1

7
6
0
4

1
2
3
7

(b)

3x2
2x2
1
2

5
5x
x
1

7
6
0
4

1
2
3
7

1.2.2 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha egy mátrix minden eleme racionális szám, akkor a mátrix determinánsa is racionális szám.
(b) Ha egy mátrix minden eleme irracionális szám, akkor a mátrix determinánsa is irracionális szám.
(c) Ha egy mátrixnak pontosan egy eleme irracionális szám, a többi pedig
racionális, akkor a mátrix determinánsa irracionális szám.
(d) Ha egy n×n-es mátrixnak legalább n2 −n+1 eleme 0, akkor a mátrix
determinánsa 0.
(e) Ha egy mátrix determinánsa 0, akkor a mátrixban előfordul 0 elem.
(f) Ha egy mátrix elemei racionális számok és a determinánsa 1/27,
akkor a mátrixban van olyan elem, amelynek a nevezője 3-hatvány.
(g) Ha egy mátrix elemei racionális számok és a determinánsa 1/27,
akkor a mátrixban van olyan elem, amelynek a nevezője 3-mal osztható.

22

1. Determinánsok
1.2.3 Számítsuk ki az n-edrendű determinánst, ha tudjuk, hogy(a) α1j = 0 minden j-re (azaz az első sor minden eleme 0);(b) αij = 0 minden i < j-re (azaz a főátló felett minden elem 0);(c) αij = 0, ha i + j > n + 1 (azaz a mátrix bal alsó és jobb felső sarkátösszekötő átló alatt minden elem 0).
1.2.4 Számítsuk ki az alábbi n-edrendű determinánsokat (n > 1).
{
1, ha j ≡ i + 1 (mod n);(a) αij =0, egyébként(azaz közvetlenül a főátló felett, valamint a bal alsó sarokban 1-ek
állnak, minden más elem 0).
(b) αij = 1 (azaz minden elem 1).
{
1, ha |j − i| = 1;(c) αij =0, egyébként(azaz közvetlenül a főátló felett és alatt 1-ek állnak, a többi elem 0).
1.2.5 Egy n × n-es mátrixban van egy k sorból és m oszlopból álló téglalap
alakú rész, amelyben minden elem 0. Bizonyítsuk be, hogy ha
k + m > n, akkor a mátrix determinánsa 0.
1.2.6 Egy n × n-es mátrixban két elemet felcserélünk, a többin nem változtatunk. Tekintsük az eredeti és az új mátrix determinánsának
a definíció szerinti felírását. Hány azonos szorzat szerepel a tagok
között, ha a szorzatok előjelezését nem vesszük figyelembe? Változike a helyzet, ha a szorzatok előjelezését is figyelembe vesszük?
1.2.7 Egy 1000 × 1000-es valós elemű mátrixban tetszőleges számú elem
helyére általunk választott elemeket írhatunk. Legkevesebb hányelem módosításával tudjuk elérni, hogy a keletkező determináns 0
legyen?
1.2.8 Tekintsük az α11 x1 + α12 x2 = β1 ,α21 x1 + α22 x2 = β2 lineáris
α11 α12egyenletrendszert, és tegyük fel, hogy
̸= 0. Bizonyítsuk
α21 α22be, hogy az egyenletrendszer egyetlen megoldása

x1 =

β1
β2
α11
α21

α12
α22
α12
α22

,

x2 =

α11
α21
α11
α21

β1
β2
α12
α22

.

1.3. Elemi tulajdonságok

23

1.2.9 Tekintsük azt a paralelogrammát, amelynek egyik csúcspontja az
origó, két másik csúcspontja pedig (β1 , β2 ), illetve (δ1 , δ2 ). Bizonyítβ β2
suk be, hogy a paralelogramma területe 1
abszolút értéke.
δ1 δ2∗

1.2.10 Tekintsük az összes olyan n × n-es A mátrixot, amelyek minden
sorában legfeljebb két darab nem nulla elem áll. Jelöljük k(A)-val,
hány nem nulla tag lép fel abban az (előjeles n-tényezős szorzatokból
képezett) összegben, amely det A definíció szerinti felírását adja. Mik(A) lehető legnagyobb értéke?
1.2.11 Bizonyítsuk be, hogy
1849
1490
1342
1242

1444
1703
1566
1552

1896
1790
1541
1382

1222
1526
̸= 0 .
1514
1825

1.3. Elemi tulajdonságok
A determináns definíciójából azonnal adódnak az alábbi egyszerű állítások:1.3.1 Tétel
I. Ha a főátló (azaz a bal felső sarkot a jobb alsó sarokkal összekötő ,,ÉNyDK” irányú egyenes) alatt vagy fölött minden elem 0, akkor a determinánsa főátlóbeli elemek szorzata.
II. Ha valamelyik sor vagy oszlop minden eleme 0, akkor a determináns is 0.
III. Ha valamelyik sor vagy oszlop minden elemét λ-val megszorozzuk, akkor
a determináns is λ-val szorzódik. ♣Bizonyítás: I. és II. lényegében szerepelt az 1.2.3 feladatban. III. esetében
a determináns definíció szerinti felírásában minden szorzat λ-val szorzódik,hiszen minden szorzatban pontosan egy tényező van az adott sorból, illetve
oszlopból. Mivel az előjelezés nem módosult, így a λ-t minden tagból kiemelve
kapjuk, hogy a determinánst adó előjeles összeg is λ-szorosára változott.
Megjegyezzük, hogy a II. állítás a III-nak a λ = 0 speciális esete.
A következő tulajdonság hasonlóan igazolható (a bizonyítást az 1.3.4 feladatban tűztük ki):24

1. Determinánsok

1.3.2 Tétel
Ha valamelyik sor vagy oszlop minden eleme egy kéttagú összeg, akkor
a determináns két determináns összegére bomlik, ahol az egyikben az adottsorban, illetve oszlopban rendre az összegek egyik tagja szerepel, a másikban
pedig a másik tag, a többi elem pedig mind a két determinánsban ugyanaz,mint az eredetiben volt. Azaz (pl. az első sor elemeire nézve)
′′
′
+ α11
α11
α21
..
.

′′
′
+ α12
α12
α22
..
.

αn1

αn2

...
...
..
.

...
′
α11
α21
= ..
.
αn1

′′
′
+ α1n
α1n
α2n
=
..
.

αnn
′
α12
...
α22 . . .
..
..
.
.
αn2

...

′
′′
α1n
α11
α2n
α21
... + ...
αnn
αn1

′′
α12
α22
..
.

...
...
..
.

′′
α1n
α2n
. ♣
..
.

αn2

...

αnn

Mielőtt továbbmennénk, egy általános észrevételt teszünk. Az eddigiekben úgy tapasztaltuk, hogy ha egy tulajdonság sorokra érvényes volt, akkor
ugyanúgy fennállt oszlopokra is (és viszont). Megmutatjuk, hogy ez mindig
szükségképpen így van. Az 1.2.3 Tétel alapján ugyanis a determinánsban asorok és az oszlopok szerepe teljesen szimmetrikus, vagyis ha a determináns
definíciójában a ,,sor” és ,,oszlop” szavakat következetesen kicseréljük, akkor
ugyanahhoz a fogalomhoz jutunk. (Vigyázat, magából az 1.2.2 Definícióból
ez nem látszott, viszont az 1.2.3 Tételből már következett.) Tegyük fel most,hogy a sorokkal kapcsolatban igazoltunk valamilyen általános tulajdonságot.
Ha itt a bizonyításban következetesen a ,,sor” szó helyett az ,,oszlop” szót írjuk és viszont, akkor ugyanennek a tulajdonságnak az oszlopokra vonatkozó
változatára kellett hogy nyerjünk egy kifogástalan levezetést.
Ennek alapján bármely, a sorokra fennálló tulajdonság oszlopokra is igaz.
Megjegyezzük, hogy mindez majd az 1.3.6 Tételből is közvetlenül adódik. A
további tulajdonságokat ezért csak sorokra fogjuk kimondani (de természetesen oszlopokra ugyanúgy érvényesek).
1.3.3 Tétel
Ha két sor egyenlő (azaz a megfelelő elemek megegyeznek), akkor a determináns 0. ♣Bizonyítás: Megmutatjuk, hogy a determináns definíció szerinti felírásában aszorzatok párba állíthatók úgy, hogy bármely két összetartozó szorzat ugyanaz,1.3. Elemi tulajdonságok

25

azonban az előjelezésük ellentétes. Mivel minden pár összege 0, ezért a determináns is 0.
A bizonyítást az egyszerűség kedvéért arra az esetre mondjuk el, amikor
az első két sor egyenlő: α1j = α2j minden j-re.
A bizonyítás gondolatát először egy konkrét példán illusztráljuk. Legyenn = 5, és tekintsük a determináns definíciójában az
S = α13 α25 α34 α41 α52
szorzatot. Mivel a feltétel szerint α13 = α23 és α25 = α15 , ezért a determinánsban szintén szereplő
S ′ = α15 α23 α34 α41 α52
szorzat egyenlő S-sel.
Vizsgáljuk most meg az S, illetve S ′ szorzatok előjelezését. Ehhez az
oszlopindexekből képezett 35412, illetve 53412 permutáció inverziószámát kelltekintenünk. Az utóbbi permutációt az előzőből úgy nyertük, hogy az elsőkét elemet felcseréltük. Ennek alapján az inverziószám páratlannal változott(jelen esetben 1-gyel, mert a felcserélt elemek szomszédosak voltak). Ez azt
jelenti, hogy a két permutáció ellentétes paritású, és így az S és S ′ szorzatokelőjelezése is ellentétes (jelen esetben a determinánst adó összegben −S és +S ′fog szerepelni).
Pontosan ugyanígy kell végiggondolni az általános esetet is. A determináns definíciójában szereplő szorzatok általános alakja
S = α1σ(1) α2σ(2) α3σ(3) . . . αnσ(n) .
Ugyanez a szorzat még egyszer előfordul mint
S ′ = α1σ(2) α2σ(1) α3σ(3) . . . αnσ(n) ,hiszen α1σ(1) = α2σ(1) és α2σ(2) = α1σ(2) . Könnyen látható, hogy ezzel aszorzatokat valóban párba állítottuk.
Végül igazoljuk, hogy S és S ′ ellentétes előjelű lesz. S előjelét aσ(1)σ(2)σ(3) . . . σ(n) permutáció paritása, S ′ -ét pedig a σ(2)σ(1)σ(3) . . . σ(n)permutáció paritása adja. Mivel az utóbbi permutáció az előbbiből (az első)két elem cseréjével keletkezett, így a paritás valóban az ellenkezőjére változott.

Az 1.3.3 Tételt az 1.3.1 Tétel III. részével kombinálva azonnal adódik az
alábbi következmény:26

1. Determinánsok

1.3.3A Tétel
Ha valamelyik sor egy másik sor λ-szorosa, akkor a determináns 0. ♣Az alábbi tulajdonság lesz az, amelyet a determinánsok számolásánál
talán a legtöbbször fogunk alkalmazni.
1.3.4 Tétel
Ha egy sorhoz hozzáadjuk egy másik sor λ-szorosát, akkor a determináns
nem változik. ♣Bizonyítás: Az egyszerűbb leírás kedvéért tekintsük azt az esetet, amikor azelső sorhoz adjuk hozzá a második sor λ-szorosát. Ekkor az 1.3.2 Tétel alapján
α11 + λα21
α21
..
.

α12 + λα22
α22
..
.

...
...
..
.

αn1

αn2

...

α1n + λα2n
α2n
=
..
.

α11
α21
= ..
.

α12
α22
..
.

αn1

αn2

αnn
λα21
. . . α1nα21. . . α2n
..
.. +
..
.
.
.
αn1
. . . αnn

λα22
α22
..
.

...
...
..
.

λα2n
α2n
,
..
.

αn2

...

αnn

és a jobb oldalon álló második determináns az 1.3.3A Tétel szerint 0.
1.3.5 Tétel
Ha két sort felcserélünk, akkor a determináns a negatívjára változik. ♣Bizonyítás: A bizonyítást most is az első két sor esetére végezzük. Az 1.3.4
Tételt fogjuk többször egymás után alkalmazni. Először a második sort kivonjuk az első sorból, majd az (új) első sort hozzáadjuk a második sorhoz, végüla(z új) második sort kivonjuk az (új) első sorból. Eközben a determináns nem
változik, az első két sor j-edik eleme pedig a következőképpen módosul:
(

α1j
α2j

)

(
7→

α1j − α2j
α2j

)

(
7→

α1j − α2j
α1j

)

(
7→

−α2j
α1j

)
.

Végül az első sorból (−1)-et kiemelve, a kapott determináns egyrészt az eredeti determináns (−1)-szerese (1.3.1/III Tétel), másrészt ez a determináns az
eredetiből éppen az első két sor felcserélésével keletkezett.

1.3. Elemi tulajdonságok

27

1.3.6 Tétel
Ha az elemeket a főátlóra tükrözzük, akkor a determináns nem változik.
♣
Bizonyítás: Megmutatjuk, hogy a két determináns definíció szerinti felírásában
ugyanazok a szorzatok szerepelnek és az előjelezésük is azonos.
Az eredeti determináns elemeit jelöljük αij -vel, az újét pedig βij -vel. A
feltétel szerint βij = αji minden i, j-re.
Az eredeti determinánsban szereplő szorzat általános alakját most az 1.2.3
Tételben szereplő módon, αρ(1)π(1) . . . αρ(n)π(n) formában írjuk fel, ahol ρ asorindexek, π az oszlopindexek permutációja. Ugyanez a szorzat a főátlóra
történő tükrözés után is szerepelni fog, éspedig βπ(1)ρ(1) . . . βπ(n)ρ(n) alakban. A két szorzat előjelezése is megegyezik, hiszen az előjelet az 1.2.3 Tétel
szerint az eredeti determinánsban (−1)I(ρ)+I(π) , a tükrözés utániban pedig(−1)I(π)+I(ρ) határozza meg.
Megismételjük, hogy az 1.3.6 Tételből (is) következik, hogy bármely, asorokra érvényes általános determinánstulajdonság szükségképpen igaz az oszlopokra is.
Az 1.3.1–1.3.6 Tételek alapján egy determinánst általában a következő
módszerrel tudunk kiszámítani. Arra törekszünk, hogy végül a főátló alattcsupa 0 legyen, ekkor a determináns a főátlóbeli elemek szorzata. Ha az eljárás
közben bármikor az adódik, hogy valamelyik sorban vagy oszlopban csupa 0áll, akkor a determináns 0. Az eljárás során csak olyan lépéseket alkalmazunk,
amikor a determináns nem változik, illetve csak előjelet vált (ez utóbbiakat
természetesen gondosan nyomon kell követni).
Ha α11 ̸= 0, akkor minden sorból az első sor alkalmas többszörösét levonva, elérhetjük, hogy az első oszlop többi eleme 0 legyen. Ha a bal felső
sarokban eredetileg 0 állt, akkor az első sort előbb felcseréljük egy olyan sorral,amelynek első eleme nem volt 0, és ezután végezzük a fenti kivonogatásokat.
(Ha nincs ilyen sor, akkor az első oszlop minden eleme 0, tehát a determináns
0.)
Ha az első oszlopban az első elem kivételével már minden elem 0, akkor
megtehetjük, hogy az első sor második, . . . , n-edik elemét minden gondolkodás nélkül 0-ra változtatjuk. Ez abból következik, hogy ha az első oszlop
megfelelő többeseit a többi oszlopból levonjuk, akkor az első sorban ezeknek
az elemeknek a helyére 0 kerül, és közben semelyik másik elem sem módosul,
valamint a determináns sem változik. Erre a lépésre azonban tulajdonképpen
nem lesz szükségünk.
A későbbiekben az első oszlop már mindenképpen változatlan marad.

28

1. Determinánsok

Most továbblépünk (az új) α22 -re. Ha ez nem nulla, akkor a harmadik, . . . ,n-edik sorból a második sor megfelelő többszörösét levonva, a főátló alatt a második oszlopba is csupa 0 kerül. Ha α22 = 0, akkor ezen úgy segíthetünk, hogya második sort valamelyik alkalmas későbbi sorral felcseréljük. (Ha a második
oszlop minden további eleme is 0, akkor a determináns könnyen láthatóan
maga is 0.) Ezt az eljárást folytatva, vagy kiderül, hogy a determináns 0, vagy
pedig elérhetjük, hogy a főátló alatt csupa 0 álljon.
1 2 3
Példa: Az előző pontban már szerepelt 4 5 6 determinánst a következő7 8 9
képpen számíthatjuk ki. A második, illetve harmadik sorból levonjuk az első12
3
sor 4-, illetve 7-szeresét: 0 −3 −6 . Itt a harmadik sor a második sor
0 −6 −12
kétszerese, tehát a determináns 0. (Ugyanez adódik a fenti eljárásból is: aharmadik sorból a második sor kétszeresét levonva, a harmadik sorba csupa 0
kerül.)
A fenti eljárást, pontosabban annak finomítását fogjuk lineáris egyenletrendszerek megoldásánál is alkalmazni; ezt hívják Gauss-féle kiküszöbölésnek
(lásd a 3.1 pontot).
Megjegyezzük, hogy a determináns kiszámításánál a sorok helyett természetesen az oszlopokkal is hasonlóan manipulálhatunk, sőt akár felváltva,
hol oszlopokkal, hol pedig sorokkal dolgozhatunk. Számos determináns kiszámításánál nem feltétlenül a fenti általános módszer a célravezető, hanem
mindenféle egyedi trükköket lehet (vagy kell) alkalmazni.
Néhány jótanács. Érdemes a determináns elemeiből minél többet részletesen felírni, és ezeknek a változását az egyes lépéseknél gondosan regisztrálni.
Gyakran a részletes és pontos felírás már félmegoldás, mert szinte sugallja,
hogy a következő lépésben mit érdemes csinálni. Azt is fontos jelezni, hogy
mi az a lépés, amit éppen végeztünk, mert különben később (pl. egy esetleges
hibakeresésnél) gyakran már magunk sem tudjuk rekonstruálni, hogy mire isgondoltunk akkor.
Nagyon veszélyes, ha több lépést megpróbálunk összevonni. Ha pl. amásodik sorból kivontuk az első sort, akkor a következő lépésben már egy,,másik” determinánst alakítunk tovább, amelynek új a második sora. Ezért
legfeljebb olyan típusú összevonásokat szabad csinálni, amikor az egyes lépések
nem befolyásolják egymást, pl. az első sort kivonjuk az összes többi sorból.
Pontosan át kell gondolni a ,,minden sorból kivonjuk a fölötte álló sort”
típusú manővereket. Nem mindegy ugyanis, hogy ezt alulról, vagy felülről

29

1.3. Feladatok

kezdjük. Ha felülről kezdjük, akkor a harmadik sorból már egy módosított
második sort (ti. az eredeti második sornak és az eredeti első sornak a különbségét) kell levonni. Ha alulról haladunk felfelé, akkor mindig az eredeti sorok
kerülnek levonásra. Azt se felejtsük el, hogy az első sor mindenképpen változatlan marad.
Feladatok
1.3.1 Mi történik egy determinánssal, ha a függőleges középvonalára tükrözzük?
1.3.2 Hány olyan komplex szám van, amellyel egy n × n-es komplex elemű mátrix minden elemét megszorozva a mátrix determinánsa az
ellentettjére változik?
1.3.3 Számítsuk ki az alábbi determinánsokat:(a)123456 123426;
123457 123427

1111 111(b) 11111 1111
12345 1234

11
111 .
123

1.3.4 Bizonyítsuk be az 1.3.2 Tételt.
1.3.5 Bizonyítsuk be az 1.3.5 Tételt közvetlenül, az 1.3.4 Tétel felhasználása nélkül.
1.3.6 Mutassuk meg, hogy pl. valós számokra az 1.3.5 Tételből azonnal
következik az 1.3.3 Tétel. Alkalmazható-e ez a gondolatmenet bármely test esetén?
1.3.7 Legyen α ̸= 0 rögzített komplex szám. Egy (komplex elemű) n × n-es
mátrixban (minden k-ra és j-re) a k-adik sor j-edik elemét a) αj−k val; b) αj+k -val megszorozzuk. Mi a kapcsolat a régi és az új mátrix
determinánsa között?
1.3.8 Számítsuk ki az alábbi n × n-es determinánsokat.
{i, ha i = j;(b) αij = min(i, j).
(a) αij =1, ha i ̸= j.
(c) αij = ij.

(d) αij = i + j.

(e) αij = i2 + j 2 .

1.3.9 Egy determináns minden sora számtani sorozat. Számítsuk ki a determinánst.

30

1. Determinánsok

5 3 0 14 2 2 7.
1.3.10 3 | 5301, 3 | 4227, 3 | 8340, 3 | 2346 és történetesen 3 |8 3 4 02 3 4 6
Vajon a véletlen játékával állunk-e szemben? Mi a helyzet 3 helyett
23-mal?
1.3.11 Legyenek γ1 , . . . , γn és δ1 , . . . , δn tetszőleges komplex számok, és
tekintsük azt a mátrixot, amelyben az i-edik sor j-edik eleme 1+γi δj .
Számítsuk ki a mátrix determinánsát.
1.3.12 Egy determináns főátlójának minden eleme γ, a többi helyen pedigδ áll. Számítsuk ki a determinánst.
1.3.13 Egy páratlan rendű négyzetes mátrixban αij +αji = 0 teljesül minden
i, j-re (ferdén szimmetrikus vagy antiszimmetrikus mátrix). Mennyi
a determinánsa?
1.3.14 Egy komplex elemű D determináns bármely sorához van a determinánsnak (legalább egy és az adott sortól nem feltétlenül különböző) sora, amely ennek a sornak a konjugáltja (azaz a megfelelő
elemek egymás konjugáltjai). Bizonyítsuk be, hogy D2 valós szám.
1.3.15 Számítsuk ki az alábbi determinánst és általánosítsuk a feladatot:
1
1
1
1

1
2
3
4

1
3
6
10

1
4
.
10
20

1.3.16 Számítsuk ki az alábbi n × n-es determinánsokat; b)-ben αij = i , haj ≡ 1 (mod i), a többi helyen pedig 1 áll.

(a)

1
1
0
0
..
.

1
0
1
0
..
.

1
0
0
1
..
.

...
...
...
...
..
.

1
0
0
0
..
.

1
1
1
1
..
.

0 0

0

...

1 1

(b)

1
2
3
4
..
.

1
1
1
1
..
.

1
2
1
1
..
.

1
1
3
1
..
.

1
2
1
4
..
.

...
...
...
...

n 1 1

1

1

...

1.3.17 Egy n × n-es mátrix főátlójában csupa 1-es áll, közvetlenül a főátló
alatt mind az n − 1 elem −1, közvetlenül a főátló fölött rendre
12 , 22 , . . . , (n − 1)2 helyezkedik el, a többi elem pedig 0. Számítsuk
ki a mátrix determinánsát.

1.4. Kifejtés

31

1.3.18 Legyenek ϕ1 , . . . , ϕn tetszőleges szögek és az n×n-es A mátrix elemei
αij = cos(ϕi + ϕj ). Számítsuk ki det A-t.
1.3.19 Egy n×n-es mátrix elemei egész számok, és egyetlen sorban sincs két
olyan szám, amely azonos maradékot adna n-nel osztva. Bizonyítsuk
be, hogy ha n páratlan szám, akkor a mátrix determinánsa oszthatón-nel. Mit állíthatunk páros n esetén?
1.3.20 Egy φ(n)×φ(n)-es mátrix elemei n-hez relatív prím egész számok, ésegyetlen sorban sincs két olyan szám, amely azonos maradékot adnan-nel osztva (φ(n) az Euler-féle φ-függvény). Bizonyítsuk be, hogy
ha n > 2, akkor a mátrix determinánsa osztható n-nel.
∗

1.3.21 Legyen n ≥ 7 és tekintsük azt az n × n-es mátrixot, amelyben
αij = ij legkisebb pozitív maradéka modulo n (tehát ha ij oszthatón-nel, akkor aij = n, nem pedig 0). Bizonyítsuk be, hogy a mátrix
determinánsa 0.
1.4. Kifejtés

Ebben a pontban a determináns egy másik, rekurziós típusú kiszámítási módjával ismerkedünk meg, amikor egy n-edrendű determinánst n darab n − 1edrendű determinánsra vezetünk vissza. Ez elsősorban elméleti szempontból
jelentős, de egyes determinánsok gyakorlati kiszámításánál is jól alkalmazható.
Ehhez először az előjeles aldetermináns fogalmát definiáljuk. Ebben apontban végig feltesszük, hogy n > 1.
1.4.1 Definíció
Tekintsünk egy n-edrendű determinánst. Hagyjuk el az i-edik sort ésa j-edik oszlopot, így egy (n − 1) × (n − 1)-es determináns keletkezik. Az
αij elemhez tartozó Aij előjeles aldeterminánson ennek a determinánsnak a(−1)i+j -szeresét értjük. ♣1 2
Példa: 4 5
7 8

3
1 2
= 6.
6 esetén A23 = (−1)57 8
9FIGYELEM! Az aldetermináns előjelezésének semmi köze sincs a determináns
definíciójában az egyes szorzatok előjelezéséhez, itt semmiféle permutáció vagy
inverziószám nem szerepel. Az aldetermináns előjelét kizárólag az határozzameg, hogy melyik sort és oszlopot hagytuk el: ha ezek indexe (,,sorszáma”)

32

1. Determinánsok

azonos paritású (tehát ha páratlanadik sort és oszlopot vagy párosadik sort és
oszlopot hagytunk el), akkor az előjel ,,+”, ellentétes paritás esetén pedig ,,−”.
Az előjelezést így az ún. ,,sakktáblaszabály” adja:
+
−
+
−
..
.

−
+
−
+
..
.

+
−
+
−
..
.

−
+
−
+
..
.

...
...
...
...
..
.

Speciálisan, a főátló elemeihez tartozó aldeterminánsok mindig pozitív előjelet
kapnak.
Az ,,előjeles aldetermináns” kifejezésben az ,,előjeles” jelzőt mindig ki
fogjuk tenni, hogy ezt a fogalmat élesen megkülönböztessük a mátrixok rangjánál szereplő aldeterminánsfogalomtól (lásd a 3.4 pontot).
Az előjeles aldeterminánsok jelentőségét az ún. kifejtési tétel adja:
1.4.2 Tétel (Kifejtési tétel)Ha egy sor minden elemét megszorozzuk a hozzá tartozó előjeles aldeterminánssal, az így kapott szorzatoknak az összege a determinánssal egyenlő:det A = αi1 Ai1 + αi2 Ai2 + . . . + αin Ain =n∑

αij Aij . ♣j=1

Ezt hívjuk a determináns i-edik sor szerinti kifejtésének. Természetesenhasonló állítás érvényes sorok helyett oszlopokra is.
1 2 3
Példa: a D = 4 5 6 determinánst a második oszlopa szerint kifejtve
7 8 9
D = 2 · (−1)3

4 6
1 3
1 3
+ 5 · (−1)4+ 8 · (−1)5
=0
7 9
7 9
4 6

adódik (amely természetesen egyezik a korábban más módokon kiszámolt eredménnyel).
Bizonyítás: Tekintsük a det A = D determináns definíció szerinti felírását.
Az n-tényezős szorzatokat csoportosítsuk aszerint, hogy az i-edik sorból
melyik elem szerepel bennük. Ezt a közös elemet kiemelve, a determináns

1.4. Kifejtés

33

D = αi1 β1 + αi2 β2 + . . . + αin βn alakban írható. Megmutatjuk, hogy bármely
j-re βj = Aij .
Fel fogjuk használni az 1.2.3 Tételt, amely akkor is lehetővé teszi a determinánsban szereplő szorzatok előjelezését, ha a szorzat tényezőit nem (feltétlenül) a sorindexek szerint rendeztük.
Tekintsük most a D determinánsban (rögzített j-re) az αij -t tartalmazó
szorzatoknak egy olyan felírását, amikor az αij tényező áll elől. Egy ilyen
szorzat általános alakja:
αij αρ(2)π(2) . . . αρ(n)π(n) .

(1.4.1)

Itt ρ a sorindexeknek, π az oszlopindexeknek megfelelő permutáció (tehátρ(1) = i, π(1) = j). Ennek a szorzatnak az előjele (a D determinánst definíció szerint előállító összegben) az 1.2.3 Tétel szerint (−1)I(ρ)+I(π) (ahol I(ρ),
illetve I(π) az i, ρ(2), . . . , ρ(n), illetve j, π(2), . . . , π(n) permutáció inverziószámát jelöli).
Az αij kiemelése után így βj -re az alábbi összeg adódik:βj =∑(−1)I(ρ)+I(π) αρ(2)π(2) . . . αρ(n)π(n) .

(1.4.2)Itt az összegben minden olyan n − 1-tényezős szorzatot kell venni, ahol atényezők az i-edik sor és j-edik oszlop elhagyásával keletkezett D′ determináns
definíciójában szerepelnek.
Hasonlítsuk most össze az (1.4.2) jobb oldalán álló összeget (amely βj -velegyenlő) a D′ determinánst definíció szerint előállító összeggel. Mindkét öszszegben ugyanazokról az n − 1-tényezős szorzatokról van szó. Vizsgáljuk
meg, hogy egy ilyen szorzatot milyen előjellel kellene venni a D′ determináns
kiszámításához. Ismét az 1.2.3 Tétel szerint ehhez meg kell nézni, hány inverzió fordul elő a sorindexek, valamint az oszlopindexek permutációjában
együttvéve.
Ezeket az inverziókat nem befolyásolja, ha a sorok és oszlopok számozásánál megtartjuk az eredeti, D-beli sor-, illetve oszlopszámokat (vagyis a sorokra
1, 2, . . . , i − 1, i + 1, . . . , n-et, az oszlopokra pedig 1, 2, . . . , j − 1, j + 1, . . . , n-et).
Ennek megfelelően a sorindexeknél a ρ′ = ρ(2)ρ(3) . . . ρ(n) permutáció inverziószámát, I(ρ′ )-t, az oszlopindexeknél pedig a π ′ = π(2)π(3) . . . π(n) permutáció inverziószámát, I(π ′ )-t kell tekinteni. (Tehát ρ′ az 1, 2, . . . , i − 1,
i+1, . . . , n számoknak a sorindexek szerinti permutációja, π ′ pedig az 1, 2, . . . ,j − 1, j + 1, . . . , n számoknak az oszlopindexek szerinti permutációja.)Az (1.4.1)-ben szereplő eredeti ρ permutációt úgy nyerjük, ha ρ′ == ρ(2)ρ(3) . . . ρ(n) elé ρ(1) = i-t írunk. Ezért I(ρ) annyival nagyobb I(ρ′ )-nél,

34

1. Determinánsok

ahány elemmel ρ(1) = i inverzióban áll. Ezek az elemek nyilván éppen az i-nél
kisebb számok, tehát I(ρ) = I(ρ′ ) + (i − 1). Ugyanígy I(π) = I(π ′ ) + (j − 1).
Az előzőkből I(ρ) + I(π) = i + j − 2 + I(ρ′ ) + I(π ′ ) adódik. Ezt (1.4.2)-bebehelyettesítve kapjuk, hogy
βj = (−1)i+j−2

∑

′

′

(−1)I(ρ )+I(π ) αρ(2)π(2) . . . αρ(n)π(n) = (−1)i+j D′ = Aij .

Az 1.4.2 Tétel egy másik bizonyítási lehetőségét az 1.4.4 feladatban jelezzük.
A determináns kifejtésével egy n-edrendű determináns kiszámítását viszszavezettük n darab (n − 1)-edrendű determináns kiszámítására. Általában
olyan sor vagy oszlop szerint érdemes kifejteni, amelyben sok 0 fordul elő,hiszen a 0 elemekhez tartozó előjeles aldeterminánsokat nem kell kiszámítani.
A kifejtési tétel lehetővé teszi bizonyos típusú általános n-edrendű determinánsok rekurzió útján történő kiszámítását. Ez akkor működik, ha az
n-edrendű Dn determinánst kifejtve ugyanolyan típusú alacsonyabb rendű determinánsok (pl. Dn−1 és Dn−2 ) segítségével tudjuk felírni (ehhez esetleg egyeselőjeles aldeterminánsokat is a kifejtési tétel segítségével kell tovább bontani).
A kapott rekurzió alapján a Dn -re megsejtett (vagy szisztematikusan megtalált) formula teljes indukcióval igazolható.
A kifejtési tétel alkalmazásánál is célszerű az elemek részletes felírása,a lépések gondos regisztrálása és a változások pontos nyomonkövetése. Ne
feledkezzünk el az aldetermináns megfelelő előjelezéséről. Ha a kifejtési tételt
többször is alkalmazzuk, akkor ügyeljünk arra, hogy közben megváltozik adeterminánsok mérete, valamint az egyes elemeknek a sorokban, illetve oszlopokban elfoglalt helyzete. Ennélfogva egy adott elemhez tartozó aldetermináns minden újabb kifejtési lépésnél teljesen átalakul, beleértve az előjel
módosulását is.
Egy determináns kiszámításának nem csak egyféle módja van. Gyakranérdemes a kifejtési tételt az elemi tulajdonságokkal ügyesen kombinálni. Az
egyes megoldási módok bonyolultsága, idő- és számolásigénye között számottevő különbség lehet. Sajnos, egy konkrét determinánsnál általában nehézelőre megjósolni, hogy melyik út a leggyorsabb, illetve hogy egy kínálkozó
módszer az adott esetben egyáltalán eredményes lesz-e.
A kifejtési tétel segítségével igazolható az ún. ferde kifejtés is:35

1.4. Feladatok

1.4.3. Tétel (Ferde kifejtés)Ha egy sor elemeit rendre egy másik sorhoz tartozó előjeles aldeterminánsokkal szorozzuk meg, az így kapott szorzatoknak az összege mindig 0:k ̸= r ⇒ αr1 Ak1 + αr2 Ak2 + . . . + αrn Akn =n∑

αrj Akj = 0. ♣j=1

FIGYELEM! A ,,kifejtés” szó itt megtévesztő, mert az összeg értékének
semmi köze sincs az eredeti determinánshoz; ez az összeg mindig 0, függetlenül
attól, hogy maga a determináns 0 vagy sem.
Bizonyítás: Egy másik determinánst fogunk készíteni, és arra alkalmazzuk
majd a kifejtési tételt. Tekintsük azt az A′ mátrixot, amelynek a k-adik soraugyanaz, mint az eredeti determináns r-edik sora, a többi eleme pedig azonos
az eredeti determináns megfelelő elemével. Azaz
′
αij
=

{

αij , ha i ̸= k;
αrj , ha i = k.

A′ -ben a k-adik és az r-edik sor egyenlő (mindkettő az eredeti determinánsr-edik sora), ezért det A′ = 0. Ha most ezt a determinánst a k-adik soraszerint kifejtjük, akkor — felhasználva, hogy A-ban és A′ -ben a k-adik sorhoz
tartozó Akj és A′kj előjeles aldeterminánsok minden j-re megegyeznek — éppen
a tételbeli összeget kapjuk:′′′
det A′ = αk1
A′k1 + αk2
Ak2 + . . . + αkn
A′kn = αr1 Ak1 + αr2 Ak2 + . . . + αrn Akn .

Feladatok
1.4.1 Egy n × n-es D determináns minden elemét megszorozzuk a hozzá
tartozó előjeles aldeterminánssal. Mi lesz az így kapott n2 darab
szorzat összege?
1.4.2 Egy determinánsban az első két sorhoz tartozó előjeles aldeterminánsok rendre megegyeznek, azaz minden j-re A1j = A2j . Számítsuk ki
a determinánst.
1.4.3 Bizonyítsuk be, hogy α11 -et és α12 -t megcserélve a determináns akkor
és csak akkor nem változik, ha α11 = α12 vagy A11 = A12 .

36

1. Determinánsok
1.4.4 Adjunk egy másik bizonyítást a kifejtési tételre az alábbi gondolatmenet alapján:(i) A tételt először arra a nagyon speciális esetre igazoljuk, amikor azelső sor szerint fejtünk ki, és az első sor utolsó n − 1 eleme 0 (azaz
legfeljebb a bal felső sarokban áll nem nulla elem).
(ii) Sor- és oszlopcserékkel vezessük vissza (i)-re azt a (még mindig meglehetősen) speciális esetet, amikor valamelyik sorban (n−1) darab 0 áll(azaz legfeljebb egy elem különbözik 0-tól) és e szerint a sor szerint
fejtünk ki.
(iii) Egy általános determinánst bontsunk az 1.3.2 Tétel felhasználásával(ii) típusú determinánsok összegére.
1.4.5 Egy n × n-es márix bal felső sarkában 1-es áll, az első sor többi elemeβ, az első oszlop többi eleme γ, a főátló többi eleme δ, az összes többi
elem pedig 0. Számítsuk ki a mátrix determinánsát.
1.4.6 Egy 2k × 2k-as determináns főátlójának minden eleme γ, a bal alsósarkot a jobb felső sarokkal összekötő átló minden eleme δ, a többi
elem pedig 0. Számítsuk ki a determinánst.
1.4.7 Egy n×n-es determinánsban a főátló minden eleme γ +δ, közvetlenüla főátló alatt n − 1 darab 1-es áll, közvetlenül a főátló felett mind azn − 1 elem γδ, a többi elem pedig 0. Számítsuk ki a determinánst.
1.4.8 Tekintsünk egy olyan n × n-es komplex elemű mátrixot, amelynek
a determinánsa nem nulla. Hány olyan γ komplex szám van, amelyet a mátrix minden eleméhez hozzáadva az így kapott új mátrix
determinánsa 0 lesz?
1.4.9 Egy n × n-es determinánsban a bal felső sarokban cos ϕ áll, a főátló
többi eleme 2 cos ϕ, közvetlenül a főátló alatt és fölött mind a 2n − 2elem 1-es, a többi elem pedig 0. Bizonyítsuk be, hogy a determinánscos(nϕ)-vel egyenlő.

1.4.10 Legyenek β1 , . . . , βn tetszőleges számok. Számítsuk ki det A-t, ha azn × n-es A mátrix elemei{
1 − βi2 , ha i = j;αij =−βi βj , ha i ̸= j.
1.4.11(a) Tegyük fel, hogy egy determináns bármely sorában és bármely oszlopában az elemek összege 0. Bizonyítsuk be, hogy valamennyi előjeles aldetermináns egyenlő.

1.5. Vandermonde-determináns

37(b) Tegyük fel, hogy valamennyi előjeles aldetermináns egyenlő és ez aközös érték nem a 0. Bizonyítsuk be, hogy a determináns bármely
sorában és bármely oszlopában az elemek összege 0.
∗

1.4.12 Egy determináns főátlójának minden eleme γ, a főátló felett csupa δáll, a főátló alatt pedig csupa β. Számítsuk ki a determinánst.

M∗ 1.4.13 (vö. az 1.2.7 feladattal)(a) M és C a következő játékot játsszák. M megad egy n × n-es valóselemű mátrixot, C pedig ebben rendre egy-egy elemet tetszőlegesmásik valós számra kicserélhet. Egy olyan mátrixhoz kell így eljutnia, amelynek a determinánsa nem nulla. M-nek az a célja, hogy C
ezt a lehető legtöbb lépésben érje el, C-nek pedig az, hogy a lehető
legkevesebben. Mekkora lesz a lépésszám, ha mindketten optimálisan
játszanak?
(b) Oldjuk meg a feladatnak azt a módosítását, ha a változtatható elemek
helyét is M jelöli ki a következő módon: a mátrix megadása után C
vállalja, hogy hány lépésben végez, és ekkor M ennyi helyet kijelöl,és C az ott levő elemeket tetszőleges valós számokra cserélheti.
(c) Oldjuk meg az a) és b) feladatokat arra az esetre, ha a cél az, hogya determináns nulla legyen.
M∗ 1.4.14 Létezik-e minden n-re olyan n × n-es valós elemű mátrix, amelynek
a determinánsa nulla, de bármelyik (egyetlen) elemét akárhogyan
megváltoztatva a kapott mátrixok determinánsa sohasem nulla?
∗

1.4.15 Az 1.4.2 kifejtési tétel általánosítása a Laplace-kifejtés. Legyen A
egy n × n-es mátrix és 1 ≤ k ≤ n − 1. Egy k × k-as aldeterminánson tetszőleges k sorból és k oszlopból képezett determinánst értünk.
Ennek előjeles komplementer aldeterminánsa a kimaradt sorokból és
oszlopokból képezett (n−k)×(n−k)-as aldetermináns (−1)S -szerese,ahol S a k × k-as aldetermináns sor- és oszlopindexeinek az összege.
Rögzítsünk le k sort és szorozzuk össze az ehhez a k sorhoz tartozó
mindegyik k × k-as aldeterminánst a neki megfelelő előjeles komplementer aldeterminánssal. Igazoljuk, hogy ezeknek a szorzatoknak azösszege az A mátrix determinánsa. (A k = 1 speciális esetben kapjuk
a kifejtési tételt.)

1.5. Vandermonde-determináns
Gyakran előfordulnak az alábbi speciális típusú determinánsok:

38

1. Determinánsok

1.5.1 Definíció
Legyen γ1 , γ2 , . . . , γn tetszőleges. A γ1 , γ2 , . . . , γn elemek által generált
Vandermonde-determináns
1

γ1

γ12

...

γ1n−1

1

γ2

γ22

...

γ2n−1

V (γ1 , γ2 , . . . , γn ) = 1
..
.

γ3
..
.

γ32
..
.

...

γ3n−1 . ♣
..
.

1 γn

γn2

...

γnn−1

A Vandermonde-determináns i-edik sorában tehát rendre γi -nek 0, 1, . . . ,n − 1-edik hatványa áll. Ha két generáló elem azonos, akkor két egyforma sorvan, és így a determináns 0. Az alábbi szorzatalakból kiderül, hogy ennek amegfordítása is igaz.
1.5.2 Tétel
1

γ1

γ12

...

γ1n−1

1

γ2

γ22

...

γ2n−1

V (γ1 , γ2 , . . . , γn ) = 1
..
.

γ3
..
.

γ32
..
.
γn2

...

1 γn

...

∏
γ3n−1 =
(γi − γj ) . ♣..
1≤j<i≤n.
γnn−1Bizonyítás: Vonjuk ki jobbról bal felé haladva minden oszlopból az őt megelőző
oszlop γ1 -szeresét:
1

0

0

1

γ2 − γ11..
.

γ3 − γ1..
.

γ22 − γ1 γ2
γ32 − γ1 γ3

1 γn − γ1

...

0

...

γ2n−1 − γ1 γ2n−2
γ3n−1 − γ1 γ3n−2

...

..
.
γn2 − γ1 γn

.

..
.
...

γnn−1 − γ1 γnn−2

Most vonjuk le minden sorból az első sort, ezzel az első oszlop utolsón − 1 eleme is 0 lesz, a többi elem pedig nem változott. A második, harmadik

1.5. Feladatok

39

stb. sorból rendre γ2 − γ1 -et, γ3 − γ1 -et stb. kiemelhetünk. Ezzel a
1 0

0

...

0
γ2n−2
γ3n−2

0 1

γ2

...

(γ2 − γ1 ) . . . (γn − γ1 ) 0 1
.. ..
. .

γ3
..
.

...

0 1

γn

...

=

..
.
γnn−2
= (γ2 − γ1 ) . . . (γn − γ1 )V (γ2 , . . . , γn )alakra jutottunk. Így a feladatot egy eggyel kisebb rendű Vandermondedeterminánsra vezettük vissza. A fenti eljárást megismételve (vagy teljes indukcióval) adódik a tétel.
Feladatok
1.5.1 Fejezzük ki V = V (γ1 , . . . , γn ) segítségével az alábbi szorzatokat:∏∏(a) 1≤i<j≤n (γi − γj );(b) 1≤j̸=i≤n (γi − γj ).
1.5.2 Legyenek γ2 , . . . , γn rögzített komplex számok. Hány megoldása van
a V (x, γ2 , . . . , γn ) = 0 egyenletnek? Előfordulhat-e, hogy valamely δkomplex számra a V (x, γ2 , . . . , γn ) = δ egyenletnek ennél (a) több;(b) kevesebb megoldása van?
1.5.3 Egy determináns minden sora mértani sorozat (0 elemet nem engedünk meg). Számítsuk ki a determinánst.
1.5.4 Számítsuk ki azt az n × n-es determinánst, ahol az i-edik sor j-edik
eleme ij .
1.5.5(a) Legyenek f0 , . . . , fn−1 valós együtthatós polinomok, ahol deg fk = k,
továbbá γ1 , . . . , γn tetszőleges valós számok. Számítsuk ki azt az
n × n-es determinánst, amelyben az i-edik sor j-edik eleme fi−1 (γj ).
(b) Mennyi a determináns értéke, ha a polinomok fokszámára vonatkozó
kikötést a deg fk ≤ n − 2 feltételre cseréljük ki?
M 1.5.6 Legyenek α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βn valós számok, ahol αi βj ̸= 1. Számítsuk ki azt az n × n-es determinánst, amelyben az i-edik sor j-edik
eleme (1 − αin βjn )/(1 − αi βj ).

40

1. Determinánsok
1.5.7 Legyenek α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βn valós számok. Számítsuk ki azt az
n × n-es determinánst, amelyben az i-edik sor j-edik eleme(αi + βj )n−1 .
1.5.8 Legyenek ϕ1 , . . . , ϕn olyan valós számok, amelyek koszinuszai páronként különbözők. Legyen D1 = V (cos ϕ1 , . . . , cos ϕn ), D2 pedig az adetermináns, ahol az i-edik sor j-edik eleme cos[(j − 1)ϕi ]. Bizonyítsuk be, hogy a D2 /D1 hányados nem függ a ϕi számok választásától.
1.5.9 Legyenek γ1 , . . . , γn különböző valós számok.
(a) Hogyan változik a Vandermonde-determináns, ha γi -t és γj -t felcseréljük?
(b) Melyek azok a σ permutációk, amelyekre
V (γ1 , γ2 , . . . , γn ) = V (γσ(1) , γσ(2) , . . . , γσ(n) )?

1.5.10 Egy n × n-es D determináns i-edik sorának j-edik eleme 2ij . A 2-nek
hányadik hatványával osztható D?
1.5.11 Legyenek a1 , . . . , an tetszőleges egész számok. Bizonyítsuk be, hogy
V (a1 , . . . , an ) osztható∗(a) az 1, 2, . . . , n − 1 számok legkisebb közös többszörösével;(b) V (1, 2, . . . , n)-nel.

∗

1.5.12 Legyen p > 2 prím, és Vp = V (1, 2, . . . , p). Milyen maradékot ad
p-vel osztva Vp2 ?

∗1.5.13 Számítsuk ki azt a determinánst, amely V (γ1 , . . . , γn )-től annyiban
tér el, hogy az utolsó oszlopban rendre (γin−1 helyett) γin áll.

41
2. MÁTRIXOK

A mátrixok szorosan kapcsolódnak a determinánsok, illetve a lineáris egyenletrendszerek elméletéhez, de ezektől függetlenül is számos alkalmazásuk van.
Különösen érdekes és fontos a mátrixszorzás és annak néhány ,,szokatlan”
tulajdonsága. Ezeknek a ,,furcsaságoknak” az (egyik) ,,igazi” magyarázatát
majd a lineáris leképezésekkel való kapcsolat adja, amit az 5. fejezetben tárgyalunk.

2.1. Mátrixműveletek
A mátrixokkal már az 1.2 pontban találkoztunk, de a teljesség kedvéért megismételjük a definíciót és a jelölésre vonatkozó tudnivalókat:2.1.1 Definíció
Legyen T egy kommutatív test és k, n adott pozitív egészek. Ekkor a
T test feletti k × n-es mátrix on egy olyan téglalap alakú táblázatot értünk,
amelynek k sora és n oszlopa van és amelynek elemei T -ből valók. ♣A mátrixot úgy jelöljük, hogy a táblázatot gömbölyű zárójelek közé foglaljuk.
(Ismét felhívjuk a figyelmet arra, hogy a két függőleges határolóvonal a determinánst jelenti.) Egy általános A mátrix i-edik sorának j-edik elemét αij -vel
fogjuk jelölni. Ennek megfelelően egy k × n-es (vagy k × n méretű) mátrix
általános alakja
α11 α12 . . . α1n α21 α22 . . . α2n 
.
A=
 ...

αk1

αk2

...

αkn

A T feletti k × n-es mátrixok halmazát T k×n -nel jelöljük.
Itt is megjegyezzük, hogy általános T test helyett első közelítésben legtöbbször nyugodtan gondolhatunk pl. a valós, a racionális vagy a komplex
számokra. Emellett azonban — különösen az alkalmazások szempontjából —nagyon fontosak a véges testek is. Ezek legegyszerűbb fajtája Fp , a modulo p
maradékosztályok teste, ahol p prímszám.
Most két mátrix összeadását, illetve egy mátrixnak egy T -beli elemmelvaló szorzását definiáljuk. Ezeknek a műveleteknek az értelmezése a ,,természetes módon”, elemenként történik a T -beli összeadás és szorzás segítségével:42

2. Mátrixok

2.1.2 Definíció
Legyen A, B ∈ T k×n , λ ∈ T . Ekkor A + B-t, illetve λA-t úgy kapjuk meg,hogy a megfelelő helyeken álló elemeket összeadjuk, illetve minden elemet λ-val
megszorzunk: 
β11 β12 . . . β1nα11 α12 . . . α1n α21 α22 . . . α2n   β21 β22 . . . β2n + .
=A+B =
 ...
  .

.
αk1 αk2 . . . αkn
βk1 βk2 . . . βkn
α11 + β11 α12 + β12 . . . α1n + β1n α21 + β21 α22 + β22 . . . α2n + β2n 

=
..


.
αk1 + βk1 αk2 + βk2 . . . αkn + βkn
és



α11
 α21
λA = λ 
 ...

α12
α22

...
...

 
α1n
λα11
α2n   λα21= .
  ..

λα12
λα22

...
...


λα1n
λα2n 
.♣


αk1

αk2

...

αkn

λαk2

...

λαkn

λαk1

A T test elemeit szokás skalár oknak nevezni, és így egy mátrixnak egy
T -beli elemmel vett szorzatát a mátrix skalárszorosának hívjuk.
Az imént definiált műveletekre a megszokott tulajdonságok érvényesek:
2.1.3 Tétel
A k×n-es mátrixok körében az összeadás asszociatív, kommutatív, létezik
nullelem és minden elemnek létezik ellentettje. Ez részletesen kifejtve a következőket jelenti:(i) minden A, B, C ∈ T k×n -re (A + B) + C = A + (B + C), A + B = B + A;(ii) létezik olyan 0-val jelölt mátrix, amelyre minden A-val A+0 = 0+A = A;(iii) minden A-hoz van olyan −A-val jelölt mátrix, amelyre A + (−A) == (−A) + A = 0.
A T elemeivel való szorzásra nézve az alábbi azonosságok érvényesek(A, B ∈ T k×n , λ, µ ∈ T ):(λ+µ)A = λA+µA, λ(A+B) = λA+λB, (λµ)A = λ(µA), 1A = A,ahol 1 a T test egységeleme (azaz amellyel minden λ ∈ T -re 1λ = λ1 = λ). ♣Az összeadás tulajdonságait úgy foglalhatjuk össze, hogy a k × n-es mátrixok az összeadásra nézve egy kommutatív csoportot alkotnak (lásd az A.8

432.1. Mátrixműveletek

pontot). A két műveletre együttesen T k×n vektortér T felett (lásd a 4.1 pontot).
Bizonyítás: Valamennyi tulajdonság azonnal adódik a műveletek definíciójából és a T -beli megfelelő tulajdonságból. Például a 0 mátrix (nullmátrix) az
lesz, amelynek minden eleme (a T -beli) nulla stb.
Mind a T -beli nullát, mind pedig a nullmátrixot egyformán 0-val fogjuk
jelölni, ez (remélhetőleg) nem okoz majd zavart.
Most rátérünk két mátrix szorzásának a definíciójára. Ez meglehetősen
bonyolult és (legalábbis egyelőre) meglehetősen mesterkéltnek tűnik. Először
megadjuk a formális definíciót, majd ehhez némi magyarázatot fűzünk.
2.1.4 Definíció
Legyen A ∈ T k×n , B ∈ T n×r . Ekkor C = AB ∈ T k×r és az i-edik sor
j-edik eleme
γij = αi1 β1j + αi2 β2j + . . . + αin βnj =n∑αis βsj . ♣s=1

Az A és B mátrix tehát akkor és csak akkor szorozható össze (ebben
a sorrendben), ha A-nak ugyanannyi oszlopa van, mint ahány sora B-nek.
Ekkor az AB mátrixnak annyi sora lesz, mint A-nak és annyi oszlopa, mint
B-nek. A szorzatmátrixban az i-edik sor j-edik elemét úgy kapjuk meg, hogy A
i-edik sorát és B j-edik oszlopát (mint két n komponensű vektort) skalárisanösszeszorozzuk, azaz a megfelelő komponensek szorzatösszegét vesszük.

(
)
1 2
6 7
8 9


. Ekkor az AB
Példa: legyen A =3 4 , B =10 11 12 13
5 0szorzat létezik, mert A oszlopainak a száma megegyezik B sorainak a számával.
Ugyanakkor a BA szorzat nem létezik.
Az AB szorzatnak 3 sora és 4 oszlopa lesz. A második sor harmadik
elemét A második sorának és B harmadik oszlopának a skalárszorzata adja:
3 · 8 + 4 · 12 = 72.
Amíg a mátrixok szorzásában nem teszünk szert megfelelő gyakorlatra,
addig érdemes a szorzást az alábbi séma szerint elvégezni. Helyezzük el az A44

2. Mátrixok

és B mátrixokat egymáshoz képest rézsút a következőképpen:




β11
 β21

 β31
 .
 .
.

...
...
...
..
.

βn1

...



α11
 α21
 .
 ..

α12
α22

...
...

α1n
α2n 



αk1

αk2

...

αkn


β1r
β2r 

β3r 
.. 

.
βnr

Ekkor a két mátrix között (az A-tól jobbra, a B alatt) úgy kaphatjuk meg
C = AB-t, hogy γij éppen az őt létrehozó sor-oszlop párnak, A i-edik sorának
és B j-edik oszlopának a metszéspontjába kerül:

α11
 α21
 .
 ..

α12
α22

...
...

βn1
γ11
α1n
α2n   γ21
 .
 .
.

αk1

αk2

...

αkn

γk1


β1r
β2r 

β3r 
.. 

.
. . . βnr
. . . γ1r
. . . γ2r 
..
.. 

.
.
. . . γkr

6 7
10 11

8
12

9
13



β11
 β21

 β31
 .
 .
.




...
...
...
..
.

A fenti példánkban:
(


26 29
1 2
 3 4   58 65
5 0
30 35


32
72
40

)


35
79 
45

Most rátérünk a mátrixszorzás tulajdonságainak a vizsgálatára. Kezdjük
a kommutativitással. Legyen A ∈ T k×n , B ∈ T n×r , ekkor AB értelmes. Hak ̸= r, akkor a BA szorzat nem is létezik! Ha k = r ̸= n, akkor AB és BA
nem azonos alakúak, hiszen az egyik k × k-as, a másik n × n-es. Marad az az

45

2.1. Mátrixműveletek

eset, amikor k = n = r, azaz A, B ∈ T n×n . Azonban általában ilyenkor sem
áll fenn AB = BA, pl.
(

1 2
3 4

)(

5 6
7 8

)

(
=

19 22
43 50

)

(
̸=

23 34
31 46

)

(
=

5 6
7 8

)(

1 2
3 4

)
.

A fenti példából az is érezhető, hogy az a ritka eset, ha két mátrix felcserélhető.
Mindez azt jelenti, hogy a mátrixok szorzása ,,nagyon nem kommutatív”.
A szorzással (és részben más műveletekkel) kapcsolatos további ,,szokásos”
azonosságok viszont igazak:
2.1.5 Tétel
Ha λ ∈ T , és A, B, C tetszőleges olyan mátrixok, amelyekre az alábbi
egyenlőségek valamelyik oldala értelmezve van, akkor a másik oldal is értelmes,
és az egyenlőség teljesül.
I. A(BC) = (AB)C (asszociativitás);
II. A(B + C) = AB + AC,(A + B)C = AC + BC (disztributivitások );III. λ(AB) = (λA)B = A(λB). ♣Mivel a szorzás nem kommutatív, ezért a két disztributivitást külön kellbebizonyítani. Ugyanez az oka annak, hogy III-ban csak a T -beli elemet,,emelhetjük át” a mátrixokon, A és B sorrendjén nem változtathatunk.
Bizonyítás: Belátjuk az asszociativitást, a többi azonosság hasonló számolással igazolható (lásd a 2.1.13 feladatot).
A szorzás definíciója alapján I. jobb, illetve bal oldala pontosan akkorértelmes, ha A oszlopainak a száma megegyezik B sorainak a számával ésB oszlopainak a száma megegyezik C sorainak a számával. Legyen tehát
A ∈ T k×n , B ∈ T n×r , C ∈ T r×t , ekkor M = A(BC) és N = (AB)C is
k × t-es. Kiszámítjuk M , illetve N i-edik sorának j-edik elemét, µij -t, illetve
νij -t. Legyen D = BC. Ekkorµij = αi1 δ1j + . . . + αin δnj == αi1 (β11 γ1j + . . . + β1r γrj ) + . . . + αin (βn1 γ1j + . . . + βnr γrj ) ,vagyisµij =∑1≤u≤n, 1≤v≤rαiu (βuv γvj ) .

46

2. Mátrixok

Hasonlóan kapjuk, hogy
νij =

∑

(αiu βuv )γvj .

1≤u≤n, 1≤v≤rMivel T -ben a szorzás asszociatív, így valóban µij = νij .
Végül bevezetjük a mátrix transzponáltjának a fogalmát:
2.1.6 Definíció
Legyen A ∈ T k×n . Ekkor A transzponáltján azt a B ∈ T n×k mátrixotértjük, amelyre βij = αji . Az A mátrix transzponáltját AT -vel jelöljük. ♣A jelölésben a T betű a transzponált szó kezdőbetűjéből származik (éssemmi köze sincs a T testhez, amelyből a mátrix elemeit vettük).



(
1 2
1 3
Példa: az  3 4  mátrix transzponáltja az
2 4
5 6

5
6

)
mátrix lesz.

A transzponálás geometriailag a (nem mindig igazán annak nevezhető),,főátlóra”, azaz a bal felső sarokból 45 fokos szögben jobbra lefelé haladó(ÉNy-DK irányú) egyenesre történő tükrözést jelenti. Másképpen fogalmazva,
a transzponálás a sorok és oszlopok szerepét felcseréli.
Komplex elemű mátrixok esetén egy másik rokon fogalom, az adjungált(is) fontos szerephez jut:
2.1.7 Definíció
Legyen A ∈ Ck×n . Ekkor A adjungáltján azt a B ∈ Cn×k mátrixotértjük, amelyre βij = αji (ahol z a z komplex szám konjugáltját jelenti). Az
A mátrix adjungáltját A∗ -gal jelöljük. ♣Egy mátrix adjungáltja tehát a transzponáltjának a konjugáltja. Valóselemű A esetén nyilván A∗ = AT .
A transzponálás, illetve adjungálás és a mátrixműveletek kapcsolatáról
lásd a 2.1.20 feladatot.
Feladatok
2.1.1 Tekintsük az összes olyan különböző k × n-es valós elemű mátrixot,
amelyben minden elem 1, 2 vagy 3. Számítsuk ki ezeknek a mátrixoknak az összegét.

47

2.1. Feladatok

2.1.2 Mely α, β komplex számpárok rendelkeznek az alábbi tulajdonsággal:
Minden k × n-es komplex elemű mátrix felírható αA + βB alakban,ahol A és B valós elemű mátrixok.
2.1.3 Legyen E egy olyan négyzetes mátrix, amelynek a főátlójában 1-esekállnak, többi eleme pedig 0. Mi lesz az EA, illetve az AE szorzat, haa szorzás elvégezhető (A egy tetszőleges mátrix)?
2.1.4 Számítsuk ki az alábbi mátrixokat:
(
)1111
(
)1111
2 −4
2 −3
(a)
; (b)
;
1 −2
1 −2

(
(c)

1/2 1/2
1/2 1/2)1111.

2.1.5 Számítsuk ki az alábbi mátrixokat:
(
)n
(
)n
(
1 1
cos α − sin α
cos α
(a)
; (b)
; (c)
0 1
sin α
cos α
sin α

sin α
− cos α2.1.6 Végezzük el az alábbi szorzásokat:
(
)(
)
a 1−a
b 1−b
(a)
;
a 1−a
b 1−b

b −b
b −b

(
(b)

a −a
a −a

)(

)n
.

)
.

2.1.7 Legyen A egy olyan mátrix, amelyben minden sorban és minden oszlopban az elemek összege 0, B pedig egy olyan mátrix, amelynek
minden eleme egyenlő. Mi lesz az AB, illetve BA szorzat, ha aszorzás elvégezhető?
2.1.8 Az alábbiakban tegyük fel, hogy a szóban forgó AB, illetve BA
szorzatok értelmesek. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha A-nak van egy csupa 0 sora, akkor ez AB-re is teljesül.
(b) Ha A-nak van egy csupa 0 sora, akkor ez BA-ra is teljesül.
(c) Ha A-ban minden sor számtani sorozat, akkor ez AB-re is teljesül.
(d) Ha A-ban minden sor számtani sorozat, akkor ez BA-ra is teljesül.
(e) Ha A elemeinek az összege 0, akkor ez AB-re is teljesül.
(f) Ha A elemeinek az összege 0, akkor ez BA-ra is teljesül.
2.1.9 Vizsgáljuk meg az alábbi állítást és a hozzátartozó indoklást.
Ha az A és B azonos méretű négyzetes mátrixokra A100 = B 100 = 0,
akkor (A + B)200 = 0. Ugyanis(

200(A + B)

=A

200

)
( )
200 199200 k n−k+
A B + ... +A B+ ...,
1k

48

2. Mátrixok
és itt minden tag 0, hiszen k ≥ 100 esetén Ak = 0, k < 100 esetén
pedig n − k > 100, tehát B n−k = 0.

2.1.10 Mi történik egy n × n-es A mátrixszal, ha balról, illetve jobbról az
alábbi n × n-es mátrixokkal megszorozzuk:


5 0
0 1
B=
 ... ...
0 0

...
...
..
.


0
0
;
.. 
.

...

1



1 6
0 1
C=
 ... ...
0 0

...
...
..
.


0
0
?
.. 
.

...

1

2.1.11 Legyen P egy olyan n × n-es mátrix, amelynek minden sorában és
minden oszlopában pontosan egy 1-es áll, a többi elem pedig 0. Mi
történik egy n × n-es A mátrixszal, ha balról, illetve jobbról P -velmegszorozzuk?
2.1.12 Legyenek A és B tetszőleges n × n-es mátrixok. Mennyi az AB − BAmátrix főátlójában levő elemek összege?
2.1.13 Bizonyítsuk be a 2.1.5 Tétel II. és III. állításait.
2.1.14 Tegyük fel, hogy A100 = A72 = A. Hány különböző (pozitív egész
kitevős) hatványa van az A mátrixnak?
2.1.15 Egy n × n-es A mátrix főátlójában és a főátló alatt minden elem 0.
Bizonyítsuk be, hogy An = 0.
∗

2.1.16 Legyen p prímszám és A egy olyan p × p-es mátrix a modulo p test
felett, amelynek a főátlójában 1-esek állnak, a főátló alatt pedig minden elem 0. Számítsuk ki Ap -t.
))((
cos α − sin α
1 0∗
2.1.17 Legyen A =és E =. Bizonyítsuk be,
sin α
cos α
0 1
hogy akkor és csak akkor létezik olyan k pozitív egész, amelyre
E + A + A2 + . . . + Ak = 0, ha α/2π racionális szám, de nem egész.
M∗ 2.1.18 Melyek azok az A ∈ T n×n mátrixok, amelyek minden B ∈ T n×n
mátrixszal felcserélhetők, azaz minden B-re AB = BA?
2.1.19 Adva van k termék, az ezek előállításához szükséges n-féle alkatrész
és az alkatrészeket alkotó r-féle anyag. Jelöljük αij -vel azt, hogy az
i-edik termékhez a j-edik alkatrészből hány darabot kell felhasználni,βuv -vel pedig azt, hogy az u-adik alkatrész a v-edik anyagból mennyit
tartalmaz. Mi az αij -kből álló k × n-es A mátrix és a βuv -kből állón × r-es B mátrix C = AB szorzatának a jelentése?

2.2. Az n × n-es mátrixok gyűrűje

49

2.1.20 Bizonyítsuk be az alábbi azonosságokat (azaz lássuk be, hogy ha
λ ∈ T és A, B tetszőleges olyan mátrixok, amelyekre az alábbi egyenlőségek valamelyik oldala értelmezve van, akkor a másik oldal isértelmes és az egyenlőség teljesül):(A + B)T = AT + B T ,(λA)T = λAT ,(AB)T = B T AT .

Fogalmazzuk meg és igazoljuk az adjungáltra vonatkozó hasonló azonosságokat is.
2.1.21 Legyen A valós elemű mátrix és tegyük fel, hogy az AAT (valóban
négyzetes mátrix valódi) főátlójában az elemek összege 0. Határozzuk meg A-t. Hogyan általánosíthatjuk a feladatot komplex elemű
mátrixokra?
2.2. Az n × n-es mátrixok gyűrűje
Alkalmazzuk most az előző pont eredményeit a négyzetes mátrixokra:
2.2.1 Tétel
Egy T test feletti összes n × n-es mátrix a (mátrix)összeadásra és (mátrix)szorzásra nézve gyűrűt alkot. Ez a T n×n gyűrű egységelemes, de (n > 1
esetén) nem kommutatív. ♣A gyűrű pontos definícióját lásd az A.6 pontban (de ez közvetve tulajdonképpen a jelen tétel bizonyításában is szerepel).
Bizonyítás: Az összeadás és a szorzás a 2.1.2, illetve 2.1.4 Definíció alapján
bármely két ilyen mátrixra értelmes. A 2.1.3 és 2.1.5 Tétel biztosítja, hogyaz összeadás kommutatív és asszociatív, létezik nullelem, minden mátrixnak
létezik ellentettje, a szorzás asszociatív és érvényesek a disztributivitások.
T n×n tehát valóban gyűrű. A szorzás egységeleme a 2.1.3 feladatban definiált
E mátrix: a főátlóban 1-ek állnak, a többi elem 0. Végül a szorzás kommutativitásának a hiányát a 2.1.5 Tétel előtti ellenpéldával (pontosabban annak
minden n > 2-re történő általánosításával vagy pedig a 2.1.6a, illetve 2.1.10
feladat segítségével) igazolhatjuk.
FIGYELEM! Az, hogy a szorzás nem kommutatív, természetesen nem
azt jelenti, hogy semelyik két mátrix nem cserélhető fel, például az E egységmátrix vagy a nullmátrix bármely mátrixszal felcserélhető, bármely mátrix
felcserélhető a saját hatványaival stb.

50

2. Mátrixok

A T n×n gyűrűben a szorzás tulajdonságait nézve megállapíthatjuk, hogyáltalában nem lehet osztani, és a nemkommutativitáson kívül további ,,érdekesség” az, hogy két nem nulla mátrix szorzata is lehet a nullmátrix.
Ezek alaposabb vizsgálatához az alábbiakban (a négyzetes) mátrixokraelőbb definiáljuk az inverz és a nullosztó fogalmát, majd részletesen tárgyaljuk
az idevágó eredményeket. Megjegyezzük, hogy a tetszőleges gyűrűben az inverz
és a nullosztó általános tulajdonságai szerepelnek az A.6 pontban, de most amátrixok vonatkozásában ezeket is külön felsoroljuk.
Kezdjük az inverzzel. Mátrixon a továbbiakban mindig négyzetes mátrixot, T n×n egy elemét értjük, E pedig az egységmátrixot, a T n×n gyűrű
egységelemét jelöli. A tetszőleges gyűrűre vonatkozó inverzfogalomnak megfelelően egy A mátrix kétoldali inverzén (vagy röviden inverzén) egy olyan
K mátrixot értünk, amelyre AK = KA = E. Ha egy B mátrixra BA = E
teljesül, akkor B az A mátrix bal oldali inverze (vagy röviden balinverze),
ha pedig AJ = E, akkor J az A mátrix jobb oldali inverze (vagy röviden
jobbinverze).
Bármely gyűrűben teljesül (lásd az A.4, illetve A.6 pontot), hogy ha egy
elemnek létezik bal- és jobbinverze is, akkor ezek szükségképpen egyenlők, ésekkor az elemnek nem lehet több bal-, illetve jobbinverze. Egy elem (kétoldali)inverze tehát egyértelműen meghatározott.
Az A mátrix (kétoldali) inverzét A−1 -gyel jelöljük.
A determinánsok segítségével jól le tudjuk írni, hogy mely mátrixoknak
létezik inverze:
2.2.2 Tétel
I. Ha det A ̸= 0, akkor A-nak létezik (kétoldali) inverze.
II. Ha A-nak létezik balinverze (vagy jobbinverze), akkor det A ̸= 0. ♣A két állítást összekapcsolva nyerjük, hogy n × n-es mátrixokra az egyik
oldali inverz létezése maga után vonja a másik oldali inverz létezését is, és abal oldali, jobb oldali és kétoldali inverz bármelyikének a létezése ekvivalens a
det A ̸= 0 feltétellel.
Megjegyezzük még, hogy I. bizonyítása során képletet is nyerünk A inverzére, és ezt a képletet később többször fel fogjuk használni.
Bizonyítás: I. bizonyításának a kulcsa a következő azonosság, amelyben azelőjeles aldeterminánsokból képezett mátrix transzponáltja játszik fontos szerepet:

2.2. Az n × n-es mátrixok gyűrűje

51

2.2.3 Lemma
Legyen Â az a mátrix, amelyben az i-edik sor j-edik eleme Aji , (nemAij ,) ahol Akl az A mátrix αkl eleméhez tartozó előjeles aldeterminánst jelöli.
Ekkor


det A
0
...
0
 0
det A . . .
0 AÂ = ÂA = (det A) · E = 
. ♣
..
.. 
..
 ...
.
.
. 
0

0

...

det A

A lemma bizonyítása: Az AÂ mátrix i-edik sorának j-edik elemét úgy kapjuk
meg, hogy az A mátrix i-edik sorát az Â mátrix j-edik oszlopával szorozzukössze: αi1 Aj1 + . . . + αin Ajn , ami a kifejtés, illetve a ferde kifejtés (1.4.2 és
1.4.3 Tételek) szerint det A, ha i = j, illetve 0, ha i ̸= j. Az AÂ szorzat tehát
valóban az egységmátrix det A-szorosa. A másik állítást hasonlóan kapjuk az
oszlopokra vonatkozó kifejtés, illetve ferde kifejtés segítségével.
A lemma alapján azonnal adódik, hogy A−1 = det1 A · Â.
II. igazolásához az alábbi tételt használjuk fel, amelyet itt bizonyítás nélkül
közlünk:
2.2.4 Tétel (Determinánsok szorzástétele)det(AB) = det A · det B . ♣Ez azt jelenti, hogy ha két (azonos méretű) determinánst a mátrixszorzás
szabályai szerint ,,összeszorzunk”, akkor a kapott determináns valóban a két
determináns szorzata lesz. Mivel a determináns a főátlóra való tükrözésnél nem
változik, ezért a fenti tétel sor-oszlop szorzás helyett sor-sor, oszlop-oszlop és
oszlop-sor szorzás esetén is érvényben marad.
Rátérve a II. állítás bizonyítására, ha A-nak létezik balinverze, azaz
BA = E, akkor a 2.2.4 Tétel szerint det B · det A = det E = 1, és így det A
valóban nem lehet 0.
A 2.2.2 Tételre a 3.5 pontban a lineáris egyenletrendszerek segítségévelújabb bizonyítást adunk majd. Megjegyezzük még, hogy a 2.2.4 Tételt (azegyik lehetséges módon) a 9.8 pont alapján láthatjuk be, erre a 9.8.4 feladatban
utalunk. Egy másik utat a 2.2.15 feladatban vázolunk.

52

2. Mátrixok

A továbbiakban T n×n nullosztóit vizsgáljuk. A tetszőleges gyűrűre vonatkozó nullosztófogalomnak megfelelően egy A mátrix akkor bal oldali nullosztó,
ha A ̸= 0 és létezik olyan U ̸= 0 mátrix, amelyre AU = 0. A jobb oldali
nullosztó analóg módon definiálható.
Bármely gyűrűben teljesül (lásd az A.6.3 Tételt), hogy ha egy elemnek
létezik balinverze, akkor ez az elem (nem nulla és) nem lehet bal oldali nullosztó. Hasonló állítás érvényes jobbinverzre és jobb oldali nullosztóra is.
A determinánsok segítségével az is jól jellemezhető, hogy mely mátrixok
nullosztók:
2.2.5 Tétel
Egy (négyzetes) A ̸= 0 mátrix akkor és csak akkor bal oldali (jobb oldali)nullosztó, ha det A = 0. ♣Bizonyítás: A ,,csak akkor” rész következik a 2.2.2 Tételből és az inverz ésnullosztó előbb említett kapcsolatából. — Az ,,akkor” részt most csak arra a
speciális esetre bizonyítjuk, ha az A mátrixban az Aij előjeles aldeterminánsok
között van nullától különböző, azaz (a 2.2.3 Lemmában definiált) Â nem anullmátrix. A 2.2.3 Lemma szerint ekkor AÂ = ÂA = (det A) · E = 0 · E = 0,tehát az Â ̸= 0 mátrix ,,igazolja” A nullosztó voltát.
A 2.2.5 tételre a 3.5 pontban két másfajta (és hiánytalan) bizonyítást
adunk majd.
Szubjektív (és egyáltalán nem matematikai) összefoglalásként megállapíthatjuk, hogy az n × n-es mátrixok gyűrűje a szorzás szempontjából ,,nem
túl szép”, a kommutativitás hiányán túlmenően ,,rengeteg” a nullosztó, amelyeknek így inverzük sem lehet, vagyis a mátrixok gyűrűje ,,messzemenően”
nem test.
Feladatok Az alábbi feladatokban végig T n×n -beli mátrixokról van szó.
2.2.1 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha AB = BA, akkor (A + B)2 = A2 + 2AB + B 2 .
(b) Ha (A + B)2 = A2 + 2AB + B 2 , akkor AB = BA.
∗(c) Ha (A + B)3 = A3 + 3A2 B + 3AB 2 + B 3 , akkor AB = BA.
2.2.2 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha A-nak és B-nek létezik inverze, akkor AB-nek is létezik inverze.
(b) Ha AB-nek létezik inverze, akkor A-nak és B-nek is létezik inverze.
(c) Ha A + B-nek és A − B-nek létezik inverze, akkor A2 − B 2 -nek islétezik inverze.
(d) Ha A-nak és B-nek létezik inverze, akkor A+B-nek is létezik inverze.

2.2. Feladatok

53(e) Ha A+B-nek létezik inverze, akkor A és B közül legalább az egyiknek
létezik inverze.
(f) Ha A-nak létezik inverze, akkor A + A2 -nek is létezik inverze.
(g) Ha A + A2 -nek létezik inverze, akkor A-nak is létezik inverze.
2.2.3 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha A jobb oldali nullosztó és AB ̸= 0, akkor AB is jobb oldali nullosztó.
(b) Ha AB jobb oldali nullosztó, akkor A és B is jobb oldali nullosztó.
(c) Ha AB jobb oldali nullosztó, akkor A és B közül legalább az egyik
jobb oldali nullosztó.
(d) Ha A + B jobb oldali nullosztó, akkor A és B közül legalább az egyik
jobb oldali nullosztó.
2.2.4 Az alábbi mátrixok közül melyeknek van inverze és melyek nullosztók? Az invertálhatóknak írjuk fel az inverzét, a nullosztókhoz pedig
keressünk ,,nullosztópárt”, azaz olyan nem nulla mátrixot, amellyel
megszorozva a nullmátrixot kapjuk.




(
)
(
)
1 2 3
1 2 3
1 2
1 2
(a)
; (b)
; (c)  3 4 5 ; (d)  3 4 5 .
3 4
3 6
5 7 8
5 7 9
2.2.5 Hogyan jellemezhetők azok az egész elemű négyzetes mátrixok, amelyeknek az inverze is egész elemű?
2.2.6 Felsőháromszög-mátrixnak egy olyan négyzetes mátrixot nevezünk,
amelyben a főátló alatt minden elem 0. Hogyan látszik egyszerűen,hogy egy felsőháromszög-mátrixnak van-e inverze? Igaz-e, hogy egyfelsőháromszög-mátrix inverze is ilyen alakú?
2.2.7 Melyek igazak az alábbi állítások közül (A, B adott, X, Y pedig ismeretlen n × n-es mátrixokat jelölnek)?
(a) Ha det A ̸= 0, akkor az AX = B mátrixegyenlet megoldható.
(b) Ha det A = 0, akkor AX = B nem oldható meg.
(c) Ha det A = 0, det B ̸= 0, akkor AX = B nem oldható meg.
(d) Ha det A = 0, det B = 0, akkor AX = B megoldható.
(e) AX = B-nek nem lehet egynél több megoldása.
(f) AX = B-nek akkor és csak akkor van pontosan egy megoldása, ha
det A ̸= 0.
(g) Ha AX = B megoldható, akkor Y A = B is megoldható.
(h) Ha AX = B és Y A = B is egyértelműen megoldható, akkor ezek amegoldások megegyeznek.

54

2. Mátrixok
2.2.8 Adjunk új megoldást az 1.5.5, 1.5.6 és 1.5.7 feladatokra a determinánsok szorzástételének felhasználásával.
2.2.9 Legyen n > 1 páratlan szám, A egy valós elemű n × n-es mátrix,
det A ̸= 0 és jelölje αij , illetve Aij a megfelelő elemeket, illetveelőjeles aldeterminánsokat. Bizonyítsuk be, hogy A2 = E akkor és
csak akkor teljesül, ha minden i, j-re αij = Aji vagy minden i, j-re
αij = −Aji .

2.2.10 Tegyük fel, hogy det A ̸= 0 és készítsük el azt a B mátrixot, amelynek elemei az A megfelelő előjeles aldeterminánsai, azaz βij = Aij .
Ismételjük meg ugyanezt az eljárást most a B mátrixra. Bizonyítsuk be, hogy így az A mátrix számszorosát (pontosabban, egy T beli elemmel való szorzatát, azaz skalár szorosát) kapjuk. (Az állítás
det A = 0 esetén is igaz, lásd a 3.4.17 feladatot.)
2.2.11 Legyen n páros szám, A és B valós elemű n × n-es mátrixok,
det A ̸= 0, és tegyük fel, hogy Â = B̂. Bizonyítsuk be, hogy A = B.
Mit állíthatunk (tetszőleges n > 1 és) komplex elemű mátrixok
esetén?
2.2.12 Bizonyítsuk be, hogy az alábbi típusú 2 × 2-es valós mátrixok gyűrűt
alkotnak a szokásos mátrixműveletekre. Vizsgáljuk meg a kommutativitást, határozzuk meg a bal, jobb, illetve kétoldali egységelemeket,
valamint a nullosztókat. Ha van kétoldali egységelem, akkor nézzük
meg, mely elemeknek lesz bal, jobb, illetve kétoldali inverze. Mikor
kapunk testet? ,,Ismerősek-e” ezek a testek?
(
)
(
)
(
)
a 0
a a
a b
(a)
;
(b)
;
(c)
;
0 0
a a
b a
(
)
(
)
a b
a b
(d)
;
(e)
.
−b a
0 0
M∗ 2.2.13 Legyen A olyan valós elemű, invertálható mátrix, hogy mind A-ban,
mind pedig A−1 -ben csupa nemnegatív szám szerepel. Bizonyítsuk
be, hogy A minden sorában és minden oszlopában pontosan egy darab
nem nulla szám fordul elő.
∗2.2.14 Mely n-ekre létezik olyan racionális elemű n × n-es mátrix, amelynek
a köbe 2E, azaz az egységmátrix kétszerese?

∗

2.2.15 Igazoljuk a determinánsok szorzástételét (2.2.4 Tétel) az alábbi lépésekben. Jelölje az A, B, AB ∈ T n×n mátrixok determinánsát rendre
DA , DB és DAB .

2.2. Feladatok
55
(
)
A
0
(a) Lássuk be, hogy a 2n × 2n-es
mátrix D determinánsa−E B
DA DB (itt 0 a nullmátrix, E az egységmátrix).
(b) Az első n oszlop megfelelő többszöröseit a második n oszlophoz hozzáadva érjük el, hogy
( a keletkező
) mátrix jobb alsó negyede a nullmátA AB
rix legyen, így amátrixot kapjuk, amelynek deter−E0minánsa D′ = D.
(c) Mutassuk meg, hogy D′ = DAB .
(d) Az (a)–(c) részekből következik DAB = DA DB .

56
3. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREKAz általános lineáris egyenletrendszerek megoldására az egyik legtermészetesebben adódó, egyszerű és gyakorlati szempontból is jól alkalmazható eljárás
a Gauss-féle kiküszöbölés, amelynek számos fontos elméleti következménye isvan. Speciális egyenletrendszerekre vonatkozik a Cramer-szabály, amely a determinánsok segítségével ad képletet a megoldásra. A jelen fejezetben vezetjük
be a lineáris függetlenséget és a mátrix rangját is, amelyek a későbbiekben isalapvető szerepet játszanak. Mindezek egyik alkalmazásaként visszatérünk anégyzetes mátrixok körében az invertálhatóság és a nullosztók kérdésére.

3.1. Gauss-kiküszöbölés
Egy k egyenletből álló n ismeretlenes lineáris egyenletrendszer általános alakja
α11 x1 + α12 x2 + . . . + α1n xn = β1
α21 x1 + α22 x2 + . . . + α2n xn = β2..
.
αk1 x1 + αk2 x2 + . . . + αkn xn = βkahol az αij együtthatók és a βi konstansok egy T kommutatív test elemei.
Az egyenletek száma (k) és az ismeretlenek száma (n) egymástól függetlenül
is tetszőleges lehet (tehát pl. semmiképpen sem szorítkozunk csak a k = n
esetre).
Az egyenletrendszer egy megoldásán T -beli elemek egy olyan γ1 , . . . , γnsorozatát értjük, amelyeket a megfelelő xi -k helyére beírva, valamennyi egyenletben egyenlőség teljesül.
Van olyan egyenletrendszer, amelynek nincs megoldása, van, amelyik
egyértelműen oldható meg (azaz pontosan egy megoldása van) és van olyan,
amelyet (egynél) több megoldás is kielégít. (Ez utóbbi esetben elég óvatosan
fogalmaztunk, annak ellenére, hogy például valós számokra vonatkozó egyenletrendszereknél megszoktuk, hogy egynél több megoldás esetén a megoldásszámvégtelen. Látni fogjuk, hogy végtelen test esetén ez valóban mindig így van.
Azonban véges, mondjuk t elemű test esetén az összes szóba jövő x1 , . . . , xn -reis csak tn lehetőségünk van, tehát eleve nem lehet végtelen sok megoldás.)Az alábbi kérdésekre keressük a választ: (a) mi a feltétele annak, hogy
egy egyenletrendszer megoldható legyen; (b) (megoldhatóság esetén) hány3.1. Gauss-kiküszöbölés

57

megoldás van; (c) hogyan lehet az összes megoldást áttekinteni; (d) milyen
módszerrel juthatunk el (egy vagy az összes) megoldáshoz.
Ebben a pontban a fenti kérdésekre a Gauss-féle kiküszöbölés (röviden
Gauss-kiküszöbölés vagy latinosan Gauss-elimináció) segítségével adjuk meg
a választ.
Az eljárás során az alábbi lépéseket fogjuk végezni, amelyek valamennyien
az eredetivel ekvivalens egyenletrendszerekhez vezetnek (azaz olyanokhoz,
amelyeknek pontosan ugyanazok a megoldásai, mint az eredetinek):
E1. Valamelyik egyenletet egy nullától különböző T -beli elemmel (a továbiakban: skalár ral) végigszorozzuk.
E2. Valamelyik egyenlethez egy másik egyenlet skalárszorosát hozzáadjuk.
E3. Két egyenletet felcserélünk.
E4. Az olyan egyenleteket, ahol valamennyi együttható és minden jobb oldali
konstans is 0, elhagyjuk.
Ezeket a lépéseket elemi ekvivalens átalakítások nak nevezzük.
Az elemi ekvivalens átalakítások segítségével az egyenletrendszerből az
alább részletezett módon egymás után ki fogjuk küszöbölni az ismeretleneket.
Tegyük fel, hogy α11 ̸= 0. Az első egyenletet osszuk végig α11 -gyel(azaz alkalmazzuk E1-et az α11 reciprokával), majd minden i > 1-re az i-edik
egyenletből vonjuk ki az első egyenlet αi1 -szeresét. Ezzel a többi egyenletből
kiküszöböl tük x1 -et.
Tegyük fel, hogy az így kapott egyenletrendszerben az új α22 ̸= 0. Ekkor
az előző eljárást megismételhetjük: a második egyenletet végigosztjuk
α22 -vel, majd minden i > 2-re az i-edik egyenletből kivonjuk a második egyenlet αi2 -szeresét stb.
Ha valamikor megakadtunk, pl. az előbb α22 = 0 volt, de mondjuk
α52 ̸= 0, akkor a második és az ötödik egyenletet felcseréljük, és így haladunk
tovább.
Ha ez sem megy, azaz minden i ≥ 2 esetén αi2 = 0, akkor a harmadik
ismeretlenre térünk át, vagyis α23 -at vizsgáljuk stb.
Nemsokára néhány konkrét példán keresztül illusztráljuk, hogyan fest
mindez a gyakorlatban és hogyan juthatunk el így az egyenletrendszer megoldásához. Előtte azonban érdemes némi technikai egyszerűsítést bevezetni.
Vegyük észre, hogy a fenti lépések nyomon követéséhez elég csak az együtthatók és a jobb oldali konstansok változását figyelni, az xi , + és = ,,jeleket”
fölösleges mindig újra leírni. Ezért az egyenletrendszert egyszerűbben jellemezhetjük mátrixok segítségével: az αij együtthatókból képezett k × n-es A
mátrixot az egyenletrendszer együtthatómátrix ának nevezzük, a jobb oldali
konstansokkal kibővített k × (n + 1)-es mátrixot pedig az egyenletrendszer

58

3. Lineáris egyenletrendszerekkibővített mátrix ának nevezzük és A|b-vel jelöljük, azaz
α11 α12 . . . α1nα11 α12
 α21 α22 . . . α2n  α21 α22,A=
A|b = 
 ...

 ...
αk1

αk2

...

αkn

αk1

αk2

...
...

α1n
α2n


β1
β2 
.


...

αkn

βk

A kibővített mátrixban az együtthatók alkotta rész és a jobb oldali konstansokközé iktatott függőleges vonallal jelezzük, hogy a kétféle típusú elemek eltérő
szerepet játszanak az egyenletrendszerben. (Az A|b felírásnál b a jobb oldalonálló βi konstansokból képezett ,,vektort” jelöli, erről bővebben ennek a pontnak
a végén lesz szó.)
Azonnal adódik, hogy az egyenletekkel végzett E1–E4 elemi ekvivalensátalakításoknak a kibővített mátrixnál a sorokkal végzett hasonló változtatások felelnek meg:
M1. Valamelyik sort egy nullától különböző skalárral végigszorozzuk.
M2. Valamelyik sorhoz egy másik sor skalárszorosát hozzáadjuk.
M3. Két sort felcserélünk.
M4. A csupa 0-ból álló sorokat elhagyjuk.
A kibővített mátrixon végzett fenti lépéseket elemi sorekvivalens átalakítások nak nevezzük.
(Az ekvivalens lépések ,,visszacsinálhatósága” érdekében formailag teljesebb, ha E4-nél, illetve M4-nél az ilyen egyenletek, illetve sorok hozzávételét
is megengedjük, de ennek gyakorlati alkalmazására nyilván sosincs szükség.)
Most három, valós számokra vonatkozó egyenletrendszeren mutatjuk bea kiküszöbölési eljárást.
P1 példa:
x1 + 2x2 = 3
4x1 + 5x2 = 6
7x1 + 8x2 = 9

1 2 3
Ennek kibővített mátrixa  4 5 6 . A jelzett kiküszöbölési eljárásnak
7 8 9
megfelelően vonjuk ki a második sorból az első sor 4-szeresét, a harmadik
1
2
3
sorból pedig az első sor 7-szeresét. Így az  0 −3
−6  mátrixhoz ju0 −6 −12
tunk. Osszuk el a második sort −3-mal, majd adjuk hozzá ennek 6-szorosát3.1. Gauss-kiküszöbölés
59


1 2 3
a harmadik sorhoz. Az így kapott mátrix  0 1 2 . Itt a csupa nulla sor
0 0 0
(
)
1 2 3
elhagyható, tehát marad az
mátrix. Itt a második sorból azonnal
0 1 2
leolvasható, hogy x2 = 2 (hiszen x2 ,,ki van fejezve”). Ezt visszahelyettesíthetjük az első sornak megfelelő egyenletbe: x1 + 2x2 = x1 + 2 · 2 = 3, tehát
x1 = −1. Azonban ez a lépés is ,,automatizálható”. Ha a legutolsó mátrixnál
az első sor második elemét kiejtjük, akkor x1 is ,,ki lesz
( fejezve”. )Vonjuk ki
1 0 −1mátrixot
ezért az első sorból a második sor 2-szeresét, ekkor az
0 1
2
kapjuk, ahonnan valóban x1 = −1 is közvetlenül leolvasható.
Az egyenletrendszernek tehát egyetlen megoldása van: x1 = −1, x2 = 2.
P2 példa:
x1 + x2 + 2x3 = 3
4x1 +4x2 + 5x3 = 6
7x1 +7x2 + 8x3 = 10
A kiküszöbölés során a kibővített mátrix a következőképpen változik:

 
 

1 1 2
3
1 1
2
3
1 1 2 3
4 4 56  ∼  0 0 −3
−6  ∼  0 0 1 2  .
7 7 8 100 0 −6 −11
0 0 0 1Mivel az utolsó mátrix harmadik sora a lehetetlen 0x1 + 0x2 + 0x3 = 1 egyenletnek felel meg, ezért ennek az egyenletrendszernek nincs megoldása.
P3 példa:
x1 + 2x2 + 3x3 = 4
5x1 + 6x2 + 7x3 = 8
9x1 +10x2 + 11x3 = 12
13x1 +14x2 + 15x3 = 16
Most a következőképpen alakul a kiküszöbölés:
 
 

4
1
2
3
4
1 2
1 2
3
8   0 −4 −8 −12   0 1
7
 5 6
∼
∼

0 −8 −16 −24
0 0
9 10 11 12
0 −12 −24 −36
0 0
13 14 15 16) ()(
1 0 −1 −2
1 2 3 4
∼
.
∼
0 1
2
3
0 1 2 3

3
2
0
0


4
3
∼
0
0

60

3. Lineáris egyenletrendszerek

Itt x3 -ra semmilyen megkötés sem adódott, annak értéke tetszőlegesen megválasztható. Ha x3 értékét már rögzítettük, akkor ennek segítségével a másik
két ismeretlen már egyértelműen kifejezhető: x1 = −2 + x3 , x2 = 3 − 2x3 . Az
egyenletrendszer összes megoldása tehát x1 = −2 + ν, x2 = 3 − 2ν, x3 = ν,ahol ν tetszőleges (valós szám).
A fenti példákból világosan látszik az általános eljárás. A ,,felülről lefelé”
történő lépegetésnél végül egy olyan mátrixhoz jutunk, amelyben az első sortkivéve minden sor nullákkal kezdődik, az első valahány sorban az első nem nulla
elem mindig 1-es (az ún. vezéregyes), ezek csupa különböző oszlopban, lépcsőzetesen lefelé és jobbra helyezkednek el, a vezéregyesek alatt pedig minden
elem 0. Lehetnek ezen kívül olyan sorok is, amelyekben az együtthatómátrixnak megfelelő rész csupa nulla. Ezt lépcsős alak nak hívjuk. Lépcsős alakok
például


1
0
P4: 
0
0

2
1
0
0

3
7
1
0


6
3
,
5
0



1 2
P5:  0 1
0 0


2
3,
2



1 2
P6:  0 0
0 0

3
1
0

5
2
1

6
3
2


7
4.
3

A P5 példánál a harmadik sor ellentmondást jelent, ezért a P5-höz tartozó
egyenletrendszernek nincs megoldása. A P4 példa esetén a mátrix (csupa
nulla) negyedik sora el is hagyható.
A lépcsős alakból most a vezéregyesek fölötti elemeket is kinullázhatjuk,
ha alulról felfelé haladva az egyes sorokból a vezéregyes sorának megfelelő
többszörösét levonjuk. A P4 és P6 példáknál ekkor az alábbi mátrixok adódnak:
1 2 0 0 −1 −2
1 0 0
55
P4-nél:  0 1 0 −32  ,P6-nál:  0 0 1 0 −1 −2  .
0 0 1
50 0 0 1
2
3
Az ilyen alakot redukált lépcsős alak nak (a továbbiakban RLA) hívjuk.
Ebben tehát az első sor kivételével minden sor nullákkal kezdődik, az elsővalahány sorban az első nem nulla elem egy-egy vezéregyes, ezek csupa különböző oszlopban, lépcsőzetesen lefelé és jobbra helyezkednek el, a vezéregyesek
alatt és fölött pedig minden elem 0. Az esetleges további sorokban az együtthatómátrixnak megfelelő rész csupa nullából áll.
Az RLA-ból kényelmesen leolvashatjuk az egyenletrendszer összes megoldását. A P4-nek megfelelő egyenletrendszernél x1 = 55, x2 = −32, x3 = 5, aP6 esetén pedig x1 = −2 + ν − 2µ, x2 = µ, x3 = −2 + ν, x4 = 3 − 2ν, x5 = ν,

3.1. Gauss-kiküszöbölés

61ahol ν és µ tetszőleges valós számok. Általában is megtudhatjuk, hogy az
egyenletrendszer megoldható-e, ha igen, akkor mennyi a megoldásszám, éshogyan kapjuk meg az összes megoldást.
Az egyenletrendszer akkor és csak akkor megoldható, ha az RLA-ban nem
fordul elő olyan sor, amelyben az együtthatóknak megfelelő rész csupa 0, a
jobb oldali rész pedig nem 0 (a továbbiakban ezt tilos sor nak hívjuk). (Atilos sor léte már a lépcsős alaknál is kiderül, amelyet ekkor persze fölösleges
tovább redukálni.)
A megoldás akkor és csak akkor egyértelmű , ha (nincs tilos sor és) minden oszlopban áll vezéregyes, azaz a vezéregyesek száma megegyezik az ismeretlenek számával. FONTOS! Ennek semmi köze sincs az olyan csupa nulla
sorok létéhez vagy nemlétéhez, amelyeknek a jobb oldali része is nulla (nevezzük ezeket fölösleges sor oknak). Egy fölösleges sor csak azt jelenti, hogy az
annak megfelelő egyenlet következik a többiből, tehát nem tartalmaz új információt, új megkötést, és így az ilyen sorok elhagyhatók. (Ilyen volt a P1
példánál a harmadik egyenlet, a P3 példánál pedig a harmadik és a negyedikegyenlet is.) Bármely egyenletrendszerhez hozzávehetünk fölösleges egyenleteket, például valamelyik egyenletet újra leírjuk, vagy két egyenlet összegét
is beiktatjuk, és így fölösleges sor fog adódni; az egyenletrendszer megoldásaitermészetesen nem változtak meg, akár egyértelmű volt a megoldás, akár több
megoldás volt, akár pedig nem volt megoldás.
Ha az egyenletrendszer megoldása egyértelmű, akkor az RLA azonnal
megadja a megoldást. Ha a megoldás nem egyértelmű, akkor a vezéregyest
nem tartalmazó oszlopoknak megfelelő ismeretlenek tetszőlegesen választhatók(azaz szabad paraméterek ), a többi ismeretlen pedig ezekkel egyértelműen kifejezhető. (A P3 példában x3 volt szabad paraméter, a P6-nak megfelelő egyenletrendszerben pedig x2 és x5 .) A megoldásszám így végtelen test esetén végtelen, t elemű test esetén pedig ts , ahol s a szabad paraméterek száma.
Mindezt röviden az alábbi tételben foglalhatjuk össze:
3.1.1 Tétel
I. Egy lineáris egyenletrendszer kibővített mátrixa elemi sorekvivalens átalakításokkal redukált lépcsős alakra hozható.
II. Az egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha a (redukált)
lépcsős alakban nincs tilos sor.
III. Az egyenletrendszernek akkor és csak akkor egyértelmű a megoldása,ha (nincs tilos sor és) a vezéregyesek száma megegyezik az ismeretlenek
számával.

62

3. Lineáris egyenletrendszerek

IV. Ha több megoldás van, akkor a vezéregyest nem tartalmazó oszlopoknak
megfelelő ismeretlenek szabad paraméterek (tetszőlegesen megválaszthatók), a többi ismeretlen pedig ezekkel egyértelműen kifejezhető. A megoldásszám ekkor végtelen test esetén végtelen, t elemű test esetén pedig ts ,ahol s a szabad paraméterek száma, és a(z összes) megoldás közvetlenül
leolvasható a redukált lépcsős alakból. ♣Megjegyezzük, hogy több megoldás esetén általában nemcsak egyféle paraméterezés lehetséges. A P3 példánál x1 vagy x2 is lehet szabad paraméter,ekkor a megoldásokat x1 = µ, x2 = −1 − 2µ, x3 = µ + 2, illetve
x1 = −1/2 − τ /2, x2 = τ, x3 = 3/2 − τ /2 alakban kapjuk meg. Ezekhez
is eljuthatunk a Gauss-eliminációval, de ehhez előbb az ismeretlenek sorrendjét alkalmasan meg kell változtatnunk (x1 -et, illetve x2 -t kell harmadikkéntírnunk). Az egyenletrendszer megoldásainak áttekintésére természetesen már
egyféle paraméterezés is elegendő, ezért — a keveredések elkerülése érdekében— a legjobb, ha az ismeretleneket nem csereberéljük és az eredeti formábanvégezzük a kiküszöbölést. FIGYELEM! Az nem igaz, hogy s szabad paraméter
esetén bármelyik s darab ismeretlen választható szabad paraméternek. Például
az x1 + 2x2 + 3x3 = 1, x1 + 2x2 + 4x3 = 1 egyenletrendszernél x3 értéke
egyértelműen meghatározott, x3 = 0, és csak a másik két ismeretlen vehető
szabad paraméternek (a megoldások ekkor x1 = ν, x2 = 1/2 − ν/2, x3 = 0,
illetve x1 = 1 − 2µ, x2 = µ, x3 = 0 alakban írhatók fel).
Néhány jótanács. A Gauss-kiküszöbölésnél is érdemes — a determinánsoknál látottakhoz hasonlóan — az egyes lépéseket gondosan regisztrálni ésminél részletesebben kiírni.
Ne felejtsük el, hogy az eljárás során végig csak sor okkal dolgozunk. Alapszabály, hogy az oszlopokkal ne próbáljunk hasonlóképpen manipulálni, ekkor
ugyanis nem az egyenleteket, hanem az ismeretleneket variálnánk. Például két
oszlop cseréje a megfelelő két ismeretlen cseréjét jelenti, és így végig nyomonkell(enne) követni az ismeretlenek sorrendjének a megváltozásait is. A bonyolultabb átalakítások pedig már szinte áttekinthetetlen módon hoznak be új
ismeretleneket a régiek helyett.
A (redukált) lépcsős alakra hozás nagyon hasznos eljárás az egyenletrendszer megoldására, de nem öncél. Ha más, egyszerűbb módon meg tudjuk oldani
az egyenletrendszert, akkor nincsen rá szükség. Ne felejtsük azonban el, hogy
egyetlen megoldás megtalálása általában még nem jelenti a teljes megoldást,
tehát emellett valamilyen módon meg kell keresni a többi megoldást is, vagy
pedig ki kell mutatni, hogy az egyenletrendszernek csak egy megoldása van.
FIGYELEM! Ne próbáljunk az egyenletrendszer megoldhatóságára vagy
megoldásszámára pusztán az egyenletek és ismeretlenek számának a viszonyá-3.1. Gauss-kiküszöbölés

63

ból következtetni. NAGYON ROSSZ ,,vezérelv”, hogy ,,ha ugyanannyi ismeretlen van, mint egyenlet, akkor egyértelmű a megoldás, ha az ismeretlenekszáma a nagyobb, akkor több megoldás van, ha pedig az egyenleteké a nagyobb, akkor nincs megoldás”. Ez több szempontból is hibás okoskodás.
Egyrészt — ahogy már korábban említettük — bármely egyenletrendszerhez hozzávehetünk új megkötést nem hordozó ,,fölösleges egyenleteket”, ezzel
az egyenletek száma megváltozik, ugyanakkor az ismeretlenek száma és amegoldások száma is változatlan marad. Másrészt akármilyen sok ismeretlen
ellenére már két egyenlettel is tudunk megoldhatatatlanságot produkálni, ha
például ugyanazokat az együtthatókat vesszük, de más jobb oldalt. (Tulajdonképpen már egy egyenlet is elég, ha minden együttható 0, de a jobb oldal
nem az. Akik ezt ,,degenerált” példának találják, ne felejtsék el, hogy ez
nem más, mint a tilos sor, amely minden megoldhatatlan egyenletrendszernél
jelentkezik, csak esetleg rejtettebb formában, amit csak a kiküszöbölés hoz
napvilágra.) A P1 és P3 példában több egyenlet volt, mint ismeretlen, mégis
az egyiknek egyértelmű megoldása volt, a másiknak pedig végtelen sok! A
P2 példában az egyenletek és az ismeretlenek száma megegyezett, mégsem
volt megoldható stb. Az ismeretlenek és egyenletek számának viszonya szinte
egyáltalán nincs hatással arra, hogy a megoldások száma 0, 1 vagy több; az
egyetlen kivétel, hogy ha több ismeretlen van, mint egyenlet, akkor nem lehet
egyértelmű megoldás (vigyázat, az nyugodtan lehet, hogy nincs megoldás!):3.1.2 Tétel
Ha egy k egyenletből álló n ismeretlenes lineáris egyenletrendszernek
egyetlen megoldása van, akkor n ≤ k. ♣Bizonyítás: Egyértelmű megoldás esetén az RLA-ban a vezéregyesek száman, másrészt a vezéregyesek különböző sorokban helyezkednek el, tehát számuk
legfeljebb k. Innen valóban n ≤ k.
Ennek az észrevételnek egy egyszerű, de fontos következményét a későbbiekben sokszor fel fogjuk használni. Ehhez előbb bevezetjük a homogén
lineáris egyenletrendszer fogalmát:
3.1.3 Definíció
Egy lineáris egyenletrendszert homogénnek nevezünk, ha a jobb oldali
konstansok mindegyike nulla. ♣Egy homogén egyenletrendszer biztosan megoldható, hiszen x1 = . . . == xn = 0 mindig megoldás. Ezt triviális megoldásnak nevezzük. Így itt az

64

3. Lineáris egyenletrendszerekaz érdekes kérdés, hogy mikor létezik nem triviális megoldás. Erre elégséges
feltételt ad az alábbi
3.1.4 Tétel
Ha egy homogén lineáris egyenletrendszerben az ismeretlenek száma nagyobb, mint az egyenletek száma, akkor az egyenletrendszernek biztosan létezik nem triviális megoldása. ♣Bizonyítás: Indirekt, tegyük fel, hogy a triviálison kívül nincs más megoldás.
Ekkor az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van, tehát a 3.1.2 Tétel szerint az ismeretlenek száma nem lehet nagyobb az egyenletek számánál, ami
ellentmond a feltételnek.
A továbbiak előkészületeként az egyenletrendszerek két másik felírási módjával ismerkedünk meg. Ehhez szükségünk lesz az (oszlop)vektorok fogalmára.
3.1.5 Definíció
Az egy oszlopból álló mátrixokat oszlopvektor oknak nevezzük. Egy ilyen
mátrix (egyetlen oszlopának) elemeit a vektor komponensei nek vagy koordinátái nak hívjuk. A T test elemeiből képzett q komponensű vektorok összességét(T q×1 helyett röviden) T q -val jelöljük. ♣Ez a fogalom a sík-, illetve térvektorok (valós) számpárokként, illetveszámhármasokként történő felírási módjának az általánosítása. Később még
sokkal általánosabb értelemben fogjuk használni a ,,vektor” szót (lásd a 4.1
pontot).
T q -ban — az általános mátrixműveleteknek megfelelően — beszélhetünk
két vektor összegéről, illetve egy vektor skalárszorosáról (azaz T -beli elemmel
vett szorzatáról), ezeket úgy kapjuk, hogy a megfelelő komponenseket összeadjuk, illetve a komponenseket a skalárral végigszorozzuk.
A vektorokat félkövér latin kisbetűkkel fogjuk jelölni.
Most rátérünk az egyenletrendszer egyik átírási módjára. Legyen


α11
 α21
A=
 ...

α12
α22

...
...


α1n
α2n 
 ∈ T k×n ,


αk1

αk2

...

αkn

3.1. Feladatokx1
 x2 
 
 
n

x=
 ...  ∈ T ,
 
 


65




β1
 β2 k
b=
 ..  ∈ T ,.
βkxnazaz A az együtthatómátrix, x az ismeretlenekből képezett vektor és a (máremlített) b a jobb oldali konstansokból álló vektor. Ekkor a mátrixszorzás
definíciójának megfelelően az egyenletrendszer felírható Ax = b alakban.
A másik átírási módhoz legyen
α

1j



 α2j k

aj = 
 ..  ∈ T ,.
αkj

j = 1, 2, . . . , n,tehát az aj -k az A együtthatómátrix oszlopvektorai. Ekkor az egyenletrendszer a következőképpen írható fel: x1 a1 + x2 a2 + . . . + xn an = b.
Feladatok
3.1.1 Mutassuk meg, hogy az (56. oldalon szereplő) E1–E4 elemi ekvivalens átalakítások valóban az eredetivel ekvivalens egyenletrendszerhez vezetnek.
3.1.2 Legyen T a valós test. Az alábbi változtatások közül melyek vezetnekaz eredetivel ekvivalens egyenletrendszerhez?
(a) Az első egyenlet helyére az összes egyenlet összegét írjuk.
(b) Az első egyenlet helyére az összes többi egyenlet összegét írjuk.
(c) Az első két egyenlet helyére az összes egyenlet összegét írjuk.
(d) Az első két egyenlet helyére ezek összegét és különbségét írjuk.
(e) Minden egyenletben minden együtthatóhoz és a jobb oldali konstansokhoz is 1-et hozzáadunk.
Mennyiben módosul(hat)nak a válaszok, ha R helyett más T test
feletti egyenletrendszereket vizsgálunk?

66

3. Lineáris egyenletrendszerek
3.1.3 Oldjuk meg a valós számok körében az alábbi egyenletrendszereket.

(a) − x + 3y + 3z = 2(b) 2x + 3y + z = 11(c) 2x + 3y + z = 11

3x + y + z = 4x − y − 2z = −7x − y − 2z = −7

2x − 2y + 3z = 10

3x + 2y − z =3x + 2y − z =24

3.1.4 Hány megoldása van a modulo 5 maradékosztályok teste felett az
alábbi egyenletrendszernek?
x1 + x2 + x3 = 1
x3 + x4 + x5 = 4
x1 + x3 + x4 = 2
x2 + x3 + x5 = 3
3.1.5 Oldjuk meg a komplex számok körében a következő egyenletrendszereket.
(a)x1 + ix2 − x3 = −i(b) x1 + x2 + x3 + x4 + x5 =0

ix1 − x2 − ix3 =1x1 + ix2 + x3 + x4 + x5 = −1 + i− x1 − ix2 + x3 =ix1 + x2 + ix3 + x4 + x5 = −1 − i− ix1 + x2 + ix3 = −1

x1 + x2 + x3 + ix4 + x5 =1−i

x1 + ix2 + x3 =x1 + x2 + x3 + x4 + ix5 =

1+i

i

3.1.6 Oldjuk meg a valós számok körében:x1 + x2 = 1,∗

x2 + x3 = 1,...,

x n + x1 = 1 .

3.1.7 Milyen n és m esetén lesz az alábbi (n × n-es) valós egyenletrendszernek egyértelmű megoldása?
x1 + x2 + . . . +xm = 1x2 + x3 + . . . + xm+1 = 1..
.
xn + x1 + . . . + xm−1 = 1

67

3.1. Feladatok

3.1.8 Legyen n > 1, és oldjuk meg az alábbi n ismeretlenes és n egyenletből
álló valós egyenletrendszert:
x1 + x2 + x3 + . . . + xn =nx1 + 2x2 + 2x3 + . . . + 2xn = n − 1
x1 + 2x2 + 3x3 + . . . + 3xn = n − 2
..
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
.
x1 + 2x2 + 3x3 + . . . + nxn =1vagyis az A együtthatómátrixban αij = min(i, j).
3.1.9 Legyen k, n > 2 és p egy kn-nél nagyobb prímszám. A k × n-es A
mátrixot úgy képezzük, hogy sorban leírjuk 1-től kn-ig a számokat,
tehát αij = (i − 1)n + j. Tekintsük az Ax = b egyenletrendszert amodulo p test felett.
(a) Megoldhatóság esetén hány megoldás van?
(b) Hány b-re lesz az egyenletrendszer megoldható?
3.1.10 Adjunk példát olyan 3 ismeretlenes és 5 egyenletből álló egyenletrendszerre, melynek (a) nincs megoldása; (b) egyértelmű megoldása
van; (c) végtelen sok megoldása van; (d) pontosan 7 megoldása van.
Mi a helyzet 5 ismeretlen és 3 egyenlet esetén?
3.1.11 Milyen kapcsolat van a vezéregyesek, a szabad paraméterek és az
ismeretlenek száma között?
3.1.12 Legyen T egy t elemszámú véges test, n > k és tekintsünk T felett
egy k egyenletből álló n ismeretlenes egyenletrendszert. Bizonyítsuk
be, hogy megoldhatóság esetén a megoldásszám legalább tn−k .
3.1.13 Tegyük fel, hogy egy (tetszőleges T test feletti) egyenletrendszernek
egynél több megoldása van, és tekintsük a megoldásokban előfordulóösszes lehetséges x1 értékek H halmazát. Bizonyítsuk be, hogy H
vagy egyelemű, vagy pedig H = T .
3.1.14 Hogyan ábrázolhatjuk geometriailag a valós együtthatós kétismeretlenes (és akárhány egyenletből álló) egyenletrendszereket? Hogyan
látszik a megoldhatóság és a megoldásszám? Mi a helyzet három
ismeretlen esetén?
3.1.15 Legyen az Ax = b egyenletrendszer egy megoldása x′ . Mutassuk
meg, hogy az összes megoldást az x′ + x∗ képlettel kapjuk, ahol x∗
végigfut az Ax = 0 homogén egyenletrendszer összes megoldásán.

68

3. Lineáris egyenletrendszerek

3.1.16 Legyen A, Ai ∈ T k×n , x ∈ T n , b , bi ∈ T k , és tekintsük az
Ax = b , A1 x = b stb. egyenletrendszereket. Melyek igazak az
alábbi állítások közül?
(a) Ha Ax = b1 és Ax = b2 megoldható, akkor Ax = b1 + b2 is megoldható.
(b) Ha A1 x = b és A2 x = b megoldható, akkor (A1 + A2 )x = b ismegoldható.
(c) Ha Ax = b-nek egyértelmű a megoldása, akkor Ax = b1 -nek semmilyen b1 -re sem lehet egynél több megoldása.
(d) Ha Ax = b-nek egyértelmű a megoldása, akkor Ax = b1 is biztosan
megoldható bármely b1 -re.
(e) Ha k < n, akkor tetszőleges A-hoz van olyan b, amelyre Ax = b nem
oldható meg.
(f) Ha k > n, akkor tetszőleges A-hoz van olyan b, amelyre Ax = b nem
oldható meg.
M 3.1.17 Ábel és Béla (egymástól függetlenül) gondol 5–5 egész számot. Ábel a
Béla által gondolt számok közül megkérdezheti bármely 2 összegéneka paritását, Béla pedig Ábel számai közül bármely 3 összegének aparitását tudakolhatja meg. Ki tudja-e találni valamelyikük a másikáltal gondolt számok mindegyikének a paritását, és ha igen, akkor
minimálisan hány kérdéssel tudja ezt megtenni?
3.1.18 Tekintsünk egy egész együtthatós lineáris egyenletrendszert (a jobb
oldalon álló konstansok is egész számok). Melyek igazak az alábbiállítások közül?
(a) Ha van megoldás az egész számok körében, akkor van megoldás akomplex számok körében is.
(b) Ha van megoldás a komplex számok körében, akkor van megoldás aracionális számok körében is.
(c) Ha van megoldás a racionális számok körében, akkor van megoldás
az egész számok körében is.
3.1.19 Ha egy egyenletrendszerben az együtthatók (beleértve a jobb oldalonálló konstansokat is) egész számok, akkor ezeket a modulo 11 maradékosztályok elemeinek is képzelhetjük, és ekkor a modulo 11 test
feletti egyenletrendszerhez jutunk. Tekintsünk egy ilyen homogén
egyenletrendszert. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha van nem triviális megoldás a modulo 11 test felett, akkor nem
triviális racionális megoldás is van.
(b) Ha van nem triviális racionális megoldás, akkor a modulo 11 test
felett is van nem triviális megoldás.

3.2. Cramer-szabály

69

3.2. Cramer-szabály
Ebben a pontban olyan speciális egyenletrendszerekről lesz szó, amelyekben
megegyezik az ismeretlenek és az egyenletek száma. Az együtthatómátrix
ekkor négyzetes, és így létezik determinánsa. Először megmutatjuk, hogy ha
ez a determináns nem nulla, akkor az egyenletrendszernek bármilyen jobb
oldal mellett pontosan egy megoldása van, és erre a megoldásra determinánsok
segítségével képletet is adunk:
3.2.1 Tétel (Cramer-szabály)
Ha A ∈ T n×n és D = det A ̸= 0, akkor az Ax = b egyenletrendszernek
pontosan egy megoldása van. A megoldásban xj = Dj /D, ahol a Dj determinánst úgy kapjuk, hogy D-ben a j-edik oszlop helyére a jobb oldali konstansokat (azaz a b vektor komponenseit) írjuk. ♣Például

α11
α21
..
.
x2 =

β1
β2
..
.

...
...
..
.

α1n
α2n
..
.

αn1 βn . . . αnn
α11 α12 . . . α1nα21 α22 . . . α2n
..
..
..
..
.
.
.
.
αn1 αn2 . . . αnn

Bizonyítás: Mivel a feltétel szerint létezik A−1 , ezért az Ax = b egyenletrendszert balról A−1 -gyel beszorozva ekvivalens egyenletrendszert nyerünk.
(Az ekvivalenciát az biztosítja, hogy a kapott egyenletrendszert balról Aval beszorozva ismét az eredeti egyenletrendszerhez jutunk vissza — közben
természetesen többször kihasználtuk a mátrixszorzás tulajdonságait.) Így az
x = A−1 b egyenletrendszer keletkezett, ami ,,már meg is van oldva”. Ezzel
igazoltuk, hogy az eredeti egyenletrendszernek pontosan (ez az) egy megoldása
van.
Hátra van még, hogy az x = A−1 b megoldást a kívánt alakra hozzuk.
A mátrixszorzás szabályai szerint xj éppen az A−1 mátrix j-edik sorának és
a b vektornak a szorzata. Felhasználva a mátrix inverzére a 2.2.2 Tétel bizonyításában adott képletet, így xj = (1/D)(A1j β1 + . . . + Anj βn ), ahol Alma D determináns megfelelő előjeles aldeterminánsait jelöli. Mivel a Dj determináns csak a j-edik oszlopában tér el D-től, ezért a j-edik oszlophoz tartozó
megfelelő előjeles aldeterminánsok D-ben és Dj -ben azonosak. Ennélfogva

70

3. Lineáris egyenletrendszerek

Dj -t a j-edik oszlopa szerint kifejtve Dj = β1 A1j + . . . + βn Anj adódik, tehát
xj valóban átírható xj = Dj /D alakba.
A Cramer-szabálynak elsősorban elméleti jelentősége van. Az egyenletrendszerek gyakorlati megoldásánál csak ritkán használjuk, hiszen egyrészt
eleve csak igen speciális esetekben alkalmazható, másrészt még ekkor is általában jóval több számolást igényel, mint a Gauss-kiküszöbölés (gondoljuk
meg, hogy a teljes eredményt adó Gauss-kiküszöbölés ebben az esetben aligtart tovább, mint egyetlen n-edrendű determinánsnak a kiszámítása, a Cramerszabályhoz pedig n + 1 darab ilyen determinánst kell kiszámítani).
Természetesen érdemes a Cramer-szabályra támaszkodni, ha a D és Dj
determinánsok egyszerűen meghatározhatók. Hasznát vehetjük akkor is, ha,,észreveszünk” egy megoldást és kimutatjuk, hogy D ̸= 0; ekkor ugyanis afenti tételből tudjuk, hogy a (ki)talált megoldáson kívül több megoldás nem
is lehet.
A Cramer-szabály történeti (és középiskolai tanítási) szempontból is érdekes. Ha az α11 x1 + α12 x2 = β1 , α21 x1 + α22 x2 = β2 általános 2 ismeretlenesés 2 egyenletből álló (mondjuk valós) egyenletrendszert (akármilyen módszerrel) megoldjuk, akkor könnyen adódik, hogy (pontosan) akkor van egyértelmű
megoldás, ha α11 α22 − α12 α21 ̸= 0, és ekkor
x1 =β1 α22 − β2 α12,
α11 α22 − α12 α21x2 =−β1 α21 + β2 α11.
α11 α22 − α12 α21Vegyük észre, hogy ez éppen a Cramer-szabály az n = 2 esetben. Némi fáradsággal még n = 3-ra is kihozhatjuk ,,kisipari módszerekkel” a megfelelő eredményt. Éppen az ilyen típusú észrevételek indították el a determinánsfogalom
kialakulását és alkalmazását a lineáris egyenletrendszerek megoldására.
A Cramer-szabálynál nagyon fontos feltétel, hogy az együtthatómátrix
determinánsa ne legyen nulla. Az xj -re felírt képlet D = 0 esetén persze eleveértelmetlen, azonban ennél több is igaz; ha D = 0, akkor az egyenletrendszernek semmiképpen sem lehet egyértelmű megoldása:
3.2.2 Tétel
Ha A ∈ T n×n és D = det A = 0, akkor az Ax = b egyenletrendszer vagy
nem oldható meg, vagy pedig egynél több megoldása van. ♣Bizonyítás: Végezzünk Gauss-kiküszöbölést az Ax = b egyenletrendszerrel,
de most a(z esetleg keletkező) csupa nulla sorokat ne hagyjuk el. Ekkor az
elemi ekvivalens átalakítások során kapott együtthatómátrixok determinánsa— a determinánsokra vonatkozó elemi tulajdonságok szerint — továbbra is3.2. Cramer-szabály

71

nulla marad. Így az RLA bal oldalának a determinánsa is nulla. Ha az egyenletrendszernek egyértelmű lenne a megoldása, akkor minden oszlopba kerülne
vezéregyes, de ekkor az RLA bal oldala az egységmátrix lenne, amelynek adeterminánsa nem nulla. Ez az ellentmondás biztosítja, hogy az egyenletrendszernek nem lehet egyértelmű megoldása.
Megjegyezzük, hogy a 3.2.2 Tétel bizonyításának mintájára az is igazolható, hogy ha az együtthatómátrix determinánsa nem nulla, akkor az egyenletrendszernek egyetlen megoldása van. (Ekkor már általában nem igaz, hogy aGauss-kiküszöbölés során kapott együtthatómátrixok determinánsa nem változik, az azonban igaz, hogy sohasem válik nullává.) Ezzel a Cramer-szabály
egy részére új bizonyítás adódott (,,csak” a képletet nem kaptuk meg ily módon).
A fentiek alapján (az ugyanannyi ismeretlent és egyenletet tartalmazó)
homogén lineáris egyenletrendszerekre az alábbi eredményt nyerjük:
3.2.3 Tétel
Legyen A ∈ T n×n . Az Ax = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek
akkor és csak akkor van nem triviális megoldása, ha det A = 0. ♣Bizonyítás: Ha det A = 0, akkor a 3.2.2 Tétel szerint nem lehet egyértelmű
megoldás, tehát a triviális megoldáson kívül kell még lennie megoldásnak. Ha
det A ̸= 0, akkor a 3.2.2 Tétel utáni megjegyzés (vagy a 3.2.1 Tétel) alapján
egyértelmű a megoldás, tehát csak a triviális megoldás létezik.
Megjegyezzük, hogy mindezek alapján új (és teljes) bizonyítást nyerhetünk a négyzetes mátrixok invertálhatóságáról és a nullosztókról szóló 2.2.2
és 2.2.5 tételekre is, ezeket a 3.5 pontban tárgyaljuk majd.
A Cramer-szabály egyik alkalmazásaként most egy interpolációs polinomokról szóló tételt igazolunk:
3.2.4 Tétel
Legyenek γ1 , . . . , γn a T test különböző elemei, β1 , . . . , βn pedig tetszőleges T -beli elemek. Ekkor pontosan egy olyan legfeljebb n − 1-edfokú
f ∈ T [x] polinom létezik (megengedve a foknélküli nulla polinomot is), amelyre
f (γi ) = βi , i = 1, 2, . . . , n. ♣

72

3. Lineáris egyenletrendszerek

Bizonyítás: Legyen f = δ0 + δ1 x + . . . + δn−1 xn−1 , ekkor a feltétel pontosan aδ0 + γ1 δ1 + . . . + γ1n−1 δn−1 = β1
δ0 + γ2 δ1 + . . . + γ2n−1 δn−1 = β2
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
δ0 + γn δ1 + . . . + γnn−1 δn−1 = βnegyenletrendszert jelenti, ahol a δi -k az ismeretlenek. Az egyenletrendszer
determinánsa a V (γ1 , . . . , γn ) Vandermonde-determináns, amely a γi -k különbözősége miatt nem nulla. Így a Cramer-szabály alapján az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van.
A Cramer-szabály képletét alkalmazva megkaphatjuk magukat a δi együtthatókat, tehát az f polinomot is, azonban — mint említettük — nem biztos,
hogy ez a leggyorsabb eljárás f előállítására. Ha szerencsénk van, akkor itt is,,kitalálhatjuk” a polinomot, és ezután az egyértelműség miatt már biztosak
lehetünk abban, hogy ez az egyetlen megfelelő polinom.
Az f -et (az adott γi ,,helyekhez” és βi helyettesítési értékekhez tartozó)
interpolációs polinomnak nevezzük. Az ,,interpolációs” jelző arra utal, hogy
(nagyon pongyolán fogalmazva) az f polinom valósítja meg azt a ,,lehető legegyszerűbb” függvényt, amely a γi helyeken előírt βi helyettesítési értékek
segítségével határozza meg (,,iktatja közbe”) a többi helyen felvett értéket. Az
f polinom két másik előállítási módjára, valamint egyértelműségének további
lehetséges bizonyításaira nézve lásd a 3.2.9–3.2.11 feladatokat.
Feladatok
3.2.1 Oldjuk meg a komplex számok körében az alábbi egyenletrendszert.
x1 + x2 +x3 +x4 = 2 + 2i

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 4 + 4i
x1 + 3x2 + 6x3 + 10x4 = 7 + 6i
x1 + 4x2 + 10x3 + 20x4 = 11 + 8i
3.2.2 Oldjuk meg a valós számok körében:x1 + 2x2 = 3,

x2 + 3x3 = 4,...,

xn + (n + 1)x1 = n + 2 .

73

3.2. Feladatok

3.2.3 Oldjuk meg az alábbi valós egyenletrendszereket, ahol (b)-ben
αi ̸= αj , ha i ̸= j.
(a) x1 +x2 + . . . +xn = nx1 +..
.

2x2 + . . . +nxn = n2x1 + 2n−1 x2 + . . . + nn−1 xn = nn

(b)

x1 +

x2 + . . . +xn = 1

α1 x1 +..
.

α2 x2 + . . . +αn xn = βα1n−1 x1 + α2n−1 x2 + . . . + αnn−1 xn = β n−1
3.2.4 Használjuk a 3.2.1 Tétel jelöléseit. Melyek igazak az alábbi állítások
közül?
(a) Ha D = 0, de van olyan j, amelyre Dj ̸= 0, akkor az Ax = begyenletrendszer nem oldható meg.
(b) Ha D = 0 és minden j-re Dj = 0, akkor az Ax = b egyenletrendszernek egynél több megoldása van.
3.2.5 Legyenek A1 , A2 ∈ T n×n invertálható mátrixok, és tekintsük az
A1 x = b és A2 x = b egyenletrendszereket (azonos jobb oldallal).
Bizonyítsuk be, hogy(a) pontosan akkor lesz bármilyen b esetén a két egyenletrendszernek
közös megoldása, ha A1 = A2 ;(b) pontosan akkor nem lesz semmilyen b ̸= 0 esetén sem a két egyenletrendszernek közös megoldása, ha A1 − A2 is invertálható.
3.2.6(a) Legyen mij , i, j = 1, 2, . . . , n olyan n2 darab egész szám, hogy az
mij -kből képezett determináns nem osztható 7-tel. Tegyük fel, hogy
v1 , . . . , vn olyan egész számok, hogy v1 mj1 + . . . + vn mjn bármely
j-re osztható 7-tel. Bizonyítsuk be, hogy ekkor minden vi osztható
7-tel.
∗(b) Hogyan általánosítható a feladat 7 helyett tetszőleges egész számra?

74

3. Lineáris egyenletrendszerek

A további feladatok az interpolációs polinomhoz kapcsolódnak. A 3.2.4 Tétel
jelöléseit fogjuk használni.
3.2.7 Határozzuk meg azt a legfeljebb harmadfokú f komplex együtthatós
polinomot, amelyre(a) f (−1) = 12, f (4) = 7, f (6) = 5, f (9) = 2;(b) f (1) = f (−1) = 3, f (2) = f (−2) = 9;(c) f (1) = i, f (i) = −1, f (−1) = −i, f (−i) = 1;(d) f (−1) = f (i) = f (−i) = 1, f (1) = 9.
3.2.8 Hány olyan pontosan a) n − 1-edfokú; b) n-edfokú f polinom van,amely a 3.2.4 Tétel (többi) feltételeit kielégíti?
3.2.9 Adjunk új bizonyítást a 3.2.4 Tételben szereplő f egyértelműségére,arra támaszkodva, hogy egy polinomnak legfeljebb annyi gyöke lehet,
mint amennyi a fokszáma.
3.2.10 Newton-féle interpolációs polinom. Adjunk új bizonyítást a 3.2.4
Tételre (azaz f létezésére és egyértelműségére) úgy, hogy f -et a következő alakban keressük:
f = ν0 +ν1 (x−γ1 )+ν2 (x−γ1 )(x−γ2 )+. . .+νn−1 (x−γ1 )·. . .·(x−γn−1 ).
3.2.11 Lagrange-féle interpolációs polinom. Legyen n > 1.
(a) Keressünk olyan legfeljebb n − 1-edfokú Li polinomot, amelyre
Li (γj ) = 0, ha j ̸= i és Li (γi ) = 1. [Ez azt jelenti, hogy az interpolációs problémát (először) abban a nagyon speciális esetben oldjuk
meg, amikor az előírt helyettesítési értékek egyike 1, az összes többi
pedig 0. Az Li -ket (a γi helyekhez tartozó) Lagrange-féle alappolinomoknak nevezzük.]∑n(b) Mutassuk meg, hogy az f = i=1 βi Li polinom megfelel a 3.2.4 Tétel
feltételeinek.
M∗ 3.2.12 Legyen n > 1.
(a) Melyik (jólismert) polinom az (n darab) Li Lagrange-féle alappolinom összege?
(b) Legyenek γ1 , . . . , γn különböző valós számok és ν tetszőleges valós.
Adjuk meg egyszerűbb alakban az alábbi két valós számot:
(b1)

n ∏
∑
ν − γji=1 j̸=iγi − γj

,

(b2)

n ∏
∑
i=1 j̸=i1.
γi − γj3.3. Lineáris függetlenség T k -ban

75

3.2.13 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha egy (komplex együtthatós) polinom minden egész helyen egészértéket vesz fel, akkor a polinom egész együtthatós.
(b) Ha egy (komplex együtthatós) polinom minden racionális helyen racionális értéket vesz fel, akkor a polinom racionális együtthatós.
∗

3.2.14 Legyen T véges test. Mutassuk meg, hogy minden Φ : T → T függvény polinomfüggvény, azaz van olyan f ∈ T [x] polinom, hogy minden τ ∈ T -re f (τ ) = Φ(τ ).

∗3.2.15 Ali Baba a kincset a 40 rablóra akarja hagyni, de fél, hogy azokösszevesznek, és ezért olyan módszert szeretne, hogy csak akkor juthassanak hozzá, ha már legalább 25 rabló előre megegyezett, hogyan
osztozkodnak. A kincshez vezető útvonalat egy számítógép rejti,
ehhez csak úgy lehet hozzáférni, ha valaki bepötyögi a megfelelő jelszót, ami egy (meglehetősen nagy) természetes szám. Ali Baba az Interpol tanácsára egyenként mindegyik rablónak a fülébe súg valamit.
Ha bármelyik 25 rabló összefog, akkor meg tudja fejteni a kulcsszámot, de 24-en hiába próbálkoznak, együttesen sem lesz semmilyen információjuk a számról. Mit tanácsolt Ali Babának az Interpol(áció)?

3.3. Lineáris függetlenség T k -banAz előző pontban a lineáris egyenletrendszerek Ax = b alakját használtuk.
A most következő vizsgálatok a 3.1 pont végén említett másik átírási módhoz
kapcsolódnak.
Felelevenítve az ott mondottakat, legyen
α

1j



 α2j k

aj = 
 ..  ∈ T ,.
αkj

j = 1, 2, . . . , n,tehát az aj -k az A együtthatómátrix oszlopvektorai. Ekkor az egyenletrendszer a következőképpen írható fel: x1 a1 + x2 a2 + . . . + xn an = b.
3.3.1 Definíció
Legyen u1 , . . . , um ∈ T k és λ1 , . . . λm ∈ T , azaz vegyünk m darab T k -belivektor t és ugyanennyi T -beli skalár t. Ekkor a λ1 u1 +. . .+λm um ∈ T k vektort
az ui vektorok (λi skalárokkal képzett) lineáris kombinációjának nevezzük. ♣76

3. Lineáris egyenletrendszerek

Ennek alapján a lineáris egyenletrendszer megoldhatósága éppen azt jelenti, hogy b előáll az aj oszlopvektorok lineáris kombinációjaként, és az ilyenelőállítás(ok)ban szereplő skalárok szolgáltatják az egyenletrendszer megoldását (megoldásait).
Különösen fontos lesz a homogén egyenletrendszer, azaz a b = 0 eset.
A homogén egyenletrendszer triviális megoldásának éppen az felel meg, haaz aj -k mindegyikét a λj = 0 skalárral szorozzuk meg, és az így elkészített
0a1 + . . . + 0an ún. triviális lineáris kombináció eredménye természetesen
valóban a nullvektor. nem triviális megoldás pedig egy olyan nem triviális
lineáris kombinációt jelent, amely a nullvektort állítja elő, azonban a kombinációban szereplő skalárok nem mindegyike nulla.
Alapvetően fontos két definíció következik:
3.3.2 Definíció
Az u1 , . . . , um ∈ T k vektorok lineárisan összefüggők, ha léteznek olyan
λ1 , . . . , λm ∈ T skalárok, amelyek nem mind 0-k, és λ1 u1 + . . . + λm um = 0.
♣
3.3.3 Definíció
Az u1 , . . . , um ∈ T k vektorok lineárisan függetlenek, ha λ1 u1 + . . . ++λm um = 0 CSAK úgy valósulhat meg, ha mindegyik λi = 0. Azaz
λ1 u1 + . . . + λm um = 0 ⇒ λi = 0, i = 1, . . . , m. ♣Egy u1 , . . . , um ∈ T k vektorrendszerre tehát a lineáris függetlenség ésa lineáris összefüggés közül pontosan az egyik teljesül. A ,,lineáris” jelzőt arövidség kedvéért gyakran elhagyjuk.
A ,,vektorrendszer” kifejezésben a ,,rendszer” szó arra utal, hogy (a halmazzal ellentétben) ugyanaz a vektor többször is előfordulhat az ui -k között.
Ez a körülmény lényegesen befolyásol(hat)ja a függetlenség kérdését: ha az
ui -k között szerepelnek azonos vektorok, pl. u1 = u2 , akkor 1u1 + (−1)u2 ++0u3 + . . . + 0um = 0, tehát az u1 , . . . , um vektorrendszer mindenképpen
összefüggő.
Példák:
 
 
 
1
2
1





P1. Az u1 =2 , u2 =
1 , u3 =1  ∈ R3 vektorok lineárisan
121összefüggők, mert 1u1 + 1u2 + (−3)u3 = 0.

3.3. Lineáris függetlenség T k -ban
77
 
2

P2. Az előző u1 , u2 , valamint az u4 = 1  vektorokból álló rendszer lineá1
risan független. Ennek igazolásához írjuk ki részletesen a λ1 u1 + λ2 u2 ++λ4 u4 = 0 egyenlőséget:
 
 
  
  
1
2
2
λ1 + 2λ2 + 2λ4
0









λ1 2 + λ2 1 + λ4 1 = 2λ1 + λ2 + λ4 = 0  ,1
2
1
λ1 + 2λ2 + λ4
0ami pontosan
λ1 + 2λ2 + 2λ4 = 0
2λ1 + λ2 + λ4 = 0
λ1 + 2λ2 + λ4 = 0
teljesülését jelenti. A Gauss-kiküszöböléssel könnyen adódik, hogy ennek a homogén egyenletrendszernek csak triviális megoldása van, azaz
CSAK λ1 = λ2 = λ4 = 0 lehetséges, így az u1 , u2 , u4 vektorok valóban
függetlenek.
Természetesen a P1 példában, az u1 , u2 , u3 vektorok lineáris összefüggésének
az igazolásához sincs szükség arra, hogy valahonnan megsejtsük a megfelelő
skalárokat. Ekkor a
λ1 + 2λ2 + λ3 = 0
2λ1 + λ2 + λ3 = 0
λ1 + 2λ2 + λ3 = 0
homogén egyenletrendszert kell vizsgálni, és Gauss-kiküszöböléssel kapjuk azáltalános megoldást: λ1 = λ2 = −µ/3, λ3 = µ, ahol µ tetszőleges valós szám.
Mivel van nem triviális megoldás, ezért a vektorok összefüggők, és bármelyµ ̸= 0 szolgáltat egy alkalmas nem triviális kombinációt. (A P1 példában az
indoklásként rögtön az elején felírt kombinációhoz — amelyet talán tényleg,,ki lehetett találni” — a µ = −3 paraméterérték tartozik).
Az imént elmondottak teljesen általános érvényűek: az u1 , . . . , un ∈ T kvektorok lineáris összefüggőségének, illetve függetlenségének az eldöntéséhez
tekintsük az U x = 0 homogén lineáris egyenletrendszert, ahol az U ∈ T k×n
mátrix oszlopvektorai az uj -k. Ha ennek az egyenletrendszernek csak triviális
megoldása van, akkor az uj vektorok függetlenek, ha pedig létezik nem triviális

78

3. Lineáris egyenletrendszerek

megoldás is, akkor összefüggők. Azt, hogy létezik-e az egyenletrendszernek
nem triviális megoldása vagy sem, Gauss-eliminációval határozhatjuk meg.
nem triviális megoldás létezése esetén a megoldások egyúttal meg is adják askalárokat a nullvektort előállító lineáris kombinációkhoz.
A lineáris függetlenség kérdésénél adódó homogén egyenletrendszereknéláltalában a Gauss-kiküszöbölés alkalmazása a legcélszerűbb. Abban a (nagyon) speciális esetben, amikor a vektorok száma megegyezik k-val (teháta komponensek számával), egy négyzetes U mátrixot kapunk, és így alkalmazhatjuk a 3.2.3 Tételt is: a vektorok ebben az esetben akkor és csak akkorösszefüggők, ha det U = 0 (azonban ez összefüggőség esetén nem ad információt a nem triviális lineáris kombinációkban szereplő skalárokról).
Ha a vektorok száma k-nál nagyobb, akkor egy olyan homogén egyenletrendszerhez jutunk, amelyben több az ismeretlen, mint az egyenlet. A 3.1.4
Tétel szerint ennek mindig van nem triviális megoldása, a vektorok tehát biztosan összefüggők. Ezt az egyszerű tényt nagyon sokszor fel fogjuk használni,ezért külön tételként is megfogalmazzuk:
3.3.4 Tétel
Akárhogyan választunk T k -ban k-nál több vektort, ezek szükségképpen
lineárisan összefüggők. ♣A lineáris függetlenség, illetve összefüggőség definíciójából azonnal adódnak az alábbi egyszerű észrevételek. Egyetlen vektor egyedül akkor és csak
akkor független, ha nem a nullvektor. Két vektor akkor és csak akkor lineárisan
független, ha egyik sem skalárszorosa a másiknak. Több vektor esetén ez már
nem igaz , lásd pl. a P1 példában szereplő u1 , u2 és u3 vektorokat, amelyek
közül egyik sem skalárszorosa a másiknak, mégis összefüggők.
Az alábbi tételben a definíciók néhány további egyszerű következményét
foglaljuk össze (melegen ajánljuk, hogy az Olvasó próbálja ezeket előbb önállóan bebizonyítani, és csak utána nézze meg az általunk közölt bizonyításokat):3.3.5 Tétel
I. Ha egy (legalább kételemű) lineárisan független rendszerből egy tetszőleges elemet elhagyunk, akkor a maradék vektorok is lineárisan független
rendszert alkotnak.
II. Ha egy lineárisan összefüggő rendszerhez egy tetszőleges vektort hozzáveszünk, akkor az így kapott vektorrendszer is lineárisan összefüggő.

3.3. Lineáris függetlenség T k -ban

79

III. Egy legalább kételemű vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan összefüggő, ha van benne (legalább egy) olyan vektor, amely előáll a többi
vektor lineáris kombinációjaként.
IV. Ha u1 , . . . , um lineárisan független, de az um+1 vektor hozzávételével
kapott rendszer lineárisan összefüggő, akkor um+1 előáll az u1 , . . . , um
vektorok lineáris kombinációjaként.
V. Tegyük fel, hogy valamely v vektor előáll az u1 , . . . , um vektorok lineáris
kombinációjaként. Ez az előállítás akkor és csak akkor egyértelmű, ha
u1 , . . . , um lineárisan független. ♣Bizonyítás: Lássuk be először II-t. Tegyük fel, hogy az u1 , . . . , um vektorok
lineárisan összefüggők, azaz léteznek olyan λ1 , . . . , λm ∈ T skalárok, amelyek nem mind 0-k, és λ1 u1 + . . . + λm um = 0. Ekkor a vektorrendszerhez
tetszőleges um+1 vektort hozzávéve, a λ1 u1 + . . . + λm um + 0um+1 lineáris
kombináció nem triviálisan állítja elő a nullvektort, tehát a kibővített vektorrendszer is összefüggő.
I-et indirekt igazoljuk. Ha a maradék vektorok összefüggők lennének,akkor az elhagyott vektort visszavéve II. alapján az eredeti rendszer is összefüggő lett volna.
III-nál tegyük fel először, hogy pl. um előáll a többi ui lineáris kombinációjaként, azaz um = δ1 u1 + . . . + δm−1 um−1 . Ezt nullára rendezve
0 = δ1 u1 +. . .+δm−1 um−1 +(−1)um adódik, ami a nullvektor egy nem triviáliselőállítása, hiszen a −1 skalár biztosan nem nulla. Ebből következik, hogy avektorok összefüggők. A megfordításhoz legyenek az ui vektorok összefüggők,vegyük a nullvektor egy nem triviális λ1 u1 + . . . + λm um = 0 előállítását, ahol
mondjuk λ1 ̸= 0. Ekkor az u1 vektor u1 = (−λ2 /λ1 )u2 + . . . + (−λm /λ1 )um
formában előáll a többi vektor lineáris kombinációjaként.
III. második részében azt is igazoltuk, hogy bármelyik olyan vektor kifejezhető a többi lineáris kombinációjaként, amely a nullvektort adó (egyik) nem
triviális lineáris kombinációban nem nulla skalárral van megszorozva. Így IVhez elég azt belátnunk, hogy az u1 , . . . , um , um+1 vektorok egy nem triviális
lineáris kombinációjában um+1 együtthatója nem nulla. Ez valóban igaz, mert
különben 0 = λ1 u1 + . . . + λm um + 0um+1 = λ1 u1 + . . . + λm um miatt a nullvektor az u1 , . . . , um vektorok egy nem triviális lineáris kombinációjaként iselőállna, ami ellentmond azok függetlenségének.
Végül V-höz csak azt kell végiggondolnunk, hogy ρ1 u1 + . . . + ρm um == π1 u1 + . . . + πm um pontosan akkor teljesül, ha (ρ1 − π1 )u1 + . . . ++(ρm − πm )um = 0.

80

3. Lineáris egyenletrendszerek

A III. és IV. állítással kapcsolatban külön is megjegyezzük, hogy lineárisösszefüggőség esetén általában több olyan vektor is van, amely kifejezhető atöbbiek lineáris kombinációjaként. Ugyanígy, ha független vektorokhoz egy új
vektort hozzávéve összefüggő rendszert kapunk, akkor általában nemcsak az
új vektor írható fel a régiek lineáris kombinációjaként, hanem ,,szinte mindig”
a régi vektorok között is van(nak) olyan(ok), amely(ek) előáll(nak) a többiek(azaz a többi régi és az új vektor) alkalmas lineáris kombinációjaként (lásd a
3.3.4 és 3.3.5 feladatokat).
A lineáris függetlenség szokatlan fogalom, alaposan meg kell emészteni.
Ne felejtsük például el, hogy a lineáris függetlenséget sohasem lehet úgy megfogni, hogy az adott vektoroknak a csupa nulla skalárral vett lineáris kombinációját tekintjük. Ez ugyanis mindig a nullvektort eredményezi, tekintet nélkül
arra, hogy a vektorok függetlenek vagy összefüggők voltak.
A lineáris függetlenséggel kapcsolatos kezdeti nehézségeken legkönnyebben úgy juthatunk túl, ha egyrészt mindent nagyon aprólékosan végiggondolunk, a legszigorúbban tartva magunkat a definíciókhoz, másrészt a bennünk
kialakuló képet — ha lehet — minél többször összevetjük a sík- és térvektorok
körében (azaz R2 -ben és R3 -ban) fennálló helyzettel, ahol tényleg ,,látjuk”, mi
mit jelent és a geometriai szemléletre (is) támaszkodhatunk.
A lineáris függetlenség fogalmát a 4.4 pontban majd tetszőleges vektortérre is általánosítjuk. Többszörösen kiderül azonban, hogy a fogalom minden lényeges eleme megtalálható már a most definiált T k -beli speciális esetben
is; egyrészt azt itt elmondottak szinte szó szerint átvihetők az általános esetre,másrészt pedig belátjuk majd, hogy minden (ún. véges dimenziós) vektortér,,tulajdonképpen” megegyezik valamelyik T k -val (lásd a 4.7 és 5.2 pontokat).
Ennek ellenére (vagy éppen ezért) a lineáris függetlenség alapvető szerephez
jut a matematika valamennyi ágában.
Feladatok(Lásd a 4.4.1–4.4.8 feladatokat is.)3.3.1 Döntsük el az alábbi R4 -beli vektorokról, hogy lineárisan összefüggők
vagy függetlenek. Ha összefüggők, fejezzük ki az egyiket a többi
lineáris kombinációjaként.
  
 

1
−2
−1
2  5  4(i)   , 
,

3
0
1
4
1
2

  
 

1
−2
−1
2  5  4(ii)   , 
,

3
1
1
4
1
2

3.3. Feladatok

81

3.3.2 Döntsük el az alábbi R4 -beli vektorokról, hogy lineárisan összefüggők
vagy függetlenek.
              
1
0
1
0
1
0
1
1
1 0 0 1
1 1 0 1(i)   ,   ,   ,  (ii)   ,   ,   ,  
0
1
1
0
1
1
1
0
0
1
0
1
0
1
1
1
         
1
0
0
1
0
1 1 1 0 1(iii)   ,   ,   ,   ,  
1
1
0
1
0
0
0
1
1
0
Legyen T a modulo 3 test. Mennyiben változik a helyzet, ha a fenti
vektorokat T 4 -belieknek tekintjük?
3.3.3 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha u1 , . . . , u5 lineárisan független, de u1 , . . . , u7 lineárisan összefüggő, akkor u6 és u7 közül legalább az egyik felírható az u1 , . . . , u5vektorok lineáris kombinációjaként.
(b) Ha van olyan u ̸= 0 vektor, amely felírható u1 , u2 , u3 lineáris kombinációjaként és u4 , u5 , u6 lineáris kombinációjaként is, akkor az
u1 , . . . , u6 vektorok lineárisan összefüggők.
(c) Ha az u1 , . . . , u6 vektorok egyike sem a nullvektor és lineárisan összefüggők, akkor van olyan u ̸= 0 vektor, amely felírható u1 , u2 , u3
lineáris kombinációjaként és u4 , u5 , u6 lineáris kombinációjaként is.
3.3.4 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha egy λ1 u1 + . . . + λm um = 0 nem triviális lineáris kombinációban
λ3 ̸= 0, akkor u3 előáll a többi ui vektor lineáris kombinációjaként.
(b) Ha egy λ1 u1 + . . . + λm um = 0 nem triviális lineáris kombinációban
λ3 = 0, akkor u3 nem áll elő a többi ui vektor lineáris kombinációjaként.
(c) Ha az u1 , . . . , um vektorok között pontosan d olyan van, amely kifejezhető a többi m − 1 vektor lineáris kombinációjaként, akkor az ui
vektorok közül kiválasztható m − d elemű független rendszer.
(d) Ha az u1 , . . . , um vektorok között pontosan d olyan van, amely kifejezhető a többi m − 1 vektor lineáris kombinációjaként, akkor az ui
vektorok közül nem választható ki m − d-nél több elemű független
rendszer.

82

3. Lineáris egyenletrendszerek
3.3.5 Tegyük fel, hogy u1 , . . . , um lineárisan független, u1 , . . . , um , v lineárisan összefüggő, továbbá egyik ui sem írható fel a v és a többi
uj lineáris kombinációjaként. Határozzuk meg v-t.
3.3.6 Az u1 , u2 , u3 , u4 vektorok lineárisan függetlenek, u5 ̸= 0 és u1 , u2 , u5
lineárisan összefüggő. Mit állíthatunk lineáris függetlenség, illetveösszefüggőség szempontjából az u3 , u4 , u5 vektorokról? (Lehetséges
válaszok: szükségképpen függetlenek — szükségképpen összefüggők
— lehetnek függetlenek is és összefüggők is.)
3.3.7(a) Megadható-e öt vektor úgy, hogy közülük az első három vektor lineárisan összefüggő, de bármelyik másik vektorhármas lineárisan független legyen?
(b) Megadható-e öt vektor úgy, hogy közülük az első három vektor lineárisan független, de bármelyik másik vektorhármas lineárisan összefüggő legyen, és a vektorok egyike sem a nullvektor?
3.3.8 Legyenek u1 , u2 , u3 , u4 ∈ R8 lineárisan függetlenek. Döntsük el,hogy az alábbi vektorrendszerek lineárisan függetlenek vagy összefüggők:(a) u1 − u2 , u2 − u3 , u3 − u4 ;(b) u1 − u2 , u2 − u3 , u3 − u1 ;(c) u1 + u2 , u2 + u3 , u3 + u4 , u4 + u1 ;(d) u1 + u2 , u2 + u3 , u3 + u4 , u4 + u2 ;√(e) u1 + πu2 + 2u3 + (sin 1◦ )u4 , 100u1 + 77u2 + (3/11)u3 + u4 ,u1 + 56 u2 + π 2 u3 − (1/8)u4 , (lg 3)u1 + 1999u2 + u3 + u4 , u1 + u2 + u3 .
Oldjuk meg a feladatot arra az esetre is, ha az u1 , u2 , u3 , u4 vektorok
lineárisan összefüggők voltak.
3.3.9 Tekintsünk m darab vektort, és készítsük el ezeknek q darab lineáris
kombinációját. Mit állíthatunk az így kapott vektorokról lineáris
függetlenség, ill. összefüggőség szempontjából, ha az eredeti vektorok
lineárisan (a) függetlenek; (b) összefüggők voltak, és α) q = m + 1;β) q = m; γ) q = m − 1? (Ez összesen hat kérdés. Lehetséges
válaszok: szükségképpen függetlenek — szükségképpen összefüggők
— lehetnek függetlenek is és összefüggők is.)3.3.10 Legyenek u1 , u2 , . . . , um lineárisan független vektorok és λ ̸= 0 egy
T -beli skalár. Mutassuk meg, hogy ekkor a λu1 , u2 , . . . , um , illetve
u1 + λu2 , u2 , . . . , um vektorrendszerek is lineárisan függetlenek.

3.4. A mátrix rangja

83

3.3.11 Bizonyítsuk be, hogy egy mátrix oszlopvektorainak a lineáris függetlensége, illetve összefüggősége nem változik meg, ha a mátrixszal
elemi (a) oszlopekvivalens; (b) sorekvivalens átalakításokat végzünk[ami (b)-nél az 58. oldalon felsorolt M1–M4 lépéseket, (a)-nál pedig
ezek oszlopokra vonatkozó változatait jelenti].
∗

3.3.12 Vegyünk 11 tetszőleges pozitív egészt, amelyek egyike sem osztható
30-nál nagyobb prímszámmal. Bizonyítsuk be, hogy a számok közül
kiválasztható néhány (esetleg csak egy, esetleg az összes), amelyek
szorzata négyzetszám.

3.4. A mátrix rangja
A mátrixokra háromféle rangfogalmat definiálunk, kettőt a lineáris függetlenség és egyet a determinánsok segítségével, majd megmutatjuk, hogy ezekbármely mátrix esetén megegyeznek. Az is kiderül, hogy ez a közös érték
éppen az RLA-beli vezéregyesek száma. Ennek alapján a rang kiszámítása
is a legegyszerűbben általában a Gauss-kiküszöbölés segítségével történhet.
Végül az egyenletrendszerek megoldhatóságának, illetve egyértelmű megoldhatóságának a feltételét fogjuk a rang segítségével megfogalmazni.
Tekintsünk egy A ∈ T k×n mátrixot. Ennek n darab oszlopvektora van,amelyek T k -beli vektorok. Hasonlóképpen értelmezhetjük a sorvektor okat is,
ez k darab T n -beli vektort jelent. (A sorvektorok tulajdonképpen 1 × n-es és
nem n × 1-es mátrixok, azonban általában nem lényeges, hogy a két fogalom,azaz T 1×n és T n×1 között különbséget tegyünk, és így mindkettőt T n -nel
fogjuk jelölni.) Az A mátrix sorvektorai éppen az AT transzponált mátrix
oszlopvektorai.
A mátrix oszloprangját az oszlopai közül kiválasztható lineárisan független vektorok maximális számaként értelmezzük:
3.4.1/O Definíció
Egy A mátrix oszloprangja r, ha A oszlopvektorai között található rlineárisan független, de r-nél több nem. ♣Az, hogy r-nél több független oszlop nem választható ki, azt jelenti, hogy
akárhogyan veszünk r-nél több oszlopot, ezek szükségképpen lineárisan összefüggők (vagy már eleve is csak r oszlop volt összesen).
Ha az oszloprang r, akkor általában többféleképpen is kiválasztható r
darab lineárisan független oszlop, sőt még az is előfordulhat, hogy bármelyik
r darab oszlop lineárisan független (lásd a 3.4.13 feladatot).

84

3. Lineáris egyenletrendszerekÁttérve a sorokra, a sorrang analóg módon a sorvektorok közül a függetlenek maximális számát jelenti:
3.4.1/S Definíció
Egy A mátrix sorrangja r, ha A sorvektorai között található r lineárisan
független, de r-nél több nem. ♣Könnyen adódik (lásd a 3.4.1 feladatot), hogy mindkét definícióban az,,r-nél több” szavak helyett elég ,,r + 1”-et írni.
Ahogy már jeleztük, be fogjuk látni, hogy a két látszólag teljesen eltérő
fogalom mindig egybeesik.



1 2
3
4
Példák: Az  5 6
7
8  mátrix oszloprangja 2, mert pl. az első két
9 10 11 12
oszlop lineárisan független, azonban bármely három oszlopvektor már lineárisan összefügg. A sorrang — összhangban az előrebocsátott megjegyzéssel —szintén 2. A nullmátrix oszloprangja 0, hiszen bármely egyetlen oszlopa márönmagában is összefüggő. Az n × n-es E egységmátrix (oszlop- és sor)rangjan, ugyanis az oszlopai lineárisan függetlenek. Egy k ×n-es mátrix oszloprangja
nyilván egyrészt legfeljebb n, másrészt legfeljebb k, hiszen az oszlopok T k -ból
valók és ott bármely k +1 vektor már biztosan összefügg [tehát a(z oszlop)rang
kisebb vagy egyenlő, mint a sorok és oszlopok számának a minimuma].
A determinánsranghoz szükségünk lesz az általános aldeterminánsfogalomra. Aldeterminánson ezután egy tetszőleges négyzetes részmátrixnak adeterminánsát értjük: kiválasztjuk a mátrix valahány (mondjuk h) sorát,
majd ettől függetlenül ugyanennyi oszlopát, és az ezek metszéspontjaiban álló(h2 darab elemből képzett) h-adrendű (azaz h × h-as) determinánst vesszük.
A(z n-edrendű) determináns kifejtésénél szerepet játszó Aij előjeles aldetermináns ,,előjel nélküli része” ennek h = n − 1 speciális esete volt.
A mátrix determinánsrangja a legnagyobb méretű nem nulla aldetermináns rendje:
3.4.1/D Definíció
Egy A mátrix determinánsrangja r, ha van olyan r × r-es aldeterminánsa,ami nem nulla, de bármely r-nél nagyobb rendű aldeterminánsa (ha egyáltalán
van ilyen) már nulla. ♣Az ,,r-nél nagyobb” szavak helyére most is ,,r +1”-et írhatunk (lásd a 3.4.1
feladatot).

3.4. A mátrix rangja

85

Az oszloprangnál említettekhez hasonlóan az r × r-es aldeterminánsok
között több olyan is lehet, amelyik nem nulla (lásd a 3.4.14 feladatot).
A fenti első példában szereplő mátrixnál pl. a bal felső 2 × 2-es aldetermináns nem nulla, ugyanakkor bármely 3 × 3-as aldetermináns nulla, így adeterminánsrang (is) 2. Az is világos, hogy a determinánsrang (is) mindig
legfeljebb akkora, mint a sorok vagy az oszlopok száma, hiszen ennél nagyobb
aldetermináns már nem is készíthető. Könnyen adódik, hogy egy mátrixnak
és a transzponáltjának megegyezik a determinánsrangja, ugyanis AT aldeterminánsait A megfelelő aldeterminánsainak transzponáltjaként kapjuk, és atranszponálás nem változtatja meg a determináns értékét.
3.4.2 Tétel
Egy mátrix oszloprangja, sorrangja és determinánsrangja megegyezik. ♣Ezt a közös értéket nevezzük a mátrix rangjának (minden külön jelző
nélkül). Az A mátrix rangját r(A)-val jelöljük.
Bizonyítás: Jelölje (ideiglenesen) az A mátrix oszlop-, sor-, illetve determinánsrangját o(A), s(A), illetve d(A).
I. Tegyük fel, hogy o(A) és d(A) egyenlőségét már beláttuk. Innens(A) = d(A) már könnyen következik a transzponált felhasználásával:s(A) = o(AT ) = d(AT ) = d(A).
II. Az oszlop- és determinánsrang egyenlőségéhez először megmutatjuk,
hogy az elemi sorekvivalens átalakítások során egyik sem változik, és ezután
már elég azt igazolnunk, hogy a Gauss-kiküszöböléssel kapott RLA-ban mindkettőt éppen a vezéregyesek száma adja.
III. Az oszlopranghoz (bizonyos) oszlopok lineáris függetlenségét kell vizsgálni. Ez olyan homogén lineáris egyenletrendszert jelent, amelynek az együtthatómátrixa az eredeti mátrixnak a kérdéses oszlopokból álló részmátrixa.
Az, hogy ennek a homogén lineáris egyenletrendszernek létezik-e nem triviális
megoldása, vagy sem, valóban nem változik az elemi sorekvivalens átalakításokkal (hiszen ekvivalens egyenletrendszerekhez jutunk), tehát a(z eredeti)
mátrix oszloprangja is változatlan marad.
IV. A determinánsrang változatlanságát arra az elemi sorekvivalens átalakításra mutatjuk meg, amikor az egyik sorhoz valamelyik másik sor skalárszorosát hozzáadjuk, a többi (ennél egyszerűbb) eset igazolását az Olvasóra
bízzuk.
Elég belátnunk, hogy a determinánsrang nem nő. Ugyanis az átalakítást
ugyanezen skalárszoros kivonásával ,,visszacsinálhatjuk”, és ha a determináns-

86

3. Lineáris egyenletrendszerek

rang a két lépés egyikében sem nőtt, akkor mindkét lépésben csak egyenlőség
állhat fenn, hiszen végül az eredeti mátrixhoz jutottunk vissza.
Tegyük fel például, hogy A harmadik sorához az első sor λ-szorosát adtuk
hozzá, és jelöljük az így kapott mátrixot B-vel. A d(B) ≤ d(A) egyenlőtlenséghez azt kell megmutatnunk, hogy ha A-ban minden (mondjuk) h × h-as
aldetermináns nulla, akkor ugyanez B-ben is teljesül. Vegyünk B-ben egy
tetszőleges h-adrendű D aldeterminánst. Ha D-ben nem szerepel a B mátrix
harmadik sora, akkor D egyben A-nak is aldeterminánsa, tehát a feltétel szerint nulla. Ha D-ben B első és harmadik sora is szerepel, akkor az utóbbiból
az előbbi λ-szorosát levonva D nem változott, ugyanakkor ismét egy A-belialdeterminánshoz jutottunk, tehát D most is nulla. Végül nézzük azt az esetet, amikor D-ben B harmadik sora szerepel, de az első sor nem. Álljon D
mondjuk B első h oszlopából és 2., 3., . . . , h + 1-edik sorából. Ekkor
α21
α31 + λα11
D=
..
.

α22
α32 + λα12
..
.

...
...
..
.

αh+1,2...

αh+1,1

=

α21
α31
..
.

α22
α32
..
.

...
...
..
.

α2h
α3h
..
.

αh+1,1αh+1,2...

αh+1,hα2h
α3h + λα1h=..
.
αh+1,h

+λ

α21
α11
..
.

α22
α12
..
.

...
...
..
.

α2h
α1h
..
.

αh+1,1αh+1,2...

αh+1,h== D1 + λD2 .
Itt D1 az A mátrix egy h-adrendű aldeterminánsa, tehát 0, D2 pedig (esetleges) sorcserékkel alakítható át egy ilyen aldeterminánssá, és ezért szintén 0.
Ennélfogva D = 0 is teljesül.
V. Tekintsük most egy (,,jobb oldal nélküli”) mátrix RLA-ját és jelöljük
a vezéregyesek számát r-rel. Megmutatjuk, hogy az oszloprang és a determinánsrang egyaránt r. Mivel az azonosan nulla sorok törölhetők, így feltehetjük,
hogy az RLA-ban a sorok száma összesen r. Így egyik rang sem lehet r-nél
nagyobb. Ugyanakkor a vezéregyeseket tartalmazó oszlopok az r ×r-es egységmátrixot alkotják, tehát lineárisan függetlenek, továbbá az ebből képzett aldetermináns nem nulla (hanem 1), azaz mindkét rang valóban r.
Külön is kiemeljük a bizonyításnak azt a ,,melléktermékét”, hogy a ranga Gauss-kiküszöbölés során nem változik, és éppen az RLA-beli vezéregyesek számát jelenti. Mivel a most bizonyított tétel szerint a rang szempontjából a sorok és oszlopok szerepe felcserélhető, ezért a fentieket azzal (az3.4. A mátrix rangja

87

egyébként közvetlenül is igazolható ténnyel) egészíthetjük ki, hogy a rangot az elemi oszlopekvivalens átalakítások sem befolyásolják. Ez azt jelenti,
hogy a rang meghatározásánál — hasonlóan a determinánsok kiszámításához— szabad a Gauss-kiküszöbölést az oszlopok szerint (vagy akár vegyesen is)végezni. (Azonban ismételten felhívjuk a figyelmet arra, hogy egyenletrendszerek megoldásánál ettől messzemenően óvakodjunk.)
Most rátérünk a rang és az egyenletrendszerek kapcsolatára.
3.4.3 Tétel
Az Ax = b egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, har(A) = r(A|b), azaz az együtthatómátrix rangja megegyezik a kibővített
mátrix rangjával. Megoldhatóság esetén a megoldás akkor és csak akkor
egyértelmű, ha a (közös) rang megegyezik az ismeretlenek számával. ♣Bizonyítás: Írjuk fel az egyenletrendszert x1 a1 + . . . + xn an = b alakban, ahol
az aj ∈ T k vektorok az A ∈ T k×n együtthatómátrix oszlopvektorai.
I. Tegyük fel először, hogy r(A) = r(A|b) = r, és vegyünk r függetlenoszlopot A-ból, legyenek ezek mondjuk a1 , . . . , ar . Az a1 , . . . , ar , b vektorrendszer r(A|b) = r miatt lineárisan összefüggő. A 3.3.5/IV Tétel szerint
ekkor b kifejezhető az a1 , . . . , ar vektorok lineáris kombinációjaként. Ehhez atöbbi oszlopvektort 0 együtthatóval hozzávéve kapjuk, hogy b felírható az A
mátrix (összes) oszlopainak lineáris kombinációjaként, ami éppen az egyenletrendszer megoldhatóságát jelenti.
II. A megfordításhoz most induljunk ki abból, hogy az egyenletrendszer
megoldható, tehát b előáll az aj oszlopvektorok lineáris kombinációjaként:b = α1 a1 + . . . + αn an .

(3.4.1)

Jelöljük r(A)-t röviden r-rel, és lássuk be, hogy az A|b kibővített mátrix
rangja is r. A kibővítés miatt nyilván r(A|b) ≥ r, tehát elég azt megmutatnunk, hogy A|b bármely r + 1 oszlopa lineárisan összefügg. Ha a kiválasztott
r + 1 oszlop között nem szerepel b, akkor ez r(A) = r-ből következik. Vegyük
tehát b-t és A-nak r oszlopát, mondjuk a1 , . . . , ar -et. Ha a1 , . . . , ar összefüggő, akkor a 3.3.5/II Tétel szerint a1 , . . . , ar , b is az lesz. Marad tehát az
az eset, amikor a1 , . . . , ar lineárisan független. Vegyünk egy tetszőleges r + 1edik aj oszlopot (j > r), ekkor r(A) = r miatt a1 , . . . , ar , aj lineárisan összefüggő, és ismét használva a 3.3.5/IV Tételt kapjuk, hogy aj előáll a1 , . . . , arlineáris kombinációjaként. Az aj vektoroknak ezeket az előállításait (3.4.1)-bebeírva az adódik, hogy b-t ki tudjuk fejezni csak az a1 , . . . , ar oszlopok lineáris

88

3. Lineáris egyenletrendszerek

kombinációjaként is. Ekkor viszont a1 , . . . , ar , b szükségképpen összefüggők,amivel ennek az esetnek a bizonyítását is befejeztük.
III. Megoldhatóság esetén a megoldás pontosan akkor egyértelmű, ha begyértelműen állítható elő az A mátrix oszlopvektorainak lineáris kombinációjaként. A 3.3.5/V Tétel szerint ez azzal ekvivalens, hogy az aj oszlopvektorok lineárisan függetlenek, azaz az A mátrix rangja megegyezik az oszlopok,
vagyis az ismeretlenek számával. (Másik lehetőségként hivatkozhattunk volnaa 3.1.1/III Tételre is.)Feladatok
3.4.1 Mutassuk meg, hogy ha egy mátrixban bármely r + 1 oszlop összefüggő, akkor bármely ennél több oszlop is lineárisan összefüggő. Hasonlóan, ha bármely r + 1-edrendű aldetermináns nulla, akkor bármely ennél nagyobb méretű aldetermináns is nulla.
3.4.2 Hány h × h-as aldeterminánsa van egy k × n-es mátrixnak?
3.4.3 Számítsuk ki az alábbi mátrixok rangját.


1
2
(i) 
3
0

2
5
5
1


3
6

9
0



1
2
(ii) 
9
8

3
4
3
4


9
8

1
2


1 −2
3
6
−9 
 −3
(iii) 

2 −4
6
−4
8 −12


3.4.4 Legyenek γ1 , . . . , γk és δ1 , . . . , δn tetszőleges komplex számok, és
tekintsük azt a két k × n-es mátrixot, amelyben az i-edik sor j-edik
eleme(a) γi δj ;(b) γi + δj .
Számítsuk ki a mátrixok rangját.
3.4.5 Mennyi egy olyan mátrix rangja, amelynek minden sorában különböző (és nem nulla) hányadosú mértani sorozat áll?
3.4.6(a) Bizonyítsuk be, hogy egy mátrix egy elemét megváltoztatva a rang
legfeljebb 1-gyel változik.
(b) Igaz-e, hogy bármely mátrixban van olyan elem, amelyet alkalmasan
módosítva a mátrix rangja megváltozik?
(c) Tekintsünk egy 10 × 20-as mátrixot, amelynek a rangja 5. Igaz-e,hogy mindenképpen van olyan elem, amelyet alkalmasan módosítva
a mátrix rangja csökken?

3.4. Feladatok

89(d) Tekintsünk egy 10 × 20-as mátrixot, amelynek a rangja 5. Igaz-e,hogy mindenképpen van olyan elem, amelyet alkalmasan módosítva
a mátrix rangja nő?
3.4.7 Bizonyítsuk be, hogy egy (k × n-es) mátrix rangja akkor és csak
akkor 1, ha felírható egy nem nulla oszlopvektornak és egy nem nulla
sorvektornak (azaz egy k × 1-es és egy 1 × n-es nem nulla mátrixnak) a szorzataként. (Az ilyen szorzatokat diád oknak vagy diadikusszorzatoknak nevezzük.)
3.4.8 Legyen az A mátrix minden eleme 0 vagy 1. Ekkor A elemeit valós
számoknak, racionális számoknak, illetve az F2 modulo 2 test elemeinek tekintve három különböző (Rk×n -, Qk×n -, illetve F2k×n -beli)mátrixot kapunk. Milyen kapcsolatban áll egymással ennek a három
mátrixnak a rangja?
3.4.9 Legyen A egy 7 × 6-os valós mátrix, B pedig az a 4 × 6-os mátrix,
amely A első 4 sorából áll. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha B első három oszlopa lineárisan független, akkor A első három
oszlopa is lineárisan független.
(b) Ha B első három oszlopa lineárisan összefüggő, akkor A első három
oszlopa is lineárisan összefüggő.
3.4.10 Igazoljuk, hogy ha egy mátrixban a sorok is lineárisan függetlenek és
az oszlopok is lineárisan függetlenek, akkor négyzetes mátrixról vanszó.
3.4.11 Legyen A egy 6×5-ös valós mátrix. Melyek igazak az alábbi állítások
közül?
(a) Ha az első 3 sor lineárisan összefüggő, akkor a bal felső 3 × 3-asaldetermináns 0.
(b) Ha a bal felső 3 × 3-as aldetermináns 0, akkor az első 3 sor lineárisanösszefüggő.
(c) Ha az első 3 oszlop lineárisan összefüggő és az utolsó 3 oszlop islineárisan összefüggő, akkor a mátrix rangja legfeljebb 3.
(d) Ha az első 2 oszlop lineárisan összefüggő és az utolsó 2 oszlop islineárisan összefüggő, akkor a mátrix rangja legfeljebb 3.
3.4.12 Mutassuk meg, hogy két (azonos test feletti, azonos alakú) mátrixnak
akkor és csak akkor ugyanannyi a rangja, ha az egyik mátrixból elemi
sor- és oszlopekvivalens átalakítások egymásutánjával megkaphatjuk
a másik mátrixot.

90

3. Lineáris egyenletrendszerek

3.4.13(a) Adjunk példát olyan 5 × 7-es mátrixra, amelynek a rangja 4, és pontosan 8-féleképpen lehet az oszlopai közül 4 függetlent kiválasztani.
(b) Bizonyítsuk be, hogy ha egy mátrix rangja r, és csak egyféleképpen
lehet az oszlopai közül r függetlent kiválasztani, akkor a többi oszlop
csupa nullából áll.
M∗ (c) Legyen k, n tetszőleges és 1 ≤ r ≤ min(n, k). Adjunk példát olyan
k × n-es mátrixra, amelynek a rangja r, és bármelyik r darab oszlop
lineárisan független.
3.4.14(a) Adjunk példát olyan 5 × 8-as mátrixra, amelynek a rangja 3, és pontosan 60 darab 3-adrendű nem nulla aldeterminánsa van.
(b) Bizonyítsuk be, hogy ha egy mátrix rangja r, és csak egyetlenr-edrendű nem nulla aldeterminánsa van, akkor ezen r2 elemen kívül
a mátrix minden eleme nulla.
M∗ (c) Legyen k, n tetszőleges és 1 ≤ r ≤ min(n, k). Adjunk példát olyan
k × n-es mátrixra, amelynek a rangja r, és egyetlen r-edrendű aldeterminánsa sem nulla.
3.4.15 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha az Ax = b egyenletrendszer megoldható, akkor az A|b kibővített
mátrix oszlopai lineárisan összefüggők.
(b) Ha az A|b kibővített mátrix oszlopai lineárisan összefüggők, akkor
az Ax = b egyenletrendszer megoldható.
(c) Ha az A mátrix oszlopai lineárisan függetlenek, akkor az Ax = begyenletrendszer megoldható.
(d) Ha az A mátrix sorai lineárisan függetlenek, akkor az Ax = b egyenletrendszer megoldható.
(e) Ha az Ax = b egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van,akkor az A mátrix oszlopai lineárisan függetlenek.
(f) Ha az Ax = b egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van,akkor az A mátrix sorai lineárisan függetlenek.
3.4.16 Az A mátrixnak 10 sora van, ezek lineárisan függetlenek. Az Ax = begyenletrendszernek pontosan 13 megoldása van. Hány oszlopa van
A-nak?

3.5. Reguláris és szinguláris mátrixok∗

91

3.4.17(a) Legyen az A ∈ T n×n mátrix determinánsa nulla. Készítsük el azt aB mátrixot, amelynek elemei az A megfelelő előjeles aldeterminánsai,azaz βij = Aij . Bizonyítsuk be, hogy r(B) ≤ 1.
(b) (Vö. a 2.2.10 feladattal.) Ismételjük meg az a)-beli eljárást az ottkapott B mátrixra. Bizonyítsuk be, hogy n > 2 esetén az eredmény
mindig a nullmátrix lesz.

M∗ 3.4.18 Előáll-e minden valós mátrix olyan mátrixok összegeként, amelyek(a) minden sora számtani sorozat;(b) minden sora vagy minden oszlopa számtani sorozat;(c) minden sora mértani sorozat?
M 3.4.19(a) R és C a következő játékot játsszák. R megad egy k egyenletből álló,n ismeretlenes, a valós számokon értelmezett lineáris egyenletrendszert (k és n rögzített természetes számok), C pedig az együtthatók
és a jobb oldali konstansok közül rendre egy-egy általa választott
elemet akárhogyan megváltoztathat. Egy olyan egyenletrendszerhez
kell így eljutnia, amelynek van megoldása. R-nek az a célja, hogy C
ezt a lehető legtöbb lépésben érje el, C-nek pedig az, hogy a lehető
legkevesebben. Mekkora lesz a lépésszám, ha mindketten optimálisan
játszanak?
∗(b) Oldjuk meg a feladatot arra az esetre is, ha C-nek egy olyan egyenletrendszerhez kell így eljutnia, amelynek nincs megoldása.

3.5. Reguláris és szinguláris mátrixok
Ebben a pontban visszatérünk a négyzetes mátrixok invertálhatóságával kapcsolatos kérdésekre és jelentősen kiegészítjük a 2.2 pontban tanultakat az
egyenletrendszerek és a mátrixrang segítségével.
3.5.1 Definíció
Egy négyzetes mátrixot szingulárisnak (vagy elfajulónak) nevezünk, haa determinánsa nulla, és regulárisnak (vagy nem szingulárisnak, nem elfajulónak), ha a determinánsa nem nulla. ♣Számos ekvivalens feltételt bizonyítottunk egy mátrix regularitására, illetve szingularitására, először ezeket foglaljuk össze.

92

3. Lineáris egyenletrendszerek

3.5.2 Tétel
Egy tetszőleges A ∈ T n×n mátrixra az alábbi feltételek ekvivalensek (Aekkor reguláris):(D) det A ̸= 0;(I) A-nak létezik (kétoldali) inverze;(bI) A-nak létezik balinverze;(jI) A-nak létezik jobbinverze;(nbN) A nem nulla és nem bal oldali nullosztó;(njN) A nem nulla és nem jobb oldali nullosztó;(T) az Ax = 0 homogén egyenletrendszernek csak triviális megoldása
van;(VE) van olyan b(∈ T n ), amelyre az Ax = b egyenletrendszernek pontosan
egy megoldása van;(ME) bármely b(∈ T n )-re az Ax = b egyenletrendszernek pontosan egy
megoldása van;(R) r(A) = n;(OF) A oszlopai lineárisan függetlenek;(SF) A sorai lineárisan függetlenek. ♣Bizonyítás: A (D) feltétel éppen a regularitás definíciója. A többi feltételnek
az ezzel való ekvivalenciáját az alábbi tételek biztosítják:(I), (bI), (jI): 2.2.2 Tétel.
(nbN), (njN): 2.2.5 Tétel.
(T): 3.2.3 Tétel.
(VE), (ME): 3.2.2 Tétel és az utána tett megjegyzés.
(R), (OF), (SF): 3.4.2 Tétel.
A komplementer feltételek természetesen a szingularitás ekvivalens alakjait adják (érdemes ezeket is megfogalmazni).
Az alábbiakban megmutatjuk, hogy egy mátrix inverze közvetlenül is
kapcsolódik az egyenletrendszerekhez. Ezzel egyrészt új bizonyítást nyerünk
a 2.2.2 Tételre, másrészt lehetővé válik, hogy egy mátrix inverzét a Gausseliminációval számoljuk ki, ami általában lényegesen gyorsabban célhoz vezet,
mint a 2.2.2 Tétel bizonyításában kapott képlet alkalmazása.
Az A ∈ T n×n mátrix jobbinverzének a meghatározása az AX = E
mátrixegyenlet megoldását jelenti. Jelölje az X mátrix oszlopait x1 , . . . , xn ,az E mátrix oszlopait pedig e1 , . . . , en . Ekkor AX = E átírható Ax1 = e1 ,. . . , Axn = en alakba. Így A−1 meghatározása ennek az n egyenletrendszerneka megoldását jelenti. Itt mind az n együtthatómátrix A.

3.5. Reguláris és szinguláris mátrixok

93

Ha det A ̸= 0, akkor a 3.2.2 Tétel utáni megjegyzés szerint mindegyik
egyenletrendszer (egyértelműen) megoldható, tehát A-nak létezik jobbinverze.
(Azért nem a 3.2.1 Tételre hivatkoztunk, mert annak a bizonyítása felhasználta
a 2.2.2 Tételt.)
Ha det A = 0, akkor megmutatjuk, hogy legalább az egyik Axj = ejegyenletrendszer nem oldható meg, tehát nem létezik A-nak jobbinverze. A
3.2.2 Tétel bizonyításában láttuk, hogy det A = 0 esetén a Gauss-kiküszöböléssel (sorelhagyás nélkül) kapott RLA bal oldalának a determinánsa is nulla.
Ez csak úgy lehet, ha az RLA-ban (legalább) az utolsó sor nulla, és így biztos
létezik olyan b ∈ T n , amelyre az Ax = b egyenletrendszer nem oldható meg.
Tegyük most fel indirekt, hogy mindegyik Axj = ej megoldható lenne. Ekkor
a megoldásoknak a b megfelelő komponenseivel vett lineáris kombinációja az
Ax = b egy megoldását adná, ami ellentmondás.
A balinverzre vonatkozó eredmény azonnal adódik, ha az Y A = E mátrixegyenlet transzponálásával kapott, vele ekvivalens AT Y T = E egyenletre alkalmazzuk az imént igazoltakat. Ezzel befejeztük a 2.2.2 Tétel egy új bizonyítását.
Nézzük most a fentiek alapján egy mátrix inverzének a számolását agyakorlatban. Az Ax1 = e1 , . . . , Axn = en egyenletrendszereket egyszerre
is tudjuk kezelni, mivel közös az együtthatómátrixuk. Írjuk le az A-t (csakegy példányban), majd mellé a vonal után sorban az e1 , . . . , en vektorokat,azaz az A mellé tulajdonképpen az E egységmátrix kerül: A|e1 . . . en = A|E.
Alkalmazzuk a Gauss-kiküszöbölést. Ha det A ̸= 0, akkor az A-ból kialakuló
RLA az egységmátrix lesz, és ekkor a jobb oldalakból kapott rész éppen A−1 -etadja. Ha det A = 0, akkor az A-ból képződő RLA utolsó sora csupa nulla lesz(és ez az n egyenletrendszer közül legalább az egyiknél tilos sort ad), ekkor nem
létezik inverz. Azt, hogy det A nulla vagy nem nulla, NEM kellett külön előre
kiszámítani, a Gauss-kiküszöbölés során automatikusan kiderült. Az eljárást
az alábbi tételben foglaljuk össze:
3.5.3 Tétel
Az A ∈ T n×n mátrix mellé írjuk le az n × n-es E egységmátrixot, azaz
tekintsük A|E-t. Az A-nak akkor és csak akkor létezik inverze, ha A|E-ből a
Gauss-kiküszöböléssel E|B alakú mátrixhoz jutunk, és ekkor B = A−1 . ♣A fentiekhez hasonlóan a nullosztók vizsgálatát is közvetlenül összekapcsolhatjuk az egyenletrendszerekkel. Az A pontosan akkor bal oldali nullosztó,
ha A ̸= 0 és az AX = 0 mátrixegyenletnek van X ≠ 0 megoldása. Jelöljük
most is az X mátrix oszlopait x1 , . . . , xn -nel. Ekkor AX = 0 átírható Ax1 =0, . . . , Axn = 0 alakba. Itt most az Ax = 0 homogén egyenletrendszer n

94

3. Lineáris egyenletrendszerek(teljesen azonos) példányáról van szó és így az A ̸= 0 mátrix pontosan akkor
bal oldali nullosztó, ha Ax = 0-nak van nem triviális megoldása. A 3.2.3 Tétel
szerint ez pontosan akkor teljesül, ha det A = 0. A másik oldali nullosztó esetét
ugyanide vezethetjük vissza az inverznél látott transzponálási trükkel. Ezzel
a 2.2.5 Tételre új bizonyítást adtunk.
Természetesen most sem kell magát a determinánst kiszámolni. Az, hogy
Ax = 0-nak van-e nem triviális megoldása, (sima) Gauss-kiküszöböléssel eldönthető. A (triviális és esetleges nem triviális) megoldásokat egymástól
függetlenül az X mátrix oszlopaiba beírva, megkapjuk az AX = 0 mátrixegyenlet összes megoldását (azaz X = 0-t mindenképpen, valamint ha A bal
oldali nullosztó, akkor A összes jobb oldali nullosztó ,,párját”).
A 2.2.5 Tételre még egy bizonyítást leolvashatunk a mátrix rangja segítségével. Az előbbiekből ismét felhasználjuk, hogy A ̸= 0 akkor és csak akkor
bal oldali nullosztó, ha Ax = 0-nak van nem triviális megoldása. Ez azzal ekvivalens, hogy A oszlopai lineárisan összefüggők, azaz (oszloprangot
nézve) r(A) < n. Ugyanezt determinánsrangként tekintve kapjuk a det A = 0
feltételt.
Feladatok
3.5.1 Számítsuk ki az alábbi (valós) mátrixok inverzét.



1 1 1
1 0 1 0
1 2 3
0 1 0 1
(b) 
(a) 

1 3 6
1 0 0 1
1 4 100 1 1 1


1
4

10
20

3.5.2 Határozzuk meg az alábbi n × n-es (valós) mátrixok inverzét:
1 2 3 4 ...
n
1 1 1 1 ... 1
0 1 2 3 ... n − 1
1 2 1 1 ... 10 0 1 2 ... n − 2
1 1 2 1 ... 1A = 1 1 1 2 ... 1 B = 0 0 0 1 ... n − 3. . . . .

. . . . .
..  .. .. .. ..
 .. .. .. ..
. . ... 
..
. 
1 1

1

1

... 2

1
1

1
C=
1
.
 ..

0 0

0 0


1
2
2
2
..
.

1
2
3
3
..
.

1
2
3
4
..
.

...
...
...
...
..
.

1
2

3

4
.. 
.

1 2

3

4

...

n

...

1

95

3.5. Feladatok

azaz αij = 2, ha i = j ≥ 2, és 1 egyébként; βij = j − i + 1, ha i ≤ j,és 0 egyébként; γij = min(i, j).
3.5.3 Keressük meg az alábbi valós A mátrixok összes jobb és bal oldali
nullosztó párját, azaz az összes olyan 4 × 4-es X és Y (nem nulla)mátrixot, amelyre AX = 0, illetve Y A = 0.


1
0
(a) 
1
0

0
1
0
1

1
0
0
1


0
1

1
0



1
1
(b) 
1
2

1
2
3
3

1
3
5
4


1
4

7
5

3.5.4 Egy n × n-es A ̸= 0 mátrix minden sorában az elemek összege
nulla. Bizonyítsuk be, hogy A nullosztó, és adjunk meg olyan B ̸= 0
mátrixot, amelyre AB = 0.
3.5.5 Döntsük el, hogy az alábbi n × n-es valós mátrix milyen n-re invertálható, illetve milyen n-re nullosztó. Írjuk is fel az inverzét, illetve adjuk meg hozzá az összes ,,nullosztópárt”, azaz olyan nem nulla
mátrixot, amellyel megszorozva a nullmátrixot kapjuk.


1
0

0

0
.
 ..

1 0
1 1
0 1
0 0
.. ..
. .
1 0 0

0
0
1
1
..
.

...
...
...
...
..
.


0
0

0

0
.. 
.

0

...

1

(A mátrixban α11 = . . . = αnn = α12 = . . . = αn−1,n = αn1 = 1,
minden más elem pedig nulla.)
3.5.6(a) Legyen A ∈ T n×n és jelölje ej az n × n-es egységmátrix j-edik oszlopát. Bizonyítsuk be, hogy ha az n darab Ax = ej egyenletrendszer
közül pontosan m oldható meg, akkor r(A) ≥ m.
(b) Lássuk be, hogy (a)-ban általában nem igaz az egyenlőség: mutassunk példát olyan A-ra, amelynek a rangja n − 1, ugyanakkor az
Ax = ej egyenletrendszerek közül egyetlenegy sem oldható meg.
3.5.7 Legyen A ∈ T n×n , det A = 0, és tegyük fel hogy az Ax = 0 és
AT x = 0 egyenletrendszereknek ugyanazok a megoldásai. Következik-e ebből, hogy A szimmetrikus mátrix, azaz AT = A?

96

3. Lineáris egyenletrendszerek
3.5.8 Legyen A ∈ T n×n , A ̸= 0 és det A = 0.
(a) Mutassuk meg, hogy az A-hoz tartozó bal és jobb oldali nullosztópárok általában nem esnek egybe, azaz AB = 0 ̸⇒ BA = 0. (B isn × n-es mátrix.)∗(b) Igazoljuk, hogy mindig van olyan B ̸= 0, amelyre AB = BA = 0.

∗

M (c) Adjuk meg az összes olyan A-t, amelyre AB = 0 ⇐⇒ BA = 0.

97
4. VEKTORTEREK

A lineáris algebra a lineáris egyenletrendszerek elméletéből fejlődött ki. Láttuk, hogy az egyenletrendszerek kezelésében fontos szerepet játszottak a
T k -beli vektorok, pontosabban ezek bizonyos tulajdonságai. Ebben a fejezetben egy olyan algebrai struktúrát vezetünk be, a vektorteret, amely mindezeket általánosítja és absztrakt megközelítésben tárgyalja. A kapott eredményeket az egyenletrendszereken messze túlmenően rendkívül széles körben
lehet alkalmazni a matematika különböző területein. Ezekből a 9. és 10. fejezetben adunk majd ízelítőt.

4.1. Vektortér
Legyen T egy tetszőleges kommutatív test (lásd az A.5.1 Definíciót). Legfontosabb példák: R, C, illetve Q, azaz a valós, a komplex, illetve a racionális
számok teste, valamint Fp , a modulo p maradékosztályok teste, ahol p prímszám.
A vektortér fogalmához a közönséges (sík- vagy tér)vektorok, illetve a
T k -beli vektorok összeadásának és skalárral való szorzásának a tulajdonságait
általánosítjuk.
4.1.1 Definíció
Egy V nem üres halmazt vektortér nek nevezünk a T test felett, ha az
alábbi kikötések (az ún. vektortéraxiómák ) teljesülnek.
(Ö) A V halmazon értelmezve van egy összeadás nevű művelet: bármelyu, v ∈ V elempárhoz egyértelműen hozzárendelünk egy V -beli elemet, amelyet u + v-vel jelölünk.
(Ö1) Az összeadás asszociatív , azaz bármely u, v, w ∈ V elemekre(u + v) + w = u + (v + w) .
(Ö2) Az összeadás kommutatív , azaz bármely u, v ∈ V elemekreu + v = v + u.
(Ö3) Létezik nullelem, azaz van olyan 0 ∈ V , amellyel bármely v ∈ Velemre0+v = v +0 = v.

98

4. Vektorterek(Ö4) Minden elemnek létezik ellentettje, azaz bármely v ∈ V elemhez
létezik olyan −v ∈ V , amelyrev + (−v) = (−v) + v = 0 .
(S) A T test és a V halmaz között értelmezve van egy skalárral való
szorzásnak nevezett művelet az alábbi módon: bármely λ ∈ T ésu ∈ V elempárhoz egyértelműen hozzárendelünk egy V -beli elemet,amelyet λu-val jelölünk.
(S1) Bármely λ, µ ∈ T és v ∈ V esetén(λ + µ)v = λv + µv .
(S2) Bármely λ ∈ T és u, v ∈ V eseténλ(u + v) = λu + λv .
(S3) Bármely λ, µ ∈ T és v ∈ V esetén(λµ)v = λ(µv) .
(S4) Bármely v ∈ V -re
1v = v ,ahol 1 a T test egységeleme (azaz amellyel minden λ ∈ T -re
1λ = λ1 = λ). ♣A V halmaz elemeit vektor oknak, a T test elemeit pedig skalár oknak
nevezzük. A vektorokat általában félkövér latin kisbetűkkel, a skalárokat pedig
legtöbbször görög kisbetűkkel fogjuk jelölni.
A fentiek szerint egy vektortér megadásához meg kell mondanunk a vektorok V halmazát, a T testet és értelmeznünk kell a két műveletet, az összeadást és a skalárral való szorzást. Ezután ellenőriznünk kell, hogy az (Ö1)–(Ö4) és az (S1)–(S4) axiómák teljesülnek-e.
Megjegyzések a vektortéraxiómákhoz
Az összeadás egy szokásos művelet, vagyis egy V × V → V függvény. A
skalárral való szorzás azonban az eddig megszokottaktól eltérően egy ,,öszvér”
művelet; egy T × V → V függvény.

4.1. Vektortér

99

Az összeadás tulajdonságait úgy foglalhatjuk össze, hogy V erre az összeadásra nézve egy kommutatív csoportot alkot.
Az (S1) axióma formailag a disztributivitásra emlékeztet, azonban a két+ különböző műveleteket jelöl: a bal oldali a T -beli, a jobb oldali pedig a
V -beli összeadást. Hasonló problémát takar az (S3) axióma is.
A skalárral való szorzással kapcsolatban vλ-ról nem beszélünk, csak
λv-ről, a másikra nincs semmi szükség. Ha valakit ez (nagyon) zavar, akkor
vagy úgy tekinti, hogy vλ a λv egy alternatív jelölése, vagy pedig egy újabb
műveletként vezeti be, és akkor az axiómák közé λv = vλ-t is be kell venni.
A V -ről nem lett volna szükséges külön kikötni, hogy nem az üres halmaz, mert ezt a tulajdonságot az (Ö3) axióma biztosítja. Hasonló esetekben
azonban a jövőben is inkább kitesszük a nem üres jelzőt, ezzel is hangsúlyozva,
hogy általában egy algebrai struktúrán eleve nem üres halmazt értünk.
A vektortéraxiómák fenti rendszere a hagyományos megadást követi. Az
axiómák közül (Ö2) elhagyható, mert levezethető a többi axiómából (lásd a
4.1.13 feladatot). Ettől eltekintve azonban a többi axióma független egymástól
(lásd a 4.1.14 feladatot).
FONTOS! A vektortér keretében a vektorok között szorzást általában nemértelmezünk. Később azonban szerepelni fognak olyan speciális vektorterek,
amelyeken valamilyen szorzást is bevezetünk: ilyenek lesznek egyfelől az algebrák (lásd az 5.6 pontot), másfelől az ún. skalárszorzattal ellátott euklideszi
terek (lásd a 8. fejezetet).
Példák vektortérre
P1. Az origóból kiinduló sík-, illetve térvektorok a valós test felett a szokásos
vektorösszeadásra és a valós számmal való szorzásra nézve.
P2. T k a T test felett, ha a műveleteket a szokásos módon komponensenként
végezzük. (Az előző példa tulajdonképpen a T = R és k = 2, illetve k = 3
speciális esetnek felel meg.)
P3. T k×n , azaz a k × n-es mátrixok a T test felett a mátrixok szokásos összeadására és skalárral való szorzására nézve. (Az előző példa az n = 1
speciális eset.)
P4. T [x], azaz a T feletti polinomok a T felett a szokásos műveletekre nézve.
P5. Az összes valós számon értelmezett valós értékű függvények a valós test
felett a szokásos műveletekre [f + g : α 7→ f (α) + g(α) és λf : α 7→ λf (α)].
P6. A valós számsorozatok a valós test felett a szokásos műveletekre.
P7. A komplex számok a valós test felett a komplex számok körében értelmezett műveletekre.

100

4. Vektorterek

További példák: lásd a 4.1.1–4.1.4 feladatokat.
A vektortéraxiómák következményeiA műveletek általános tulajdonságaiból (lásd az A.4 pontot) azonnal
következik, hogy a nullvektor (0) és minden vektornak az ellentettje egyértelmű, továbbá elvégezhető a kivonás, azaz bármely u, v ∈ V vektorokhoz
egyértelműen létezik olyan w ∈ V vektor, amelyre v+w = u, ezt w = u−v-vel
jelöljük; a követelménynek eleget tevő (egyetlen) vektor: w = u + (−v).
Az összeadás asszociativitása és kommutativitása miatt a többtagú összegek esetén a zárójelek elhagyhatók és a tagok sorrendje tetszőlegesen átírható.
A formálisan a disztributivitásra, illetve asszociativitásra emlékeztető
(S1)–(S3) axiómák alapján a skalárral való szorzásnál is a megszokott szabályok alkalmazhatók (pl. ,,több tag szorzása több taggal”).
További egyszerű, de fontos következményeket tartalmaz a
4.1.2 Tétel(i) Bármely λ ∈ T -re λ0 = 0.
(ii) Bármely v ∈ V -re 0v = 0, ahol a 0 a T test nulleleme.
(iii) Bármely v ∈ V -re (−1)v = −v, ahol −1 a T test egységelemének az
ellentettje (a testben).
(iv) Ha λv = 0, akkor λ = 0 vagy v = 0. ♣Bizonyítás: Az első állítást igazoljuk, a többi hasonló technikával történik(lásd a 4.1.10 feladatot). Legyen v ∈ V tetszőleges. Ekkor (Ö3) alapján
v + 0 = v. Szorozzuk meg ezt λ-val: λ(v + 0) = λv. Itt a bal oldalt (S2)alapján átalakítjuk:
λv + λ0 = λv .
Adjuk most hozzá mindkét oldalhoz λv ellentettjét, ekkor a jobb oldal 0 lesz,a bal oldal pedig−λv + (λv + λ0) = (−λv + λv) + λ0 = 0 + λ0 = λ0 ,amivel (i)-et bebizonyítottuk.

4.1. Feladatok

101

Feladatok
4.1.1 Döntsük el, hogy a valós együtthatós polinomok alábbi részhalmazai
vektorteret alkotnak-e a valós test felett, ha a műveleteket a szokásosmódon definiáljuk. Egy általános polinomot f -fel, az f fokszámát
deg f -fel, az i-edfokú tag együtthatóját αi -vel, a főegyütthatót αn nel jelöljük (tehát αn ̸= 0, ha f nem a nullpolinom). A jelölésben
nem teszünk különbséget polinom és polinomfüggvény között.
(a) {f | deg f = 100 vagy f = 0};(b) {f | deg f ≤ 100 vagy f = 0};(c) {f | deg f ≥ 100 vagy f = 0};(d) {f | x3 + 1 osztója az f -nek};(e) {f | x3 + 1-gyel osztva az f konstans maradékot ad};(f) {f | f (5) = 0};(g) {f | f (5) = 1};(h) {f | f (3) = 2f (4)};(i) {f | f együtthatóinak az összege 0};(j) {f | α0 + α1 = 0};(k) {f | α0 + αn = 0};(l) {f | f -nek van valós gyöke};(m) {f | f minden együtthatója racionális}.
4.1.2 Döntsük el, hogy a valós számsorozatok alábbi részhalmazai vektorteret alkotnak-e a valós test felett, ha a műveleteket a szokásos módon definiáljuk. Egy általános sorozatot S = (α0 , α1 , . . . , αn , . . .)formában jelölünk.
(a) {S | α0 = 2α3 + α5 };(b) {S | α0 = 2α3 α5 };(c) {S | αn+1 = αn + αn−1 , n = 1, 2, . . .};(d) a korlátos sorozatok;(e) a konvergens sorozatok;(f) {S | limn→∞ αn = 999};(g) a monoton növő sorozatok;(h) a monoton sorozatok;(i) {S | αi = 0 végtelen sok i-re};(j) {S | αi = 0 legfeljebb véges sok i kivételével};(k) {S | αi = 0 legfeljebb 100 darab i kivételével};(l) {S | αi = 0 legfeljebb az első 100 darab i kivételével};(m) a (végtelen) számtani sorozatok;(n) a (végtelen) mértani sorozatok, megengedve a csupa 0 sorozatot is;(o) a periodikus sorozatok.

102

4. Vektorterek

4.1.3 Döntsük el, hogy az összes valós számon értelmezett valós értékű
függvények alábbi részhalmazai vektorteret alkotnak-e a valós test
felett, ha a műveleteket a szokásos módon definiáljuk. Egy általános
függvényt f -fel jelölünk.
(a) A folytonos függvények;(b) a legfeljebb véges sok pontban szakadó függvények;(c) a legfeljebb öt pontban szakadó függvények;(d) {f | f -nek van valós gyöke};(e) {f | f -nek legfeljebb véges sok valós gyöke van};(f) a páros függvények;(g) a polinomfüggvények;(h) a periodikus függvények;(i) a felülről korlátos függvények;(j) {f | f (5) ≥ 0};(k) {f | f (5) = f (8)};(l) {f | ∃a ̸= b f (a) = f (b)};(m) {f | f (π) egész szám}.
4.1.4 Hogyan általánosíthatók a P5, P6 és P7 példákban szereplő vektorterek?
4.1.5 Legyen V a pozitív valós számok halmaza, T = R, és definiáljuk az⊕ összeadást és a ⊙ skalárral való szorzást a következőképpen:u ⊕ v = uv,

λ ⊙ v = vλ ,ahol az egyenlőségek jobb oldalán a valós számok szokásos szorzása,
illetve hatványozása szerepel (u, v ∈ V, λ ∈ T ). Vektorteretkapunk-e így?
4.1.6 Legyen V a komplex számok halmaza, T = Q, és definiáljuk az ⊕összeadást és a ⊙ skalárral való szorzást a következőképpen:u ⊕ v = u + v + 1,

λ ⊙ v = λv + λ − 1,ahol az egyenlőségek jobb oldalán a komplex számok szokásos összeadása, illetve szorzása szerepel (u, v ∈ V, λ ∈ T ). Vektorteretkapunk-e így?

4.1. Feladatok

103

4.1.7 Legyen V az egész számok halmaza a szokásos összeadással és
T = Q. A ⊙ skalárral való szorzást a következőképpen értelmezzük:
λ ⊙ v = ⌊λv⌋,
ahol az egyenlőség jobb oldalán a racionális számok szokásos szorzása
szerepel és ⌊ ⌋ a szám (alsó) egész részét jelöli (v ∈ V, λ ∈ T ).
Vektorteret kapunk-e így?
∗4.1.8(a) Legyen V az egész számok halmaza a szokásos összeadással és T = Q.
Lehet-e a ⊙ skalárral való szorzást úgy értelmezni, hogy vektorteretkapjunk?
(b) Legyen V az egész számok halmaza a szokásos összeadással. Van-e
olyan T test, amely fölött lehet a ⊙ skalárral való szorzást úgyértelmezni, hogy vektorteret kapjunk?
(c) Legyen V az egész számok halmaza és T = Q. Lehet-e az ⊕ összeadást és a ⊙ skalárral való szorzást úgy értelmezni, hogy vektorteretkapjunk?
(d) Legyen V az egész számok halmaza és T = C. Lehet-e az ⊕ összeadást és a ⊙ skalárral való szorzást úgy értelmezni, hogy vektorteretkapjunk?
(e) Legyen V a valós számsorozatok halmaza a szokásos összeadással és
T = C. Lehet-e a ⊙ skalárral való szorzást úgy értelmezni, hogyvektorteret kapjunk?
∗∗(f) Legyen V a valós számok halmaza a szokásos összeadással és T = C.
Lehet-e a ⊙ skalárral való szorzást úgy értelmezni, hogy vektorteretkapjunk?

4.1.9 Legyen V a komplex számsorozatok halmaza a szokásos összeadással
és T = C. Vizsgáljuk meg, hogy az alább értelmezett ⊙ skalárral
való szorzások mellett mely vektortéraxiómák teljesülnek és melyek
nem. Egy általános sorozatot S = (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) formában
jelölünk, az egyenlőségek jobb oldalán a komplex számok szokásos
szorzása szerepel, Re(λ) a λ valós részét jelenti (S ∈ V, λ ∈ T ).
(a) λ ⊙ S = S;(b) λ ⊙ S = (λα0 , α1 , α2 , . . .);(c) λ ⊙ S = (λα0 , 0, 0, . . .);(d) λ ⊙ S = (Re(λ)α0 , Re(λ)α1 , Re(λ)α2 , . . .).

104

4. Vektorterek

4.1.10 Bizonyítsuk be a 4.1.2 Tétel utolsó három állítását.
4.1.11 Melyek igazak az alábbi állítások közül? (V vektortér a T test felett,u, v ∈ V , λ, µ ∈ T .)(a) Ha v ̸= 0 és λv = µv, akkor λ = µ.
(b) Ha λ ̸= 0 és λu = λv, akkor u = v.
(c) Ha u ̸= 0, v ̸= 0, λ ̸= 0, µ ̸= 0 és λu = µv, akkor u = v és λ = µ.
4.1.12 Bizonyítsuk be, hogy az (S4) vektortéraxióma helyettesíthető az alábbi két feltétel akármelyikével (vagyis ha az (S4)-et ezek akármelyikével kicseréljük, akkor a többi axiómával együtt pontosan ugyanahhoz a vektortérfogalomhoz jutunk).
(a) ∀v ∈ V ∃λ ∈ T λv = v.
∗(b) Ha λv = 0, akkor λ = 0 vagy v = 0.
4.1.13 Bizonyítsuk be, hogy az összeadás kommutativitása következik atöbbi vektortéraxiómából.
∗4.1.14 Bizonyítsuk be, hogy az összeadás kommutativitásától eltekintve atöbbi vektortéraxióma független egymástól, azaz egyik sem vezethető
le az összes többiből. (Ezt úgy igazolhatjuk, ha példát mutatunkarra, amikor az az egy axióma nem teljesül, az összes többi viszontigen.)

4.2. Altér
4.2.1 Definíció
Egy T test feletti V vektortér egy nem üres W ⊆ V részhalmazát altér nek
nevezzük V -ben, ha W maga is vektortér ugyanazon T felett ugyanazokra a
V -beli vektortérműveletekre (pontosabban ezeknek a műveleteknek a W -re
történő megszorításaira) nézve. ♣Azt, hogy W altér V -ben, szokás W ≤ V módon jelölni.
Vegyük észre, hogy az altér nem egyszerűen olyan részhalmaz, amely egyben vektortér is, hanem ennél jóval több: W részstruktúrája a V vektortérnek;a W szempontjából a T test és a műveletek eleve adottak. Ily módon pl. a
4.1.5 feladatban szereplő vektortér nem altere a valós számok önmaga feletti
szokásos vektorterének.
Egy W ⊆ V részhalmaz tehát akkor lesz altér, ha kielégíti az összes
vektortéraxiómát. Lehet, hogy már magával (Ö)-vel és/vagy (S)-sel, vagyis
a műveletek értelmezésével baj van, mert W nem zárt a V -beli műveletekre

4.2. Altér

105

vagy ezek valamelyikére, más szóval (legalább) az egyik V -beli művelet kivezet
W -ből. Az alábbi tétel mutatja, hogy a műveleti zártság viszont már biztosítja
az altérséget, azaz, ha a műveletek nem vezetnek ki, akkor a többi axiómával
sem lehet baj.
4.2.2 Tétel
Egy T test feletti V vektortérben egy W nem üres részhalmaz akkor és
csak akkor altér, ha(i) u, v ∈ W ⇒ u + v ∈ W ;(ii) v ∈ W, λ ∈ T ⇒ λv ∈ W . ♣Bizonyítás: Ha W altér, akkor (i) és (ii) nyilván teljesülnek, hiszen — mint láttuk — ezek csak azt fejezik ki, hogy a V vektortér műveleteinek a megszorításaia W halmazon is műveletek.
A megfordításhoz be kell látnunk, hogy (i) és (ii) fennállása esetén avektortéraxiómák mind teljesülnek. Az ,,azonosság típusú” axiómák, tehát(Ö1), (Ö2), (S1)–(S4) mindentől függetlenül V valamennyi elemére, így W
elemeire is igazak. Azt kell tehát csak belátni, hogy W -ben van nullelem,és minden elemnek van ellentettje. Legyen v ∈ W tetszőleges (ilyen v elemlétezik, hiszen W ̸= ∅), ekkor (ii) miatt 0 = 0v ∈ W , és ez nyilván megfelel
nullelemnek W -ben is. Ezután tetszőleges v ∈ W -re −v = (−1)v ∈ W elegettesz az ellentett követelményének.
Megjegyezzük, hogy a 4.2.1 Definícióban a W ̸= ∅ feltételt nem kellett volna külön előírni, hiszen egy vektortér eleve nem lehet az üres halmaz,
azonban a 4.2.2 Tételnél nem hagyható el ez a kikötés, ugyanis az (i) és (ii)feltételeket az üres halmaz is teljesíti.
A tétel alapján így annak eldöntéséhez, hogy egy vektortér adott részhalmaza altér-e, nem kell valamennyi axiómát végignézni, hanem elég csupán aműveleti zártságot ellenőrizni. Egy másik jól használható kritériumot ad a4.2.5 feladat a) része.
A tétel bizonyításából azt is kaptuk, hogy a W altér nulleleme megegyezik
a V vektortér nullelemével, és hasonló a helyzet az ellentettel. Ez magából anullelem fogalmából, sőt egyértelműségéből sem következik (lásd a 4.2.14 és
4.2.15 feladatokat).
Példák altérre
P1. Bármely vektortérben az egész tér, illetve a csak a 0 vektorból álló részhalmaz mindig altér. Ezeket triviális alterek nek nevezzük. (A csak a 0-ból

106

4. Vektorterekálló alteret {0} helyett röviden 0-val fogjuk jelölni, tehát ezt az alteret ésmagát a 0 vektort jelölésben nem fogjuk megkülönböztetni egymástól.)
P2. Jellemezzük az origóból kiinduló vektorokat a végpontjukkal. Ekkor a(zorigóból induló) síkvektorok szokásos vektorterében pontosan az origónátmenő egyenesek a nem triviális alterek, a térvektorok esetében pedig az
origón átmenő egyenesek és síkok.
P3. Bármely vektortérben egy tetszőleges, de rögzített vektor összes skalárszorosai mindig alteret alkotnak.
P4. Legyen A ∈ T k×n egy tetszőleges, de rögzített k × n-es mátrix. Ekkor
Ker A = {x ∈ T n | Ax = 0} altér T n -ben és Im A = {Ax | x ∈ T n } == {y ∈ T k | ∃x ∈ T n Ax = y} altér T k -ban. Ezt a két alteret az A
mátrix magterének , illetve képterének hívjuk.
Feladatok
4.2.1 Mi köze van az altér fogalmához a 4.1.1–4.1.3 feladatoknak?
4.2.2 Legyen V a T test feletti 100 × 100-as mátrixok szokásos T 100×100
vektortere. Az alábbi részhalmazok közül melyek alterek V -ben?
(a) {A ∈ V | AB = BA}, ahol B ∈ T 100×100 egy rögzített mátrix;(b) {A ∈ V | AB = 0}, ahol B ∈ T 100×100 egy rögzített mátrix;(c) {A ∈ V | A2 = 0};(d) a nilpotens mátrixok (van olyan hatványuk, amelyik a 0 mátrix);(e) a szinguláris mátrixok (beleértve a 0 mátrixot is);(f) a 3 rangú mátrixok és a 0 mátrix;(g) a legfeljebb 3 rangú mátrixok;(h) a diagonális mátrixok (a főátlón kívül minden elem 0);(i) a felsőháromszög-mátrixok (a főátló alatt minden elem 0);(j) a szimmetrikus mátrixok (minden i, j-re αij = αji ).
4.2.3 Milyen módszerrel lehet általában egy adott mátrix magterét
és kép
1 2 3 4terét meghatározni? Mi lesz Ker A és Im A az A =  2 3 4 5 
3 4 5 6
mátrix esetén?
4.2.4 Adjunk példát olyan vektortérre és abban olyan részhalmazra, amely(a) az összeadásra zárt, de a skalárral való szorzásra nem;(b) a skalárral való szorzásra zárt, de az összeadásra nem;(c) sem az összeadásra, sem a skalárral való szorzásra nem zárt.
Bármilyen test felett tudunk mindhárom esetre példát mutatni?

1074.2. Feladatok

4.2.5 Legyen V vektortér a T test felett és W a V egy nem üres részhalmaza. Az alábbi feltételek közül melyekből következik, hogy W altér
V -ben?
(a) u, v ∈ W, λ, µ ∈ T ⇒ λu + µv ∈ W ;(b) u, v ∈ W, λ ∈ T ⇒ λu + v ∈ W ;(c) u, v ∈ W, λ ∈ T ⇒ λu ∈ W és u − v ∈ W ;(d) u, v ∈ W, λ ∈ T ⇒ λu ∈ W valamint u + v ∈ W és u − v ∈ W közül
legalább az egyik teljesül;(e) u + v ∈ W ⇒ u ∈ W és v ∈ W ;(f) u + v ∈ W ⇒ u ∈ W és v ∈ W közül legalább az egyik teljesül.
4.2.6 Legyen V vektortér a T test felett és W a V egy nem triviális altere.
Melyek igazak az alábbi állítások közül (u, v ∈ V, λ ∈ T )?
(a) u + v ∈ W ⇒ u, v ∈ W ;(b) λ ̸= 0, λv ∈ W ⇒ v ∈ W ;(c) u ∈ W, v ̸∈ W ⇒ u + v ̸∈ W ;(d) u ̸∈ W, v ̸∈ W ⇒ u + v ̸∈ W ;(e) u ̸∈ W, v ̸∈ W ⇒ u + v ∈ W .
4.2.7 Legyen V vektortér R felett, W egy nem triviális altér V -ben ésu, v ∈ V . Az alábbi feltételekből mi következik az u, v vektorok
és W viszonyára (tartalmazási szempontból)? Ha több eset is lehetséges, akkor ezek mindegyikére adjunk példát.
(a) u + v ∈ W ;(b) u + v ̸∈ W ;(c) 2u + 3v ∈ W, u + 7v ∈ W ;(d) 2u + 3v ∈ W, u + 7v ̸∈ W ;(e) 2u + 3v ̸∈ W, u + 7v ̸∈ W .
Mennyiben változik a helyzet más test esetén?
4.2.8 Legyen W altér a valós test feletti V vektortérben, u, v, w ∈ V, éstegyük fel, hogyu + v ∈ W,

v + 2w ̸∈ W,

w + 3u ∈ W.

Mit állíthatunk az 5u + 3v + w, illetve 6u + 3v + w vektorok és
W kapcsolatáról? (Az illető vektor biztosan eleme-e az altérnek,
biztosan nem eleme az altérnek, vagy mindkét eset előfordulhat?)
4.2.9 Jellemezzük azokat a vektortereket, amelyeknek csak triviális alterei
vannak.

108

4. Vektorterek

4.2.10 Bizonyítsuk be, hogy ha egy végtelen test feletti vektortérnek van
nem triviális altere, akkor végtelen sok altere van.
4.2.11 Hány altere van az F2 test feletti F22 vektortérnek? Hát az Fp test
feletti Fp2 -nek? (A további általánosítást lásd a 4.6.14 feladatnál.)
4.2.12(a) Bizonyítsuk be, hogy egy vektortérben akárhány altér metszete isaltér.
(b) Adjunk szükséges és elégséges feltételt arra, hogy két altér egyesítése
is altér legyen.
(c) Lehet-e két altér halmazelméleti különbsége vagy szimmetrikus differenciája altér?
∗(d) Lehet-e három egymást páronként nem tartalmazó altér egyesítése
altér?

M∗∗ (e) Legyen T végtelen test. Bizonyítsuk be, hogy egy T feletti vektortér
nem állhat elő véges sok valódi alterének az egyesítéseként.
M∗∗ (f) Legyen T véges test. Bizonyítsuk be, hogy egy T feletti vektortér nemállhat elő |T | + 1-nél kevesebb valódi alterének az egyesítéseként.
M∗∗ (g) Legyen T véges test. Bizonyítsuk be, hogy ha egy T feletti vektortérnek nem csak triviális alterei vannak, akkor előáll |T | + 1 darab
valódi alterének az egyesítéseként.
4.2.13 Legyen W altér a V vektortérben és U ⊆ W . Bizonyítsuk be, hogy U
akkor és csak akkor altér V -ben, ha altér W -ben (vagyis az altérség
nem függ attól, hogy ,,mekkora” az eredeti vektortér).
4.2.14 Legyen V = {c ∈ R | c ≥ 3}, T = Q, és definiáljuk az ⊕ összeadástés a ⊙ skalárral való szorzást a következőképpen:u ⊕ v = max(u , v),

λ⊙v =v(u, v ∈ V, λ ∈ T ).

Legyen W = {c ∈ R | c ≥ 5}, ekkor W zárt a ⊕ és ⊙ műveletekre.
Továbbá V nulleleme a 3, W -é pedig az 5. Hogyan fér ez össze
azzal, hogy egy altér nulleleme szükségképpen megegyezik a vektortér
nullelemével (lásd a 4.2.2 Tétel bizonyítását)?
4.2.15 Az alábbiakban négy bizonyítást adunk arra, hogy egy altér nulleleme szükségképpen megegyezik a vektortér nullelemével, ezek közül
azonban csak az egyik helyes. Melyik a helyes, és mi a hiba a többiben? (A V vektortér nullelemét 0V , a W altérét pedig 0W jelöli.)109

4.2. Feladatok(a) Mivel 0V + v = v minden v ∈ V vektorra, tehát W elemeire is
teljesül, ezért 0V definíció szerint W -nek is nulleleme. A W -belinullelem egyértelműsége alapján így 0W = 0V .
(b) Ha 0W ̸= 0V lenne, akkor V -ben két nullelem lenne, ami ellentmonda V -beli nullelem egyértelműségének.
(c) Legyen v ∈ W tetszőleges. Ekkor 0V + v = v és 0W + v = v
egyaránt fennáll, tehát 0V + v = 0W + v. Itt mindkét oldalhoz a vvektor W -beli ellentettjét hozzáadva a kívánt 0V = 0W egyenlőséget
kapjuk.
(d) Legyen v ∈ W tetszőleges. Ekkor 0V +v = v és 0W +v = v egyaránt
fennáll, tehát 0V + v = 0W + v. Itt mindkét oldalhoz a v vektor
V -beli ellentettjét hozzáadva a kívánt 0V = 0W egyenlőséget kapjuk.
4.2.16 Legyen W altér a T test feletti V vektortérben és u ∈ V tetszőleges
rögzített vektor. Az u + W = {u + w | w ∈ W } halmazt a W altér
eltoltjának vagy lineáris sokaságnak nevezzük.
(a) Adjuk meg a síkvektorok, illetve a térvektorok szokásos vektorterébenaz összes lineáris sokaságot.
(b) Bizonyítsuk be, hogy ugyanazon W altér szerint képzett két lineárissokaság vagy diszjunkt, vagy egybeesik.
∗∗(c) Bizonyítsuk be, hogy ha különböző alterek szerint képezünk két lineáris sokaságot, és ezek nem diszjunktak, akkor a metszetük is lineárissokaság.

(d) Bizonyítsuk be, hogy a nem üres L ⊆ V akkor és csak akkor lineárissokaság, haa, b, c ∈ L, λ ∈ T ⇒ a + λ(b − c) ∈ L .

∗4.2.17 Legyen W altér a T test feletti V vektortérben, és tekintsük a W
szerint képezett lineáris sokaságok, vagyis W összes (különböző) eltoltjainak az F halmazát. Definiáljuk F -en az ⊕ összeadást és a ⊙skalárral való szorzást a következőképpen:(u + W ) ⊕ (v + W ) = (u + v) + W,

λ ⊙ (u + W ) = λu + W.

Bizonyítsuk be, hogy ezekre a műveletekre F vektorteret alkot a
T test felett. Ezt a teret a V vektortér W altere szerint vett faktortér nek nevezzük, és V /W -vel jelöljük.

110

4. Vektorterek
4.3. Generálás

4.3.1 Definíció
Legyen V vektortér a T test felett, a1 , . . . , an ∈ V, λ1 , . . . λn ∈ T .
A λ1 a1 + . . . + λn an vektort az ai vektorok (λi skalárokkal képzett) lineáris
kombinációjának nevezzük. ♣Ismeretes, hogy a (közönséges háromdimenziós) térben három (vagy több)
rögzített, nem egy síkba eső vektor lineáris kombinációjaként a tér minden
vektora előállítható. Ezt a tényt szokás úgy is kifejezni, hogy az adott vektorok kifeszítik vagy generálják a teret. Tetszőleges vektortérre a megfelelő
általánosítást az alábbi definíció szolgáltatja.
4.3.2 Definíció
Az a1 , . . . , an ∈ V vektorokat a V vektortér generátorrendszer ének nevezzük, ha V minden eleme előáll az ai vektorok lineáris kombinációjaként.
♣
A ,,rendszer” szó arra utal, hogy (a halmazzal ellentétben) ugyanaz a vektor többször is előfordulhat az ai -k között. A generátorrendszer fogalmánál
azonban ennek nemigen van jelentősége, ugyanis a lineáris kombinációk halmazát nyilván nem befolyásolja, ha (a többi vektor változatlanul hagyása mellett) valamelyik vektort egy vagy több példányban szerepeltetjük. (A lineáris
függetlenség kérdésénél más a helyzet, lásd a 3.3, illetve 4.4 pontban.)A vektortér elemei általában többféleképpen is felírhatók egy adott generátorrendszer elemeinek lineáris kombinációjaként. Később látni fogjuk,
hogy különösen fontos szerepet játszanak az olyan generátorrendszerek, amelyek segítségével a vektortér minden eleme egyértelműen állítható elő, ezek az
ún. bázisok (lásd a 4.5 pontot).
Egy vektortérnek általában nagyon sok generátorrendszere lehet, gyakranelőfordul azonban az is, hogy egyáltalán nincs (véges) generátorrendszere (lásda 4.3.2 feladatot). A végtelen generátorrendszer bevezetésének a lehetőségét
ennek a pontnak a végén fogjuk jelezni. Néhány, külön jelzett helytől eltekintve
azonban generátorrendszeren mindig véges sok (de legalább egy) elemből állógenerátorrendszert fogunk érteni.
Az a1 , . . . , an ∈ V vektorok összes lineáris kombinációinak a halmaza
abban az esetben is fontos szerepet játszik, ha az ai vektorok nem alkotnak
generátorrendszert. Ez indokolja a következő definíciót.

4.3. Generálás

111

4.3.3 Definíció
Az a1 , . . . , an ∈ V vektorok által generált altér en az ai vektorok összes
lineáris kombinációinak a halmazát értjük, és ezt ⟨a1 , . . . , an ⟩-nel jelöljük.
Azaz:⟨a1 , . . . , an ⟩ = {λ1 a1 + . . . + λn an | λ1 , . . . , λn ∈ T } . ♣A definíció alapján pl. az egy vektor által generált altér az adott vektorösszes skalárszorosaiból áll. A (közönséges háromdimenziós) térben két nem
egy egyenesbe eső vektor által generált altér az általuk ,,kifeszített” sík. Az
is nyilvánvaló, hogy az a1 , . . . , an ∈ V vektorok pontosan akkor alkotnak
generátorrendszert V -ben, ha ⟨a1 , . . . , an ⟩ = V .
A ,,generált altér” elnevezés jogosságát az alábbi tétel támasztja alá:4.3.4 Tétel
U = ⟨a1 , . . . , an ⟩ az ai vektorokat tartalmazó legszűkebb altér, azaz(i) U altér;(ii) ai ∈ U, i = 1, . . . , n;(iii) ha W altér és ai ∈ W, i = 1, . . . , n, akkor U ⊆ W . ♣Bizonyítás: (i) Egyszerű számolással adódik, hogy a lineáris kombinációk halmaza altér. (ii) A λi = 1, λj = 0, ha j ̸= i skalárokkal képezett lineáris
kombináció éppen ai , tehát ez az altér tartalmazza az ai vektorokat. Végül(iii): Ha egy W altér tartalmazza az ai vektorokat, akkor ezek skalárszorosait, majd az ezekből képezett összegeket is tartalmaznia kell. Vagyis minden
lineáris kombináció szükségképpen eleme W -nek.
Megjegyezzük, hogy szokás a generált altér fogalmát éppen az (i)–(iii)
tulajdonságokkal definiálni . A kétféle definíció ekvivalenciáját a 4.3.4 Tétel
biztosítja. A generált altér egy harmadik jellemzését lásd a 4.3.9 feladatban.
Külön kiemeljük, hogy egy altér generátorrendszere mindig magának az
altérnek az elemeiből kell, hogy álljon, ,,külső” elemek nem jöhetnek szóba (eznyilvánvalóan adódik pl. a 4.3.4 Tétel (ii) állításából).
Most a két altér által generált altér fogalmát vezetjük be.
4.3.5 Definíció
Legyenek W és Z alterek a V vektortérben. A W és Z által generált
altérnek a {w + z | w ∈ W, z ∈ Z} alteret nevezzük, és ezt ⟨W, Z⟩-vel vagy
W + Z-vel jelöljük. ♣112

4. Vektorterek

A 4.3.4 Tételhez hasonlóan adódik, hogy ⟨W, Z⟩ éppen a két alteret tartalmazó legszűkebb altér (lásd a 4.3.11 feladatot).
Fontos az az eset, amikor ⟨W, Z⟩ elemei egyértelműen írhatók fel w + z
alakban (w ∈ W, z ∈ Z). Erre vonatkozik a következő tétel.
4.3.6 Tétel
Legyenek W és Z alterek V -ben. A ⟨W, Z⟩ altér elemeinek w + z alakban
történő előállítása (ahol w ∈ W, z ∈ Z) akkor és csak akkor egyértelmű, ha
W ∩ Z = 0. ♣Bizonyítás: Tegyük fel először, hogy W ∩ Z = 0 és valamely x ∈ ⟨W, Z⟩-rex = w1 + z1 = w2 + z2 , ahol wi ∈ W, zi ∈ Z .
Az egyenlőséget átrendezve w1 − w2 = z2 − z1 adódik. Itt a bal oldalon W beli, a jobb oldalon pedig Z-beli vektor áll, tehát a feltétel miatt ez csak a 0
lehet. Vagyis w1 = w2 , z1 = z2 , amivel az egyértelműséget igazoltuk.
Megfordítva, tegyük fel, hogy minden vektor egyértelműen áll elő a kívánt
alakban, és legyen u ∈ W ∩ Z. Ekkor u = u + 0 = 0 + u két különböző
előállítást jelent, ha u ̸= 0. Vagyis csak u = 0 lehetséges, azaz valóban
W ∩ Z = 0.
A W ∩ Z = 0 esetben a W és Z altereket diszjunktaknak nevezzük (ennél,,diszjunktabbak” nem lehetnek, hiszen a 0 vektor bármely altérnek eleme).
4.3.7 Definíció
Ha W ∩ Z = 0, akkor a ⟨W, Z⟩ alteret a W és Z direkt összegének hívjuk,
és W ⊕ Z-vel jelöljük. ♣Direkt összegről tehát csak diszjunkt alterek esetén beszélhetünk.
Végtelen sok vektor generátuma
A problémát ekkor az jelenti, hogy végtelen sok vektor összegét (általában)nem tudjuk értelmezni. Tekinthetjük azonban az adott vektorok összes véges
részhalmazának összes lineáris kombinációit:
4.3.8 Definíció
Legyen H a T test feletti V vektortér tetszőleges nem üres részhalmaza.
Ekkor a H által generált ⟨H⟩ altéren a H halmaz elemeivel minden lehetséges4.3. Feladatok

113

módon képezett összes (véges, de tetszőlegesen hosszú) lineáris kombinációt
értjük. ♣Most is megmutatható, hogy ⟨H⟩ az a legszűkebb altér, amely H-ttartalmazza. Az is könnyen adódik, hogy ha W és Z alterek, akkor⟨W, Z⟩ = ⟨W ∪ Z⟩.
Ebben az általánosabb értelemben egy H ⊆ V részhalmaz akkor generátorrendszere V -nek, ha ⟨H⟩ = V . Más megfogalmazásban ez azt jelenti, hogybármely v ∈ V vektorhoz található véges sok olyan H-beli vektor, hogy v
felírható ezek alkalmas lineáris kombinációjaként. Más és más v-hez általában
más és más H-beli vektorok tartoznak, sőt többnyire még ezek darabszáma
sem lesz korlátos.
Ily módon már bármely V vektortérnek létezik generátorrendszere, hiszen
pl. nyilvánvalóan V = ⟨V ⟩.
A végesben megszokott szemléletünk most csalóka lehet: a valós együtthatós polinomok szokásos vektorterében az 1, x, x2 , . . . polinomok — a várakozásunknak megfelelően — generátorrendszert alkotnak, azonban a valós
számsorozatok szokásos vektorterében nem alkotnak generátorrendszert azok
a sorozatok, amelyeknek egyetlen tagja 1, a többi pedig 0, ugyanis ilyenek
véges lineáris kombinációjaként nem áll elő például a csupa 1-ből álló sorozat.
Feladatok
4.3.1 Az alábbi vektorrendszerek közül melyek alkotnak a szokásos C4 vektortérben generátorrendszert?
 
 
 
 
 
1
0
1
0
1
1
1
0
1
0
(a)   ,   ,   ,   ,  ;
1
1
0
0
1
1
0
1
1
0












0
0
1
0
1
1
 0
 1
 1
 0
 0
 −1 
(b) 
;
, 
, 
, 
, 
, 
1
0
−1
0
−1
0
−1
−1
0
0
−1
0
 
 
 
 
1
1
1
1
 4
 3
2
1
(c)   ,   ,   ,  .
16
9
4
1
64
27
8
1
4.3.2 A 4.1 pontban, valamint a 4.1.1–4.1.3 feladatokban szereplő példák
közül mely vektortereknek van véges generátorrendszere?

114

4. Vektorterek

4.3.3 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha egy generátorrendszerhez egy tetszőleges vektort hozzáveszünk,
akkor ismét generátorrendszert kapunk.
(b) Ha egy legalább kételemű generátorrendszerből egy tetszőleges vektort elhagyunk, akkor ismét generátorrendszert kapunk.
(c) Minden legalább kételemű generátorrendszerben van olyan vektor,
amelyet elhagyva a maradék vektorok továbbra is generátorrendszert
alkotnak.
(d) Ha egy generátorrendszerben előfordul két azonos vektor, akkor ezek
egyik példányát elhagyva a maradék vektorok továbbra is generátorrendszert alkotnak.
(e) Egy legalább kételemű generátorrendszerben akkor és csak akkor van
olyan vektor, amelyet elhagyva a maradék vektorok továbbra is generátorrendszert alkotnak, ha a generátorrendszer valamelyik elemefelírható a többi elem lineáris kombinációjaként.
4.3.4 Legyen V a valós együtthatós polinomok szokásos vektortere. Melyek
igazak az alábbi tartalmazások közül?
(a) x3 + 7x2 + 5x ∈ ⟨x3 + 2x, 3x3 + 4x, 5x2 + 6x⟩;(b) x3 + 7x2 + 5 ∈ ⟨x3 + 2x, 3x3 + 4x, 5x2 + 6x⟩;(c) x − 1 ∈ ⟨x3 − x, x3 − x2 , x3 − 1, 2x2 − 3x + 1⟩;(d) x + 1 ∈ ⟨x3 − x, x3 − x2 , x3 − 1, 2x2 − 3x + 1⟩;(e) x + 1 ∈ ⟨x3 − x, x3 − x2 , x3 − 1, 2x2 + 3x + 1⟩.
4.3.5 Tegyük fel, hogy egy V vektortér a, b és c elemeire a + b + c = 0.
Bizonyítsuk be, hogy ⟨a, b⟩ = ⟨a, c⟩.
4.3.6 Tegyük fel, hogy egy V vektortér a, b, c és d elemeire a+b+c+d =0. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) ⟨a, b⟩ = ⟨a, c⟩;(b) ⟨a, b⟩ = ⟨c, d⟩;(d) ⟨a, b, c⟩ = ⟨a, d⟩;(e) ⟨a, b, c⟩ ⊇ ⟨a, d⟩.

(c) ⟨a, b, c⟩ = ⟨a, c, d⟩;4.3.7 Tegyük fel, hogy egy V vektortér a, b és c elemeireb ̸∈ ⟨a, c⟩ és c ∈ ⟨a, b⟩. Határozzuk meg a c vektort.

a ̸∈ ⟨b, c⟩,

4.3.8 Bizonyítsuk be, hogy adott a1 , . . . , an ∈ V vektorok esetén csak egy
olyan U létezik, amely kielégíti a 4.3.4 Tétel (i)–(iii) követelményeit.
4.3.9 Bizonyítsuk be, hogy az a1 , . . . , an ∈ V vektorok által generált altér
megegyezik az ai -ket tartalmazó összes altér metszetével.

4.3. Feladatok

115

4.3.10 Legyen V az összes valós számon értelmezett valós értékű függvények
szokásos vektortere. Egy általános függvényt f -fel jelölünk. Jellemezzük a W és Z alterek által generált ⟨W, Z⟩ alteret, ahol(a) W = {páros függvények},(b) W = {f | f (5) = 0},

Z = {páratlan függvények};

Z = {f | f (6) = 0};(c) W = {f | f (x) = 0, ha x ̸= 5},(d) W = {f | ∀ x ∈ Q f (x) = 0},

Z = {f | f (x) = 0, ha x ̸= 6};
Z = {f | ∀ x ̸∈ Q f (x) = 0};(e) W = {f | ∀ x, y ∈ Q f (x) = f (y)},Z = {f | ∀ x, y ̸∈ Q f (x) = f (y)}.
Mely esetekben lesz ⟨W, Z⟩ = W ⊕ Z?
4.3.11 Legyenek W és Z alterek V -ben. Bizonyítsuk be, hogy ⟨W, Z⟩ éppen a két alteret tartalmazó legszűkebb altér. (Fogalmazzuk meg
pontosan, hogy mit jelent a ,,legszűkebbség”.)
4.3.12 Legyenek W1 , W2 és W3 alterek V -ben. Milyen kapcsolatban áll
egymással(a) ⟨W1 , W2 ⟩ ∩ W3 és ⟨W1 ∩ W3 , W2 ∩ W3 ⟩;(b) ⟨W1 ∩ W2 , W3 ⟩ és ⟨W1 , W3 ⟩ ∩ ⟨W2 , W3 ⟩;(c) W1 ⊆ W3 esetén ⟨W1 , W2 ⟩ ∩ W3 és ⟨W1 , W2 ∩ W3 ⟩?
4.3.13 Legyen V a valós számsorozatok szokásos vektortere. Egy általános
sorozatot S = (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) formában jelölünk. Döntsük el,hogy V direkt összege-e W -nek és Z-nek, ahol(a) W = {S | α5 = 0},

Z = {S | α6 = 0};(b) W = {S | α5 = 0},

Z = {S | αi = 0, ha i ̸= 5};(c) W = {S | α5 = 0},(d) W = {S | α5 = 0},

Z = {S | α1 = . . . = α5 , α6 = α7 = . . . = 0};
Z = {S | α5 ̸= 0};(e) W = {S | αi = 0, ha i páros},(f) W = {S | αi = 0, ha i ̸= 5},

Z = {S | αi = 0, ha i páratlan};
Z = {S | αi = 0, ha i ̸= 6}.

∗

4.3.14 Általánosítsuk a 4.3.5 Definíciót és a 4.3.6 Tételt kettőnél több (devéges sok) altérre, majd ennek alapján a direkt összeg fogalmát is(4.3.7 Definíció) terjesszük ki kettőnél több altér esetére.

∗

4.3.15 Adjuk meg a 4.1.1–4.1.3 feladatokban szereplő részhalmazok által
generált altereket, kivéve a 4.1.2 feladat (n) és a 4.1.3 feladat (h)részét.

116∗

4. Vektorterek

4.3.16 Tekintsük az összes valós számon értelmezett valós értékű függvényeket a racionális test feletti vektortérként a szokásos műveletekre.
Legyen ebben H az egész értékű függvények halmaza. Döntsük el,hogy az alábbi függvények elemei-e a H által generált ⟨H⟩ altérnek.
{
5/7, ha x ∈ Q;(a) f (x) =3/8, ha x ̸∈ Q.
{
1/x, ha x = 1, 2, 3, . . .;(b) g(x) =0,
egyébként.
∗∗(c) Oldjuk meg a feladatot abban az esetben is, ha a racionális test
helyett a valós testet vesszük.
4.3.17 Tekintsük a valós számsorozatok szokásos V vektorterét a valós test
felett. Generátorrendszert alkotnak-e V -ben az alábbi részhalmazok?
(a) Azok a sorozatok, amelyeknek minden eleme 0 vagy 1;∗∗(b) azok a sorozatok, amelyeknek minden eleme racionális;(c) azok a sorozatok, amelyeknek minden eleme irracionális.
4.4. Lineáris függetlenség

A lineáris függetlenség és összefüggés fogalmával speciális esetben a mátrixok
és egyenletrendszerek kapcsán a 3. fejezetben már foglalkoztunk. Az ott megismert definíciók szó szerint átvihetők tetszőleges vektortérre, és az alaptulajdonságok is érvényben maradnak. Most mindezeket röviden összefoglaljuk.
Legyen V vektortér a T test felett, u1 , . . . , un ∈ V, λ1 , . . . λn ∈ T , éstekintsük a λ1 u1 +. . .+λn un lineáris kombinációt. Ha minden λi = 0, akkor ezaz ún. triviális lineáris kombináció nyilván a 0 vektort eredményezi. Előfordulhat azonban, hogy a 0 vektort más együtthatókkal, nem triviális lineáris kombinációként is megkaphatjuk. Ebben az esetben az ui vektorokat lineárisanösszefüggőnek, ellenkező esetben pedig lineárisan függetlennek nevezzük. Azaz
4.4.1 Definíció
Az u1 , . . . , um ∈ V vektorok lineárisan összefüggők, ha léteznek olyan
λ1 , . . . , λm ∈ T skalárok, amelyek nem mind 0-k, és λ1 u1 + . . . + λm um = 0.
♣
4.4.2 Definíció
Az u1 , . . . , um ∈ V vektorok lineárisan függetlenek, ha λ1 u1 + . . . ++λm um = 0 CSAK úgy valósulhat meg, ha mindegyik λi = 0. Azaz
λ1 u1 + . . . + λm um = 0 ⇒ λi = 0, i = 1, . . . , m. ♣

4.4. Lineáris függetlenség

117

Egy u1 , . . . , um ∈ V vektorrendszerre tehát a lineáris függetlenség és alineáris összefüggés közül pontosan az egyik teljesül. A ,,lineáris” jelzőt arövidség kedvéért gyakran elhagyjuk.
Ismét megemlítjük, hogy a ,,vektorrendszer” kifejezésben a ,,rendszer”
szó arra utal, hogy (a halmazzal ellentétben) ugyanaz a vektor többször iselőfordulhat az ui -k között. Ez a körülmény lényegesen befolyásol(hat)ja a
függetlenség kérdését: ha az ui -k között szerepelnek azonos vektorok, akkor avektorrendszer biztosan összefüggő.
Azonnal adódnak az alábbi egyszerű észrevételek. Egyetlen vektor egyedül akkor és csak akkor független, ha nem a nullvektor. Két vektor akkor és
csak akkor lineárisan független, ha egyik sem skalárszorosa a másiknak. Több
vektor esetén ez már nem igaz : például a síkban tetszőleges három vektorösszefüggő.
FONTOS! A lineáris függetlenség fogalma számos ,,csapdát” rejt, ezért —főleg az elején — célszerű ezzel kapcsolatban mindent nagyon alaposan végiggondolni, nehogy egy hibás ,,szemlélet” alapján téves elképzelések alakuljanakki.
A 3.3.5 Tétel tetszőleges vektortérben ugyanúgy érvényes:
4.4.3 Tétel
I. Ha egy (legalább kételemű) lineárisan független rendszerből egy tetszőleges elemet elhagyunk, akkor a maradék vektorok is lineárisan független
rendszert alkotnak.
II. Ha egy lineárisan összefüggő rendszerhez egy tetszőleges vektort hozzáveszünk, akkor az így kapott vektorrendszer is lineárisan összefüggő.
III. Egy legalább kételemű vektorrendszer akkor és csak akkor lineárisan összefüggő, ha van benne (legalább egy) olyan vektor, amely előáll a többi
vektor lineáris kombinációjaként.
IV. Ha u1 , . . . , um lineárisan független, de az um+1 vektor hozzávételével
kapott rendszer lineárisan összefüggő, akkor um+1 előáll az u1 , . . . , um
vektorok lineáris kombinációjaként.
V. Tegyük fel, hogy valamely v vektor előáll az u1 , . . . , um vektorok lineáris
kombinációjaként. Ez az előállítás akkor és csak akkor egyértelmű, ha
u1 , . . . , um lineárisan független. ♣Bizonyítás: Lásd a 3.3.5 Tételnél.
4.4.4 Definíció
Egy v vektor lineárisan függ az u1 , . . . , um vektoroktól, ha v előáll az
u1 , . . . , um vektorok lineáris kombinációjaként. ♣118

4. Vektorterek

Ha v lineárisan függ az u1 , . . . , um vektoroktól, akkor a v, u1 , . . . , um
vektorok lineárisan összefüggők, de megfordítva ez nem igaz ! A 4.4.3 Tétel
III. állítása szerint az összefüggőség azzal ekvivalens, hogy a vektorok között
van olyan, amelyik lineárisan függ a többitől. (Egy összefüggő rendszerben
egyébként általában több ilyen vektor van, és természetesen az is előfordulhat,
hogy az összes vektor ilyen. Lásd a 4.4.4–4.4.6 feladatokat.)A generált altér fogalmának felhasználásával azonnal adódik, hogy v pontosan akkor függ u1 , . . . , um -től lineárisan, ha v ∈ ⟨u1 , . . . , um ⟩.
Végül megemlítjük, hogy végtelen sok vektor lineáris függetlenségén aztértjük, hogy közülük bármely véges sok lineárisan független. (A problémát —a generált altérnél látottakhoz hasonlóan — most is az okozza, hogy végtelen
sok vektor lineáris kombinációjának nincs értelme.)
Feladatok (Lásd a 3.3 pont feladatait is.)4.4.1 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha u1 , . . . , u100 lineárisan független és v1 , . . . , v100 is lineárisan
független, akkor u1 , . . . , u100 , v1 , . . . , v100 is lineárisan független.
(b) Ha u1 , . . . , u100 , v1 , . . . , v100 lineárisan független, akkor u1 , . . . , u100
és v1 , . . . , v100 is lineárisan független.
(c) Ha u1 , . . . , u100 lineárisan független és v1 , . . . , v100 is lineárisan
független, akkor u1 + v1 , . . . , u100 + v100 is lineárisan független.
(d) Ha u1 + v1 , . . . , u100 + v100 lineárisan független, akkor u1 , . . . , u100
és v1 , . . . , v100 is lineárisan független.
(e) Ha u1 , . . . , u100 között szerepel olyan vektor, amelyik valamelyik
másik ui -nek skalárszorosa, akkor u1 , . . . , u100 lineárisan összefüggő.
(f) Ha u1 , . . . , u100 közül bármelyik 99 vektor lineárisan független, akkor
u1 , . . . , u100 is lineárisan független.
(g) Ha u1 , u2 , . . . , u100 lineárisan független, akkor u1 +u2 , u3 , . . . , u100
is lineárisan független.
(h) Ha u1 , u2 , . . . , u100 lineárisan összefüggő, akkor u1 +u2 , u3 , . . . , u100
is lineárisan összefüggő.
(i) Ha u1 , u2 , . . . , u100 lineárisan független, akkor u1 , u1 + u2 , . . . ,u1 + u2 + . . . + u100 is lineárisan független.
(j) Ha u1 , u2 , . . . , u100 lineárisan összefüggő, akkor u1 , u1 + u2 , . . . ,u1 + u2 + . . . + u100 is lineárisan összefüggő.

4.4. Feladatok

119

4.4.2 Tegyük fel, hogy a, b és c egyike sem a nullvektor. Mit állíthatunk a
és c viszonyáról lineáris függetlenség, illetve összefüggőség szempontjából, ha tudjuk, hogy(a) a, b lineárisan összefüggő, b, c lineárisan összefüggő;(b) a, b lineárisan független, b, c lineárisan összefüggő;(c) a, b lineárisan független, b, c lineárisan független?
4.4.3 Tegyük fel, hogy egy végtelen test feletti vektortérben az u1 , . . . , um
vektoroknak csak véges sok lineáris kombinációja állítja elő a nullvektort. Következik-e ebből, hogy u1 , . . . , um lineárisan független?
4.4.4 Tegyük fel, hogy az u1 , . . . , um vektorok között pontosan egy olyan
van, amely lineárisan függ a többi m − 1 vektortól. Bizonyítsuk be,
hogy ekkor ez szükségképpen a nullvektor.
4.4.5 Legyen m ≥ 2 és 0 ≤ s ≤ m. Adjunk meg m különböző vektort
úgy valamely alkalmas vektortérben, hogy közöttük pontosan s darab
olyan legyen, amely(ek mindegyike) lineárisan függ a többi m − 1
vektortól.
4.4.6 Tegyük fel, hogy az u1 , . . . , um vektorok lineárisan összefüggők. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha az ui -k közül bármelyik m − 1 lineárisan független, akkor mindegyik ui lineárisan függ a többi m − 1-től.
(b) Ha mindegyik ui lineárisan függ a többi m − 1-től, akkor az ui -kközül bármelyik m − 1 lineárisan független.
(c) Ha egy λ1 u1 + . . . + λm um = 0 nem triviális lineáris kombinációban
λt ̸= 0, akkor ut lineárisan függ a többi m − 1 vektortól.
(d) Ha egy λ1 u1 + . . . + λm um = 0 nem triviális lineáris kombinációban
λt = 0, akkor ut nem függ lineárisan a többi m − 1 vektortól.
4.4.7 Tegyük fel, hogy a, b, c, d lineárisan független, a, b, c, e lineárisanösszefüggő, c, d, e lineárisan összefüggő és e ̸= 0. Mit állíthatunkaz a, b, d, e vektorokról lineáris függetlenség, illetve összefüggőség
szempontjából?
4.4.8 Tegyük fel, hogy a, b, c lineárisan független, de a, b, d is, a, c, d isés b, c, d is lineárisan összefüggő. Határozzuk meg a d vektort.
4.4.9 Tekintsük a komplex együtthatós polinomok szokásos vektorterét akomplex test felett. Vizsgáljuk meg az alábbi vektorrendszereket
lineáris függetlenség, illetve összefüggőség szempontjából.
(a) (x + 1)(x + 2), (x + 2)(x + 3), (x + 3)(x + 1);

120

4. Vektorterek(b) (x + 1)(x + 2), (x + 2)(x + 3), (x + 3)(x + 4), (x + 4)(x + 1);(c) x3 + ix2 − x − i, −ix3 − x2 + x + i, −x3 − ix2 + ix + 1, ix3 + x2 − ix − 1;(d) 1000 darab olyan polinom, amelyek mind különböző fokúak;(e) 1000 darab olyan polinom, amelyek mind azonos fokúak;(f) 1000 darab olyan valós együtthatós polinom, amelyek irreducibilisek
a valós test felett;(g) 1000 darab olyan racionális együtthatós polinom, amelyek irreducibilisek a racionális test felett.

4.4.10 Legyen V a valós test feletti vektortér, m ≥ 2, 1 ≤ k < m, éstegyük fel, hogy az u1 , . . . , um vektorok lineárisan függetlenek. Mi
a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy(a) u1 + u2 , u2 + u3 , . . . , um + u1 , illetve(b) u1 + u2 + . . . + uk , u2 + u3 + . . . + uk+1 , . . . , um + u1 + . . . + uk−1
lineárisan független legyen?
M 4.4.11 Jelöljük VT -vel a T k vektorteret a T test felett a szokásos műveletekre.
Legyenek u1 , . . . , um olyan k hosszúságú sorozatok, amelyek minden
eleme 0 vagy 1. Ezeket T = Q, T = R és T = Fp -re is tekinthetjük VT
elemeinek. Így mást és mást jelent(het) ezeknek a 0–1 vektoroknak
a különböző testek ,,feletti” lineáris függetlensége. Melyek igazak az
alábbi állítások közül?
Ha u1 , . . . , um lineárisan független(a) T = R felett, akkor független T = Q felett is;(b) T = Q felett, akkor független T = R felett is;(c) T = Q felett, akkor független T = F2 felett is;(d) T = F2 felett, akkor független T = Q felett is;(e) T = Q felett, akkor független véges sok p kivételével minden T = Fp
felett is.
4.4.12 Tekintsük a valós számokat a racionális test feletti vektortérként aszokásos műveletekre. Bizonyítsuk be, hogy(a) különböző prímszámok rögzített alapú logaritmusai mindig lineárisan
függetlenek;(b) egy valós szám összes pozitív egész kitevős hatványai akkor és csak
akkor lineárisan függetlenek, ha a szám transzcendens. (A transzcendens szám definícióját lásd az A.10 pontban az A.10.6 Definíció
után.)

4.5. Bázis

121

4.4.13 Bizonyítsuk be, hogy az ⟨u⟩ ⊕ ⟨v⟩ direkt összeg akkor és csak akkor
létezik, ha u és v lineárisan független, vagy u és v közül legalább az
egyik 0.

4.5. Bázis
4.5.1 Definíció
Bázison lineárisan független generátorrendszert értünk. ♣A generátorrendszer definíciójából és a 4.4.3 Tétel V. állításából azonnal
következik a
4.5.2 Tétel
Egy u1 , . . . , um vektorrendszer akkor és csak akkor bázis, ha a vektortér
minden eleme egyértelműen előáll az u1 , . . . , um vektorok lineáris kombinációjaként. ♣Példák: T n -ben, illetve T k×n -ben bázist alkotnak azok a vektorok, illetve
mátrixok, amelyeknek egyetlen eleme 1, a többi 0. Természetesen egy vektortérnek általában nagyon sok bázisa van. A közönséges háromdimenziós
térben bármely három, nem egy síkba eső vektor bázist alkot.
A 0 térnek nincs bázisa, ugyanis egyetlen eleme, a 0, már önmagábanlineárisan összefüggő. A valós számsorozatok szokásos vektorterének nincs(véges sok elemből) bázisa, hiszen már véges generátorrendszere sincs. Bázison
a továbbiakban mindig véges sok vektorból álló rendszert fogunk érteni. A
végtelen elemű bázis bevezetésének a lehetőségére ennek a pontnak a végén
röviden utalunk.
Alapvető fontosságú a
4.5.3 Tétel
Egy vektortérben bármely két bázis azonos elemszámú. ♣Ennél erősebb tételt fogunk igazolni:
4.5.4 Tétel
Legyen f1 , . . . , fn lineárisan független rendszer és g1 , . . . , gk generátorrendszer egy V vektortérben. Ekkor n ≤ k. ♣

122

4. Vektorterek

A 4.5.4 Tételből valóban azonnal következik a 4.5.3 Tétel: az első bázist
független rendszernek, a másodikat generátorrendszernek tekintve kapjuk,
hogy az elsőnek legfeljebb annyi eleme van, mint a másodiknak, majd ugyanezt
fordított szereposztásban is elvégezzük.
A 4.5.4 Tételre két bizonyítást adunk.
Első bizonyítás: Indirekt, tegyük fel, hogy n > k. Az ellentmondást úgy fogjuk
kihozni, hogy megmutatjuk, hogy a
λ1 f1 + λ2 f2 + . . . + λn fn = 0(4.5.1)egyenlőség nem csak λ1 = . . . = λn = 0 esetén teljesül. Mivel a gj -k generátorrendszert alkotnak, ezért valamennyi fi előáll a gj -k lineáris kombinációjaként:
f1 =α11 g1 + α21 g2 + . . . +αk1 gk
f2 =α12 g1 + α22 g2 + . . . +αk2 gk..
.
fn =α1n g1 + α2n g2 + . . . +αkn gkÍrjuk be ezeket az előállításokat (4.5.1)-be az fi -k helyére, és rendezzük át abal oldalt a gj -k szerint:(λ1 α11 + λ2 α12 + . . . + λn α1n )g1 + (λ1 α21 + λ2 α22 + . . . + λn α2n )g2 ++ . . . + (λ1 αk1 + λ2 αk2 + . . . + λn αkn )gk = 0 .
Ezzel a 0-t felírtuk a gj -k lineáris kombinációjaként. Ha itt minden gj együtthatója 0, akkor az egyenlőség biztosan teljesül (lehet, hogy máskor is, hiszen a
gj -k nem feltétlenül függetlenek). Az, hogy minden gj együtthatója 0 legyen,az
α11 λ1 + α12 λ2 + . . . + α1n λn = 0
α21 λ1 + α22 λ2 + . . . + α2n λn = 0..
.
αk1 λ1 + αk2 λ2 + . . . + αkn λn = 0
feltételt jelenti. Ez egy olyan homogén lineáris egyenletrendszer a λ-kra,amelyben n ismeretlen van és csak k egyenlet, tehát az n > k indirekt feltevésünk szerint biztosan létezik nem triviális megoldás. Vagyis (4.5.1) nem
csak triviálisan teljesül, ami ellentmond az fj -k függetlenségének.

4.5. Bázis

123

Második bizonyítás:4.5.5 Lemma (Kicserélési tétel)Legyen f1 , . . . , fn lineárisan független rendszer és g1 , . . . , gk generátorrendszer egy V vektortérben. Ekkor bármely fi -hez található olyan gj , hogy
f1 , . . . , fi−1 , gj , fi+1 , . . . , fn
is lineárisan független rendszer. (Azaz bármelyik fi ,,kicserélhető” alkalmas
gj -vel.) ♣A kicserélési tétel bizonyítása: Tegyük fel indirekt, hogy pl. f1 -re ez nem igaz,
tehát az f2 , . . . , fn vektorokhoz akármelyik gj -t hozzávéve mindig összefüggő
rendszert kapunk. Mivel f2 , . . . , fn független (4.4.3/I Tétel), így mindegyik
gj előáll ezek lineáris kombinációjaként (4.4.3/IV Tétel). Ekkor nyilván a
gj -k minden lineáris kombinációja is felírható az f2 , . . . , fn vektorokkal. A
gj -k azonban generátorrendszert alkotnak, tehát lineáris kombinációik kiadják az egész vektorteret. Így V minden eleme, speciálisan f1 is előáll f2 , . . . , fnlineáris kombinációjaként. Ez viszont ellentmond f1 , . . . , fn lineáris függetlenségének.
Most levezetjük a kicserélési tételből a 4.5.4 Tételt. Cseréljük ki először
f1 -et valamelyik gj -re, majd az így kapott új független rendszerből cseréljük
ki f2 -t alkalmas g-re stb., egészen addig, amíg az fi -k el nem fogynak. Az így
nyert független rendszerben már csak g-k szerepelnek, és a függetlenség miattnem lehet közöttük két egyenlő. Vagyis valóban legalább annyi g-nek kellett
lennie, mint f -nek.
A következő két tétel azt mutatja, hogy nagyon sokféleképpen juthatunkbázishoz, nevezetesen, lényegében bármely generátorrendszerből kiválaszthatunk bázist, illetve bármely független rendszert kiegészíthetünk bázissá.
4.5.6 Tétel
Egy V ̸= 0 vektortér bármely (véges) generátorrendszere tartalmaz bázist.
♣
Bizonyítás: Ha a generátorrendszer lineárisan független, akkor ő maga bázis.
Ha összefüggő, akkor van benne olyan elem, amely előáll a többiek lineáris
kombinációjaként, pl. gk = µ1 g1 + . . . + µk−1 gk−1 . Ezt a gk elemet elhagyva

124

4. Vektortereka maradék továbbra is generátorrendszert alkot, ugyanis bármely v ∈ V -rev = α1 g1 + . . . + αk−1 gk−1 + αk gk == α1 g1 + . . . + αk−1 gk−1 + αk (µ1 g1 + . . . + µk−1 gk−1 ) == (α1 + αk µ1 )g1 + . . . + (αk−1 + αk µk−1 )gk−1 .
Ha az így kapott g1 , . . . , gk−1 generátorrendszer már független, akkor készen
vagyunk. Ha összefüggő, akkor megismételjük az előzőket. Az eljárás előbbutóbb befejeződik (a ,,legrosszabb” esetben akkor, amikor a generátorrendszer
már csak egyetlen vektorból áll, ami V ̸= 0 miatt nem lehet a nullvektor ésígy biztosan független).
4.5.7 Tétel
Ha egy V vektortérnek van (véges) generátorrendszere, akkor bármely
lineárisan független rendszer kiegészíthető bázissá. ♣Bizonyítás: Ha a független rendszer generátorrendszer is, akkor ő maga bázis.
Ha nem, akkor van olyan v vektor, amely nem áll elő a független rendszer
elemeinek lineáris kombinációjaként. Ekkor a független rendszerhez v-t hozzávéve továbbra is független rendszert kapunk (4.4.3/IV Tétel). Ha még ez
sem bázis, akkor az eljárást tovább folytatjuk. Mivel a vektortérnek van véges(mondjuk s elemű) generátorrendszere, tehát a 4.5.4 Tétel szerint ennél több
független vektor nem lehet V -ben. Az eljárás így előbb-utóbb véget kell hogyérjen.
A 4.5.6 és 4.5.7 Tételek bizonyításai egyúttal módszert is adnak arra,
hogyan lehet adott generátorrendszerből bázist kiválasztani, illetve adott független rendszert bázissá kiegészíteni.
A generátorrendszerhez és a lineáris függetlenséghez hasonlóan a bázis
fogalmát is kiterjeszthetjük végtelen sok vektor esetére: bázison ekkor is lineárisan független generátorrendszert értünk. A 4.5.2 Tétel megfelelője úgy
szól, hogy egy H vektorhalmaz akkor és csak akkor bázis, ha a vektortér
minden eleme lényegében egyértelműen állítható elő véges sok H-beli vektor
lineáris kombinációjaként; a ,,lényegében” jelző arra utal, hogy két előállítás
csak 0 együtthatójú tagokban különbözhet egymástól. Transzfinit eszközökkel
igazolható, hogy minden V ̸= 0 vektortérnek van bázisa, ezt általában Hamelbázisnak nevezik. A 4.5.3 Tétel megfelelője is érvényes: egy vektortér bármely
két (Hamel-)bázisa azonos számosságú.

4.5. Feladatok

125

Feladatok
4.5.1 Tekintsük a legfeljebb 20-adfokú valós együtthatós polinomok szokásos vektorterét a valós test felett. Adjunk meg egy-egy bázist az
alábbi alterekben. Egy általános polinomot f = α0 + α1 x + . . . ++α20 x20 -nal jelölünk. A jelölésben nem teszünk különbséget polinom és polinomfüggvény között.
(a) {f | deg f ≤ 10 vagy f = 0};(b) {f | x3 + 1 osztója az f -nek};(c) {f | x3 + 1-gyel osztva az f konstans maradékot ad};(d) {f | f (5) = 0};(e) {f | f együtthatóinak az összege 0};(f) {f | f (3) = 2f (4)};(g) {f | α0 = α1 = α13 }.
4.5.2 Tekintsük a 2 × 3-as racionális elemű mátrixok szokásos Q2×3 vektorterét a racionális test felett. Döntsük el, hogy az alábbiak közül
melyek alkotnak bázist. A lineárisan független rendszereket egészítsük ki bázissá, a generátorrendszerekből válasszunk ki bázist.
(a) Azok a mátrixok, amelyeknek egyik eleme 0, a többi pedig 5;(b) azok a mátrixok, amelyeknek két eleme 0, a többi pedig 5;(c) azok a mátrixok, amelyekben valamelyik sor vagy oszlop minden eleme 5, a többi elem pedig 0;(d) azok a mátrixok, amelyekben valamelyik oszlop elemei (tetszőlegessorrendben)az() 5 és a 6 , a többi elem pedig 0;
1 2 3(e) azmátrix és ennek tükörképei a mátrix(ot alkotó tégla4 5 6lap) függőleges, illetve vízszintes középvonalára, valamint középpontjára;
(
)
1 2 3
(f) azmátrix és ennek tükörképei a mátrix(ot alkotó tégla4 6 8lap) függőleges, illetve vízszintes középvonalára, valamint középpontjára.
4.5.3 Maximális független rendszeren olyan független vektorrendszert értünk, amely már nem bővíthető, azaz a vektortér bármely elemét
hozzávéve biztosan összefüggő rendszert kapunk. Maximális elemszámú független rendszer olyan független rendszert jelent, amelynél
nagyobb elemszámú független rendszer nem található a vektortérben.
Bizonyítsuk be, hogy az imént definiált két fogalom bármely vektortérben egybeesik.

126

4. Vektorterek

4.5.4 Az előző feladat mintájára definiáljuk a minimális, illetve a minimális
elemszámú generátorrendszer fogalmát, és igazoljuk ezek egybeesését
egymással és az előző feladatban értelmezett fogalmakkal.
4.5.5 Bizonyítsuk be, hogy ha egy vektortérben nincs 19 elemű generátorrendszer, akkor van benne 20 elemű független rendszer.
4.5.6 Tegyük fel, hogy ⟨a1 , a2 , a3 ⟩ = ⟨b1 , b2 , b3 , b4 ⟩. Mit állíthatunk az
a1 , a2 , b1 , b2 vektorrendszerről lineáris függetlenség, illetve összefüggőség szempontjából?
4.5.7 Legyen W egy nem triviális altér a V vektortérben. Melyek igazakaz alábbi állítások közül?
(a) V tetszőleges bázisának W -be eső elemei bázist alkotnak W -ben.
(b) W tetszőleges bázisa kiegészíthető V bázisává, feltéve hogy V -nek
egyáltalán van bázisa.
(c) Ha V -nek van k elemű bázisa, akkor W -nek van k elemű generátorrendszere.
(d) Ha V -nek van k elemű bázisa, akkor W -nek van k elemű lineárisan
független rendszere.
(e) Ha W -nek van k elemű bázisa, akkor V -nek van k elemű generátorrendszere.
(f) Ha W -nek van k elemű bázisa, akkor V -nek van k elemű lineárisan
független rendszere.
4.5.8 Legyen n ≥ 2 és u1 , . . . , un bázis a valós test feletti V vektortérben. Az alábbi vektorrendszerek közül melyek alkotnak lineárisan
független rendszert, generátorrendszert, illetve bázist?
(a) u1 − u2 , u2 − u3 , . . . , un − u1 ;(b) u1 − u2 , u2 − u3 , . . . , un−1 − un ;(c) u1 + u2 , u2 + u3 , . . . , un + u1 ;(d) u1 + u2 , u2 + u3 , . . . , un−1 + un , un ;(e) u1 − u2 , u2 − u3 , . . . , un − u1 , u1 + u2 + . . . + un .
4.5.9 Legyen u1 , . . . , un bázis a V vektortérben és v = α1 u1 + . . . + αn un .
Bizonyítsuk be, hogy u1 + v, . . . , un + v akkor és csak akkor bázis,ha α1 + . . . + αn ̸= −1.

1274.6. Dimenzió
4.5.10 Legyen u1 , . . . , un bázis a V vektortérben ésvi = β1i u1 + . . . + βni un ,i = 1, 2, . . . , n .

Bizonyítsuk be, hogy v1 , . . . , vn akkor és csak akkor alkot bázist
V -ben, ha a βij -kből képzett n × n-es determináns nem nulla.
4.5.11 Legyen u1 , . . . , un , illetve v1 , . . . , vn két tetszőleges bázis a V vektortérben. Bizonyítsuk be, hogy bármely ui -hez található olyan vj ,hogy az ui -t és vj -t egymással kicserélve ismét két bázist kapunk.
4.5.12(a) Van-e a modulo 3 maradékosztályok F3 teste felett olyan vektortér,
amelynek 243 eleme van?
(b) Van-e a modulo 3 maradékosztályok F3 teste felett olyan vektortér,
amelynek 300 eleme van?
∗∗(c) Bizonyítsuk be, hogy egy véges test elemszáma csak prímhatvány
lehet.

(d) Bizonyítsuk be, hogy egy véges vektortér elemszáma csak prímhatvány lehet.
4.5.13 Tegyük fel, hogy egy vektortérnek (van bázisa, de) csak véges sokbázisa van. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a vektortér csak véges sokelemből áll.
∗4.5.14(a) Hány bázisa van az Fp test feletti Fp2 vektortérnek? És Fpn -nek?
(b) Az Fp test feletti n × n-es mátrixok közül hánynak létezik inverze?
(c) Bizonyítsuk be, hogy bármely p prímszámra és bármely n pozitív
egészren! | (pn − 1)(pn − p) . . . (pn − pn−1 ) .
4.6. Dimenzió

4.6.1 Definíció
Egy V vektortér dimenzióján egy bázisának elemszámát értjük. Ha a vektortérnek nincs véges generátorrendszere, akkor a dimenziója végtelen. Végül
a 0 tér dimenziója 0. ♣A V vektortér dimenzióját dim V -vel jelöljük.

128

4. Vektorterek

A 4.6.1 Definícióban felhasználtuk, hogy valamennyi bázisnak ugyanaz azelemszáma (4.5.3 Tétel), és így a dimenzió nem függ a bázis választásától. A
végtelen dimenzió fogalmát a Hamel-bázisokra az előző pont végén elmondottak segítségével tovább finomíthatjuk.
Példák: a ,,közönséges háromdimenziós tér” dimenziója valóban 3, T n -é n,
T k×n -é kn. A T feletti polinomok szokásos vektortere végtelen dimenziós,
ebben a legfeljebb r-edfokú polinomok r + 1-dimenziós alteret alkotnak.
A (0-nál nagyobb, de véges) dimenzió a bázis elemszáma helyett több más
ekvivalens módon is megadható. Ezek közül a két legfontosabb: a lineárisan
független elemek maximális száma, illetve a generátorrendszerek elemszámának a minimuma.
4.6.2 Tétel
Legyen V ̸= 0 vektortér és n pozitív egész. Ekkor az alábbi feltételek
ekvivalensek:(i) dim V = n;(ii) V -ben található n független vektor, de bármely n+1 vektor összefügg;(iii) V -ben található n elemű generátorrendszer, de n − 1 elemű nem. ♣Könnyen adódik, hogy (ii)-ben ,,n + 1” helyett ,,több, mint n”, (iii)-ban,,n − 1” helyett ,,kevesebb, mint n” is írható.
Bizonyítás: (i) ⇒ (ii): A feltétel szerint V -ben van n elemű bázis. Ez definíció szerint n független vektorból áll, és ennél több független vektor a 4.5.4
Tétel alapján nem fordulhat elő. — (ii) ⇒ (i): Az n független vektorról megmutatjuk, hogy bázis. A feltétel szerint ezekhez bármely vektort hozzávéve
már összefüggő rendszert kapunk. A 4.4.3/IV Tétel alapján ekkor a hozzávett
vektor előáll az eredeti n vektor lineáris kombinációjaként. Mivel ez bármely
vektorra igaz, ezért az eredeti n vektor generátorrendszert, azaz a függetlenség
miatt bázist alkot. — (i) és (iii) ekvivalenciája hasonló módon igazolható.
Gyakran jól használható az alábbi egyszerű észrevétel.
4.6.3 Tétel
Legyen n pozitív egész és dim V = n. Ekkor V -ben bármely n elemű
független rendszer bázist alkot. Ugyanez áll bármely n elemű generátorrendszerre is. ♣4.6. Dimenzió

129

Bizonyítás: Ha az n elemű független rendszer nem lenne bázis, akkor a 4.5.7
Tétel szerint kibővíthető bázissá. Ennek az új bázisnak azonban n-nél több
eleme lenne, a dimenzió tehát nem lehetne n. A generátorrendszerre vonatkozó
állítás hasonlóan igazolható.
A 4.6.3 Tétel alapján egy n-dimenziós térben n vektor pontosan akkor
bázis, ha lineárisan független. Ez megkönnyíti, hogy adott vektorokról eldöntsük, bázist alkotnak-e, hisz a bázis definíciójában szereplő két feltétel
közül elég az egyiket ellenőrizni. (Ha pedig a vektorok száma nem egyezik meg
a tér dimenziójával, akkor biztosan nem alkotnak bázist.) Ezt az észrevételt
az előző pont feladatainál is felhasznál(hat)tuk (volna).
A következő tétel a vektortér és egy benne levő altér dimenziójának akapcsolatát írja le. Az eredmény a várakozásnak megfelelően összhangban vana szemléletes elképzelésünkkel.
4.6.4 Tétel
I. Legyen W altér V -ben. Ekkor dim W ≤ dim V .
II. Ha V véges dimenziós, W altér V -ben és dim W = dim V , akkor W = V .
♣Bizonyítás: I. Ha W = 0 vagy dim V = ∞, akkor az állítás nyilvánvaló.
A többi esetben V -nek van bázisa. Egy V -beli bázis elemszámánál több
független elem W -ben sem lehet, hiszen azok a vektorok V -ben is függetlenek
lennének, és ez ellentmondana a 4.5.4 Tételnek. Így a 4.6.2 Tétel szerint
valóban dim W ≤ dim V .
II. Az állítás V = 0 esetén nyilvánvaló. Egyébként legyen dim V == dim W = n(̸= 0), és tekintsük W egy (n elemű) bázisát. Ez V -ben isfüggetlen rendszer, tehát a 4.6.3 Tétel szerint V -nek is bázisa. Azaz W -nek ez
a generátorrendszere V -ben is generátorrendszer, és így V nem lehet bővebb
W -nél.
A 4.6.4 Tétel II. állítása végtelen dimenzió esetén nem igaz: pl. a polinomok szokásos vektorterében valódi alteret alkotnak az x-szel osztható polinomok, ugyanakkor a két dimenzió megegyezik.
4.6.5 Definíció
Az a1 , . . . , an vektorrendszer rangja r, ha az ai vektorok között található
r lineárisan független, de r + 1 már nem. ♣130

4. Vektorterek

A vektorrendszer rangja tehát a vektorok közül a lineárisan függetlenek
maximális száma. Általában több ilyen maximális elemszámú független rendszer is kiválasztható az adott vektorokból.
Ez a rangdefiníció a mátrixnál látottak általánosítása: egy mátrix oszloprangja éppen az oszlopvektoraiból álló vektorrendszer rangja.
A következő tétel a generált altér dimenziójára vonatkozik.
4.6.6 Tétel
Az a1 , . . . , an vektorok által generált ⟨a1 , . . . , an ⟩ altér dimenziója az
a1 , . . . , an vektorrendszer rangja. ♣Bizonyítás: Legyen pl. a1 , . . . , ar egy maximális elemszámú független rendszer. Belátjuk, hogy ez bázist alkot W = ⟨a1 , . . . , an ⟩-ben. A függetlenség teljesül, tehát csak azt kell igazolnunk, hogy W minden eleme felírható
a1 , . . . , ar lineáris kombinációjaként. Ezt nyilván elég W generátorelemeire
megmutatni. Mivel bármely i-re az a1 , . . . , ar vektorokhoz ai -t hozzávéve ez
az r + 1 vektor már biztosan összefüggő, így a hozzávett vektor valóban előáll
a1 , . . . , ar lineáris kombinációjaként.
A fentiek felhasználásával újabb bizonyítást nyerhetünk a lineáris egyenletrendszer megoldhatóságának a mátrixranggal megadott feltételére (lásd a
3.4.3 Tételt):
4.6.7 Tétel
Egy lineáris egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha az
együtthatómátrix rangja megegyezik a kibővített mátrix rangjával. ♣Bizonyítás: Írjuk fel az egyenletrendszert
x1 a1 + . . . + xn an = b
alakban, ahol ai az együtthatómátrix i-edik oszlopa. Az egyenletrendszer
akkor és csak akkor oldható meg, hab ∈ ⟨a1 , . . . , an ⟩.
Ez tovább ekvivalens az⟨a1 , . . . , an ⟩ = ⟨a1 , . . . , an , b⟩

4.6. Feladatok

131

feltétellel, hiszen két altér pontosan akkor egyenlő, ha kölcsönösen tartalmazzák egymás generátorait. Itt a bal oldali altér része a jobb oldalinak, és mindketten véges dimenziósak, ezért a 4.6.4/II Tétel szerint pontosan akkor egyenlők, ha a dimenziójuk megegyezik, azaz
dim ⟨a1 , . . . , an ⟩ = dim ⟨a1 , . . . , an , b⟩.
A 4.6.6 Tétel szerint ez azt jelenti, hogy a két vektorrendszer rangja ugyananynyi. Mivel ez a két rang éppen az együtthatómátrix, illetve a kibővített mátrix
(oszlop)rangja, ezzel a tételünket bebizonyítottuk.
Feladatok
4.6.1 Mennyi az alábbi vektorterek dimenziója? (A műveletek a ,,szokásosak”.)(a) A komplex számok R felett;(b) a komplex számok Q felett;(c) a szimmetrikus n × n-es mátrixok;(d) az Fp test feletti polinomok;(e) az Fp test feletti polinomfüggvények;(f) az R feletti homogén 6-odfokú 4-változós polinomok (azaz amelyekben minden tag ,,összfoka” pontosan 6) és a 0;(g) az R feletti legfeljebb 6-odfokú 4-változós polinomok (azaz amelyekben minden tag ,,összfoka” legfeljebb 6) és a 0;(h) azok a [0, 1] intervallumban értelmezett szakaszonként lineáris, folytonos ,,töröttvonalak”, amelyek legfeljebb a 19 nevezőjű racionális
számoknál ,,törnek meg”;(i) egy k egyenletet és n ismeretlent tartalmazó homogén lineáris egyenletrendszer megoldásai, ahol az együtthatómátrix rangja r;(j) egy mátrix magtere (lásd a 4.2 pont P4 példáját);(k) egy mátrix képtere.
4.6.2 Bázist alkotnak-e a legfeljebb 12-edfokú valós együtthatós polinomok
szokásos vektorterében az alábbi vektorrendszerek?
(a) (x − 1)(x − 2) . . . (x − 12), (x − 2)(x − 3) . . . (x − 13), . . . ,(x − 13)(x − 14) . . . (x − 24);(b) (x − 1)12 , (x − 2)12 , . . . , (x − 13)12 ;(c) (x − 1)12 , (x − 1)11 (x − 2), . . . , (x − 2)12 ;(d) (x2 − 1)6 , (x2 − 2)6 , . . . , (x2 − 8)6 , (x − 1)12 , . . . , (x − 5)12 .

132

4. Vektorterek

4.6.3 Legyenek 0 ≤ k ≤ n tetszőleges egészek. Bizonyítsuk be, hogy minden n-dimenziós vektortérben van k-dimenziós altér.
4.6.4 Legyen V a T test feletti n × n-es mátrixok szokásos T n×n vektortereés B ∈ T n×n egy rögzített mátrix. Tekintsük V -ben azokat az A
mátrixokat, amelyekre BA = 0, ezek egy W alteret alkotnak. Bizonyítsuk be, hogy dim W osztható n-nel.
4.6.5 Legyenek W1 és W2 alterek V -ben, dim V = 40, dim W1 = 23 és
dim W2 = 18. Bizonyítsuk be, hogy W1 ∩ W2 ̸= 0.
4.6.6 Legyenek W1 és W2 alterek V -ben. Bizonyítsuk be, hogy(a) dim⟨W1 , W2 ⟩ ≤ dim W1 + dim W2 ;(b) dim(W1 ⊕ W2 ) = dim W1 + dim W2 ;(c) dim⟨W1 , W2 ⟩ = dim W1 + dim W2 − dim(W1 ∩ W2 ).
M∗ 4.6.7(a) Legyen V egy 100-dimenziós vektortér a valós test felett. Hány olyan
vektor létezik V -ben, amelyek közül bármely 100 bázist alkot?
(b) Oldjuk meg ugyanezt a feladatot az F2 , az F97 , illetve az F101 test
feletti vektortérre is.
4.6.8 A Fibonacci-számok sorozatát a
φ0 = 0,φ1 = 1,

φi+1 = φi + φi−1 ,

i = 1, 2, . . .

rekurzióval definiáljuk. Adjunk explicit képletet φn -re. (Útmutatás:
Tekintsük az összes olyan α0 , α1 , . . . valós számsorozatot, amely kielégíti az αi+1 = αi +αi−1 , i = 1, 2, . . . feltételt. (i) Számítsuk ki az
így adódó vektortér dimenzióját. (ii) Ezután keressünk olyan bázist,
amelynek elemei ,,szép” sorozatok, és írjuk fel a Fibonacci-sorozatot
ennek a bázisnak a segítségével.)
4.6.9 Adjuk meg paraméteresen az összes 3 × 3-as bűvös négyzetet (ahol azelemek valós számok, és minden sorösszeg, oszlopösszeg és átlóösszeg
egyenlő).
4.6.10 Hány dimenziós alteret generálnak a 4.3.1 feladat (a), (b), illetve (c)részében szereplő vektorrendszerek?
4.6.11 Egy V vektortér a1 , . . . , ak elemeiről tudjuk, hogy az ai + aj ,1 ≤ i < j ≤ k , vektorok bázist alkotnak V -ben. Bizonyítsuk be,
hogy dim V = 1 vagy 3.

4.7. Koordináták

133

4.6.12 Bizonyítsuk be, hogy egy vektorrendszer rangja nem változik meg,ha(a) valamelyik vektort egy λ ̸= 0 skalárral megszorzunk;(b) az egyik vektorhoz egy másik vektor λ-szorosát hozzáadjuk.
4.6.13 Legyen A, B ∈ T k×n és jelöljük r(A)-val az A mátrix rangját. Bizonyítsuk be, hogy r(A + B) ≤ r(A) + r(B).
∗

4.6.14 Hány r-dimenziós altér van az Fp test feletti Fpn vektortérben?

∗∗

4.6.15 Hány olyan k × n-es mátrix van, amelynek az elemei az Fp testből
valók és a rangja r?

4.6.16(a) Bizonyítsuk be, hogy ha egy mátrix minden eleme 0 vagy 1, akkor az
F2 test feletti rangja legfeljebb annyi, mint a valós test feletti rangja.
(b) Adjunk meg olyan 0–1 mátrixot, amelynek az F2 test feletti rangja
1000-rel kevesebb, mint a valós test feletti rangja.
∗∗
M (c) Melyik az a legkisebb n, amelyre van olyan n×n-es 0–1 mátrix, amely
rendelkezik a b)-beli tulajdonsággal?

4.7. Koordináták
4.7.1 Definíció
Legyen b1 , . . . , bn egy rögzített bázis a V vektortérben. Ekkor mindenv ∈ V vektor egyértelműen írható fel v = α1 b1 + . . . + αn bn alakban. Az αiskalárokat a v vektornak a b1 , . . . , bn bázis szerinti koordinátái nak nevezzük.
♣
Ha a közönséges háromdimenziós térben a szokásos merőleges egységvektorok alkotta bázist vesszük, akkor a koordináták éppen a szokásos koordináták
lesznek. Ha T n -ben azokat a bázisvektorokat tekintjük, amelyek egy komponense 1, a többi 0, akkor egy vektor koordinátái az őt alkotó komponensek
lesznek. Más bázisban természetesen általában mások lesznek egy vektor koordinátái.
Ha a bázist rögzítjük, akkor a vektor helyett kényelmesen dolgozhatunka koordinátáival. Két vektor összegének a koordinátáit éppen a megfelelő koordináták összegeként kapjuk, és hasonló érvényes a skalárszorosra is. Ígya koordinátázással egy T feletti n-dimenziós V vektorteret tulajdonképpen
T n -re vezettünk vissza. Más szóval V és T n algebrai szempontból ,,ugyanaz”,
csak az elemeket és a műveleteket ,,másképp jelöjük”. Az egymással ,,ilyen”

134

4. Vektorterek

kapcsolatban álló vektortereket izomorf nak (=azonos alakúnak) nevezzük.
Mindezt az 5.2 pontban fogjuk pontosítani.
Feladatok
4.7.1 Hogyan változnak egy vektor koordinátái, ha a bázisban(a) két elemet megcserélünk;(b) az egyik báziselemet λ(̸= 0)-val megszorozzuk;(c) az egyik báziselemhez egy másik λ-szorosát hozzáadjuk.
4.7.2 Adjuk meg az összes olyan vektort, amelynek a koordinátái bármelybázisban ugyanazok.
     
2
3
1
4.7.3 Tekintsük C3 -ban az  2  ,  7  ,  5  bázist. Adjuk meg ebben
8  2  5 
100
a bázisban az  0  ,  1  és  0  vektorok koordinátáit.
00
1
4.7.4 Legyen v ̸= 0 adott vektor egy n-dimenziós vektortérben, és tekintsük az összes olyan b1 , . . . , bn bázist, amely szerint v első két
koordinátája 1. Mik b1 lehetséges értékei?
4.7.5(a) A szultán gondolt R1001 -ben egy bázist, amit Seherezádénak 1001
éjszaka alatt ki kell találnia, különben kivégzik. Éjszakánként egyetlen — általa választott — vektorról megkérdezheti, hogy mik a koordinátái. Életben marad-e Seherezádé?
(b) Mi a helyzet akkor, ha mindig csak az első koordinátára kérdezhetrá, és a kegyelem feltétele az első bázisvektor kitalálása?

135
5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEKLineáris leképezéseknek (vagy vektortérhomomorfizmusoknak) a vektorterekművelettartó leképezéseit nevezzük. Fontos speciális eset az izomorfizmus,
amikor a leképezés kölcsönösen egyértelmű, ekkor a két vektortér ,,tulajdonképpen ugyanaz”. A vektorterek ,,szép” szerkezetét mutatja, hogy a vektorteret már a dimenziója egyértelműen meghatározza, azaz (rögzített test
felett) bármely két egyező dimenziójú vektortér izomorf.
Látni fogjuk, hogy a lineáris leképezések — a közöttük bevezetett műveleteket is beleértve — szoros kapcsolatban állnak a mátrixokkal. A leképezések
mátrixokkal történő jellemzése mind elméleti, mind pedig gyakorlati szempontból rendkívül jelentős.

5.1. Lineáris leképezés
5.1.1 Definíció
Legyenek V1 és V2 ugyanazon T kommutatív test feletti vektorterek. A
V1 -ről V2 -be ható A függvényt (homogén) lineáris leképezésnek nevezzük, haművelettartó, azaz(i) minden u, v ∈ V1 -re A(u + v) = Au + Av;(ii) minden u ∈ V1 , λ ∈ T -re A(λu) = λ(Au). ♣A lineáris leképezés tehát a V1 vektortér minden eleméhez egyértelműen
hozzárendel egy V2 -beli vektort. Az nyugodtan előfordulhat, hogy több V1 -belielemhez is ugyanazt a V2 -beli vektort rendeljük hozzá, azaz egy V2 -beli vektornak lehet több ősképe is V1 -ben. Másfelől, az sem biztos, hogy minden V2 -belivektor fellép a képek között, azaz lehet, hogy valamely V2 -beli vektornak
egyáltalán nincs ősképe V1 -ben.
Az (i)-ben szereplő + jelek nem ugyanazt a műveletet jelölik: a bal oldalon
a V1 -beli, a jobb oldalon pedig a V2 -beli összeadásról van szó. Hasonló a helyzet(ii)-ben a skalárral való szorzással.
A lineáris leképezéseket írott nagybetűvel fogjuk jelölni. Az elnevezésben
a ,,homogén” jelzőt általában elhagyjuk. Maga a fogalom az algebrai struktúrák homomorfizmusának speciális esete.
A lineáris leképezés az összegtartásból és a skalárszorostartásból következően a nullelemet, az ellentettet és a lineáris kombinációt is ,,tartja”:

136

5. Lineáris leképezések

5.1.2 Tétel
I. A01 = 02 , ahol 0i a Vi vektortér nulleleme.
II. A(−u) = −(Au).
III. A(λ1 u1 + . . . + λk uk ) = λ1 Au1 + . . . + λk Auk . ♣Bizonyítás: Az összegtartásból Au = A(u + 01 ) = Au + A01 . Itt mindkét oldalhoz az Au vektor (V2 -beli) ellentettjét hozzáadva, megkapjuk I-et.
Ezután az A leképezést az u + (−u) = 0 összegre alkalmazva, a művelettartásés I. igazolja II-t. (Okoskodhattunk volna a −u = (−1)u összefüggés alapjánis.) Végül III. azonnal adódik (i) és (ii) ismételt alkalmazásával.
Minden lineáris leképezés két fontos halmazt indukál; a képelemek összességét (V2 -ben), ez a képtér , valamint a 0-ra képződő (V1 -beli) elemek halmazát,
ez a magtér :5.1.3 Definíció
Legyen A lineáris leképezés V1 -ről V2 -be. Az A leképezés képtere a képelemek halmaza, ezt Im A-val jelöljük. Tehát
Im A = {y ∈ V2 | ∃x ∈ V1 Ax = y} = {Ax | x ∈ V1 } . ♣5.1.4 Definíció
Legyen A lineáris leképezés V1 -ről V2 -be. Az A leképezés magtere a V2
nullvektorára képződő elemek halmaza, ezt Ker A-val jelöljük. Tehát
Ker A = {x ∈ V1 | Ax = 0} . ♣Im A így V2 -nek, Ker A pedig V1 -nek részhalmaza. Mint az elnevezés jelzi,
ennél több is igaz:
5.1.5 Tétel
Im A altér V2 -ben, Ker A altér V1 -ben. ♣Bizonyítás: A magtér nem üres, mert A0 = 0, továbbá zárt a műveletekre,
hiszen ha Au = Av = 0, akkor
A(u + v) = Au + Av = 0 + 0 = 0 és A(λu) = λ(Au) = λ0 = 0 .
A képtérre vonatkozó állítás hasonlóan igazolható.

5.1. Lineáris leképezés

137

Példák lineáris leképezésre
P1. Legyen V1 = V2 a síkvektorok szokásos vektortere (T = R). Ekkor lineáris
leképezés pl.
(a) az origó körül tetszőleges szöggel történő elforgatás;(b) az origóból történő középpontos nagyítás;(c) az origón átmenő bármely egyenesre való tükrözés;(d) az origón átmenő bármely egyenesre történő adott irányú vetítés.
Az eltolás nem (homogén) lineáris leképezés, mert például a nullvektorképe nem a nullvektor.
Az (a), (b) és (c) példánál Ker A = 0, Im A = V2 , a (d) esetben a képtér
az az egyenes, amelyre vetítünk, a magtér pedig a vetítés irányába eső,az origón átmenő egyenes.
P2. Tetszőleges V1 és V2 esetén feleltessük meg V1 minden elemének a V2
nullelemét. Ezt a lineáris leképezést a nulla leképezésnek nevezzük és
O-val jelöljük. Magtere a teljes V1 , képtere a V2 -beli 0.
P3. Ha V = V1 = V2 , akkor feleltessük meg minden elemnek önmagát. Ezt
a lineáris leképezést az identikus leképezésnek nevezzük és E-vel jelöljük.
Magtere a 0, képtere a teljes V .
P4. Legyen A ∈ T k×n , V1 = T n , V2 = T k , és legyen a lineáris leképezés az A
mátrixszal történő szorzás, azaz Ax = Ax. A kép- és magtér éppen az A
mátrix kép-, illetve magtere lesz (lásd a 4.2 pont P4 példáját).
P5. Legyen V1 egy n-dimenziós vektortér és V2 = T n . Rögzítsük le V1 -nek
egy bázisát, és tetszőleges V1 -beli vektort írjunk fel a báziselemek lineáris
kombinációjaként. Minden vektornak feleltessük meg az ebben a felírásban szereplő koordinátákból képezett T n -beli vektort (ezt az eredeti
vektornak az adott bázis szerinti mátrix ának vagy koordinátavektor ánaknevezzük). Az így kapott lineáris leképezés magtere 0, képtere a teljes
T n.
P6. A matematika legkülönbözőbb területei igen bőségesen szolgáltatnak fontos példákat lineáris leképezésekre. Az analízis témaköréből választott
alábbi — meglehetősen pongyola módon megfogalmazott — megfeleltetéseknél az Olvasóra bízzuk a vektorterek pontos megadását, a leképezések
linearitásának a belátását, valamint a mag- és a képtér meghatározását.
Rendeljük hozzá (alkalmas valós) függvényekhez a helyettesítési értéküket, a deriváltjukat, az integráljukat, az értelmezési tartomány egy adott

138

5. Lineáris leképezések
részhalmazára történő megszorításukat, egy adott függvénnyel vett szorzatukat, sorozatokhoz a határértéküket, az elemek (végtelen) összegét,
alkalmas részsorozatot stb.

További példák: lásd az 5.1.1–5.1.4 feladatokat.
5.1.6 Definíció
Azokat a lineáris leképezéseket, amelyeknél V = V1 = V2 , a V vektortér
lineáris transzformációinak nevezzük. ♣Lineáris transzformáció esetén is előfordulhat, hogy a képtér nem a teljes
V , továbbá több vektornak is lehet ugyanaz a képe.
A P1 és P3 példák tehát lineáris transzformációk.
Feladatok
5.1.1 Legyen V = V1 = V2 a valós test feletti legfeljebb 100-adfokú polinomok (és a 0) szokásos vektortere. Döntsük el, hogy az alábbi
megfeleltetések lineáris transzformációk-e V -n, és ha igen, adjuk meg
kép- és magterüket, valamint ezek dimenzióját. Egy általános polinomot f -fel vagy szükség esetén f (x)-szel, az i-edfokú tag együtthatóját αi -vel, a főegyütthatót αn -nel jelöljük (tehát αn ̸= 0, ha fnem a nullpolinom).
(a) f 7→ f ′ ;(b) f (x) 7→ xf (x);′(c) f (x) 7→ f (x) − xf (x);(d) f (x) 7→ f (x + 1) − f (x);(e) f 7→ α0 x;(f) f 7→ αn x2 ;(g) f 7→ (α0 + α1 + . . . + αn )(x + x2 );(h) f 7→ (deg f )x3 ;(i) f 7→ f maradéka x7 + 4x + 1-gyel osztva;j) f 7→ αn + αn−1 x + . . . + α0 xn .
5.1.2 Legyen T = R és V = V1 = V2 = C a szokásos műveletekkel.
Döntsük el, hogy az alábbi megfeleltetések lineáris transzformációk-e
V -n, és ha igen, adjuk meg kép- és magterüket, valamint ezek dimenzióját. Minden z komplex számnak feleltessük meg(a) a valós részét;(b) a valós és a képzetes része közül a nagyobbikat (ha egyenlők, akkor
bármelyiket);(c) az abszolút értékét;(d) a szögét;5.1. Feladatok

139(e) a konjugáltját;(f) egy rögzített komplex számmal való szorzatát;(g) önmagával való szorzatát;√(h) a valós rész π-szerese (1 + i)-szeresének és a képzetes rész 2-szerese(1111i − 5/3)-szorosának a különbségét.
5.1.3 Legyen T a modulo 2 maradékosztálytest, V1 = T 3×3 , V2 = T 3 aszokásos műveletekkel. Döntsük el, hogy az alábbi megfeleltetések
lineáris leképezések-e V1 -ről V2 -be, és ha igen, adjuk meg kép- ésmagterüket, valamint ezek dimenzióját. Minden mátrixnak feleltessük meg(a) a középső oszlopát;(b) azt a vektort, amelynek minden koordinátája a mátrix determinánsa;(c) azt a vektort, amelynek minden koordinátája a mátrix nyoma (afőátló elemeinek az összege);(d) azt a vektort, amelynek minden koordinátája a mátrix rangjának
modulo 2 vett maradéka;(e) a csupa 1 koordinátájú (oszlop)vektorral való szorzatát;(f) a csupa 1 koordinátájú vektort, ha a mátrix reguláris volt, és a nullvektort, ha a mátrix szinguláris volt.
5.1.4 Legyen V = V1 = V2 a racionális számsorozatok szokásos vektortere.
Egy általános sorozatot S = (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) formában jelölünk.
Adjuk meg az alábbi lineáris transzformációk kép- és magterét, valamint ezek dimenzióját.
(a) (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) 7→ (0, α0 , α1 , . . . , αn−1 , . . .), azaz a sorozatot
eggyel ,,jobbratoltuk”;(b) (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) 7→ (α1 , α2 , α3 , . . . , αn+1 , . . .), azaz a sorozatot eggyel ,,balratoltuk”;(c) (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) 7→ (α0 , α0 , α1 , α1 , . . . , αn , αn , . . .), azaz a sorozatot ,,megdupláztuk”;(d) (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) 7→ (α0 , α10 , α20 , . . . , α10n , . . .), azaz a sorozatot ,,megtizedeltük”;(e) (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) 7→ (α0 − α1 , α1 − α2 , . . . , αn − αn+1 , . . .), azaz
a különbségsorozatot képeztük;(f) (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) 7→ (α0 + α1 , α0 − α1 , α2 + α3 , α2 − α3 , . . .);(g) (α0 , α1 , . . . , αn , . . .) 7→ (α0 + α1 , α2 + α3 , α0 + α2 , α1 + α3 , α4 + α5 ,α6 + α7 , α4 + α6 , α5 + α7 , . . .).

140

5. Lineáris leképezések

5.1.5 Legyen W a V vektortér egy nem triviális altere. Lineáris transzformációt definiálnak-e V -n az alábbi megfeleltetések?
{x, ha x ∈ W ;(a) Ax =0, ha x ̸∈ W .
{x, ha x ̸∈ W ;(b) Bx =0, ha x ∈ W .
5.1.6 Adjunk példát olyan leképezésre valamely V1 és V2 (azonos T test
feletti) vektorterek között, amely(a) skalárszorostartó, de nem összegtartó;(b) összegtartó, de nem skalárszorostartó;(c) sem az összeget, sem a skalárszorost nem tartja.
5.1.7 Adjuk meg az összes olyan V vektorteret, amely rendelkezik az alábbi
tulajdonsággal. Ha V ′ tetszőleges vektortér ugyanazon test felett, ésV -nek a V ′ -be történő valamely leképezése skalárszorostartó, akkor
ez a leképezés szükségképpen lineáris.
∗5.1.8 Bizonyítsuk be, hogy(a) a modulo p maradékosztályok teste, illetve(b) a racionális számok teste
feletti vektorterek esetében egy összegtartó leképezés szükségképpen
lineáris.
Mi a helyzet a valós test felett?
5.1.9 Legyen A lineáris leképezés V1 -ről V2 -be, ci ∈ V1 . Melyek igazak az
alábbi állítások közül?
(a) Ha c1 , . . . , ck lineárisan független, akkor Ac1 , . . . , Ack is lineárisan
független.
(b) Ha Ac1 , . . . , Ack lineárisan független, akkor c1 , . . . , ck is lineárisan
független.
(c) Ha c1 , . . . , ck generátorrendszer V1 -ben, akkor Ac1 , . . . , Ack generátorrendszer V2 -ben.
(d) Ha c1 , . . . , ck generátorrendszer V1 -ben, akkor Ac1 , . . . , Ack generátorrendszer Im A-ban.
(e) Ha Ac1 , . . . , Ack generátorrendszer Im A-ban, akkor c1 , . . . , ck generátorrendszer V1 -ben.

5.1.10 Legyen A lineáris leképezés V1 -ről V2 -be és c1 , . . . , ck generátorrendszer V1 -ben. Lássuk be, hogy az Ac1 , . . . , Ack vektorrendszer rangja
dim Im A.

5.2. Izomorfizmus

141

5.1.11 Legyen A lineáris leképezés V1 -ről V2 -be. Bizonyítsuk be, hogy
Au = Av ⇐⇒ u − v ∈ Ker A .
5.1.12 Bizonyítsuk be, hogy Im A bármely két elemének ugyanannyi ősképevan. Mennyi lehet ez a szám, ha a modulo 101 maradékosztályok
teste feletti vektorterekről van szó?
5.1.13 Tegyük fel, hogy A lineáris leképezés V1 -ről V2 -be és u1 , . . . , uk olyan
lineárisan független vektorok V1 -ben, amelyekre Au1 = . . . = Auk .
Bizonyítsuk be, hogy dim Ker A ≥ k − 1.
5.1.14 Tegyük fel, hogy 0 ̸= V1 véges dimenziós, és legyen A tetszőleges nem
nulla lineáris leképezés V1 -ről V2 -be.
Bizonyítsuk be, hogy
V1 -nek van olyan b1 , . . . , bn bázisa, amelyre az Abi vektorok mind
0-tól különbözők.
5.1.15 Legyen 0 ̸= V véges dimenziós vektortér és A : V → Z lineáris
leképezés. Bizonyítsuk be, hogy V -nek akkor és csak akkor van olyan
bázisa, amelyre mindegyik báziselem képe ugyanaz, ha dim Im A ≤ 1.
5.1.16 Legyen A lineáris leképezés V1 -ről V2 -be. Egy tetszőleges H ⊆ V1
részhalmaz képének az AH = {Ax | x ∈ H} ⊆ V2 halmazt nevezzük.
Legyen U és Z két altér V1 -ben. Milyen kapcsolatban áll egymással(a) AU ∩ AZ és A(U ∩ Z);(b) A⟨U, Z⟩ és ⟨AU, AZ⟩?

5.2. Izomorfizmus
5.2.1 Definíció
Ha egy V1 → V2 lineáris leképezés egyúttal kölcsönösen egyértelmű
(egy-egyértelmű, bijektív) megfeleltetést létesít V1 és V2 között, akkor izomorfizmusnak nevezzük. A V vektortér akkor izomorf a Z vektortérrel, ha létezik
V → Z izomorfizmus. ♣Azt, hogy V izomorf Z-vel, V ∼= Z módon jelöljük.
Az izomorfizmus tehát olyan lineáris leképezés, amelynél V2 minden elemének pontosan egy ősképe van. Más szóval: különböző V1 -beli elemek képeszükségképpen különböző, és minden V2 -beli elem fellép képként.
Az izomorf vektorterek algebrai szempontból megkülönböztethetetlenek
egymástól: teljesen ugyanolyanok, csak az elemek és a műveletek másképp
vannak jelölve.

142

5. Lineáris leképezések

Az előző pont példái közül a P1a–c, P3 és P5 leképezések izomorfizmusok.
Az alábbi egyszerű észrevétel mutatja, hogy az izomorfizmus már a magteréről
és a képteréről felismerhető.
5.2.2 Tétel
Az A : V1 → V2 lineáris leképezés akkor és csak akkor izomorfizmus, ha
Ker A = 0 és Im A = V2 . ♣Bizonyítás: Az Im A = V2 feltétel nyilván ekvivalens azzal, hogy V2 minden
eleme fellép képként. Így elég belátni, hogy a magtérre vonatkozó feltételéppen azt jelenti, hogy különböző vektorok képe is különböző. Tegyük felelőször, hogy különböző elemek képe különböző. Mivel a 0 képe 0, más vektor
nem képződhet a 0-ba, vagyis a magtér valóban csak a 0-ból áll. Megfordítva,tegyük fel, hogy Ker A = 0 és legyen Au = Av. Az 5.1.11 feladat alapján
ekkor u − v ∈ Ker A = 0, tehát valóban u = v.
Az, hogy egy V1 vektortér izomorf-e egy V2 vektortérrel vagy sem, egy
relációt jelent az adott test feletti vektorterek körében. Ezt a relációt izomorfiának szokás nevezni.
5.2.3 Tétel
A vektorterek körében az izomorfia ekvivalenciareláció. ♣Bizonyítás:Reflexivitás: az identikus leképezés nyilván izomorfizmus.
Szimmetria: Ha A : U → V izomorfizmus, akkor megmutatjuk, hogy az
A leképezés inverze, A−1 : V → U is izomorfizmus. Az egy-egyértelműség
világos, így csak a művelettartást kell igazolni. Nézzük pl. az összegtartást.
Legyen v1 , v2 ∈ V . Ekkor A−1 vi az az (egyértelműen meghatározott) ui ∈ U ,amelyre Aui = vi . Mivel A összegtartó, ezért
A(u1 + u2 ) = Au1 + Au2 = v1 + v2 ,vagyis valóban
A−1 (v1 + v2 ) = u1 + u2 = A−1 v1 + A−1 v2 .
A skalárszorostartás ugyanígy igazolható.
Tranzitivitás: az előzőhöz hasonlóan belátható, hogy két izomorfizmus
egymásutánja (kompozíciója) is izomorfizmus.

5.2. Izomorfizmus

143

A fentiek alapján tehát jogosan mondhatjuk, hogy két vektortér ,,egymással” izomorf.
A 4.7 pontban már előrevetítettük, hogy minden véges (és ̸= 0) dimenziós
vektortér valamelyik T n -nel izomorf:
5.2.4 Tétel
Ha n ̸= 0 és V a T test felett egy n-dimenziós vektortér, akkor V ∼= T n.
♣
Bizonyítás: Az izomorfiát az 5.1 pont P5 példájában megadott leképezés igazolja.
A fentiek következménye, hogy adott T test felett ,,csak egyetlen”
n-dimenziós vektortér létezik:
5.2.5 Tétel
Egy T test feletti két véges dimenziós vektortér akkor és csak akkor
izomorf, ha a dimenziójuk megegyezik. Azaz véges dimenziós U és V eseténU∼= V ⇐⇒ dim U = dim V . ♣Bizonyítás: Feltehetjük, hogy egyik vektortér sem a 0, mert akkor az állítás
nyilvánvaló. Ha mindkét dimenzió n, akkor az előző tétel szerint mindkét
vektortér izomorf T n -nel, tehát — mivel az izomorfia ekvivalenciareláció —egymással is izomorfak. Megfordítva, legyen U ∼= V , azaz van egy A : U → V
izomorfizmus. Legyen u1 , . . . , un bázis U -ban. Megmutatjuk, hogy ekkor
Au1 , . . . , Aun bázis lesz V -ben, ami igazolni fogja a dimenziók egyenlőségét.
Legyen v ∈ V tetszőleges. Be kell látnunk, hogy v egyértelműen felírható
v = λ1 (Au1 ) + . . . + λn (Aun )alakban. Az A leképezés linearitása miatt ez átírható av = A(λ1 u1 + . . . + λn un )feltétellé. Az egy-egyértelműség miatt v-nek pontosan egy u ∈ U ősképe van,amelyre Au = v. Ennek alapján az előző feltétel tovább alakíthatóu = λ1 u1 + . . . + λn un
formában. Mivel u1 , . . . , un bázis U -ban, ezért ilyen tulajdonságú λ1 , . . . , λnegyütthatórendszer valóban pontosan egy létezik.

144

5. Lineáris leképezések

Az 5.2.5 Tétel végtelen dimenzióra is átvihető, ha dimenzión a szokásosmódon a (Hamel-)bázis számosságát értjük (lásd a 4.5 pont végét).
Feladatok
5.2.1 Keressük meg az izomorfizmusokat az 5.1.1–5.1.4 feladatokban.
5.2.2 Milyen ismert vektorterekkel izomorfak a 4.1.5, illetve 4.1.6 feladatokban megadott vektorterek?
5.2.3 Legyen A : U → V lineáris leképezés. Az alábbi feltételek közül
melyekből következik, hogy A izomorfizmus?
(a) Minden U -beli lineárisan független rendszer képe lineárisan független
V -ben.
(b) Minden U -beli generátorrendszer képe generátorrendszer V -ben.
(c) Minden U -beli bázis képe bázis V -ben.
(d) Van olyan U -beli bázis, amelynek a képe bázis V -ben.
(e) Van olyan U -beli lineáris független rendszer, amelynek a képe lineárisan független V -ben, és van olyan U -beli generátorrendszer is, amelynek a képe generátorrendszer V -ben.
5.2.4 Bizonyítsuk be, hogy adott test felett bármely két véges dimenziós
vektortér közül valamelyik izomorf a másik egy alkalmas alterével.
5.2.5 Egy n-dimenziós vektortérben hány páronként nemizomorf altér van?
5.2.6 Az alábbi R feletti vektorterek között keressük meg az izomorfakat(a műveletek a szokásosak, a polinomoknál a 0 polinomot mindig
beleértjük):(a) Azok a legfeljebb 20-adfokú valós együtthatós polinomok, amelyekben minden tag kitevője prímszám.
(b) Azok a legfeljebb 15-ödfokú valós együtthatós polinomok, amelyek(valós függvényként tekintve őket) páros függvények.
(c) Azok a legfeljebb 9-edfokú valós együtthatós polinomok, amelyeknek
a π gyöke.
(d) Azok a legfeljebb 9-edfokú valós együtthatós polinomok, amelyeknek
az i (komplex képzetes egység) gyöke.
(e) Azok a legfeljebb 100-adfokú valós együtthatós polinomok, amelyek
x29 + 1-gyel és 2x29 + 1-gyel is oszthatók.
(f) C4 (a valós test felett!)(g) Azok a 3 × 4-es valós mátrixok, amelyeknek az első és utolsó soramegegyezik.

5.3. Leképezés jellemzése a báziselemek képével

145(h) Azok a 7 × 7-es valós mátrixok, amelyekben a főátlóbeli elemek mind
egyenlők.
(i) Azok a 7 × 7-es valós mátrixok, amelyekben a főátlón kívüli elemekmind egyenlők.
(j) Azok a végtelen valós számsorozatok, amelyekben bármely kilenc
szomszédos elem összege 0.
(k) Azok a minden valós számon értelmezett valós értékű függvények,
amelyeknek az x = 1, 2, . . . , 8 helyek kivételével minden helyettesítési értéke 0.

5.3. Leképezés jellemzése a báziselemek képévelAz, hogy egy leképezés lineáris, az első pillanatban nem tűnik nagyon erősmegkötésnek. A látszat azonban csal. Ez rögtön kiderül, ha valamely vektortéren elemenként próbálunk értelmezni egy lineáris leképezést. Hacsak nem
valami ,,szép szabály” szerint dolgozunk, szinte biztos, hogy a leképezésünk
nem ,,sikeredik” lineárissá (lásd pl. az 5.1.5 feladatot). A művelettartás követelménye láthatatlan szálakkal hálózza be a leképezés szerkezetét, amelybe
könnyen belegabalyodhatunk. Ugyanez a probléma jelentkezik akkor is, haegy valóban lineáris leképezést valahogy kezelni akarunk. Reménytelenül ellehet veszni a(z általában) végtelen sok elem és a művelettartásból adódó áttekinthetetlennek tűnő szabályrengeteg útvesztőjében.
Ezeken a gondokon teljes mértékben segít az alábbi fontos tétel. Ez
lényegében azt fejezi ki, hogy a lineáris leképezések egy (rögzített) bázis elemeinek a képeivel jellemezhetők: egyrészt a báziselemek képei tetszőlegesen, minden megkötöttség nélkül megválaszthatók, másrészt viszont ezek már egyértelműen meghatározzák a többi elem képét, azaz a teljes lineáris leképezést.
5.3.1 Tétel
Legyen b1 , . . . , bn bázis a V1 vektortérben, és legyenek c1 , . . . , cn tetszőleges elemek a(z ugyanazon test feletti) V2 vektortérben. Ekkor pontosan
egy olyan A : V1 → V2 lineáris leképezés létezik, amelyre
Abi = ci ,i = 1, 2, . . . , n ,azaz, amely a bi báziselemeket rendre éppen a kijelölt ci elemekbe viszi. ♣Bizonyítás: Vegyünk V1 -ből egy tetszőleges u vektort, ez egyértelműen felírható u = β1 b1 + . . . + βn bn alakban. Ha létezik a mondott tulajdonságú A

146

5. Lineáris leképezések

lineáris leképezés, akkor a feltételek és a művelettartás miatt szükségképpen
Au = A(β1 b1 + . . . + βn bn ) = β1 (Ab1 ) + . . . + βn (Abn ) = β1 c1 + . . . + βn cnteljesül. Ez azt mutatja, hogy Au egyértelműen meg van határozva, tehát
legfeljebb egy ilyen A létezhet. Sőt, az is kiderült, hogy csak az
Au = β1 c1 + . . . + βn cnképlettel definiált leképezés jöhet szóba. Erről kell tehát megmutatni, hogy
valóban lineáris leképezés. Először is vegyük észre, hogy a βi együtthatók abi -k bázis volta miatt léteznek és egyértelműek, tehát Au tényleg egyértelműen
definiálva van. Az összegtartás igazolásához legyen v = γ1 b1 + . . . + γn bn ,ekkor u + v = (β1 + γ1 )b1 + . . . + (βn + γn )bn . Az A leképezés definíciója
alapján
A(u + v) = (β1 + γ1 )c1 + . . . + (βn + γn )cn = Au + Av .
A skalárszorostartás ugyanígy igazolható.
Ennek a tételnek az alapján a lineáris leképezéseket általában úgy fogjuk
megadni, hogy a báziselemek képeit választjuk meg. Ezen múlik majd alineáris leképezések mátrixok segítségével történő jellemzése is (lásd az 5.7
pontot).
Feladatok
5.3.1 Legyen W a V véges dimenziós vektortér egy nem triviális altere.
Bizonyítsuk be, hogy V -nek létezik olyan lineáris transzformációja,
amelynek W a magtere, illetve a képtere (vö. az 5.1.5 feladattal).
5.3.2 Melyek azok a V1 → V2 lineáris leképezések, amelyeket már a magterük, illetve a képterük teljesen meghatároz (azaz semelyik másik
V1 → V2 lineáris leképezésnek nem lehet ugyanez a mag-, illetve
képtere)?
5.3.3(a) Legyen u1 , . . . , un generátorrendszer V1 -ben, és legyenek c1 , . . . , cn
tetszőleges elemek a(z ugyanazon test feletti) V2 -ben. Hány olyan
A : V1 → V2 lineáris leképezés létezik, amelyre Aui = ci ,i = 1, 2, . . . , n?

5.4. Dimenziótétel

147(b) Vizsgáljuk meg ugyanezt a kérdést, ha az ui -kről csak annyit tudunk,hogy lineárisan függetlenek.
5.3.4 Hány olyan A lineáris transzformáció van az R2 vektortéren, amelyre( ) ( )( ) ( )
1
0
2
1
(a) A
=
és A
=
;
3
0
6
0
( ) ( )( ) ( )
1
0
2
1
(b) A
=
és A
=
;
3
0
3
0
( ) ( )( ) ( )
1
6
2
12
(c) A
=
és A
=
?
3
5
6
10
5.3.5 Legyenek k és n pozitív egészek és T a modulo p maradékosztályok
teste. Hány A : T n → T k lineáris leképezés létezik?
5.3.6 Legyenek V1 és V2 tetszőleges véges dimenziós vektorterek egy T
test felett. Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan A : V1 → V2 lineáris
leképezés, amelyre Ker A = 0 és Im A = V2 közül legalább az egyik
teljesül.

5.4. Dimenziótétel
5.4.1 Tétel
Tegyük fel, hogy V1 véges dimenziós és V2 tetszőleges vektortér a T test
felett, továbbá legyen A tetszőleges lineáris leképezés V1 -ről V2 -be. Ekkor
dim Ker A + dim Im A = dim V1 . ♣A V2 dimenziója értelemszerűen nem játszik szerepet, hiszen V2 tartalmazhat tetszőleges nagy részt A képterén kívül.
A bizonyításból az is kiderül, hogy ha dim V1 = ∞, akkor a mag és a kép
közül legalább az egyiknek a dimenziója végtelen, tehát a tétel erre az esetre
is igaz. Sőt, abban az erősebb formában is érvényben marad, ha a végtelen
dimenziók között a Hamel-bázisok számossága alapján különbséget teszünk(lásd a 4.6.1 Definíció utáni megjegyzést).
Bizonyítás: Az állítás nyilvánvaló, ha A = O. Egyébként legyen Ac1 , . . . , Acrbázis Im A-ban és b1 , . . . , bs bázis Ker A-ban. (Ker A = 0 esetén s = 0, és atovábbi gondolatmenet erre is érvényes. A részletek átgondolását az Olvasóra
bízzuk.) A tételhez elég belátnunk, hogy b1 , . . . , bs , c1 , . . . , cr bázis V1 -ben,azaz minden u ∈ V1 egyértelműen felírható ezek lineáris kombinációjaként.

148

5. Lineáris leképezések
A képtér bázisát használva
Au =

r
∑

λi (Ai ci ) = A

i=1

( r
∑

)
λ i cii=1

egyértelmű λi együtthatókkal. Az 5.1.11 feladat alapján ezzel ekvivalens, hogyu−r∑

λi ci ∈ Ker A,

vagyis

i=1

u−

r
∑
i=1

λi ci =

s
∑

µj bj

j=1

egyértelmű µj együtthatókkal. Tehát u valóban egyértelműen írható fel aszóban forgó vektorok lineáris kombiációjaként:
u=

r
∑
i=1

λi ci +s∑

µj bj .

j=1

A most bizonyított dimenzió-összefüggésnek egyik fontos következményeaz
5.4.2 Tétel
Legyen V véges dimenziós vektortér és A lineáris transzformáció V -n.
Ekkor
Im A = V ⇐⇒ Ker A = 0 . ♣Bizonyítás: Ha Im A = V , akkor dim Im A = dim V , tehát dim Ker A = 0,vagyis Ker A = 0. A megfordítás is hasonlóan igazolható (az utolsó lépésben
fel kell használni a 4.6.4/II Tételt).
Az 5.4.2 Tétel azt mutatja, hogy véges dimenziós tér lineáris transzformációja esetén az izomorfizmusra az 5.2.2 Tételben adott két feltétel bármelyikéből következik a másik. Végtelen dimenzióra ez nem igaz, lásd pl. az 5.1.4
feladatot.
Feladatok
Az alábbi feladatokban szereplő vektorterekről feltesszük, hogy véges dimenziósak.
5.4.1 Mely vektortereknek létezik olyan lineáris transzformációja, amelynél
a kép- és magtér egybeesik?

5.5. Lineáris leképezések összege és skalárszorosa149

5.4.2 Legyenek A : V1 → V2 és B : V2 → V1 lineáris leképezések. Az alábbi
feltételek közül melyekből következik, hogy V1 és V2 izomorf?
(a) Im A = V2 és Im B = V1 ;(b) Ker A = 0 és Ker B = 0;(c) Im A = V2 és Ker B = 0.
5.4.3 Legyen A lineáris transzformáció V -n és Au1 , . . . , Auk generátorrendszer V -ben. Következik-e ebből, hogy az u1 , . . . , uk vektorok is
generátorrendszert alkotnak V -ben?
5.4.4 Oldjuk meg az 5.2.3 feladatot abban az esetben, ha a két vektortér
megegyezik.
5.4.5 Egy A : V1 → V2 lineáris leképezésről a következőket tudjuk:(i) Bármely 4 elem képe lineárisan összefüggő.
(ii) Bármely 6 lineárisan független V1 -beli elem között van olyan,
amelynek a képe nem a nulla.
Bizonyítsuk be, hogy dim V1 ≤ 8.
5.4.6 Tegyük fel, hogy az A, B : V1 → V2 lineáris leképezésekre Ker A ⊆⊆ Ker B és Im A ⊆ Im B. Bizonyítsuk be, hogy ekkor Ker A = Ker B
és Im A = Im B.
5.4.7 Tegyük fel, hogy az A, B : V1 → V2 lineáris leképezésekre
V1 = Ker A ⊕ Ker Bés

V2 = Im A ⊕ Im B .

Bizonyítsuk be, hogy ekkor V1 ∼= V2 .

5.5. Lineáris leképezések összege és skalárszorosa
5.5.1 Definíció
Az A, B : V1 → V2 lineáris leképezések összegén azt az A + B-vel jelölt
leképezést értjük, amely minden u ∈ V1 vektorhoz az Au + Bu ∈ V2 vektort
rendeli hozzá. Azaz
(A + B)u = Au + Bu . ♣Két leképezés összegét tehát csak akkor értelmezzük, ha mindkét leképezés
ugyanarról a V1 vektortérről ugyanabba a V2 vektortérbe hat. Ekkor az összegük is V1 -ről V2 -be képez.

150

5. Lineáris leképezések

A definícióbeli képletben a két + jel nem ugyanazt jelenti: a bal oldalon
leképezések összeadásáról van szó, amelyet éppen most értelmezünk, a jobb
oldalon pedig V2 -beli vektorok összeadása szerepel. (A képlet tehát már ezért
sem tekinthető valamiféle disztributivitásnak.)5.5.2 Definíció
Az A : V1 → V2 lineáris leképezésnek a λ ∈ T skalárral való szorzatán azt
a λA-val jelölt leképezést értjük, amely minden u ∈ V1 vektorhoz a λ(Au) ∈ V2
vektort rendeli hozzá. Azaz
(λA)u = λ(Au) . ♣A skalárszorosra is az összegnél látottakkal analóg megjegyzések érvényesek.
5.5.3 Tétel
Legyen V1 és V2 két tetszőleges vektortér ugyanazon T test felett. Ekkor
az összes V1 → V2 lineáris leképezésből álló halmaz vektorteret alkot a T test
felett az imént definiált műveletekre nézve. Ezt a vektorteret Hom (V1 , V2 )-vel
jelöljük. ♣Bizonyítás: Először is azt kell megmutatni, hogy két lineáris leképezés összege,
illetve egy lineáris leképezés skalárszorosa is lineáris. Belátjuk, hogy A + B
összegtartó, a többi hasonlóan igazolható.
(A+B)(u+v) = A(u+v)+B(u+v) = Au+Av+Bu+Bv = (A+B)u+(A+B)v.
Közben a leképezések összegének definícióját és A, illetve B összegtartását
használtuk ki (valamint a V2 -ben a többtagú összegek tetszőleges átrendezhetőségét).
Hom (V1 , V2 ) nulleleme a O nulla leképezés, amely V1 minden eleméneka V2 -beli 0-t felelteti meg. Könnyen adódik, hogy a O is lineáris leképezés, ésvalóban nullelem.
Egy A lineáris leképezés ellentettje az a −A-val jelölt leképezés lesz, amelyet a (−A)u = −(Au) összefüggéssel definiálunk minden u ∈ V1 -re. Annak ellenőrzését, hogy ez lineáris és valóban eleget tesz az ellentett követelményének,az Olvasóra bízzuk.
Az összes többi vektortéraxióma valamilyen azonosság. Ezek közül(λ + µ)A = λA + µA teljesülését részletesen igazoljuk, a többi bizonyítása
teljesen hasonlóan történik. Egyfelől
[(λ + µ)A]u = (λ + µ)(Au),5.5. Feladatok

151

másfelől
(λA + µA)u = (λA)u + (µA)u = λ(Au) + µ(Au).
(Közben csak a leképezések közötti műveletek definícióit használtuk.) A jobb
oldalakon álló vektorok pedig éppen azért egyeznek meg, mert a szóban forgó
axióma a V2 vektortérben teljesül.
Feladatok
5.5.1 Bizonyítsuk be, hogy bármely A, B ∈ Hom (V1 , V2 ) esetén(a) Ker (A + B) ⊇ Ker A ∩ Ker B;(b) Im (A + B) ⊆ ⟨Im A , Im B⟩;(c) Ker (λA) = Ker A, ha λ ̸= 0;(d) Im (λA) = Im A, ha λ ̸= 0.
Az (a) és (b) résznél adjunk példákat, amikor egyenlőség teljesül,
illetve nem teljesül.
5.5.2 Legyen V1 = V2 a síkvektorok szokásos vektortere. Mi lesz az A + B
transzformáció, ha(a) A az x-tengelyre, B az y-tengelyre történő tükrözés;(b) A az x-tengelyre, B az y-tengelyre történő merőleges vetítés;(c) A az origó körüli +60 fokos, B az origó körüli −60 fokos elforgatás;(d) A az origó körüli Φ, B az origó körüli −Φ szöggel történő elforgatás;(e) A a helybenhagyás, B az origó körüli +90 fokos elforgatás?
5.5.3 Döntsük el, hogy alteret alkotnak-e Hom (V1 , V2 )-ben azok a leképezések, amelyeknél(a) a magtér V1 -nek egy rögzített U1 altere;(b) a képtér legfeljebb egydimenziós;(c) minden elem képe egy előre megadott V2 -beli vektor valamilyen skalárszorosa;(d) V1 -nek egy előre megadott U1 alteréből minden elem képe V2 -nek egyelőre megadott U2 alterébe esik;(e) egy előre megadott V1 -beli elem képe egy előre megadott V2 -beli vektor lesz.

152

5. Lineáris leképezések

5.5.4 Legyen V1 = V2 = V , ekkor Hom (V1 , V2 )-t Hom V -vel jelöljük.
Döntsük el, hogy alteret alkotnak-e Hom V -ben azok a transzformációk, amelyek(a) izomorfizmusok;(b) nem izomorfizmusok;(c) egy előre megadott vektort önmagába visznek át (azaz helyben hagyják);(d) magtere tartalmazza a képteret.
5.5.5 Legyenek A, B ∈ Hom (V1 , V2 ). Melyek igazak az alábbi állítások
közül?
(a) Im A ∩ Im B = 0 ⇒ Ker (A + B) = Ker A ∩ Ker B.
(b) Ker (A + B) = Ker A ∩ Ker B ⇒ Im A ∩ Im B = 0.
5.5.6 Legyen a V1 vektortér egy bázisa a1 , . . . , an , a V2 vektortér egy
bázisa pedig b1 , . . . , bk . Definiáljuk a Cij ∈ Hom (V1 , V2 ) leképezésta következőképpen:{
Cij ar =bi , ha r = j;0, ha r ̸= j.

1 ≤ j ≤ n,

1 ≤ i ≤ k.

Bizonyítsuk be, hogy a Cij leképezések bázist alkotnak Hom (V1 , V2 )ben.
5.5.7 Bizonyítsuk be, hogy véges dimenziós vektorterek esetén
dim Hom (V1 , V2 ) = dim V1 · dim V2 .
5.5.8 Legyenek A1 , . . . , Ar ∈ Hom (V1 , V2 ). Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha A1 , . . . , Ar lineárisan összefüggő Hom (V1 , V2 )-ben, akkor minden x ∈ V1 -re A1 x, . . . , Ar x lineárisan összefüggő V2 -ben.
(b) Ha van olyan nem nulla x ∈ V1 vektor, amelyre A1 x, . . . , Ar x lineárisan összefüggő V2 -ben, akkor A1 , . . . , Ar lineárisan összefüggő
Hom (V1 , V2 )-ben.
(c) Ha minden x ∈ V1 -re A1 x, . . . , Ar x lineárisan összefüggő V2 -ben,akkor A1 , . . . , Ar lineárisan összefüggő Hom (V1 , V2 )-ben.

5.6. Lineáris leképezések szorzása

153

M 5.5.9 Legyen V1 = C4 , V2 = C2 és Aij ∈ Hom (V1 , V2 ) a következő:



α1
( )
αi
 α2 Aij   =α3αjα41 ≤ i, j ≤ 4 .

(a) Bizonyítsuk be, hogy bármely három (különböző) Aij lineárisan független Hom (V1 , V2 )-ben.
(b) Adjunk meg négy olyan (különböző) Aij -t, amely lineárisan összefüggő Hom (V1 , V2 )-ben.
∗(c) Maximálisan hány olyan (különböző) Aij van, amely lineárisan független Hom (V1 , V2 )-ben?

5.6. Lineáris leképezések szorzása
A lineáris leképezések szorzása (egymás után alkalmazása, kompozíciója) különösen a (V → V ) transzformációk esetén játszik fontos szerepet, amelyek
erre a szorzásra, valamint az összeadásra és a skalárral való szorzásra nézve
egy algebrának nevezett speciális struktúrát alkotnak. A leképezések szorzása
nagyon hasonló tulajdonságokat mutat, mint amilyeneket a mátrixszorzásnál
tapasztaltunk. Ennek igazi oka a következő pontban derül majd ki.
5.6.1 Definíció
Legyenek V1 , V2 és V3 ugyanazon T test feletti vektorterek,A ∈ Hom (V2 , V3 ), B ∈ Hom (V1 , V2 ). Ekkor az A és B lineáris leképezések
szorzatán azt az AB-vel jelölt V1 → V3 leképezést értjük, amely minden u ∈ V1
vektorhoz az A(Bu) ∈ V3 vektort rendeli hozzá. Azaz
(AB)u = A(Bu) . ♣Az AB szorzatot tehát úgy kapjuk, hogy előbb a második tényezőként
szereplő B leképezést alkalmazzuk, majd ezután az A-t. Ezt a mesterkéltnektűnő sorrendiséget azonban az (AB)u = A(Bu) képlet azonnal megmagyarázza. A ,,természetes” sorrend akkor adódna, ha a leképezést (mint operátort) a vektor mögé írnánk, ekkor a definíció nyilván u(CD) = (uC)D alakotöltene. Az analízis hagyományos függvényjelölését követve megmaradunk az
Au formánál (és ennek megfelelően egy-két esetben látszólag mesterkélt módon járunk el új fogalmak definiálásánál).

154

5. Lineáris leképezések

Hangsúlyozzuk, hogy két lineáris leképezés szorzatát csak akkor értelmeztük, ha eleget tettek az 5.6.1 Definíció feltételeinek, vagyis az a vektortér,
amelybe a második tényező képez, ugyanaz, mint amelyiken az első tényező
hat.
5.6.2 Tétel
Két lineáris leképezés szorzata is lineáris, azaz ha A ∈ Hom (V2 , V3 ) ésB ∈ Hom (V1 , V2 ), akkor AB ∈ Hom (V1 , V3 ). ♣Bizonyítás: A szorzás definíciója és B, illetve A linearitása miatt(AB)(λu) = A(B(λu)) = A(λ(Bu)) = λ(A(Bu)) = λ((AB)u).
Az összegtartás hasonlóan igazolható.
A szorzás tulajdonságainak vizsgálatát kezdjük a kommutativitás kérdésével. Ha A ∈ Hom (V2 , V3 ), B ∈ Hom (V1 , V2 ) és V3 ̸= V1 , akkor a BA szorzat
nincs is értelmezve. Ha V3 = V1 , de V1 ̸= V2 , akkor AB ∈ Hom (V1 , V1 ),ugyanakkor BA ∈ Hom (V2 , V2 ), tehát semmiképpen sem lehetnek egyenlők.
Marad az az eset, amikor V1 = V2 = V3 = V , azonban AB és BA általában
ekkor is különbözők (lásd pl. az 5.6.1–5.6.4 feladatokat). Vagyis a lineáris
leképezések szorzása (messzemenően) nem kommutatív .
A szorzással (és részben más műveletekkel) kapcsolatos további ,,szokásos”
azonosságok viszont igazak:
5.6.3 Tétel
Ha λ ∈ T , és A, B, C tetszőleges olyan lineáris leképezések, amelyekre az
alábbi egyenlőségek valamelyik oldala értelmezve van, akkor a másik oldal isértelmes, és az egyenlőség teljesül.
I. A(BC) = (AB)C (asszociativitás);
II. A(B + C) = AB + AC,(A + B)C = AC + BC (disztributivitások );III. λ(AB) = (λA)B = A(λB). ♣Mivel a szorzás nem kommutatív, ezért a két disztributivitást külön kellbebizonyítani. Ugyanez az oka annak, hogy III-ban csak a skalárt ,,emelhetjük
át” a leképezéseken, A és B sorrendjén nem változtathatunk.
Bizonyítás:I-ben bármelyik oldal pontosan akkor értelmes, haA ∈ Hom (V3 , V4 ), B ∈ Hom (V2 , V3 ), C ∈ Hom (V1 , V2 ), és ekkor minden

5.6. Lineáris leképezések szorzása

155

x ∈ V1 -re(A(BC))x = A((BC)x) = A(B(Cx)) ,illetve((AB)C)x = (AB)(Cx) = A(B(Cx)) ,tehát I-ben az egyenlőség két oldalán valóban ugyanaz a leképezés áll. [Itttulajdonképpen arról van szó, hogy függvények kompozíciója (egymás után
alkalmazása) mindig asszociatív, hiszen akármelyik zárójelezést felbontva afüggvényeket végül is a megfelelő sorrendben egymás után kell alkalmazni.]
II. és III. igazolása hasonló módon történik, csak ott a szorzás definícióján
kívül a leképezések linearitását is fel kell használni (lásd az 5.6.6 feladatot).
A továbbiakban egy adott V vektortér lineáris transzformációival foglalkozunk. Az összes ilyen transzformációk halmazát (Hom (V , V ) helyett röviden)
Hom V -vel jelöljük.
5.6.4 Tétel
Hom V a leképezések közötti összeadásra és skalárral való szorzásra nézve
vektortér, az összeadásra és a szorzásra nézve gyűrű, továbbá teljesül aλ(AB) = (λA)B = A(λB),

A, B ∈ Hom V, λ ∈ Tazonosság. ♣Bizonyítás: A vektortérre vonatkozó állítás az 5.5.3 Tétel speciális esete. Az,
hogy a szorzás valóban művelet Hom V -ben, az 5.6.2 Tételből következik. Agyűrűben a szorzásra vonatkozó azonosságok, valamint a szorzást és a skalárral
való szorzást összekapcsoló azonosság az 5.6.3 Tételből adódik.
Az alábbiakban általánosan összefoglaljuk az 5.6.4 Tételben kimondott
tulajdonságokat.
5.6.5 Definíció
Egy A nem üres halmaz algebra (vagy hiperkomplex rendszer ) a T kommutatív test felett, ha(i) értelmezve van A-n egy összeadás, egy szorzás és egy T elemeivel való
szorzás;(ii) A az összeadásra és a szorzásra nézve gyűrű;(iii) A az összeadásra és a T elemeivel való szorzásra nézve vektortér;

156

5. Lineáris leképezések(iv) érvényes a szorzást és a T elemeivel való szorzást összekapcsoló
λ(ab) = (λa)b = a(λb), λ ∈ T, a, b ∈ A
azonosság. ♣Példák algebrára
P1. Hom V a megadott műveletekre (T felett).
P2. Adott méretű négyzetes mátrixok (T n×n ) a szokásos műveletekre (T felett).
P3. Polinomok (T [x]) a szokásos műveletekre (T felett).
P4. A komplex számok a valós test felett a szokásos műveletekre. Általánosabban: ha T1 részteste T2 -nek (tehát T1 nemcsak részhalmaza T2 -nek, hanema T1 -beli műveletek éppen a T2 -beli műveletek megszorításai), akkor T2
algebra T1 felett.
P5. A komplex számok általánosítása a kvaterniók . Ezek α0 + α1 i + α2 j + α3 kalakú kifejezések, ahol αi ∈ R. Az összeadást és a valós számmal való
szorzást ,,komponensenként” értelmezzük. A szorzást úgy definiáljuk ,hogy ,,minden tagot minden taggal meg kell szorozni”, az együttható valósok ,,átemelendők” i-n, j-n és k-n, és végül az ,,alapvektorokat” a következő
szabály szerint kell összeszorozni:
i2 = j 2 = k 2 = −1, ij = k, ji = −k, jk = i, kj = −i, ik = −j, ki = j .
Megmutatható, hogy így a valós test felett egy 4-dimenziós algebrát kapunk, amely nem kommutatív test.
A kvaterniók alapján szokták az algebrákra néha a hiperkomplex(komplexen túli) rendszer elnevezést is használni.
A kvaterniók Frobenius alábbi nevezetes tétele szerint a számfogalom
lezárásának tekinthetők:Legyen A egy olyan véges dimenziós algebra R felett, amely egyúttal
(nem feltétlenül kommutatív) test. Ekkor A mint algebra vagy a valós
számokkal, vagy a komplex számokkal, vagy pedig a kvaterniókkal
izomorf.
További példák: lásd az 5.6.19 feladatot.
A szorzás tulajdonságai Hom V -ben
Korábban már jeleztük, hogy Hom V -ben a szorzás nem kommutatív .
Könnyen látható, hogy az E identikus leképezés kétoldali egységelem.

5.6. Lineáris leképezések szorzása

157

A következőkben az invertálhatóságra és a nullosztókra fogalmazunk meg
tételeket.
5.6.6 Tétel
Egy A ∈ Hom V lineáris transzformációnak akkor és csak akkor létezik(kétoldali) inverze, ha A izomorfizmus. ♣Bizonyítás: Ha A izomorfizmus, akkor az 5.2.3 Tétel bizonyításánál láttuk,
hogy az A bijekció inverze, A−1 is lineáris leképezés, tehát eleme Hom V -nek.
Megfordítva, legyen B az A transzformáció inverze: AB = BA = E. Ekkor
egyrészt minden u ∈ V -re u = A(Bu), tehát u ∈ Im A, vagyis Im A = V .
Másrészt, ha Au = Av, akkor u = B(Au) = B(Av) = v, vagyis különböző
vektorok A szerinti képe is különböző. Így A valóban izomorfizmus.
Eredményünket az 5.2.2 Tétellel egybevetve adódik, hogy A ∈ Hom V nek akkor és csak akkor létezik inverze, ha Ker A = 0 és Im A = V . Az
5.4.2 Tételből azt is tudjuk, hogy véges dimenziós V esetén ezen két feltételbármelyike maga után vonja a másikat.
Az 5.6.6 Tétel bizonyításából az is leolvasható, hogy ha A-nak létezik
jobbinverze, akkor szükségképpen Im A = V , illetve ha A-nak létezik balinverze, akkor szükségképpen Ker A = 0. Mindezt a fentiekkel egybevetve
kapjuk, hogy véges dimenzió esetén az egyik oldali inverz létezése maga utánvonja a másik oldali inverz létezését. Végtelen dimenzió esetén ez nem igaz,
annyi azonban megmutatható, hogy Im A = V , illetve Ker A = 0 a megfelelő
oldali inverz létezésének nemcsak szükséges, hanem egyben elégséges feltétele
is.
A nullosztókról szóló tételt csak a véges dimenziós esetre mondjuk ki. Az
egyik oldali nullosztókra, illetve a végtelen dimenzióra vonatkozóan hasonló
jellegű a helyzet, mint amit az invertálhatóságnál tapasztaltunk. (Mindezekkel
kapcsolatban lásd az 5.6.10–5.6.16 feladatokat.)
5.6.7 Tétel
Legyen V véges dimenziós vektortér. Ha A ∈ Hom V bal vagy jobb oldali
nullosztó, akkor Ker A ̸= 0. Megfordítva, ha Ker A ̸= 0 és A ̸= O, akkor A
mind bal, mind pedig jobb oldali nullosztó. ♣Bizonyítás: Többször fel fogjuk használni az alábbi egyszerű észrevételt:
AB = O akkor és csak akkor igaz, ha Ker A ⊇ Im B. Valóban, A(Bu) = 0 pontosan akkor teljesül minden u ∈ V -re, ha Im B valamennyi Bu eleme Ker A-ba
esik.

158

5. Lineáris leképezések

Legyen először A bal oldali nullosztó, azaz valamilyen C ̸= O lineáristranszformációra AC = O. Ekkor az előzőek szerint Ker A ⊇ Im C ̸= 0, vagyis
valóban Ker A ̸= 0. Ha A jobb oldali nullosztó, akkor ugyanígy Im A ̸= V
adódik, de ez a dimenzió végessége miatt ekvivalens a Ker A ̸= 0 feltétellel.
Megfordítva, tegyük fel, hogy A ̸= O és Ker A ̸= 0. Először megmutatjuk,
hogy A bal oldali nullosztó, azaz valamilyen C ̸= O lineáris transzformációra
AC = O. A C transzformációt V egy alkalmas bázisán fogjuk megadni. Legyen
Ker A egy bázisa b1 , . . . , bs , ezt egészítsük ki a bs+1 , . . . , bn vektorokkal V
egy bázisává. Legyen most C az a lineáris transzformáció, amelyre{
bi , ha 1 ≤ i ≤ s;Cbi =0, ha i > s.
Ekkor nyilván C ̸= O és AC = O.
Hasonlóan okoskodhatunk, amikor azt akarjuk igazolni, hogy A jobb
oldali nullosztó. Ekkor az Im A ̸= V feltételből indulunk ki, Im A egy bázisát
egészítjük ki V bázisává, és így konstruálunk olyan B ̸= O transzformációt,
amelyre BA = O. A részletek végiggondolását az Olvasóra bízzuk.
Feladatok
5.6.1 Legyen V1 = V2 a síkvektorok szokásos vektortere. Döntsük el, hogy
AB = BA teljesül-e, ha(a) A az x-tengelyre, B az y = x egyenesre történő tükrözés;(b) A az x-tengelyre, B az y = x egyenesre történő merőleges vetítés;(c) A az origó körüli +60 fokos, B az origó körüli −90 fokos elforgatás;(d) A az origóból történő ötszörös nagyítás, B az origó körüli +90 fokos
elforgatás.
5.6.2 Legyen V = C3 és definiáljuk az A, B ∈ Hom V transzformációkat akövetkezőképpen:      α1α2α1α1A  α2  =  α1  ,B  α2  =  α3  .
α3
α3
α3
α2
Adjuk meg az AB, BA, A101 , (AB)101 transzformációkat.
5.6.3 Legyen V véges dimenziós vektortér. Adjuk meg az összes olyan
A ∈ Hom V -t, amely V minden lineáris transzformációjával felcserélhető (azaz minden B ∈ Hom V -re AB = BA).

5.6. Feladatok

159

5.6.4 Melyek azok a véges dimenziós V vektorterek, amelyekre a Hom V beli szorzás kommutatív?
5.6.5 Legyen A ∈ Hom (V2 , V3 ), B ∈ Hom (V1 , V2 ). Milyen kapcsolatban
áll egymással Ker AB és Ker B, illetve Im AB és Im A?
5.6.6 Bizonyítsuk be az 5.6.3 Tétel II. és III. állítását.
5.6.7 Legyen A ∈ Hom (V2 , V3 ), B ∈ Hom (V1 , V2 ). Bizonyítsuk be, hogy
dim Im B = dim Im AB + dim(Ker A ∩ Im B) .
5.6.8 Legyen V véges dimenziós vektortér, A ∈ Hom V . Bizonyítsuk be,
hogy
Ker A2 = Ker A ⇐⇒ Im A2 = Im A ⇐⇒ Ker A ∩ Im A = 0 .
∗5.6.9 Legyen A egy 5 × 5-ös valós mátrix, és tegyük fel, hogy A1000 = 0.
Bizonyítsuk be, hogy ekkor A5 = 0.

5.6.10 Legyen V a valós együtthatós polinomok szokásos vektortere, és definiáljuk az A, B ∈ Hom V transzformációkat a következőképpen (egyáltalános polinomot f (x)-szel, az i-edfokú tag együtthatóját αi -veljelöljük):
A[f (x)] = xf (x)B[f (x)] = [f (x) − α0 ]/x .

Állapítsuk meg A-ról, illetve B-ről, hogy hány bal-, illetve jobbinverzevan, valamint hogy bal, illetve jobb oldali nullosztó-e.
5.6.11 Legyen b1 , . . . , bn bázis a V vektortérben. Az alábbi lineáris transzformációk közül melyeknek van bal-, illetve jobbinverzük, és melyek
bal, illetve jobb oldali nullosztók. Invertálhatóság esetén adjuk meg
az inverzet, a nullosztókhoz pedig adjunk meg egy-egy hozzájuk tartozó bal, illetve jobb oldali nullosztópárt.
(a) A : b1 7→ b1 − b2 , b2 7→ b2 − b3 , . . . , bn 7→ bn − b1 ;(b) B : b1 7→ b1 , b2 7→ b1 + b2 , . . . , bn 7→ b1 + bn ;(c) C : b1 7→ b1 + b2 + . . . + bn , . . . , bn 7→ b1 + b2 + . . . + bn .
5.6.12 Melyek azok a V véges dimenziós vektorterek, amelyekre minden nem
nulla A ∈ Hom V transzformációnak létezik inverze?
5.6.13 Melyek azok a V véges dimenziós vektorterek, amelyekre Hom V nullosztómentes?

160

5. Lineáris leképezések

5.6.14 Melyek azok a V véges dimenziós vektorterek, amelyekre létezik olyan
A, B ∈ Hom V , hogy(a) AB = O, de BA ̸= O;(b) AB = O, de BA = E?
5.6.15 Legyen V véges dimenziós vektortér és A ∈ Hom V nullosztó. Mutassuk meg, hogy létezik olyan nem nulla B ∈ Hom V , amely egyszerre
teljesíti az AB = O és BA = O feltételeket.
5.6.16 Legyen V véges dimenziós vektortér, A, B ∈ Hom V . Melyek igazakaz alábbi állítások közül?
(a) Ha A-nak és B-nek létezik inverze, akkor AB-nek is létezik inverze.
(b) Ha AB-nek létezik inverze, akkor A-nak és B-nek is létezik inverze.
(c) Ha A és B bal oldali nullosztó és AB ̸= O, akkor AB is bal oldali
nullosztó.
(d) Ha AB bal oldali nullosztó, akkor A és B is bal oldali nullosztó.
(e) Ha A+B-nek létezik inverze, akkor A és B közül legalább az egyiknek
létezik inverze.
(f) Ha A + B bal oldali nullosztó, akkor A és B közül legalább az egyik
bal oldali nullosztó.
5.6.17 Legyen V véges dimenziós vektortér, A ∈ Hom V . Tekintsük Hom V
alábbi két részhalmazát:
B = {C ∈ Hom V | CA = O} ;J = {D ∈ Hom V | AD = O}(azaz ,,az A-hoz tartozó bal, illetve jobb oldali nullosztók halmazát”).
Bizonyítsuk be, hogy B és J alterek Hom V -ben, és számítsuk ki adimenziójukat.
5.6.18 Legyen V véges dimenziós vektortér. Egy P ∈ Hom V lineáris transzformációt projekciónak nevezünk, ha P 2 = P.
(a) Létezik-e O-n és E-n kívül más projekció is?
(b) Vajon miért nevezik az ilyen transzformációkat projekciónak?
(c) Mely projekcióknak létezik (bal és/vagy jobb oldali) inverze?
(d) Bizonyítsuk be, hogy P akkor és csak akkor projekció, ha E − P
projekció.
(e) Legyen T = R. Bizonyítsuk be, hogy P akkor és csak akkor projekció, ha 2P − E önmagának az inverze. Mutassuk meg, hogy van olyan
test, amely felett ez az állítás nem igaz.
(f) Bizonyítsuk be, hogy ha P projekció és λ ̸= 0, −1, akkor P + λE-nek
létezik inverze.

5.6. Feladatok
∗

∗

161

(g) Bizonyítsuk be, hogy P akkor és csak akkor projekció, ha V felbontható V = U1 ⊕U2 alakban, ahol P az U1 altér elemeit helyben hagyja,
U2 elemeit pedig 0-ba viszi.

5.6.19 Legyen V véges dimenziós vektortér. Bizonyítsuk be, hogy mindenA ∈ Hom V -hez található olyan B ∈ Hom V , amellyel ABA = A.
5.6.20 Az alábbi struktúrák közül melyek alkotnak algebrát?
(a) Tetszőleges vektortér, ha a szorzást úgy értelmezzük, hogy bármely
két vektor szorzata a nullvektor.
(b) A (közönséges 3-dimenziós) tér vektorai a szokásos összeadásra, skalárral való szorzásra, valamint a vektoriális szorzatra nézve.
(c) A valós számsorozatok a szokásos (komponensenkénti) műveletekre.
(d) T n , ha a szorzást is komponensenként értelmezzük.
(e) Az összes valós számon értelmezett valós értékű függvények a szokásos műveletekre.
(f) Az előző példa, ha a szorzást a függvényösszetétellel (kompozícióval,egymás után
√ alkalmazással) értelmezzük.
(g) Az α+β 2, α, β ∈ Q alakú számok a racionális test felett a szokásosműveletekre.
(h) Bármely gyűrű a modulo 2 test felett, ha a skalárral való szorzást
0a = 0, 1a = a módon definiáljuk.
(
)
z w
(i) A
alakú 2 × 2-es komplex elemű mátrixok a valós test
−w z
felett a szokásos műveletekre.
(j) Az előző mátrixok, de a komplex test felett.
5.6.21 Végezzük el az alábbi kvaternió-műveleteket:a) (1 + i)(1 + j) − (1 + j)(1 + k);b) (i + j + k)100 ;c) (1 + i − j − k)(1 − i + j − k)(1 − i − j + k).
5.6.22 A v = α0 + α1 i + α2 j + α3 k kvaternió konjugáltján a v == α0 − α1 i − α2 j − α3 k kvaterniót értjük. Számítsuk ki a vv szorzatot. Hogyan lehet ennek segítségével egy kvaternió (multiplikatív)
inverzét meghatározni?
5.6.23 Hány megoldása van a kvaterniók körében az x2 +1 = 0 egyenletnek?
Hogyan fér ez össze azzal a tétellel, hogy ,,egy polinomnak legfeljebb
annyi gyöke lehet, mint amennyi a foka”?

162

5. Lineáris leképezések

M∗ 5.6.24 Legyen n > 1 és v tetszőleges olyan kvaternió, amely nem egy valósszám. Hány n-edik gyöke van v-nek a kvaterniók körében?
5.6.25 Bizonyítsuk be, hogy egy legalább kételemű, véges dimenziós algebra
akkor és csak akkor (nem feltétlenül kommutatív) test, ha nullosztómentes.

5.7. Lineáris leképezés mátrixa
A lineáris leképezéseket mátrixokkal fogjuk jellemezni. Ezt az teszi lehetővé,hogy a leképezés megadható V1 báziselemeinek a képével, a képek pedig felírhatók V2 báziselemeinek a segítségével. Kiderül, hogy a mátrixreprezentáció a műveleteket is tartja, ami megmagyarázza, hogy miért hasonlítanak
annyira a leképezések és a mátrixok tulajdonságai. Ez a kapcsolat mindkét
irányban hasznosnak bizonyul, mert így leképezésekre vonatkozó állításokat
mátrixok segítségével igazolhatunk, és viszont. Gyakorlati alkalmazásoknál aleképezések helyett szinte mindig a mátrixukkal dolgozunk.
5.7.1 Definíció
Legyen a V1 vektortér egy bázisa a1 , . . . , an , a V2 vektortér egy bázisa pedig b1 , . . . , bk . Egy A ∈ Hom (V1 , V2 ) leképezésnek az a1 , . . . , an és b1 , . . . , bkbázispár szerinti mátrix án azt a k × n-es mátrixot értjük, amelynek j-edik
oszlopában az Aaj vektornak a b1 , . . . , bk bázis szerinti koordinátái állnak.
Ezt a mátrixot [A]a,b -vel jelöljük.
Részletesebben kiírva, legyen
Aa1 = α11 b1 +α21 b2 + . . . +αk1 bk
Aa2 = α12 b1 +α22 b2 + . . . +αk2 bk..
.
Aan = α1n b1 +α2n b2 + . . . +αkn bk .
Ekkor



α11
 α21
[A]a,b = 
 ...

α12
α22
..
.

...
...


α1n
α2n 
. ♣
.. 
. 

αk1

αk2

...

αkn

Az [A]a,b mátrix oszlopai tehát tulajdonképpen rendre az aj báziselemek
képei, mégpedig a bi báziselemek segítségével felírva.

163

5.7. Lineáris leképezés mátrixa

A mátrix természetesen erősen függ attól, hogy milyen bázisokat választottunk a két vektortérben, más bázispár esetén általában a mátrix is egészen
más lesz.
Szükségünk lesz egy vektor mátrixára is (ez a fogalom már az 5.1 pont
P5 példájában is szerepelt):
5.7.2 Definíció
Legyen c1 , . . . , cr bázis a V vektortérben. Tudjuk, hogy ekkor mindenv ∈ V egyértelműen felírható v = γ1 c1 + . . . + γr cr alakban. A v vektornak
a c1 , . . . , cr bázis szerinti (koordináta)mátrix án (vagy koordinátavektor án) a


γ1
 γ2 
[v]c =  .. 
.
γr(oszlop)mátrixot értjük. ♣A vektor mátrixa is bázisfüggő.
Ha a korábbiakból egyértelmű, hogy mely bázis(pár)ról van szó, akkor avektor, illetve leképezés mátrixának jelölésénél a bázis(pár)ra vonatkozó indexet elhagyhatjuk.
Először megmutatjuk, hogy rögzített bázispár esetén a képvektor mátrixa
a leképezés mátrixának és az eredeti vektor mátrixának a szorzata.
5.7.3 Tétel
Legyen a V1 vektortér egy bázisa a1 , . . . , an , a V2 vektortér egy bázisa
pedig b1 , . . . , bk , továbbá A ∈ Hom (V1 , V2 ) és v ∈ V1 . Ekkor[Av]b = [A]a,b · [v]aahol a jobb oldalon a két mátrix szorzata áll. ♣Bizonyítás: Legyenλ1
 λ2 
[v]a =  ... 
λn



és

α11
 α21
[A]a,b = 
 ...

α12
α22
..
.

...
...


α1n
α2n 
.
.. 
. 

αk1

αk2

...

αkn

164

5. Lineáris leképezések

Ekkor
Av = A(λ1 a1 + . . . + λn an ) = λ1 (Aa1 ) + . . . + λn (Aan ) == λ1 (α11 b1 + . . . + αk1 bk ) + . . . + λn (α1n b1 + . . . + αkn bk ) == (α11 λ1 + . . . + α1n λn )b1 + . . . + (αk1 λ1 + . . . + αkn λn )bk ,vagyis bi együtthatója valóban [A] i-edik sorának és [v] (egyetlen) oszlopánaka szorzata, amint állítottuk.
Most azt igazoljuk, hogy ha rögzített bázispár esetén minden leképezésnek
megfeleltetjük a mátrixát, ez egy izomorfizmust létesít a lineáris leképezések
és a (megfelelő méretű) mátrixok vektortere között.
5.7.4 Tétel
Ha dim V1 = n, dim V2 = k, akkor Hom (V1 , V2 ) ∼= T k×n . ♣Bizonyítás: Legyen a V1 vektortér egy bázisa a1 , . . . , an , a V2 vektortér
egy bázisa pedig b1 , . . . , bk , és feleltessük meg minden A ∈ Hom (V1 , V2 )leképezésnek a(z adott bázispár szerinti) mátrixát:
A 7→ [A]a,b .
Megmutatjuk, hogy így egy Hom (V1 , V2 ) → T k×n vektortérizomorfizmust
definiáltunk.
1. Ily módon minden A ∈ Hom (V1 , V2 )-hez egyértelműen hozzárendeltünk egy k × n-es mátrixot, hiszen bármely A lineáris leképezés eseténadott (bázis)elemek képei egyértelműen meghatározottak, és ezek a képek
egyértelműen felírhatók egy adott V2 -beli bázis segítségével.
2. Bármely mátrixnak pontosan egy ősképe van. Ugyanis a mátrix éppen
az aj báziselemek képét adja meg egyértelműen, és az 5.3.1 Tétel szerint pontosan egy olyan A lineáris leképezés létezik, amely az adott báziselemekhezéppen az előírt vektorokat rendeli.
3. Az összegtartás igazolása: (A + B)aj = Aaj + Baj és a rögzített bibázis miatt az [A + B] mátrix j-edik oszlopa éppen az [A] és [B] mátrixok
j-edik oszlopainak az összege lesz, tehát valóban [A + B] = [A] + [B]. A
skalárszorostartás hasonlóan bizonyítható.
Hangsúlyozzuk, hogy a fenti izomorfizmus csak rögzített bázispár eseténérvényes, tehát amikor valamennyi leképezés mátrixát ugyanabban a bázispárban írjuk fel.

165

5.7. Lineáris leképezés mátrixa
Az előző tétel egyszerű következménye:5.7.5 Tétel
Véges dimenziós vektorterek esetén
dim Hom (V1 , V2 ) = dim V1 · dim V2 . ♣∼ T k×n , ésBizonyítás: Legyen dim V1 = n, dim V2 = k. Ekkor Hom (V1 , V2 ) =a T k×n vektortér dimenziója kn (ezt már a 4.5–4.6 pontokban beláttuk).
Megjegyezzük, hogy a tétel állítását és egy másik bizonyítását az 5.5.6–
5.5.7 feladatok is tartalmazzák. Az ott megadott leképezésekből álló bázis az
5.7.4 tétel izomorfizmusánál éppen a mátrixok szokásos bázisába megy át.
Most rátérünk a szorzással kapcsolatos művelettartásra.
5.7.6 Tétel
Legyen V1 egy bázisa a1 , . . . , an , V2 egy bázisa b1 , . . . , bk , V3 egy bázisa
pedig c1 , . . . , cr . Legyen továbbá A ∈ Hom (V2 , V3 ), B ∈ Hom (V1 , V2 ).
Ekkor[AB]a,c = [A]b,c · [B]a,b . ♣Bizonyítás: Legyen


α11
 α21
[A]b,c = 
 ...

α12
α22
..
.

...
...


α1k
α2k 
.. 
. 

αr1

αr2

...

αrk



és

β11
 β21

β
[B]a,b = 
 31
 ..
.

...
...
...
..
.

βk1

...


β1n
β2n 

β3n  .
.. 

.
βkn

Azt kell igazolnunk, hogy (AB)aj i-edik koordinátája megegyezik az [A] mátrix
i-edik sorának és a [B] mátrix j-edik oszlopának a szorzatával.
(AB)aj = A(Baj ) = A(β1j b1 + . . . + βkj bk ) = β1j (Ab1 ) + . . . + βkj (Abk ) == β1j (α11 c1 + . . . + αr1 cr ) + . . . + βkj (α1k c1 + . . . + αrk cr ) == (β1j α11 + . . . + βkj α1k )c1 + . . . + (β1j αr1 + . . . + βkj αrk )cr .
Itt ci együtthatója β1j αi1 + . . . + βkj αik , ami valóban az [A] mátrix i-edik
sorának és a [B] mátrix j-edik oszlopának a szorzata.

166

5. Lineáris leképezések

A következőkben A ∈ Hom V lineáris transzformációk mátrixát vizsgáljuk. Ebben az esetben kikötjük, hogy a bázispár mindkét bázisa azonos
legyen. Erre egyrészt a szorzás művelettartása miatt van szükség (lásd akövetkező tételt), másrészt pedig ekkor mutatja a mátrix ,,természetes” módon, ,,hogyan transzformálta, miképp változtatta a vektorteret” az A lineáristranszformáció (azaz a bázisvektorok önmagukhoz mérve hogyan változtak).
5.7.7 Tétel
Legyen a1 , . . . , an rögzített bázis a V vektortérben. Ekkor az A 7→ [A]amegfeleltetés izomorfizmus a Hom V és T n×n algebrák között. ♣Bizonyítás: Az 5.7.4 Tételben láttuk, hogy a fenti megfeleltetés bijektív,
összeg- és skalárszorostartó, az 5.7.6 Tétel pedig biztosítja a szorzásra vonatkozó művelettartást is.
Az 5.7.7 Tétel alapján új bizonyítást adhatunk pl. az 5.6.7 Tételre (lásdaz 5.7.10 feladatot), és véges dimenziós esetben a transzformációk szorzásának
tetszőleges tulajdonságát visszavezethetjük a négyzetes mátrixok szorzásának
megfelelő tulajdonságára. Okoskodhatunk természetesen fordítva is, pl. ily
módon kaphatunk egy ,,természetes” magyarázatot a mátrixszorzás asszociativitására, vagy akár magának a mátrixszorzásnak a definíciójára is, amely
annak idején ugyancsak mesterkéltnek tűn(hetet)t.
Feladatok
5.7.1 Legyen V a legfeljebb 6-odfokú valós együtthatós polinomok szokásos
vektortere és A ∈ Hom V az a lineáris transzformáció, amely minden
polinomnak megfelelteti a deriváltját.
(a) Írjuk fel A mátrixát a szokásos bázisban.
(b) Van-e olyan bázis V -ben, amelyben [A] minden eleme 0 vagy 1?
∗(c) Van-e olyan bázis V -ben, amelyben [A] minden eleme nullától különböző?
(d) Van-e olyan bázis V -ben, amelyben [A] utolsó két oszlopa csupa 0?
(e) Van-e olyan bázis V -ben, amelyben [A] utolsó két sora csupa 0?
5.7.2 Írjuk fel a sík nevezetes lineáris transzformációinak mátrixát többféle
bázisban.
5.7.3 Legyen V1 a legfeljebb 5-ödfokú, V2 pedig a legfeljebb 2-odfokú komplex együtthatós polinomok szokásos vektortere. Egy általános polinomot f -fel jelölünk, polinom és polinomfüggvény között nem teszünk

5.7. Feladatok

167

különbséget. Írjuk fel az alábbi lineáris leképezések mátrixát alkalmasbázispárban.
(a) f 7→ f (0) + f (1)x + f (2)x2 ;(b) f -nek feleltessük meg az x3 + 1 polinommal vett osztási maradékát;(c) f -nek feleltessük meg azt a legfeljebb 2-odfokú polinomot, amely a0, 1 és 2 helyen ugyanazt az értéket veszi fel, mint f .
5.7.4 Legyen a V1 vektortér egy bázisa a1 , . . . , an , a V2 vektortér egy
bázisa pedig b1 , . . . , bk . Hogyan változik egy A ∈ Hom (V1 , V2 )leképezés mátrixa, ha a megfelelő bázisban(a) a1 -et és a2 -t felcseréljük;(b) b1 -et és b2 -t felcseréljük;(c) a3 helyett λa3 -at veszünk;(d) b3 helyett λb3 -at veszünk;(e) a3 helyett a3 + µa2 -t veszünk; (f) b3 helyett b3 + µb2 -t veszünk?
5.7.5 Legyen V kétdimenziós vektortér R felett. Döntsük el, van-e olyan
A ∈ Hom V , amelynek két különböző bázisban felírt mátrixa
(
)
(
)
1
0
1
0
(a)
és
;
0
1
0
2
(
)
(
)
1
0
0
1
(b)
és
;
0 −1
1
0
(
)
(
)
1
1
2
0
(c)
és
;
1
1
0
0
(
√ )
(
)
3
1
0 −1
2
2
√
és
;
(d)
1
1
1
− 23
2
(
)
(
)
1
0
2
6
(e)
és
;
0
2
1
3
(
)
(
)
1
0
0
0
(f)
és
.
0
0
1
0
5.7.6 Legyen V1 ̸= V2 és A ∈ Hom (V1 , V2 ) tetszőleges leképezés. Bizonyítsuk be, hogy van olyan bázispár, hogy [A] ,,fődiagonálisában” minden
elem 1 vagy 0, a mátrix többi eleme pedig 0.
5.7.7 Legyen V1 ̸= V2 . Bizonyítsuk be, hogy A ∈ Hom (V1 , V2 ) akkor
és csak akkor izomorfizmus, ha alkalmas bázispárban A mátrixa az
egységmátrix.
5.7.8 Legyen dim V = 2 és A ∈ Hom V . Bizonyítsuk (be, hogy
) ha A ̸= O,
01
de A2 = O, akkor V alkalmas bázisában [A] =
.
0 0

168

5. Lineáris leképezések

5.7.9 Melyek azok az A ∈ Hom V lineáris transzformációk, amelyeknekbármely bázisban ugyanaz a mátrixa?
5.7.10 Az 5.7.7 Tétel felhasználásával adjunk új bizonyítást az 5.6.7 Tételre.
5.7.11 Bizonyítsuk be, hogy egy A lineáris leképezés mátrixát bármely bázispárban felírva, a kapott mátrix rangja megegyezik Im A dimenziójával. (Ezt az egyértelműen meghatározott számot az A leképezés
rangjának nevezzük.)
5.7.12 Legyen A ∈ T k×n , B ∈ T n×s . Igazoljuk a mátrixrangokra az alábbi
becsléseket:(a) r(AB) ≤ min(r(A), r(B); (b) AB = 0 ⇒ r(A) + r(B) ≤ n.
5.7.13 Igaz-e, hogy ha egy 2 × 2-es A valós mátrixra A100 = A−1 , akkor A
az egységmátrix?
5.7.14 Nevezzük egy adott transzformáció valamely mátrixát bázismeghatározónak, ha egyértelműen megállapítható, hogy a mátrixot melybázis szerint írtuk fel.
(a) Bizonyítsuk be, hogy ha T nem a modulo 2 test, akkor egyáltalán
nem létezik bázismeghatározó mátrix.
(b) A modulo 2 test felett van olyan transzformáció, amelynek minden
mátrixa bázismeghatározó.

5.8. Áttérés új bázisra
Tegyük fel, hogy ismerjük egy lineáris leképezésnek egy adott bázispár szerinti mátrixát. Az alábbi tétel megmutatja, hogyan kaphatjuk meg ekkor aleképezésnek valamely másik bázispár szerinti mátrixát.
5.8.1 Tétel
Legyen a V1 vektortér egy-egy bázisa (a ,,régi”) a1 , . . . , an , illetve (az ,,új”)′
a1 , . . . , a′n , és hasonlóképpen a V2 vektortér egy-egy bázisa b1 , . . . , bk , illetve
b′1 , . . . , b′k . Legyen S ∈ Hom V1 az a(z egyértelműen meghatározott) lineáristranszformáció, amelyre S(aj ) = a′j , j = 1, . . . , n, és hasonlóan T ∈ Hom V2 ,amelyre T (bi ) = b′i , i = 1, . . . , k. Legyen továbbá A ∈ Hom (V1 , V2 ). Ekkor[A]a′ ,b′ = [T ]−1
b · [A]a,b · [S]a . ♣A T , illetve S transzformációkat az új bázisra történő áttérés kísérő
transzformációinak nevezzük. Az A leképezés új mátrixát a fenti tétel szerint úgy kapjuk meg, hogy A régi mátrixát megszorozzuk jobbról a V1 -beli S

5.8. Áttérés új bázisra169

kísérő transzformáció mátrixával, balról pedig a V2 -beli T kísérő transzformáció mátrixának az inverz ével.
Megjegyezzük, hogy a kísérő transzformációk mátrixa azonos, akár a régi,
akár az új bázis szerint írjuk fel (lásd az 5.8.3 feladatot).
Ha V1 = V2 , azaz A lineáris transzformáció, akkor csak egy új és egy régibázis van, és az áttérést értelemszerűen az 5.8.1 Tétel alábbi speciális eseteírja le:5.8.1A Tétel
Legyen a V vektortér egy-egy bázisa (a ,,régi”) a1 , . . . , an , illetve (az ,,új”)′
a1 , . . . , a′n és S ∈ Hom V az a(z egyértelműen meghatározott) lineáris transzformáció, amelyre S(aj ) = a′j , j = 1, . . . , n. Legyen továbbá A ∈ Hom V .
Ekkor[A]a′ = [S]−1
a · [A]a · [S]a . ♣Most rátérünk az 5.8.1 Tétel bizonyítására.
′
Bizonyítás: Az (új) A′ = [A]a′ ,b′ mátrix elemeit jelöljük αij-vel. Ekkor az A′
mátrix j-edik oszlopa definíció szerint az alábbi egyenlőségből adódik:′′A(a′j ) = α1jb′1 + . . . + αkjb′k .

Az (AS)(aj ) = A(Saj ), Saj = a′j és b′i = T bi összefüggések, valamint T
linearitása alapján ez a következőképpen írható át:′′(AS)(aj ) = A(Saj ) = A(a′j ) = α1jb′1 + . . . + αkj
b′k =
′
′
′
′
= α1j
(T b1 ) + . . . + αkj(T bk ) = T (α1jb1 + . . . + αkj
bk ) .
′′
Azaz (AS)(aj ) = T (α1jb1 + . . . + αkj
bk ). Ezt balról T −1 -gyel megszorozva′′(T −1 AS)(aj ) = α1jb1 + . . . + αkj
bkadódik. Ez definíció szerint azt jelenti, hogy a T −1 AS leképezésnek a régi(azaz a ,,vesszőtlen”) bázispárban felírt mátrixa megegyezik A′ = [A]a′ ,b′ -vel.
Vagyis [A]a′ ,b′ = [T −1 AS]a,b , ami az 5.7.6 Tétel alapján átírható a kívánt
[T ]−1b · [A]a,b · [S]a alakba.
Egy másik bizonyítási lehetőségre nézve lásd az 5.8.6 feladatot.

170

5. Lineáris leképezések

Feladatok
5.8.1 Legyen V a legfeljebb 2-odfokú valós együtthatós polinomok szokásos
vektortere és A ∈ Hom V az a lineáris transzformáció, amely minden
polinomnak megfelelteti a deriváltját. Írjuk fel A mátrixát az alábbi
bázisokban:(a) 1 + x, x + x2 , x2 + 1;(b) x2 + 1, −2x2 + 2x, x2 − 1;(c) x2 + x + 1, 2x + 1, −x2 − x + 1.
5.8.2 Adjunk az 5.8.1 Tétel segítségével új megoldást az 5.7.4, 5.7.5 és 5.7.9
feladatokra.
5.8.3 Mutassuk meg, hogy az új bázisra történő áttérésnél a kísérő transzformációk mátrixa ugyanaz, akár a régi, akár az új bázis szerint írjuk
fel ezeket.
5.8.4 Lássuk be, hogy egy lineáris transzformáció bármely bázis szerinti
mátrixának ugyanaz a determinánsa.
5.8.5 Legyen V vektortér R felett, 2 ≤ dim V < ∞. Igaz-e, hogy mindenA ∈ Hom V lineáris transzformációnak van olyan mátrixa, amely(a) szimmetrikus;(b) diagonális;(c) nem csupa különböző elemből áll;(d) felsőháromszög (azaz a főátló alatt minden elem nulla)?
5.8.6 Adjunk egy másik bizonyítást az 5.8.1 Tételre az alábbi gondolatmenet alapján:(A) Igazoljuk először azokat a speciális eseteket, amikor a kísérő
transzformáció a következő típusú ,,elemi átalakítások” valamelyike:(i) egy báziselemet egy (nem nulla) skalárszorosára változtatunk;(ii) egy báziselemhez hozzáadjuk egy másik báziselem skalárszorosát;(iii) két báziselemet felcserélünk (lásd az 5.7.4 feladatot).
(B) Mutassuk meg, hogy ha a tétel igaz az S1 és S2 kísérő transzformációkra és bármely A-ra, akkor abban az esetben is igaz marad,ha a kísérő transzformáció az S1 és S2 transzformációk S1 S2 szorzata.
Bizonyítsuk be az analóg állítást a T -kre is.
(C) A Gauss-kiküszöbölés mintájára lássuk be, hogy bármely
kísérő transzformáció előállítható az (A)-ban jelzett elemi átalakítások egymásutánjával.

5.8. Feladatok

171

5.8.7 Legyenek V1 ̸= V2 , valamint V véges dimenziós vektorterek a T végtelen test felett.
(a) Mely A ∈ Hom (V1 , V2 ) leképezéseknek létezik olyan mátrixa, amelynek egyik eleme sem nulla?
∗(b) Mely A ∈ Hom V transzformációknak létezik olyan mátrixa, amelynek egyik eleme sem nulla?
Megjegyzés: Az (a) részben a V1 ̸= V2 kikötés elhagyható, ha kivételesen megengedjük, hogy a mátrixhoz a V1 = V2 esetben is használhatunk két különböző bázist.

∗

5.8.8 Legyen V vektortér a T végtelen test felett, 2 ≤ dim V < ∞, ésA ∈ Hom V tetszőleges lineáris transzformáció. Mutassuk meg, hogy
végtelen sok olyan bázis van V -ben, amelyek egymásnak nem skalárszorosai, és [A]-t ezek akármelyike szerint felírva mindig ugyanazt amátrixot kapjuk.

172
6. SAJÁTÉRTÉK, MINIMÁLPOLINOM

Ebben a fejezetben véges dimenziós vektorterek lineáris transzformációival
foglalkozunk. A sajátértékek központi szerepet játszanak ezek leírásánál ésa legkülönfélébb alkalmazásokban. A sajátértékek meghatározásának fő eszköze a karakterisztikus polinom, de a minimálpolinommal is szoros kapcsolatban állnak. A sajátértékek, a karakterisztikus polinom és a minimálpolinom
segítségével olyan bázis létezését is garantálhatjuk, amelyben a transzformáció
mátrixa a ,,lehető legszebb”.

6.1. Sajátérték, sajátvektor
Ebben a fejezetben V mindig véges dimenziós, nem nulla vektortér a T kommutatív test felett és A ∈ Hom V tetszőleges lineáris transzformáció. A dimenzió végességét általában igen erősen ki fogjuk használni. Az Olvasónak
javasoljuk, hogy gondolja majd végig, melyek azok a megállapítások, amelyek
végtelen dimenzióra is átmenthetők.
Ha A egy nem nulla vektort a skalárszorosába képez le (azaz a vektor atranszformáció hatására a ,,saját egyenesében” marad), akkor ezt a vektort (azA-hoz tartozó) sajátvektornak, a megfelelő skalárt (azaz ,,a nagyítás/kicsinyítés mértékét”) sajátértéknek nevezzük. Pontosabban:
6.1.1 Definíció
Egy λ ∈ T skalárt az A lineáris transzformáció sajátérték ének nevezünk,
ha létezik olyan v ∈ V nem nulla vektor, amelyre Av = λv. ♣6.1.2 Definíció
Egy v ∈ V nem nulla vektort az A lineáris transzformáció sajátvektor ának nevezünk, ha létezik olyan λ ∈ T skalár, amelyre Av = λv. ♣A sajátérték definíciójában a nullvektort mindenképpen ki kellett zárnunk, hiszen A0 = λ0 minden λ-ra fennáll, vagyis a kikötés nélkül a test
minden eleme sajátérték lenne.
A sajátvektoroknál is célszerű kihagyni a nullvektort, például azért, mert
a ,,hozzá tartozó” λ nem egyértelmű (sőt bármi lehet).
FIGYELEM! A sajátérték ek köréből azonban nem zárjuk ki a 0 skalár t.
A definícióból azonnal adódik, hogy a 0 pontosan akkor sajátértéke A-nak, ha
Ker A ̸= 0, a megfelelő sajátvektorok pedig a magtér nem nulla elemei.

6.1. Sajátérték, sajátvektor

173

Példák: E-nek egyetlen sajátértéke az 1, és minden nem nulla vektor
sajátvektor. A síkon egy origó körüli forgatásnak nincs sajátértéke (és így
sajátvektora sem), ha a forgatás szöge nem egész számú többszöröse π-nek.
Egy origón átmenő egyenesre való tükrözés sajátértékei az 1 és a −1, egy
vetítésé az 1 és a 0 (a sajátvektorok meghatározását az Olvasóra bízzuk).
Ha v ̸= 0 és Av = λv, akkor λ-t a v-hez tartozó sajátértéknek, v-t pediga λ-hoz tartozó (egyik) sajátvektornak nevezzük.
6.1.3 Tétel
I. Minden sajátvektorhoz csak egy sajátérték tartozik.
II. Egy adott λ sajátértékhez tartozó összes sajátvektor és a 0 alteret alkotnak. Ezt az alteret a λ-hoz tartozó sajátaltér nek nevezzük. ♣Megjegyzés: Egy sajátaltér — a sajátérték definíciója alapján — nem állhat
egyedül a 0 vektorból.
Bizonyítás: I. Ha valamely v ̸= 0 vektorra λ-val és µ-vel is teljesül Av = λv == µv, akkor ebből v ̸= 0 miatt λ = µ következik.
II. Az adott halmazba pontosan azok a v vektorok tartoznak, amelyekre
Av = λv. Azt kell igazolnunk, hogy ez a (nyilvánvalóan) nem üres halmaz
zárt az összeadásra és a skalárral való szorzásra. Legyen Av = λv és Az = λz,
ekkor
A(v + z) = Av + Az = λv + λz = λ(v + z) ,és hasonlóan adódik A(αv) = λ(αv) is.
Megjegyzés: Mivel Av = λv ⇐⇒ (A − λE)v = 0, ezért a λ-hoz tartozó
sajátaltér éppen Ker(A − λE). Ezzel egyben újabb bizonyítást is nyertünk
arra, hogy a sajáteltér valóban altér.
Sajátvektorokból álló bázis esetén igen ,,szép” a lineáris transzformáció
mátrixa: a főátlón kívül minden elem 0 (azaz a mátrix diagonális).
6.1.4 Tétel
Egy transzformáció mátrixa akkor és csak akkor diagonális, ha a mátrixot
sajátvektorokból álló bázis (sajátbázis) szerint írtuk fel. Ekkor a főátlóban állóelemek éppen a megfelelő bázisvektorokhoz tartozó sajátértékek. ♣174Bizonyítás:6. Sajátérték, minimálpolinom


λ1
 0
[A]a = 
 ...

0
λ2
..
.

...
...
..
.


0
0 
.. 
. 

0

0

...

λn

pontosan akkor teljesül, ha Aa1 = λ1 a1 , . . . , Aan = λn an .
A lineáris transzformációk és mátrixok kapcsolatának megfelelően a sajátérték és sajátvektor fogalmát négyzetes mátrixokra is értelmezhetjük:
6.1.5 Definíció
Legyen A ∈ T n×n . Ha egy λ ∈ T skalárra és egy x ∈ T n nem nulla
vektorra Ax = λx teljesül, akkor a λ az A mátrix sajátérték e, az x pedig az
A sajátvektor a. ♣Megjegyzés: Szokás megkülönböztetni egy mátrix bal, illetve jobb oldali sajátvektorait. A 6.1.5 Definíció jelenti a jobb oldali sajátvektort, míg bal oldali
sajátvektoron olyan nem nulla xT sor vektort értünk, amelyre alkalmas λ-val(*) xT A = λxT teljesül (a kitevőben a T a transzponáltat jelöli). A (*)
egyenlőséget transzponálva a vele ekvivalens AT x = λx adódik, azaz az A bal
oldali sajátvektorai éppen az A transzponáltjának jobb oldali sajátvektorai. A
következő pontban látni fogjuk, hogy A és AT sajátértékei ugyanazok (6.2.11
feladat), tehát a sajátértékeknél nem szükséges a bal, illetve jobb oldali jelző.
A továbbiakban mátrix sajátvektorán mindig jobb oldali sajátvektort fogunkérteni.
6.1.6 Definíció
Az A és B azonos alakú négyzetes mátrixok hasonlók, ha ugyanannaka lineáris transzformációnak két különböző bázis szerinti mátrixai. Jelölés:A ∼ B. ♣Így pl. az 5.7.5 feladat azt kérdezi, hogy az adott mátrixpárok hasonlók-e.
Az 5.8.1A Tétel alapján két mátrix hasonlóságát a lineáris transzformációkra történő hivatkozás nélkül is megfogalmazhatjuk: A és B akkor és csak
akkor hasonló, ha alkalmas S invertálható mátrixra B = S −1 AS. Ebből, deközvetlenül a 6.1.6 Definícióból is adódik, hogy a mátrixok hasonlósága ekvivalenciareláció.
A 6.1.1, 6.1.2 és 6.1.5 Definíciók alapján világos, hogy egy lineáris transzformációnak és (bármelyik) mátrixának ugyanazok a sajátértékei: Ha V bázisa

6.1. Feladatok

175

c1 , . . . , cn , akkor Av = λv ⇐⇒ [A]c [v]c = λ[v]c . Ez az ekvivalencia atranszformáció és a mátrix sajátvektorainak kapcsolatát is megadja.
Ebből következik, hogy két hasonló mátrixnak ugyanazok a sajátértékei, amegfelelő sajátvektorok viszonya pedig a következő. Legyen B = S −1 AS, azaz
SB = AS, ekkor x ̸= 0 pontosan akkor sajátvektora B-nek, ha Sx sajátvektora A-nak. Valóban, a Bx = λx egyenlőséget (balról) S-sel megszorozva
SBx = S(λx), azaz ASx = λSx adódik, ez S invertálhatósága miatt ekvivalens az eredetivel és x ̸= 0 ⇐⇒ Sx ̸= 0.
Feladatok
6.1.1 Legyen V a legfeljebb 6-odfokú valós együtthatós polinomok (és a 0)
szokásos vektortere. Egy általános polinomot f -fel jelölünk. Határozzuk meg az alábbi lineáris transzformációk sajátértékeit és sajátvektorait. Hány dimenziósak a megfelelő sajátalterek? Mely transzformációknak létezik diagonális mátrixa?
(a) f 7→ f ′ ;(b) f 7→ xf ′ ;(c) f 7→ f (6)x6 ;(d) f 7→ f maradéka x2 + 2x + 3-mal osztva.

6.1.2 Legyen A, B ∈ Hom V és α közös sajátértéke A-nak és B-nek. Következik-e ebből, hogy µA-nak, A + B-nek, A2 -nek, AB-nek, illetve
A−1 -nek is van sajátértéke, és ha igen, akkor hogyan függ ez a sajátérték α-tól?
6.1.3 Legyen A, B ∈ Hom V és v közös sajátvektora A-nak és B-nek.
Következik-e ebből, hogy v sajátvektora µA-nak, A + B-nek,
A2 -nek, AB-nek, illetve A−1 -nek is, és ha igen, akkor milyen sajátérték tartozik hozzá?
6.1.4 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha v sajátvektora A2 -nek, akkor v sajátvektora A-nak.
(b) Ha a 0 sajátértéke A2 -nek, akkor a 0 sajátértéke A-nak.
(c) Ha µ2 = λ, és a λ sajátértéke A2 -nek, akkor a µ és a −µ közül
legalább az egyik sajátértéke A-nak.
6.1.5 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha A + B = E, akkor A-nak és B-nek ugyanazok a sajátvektorai.
(b) Ha AB = O, akkor A-nak és B-nek ugyanazok a sajátvektorai.
(c) A2 = O akkor és csak akkor teljesül, ha az A-nak a 0 az egyetlen
sajátértéke.

176

6. Sajátérték, minimálpolinom(d) A ̸= O akkor és csak akkor nullosztó, ha a 0 sajátértéke A-nak.
(e) A minden sajátvektora Ker A és Im A közül legalább az egyiknek
eleme.
(f) A2 = A ̸= O akkor és csak akkor teljesül, ha Im A az A-nak sajátaltere.

6.1.6 Adjunk meg a (közönséges háromdimenziós) térben egy-egy olyan
lineáris transzformációt, amelynek 1, 2, illetve 3 (különböző) sajátértéke van.
6.1.7 Legyenek u és v az A transzformáció sajátvektorai. Mi a szükségesés elégséges feltétele annak, hogy u + v is sajátvektora legyen A-nak?
6.1.8 Melyek azok a lineáris transzformációk, amelyeknek minden nem
nulla vektor sajátvektora?
6.1.9 Legyenek v1 , . . . , vk az A lineáris transzformáció olyan sajátvektorai, amelyek közül bármelyik kettőhöz különböző sajátérték tartozik. Bizonyítsuk be, hogy v1 , . . . , vk lineárisan független.
6.1.10 Bizonyítsuk be, hogy ha dim V = n, akkor bármely A ∈ Hom V -nek
legfeljebb n (különböző) sajátértéke lehet.


1 1 1
6.1.11 Egy transzformáció mátrixa valamely bázisban  1 1 1  . Bi1 1 1
zonyítsuk be, hogy van olyan
bázis
is,
amelybenugyanenneka transz
3 0 0
formációnak a mátrixa  0 0 0  .
0 0 0
6.1.12 Lássuk be:(a) AB és BA sajátértékei ugyanazok.
(b) Ha B invertálható, akkor A és B −1 AB sajátértékei ugyanazok.

6.2. Karakterisztikus polinom
6.2.1 Tétel
Legyen a1 , . . . , an bázis V -ben, A ∈ Hom V . Egy λ ∈ T skalár akkor
és csak akkor sajátértéke A-nak, ha az [A − λE]a mátrix determinánsa
det ([A − λE]a ) = 0. ♣

6.2. Karakterisztikus polinom

177

Bizonyítás: λ akkor és csak akkor sajátérték, ha van olyan x ̸= 0 vektor,
amelyre Ax = λx, azaz (A − λE)x = 0. Az 5.7.3 Tétel alapján ez átírható[A − λE][x] = [0] alakba, azaz λ pontosan akkor sajátérték, ha ennek a homogén lineáris egyenletrendszernek van nem triviális megoldása. Ez pedig
azzal ekvivalens, hogy az együtthatómátrix determinánsa det ([A − λE]a ) = 0.
A tétel alapján lehetőségünk nyílik arra (legalábbis elvileg, de sokszor a
gyakorlatban is), hogy a sajátértékeket kiszámítsuk: λ-t változónak tekintve,az [A − λE]a mátrix determinánsa λ-nak egy n-edfokú polinomja, és enneka gyökei a sajátértékek. A bizonyításból egyúttal a megfelelő sajátvektorok
meghatározására is leolvasható egy eljárás: a szóban forgó homogén lineáris
egyenletrendszerek (nem triviális) megoldásait kell megkeresnünk (például
Gauss-kiküszöböléssel).
Azonnal adódik, hogy a tétel állításában szereplő determinánsnak mint
polinomnak a gyökei nem függnek attól, hogy melyik bázisban írtuk fel atranszformáció mátrixát, hiszen ezek a gyökök éppen a sajátértékek. Ennél
jóval több is igaz: maga ez a determináns-polinom sem függ a bázis megválasztásától (a mátrixra ez természetesen már nem érvényes). Ennek bizonyítását
nem részletezzük (azt kell megvizsgálni, hogyan változik meg a transzformáció
mátrixa, ha másik bázisra térünk át, és ezután fel kell használni, hogy mátrixok
szorzatának a determinánsa a tényezők determinánsainak a szorzata — lásdaz 5.8.1A Tételt és az 5.8.4 feladatot).
A szóban forgó polinomot a transzformáció karakterisztikus polinomjának
nevezzük:
6.2.2 Definíció
Legyen az A ∈ Hom V transzformáció mátrixa (valamilyen bázisban)
α11 α12 . . . α1n α21 α22 . . . α2n .
[A] = 
..
.. 
..
 ...
.
.
. 
αn1

αn2

...

αnn

Az A karakterisztikus polinomján a
α11 − x
α12
...
α1n
α21
α22 − x . . .
α2nkA (x) = det[A − xE] =
..
..
..
..
.
.
.
.
αn1
αn2
. . . αnn − xpolinomot értjük. ♣178

6. Sajátérték, minimálpolinom

Az előrebocsátott megjegyzés szerint ez a polinom csak az A transzformációtól függ, és független a mátrix (azaz a bázis) megválasztásától. Főegyütthatója (−1)n , az n − 1-edfokú tag együtthatója az [A] főátlójában levő elemekösszegének ([A] ún. nyomának) a (−1)n−1 -szerese, a konstans tag pedig [A]determinánsa. Így [A] nyoma és determinánsa sem függ attól, hogy a mátrixot
melyik bázisban írtuk fel.
A 6.2.2 Definíció alapján a 6.2.1 Tétel azt mondja ki, hogy a transzformáció sajátértékei pontosan a karakterisztikus polinom gyökei.
Értelmezhetjük négyzetes mátrixok karakterisztikus polinomját is a 6.2.2
Definíció mintájára, és ennek alapján mátrixokra is igaz, bogy a karakterisztikus polinom gyökei éppen a mátrix sajátértékei. A transzformációk és
mátrixok kapcsolata alapján világos, hogy hasonló mátrixoknak ugyanaz akarakterisztikus polinomja.
Feladatok
6.2.1 Írjuk fel a 6.1.1 feladatban szereplő transzformációk karakterisztikus
polinomját.
6.2.2 Legyen V a síkvektorok szokásos vektortere. Írjuk fel az alábbi
transzformációk karakterisztikus polinomját.
(a) Tükrözés origón átmenő egyenesre;(b) adott irányú vetítés origón átmenő egyenesre;(c) 90 fokos elforgatás az origó körül;(d) 60 fokos elforgatás az origó körül;(e) helybenhagyás;(f) középpontos tükrözés az origóra;(g) 5-szörös arányú középpontos nagyítás az origóból.
6.2.3 Legyen A karakterisztikus polinomja f (x). Hogyan kapjuk meg µA
karakterisztikus polinomját?
6.2.4 Adjunk új bizonyítást a 6.1.10 és 6.1.9 feladatokra (ebben a sorrendben).
6.2.5 Bizonyítsuk be, hogy a komplex test feletti (véges dimenziós) vektortérben minden lineáris transzformációnak van sajátvektora.
6.2.6(a) Van-e a (közönséges) síkon olyan lineáris transzformáció, amelynek
nincs sajátvektora?
(b) Van-e a (közönséges) téren olyan lineáris transzformáció, amelynek
nincs sajátvektora?

179

6.3. Minimálpolinom

6.2.7 Legyen T = R és b1 , . . . , b4 bázis a V vektortérben. Határozzuk
meg az alábbi lineáris transzformációk karakterisztikus polinomját,
sajátértékeit és sajátvektorait. Mely transzformációknak létezik diagonális mátrixa?
(a) b1 7→ b2 ,b2 7→ b3 ,b3 7→ b4 ,b4 7→ b1 ;(b) b1 7→ b2 ,b2 7→ b1 ,b3 7→ b4 ,b4 7→ b4 ;(c) b1 7→ b1 + b2 ,b2 7→ b2 + b3 ,b3 7→ b3 + b4 ,b4 7→ b4 + b1 .

Oldjuk meg a feladatot a komplex test felett is.
6.2.8 Egy lineáris transzformációnak hány (különböző) diagonális mátrixa
létezik (feltéve, hogy egyáltalán létezik diagonális mátrixa)?
6.2.9 Legyen dim V = n és tegyük fel, hogy az A ∈ Hom V transzformációnak n különböző sajátértéke van. Bizonyítsuk be, hogy a sajátértékekösszege, illetve szorzata az [A] (tetszőleges bázisban felírt) mátrix
nyoma, illetve determinánsa.
6.2.10 Oldjuk meg újra az 5.7.5 feladatot.
6.2.11 Lássuk be, hogy egy mátrixnak és a transzponáltjának ugyanaz akarakterisztikus polinomja, és így a sajátértékeik is megegyeznek.

6.3. Minimálpolinom
Legyen V ̸= 0 egy véges dimenziós vektortér a T test felett, dim V = n,A ∈ Hom V , f = α0 + α1 x + . . . + αk xk ∈ T [x].
Értelmezni fogjuk az f polinomnak az A ,,helyen” felvett ,,helyettesítési
értékét”, f (A)-t, ami maga is egy V → V lineáris transzformáció lesz.
Először definiáljuk az A nulladik hatványát a kézenfekvő A0 = E egyenlőséggel (ahol E az identikus transzformáció). Ezután már természetes módon
adódik az f (A) = α0 E + α1 A + . . . + αk Ak definíció. Nyilván f (A) ∈ Hom V .
Könnyen ellenőrizhető, hogy két polinom összegének, illetve szorzatának
a helyettesítési értéke a helyettesítési értékek összege, illetve szorzata, azaz
(f + g)(A) = f (A) + g(A)és(f g)(A) = f (A)g(A) .

A gyök öt is a ,,szokásos” módon értelmezzük: az A transzformáció gyöke
az f polinomnak, ha f (A) = O.

180

6. Sajátérték, minimálpolinom

6.3.1 Definíció
Az f polinom az A transzformáció minimálpolinomja, ha f a(z egyik)
legkisebb fokú olyan (nem nulla) polinom, amelynek az A gyöke. Az A minimálpolinomját mA -val jelöljük. ♣Példák: A nulla transzformáció (egyik) minimálpolinomja x, a síkban egy
tengelyes tükrözésé x2 − 1, a 90 fokos elforgatásé x2 + 1, egy egyenesre történő
vetítésé x2 − x.
6.3.2 Tétel
Minden A-nak létezik minimálpolinomja, és ez konstans szorzó erejéig
egyértelmű. ♣Ennek alapján nem okoz problémát, hogy az mA jelölés az A akármelyik
minimálpolinomját jelentheti, hiszen ezek a polinomok egymástól csak egy
konstans szorzóban különböznek. Ennek megfelelően a továbbiakban mindig(határozott névelővel) ,,a” minimálpolinomról fogunk beszélni (de ezen akármelyik ,,példányt” érthetjük). Ha valaki (nagyon) egyértelműsíteni akar, akkor
választhatja mondjuk azt az alakot, amelynek a főegyütthatója 1.
Bizonyítás: Először az egyértelműséget igazoljuk. Tegyük fel, hogy f == α0 + α1 x + . . . + αk xk és g = β0 + β1 x + . . . + βk xk is minimálpolinomja
A-nak, αk , βk ̸= 0. Ekkor a h = αk g − βk f polinomrah(A) = αk g(A) − βk f (A) = αk O − βk O = O ,ugyanakkor h foka kisebb k-nál. A minimálpolinom definíciója miatt így csak
h = 0 lehetséges, azaz valóban f = γg, ahol γ = αk /βk .
Most a minimálpolinom létezését bizonyítjuk. Ehhez elég megmutatnunk,hogy egyáltalán létezik olyan nem nulla polinom, amelynek az A gyöke, ugyanis az ilyen tulajdonságú polinomok között kell lennie minimális fokúnak, és az
megfelel minimálpolinomnak.
Tekintsük Hom V -ben az
E, A, A2 , . . . , An2(n = dim V )transzformációkat. Mivel dim Hom V = n2 , ezért ezek lineárisan összefüggők.
Így létezik olyan γ0 , γ1 , . . . , γn2 ∈ T , ahol nem minden γi nulla és2γ0 E + γ1 A + . . . + γn2 An = O .

6.3. Minimálpolinom

181

Ez azt jelenti, hogy A gyöke a
γ 0 + γ 1 x + . . . + γ n2 x n

2nem nulla polinomnak.
A bizonyításból az is kiderült, hogy a minimálpolinom foka deg mA ≤ n2 .
Ennél több is igaz: deg mA ≤ n. Ez következik majd a 6.3.5, valamint a 6.5.6
Tételből is.
A minimálpolinom segítségével könnyen áttekinthetjük azokat a polinomokat,
amelyeknek az A gyöke; ezek éppen a minimálpolinom többszörösei (polinomszorosai):
6.3.3 Tétel
g(A) = O ⇐⇒ mA | g . ♣Bizonyítás: Ha mA | g, azaz g = tmA , akkor
g(A) = t(A)mA (A) = t(A) · O = O ,tehát A valóban gyöke g-nek.
Megfordítva, tegyük fel, hogy g(A) = O. Osszuk el g-t maradékosanmA -val: g = tmA + r, ahol deg r < deg mA vagy r = 0. Ekkorr(A) = g(A) − t(A)mA (A) = O − t(A)O = O .
A minimálpolinom definíciója miatt deg r < deg mA nem lehet, ezért r = 0,azaz valóban mA | g.
A 6.3.3 Tétel a minimálpolinom megkereséséhez is segítséget nyújthat: hamár találtunk egy olyan (nem nulla) polinomot, amelynek a transzformáció
gyöke, akkor a minimálpolinom csak ennek osztói közül kerülhet ki.
A karakterisztikus polinomhoz hasonlóan a minimálpolinom is szoros kapcsolatban áll a sajátértékekkel:
6.3.4 Tétel
A minimálpolinom (T -beli) gyökei éppen a sajátértékek. ♣Bizonyítás: Először azt igazoljuk, hogy minden sajátérték gyöke a minimálpolinomnak. Legyen mA = α0 + α1 x + . . . + αk xk , és tegyük fel, hogy λ ∈ T

182

6. Sajátérték, minimálpolinom

sajátértéke A-nak, azaz alkalmas u ̸= 0 vektorral Au = λu teljesül. Ekkor
A2 u = A(Au) = A(λu) = λ(Au) = λ(λu) = λ2 u ,és ugyanígy igazolható (teljes indukcióval), hogy bármely j pozitív egészre
Aj u = λj u.
Az mA (A) = O transzformációt az u vektorra alkalmazva a 0 vektort
kapjuk. Így
0 = mA (A)u = (α0 E + α1 A + . . . + αk Ak )u == α0 (Eu) + α1 (Au) + . . . + αk (Ak u) = α0 u + α1 (λu) + . . . + αk (λk u) == (α0 + α1 λ + . . . + αk λk )u = mA (λ)u ,azaz mA (λ)u = 0. Mivel u ̸= 0, ezért innen mA (λ) = 0 következik, vagyis λvalóban gyöke a minimálpolinomnak.
Megfordítva, azt kell még megmutatnunk, hogy a minimálpolinom minden
gyöke egyben sajátérték is. Legyen λ ∈ T gyöke mA -nak, ekkor a minimálpolinom mA = (x − λ)g alakban írható. Az A transzformációt behelyettesítve
O = mA (A) = (A − λE)g(A)adódik. Ez azt jelenti, hogy Ker(A − λE) ⊇ Im g(A). Mivel deg g < deg mA ,ezért g(A) ̸= O, tehát Im g(A) ̸= 0. Így Ker(A − λE) ̸= 0 is teljesül. Mivel
Ker(A − λE) bármely nem nulla eleme a λ-hoz tartozó sajátvektor, tehát λvalóban sajátérték.
Az alábbi tétel a karakterisztikus polinom és a minimálpolinom szoros
kapcsolatát mutatja:
6.3.5 Tétel (Cayley–Hamilton-tétel)A minimálpolinom osztója a karakterisztikus polinomnak. ♣A 6.3.3 Tétel alapján a Cayley–Hamilton-tétel úgy is fogalmazható, hogy
minden transzformáció gyöke a karakterisztikus polinomjának.
A 6.2.1, 6.3.4 és 6.3.5 Tételek a sajátértékekek, a karakterisztikus polinom
és a minimálpolinom közötti összefüggésekről szólnak, azonban ezek egyike sem
következik a másik kettőből, lásd a 6.3.19 feladatot.
Bizonyítás: A 6.3.3 Tétel szerint azt kell igazolnunk, hogy az A transzformáció
gyöke a kA (x) = γ0 + γ1 x + . . . + γn xn karakterisztikus polinomnak.

6.3. Feladatok

183

Alkalmazzuk a 2.2.3 Lemmát az A − xE transzformáció (egyik) A − xE
mátrixára:()(A − xE)B(x) = det(A − xE) E = kA (x)E,(6.3.1)ahol B(x) az A−xE mátrix előjeles aldeterminánsaiból képezett mátrix transzponáltja. Mivel az aldeterminánsok az x-nek (n − 1)-edfokú polinomjai, ezérta B(x) mátrix az x egy olyan n − 1-edfokú
B(x) = B0 + B1 x + . . . + Bn−1 xn−1
polinomja, ahol a Bi együtthatók n × n-es mátrixok (ebben a felfogásban amátrixegyütthatókat a változó hatványai elé írtuk). A (6.3.1) egyenlőség ennek
megfelelően az(A − Ex)(B0 + B1 x + . . . + Bn−1 xn−1 ) = γ0 E + γ1 Ex + . . . + γn Exn (6.3.2)
alakot ölti. Végezzük el (6.3.2) bal oldalán a szorzást és hasonlítsuk össze
rendre a két oldalon az x-hatványok együtthatóit:
AB0 = γ0 E;
AB1 − B0 = γ1 E;..
.

(6.3.3)

ABn−1 − Bn−2 = γn−1 E;−Bn−1 = γn E.
Szorozzuk meg balról a (6.3.3) egyenletrendszer második egyenletét A-val, aharmadikat A2 -tel stb., az utolsót An -nel, majd adjuk össze az így kapott
egyenleteket. Ekkor a bal oldalon a 0 mátrix, a jobb oldalon pedig γ0 E +γ1 A++ . . . + γn An = kA (A) adódik. Ez azt jelenti, hogy az A mátrix és így az A
transzformáció is valóban gyöke a karakterisztikus polinomnak.
Értelmezhetjük négyzetes mátrixok minimálpolinomját is a 6.3.1 Definíció
mintájára, és ennek alapján a 6.3.2–6.3.5 Tételek mátrixokra is érvényesek
maradnak. A transzformációk és mátrixok kapcsolata alapján világos, hogy
hasonló mátrixoknak ugyanaz a minimálpolinomja, de ez a transzformációkra
történő hivatkozás nélkül is belátható (6.3.20 feladat).
Feladatok
6.3.1 Írjuk fel a 6.1.1, 6.2.2 és 6.2.7 feladatokban szereplő transzformációk
minimálpolinomját.

184

6. Sajátérték, minimálpolinom

6.3.2 Jellemezzük azokat a transzformációkat, amelyek minimálpolinomjaelsőfokú.
6.3.3 Hogyan olvasható le a minimálpolinomról, hogy a transzformációnak
létezik-e inverze?
6.3.4 Bizonyítsuk be, hogy (invertálható A esetén) A−1 felírható A polinomjaként, azaz van olyan (A-tól függő) f ∈ T [x], amelyre
A−1 = f (A).
6.3.5 Invertálható transzformáció esetén hogyan kapjuk meg A minimálpolinomjából A−1 minimálpolinomját?
6.3.6 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) A minimálpolinom mindig irreducibilis (T felett).
(b) Ha egy transzformáció gyöke egy (T felett) irreducibilis polinomnak,
akkor ez a polinom a transzformáció minimálpolinomja.
(c) Ha T = C, és a karakterisztikus polinomnak nincs többszörös gyöke,
akkor a minimálpolinom megegyezik a karakterisztikus polinommal.
(d) Ha T = C, és a minimálpolinom megegyezik a karakterisztikus polinommal, akkor a karakterisztikus polinomnak nincs többszörös
gyöke.
(e) Ha a transzformációnak létezik diagonális mátrixa, akkor a minimálpolinomnak nincs többszörös gyöke.
(f) Ha egy f polinomnak az A gyöke, akkor f -nek az A minden sajátértéke is gyöke.
(g) Ha T = C, és egy f polinomnak az A minden sajátértéke gyöke,
akkor f -nek az A is gyöke.
6.3.7 Adjunk új bizonyítást a 6.2.5 feladatra.
6.3.8 Adjunk új bizonyítást az 5.6.9 feladatra.
6.3.9 Van-e az egységmátrixon kívül olyan 2 × 2-es(a) valós elemű;(b) racionális elemű
mátrix, amelynek az ötödik hatványa az egységmátrix?
6.3.10 Mi a kapcsolata AB és BA minimálpolinomjának?
6.3.11 Bizonyítsuk be, hogy A és B −1 AB minimálpolinomja ugyanaz.

6.3. Feladatok

185

6.3.12 Legyen dim V = n, A ∈ Hom V és k ≥ n tetszőleges egész. Bizonyítsuk be, hogy létezik olyan (pontosan) k-adfokú polinom, amelynek az
A gyöke és amelyben a k − 1, k − 2, . . . , n-edfokú tagok együtthatója
mind 0.
6.3.13 Tekintsük Hom V -ben az Ai , i = 0, 1, 2, . . . (A0 = E) transzformációk által generált alteret. Hány dimenziós ez az altér?
∗

6.3.14 Legyen deg mA = k. Mik deg mA2 lehetséges értékei?

M∗∗ 6.3.15 A komplex test feletti vektorterek esetében A és A2 minimálpolinomja akkor és csak akkor egyezik meg, ha mA -nak (i) minden gyöke
0 vagy páratlan rendű egységgyök, (ii) a 0 legfeljebb egyszeres gyök,
és (iii) bármely gyöknek a négyzete is gyök és multiplicitásuk isazonos.
6.3.16 Legyen h tetszőleges polinom. Bizonyítsuk be, hogy a h(A) transzformációnak akkor és csak akkor létezik inverze, ha (h , mA ) = 1.
6.3.17 Legyen D ∈ T n×n rögzített mátrix és A ∈ Hom (T n×n ) a következő:tetszőleges B ∈ T n×n mátrixra A(B) = DB.
Milyen kapcsolat áll fenn A és D sajátértékei, illetve minimálpolinomja között? Érvényes-e ugyanez a karakterisztikus polinomra is?
∗

6.3.18 Bizonyítsuk be, hogy minden legalább elsőfokú polinom minimálpolinomja egy alkalmas lineáris transzformációnak.
6.3.19 Mutassuk meg, hogy a 6.2.1, 6.3.4 és 6.3.5 Tételek egyike sem következik a másik kettőből.
6.3.20 A lineáris transzformációkra történő hivatkozás nélkül igazoljuk,
hogy hasonló mátrixoknak ugyanaz a minimálpolinomja.
6.3.21 Egy valós elemű A négyzetes mátrixot tekinthetünk komplex elemű
mátrixnak is. Bizonyítsuk be, hogy A-nak az R feletti minimálpolinomja egyben C feletti minimálpolinom is.
6.3.22 (a) Lássuk be, hogy egy racionális elemű négyzetes mátrix karakterisztikus polinomjában és minimálpolinomjában pontosan ugyanazok
az irreducibilis tényzők szerepelnek (csak nem feltétlenül ugyanakkora multiplicitással).
(b) Adjunk új megoldást a 2.2.14 feladatra.

186

6. Sajátérték, minimálpolinom
6.4. Invariáns altér

6.4.1 Definíció
Egy U altér az A-nak invariáns altere (vagy A-invariáns altér, A szerint
invariáns altér ), ha u ∈ U ⇒ Au ∈ U . ♣Amikor egyértelmű, hogy melyik A transzformációt nézzük, akkor nem
fontos az elnevezésben külön utalni az A-ra, és használhatjuk a sima ,,invariáns
altér” kifejezést. Ne felejtsük azonban el, hogy mindig egy adott transzformáció szerinti invariáns altérről van szó, önmagában annak semmi értelme sincs,
hogy egy altér ,,csak úgy” invariáns.
Példák invariáns altérre:Im A és minden azt tartalmazó altér, Ker A és annak minden altere, egy
sajátvektor által generált altér, egy sajátaltér és annak minden altere, (nemfeltétlenül azonos sajátértékhez tartozó) sajátvektorok által generált altér. (Alegutolsó példának az első kivételével a többi — a nulla altértől eltekintve —mind speciális esete.)
Számos invariáns alteret kaphatunk az alábbi általános konstrukció segítségével. Vegyünk egy tetszőleges u vektort, ennek az A szerinti képét, Au-t,
majd Au-nak a képét, A2 u-t stb. Az így kapott Ai u, i = 0, 1, 2, . . . (A0 = E)
vektorok által generált altér (az A szerint) invariáns altér lesz.
6.4.2 Definíció
Az u vektor és az A transzformáció által generált ⟨u, A⟩ altéren az Ai u,
i = 0, 1, 2, . . . vektorok által generált alteret értjük:⟨u, A⟩ = ⟨u, Au, A2 u, . . .⟩ . ♣Az ⟨u, A⟩ altér az A-nak az u vektort tartalmazó legszűkebb invariáns altere(lásd a 6.4.12 feladatot). Ennek megfelelően használható az ,,u által generált
A-invariáns altér” elnevezés és az ⟨u⟩A jelölés is. Ez utóbbi jelölésnél viszont
nagyon kell vigyázni arra, nehogy a transzformációra utaló indexet lefelejtsük,
hiszen anélkül az egészen más jelentésű (,,sima”) generált altér fogalmához jutunk (ami egyébként felfogható az A = E speciális esetnek is). A továbbiakban
végig a 6.4.2 Definícióban eredetileg megadott elnevezést és az ⟨u, A⟩ jelölést
fogjuk használni.
Könnyen adódik, hogy ⟨u, A⟩ definíciójában a végtelen elemű Ai u generátorrendszer végessel is helyettesíthető, hiszen ezek között a vektorok között

6.4. Feladatok187

legfeljebb n = dim V darab lehet lineárisan független. Az is megmutatható,
hogy elég az első n kitevőt, azaz 0 ≤ i ≤ n − 1-et venni (lásd még a 6.5.4
Tételt és bizonyítását).
Feladatok
6.4.1 Bizonyítsuk be, hogy ha U1 és U2 invariáns alterei A-nak, akkor
U1 ∩ U2 és ⟨U1 , U2 ⟩ is invariáns alterek.
6.4.2 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha U invariáns altere A-nak, akkor invariáns altere A3 -nek is.
(b) Ha U invariáns altere A3 -nek, akkor invariáns altere A-nak is.
(c) U invariáns altere A-nak, U ∩ Im A = 0 ⇒ U ⊆ Ker A.
(d) U invariáns altere A-nak, U ∩ Ker A = 0 ⇒ U ⊆ Im A.
6.4.3 Tekintsük egy transzformáció mátrixát a b1 , b2 , . . . , bn bázisban és
legyen k < n. Hogyan állapítható meg a mátrixról, hogy az első kbázisvektor által generált ⟨b1 , b2 , . . . , bk ⟩ altér invariáns-e?
6.4.4 Legyen dim V = n és U egy k-dimenziós altér. Tekintsük azokat az
A ∈ Hom V transzformációkat, amelyeknek az U invariáns altere.
(a) Lássuk be, hogy ezek alteret, sőt részalgebrát alkotnak Hom V -ben.
(b) Hány dimenziós ez az altér?
6.4.5(a) Melyek azok a transzformációk, amelyekre minden altér invariáns?
(b) Melyek azok a transzformációk, amelyekre minden 13-dimenziós altér
invariáns?
6.4.6 Legyen AB = BA. Bizonyítsuk be, hogy Im A, Ker A, valamint A
minden sajátaltere invariáns altere B-nek.
6.4.7(a) Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges λ ̸= 0-ra és µ-re A, λA, A + µE és
λA + µE invariáns alterei egybeesnek.
(b) Tegyük fel, hogy A és B invariáns alterei egybeesnek. Következik-eebből, hogy B = λA + µE (alkalmas λ ̸= 0-ra és µ-re)?
6.4.8 Hány invariáns altere van a legfeljebb n-edfokú valós együtthatós
polinomok szokásos vektorterében a deriválásnak mint lineáris transzformációnak?

188

6. Sajátérték, minimálpolinom

6.4.9(a) Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges f polinomra Ker f (A) invariáns altere A-nak.
(b) Igazoljuk, hogy Ker f (A) = Ker g(A) ⇐⇒ (f , mA ) = (g , mA ).
(c) Mutassuk meg, hogy bármely transzformációnak legalább annyi invariáns altere van, mint ahány páronként nem-egységszeres osztója
van a minimálpolinomjának.
(d) Melyek azok a transzformációk, amelyeknek csak triviális invariáns
alterei vannak (azaz csak a nulla és az egész tér)?
M 6.4.10 Lássuk be az előző feladat állításait, ha a magtér helyett mindenhol
képtér szerepel.
6.4.11 Legyen mA = f g. Következik-e ebből
(a) Im f (A) ⊆ Ker g(A);(b) Im f (A) = Ker g(A)?
6.4.12 Igazoljuk, hogy ⟨u, A⟩ valóban az u vektort tartalmazó legszűkebb
A-invariáns altér, azaz (i) A-invariáns altér, (ii) tartalmazza u-t, és(iii) része bármely olyan A-invariáns altérnek, amelyben az u bennevan.
6.4.13 Mely u vektorokra lesz ⟨u, A⟩ dimenziója 0, illetve 1?
6.4.14 Mutassunk példát olyan A transzformációra és ennek olyan invariáns
alterére, amely nem ⟨u, A⟩ alakú.
6.4.15 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha λ ̸= 0, akkor ⟨u, A⟩ = ⟨λu, A⟩.
⟨⟩(b) ⟨u + v, A⟩ = ⟨u, A⟩ , ⟨v, A⟩ .
(c) ⟨u, A2 ⟩ ⊆ ⟨u, A⟩.
(d) Ha van olyan A, amelyre ⟨u, A⟩ = ⟨v, A⟩, akkor u = λv.
(e) Ha minden A-ra ⟨u, A⟩ = ⟨v, A⟩, akkor u = λv.
(f) Ha van olyan u ̸= 0, amelyre ⟨u, A⟩ = ⟨u, B⟩, akkor A = λB.
(g) Ha minden u-ra ⟨u, A⟩ = ⟨u, B⟩, akkor A = λB.

6.5. Rend
Legyen V ̸= 0 egy véges dimenziós vektortér a T kommutatív test felett,dim V = n, A ∈ Hom V . A minimálpolinom definíciója szerint bármely u ∈ Vvektorra mA (A)u = 0. Ha egy rögzített u vektort tekintünk, akkor ehhez

6.5. Rend

189általában már a minimálpolinomnál alacsonyabb fokú f ∈ T [x] polinomok istalálhatók, amelyekre f (A)u = 0.
6.5.1 Definíció
Az u vektornak az A szerinti rend je az a legalacsonyabb fokú h (nemnulla) polinom, amelyre h(A)u = 0. ♣Az u vektor A szerinti rendjét oA (u)-val jelöljük. (Az o a latin ordo=rendszó kezdőbetűjéből származik). Ha egyértelmű, hogy melyik transzformációról
van szó, akkor a transzformációt jelző index el is hagyható: o(u).
Példák: A nullvektor az egyetlen, amelynek a rendje az 1 (vagy bármely nem
nulla konstans) polinom, a magtér nem nulla elemeinek a rendje x. A rend
akkor és csak akkor elsőfokú, ha a vektor sajátvektor.
A rend számos hasonló tulajdonsággal rendelkezik, mint a minimálpolinom. Ezeket az alábbi tételben foglaljuk össze.
6.5.2 Tétel
Bármely vektornak létezik rendje. Ez konstans szorzó erejéig egyértelműen meghatározott. A rend foka legfeljebb n(= dim V ). g(A)u = 0 ⇐⇒⇐⇒ oA (u) | g. ♣A bizonyítás a 6.3.2 és 6.3.3 tételekéhez analóg módon történhet, lásd a 6.5.2
feladatot.
A 6.5.2 Tétel utolsó részéből azonnal adódik, hogy a rend mindig osztója
a minimálpolinomnak. A következő állítás arra vonatkozik, hogy alkalmas
vektorok rendjéből hogyan kaphatjuk meg a minimálpolinomot.
6.5.3 Tétel
Legyen u1 , . . . , us tetszőleges generátorrendszer V -ben. Ekkor mA azoA (ui ) polinomok legkisebb közös többszöröse. ♣Bizonyítás: Legyen hi = oA (ui ) és a H polinom ezek legkisebb közös többszöröse, H = [h1 , . . . , hs ]. Mivel hi | mA , ezért H | mA is teljesül. A fordított
irányú oszthatósághoz azt kell belátnunk, hogy H(A) = O. Mivel hi | H,
ezért H(A)ui = 0. Továbbá
a feltétel szerint bármely v ∈ V vektor elő∑sáll∑
az ui vektorok v = i=1 λi ui lineáris kombinációjaként. Így H(A)v =s= i=1 λi H(A)ui = 0, tehát valóban H(A) = O.

190

6. Sajátérték, minimálpolinom

A következő tétel megmutatja, hogy a rendből alkalmas invariáns alterek
dimenziója is leolvasható:
6.5.4 Tétel
Az u vektor és az A transzformáció által generált ⟨u, A⟩ altér dimenziója
megegyezik az u rendjének a fokával:dim⟨u, A⟩ = deg oA (u) . ♣Bizonyítás: A nullvektorra az állítás igaz. Legyen u ̸= 0 és oA (u) = h == xk + αk−1 xk−1 + . . . + α0 . Azt kell belátnunk, hogy az ⟨u, A⟩ altér k-dimenziós. Ehhez megmutatjuk, hogy az u, Au, . . . , Ak−1 u vektorok bázist alkotnak
az ⟨u, A⟩ altérben.
A lineáris függetlenség igazolásához indirekt okoskodunk; tegyük fel, hogy
létezne valamilyen nem triviális β0 u + β1 Au + . . . + βk−1 Ak−1 u = 0 lineáris
kombináció. Ekkor az f = β0 + β1 x + . . . + βk−1 xk−1 polinomra f (A)u = 0.
Ez azonban ellentmond annak, hogy az u vektor rendje k-adfokú.
Most belátjuk, hogy a kérdéses vektorok generálják az ⟨u, A⟩ alteret.
Ehhez azt kell igazolnunk, hogy minden Ai u vektor előáll az u, Au, . . . , Ak−1 uvektorok lineáris kombinációjaként. Az i < k kitevőkre ez nyilvánvaló, i = k-ra
pedig h(A)u = 0 átrendezéséből adódik:Ak u = −α0 u − α1 (Au) − . . . − αk−1 (Ak−1 u) .

(6.5.1)

Nézzük most az i = k + 1 kitevőt. A (6.5.1) egyenlőségre az A transzformációt alkalmazva azt kapjuk, hogy Ak+1 u kifejezhető az Au, . . . , Ak u vektorok
lineáris kombinációjaként. Ha itt Ak u helyére a (6.5.1)-beli előállítást beírjuk, akkor az Ak+1 u vektort a kívánt módon előállítottuk az u, Au, . . . , Ak−1 uvektorok lineáris kombinációjaként. Ugyanígy haladhatunk tovább magasabb
kitevőkre is (pl. teljes indukcióval).
Az i ≥ k kitevőkre vonatkozóan úgy is okoskodhatunk, hogy xi helyettannak a renddel való osztási maradékéba helyettesítjük be az A transzformációt.
Az előző tétel segítségével bizonyos dimenziójú invariáns alterek létezését
is garantálni tudjuk:6.5. Rend

191

6.5.5 Tétel
Ha a minimálpolinomnak van (T feletti) r-edfokú irreducibilis tényezője,akkor A-nak van r-dimenziós invariáns altere. ♣Megjegyzések : 1. Az r = 1 speciális esetben a 6.3.4 Tétel egyik felét kapjuk,a bizonyítás is az ottanihoz hasonlóan történik.
2. Később látni fogjuk (6.5.8 Tétel), hogy a 6.5.5 Tételben az irreducibilitás feltétele elhagyható.
Bizonyítás: Legyen mA = hg, ahol h irreducibilis és deg h = r. Azt fogjuk
megmutatni, hogy van olyan u ̸= 0 vektor, amelyre oA (u) = h. Ekkor a 6.5.4
Tétel szerint az ⟨u, A⟩ invariáns altér dimenziója éppen deg h = r lesz.
Mivel deg g < deg mA , ezért g(A) ̸= O, azaz Im g(A) ̸= 0. Az A transzformációt mA -ba behelyettesítve O = mA (A) = h(A)g(A) adódik. Ennélfogva
Ker h(A) ⊇ Im g(A). Legyen u tetszőleges nem nulla vektor Im g(A)-ban.
Ekkor h(A)u = 0, tehát oA (u) | h. Mivel h irreducibilis és u ̸= 0, így csakoA (u) = h lehetséges.
Most bebizonyítjuk, hogy maga a minimálpolinom is szerepel a rendek
között.
6.5.6 Tétel
Minden transzformációnál létezik olyan vektor, amelynek a rendje a minimálpolinom. ♣Bizonyítás: A 6.5.3 Tétel szerint a minimálpolinom egy (tetszőleges) generátorrendszer elemei rendjeinek a legkisebb közös többszöröse. Így elég az alábbi
lemmát igazolnunk:6.5.7 Lemma
Ha a h1 , . . . , hs polinomok az u1 , . . . , us elemek rendjei, akkor a hi polinomok legkisebb közös többszöröse is valamely u vektor rendje. ♣A lemma bizonyítása több lépésben történik. A hi polinomok [h1 , h2 , . . . , hs ]legkisebb közös többszörösét H-val fogjuk jelölni.
(i) Két relatív prím polinom esetén:(h1 , h2 ) = 1 =⇒ o(u1 + u2 ) = h1 h2 = H .
Legyen u = u1 +u2 , és jelöljük o(u)-t K-val. Megmutatjuk, hogy H = K.
Először a K | H oszthatóságot igazoljuk. Ez azzal egyenértékű, hogy

192

6. Sajátérték, minimálpolinom
H(A)u = 0. Valóban, o(ui ) | H miatt
H(A)u = H(A)(u1 + u2 ) = H(A)u1 + H(A)u2 = 0 + 0 = 0 .
A másik irányú, H | K oszthatósághoz hi | K-t kell igazolni (i = 1, 2).
Mivel(Kh1 )(A)u2 = (Kh1 )(A)u − (Kh1 )(A)u1 = 0 − 0 = 0 ,ezért o(u2 ) = h2 | Kh1 , amiből (h1 , h2 ) = 1 miatt h2 | K következik.
Ugyanígy adódik h1 | K is.

(ii) Páronként relatív prím polinomok esetén:(hi , hj ) = 1,

1 ≤ i < j ≤ s =⇒ o(u1 + . . . + us ) = h1 . . . hs = H .

Ez (i)-ből teljes indukcióval adódik.
(iii) Egy rend minden osztója is rend: ha f = gh és f = o(v), akkor
g = o[h(A)v].
Ennek igazolását a 6.5.5 feladatban tűztük ki.
(iv) Ha két tetszőleges h1 és h2 polinom rend, akkor a legkisebb közös többszörösük is rend.
Írjuk fel h1 és h2 ,,kanonikus alakját”, azaz bontsuk fel mindkét polinomot
irreducibilis tényezők hatványainak a szorzatára:h1 = α1 pk111 . . . pkr r1 ,h2 = α2 pk112 . . . pkr r2 ,ahol αi konstans, a pj polinomok páronként nem konstansszoros irreducibilis polinomok és a kji kitevők nemnegatív egészek. Ekkor a H = [h1 , h2 ]legkisebb közös többszörös kanonikus alakja
H = pk113 . . . pkr r3 ,kahol kj3 = max(kj1 , kj2 ). Mivel pj j3 bármely j-re osztója h1 -nek vagykkh2 -nek, ezért (iii) alapján pj j3 is rend. Továbbá a pj j3 tényezők páronként
relatív prímek, így (ii) szerint a szorzatuk, azaz H is rend.
(v) A tetszőleges számú polinomra vonatkozó állítás (iv)-ből teljes indukcióval
következik.

6.5. Feladatok

193

A 6.5.6 Tételnek számos fontos következménye van. A 6.3 pontban említettük, hogy a minimálpolinom foka legfeljebb a tér dimenziója. Ez mostazonnal adódik abból, hogy a rend foka nem lehet nagyobb a dimenziónál(lásd a 6.5.2 Tételt). Egy másik következmény a 6.5.5 Tétel általánosítása:
6.5.8 Tétel
Ha a minimálpolinomnak van r-edfokú osztója, akkor A-nak van r-dimenziós invariáns altere. ♣Bizonyítás: A 6.5.6 Tétel szerint a minimálpolinom is rend. A 6.5.7 Lemma bizonyításában szereplő (iii) állítás(=6.5.5 feladat) alapján ekkor a minimálpolinom minden osztója is rend. Végül a 6.5.4 Tétel biztosítja, hogy minden rend
foka egyben valamely invariáns altér dimenziója is.
Feladatok
6.5.1 Hogyan kapjuk meg u rendjéből (a) λu; (b) Au; (c) f (A)u rendjét, ahol f tetszőleges polinom?
6.5.2 Bizonyítsuk be a 6.5.2 Tétel állításait.
6.5.3 Tekintsük A megszorítását az U = ⟨u, A⟩ (invariáns) altérre. Mi lesza megszorított (Hom U -beli) transzformáció minimálpolinomja?
6.5.4 Bizonyítsuk be, hogy oA (u)-nak akkor és csak akkor van gyöke(T -ben), ha A-nak van az ⟨u, A⟩ altérbe eső sajátvektora.
6.5.5 Igazoljuk a 6.5.7 Lemma bizonyításában szereplő (iii) állítást: ha az fpolinom egy v vektor rendje, akkor f minden osztója is egy alkalmas
vektor rendje.
6.5.6 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha ⟨u, A⟩ = ⟨v, A⟩, akkor u és v rendje megegyezik.
(b) Ha u és v rendje megegyezik, akkor ⟨u, A⟩ = ⟨v, A⟩.
(c) Ha o(u) és o(v) relatív prímek, és egyik sem konstans, akkor u és v
lineárisan független.
(d) Ha u és v lineárisan független, akkor o(u) és o(v) relatív prímek.
(e) Ha u1 , . . . , us lineárisan független, akkor o(u1 + . . . + us ) == [o(u1 ), . . . , o(us )].
6.5.7 Bizonyítsuk be, hogy bármely vektor rendjének a foka legfeljebb
eggyel több, mint a képtér dimenziója. Mi következik ebből a minimálpolinom fokszámára?

194∗

6. Sajátérték, minimálpolinom

6.5.8 Legyen dim V = n, és tegyük fel, hogy A-nak n különböző sajátértékevan. Bizonyítsuk be, hogy ekkor A invariáns altereinek a száma
pontosan 2n .
6.5.9 Adjunk új bizonyítást arra, hogy bármely transzformációnak legalább
annyi invariáns altere van, mint ahány páronként nem-egységszeres
osztója van a minimálpolinomjának.

6.5.10 Mutassuk meg, hogy[][]o(u), o(v)() o(u + v) o(u), o(v) .
o(u), o(v)Hogyan kapcsolódik ez a 6.5.7 Lemma bizonyításában szereplő (i)állításhoz?
6.5.11 Milyen kapcsolatban áll oλA (u), illetve oA2 (u) fokszáma oA (u) fokával?
6.5.12 Legyen A, B ∈ Hom V és tegyük fel, hogy minden v ∈ V vektorraoA (v) = oB (v).
(a) Bizonyítsuk be, hogy A és B sajátértékei és sajátvektorai megegyeznek, és minimálpolinomjuk is azonos.
(b) Ha A-nak létezik sajátvektorokból álló bázisa, akkor A = B.
(c) Mutassunk példát R, illetve C felett, amikor A ̸= B.

6.6. Transzformációk szép mátrixa
Egy transzformáció mátrixa annál ,,szebb”, minél közelebb áll a diagonális
alakhoz, azaz a(z esetleges) nem nulla elemek minél inkább a főátló körül koncentrálódnak, pl. az ilyen mátrixokat (viszonylag) kényelmesen lehet hatványozni.
Láttuk (6.1.4 Tétel), hogy egy transzformációnak akkor és csak akkor
van diagonális mátrixa, ha létezik sajátvektorokból álló bázisa. Ezt úgy isinterpretálhatjuk, hogy a tér ekkor egydimenziós invariáns altereinek a direktösszege.
Az alábbiakban először megnézzük, milyen mátrixot eredményez, ha abázist két invariáns altérből vesszük (azaz a tér két invariáns alterének direktösszege), majd megvizsgáljuk, hogyan kaphatunk ilyen invariáns altereket.
Végül megemlítjük, hogy speciálisan a komplex test felett milyen lesz egy
tetszőleges transzformáció ,,lehető legszebb mátrixa” (az ún. Jordan-féle normálalak).

6.6. Transzformációk szép mátrixa

195

6.6.1 Tétel
Legyen b1 , . . . , bn a V vektortér egy olyan bázisa, hogy U1 = ⟨b1 , . . . , bk ⟩és U2 = ⟨bk+1 , . . . , bn ⟩ az A transzformáció invariáns alterei. Ekkor az [A]b
mátrixban a bal felső k × k-as és a jobb alsó((n − k) ×
) (n − k)-as négyzet
A1 0
kivételével minden elem nulla. Azaz a mátrix
alakú, ahol A1 egy
0 A2
k × k-as, A2 egy (n − k) × (n − k)-as mátrix, a bal alsó (n − k) × k-as és a jobb
felső k × (n − k)-as rész pedig nullmátrix. ♣A 6.6.1 Tétel azonnal következik abból, hogy U1 és U2 invariáns alterek.
Megjegyezzük, hogy az Ai mátrix (i = 1, 2) éppen az A transzformáció Ui -retörténő megszorításának a mátrixa (a megfelelő bázisban). A fenti felbontást a jövőben röviden úgy fogjuk mondani, hogy az A mátrixot az A1 és
A2 blokk okra bontottuk fel, illetve az A mátrix az A1 és A2 mátrixok direktösszege.
6.6.2 Tétel
Tegyük fel, hogy mA = g1 g2 , ahol (g1 , g2 ) = 1. Ekkor V = U1 ⊕ U2 ,ahol az Ui -k az A-nak invariáns alterei, és az A transzformáció Ui -re történő
megszorításának a minimálpolinomja éppen gi . ♣Bizonyítás: Megmutatjuk, hogy az Ui = Ker gi (A) választás megfelel.
(a) Ezek az Ui -k a 6.4.9a feladat szerint valóban invariáns alterek.
(b) V = U1 ⊕ U2 igazolásához azt kell belátnunk, hogy(b1) U1 ∩ U2 = 0 és (b2) ⟨U1 , U2 ⟩ = V .
(b1) Tegyük fel, hogy u ∈ U1 ∩ U2 , azaz gi (A)u = 0, i = 1, 2. Ez azt
jelenti, hogy oA (u) | gi , tehát oA (u) | (g1 , g2 ) = 1, azaz u = 0.
(b2) Mivel (g1 , g2 ) = 1, így alkalmas h1 és h2 polinomokkal 1 == g1 h1 + g2 h2 . Ezért E = g1 (A)h1 (A) + g2 (A)h2 (A). Ezt tetszőleges
v vektorra alkalmazva v = v1 + v2 adódik, ahol vi = gi (A)hi (A)v.
Itt v1 ∈ U2 , hiszen
g2 (A)v1 = (g2 g1 h1 )(A)v = (mA h1 )(A)v = 0 .
Ugyanígy adódik v2 ∈ U1 is.
(c) Végül legyen az A transzformáció Ui -re történő megszorításának a minimálpolinomja ri , be kell látnunk, hogy ri = gi . Mivel U1 = Ker g1 (A),ezért minden u ∈ U1 -re g1 (A)u = 0, tehát r1 | g1 .

196

6. Sajátérték, minimálpolinom

A másik irányú, g1 | r1 oszthatóság igazolásához tekintsük egy tetszőlegesv ∈ V vektorra a (b2) szerinti v = v1 + v2 felbontást, ahol v1 ∈ U2 , v2 ∈ U1 .
Láttuk, hogy g2 (A)v1 = 0, továbbá r1 definíciója alapján r1 (A)v2 = 0. Így
az s = r1 g2 polinomra s(A)v = s(A)v1 + s(A)v2 = 0 minden v ∈ V -re. Ez
azt jelenti, hogy mA = g1 g2 | s = r1 g2 , azaz g1 | r1 .
Ezzel igazoltuk, hogy r1 = g1 , és ugyanígy kapjuk az r2 = g2 egyenlőségetis.
A 6.6.2 Tételből teljes indukcióval kapjuk, hogy ha a minimálpolinomot(páronként nem-egységszeres) irreducibilis tényezők hatványainak a szorzatára
bontjuk, mA = pk11 . . . pkt t , akkor a V vektortér olyan Ui invariáns alterek
direkt összege, ahol az A transzformáció Ui -ra történő Ai megszorításának aminimálpolinomja éppen pki i . A 6.6.1 Tétel szerint így A-nak az Ui alterek
szerinti bázisban vett mátrixa olyan Ai blokkokra bomlik, ahol Ai = [Ai ].
Mindezek alapján elég olyan transzformációk ,,szép” mátrixát keresni,
amelyek minimálpolinomja egy irreducibilis polinom hatványa. Ez általában
igen nehéz feladat. Speciálisan a komplex test felett egyszerűbb a helyzet,
hiszen itt egy irreducibilis polinom csak elsőfokú lehet. Erre vonatkozik az
alábbi tétel:6.6.3 Tétel
Legyen B ∈ Hom V , mB = (x − λ)k . Ekkor alkalmas bázisban B mátrixa
olyan Bj blokkokból áll (lehet, hogy csak egyből), ahol(i) a Bj -k méretének a maximuma k × k, azaz mindegyik Bj legfeljebb
k × k-as, de van közöttük pontosan k × k-as is,és(ii) mindegyik Bj -ben a főátló minden eleme λ, közvetlenül a főátló alattminden elem 1, az összes többi elem pedig 0.
(Egy blokk 1 × 1-es is lehet, ilyenkor egyetlen λ-ból áll.)
Azaz


B1
 0
[B] = 
 ...

0
B2
..
.

...
...
..
.


0
0 
,
.. 
. 

0

0

...

Br

ahol a Bj mérete qj × qj ,

∑r



λ 0 0
1 λ 0
0 1 λ
Bj = 
. . .
 .. .. ..
0 0 0

j=1 qj = dim V

...
...
...
..
.


0
0

0 ,
.. 
.

...

λ

és max1≤j≤r qj = k. ♣

197

6.6. Transzformációk szép mátrixa

Bizonyítás: Legyen C = B − λE, ekkor C minimálpolinomja xk , és azt kelligazolni, hogy alkalmas bázisban C mátrixa olyan Cj blokkokból áll, amelyek
méretének maximuma k, és minden Cj -ben közvetlenül a főátló alatt csupa
1-es áll, az összes többi elem pedig 0 (beleértve a főátlót is).
Ez azt jelenti, hogy egy q méretű blokkhoz tartozó bázis
u1 ,u2 = Cu1 ,u3 = Cu2 = C 2 u1 ,...,

uq = Cuq−1 = C q−1 u1 (6.6.1a)alakú, ahol
Cuq = C q u1 = 0.

(6.6.2a)

Más szóval, az adott blokkhoz tartozó q-dimenziós invariáns altér ⟨u1 , C⟩, aholq az u1 vektor C szerinti rendjének a foka.
Mindezek alapján bevezetjük a következő definíciót:
6.6.4 Definíció
Legyen C ∈ Hom V , mC = xk . Egy xq rendű u ∈ V vektor pályája azu,Cu,

C 2 u,...,

C q−1 u(6.6.1b)

vektorok halmaza, ahol tehát q a legkisebb olyan pozitív egész, amelyre
C q u = 0.

(6.6.2b)A q szám a pálya hossza. ♣A 6.5.4 Tételből adódik, hogy a pályában szereplő vektorok lineárisan
függetlenek.
Az előzőek szerint a 6.6.3 Tétel az alábbi lemmával ekvivalens:
6.6.5 Lemma
Legyen C ∈ Hom V , mC = xk . Ekkor V -nek létezik pályákból álló bázisa,
amelyek hosszának maximuma k. ♣A 6.6.5 lemmára (azaz a fenti módon átfogalmazott 6.6.3 Tételre) két
bizonyítást adunk.
Első bizonyítás: A minimálpolinom foka szerinti teljes indukcióval bizonyítunk. Ha k = 1, akkor C = O, azaz minden u vektorra Cu = 0. Ez azt
jelenti, hogy minden nem nulla vektor pályája 1 hosszú, vagyis tetszőlegesbázis megfelel a feltételeknek.

198

6. Sajátérték, minimálpolinom

Tegyük fel, hogy az állítás igaz a k-nál kisebb pozitív egészekre és legyen
C ∈ Hom V , mC = xk . Tekintsük a C transzformáció C ′ megszorítását a W == Im C invariáns altérre. A C ′ transzformáció minimálpolinomja xk−1 , ugyanis
egyrészt a képtér bármely w = Cu vektorára C k−1 w = C k u = 0, másrészt ha
minden képtérbeli w-re C j w = 0, akkor minden u ∈ V -re C j+1 u = C j (Cu) =0, tehát j ≥ k − 1.
Az indukciós feltétel szerint W -nek létezik pályákból álló bázisa, amelyek
hosszának maximuma k − 1. Legyen az i-edik pálya induló eleme wi = Cvi ésa hossza qi , i = 1, 2, . . . , r, ahol q1 = k − 1. Tekintsük minden i-re V -ben a vi
vektor Pi pályáját, azaz a wi vektor pályájának vi -vel való kibővítését, a Pi
pálya hossza tehát qi +1. Legyen a Pi pályákban szereplő vektorok által V -benegyüttesen generált altér U , H = U ∩ Ker C és Z a H altér egy Ker C-beli H1
direkt kiegészítőjének tetszőleges bázisa. Megmutatjuk, hogy(i) a Pi pályák egyesítése bázist alkot U -ban;(ii) a Pi pályák C qi vi utolsó elemei bázist alkotnak H-ban;(iii) a Pi pályák és Z egyesítése bázist alkot V -ben.
Mivel Z elemei a magtérben vannak, ezért 1 hosszúságú pályákat jelentenek,és így V -nek a (iii)-beli bázisa pályákból áll, ami éppen a bizonyítandó állítás.
Rátérve (i) igazolására, azt kell megmutatnunk, hogy a Pi pályák egyesítésében szereplő vektorok lineárisan függetlenek, azaz
qi
r ∑
∑

λij C j vi = 0(6.6.3)i=1 j=0

esetén minden λij = 0. A (6.6.3) bal oldalán szereplő lineáris kombinációt
bontsuk két részre: álljon s1 azokból a tagokból, ahol j = qi , az s2 pedig azokból, ahol j < qi (tehát s1 a pályák utolsó elemeinek a lineáris kombinációja,
s2 pedig a többié, és s1 + s2 = 0). Alkalmazzuk (6.6.3)-ra a C transzformációt. Ekkor Cs1 = 0. Az indukciós feltevés szerint az s1 -ben szereplő vektorok
lineárisan függetlenek, tehát itt minden λij együttható 0. Továbbá 0 = Cs2 avi -k helyett a Cvi = wi -kel képzett vektorok megfelelő lineáris kombinációja.
Az ebben szereplő vektorok is lineárisan függetlenek az indukciós feltevés szerint, tehát minden itteni λij is 0. Ezzel (i)-et beláttuk.
Továbbmenve (ii)-re, azt vizsgáljuk, U mely elemei vannak a magtérben.
Tudjuk, hogy (i) alapján minden v ∈ U egyértelműen felírható a (6.6.3) bal
oldalán szereplő s1 + s2 alakban. Így Cu = 0 azt jelenti, hogy Cs1 + Cs2 == 0+Cs2 = 0. Ahogy (i)-ben is láttuk, a Cs2 -beli vektorok függetlensége miattez azzal ekvivalens, hogy minden s2 -beli λij = 0, tehát s2 = 0, és így u = s1 .
Mivel az s1 -beli vektorok is lineárisan függetlenek, ezért bázist alkotnak azáltaluk generált H altérben.

6.6. Transzformációk szép mátrixa

199

Végül, (iii) bizonyításához vegyük észre, hogy (ii) alapján U ∩ H1 = 0,tehát a (iii)-ban megadott vektorok lineárisan függetlenek. Mivel számuk
dim U + dim H1 = dim Im C + r + dim H1 = dim Im C + dim Ker C = dim V,így bázist alkotnak V -ben.
Második bizonyítás: Ez a szellemes gondolatmenet Terence Tao-tól származik.
Nyilván létezik V -nek pályákból álló generátorrendszere, például V egy tetszőleges bázisából induló pályák egyesítése az. Megmutatjuk, hogy ha egy ilyen
generátorrendszer elemei lineárisan összefüggők, akkor alkalmas változtatással rövidebb összhosszúságú pályákból álló generátorrendszert is képezhetünk.
Ezt véges sokszor ismételve lineárisan független generátorrendszerhez, azazbázishoz kell jutnunk.
A könnyebb érthetőség kedvéért minden lépést egy konkrét példán keresztül is illusztrálunk.
Vegyük a generátorrendszer elemeinek egy olyan nem triviális lineáris
kombinációját, ami 0, és csak a nem 0 együtthatójú tagokat tartsuk meg.
A példánkban a pályák hossza legyen rendre 3, 4, 5 és 5, és mondjuk
6v1 + 7C 2 v1 + 8Cv2 + 9C 2 v2 + 10C 3 v3 + 11C 2 v4 = 0.
Alkalmazzuk a lineáris kombinációra C egy olyan hatványát, hogy minden
pályából legfeljebb egy tag maradjon meg (a többiek már a 0-ba mennek át),a példánkban ez C 2 , és az eredmény
6C 2 v1 + 8C 3 v2 + 11C 4 v4 = 0.
Vegyük a legkisebb m egészt, ami C kitevőjeként itt előfordul, és írjuk át alineáris kombinációt C m v = 0 alakba. A példánkban m = 2 és
C 2 (6v1 + 8Cv2 + 11C 2 v4 ) = 0,tehát
v = 6v1 + 8Cv2 + 11C 2 v4 .
Mivel C-nek a lehető legnagyobb hatványát emeltük ki, ezért a v vektorban
legalább egy vi „személyesen” szerepel (tehát nem a C valamelyik hatványaszerinti képe), a példánkban i = 1. Ez azt jelenti, hogy ez a vi kifejezhető av és a többi pályából vett elemek lineáris kombinációjaként, a példánkban
v1 =

1
4
11
v − Cv2 − C 2 v4 .
6
3
6

200

6. Sajátérték, minimálpolinom

Ezért, ha ezen vi pályáját kicseréljük v pályájára, akkor továbbra is generátorrendszert kapunk. A példánkban a v1 , Cv1 , C 2 v1 pályát cseréljük ki a v, Cv
pályára. Az új pálya hossza m, ami kisebb, mint az elhagyott Pi hossza, hiszen
C m vi a Pi pálya m + 1-edik eleme volt.
A 6.6.1–6.6.3 Tételekből azonnal adódik, hogy a komplex test felett egy
tetszőleges transzformáció ,,legszebb” mátrixa:
6.6.6 Tétel (Jordan-féle normálalak)
Legyen V a komplex test feletti véges dimenziós vektortér, A ∈ Hom V ,mA = (x − λ1 )k1 . . . (x − λt )kt . Ekkor alkalmas bázisban A mátrixa a 6.6.2
Tétel szerinti Ai blokkokból áll, i = 1, 2, . . . , t, egy-egy Ai blokk pedig a
6.6.3 Tételből adódó Aij alblokkokból. Az Aij alblokkok méretének (rögzített
i melletti) maximuma ki , és az Aij alblokkok főátlójában minden elem λi ,közvetlenül a főátló alatt minden elem 1, az összes többi elem pedig 0. ♣A 6.6.6 Tételben leírt [A] mátrixot az A transzformációhoz tartozó
Jordan-féle normálalak nak vagy röviden Jordan-alak nak hívjuk. Ha a transzformáció egy (tetszőleges bázis szerinti) mátrixát tekintjük, akkor ennek amátrixnak a Jordan-alakján a transzformációhoz tartozó Jordan-alakot értjük.
A tételt azzal is kiegészíthetjük, hogy egy transzformáció (illetve mátrix)
Jordan-alakja lényegében egyértelmű (eltekintve az egyes blokkok, illetve azokon belül az egyes alblokkok sorrendjétől).
A Jordan-alak szerint a komplex test felett bármely transzformációnak
van ,,majdnem diagonális mátrixa”: csak a főátlóban és közvetlenül a főátló
alatt állhatnak nem nulla elemek, a főátlóban a sajátértékek szerepelnek, közvetlenül a főátló alatt pedig 1-ek (az alblokkokon belül), illetve 0-k (az alblokkok, illetve blokkok határánál).
Feladatok
6.6.1 Bizonyítsuk be, hogy A-nak akkor és csak akkor létezik diagonális
mátrixa, ha mA csupa különböző gyöktényező szorzatára bomlik.
6.6.2 Legyen dim V = n, és tegyük fel, hogy A-nak n különböző sajátértékevan.
(a) Bizonyítsuk be, hogy ha AB = BA, akkor B-nek létezik diagonális
mátrixa.
(b) Bizonyítsuk be, hogy AB = BA akkor és csak akkor teljesül, ha
valamilyen f polinomra B = f (A).

6.6. Feladatok

201

6.6.3 Legyen A ∈ Hom V és U invariáns altere A-nak. Milyen kapcsolatban
áll az A transzformáció U -ra történő megszorításának a minimálpolinomja az eredeti minimálpolinommal? Vizsgáljuk meg ugyanezt akérdést a karakterisztikus polinomokra is.
6.6.4 Legyenek U1 és U2 invariáns alterei A-nak. Tekintsük az A transzformációnak a megszorítását az U1 , U2 , U1 ∩ U2 , illetve ⟨U1 , U2 ⟩ (invariáns) alterekre, és legyenek a megfelelő minimálpolinomok rendre
m1 , m2 , m∩ , illetve m⟨ ⟩ . Bizonyítsuk be, hogy(a) m⟨ ⟩ = [m1 , m2 ];(b) m∩ | (m1 , m2 ), de általában nem áll fenn egyenlőség.
6.6.5 Legyenek U1 és U2 invariáns alterei A-nak. Tekintsük az A transzformációnak a megszorítását az U1 , U2 , U1 ∩ U2 , illetve ⟨U1 , U2 ⟩ (invariáns) alterekre, és legyenek a megfelelő karakterisztikus polinomok
rendre k1 , k2 , k∩ , illetve k⟨ ⟩ . Bizonyítsuk be, hogy(a) [k1 , k2 ] | k⟨ ⟩ , de általában nem áll fenn egyenlőség;(b) k∩ | (k1 , k2 ), de általában nem áll fenn egyenlőség;(c) k1 · k2 = k∩ · k⟨ ⟩ .
∗6.6.6 Bizonyítsuk be, hogy végtelen test esetén egy transzformációnak akkor és csak akkor van véges sok invariáns altere, ha a minimálpolinom
foka megegyezik a tér dimenziójával. Az invariáns alterek száma
ekkor a minimálpolinom páronként nem-egységszeres osztóinak a számával egyenlő.
6.6.7 Legyen A ∈ Hom V . Bizonyítsuk be, hogy az alábbi feltételek ekvivalensek.
(i) A minden invariáns altere (alkalmas f ∈ T [x] polinommal) Ker f (A)alakú.
(ii) A minden invariáns altere (alkalmas g ∈ T [x] polinommal) Im g(A)alakú.
(iii) A minden invariáns altere (alkalmas u ∈ V vektorral) ⟨u, A⟩ alakú.
(iv) A minimálpolinom foka megegyezik a tér dimenziójával.
(v) A minimálpolinom megegyezik a karakterisztikus polinommal.
6.6.8 A mátrixok hasonlóságának az analógiájára két lineáris transzformációt, A, B ∈ Hom V -t hasonlónak nevezünk, ha ,,van közös mátrixuk”,
azaz van olyan a1 , . . . , an , illetve b1 , . . . , bn bázis, hogy [B]b = [A]a .
Ezt A ∼ B-vel jelöljük.

202

6. Sajátérték, minimálpolinom(a) Melyek azok a transzformációk, amelyek csak önmagukhoz hasonlók?
(b) Bizonyítsuk be, hogy A és B akkor és csak akkor hasonló, ha van
olyan invertálható C, amelyre B = C −1 AC.
(c) Igazoljuk, hogy a hasonlóság ekvivalenciareláció.
(d) Legyen A ∼ B. Következik-e ebből A+D ∼ B+D, illetve AD ∼ BD?
(e) Bizonyítsuk be, hogy ha A ∼ B, akkor tetszőleges f polinomra
f (A) ∼ f (B).
(f) Bizonyítsuk be, hogy hasonló transzformációk karakterisztikus polinomja és minimálpolinomja megegyezik. Igaz-e ennek az állításnak
a megfordítása?
6.6.9 Adott V esetén melyek azok a transzformációk, amelyeket a minimálpolinomjuk egyértelműen meghatároz?
6.6.10 Írjuk fel az alábbi 3 × 3-as mátrixok Jordan-alakját:1 0(a)  0 2
1 0



1
0 1
0  ; (b)  0 0
1
1 0



0
1 1
1  ; (c)  0 2
0
1 1



1
1 0
0  ; (d)  2 1
1
0 0


0
2.
1

6.6.11 Írjuk fel az alábbi n × n-es A = (αij ) mátrixok Jordan-alakját.
{
1, ha j = i + 1;(a) αij =0, egyébként.
(Közvetlenül a főátló felett 1-ek állnak, minden más elem 0.){
1, ha j ≡ i + 1 (mod n);(b) αij =0, egyébként.
(Közvetlenül a főátló felett, valamint a bal alsó sarokban 1-ek állnak,
minden más elem 0.){
1, ha j = i − 2;(c) αij =0, egyébként.
(A főátló alatti második átlóban 1-ek állnak, minden más elem 0.){
1, ha j < i;(d) αij =0, egyébként.
(A főátló alatt mindenütt 1-ek állnak, a többi elem pedig 0.)(e) αij = 1. (Minden elem 1.){
1, ha i + j = n + 1;(f) αij =0, egyébként.
(A bal alsó és jobb felső sarkot összekötő átlóban 1-ek állnak, a többi
elem 0.)6.6. Feladatok

203

6.6.12 Hogyan kapjuk meg egy Jordan-alakban megadott mátrix (tetszőleges nagy pozitív egész kitevős) hatványait?
6.6.13 Hogyan olvashatjuk le a Jordan-alakból a minimálpolinomot és akarakterisztikus polinomot?
6.6.14 Legyen V a komplex test feletti n-dimenziós vektortér, A ∈ Hom V és
0 ≤ k ≤ n. Mutassuk meg, hogy A-nak létezik k-dimenziós invariáns
altere.
6.6.15 Legyen V a komplex test feletti véges dimenziós vektortér. Melyek
azok a transzformációk, amelyeket(a) a minimálpolinomjuk;(b) a karakterisztikus polinomjuk;(c) a minimál- és a karakterisztikus polinomjuk együttesenhasonlóság erejéig egyértelműen meghatároz?
∗6.6.16 Bizonyítsuk be, hogy bármely komplex elemű négyzetes mátrix hasonló a transzponáltjához.

∗6.6.17 Számítsuk ki az alábbi mátrixok 2000-ik hatványát:
(
)
(
)
3 1
3 1
(a) A =;(b) B =
.
2 4
−1 1

204
7. BILINEÁRIS FÜGGVÉNYEK

A valós bilineáris függvények és kvadratikus alakok vizsgálata a geometriából,a másodrendű görbék és felületek általánosításaként alakult ki. Jellemzésüknél
központi szerephez jut az általánosított merőlegességfogalom, az ortogonalitás.
A ,,legszebb” bilineáris függvény a skalárszorzat, amely az euklideszi tereket,,hozza létre” (lásd a következő fejezetet). Röviden arra is rámutatunk, hogyankell módosítani a bilineáris függvény definícióját a komplex test esetén, hogy
a valósban megismert ,,jó tulajdonságokat” át lehessen menteni.

7.1. Valós bilineáris függvény
7.1.1 Definíció
Legyen V vektortér R felett. Az A : V × V → R leképezést (valós)bilineáris függvénynek nevezzük, ha mindkét változójában lineáris, azaz azegyik változó bármely rögzített értéke esetén a másik változójában lineáris.
Ez részletesen kiírva a következőket jelenti (u, u′ , v, v′ ∈ V, λ ∈ R):(i) A minden (u, v) vektorpárhoz egyértelműen hozzárendel egy valós számot;(ii) A(u + u′ , v) = A(u, v) + A(u′ , v);(iii) A(λu, v) = λA(u, v);(iv) A(u, v + v′ ) = A(u, v) + A(u, v′ );(v) A(u, λv) = λA(u, v). ♣A bilineáris függvényeket vastag latin nagybetűvel fogjuk jelölni. A definícióból és a lineáris leképezések tulajdonságaiból azonnal következnek az alábbi
azonosságok:(vi) A(u, 0) = A(0, v) = 0;(vii) A(−u, v) = A(u, −v) = −A(u, v);
(∑
) ∑
k
m
k ∑
m
∑
µj vj =
λi µj A(ui , vj ).
(viii) A
λi ui ,
i=1

j=1

i=1 j=1

Példák bilineáris függvényre
P1. Legyen V az origóból kiinduló sík-, illetve térvektorok szokásos vektortereés A a (geometriából ismert) skalárszorzat: két vektorhoz a hosszaiknak és a közbezárt szög koszinuszának a szorzatát rendeljük. (Ha az

7.1. Valós bilineáris függvény

205

egyik vagy mindkét vektor nullvektor, akkor a skalárszorzat nulla, és ezösszhangba hozható a fentiekkel, mert a közbezárt szöggel ugyan problémavan, azonban a nulla hosszat bármivel szorozva ismét nullát kapunk.) A
skalárszorzat megadható a vektorok szokásos (derékszögű egységvektorok
szerinti) koordinátáival is: a megfelelő koordináták szorzatösszegét kellképezni.
P2. A skalárszorzat második jellemzését tetszőleges Rk -ra általánosíthatjuk:a két vektorhoz a megfelelő koordináták szorzatösszegét rendeljük, azaz
 
 
u1
v1
∑k
.. 
.. 


ha u =, v=.
. , akkor A(u, v) = i=1 ui vi .
uk
vk
Ennek alapján a valós test feletti tetszőleges k-dimenziós vektortéren isértelmezhetünk skalárszorzatot: rögzítünk egy bázist, és utána ugyanígy
a megfelelő koordináták szorzatösszegét vesszük.
Itt jegyezzük meg, hogy ebben és a következő fejezetben az eddigiektől eltérően
a vektorok komponenseit, illetve koordinátáit nem görög betűkkel, hanem —az általános szokásnak megfelelően — latin kisbetűkkel fogjuk jelölni.
P3. Az előző példa jelöléseit megtartva bilineáris függvény Rk -n például
u1 v2 + 2u2 v1 vagy u1 v1 − 3u2 v2 stb.
P4. Minden vektorpárhoz a nulla valós számot rendelve kapjuk a(z azonosan
nulla) 0 bilineáris függvényt.
P5. Végül nézzünk néhány végtelen dimenziós példát. Legyen V a valós
együtthatós polinomok szokásos vektortere, és két polinomhoz rendeljük
hozzá a szorzatuknak egy adott helyen vett helyettesítési értékét. Ugyanezt polinomok helyett (pl.) folytonos függvényekre is megtehetjük. Egy
másik lehetséges hozzárendelés a szorzatfüggvény integrálja egy adott intervallumon.
A fejezet további részében csak véges dimenziós vektorterekkel foglalkozunk.
Legyen dim V = n, és rögzítsünk le egy b1 , . . . , bn bázist.
Belátjuk, hogy a lineáris leképezésekhez hasonlóan a bilineáris függvények
is jellemezhetők a báziselemek képével, és ez lehetővé teszi a mátrixos megadást.
7.1.2 Tétel
Legyen b1 , . . . , bn bázis a V vektortérben és αij , i, j = 1, 2, . . . , n tetszőleges valós számok. Ekkor pontosan egy olyan A bilineáris függvény létezik,
amelyreA(bi , bj ) = αij , i, j = 1, 2, . . . , n. ♣

206

7. Bilineáris függvények

Bizonyítás: Az 5.3.1 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét követjük.
Vegyünk V -ből tetszőleges u és v vektorokat, ezek egyértelműen felírhatók
u = u1 b1 + . . . + un bn , illetve v = v1 b1 + . . . + vn bn alakban. Ha létezik amondott tulajdonságú A bilineáris függvény, akkor a (viii) tulajdonság alapján
szükségképpen
A(u, v) = A(u1 b1 + . . . + un bn , v1 b1 + . . . + vn bn ) =
n
n
∑
∑
=
ui vj A(bi , bj ) =ui vj αij
i,j=1

i,j=1

teljesül. Ez azt mutatja, hogy A(u, v) egyértelműen meg van határozva, tehát
legfeljebb
egy ilyen A létezhet. Sőt, az is kiderült, hogy csak az A(u, v) =∑nu=i,j=1 i vj αij képlettel definiált függvény jöhet szóba. Erről kell tehát
megmutatni, hogy valóban bilineáris, ami a (ii)–(v) tulajdonságok ellenőrzését
jelenti. Ennek végigszámolását az Olvasóra bízzuk.
7.1.3 Definíció
Az A bilineáris függvénynek a b1 , . . . , bn bázis szerinti mátrix án azt az
n × n-es mátrixot értjük, amelyben az i-ik sor j-ik eleme αij = A(bi , bj ). Ezt
a mátrixot [A]b -vel jelöljük. ♣Ne felejtsük el, hogy a lineáris leképezésekhez hasonlóan a bilineáris függvény mátrixa is erősen bázisfüggő, más bázist választva általában a mátrix isegészen más lesz.
7.1.4 Tétel
Rögzített bázis mellett kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés áll fenn a
V -n értelmezett bilineáris függvények és az n × n-es (valós) mátrixok között.
Ha az u, illetve v vektor koordinátái az adott bázisban u1 , . . . , un , illetve
v1 , . . . , vn , akkorn∑A(u, v) =αij ui vj(7.1.1)i,j=1vagy mátrixos felírásban



α11
 α21
A(u, v) = [u]T [A][v] = (u1 , u2 , . . . , un ) 
 ...

α12
α22
..
.

...
...
..
.

 
α1n
v1
α2n   v2 
 . .
.. .   .. 

αn1

αn2

...

αnn

vn
(7.1.2)♣

7.1. Feladatok

207

Bizonyítás: A kölcsönös egyértelműséget a 7.1.2 Tétel biztosítja. A (7.1.1)
előállítást a 7.1.2 Tétel bizonyítása során igazoltuk. A (7.1.1) és (7.1.2) képletek ekvivalenciája a (7.1.2)-beli mátrixszorzások elvégzésével adódik.
A mátrixos jellemzés, illetve (7.1.1) és (7.1.2) az összes bilineáris függvény
kényelmes áttekintését teszi lehetővé.
Feladatok
V végig a valós test feletti véges dimenziós vektorteret jelent.
7.1.1 Legyen V a legfeljebb 4-edfokú valós együtthatós polinomok (beleértve a 0 polinomot is) szokásos vektortere. Válasszuk ki az alábbi
leképezések közül a bilineáris függvényeket, és írjuk fel a mátrixukat
a szokásos bázisban. Legyen f, g képe(a) f g;(b) f (1) + g(1);(c) f (1)g(2);(d) f ′ (1)g(2);(e) f g-ben x2 együtthatója.
7.1.2 Írjuk fel a P2, P3 és P4 példákban szereplő bilineáris függvények
mátrixát (alkalmas bázisban).
7.1.3 Mi lehet egy valós bilineáris függvény értékkészlete (azaz a felvettértékeinek az összessége)?
7.1.4 Hogyan módosul a 7.1.2 Tétel állítása, ha bázis helyett (a) generátorrendszeren; (b) lineárisan független rendszeren írjuk elő a bilineáris
függvény értékét?
7.1.5 Definiáljunk a V -n értelmezett bilineáris függvények körében természetes módon összeadást és skalárszorost, és mutassuk meg, hogyígy egy vektorteret kapunk. Hány dimenziós ez a vektortér?
7.1.6 Legyen V egy bázisa b1 , . . . , bn . Hogyan változik egy A bilineáris
függvény mátrixa, ha(a) b1 -et és b2 -t felcseréljük;(b) b3 helyett λb3 -at veszünk (λ ̸= 0);(c) b3 helyett b3 + µb2 -t veszünk?
7.1.7 Adjuk meg az összes olyan bilineáris függvényt, amelynek bármelybázisban ugyanaz a mátrixa.
7.1.8 Legyen b1 , . . . , bn rögzített bázis V -ben, és tekintsük a P2 példábanértelmezett (a b1 , . . . , bn bázis szerinti) skalárszorzatot. Jelöljük cés d skalárszorzatát c·d-vel.

208

7. Bilineáris függvények
(a) Legyen A ∈ Hom V egy tetszőleges lineáris transzformáció. Lássuk
be, hogy A(u, v) = u·Av bilineáris függvényt határoz meg.
(b) Mutassuk meg, hogy az (a)-beli A lineáris transzformációnak és A
bilineáris függvénynek a b1 , . . . , bn bázisban felírt mátrixa ugyanaz:[A]b = [A]b .
(c) Bizonyítsuk be, hogy minden bilineáris függvény előáll az (a)-beli
alakban alkalmas A ∈ Hom V -vel.

7.1.9 A V → R lineáris leképezéseket, azaz Hom (V , R) elemeit lineáris
függvényeknek nevezzük.
(a) Legyen Φ és Ψ két lineáris függvény. Mutassuk meg, hogy A(u, v) == Φ(u)Ψ(v) bilineáris függvényt definiál. Mennyi lesz A mátrixának
a rangja?
M∗ (b) Lássuk
∑r be, hogy tetszőleges A bilineáris függvény előáll A(u, v) ==m=1 Φm (u)Ψm (v) alakban, ahol Φm , Ψm lineáris függvények
(m = 1, 2, . . . , r). Mi az r lehető legkisebb értéke?

7.2. Ortogonalizálás
Legyen V továbbra is egy véges dimenziós vektortér a valós test fölött. Ebben
a pontban azt vizsgáljuk, mikor létezik egy A bilineáris függvénynek ,,szép”
mátrixa, nevezetesen mely A-khoz található olyan bázis, amelyben A mátrixa
diagonális (azaz a főátlón kívül minden elem nulla). Kiderül, hogy a transzformációknál tapasztaltakhoz képest itt jóval kedvezőbb a helyzet. Könnyen
adódik az az egyszerű szükséges feltétel, hogy A szimmetrikus legyen. Meglepő, hogy ez egyben elégséges is a diagonalizálhatósághoz.
7.2.1 Definíció
Egy A bilineáris függvény szimmetrikus, ha minden u, v ∈ V -reA(u, v) = A(v, u). ♣Az előző pont példái közül szimmetrikus volt a skalárszorzat, a nulla függvény és a P3 példában másodiknak megadott függvény, de nem volt szimmetrikus az ottani első függvény.
7.2.2 Tétel
Egy A bilineáris függvény akkor és csak akkor szimmetrikus, ha (akármelyik bázisban felírt) mátrixa szimmetrikus (azaz megegyezik a transzponáltjával). ♣7.2. Ortogonalizálás

209

Bizonyítás: Ha az A bilineáris függvény szimmetrikus, akkor a szimmetriát
speciálisan a bi báziselemekre kihasználva αij = A(bi , bj ) = A(bj , bi ) = αji
adódik, tehát a mátrix is szimmetrikus. Megfordítva, ha αij = αji , akkor pl. a
7.1.4 Tétel (1) képletéből leolvasható A(u, v) = A(v, u), tehát ekkor az A
bilineáris függvény is szimmetrikus.
Most rátérünk a diagonalizálhatóság kérdésére. Először tegyük fel, hogy
A-nak létezik diagonális mátrixa. Mivel egy diagonális mátrix eleve szimmetrikus, így (az előző tétel alapján) ekkor A-nak mindenesetre szimmetrikusnak kell lennie. Mint a bevezetőben már említettük, a megfordítás is igaz:
7.2.3 Tétel
Legyen A szimmetrikus bilineáris függvény V -n. Ekkor létezik olyan
bázis, amelyben A mátrixa diagonális. ♣Mielőtt rátérnénk a bizonyításra, néhány magyarázó megjegyzést teszünk.
A diagonális mátrix pontosan azt jelenti, hogy a szóban forgó c1 , . . . , cn bázisban A(ci , cj ) = 0, ha i ̸= j. Ha speciálisan a bilineáris függvény a sík- vagy
térvektorok szokásos skalárszorzata, akkor A(u, v) = 0 azt jelenti, hogy u ésv egymásra merőlegesek, vagy — görög-latin eredetű szóval — ortogonálisak.
Ennek általánosítása a következő
7.2.4 Definíció
Legyen A szimmetrikus bilineáris függvény.
A-ortogonálisak, ha A(u, v) = 0. ♣Az u, v ∈ V vektorok

Ennek alapján a 7.2.3 tételt úgy is megfogalmazhatjuk, hogy egy A szimmetrikus bilineáris függvényhez mindig található A-ortogonális bázis.
A tételre három bizonyítást adunk. Ezek közül az első nem teljes, mert aszimmetrikus bilineáris függvényeknek csak egy bizonyos — bár mint később
látni fogjuk, talán a legfontosabb — osztályára alkalmazható. Ugyanakkor abizonyítás nagy előnye, hogy meg is konstruál egy A-ortogonális bázist. A
második és harmadik bizonyítás bármely szimmetrikus bilineáris függvényre
működik, és ezek is alkalmasak A-ortogonális bázis tényleges megadására. A
második bizonyítás alapgondolata hasonló az elsőéhez, de az általános eset
kezeléséhez néhány technikai jellegű módosításra van szükség. A harmadik bizonyítás a Gauss-elimináció segítségével diagonalizálja A mátrixát. Mindegyik
bizonyítás után (ugyanazon a) konkrét példán illusztráljuk a módszert.

210

7. Bilineáris függvények

A 7.2.3 Tétel első bizonyítása (Gram–Schmidt ortogonalizáció): Feltesszük,
hogy A(u, u) ̸= 0, ha u ̸= 0. Legyen b1 , . . . , bn tetszőleges bázis V -ben.
Ebből gyártunk egy c1 , . . . , cn A-ortogonális bázist, amelynek elemeit rekurzíve konstruáljuk meg a következő séma szerint:
c1 = b1 ,c2 = b2 + ρ21 c1 ,c3 = b3 + ρ31 c1 + ρ32 c2 ,..
.
cn = bn + ρn1 c1 + ρn2 c2 + . . . + ρn,n−1 cn−1 ,ahol a ρqs skalárokat később alkalmasan megválasztjuk.
Először azt mutatjuk meg, hogy a c1 , . . . , cn vektorok a ρqs skalárok tetszőleges értéke esetén bázist alkotnak V -ben. Mivel n = dim V , ezért elég azt
igazolni, hogy c1 , . . . , cn generátorrendszer, és ehhez elég azt belátni, hogy
mindegyik bj előáll a ci -k lineáris kombinációjaként. Ez viszont azonnal
következik a cj -re felírt egyenletből, ha onnan bj -t (c1 , . . . , cj segítségével)kifejezzük.
Most azt igazoljuk, hogy a ρqs együtthatók alkalmas megválasztásávala ci vektorok A-ortogonálisak lesznek. Ehhez a cj -ket úgy fogjuk egymás
után meghatározni, hogy a cj vektor A-ortogonális legyen c1 , . . . , cj−1 mindegyikére.
Nézzük először c2 -t. Erre az egyetlen feltétel A(c2 , c1 ) = 0 teljesülése.
Írjuk be ide c2 előállítását:0 = A(c2 , c1 ) = A(b2 + ρ21 c1 , c1 ) = A(b2 , c1 ) + ρ21 A(c1 , c1 ) .
Innen ρ21 = −A(b2 , c1 )/A(c1 , c1 ). (A feltevésünk szerint a nevező nem nulla.)
Hasonlóan okoskodhatunk általában is. Tegyük fel, hogy c1 , . . . , cm−1 -rőlaz első m − 1 egyenlet alapján már tudjuk, hogy A-ortogonálisak. Legyen
j < m tetszőleges és nézzük, milyen követelményt jelent cm és cj A-ortogonalitása az m-edik egyenletben:
0 = A(cm , cj ) = A(bm +ρm1 c1 +ρm2 c2 +. . .+ρmj cj +. . .+ρm,m−1 cm−1 , cj ) == A(bm , cj ) + ρm1 A(c1 , cj ) + . . . + ρmj A(cj , cj ) + . . . + ρm,m−1 A(cm−1 , cj ).
Ha i < m és i ̸= j, akkor ci és cj A-ortogonalitását már tudjuk, tehátA(ci , cj ) = 0, és az előző feltétel így a 0 = A(bm , cj ) + ρmj A(cj , cj ) alakra
redukálható, ahonnan ρmj = −A(bm , cj )/A(cj , cj ). Ezzel igazoltuk, hogy az
m-edik egyenletbeli ρmj együtthatók valóban megválaszthatók úgy, hogy cm
a c1 , . . . , cm−1 vektorok mindegyikére A-ortogonális legyen.

7.2. Ortogonalizálás

211

Megjegyzések : Az A(u, u) ̸= 0 feltételt csak az egymás után adódó c1 , . . . , cn−1
vektorokra kellett felhasználnunk. Így szerencsés esetben az eljárás olyankor
is működhet, ha az A(u, u) értékek között ugyan előfordul (nem triviálisan) anulla, de az ortogonalizáció során nem botlunk ilyen u-kba (ilyen lesz az alább
tárgyalt illusztrációs példa is).
Egy vektortérben egy adott A-hoz nagyon sokféle A-ortogonális bázis
létezik. Ez már a fenti bizonyításból is kiderül, hiszen más és más bi bázisból
kiindulva általában különböző ci bázisokhoz jutunk.
Még egyszer hangsúlyozzuk, hogy a bizonyítás egyúttal a gyakorlatban isjól használható eljárást adott A-ortogonális bázis konstrukciójára. Ezt mostegy konkrét példával illusztráljuk.
Példa: Legyen V = R3 , az u, illetve v vektor komponenseit jelölje u1 , u2 , u3 ,illetve v1 , v2 , v3 . Keressünk A-ortogonális bázist és diagonális mátrixot akövetkező szimmetrikus bilineáris függvényhez:A(u, v) = 4u1 v1 + 2u1 v2 + 2u2 v1 + 2u1 v3 + 2u3 v1 + 2u2 v3 + 2u3 v2 . (7.2.1)
 
 
 
0
0
1
Vegyük kiinduló bázisnak a szokásos b1 =  0  , b2 =  1  , b3 =  0 1
00egységvektorokat. A konstrukció szerint c1 = b1 . Ezután c2 = b2 + ρ21 c1 . Az
A(c2 , c1 ) = 0 feltételből megkapjuk ρ21 -et:[   ][   ]
1
1
1
0







+ ρ21 A0 , 0  = 2 + 4ρ21 ,0 = A(c2 , c1 ) = A
1 , 0
0
0
0
0
ahonnan ρ21 = −1/2. Így
 
  

0
1
−1/2
1
c2 =  1  −  0  =  1  .
20
00(Ha nem akarunk törtekkel számolni, akkor nyugodtan beszorozhatjuk c2 -t egy
nem nulla skalárral, hiszen az A-ortogonalitáson ez nem változtat.) Hasonlóan
továbbhaladva, a
 
 


0
1
−1/2
c3 = b3 + ρ31 c1 + ρ32 c2 =  0  + ρ31  0  + ρ32  1 
1
0
0

212

7. Bilineáris függvények

előállításban az A(c3 , c1 ) = 0 feltételből ρ31 = −1/2, az A(c3 , c2 ) = 0 feltételből pedig ρ32 = 1 adódik. Innen−1c3 =  1  .
1Ezzel megkaptunk egy c1 , c2 , c3 A-ortogonális bázist. Az ennek megfelelő
diagonális mátrix főátlójába az A(ci , ci ) értékek kerülnek, így



4
0 0
[A]c =  0 −1 0  .
0
0 0

A 7.2.3 Tétel második bizonyítása: Először azt igazoljuk, hogy ha mindenu ∈ V -re A(u, u) = 0, akkor A a(z azonosan) nulla bilineáris függvény, azaz
minden u, v ∈ V -re A(u, v) = 0. Ez rögtön adódik az
A(u + v, u + v) = A(u, u) + A(u, v) + A(v, u) + A(v, v) == A(u, u) + 2A(u, v) + A(v, v)
összefüggésből.
Rátérve a tétel bizonyítására, ha A a nulla függvény, akkor bármely bázis
A-ortogonális (A mátrixa a nullmátrix). Egyébként válasszunk egy tetszőleges
olyan d vektort, amelyre A(d, d) ̸= 0 (ilyen vektor az előzetes megjegyzésszerint biztosan létezik).
Tekintsük a d-re A-ortogonális összes vektor W halmazát, azaz
W = {w ∈ V | A(d, w) = 0} .
Megmutatjuk, hogy W altér, és V minden v eleme egyértelműen írható fel
v = λd + w(7.2.2)alakban, ahol w ∈ W (vagyis V a ⟨d⟩ és W alterek direkt összege).
W nem az üres halmaz, mert a 0 mindenképpen eleme, továbbá egyszerű számolással ellenőrizhető, hogy az összeadásra és a skalárral való szorzásra
zárt, tehát valóban altér. A (7.2.2)-beli felírás azzal ekvivalens, hogyv − λd ∈ W , azaz A(d, v − λd) = 0. Ez átírható az A(d, v) − λA(d, d) = 0

7.2. Ortogonalizálás

213

alakba, ahonnan adódik, hogy a feltételeknek pontosan egy λ érték felel meg:
λ = A(d, v)/A(d, d).
Ezután válasszuk a keresett A-ortogonális bázis első elemének d-t, és ismételjük meg a fenti eljárást a(z eggyel) kisebb dimenziós W altérre stb. Ígylegfeljebb dim V − 1 lépésben egy A-ortogonális bázist kapunk. [Az eljárás
akkor ér véget hamarabb, ha közben valamelyik (legalább kétdimenziós) altéren az A (megszorítása) már azonosan nulla.]Az első és a második bizonyítást összevetve, az első az alterek egyre bővülő
láncában épít fel A-ortogonális rendszert, a második pedig tulajdonképpen
fordított irányban haladva alterek egyre szűkülő láncán keresztül jut el egy
ilyen rendszerhez.
A második bizonyítással kapcsolatban megjegyezzük, hogy W tulajdonságainak az igazolását a mátrixok segítségével, a [d]T [A][w] = 0 egyenletből
is megkaphattuk volna, és ennek segítségével egyúttal W elemeit is ténylegesen elő tudjuk állítani. Ily módon ténylegesen meg is konstruálhatunk egy
A-ortogonális bázist. Nézzük meg ezt a gyakorlatban az első bizonyítás utáni(7.2.1) példán.


4 2 2
Az A mátrixa az eredeti bi bázisban  2 0 2 . Próbálkozzunk in2 2 0dulásként most is a d = b1 vektorral. Ez megfelel, mert A(b1 , b1 ) = 4 ̸= 0.
Keressük meg a d-re A-ortogonális w vektorokat az A(d, w) = [d]T [A][w] = 0
egyenletből:

0 = (1 0

4 20)2 0
2 2


 
2
w1
2   w2  = 4w1 + 2w2 + 2w3 ,
0
w3


α
 alakú vektorok. Ezek között kell mosttehát W elemei a w = β−2α − βfolytatni az ortogonalizálást
[hiszen ezek valamennyien A-ortogonálisak az el 1sőként választott  0  vektorra]. Második vektornak megfelel pl. (az α = 1,01
β = 0 értékekből adódó) d2 =  0 , mert A(d2 , d2 ) = −4 ̸= 0. A d2 -re
−2

214

7. Bilineáris függvények

W -n belül A-ortogonális vektorokat a



4 2 2
α
 = −4α − 4β ,0 = ( 1 0 −2 )  2 0 2  β
2 2 0−2α − βαazaz β = −α feltételből kapjuk meg, ezek a vektorok tehát  −α  alakúak.
−α(Ezen az egydimenziós altéren az A egyébként már a nulla függvény.) Így az
1
A-ortogonális bázis utolsó elemének pl. (α = 1 választással)  −1  vehető.

 −1
4
0 0
A bilineáris függvény mátrixa ebben a bázisban  0 −4 0  .
0
0 0
A 7.2.3 Tétel harmadik bizonyítása: Írjuk fel A mátrixát egy tetszőleges
b1 , . . . , bn bázisban. A 7.1.6 feladatbeli változtatásokat fogjuk alkalmazni.
Ezek tulajdonképpen a jól ismert elemi ekvivalens átalakítások, csak mostmindig együtt kell végrehajtani ugyanazt az átalakítást a sorokra és a megfelelő
oszlopokra is. Vegyük észre azt is, hogy egy-egy ilyen együttes lépés a mátrix
szimmetriáját nem rontja el.
Foglaljuk össze, mik ezek a lépések és hogyan változik ekkor a mátrix.
(a) Két báziselemet felcserélve a mátrix megfelelő sorait és oszlopait kell
felcserélni.
(b) A bi báziselemet egy λ ̸= 0 skalárral szorozva az i-edik sor és oszlop
λ-val szorzódik, és speciálisan αii a λ2 -szeresére változik.
(c) Ha bi helyére bi + µbj kerül (j ̸= i), akkor az i-edik sorhoz, illetve
oszlophoz hozzáadjuk a j-edik sor, illetve oszlop µ-szörösét, és speciálisan az′
új i-edik sor i-edik eleme αii= αii + µαji + µαij + µ2 αjj lesz.
Nézzük, hogyan működik a fenti lépésekkel végzett módosított Gausskiküszöbölés. Ha a bal felső sarokban álló elem nem nulla, akkor a többi sorból,
illetve oszlopból az első sor, illetve oszlop megfelelő többszöröseit levonva azelső sor és oszlop többi eleme nullává válik. Ha a bal felső sarokban nulla állt,de a főátló valamelyik másik eleme nem nulla, akkor egy sor- és oszlopcserével
elérhetjük, hogy ez a nem nulla elem kerüljön a bal felső sarokba. Ha a főátló
elemei nullák, de az első oszlop és sor (mondjuk) harmadik eleme (α13 = α31 )nem volt nulla, akkor adjuk hozzá az első sorhoz/oszlophoz a harmadik′
sort/oszlopot, ekkor a bal felső sarokba α11= α11 + 2α31 + α33 = 2α31 ̸= 0

7.2. Ortogonalizálás

215

került, és ezután indulhat a kivonogatás. Ha az első sor és oszlop minden
eleme eleve nulla volt, akkor (egyelőre) ne csináljunk semmit.
Így elértük, hogy az első sorban és az első oszlopban az első elemtől (esetleg) eltekintve minden további elem nulla. Ezen a soron és oszlopon később
már nem változtatunk. Most ugyanezt az eljárást megismételjük a többi sor és
oszlop alkotta ugyancsak szimmetrikus, eggyel kisebb méretű mátrixra (ezekaz átalakítások az első sort és oszlopot nem befolyásolják). Ugyanígy továbbhaladva, végül egy diagonális mátrixhoz jutunk.
Látjuk, hogy a harmadik bizonyítás is egy nagyon kényelmes eljárást ad adiagonális mátrix megkereséséhez. A módszer a megfelelő A-ortogonális bázist
is előállítja, ha nyomon követjük, hogy az egyes mátrixlépések során hogyan
változott a bázis. Ezt ismét az előző bizonyítások után már megvizsgált (7.2.1)
példán illusztráljuk.


4 2 2
A kiinduló bázis b1 , b2 , b3 , a mátrix  2 0 2 . A második sorból
2 2 0
levonjuk az első sor felét, majd a második oszlopból levonjuk az (új!) elsőoszlop felét. Ezzel a bázisunk és a mátrixunk a következőképpen változott:


4
0 2
Új bázis: b1 , b2 − (1/2)b1 , b3 ,új mátrix:  0 −1 1  .
2
1 0
Most a harmadik sorból/oszlopból vonjuk le az első sor/oszlop felét:


4
0
0
Új bázis: b1 , b2 − (1/2)b1 , b3 − (1/2)b1 ,új mátrix:  0 −1
1.
0
1 −1
Végül a harmadik sorhoz/oszlophoz adjuk hozzá a második sort/oszlopot:


4
0 0
Új bázis: b1 , b2 − (1/2)b1 , b3 + b2 − b1 ,új mátrix:  0 −1 0  .
0
0 0
Az így nyert A-ortogonális bázis ugyanaz, mint amit az első bizonyítás módszerével gyártottunk.
A szimmetrikus bilineáris függvény mátrixát kicsit még tovább ,,szépíthetjük”: az A-ortogonális bázisvektorokat alkalmas skalárszorosukkal helyettesítve az is elérhető, hogy a diagonális mátrix főátlójában csak ±1 és 0 szerepeljenek. Ezt a bázist használva a bilineáris függvény — a skalárszorzathoz

216

7. Bilineáris függvények

nagyon hasonló — igen egyszerű alakot ölt. Mindezt pontosan a következő
tételben fogalmazzuk meg.
7.2.5 Tétel
Bármely A szimmetrikus bilineáris függvénynek létezik olyan mátrixa,
amelyben a főátló elemei csak az 1, a −1 és a 0 közül kerülhetnek ki, a főátlón
kívül pedig minden elem 0.
ilyen mátrixot adó bázisban a bilineáris függvény az A(u, v) =∑Azn=
i=1 γi ui vi alakra egyszerűsödik, ahol γi = ±1 vagy 0 és u1 , . . . , un , illetve v1 , . . . , vn az u, illetve v vektorok koordinátáit jelölik. ♣A skalárszorzat ennek speciális esete, amikor mindegyik γi = 1.
Bizonyítás: Legyen c1 , . . . , cn egy A-ortogonális bázis és A(ci , ci ) = µi . A
ci -ket alkalmas skalárral megszorozva a következőképpen ,,normáljuk”:ha√µi = 0, akkor legyen ei = ci , ha pedig µi ̸= 0, akkor legyen ei = (1/ |µi |)ci .
[Ez tulajdonképpen az előző tétel harmadik bizonyításában jelzett, de ott fel
nem használt (b) típusú átalakítás.] Ekkor az ei vektorok is A-ortogonálisak,és A(ei , ei ) = ±1, illetve 0, aszerint, hogy µi pozitív, negatív, illetve nulla
volt. Így az A-nak az ei bázisban felírt mátrixa a kívánt tulajdonságú lesz.
A tétel második állítása azonnal adódik a 7.1.4 Tételből.
Amint korábban említettük, egy bilineáris függvényhez sokféle A-ortogonális bázis található. A diagonális mátrix azonban bizonyos szempontból már
nagyon behatárolt:
7.2.6 Tétel (Tehetetlenségi tétel)Egy bilineáris függvény diagonális mátrixában (a főátlóban) a pozitív, anegatív és a nulla elemek száma egyértelműen meghatározott. ♣Bizonyítás: Tekintsük az A két diagonális mátrixát. Jelölje a főátlóbeli pozitív, negatív és nulla elemek számát a két mátrixban rendre r, s, t, illetve r′ , s′ , t′(bármelyik darabszám nulla is lehet, továbbá r + s + t = r′ + s′ + t′ = dim V ).
Legyen ennek megfelelően az egyik A-ortogonális bázis
m1 , . . . , mr , n1 , . . . , ns , o1 , . . . , ot ,ahol
A(mi , mi ) > 0, A(nj , nj ) < 0, A(ok , ok ) = 0,a másik bázist pedig hasonló módon alkossák az m′i , n′j , o′k vektorok.

7.2. Feladatok

217Először megmutatjuk, hogy a ,,vesszőtlen” mi , ok és a ,,vesszős” n′j összesen r + t + s′ darab vektor (együttesen) lineárisan független rendszert alkot.
Tekintsük ehhez egy olyan lineáris kombinációjukat, ami 0-t ad, és rendezzük
át ezt úgy, hogy a bal oldalra a ,,vesszőtlen”, a jobb oldalra pedig a ,,vesszős”
vektorok kerüljenek:µ1 m1 + . . . + µr mr + ω1 o1 + . . . + ωt ot = ν1 n′1 + . . . + νs′ n′s′ .

(7.2.3)

Elég belátnunk, hogy a két oldal közös értéke 0. Ekkor ugyanis az mi , okvektorok lineáris függetlensége miatt a bal oldalon minden együttható 0, és
az n′j vektorok függetlenségét felhasználva ugyanez adódik a jobb oldalon is,tehát valóban valamennyi együttható 0.
Jelöljük (7.2.3)-ban a két oldal közös értékét u-val. Mivel u az mi és
ok vektorok lineáris kombinációja, ezért a bilineáris függvény 7.1.4 Tételbeliképlete szerintA(u, u) =r∑µ2i A(mi , mi ) +

i=1

t
∑

ωk2 A(ok , ok ) ≥ 0 .

(7.2.4)

k=1

Ugyanígy, lévén u az n′j vektorok lineáris kombinációja is,′A(u, u) =s∑

νj2 A(n′j , n′j ) ≤ 0 .

(7.2.5)j=1

A (7.2.4) és (7.2.5) egyenlőtlenségekből kapjuk, hogy A(u, u) = 0, és ekkor(7.2.5) alapján valóban csak u = 0 lehetséges.
Ezzel beláttuk, hogy az mi , ok és n′j vektorok (együttesen is) lineárisan
függetlenek.
Mivel egy lineárisan független rendszer elemszáma nem lehet nagyobb adimenziónál, így r + t + s′ ≤ dim V = r + t + s, ahonnan s′ ≤ s. Fordított
szereposztással kapjuk, hogy s ≤ s′ , tehát s = s′ .
Az m-ek és n-ek szerepét felcserélve ugyanígy adódik r = r′ . Végült = dim V − r − s = dim V − r′ − s′ = t′ .
Feladatok
7.2.1 Egy bilineáris függvényt antiszimmetrikusnak nevezünk, ha mindenu, v ∈ V -re A(u, v) = −A(v, u). Mutassuk meg, hogy A akkor és
csak akkor antiszimmetrikus, ha minden x ∈ V -re A(x, x) = 0.

218

7. Bilineáris függvények

7.2.2 Bizonyítsuk be, hogy minden bilineáris függvény egyértelműen előállítható egy szimmetrikus és egy antiszimmetrikus bilineáris függvényösszegeként.
7.2.3 Tekintsük a V -n értelmezett bilineáris függvények B vektorterét,
amelyről a 7.1.5 feladatban volt szó.
(a) Mutassuk meg, hogy B-ben a szimmetrikus, illetve antiszimmetrikus
függvények egy S, illetve A alteret alkotnak.
(b) Hány dimenziós altér S, illetve A?
(c) Lássuk be, hogy a B vektortér az S és A alterek direkt összege.
7.2.4 Ha A bilineáris függvény V -n, akkor az A (pontosabban az A megszorítása) a V bármely alterén is bilineáris. Legyenek U és W alterek
V -ben. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha A szimmetrikus ⟨U, W ⟩-n, akkor szimmetrikus U -n és W -n is.
(b) Ha A szimmetrikus U -n és W -n, akkor szimmetrikus ⟨U, W ⟩-n is.
7.2.5 Legyen S a szokásos skalárszorzat R4 -ben. Jelölje egy általánosu ∈ R4 vektor komponenseit u1 , u2 , u3 , u4 . Adjunk meg S-ortogonális bázist R4 alábbi alterein:(a) U1 = {u | u1 = u4 };(b) U2 = {u | u1 , . . . , u4 számtani sorozat };∑4(c) U3 = {u | i=1 ui = 0}.
7.2.6 Legyen V a legfeljebb 4-edfokú valós együtthatós polinomok (beleértve a 0 polinomot is) szokásos vektortere. Írjuk fel az alábbi szimmetrikus bilineáris függvények egy-egy diagonális mátrixát, és adjunk
is meg egy-egy A-ortogonális bázist. Legyen f, g képe(a) f (1)g(1);(b) f g-ben x2 együtthatója;(c) f (1)g(1) + f (2)g(2) + f (3)g(3) + f (4)g(4) + f (5)g(5).
7.2.7 Legyen dim V = 3, az u, illetve v vektorok koordinátáit egy rögzített
b1 , b2 , b3 bázisban jelölje u1 , u2 , u3 , illetve v1 , v2 , v3 . Adjuk meg az
alábbi bilineáris függvények egy-egy diagonális mátrixát és
A-ortogonális bázisát.
∑3∑3(a) i,j=1 ijui vj ;(b) i,j=1 (i + j − 1)ui vj .
7.2.8 Bizonyítsuk be, hogy ha az A szimmetrikus bilineáris függvényhez
találhatók olyan u, v ∈ V vektorok, amelyekre A(u, u) > 0 ésA(v, v) < 0, akkor van olyan 0 ̸= w ∈ V is, amelyre A(w, w) = 0.

7.3. Kvadratikus alak219

M 7.2.9 Legyen dim V = n, A egy szimmetrikus bilineáris függvény V -n ésv ∈ V . Lássuk be, hogy a v-re A-ortogonális vektorok alteret alkotnak V -ben. Hány dimenziós lehet ez az altér?
M 7.2.10 Nevezzünk két, ugyanazon a V vektortéren értelmezett bilineáris
függvényt, A-t és B-t ekvivalensnek, ha ,,van közös mátrixuk”, azaz
van olyan a1 , . . . , an , illetve b1 , . . . , bn bázis, hogy [B]b = [A]a .
Hány páronként nemekvivalens szimmetrikus bilineáris függvény létezik V -n?

7.3. Kvadratikus alakAz előző pontban már láttuk, hogy az A(u, u) értékek fontos szerepet játszanak az A bilineáris függvény vizsgálatánál.
7.3.1 Definíció
Az Ã(x) = A(x, x) : V → R függvényt az A bilineáris függvényhez
tartozó kvadratikus alak nak nevezzük. ♣A kvadratikus alak tehát tulajdonképpen a bilineáris függvény egy megszorítása, amikor mindkét változó helyére azonos vektort írunk. Így minden
kvadratikus alak valamilyen bilineáris függvényből származik.
Egy bilineáris függvény nyilván egyértelműen meghatároz egy kvadratikus
alakot. Ennek a megfordítása nem igaz, ugyanaz a kvadratikus alak több bilineáris függvényből is létrejöhet. Érvényes azonban, hogy a szimmetrikus bilineáris függvények és a kvadratikus alakok között már kölcsönösen egyértelmű
a kapcsolat (lásd a 7.3.1 feladatot). Ennek megfelelően a kvadratikus alakokat
mindig szimmetrikus bilineáris függvényből származóknak fogjuk tekinteni.
A 7.1.4 Tétel képletei szerint a kvadratikus alakÃ(x) = [x]T [A][x] =n∑αij xi xj

i,j=1

formában írható fel, ahol x1 , . . . , xn az x vektor koordinátái az adott bázisban.
Ez a kifejezés az xi -knek (homogén) másodfokú polinomja, ez indokolja akvadratikus alak elnevezést.
Tekintsük most a bilineáris függvény egy olyan mátrixát, amely diagonális
és a főátlóban csak ±1, illetve 0 áll. Az ennek megfelelő A-ortogonális bázisban a kvadratikus alak a 7.2.5 Tétel szerint előjeles négyzetösszeggé válik,220

7. Bilineáris függvények

∑n2azaz Ã(x) =i=1 γi xi alakú lesz, ahol γi = ±1 vagy 0. Ennek fontos
speciális esete, hogy a skalárszorzathoz tartozó kvadratikus alak a koordináták
négyzetösszegével egyenlő.
Nézzük meg, hogyan kaphatjuk meg a gyakorlatban ezt az előjeles négyzetösszeget. Vegyük ismét a 7.2.3 Tétel különféle bizonyításainak illusztrálására választottA(u, v) = 4u1 v1 + 2u1 v2 + 2u2 v1 + 2u1 v3 + 2u3 v1 + 2u2 v3 + 2u3 v2 (7.2.1)
szimmetrikus bilineáris függvényt. Az ehhez tartozó kvadratikus alakÃ(x) = 4x21 + 4x1 x2 + 4x1 x3 + 4x2 x3 .
Itt x1 , x2 , x3 az x vektornak az eredeti bi bázis szerinti koordinátái. Nézzünk olyan diagonális mátrixot, amelynek a főátlójában minden γi elem ±1
vagy 0. Ha az ennek megfelelő bázisban felírt koordináták x̂1 , x̂2 , x̂3 , akkor
Ã(x) = γ1 x̂21 + γ2 x̂22 + γ3 x̂23 . Ezért azt kell kiszámítani, hogy a diagonálisbázis szerinti x̂1 , x̂2 , x̂3 koordináták hogyan kaphatók meg az eredeti x1 , x2 , x3
koordinátákból. Erre vannak elég egyszerű általános módszerek, mi azonban
megelégszünk a konkrét eset vizsgálatával.
A legkönnyebben a harmadik bizonyítást követve érhetünk célhoz. Emlékezzünk vissza, hogy ott a mátrixon szimmetrikusan elemi sor/oszlop-ekvivalens átalakításokat hajtottunk végre, és közben nyomon követtük a bázis
változását is. Egy füst alatt a koordináták változását is regisztrálhatjuk, ésígy az eljárás végén azonnal megkapjuk a keresett x̂1 , x̂2 , x̂3 koordinátákat.
Nézzük a konkrét esetet. Az első lépésben a b1 , b2 , b3 bázisból a b1 ,b2 − (1/2)b1 , b3 bázisra tértünk át. Könnyen láthatóan ekkor csak az x1 koordinátát kell módosítani az x2 segítségével, mégpedig ,,fordítva”, mint ahogy ab2 báziselemet a b1 -gyel megváltoztattuk.
Az új koordináták ekkor
x1 + (1/2)x2 , x2 , x3 , hiszen
x1 b1 + x2 b2 + x3 b3 = [x1 + (1/2)x2 ]b1 + x2 [b2 − (1/2)b1 ] + x3 b3 .
Hasonlóan követve a további két átalakítást, ennek során a koordináták
a következőképpen módosulnak: x1 + (1/2)x
2 + (1/2)x 3 , x2 , x3 , majd
40 0
x1 +(1/2)x2 +(1/2)x3 , x2 −x3 , x3 . Végül a  0 −1 0  diagonális mátrixot
0 0 01
0 0,,normáljuk”: az első sort és oszlopot felezve az  0 −1 0  mátrixhoz ju0
0 0
tunk, ekkor az (aktuális) első báziselem 1/2-del szorzódott, az első koordináta

7.3. Kvadratikus alak221

ennek megfelelően megduplázódott, így 2x1 + x2 + x3 , x2 − x3 , x3 adódik.
Ezek már a keresett x̂i koordináták, hiszen a mátrix diagonális és az átlóelemei 1, −1, 0. Mindezek alapján az
Ã(x) = x̂21 − x̂22 = (2x1 + x2 + x3 )2 − (x2 − x3 )2
előjeles négyzetösszeg előállítást kapjuk.
Ha nem lépésenként követjük∑
nyomon a∑koordináták változását, akkor
eljárhatunk pl. úgy, hogy az x =xi bi =x̂i b̂i egyenlőségbe beírjuk az
új b̂i bázisvektorok előállítását az eredeti bi -k segítségével, majd ezután akét oldalon a bi -k együtthatóit összehasonlítva egy lineáris egyenletrendszer
adódik a keresett x̂i koordinátákra, amit (pl. Gauss-kiküszöböléssel) megoldunk.
Egy kvadratikus alak ilyen előjeles négyzetösszegként történő előállítása
többféleképpen is megvalósulhat, hiszen sokféle megfelelő A-ortogonális bázist
találhatunk. (Bármelyik előállításban azonban mindig ugyanannyi a pozitív,
a negatív és a nulla előjelű tagok száma, ezt a tehetetlenségi tétel garantálja.)
Hangsúlyozzuk, hogy a tárgyalt előjeles négyzetösszegek nem lehetnek
akármilyenek, hanem csakis olyanok, amelyeket egy alkalmas A-ortogonálisbázis szerinti koordinátákból írtunk fel; ez éppen a négyzetösszeg tagjainak a(pontosan megfogalmazható értelemben vett) lineáris függetlenségét jelenti.
Most a kvadratikus alakok különböző típusainak az áttekintésére térünk
rá. Bármely kvadratikus alakra Ã(0) = 0. A többi vektoron felvett értékektől függően a nem azonosan nulla kvadratikus alakokat (és ennek alapján aszimmetrikus bilineáris függvényeket) a következőképpen osztályozzuk:
7.3.2 Definíció
Az A ̸= 0 szimmetrikus bilineáris függvényhez tartozó Ã kvadratikusalak(PD) pozitív definit, ha minden x ̸= 0-ra Ã(x) > 0;(ND) negatív definit, ha minden x ̸= 0-ra Ã(x) < 0;(PSZ) pozitív szemidefinit, ha minden x-re Ã(x) ≥ 0, és van olyan x ̸= 0,
hogy Ã(x) = 0;(NSZ) negatív szemidefinit, ha minden x-re Ã(x) ≤ 0, és van olyan x ̸= 0,
hogy Ã(x) = 0; és végül(I) indefinit, ha Ã(x) felvesz pozitív és negatív értéket is. ♣A kvadratikus alak jellege igen egyszerűen leolvasható a bilineáris függvény diagonális mátrixából:222

7. Bilineáris függvények

7.3.3 Tétel
Tekintsük az A szimmetrikus bilineáris függvény egy diagonális mátrixát.
Ekkor A (illetve Ã) pontosan akkor- azonosan nulla, ha a főátló minden eleme nulla;- pozitív definit, ha a főátló minden eleme pozitív;- negatív definit, ha a főátló minden eleme negatív;- pozitív szemidefinit, ha a főátlóban van pozitív és nulla elem is, de negatív
nincs;- negatív szemidefinit, ha a főátlóban van negatív és nulla elem is, de pozitív
nincs;- indefinit, ha a főátlóban van pozitív és negatív elem is. ♣Bizonyítás: Az állítások a kvadratikus alak előjeles négyzetösszegként való
felírásából azonnal következnek.
Megjegyezzük, hogy indefinit esetben a diagonális mátrix főátlójában előfordulhat nulla is, de ez nem minden indefinit alaknál teljesül.
Gyakran szükségünk van arra, hogy a kvadratikus alak jellegét akármelyik
mátrixából (diagonalizálás nélkül) eldönthessük. Erre igazán jó kritérium csak
definit alakok esetén adható, ezt bizonyítás nélkül közöljük.
7.3.4 Tétel
Tekintsük az A szimmetrikus bilineáris függvény egy tetszőleges
A ∈ Rn×n mátrixát.
Az A akkor és csak akkor pozitív definit, ha minden k ≤ n-re az A balfelső sarkában levő k-adrendű aldetermináns pozitív.
Az A akkor és csak akkor negatív definit, ha minden k ≤ n-re az A balfelső sarkában levő k-adrendű aldetermináns aszerint pozitív, illetve negatív,
hogy k páros, illetve páratlan. ♣Mint a fejezet bevezetőjében már említettük, a kvadratikus alakok természetes módon merülnek fel a geometriában a másodrendű görbék és felületek
leírásánál, de számos további alkalmazásuk is van a matematika különféle
területein.
Végül megjegyezzük, hogy a pozitív definit A-k kulcsfontosságú szerepet
játszanak majd a következő fejezetben.

7.3. Feladatok

223

Feladatok
7.3.1(a) Bizonyítsuk be, hogy az A és B (nem feltétlenül szimmetrikus) bilineáris függvényekhez akkor és csak akkor tartozik ugyanaz a kvadratikus alak, ha A − B antiszimmetrikus (a definíciót lásd a 7.2.1
feladatban).
(b) Igazoljuk, hogy a szimmetrikus bilineáris függvények és a kvadratikus
alakok között kölcsönösen egyértelmű kapcsolat áll fenn.
7.3.2 Állapítsuk meg a 7.2.5–7.2.7 feladatokban szereplő szimmetrikus bilineáris függvények (illetve a hozzájuk tartozó kvadratikus alakok)
jellegét.
7.3.3 Mi a különböző jellegű kvadratikus alakok értékkészlete? Mennyibenváltozik a helyzet, ha csak a nem nulla vektorokon felvett értékeket
vesszük figyelembe?
7.3.4 Legyen Ã az A szimmetrikus bilineáris függvényhez tartozó kvadratikus alak.
(a) Hogyan kaphatjuk meg Ã(λx) értékét Ã(x)-ből?
(b) Mi a szükséges és elégséges feltétele (adott x és z mellett) Ã(x+z) == Ã(x) + Ã(z) teljesülésének?
7.3.5(a) Milyen jellegű lesz a λA (szimmetrikus) bilineáris függvény (λ-tól és
A jellegétől függően)?
(b) Milyen jellegű lehet A + B, ha A és B egymástól függetlenül pozitív/negatív definit/szemidefinit, illetve indefinit?
7.3.6 Írjuk át az alábbi (3-dimenziós) kvadratikus alakokat előjeles négyzetösszeggé:(a) x1 x2 ;(b) x1 x2 + x2 x3 ;(c) x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ;(d) x21 − 3x23 − 2x1 x2 + 2x1 x3 − 6x2 x3 ;(e) x21 + x22 + 3x23 + 4x1 x2 + 2x1 x3 + 2x2 x3 .
7.3.7 Írjuk át az alábbi (4-dimenziós) kvadratikus alakokat előjeles négyzetösszeggé:∑4(a)(b) x1 x2 + x2 x3 + x3 x4 ;i,j=1 xi xj ;∑(c) x1 x2 + x2 x3 + x3 x4 + x4 x1 ;(d) i<j xi xj .

224

7. Bilineáris függvények

7.3.8 Hol a hiba az alábbi okoskodásban?
√√
Tekintsük az x21 +x22 +(x1 +x2 )2 = (x1 3)2 +(x2 3)2 −(x1 −x2 )2
kvadratikus alakot. Mindkét felírás előjeles négyzetösszeg, azonban
az egyik felírásban három pozitív együttható szerepel, a másik felírásban viszont van negatív is. Ez (látszólag) ellentmond a tehetetlenségi
tételnek.
7.3.9 Mutassuk meg, hogy egy szimmetrikus bilineáris függvény mátrixának a determinánsa általában megváltozik, ha más bázisra térünk
át, azonban a determináns előjele (tehát, hogy a determináns pozitív, negatív vagy nulla) nem függ a bázis megválasztásától.
7.3.10 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha A pozitív vagy negatív definit, akkor det[A] ̸= 0.
(b) Ha det[A] ̸= 0, akkor A pozitív vagy negatív definit.
7.3.11 Határozzuk meg a páronként nemekvivalens pozitív/negatív definit/
szemidefinit, illetve indefinit szimmetrikus bilineáris függvények számát egy n-dimenziós V -n. (Az ,,ekvivalens” szó jelentését lásd a
7.2.10 feladatban.)
7.3.12 Mely A szimmetrikus bilineáris függvényekre teljesül az alábbi állítás:Ha az a1 , . . . , ak nem nulla vektorok páronként A-ortogonálisak, akkor szükségképpen lineárisan függetlenek.
M∗ 7.3.13 Melyek azok az A szimmetrikus bilineáris függvények, amelyekrebármely v ̸= 0 vektor eleme egy alkalmas A-ortogonális bázisnak?
M∗ 7.3.14 Nevezzük az Ã kvadratikus alak magjának a ,,gyökei” halmazát:
Ker Ã = {v ∈ V | Ã(v) = 0}.
(a) Mely kvadratikus alakokra lesz a mag altér?
(b) Mely kvadratikus alakokra választható ki a magból V -nek egy bázisa?
(c) Mennyi a magban található lineárisan független rendszerek elemszámának a maximuma?
(d) Mennyi a magban található alterek dimenziójának a maximuma?

7.4. Komplex bilineáris függvény
Ebben a pontban V egy véges dimenziós vektorteret jelent a komplex test
felett. A bilineáris függvényeket úgy szeretnénk értelmezni, hogy az ortogonalizációval és a kvadratikus alakokkal kapcsolatos eredmények a komplex esetreis átvihetők legyenek.

225

7.4. Komplex bilineáris függvény

Ha változtatás nélkül fenntartanánk a 7.1.1 Definíciót, akkor A(ix, ix) == i2 A(x, x) = −A(x, x) miatt például nem léteznének definit vagy szemidefinit kvadratikus alakok. Ezért és más hasonló okok miatt annyit módosítunk
a bilineáris függvény definícióján, hogy az első változót λ-val megszorozva afüggvényérték nem λ-val, hanem annak komplex konjugáltjával, λ-tal szorzódik (a többi kikötés, tehát az összegre bontások és a második változóból askalár kiemelése változatlan marad). Azaz:
7.4.1 Definíció
Az A : V ×V → C leképezést (komplex) bilineáris függvénynek nevezzük,
ha (a 7.1.1 Definíció képletszámozása szerint)(ii) A(u + u′ , v) = A(u, v) + A(u′ , v);!(iii)! A(λu, v) = λA(u, v) ← FIGYELEM! Itt a jobb oldalon lambda
konjugáltja szerepel;′(iv) A(u, v + v ) = A(u, v) + A(u, v′ );(v) A(u, λv) = λA(u, v). ♣A valósban látottakhoz hasonlóan a komplex bilineáris függvények is jellemezhetők a báziselemek képével (7.1.2 Tétel, csak a bilineáris függvénynek
most kicsit módosul a képlete, lásd alább), és ugyanúgy definiáljuk most is abilineáris függvény mátrixát (7.1.3 Definíció). A 7.1.4 Tételben a (7.1.1) és(7.1.2) előállítások annyiban változnak, hogy az első vektor koordinátái helyére
azok komplex konjugáltjait kell írni:7.4.2 Tétel
Jelölje az A komplex bilineáris függvény mátrixának elemeit egy adottbázisban αij , az u, illetve v vektorok koordinátáit pedig u1 , . . . , un , illetve
v1 , . . . , vn . Ekkor
A(u, v) =n∑

αij ui vj = [u]∗ [A][v] =

i,j=1



α11
 α21
= (u1 , u2 , . . . , un ) 
 ...

α12
α22
..
.

...
...
..
.

 
α1n
v1
α2n   v2 
 . ,.. .   .. 

αn1

αn2

...

αnn

vn

ahol a ∗ a mátrix adjungáltját (azaz transzponáltjának a konjugáltját) jelenti.
♣

226

7. Bilineáris függvények

A bizonyítás teljesen hasonlóan történik, mint a valós esetben. (A jövőben
is csak azokat a bizonyításokat részletezzük, ahol jelentős eltérés van a valós
bilineáris függvényekhez képest.)
Tekintsük most a kvadratikus alak problémáját (még az ortogonalizációelőtt). A kvadratikus alak definíciója (és Ã jelölése) változatlan (7.3.1 Definíció). Először azt igazoljuk, hogy a valós esettől eltérően itt a kvadratikus alakegyértelműen meghatározza a(z őt származtató) bilineáris függvényt, vagyis
komplex esetben kölcsönösen egyértelmű kapcsolat áll fenn a kvadratikus alakok és az összes bilineáris függvény között.
7.4.3 Tétel
Minden kvadratikus alak pontosan egy bilineáris függvényből származik.
♣
Bizonyítás: Ki fogjuk fejezni A(u, v)-t az Ã(x) = A(x, x) értékek segítségével.
Ehhez ,,fejtsük ki” az Ã(u + v), illetve Ã(u + iv) kifejezéseket:A(u + v, u + v) = A(u, u) + A(u, v) + A(v, u) + A(v, v) ,A(u + iv, u + iv) = A(u, u) + iA(u, v) − iA(v, u) + A(v, v) .
A második egyenlőséghez az első i-szeresét hozzáadva A(v, u) kiesik és ígyA(u, v) (egyértelműen) kifejezhető a kvadratikus alak u, v, u + v és u + iv
helyeken felvett értékeivel.
Egy komplex bilineáris függvény esetén általában a kvadratikus alak is
komplex értékű. A definit, szemidefinit, illetve indefinit jelleg eleve csak akkorértelmezhető, ha a kvadratikus alak csak valós értékeket vesz fel. Az alábbiakban ennek teljesülésére adunk egy egyszerű szükséges és elégséges feltételt.
7.4.4 Tétel
Az Ã kvadratikus alak akkor és csak akkor vesz fel csupa valós értéket,ha minden u, v vektorra A(u, v) = A(v, u).
Az ilyen tulajdonságú A-kat Hermite-féle vagy ermitikus bilineáris függvényeknek nevezzük. [A francia Hermite név szóeleji h-ját (valamint szóvégi
e-jét) nem ejtjük, és ezért ez a h betű az ermitikus jelzőből már ki is marad.]Szokásos még az önadjungált bilineáris függvény elnevezés is (magyarázatát
lásd alább, az ermitikus függvény mátrixánál). ♣Bizonyítás: Ha A(u, v) = A(v, u), akkor ezt speciálisan u = v = x-re alkalmazva A(x, x) = A(x, x) adódik. Így Ã(x) megegyezik a konjugáltjával,7.4. Komplex bilineáris függvény

227

tehát valós szám. Ezzel beláttuk, hogy a kvadratikus alak csak valós értékeket
vehet fel.
Megfordítva, tegyük fel, hogy a kvadratikus alak csak valós értékeket vesz
fel. Az előző tétel bizonyításában szereplő két ,,egyenletből” ekkor azt kapjuk,
hogy A(u, v) + A(v, u) és i[A(u, v) − A(v, u)] is valós. Innen rögtön adódik,hogy A(u, v) és A(v, u) csak egymás konjugáltjai lehetnek.
A továbbiakban csak ermitikus bilineáris függvényekkel foglalkozunk.
Ezekre értelemszerű módosításokkal átvihetők a valósban megismert fogalmak
és eredmények. Az alábbi felsorolásban ezeket röviden összefoglaljuk.
Egy bilineáris függvény akkor és csak akkor ermitikus, ha (akármelyik
bázisban felírt) mátrixa önadjungált, azaz megegyezik az adjungáltjával. (A7.2.2 Tétel megfelelője.) Az önadjungáltság következménye, hogy a mátrix
főátlójának minden eleme valós szám.
Minden ermitikus bilineáris függvénynek létezik diagonális mátrixa. (A7.2.3 Tétel megfelelője. A három bizonyítás bármelyike különösebb nehézség
nélkül átvihető a komplex esetre.) Az önadjungáltság miatt a diagonális
mátrix főátlójában (és így az egész mátrixban is) csupa valós szám áll.
Legyen A ermitikus bilineáris függvény. Az u, v ∈ V vektorok A-ortogonálisak, ha A(u, v) = 0. (A 7.2.4 Definíció megfelelője.)Bármely ermitikus bilineáris függvénynek létezik olyan mátrixa, amelybena főátló elemei csak az 1, a −1 és a 0 közül kerülhetnek ki, a főátlón kívül
pedig minden elem
∑n 0. Az ilyen mátrixot adó bázisban a bilineáris függvényaz A(u, v) =j=1 γj uj vj alakra egyszerűsödik, ahol γj = ±1 vagy 0 és
u1 , . . . , un , illetve v1 , . . . , vn az u, illetve v vektorok koordinátáit jelölik. A
kvadratikus alak előjeles négyzetösszeg előállítása ennek megfelelően
Ã(x) =

n∑j=1

γj xj xj =n∑γj |xj |2

j=1

alakú lesz. (A 7.2.5 Tétel megfelelője.)Egy ermitikus bilineáris függvény diagonális mátrixában (a főátlóban)a pozitív, a negatív és a nulla elemek száma egyértelműen meghatározott.
(A 7.2.6 Tehetetlenségi Tétel megfelelője. Mint már említettük, a diagonális
mátrixban minden elem valós.)
Végül a kvadratikus alakok (pozitív/negatív definit/szemidefinit, illetve
indefinit) jellegének a definíciója és az erre vonatkozó eredmények megegyeznek
a valós esetben látottakkal. (A 7.3.2 Definíció és a 7.3.3–7.3.4 Tételek megfelelői; értelemszerűen mindenhová ,,szimmetrikus” helyett ,,ermitikus”-t és —az utolsó tételben — R helyett C-t kell írni.)

228

7. Bilineáris függvények

Feladatok
A feladatokban a komplex test feletti véges dimenziós vektortéren értelmezett komplex bilineáris függvények szerepelnek.
7.4.1 Hogyan célszerű módosítani a skalárszorzat definícióját a komplex
esetre?
7.4.2 Adjuk meg a komplex bilineáris függvények közül a szimmetrikusakat[azaz amelyeknél minden u, v-re A(u, v) = A(v, u) teljesül].
7.4.3 Melyek igazak az alábbi állítások közül (az A négyzetes, komplexelemű mátrix)?
(a) Ha A önadjungált mátrix, akkor det A valós szám.
(b) Ha det A valós szám, akkor A önadjungált mátrix.
7.4.4 Oldjuk meg a 7.1.6 feladatot komplex bilineáris függvényre.
7.4.5 Gondoljuk végig a 7.2.3 ortogonalizációs tétel mindhárom bizonyítását a komplex esetre is.
7.4.6 Határozzuk meg az alábbi mátrixokkal megadott ermitikus bilineáris
függvények egy-egy diagonális mátrixát, A-ortogonális bázisát, akvadratikus alak jellegét, és írjuk is fel a kvadratikus alakot előjeles négyzetösszegként:


(
)
(
)
1 ρ ρ2
1 i
0 i
(a)
;
(b)
;
(c)  ρ2 1 ρ  ,
−i 1
−i 0
ρ ρ2 1ahol ρ = cos 120◦ + i sin 120◦ .
7.4.7 Mi lehet egy ermitikus kvadratikus alak értékkészlete? Mutassunk
példát arra, hogy tetszőleges bilineáris függvényt megengedve sokkal
változatosabb képet kapunk: a kvadratikus alak értékkészlete lehet akomplex sík bármelyik, origón átmenő egyenese, ilyen egyenes által
határolt félsík, origó végpontú félegyenes, az egész sík és origó csúcsú
tetszőleges szögtartomány is.
7.4.8 Nevezzünk egy F bilineáris függvényt ferdén ermitikusnak, ha minden u, v-re F(u, v) = −F(v, u).
(a) Hogyan ismerhető fel egy ferdén ermitikus függvény a(z akármilyen
bázisban felírt) mátrixáról?
(b) Bizonyítsuk be, hogy a ferdén ermitikus függvények éppen az ermitikus függvények i-szeresei.

7.4. Feladatok

229(c) Hogyan ismerhető fel egy ferdén ermitikus függvény a hozzá tartozó
kvadratikus alakról?
(d) Lássuk be, hogy minden komplex bilineáris függvény egyértelműen
írható fel egy ermitikus és egy ferdén ermitikus függvény összegeként.
7.4.9 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha A-nak létezik diagonális mátrixa, akkor A ermitikus.
(b) Bármely A esetén két vektor A-ortogonalitása szimmetrikus fogalom,azaz A(u, v) = 0 ⇐⇒ A(v, u) = 0.
(c) Ha A ermitikus, akkor A(u, v) = 0 ⇐⇒ A(v, u) = 0.
(d) Ha A(u, v) = 0 ⇐⇒ A(v, u) = 0, akkor A ermitikus.
∗

7.4.10 Bizonyítsuk be, hogy az A(u, v) = 0 ⇐⇒ A(v, u) = 0 tulajdonsággal pontosan az ermitikus függvények skalárszorosai rendelkeznek.

230
8. EUKLIDESZI TEREKAz euklideszi tér a (közönséges) síknak, illetve térnek a legközvetlenebb általánosítása: skalárszorzattal ellátott vektorteret jelent. A skalárszorzat segítségével nemcsak a merőlegesség, hanem a hosszúság, a távolság és — valós
esetben — a szög is értelmezhető, és ezekre a geometriából megszokott tulajdonságok jelentős része érvényben marad. A szokásos merőleges egységvektoroknak az ortonormált bázis felel meg. Az euklideszi tér lineáris transzformációit vizsgálva fontos szerephez jut az adjungált transzformáció. Külön
is foglalkozunk néhány olyan transzformációtípussal, amely speciális kapcsolatban áll az adjungáltjával. Azt is meghatározzuk, mely transzformációknál
létezik sajátvektorokból álló ortonormált bázis (azaz mely transzformációknak
van olyan diagonális mátrixa, amelyet merőleges egységvektorok szerint írtunkfel); itt eltérő választ kapunk a valós és a komplex esetben.

8.1. Valós euklideszi tér
Ebben a pontban kizárólag a valós test feletti véges dimenziós vektorterekkel
foglalkozunk, bár az eredmények egy része átvihető végtelen dimenzióra is(lásd a 8.1.15–8.1.17 feladatokat).
A geometriából ismert skalárszorzatból indulunk ki, ami két sík-, illetve
térvektorhoz a szokásos Descartes-féle koordinátáik szorzatösszegét rendeli.
Ezt általánosítja az alábbi
8.1.1 Definíció
Legyen e1 , . . . , en rögzített bázis V -ben. Ekkor az adott bázis szerint vettskalárszorzaton (más szóhasználattal: skaláris szorzaton, belső szorzaton) azt
az S : V × V → R függvényt értjük, amely két vektorhoz a koordinátáik
szorzatösszegét rendeli:


  
x1
z1
n
..   ..  ∑S(x, z) = x·z =·=xj zj . ♣
.
.
xn

zn

j=1

Két vektor skalárszorzatát a közéjük írt ponttal fogjuk jelölni.
A fentiekben (a jelöléstől eltekintve) tulajdonképpen megismételtük a 7.1
pont P1 és P2 példáját.

231

8.1. Valós euklideszi tér

Véletlenül se keverjük össze a ,,skalárszorzat” szót a hasonló hangzású,,skalárszoros”, illetve ,,skalárral való szorzás” kifejezésekkel: a skalárszorzat
két vektorhoz egy skalárt (egy valós számot) rendel, az utóbbiak pedig egy
vektort (mátrixot, leképezést stb.) szoroznak meg egy skalárral, aminek az
eredménye ismét egy vektor (mátrix, leképezés stb.) lesz.
Rátérve a skalárszorzat tulajdonságaira, azonnal adódik, hogy a skalárszorzat szimmetrikus bilineáris függvény és (a kvadratikus alakja) pozitív
definit. Ez részletesen kiírva a következőket jelenti:
x·z = z·x;(x + x′ )·z = x·z + x′ ·z;(λx)·z = λ(x·z);x ̸= 0 ⇒ x·x > 0(természetesen az összegre és skalárszorosra vonatkozó tulajdonságok a második változó szerint is érvényesek, de a szimmetria miatt ezeket nem tüntettük
fel külön).
A 7.2.3 ortogonalizációs tételből (a 7.2.5 Tételben megfogalmazott formában) az előzők megfordítása is következik: egy pozitív definit szimmetrikus
bilineáris függvényhez mindig található olyan bázis, hogy a szerinte vett skalárszorzat éppen az adott függvénnyel egyenlő. Végezzük el ugyanis az ortogonalizációt és a ,,normálást”, ekkor bármely szimmetrikus bilineáris függvénymátrixa diagonális lesz, ahol a főátlóban minden elem ±1 vagy 0. A pozitív
definitség miatt azonban a főátlóban nulla és negatív szám nem állhat,∑n tehát amátrix ekkor az egységmátrix. Így a bilineáris függvény [x]T E[z] = j=1 xj zj ,ami valóban az x·z skalárszorzat.
Ez az ekvivalencia lehetővé teszi a skalárszorzat bázistól független definícióját, amely például a végtelen dimenzióra történő kiterjesztésnél hasznos, devéges dimenziós esetben is gyakran kényelmesebb, mint a koordinátás megadás.
A fentieket fontosságuk miatt külön tételként is kimondjuk:
8.1.2 Tétel
A skalárszorzatot pozitív definit szimmetrikus bilineáris függvényként isdefiniálhatjuk. ♣Most az euklideszi tér definíciója következik:
8.1.3 Definíció
Euklideszi téren egy skalárszorzattal ellátott vektorteret értünk. ♣Euklideszi teret tehát úgy kapunk, hogy kijelölünk a (valós, véges dimenziós) vektortéren egy skalárszorzatot (a ,,·” jelölés ezentúl ezt a rögzített
skalárszorzatot jelenti). A skalárszorzatot a 8.1.2 Tétel szerint kétféleképpen

232

8. Euklideszi terek

is kijelölhetjük: vagy lerögzítünk egy bázist, vagy pedig megadunk egy pozitív
definit szimmetrikus bilineáris függvényt.
Egy bázis a skalárszorzatot nyilván egyértelműen meghatározza (két vektorhoz a koordinátáik szorzatösszegét rendeli). A megfordítás nem igaz, több
bázis is létrehozhatja ugyanazt a skalárszorzatot: ehhez (az előbbi gondolatmenet szerint) pontosan az kell, hogy az adott bázisban a (pozitív definitszimmetrikus bilineáris) függvény mátrixa az egységmátrix legyen. Az ilyen
bázis ,,merőleges egységvektorokból” áll: bármely bázisvektor önmagával vettskalárszorzata (az egységmátrix főátlójának megfelelő eleme, tehát) 1, két
különböző bázisvektor skalárszorzata pedig 0. Euklideszi térben az ilyen vektorrendszerekre külön elnevezést vezetünk be:
8.1.4 Definíció
Az e1 , . . . , en vektorokat ortonormált rendszer nek nevezzük, ha ei ·ej = 0,
ha i ̸= j és 1, ha i = j.
Ha az ei vektorok emellett bázist is alkotnak, akkor ortonormált bázisrólbeszélünk. ♣Ha az euklideszi tér skalárszorzatát bázis megadásával jelöltük ki, akkor ez
a bázis mindenképpen ortonormált, de sok másik ortonormált bázis is létezik.
Sőt, tetszőleges ortonormált rendszer kiegészíthető ortonormált bázissá: ez a
7.2.3 Tétel első bizonyításából (a Gram–Schmidt ortogonalizációból) adódik.
Tekintsük most egy euklideszi tér valamely alterét. Ekkor ez az altér
maga is euklideszi tér lesz az eredeti skalárszorzatra (pontosabban annak
megszorítására, leszűkítésére) nézve, még akkor is, ha a skalárszorzatot eredetileg kijelölő bázisnak akár egyetlen eleme sem esik ebbe az altérbe. Ez a
8.1.2 Tételből következik: az altérre történő leszűkítés ugyanis változatlanul
pozitív definit szimmetrikus bilineáris függvény, és így a 8.1.2 Tétel szerintskalárszorzatot definiál.
A továbbiakban a merőleges kiegészítő altér fogalmát és tulajdonságait
tárgyaljuk. Ehhez először a merőlegességet definiáljuk:
8.1.5 Definíció
Egy euklideszi térben az a és b vektorok merőlegesek (vagy ortogonálisak),ha skalárszorzatuk nulla: a·b = 0.
Ezt a geometriából ismert módon a ⊥ b-vel jelöljük. ♣Ne felejtsük el, hogy a merőlegesség erősen függ a választott skalárszorzattól. Ha tehát ugyanazon a V vektortéren egy másik skalárszorzatot veszünk

8.1. Valós euklideszi tér

233(és így persze egy másik euklideszi teret kapunk), akkor (általában) más vektorpárok lesznek egymásra merőlegesek.
8.1.6 Definíció
Egy V euklideszi térben egy H részhalmaz H ⊥ merőleges kiegészítőjén
a H minden elemére merőleges vektorok halmazát értjük, azaz
H ⊥ = {x ∈ V | (h ∈ H ⇒ h·x = 0)}. ♣Egyszerű számolással ellenőrizhető, hogy H ⊥ minden esetben altér V -ben.
Ha H maga is altér volt, akkor ennél lényegesen több is igaz:
8.1.7 Tétel
Ha U altér, akkor a V euklideszi tér minden vektora egyértelműen írható
fel egy U -beli és egy U ⊥ -beli vektor összegeként. ♣Ez más megfogalmazásban azt jelenti (4.3.6 Tétel, 4.3.7 Definíció), hogy
V az U és U ⊥ alterek direkt összege: V = U ⊕ U ⊥ . Ha V a közönségestér (a szokásos skalárszorzattal) és U pl. egy (origón átmenő) sík, akkor azt
a jól ismert geometriai tényt kapjuk, hogy minden v vektor egyértelműen
előállítható egy U -ba eső vektor (ami a v vektor merőleges vetülete) és egy az
U síkra merőleges vektor összegeként. Ennek mintájára tetszőleges euklideszi
tér esetén is beszélünk egy v vektornak az U altérbe eső merőleges vetületéről:ez a 8.1.7 Tételben megadott előállításnál az összegnek az U -ba eső tagja.
Első bizonyítás: Vegyünk az U -ban egy b1 , . . . , bk ortonormált bázist, és ezt abk+1 , . . . , bn vektorokkal egészítsük ki a V ortonormált bázisává. (Ezt, mint azelőbb már jeleztük, pl. a Gram–Schmidt ortogonalizációval
valósíthatjuk meg.)∑n
Ekkor tetszőleges v ∈ V vektor felírható v = j=1 λj bj alakban. Itt az elsők bázisvektor lineáris kombinációja egy U -beli, a maradék n − k bázisvektor
lineáris kombinációja pedig egy U ⊥ -beli vektort jelent. Ezzel megadtuk a vvektornak egy kívánt előállítását.
Hátra van még az egyértelműség igazolása. A 4.3.6 Tétel szerint ehhez
azt kell belátni, hogy U ∩ U ⊥ = 0. Tegyük fel, hogy a ∈ U ∩ U ⊥ . Ekkor a ⊥ ais teljesül, azaz a·a = 0, de így csak a = 0 lehet.
A bizonyításból az is kiderült, hogy U ⊥ egy bázisa bk+1 , . . . , bn .
A fenti bizonyítás tulajdonképpen a konkrét felbontás megkeresésére isalkalmas, bár az innen leolvasható eljárás meglehetősen bonyolult. Az alábbi
bizonyításból egy lényegesen egyszerűbb és gyakorlati szempontból használhatóbb algoritmust nyerünk.

234

8. Euklideszi terek

Második bizonyítás: Legyen most is b1 , . . . , bk ortonormált bázis U -ban,v ∈ V tetszőleges, és keressük
a v = u + u⊥ előállítást, ahol u ∈ U, u⊥ ∈ U ⊥ .
∑kÍrjuk be ide az u =j=1 λj bj alakot, majd a kapott egyenlőség mindkét
oldalának vegyük rendre a bm (m = 1, 2, . . . , k) vektorokkal a skalárszorzatát:
v·bm =k∑λj (bj ·bm ) + u⊥ ·bm .

(8.1.1)j=1

A jobb oldalon bj ·bm = 0, ha j ̸= m, ugyanígy u⊥ ·bm = 0 (hiszen bm ∈ U,u⊥ ∈ U ⊥ ), és végül bm ·bm = 1, tehát (8.1.1) a v·bm = λm alakot ölti. Ezzel
megkaptuka λm együtthatók és így u egyetlen lehetséges értékét:∑ku = j=1 (v·bj )bj .
Azt kellhogy ez valóban megfelel, vagyis∑k már csak megmutatni,⊥⊥u = v − j=1 (v·bj )bj ∈ U . Könnyen adódik, hogy egy a vektor akkor és
csak akkor merőleges U minden elemére, ha U egy (tetszőlegesen választott)bázisának elemeire merőleges, így elég belátni, hogy a fenti u⊥ -nek mindegyik bj -vel vett skalárszorzata nulla. Ez pedig egyszerű számolással azonnal
adódik.
Feladatok       
1000
0 1 0 0
8.1.1 Bizonyítsuk be, hogy R4 -ben az   ,   ,   ,   szoká0
0
1
0
0
0
0
1

 
 
 

1/2
1/2
1/2
1/2
 1/2   −1/2   −1/2   1/2 
sos egységvektorok és az 

,
,
,
−1/2
−1/2
1/2
1/2
−1/2
1/2
−1/2
1/2
vektorok ugyanazt a skalárszorzatot definiálják.
8.1.2 Mutassuk meg, hogy egy euklideszi térben páronként merőleges nem
nulla vektorok szükségképpen lineárisan függetlenek.
8.1.3 Bizonyítsuk be, hogy minden legalább kétdimenziós euklideszi térben
végtelen sok ortonormált bázis létezik.
8.1.4 Legyen V a legfeljebb másodfokú valós együtthatós polinomok szokásos vektortere. Lássuk be, hogy az alábbi függvények skalárszorzatot
definiálnak, és adjunk meg egy-egy ortonormált bázist (f és g tetszőleges V -beli polinomokat jelölnek, f ′ , illetve f ′′ pedig az f első,illetve második deriváltját).
∫ +1(a) −1 f (t)g(t)dt;(b) f (1)g(1) + f ′ (1)g ′ (1) + f ′′ (1)g ′′ (1);∑∑9(c)(d) j=1 f (j)g(j).
|j|<5 f (j)g(j);235

8.1. Feladatok

8.1.5 Bizonyítsuk be, hogy egy euklideszi térben b akkor és csak akkormerőleges az a1 , . . . , ak vektorok mindegyikére, ha b ∈ ⟨a1 , . . . , ak ⟩⊥ .
8.1.6 Legyen U altér a V euklideszi térben.
dim U + dim U ⊥ = dim V .

Igazoljuk,hogy

8.1.7 Tekintsük az R5 euklideszi teret a szokásos skalárszorzattal. Jelölje
egy általános v ∈ V vektor komponenseit v1 , . . . , v5 . Adjuk meg az
alábbi alterek merőleges kiegészítőjét.
(a) W1 = {v | v1 = v2 = 0};(b) W2 = {v | v1 = v2 = v3 = v4 = v5 };∑5(c) W3 = {v | j=1 vj = 0, 2v1 + v2 = v4 + 2v5 }.
8.1.8 Legyen U és W két altér a V euklideszi térben, dim U + dim W ≥≥ dim V és u·w = 0 bármely u ∈ U, w ∈ W esetén. Igazoljuk, hogy
W = U ⊥.
8.1.9 Legyenek U1 és U2 egy euklideszi tér alterei. Bizonyítsuk be, hogy(a) U1 ⊆ U2 ⇐⇒ U1⊥ ⊇ U2⊥ ;(b) ⟨U1 , U2 ⟩⊥ = U1⊥ ∩ U2⊥ ;(c) (U1 ∩ U2 )⊥ = ⟨U1⊥ , U2⊥ ⟩.
8.1.10(a) Adjunk meg az R2 szokásos euklideszi térben végtelen sok olyan vektort, amelyek közül bármely kettő lineárisan független, de semelyikkettő sem merőleges.
∗(b) Legyen V egy n-dimenziós euklideszi tér (n > 0). Adjunk meg
V -ben végtelen sok olyan vektort, amelyek közül bármely n lineárisan
független, de semelyik kettő sem merőleges.
∗

8.1.11 Legyen V egy n-dimenziós euklideszi tér és b1 , . . . , bn tetszőlegesbázis. Bizonyítsuk be, hogy pontosan egy olyan c1 , . . . , cn bázis
létezik, amelyre bi ·cj = 0, ha i ̸= j, és 1, ha i = j.
8.1.12 Legyen a V véges dimenziós valós vektortér az U és W alterek direkt összege. Értelmezzünk V -n skalárszorzatot úgy, hogy a kapott
euklideszi térben W = U ⊥ legyen. Hány ilyen skalárszorzat létezik?
8.1.13 Legyen V egy n-dimenziós euklideszi tér. A V → R lineáris leképezéseket, azaz Hom (V , R) elemeit lineáris függvényeknek nevezzük(ezt a fogalmat már a 7.1.9 feladatban is bevezettük).
(a) Legyen c ∈ V rögzített vektor. Mutassuk meg, hogy Φc (x) = c·xlineáris függvény.

236

8. Euklideszi terek(b) Legyen Ψ tetszőleges lineáris függvény. Bizonyítsuk be, hogy ekkor
létezik, mégpedig pontosan egy olyan c ∈ V vektor, amellyel
Ψ(x) = c·x.
Megjegyzés: A feladat két része együttesen azt fejezi ki, hogy az összes
lineáris függvényt a V elemeinek egy rögzített vektorral képezettskalárszorzataként kapjuk meg. A fenti c → Φc megfeleltetés a V
vektortér és a lineáris függvények alkotta Hom (V , R) ún. duális tér
között kölcsönösen egyértelmű, sőt könnyen láthatóan művelettartóis, és így (vektortér)izomorfizmus.

8.1.14 Két euklideszi teret akkor nevezünk izomorf nak, ha létezik közöttük
olyan kölcsönösen egyértelmű lineáris leképezés, amely (nemcsak azösszeadásra és a skalárral való szorzásra, hanem) a skalárszorzatra
nézve is művelettartó. Bizonyítsuk be, hogy két euklideszi tér akkor
és csak akkor izomorf, ha megegyezik a dimenziójuk.
∗8.1.15 Végtelen dimenziós euklideszi teret is értelmezhetünk, ha a skalárszorzatot (bázis felhasználása nélkül) pozitív definit szimmetrikus
bilineáris függvényként definiáljuk.
Legyen V azoknak az a = (α1 , α2 , . . . , αk , . . .) végtelen valós számsorozatoknak a halmaza, ahol az elemek négyzeteiből
∑∞ képzett végtelensor konvergens: V = {a = (α1 , α2 , . . . , αk , . . .) | j=1 αj2 < ∞}.
(a) Mutassuk meg, hogy V a sorozatok szokásos összeadására és számmal
való szorzására vektorteret alkot.
(b) Igazoljuk,
hogy az a·b = (α1 , α2 , . . . , αk , . . .)·(β1 , β2 , . . . , βk , . . .) =∑∞= j=1 αj βj hozzárendelés skalárszorzatot definiál V -n.
(c) Legyen U azoknak a sorozatoknak az altere V -ben, amelyek legfeljebb
véges sok nem nulla elemet tartalmaznak. Mi lesz U ⊥ ?

∗8.1.16 Legyen U altér egy V végtelen dimenziós euklideszi térben.
(a) Mutassuk meg, hogy U ⊥ = V ⇐⇒ U = 0.
(b) Igaz-e, hogy U ⊥ = 0 ⇐⇒ U = V ?
(c) Lássuk be, hogy (U ⊥ )⊥ ⊇ U , de nem mindig érvényes egyenlőség.
(d) Bizonyítsuk be, hogy ((U ⊥ )⊥ )⊥ = U ⊥ .

∗8.1.17 Vizsgáljuk meg a 8.1.7 Tétel és a 8.1.9 feladat állításait végtelen
dimenziós euklideszi térre.

8.2. Hossz, távolság, szög

237

8.2. Hossz, távolság, szög
A skalárszorzat segítségével most felépítjük az euklideszi tér geometriáját. A
címbeli fogalmak tetszőleges euklideszi térre történő kiterjesztésénél a (közönséges) sík-, illetve térbeli kapcsolatokat vesszük alapul.
8.2.1 Definíció
Egy euklideszi térben az x vektor hossz án (vagy normáján vagy abszolút érték én) az önmagával vett skalárszorzatának a négyzetgyökét értjük.
A skalárszorzat definíciója szerint ezt úgy kapjuk, hogy az x egy ortonormált
bázisban vett koordinátáinak négyzetösszegéből négyzetgyököt vonunk. Az x
vektor hosszát ∥x∥-szel jelöljük. Összefoglalva:
v
u∑
u n 2
√
t
xj ,
∥x∥ = x·x =
j=1ahol x1 , . . . , xn az x vektor koordinátái egy ortonormált bázisban. ♣8.2.2 Tétel
A hossz az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik:(N1) ∥x∥ ≥ 0 és ∥x∥ = 0 ⇐⇒ x = 0.
(N2) ∥λx∥ = |λ| · ∥x∥.
(N3) ∥x + z∥ ≤ ∥x∥ + ∥z∥.

♣

Bizonyítás: (N1), illetve (N2) azonnal következik a skalárszorzat pozitív definitségéből, illetve bilinearitásából. Az (N3) háromszögegyenlőtlenség igazolására a 8.2.8 Tétel után kerül majd sor.
8.2.3 Definíció
Egy R feletti V vektorteret normált (vektor)tér nek nevezünk, ha értelmezve van rajta egy ∥ · ∥ : V → R norma, amely rendelkezik az (N1), (N2)és (N3) tulajdonságokkal. ♣A 8.2.2 Tételt tehát úgy is fogalmazhatjuk, hogy minden euklideszi tér
egyben normált tér is. Ennek a megfordítása nem igaz, lásd a 8.2.4–8.2.5
feladatokat.
A hossz segítségével azonnal értelmezhető a távolság:

238

8. Euklideszi terek

8.2.4 Definíció
Egy normált térben két vektor távolságán a különbségvektoruk hosszátértjük. Az x és z vektorok távolságát τ (x, z)-vel jelöljük. Így τ (x, z) = ∥x−z∥.
♣8.2.5 Tétel
A távolság az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik:(M1) τ (x, z) ≥ 0 és τ (x, z) = 0 ⇐⇒ x = z.
(M2) τ (x, z) = τ (z, x).
(M3) τ (x, z) ≤ τ (x, w) + τ (w, z).

♣

Bizonyítás: Mindhárom (M) tulajdonság azonnal következik az azonos sorszámú (N) tulajdonságból [(N2)-t csak λ = −1-re kell felhasználni].
8.2.6 Definíció
Egy H halmazt metrikus tér nek nevezünk, ha értelmezve van rajta egy
τ : H × H → R távolság (vagy metrika), amely rendelkezik az (M1), (M2) és(M3) tulajdonságokkal. ♣A 8.2.5 Tételt tehát úgy is fogalmazhatjuk, hogy minden normált tér(és így speciálisan minden euklideszi tér) egyben metrikus tér is. Ennek amegfordítása nem igaz, lásd a 8.2.6–8.2.7 feladatokat.
Végül következik a szög definíciója. A síkon (vagy térben) két nem nulla
vektor skalárszorzata a két vektor hosszának és a közbezárt szög koszinuszának a szorzata, azaz x·z = ∥x∥ · ∥z∥ · cos φ. Innen cos φ kifejezhető:cos φ = (x·z)/(∥x∥ · ∥z∥) (a nevezőben ∥x∥ és ∥z∥ nem nulla, mert x és z
nem nullvektor). Ennek alapján a közbezárt szög koszinusza megadható csak
a skalárszorzat segítségével, és ez lehetővé teszi a szög definícióját tetszőleges
euklideszi térben:
8.2.7 Definíció
Ha x és z egy euklideszi tér nullától különböző vektorai, akkor a közbezárt
szögükön azt a 0 ≤ φ ≤ π szöget értjük, amelyre
cos φ =

x·z
x·z
. ♣
=√ √
∥x∥ · ∥z∥
x·x z·z

A fenti definíció csak akkor értelmez valóban szöget, ha a cos φ-re megadott kifejezés −1 és +1 közé esik. Ezt az alábbi tétel biztosítja:8.2. Hossz, távolság, szög

239

8.2.8 Tétel (Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz-egyenlőtlenség)
Egy euklideszi tér bármely x és z vektorára fennáll az|x·z| ≤ ∥x∥ · ∥z∥egyenlőtlenség. Egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha x és z lineárisanösszefüggők (azaz az egyik a másiknak skalárszorosa). ♣Azonnal megállapíthatjuk, hogy ha x és z közül legalább az egyik a nullvektor, akkor mindkét oldal 0, tehát elég azzal az esettel foglalkozni, amikor
x és z egyike sem 0.
Első bizonyítás: Tekintsük az x és z által generált alteret. Ez egy legfeljebb
2-dimenziós euklideszi tér, és így a közönséges síkkal vagy annak egy alterével
izomorf (mint euklideszi tér is, lásd a 8.1.14 feladatot). A síkon viszont igaz azegyenlőtlenség (hiszen éppen abból indultunk ki), továbbá egyenlőség pontosan
akkor érvényes, ha a vektorok párhuzamosak, azaz összefüggők.
Második bizonyítás: Írjuk fel mindkét oldalt egy ortonormált bázis szerinti
koordináták segítségével, majd emeljünk négyzetre. Mivel mindkét oldalon
nemnegatív szám áll, így a négyzetre emelés ekvivalens egyenlőtlenséget eredményez. Ez a következőképpen fest:(x1 z1 + . . . + xn zn )2 ≤ (x21 + . . . + x2n )(z12 + . . . + zn2 ) .
A műveleteket elvégezve és átrendezve a0≤∑(xi zj − xj zi )2

1≤i<j≤nalakot kapjuk. A jobb oldali négyzetösszeg nyilván nemnegatív (amivel az
egyenlőtlenséget már igazoltuk), és csak akkor nulla, ha minden tagja nulla.
Ez utóbbi azt jelenti, hogy x és z koordinátái arányosak, tehát az egyik vektor
valóban a másik skalárszorosa.
Megjegyezzük, hogy a második bizonyítás tulajdonképpen egy valós számokra vonatkozó elemi egyenlőtlenséget igazolt középiskolás úton. Ennek
speciális eseteként megkaphatjuk a számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenséget is (lásd a 8.2.8 feladatot).

240

8. Euklideszi terek

Harmadik bizonyítás: Legyen λ tetszőleges skalár, és tekintsük a∥λx + z∥2 = (λx + z)·(λx + z) = λ2 (x·x) + 2λ(x·z) + z·z
skalárszorzatot. Ez (x ̸= 0 miatt) λ-nak másodfokú polinomja, továbbá minden λ valós számra nemnegatív értéket vesz fel. Ez csak úgy lehet, ha adiszkriminánsa nempozitív, azaz(x·z)2 − (x·x)(z·z) ≤ 0 .
Ez éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség négyzetre emelt alakja.
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a diszkrimináns nulla, ami (anegatív diszkriminánsú másik esettel szemben) éppen azt jelenti, hogy a szóban
forgó másodfokú polinomnak van gyöke.
Ekkor tehát alkalmas λ-ra
∥λx + z∥ = 0, azaz λx + z = 0, vagyis z = −λx.
A Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz-egyenlőtlenség (a továbbiakban CBS)igen széles körben alkalmazható. Most a 8.2.2 Tételbeli (N3) háromszögegyenlőtlenség még hiányzó bizonyítását pótoljuk a segítségével.
A háromszögegyenlőtlenség bizonyítása [8.2.2 Tétel, (N3)]: ∥x+z∥ ≤ ∥x∥+∥z∥teljesülését kell belátnunk. Ezzel (a nemnegativitás miatt) ekvivalens, ha a két
oldal négyzetére látjuk be a megfelelő egyenlőtlenséget. A bal oldal négyzete∥x∥2 + 2(x·z) + ∥z∥2 , a jobb oldal négyzete pedig ∥x∥2 + 2 · ∥x∥·∥z∥ + ∥z∥2 .
Csak a középső tagban van eltérés, és ott a CBS biztosítja a kívánt irányú
egyenlőtlenséget.
A fenti bizonyításból az is kiderült, hogy (a geometriai tapasztalatunkkal
összhangban) a háromszögegyenlőtlenségben pontosan akkor áll egyenlőség, haa két vektor egyirányú, azaz az egyik a másiknak nemnegatív skalárszorosa.
Feladatok
8.2.1 Mennyi egy ortonormált bázis két elemének a távolsága?
8.2.2 Mennyi az x és z vektorok szöge, ha ∥x∥ = ∥z∥ = ∥x − z∥ ̸= 0?
8.2.3 Bizonyítsuk be tetszőleges euklideszi térben az alábbi állításokat.
Mely közismert geometriai tételek általánosításáról van szó?
(a) x ⊥ z ⇐⇒ ∥x + z∥2 = ∥x∥2 + ∥z∥2 .
(b) ∥x∥ = ∥z∥ ⇐⇒ x + z ⊥ x − z.
(c) ∥x + z∥2 + ∥x − z∥2 = 2∥x∥2 + 2∥z∥2 .

8.2. Feladatok

241

8.2.4 Az alábbi Rn → R függvények közül melyekre lesz az Rn vektortér
normált tér? (Az x vektor komponenseit xj -vel jelöljük.)∑n(a) maxnj=1 xj ; (b) maxnj=1 |xj | ; (c) |x1 | ; (d) j=1 |xj | ;∑n∗∗(e) ( j=1 |xj |3 )1/3 .
8.2.5(a) Mutassunk példát olyan normált térre, amely nem euklideszi tér, azaz
a norma nem skalárszorzatból származik.
∗∗(b) Bizonyítsuk be, hogy egy normált tér pontosan akkor tehető euklideszi térré (azaz pontosan akkor definiálható rajta egy, az∥x∥2 = x·x azonosságot kielégítő skalárszorzat), ha bármely x ész esetén ∥x + z∥2 + ∥x − z∥2 = 2∥x∥2 + 2∥z∥2 teljesül.

8.2.6 Az alábbiakban Rn -en többféleképpen megpróbáljuk két vektor távolságát definiálni. Mely esetekben kapunk metrikus teret? (Az x,
illetve z vektor komponenseit xj -vel, illetve zj -vel jelöljük.)∑n(a) |x1 − z1 | ;(b) j=1 |xj − zj | ;(c) Ahány komponensben x és z különbözik, azaz ahány j-re xj ̸= zj .
8.2.7 Mutassunk példát olyan vektortérre, amely metrikus tér, de a metrika
nem normából származik (azaz nem definiálható úgy egy norma, hogya τ (x, z) = ∥x − z∥ azonosság teljesüljön).
8.2.8 Hogyan következik a CBS-ből a számtani és négyzetes közép közötti
egyenlőtlenség:√

x21 + . . . + x2nx1 + . . . + xn≥.
nn

Mikor áll egyenlőség?
8.2.9 Melyek igazak az alábbi állítások közül (k tetszőleges pozitív egész,a ci vektorok egy euklideszi tér elemei)?
∑k(a) Ha a c1 , . . . , ck vektorok páronként merőlegesek, akkor ∥ j=1 cj ∥2 =∑k
= j=1 ∥cj ∥2 .
∑k∑k(b) Ha ∥ j=1 cj ∥2 = j=1 ∥cj ∥2 , akkor a c1 , . . . , ck vektorok páronkéntmerőlegesek.
8.2.10 Milyen szöget zárnak be az R4 szokásos euklideszi térben az alábbi
vektorok?

242

8. Euklideszi terek   1
1
1
  1(a)   és  ;
1
1
1
0

  

1
1
 1   −1 (b)   és 
;
1
−1
1
−1



 

0
√1
 2   √1 (c)  és 
.
1
2
0
1

8.2.11 Tekintsünk az R4 szokásos euklideszi térben egy egységnyi oldalú
kockát.
(a) Határozzuk meg a csúcsok, az élek és a testátlók számát.
(b) Milyen hosszúak a testátlók?
(c) Milyen szöget zár be egy testátló egy éllel?
(d) Milyen szöget zár be két testátló?
(e) Mennyi a kocka köré, illetve a kockába írt (4-dimenziós) gömb sugara?
8.2.12 Definiáljuk és számítsuk ki az R4 szokásos euklideszi térben az
 
 
u1
1
 u2 
2
U = {u =   | u1 + u2 + u3 + u4 = 0} altér és az   vektor
u3
3
u4
4
távolságát.
8.2.13 Tegyük fel, hogy az Ax = b valós egyenletrendszer nem oldható meg.
Ekkor olyan z közelítő megoldást szeretnénk találni, amelyre az Azvektor a lehető legközelebb van b-hez. Hogyan keressünk ilyen z-t,
és milyen értelemben lesz ez legjobb közelítő megoldás? Illusztráljuk
mindezt az alábbi egyenletrendszeren:x1 + x2 + x3 + x4 = 1
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 1
x1 + 3x2 + 5x3 + 7x4 = 7
8.2.14 Legyen e1 , . . . , en egy euklideszi tér ortonormált bázisa. Igazoljuk az
alábbi azonosságokat:∑n(a) x = j=1 (ej ·x)ej ;∑n(b) x·z = j=1 (x·ej )(ej ·z);∑n(c) Parseval-formula: ∥x∥2 = j=1 |x·ej |2 .
8.2.15 (Bessel-egyenlőtlenség.) Mutassuk meg, hogy ha c1 , . . . , ck ortonor∑kmált rendszer, akkor bármely x vektorra ∥x∥2 ≥ j=1 |x·cj |2 . Mikoráll egyenlőség?

8.3. Komplex euklideszi tér

243

8.2.16 Lássuk be, hogy a CBS (nemcsak a skalárszorzatokra, azaz a pozitív
definit függvényekre, hanem) a pozitív szemidefinit függvényekre isigaz: ha A egy pozitív szemidefinit szimmetrikus bilineáris függvény,akkor bármely x és z vektorra |A(x, z)|2 ≤ A(x, x) · A(z, z).
M∗ 8.2.17 Egy n-dimenziós euklideszi térben maximálisan hány (nem nulla)vektor adható meg úgy, hogy közülük bármely kettő (a) 60; (b)120 fokos szöget zárjon be egymással?
∗

8.2.18 Mutassuk meg, hogy a CBS végtelen dimenziós euklideszi térben isigaz (a végtelen dimenziós euklideszi tér értelmezését lásd a 8.1.15
feladatban).

8.3. Komplex euklideszi tér
Most a komplex test feletti véges dimenziós vektorterekre adaptáljuk az előző
két pontban tárgyalt fogalmakat és eredményeket.
8.3.1 Definíció
Legyen e1 , . . . , en rögzített bázis V -ben. Ekkor az adott bázis szerint vettskalárszorzaton az alábbi S : V × V → C függvényt értjük:


  
x1
z1
n
∑
.
.
xj zj . ♣S(x, z) = x·z =  ..  ·  ..  =
xn

zn

j=1

A valós esethez képest tehát annyi a változás, hogy az első vektor koordinátáinak a komplex konjugáltját kell venni.
Az így definiált skalárszorzat pozitív definit ermitikus bilineáris függvény,ami részletesen kiírva a következőket jelenti:!!! x·z = z·x !!! ;′(x + x′ )·z = x·z + x′ ·z;′

x·(z + z ) = x·z + x·z ;x·(λz) = λ(x·z);!!! (λx)·z = λ(x·z) !!! ;x ̸= 0 ⇒ x·x > 0 .

A valós esethez képest tehát két helyen van változás: a két tényező felcserélésekor a skalárszorzat a komplex konjugáltjába megy át, valamint az elsőtényezőt λ-val szorozva a skalárszorzat nem λ-val, hanem annak konjugáltjával,λ-tal szorzódik. Megjegyezzük még, hogy az x ̸= 0 ⇒ x·x > 0 feltétel azt ismagában foglalja, hogy x·x minden x-re valós szám (ez egyébként az x·z = z·x
tulajdonságból adódik — vö. a 7.4.4 Tétellel).

244

8. Euklideszi terek

Az ortogonalizációs tétel komplex változata szerint most is igaz a megfordítás: minden pozitív definit ermitikus bilineáris függvényhez található
olyan bázis, hogy a szerinte vett skalárszorzat éppen az adott függvénnyel
egyenlő. Így a 8.1.2 Tétel megfelelője érvényben marad:
8.3.2 Tétel
A (komplex) skalárszorzatot pozitív definit ermitikus bilineáris függvényként is definiálhatjuk. ♣Ezután az euklideszi tér, az ortonormált rendszer, az ortonormált bázis, amerőlegesség, a merőleges kiegészítő értelmezése ugyanaz, mint a valós esetbenvolt (8.1.3–8.1.6 Definíciók). A 8.1.7 Tétel is változtatás nélkül érvényes.
A vektor hossza komplex euklideszi térben is az önmagával vett skalárszorzat négyzetgyöke (8.2.1 Definíció). Ez (a pozitív definitség miatt) mostis (nemnegatív) valós szám. A vektor hosszát egy ortonormált bázis szerinti
koordinátákkal úgy írhatjuk fel, hogy a koordináták abszolút értékének négyzetösszegéből vonunk négyzetgyököt:
∥x∥ =

√

v
v
u∑
u∑
u n
u n
t
x·x =
xj xj = t
|xj |2 .
j=1

j=1

A hosszra ugyanúgy teljesülnek a 8.2.2 Tétel (N1)–(N3) állításai, tehát egy
komplex euklideszi tér egyben (komplex) normált tér is.
A (norma segítségével definiált) távolság fogalma és (M1)–(M3) tulajdonságai (8.2.4 Definíció, 8.2.5 Tétel) azonosak a valós esetben látottakkal, és így
most is metrikus teret kapunk.
Szöget nem értelmezünk (csak merőlegességet), hiszen a 8.2.7 Definíció
most cos φ-re általában komplex értéket adna.
A Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz egyenlőtlenség (8.2.8 Tétel) azonban
továbbra is érvényes, a második bizonyítás minimális változtatással, a harmadik bizonyítás pedig némi trükk alkalmazásával átvihető a komplex esetreis (lásd a 8.3.4 feladatot).
Feladatok
8.3.1 Mutassuk meg, hogy az alábbi feladatok állításai komplex euklideszi
térben is érvényben maradnak: 8.1.2, 8.1.3, 8.1.5, 8.1.6, 8.1.8, 8.1.9,
8.1.11, 8.1.14, 8.2.14, 8.2.15.

8.4. Transzformáció adjungáltja

245

8.3.2 Legyen V egy komplex euklideszi tér. Bizonyítsuk be, hogy(a) x − iz és ix + z pontosan akkor merőlegesek, ha x = iz;(b) x + iz és ix + z pontosan akkor merőlegesek, ha ∥x∥ = ∥z∥ és az x·z
skalárszorzat tiszta képzetes.
8.3.3 Vizsgáljuk meg a 8.2.3 feladat állításait komplex euklideszi tér esetén.
8.3.4 Bizonyítsuk be a Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz egyenlőtlenséget
komplex euklideszi térre.
8.3.5 A Cn szokásos euklideszi térben egy x vektor konjugáltját úgy kap 
x1.
juk, hogy x minden komponensét konjugáljuk: ha x =  .. , akkor
xn
 
x1
.
x =  .. . Egy tetszőleges H ⊆ Cn részhalmazra legyen H axn
H-beli vektorok konjugáltjainak a halmaza. Végül egy vektort nevezzünk valósnak, ha minden komponense valós.
(a) Bizonyítsuk be, hogy z és z akkor és csak akkor összefüggők, ha z
egy valós vektor skalárszorosa.
(b) Mutassuk meg, hogy H akkor és csak akkor altér, ha H altér.
(c) Igazoljuk, hogy bármely U altérre U⊥= U ⊥.

(d) Lássuk be, hogy egy U ̸= 0 altérre U = U akkor és csak akkor teljesül,
ha U -nak létezik valós vektorokból álló bázisa.
(e) Bizonyítsuk be, hogy akkor és csak akkor létezik olyan U altér, amelyre U ⊥ = U , ha n páros.

8.4. Transzformáció adjungáltja
Legyen V egy n-dimenziós (valós vagy komplex) euklideszi tér.
8.4.1 Tétel
Minden A ∈ Hom V lineáris transzformációhoz pontosan egy olyanA∗ ∈ Hom V létezik, amellyel bármely x, z ∈ V vektorra (Ax)·z = x·(A∗ z)
teljesül.
Ezt az A∗ transzformációt az A transzformáció adjungáltjának nevezzük.
♣

246

8. Euklideszi terek

Külön felhívjuk a figyelmet arra, hogy az adjungált nemcsak az A transzformációtól, hanem a skalárszorzattól is függ. Ha tehát ugyanazon a V vektortéren egy másik skalárszorzatot veszünk (és így persze egy másik euklideszi
teret kapunk), akkor ugyanannak a transzformációnak (általában) más lesz az
adjungáltja.
Bizonyítás: Legyen e1 , . . . , en ortonormált bázis V -ben.
Tekintsük először a valós esetet. Ha vesszük az ej bázisban A, x és zmátrixát, akkor az (Ax)·z skalárszorzatot a következőképpen írhatjuk fel:
(Ax)·z = [Ax]T [z] = [x]T [A]T [z] .
A keresett A∗ transzformációval az x·(A∗ z) skalárszorzatra ugyanígy
x·(A∗ z) = [x]T [A∗ ][z]adódik. A két skalárszorzat mindegyike (x-ben és z-ben) bilineáris függvény,ezért pontosan akkor azonosak, ha (ugyanabban a bázisban felírt) mátrixuk
megegyezik, azaz [A]T = [A∗ ]. Felhasználva a mátrixok és a lineáris leképezések közötti kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést, innen azt nyerjük, hogy
pontosan egy ilyen A∗ transzformáció létezik.
A komplex esetben mindössze annyi a változás, hogy a transzponáltak
helyett mindenütt az adjungált mátrixot (azaz a transzponált konjugáltját)
kell venni.
A bizonyításból az is kiderült, hogyan kapjuk az adjungált transzformáció
mátrixát ortonormált bázisban: valós esetben az A mátrix transzponáltját,
a komplex esetben pedig az adjungáltját kell venni. Ezt fontossága miattkülön tételként is kimondjuk. Mivel valós mátrix transzponáltja és adjungáltja
ugyanaz, ezért az egyöntetűség kedvéért a jövőben (a valós és a komplex esetben egyaránt) az adjungált mátrix elnevezést és jelölést fogjuk használni.
8.4.2 Tétel
Ortonormált bázisban [A∗ ] = [A]∗ , azaz A∗ mátrixát úgy kapjuk meg,hogy A mátrixát tükrözzük a főátlóra és (komplex esetben) konjugáljuk. ♣A transzformációknál az adjungálás és a műveletek ugyanolyan kapcsolatban állnak, mint a mátrixoknál (lásd a 8.4.1 feladatot).
Valós euklideszi térben A és A∗ karakterisztikus polinomja, minimálpolinomja és sajátértékei megyegyeznek, komplex esetben pedig egymás konjugáltjai lesznek (lásd a 8.4.7 feladatot).

247

8.4. Feladatok

Az invariáns alterekre vonatkozó alábbi egyszerű tétel a későbbiekben
fontos szerepet játszik majd.
8.4.3 Tétel
U akkor és csak akkor invariáns altere A-nak, ha U ⊥ invariáns altereA∗ -nak. ♣Bizonyítás: Tegyük fel, hogy U invariáns altere A-nak, és mutassuk meg, hogyU ⊥ invariáns altere A∗ -nak. Ehhez z ∈ U ⊥ ⇒ A∗ z ∈ U ⊥ igazolandó, vagyis
hogy z-vel együtt A∗ z is merőleges tetszőleges u ∈ U vektorra. A kérdésesskalárszorzatot képezve valóban u·(A∗ z) = (Au)·z = 0 adódik, hiszen Au ∈ Ués z ∈ U ⊥ . A megfordítást ugyanígy (vagy az (A∗ )∗ = A és (U ⊥ )⊥ = Uösszefüggésekből) kapjuk.
Feladatok
8.4.1 Igazoljuk az adjungált transzformáció alábbi tulajdonságait:(A+B)∗ = A∗ +B ∗ ,(λA)∗ = λA∗ ,(AB)∗ = B ∗ A∗ ,(A∗ )∗ = A.

8.4.2 Tekintsük a síkon a szokásos skalárszorzatot. Adjuk meg az alábbi
transzformációk adjungáltját:(a) tükrözés az x-tengelyre;(b) tükrözés az origón átmenő tetszőleges egyenesre;(c) az origó körüli (pozitív irányú) 90 fokos elforgatás;(d) az origó körüli tetszőleges szögű elforgatás;(e) merőleges vetítés az x-tengelyre;(f) merőleges vetítés az origón átmenő tetszőleges egyenesre;(g) az y-tengellyel párhuzamos vetítés a 45 fokos y = x egyenesre;(h) az a lineáris transzformáció, amely az x-tengely pontjait helybenhagyja, az y-tengely pontjait pedig −90 fokkal elforgatja.
8.4.3 Tekintsük a térben a szokásos skalárszorzatot, és legyen c egy rögzített vektor. Az A transzformáció egy u vektorhoz rendelje hozzá az
u × c vektoriális szorzatot. Határozzuk meg A∗ -ot.
8.4.4 Tekintsük a 8.1.4 feladatban definiált euklideszi tereket, és határozzuk meg a kétszeri diﬀerenciálás (az f → f ′′ lineáris transzformáció)adjungáltját.
8.4.5 Mutassuk meg, hogy ha A2 = O, akkor minden x-re Ax ⊥ A∗ x.
Igaz-e az állítás megfordítása?

248

8. Euklideszi terek

8.4.6 Tekintsük A és A∗ egy-egy sajátvektorát. Bizonyítsuk be, hogy vagy
a hozzájuk tartozó sajátértékek egymás konjugáltjai, vagy pedig a
két sajátvektor merőleges egymásra.
8.4.7 Igazoljuk, hogy valós euklideszi térben A és A∗ karakterisztikus polinomja, minimálpolinomja és sajátértékei megyegyeznek, komplex
esetben pedig egymás konjugáltjai lesznek. (Egy polinom konjugáltján az együtthatók konjugálásával nyert polinomot értjük.)
8.4.8 Lássuk be, hogy Ker A∗ = (Im A)⊥ és Im A∗ = (Ker A)⊥ .
8.4.9 Igazoljuk, hogy A és A∗ kép-, illetve magterei azonos dimenziójúak.
8.4.10 Legyen A ∈ Ck×n , b ∈ Ck , és tekintsük az Ax = b lineáris egyenletrendszert (n ismeretlen, k egyenlet). Bizonyítsuk be, hogy ez akkor
és csak akkor oldható meg, ha b merőleges az A∗ z = 0 homogén
egyenletrendszer minden megoldására (a merőlegességet a Ck szokásos euklideszi térben értjük).
8.4.11(a) Bizonyítsuk be, hogy ha A∗ A = O, akkor A = O.
(b) Mutassuk meg, hogy Ker (A∗ A) = Ker A és Im (A∗ A) = Im A∗ .
8.4.12 Tegyük fel, hogy A∗ B = O. Bizonyítsuk be, hogy(a) Im A és Im B merőleges alterek;(b) Ker (A + B) = Ker A ∩ Ker B.
Igaz-e az (a), illetve (b) állítás megfordítása?
∗

8.4.13 Mutassuk meg, hogy ha A∗ B = BA∗ = O, akkor Im (A + B) == Im A ⊕ Im B.

M∗ 8.4.14 Legyen V egy véges dimenziós vektortér a valós vagy a komplex test
felett, és definiáljunk rajta különböző skalárszorzatokat.
(a) Melyek azok az A ∈ Hom V transzformációk, amelyekre A∗ nem függ
a skalárszorzattól (tehát bármely skalárszorzat szerint ugyanaz)?
(b) Legyen S1 és S2 két skalárszorzat. Mutassuk meg, hogy akkor és csak
akkor lesz minden A ∈ Hom V transzformációnak az S1 és S2 szerint
képzett adjungáltja ugyanaz, ha S1 = λS2 , ahol λ ̸= 0.

8.5. Normális, önadjungált és unitér transzformációk

249

8.5. Normális, önadjungált és unitér transzformációk
Ebben a pontban csak (véges dimenziós) komplex euklideszi terekkel foglalkozunk. Itt az adjungált segítségével jól le tudjuk írni, mikor létezik egy transzformációnak ortonormált sajátvektorokból álló bázisa. Más megfogalmazásban: mely transzformációkhoz található olyan ortonormált bázis, amelyben atranszformáció mátrixa diagonális. Ezután két fontos speciális esetet részletesen is megvizsgálunk. A valós euklideszi terekben kissé más a helyzet, ezt akövetkező pontban tárgyaljuk.
8.5.1 Definíció
Egy A transzformációt normálisnak nevezünk, ha felcserélhető az adjungáltjával, azaz AA∗ = A∗ A. ♣8.5.2 Tétel
Egy véges dimenziós komplex euklideszi térben akkor és csak akkor létezik
az A transzformációnak ortonormált sajátvektorokból álló bázisa, ha A normális, azaz AA∗ = A∗ A. ♣Bizonyítás: Először a feltétel elégségességét igazoljuk, tehát azt, hogy a normalitásból a kívánt bázis létezése következik.
Ha egy, a komplex test feletti vektortérben két transzformáció felcserélhető, akkor van közös sajátvektoruk. Vegyük ugyanis az egyik transzformáció
egy sajátalterét. Ez a 6.4.6 feladat szerint a másik transzformációnak invariáns altere. Szorítsuk meg erre az altérre a másik transzformációt, és tekintsük
egy tetszőleges sajátvektorát. Ez a két transzformációnak közös sajátvektora
lesz.
Vegyük most a felcserélhető A és A∗ transzformációk egy e közös sajátvektorát. Alkalmas skalárral beszorozva elérhetjük, hogy ∥e∥ = 1 legyen. Ez leszaz ortonormált sajátbázis első eleme.
Tekintsük az U = ⟨e⟩⊥ merőleges kiegészítő alteret. Mivel ⟨e⟩ invariáns
altere volt A-nak, illetve A∗ -nak, ezért (a 8.4.3 Tétel szerint) U invariáns
altere A∗ -nak, illetve A-nak. Ennek alapján a fenti eljárást az U altéren
megismételhetjük stb. Így végül egy ortonormált sajátbázishoz jutunk.
A szükségességre rátérve, azt kell megmutatnunk, hogy ortonormált sajátbázis létezéséből AA∗ = A∗ A következik. Vegyük A egy ortonormált sajátbázisát, ebben az [A] mátrix diagonális. Ekkor az ortonormáltság miatt[A∗ ] = [A]∗ , tehát [A∗ ] is diagonális mátrix. Két diagonális mátrix pedig
felcserélhető, és így a megfelelő transzformációk, azaz A és A∗ is felcserélhetők.

250

8. Euklideszi terek

A normális transzformációkra még egy érdekes karakterizációt adunk.
További ekvivalens feltételeket a 8.5.10 feladat tartalmaz.
8.5.3 Tétel
Az A transzformáció akkor és csak akkor normális, ha A∗ felírható az A
polinomjaként, azaz van olyan f ∈ C[x], amellyel A∗ = f (A). ♣Bizonyítás: Ha A∗ = f (A), akkor AA∗ = Af (A) = f (A)A = A∗ A, hiszen A
a hatványaival és E-vel nyilván felcserélhető.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy AA∗ = A∗ A. Az előző tétel szerint
ekkor van olyan ortonormált bázis, amelyben az [A] mátrix diagonális és[A∗ ] = [A]∗ . Legyenek [A] főátlójának elemei λ1 , . . . , λk , ekkor [A∗ ] főátlójának elemei λ1 , . . . , λk . Legyen n a különböző λj -k száma. Olyan f = α0 +α1 x+. . .+αn−1 xn−1 komplex együtthatós polinomot keresünk, amelyre A∗ = f (A).
Ezt a transzformációk helyett a diagonális mátrixokra felírva, az
α0 + α1 λj + . . . + αn−1 λn−1
= λj ,
jj = 1, 2, . . . , kegyenletrendszer adódik (ahol az αi -k az ismeretlenek). Az azonos λ-khoz tartozó egyforma egyenletekből csak egyet megtartva egy olyan n × n-es egyenletrendszerhez jutunk, amelynek a determinánsa a különböző λj -k által generált Vandermonde-determináns. Mivel ez nem nulla, az egyenletrendszer(egyértelműen) megoldható, és így egy megfelelő f polinomot kapunk. (Hivatkozhattunk volna az interpolációs polinomokra bizonyított 3.2.4 Tételreis.)A normális transzformációk két legfontosabb osztálya, amikor A∗ = A,illetve A∗ = A−1 , ezek az önadjungált, illetve az unitér transzformációk.
8.5.4 Definíció
Az A transzformáció önadjungált, ha A∗ = A. ♣Azonnal látszik, hogy egy önadjungált transzformáció normális, így létezik
ortonormált sajátbázisa. A normális transzformációk közül pontosan azokönadjungáltak, amelyeknek a sajátértékei valósak (8.5.1 feladat).
8.5.5 Definíció
Az A transzformáció unitér , ha A∗ = A−1 . ♣Világos, hogy egy unitér transzformáció is normális, így létezik ortonormált sajátbázisa. A normális transzformációk közül pontosan azok unitérek,amelyeknek a sajátértékei egységnyi abszolút értékűek (8.5.3 feladat).

251

8.5. Feladatok

Az unitér transzformációk azzal jellemezhetők, hogy skalárszorzat-,
norma-, illetve távolságtartók:
8.5.6 Tétel
Egy A transzformáció unitérsége az alábbi feltételek bármelyikével ekvivalens:I. Skalárszorzattartás: x, z ∈ V ⇒ (Ax)·(Az) = x·z.
II. Normatartás: x ∈ V ⇒ ∥Ax∥ = ∥x∥.
III. Távolságtartás: x, z ∈ V ⇒ τ (Ax, Az) = τ (x, z).

♣

Bizonyítás: (I.) (Ax)·(Az) = x·(A∗ Az) = x·z minden x, z-re pontosan akkor
teljesül, ha A∗ A = E.
(II.) A norma speciális skalárszorzat, így a skalárszorzattartásból a normatartás következik. A megfordításhoz azt kell felhasználni, hogy a norma
segítségével is egyértelműen felírható a skalárszorzat.
(III.) A távolságot a norma segítségével definiáltuk, tehát a normatartásból következik a távolságtartás. A megfordítás az ∥u∥ = τ (u, 0) összefüggésből
adódik.
Feladatok
8.5.1(a) Bizonyítsuk be, hogy egy normális transzformáció akkor és csak akkorönadjungált, ha a sajátértékei valósak.
(b) Igaz-e, hogy ha egy transzformáció sajátértékei valósak, akkor szükségképpen önadjungált?
8.5.2 Mutassuk meg, hogy egy A önadjungált transzformációra az
A, A2 , . . . , Am , . . . transzformációk vagy mind különbözők, vagy pedig legfeljebb két különböző van közöttük.
8.5.3(a) Bizonyítsuk be, hogy egy normális transzformáció akkor és csak akkor
unitér, ha a sajátértékei egységnyi abszolút értékűek.
(b) Igaz-e, hogy ha egy transzformáció sajátértékei egységnyi abszolútértékűek, akkor szükségképpen unitér?
8.5.4 Igaz-e, hogy egy véges dimenziós komplex vektortéren bármely A
lineáris transzformáció normálissá tehető, azaz értelmezhető úgy egy
skalárszorzat, hogy A normális legyen?

252

8. Euklideszi terek

8.5.5 Tekintsük a C4 szokásos euklideszi teret. Az alábbi transzformációk
közül melyek lesznek normálisak, önadjungáltak, illetve unitérek?


  
u1
u4
u
  u B 2  =  1 ;
u3
u2
u4
u3





  
u1
0
u
u
   A 2  =  1 ;
u3
u2
u4
u3



 

u1
u1 + u2 + u3 + u4 u   u + u2 + u3 + u4 D 2 =  1
;u3
u1 + u2 + u3 + u4
u4
u1 + u2 + u3 + u4



  
u1
u1
u
  u C  2  =  1 ;
u3
u1
u4
u1

 

u1
u1 − u2 u   u − u3 F 2= 2.
u3u3 − u4u4
u4 − u1

8.5.6 Legyen A és B önadjungált. Önadjungált lesz-e A + B, λA, A2 ,illetve AB? Oldjuk meg a feladatot önadjungált helyett unitér, illetve
normális transzformációkra is.
8.5.7(a) Véleményezze az alábbi gondolatmenetet. Két önadjungált transzformáció szorzata is önadjungált, ugyanis: (i) egy transzformáció
akkor és csak akkor önadjungált, ha van olyan ortonormált sajátvektorokból álló bázis, amely szerinti mátrixa diagonális és a főátló elemei valósak; (ii) két ilyen mátrix szorzata megint ilyen mátrixot ad;(iii) ha tehát a két önadjungált transzformáció megfelelő mátrixát
felírjuk és összeszorozzuk, akkor a szorzat is ilyen típusú mátrix lesz,vagyis a szorzattranszformáció is önadjungált.
(b) Igazoljuk, hogy az A és B önadjungált transzformációk AB szorzata
akkor és csak akkor önadjungált, ha AB = BA.
8.5.8 Mutassuk meg, hogy egy normális transzformáció sajátalterei páronként merőlegesek. Igaz-e az állítás megfordítása?
8.5.9 Legyen az A normális transzformáció mátrixa valamely b1 , . . . , bnbázisban A. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha a b1 , . . . , bn bázis ortonormált, akkor AA∗ = A∗ A.
(b) Ha AA∗ = A∗ A, akkor a b1 , . . . , bn bázis ortonormált.
8.5.10 Bizonyítsuk be, hogy egy A transzformáció normalitása az alábbi
feltételek bármelyikével ekvivalens.
(a) x ∈ V ⇒ ∥Ax∥ = ∥A∗ x∥.
(b) A és A∗ sajátvektorai azonosak.
(c) Minden λ-ra Ker (A − λE) = Ker (A∗ − λE).

8.5. Feladatok

253(d) Minden λ-ra Im (A − λE) = Im (A∗ − λE).
(e) Minden λ-ra Ker (A − λE) ⊥ Im (A − λE).
8.5.11 Bizonyítsuk be, hogy ha az A és B normális transzformációkra
AB = O, akkor BA = O is teljesül.
8.5.12 Mutassuk meg, hogy az A és B normális transzformációknak akkor
és csak akkor létezik közös ortonormált sajátbázisa, ha AB = BA.
8.5.13 Lássuk be, hogy ha az A és B normális transzformációk felcserélhetők (azaz AB = BA), akkor AB is normális. Igaz-e az állítás
megfordítása?
8.5.14 Bizonyítsuk be, hogy egy transzformáció akkor és csak akkor normális, ha felírható egy önadjungált és egy unitér transzformáció szorzataként, amelyek egymással felcserélhetők.
8.5.15 Mutassuk meg, hogy egy komplex euklideszi téren minden transzformációhoz létezik olyan ortonormált bázis, amelyben a transzformáció
mátrixa felsőháromszög-mátrix.
8.5.16 Legyen V egy n-dimenziós komplex euklideszi tér és A, illetve A∗ A
karakterisztikus polinomjának gyökei (multiplicitással számolva) legyenek λ1 , . . . , λn , illetve µ1 , . . . , µn .
(a) Mutassuk meg, hogy µ∑
valós számok.
1 , . . . , µn nemnegatív∑nn2(b) Bizonyítsuk be, hogy j=1 |λj | ≤ j=1 µj .
(c) A b)-beli egyenlőtlenségben pontosan akkor áll egyenlőség, ha A normális.
8.5.17 Bizonyítsuk be, hogy egy transzformáció akkor és csak akkor merőlegességtartó, ha egy unitér transzformáció skalárszorosa.
8.5.18 Írjuk fel egy unitér transzformáció mátrixát egy ortonormált bázisban. Bizonyítsuk be, hogy(a) két különböző oszlopvektor szokásos Cn -beli skalárszorzata 0, egy
oszlopvektor önmagával vett skalárszorzata pedig 1;(b) ugyanez érvényes oszlopok helyett sorokra is;(c) a mátrix determinánsának abszolút értéke 1;(d) a mátrix bármely elemének ugyanannyi az abszolút értéke, mint ahozzá tartozó előjeles aldeterminánsnak.

254

8. Euklideszi terek
8.6. Szimmetrikus és ortogonális transzformációk

Most rátérünk a (véges dimenziós) valós euklideszi terek néhány transzformációtípusára. Itt már sokkal ritkább az ortonormált sajátbázis, azaz ortonormált bázis szerinti diagonális mátrix: pontosan az önadjungáltnak megfelelő
szimmetrikus transzformációknál létezik ilyen. Ez az ún. főtengelytétel, amely
többek között a geometriában a másodrendű görbék és felületek leírásánál isfontos szerepet játszik. Az unitérnek megfelelő ortogonális transzformációk
esetén csak ,,kicsit csúnyább” mátrixot tudunk garantálni.
8.6.1 Definíció
Az A transzformáció szimmetrikus, ha A∗ = A. ♣8.6.2 Tétel (Főtengelytétel)Egy A transzformációnak akkor és csak akkor létezik ortonormált sajátbázisa, ha A szimmetrikus. ♣Bizonyítás: Ha létezik ortonormált sajátbázis, akkor A-nak ebben felírt mátrixa diagonális, tehát nyilván szimmetrikus, és így A is szimmetrikus.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy A szimmetrikus. Először belátjuk,
hogy A-nak létezik sajátvektora. Mivel a valós test fölött a minimálpolinom
legfeljebb másodfokú irreducibilis tényezők szorzata, ezért a 6.5.5 Tétel szerint
A-nak létezik egy W legfeljebb 2-dimenziós invariáns altere. Ha dim W = 1,
akkor W (bármelyik) generátoreleme sajátvektor. Legyen tehát dim W = 2,
és írjuk fel A (W -re történő megszorításának) mátrixát egy ortonormált()bázisα βszerint. Mivel A szimmetrikus, ezért ez a mátrix is az: A =. Az
β δA karakterisztikus polinomja kA = x2 − (α + δ)x + (αδ − β 2 ). Ennek a
diszkriminánsa (α + δ)2 − 4(αδ − β 2 ) = (α − δ)2 + 4β 2 ≥ 0, tehát kA -nak van(valós) gyöke. Ez a gyök A-nak sajátértéke, így van sajátvektor is.
Legyen e1 az A egy egységnyi normájú sajátvektora. Ekkor az U = ⟨e1 ⟩⊥merőleges kiegészítő altér invariáns altere A∗ = A-nak. Ennek alapján afenti eljárást az U altéren megismételhetjük stb. Így végül egy ortonormált
sajátbázishoz jutunk.
A geometria szempontjából a szimmetrikus mátrixot egy szimmetrikus
bilineáris függvény mátrixaként érdemes tekinteni. A főtengelytétel ekkor akövetkező állítással ekvivalens: egy szimmetrikus bilineáris függvény úgy is ortogonalizálható, hogy a bázis az (euklideszi térben eleve) adott skalárszorzatra
nézve is ortonormált legyen. Ez speciálisan a közönséges sík, illetve tér má-8.6. Szimmetrikus és ortogonális transzformációk

255

sodrendű görbéire, illetve felületeire vonatkozólag azt jelenti, hogy léteznekmerőleges sajátirányok. Ezekkel felírva az adott görbének, illetve felületnek
megfelelő kvadratikus alakot, az (konstans együtthatókkal — a sajátértékekkel— képezett) négyzetösszeg lesz.
A főtengelytétel előbbi alakja úgy is fogalmazható, hogy két szimmetrikus
bilineáris függvény egyszerre is ortogonalizálható, ha legalább az egyikük skalárszorzat, azaz pozitív definit.
A főtengelytétel transzformációs és bilineáris függvényes alakjának ekvivalenciája némi meggondolást igényel, ugyanis más bázisra történő áttérésnél általában másképp változik egy transzformáció és másképp egy bilineáris
függvény mátrixa. Jelen esetben ez azért nem okoz gondot, mert ortonormált
bázisok szerepelnek, és ekkor egyformán módosulnak a mátrixok.
Most rátérünk az unitér transzformációk valós megfelelőjére.
8.6.3 Definíció
Az A transzformáció ortogonális, ha A∗ = A−1 . ♣8.6.4 Tétel
Egy A transzformáció akkor és csak akkor ortogonális, ha létezik olyan
ortonormált bázis, amely szerint A( mátrixa a főátlóra) fűzött 2×2-es és 1×1-es
cos θ − sin θ
blokkokból áll: a 2×2-es blokkok
alakúak, az 1×1-esek pedig
sin θ
cos θ
±1-ek (és a mátrix többi eleme 0). ♣Másképp fogalmazva: V páronként ortogonális A-invariáns ,,síkok” és,,egyenesek” direkt összege, amelyek mindegyikén A valamilyen (origó körüli)
forgatás.
Általában ortonormált sajátbázis nem létezik, hiszen pl. a sík (origó körüli) forgatása ortogonális transzformáció, de (ha a szög nem kπ, akkor) nincs
sajátvektora.
Bizonyítás: Ha létezik ilyen bázis, akkor egyszerű számolással adódik, hogy
a fenti alakú mátrixot a transzponáltjával megszorozva az egységmátrixot
kapjuk. Így a mátrix transzponáltja éppen az inverze, és ekkor (a bázis
ortonormáltsága miatt) ugyanez érvényes a transzformációra is.
A megfordításhoz tegyük fel, hogy A ortogonális, azaz A∗ = A−1 . Az
előző tétel bizonyításához hasonlóan A-nak létezik egy legfeljebb 2-dimenziós W invariáns altere. Ha dim W = 1, akkor W (bármelyik) generátorelemesajátvektor, és a hozzátartozó sajátérték az ortogonalitás miatt ±1.
Ha dim W = 2, akkor írjuk fel A (W -re történő megszorításának) mátrixát

256

8. Euklideszi terek

egy ortonormált bázis szerint. Mivel A∗ = A−1 , ezért a mátrix transzponáltja
−1egyben az inverze.
Így
det A∗ =() D = det A = () det A = 1/D, tehát D = ±1.
α β
α γ
Ha A =, akkor A∗ =, és az inverzre az előjeles aldeγ δβ δ()
δ/D −β/D−1terminánsokkal adott képlet szerint A =. Tehát
−γ/Dα/DA∗ = A−1 ⇐⇒ α = δ/D, γ = −β/D, β = −γ/D, δ = α/D.
Ha D = −1, akkor β = γ (és α = −δ). Mivel A szimmetrikus, a 8.6.2
Tétel szerint létezik ortonormált sajátbázisa. Továbbá, kA = x2 − 1 alapján a
két sajátérték 1 és −1. (Más nem is lehetne,
A ortogonális.)( hiszen )α β
A D = 1 esetben az adódik, hogy A =alakú, ahol α2 +β 2 = 1.
−βα()
cos θ − sin θ
Ez azt jelenti, hogy alkalmas θ-ra A =
.
sin θ
cos θ
Legyen most U = W ⊥ . Ekkor U invariáns altere A∗ = A−1 -nek. Mivel
A és A−1 invariáns alterei könnyen láthatóan megegyeznek, ezért U invariáns
altere A-nak is. Ennek alapján a fenti eljárást az U altéren megismételhetjük
stb. Így végül egy megfelelő ortonormált bázishoz jutunk.
Feladatok
8.6.1 Bizonyítsuk be, hogy ha A egyszerre szimmetrikus és ortogonálistranszformáció, akkor A2 = E. Igaz-e az állítás megfordítása?
8.6.2 Mutassuk meg, hogy egy szimmetrikus transzformáció sajátalterei
páronként merőlegesek. Igazoljuk ugyanezt ortogonális transzformációkra is.
8.6.3 Tekintsük az R4 szokásos valós euklideszi teret. Az alábbi transzformációk közül melyek lesznek szimmetrikusak, illetve ortogonálisak?
A szimmetrikusaknál adjunk meg ortonormált sajátbázist, és írjuk fel
a megfelelő mátrixot. Az ortogonálisoknál adjunk meg egy, a 8.6.4
Tételben előírt ortonormált bázist, és itt is írjuk fel az ehhez tartozó
mátrixot.
   
  

u1
u4
u1
u1 + u2u  u 
 u   u − u2 A 2  =  3 ;
B 2 =  1
;
u3
u2
u3
u3 + u4u4u1
u4
u3 − u4

8.6. Feladatok

257



  
  

u1
u4
u1
u1 + u2 + u3 + u4
u  u 
 u   u + u2 + u3 + u4 C  2  =  1 ;D 2 =  1
;
u3
u2
u3
u1 + u2 + u3 + u4
u4u3u4
u1 + u2 + u3 + u4
  

u1
(u1 − u2 + u3 − u4 )/2
 u2   (u1 − u2 − u3 + u4 )/2 F =
.
u3(u1 + u2 + u3 + u4 )/2
u4(u1 + u2 − u3 − u4 )/2
8.6.4 Van-e olyan A, amelyre A∗ = −A−1 ?
8.6.5 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha A szimmetrikus, akkor A2 is szimmetrikus.
(b) Ha A2 szimmetrikus, akkor A is szimmetrikus.
(c) Ha A2 szimmetrikus, és A-nak létezik (nem feltétlenül ortonormált
bázis szerinti) diagonális mátrixa, akkor A is szimmetrikus.
(d) Ha A ortogonális, akkor A2 is ortogonális.
(e) Ha A2 ortogonális, akkor A is ortogonális.
8.6.6 Tegyük fel, hogy AA∗ = A∗ A és Ak ortogonális valamilyen k-ra(k > 1). Bizonyítsuk be, hogy ekkor A is ortogonális. Igaz-e hasonlóállítás (ortogonális helyett) a szimmetrikus esetben?
8.6.7 Tegyük fel, hogy Ker A = 0 és A∗ = Am valamilyen m > 1-re.
Bizonyítsuk be, hogy A ortogonális.
8.6.8 Legyen (k, t) = 1, és tegyük fel, hogy A-nak létezik inverze. Igazoljuk, hogy Ak és At akkor és csak akkor lesznek mindketten szimmetrikusak, ha A szimmetrikus. Lássuk be a hasonló állítást ortogonális transzformációkra is.
8.6.9 Igazoljuk a 8.5.17–8.5.18 feladatok megfelelőit ortogonális transzformációkra.
8.6.10 Jellemezzük geometriailag a sík és a tér szimmetrikus, illetve ortogonális transzformációit.
8.6.11 Mutassuk meg, hogy ha A∗ felírható az A polinomjaként, akkor Velőáll páronként ortogonális, legfeljebb 2-dimenziós A-invariáns alterek direkt összegeként. Igaz-e az állítás megfordítása?
∗

8.6.12 Mutassuk meg, hogy A∗ akkor és csak akkor írható fel az A polinomjaként, ha AA∗ = A∗ A.

258
9. KOMBINATORIKAI ALKALMAZÁSOK

A lineáris algebra alkalmazási területei igen szerteágazóak. Sokan azonban úgy
vélik, hogy meglehetősen sok előismeretre van szükség mind lineáris algebrából, mind pedig az alkalmazási területről ahhoz, hogy az alkalmazásokhoz
valóban el lehessen jutni. Ebben a fejezetben megmutatjuk, hogy számos
kombinatorikai alkalmazás szinte semmilyen előismeretet sem igényel, és mégis
komoly és meglepő eredményeket tudunk így elérni. Látni fogjuk, hogy sokszor csak az egyenletrendszerekre vonatkozó legalapvetőbb összefüggéseket kellfelhasználni (Gauss-kiküszöbölés és következményei, 3.1 pont). Lesznek természetesen olyan részek is, amikor ennél jóval mélyebb dolgokra támaszkodunk(beleértve pl. még a véges testek szerkezetét is).
Az alkalmazásokat nemcsak a szoros értelemben vett kombinatorika és
gráfelmélet területéről választottuk, hanem jónéhány számelméleti és geometriai problémát is tárgyalunk. A fejezet címében szereplő ,,kombinatorikai”jelző ennek megfelelően inkább az alkalmazások (nagyon tágan értelmezett)kombinatorikai jellegére utal. (A lineáris algebra más ,,típusú”, de ugyancsak
alapvetően fontos alkalmazásai leginkább az analízis különböző területeihez,
pl. a diﬀerenciálegyenletek elméletéhez kapcsolódnak, ilyenekkel azonban ennek a könyvnek a keretein belül nem foglalkozunk.) A problémák válogatása
és rendszerezése önkényesen történt, igyekeztünk sokféle témát és módszert
bemutatni. Előnyben részesítettük az olyan kérdéseket, amelyek más érdekes— nem feltétlenül lineáris algebrai — összefüggésekhez is elvezetnek.

9.1. Szép polinomok
Bevezetésül egy polinomokra vonatkozó feladatot tárgyalunk, amelyről ránézésre egyáltalán nem látszik a lineáris algebrai kapcsolat.
9.1.1 Tétel
Minden nem nulla f polinomnak van olyan nem nulla g = f h polinomszorosa, hogy g-ben minden tag kitevője prímszám. ♣A tétel bármilyen test feletti polinomokra érvényes, de fennáll pl. egész
együtthatós polinomokra is. Ez utóbbi a racionális együtthatós esetből azonnal következik: az (egész együtthatós) f -et racionális együtthatósként tekintve, az így kapott h-t végig kell szorozni az együtthatók nevezőinek a legkisebb közös többszörösével.

9.1. Szép polinomok

259

A tételre három különböző lineáris algebrai megoldást adunk egyenletrendszerek, alterek dimenziója, illetve a leképezések dimenziótétele segítségével.
A bizonyításokból látni fogjuk, hogy a tétel ugyanúgy igaz, ha a prímszámok helyett pozitív egészek tetszőleges végtelen sorozatát vesszük, és aztírjuk elő, hogy csak ilyen kitevőjű tagok forduljanak elő g-ben. (Az állítás
nyilván akkor ,,mutatós”, ha valamilyen érdekes sorozatot választunk, ki-kiízlése szerint a prímeket, a Fibonacci-számokat, a kettőhatványokat stb., közben persze ügyelni kell arra, nehogy véletlenül az adott speciális sorozatra azállítás triviálisan adódjon.)Első bizonyítás: Legyen f = α0 + α1 x + . . . + αt xt , αt ̸= 0, és keressük h-t
h = β0 + β1 x + . . . + βn xn alakban, ahol n-et is később fogjuk alkalmasan
megválasztani. Az f h szorzást elvégezve a nem prím kitevőjű tagok együtthatóira 0-t kell kapnunk; ez egy olyan homogén lineáris egyenletrendszert jelenta βj -kre, ahol az együtthatók az α-k közül kerülnek ki. (Az első néhány
egyenlet: α0 β0 = 0, α0 β1 + α1 β0 = 0, α0 β4 + . . . + α4 β0 = 0 stb.) Itt az
ismeretlenek száma n + 1, az egyenletek száma pedig a 0, 1, 2, . . . , n + t közül
a nemprímek száma, azaz n + t + 1 − π(n + t), ahol π(s) az s-nél nem nagyobb(pozitív) prímek számát jelöli. Ha több az ismeretlen, mint az egyenlet, akkor
a homogén lineáris egyenletrendszernek biztosan van nem triviális megoldása,ami éppen egy megfelelő h polinomot ad. Ez az n + 1 > n + t + 1 − π(n + t)
egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha π(n + t) > t = deg f . Ha tehátn-et ennek megfelelően választjuk, akkor ebből a kívánt tulajdonságú g létezése
következik.
Második bizonyítás: Legyen s később alkalmasan megválasztandó pozitív egészés V a legfeljebb s-edfokú polinomok szokásos vektortere (beleértve a nulla
polinomot is). Tekintsük V alábbi két részhalmazát: W1 álljon azokból a(legfeljebb s-edfokú) polinomokból, amelyekben minden tag kitevője prímszám, W2 pedig azokból, amelyek oszthatók f -fel. Nyilván W1 és W2 altér
V -ben, továbbá dim V = s + 1, dim W1 = π(s), dim W2 = s − t + 1. Ha
dim W1 + dim W2 > dim V , akkor W1 ∩ W2 ̸= 0 (lásd a 4.6.6 feladatot), ésW1 ∩W2 bármely nem nulla eleme megfelel g-nek. A dim W1 +dim W2 > dim V
feltétel pedig pontosan akkor teljesül, ha π(s) > t = deg f (ami megegyezik azelső bizonyításban kapott előírással).
Harmadik bizonyítás: Legyen W1 és V ugyanaz, mint a második bizonyításban, és tekintsük azt az A : W1 → V lineáris leképezést, amely minden polinomnak megfelelteti az f polinommal történő maradékos osztásnál keletkező

260

9. Kombinatorikai alkalmazások

maradékot. Ekkor Ker A éppen az f -fel osztható és csupa prím kitevőjű tagból álló (legfeljebb s-edfokú) polinomok halmaza. Ha dim Im A < dim W1 ,akkor a dimenziótétel szerint Ker A ̸= 0, és így Ker A bármely nem nulla eleme megfelel g-nek. Nyilván Im A altér a legfeljebb t − 1-edfokú polinomok
vektorterében, tehát dim Im A ≤ t, továbbá dim W1 = π(s). Így dim Im A <dim W1 következik a (korábbi bizonyításoknál is látott) π(s) > t = deg f
feltételből.
Feladatok
M 9.1.1 Számkitalálás.
(a) Micimackó gondolt húsz egész számot, ezek x1 , x2 , . . . , x20 . Malacka
megkérdezheti tőle bármely olyan kifejezés értékét, amelyet ezekből
az összeadás és kivonás segítségével képezünk, pl. mennyi x1 + 8x2 −−7x3 . A következő kérdés mindig függhet az előzőre kapott választól.
Legkevesebb hány kérdéssel tudja Malacka kitalálni a húsz számot?
∗(b) Mennyiben változik a helyzet, ha Micimackó elárulta, hogy pozitív
egészekre gondolt?

∗(c) És ha szorozni is lehet (azaz Malacka az xi -kből képezett bármilyen egész együtthatós polinom értékét is megkérdezheti, pl. mennyi
x1 + 8x32 x5 )?

M 9.1.2 Súlyok . Adott 13 súly. Akármelyiket is hagyjuk el, a maradék 12
darab beosztható két hatos csoportba úgy, hogy az egyes csoportokban levő súlyok összege megegyezik. Bizonyítsuk be, hogy mind a 13
súly egyenlő.
9.1.3 Igaz marad-e az előző feladat állítása akkor is, ha nem követeljük meg,hogy a két egyenlő súlyú csoportban azonos számú súly szerepeljen?
M∗ 9.1.4 Unalmas vektorok .
(a) Nevezzünk egy Rm -beli vektort unalmasnak, ha a koordinátái között
legfeljebb két különböző
érték fordul elő (azaz például minden ko√
hány unalmas vektor összegeordinátája −1 vagy 2). Legkevesebb

1
2
m

ként állítható elő (i)  ... ; (ii) egy tetszőleges R -beli vektor?
m(b) Mi a helyzet, ha az unalmas vektor definícióját arra módosítjuk, hogy
a koordinátái között legfeljebb k különböző érték fordulhat elő?

9.1. Feladatok

261(c) Megváltoznak-e az előzőkben kapott eredmények, ha a valós számok
helyett az Fp modulo p testet vesszük?
Megjegyzés: a (c) részben azért fogalmaztunk csak ilyen óvatosan,
mert a (ii) kérdésnél nem látjuk, hogy az Fp testre vonatkozó minimumot hogyan lehetne minden esetre (azaz m és p bármely értékére)
pontosan megadni.
M 9.1.5 Vetélkedő.
(a) Egy 32 fős osztály vetélkedősorozatot szervez. Minden fordulóban
két csapat vetélkedik, tetszőleges létszámmal. Egy csapat állhat akár
egy főből is, és nem szükséges, hogy minden diák minden fordulóban
résztvegyen. Csak annyit követelünk meg, hogy a vetélkedősorozat
folyamán bármely két diák legalább egyszer egymás ellenfele legyen(azaz legyen olyan forduló, amikor különböző csapatban szerepelnek).
Legkevesebb hány fordulóban lehet a versenyt lebonyolítani?
∗(b) Mennyi a fordulók minimális száma, ha a versenyt úgy kell megrendezni, hogy bármely két diák pontosan egy alkalommal legyen egymás
ellenfele?

M∗ 9.1.6 Kicsi és nagy metszetek .
(a) Létezik-e a pozitív egészeknek (a1) megszámlálhatóan végtelen; (a2)kontinuum sok olyan részhalmaza, amelyek közül bármely kettő metszete végtelen, de bármely három metszete véges?
(b) Oldjuk meg a feladatot, ha úgy módosul a második feltétel, hogybármely három részhalmaz metszete az üres halmaz.
9.1.7 Páratlan távolságok . Létezik-e (a) a (közönséges háromdimenziós)
térben; ∗ (b) a síkon négy olyan pont, amelyek közül bármely kettő
távolsága páratlan egész szám?
∗

9.1.8 Cauchy-féle függvényegyenlet. Tekintsük azokat a minden valós számon értelmezett f valós értékű függvényeket, amelyekre bármely a, b
valós szám esetén fennáll az f (a + b) = f (a) + f (b) egyenlőség.
(a) Mutassuk meg, hogy a racionális számok halmazán szükségképpen
f (x) = cx (alkalmas c konstanssal).
(b) Ha f legalább egy pontban folytonos, akkor f (x) = cx minden valósx-re.
(c) Ha f egy akármilyen kis intervallumban korlátos, akkor f (x) = cx
minden valós x-re.

262

9. Kombinatorikai alkalmazások(d) Van olyan f (x) ̸= cx függvény, amely kielégíti a Cauchy-féle függvényegyenletet.

9.1.9 Felezés. Felbontható-e a pozitív (a) racionális; ∗ (b) valós számok
halmaza két olyan diszjunkt, nem üres részhalmazra, amelyek zártak
az összeadásra?
∗9.1.10 Polinomok és periodikus függvények .
(a) Felírható-e a (a1) Q; (a2) R halmazon értelmezett f (x) = x identitásfüggvény két (ugyanitt értelmezett) periodikus függvény összegeként?
(b) Felírható-e egy n-edfokú (n ≥ 1) valós együtthatós polinomfüggvény(b1) n; (b2) n+1 darab (minden valós számon értelmezett) periodikus
függvény összegeként?

9.2. Fibonacci-számok
Ebben a pontban a Fibonacci-számok képletét határozzuk meg, amelyet már a
4.6.8 feladatban is kitűztünk. Emlékeztetünk arra, hogy a Fibonacci-számok
sorozatát a φ0 = 0, φ1 = 1, φj+1 = φj + φj−1 , j = 1, 2, . . . rekurzióval
definiáljuk. A sorozat első néhány tagja: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .
9.2.1 Tétel√√()
1 ( 1 + 5 )n ( 1 − 5 )nφn = √−♣
2
2
5

Megjegyzés: Ha már valahonnan tudjuk, hogy mi a bizonyítandó formula,akkor ezt egyszerűen igazolhatjuk teljes indukcióval. Így azonban nem kapunk
magyarázatot arra, hogyan lehet a képletre rájönni (nem valószínű, hogy akár
az első ezer tag felírása után sikerül ezt ,,megsejtenünk”). Az alábbi bizonyításokból a képlethez vezető út is kiderül.
A bizonyítások közül kettő lineáris algebrai, a harmadik pedig az analízis
területéről a hatványsorokat veszi igénybe (bár céljainknak az ún. formális
hatványsorok algebrai elmélete is megfelelne). Hasonló módszerekkel kezelhetők általában is a rekurzív sorozatok , amelyek a matematika számos ágában
fontos szerepet játszanak.
Első bizonyítás: Nevezzük a Fibonacci-sorozat általánosításaként Φ-sorozatnak az olyan α0 , α1 , . . . valós számsorozatokat, amelyek kielégítik az αj+1 == αj + αj−1 , j = 1, 2, . . . feltételt (és az α0 , α1 kezdőtagok tetszőleges valós

9.2. Fibonacci-számok

263

számok). Egy Φ-sorozat (valós) számszorosa és két Φ-sorozat összege nyilván ismét Φ-sorozat (két sorozat összegét, illetve egy sorozat számszorosát aszokásos módon elemenként képezzük).
Most megpróbáljuk magát az F = (φ0 , φ1 , . . .) Fibonacci-sorozatot olyan
Φ-sorozatokból előállítani, amelyek tagjaira ismerünk egyszerű képletet.
Könnyen adódik, hogy a számtani sorozatok közül csak az azonosan nulla
lesz Φ-sorozat, ami nem segít a probléma megoldásában. A mértani sorozatoknál azonban már több szerencsével járunk: az (α, αρ, αρ2 , . . .) mértani2
sorozat√ (α ̸= 0) pontosan√ akkor Φ-sorozat, ha ρ = ρ + 1, ahonnan ρ1 =
(1 + 5)/2, ρ2 = (1 − 5)/2.
Legyen Sm = (1, ρm , ρ2m , . . .), m = 1, 2, és keressük az F Fibonaccisorozat előállítását F = γ1 S1 + γ2 S2 alakban. Mivel mindkét oldalon
Φ-sorozat áll, ezért az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a két kezdőtagra igaz, mert utána a rekurzió miatt öröklődik. A két kezdőtagra felírva
ez a φ0 = 0 = γ1 + γ2 , φ1 = 1 = γ1 ρ1 + γ2 ρ√2 összefüggéseket√ jelenti. Ezt alineáris egyenletrendszert megoldva γ1 = 1/ 5, γ2 = −1/ 5 adódik. Innen
φn = γ1 ρn1 + γ2 ρn2 , ami (a ρm , γm konkrét értékek figyelembe vételével) éppen
a tétel állítása.
Megjegyzés: Felmerül a kérdés, hol használtunk a megoldásban lineáris algebrát. A bizonyítás a fenti formájában természetesen középiskolai eszközökkel
dolgozik, a lineáris algebra inkább a szemléletet, a hátteret adja. Itt tulajdonképpen arról van szó, hogy a Φ-sorozatok vektorterében keresünk alkalmas generátorrendszert, amelynek segítségével az F Fibonacci-sorozatot fel
tudjuk írni. Ez a vektortér 2-dimenziós, hiszen a két kezdőtag választható
szabadon, azaz a szabadsági fokok száma kettő. (Precízen: ,,természetes”
bázis az 1,0-val és a 0,1-gyel kezdődő két Φ-sorozat; (1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, . . .) és(0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . .), ami mellesleg a Fibonacci-sorozat egy eltoltja és maga a
Fibonacci-sorozat.) Ebben a 2-dimenziós vektortérben keresünk ,,szebb alakú”
generátorrendszert. A mértani sorozatok közül a fent talált S1 és S2 megfelel,hiszen két lineárisan független elem biztosan bázist alkot.
Mindezek alapján nem kell kivételes szerencsének éreznünk, hogy az előállítás sikerült. A mértani sorozatok hányadosait ugyanis egy másodfokú egyenlet gyökeiként kaptuk és csak akkor lettünk volna gondban, ha az egyenletnek
többszörös gyöke van. Azonban ez az eset (még a több tagból álló rekurziónál)is kezelhető, lásd a 9.2.3 feladatot.
( )
(
)
a
b
Második bizonyítás: Legyen F : R → R az F=
lineáris
b
a+b
2

2

264

9. Kombinatorikai alkalmazások
(
)
(
)
(
)
φj−1
φj
φj
transzformáció. Ekkor F==, és így
φj
φj−1 + φj
φj+1
( ) (
)
0
φn
Fn
=
.
1
φn+1
Tegyük fel, hogy b1 , b2 olyan bázis R2 -ben, ahol mindkét bm sajátvektora F-nek. Legyenek a megfelelő sajátértékek λ1 , λ2 , ekkor F n bm = λnm bm ,m = 1, 2. Ha( )0= δ1 b1 + δ2 b2 ,(9.2.1)
1
akkor
(
)
( )
φn
0
n
=F
= δ1 λn1 b1 + δ2 λn2 b2 ,(9.2.2)
φn+1
1
és innen az első koordinátaként megkapjuk φn -et.
( ) ( )
1
0
A sajátértékek meghatározásához írjuk fel F mátrixát pl. az
,
0
1
)
(
0 1
. Innen a karakterisztikus polinom kF = x2 −x−1, abázisban: [F] =1 1√
sajátértékek
λ1,2 = (1± 5)/2 és a(z egyik) megfelelő sajátbázis)( ennek a gyökei√
1√. Ezt (9.2.1)-be beírva δ1 = −δ2 = 1/ 5 adódik, és
b1,2 =(1 ± 5)/2
innen (9.2.2) alapján kapjuk a tétel állítását.
∑∞Harmadik bizonyítás: Tekintsük az F (z) = n=0 φn z n hatványsort. Mivel a
Fibonacci-számok definíciójából teljes indukcióval könnyen adódik φn < 2n ,emiatt az F (z) hatványsor |z| < 1/2-re abszolút konvergens. Ez azért hasznos,
mert abszolút konvergens végtelen sorokkal ,,ugyanúgy számolhatunk”, mint
ahogyan a véges összegek körében megszoktuk.
Írjuk le egymás alá az F (z), zF (z) és z 2 F (z) hatványsorokat:
F (z) = φ0 + φ1 z + φ2 z 2 + . . . +φn z n + . . .

zF (z) =φ0 z + φ1 z 2 + . . . + φn−1 z n + . . .

z 2 F (z) =+ φ0 z 2 + . . . + φn−2 z n + . . .

Az első sorból kivonva a másik kettő összegét, a jobb oldalon majdnem minden
tag kiesik, és azt kapjuk, hogy (1−z −z 2 )F (z) = z, azaz F (z) = z/(1−z −z 2 ).
Az F (z)-re kapott racionális törtfüggvényt parciális törtekre bontjuk éshatványsorba √fejtjük. Legyenek a z 2 + z − 1 polinom gyökei µ1 és µ2 :µ1,2 = (−1 ± 5)/2. Ekkor alkalmas β1 , β2 -vel−z
β2
β1
F (z) = 2
(9.2.3)=z +z +z−1
1 − µ1
1 − µz2

265

9.2. Feladatok

alakban írható fel. A beszorzások elvégzése után az ezzel (z ̸= µ1 , µ2 -re) ekvivalens −z = µ1 β1 (µ2 − z) + µ2 β2 (µ1 − z) feltételhez jutunk,√ azaz0 = µ1 µ2 (β1 + β2 ) és µ1 β1 + µ2 β2 = 1, ahonnan β1 = −β2 = 1/ 5. Ezt(9.2.3) jobb oldalára beírva és az (1 − z/µm )−1 függvényeket végtelen mértanisorba fejtve kapjuk, hogy
F (z) = β1

∞ (
∑
z )n
n=0

µ1

+ β2

∞ (
∑
z )n
n=0

µ2

=

)
β2 n
+ n z .
µn1
µ2

∞ (
∑
β1
n=0

Itt z n együtthatójára — ami nem más mint φn — a tételben megadott értéket
nyerjük.
(A második bizonyítással összevetve könnyen adódik, hogy
µm = 1/λm és βm = δm , m = 1, 2.)
Feladatok
9.2.1 Számítsuk ki α1000 -et, ha α1 = α2 = 1 és(a) αk = αk−1 + 2αk−2 ;(b) αk = 2αk−1 + αk−2 .
9.2.2 Számítsuk ki α1111 -et, ha α1 = 3, α2 = 7 és(a) αk = 2αk−1 − αk−2 ;(b) αk = αk−1 − αk−2 ;(c) αk = αk−1 − αk−2 + αk−3 − αk−4 .
∗9.2.3 Tekintsük az αk = µ1 αk−1 + . . . + µt αk−t feltételnek eleget tevőα0 , α1 , . . . komplex számsorozatokat, ahol t rögzített pozitív egész ésµ1 , . . . , µt rögzített komplex számok, µt ̸= 0.
Legyenek az
tt−1
f = x − µ1 x
− . . . − µt polinom különböző (komplex) gyökei
λ1 , . . . , λr , a∑multiplicitásuk rendre s1 , . . . , sr . Mutassuk meg, hogyrekkor αn = j=1 gj (n)λnj , ahol gj egy legfeljebb sj − 1-edfokú polinom, j = 1, 2, . . . , r, és gj együtthatói csak az α0 , . . . , αt−1 kezdőértékektől függnek.
9.2.4 Használjuk az előző feladat jelöléseit. Mutassuk meg, hogy az
α0 , α1 , . . . komplex számsorozat akkor és csak akkor lesz periodikusbármilyen α0 , . . . , αt−1 kezdőértékek mellett, ha f -nek nincs többszörös gyöke és minden gyöke egységgyök.
9.2.5 Határozzuk meg βn -et, ha βk = βk−1 + βk−2 + 2,

β0 = 0, β1 = 1.

9.2.6 Mutassuk
hogy )az n-edik Fibonacci-szám, φn éppen a√ meg,√(nτn = (1/ 5) (1+ 5)/2 számhoz legközelebbi egész. Lássuk be azt

266

9. Kombinatorikai alkalmazások
is, hogy φn és τn eltérése 0-hoz tart, ha n → ∞ (azaz φn ,,majdnem”
mértani sorozat).

9.2.7(a) Hányféleképpen lehet egy 2 × n-es téglalapot 2 × 1-es dominókkal
kirakni?
∗(b) Hányféleképpen lehet egy 3 × n-es téglalapot 2 × 1-es dominókkal
kirakni?

∗(c) Jelöljük ψn -nel, ahányféleképpen egy 3 × n-es téglalapot 3 × 1-es
dominókkal ki lehet rakni. Bizonyítsuk be, hogy minden elég nagy
n-re 1, 46n < ψn < 1, 47n .

9.2.8 Hány olyan részhalmaza van az {1, 2, . . . , n} számoknak, amelyben
nem fordulnak elő szomszédos elemek?
9.2.9 Mutassuk meg, hogy minden pozitív egész felírható különböző Fibonacci-számok összegeként.
9.2.10 Igazoljuk a Fibonacci-számokra vonatkozó alábbi azonosságokat:(a) φm+n = φm−1 φn + φm φn+1 ;(b) φ2n−1 = φ2n−1 + φ2n ;(c) φ1 + φ2 + . . . + φn = φn+2 − 1;(d) φ1 + 2φ2 + . . . + nφn = (n + 1)φn+2 − φn+4 + 2;(e) φ21 + φ22 + . . . + φ2n = φn φn+1 ;(f) φ2n = φn−1 φn+1 + (−1)n+1 ;(g) φ3n = 5φ3n + 3(−1)n φn ;∑⌊(n−1)/2⌋ (n−j−1)(h) φn = j=0;j∑ n ( n)(i) φ2n = j=1 j φj .
9.2.11 Bizonyítsuk be, hogy a szomszédos Fibonacci-számok relatív prímek.
Mi a helyzet a másodszomszédokkal? És a harmadszomszédokkal?
9.2.12 Lássuk be, hogy minden m-re van végtelen sok m-mel osztható Fibonacci-szám.
∗

9.2.13 Igazoljuk, hogy k | n ⇐⇒ φk | φn , sőt φ(k,n) = (φk , φn ).
9.2.14(a) Legyenek a > b olyan pozitív egészek, amelyekre az euklideszi algoritmus pontosan n lépésből áll, és ezen belül b a lehető legkisebb.
Határozzuk meg b-t.

9.3. Négyzetszámok keresése
∗

∗

267

(b) Oldjuk meg a feladatot arra az esetre is, amikor az euklideszi algoritmust (a legkisebb nemnegatív maradékok helyett) a legkisebb
abszolút értékű maradékokkal végezzük.

9.2.15 Számítsuk ki a kettőhatvány indexű Fibonacci-számok reciprokaiból
képezett végtelen sor összegét.

M∗∗ 9.2.16 A többtényezős szorzatokat az asszociativitás miatt nem kell zárójelezni. Tekintsünk most egy nemasszociatív műveletet. Hányféleértékű lehet (azaz hányféleképpen zárójelezhető) ekkor egy n-tényezős szorzat?
∗∗

9.2.17 Hányféleképpen lehet egy konvex n-szöget a sokszög belsejében egymást nem metsző átlókkal háromszögekre bontani?

9.3. Négyzetszámok keresése
Ebben a pontban azt igazoljuk, hogy ha ,,elég sok” különböző pozitív egész
egyikének sincs egy adott küszöbnél nagyobb prímosztója, akkor a számok
közül kiválasztható néhány (esetleg csak egy, esetleg az összes), amelyek szorzata négyzetszám. (Ennek egy konkrét számokkal megfogalmazott változata a
3.3.12 feladatban szerepelt.) Ez a kérdés és annak lineáris algebrai megoldása
meglepő módon a nagy számok prímtényezőkre bontásával kapcsolatban fontos
szerepet játszik. A prímfelbontásra ugyanis nem ismeretes ,,gyors” algoritmus; egy (a gyakorlatban is használt) ,,viszonylag gyors” algoritmust éppen aszóban forgó feladat segítségével konstruálhatunk. (Mint tudjuk, a hatékony
prímfelbontási algoritmus kérdése szorosan összefügg az ún. nyilvános jelkulcsú
titkosírással, amelyet világszerte alkalmaznak a katonai, diplomáciai és üzletiéletben egyaránt.) A feladat másik érdekessége, hogy a megoldásánál — azesetleg egyedül fontosnak hitt valós (vagy racionális vagy komplex) test helyett— természetes módon jelennek meg a modulo 2 maradékosztályok. További izgalmas és részben megoldatlan problémákhoz vezet, ha négyzetszámok helyettköbszámokat vagy tetszőleges magasabb hatványokat vizsgálunk.
9.3.1 Tétel
Legyenek 0 < p1 < . . . < pk tetszőleges prímszámok és 0 < c1 < . . . << ck+1 olyan egészek, amelyek egyikének sincs a pi -ktől különböző prímosztója. Ekkor a cj számok közül kiválasztható néhány különböző (esetleg csak egy,
esetleg az összes) úgy, hogy a szorzatuk négyzetszám legyen. ♣268

9. Kombinatorikai alkalmazások

Azonnal látszik, hogy a tétel k + 1 helyett k darab cj -re már nem igaz,
legyen pl. cj = pj .
Első bizonyítás: Képezzük a cj számainkból valahány különbözőnek a szorzatát minden lehetséges módon. Így 2k+1 − 1 szorzatot kapunk. Most vizsgáljuk
meg, hogy egy (tetszőleges) szám hányféle lehet abból a szempontból, hogy
prímtényezős felbontásában a pi prímek kitevője páros vagy páratlan; ez 2klehetőség. A skatulyaelv alapján tehát a szorzataink között lesz két olyan,
amelyekben az egyes prímek kitevői azonos paritásúak. Ha most ebből a két
szorzatból elhagyjuk a közös tényezőket, és a megmaradtakat összeszorozzuk,
akkor olyan szorzathoz jutunk, amely négyzetszám.
Második bizonyítás: Legyen T = F2 a modulo 2 test, és a c1 , . . . , ck+1 számoknak feleltessünk meg cj ∈ T k vektorokat a következőképpen:


γ1j
{
1, ha cj -ben a pi prím kitevője páratlan;
 .. 
γij =cj =  .  ,0, ha cj -ben a pi prím kitevője páros.
γkj
Egy ilyen vektor tehát a számban szereplő prímek kitevőinek a paritását mutatja, és a cj vektorok (modulo 2 vett) összeadása a cj számok szorzásának
felel meg. Ez a k + 1 darab T k -beli vektor szükségképpen lineárisan összefüggő
(a modulo 2 test felett), tehát van olyan nem triviális lineáris kombinációjuk,amely 0-t ad. Szorozzuk össze azokat a cj számokat, amelyeknek megfelelő cj
vektorok ebben a kombinációban nem nulla (azaz 1) együtthatóval szerepelnek.
Mivel a megfelelő cj vektorok összege nulla, ezért ez a szorzat négyzetszám.
A két bizonyítás közül a lineáris algebrát használó második feleslegesnagyágyúnak tűnik. Mégis igen nagy a jelentősége, ugyanis ez egyben
gyors algoritmust is ad egy jó szorzat megkeresésére (szemben a skatulyaelveselső bizonyítással): a lineáris összefüggőségnél egy (homogén) lineáris egyenletrendszert kell megoldani, például Gauss-kiküszöböléssel. Ez a tény annál a fontos gyakorlati alkalmazásnál is lényeges szerepet játszik, amikor egy
nagy összetett számot akarunk tényezőkre bontani. Erre a feladatra igazán
gyors algoritmus nem ismeretes (szemben azzal, amikor csak a szám prímvagy összetett voltát szeretnénk eldönteni), de a jelenleg használt leggyorsabb
módszerek általában a fentiekre (is) támaszkodnak.
Az alábbiakban ezt a faktorizációs eljárást vázoljuk. Legyen N egy nagy
páratlan összetett szám, a feladat N -et (nem triviálisan) szorzattá bontani.
A teljes hatványok felismerésére és felbontására egyszerűen adhatunk egy jó

9.3. Négyzetszámok keresése269

algoritmust (lásd a 9.3.7 feladatot), így elég azt az esetet néznünk, amikor
N -nek legalább két különböző prímosztója van.
Tegyük fel, hogy(*) u2 ≡ v 2 (mod N )és(**) u ̸≡ ±v (mod N ),azaz N | (u+v)(u−v), de N ̸ | u±v. Ekkor N és u+v legnagyobb közös osztója
nyilván N -nek egy nem triviális osztója. Ezt a legnagyobb közös osztót az
euklideszi algoritmus segítségével ,,gyorsan” meg tudjuk határozni.
Keressünk most a (*) és (**) feltételeket kielégítő u-t és v-t. Foglalkozzunk egyelőre csak (*)-gal. Először olyan b számokat próbálunk gyártani,
amelyekre b2 -nek az N -nel vett (legkisebb pozitív) osztási √maradéka,√ c, csak,,kicsi” prímekkel osztható. Ilyen c-t remélhetünk, ha pl. N -nél, 2N -nél
stb. egy picit nagyobb számot választunk b-nek. Rögzítsünk le egy (N -tőlfüggő) R korlátot, és a b számot akkor tartsuk meg, ha c minden prímosztója
R-nél kisebb, egyébként dobjuk el, majd próbáljunk ki egy újabb b értéket
stb. Ily módon gyűjtsünk össze k + 1 darab bj , cj párt, ahol k = π(R) az R-ig
terjedő prímek száma. Ekkor b2j ≡ cj (mod N ), j = 1, 2, . . . , k + 1. Közben
mindig érdemes euklideszi algoritmussal kiszámítani b és N legnagyobb közös
osztóját is, és ha ez 1-nél nagyobb (de N -nél kisebb), akkor máris megkaptuk
N egy nem triviális osztóját. Azonban nem valószínű, hogy ekkora szerencsénk lenne. Így feltehetjük, hogy a kapott bj -k (és így a cj -k is) az N -hez
relatív prímek.
A 9.3.1 Tételre adott második bizonyítás szerint a cj -k közül gyors algoritmussal kiválasztható néhány olyan, amelyek szorzata egy v 2 négyzetszám.
Az ezeknek megfelelő bj -k szorzatát jelöljük u-val, ekkor a kongruenciák összeszorzásából a kívánt u2 ≡ v 2 (mod N ) adódik.
Meg kell még vizsgálnunk, hogy (**), azaz u ̸≡ ±v (mod N ) is teljesül-e.
Azt állítjuk, hogy legalább 1/2 valószínűséggel igen. Legyen N (általunk
nem ismert, de azért létező) prímtényezős felbontása N = q1t1 . . . qsts (s ≥ 2).
t
Ekkor az u2 ≡ v 2 (mod N ) kongruencia ekvivalens az u2 ≡ v 2 (mod qjj ),j = 1, 2, . . . , s kongruenciarendszerrel. Egy q t páratlan prímhatvány modulusra nézve az u2 ≡ v 2 (mod q t ) kongruencia pontosan akkor teljesül, hau ≡ ±v (mod q t ). Ezalól csak az jelenthetne kivételt, ha q | u + v és q | u − vegyszerre állna fenn, de ekkor q | (u + v) + (u − v) = 2u, ahonnan q > 2tmiatt q | u, ami (u, N ) = 1 alapján lehetetlen. Így az u2 ≡ v 2 (mod qjj ),s
j = 1, 2, . . . , s kongruenciarendszer 2 -féleképpen valósulhat meg: mindentegyes kongruenciában u ≡ v vagy u ≡ −v (mod qjj ). Ebből a 2s számú esetből
összesen kettő olyan, amikor u ≡ ±v (mod N ), nevezetesen amikor mindegyik
kongruenciában ,,+”, illetve mindegyik kongruenciában ,,−” áll. Az u és a v

270

9. Kombinatorikai alkalmazások

kiválasztását (az u2 ≡ v 2 (mod N ) feltétel megoldásai körében) tekinthetjük
lényegében véletlenszerűnek, és emiatt az egyes eseteket egyforma valószínűnek
képzelve azt nyerjük, hogy 1 − 2/2s ≥ 1/2 valószínűséggel u ̸≡ ±v (mod N )is teljesül. Ennek megfelelően, előbb-utóbb (de inkább előbb) szinte biztosan
találunk olyan u, v párt, amelyekre (**) is érvényes, és ezzel eljutottunk N egy
valódi osztójához.
Miért nem igazán hatékony ez az algoritmus sem? Az ördög a mellőzött
részletekben lakozik: hogyan keressük a b-ket és hogyan válasszuk meg az R
korlátot. Az első kérdésnél mély számelméleti megfontolások segítenek némilegnövelni annak az esélyét, hogy alkalmas b-t találjunk. Az R kijelölésénél pedig
azzal a dilemmával kell szembenézni, hogy kis R esetén kevés bj -t kell összegyűjteni, azonban ritkán akad jó b horogra, nagy R mellett pedig viszonylag
gyakran találunk jó b-t, viszont igen sok kell belőlük. Itt is mély számelméleti
tételek alapján lehet az optimális R-et megkapni.
A 9.3.1 Tételnek a négyzetszámok helyett köbszámokra, illetve magasabb
hatványokra vonatkozó általánosításával a 9.3.1–9.3.4 feladatokban foglalkozunk.
Feladatok
9.3.1 Köbszámok . Legyenek 0 < p1 < . . . < pk tetszőleges prímszámok és
0 < c1 < . . . < ct olyan egészek, amelyek egyikének sincs a pi -ktőlkülönböző prímosztója.
(a) Mutassuk meg, hogy t ≤ 2k esetén nem feltétlenül tudunk kiválasztani néhány különböző cj -t úgy, hogy ezek szorzata köbszám legyen.
(b) Bizonyítsuk be, hogy t ≥ 2 · 3k + 1 esetén biztosan kiválaszthatónéhány különböző cj úgy, hogy ezek szorzata köbszám legyen.
(c) Bizonyítsuk be, hogy t ≥ k + 1 esetén biztosan kiválasztható néhány
cj úgy, hogy ezek szorzata köbszám legyen, és a tényezők között
mindegyik cj legfeljebb kétszer fordul elő.
M∗ 9.3.2 Chevalley tétele. Legyen p egy pozitív prímszám és legyenek
fi (x1 , x2 , . . . , xt ), i = 1, 2, . . . , k olyan egész együtthatós, t-változós∑kpolinomok, amelyek konstans tagja 0 és i=1 deg fi < t. Lássuk be,
hogy az fi (x1 , x2 , . . . , xt ) ≡ 0 (mod p), i = 1, 2, . . . , k kongruenciarendszernek létezik nem triviális megoldása. (Melyik ismert tételt
kapjuk abban a speciális esetben, ha mindegyik polinom elsőfokú?)∗

9.3.3 Köbszámok újra. Legyenek 0 < p1 < . . . < pk tetszőleges prímszámok és 0 < c1 < . . . < ct olyan egészek, amelyek egyikének sincs
a pi -ktől különböző prímosztója. Bizonyítsuk be, hogy t ≥ 2k + 1

9.4. Páratlanváros és Párosváros

271

esetén biztosan kiválasztható néhány különböző cj úgy, hogy ezek
szorzata köbszám legyen.
∗

9.3.4 Magasabb hatványok . Általánosítsuk az előző feladatot köbszámok
helyett q-adik hatványokra, ahol q tetszőleges prímszám.
Megjegyzés: A megfelelő állítás (más eszközökkel) igazolható arra
az esetre is, amikor q prímhatvány, azonban tetszőleges q egészre a
probléma megoldatlan.
9.3.5 Összegek oszthatósága.
(a) Mutassuk meg, hogy n egész számból mindig kiválasztható néhány,
amelyek összege osztható n-nel.
∗(b) Mutassuk meg, hogy 2n − 1 egész számból mindig kiválasztható nolyan, amelyek összege osztható n-nel.
9.3.6(a) Mutassuk meg, hogy bármely n > 1-hez található három olyan egészszám, amelyek s négyzetösszegére n | s, de n2 ̸ | s.
(b) Lássuk be, hogy (n, s/n) = 1 is elérhető.
9.3.7 Adjunk gyors algoritmust a teljes hatványok felismerésére és felbontására.
9.3.8 Faktorizáció. Egy másik faktorizációs eljárás vázlata a következő.
Próbáljuk meg az N nagy páratlan összetett számot N = x2 − y 2alakbanérdekében vizsgáljuk meg rendre az√ előállítani. Ennek2
x ≥ N számokra, hogy x − N négyzetszám-e. Ha felhasználjuk,
hogy egy négyzetszám 3-mal, 5-tel, 7-tel, 8-cal stb. osztva csak speciális maradékot adhat, akkor ez jelentősen megkönnyíti az x keresését.
(a) Ha s darab különböző prím szerint nézzük x2 − N lehetséges maradékait, akkor körülbelül az x számok hányadrészéről derül ki, hogyx2 − N biztosan nem lehet négyzetszám?
(b) Ez a faktorizációs módszer mikor talál (viszonylag) gyorsan N = defelbontást: ha d kicsi és e nagy vagy ha d és e közel egyforma?
(c) Bontsuk tényezőkre ezzel a módszerrel a 86519 és 584189 számokat.
(Csak kalkulátort használjunk, és elegendő a 3 és 8 modulusokkal,,szitálni”.)

9.4. Páratlanváros és Párosváros
Ebben a pontban azt vizsgáljuk, hogy egy k elemű halmaznak maximálisan
hány olyan részhalmaza lehet, ahol az elemszámokra és a páronkénti met-

272

9. Kombinatorikai alkalmazások

szetek elemszámára különféle feltételeket szabunk. Meglepő módon a feltételek
minimális megváltoztatása az eredmény drámai megváltozását vonhatja maga
után. Bevezetőként ezt az alábbi kis mesével illusztráljuk.
Hol volt, hol nem volt, az Óperenciás (Operációs?) tengeren túl, de a
Nagy Prímszámtételen innen, Kombinatória kellős közepén volt egyszer egy
icipici, 32 lakosú városka, amelynek a lakói imádtak egyesületeket alapítani.
Kezdetben mindössze annyit kötöttek ki, hogy két egyesületnek nem lehet
teljesen azonos a tagsága (hiszen akkor ez a kettő tulajdonképpen ugyanaz
az egyesület, csak más néven). Még a ,,tagnélküli” egyesületet is bejegyezték,
amelynek tehát senki sem tagja. (Ebben az egyesületben biztosan nem kerül
sor éles vitákra!)
Szépen szaporodtak az egyesületek, mindenkinek több talicskányi tagkönyve volt már, azonban ettől a helyi nyomda kapacitása teljesen kimerült, ésa polgárok rájöttek, hogy az egyesületek túlburjánzásának megakadályozására
némi korlátozó intézkedéseket kell bevezetni. Két javaslat feküdt a nagytekintélyű szenátus előtt (amelynek természetesen mindenki tagja volt). Mindkét javaslat egyformán előírta, hogy ezentúl bármely két egyesületnek csak
páros számú közös tagja lehet, és mindössze abban az apróságban mutatkozott
eltérés, hogy emellett a Párosváros-pártiak azt akarták, hogy az egyesületek
taglétszáma páros legyen, míg a Páratlanváros-pártiak a páratlan taglétszám
mellett kardoskodtak. Mivel mindkét pártnak pontosan 16 képviselője volt aszenátusban, ezért nem tudván szavazással dönteni, segítségül hívták a szomszéd faluból a köztiszteletnek örvendő Lineáris Algebra apót, hogy mondjon
véleményt. Az ő szavai most alább következnek.
9.4.1 Tétel (Páratlanváros)Legyen |X| = k és H1 , . . . , Hn olyan (különböző) részhalmazok X-ben,amelyekre mindegyik |Hj | páratlan és |Ht ∩ Hj | páros, ha t ̸= j. Ekkor
max n = k. ♣9.4.2 Tétel (Párosváros)Legyen |X| = k és H1 , . . . , Hn olyan (különböző) részhalmazok X-ben,amelyekre mindegyik |Hj | páros és |Ht ∩ Hj | páros, ha t ̸= j. Ekkor
max n = 2⌊k/2⌋ . ♣Eszerint a mesebeli Párosvárosban 216 = 65536 egyesület alapítható, míg
Páratlanvárosban mindössze 32.
A két tétel bizonyítása közös alapelven működik: a valósban megismert
skalárszorzat és merőlegesség fogalmát kiterjesztjük a modulo 2 test feletti
vektorterekre, és a részhalmazoknak, valamint a metszeteiknek az elemszámát

9.4. Páratlanváros és Párosváros

273

ennek segítségével fogjuk jellemezni. Egy másfajta megközelítést a 9.4.4 feladatban mutatunk.
Bizonyítás: Legyenek X elemei x1 , . . . , xk és H tetszőleges részhalmaz X-ben.
Feleltessünk meg H-nak egy k hosszúságú h vektort a következőképpen: h-ban
az i-edik komponens 1, ha xi ∈ H, és 0, ha xi ̸∈ H.
Legyen T = F2 , ekkor h-t tekinthetjük T k -beli vektornak.
Definiáljuk T k -ban a skalárszorzatot mint a koordináták szorzatösszegét(ugyanúgy, ahogy a valós test felett). Ez most is szimmetrikus bilineáris függvény lesz, csak a ,,pozitív definitségnek” persze nincs értelme, továbbá egy nem
nulla vektor is lehet önmagára merőleges (lásd a 9.4.13–9.4.14 feladatokat).
Ha a H és H ′ részhalmazoknak a h, illetve h′ vektorok felelnek meg, akkor
a h·h′ skalárszorzat H ∩H ′ elemszámát méri: annyi darab 1-est kell összeadni,
ahány közös elem van H-ban és H ′ -ben. Ennélfogva h·h′ aszerint 0, illetve 1,
hogy |H ∩ H ′ | páros, illetve páratlan. Ez speciálisan H = H ′ esetén is igaz,
azaz h·h aszerint 0, illetve 1, hogy |H| páros, illetve páratlan.
Térjünk most rá a Páratlanváros-tétel bizonyítására. Világos, hogy kdarab ilyen Hj megadható, például az egyelemű részhalmazok megfelelnek afeltételnek. Most azt igazoljuk, hogy ennél több Hj már nem létezik. Ezt
úgy látjuk be, hogy a Hj -knek megfeleltetett h1 , . . . , hn vektorokról kimutatjuk, hogy lineárisan függetlenek. Mivel T k -ban legfeljebb k darab lineárisan
független vektor létezik, így valóban a kívánt n ≤ k egyenlőtlenséget kapjuk.
Vegyünk egy δ1 h1 + . . . + δn hn = 0 lineáris kombinációt. Ha mindkét
oldalt skalárisan megszorozzuk hj -vel, akkor δ1 (h1 ·hj ) + . . . + δj (hj ·hj ) + . . . ++δn (hn ·hj ) = 0 adódik. Mivel |Hj | páratlan, de minden t ̸= j-re |Ht ∩ Hj |páros, ezért itt minden ht ·hj skalárszorzat 0, kivéve hj ·hj -t, ami 1. Innen
azonnal kapjuk, hogy δj = 0. Mivel ez tetszőleges j-re teljesül, ezért a hj
vektorok valóban lineárisan függetlenek.
Rátérve a Párosváros-tétel bizonyítására, először lássuk be, hogy 2⌊k/2⌋
ilyen részhalmaz megadható. Megfelelő, ha ⌊k/2⌋ darab (diszjunkt) elempárt
veszünk, és az ezekből képezhető összes lehetséges halmazt tekintjük. (A mesebeli megfogalmazással, ha Párosvárosban 16 házaspár lakik, akkor bármely férjés feleség közösen lép vagy nem lép be egy egyesületbe.) Annak igazolása, hogy
ez a maximum, további előkészületeket igényel.
Két V = T k -beli vektor, a és b merőlegessége most is jelentse azt, hogy askalárszorzatuk a·b = 0, továbbá egy U altérre legyen U ⊥ az U összes eleméremerőleges vektorok halmaza: U ⊥ = {x ∈ V | (u ∈ U ⇒ u·x = 0)}.
Könnyen adódik, hogy U ⊥ altér, azonban a 8.1.7 Tétel megfelelője általában már nem igaz: előfordulhat, hogy U ∩ U ⊥ ̸= 0 és ⟨U, U ⊥ ⟩ ̸= V . A
dim U + dim U ⊥ = dim V összefüggés viszont továbbra is érvényes. Mindezt a274

9. Kombinatorikai alkalmazások

9.4.15 feladatban tárgyaljuk.
Visszatérve Párosvárosba, legyenek H1 , . . . , Hn olyan részhalmazokX-ben, amelyekre minden |Hj | és |Ht ∩ Hj | páros. Ez azt jelenti, hogy a
Hj -knek megfelelő hj vektorok ekkor önmagukra és egymásra is merőlegesek.
Mivel (F2 felett) (a + b)·(a + b) = a·a + 2(a·b) + b·b = a·a + b·b, így ahj vektorok által generált U altérben bármely két vektor merőleges egymásra.
Emiatt U ⊆ U ⊥ , tehát dim U ≤ dim U ⊥ , és így a dim U + dim U ⊥ = dim Vösszefüggésből dim U ≤ ⌊dim V /2⌋ = ⌊k/2⌋ következik. Azaz valóbann ≤ |U | = 2dim U ≤ 2⌊k/2⌋ , amint állítottuk.
Feladatok
9.4.1 Egy k elemű halmaznak hány olyan (különböző) részhalmaza van,amelyek elemszáma a) páros; b) 3-mal osztható?
9.4.2 Tekintsük a 9.4.1–9.4.2 Tételek bizonyításában bevezetett H 7→ hmegfeleltetést.
(a) A H és H ′ halmazok között milyen kapcsolat áll fenn, ha a h és h′vektorok minden komponensükben különböznek?
(b) A H és H ′ halmazok között milyen műveletet kell elvégezni, hogy az
így kapott halmaznak éppen a h és h′ vektorok (F2 feletti) összege
feleljen meg?
9.4.3 Adjunk új bizonyítást a Páratlanváros-tételre az F2 test feletti függetlenség helyett a Q feletti függetlenségre támaszkodva.
9.4.4 Legyen |X| = k, H1 , . . . , Hn (különböző) részhalmazok X-ben, ésfeleltessük meg a Hj -knek a h1 , . . . , hn vektorokat a 9.4.1–9.4.2 Tételek bizonyításában látott módon. Ekkor azt a k × n-es A mátrixot,
amelynek az oszlopai éppen a h1 , . . . , hn vektorok, a H1 , . . . , Hn
halmazrendszer illeszkedési mátrix ának (vagy incidenciamátrix ának)nevezzük.
(a) Mik lesznek a B = AT A szorzatmátrix elemei?
(b) A fentiek felhasználásával adjunk még egy bizonyítást a Páratlanváros és Párosváros tételekre.
9.4.5 A k lakosú Páratlanvárosban a 9.4.1 Tétel feltételei szerint alapítanak
k egyesületet. A lehetőségek számát jelöljük ξk -val. Lássuk be, hogy(b) ξk → ∞, ha k → ∞;(a) ξk > 1, ha k > 3;
∗

k2 /8

(c) 2

k2

/k! < ξk < 2 /k!.

9.4. Feladatok

275

9.4.6 Fordított Páratlanváros. Maximálisan hány egyesület alapítható ak lakosú Anti-Páratlanvárosban, ha itt bármely két egyesület közös
tagjainak a száma páratlan, az egyesületek taglétszáma pedig páros?
9.4.7 Kalandozások Számországban.
(a) Hármashatárnak k lakója van, az egyesületek taglétszáma nem osztható 3-mal, bármely két egyesület közös tagjainak a száma viszontigen. Maximálisan hány egyesület létezhet Hármashatárban?
(b) Mi a helyzet Négyesföldön?
(c) Mutassuk meg, hogy Hatfaluban nem alapítható 2k-nál több egyesület. Megjegyzés: Megoldatlan probléma, hogy egyáltalán k-nál több
alapítható-e.
9.4.8(a) Legyen |X| = k, ahol 3 | k. Maximálisan hány olyan Hj részhalmaz
adható meg X-ben, amelyekre |Hj | ≡ 2 (mod 3) és |Ht ∩ Hj | ≡ 1(mod 3), ha t ̸= j?
(b) Oldjuk meg ugyanezt a feladatot 3 ̸ | k esetén.
9.4.9 Színes Páratlanváros.
(a) A k lakosú Piros-Kék Páratlanvárosban n darab Pj piros és ugyanannyi Kj kék egyesületet alapítanak az alábbi feltételekkel: |Pj ∩ Kj |páratlan minden j-re és |Pt ∩ Kj | páros, ha t ̸= j. Határozzuk meg
n maximumát.
(b) Mutassuk meg, hogy az eredmény akkor sem változik, ha |Pt ∩ Kj |párosságát (t ̸= j helyett) csak t < j-re követeljük meg.
M∗ 9.4.10 Egyforma metszetek . Egy k elemű halmaznak maximálisan hány
olyan részhalmaza lehet, amelyek közül bármelyik kettőnek pontosan
egy közös eleme van?
9.4.11 Szigorú szabályok . Álszabadiban az egyesületalapítási szabályok akövetkezők: (i) Kevesebb egyesület van, mint ahány lakos; (ii) bármely két lakos ugyanannyi (éspedig pozitív számú) egyesületnek közös tagja; (iii) minden egyesületnek legalább két tagja van, és két
egyesületnek nem lehet teljesen azonos a tagsága. Hány egyesületműködik Álszabadiban?
M∗∗ 9.4.12 Korlátozott metszetek . Egy k elemű halmazban maximálisan hány
olyan részhalmaz adható meg, amelyek páronkénti metszeteinek az
elemszáma legfeljebb m-féle lehet (azaz t ̸= j-re a |Ht ∩ Hj | értékek
között legfeljebb m különböző fordul elő, ahol m ≤ k egy rögzített
nemnegatív egész)?

276

9. Kombinatorikai alkalmazások

A 9.4.13–9.4.16 feladatokban legyen p egy pozitív prím, T = Fp , V = T k ésU altér V -ben. A V -beli skalárszorzatot, merőlegességet és U ⊥ -t ugyanúgy
definiáljuk, mint a p = 2 esetben.
9.4.13 Kicsi alterek .
(a) Legyen T = F2 és U olyan altér V -ben, amelyben csak a nullvektormerőleges önmagára. Bizonyítsuk be, hogy |U | ≤ 2.
∗(b) Legyen p páratlan prím és T = Fp . Maximálisan hány eleme lehet
V -ben egy olyan U altérnek, amelyben csak a nullvektor merőlegesönmagára?
9.4.14 Izotrop vektorok .
(a) Milyen p és k esetén létezik V -ben önmagára merőleges nem nulla
vektor?
(b) Milyen p és k esetén alkotnak az önmagukra merőleges vektorok alteret V -ben? Hány dimenziós ez az altér?
9.4.15 U és U ⊥ .
(a) Mutassunk példát arra, amikor U ∩ U ⊥ ̸= 0, illetve ⟨U, U ⊥ ⟩ ̸= V .
(b) Bizonyítsuk be, hogy dim U + dim U ⊥ = dim V .
(c) Igazoljuk, hogy U ∩ U ⊥ = 0 ⇐⇒ ⟨U, U ⊥ ⟩ = V .
9.4.16 Belterjes merőlegesség. Vizsgáljuk meg, hogy létezik-e V -ben olyan
U altér, amelyre U = U ⊥ , ha(a) p = 2, k = 10;(b) p = 5, k = 11;(c) p = 13, k = 30;(d) p = 23, k = 2;(e) p = 43, k = 20.
9.4.17 Új egyesületek .
(a) A k lakosú Páratlanvárosban a 9.4.1 Tétel feltételei szerint n egyesület működik. Igaz-e, hogy ha az egyesületek száma nem maximális(vagyis n < k), akkor a rendszer bővíthető, azaz a meglevők mellé
további egyesület is alapítható?
(b) Mi a helyzet Párosvárosban?
M∗ 9.4.18 Liberalizált Párosváros. Mutassuk meg, hogy páros k esetén akkor
sem alapítható több egyesület Párosvárosban, ha a 9.4.2 Tétel feltételei közül a |Hj | párosságára vonatkozót elejtjük, és páratlan kesetén is mindössze eggyel növelhető ekkor az egyesületek száma.
9.4.19 Csupa Három. Egy 9 elemű halmazban maximálisan hány olyan Hjrészhalmaz van, amelyekre mindegyik |Hj | és mindegyik |Ht ∩ Hj | isosztható 3-mal?

9.5. Szép gráfok

277

9.5. Szép gráfok
Ebben a pontban egy meglepő és szép gráfelméleti tételt igazolunk, az eddigieknél egy kicsit több lineáris algebra felhasználásával. Viccesen azonban
akár úgy is fogalmazhatnánk, hogy mindennek az az oka, hogy a 15-nek atermészetes számok körében nincs más osztója, mint az 1, a 3, az 5 és a 15.
Tekintsünk egy olyan (hurokél és többszörös él nélküli véges) gráfot,amelyben nincs ötnél rövidebb kör és minden csúcsból d él indul ki. Hány
csúcsa lehet egy ilyen gráfnak?
Vegyünk egy tetszőleges csúcsot. Ebből d él indul ki, tehát újabb d csúcsot
kapunk. Az új csúcsok mindegyikéből d − 1 újabb él indul ki. Sem két ilyen él,
sem a végpontjaik nem eshetnek egybe, mert akkor egy 3, illetve 4 hosszúságú
körhöz jutnánk. Az élek végpontjai tehát újabb d(d − 1) csúcsot adnak. A
gráfnak így összesen legalább d2 + 1 csúcsa van.
Milyen d-kre állhat itt egyenlőség? Nyilván d = 1 és d = 2 megfelel (a gráf
ekkor egyetlen él, illetve egy öt hosszúságú kör). Kicsit nehezebb d = 3-ra egy
jó gráfot mutatni, de van ilyen, az ún. Petersen-gráf (lásd a 9.5.1 feladatot).
Viszont d = 4, 5 és 6 egyike sem jó, amint ez növekvő nehézségű számolásokkal igazolható. Bravúros módon A. J. Hoﬀman és R. R. Singleton 1960-ban
d = 7-re ismét találtak egy jó gráfot; ezt egy csomó Petersen-gráf összeragasztásával nyerték. És mi a helyzet nagyobb d-kre?
9.5.1 Tétel (Hoﬀman–Singleton-tétel)Tegyük fel, hogy egy gráf minden csúcsából d él indul ki, a gráfban nincs
ötnél rövidebb kör és a gráfnak d2 + 1 csúcsa van. Ekkor d értéke csak 1, 2, 3,
7 vagy 57 lehet. ♣Megjegyzés: Sokáig megoldatlan volt, hogy mi a helyzet d = 57-re. Végül
2020-ban igazolták, hogy nem létezik ilyen gráf.
Bizonyítás: Egy n csúcsú gráf szomszédsági (adjacencia) mátrix án azt az
n × n-es A mátrixot értjük, amelyben{
1, ha az i-edik és j-edik csúcs között van él;i, j = 1, 2, . . . , n.
αij =0 egyébként,
Könnyen látható, hogy egy gráf szomszédsági mátrixát négyzetre emelvea kapott B = A2 mátrixban βij éppen az i-edik és j-edik csúcs közös szomszédainak a száma.
Vegyünk most egy, a tétel feltételeit kielégítő n = d2 + 1 csúcsú G gráfot.
A tétel kimondása előtti meggondolásokból adódik, hogy G-ben bármely két

278

9. Kombinatorikai alkalmazások

csúcs vagy szomszédos, vagy pedig pontosan egy közös szomszédjuk van. Ezért
a G gráf n × n-es A szomszédsági mátrixára az
A2 + A − (d − 1)E = J(9.5.1)mátrixegyenlet teljesül, ahol E az (n × n-es) egységmátrix, J pedig a csupa
1-ből álló mátrix.
Mivel A szimmetrikus mátrix, ezért n = d2 + 1 független sajátvektora van(az Rn euklideszi térben, sőt ezek páronként ortogonálisak is). A (9.5.1) mátrixegyenletből könnyen adódik, hogy ha v sajátvektora A-nak λ sajátértékkel,
akkor v sajátvektora J-nek is, éspedigµ = λ2 + λ − (d − 1)

(9.5.2)

sajátértékkel. Mivel a J-nek az n egyszeres sajátértéke, és minden további
sajátértéke 0, ezért az A-nak (9.5.2) alapján a d egyszeres sajátértéke (amiközvetlenül is adódott volna), a további sajátértékei pedig kielégítik a
λ2 + λ − (d − 1) = 0 egyenletet. Ezt megoldva kapjuk, hogy A további
sajátértékei√√−1 − 4d − 3−1 + 4d − 3
és λ2 =,λ1 =2
2
multiplicitásuk m1 , illetve m2 , ahol
m1 + m2 = n − 1 = d2 .

(9.5.3)Írjuk fel az A mátrix nyomát. Ez egyrészt a főátlóbeli elemek összege, azaz 0,
másrészt a sajátértékek (multiplicitással vett) összege. Tehát
m1 − m2 √m1 + m2
4d − 3 −+d(9.5.4)2
2√
adódik. Ez csak úgy teljesülhet, ha m1 = m2 vagy pedig s = 4d − 3 egészszám.
Az első esetben (9.5.3)-ból és (9.5.4)-ből kapjuk, hogy d2 = 2d, azaz d = 2.
A második esetben a d = (s2 + 3)/4 összefüggést (4)-be beírva
0 = m1 λ1 + m2 λ2 + d =−s4 + 2s2 + 16s(m1 − m2 ) + 15 = 0
adódik. Vagyis s osztója a 15-nek, tehát s = 1, 3, 5 vagy 15. Innen d = 1, 3,
7 vagy 57.

9.5. Feladatok

279

Feladatok
Gráfon a továbbiakban is hurokél és többszörös él nélküli véges gráfotértünk. Egy csúcs fok a a csúcsból kiinduló élek száma. Egy gráf reguláris, haminden csúcs foka ugyanannyi.
Egy gráf spektruma a szomszédsági mátrix sajátértékeinek a halmaza.
Legyen egy G gráfnak n csúcsa és m éle. A G gráf illeszkedési (incidencia)
mátrix ának azt az n × m-es C mátrixot nevezzük, amelyben γij = 1, ha az
i-edik csúcs illeszkedik a j-edik élre, és 0 egyébként.
9.5.1 A Petersen-gráf a következőképpen néz ki: Vegyük egy szabályos
ötszög csúcsait, és ezt az öt pontból álló alakzatot a középpontból
kicsinyítsük le (pl. fele méretűre). A külső pontok közül kössük össze
a szomszédosakat (azaz ekkor egy szabályos ötszöget kapunk), a belső
pontok mindegyikét kössük össze a másodszomszédaival (így egy csillagötszöget kapunk), végül mindegyik külső pontot kössük össze aneki megfelelő belső ponttal. Az így kapott gráfnak 10 csúcsa és 15
éle van.
(a) Ellenőrizzük, hogy ebben a gráfban valóban nincs ötnél rövidebb kör
és minden csúcs foka 3.
(b) Adjuk meg a Petersen-gráf spektrumát.
9.5.2 Egy gráf csúcsaihoz rendeljük hozzá rendre az x1 , . . . , xn valós (vagy x1.
komplex) számokat. Mutassuk meg, hogy az x =  ..  nem nulla
xnvektor akkor és csak akkor sajátvektora a gráf szomszédsági mátrixának, ha bármely csúcsnál a szomszédaihoz rendelt xi számok összege
ugyanannyiszorosa a csúcshoz rendelt számnak.
9.5.3 Határozzuk meg az alábbi n csúcsú gráfok spektrumát:(a) n csúcsú teljes gráf;(b) n = 2k, és minden csúcsnak pontosan egy szomszédja van (ekkor agráf diszjunkt élek egyesítése, ún. egyfaktor);(c) n = 2k, az a1 , . . . , ak csúcsok mindegyike össze van kötve a b1 , . . . , bk
csúcsok mindegyikével, és más él nincs (teljes páros gráf);(d) n − 1 élű csillag (azaz a középpont a többi n − 1 pont mindegyikévelössze van kötve, és más él nincs);∗(e) n hosszúságú kör.

280

9. Kombinatorikai alkalmazások

9.5.4 Milyen kapcsolatban áll egy reguláris gráf spektruma a gráf komplementerének a spektrumával?
M∗ 9.5.5 Legyen a G gráf szomszédsági mátrixa A. Mutassuk meg, hogy akkor
és csak akkor van olyan f polinom, amelyre f (A) = J, ha G összefüggő és reguláris (J a csupa 1-ből álló mátrix).
9.5.6 Írjuk fel a 9.5.1 és 9.5.3 feladatokban szereplő gráfok illeszkedési
mátrixát.
9.5.7 Legyen a G gráf illeszkedési mátrixa C. Mi a C T C, illetve CC T
mátrixok elemeinek a kombinatorikai jelentése?
9.5.8 Melyek azok a gráfok, amelyeknél a(z alkalmasan választott) szomszédsági és illeszkedési mátrix egybeesik?
9.5.9 Legyen Λ a G gráf legnagyobb sajátértéke, δ és ∆ pedig a G-ben előforduló legkisebb, illetve legnagyobb fokszám. Bizonyítsuk be, hogyδ ≤ Λ ≤ ∆.
M∗ 9.5.10 Legyen Λ a G gráf legnagyobb sajátértéke. Mutassuk meg, hogy G
csúcsai kiszínezhetők (legfeljebb) Λ + 1 színnel úgy, hogy bármely él
két végpontja különböző színű.
9.5.11 Legyen n ≥ 2. Egy X véges halmaz n-edrendű (nem elfajuló) véges
projektív sík ot alkot, ha teljesülnek az alábbiak:(i) az X elemeit pontoknak és bizonyos részhalmazait egyeneseknek nevezzük, és egy pont akkor van rajta egy egyenesen, ha a megfelelő
részhalmaz tartalmazza az adott elemet;(ii) bármely két egyenesnek egy közös pontja van, és bármely két ponton
egy egyenes megy át;(ii) minden egyenesen n + 1 pont helyezkedik el, és minden ponton n + 1
egyenes halad át.
Megmutatható, hogy ekkor mind a pontok, mind az egyenesek száma|X| = n2 +n+1. Az A.11.13 feladatban szerepel n-edrendű projektív
sík konstrukciója, ha n tetszőleges prímhatvány. Megoldatlan, hogy
más n-re is létezik-e n-edrendű projektív sík.
A véges projektív síkok szolgáltatták a nem triviális extremális
megoldásokat a 9.4.10 feladattal kapcsolatban (lásd a feladat második
bizonyítása utáni megjegyzést), és tulajdonképpen projektív síkok
szerepelnek majd (,,inkognitóban”) a 9.6.2 Tétel bizonyításában is.

9.6. Sidon-sorozatok

281(a) Egy véges projektív sík minden pontjára egy-egy valós számot írunk.
Mutassuk meg, hogy ha a számok összege minden egyenesen 0, akkor
mindegyik szám 0.
∗(b) Egy n-edrendű projektív sík pontjait tetszőlegesen kiszínezzük pirossal és kékkel. Bizonyítsuk
√ be, hogy van olyan egyenes, ahol a színek
közötti eltérés legalább n.

9.6. Sidon-sorozatok
Sidon-sorozatoknak a természetes számok olyan a1 < a2 < . . . véges vagy
végtelen részsorozatait nevezzük, amelyeknél az ai + aj összegek (vagy ami
ugyanaz: az ai − aj , i ̸= j különbségek) mind különbözők. Az alábbiakban
csak véges Sidon-sorozatokkal foglalkozunk.
Maximálisan hány eleme lehet egy Sidon-sorozatnak az√ [1, n] intervallumban? Bebizonyítjuk, hogy ez a maximum ,,körülbelül” n. Ez két√ állítást
jelent: egyrészt azt, hogy 1 és n között valóban előfordul körülbelül n elemszámú Sidon-sorozat (alsó becslés a maximális elemszámra), másrészt azt,
hogy az adott határok között ennél lényegesen hosszabb Sidon-sorozat már
nem létezik (felső becslés a maximális elemszámra).
A kérdéskör vizsgálatában kiemelkedő érdemei vannak az 1996 szeptemberében elhunyt zseniális magyar matematikusnak, Erdős Pálnak. TuránPállal közösen 1941-ben megmutatták, hogy a keresett maximum legfeljebb
n1/2 + 2n1/4 . Ezt később B. Lindström más módszerrel n1/2 + n1/4 + 1-re javította, de ugyanez az eredmény az Erdős–Turán-bizonyítás pontosabb végigszámolásával is kiadódik (9.6.4 Tétel). J. Singer egy eredményének felhasználásával Erdős és tőle függetlenül S. Chowla 1944-ben azt is igazolták, hogy elégnagy n-re n1/2 − n5/16 elemszámú Sidon-sorozat valóban meg is adható n-ig
(9.6.3 Tétel). Ez a két eredmény együtt azt jelenti, hogy az [1, n] intervallumban√ a Sidon-sorozatok maximális elemszáma nagyon pontos aszimptotikával
n. Máig is megoldatlan azonban√ a még jobb hibatagok kérdése. Az sejthető,hogy a maximális elemszámnak n-től való eltérése egy n-től független korlát
alatt marad. Ennek igazolásáért vagy cáfolásáért korábban Erdős Pál összesen
1000 dollárt ajánlott fel.
Jelöljük s = s(n)-nel az n-ig megadható leghosszabb Sidon-sorozat elemszámát. Próbáljunk először egyszerű felső becslést keresni s-re. Mivel egy 1 ésn közötti Sidon-sorozatbanazai)+ aj összegek mind√különbözők, 2 és 2n közé
(s+1)
(s+1
esnek és számuk 2 , így 2 < 2n, azaz s < 2 n. Rögtön jobb becslést
kapunk, ha az ai − aj > 0 (különbségeket
vizsgáljuk; ezek
√ is mind különbözők,)()n-nél kisebbek, és számuk 2s , így 2s < n, azaz s < 2n + 1. A felső becslés-

282

9. Kombinatorikai alkalmazások√√
nél tehát azonnal adódott a n-es nagyságrend, ,,csak” a n együtthatóját
kell 1-re leszorítani.
√,,Alulról nézve” sokkal kevésbé világos, hogyan érhető el a n-es nagyságrend. √A kettőhatványok példája csak log2 n-et ad, és a mohó algoritmussal iscsak 3 n biztosítható (lásd a 9.6.1 feladatot).
Egy szintén Erdőstől származó√
nagyon szép elemi konstrukcióval már n/2√hosszú Sidon-sorozatot kapunk(lásd a 9.6.2 feladatot), és mint említettük, a n együtthatója ,,feltornázható”
1-re.
Lássunk akkor hozzá nagy elemszámú Sidon-sorozatok konstrukciójához.
Ezt először bizonyos típusú n-ekre végezzük el, és ezek segítségével térünk
majd át tetszőleges n-re.
9.6.1 Tétel
Legyen p tetszőleges prímszám. Ekkor n =⌈p√2 +⌉ p + 1-re létezik olyann = p + 1 eleme van. ♣Sidon-sorozat az [1, n] intervallumban, amelynek
A 9.6.1 Tétel helyett egy jóval élesebb és önmagában is nagyon érdekes
és meglepő állítást igazolunk.
9.6.2 Tétel
Legyen p tetszőleges prímszám. Ekkor létezik p + 1 darab olyan ai , amelyekre az ai − aj , i ̸= j különbségek (nemcsak hogy különbözők, hanem ráadásul) páronként inkongruensek modulo p2 + p + 1. ♣Megjegyzés: A 9.6.2 Tételben szereplő különbségek száma p2 + p, és modulo
p2 + p + 1 éppen ennyi nem nulla maradék van. Vagyis az ai − aj különbségek
minden maradékot előállítanak, éspedig mindegyiket pontosan egyszer.
Nyilvánvaló, hogy a 9.6.2 Tételben az ai -k maguk is páronként inkongruensek kell hogy legyenek, tehát választhatók 1 és n = p2 + p + 1 közöttieknek,és így valóban azonnal adódik a 9.6.1 Tétel.
A 9.6.2 Tétel bizonyítása: A bizonyítás a véges testek segítségével történik,az ezek szerkezetére vonatkozó alapvető tételek (lásd az A.11 pontot) és egy
kevés lineáris algebra felhasználásával.
Tekintsük a p3 elemű T3 véges testet, és ebben a p elemű T1 résztestet.
Legyen ∆ a T3 test multiplikatív csoportjának generáló eleme, azaz
T3 = {0, ∆, ∆2 , . . . , ∆p −1 = 1} .
3

(9.6.1)

A T1 -beli nem nulla elemek T3 multiplikatív csoportjának részcsoportját alkotják, melynek generátoreleme nyilván ∆n , ahol n = (p3 −1)/(p−1) = p2 +p+1.

283

9.6. Sidon-sorozatok
VagyisT1 = {0, ∆n , ∆2n , . . . , ∆(p−1)n = ∆p −1 = 1} .
3Tekintsük most T3 -at mint T1 feletti vektorteret. Az előzőek alapján kapjuk,
hogy T3 két eleme, ∆i és ∆j pontosan akkor lineárisan összefüggő T1 felett,hai ≡ j (mod n) .
(9.6.2)
A keresett ai egészeket ezután a következőképpen adjuk meg. Vegyünk egy
tetszőleges Θ ∈ T3 \ T1 elemet és legyenek T1 elemei γ1 , . . . , γp . Írjuk fel a
Θ + γi elemeket
Θ + γi = ∆ ai
(9.6.3)alakban. A (9.6.1) alapján ez megtehető, és így kijelöltünk p darab ai egész
számot, a p + 1 -ik pedig legyen ap+1 = 0.
Megmutatjuk, hogy ezek eleget tesznek a feltételnek, azaz az ai − ajkülönbségek, vagy ami ugyanaz, az ai + aj összegek páronként különböző
maradékot adnak modulo p2 + p + 1.
Tegyük fel, hogy ai + aj ≡ ak + al (mod p2 + p + 1). Ekkor (9.6.2) és(9.6.3) alapján(Θ + γi )(Θ + γj ) − γ(Θ + γk )(Θ + γl ) = 0
adódik valamely γ ∈ T1 elemmel. Mivel Θ harmadfokú a T1 test felett, ezért
nem lehet gyöke egy legfeljebb másodfokú polinomnak. Vagyis csak γ = 1 és{γi , γj } = {γk , γl } lehetséges, így a megfelelő ai -k is egyenlők, ami éppen abizonyítandó állítás volt.
A bizonyítás ugyanígy megy akkor is, ha ap+1 = 0 is szerepel a szóban
forgó ai -k között.
Megjegyzés: A 9.6.2 Tétel és a bizonyítás ugyanúgy érvényes akkor is, ha p
egy prímszám hatványa. Mindez szoros kapcsolatban van a véges projektív
síkokkal (lásd a 9.5.11 és A.11.13 feladatokat).
9.6.3 Tétel
Minden elég nagy n -re megadható olyan Sidon-sorozat az [1, n] intervallumban, amelynek legalább n1/2 − n5/16 eleme van. ♣Bizonyítás: Vegyük azt a legnagyobb p prímszámot, amelyre p2 + p + 1 ≤ n, és
p2 +p+1-re készítsük el az előző (p+1 elemű) konstrukciót. Mivel n1/2 −n5/16
és n1/2 között elég nagy n-re mindig van prímszám, ezért p > n1/2 − n5/16 ,amivel a tételt tetszőleges n-re igazoltuk.

284

9. Kombinatorikai alkalmazások

Megjegyzés: A tetszőleges n-re történő áttérésnél azt használtuk fel, hogy aprímek elég ,,sűrűn” helyezkednek el. Ha tudjuk, hogy m és m + mc között
elég nagy m-re mindig van prímszám, akkor a tételünkben a hibatag nc/2
nagyságrendűnek vehető. A jelenleg bizonyított legjobb érték c ≈ 0,54, ennek
alapján tehát a hibatag kitevője 0,27-nek is vehető. (A tételben csak c = 5/8dal dolgoztunk.) Ezek igen mély prímszámelméleti eredmények. Ha ,,csak”
a prímszámtételretámaszkodnánk, akkor a 9.6.3 Tétel helyett csak annak√∼ n aszimptotikus változatát kaptuk volna hibatag nélkül, ugyanis c értékét,,pusztán” a prímszámtétel segítségével nem tudnánk 1 alá szorítani. A c ≈0,54 ,,világrekord” tehát nem kis teljesítmény. Ugyanakkor jól tükrözi tudásunk korlátait is, ugyanis elérhetetlen messzeségben van tőle még az alábbiártalmatlannak látszó és minden bizonnyal igaz állítás is: bármely két szomszédos négyzetszám közé esik prímszám. Ez lényegében a c = 1/2 esetnek felelmeg, és még az ún. Riemann-sejtésből sem következik. Ráadásul a c = 1/2
sem határ, hanem minden valószínűség szerint c értéke akármilyen kicsinek
választható, hogy az [m, m + mc ] intervallum elég nagy m-re még mindig tartalmazzon prímszámot. Ez a sejtés azonban már végképp abba a kategóriába
tartozik, amelyre Erdős azt szokta mondani, hogy biztosan igaz, de sohasem
fogják tudni bebizonyítani.
A 9.6.3 Tétel más bizonyításaira nézve lásd a 9.6.3 és 9.6.4 feladatot.
Most rátérünk a Sidon-sorozatok elemszámának a(z éles) felső becslésére.
9.6.4 Tétel
Az [1, n] intervallumba
1/2
n + n1/4 + 1 eleme van. ♣esőbármely

Sidon-sorozatnak

legfeljebbElső bizonyítás: Legyen t később alkalmasan megválasztandó egész szám,és toljunk végig egy t − 1 hosszúságú szakaszt a [0, n] intervallumon, azaz
tekintsük a [−t + 1, 0] , [−t + 2, 1] , . . . , [n, n + t − 1] intervallumokat. Tegyük fel, hogy az s elemű Sidon-sorozat elemszáma az egyes intervallumokban
A1 , A2 , . . . , An+t . Ekkor nyilván
n+t∑

Ai = ts .

(9.6.4)

i=1

Számoljuk össze multiplicitással azokat az {ai , aj } , i > j elempárokat, amelyek egy-egy ilyen intervallumba esnek, azaz mindegyik elempárt annyiszor
vegyük, ahány intervallum azt tartalmazza. Legyen D ezek együttes száma.

285

9.6. Sidon-sorozatok
Ekkor nyilván

)
n+t (
∑
Ai

D=

=

2

i=1

n+t
∑
A2
i

2

i=1

−

n+t
∑
Ai
i=1

2

.

(9.6.5)Másrészt, ha egy ilyen elempárban az ai − aj különbség d, akkor ez az elempár
pontosan t − d intervallumba esik bele. A Sidon-tulajdonság miatt minden dlegfeljebb egyszer fordulhat elő, így
D≤

t−1
∑

t(t − 1).
2

(9.6.6)

Ai ≤ t(t − 1)

(9.6.7)(t − d) =d=1

A (9.6.5) és (9.6.6) alapján
n+t
∑

A2i −

i=1

n+t
∑
i=1

adódik. A számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség valamint (9.6.4)
felhasználásával (9.6.7) bal oldalát a következőképpen becsülhetjük alulról:
n+t
∑
i=1

A2i −

n+t
∑
i=1

(∑
Ai ≥

n+t
i=1 Ai(n + t))2− ts =

t2 s2− ts .
n+t(9.6.8)Így (9.6.7) és (9.6.8) összekapcsolásával azt nyerjük, hogy
(n
) (n
)
s2 − s+1 −+ 1 (t − 1) ≤ 0 .
tt
Ezt a másodfokú egyenlőtlenséget megoldva
√
n
1
n2
n
3
s≤
+ + n+t+ 2 −
−
2t 2
4t
2t 4
adódik. Ha most t-nek a t = ⌊n3/4 ⌋ + 1 értéket választjuk, akkor a tételállítását kapjuk.
Második bizonyítás: Most bizonyos ai − aj különbségek összegét fogjuk két
oldalról megbecsülni. Legyen∑K=ai − aj ,(9.6.9)0<i−j≤r286

9. Kombinatorikai alkalmazásokahol r-et később alkalmasan megválasztjuk. A Sidon-tulajdonság miatt a(9.6.9)-beli összeg tagjai között nincs két azonos különbség, számuk(s − 1) + (s − 2) + · · · + (s − r) = rs −r(r + 1)
= rw ,
2

ahol

r+1
,
(9.6.10)2
így K legalább akkora, mint az első rw darab pozitív egész összege, azaz
w =s−

K≥

rw(rw + 1)
r2 w2
>
.
2
2

(9.6.11)

Másrészt a (9.6.9)-beli összegnek része pl.
(as − as−1 ) + (as−1 − as−2 ) + · · · + (a2 − a1 ) < as ≤ nés számos más teleszkopikus összeg, amelyek hasonlóképpen becsülhetők felülről. Ezek általános alakja(as−ν − as−ν−µ ) + (as−ν−µ − as−ν−2µ ) + · · · < as−ν ≤ n ,0 ≤ ν < µ ≤ r.

Sőt az egész K ilyen teleszkopikus részösszegekre bontható, amelyeket úgy
kapunk, hogy az indexek befutják az összes olyan 1 és s közötti (tovább
már nem bővíthető) számtani sorozatot, amelynek diﬀerenciája legfeljebb r.
Mivel µ diﬀerenciájú számtani sorozat éppen µ darab van, így a teleszkopikus
részösszegek száma 1 + 2 + · · · + r = r(r + 1)/2, és mindegyik részösszeg értéke
legfeljebb n, tehátnr(r + 1)
K≤.
(9.6.12)2
Egybevetve (9.6.11)-et és (9.6.12)-t, 2/r2 -tel történő szorzás után a w2 < n +n/r egyenlőtlenséget nyerjük. Innen gyökvonással és (9.6.10) felhasználásával
kapjuk, hogy
√
n
r+1
s<
+ n+ .
2r
Ha most r-nek az r = ⌊n1/4 ⌋ + 1 értéket választjuk, akkor a tétel állítását
kapjuk.

9.6. Feladatok

287

Feladatok
9.6.1 √
Mutassuk meg, hogy a mohó algoritmussal 1 és n között egy legalább
3
n elemű Sidon-sorozatot kapunk.
Megjegyzés: A mohó algoritmussal ily módon egy olyan végtelen
hosszú Sidon-sorozatot
is nyerhetünk, amelynek minden n-re n-ig√
legalább 3 n eleme van. Meglepő, hogy ezt a nagyságrendet sokáig
egyáltalán nem sikerült megjavítani. Csak 1981-ben igazolták Ajtai
Miklós, Komlós János és Szemerédi Endre, hogy létezik olyan végtelen√ Sidon-sorozat, amelynek minden (elég nagy) n-re n-ig legalább
c 3 n · log n eleme √van, ahol c alkalmas pozitív konstans. 1997-ben
Ruzsa Imre ezt cn 2−1−ε -ra javította, azonban még ez az eredményis igen messze van az Erdős által sejtett n1/2−ε -os nagyságrendtől.
9.6.2 Legyen p prímszám és ai = 1 + 2ip + ⟨i2 mod p⟩ i = 0, 1, . . . , p − 1,ahol ⟨i2 mod p⟩ az i2 legkisebb nemnegatív√maradékát jelöli modulo p. Lássuk be, hogy így n = 2p2 -re egy n/2 elemszámú Sidonsorozatot kapunk az [1, n] intervallumban.
M∗ 9.6.3 Legyen p tetszőleges prímszám. Ekkor létezik p darab olyan ai , amelyekre az ai + aj összegek (nemcsak hogy különbözők, hanem ráadásul) páronként inkongruensek modulo p2 − 1.
Megjegyzés: Az előzővel nyilván ekvivalens, hogy i ̸= j-re az ai − ajkülönbségek (nemcsak hogy különbözők, hanem ráadásul) páronként
inkongruensek modulo p2 − 1. A szereplő különbségek száma p2 − p,és modulo p2 − 1 összesen csak p2 − 2 darab nem nulla maradék van.
Vagyis az ai − aj különbségek majdnem minden maradékot előállítanak. A bizonyításból leolvasható, hogy éppen a p + 1 -gyel osztható
maradékok maradnak ki. — A feladatból a 9.4.3 Tétel hasonló módon vezethető le, mint ahogyan a 9.4.2 Tételből következett (ugyanezérvényes a következő feladatra is).
M∗ 9.6.4 Legyen p tetszőleges prímszám. Ekkor létezik p − 1 darab olyan ai ,amelyekre az ai −aj , i ̸= j különbségek (nemcsak hogy különbözők,hanem ráadásul) páronként inkongruensek modulo p2 − p.
9.6.5 Végtelen Sidon-sorozat. Mutassuk meg, hogy bármely ε > 0-hoz
található olyan végtelen Sidon-sorozat,
amelynél végtelen sok n-re√√igaz, hogy n-ig legalább (1/ 2 − ε) n eleme van (vö. a 9.6.1 feladat
utáni megjegyzéssel).
√
Megjegyzés: Megoldatlan, hogy ugyanez 1/ 2 helyett 1-gyel is igaz-e.

288

9. Kombinatorikai alkalmazások

9.6.6 Többtagú összegek . Legyen h ≥ 2 rögzített természetes szám, ésaz [1, n] intervallumban tekintsünk most olyan sorozatokat, ahol azelemekből képezett h-tagú összegek mind különbözők. (A h = 2 esetéppen a Sidon-sorozatokat jelenti.)∗(a) Mutassuk meg, hogy van olyan sorozat, amelynek ,,körülbelül” n1/h
eleme van.

(b) Lássuk be, hogy van olyan csak a h-tól függő c = c(h) konstans, hogy
minden ilyen sorozatnak legfeljebb c(h)n1/h eleme van.
Megjegyzés: Megoldatlan probléma, hogy c(h) vajon 1 + ε -ra csökkenthető-e, azaz bármely h-ra igaz-e, hogy a h = 2 esethez hasonlóan a maximális elemszám aszimptotikusan n1/h . A 9.6.4 Tétel bizonyítása azért nem vihető át, mert h ̸= 2-re a feltételt nem lehetösszegekről különbségekre átjátszani.
9.6.7 Minden összeg különböző. Legyen 1 ≤ a1 < . . . < as ≤ n, és tegyükfel, hogy a különböző ai -kból képezett akárhány tagú összegek mind
különbözők.
(a) Adjunk meg olyan sorozatot, amelynek elemszáma s = 1 + ⌊log2 n⌋.
(b) Lássuk be, hogy bármely sorozat elemszámáras ≤ log2 n + log2 log2 n + 1.
M∗∗ (c) A b)-beli felső becslést javítsuk s ≤ log2 n + (log2 log2 n)/2 + 2-re.
Megjegyzés: Meglepő módon az alsó becslés is javítható; az 1 helyett(elég nagy n-re) 2 írható. Erdős korábban 500 dollárt ajánlott fel annak eldöntésére, vajon a max s−log2 n eltérés n növekedésével korlátos marad-e. Megjegyezzük, hogy max s ≥ ⌊log2 n⌋+c bizonyításához(ahol c konstans) elég csak egyetlen n = 2ν -re ilyen elemszámú
megfelelő sorozatot találni, ugyanis ezt 2µ -vel megszorozva és a 2ν -ig
terjedő kettőhatványokkal kiegészítve egy kívánt elemszámú sorozatot kapunk n = 2ν+µ -ig. Könnyen lehet azonban, hogy az említett
alsó becslés már éles, vagyis c értéke már 2-ről 3-ra sem javítható.
∗∗

9.6.8 Szorzatok . Az [1, n] intervallumban tekintsünk most olyan sorozatokat, ahol az elemekből képezett akárhány tényezős szorzatok mind
különbözők. A prímek nyilván megfelelnek, tehát az elemszám lehet
π(n), az n-ig terjedő prímek száma. Mutassuk meg, hogy bármely
ilyen sorozat elemszáma legfeljebb π(n) + 2n2/3 .
Megjegyzés: √Belátható, hogy a maximális elemszámnak a π(n)-től
való eltérése n/ log n nagyságrendű.

9.7. Hilbert harmadik problémája

289

M∗∗ 9.6.9 Számtani sorozatok . Mutassuk√ meg, hogy minden elég nagy n-remegadható 1 és n között n/ec log n olyan egész szám (ahol c > 0
alkalmas konstans), amelyek között nem fordul elő háromtagú számtani sorozat.
M∗ 9.6.10 Egyszínű számtani sorozatok . Mutassuk meg, hogy az 1, 2, . . . , 2000
számok kiszínezhetők pirossal és kékkel úgy, hogy ne forduljon elő
egyszínű 18-tagú számtani sorozat.

9.7. Hilbert harmadik problémája
Az 1900-as párizsi nemzetközi matematikai kongresszuson David Hilbert ,,Matematikai problémák” címmel tartott előadást, és ebben nagyszabású kutatási
programot jelölt ki a XX. század matematikusai számára. Az itt felvázolt
23 problémakör jelentősen meghatározta a matematika fejlődési irányát, ésa felvetett kérdések közül jónéhány ma is megoldatlan. Legkönnyebbnek a
3. probléma bizonyult, amely poliéderek átdarabolására vonatkozott, és amelyet M. Dehn néhány hónap alatt megoldott.
A probléma előzménye Bolyai Farkas és P. Gerwien tétele a sokszögek átdarabolhatóságáról: egymástól függetlenül bebizonyították, hogy két egyenlő
területű sokszög mindig átdarabolható egymásba, azaz az egyiket szét lehet
vágni egyenes vonalakkal véges sok részre úgy, hogy a kapott részekből a másikösszerakható legyen. (Más szóval a két sokszöget páronként egybevágó részsokszögekre lehet felbontani, a bizonyítást lásd a 9.7.1 feladatban.)
Már Bolyai Farkas felvetette, vajon érvényes-e hasonló tétel azonos térfogatú poliéderekre is, és Hilbert ennek megválaszolását tűzte ki a 3. problémában, azt sejt(et)ve, hogy ez az átdarabolás a térben már nem mindig
lehetséges. A válasz valóban negatív:
9.7.1 Tétel
Az egységnyi térfogatú kocka és szabályos tetraéder nem vágható szét
véges sok poliéderre úgy, hogy az egyes darabokat alkalmas egybevágóságokátviszik egymásba. ♣Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy a kocka és a tetraéder mégis egymásba
darabolhatók lennének, és legyenek a felbontási eljárás során keletkező P
poliéderek összes lapszögei β1 , . . . , βm . A βi -k között szerepel a kocka és atetraéder lapszöge is, az előbbi π/2, az utóbbit jelöljük α-val, ekkor cos α =
1/3.

290

9. Kombinatorikai alkalmazások

Legyen V a valós számok szokásos vektortere a racionális test felett ésebben W a βi -k által generált (legfeljebb m-dimenziós) altér. Mivel az α
nem racionális számszorosa π/2-nek (lásd a 9.7.2 feladatot), vagyis π/2 és αlineárisan független vektorok W -ben, ezért α és π/2 kibővíthető a W bázisává.
Ennélfogva megadható olyan f : W → Q lineáris leképezés, amelyre f (π/2) == 0 és f (α) = 1. A linearitás alapján bármely ξ, ψ ∈ W -re f (ξ + ψ) == f (ξ) + f (ψ), valamint bármely r racionális számra f (rξ) = rf (ξ) érvényes,
így speciálisan f (rπ) = 2rf (π/2) = 0 is teljesül.
Vezessük be most a P poliéderekre az alábbi függvényt, az ún. Dehninvariánst:∑F (P ) =|e| · f (β) ,eahol az összegezés a P poliéder összes e éle szerint történik, |e| az e él hossza,
β az e élnél levő lapszög és f az imént definiált függvény.
Megmutatjuk, hogy f ,,additív”, azaz ha P -t szétvágjuk közös belső pont
nélküli P1 , P2 , . . . , Pk poliéderekre, akkor
F (P ) =k∑

F (Pi ).

(9.7.1)i=1Vegyük a bal oldalon az F (P ) összeg egy tetszőleges |e| · f (β) tagját. Ha az eél és a β lapszög a szétvágás után nem változott, akkor ez a tag a jobb oldalonérintetlenül szerepel pontosan az egyik Pi -ben. Ha az e él ej szakaszokra
esett∑szét, de a lapszög nem változott, akkor (9.7.1) jobb oldalán j |ej | · f (β) =|e| · f (β)∑jelenik meg. Ha a β lapszög lett βs részekre vágva, akkor a jobb
oldalon s |e| · f (βs ) szerepel, ami f linearitása miatt továbbra is |e| · f (β)val egyenlő. Ugyanígy adódik (9.7.1) a fenti esetek kombinációjakor is. Meg
kell még mutatnunk, hogy ha a P -ben nem szereplő új élek keletkeznek P
belsejében vagy valamelyik lapján, akkor (9.7.1) jobb oldalán az ezekből adódó
tagok összege 0. Egy ilyen e élnél a hozzá tartozó Pt poliéderek βt lapszögeinek∑kösszege 2π, illetve π. Így ez az él a (9.7.1) jobb oldalán állói=1 F (Pi )összeghez∑∑|e| · f (βt ) = |e| · f (βt ) = |e|f (rπ) = 0 (ahol r = 1 vagy 2)ttértékkel járul hozzá. Ezzel (9.7.1)-et teljes egészében beláttuk.
Ebből következik, hogy egymásba átdarabolható poliéderek Dehn-invariánsa meg kell hogy egyezzen. A K egységkockára F (K) = 12f (π/2) = 0.
A megfelelő R szabályos tetraéder élhosszát b-vel jelölve ugyanakkor F (R) =9.7. Feladatok

291= 6bf (α) = 6b ̸= 0. Ez az ellentmondás igazolja, hogy K és R valóban nem
darabolhatók át egymásba.
Megjegyzések : 1. A térbeli átdarabolhatóságnál tulajdonképpen tetszőleges
egybevágóság helyett csak mozgásokat kellett volna megengedni, hiszen ha egy
P poliédernek egy síkra vonatkozó tükörképe P ′ , akkor P és P ′ a (háromdimenziós) térben általában ,,nem vihetők át ténylegesen” egymásba. Belátható
azonban, hogy P és P ′ feldarabolhatók úgy, hogy az egyes részeket már
mozgással is egymásba vihetjük, és így az átdarabolhatóság definíciójánál
valóban mindegy, hogy tetszőleges egybevágóságokat vagy csak mozgásokat
engedünk meg.
2. A síkbeli és térbeli helyzet eltérése világosan mutatja annak az okát,
miért lehet a sokszögek területfogalmánál hatékonyan használni az átdarabolásokat (lásd Euklidész), ugyanakkor a poliéderek térfogatánál nemigen kerülhető meg valamiféle határátmenet.
3. Ha a geometriai, ,,rendes” szétvágások helyett tetszőleges részhalmazokra történő (diszjunkt) felosztásokat is megengedünk, akkor alapvetően
megváltozik a helyzet. Megmutatható például, hogy egy gömb (ilyen halmazelméleti értelemben) átdarabolható két(!) ugyanekkora sugarú gömbbe.
Egy sokáig megoldatlan probléma volt, hogy egy azonos területű négyzet és körátdarabolható-e egymásba; ezt 1988-ban igazolta Laczkovich Miklós (ráadásul
csak eltolásokra van szükség).
Feladatok
9.7.1 Bolyai Farkas és P. Gerwien tétele. Mutassuk meg, hogy két azonos
területű sokszög mindig átdarabolható egymásba.
9.7.2 Szögek és koszinuszok .
(a) Mutassuk meg, hogy cos α = 1/3 esetén α/π irracionális szám.
(b) Lássuk be, hogy ha γ/π és cos γ is racionális, akkor cos γ = 0, ±1/2
vagy ±1.
∗9.7.3 Téglalap és négyzetek . Igazoljuk, hogy egy téglalap akkor és csak
akkor vágható szét véges sok (nem feltétlenül egyforma) négyzetre,ha az oldalainak az aránya racionális.
9.7.4 Hasábok és tetraéderek .
(a) Átdarabolható-e egymásba két azonos térfogatú hasáb (az alapok
tetszőleges sokszögek lehetnek)?

292

9. Kombinatorikai alkalmazások∗∗(b) Legyenek A, B, C, D ebben a sorrendben egy kocka alaplapjának
szomszédos csúcsai és A′ , B ′ , C ′ , D′ rendre a velük szomszédos csúcsok a fedőlapon. Átdarabolhatók-e egymásba az ABCB ′ és ABCC ′(azonos alapú és magasságú) tetraéderek?

9.7.5 Négyzet és háromszög. Mutassuk meg, hogy egy azonos területű
négyzet és háromszög csak eltolásokkal nem darabolható át egymásba.
9.7.6 Négyzetek és kockák .
(a) Mutassuk meg, hogy egy négyzet akkor és csak akkor vágható szét
pontosan n darab négyzetre, ha n ̸= 2, 3 vagy 5.
(b) Mutassuk meg, hogy ha n elég nagy, akkor egy kocka szétvágható
pontosan n darab kockára.
∗(c) Igazoljuk az előző állítást minden n ≥ 48-ra.

M∗ 9.7.7 Háromszögek .
(a) Akkor és csak akkor bontható fel minden háromszög pontosan ndarab hasonló háromszögre, ha n ̸= 2, 3 vagy 5.
(b) Akkor és csak akkor bontható fel minden háromszög pontosan ndarab egybevágó háromszögre, ha n négyzetszám.
(c) Ha n négyzetszám, két négyzetszám összege vagy egy négyzetszám
háromszorosa, akkor létezik olyan háromszög, amely felbontható ndarab egybevágó és az eredeti háromszöghöz is hasonló részre.
Megjegyzés: Megmutatható, hogy a (c) rész megfordítása is igaz. Ha
azonban elhagyjuk azt a kikötést, hogy a kis (egybevágó) háromszögek az eredeti háromszöghöz hasonlók legyenek, akkor számos
további megfelelő n érték adódik már a szabályos háromszögnél is.

9.8. Térfogat és determináns
Ebben a pontban megmutatjuk, hogy a determináns geometriai jelentésea(z előjeles) térfogat. Gondolatmenetünk bármilyen test feletti vektortérreérvényes, azonban a közvetlen geometriai kapcsolat miatt csak a valós test
feletti vektorterekre fogunk szorítkozni.
A síkon bármely két vektor egy (esetleg elfajuló) paralelogrammát feszít
ki, amelynek az egyik csúcsa az origó. A térben három vektor ugyanígy egy
paralelogramma alapú hasábot, egy ún. paralelepipedont határoz meg. Ennekáltalánosításaként azt mondjuk, hogy egy R feletti n-dimenziós V vektortérben tetszőleges n darab vektor egy (n-dimenziós) paralelepipedont feszít ki.

9.8. Térfogat és determináns

293

Ezt úgy kell ,,elképzelnünk”, hogy az élei a megadott vektorok, illetve azok eltolt példányai, a csúcsai pedig a vektorokból képezhető összegek ,,végpontjai”(a síkon 0, a1 , a2 és a1 + a2 , a térben 0, a1 , a2 , a3 , a1 + a2 , a1 + a3 , a2 + a3 és
a1 + a2 + a3 ). A csúcsok száma ennek megfelelően 2n .
Értelmezni akarjuk a paralelepipedonok (előjeles) térfogatát. Ez azt jelenti, hogy minden vektor-n-eshez egy valós számot rendelünk hozzá, azaz egy
D : V n → R függvényről van szó. Vizsgáljuk meg, milyen tulajdonságokat
várunk el egy paralelepipedon térfogatától, azaz milyen feltételeket kell enneka D függvénynek kielégítenie.
Az egyik követelményünk az, hogy ha egy paralelepipedon egyik élét —a többi él változatlanul tartása mellett — λ-szorosára változtatjuk, akkor atérfogat is a λ-szorosára változzék. Ugyanígy, ha az egyik a élt az a′ + a′′összegre bontjuk, a többi élt változatlanul hagyjuk, akkor a keletkező két paralelepipedon térfogatának összege egyezzen meg az eredeti paralelepipedon
térfogatával. Ez a két feltétel azt jelenti, hogy D (a bilineáris függvényekhez
hasonlóan) mindegyik változójában lineáris, azaz összeg- és skalárszorostartó.
A következő elvárásunk az, hogy ha a paralelepipedon elfajuló, azaz az
n darab vektor V -ben egy n-nél kisebb dimenziós alteret generál, akkor atérfogat legyen nulla. Ez más szavakkal azt jelenti, hogy ha az a1 , . . . , anvektorok összefüggők, akkor D(a1 , . . . , an ) = 0.
Végül azt szeretnénk, hogy az ,,egységkocka” térfogata 1 legyen. Ehhez
rögzítsünk le V -ben egy e1 , . . . , en bázist, és írjuk elő a D(e1 , . . . , en ) = 1
feltételt.
9.8.1 Tétel
Legyen V egy n-dimenziós vektortér R felett és e1 , . . . , en egy rögzített
bázis V -ben. Ekkor pontosan egy olyan D : V n → R függvény létezik, amely(i) mindegyik változójában lineáris;(ii) lineárisan összefüggő vektorokhoz 0-t rendel;(iii) D(e1 , . . . , en ) = 1.
Ha az aj vektornak az e1 , . . . , en bázis szerinti i-edik koordinátáját αij -veljelöljük, akkor
α11α21D(a1 , . . . , an ) = ..
.

α12
α22
..
.

...
...
..
.

α1n
α2n
,
..
.

αn1

αn2

...

αnn

(9.8.1)vagyis D(a1 , . . . , an ) éppen annak a mátrixnak a determinánsa, amelynek azoszlopai az aj vektorok (pontosabban ezek koordinátavektorai). ♣294

9. Kombinatorikai alkalmazások

A tétel alapján a paralelepipedon (előjeles) térfogatát az éleihez (a fentimódon) tartozó determinánssal adhatjuk meg.
Megjegyezzük még, hogy a tétel a determináns alternatív definiálására isalkalmas.
Bizonyítás: Először tegyük fel, hogy egy D : V n → R függvény rendelkezik
az (i) – (iii) tulajdonságokkal. Ekkor (ii) speciális eseteként kapjuk, hogy(iv) ha az aj vektorok között van két azonos, akkor D(a1 , . . . , an ) = 0.
Most megmutatjuk, hogy(v) ha két vektort felcserélünk, akkor D értéke az ellentettjére változik(,,előjelet vált”).
Cseréljük fel például a1 -et és a2 -t. Ekkor (i) és (iv) alapján
0 = D(a1 + a2 , a1 + a2 , a3 , . . . , an ) = D(a1 , a1 , a3 , . . . , an )++ D(a1 , a2 , a3 , . . . , an ) + D(a2 , a1 , a3 , . . . , an ) + D(a2 , a2 , a3 , . . . , an ) == D(a1 , a2 , a3 , . . . , an ) + D(a2 , a1 , a3 , . . . , an ) ,tehát valóban D(a2 , a1 , a3 , . . . , an ) = −D(a1 , a2 , a3 , . . . , an ).
Írjuk∑n fel az aj -ket az ei báziselemek lineáris kombinációjaként:aj =i=1 αij ei . Ennek alapján D(a1 , . . . , an )-et az (i) tulajdonság felhasználásával nn darab
αm1 1 αm2 2 . . . αmn n D(em1 , em2 , . . . , emn )(9.8.2)

típusú tag összegére bonthatjuk. A (iii), (iv) és (v) feltételek alapján itt
mindegyik D(em1 , . . . , emn ) érték egyértelműen meghatározott (0 vagy ±1),és így D(a1 , . . . , an ) értéke is egyértelmű. Ezzel beláttuk, hogy legfeljebb egy
ilyen D függvény létezik.
Az előzőkből (9.8.1) is azonnal következik. Először is (iv) alapján
D(em1 , . . . , emn ) = 0, ha az e-k között szerepel két azonos. Vegyünk mostegy olyan tagot, ahol az e-k mind különbözők, azaz m1 , . . . , mn az 1, . . . , nszámok egy permutációja. Ekkor (iii) és (v) alapján D(em1 , . . . , emn ) aszerint
1 vagy −1, hogy az m1 , . . . , mn permutáció az 1, . . . , n-ből páros vagy páratlan sok cserével keletkezett-e, más szóval az m1 , . . . , mn páros vagy páratlan
permutáció-e.
Ennek alapján D(a1 , . . . , an ) annak az n! számú(−1)I αm1 1 αm2 2 . . . αmn n tagnak az összege, ahol m1 , . . . , mn végigfut az
1, . . . , n számok összes permutációján és I az m1 , . . . , mn permutáció inverziószáma. Ez pedig éppen az αij számokból képezett determináns értéke (pontosabban a transzponált mátrix determinánsának a definíció szerinti megadása).
Ezzel (9.8.1)-et beláttuk.

9.8. Feladatok

295

Hátra van még annak az igazolása, hogy valóban létezik ilyen D függvény.
Az előzőek szerint egyedül a determináns lehet megfelelő. Így azt kell megmutatni, hogy a determináns valóban rendelkezik az (i)–(iii) tulajdonságokkal.
Ez pedig azonnal következik a determináns elemi tulajdonságaiból.
Megjegyzések : 1. A tétel bizonyítását a determináns tulajdonságaira történő
hivatkozás nélkül is befejezhettük volna. Ugyanis láttuk, hogy egyedül az a
D lehet jó, amelyre D(a1 , . . . , an ) éppen a (9.8.2)-ben szereplő nn darab tagösszege, ahol mindegyik D(em1 , . . . , emn ) érték egyértelműen meghatározott(0 vagy ±1). Innen (iii) teljesülése nyilvánvaló, (i) és (iv) pedig egyszerű számolással adódik, és az utóbbi kettőből (ii) is könnyen levezethető (lásd a 9.8.1
feladatot). Persze mindezzel tulajdonképpen a megfelelő determinánstulajdonságok újbóli bizonyítását végeztük el.
Egy másik, kicsit kevesebb számolással járó lehetőség, ha megmutatjuk,
hogy az (i) és (ii) tulajdonságnak eleget tevő függvények a természetesen adódóműveletekre nézve egy egydimenziós vektorteret alkotnak, és így a (iii) feltétel
egyértelműen kijelöl ebben egy megfelelő D függvényt (vö. a 9.8.2 feladattal).
2. Mivel (adott test felett) bármely két n-dimenziós vektortér izomorf,
ezért dolgozhattunk volna végig V = Rn -nel is. Ekkor az e1 , . . . , en bázisnakértelemszerűen a szokásos egységvektorokat célszerű választani.
Feladatok
9.8.1 Vezessük le a (ii) tulajdonságot (i)-ből és (iv)-ből.
9.8.2 Legyenek F1 és F2 olyan V n → R függvények, amelyekre (i) és (ii)teljesül és F2 nem azonosan nulla. Mutassuk meg, hogy van olyan
λ ∈ R, amellyel F1 = λF2 .
9.8.3 Legyen az A ∈ Hom V lineáris transzformáció mátrixa az e1 , . . . , enbázisban A. Lássuk be, hogy az F (v1 , . . . , vn ) = D(Av1 , . . . , Avn )és a G(v1 , . . . , vn ) = (det A) · D(v1 , . . . , vn ) függvények azonosan
egyenlők.
Megjegyzés: A feladat alapján kapjuk, hogy a determináns tulajdonképpen az a skalár, ahányszorosára a transzformáció a térfogatot
növeli.
9.8.4 Igazoljuk a determinánsok szorzástételét.
9.8.5a) Legyen P1 , P2 és P3 a sík három pontja, Pj (szokásos Descartes-féle
koordinátái) legyenek γ1j és γ2j (j = 1, 2, 3). Bizonyítsuk be, hogy a296

9. Kombinatorikai alkalmazások
Pj pontok akkor és csak akkor esnek egy egyenesbe, haγ11 γ12 γ13γ21 γ22 γ23 = 0.
111b) Fogalmazzuk meg és lássuk be a megfelelő térbeli állítást: mikor esik
négy pont egy síkba?
c) Igazak maradnak-e a fenti eredmények ferdeszögű koordinátarendszerben is?

297
10. KÓDOK

A kódelmélet feladata olyan eljárások kidolgozása, amelyek az elektronikusátvitelnél a (kis valószínűséggel, de esetleg mégis bekövetkező) hibákat kiszűrik, azaz a fogadó fél ezeket észreveszi (,,hibajelzés”), sőt akár rekonstruálni
tudja a helyes üzenetet (,,hibajavítás”). Ennek érdekében az eredeti adatoknak megfelelő ,,közleményszavak” helyett kicsit hosszabb ,,kódszavak” kerülnek
továbbításra. A kódolásnál általában az a cél, hogy minél kevesebb ,,ellenőrző
jeggyel” minél több hiba jelzését, illetve javítását tudjuk elérni. Egy másik
fontos követelmény, hogy a ,,kódolási” és ,,dekódolási” eljárások elvi és gyakorlati szempontból egyaránt (azaz mind a matematikai elméletet, mind pedig az
elektronikai megvalósítást tekintve) nagy tömegű adatátvitel esetén is biztonságosan és hatékonyan működjenek.
Az alábbiakban az algebrai kódelmélet alapfogalmait tárgyaljuk, és bemutatunk néhány hatékony kódot. Megjegyezzük, hogy a kódoknak számos más(nem algebrai jellegű) típusa is létezik, valamint a kriptográfiában a titkosírásoknál is szokás a rejtjelezési eljárást kód(olás)nak nevezni, ezekkel azonban
nem foglalkozunk.

10.1. Hibajelzés, hibajavítás
Az elektronikus eszközök az adatokat általában 0–1 sorozatokként tárolják.
Bevezető illusztrációként szorítkozzunk arra a nagyon speciális esetre, amikoraz átvitelnél összesen legfeljebb egyetlen bit továbbítása hibás, és nézzünk két
egyszerű eljárást, hogyan lehet kideríteni, hogy valóban történt-e hiba, illetve
hogyan lehet a hibás bitet megkeresni (azaz a hibát kijavítani).
Küldjük el a teljes üzenetet kétszer egymás után. Ha az átvitelnél legfeljebb egy bit továbbítása hibás, akkor a dupla üzenet két fele legfeljebb egyetlen
jegytől eltekintve teljesen egyforma. Ezek szerint, ha a két rész egyforma,
akkor nem történt hiba, ha pedig valahol eltérés van, akkor a továbbítás hibás volt. Sajnos azonban a hibát nem tudjuk kijavítani, hiszen lehet, hogyaz éppen az ,,ellenőrző” részben keletkezett. Ezen úgy segíthetünk, ha az eredeti üzenetet még egyszer megismételjük, vagyis összesen háromszor küldjük
el. Ekkor a három rész közül a feltevésünk szerint (legalább) kettő teljesen
egyforma, és így ezek adják a helyes üzenetet.
Természetesen a fenti eljárások meglehetősen gazdaságtalanok. A kódelmélet egyik fő feladata éppen az, hogy olyan eljárásokat dolgozzon ki, amelyek

298

10. Kódok

minél kevesebb ,,ellenőrző jeggyel” minél több hibát tudnak jelezni, illetve kijavítani (emellett természetesen az is fontos, hogy mindezt minél egyszerűbben
és ,,automatikusabban” tegyék meg).
A bevezető után lássunk hozzá a megfelelő matematikai elmélet kiépítéséhez. Ezután is mindig feltesszük, hogy a továbbítandó adatok bináris formában, azaz 0–1 sorozatként állnak rendelkezésre. Tördeljük ezt a sorozatot n
hosszúságú blokkokra, ezek lesznek a ,,közleményszavak”. Minden közleményszó helyett egy k > n hosszúságú 0–1 sorozat, a közleményszónak megfelelő
,,kódszó” kerül továbbításra.
10.1.1 Definíció
Legyen n < k, és jelöljük az n, illetve k hosszúságú 0–1 sorozatok halmazátn
T -nel, illetve T k -val. Egy (k, n) paraméterű kód on T k -nak egy 2n elemű K
részhalmazát értjük. A K kódoló függvénye egy olyan φ : T n → T k injektív(azaz különböző elemeket különböző képekbe vivő) leképezés, amelynek a képe
Im φ = K.
T n elemeit közleményszavak nak, K elemeit pedig kódszavak nak nevezzük. ♣A kódszavak tehát a T k halmaznak egy 2n elemű (egyelőre tetszőleges)részhalmazát alkotják.
Megjegyzés: A kiépítendő elmélet jelentős része (értelemszerű módosításokkal)átvihető lenne arra az esetre is, amikor a továbbítandó jelek a 0 és 1 helyett
pl. a 0, 1, . . . , p − 1 ,,jegyek” közül kerülnek ki, ahol p tetszőleges prím. Mi
azonban csak az ún. bináris kód okkal, a p = 2 esettel foglalkozunk.
Legyen a továbbiakban T = F2 , a modulo 2 maradékosztályok teste.
Ekkor az iménti T n , illetve T k jelölés összhangban van a korábbiakkal, azzal a
kiegészítő megjegyzéssel, hogy mind a közleményszavakat, mind pedig a kódszavakat (egyelőre) általában nem oszlopvektorokkal, hanem inkább n, illetve
k hosszúságú sorozatokkal fogjuk jelölni. (Ez az írásmód természetesebben
felel meg a probléma jellegének, emellett kényelmesebb is.)A következő ponttól kezdve majd azt is ki fogjuk használni, hogy T n ésk
T vektorterek T felett, és a kódok alterek lesznek T k -ban, a φ kódoló függvények pedig alkalmas lineáris leképezések T n -ről T k -ba. Ennek megfelelően
a közleményszavaknál és kódszavaknál oszlopvektoros jelölésre fogunk áttérni
T n -ben és T k -ban.
Az egész fejezet során a szereplő vektorok, illetve mátrixok mindig automatikusan a T = F2 test felettieknek értendők.
Most rátérünk a hibajelzés és hibajavítás pontos értelmezésére. Kezdjük a10.1. Hibajelzés, hibajavítás299

hibajelzéssel. Tegyük fel, hogy egy c ∈ K kódszó továbbításakor hiba történt,azaz a c kódszó helyett egy tőle különböző z ∈ T k vektor érkezett meg afogadó félhez. Ha z maga is kódszó, akkor a hiba nem derül ki, azonban ha z
nem kódszó, akkor világos, hogy hiba történt.
Mivel egy bit hibás továbbításának a valószínűsége igen kicsi (különben az
egész átviteli rendszer gyakorlatilag használhatatlan lenne), ezért hiba eseténa z és c vektorok általában csak kevés komponensben különböznek. Így ahibajelzéshez elég azt biztosítani, hogy ha egy kódszóban csak ,,kevés jegyet”
változtatunk meg, akkor nem kapunk (egy másik) kódszót.
10.1.2 Definíció
Egy kód t-hibajelző, ha akármelyik kódszavának (legalább 1, de) legfeljebb
t tetszőleges komponensét megváltoztatva sohasem kapunk kódszót. ♣A hibajelzés csak regisztrálja a tényt, hogy hiba történt. A hibajavítás
azt jelenti, hogy ezen túlmenően azt is meg tudjuk határozni, melyik kódszó
lett eltorzítva.
10.1.3 Definíció
Egy kód t-hibajavító, ha bármely két (különböző) kódszavának legfeljebb
t tetszőleges komponensét megváltoztatva sohasem kapjuk ugyanazt a vektort. ♣Nyilván a t-hibajavítás lényegesen erősebb követelmény a t-hibajelzésnél,és mindkettő szorosan összefügg a kódszavak ,,távolságával”.
10.1.4 Definíció
Egy v ∈ T k vektor súlya (vagy Hamming-súlya) a benne levő 1-esek
száma, két vektor távolsága (vagy Hamming-távolsága) pedig azoknak a komponenseknek a száma, ahol a két vektor eltér. ♣A távolság tehát a különbségvektor súlya. (Természetesen — T = F2
miatt — különbségvektor helyett összegvektort is mondhattunk volna.)Az u, v ∈ T k vektorok távolságát τ (u, v)-vel jelöljük. Az így definiált
távolság valóban rendelkezik a távolság szokásos tulajdonságaival, és T k errea távolságra nézve metrikus tér (lásd a 8.2.6 Definíciót).
10.1.5 Tétel
Egy kód pontosan akkor t-hibajelző, ha a kódszavak közötti minimális
távolság legalább t + 1, és pontosan akkor t-hibajavító, ha a kódszavak közötti
minimális távolság legalább 2t + 1. ♣

300

10. Kódok

Bizonyítás: Mindkét állítás a 10.1.2–10.1.4 Definíciók közvetlen következménye. Ugyanis egy kód pontosan akkor t-hibajelző, ha bármely kódszóra igaz,
hogy a tőle (legalább 1, de) legfeljebb t távolságra levő vektorok egyike sem
kódszó. Hasonló módon egy kód pontosan akkor t-hibajavító, ha az egyes
kódszavaktól legfeljebb t távolságra levő vektorok diszjunkt halmazokat alkotnak.
Példák kódokra
Kezdjük a sort a bevezetőben már jelzett két eljárással.
P1. Kétszeri ismétlés: A (megfelelő) kódszót úgy képezzük, hogy a közleményszót még egyszer megismételjük (tehát összesen kétszer írjuk le egymásután), azaz
φ : α1 α2 . . . αn 7→ α1 α2 . . . αn α1 α2 . . . αn .
Itt k = 2n, a kódszavak azok a vektorok, amelyeknek minden 1 ≤ j ≤ n-rea j-edik és az n + j-edik komponense megegyezik. Ez a kód 1-hibajelző,a kódszavak minimális távolsága 2. (Természetesen a kód számos ,,többhibát” is jelez, de ha véletlenül pl. éppen az első és az n + 1-edik jegy
volt hibás, akkor ez a 2-hiba nem derül ki, mert így egy másik kódszóhoz
jutottunk.)
P2. Háromszori ismétlés: A (megfelelő) kódszót úgy képezzük, hogy a közleményszót összesen háromszor írjuk le egymás után, azaz
φ : α1 α2 . . . αn 7→ α1 α2 . . . αn α1 α2 . . . αn α1 α2 . . . αn .
Itt k = 3n, a kódszavak azok a vektorok, amelyeknek minden 1 ≤ j ≤ nre a j-edik, az n + j-edik és a 2n + j-edik komponense megegyezik. Ez a
kód 1-hibajavító és 2-hibajelző, a kódszavak minimális távolsága 3.
Az előzőknél lényegesen ,,gazdaságosabb” az alábbi kód:P3. Paritásvizsgálat: A (megfelelő) kódszót úgy képezzük, hogy a közleményszó után egyetlen további bitet írunk, éspedig a közleményszó jegyeinekaz összegét, azaz 1-et vagy 0-t aszerint, hogy a közleményszóban páratlan
vagy páros sok 1-es szerepelt:
φ : α1 α2 . . . αn 7→ α1 α2 . . . αn β ,ahol β =

n
∑

αi .

i=1

Itt k = n + 1, a kódszavak azok a vektorok, amelyekben páros sok 1-es
fordul elő, vagyis amelyeknek a súlya páros. Ez a kód is 1-hibajelző, akódszavak minimális távolsága 2.

10.1. Feladatok

301

Az n, k és s = k−n paraméterek szokásos elnevezéseit az alábbiakban foglaljukössze:
10.1.6 Definíció
Egy (k, n) paraméterű kód esetén k a kód(szavak) hossza, n az információs jegyek száma vagy a kód dimenziója és s = k − n az ellenőrző jegyek
száma. ♣A dimenzió elnevezést az magyarázza, hogy a legtöbb kód esetén a kódszavak alteret alkotnak T k -ban (lásd a lineáris kódokat a következő pontban),és ekkor ennek az altérnek a dimenziója valóban n.
Egy kód hatékonyságát az méri, hogy egyrészt hány hibát tud (biztosan)jelezni, illetve javítani (azaz milyen nagy a kódszavak közötti minimális távolság), másrészt ezt milyen kis s = k − n értékkel éri el. Az iménti P1 és P3
példa kódja is 1-hibajelző, ugyanakkor a kétszeri ismétlésnél az ellenőrző jegyek
száma n, míg a paritásvizsgálatnál mindössze 1, tehát az utóbbi lényegesen
hatékonyabb.
Nézzük most meg, legalább hány ellenőrző jegy szükséges az 1-hibajavításhoz. Minden kódszóhoz vegyük hozzá a tőle 1 távolságra levő vektorokat (azaz,
amelyek a kódszótól egyetlen komponensben különböznek). Az így kapott k+1
elemű halmazok az 1-hibajavítás miatt szükségképpen diszjunktak, számuk 2n ,azaz 2n (k + 1) ≤ 2k . Innen (k = n + s felhasználásával) 2s ≥ n + s + 1 adódik.
Ez pl. n = 500-ra s ≥ 9-et jelent. A 10.3 pontban megmutatjuk, hogy itt
elérhető az s = 9 egyenlőség (vö. a P2 példa háromszori ismétlés kódjából
származó s = 1000 értékkel).
Feladatok
10.1.1 Tegyük fel, hogy minden egyes bit átvitelénél (egymástól függetlenül)
p a hiba valószínűsége. Mi a valószínűsége annak, hogy egy k-jegyű
kódszó átvitelénél(a) nem történik hiba;(b) pontosan 1 jegyben keletkezik hiba;(c) több, mint 3 jegy lesz hibás?
(Érdekes és tanulságos a fenti valószínűségeket valamely konkrét k és
p értékek, pl. k = 20 és p = 10−4 esetén összehasonlítani.)

302

10. Kódok

10.1.2 Tekintsük azokat a kódokat, ahol n = 3, a kódszó minden esetben
a megfelelő 3-jegyű α1 α2 α3 közleményszóval kezdődik, majd ezt az
alábbi ellenőrző jegy(ek) követi(k) (ezek száma rendre 1, 2, 2, 2, 3,3, 3):(a) α1 + α2 + α3 + 1; (b) α1 , α2 + α3 ;{α2 , ha α1 = 1(d) α1 , γahol γ =α3 , ha α1 = 0;(c) α1 , max(α2 , α3 );(f) α1 , α1 + α2 , α1 + α2 + α3 ;(g) α1 , α1 · α2 , α1 · α2 · α3 .

(e) α1 +α2 , α1 +α3 , α2 +α3 ;A felsorolt kódok közül melyek lesznek 1-hibajelzők, illetve 1-hibajavítók?
10.1.3 Mutassuk meg, hogy a kód hibajelző, illetve hibajavító ,,ereje” nemváltozik meg, ha minden kódszóban(a) az első jegyet az ellenkezőjére változtatjuk;(b) az összes jegyet az ellenkezőjére változtatjuk;(c) az első két jegyet felcseréljük.
Hogyan általánosíthatjuk ezeket az észrevételeket?
10.1.4(a) Bizonyítsuk be, hogy három T k -beli vektor páronkénti távolságainak
az összege mindig páros szám.
(b) Mely m-ekre igaz, hogy m tetszőleges vektor páronkénti távolságainak az összege mindig páros szám?
10.1.5 Legyen az u, v ∈ T k vektorok távolsága δ(u, v) = d. Adott q és r
esetén hány olyan w ∈ T k vektor létezik, amelyre δ(u, w) = q ésδ(v, w) = r?
10.1.6 Tegyük fel, hogy három T k -beli vektor páronkénti távolsága d. Mutassuk meg, hogy d páros, és pontosan egy olyan vektor létezik, amely
mindhárom adott vektortól d/2 távolságra esik.
10.1.7 Legyen egy (k, n) paraméterű kódban a kódszavak közötti minimális
távolság d. Készítsünk egy (k + 1, n) paraméterű K ′ kódot a következőképpen: minden páros súlyú kódszó után írjunk egy 0-t, minden
páratlan súlyú kódszó után pedig egy 1-est. Mekkora a K ′ kódban akódszavak közötti minimális távolság?
10.1.8 Lássuk
hogy egy (k, n) paraméterű t-hibajavító kódban
∑t (k)be, k−n
≤
2
.
i=0 i

10.2. Lineáris kód

303

10.1.9 Legyen n = 2. Minimálisan hány ellenőrző jegy szükséges az összes(A) 1; ∗ (B) 2-hiba (a) jelzéséhez; (b) javításához?
Oldjuk meg a feladatot az n = 3 esetben is.
10.2. Lineáris kód
10.2.1 Definíció
Egy (k, n) paraméterű K kód lineáris, ha K (n-dimenziós) altér T k -ban.
♣
Egy lineáris kódban a nullvektor mindig kódszó. Az előző pont P1–P3
példái és a 10.1.2 feladatban (b),(e) és (f) lineáris kódok.
Lineáris kód esetén sokkal egyszerűbben ellenőrizhetjük a t-hibajelzést,
illetve t-hibajavítást:
10.2.2 Tétel
Egy lineáris kód pontosan akkor t-hibajelző, ha minden nem nulla kódszó
súlya legalább t + 1, és pontosan akkor t-hibajavító, ha minden nem nulla
kódszó súlya legalább 2t + 1. ♣Bizonyítás: Mivel lineáris kód esetén a kódszavak alteret alkotnak, ezért két
kódszó különbsége is kódszó. Ennélfogva bármely két (különböző) kódszó
távolsága egy alkalmas nem nulla kódszó súlya. Megfordítva, egy nem nulla
kódszó súlya megegyezik ennek a kódszónak a nulla kódszótól való távolságával. Ezzel beláttuk, hogy a kódszavak közötti távolságok halmaza egybeesik
a nem nulla kódszavak súlyainak a halmazával. Így speciálisan a kódszavak
közötti minimális távolság megegyezik a nem nulla kódszavak súlyának minimumával. A tétel állításai ennek alapján a 10.1.5 Tételből következnek.
Így például egy lineáris kód pontosan akkor 1-hibajavító, ha minden nem
nulla kódszó súlya legalább 3.
Ha K lineáris kód, akkor φ : F n → F k kódoló függvényként (injektív)
lineáris leképezéseket használunk. Ennek megfelelően ezeket írott latin nagybetűkkel jelöljük és mátrixokkal jellemezzük:
10.2.3 Definíció
Legyen az A : T n → T k lineáris leképezés a (k, n) paraméterű K lineáris
kód kódoló függvénye. Írjuk fel az A leképezés G = GA = [A] mátrixát atermészetes bázispár (azaz a T n -beli, illetve T k -beli egységvektorok) szerint.
Ezt a k × n-es G mátrixot a K kód generátormátrix ának nevezzük. ♣304

10. Kódok

A generátormátrix oszlopait tehát az egységvektorokhoz tartozó kódszavak alkotják. Az előző pont P3 példájának, a paritásvizsgálat-kódnak a generátormátrixa a következő (n + 1) × n-es mátrix:
1 0 ... 00 1 ... 0
. . .
 .. ..
. . ... 0 0 ... 1
1 1

...

1

Ha minden kódszó magávaltartozó közleményszóval kezdődik,( a hozzá)
En×n
akkor a generátormátrix G =alakú (ahol E az n×n-es egységmátrix,
Bs×n
B pedig egy s × n-es mátrix).
Legyen v ∈ T n egy tetszőleges közleményszó és c = Av a hozzá tartozó
kódszó. Ha v-t és c-t most valóban oszlopvektornak, azaz n × 1-es, illetve
k × 1-es mátrixnak tekintjük, akkor a kapcsolatuk a c = GA v mátrixszorzat
formájában is kifejezhető. A lineáris kódolást tehát a generátormátrixszal(balról) történő szorzás jelenti.
Megjegyezzük, hogy a lineáris kód helyett a csoportkód elnevezés is használatos. Ugyanis T n és T k tekinthető additív csoportnak, a lineáris kód T k
egy részcsoportjának, a hozzá tartozó kódoló függvény pedig csoporthomomorfizmusnak.
A pont hátralevő részében azt vizsgáljuk, hogyan lehet lineáris kód eseténa hibajavítást elvégezni. A későbbiekben erre lényegesen jobb módszert ismutatunk majd.
A hibajavítás azt jelenti, hogy minden z ∈ T k vektorhoz megkeressük
a hozzá legközelebbi (egyik) c kódszót, és ha az átvitelnél a fogadó félhez az érkezett, akkor ezt a dekódoláskor c-re javítja. Itt a h = z − c vektort
hibamintának nevezzük, mert a z és c távolságának a minimalitása miatt eza(z egyik) lehető legkisebb súlyú vektor, amelyet egy kódszóhoz hozzáadva
a z vektort megkapjuk. (Ha z kódszó, akkor h = 0.) A T k elemeit ennek
megfelelően a kódszavaknak a hibaminták szerinti eltoltjaiként érdemes felírni.
Ez azt jelenti, hogy a kódszavak K alterének h+K eltoltjait kell tekinteni (lásda 4.2.16 feladatot). Ily módon T k -t 2k−n darab diszjunkt osztályra bontottuk,
amelyek mindegyike |K| = 2n vektort tartalmaz. Az osztályok között szerepel
maga a K is (mint önmagának a h = 0 vektorral történő eltoltja). A csoportelméleti megfogalmazásban ezek az osztályok éppen a K részcsoport szerinti
mellékosztályokat jelentik. A továbbiakban az osztályokra ezt a mellékosztály
elnevezést fogjuk használni.

305

10.2. Lineáris kód

A hibajavítást ezek után az alábbi dekódolási tábla segítségével végezhetjük el. Ennek első sorába felírjuk a kódszavakat (azaz K elemeit), kezdve
a 0 kódszóval. Ezután a többi sorba rendre felírjuk az iménti mellékosztályokat, amelyekből mindig a legkisebb súlyú reprezentánst (azaz a hibamintát) választjuk, és rendre ezt adjuk hozzá a kódszavakhoz. A sorok elejénálló ,,osztályelső” tehát maga a hibaminta, és dekódoláskor minden vektort
a fölötte álló (első sorbeli) kódszóra korrigálunk. (Ezután a kódszóból természetesen meg kell még határoznunk a közleményszót. Ha a kódszó magávala közleményszóval kezdődik, akkor ez nem okoz nehézséget, egyéb esetben egy
lehetséges módszert a 10.2.9 feladatban tárgyalunk.)
Ha a kód t-hibajavító, akkor a legfeljebb t darab 1-est tartalmazó hibaminták mind különböző mellékosztályba kerülnek, azaz különböző sorok osztályelsői.
Példa: Legyen A : α1 α2 7→ α1 α2 α1 α2 β, ahol β = α1 + α2 . Ennek a lineáris
kódnak a dekódolási táblája
00000

10101

01011

11110

10000

00101

11011

01110

01000

11101

00011

10110

00100

10001

01111

11010

00010

10111

01001

11100

00001

10100

01010

11111

11000

01101

10011

00110

01100

11001

00111

10010

Látjuk, hogy az egy darab 1-est tartalmazó hibaminták különböző sorokba
kerültek, tehát a kód valóban 1-hibajavító. Például a 6. sor 3. helyén állóz = 01010 esetén a helyes kódszó a c = 01011. Az utolsó két sorban az
osztályelső nem egyértelmű (a 7. sor elején állhatna pl. a 00110 is). Ez (is)mutatja, hogy az utolsó két sor a hibajavítás szempontjából nem használható,
az itteni vektorok legalább 2-hibásak, és a kód a 2-hibákat nem tudja javítani.
A fenti eljárás meglehetősen kényelmetlen. A következő pontban a lineáris
kódokat más módon fogjuk jellemezni, amellyel gyorsan és ,,automatikusan”
lehet majd a hibajavítást elvégezni.

306

10. Kódok

FeladatokM∗ 10.2.1 Legyen k > n. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) A lineáris kódok száma osztója az összes kód számának.
(b) A lineáris kódokhoz tartozó lineáris leképezés kódoló függvények száma osztója az összes kódhoz tartozó összes lehetséges kódoló függvények számának.
10.2.2 Írjuk fel a 10.1 pont P1 és P2 példájának, a kétszeri, illetve háromszori ismétlés kódnak a generátormátrixát.
10.2.3 A 10.1.2 feladatban szereplő kódok közül válasszuk ki a lineárisakat
és írjuk fel ezek generátormátrixát, valamint dekódolási tábláját.
10.2.4 Legyen A egy k × n-es 0–1 mátrix. Mutassuk meg, hogy akkor és
csak akkor van olyan lineáris kód, amelynek a generátormátrixa A,
ha az A-nak az F2 test feletti rangja r(A) = n.
10.2.5 Bizonyítsuk be, hogy lineáris kód esetén a kódszavak éppen a generátormátrix oszlopainak összes lineáris kombinációi.
10.2.6 Mutassuk meg, hogy egy (k, n) paraméterű lineáris kód páros súlyú
kódszavai alteret alkotnak T k -ban. Hány dimenziós ez az altér?
10.2.7 Legyen K1 és K2 egy-egy (k1 , n1 ), illetve (k2 , n2 ) paraméterű kód,amelyekben a kódszavak minimális távolsága di és a φi : T ni → T ki
kódoló függvények tartoznak hozzájuk (i = 1, 2). A két kódból új
kódokat képezünk az alábbi módon.
I. A közös közleményszavakat használjuk és a kódszavakat egymás utánírjuk. Azaz feltesszük, hogy n1 = n2 = n és egy (k1 + k2 , n) paraméterű K3 kódot definiálunk a φ3 : T n → T k1 +k2 kódoló függvénnyel,amely az a ∈ T n közleményszóhoz a φ3 (a) = φ1 (a)|φ2 (a) kódszót
rendeli.
II. Mindkét kód közleményszavait és kódszavait is egymás után írjuk.
Azaz egy (k1 + k2 , n1 + n2 ) paraméterű K4 kódot definiálunk a
φ4 : T n1 +n2 → T k1 +k2 kódoló függvénnyel, amely az a1 |a2 közleményszóhoz (ahol ai ∈ T ni ) a φ4 (a1 |a2 ) = φ1 (a1 )|φ2 (a2 ) kódszót
rendeli.
III. A közleményszavakat egymás után írjuk és a kódszavak aszimmetrikusan kombináljuk: Legyen k1 = k2 = k és egy (2k, n1 + n2 )paraméterű K5 kódot definiálunk a φ5 : F n1 +n2 → F 2k kódoló
(ahol ai ∈ T ni ) a
függvénnyel, amely (az a1 |a2 közleményszóhoz)
φ5 (a1 |a2 ) = φ1 (a1 )| φ1 (a1 ) + φ2 (a2 ) kódszót rendeli.

10.2. Feladatok

307(a) Mit állíthatunk a K3 , K4 és K5 kódokban a kódszavak közötti d3 , d4
és d5 minimális távolságról?
(b) Ha C1 és C2 lineáris kódok, akkor K3 , K4 és C5 is azok. Hogyan
kapjuk meg ezek G3 –G5 generátormátrixait a K1 és K2 kódok G1 és
G2 generátormátrixaiból?
10.2.8 Legyen T = F2 , és jelölje Tm [x] a T feletti legfeljebb m − 1-edfokú
polinomok szokásos vektorterét. Ekkor az
α0 α1 . . . αm−1 7→ α0 + α1 x + . . . + αm−1 xm−1
megfeleltetés izomorfizmus a T m és Tm [x] vektorterek között. Legyenk > n, s = k − n. Ebben a feladatban a T n , illetve T k vektortereket
a belőlük a fenti izomorfizmussal létesített Tn [x], illetve Tk [x] vektorterekkel azonosítjuk.
(a) Legyen g ̸= 0 egy rögzített, legfeljebb s-edfokú polinom T felett.
Legyen az A : Tn [x] → Tk [x] leképezés a g polinommal történő
szorzás, azaz A minden legfeljebb n − 1-edfokú f polinomhoz a gf
polinomot rendeli hozzá: Af = gf . Mutassuk meg, hogy így egy
lineáris kódot definiáltunk, és írjuk fel a generátormátrixát. Az ilyen
kódokat polinomkód oknak, a g polinomot pedig a kód generáló polinomjának nevezzük.
(b) Legyen h egy k-adfokú, g pedig egy tetszőleges nem nulla polinom T
felett. Az A : Tn [x] → Tk [x] leképezés minden legfeljebb n − 1-edfokú
f polinomhoz rendelje hozzá a gf szorzatpolinom h-val való osztási
maradékát. Mutassuk meg, hogy így akkor és csak akkor definiáltunk
egy lineáris kódot, ha g és h legnagyobb közös osztójának a foka
legfeljebb s = k − n.
(c) Tegyük fel, hogy a (b)-ben definiált K lineáris kódban g és h legnagyobb közös osztójának a foka pontosan s. Mutassuk meg, hogy
ekkor K az (a)-beli értelemben vett polinomkód, amelynek a generáló
polinomja osztója h-nak.
10.2.9 Tekintsünk egy (k, n) paraméterű K lineáris kódot. Mutassuk meg,hogy létezik olyan n × k-as M 0–1 mátrix, hogy a kódszavakat M mel balról megszorozva visszakapjuk a megfelelő közleményszavakat(azaz ha a c kódszó a v közleményszóból származott, akkor M c = v).
Adjunk gyors algoritmust ilyen M megkeresésére.

308

10. Kódok
10.3. Hamming-kód

Eddig a lineáris kódot egy lineáris leképezés képtereként jellemeztük. Most
ugyanezt egy másik lineáris leképezés magtereként fogjuk tekinteni.
Egy (k, n) paraméterű K lineáris kód T k -nak n-dimenziós altere. Legyenk = n + s és P : T k → T s olyan lineáris leképezés, amelynek a magtere
Ker P = K. A dimenziótétel szerint ekkor P képtere az egész T s .
Ilyen P lineáris leképezés megadásához a K altér egy b1 , . . . , bn bázisát ad1 , . . . , ds vektorokkal egészítsük ki T k egy bázisává és legyen Pbi = 0, a Pdj
vektorok pedig legyenek tetszőleges független vektorok (azaz alkossanak bázist
T s -ben). Innen az is látszik, hogy a P leképezés általában nem egyértelmű.
10.3.1. Definíció
Legyen K egy (k, n) paraméterű lineáris kód, k = n + s, és P : T k → T solyan lineáris leképezés, amelynek a magtere K. Írjuk fel a P leképezés P = [P]mátrixát a természetes bázispár szerint. Ezt az s × k méretű P mátrixot a kód
paritásellenőrző mátrix ának (vagy röviden, ellenőrző mátrixának) nevezzük.
♣
Az elnevezés magyarázatául gondoljuk végig, hogy mi történik, amikor a
P mátrix egy sorát egy z ∈ T k vektorral megszorozzuk. Ekkor eredményül zazon komponenseinek az összegét kapjuk, amely helyeken a P adott sorában
1-es áll, vagyis azt, hogy ezeken a helyeken z-ben összesen páros vagy páratlan
sok 1-es fordul-e elő. Ezt bármely sorral elvégezve pontosan a kódszavak eseténlesz minden ilyen összeg nulla. Azaz P valóban a vektorok bizonyos helyeinálló 1-esek számának paritását ellenőrzi.
Mivel a P leképezés az esetek zömében nem egyértelmű, ezért egy kódnak
általában több P paritásellenőrző mátrixa is létezik (vö. a 10.3.3–10.3.4 feladatokkal). Ezeket a definíció alapján azzal jellemezhetjük, hogy egy z ∈ T kvektorra P z = 0 akkor és csak akkor teljesül, ha z kódszó.
A már említett Im P = T s tulajdonság ekvivalens azzal, hogy dim Im P == s, ami ugyanazt jelenti, hogy a P mátrix (F2 feletti) rangja r(P ) = s. Ígyegy paritásellenőrző mátrix rangja szükségképpen s. Sőt, ez a tulajdonság
az előző bekezdés ,,akkor” részével kiegészítve már karakterizálja is a(z adott)kód paritásellenőrző mátrixait (lásd a 10.3.3 feladatot). Az is könnyen adódik,hogy ha egy 0–1 mátrixnak s sora, k = n + s oszlopa van és a rangja s, akkor
van olyan (k, n) paraméterű lineáris kód, amelynek éppen ez a paritásellenőrző
mátrixa (lásd a 10.3.1 feladatot).
Illusztrációként nézzük a paritásvizsgálat-kódnak (a 10.1 pont P3 példájának) a paritásellenőrző mátrixát. Ez egyetlen ,,csupaegy” sorból áll (azaz olyan
sorvektor, amelynek mind a k eleme 1-es): P = ( 1 1 1 . . . 1 ).

10.3. Hamming-kód

309

A G generátormátrixból általában könnyen megkaphatjuk a(z egyik) P
paritásellenőrző mátrixot (lásd a 10.3.5 feladatot). Speciálisan, ha a kódszavak a hozzájuk
tartozóközleményszavakkal kezdődnek, azaz a generátor()
En×n
mátrix G =alakú, akkor paritásellenőrző mátrixnak megfelel a
Bs×n
P = ( Bs×n Es×s ) mátrix.
Nézzük meg, hogyan használható a paritásellenőrző mátrix hibajavításra.
Először is a definíció szerint P z = 0 akkor és csak akkor teljesül, ha z kódszó.
Ha az átvitelnél hiba történt és a kapott üzenet z = c + h, ahol c a helyes
kódszó, h pedig a hibaminta, akkor P z = P h. A P z ∈ T s vektort a z ∈ T kvektor szindrómájának (,,tünetcsoportjának”) nevezzük.
Ha a h hibamintában egyedül az i-edik helyen áll 1-es, akkor P h éppen
a P mátrix i-edik oszlopa. Így a z vektor szindrómája a hibás helyeknek
megfelelő P -beli oszlopok összege. Innen azonnal adódik az alábbi tétel:10.3.2 Tétel
Egy lineáris kód pontosan akkor t-hibajavító, ha a P paritásellenőrző
mátrixának bármely legfeljebb t darab oszlopát összeadva a kapott összegvektorok mind különbözők és egyikük sem nulla. ♣Speciálisan, az 1-hibajavítás feltétele az, hogy P -ben minden oszlop különböző és egyik oszlop sem nulla.
A 10.1 pont végén láttuk, hogy ha egy 1-hibajavító kódnak s ellenőrző
jegye van, akkor szükségképpen n ≤ 2s − s − 1. Most megmutatjuk, hogy
ennek a megfordítása is igaz:
10.3.3 Tétel
Legyen (s ≥ 2 és) n ≤ 2s − s − 1. Ekkor létezik (s + n, n) paraméterű
1-hibajavító lineáris kód. ♣Bizonyítás: Legyen P olyan s × (s + n)-es mátrix, amelynek az oszlopai különböző nem nulla vektorok úgy, hogy ezek között található s darab lineárisan
független. Ilyen P létezik, hiszen T s -nek 2s − 1 ≥ n + s miatt elegendő számú
nem nulla eleme van, a lineáris függetlenségi feltételt pedig biztosítja, ha pl. az
utolsó s oszlopot az s darab egységvektornak választjuk.
Mivel P rangja s, ezért létezik olyan lineáris kód, amelynek P a paritásellenőrző mátrixa. Ez(ek) a kód(ok) a 10.3.2 Tétel, illetve az utána tettmegjegyzés szerint 1-hibajavító(k).

310

10. Kódok

Visszatérve a 10.1 pont végén említett n = 500 példára, a most bizonyított
tételből következik, hogy az 1-hibajavítást mindössze s = 9 darab ellenőrző
jeggyel meg tudjuk oldani (és ez a lehetséges minimum). Mindezt érdemes még
egyszer összevetni a háromszori ismétlés kódjából adódó s = 1000 értékkel.
Az n = 2s − s − 1 esetben a kódra külön elnevezést vezetünk be:
10.3.4 Definíció
Ha n = 2s − s − 1 és k = n + s = 2s − 1, akkor a (k, n) paraméterű
1-hibajavító lineáris kódokat Hamming-kód oknak nevezzük. ♣Az előzőek szerint egy Hamming-kód azzal jellemezhető, hogy a paritásellenőrző mátrixában az oszlopok között a T s vektortér összes nem nulla eleme
pontosan egyszer fordul elő.
Feladatok
Valamennyi feladatban n + s = k, K egy (k, n) paraméterű lineáris kód,amelynek a generátormátrixa G, továbbá P egy s × k méretű 0–1 mátrix.
10.3.1 Igazoljuk, hogy egy 0–1 mátrixhoz akkor és csak akkor található
olyan lineáris kód, amelynek ő a paritásellenőrző mátrixa, ha a sorai
függetlenek, az oszlopai pedig összefüggők.
10.3.2 Írjuk fel a 10.1 pont P1 és P2 példájának, valamint a 10.1.2 feladatban szereplő kódok közül a lineárisaknak egy-egy paritásellenőrző mátrixát.
10.3.3 Mutassuk meg, hogy az alábbi három feltétel bármelyike ekvivalensazzal, hogy P a K kód (egyik) paritásellenőrző mátrixa:
I. r(P ) = s és bármely c kódszóra P c = 0;
II. r(P ) = s és P G = 0;
III. P sorai bázist alkotnak az (Im A)⊥ altérben.
10.3.4(a) Mutassuk meg, hogy egy kód paritásellenőrző mátrixa akkor és csak
akkor egyértelmű, ha s = 1.
(b) Bizonyítsuk be, hogy egy kód paritásellenőrző mátrixainak a száma∏s−1 sii=0 (2 − 2 ).

10.3. Feladatok

311

(

)
En×n
(a) Ellenőrizzük, hogy ha G =alakú, akkor paritásellenőrző
Bs×n
mátrixnak valóban megfelel a P = ( Bs×n Es×s ) mátrix.
(b) Adjunk általában is gyors algoritmust arra, hogyan lehet G ismeretében a paritásellenőrző mátrixo(ka)t megkapni.

10.3.510.3.6 Legyen Q egy olyan 0–1 mátrix, amelynek k oszlopa van és a magtere
K. Bizonyítsuk be, hogy r(Q) = s, és Q bármely s független sora aK (egyik) paritásellenőrző mátrixát adja.
10.3.7 Mutassuk meg, hogy egy lineáris kódnál két T k -beli vektor akkor
és csak akkor kerül a dekódolási tábla azonos sorába, ha ugyanaz aszindrómájuk.
10.3.8 Egy lineáris kódban a kódszavak közötti minimális távolság pontosan
akkor d, ha a(z egyik) paritásellenőrző mátrixban bármely d−1 oszlop
lineárisan független, de van d olyan oszlop, amely összefüggő.
10.3.9 Egy lineáris kódban a kódszavak közötti minimális távolság legfeljebb
1-gyel lehet nagyobb az ellenőrző jegyek számánál.
10.3.10 Egy K kód duálisa a K ⊥ merőleges kiegészítő altér. Mi a kapcsolat
K-nak és duálisának a generátor- és paritásellenőrző mátrixai között?
10.3.11 Legyen P = ( B E ) a K lineáris kód paritásellenőrző mátrixa. Bizonyítsuk be, hogy K akkor és csak akkor duáisa önmagának, ha
B T = B −1 .
10.3.12 Mennyi egy Hamming-kódban a kódszavak közötti minimális távolság?
10.3.13 Bizonyítsuk be, hogy egy Hamming-kódban bármely kódszónak akomplementere is kódszó. (Két vektor egymás komplementere, ha
minden komponensükben különböznek, vö. a 9.4.2a feladattal).
10.3.14 Legyen s ≥ 2, n = 2s − s − 1 és k = 2s − 1. Legyen továbbá minden
0 ≤ j ≤ s − 1-re Mj azoknak a természetes számoknak a halmaza,
amelyek kettes számrendszerbeli alakjában a 2j együtthatója (azazhátulról számítva a j + 1-edik számjegy) 1. Nyilván bármely j-re|Mj | = 2s−1 .
Egy (k, n) paraméterű lineáris kódot fogunk megadni. A közleményszavak jegyeit azonban most nem a szokásos módon indexezzük,
hanem az indexek közül a kettőhatványokat (beleértve az 1-et is) kihagyjuk (mint egyes szállodákban a szobaszámok közül kihagyják a

312

10. Kódok
13-at, csak mi most a kettőhatványokra vagyunk ,,babonásak”). Ígyaz indexekben (az 1, 2, . . . , n számok helyett) rendre a 3, 5, 6, 7, 9, . . . ,k = n + s számok szerepelnek (hiszen éppen az 1, 2, 22 , . . . , 2s−1 kettőhatványokat kellett kihagynunk). Tekintsük ezek után a
φ : α3 α5 α6 . . . αk 7→ α3 α5 α6 . . . αk γ0 γ1 . . . γs−1∑
kódoló függvényt, ahol γj = i∈Mj αi , j = 0, 1, . . . , s − 1. Mutassuk
meg, hogy így egy Hamming-kódot kapunk.

10.4. BCH-kódok
A Hamming-kód a kódelmélet hajnalán, az 1940-es évek végén már megszületett. Ezután több, mint 10 évet kellett várni, míg az 1-hibajavítást sikerült
hasonló hatékonyságú 2-hibajavításra fejleszteni. Az új kódokat közel egyidejűleg fedezte fel (vagy találta fel?) R. C. Bose és D. K. Ray-Chaudhuri (akiekkor még Bose diákja volt), valamint tőlük függetlenül A. Hocquenghem. A
kódokat a felfedezők nevének kezdőbetűiről BCH-kódoknak nevezik.
A BCH-kódokban a véges testek lényeges szerephez jutnak. (A véges
testekre vonatkozó legfontosabb tudnivalókat az A.11 pont tartalmazza.)
Továbbra is n, k és s = k − n jelöli a kód dimenzióját, hosszát, illetve
az ellenőrző jegyek számát, és valamilyen adott t-vel t-hibajavító kódokat
keresünk. Az eddigiekben az n-et tekintettük adottnak, és az s-et az n-hez
képest igyekeztünk minimalizálni. Ezen a szemléletmódon egy picit változtatunk, mostantól kezdve k = n + s-t tekintjük rögzítettnek, és így szeretnénk
minél kisebb s-et és vele együtt minél nagyobb n-et biztosítani.
Ennek alapján most T k -ban egy minél nagyobb olyan K alteret keresünk,
amelynek az elemei, a kódszavak, legalább 2t + 1 távolságra esnek egymástól.
Ez a K altér éppen a P paritásellenőrző mátrix magtere. A t-hibajavítása P oszlopainak megfelelő tulajdonságából olvasható le, tehát a kódot egy
megfelelő s × k méretű P mátrix kijelölésével adhatjuk meg. Az s minimalizálása azt jelenti, hogy P -nek minél kevesebb sora legyen.
Tekintsünk el egy pillanatra attól a követelménytől, hogy P sorai lineárisan függetlenek. Ha valamelyik sor függ a többitől, akkor ennek a sornak
az elhagyása nyilván nem változtat sem a mátrix magterén, sem pedig az
oszlopoknak a hibajavítással kapcsolatos tulajdonságain. Így a sorok számát
mindaddig csökkenthetjük, amíg azok már függetlenek lesznek (vö. a 10.3.7
feladattal).
Ennek megfelelően olyan m × k-as Q mátrixokat fogunk megadni, amelyekben bármely legfeljebb t oszlop összege mindig különböző és nem nulla

313

10.4. BCH-kódok

vektort eredményez (azaz bármely 2t oszlop lineárisan független), és m lehetőleg kicsi. Ekkor Q magtere éppen egy t-hibajavító lineáris kódot definiál.
Ennél a kódnál az ellenőrző jegyek száma s = r(Q) ≤ m, és egy P paritásellenőrző mátrixot úgy kaphatunk, hogy Q-nak csak s (tetszőlegesen választott) független sorát tartjuk meg. Magát a Q-t nevezhetjük a kód ,,kváziparitásellenőrző mátrix ának”.
Mielőtt az általános t-hibajavító BCH-kódokra rátérnénk, nézzük meg
külön a t = 2 speciális esetet. Ez a tárgyalásmód több előnnyel is jár, ugyanis
a BCH-kódok meglehetősen bonyolult konstrukcióját így először mégiscsak egy
könnyített változatban kell megértenünk, továbbá a t-hibajavítás bizonyítása
is lényegesen egyszerűbb t = 2-re, mint az általános esetben.
Legyen q ≥ 3 és k = 2q − 1. A 10.1.8 feladatból következik, hogy2-hibajavító kód esetén az ellenőrző jegyek száma szükségképpen s ≥ 2q − 1.
A 2-hibajavító BCH-kódok lényegében az alsó határt érik el, mert s ≤ 2q-t
biztosítanak. (Az is megmutatható, hogy ezeknél mindig pontosan s = 2q
teljesül.) Látjuk tehát, hogy azonos k mellett a Hamming-kódhoz képest egy
2-hibajavító BCH-kódnál kétszer annyi ellenőrző jegyre van szükség. Ez igenméltányos ,,ár”, hiszen a nyújtott ,,szolgáltatás” formálisan nézve is ,,megduplázódott”,(valójában
azonban a 2-hibaminták száma sokszorosa az 1-hibamin)
tákénak ( k2 , illetve k).
A 2-hibajavító BCH-kódot a(z egyik) P paritásellenőrző mátrixával adjuk meg. Ehhez először egy 2q × k méretű Q kvázi-paritásellenőrző mátrixot
definiálunk. Ennek első q sora legyen ugyanaz, mint a Hamming-kódnál, vagyis
az oszlopok éppen T q nem nulla elemei.
A Q alsó q sorának a megadásához a továbbiakban a T q halmazt új szerepkörben, 2q elemű testként fogjuk tekinteni. Ennek a testnek és a T q vektortérnek az additív szerkezete megegyezik, ezért nem okoz zavart, ha a testet
is T q -val jelöljük. Legyen ∆ a T q test multiplikatív csoportjának egy generátoreleme, ekkor a T q test nem nulla elemei felírhatók ∆-nak (a 0-tól a 2q − 2
kitevőig terjedő) hatványaiként. A Q felső felében ezek szerint az oszlopoképpen a ∆j hatványok, j = 0, 1, 2, . . . , 2q − 2.
Ezután a Q mátrix alsó q sorát a következőképpen definiáljuk: az oszlopok
alsó fele legyen mindig a felső rész köbe, azaz
(
Q=

1 ∆
1 ∆3

∆2
∆6

...
...

∆j
∆3j

...
...

)
.

(10.4.1)

Megmutatjuk, hogy a Q mátrix magtere egy 2-hibajavító kód. Ehhez azt
kell igazolni, hogy Q bármely legfeljebb 2 oszlopának az összege mindig más
és más (és nem nulla) vektort eredményez. Ez könnyen láthatóan ekvivalens314

10. Kódok

azzal, hogy az
x + z = a,x 3 + z3 = begyenletrendszernek a ̸= 0 esetén a T q testben legfeljebb egy megoldása van(x és z szimmetriájától eltekintve).
Az első egyenletet köbre emelve, majd a második egyenletet ebből levonva
xz(x + z) = a3 − b adódik, vagyis xz = a2 − b/a. Azt kaptuk, hogy az x és zelemek összege és szorzata is ismert, és így pl. a gyökök és együtthatók közöttiösszefüggés alapján x és z csak egy adott másodfokú egyenlet (egyértelműen
meghatározott) gyökei lehetnek (ha ez az egyenlet egyáltalán megoldható a T q
testben).
Mint már említettük, megmutatható, hogy Q rangja 2q (lásd a 10.4.4
feladatot), és így maga a Q lesz ennek a kódnak a(z egyik) paritásellenőrző
mátrixa. (Ha nem így lenne, akkor ,,még jobban járnánk”, hiszen akkor változatlan k = 2q − 1 mellett 2q-nál kevesebb ellenőrző jeggyel is biztosítani
tudnánk a 2-hibajavítást.)A kapott eredményt az alábbi tételben foglalhatjuk össze:
10.4.1 Tétel
Legyen q ≥ 3, n = 2q − 2q − 1, k = 2q − 1. A fenti módon a (10.4.1) képlettel megadott Q mátrix egy 2-hibajavító lineáris kódot definiál. Ezt a kódot
2-hibajavító BCH-kód nak nevezzük. ♣Példa: Legyen q = 4. A 24 = 16 elemű testben meg kell keresnünk a nem
nulla elemek multiplikatív csoportjának egyik generáló elemét. Az ilyen elemekszáma φ(15) = 8. Ezek bármelyike negyedfokú algebrai szám T = F2 felett,tehát egy negyedfokú f irreducibilis polinomnak a gyöke. Mivel f (0) ̸= 0,
f (1) ̸= 0, ezért f -ben páratlan sok tag fordul elő, azaz f az alábbi négy polinom
valamelyike: x4 +x+1, x4 +x3 +1, x4 +x2 +1, x4 +x3 +x2 +x+1. A harmadik
polinom (x2 +x+1)2 , tehát nem irreducibilis, a negyedik irreducibilis, azonban
osztója az x5 − 1-nek, tehát a gyökeinek már az ötödik hatványa 1, vagyis
azok nem generálhatják a test multiplikatív csoportját. Az első két polinom
megfelelő, ezek gyökeiként kapjuk a test multiplikatív csoportjának 8 generáló
elemét. Válasszuk mondjuk az első polinom egyik gyökét ∆-nak. Ekkor a T 4
vektortér bázisa 1, ∆, ∆2 , ∆3 , ezek lesznek most az egységvektorok. A többi
hatvány koordinátáit a minimálpolinomból adódó ∆4 = 1 + ∆ összefüggés
ismételt alkalmazásával számíthatjuk ki. Ennek megfelelően az alábbi 8×15-ös

315

10.4. BCH-kódok
paritásellenőrző mátrixhoz jutunk:1 0 0 0 1 0 0
0

0

0

1

0

0
0

1 0
0 1
0 0
0 0
0 0
0 1
1 1

0 1 1
0 0 1
1 0 0
0 1 1
1 1 0
0 1 0
1 1 0

0
1
1
0
0
0
1

1
1
0
1
0
0
1
1

1
0
1
0
0
1
0
1

0
1
0
1
1
1
1
1

1
1
1
0
1
0
0
0

0
1
1
1
0
0
0
1

1
1
1
1
0
0
1
1

1
0
1
1
0
1
0
1

1
0

0

1

1

1

1
1

A t-hibajavító BCH-kódokra történő általánosítás a 2-hibajavító mintájára a következőképpen történik. Az eddigiekhez hasonlóan k értéke k = 2q − 1,az ellenőrző jegyek számára most az s ≤ tq ,,méltányos” feltételt szabjuk (ittmár az a szerencsés eset is előfordulhat, hogy s a jelzett korlátnál jóval kisebblesz). A Q ,,kvázi-paritásellenőrző” mátrix t darab q × k méretű blokkból áll,ahol a felső blokk oszlopai továbbra is T q nem nulla elemei, az i-edik blokk
oszlopai pedig a felső blokkbeli vektoroknak (mint a T q test elemeinek) a
2i − 1-edik hatványai, i = 2, 3, . . . , t. (A köbök alatt tehát az ötödik, majd ahetedik hatványok következnek stb.) Ha Q sorai összefüggők, akkor válasszunk
ki közülük egy maximális független rendszert, ezek alkotják a kód (egyik) P
paritásellenőrző mátrixát. Mindezt pontosan az alábbi tételben mondjuk ki és
bizonyítjuk be.
10.4.2. Tétel
Legyen q rögzített pozitív egész, amelyre 2q − 1 > qt, továbbá k = 2q − 1,m = tq, ∆ a T q test multiplikatív csoportjának egy generátoreleme és Q az
a tq × k-as mátrix, amelynek a j + 1-edik oszlopában egymás alatt rendre az
alábbi t darab T q -beli vektor áll: ∆j , ∆3j , ∆5j , . . . , ∆(2t−1)j , azaz


1
∆
∆2
...
∆j
...
1
∆3
∆6
...
∆3j
...


5
10
5j
1
∆
∆
...
∆
... .
Q=
.

..
..
..
 ..

.
.
.
2t−1
4t−2
(2t−1)j
1
∆
∆
...
∆
...
Ekkor Ker Q egy t-hibajavító lineáris kódot definiál, ahol az ellenőrző jegyek
száma s ≤ tq. Ezt a kódot t-hibajavító BCH-kódnak nevezzük. ♣A tétel állítása az, hogy az így definiált kód valóban t-hibajavító. Ennek
bizonyítása további előkészületeket igényel.

316

10. Kódok

Először felelevenítjük a 10.2.8a feladatban bevezetett polinomkód fogalmát. Legyen T = F2 , és jelölje Tm [x] a T feletti legfeljebb m − 1-edfokú
polinomok szokásos vektorterét. Ekkor az
α0 α1 . . . αm−1 7→ α0 + α1 x + . . . + αm−1 xm−1
megfeleltetés izomorfizmus a T m és Tm [x] vektorterek között. Azonosítsuk a
T n , illetve T k vektortereket a belőlük a fenti izomorfizmussal létesített Tn [x],illetve Tk [x] vektorterekkel.
10.4.3 Definíció
Legyen g ̸= 0 egy rögzített s-edfokú polinom T felett. Legyen az
A : Tn [x] → Tk [x] leképezés a g polinommal történő szorzás, azaz A minden
legfeljebb n − 1-edfokú f polinomhoz a gf polinomot rendeli hozzá: Af = gf .
Az így definiált lineáris kódot polinomkód nak, a g polinomot pedig a kód generáló polinomjának nevezzük. ♣A 10.2.8a feladatban megengedtük a deg g < s lehetőséget is, azonban
ekkor minden kódszó végén s−deg g darab nulla áll, ami semmire sem használható. Így nyilván csak az az eset érdekes, amikor deg g = s. Ekkor a kódszavaképpen g többszörösei (polinomszorosai).
Most megmutatjuk, hogy a Hamming-kód és a BCH-kódok is polinomkódok, és meghatározzuk a generáló polinomjaikat.
Tekintsük elsőként a Hamming-kódot. Itt paritásellenőrző mátrixnak vehető az s sorból és k = 2s − 1 oszlopból álló P = ( 1 ∆ ∆2 . . . ∆k−1 )mátrix. Legyen a c = γ0 γ1 . . . γk−1 ∈ T k vektornak megfelelő polinom
C = γ0 + γ1 x + . . . + γk−1 xk−1 ∈ Tk [x]. A c vektor pontosan akkor kódszó, ha∑k−1
P c = 0, azaz j=0 γj ∆j = 0. Ez azt jelenti, hogy a C polinomnak gyöke a∆, vagyis c pontosan akkor kódszó, ha az m∆ minimálpolinom osztója C-nek.
Ennek megfelelően a Hamming-kód olyan polinomkód, amelynek a generáló
polinomja g = m∆ .
Nézzük most a 2-hibajavító BCH-kódot. Az előzőkhöz hasonlóan adódik,hogy c pontosan akkor kódszó, ha m∆ és m∆3 is osztója a C polinomnak,azaz a generáló polinom most ∆ és ∆3 minimálpolinomjának a legkisebb közös
többszöröse: g = [m∆ , m∆3 ].
Ugyanígy adódik az általános eset is:
10.4.4 Tétel
Jelöljük m∆j -t mj -vel. A 10.4.2 Tételben megadott általános t-hibajavító BCH-kód olyan polinomkód, amelynek a generáló polinomja
gt = [m1 , m3 , . . . , m2t−1 ]. ♣

10.4. Feladatok

317

Ennek alapján a kódban az ellenőrző jegyek száma éppen a gt generáló
polinom foka. Így s = tq pontosan akkor teljesül, ha ∆, ∆3 , . . . , ∆2t−1 mindegyike q-adfokú F2 felett és semelyik kettőnek sem ugyanaz a minimálpolinomja(lásd a 10.4.2 feladatot).
Most már minden a rendelkezésünkre áll a 10.4.2 Tétel igazolásához: megmutatjuk, hogy az ott megadott kód valóban t-hibajavító.
A 10.4.2 Tétel bizonyítása: Először belátjuk, hogy bármely i-re mi = m2i .
A T q testben a négyzetre emelés izomorfizmus, amely a T = F2 alaptest elemeit helybenhagyja. Ezért ha ρ0 + ρ1 Θ + . . . + ρv Θv = 0, akkor ugyanez
Θ helyett Θ2 -re is teljesül. Ezzel igazoltuk, hogy m2i | mi . A másik irányú
oszthatóság pl. abból adódik, hogy Θ-t is megkaphatjuk Θ2 -ből ismételt négyzetre emelésekkel.
A fentiek alapján gt = [m1 , m2 , . . . , m2t ]. Most megmutatjuk, hogy akódban a minimális távolság legalább 2t + 1, amiből a kívánt t-hibajavítás
már következik.
Indirekt tegyük fel, hogy lenne egy legfeljebb 2t súlyú c kódszó. Az ennek
megfelelő C polinom gyökei között szerepel ∆i minden i ≤ 2t-re. Írjuk fel ezt
a 2t darab C(∆i ) = 0 egyenlőséget. Közben a C polinomból esetleg hagyjunk
el 0 együtthatókat úgy, hogy pontosan 2t együttható maradjon.
Ekkor C-nek erre a 2t együtthatójára nézve egy 2t×2t-es homogén lineáris
egyenletrendszert kaptunk, amelynek van nem triviális megoldása (éppen C
megfelelő együtthatói). Másrészt az egyenletrendszer determinánsa nem nulla,hiszen ez a különböző elemekkel generált V (∆i1 , ∆i2 , . . . , ∆i2t ) Vandermondedetermináns nem nulla konstansszorosa, ahol i1 , i2 , . . . , i2t a C polinomban
szereplő tagok fokszámai. Ekkor azonban az egyenletrendszernek csak triviális
megoldása lehet, ami ellentmondás.
Feladatok
A feladatoknál is a szövegben használt jelöléseket alkalmazzuk, tehát s az
ellenőrző jegyek száma, k a kód hossza, ∆ a 2q elemű véges test multiplikatív
csoportjának a(z egyik) generátoreleme, mi a ∆i minimálpolinomja stb.
10.4.1 Írjuk fel q = 5-re egy 2-hibajavító BCH-kód paritásellenőrző mátrixát.
10.4.2 Mutassuk meg, hogy a q paraméterű t-hibajavító BCH-kódban s = tq
pontosan akkor teljesül, ha ∆, ∆3 , . . . , ∆2t−1 mindegyike q-adfokú F2
felett és semelyik kettőnek sem ugyanaz a minimálpolinomja.

318

10. Kódok

M 10.4.3 Tekintsünk q > 3-ra egy 3-hibajavító BCH-kódot.
(a) Határozzuk meg s-et a q = 4 esetben.
∗∗(b) Mutassuk meg, hogy ha q páratlan, akkor s = 3q.

10.4.4 Bizonyítsuk be, hogy bármely q esetén egy 2-hibajavító BCH-kódban
s = 2q.

M∗ 10.4.5(a) Igazoljuk, hogy deg mi a legkisebb olyan v pozitív egész, amelyre v | qés (2q − 1)/(2v − 1) | i.
(b) Mutassuk meg, hogy mi összes gyökei a ∆-nak az i · 2j kitevőjű
hatványai, ahol 0 ≤ j < deg mi .
M∗ 10.4.6 Lássuk be, hogy ha t ≤ 2q/2 − 1, akkor a q paraméterű t-hibajavító
BCH-kódban az s = tq egyenlőség érvényes.
10.4.7 Legyen egy polinomkód generáló polinomja g. Bizonyítsuk be, hogy(a) minden kódszó akkor és csak akkor páros súlyú, ha 1 + x | g;(b) minden páros súlyú vektor akkor és csak akkor kódszó, ha g = 1 + x.
10.4.8 Mutassuk meg, hogy egy BCH-kód generáló polinomja osztója
xk − 1-nek.
10.4.9 Ciklikusnak nevezzük az olyan lineáris kódokat, amelyeknél akódszavak ciklikus permutációja is kódszó, tehát (T k elemeitz = γ0 γ1 γ2 . . . γk−1 alakban írva)γ0 γ1 γ2 . . . γk−1 ∈ K ⇒ γk−1 γ0 γ1 . . . γk−2 ∈ K.
M∗ (a) Bizonyítsuk be, hogy a ciklikus kódok lényegében speciális polinomkódokként jellemezhetők: egy kód akkor és csak akkor ciklikus, haa kódszavainak a halmaza megegyezik egy olyan polinomkód kódszavainak a halmazával, amelynek a g generáló polinomjára g | xk − 1
teljesül.
(b) Minden BCH-kód ciklikus.

∑d−2 ( )M 10.4.10 Tegyük fel, hogy az m < k és d számokra i=0 k−1< 2m . Ekkorilétezik olyan lineáris kód, amelynek a hossza k, az ellenőrző jegyek
száma legfeljebb m és a kódszavak közötti minimális távolság legalább d.

319

10.4. FeladatokM∗ 10.4.11 Reed–Muller-kódok .

(a) Legyen q adott, n = q + 1, k = 2q és a kód generátormátrixa akövetkező: soronként rendre a 2q és 2q+1 − 1 közötti számok kettesszámrendszerbeli alakja szerepel. (A q = 3 esetre a mátrixot lásd a(b) rész után.) Mutassuk meg, hogy ebben a kódban a kódszavak
közötti minimális távolság 2q−1 . Ezt a kódot elsőrendű Reed–Mullerkód nak nevezzük.
∑m ( )(b) Legyen m < q. Az m-edrendű Reed–Muller-kód esetén n = i=0 qi ,k = 2q és a generátormátrix a következő: az első q + 1 oszlop azonos
az elsőrendű esetben látottal, a további oszlopokat pedig úgy kapjuk
meg, hogy a 2-odik, 3-adik, . . . , q + 1-edik oszlop közül minden lehetséges módon kiválasztunk 2, 3, . . . , m darabot és ezeket összeszorozzuk a komponensenkénti szorzással. Mutassuk meg, hogy ebben akódban a kódszavak közötti minimális távolság 2q−m .
Például q = 3-ra az első- és másodrendű Reed–Muller-kód generátormátrixai:


1
1

1

1
G(1, 3) = 
1

1

1
1

0
0
0
0
1
1
1
1

0
0
1
1
0
0
1
1


0
1

0

1

0

1

0
1



1
1

1

1
G(2, 3) = 
1

1

1
1

0
0
0
0
1
1
1
1

0
0
1
1
0
0
1
1

0
1
0
1
0
1
0
1

0
0
0
0
0
0
1
1

0
0
0
0
0
1
0
1


0
0

0

1

0

0

0
1

Itt G(2, 3) utolsó három oszlopa rendre a 2. és 3., a 2. és 4., illetve a
3. és 4. oszlop szorzata.

320
A. ALGEBRAI ALAPFOGALMAK

Ebben a ,,függelékben” összefoglaljuk a könyvben felhasznált legfontosabb algebrai alapfogalmakat és az ezekre vonatkozó főbb tételeket. Célunk az volt,
hogy megfelelő algebrai hátteret biztosítsunk a többi fejezet megértéséhez .
Ezzel összhangban most bizonyos témakörök vázlatos bemutatása, és nem az
algebra egyes fejezeteinek átfogó, szisztematikus felépítése következik.
A fejezet két, egymástól lényegesen különböző jellegű, egy ,,elemi” és egy,,haladó” részre tagozódik.
Az ,,elemi” A.1–A.7 pontokban minden szempontból alapvető ismereteket
rendszerezünk, viszonylag részletes magyarázatokkal. Ennek a résznek az alapos elsajátítását (illetve átismétlését) nagyon melegen ajánljuk.
A ,,haladó” A.8–A.11 pontokkal kapcsolatban rögtön megjegyezzük, hogya többi fejezetben csak kevés helyen támaszkodunk az itt tárgyalt anyagra,
a könyv legnagyobb része enélkül is megérthető. Az itt bemutatott algebrai
fogalmak általában lényegesen nehezebbek a korábbiaknál, és a nehézséget
csak fokozza az eddig megszokotthoz képest jóval tömörebb tárgyalásmód,valamint az, hogy az eredményeket többnyire bizonyítás nélkül közöljük.
Az A.8–A.10 pontok elsősorban a véges testeknek az A.11 pontban sorra
kerülő tárgyalását készítik elő. A véges testek számos alkalmazásnál igenfontos szerepet játszanak. Ezek egy részéhez tulajdonképpen csak a modulo p maradékosztályokra (sőt gyakran csak a p = 2 esetre) van szükség. A
véges testek szerkezetének mélyebb vonásait elsősorban a 9.6 és 10.4 pontokban használtuk fel.
Természetesen a függelék nemcsak a könyv többi részének a tanulmányozását könnyít(het)i meg, hanem sok más szempontból is fontos és hasznos (és— reméljük — önmagában is érdekes) anyagot tárgyal.

A.1. Bemelegítés
1. Teljes indukció
A teljes indukció fontos módszer a tetszőleges pozitív egészre vonatkozó
állítások bizonyítására. Ellenőrizzük, hogy(i) az állítás igaz n = 1-re (kiinduló lépés), és(ii) az igazsága öröklődik n = k-ról n = k + 1-re bármilyen k pozitív
egész esetén (indukciós lépés).
Ekkor az állítás igaz minden n pozitív egészre.

A.1. Bemelegítés321

Ez olyasmi, mint a dominóhatás: Ha végtelen sok dominó áll egymás
mögött, és meglökjük az elsőt, akkor az meglöki a másodikat, ami meglöki aharmadikat stb., és végül mindegyik eldől.
Az indukciós lépésnél nem bizonyítjuk, hogy az állítás igaz k-ra (ha ezt
közvetlenül bizonyítani tudnánk, nem lenne szükség indukcióra), csak feltesszük az érvényességét n = k esetén, és ezt kihasználva igazoljuk, hogy
akkor k + 1-re is fenn kell állnia.
A módszernek többféle változata is létezik: indulhatunk n = 0-ról vagy
más kezdeti értékről; támaszkodhatunk arra, hogy n = k-ra és n = k − 1re is igaz az állítás (ebben az esetben két szomszédos kinindulási értéket kellközvetlenül ellenőrizni); illeve feltehetjük, hogy minden, n = k-nál kisebb vagy
egyenlő egészre fennáll.
P1 példa: Lássuk be, hogy 5n+2 + 62n+1 minden n ≥ 0 egészre osztható
31-gyel.
Bizonyítás: Kiinduló lépés: n = 0 esetén 31 | 52 + 6.
Indukciós lépés: Feltesszük, hogy 31 | 5k+2 + 62k+1 , és belátjuk, hogy
31 | 5(k+1)+2 + 62(k+1)+1 . Célszerű átalakítással
5k+3 + 62k+3 = 5(5k+2 + 62k+1 ) + 31 · 62k+1 .
A jobb oldal első tagja az indukciós feltevés szerint többszöröse a 31-nek, amásodik tagról ez közvetlenül látszik. Így az összegük is osztható 31-gyel.
2. Binomiális
tétel
( )
Az nk binomiális együttható egy n elemű halmaz k elemű részhalmazainak a számát jelenti. Más megfogalmazásban, hányféleképpen tudunk n elem
közül k-t kiválasztani úgy, hogy minden elemet legfeljebb egyszer vehetünk, és
az elemek kiválasztásának a sorrendje nem számít. Ennek képlete( )n(n − 1) . . . (n − k + 1)nn!
=
(A.1.1)=k
k!(n − k)!
k!
ahol j! = j(j − 1) . . . 2 · 1 ha j > 0 és 0! = 1. (A.1.1) igazolásához vegyükészre, hogy elsőnek tetszőlegesen választhatunk az n elem közül, másodiknak a
maradék n−1 bármelyikét vehetjük stb., és végül k-adiknak a még megmaradtn−(k −1) közül veszünk ki egyet. Ez összesen n(n−1) . . . (n−k +1) lehetőség.
Azonban, mivel a kiválasztás sorrendje nem számít, ezt el kell osztanunk a kelem összes lehetséges sorrendjének a számával. Így kapjuk az (A.1.1)-benszereplő utolsó képletet. A nevezőt és a számlálót (n − k)!-sal bővítve adódika középen álló kifejezés.

322

A. Algebrai alapfogalmak

( )
( )
()
Például 82 = 8 · 7/2 = 28, n1 = n, n0 = 1 (mivel az üres halmaz az
egyetlen 0 elemű részhalmaz vagy pedig a képlet alapján, felhasználva, hogy
0! = 1).
A.1.1 Tétel (Binomiális tétel)
( )
( )
( )
( )
n ( )
n n
n n−1
n n−2 2n n ∑ n n−k k(a+b) =a +ab+ab +. . .+
b =
a
b .♣
0
1
2
n
k
n

k=0

Bizonyítás: Az (a + b)(a + b) . . . (a + b) szorzás elvégzésekor minden tényezőből
az egyik tagot, a-t vagy b-t vesszük, ezeket összeszorozzuk, és az összes ilyen
szorzatot összeadjuk. Például, ha mind az n zárójelből az a-t vesszük, akkor
az an szorzat adódik; ha a-t veszünk az első két zárójelből és b-t a többin − 2-ből, ez a2 bn−2 -t eredmányez stb. Vagyis an−k bk típusú szorzatokat kellösszegeznünk, ahol 0 ≤ k ≤ n. Egy ilyen an−k bk szorzat akkor( keletkezik,
ha k)nzárójelből veszünk b-t, a többi n − k zárójelből pedig a-t.( Így) k lehetőségünk
van a b-k kiválasztására. Ennek megfelelően ez a tag nk -szor fordul elő azösszegben.
P2 példa: Igazoljuk, hogy

∑n
k=0

( n)
k

= 2n .

Első bizonyítás: A bal oldal egy n elemű halmaz össszes (0, 1, . . . , n elemű)részhalmazainak a száma. A jobb oldal ezt közvetlenül számolja meg: az nelem mindegyikére két lehetőség áll fenn aszerint, hogy benne van vagy nincs
benne a részhalmazban.
∑n ( )∑n ( )
Második bizonyítás: 2n = (1 + 1)n = k=0 nk 1n−k · 1k = k=0 nk .
3. Logikai szitaformula
N tárgy mindegyike rendelkezhet a P1 , . . . , Pk tulajdonságok közül néhánnyal, akár az összessel, de esetleg eggyel sem. Ez utóbbiak számát jelölje
N0 . Tudjuk, hány tárgyra érvényes P1 függetlenül attól, hogy vannak-e ezeknek más tulajdonságaik. Ugyanígy tudjuk, hány tárgyra érvényes P2 , hányra
teljesül (mondjuk) P1 , P4 és P6 mindegyike stb. Jelölje Ni1 i2 ...ij azon tárgyak
számát, amelyekre fennáll Pi1 , Pi2 , . . . , Pij mindegyike (függetlenül a többi tulajdonság meglététől vagy hiányától). Ezekből ki tudjuk számítani N0 -t:

A.1. Bemelegítés

323

A.1.2 Tétel (Logikai szitaformula)

N0 = N −

k
∑
i=1

Ni +

∑
1≤i1 <i2 ≤k+ (−1)j

Ni1 i2 − . . . +∑Ni1 i2 ...ij + . . . + (−1)k N12...k . ♣1≤i1 <...<ij ≤kBizonyítás: Ha egy tárgy „tulajdonságmentes”, akkor a jobb oldalon egyszer
számoltuk, N -ben. Ha egy
m tulajdonságokkal( ) tárgy
(m)pontosan a Pi1m, Pi2 , . . . , Pim
rendelkezik, akkor 1 − m
+
−
.
.
.
+
(−1)
=
(1
−
1)
= 0-szor szerepel
1
2
a jobb oldalon.
P3 példa: Hányféleképpen fordulhat elő egy futóversenyen, hogy senkinek
sem egyezik meg a helyezése a rajtszámával? (Holtverseny nincs.)
Megoldás: A verseny eredménye N = n!-féle lehet. Legyen Pi , i = 1, 2, . . . , naz a tulajdonság, hogy az i-edik rajtszámú versenyző az i-edik helyen végzett.
Ekkor Ni = (n − 1)!, mivel a többi versenyző sorrendje tetszőleges lehet.
Ugyanígy, Ni1 i2 = (n − 2)! stb. A logikai szitaformula szerint
( )
n
∑
n
(−1)j
n
N0 = n! − n(n − 1)! +.
(n − 2)! + . . . + (−1) = n!
2
j!
j=1
∑n
Mivel a j=1 (−1)j /j! összeg 1/e ≈ 0,37-hez tart, ha n → ∞, így az ilyen
eredmények aránya nagy n-re körülbelül 0,37.
4. Ekvivalenciareláció
Egy H halmazon értelmezett reláció bizonyos (a, b) párokat jelent (esetlegaz összeset, esetleg egyet sem), ahol a, b ∈ H. Ha például H = {1, 2, 3}, akkor
az a < b reláció az (1, 2), (1, 3) és (2, 3) párokból áll.
Ha egy R relációban szerepel az (a, b) pár, akkor azt mondjuk, hogy a az
R relációban van b-vel, és ezt aRb-vel jelöljük.
Az egyenlőség néhány alaptulajdonságával rendelkező relációkat ekvivalenciarelációk nak nevezzük:

324

A. Algebrai alapfogalmak

A.1.3 Definíció
Egy H halmazon értelmezett R reláció ekvivalenciareláció, ha(i) reflexív: aRa minden a ∈ H-ra,(ii) szimmetrikus: aRb ⇒ bRa, és(iii) tranzitív: aRb, bRc ⇒ aRc. ♣Az ekvivalenciarelációk segítségével lehet egy halmazt diszjunkt részhalmazok egyesítésére bontani:
A.1.4 Tétel
Ha R ekvivalenciareláció a H halmazon, akkor a Ca = {b ∈ H | aRb} ⊆ Hrészhalmazok vagy diszjunktak, vagy egybeesnek. Ezért H a különböző Ca
részhalmazok diszjunkt egyesítése. ♣A Ca részhalmazt az a elem által reprezentált ekvivalenciaosztálynak
nevezzük. Egy ekvivalenciareláció tehát a H halmaz ekvivalenciaosztályokra
történő partícióját hozza létre. Ennek a megfordítása is igaz: a H minden
partíciója egy alkalmas ekvivalenciarelációból származik, nevezetesen aRb jelentse azt, hogy a partíciós felbontásban a és b ugyanabban a részhalmazban
találhatók.
Bizonyítás: Azt kell megmutatnunk, hogy ha Ca és Cb nem diszjunktak, akkor
Ca = Cb . Belátjuk, hogy Ca ⊆ Cb ; a másik irányú tartalmazás hasonlóan
igazolható, illetve azonnal következik a és b szerepének szimmetriájából.
Legyen x ∈ Ca , azaz aRx, és bRx-t kell igazolnunk. Legyen d ∈ Ca ∩ Cb ,tehát aRd and bRd. Mivel R szimmetrikus, aRd ⇒ dRa. A tranzitivitás
miatt dRa-ból és aRx-ből adódik dRx. Ismét a tranzitivitás miatt bRd anddRx biztosítják bRx-et.
P4 példa: Álljon H a nem nulla valós számokból, és a akkor legyen relációban b-vel, ha a szorzatuk pozitív: aRb ⇐⇒ ab > 0. Belátjuk, hogy R
ekvivalenciareláció és meghatározzuk az ekvivalenciaosztályokat.
Megoldás: Reflexivitás: a · a = a2 > 0. Szimmetria: ab = ba, ezért ab > 0 ⇒ba > 0. Tranzitivitás: Az ab > 0 és bc > 0 egyenlőtlenségeket összeszorozva
kapjuk, hogy acb2 > 0. Ezt b2 > 0-val elosztva adódik a kívánt ac > 0.
Két ekvivalenciaosztály keletkezik, a pozitív és a negatív számok halmaza.

A.1. Feladatok

325

Feladatok
A.1.1 Igazoljuk az egyenlőségeket minden n > 0 egész számra.
1
1
1
n
(a)
+
+ ... +=.
1·2 2·3n(n + 1)n+1(b) 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6.
A.1.2 Lássuk be az egyenlőtlenségeket minden n > 0 egész számra.
√
√
1
1
1
2 n + 1 − 2 < 1 + √ + √ + . . . + √ ≤ 2 n − 1.
n2
3
A.1.3 Mutassuk meg, hogy 8 | 5n + 4n + 7 minden n ≥ 0 egész számra.
A.1.4 Legyen a0 = 0, a1 = 1 és an+1 = 3an − 2an−1 , ha n ≥ 1. Adjuk meg
an -et explicit alakban.
A.1.5 „Belátjuk”, hogy az összes valós szám egyenlő. Teljes indukcióval
igazoljuk, hogy bármely n darab valós szám egyenlő. Ez nyilván
teljesül n = 1-re. Feltesszük ennek igazságát n−1-re, és továbblépünk
n-re. Legyenek a1 , a2 , . . . , an tetszőleges valós számok. Az indukciós
feltevés szerint a1 = a2 = . . . = an−1 és a2 = a3 = . . . = an . Mivelan−1 mindkétszer előfordul, ezért a1 = a2 = . . . = an . Hol a hiba az
okoskodásban?
A.1.6 Hányféleképpen írható fel a 2000 négy pozitív egész összegeként, haa csak a tagok sorrendjében eltérő előállításokat is különbözőknek
tekintjük?
A.1.7 Lássuk( ) ( be:)n(a) nk = n−k;(n) ( n ) (n+1)(b) k + k−1 = k ;( ) ( )( ) ()(c) kk + k+1+ . . . + nk = n+1kk+1 ;( )2 ( )2( )2 ( )(d) n0 + n1 + . . . + nn = 2nn .
A.1.8 Adjuk meg az összegeket explicit alakban:( ) ( ) ( ) ( )(a) n0 + n2 + n4 + n6 + . . .;
( )
( )
( )
( )
(b) n0 − 2 n1 + 4 n2 − 8 n3 + . . ..
A.1.9(a) Hány k-jegyű számot készíthetünk az 1, 2, . . . , n számjegyekből úgy,hogy mind az n számjegy szerepeljen, ha (a1) k < n; (a2) k = n;(a3) k > n?

326

A. Algebrai alapfogalmak(b) Bizonyítsuk be:( )nn −n(n − 1) +(n − 2)k − . . .
2
(
)
(
) {
n
n
0, if k < n;+(−1)n−2
2k + (−1)n−1=
n!, if k = n.
n−2
n−1
k

k

A.1.10 Válasszuk ki az ekvivalenciarelációkat az alábbi, az egész számok
halmazán definiált relációk közül, és adjuk meg az általuk indukált
ekvivalenciaosztályokat.
(a) aRb ⇐⇒ 3 | a + b;(b) aRb ⇐⇒ 3 | a − b;(c) aRb ⇐⇒ 3 | 4a + 5b;(d) aRb ⇐⇒ a2 = b2 ;(e) aRb ⇐⇒ ab ≥ 0;(f) aRb ⇐⇒ |a − b| < 1000.
A.1.11 Az alábbi gondolatmenet azt próbálja igazolni, hogy ha egy reláció szimmetrikus és tranzitív, akkor reflexív is. Legyen a ∈ H, ésválasszunk olyan b ∈ H elemet, amellyel aRb. Ekkor a szimmetria
miatt bRa, és tranzitivitás miatt a kettőből aRa következik. Helyes
ez a levezetés?
A.1.12 Egy n elemű halmazon hány (a) reláció; (b) reflexív reláció; (c) szimmetrikus reláció értelmezhető?
A.2. Oszthatóság és kongruenciák
Ebben a pontban minden betű egész számot jelöl. Először az oszthatóságra
vonatkozó alapismereteket foglaljuk össze.
A.2.1 Definíció
Az a osztója b-nek, ha alkalmas c-vel ac = b teljeül. Jelölés: a | b.
Az a és b legnagyobb közös osztója az a legnagyobb egész szám, amelyneka és b is többszöröse. Jelölés: (a, b) vagy lnko(a, b).
Két egész szám relatív prím, ha az lnko-juk 1.
A p ̸= ±1 egész felbonthatatlan, ha nincs más osztója, mint ±1 és ±p. ♣„Felbonthatatlan szám” helyett általában a „prím” vagy „prímszám” kifejezést használjuk, lásd alább.

A.2. Oszthatóság és kongruenciák

327

A.2.2 Tétel
Maradékos osztás: Bármely b ̸= 0 and a esetén pontosan egy olyan q és rlétezik, amelyek a = bq + r és 0 ≤ r < |b|.
A számelmélet alaptétele: Minden c ̸= 0, ±1 felírható felbonthatatlanszámok szorzataként, és ez a felírás a tényezők előjelétől és sorrendjétől eltekintve egyértelmű.
Kanonikus alak: Ha n > 1, akkor n = pk11 . . . pkr r ahol a pj > 0 pozitív
prímszámok különbözők és kj > 0. ♣Az euklideszi algoritmus maradékos osztások sorozata:a = bq1 + r1 , b = r1 q2 + r2 , r1 = r2 q3 + r3 , . . . .
Az utolsó nem nulla maradék az a és b lnko-ja. Ez gyors eljárás nagy számoklnko-jának a meghatározására. Emellett több fontos elméleti következményevan: (i) Az lnko nemcsak a legnagyobb a közös osztók között, hanem mindegyik közös osztónak többszöröse is. (ii) Ha (a, b) = d, akkor d = au + bv
alkalmas u és v egészekkel. (iii) Egy 0-tól és ±1-től különböző egész akkor
és csak akkor felbonthatatlan, ha rendelkezik a prímtulajdonsággal: csak úgy
lehet osztója egy szorzatnak, ha legalább az egyik tényezőt osztja. Ezért a“prím” és “felbonthatatlan” ekvivalensek az egész számok körében. Ez a kulcslépés a számelmélet alaptételének a bizonyításában.
A következőkben néhány gyakran előforduló hiba elkerülésére hívjuk fel a figyelmet:(A) Ha a | bc és a ̸ | b, ebből NEM következik a | c, például 15 | 3 · 20, de
15 ̸ | 3 és 15 ̸ | 20.

328

A. Algebrai alapfogalmak

Helyes következtetések:(i) a | bc, (a, b) = 1 ⇒ a | c.
(ii) Ha a prímszám, akkor a | bc, a ̸ | b ⇒ a | c.
(B) Ha a | c és b | c, ebből NEM következik ab | c, például 6 | 12, 4 | 12, de24 ̸ | 12.
Helyes következtetések:(i) Ha a | c, b | c és (a, b) = 1, akkor ab | c.
(ii) a | c and b | c ⇒ [a, b] | c (ahol [a, b] az a és b legkisebb közös
többszöröse).
A fenti tulajdonságok levezethetők például a számelmélet alaptételéből.
Most rátérünk a kongruenciákkal kapcsolatos alapismeretekre.
A.2.3 Definíció
Ha m | a − b ahol m > 0, azaz a és b ugyanazt a maradékot adják m-mel
osztva, akkor azt mondjuk, hogy „a kongruens b-vel modulo m”. Jelölés: a ≡ b(mod m). Az m egész szám a kongruencia modulusa. ♣A kongruenciareláció számos hasonló tulajdonsággal rendelkezik, mint az
egyenlőség. Reflexív, szimmetrikus és tranzitív: bármely a, b, c eseténa ≡ a;a ≡ b ⇒ b ≡ a;(a ≡ b and b ≡ c) ⇒ a ≡ c (mod m).

A kongruencia tehát ekvivalenciareláció (lásd az A.1.3 Definíciót). Egy-egy
ekvivalenciaosztályba (lásd az A.1.4 Tételnél) azok az egész számok tartoznak, amelyek ugyanazt a maradékot adják m-mel osztva. Egy ilyen osztályt
mod(ulo) m maradékosztálynak nevezünk. Például a {. . . , −3, 7, 17, 27, . . .}halmaz egy mod 10 maradékosztály.
Kongruencuákat összeadhatunk, kivonhatunk és összeszorozhatunk:a ≡ b and c ≡ d ⇒ a + c ≡ b + d, a − c ≡ b − d, ac ≡ bd (mod m).
Ezek ismételt alkalmazásával kapjuk, hogy a ≡ b ⇒ at ≡ bt (mod m) bármely
t > 0 egészre, sőt a ≡ b ⇒ f (a) ≡ f (b) (mod m) bármely f egész együtthatós
polinomra.
Vigyáznunk kell az osztással: akkor sem szabad a kongruenciákat elosztani, ha a keletkező hányadosok egész számok. Például
24 ≡ 14 (mod 10) and 2 ≡ 2 (mod 10), de 24/2 = 12 ̸≡ 14/2 = 7 (mod 10).

A.2. Oszthatóság és kongruenciák

329

Helyes következtetések:(i) ac ≡ bc (mod m) és (c, m) = 1 ⇒ a ≡ b (mod m).
(ii) ac ≡ bc (mod m)⇒ a ≡ b (mod m/(c, m)).
Az Euler-féle φ-függvény központi szereoet játszik a számelméletben:
A.2.4 Definíció
φ(n) az 1, 2, . . . , n egészek közül az n-hez relatív prímek száma. ♣A.2.5 Tétel
Ha az n kanonikus alapkja n = pk11 . . . pkr r ahol a pj > 0 számok különböző
prímek és kj > 0, akkor φ(n) = pk11 −1 (p1 − 1) . . . prkr −1 (pr − 1). ♣A.2.6 Tétel (Euler–Fermat-tétel)(c, m) = 1 ⇒ cφ(m) ≡ 1 (mod m). ♣Ennek fontos speciális esete:
A.2.6A Tétel (Kis Fermat-tétel)Ha p prím és p ̸ | c, akkor cp−1 ≡ 1 (mod p).
Ennek egy másik alakja: cp ≡ c (mod p) minden c-re teljesül. ♣A.2.7 Definíció
Legyen (c, m) = 1. A c rendje modulo m a legkisebb olyan k > 0 kitevő,amelyre ck ≡ 1 (mod m). Ezt om (c) jelöli, illetve o(c), ha egyértelmű, melyik
m modulusról van szó. ♣A rend a legkisebb periódus, amely szerint a c hatványai ismétlődnek
modulo m: cr ≡ cs (mod m) ⇐⇒ r ≡ s (mod oc (m)). Az s = 0 esetben
kapjuk, hogy cr ≡ 1 (mod m) ⇐⇒ om (c) | r. Ebből az A.2.6 Tétel alapján
om (c) | φ(m) következik.
A kongruenciáknál imént definiált rend speciális esete a csoportbeli elemrend fogalomnak, lásd az A.8.2 Definíciót.
Az Ax+By = C kétváltozós lineáris diofantikus egyenletnél A, B, C adottegészek, A és B nem mindkettő nulla, és az x, y megoldásokat az egészek
körében keressük.

330

A. Algebrai alapfogalmak

A.2.8 Tétel(i) Az Ax + By = C lineáris diofantikus egyenlet akkor és csak akkor
oldható meg, ha (A, B) | C. Ebben az esetben a megoldások száma végtelen.
(ii) Az euklideszi algoritmusból nyerhető egy (x0 , y0 ) megoldás, és ebből
az összes megoldás
xt = x0 +tB,(A, B)

y t = y0 −tA,
(A, B)

t = 0, ±1, ±2, . . . .

♣Az ax ≡ b (mod m) lineáris kongruencia esetén páronként inkongruens x
megoldásokat keresünk.
A.2.9 Tétel
Az ax ≡ b (mod m) lineáris kongruencia akkor és csak akkor oldható meg,ha (a, m) | b. Ekkor a páronként inkongruens megoldások száma (a, m). ♣Az Ax+By = C egyenlet átalakítható az Ax ≡ C (mod |B|) vagy By ≡ C(mod |A|) kongruenciává (ha B, illetve A nem nulla). Megfordítva, az ax ≡ b(mod m) kongruencia átalakítható az ax − my = b egyenletté.
A szimultán kongruenciarendszer azt jelenti, hogy egyszerre több modulusra vonatkozó feltételeket szabunk ugyanarra az ismeretlenre.
A.2.10 Tétel Az x ≡ c1 (mod m1 ), x ≡ c2 (mod m2 ) szimultán kongruenciarendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha (m1 , m2 ) | c1 −c2 . Megoldhatóság
esetén egyetlen megoldás van mod [m1 , m2 ]. ♣Speciálisan, ha m1 és m2 relatív prímek, akkor a rendszer bármely c1
és c2 mellett megoldható, és egyetlen megoldás van mod m1 m2 . Ennek több
modulusra vonatkozó általánosítása az
A.2.10A Tétel (Kínai maradéktétel)Legyenek m1 , . . . , mr páronként relatív prímek. Ekkor az x ≡ ci (modmi ), i = 1, 2, . . . , r szimultán kongruenciarendszer bármely c1 , . . . , cr esetén
megoldható és egyetlen megoldás van mod m1 m2 . . . mr . ♣Az A.2.10A Tétel fontos következménye, hogy egy összetett modululú
kongruencia visszavezethető prímhatvány modulusú kongruenciákra: Ha az m
αr
1
kanonikus alakja m = pα
1 . . . pr , akkor az f (x) ≡ 0 (mod m) kongruencia
α1ekvivalens az f (x) ≡ 0 (mod pi ), i = 1, 2, . . . , r kongruenciarendszerrel.

331

A.2. Feladatok
Feladatok

A.2.1 Igazoljuk, hogy két páratlan négyzetszám különbsége mindig osztható 8-cal.
A.2.2 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) (a | b and a | c) =⇒ a | 3b − 5c;(b) a | b + c =⇒ (a | b and a | c);(c) ab | c =⇒ (a | c and b | c);(d) (a | c and b | c) =⇒ ab | c;(e) (a | b or a | c) =⇒ a | bc;(f) a | bc =⇒ (a | b or a | c);(g) (a | b + c and a | b − c) =⇒ (a | b and a | c);(h) (a | 2b + 3c and a | 3b + 5c) =⇒ (a | b and a | c).
A.2.3 Lássuk be az alábbi oszthatóságokat:(i) a − b | an − bn ;(ii) a + b | a2k+1 + b2k+1 ;(iii) a + b | a2k − b2k .

A.2.4 (A számjegyek tízes számrendszerben értendők.)(a) Igazoljuk, hogy n akkor és csak akkor osztható 9-cel, ha a számjegyeinek az összege osztható 9-cel.
(b) Igazoljuk, hogy n akkor és csak akkor osztható 11-gyel, ha a számjegyeinek váltakozó előjellel vett összege osztható 11-gyel.
(c) Összeadtuk 22000 számjegyeit, majd összeadtuk az így keletkezettszám számjegyeit stb., amíg végül egyjegyű számot kaptunk. Melyik
ez az egyjegyű szám?
(d) Lássuk be, hogy bármely n ≥ 0-ra 43 | 6n+2 + 72n+1 .
A.2.5 Melyek igazak az alábbi állítások közül? ([k, n] a k és n legkisebb
közös többszörösét jelöli.)(a) k | n, a ≡ b (mod n) =⇒ a ≡ b (mod k);(b) k | n, a ≡ b (mod k) =⇒ a ≡ b (mod n);(c) a ≡ b (mod n), a ≡ b (mod k) ⇐⇒ a ≡ b (mod kn);(d) a ≡ b (mod n), a ≡ b (mod k) ⇐⇒ a ≡ b (mod [k, n]);(e) a ≡ b (mod n) ⇐⇒ ka ≡ kb (mod kn);(f) a ≡ b (mod n), c ≡ d (mod k) =⇒ ac ≡ bd (mod kn);(g) a2 ≡ b2 (mod n) =⇒ a ≡ ±b (mod n);(h) a2 ≡ b2 (mod 101) =⇒ a ≡ ±b (mod 101).
A.2.6 Tekintsünk egy egészekből álló tetszőleges a1 , a2 , a3 , . . . sorozatot.
Bizonyítsuk be, hogy van végtelen sok olyan ai , amelyek közül bármelyik kettőnek a különbsége osztható 11111-gyel.

332

A. Algebrai alapfogalmak

A.2.7 Vegyük egész számok olyan maximális halmazát, amelyek mind különböző maradékot adnak n-nel osztva. Mi a maradéka ezek összegének?
A.2.8 Egy futóversenyen az n induló mindegyikénél összeadtuk a rajtszámot az elért helyezéssel (tehát ha például a 7-es rajtszámú futó második lett, akkor a 7 + 2 = 9 összeget vettük). Észrevettük, hogyaz így kapott n összeg csupa különböző maradékot ad n-nel osztva.
Lehetséges-e ez, ha n értéke (a) 99; (b) 100?
A.2.9.
(a) Egy kör alakú tisztás mentén m fa áll, mindegyiken egy-egy mókus.
A mókusok össze szeretnének gyűlni egy fán, de csak úgy változtathatják a helyüket, hogy két tetszőleges mókus egyidejűleg átugorhat egy-egy szomszédos fára. Ezt a lépést akárhányszor ismételhetik. Milyen m esetén tudnak összegyűlni a mókusok?
(b) Mi a helyzet akkor, ha a megengedett lépést a következőképpen módosítjuk: két tetszőleges mókus egyidejűleg átugorhat egy-egy szomszédos fára, azonban ellenkező körüljárási irányba kell ugorniuk.
A.2.10(a) Igazoljuk az A.2.5 Tételben a φ(n)-re adott képletet, ha n (prímvagy) prímhatvány.
(b) Mely n egészekre lesz φ(n) (b1) páratlan; (b2) kettőhatvány?
A.2.11 Mi 13578642 utolsó két jegye?
A.2.12 Bizonyítsuk be, hogy egy négyzetszám plusz 1 alakú számnak nem
lehet 4k − 1 alakú prímosztója.
A.2.13 Oldjuk meg a 8x ≡ 13 (mod 11) kongruenciát.
A.2.14 Határozzuk meg 6144302 utolsó három számjegyét.
A.2.15 Hány 21-jegyű pozitív egésznek végződik minden hatványa ugyanarra
a 20 számjegyre, mint az eredeti szám?
A.2.16 Bizonyítsuk be az A.2.8–A.2.10 tételeket.

A.3. Komplex számok
A komplex számokat eredetileg a harmadfokú egyenletnél tapasztalt paradox
helyzet feloldására találták ki: a négyzetgyök alatt fellépő negatív számok

A.3. Komplex számok

333

miatt a Cardano-képlet éppen abban az esetben mondott csődöt, amikor azegyenletnek három különböző valós gyöke van. Később kiderült, hogy a komplex számok a valós számok természetes kiterjesztései, és alapvető szerepet játszanak a matematika szinte minden ágán túl például a modern fizikában is.
A.3.1 Definíció
A komplex számok a z = a + bi alakú kifejezések, ahol a és b valós számok
és i2 = −1. Az a = Re z és b = Im z (az i nélkül!) valós számokat a z
komplex szám valós, illetve képzetes (vagy imaginárius) részének nevezzük.
Egy komplex szám tiszta képzetes, ha a valós része 0.
A komplex számok összeadását és szorzását természetes módon definiáljuk:(a+bi)+(c+di) = (a+c)+(b+d)iés(a+bi)(c+di) = (ac−bd)+(ad+bc)i.

Tehát a szorzásnál a + bi mindkét tagját c + di mindkét tagjával beszorozzuk,és az i2 = −1 szabályt alkalmazzuk. ♣A komplex számokat auonosíthatjuk a sík pontjaival: z = a + bi az a
és b koordinátájú pontnak felel meg. A komplex számokat az origóból induló helyvektorokkal is jellemezhetjük. Ekkor a komplex számok összeadásaa megfelelő vektorok összeadását jelenti.
A.3.2 Definíció
Tekintsük a z = a + bi komplex számot.
√A z konjugáltja z = a − bi, abszolút érték e |z| = a2 + b2 .
A z ̸= 0 szöge argumentuma, arkusz a, arg(z) egy irányított szög (forgásszög), amely az x-tengely pozitív felét a z vektorra forgatja. Ez aszerint
pozitív vagy negatív, hogy a forgatás az órmutató járásával ellentétes vagy azzal megegyező irányban történt. Egy nem nulla komplex számnak végtelen sokszöge van, ezek egymástól (radiánban mérve) 2π egész számú többszörösével
térnek el egymástól. ♣√Például −1 + i = −1 − i, | − 1 + i| = 2, arg(−1 + i) = 3π/4 (vagy −5π/4stb.).
A z konjugált a z-nek a valós tengelyre vonatkozó tükörképe. Egyszerű
számolással adódik z + w = z + w, és hasonló érvényes a szorzásra, kivonásraés osztásra is.
A |z| geometriai jelentése a z vektor hossza. A konjugáltat az abszolútértékkel a gyakran jól használható |z|2 = z · z azonosság kapcsolja össze.

334

A. Algebrai alapfogalmak

A komplex számok összeadása és szorzása a valós vagy racionális számoknál megszokott tulajdonságokkal rendelkezik:
A.3.3 Tétel
A komplex számok testet alkotnak: a szorzás és összeadás asszociatív
és kommutatív; a szorzás az összeadásra nézve disztributív; a 0 és az 1 azösszeadás és szorzás egységeleme; létezik minden elemnek negatívja és minden
nem nulla elemnek reciproka. ♣A 0, 1, negatívok és reciprokok létezése ekvivalens a kivonás és osztás
elvégezhetőségével. A fentieket tehát úgy foglalhatjuk össze, hogy a komplex számok körében elvégezhető a négy alapművelet és érvényesek a szokásosműveleti azonosságok.
Osztani legkényelmesebben a konjugált segítségével tudunk: ha a+bi ̸= 0,
akkor(c + di)(a − bi)(ac + bd) + (ad − bc)i
c + diac + bd ad − bc
=
=
= 2
+ 2
i.
2
2
a + bi(a + bi)(a − bi)
a +b
a + b2a + b2
Egy komplex szám jellemezhető az abszolút értékével és a szögével is:
A.3.4 Tétel
Ha a z ̸= 0 komplex szám szöge arg(z) = φ, akkor z = |z|(cos φ + i sin φ).
Komplex számok szorzásánál és osztásánál az abszolút értékek szorzódnak, illetve osztdnak, a szögek pedig összeadódnak, illetve kivonódnak. ♣A z komplex számnak a + bi az algebrai alakja, |z|(cos φ + i sin φ) pedig
a trigonometrikus alakja. Mivel a szögek úgy viselkednek, mint a kitevők,gyakran használjuk a z = |z|eiφ Euler-féle alakot is, ami a szorzásnak és az
osztásnak természetes keretet ad. Ez az alak valójában nemcsak egy praktikus jelölés, hanem mélyebb komplex függvénytani megfontolások egyenes
következménye. √Például 1 − i 3 = 2(cos(−π/3) + i sin(−π/3) = 2e−iπ/3 .
Komplex számok egész kitevős hatványait a valós számoknál megszokottmódon definiáljuk: Ha n pozitív egész, akkor
z n = |z · .{z. . · z},n−szerz0 = 1

és z −n =1, ha z ̸= 0.
zn

A.3. Komplex számok

335

Az A.3.4 Tétel második állításából azonnal következik a Moivre-formula:ha z ̸= 0, akkor bármely k egészre
z k = |z|k (cos(kφ) + i sin(kφ)) = |z|k eikφ .

√Ha n > 0, akkor a z komplex szám n-edik gyök én az összes olyan w = n z
komplex számot értjük, amelyre wn = z. A z = 0-nak nyilván w = 0 az
egyetlen n-edik gyöke. Ha z ̸= 0, akkor z-nek pontosan n különböző n-edik
gyöke van:
A.3.5 Tétel
Ha z ̸= 0 és arg(z) = φ, akkor√n√√
φ + 2kπ
φ + 2kπz = n |z|(cos+ i sin) = n |z|ei(φ+2kπ)/n , 0 ≤ k ≤ n − 1.
nn

Az n-edik gyökök tehát egy origó középpontú szabályos n-szög csúcsai. ♣Az 1 komplex szám n-edik gyökei az n-edik egységgyök ök:
A.3.6 Definíció
Egy w komplex szám egységgyök, ha alkalmas n > 0 egészre wn = 1.
Ebben az esetben w-t n-edik egységgyöknek nevezzük.
A w komplex egységgyök rend je, o(w) a legkisebb t pozitív egész kitevő,amelyre wt = 1.
w primitív n-edik egységgyök, ha o(w) = n. ♣Például o(i) = 4, tehát i primitív 4-edik egységgyök, továbbá 8-adik,
12-edik stb. (nem primitív) egységgyök is.
A rend hasonló a kongruenciáknál definiált rendhez, és mindkettő speciálisesete egy csoportelem rendjének, lásd az A.8.2 Definíciót.
A.3.7 Tétel
Az n-edik egységgyökök wk = cos(2kπ/n) + i sin(2kπ/n) = e2πki/n ,k = 0, 1, . . . , n − 1.
wk akkor és csak akkor promitív n-edik egységgyök, ha (k, n) = 1. A primitív n-edik egységgyökök száma tehát φ(n) (ahol φ az Euler-féle φ-függvény,lásd az A.2.4 Definíciót).
Egy w komplex szám akkor és csak akkor egységgyök, ha az abszolútértéke 1 és a szöge a 2π-nek racionális többszöröse. Ha ez a racionális szorzó
r/s, ahol (r, s) = 1 és s > 0, akkor o(w) = s.
Ha w egységgyök, akkor wt = wm ⇐⇒ t ≡ m (mod o(w)). Speciálisan
wt = 1 ⇐⇒ o(w) | t. ♣

336

A. Algebrai alapfogalmak

Feladatok
A.3.1 Számítsuk ki:
7 + 6i
5+i
(a)
−
;
2+i
2 + 3i(b) i9999√(c) 5 − 12i;√
6(d) 8i;√√5(e)−3 − i 3.
A.3.2 Adjuk meg a síkon azon pontok halmazát, amelyeknek megfelelő z
komplex számokra(a) Im (3i − 5z) = 7;(b) Re (2iz + 5 + 8i) > 9;(c) |z − 3 + 8i| ≤ 1;(d) |z| = 2Im z;(e) |z − 5i| ≥ |z√+ i|;(f) (1 + i)z = z 2;(g) (z + 1)/(z + 3) is imaginary.
A.3.3 Oldjuk meg az egyenleteket a komplex számok körében:(a) z 2 + 8 = 0; (b) z 2 + 2z + 2 = 0; (c) z 2 + (1 + i)z + 5i = 0.
A.3.4 Igazoljuk, hogy |z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 = 2|z1 |2 + 2|z2 |2 bármely z1 és
z2 komplex számra teljesül. Mi ennek a geometriai jelentése?
A.3.5 Lássuk be, hogy ha két pozitív egész mindegyike két négyzetszámösszege, akkor ez a szorzatukra is érvényes. Igaz-e a megfordítás? És
mi a helyzet három négyzetszám összegére?
A.3.6 Hová kerül a (3, 4) pont az origó körüli (a) 90; (b) 60 fokos elforgatásnál?
A.3.7 Tegyük fel, hogy z1 ̸= z2 . Lássuk be, hogy (z1 + z2 )/(z1 − z2 ) akkor
és csak akkor tiszta képzetes, ha |z1 | = |z2 |.
A.3.8 Írjuk fel sin 5x-et a sin x hatványainak a segítségével.
A.3.9(a) Számítsuk ki (1 + i)n -et kétféleképpen: a trigonometrikus alakból,
illetve a binomiális tétel alapján.
( ) ( ) ( ) ( )nnnn(b) Határozzuk meg az−+−+ . . . összeget.
02
4
6

A.4. Művelet

337

A.3.10 Adjuk meg az összes (a) harmadik; (b) hatodik egységgyököt algebrai
alakban.
A.3.11(a) Mutassuk meg, hogy két egységgyök szorzata és hányadosa is egységgyök.
(b) Mely esetekben lesz két egységgyök összege vagy különbsége egységgyök?
A.3.12 Számítsuk ki az összes n-edik egységgyök összegét és szorzatát.
A.3.13 Legyen o(z) = k és o(w) = n.
(a) Számítsuk ki o(z t ) értékét.
(b) Mutassuk meg, hogy o(zw) | [k, n].
A.3.14(a) Számítsuk ki az összes primitív n-edik egységgyök szorzatát.
M (b) Határozzuk meg az összes primitív n-edik egységgyök összegét, han = 7, 27, illetve (∗∗ ) tetszőleges pozitív egész.
A.3.15 Egy négyszög minden oldalára kifelé egy-egy négyzetet rajzolunk.
Bizonyítsuk be, hogy a szemköztes négyzetek középpontjait összekötő
szakaszok egyenlő hosszúak és merőlegesek egymásra.
M A.3.16 Adjuk meg a cos x + cos(2x) + . . . + cos(nx) összeget egyszerűbb
alakban.

A.4. Művelet
A.4.1 Definíció
Egy H nem üres halmazon értelmezett (kétváltozós) műveleten egy
H × H → H függvényt értünk, azaz egy olyan leképezést, amely bármely
a, b ∈ H elempárhoz egyértelműen hozzárendel egy H-beli elemet. ♣A műveletet a legtöbbször szorzásnak nevezzük és az a, b ∈ H elempárhoz
hozzárendelt elemet ab-vel jelöljük. Összeadás esetén a jelölés a + b, további
lehetséges jelölések a ∗ b, a ◦ b, f (a, b) stb.
Példák műveletre
P1. A természetes, az egész, a racionális, a valós vagy a komplex számok
körében az összeadás, illetve a szorzás.
P2. Az egész, a racionális, a valós vagy a komplex számok körében a kivonás.
A természetes számok körében a kivonás nem művelet, hiszen pl. a 3 − 5

338

A. Algebrai alapfogalmak
különbség ,,nem létezik” (ugyanis nincs olyan m természetes szám, amelyre m + 5 = 3 teljesülne).

P3. A nem nulla racionális, valós vagy komplex számok körében az osztás.
P4. A modulo m maradékosztályok körében az összeadás, a kivonás és aszorzás.
P5. Az azonos alakú mátrixok körében az összeadás, a(z adott méretű) négyzetes mátrixok körében a szorzás.
P6. Az R → R vagy általánosan az X → X függvények körében a kompozíció(vagy függvényösszetétel, azaz a függvények egymás után alkalmazása).
P7. A sík egybevágósági (azaz távolságtartó) transzformációi körében a kompozíció.
P8. A térvektorok körében a vektoriális szorzat. Nem művelet azonban(az A.1.1 Definíció szerinti értelemben) a vektorok skalárszorzata (hiszen
az eredmény nem vektor, hanem skalár), illetve a vektornak skalárral
való szorzása (hiszen ekkor nem ugyanabból a halmazból vesszük a kételemet). Megfelelő általánosabb értelmezéssel azonban ezeket a (fontos)
leképezéseket is besorolhatjuk a műveletek közé.
Megjegyzés: Szokás azt mondani, hogy a H halmaz a rajta értelmezett műveletre nézve ,,zárt”. Ez nem túl szerencsés szóhasználat, hiszen a művelet definíciójában már benne van, hogy bármely két elemre ,,a művelet eredménye”,
azaz a hozzájuk rendelt elem szintén a H halmazhoz tartozik. A ,,zártság”
elnevezésnek akkor van létjogosultsága, ha egy H halmazon már adott egyművelet és azt vizsgáljuk, hogy H valamely K részhalmaza zárt-e erre aműveletre nézve, azaz két K-beli elemre a H-beli adott műveletet elvégezve
az eredmény ismét K-beli elem lesz-e. Ebben az értelemben K zártsága pontosan azt jelenti, hogy a H-beli művelet (pontosabban annak a K-ra történő
megszorítása) a K (rész)halmazon is egy műveletet definiál.
Az ún. műveleti azonosságok közül a legfontosabb az asszociativitás és a kommutativitás.
A.4.2 Definíció
Egy H-n értelmezett művelet asszociatív , ha bármely a, b, c ∈ H-raa(bc) = (ab)c teljesül. ♣A.4.3 Definíció
Egy H-n értelmezett művelet kommutatív , ha bármely a, b ∈ H-ra ab = ba
teljesül. ♣A.4. Művelet

339

Az asszociativitás biztosítja azt, hogy a többtényezős szorzatok (zárójelek
használata nélkül is) egyértelműek. Ha a művelet emellett még kommutatív
is, akkor a tényezők egymás közötti sorrendje is tetszőlegesen változtatható.
Példák: A számok (polinomok, maradékosztályok stb.) összeadása és szorzása kommutatív és asszociatív. A mátrixok szorzása vagy a függvények kompozíciója asszociatív, de (általában) nem kommutatív. A (pl. valós) számok
körében a számtani közép képzése kommutatív, de nem asszociatív. A számok
kivonása vagy a vektorok vektoriális szorzata se nem kommutatív, se nem
asszociatív.
Megjegyzések : 1. Az asszociativitásnál nem azt kell ellenőrizni, hogy a(bc),
illetve (ab)c a H halmaz eleme, hiszen ez a művelet definíciójából következik.
Most azt kell megvizsgálni, hogy ez a két elem minden esetben megegyezik-e.
2. Nincs értelme annak, hogy egy művelet ,,részben kommutatív/asszociatív”. Ha van olyan a, b elempár, amelyre ab ̸= ba, akkor a művelet nem kommutatív, ellenkező esetben pedig kommutatív. Természetesen, ha egy művelet
nem kommutatív, attól még lehet (akár sok) olyan a, b elempár, amelyek felcserélhetők, azaz amelyekre ab = ba.
3. A számok összeadásánál és szorzásánál szerzett tapasztalatok alapján
sokan úgy gondolhatják, hogy egy ,,normális” műveletnél az asszociativitás ésa kommutativitás egyformán fontosak vagy pedig kettejük közül a kommutativitás az előbbre való. A valóságban azonban éppen fordított a helyzet, és
inkább az asszociativitást kell hasznosabbnak tekintenünk. Ugyanis egyrészt
sok olyan fontos művelet van, amely asszociatív, de nem kommutatív — gondoljunk pl. a matematika szinte valamennyi területén nélkülözhetetlen kompozícióra, másrészt számos alapvető műveleti tulajdonság éppen az asszociativitáson múlik — ilyen pl. egy elem inverzének az egyértelműsége (lásd az
A.4.5 Definíció után) vagy az elemek inverze és az inverz művelet közötti kapcsolat (A.4.7 Tétel).
A.4.4 Definíció
Bal oldali egységelemnek egy olyan eB ∈ H elemet nevezünk, amelyre
minden a ∈ H-val eB a = a teljesül.
Az eJ jobb oldali egységelemet értelemszerűen az aeJ = a azonossággal
definiáljuk.
Végül az e ∈ H elem egységelem (vagy kétoldali egységelem), ha mind bal,
mind pedig jobb oldali egységelem, azaz minden a ∈ H-ra ea = ae = a. ♣

340

A. Algebrai alapfogalmak
Az ,,egységelem” szó önmagában tehát mindig kétoldali egységelemet je-

lent.
Az összeadás esetén az egységelemet nullelemnek vagy nullának nevezzük
és 0-val jelöljük. Szorzásnál az egységelemet gyakran (az e helyett) egyszerűen
1-gyel jelöljük.
FIGYELEM! A bal oldali egységelem definíciója NEM azt jelenti, hogy
minden a elemhez található egy (a-tól függő) eB elem, amelyre eB a = a, hanem
azt, hogy van egy olyan ,,univerzális” eB elem, amely minden a-hoz egyszerre,,jó”. (Ennek nem mond ellent az sem, hogy esetleg több ilyen ,,univerzális”
elem is létezhet, lásd alább.)Egy műveletnél több bal oldali egységelem is lehet: pl. ha bármely két
elem ,,szorzata” a második, akkor minden elem bal oldali egységelem. Ha
azonban van eJ jobb oldali egységelem is, akkor eJ = eB eJ = eB miatteB = eJ , tehát ekkor csak egyetlen bal oldali egységelem lehet (amely így kétoldali egységelem). Ebből az is következik, hogy az egységelem egyértelmű ,azaz (egy adott műveletnél) legfeljebb egy (kétoldali) egységelem létezik.
A.4.5 Definíció
Tekintsünk egy egységelemes műveletet, jelöljük a (kétoldali) egységelemet e-vel. (Az előző bekezdésből tudjuk, hogy ez az e egyértelmű.)Az a ∈ H elem bal oldali inverz én (vagy röviden balinverz én) egy olyanaB ∈ H elemet értünk, amelyre aB a = e.
Az a ∈ H elem jobb oldali inverz ének (vagy röviden jobbinverz ének)értelemszerűen egy olyan aJ ∈ H elemet nevezünk, amelyre aaJ = e.
Végül az a ∈ H elem inverz e (vagy kétoldali inverze) egy olyan a−1 ∈ Helem, amely az a-nak mind bal, mind pedig jobb oldali inverze, azaz a−1 a == aa−1 = e. ♣Az egységelemnél elmondottakhoz hasonlóan itt is érvényes, hogy ha az,,inverze” szó elé a valamelyik oldalra utaló jelzőt nem tesszük ki, akkor ez
automatikusan az elem kétoldali inverzét jelenti.
Ha a művelet az összeadás, akkor az a elem inverzét az a ellentettjének
vagy negatív jának hívjuk és −a-val jelöljük. Ha a művelet számok szorzása,
akkor az a elem inverzét szokás az a reciprok ának is nevezni és (a−1 helyett)
1/a-val jelölni.
Ne felejtsük el, hogy egy elem (bal, jobb vagy kétoldali) inverzéről eleve
csak akkor beszélhetünk, ha a művelet egységelemes.
A ,,balinverz”, ,,jobb oldali inverz”, ,,inverzelem” stb. szavakat önmagukban
lehetőleg ne használjuk, mindig pontosan meg kell mondani, hogy melyik elembal, jobb vagy kétoldali inverzéről van szó. Ugyanígy értelmetlen azt mondani,A.4. Művelet

341

hogy egy műveletnél ,,nincs inverz”, hiszen általában egyes elemeknek van,másoknak pedig nincs inverze. A szélső eseteket nézve, az megvalósulhat, hogy
minden elemnek van inverze (pl. ha a pozitív valós számok körében vesszük
a szorzást), az ellenkező véglet azonban (egységelemes műveletnél) lehetetlen,hiszen (legalábbis) az egységelemnek mindig van inverze.
Az egységelemnél látottakhoz hasonlóan előfordulhat, hogy egy elemnek több balinverze létezik (lásd az A.4.6 feladatot). Ha azonban a művelet
asszociatív és a-nak létezik aJ jobbinverze is, akkor
aB = aB e = aB (aaJ ) = (aB a)aJ = eaJ = aJ
miatt az a bal- és jobbinverze szükségképpen megegyezik. Ebben az esetben tehát az a-nak csak egyetlen balinverze lehet (amely így az a kétoldali
inverze). Ebből az is következik, hogy asszociatív művelet esetén egy elem
inverze egyértelmű , azaz bármely elemnek legfeljebb egy (kétoldali) inverze
létezik.
Most az inverz művelet fogalmát tárgyaljuk. A (pl. valós) számok kivonásánál a − b azt a c számot jelentette, amelyre c + b = a. A kivonás azértművelet (a valós számok halmazán), mert bármely a, b esetén pontosan egy
ilyen c szám létezik. Ugyanakkor pl. a természetes számok halmazán a kivonás
nem művelet, hiszen nem minden a, b esetén található megfelelő c. Az tehát,
hogy a kivonás elvégezhető-e vagy sem, az a szóban forgó összeadástól függ,
annak egy tulajdonsága. Mindezeket az alábbi definícióban általánosítjuk:
A.4.6 Definíció
Legyen adott a H halmazon egy (szorzásként jelölt) művelet. Tegyükfel, hogy az xb = a egyenlet minden a, b ∈ H-ra egyértelműen megoldható,
azaz pontosan egy olyan c ∈ H létezik, amelyre cb = a. Ekkor a B(a, b) = c
hozzárendelést a művelet bal oldali inverz műveletének nevezzük.
Hasonlóan, ha minden a, b ∈ H-ra pontosan egy olyan d ∈ H létezik,
amelyre bd = a, akkor a J(a, b) = d hozzárendelés a művelet jobb oldali inverzművelete. ♣Az összeadás (bármelyik oldali) inverz művelete tehát a kivonás, a nem
nulla (pl. valós) számok szorzásának az inverz művelete pedig az osztás. Haa(z eredeti) művelet kommutatív, akkor nyilván mindig B = J.
Tudjuk, hogy a számok körében a kivonás visszavezethető az összeadásraés az ellentettre: a−b = a+(−b). Egy elem inverzének és az inverz műveletneka fogalma bármely asszociatív műveletnél hasonlóképpen szorosan kapcsolódik
egymáshoz:

342

A. Algebrai alapfogalmak

A.4.7 Tétel
Legyen értelmezve H-n egy asszociatív művelet.
I. Ha a művelet egységelemes és a b elemnek létezik a b−1 (kétoldali) inverze,akkor az xb = a és by = a egyenletek bármely a ∈ H esetén egyértelműen
megoldhatók.
II. Ha az xb = a és by = a egyenletek bármely a, b ∈ H esetén megoldhatók,
akkor létezik egységelem és minden elemnek létezik inverze. ♣Bizonyítás: I. Ha b-nek létezik inverze, akkor egy egyenlőséget b−1 -gyel akármelyik oldalról megszorozva az eredetivel ekvivalens egyenlőséget kapunk.
Ugyanis egyrészt nyilván h1 = h2 ⇒ h1 b−1 = h2 b−1 , másrészt ha h1 b−1 == h2 b−1 , akkor ezt b-vel jobbról megszorozva (h1 b−1 )b = (h2 b−1 )b adódik,amiből (hb−1 )b = h(b−1 b) = he = h felhasználásával a kívánt h1 = h2 egyenlőséget nyerjük.
Ennek alapján az xb = a egyenlet ekvivalens x = ab−1 -gyel, tehát azegyenlet egyértelműen megoldható. Ugyanígy, a by = a egyenlet egyetlen
megoldása y = b−1 a.
II. Jelöljük (valamelyik b ∈ H-ra) a bx = b egyenlet (egyik) megoldását
g-vel. Megmutatjuk, hogy ez a (b-től látszólag függő) g jobb oldali egységelem.
Vegyünk egy tetszőleges a ∈ H elemet. Ekkor a feltétel szerint van olyan c,amelyre cb = a és így ag = (cb)g = c(bg) = cb = a, tehát g valóban jobb oldali
egységelem. Ugyanígy kapjuk, hogy létezik egy h bal oldali egységelem is.
Korábban már láttuk, hogy ekkor g = h, vagyis létezik (kétoldali) egységelem.
Ezután egy tetszőleges b elem bal-, illetve jobbinverzét az xb = e, illetve
by = e egyenletek megoldása adja (ahol e az egységelem), és láttuk, hogy egy
elem bal- és jobbinverze szükségképpen egyenlő, tehát minden elemnek létezik(kétoldali) inverze.
Feladatok
A.4.1 Válasszuk ki az alábbi hozzárendelések közül a műveleteket, és vizsgáljuk meg, hogy melyek kommutatívak, illetve asszociatívak. Határozzuk meg a bal, illetve jobb oldali egységelem(ek)et, és (kétoldali)egységelem létezése esetén adjuk meg, mely elemeknek létezik inverze.
(a) A páros számok körében (a1) az összeadás; (a2) a szorzás; (a3) akivonás.
(b) A páratlan számok körében (b1) az összeadás; (b2) a szorzás.
(c) A pozitív egészek körében (c1) max(a, b); (c2) min(a, b);(c3) lkkt(a, b).

A.4. Feladatok

343(d) A modulo m maradékosztályok körében a pozitív egész reprezentánsok segítségével definiált (d1) összeadás; (d2) szorzás; (d3) hatványozás; (d4) maximumképzés. (Ezt úgy kell érteni, hogy pl. a modulo
10 maradékosztályok körében a 8-at tartalmazó és a 13-at tartalmazó maradékosztályok maximuma a max(8, 13) = 13-at tartalmazó
maradékosztály.)(e) A kompozíció (e1) a sík összes eltolásai körében; (e2) a sík összes(tetszőleges szögű és tetszőleges pont körüli) elforgatásai körében;(e3) a sík összes eltolásai és elforgatásai körében.
(f) Egy halmaz összes részhalmazai körében (f1) az egyesítés; (f2) a szimmetrikus diﬀerencia (azaz az egyesítésből elhagyjuk a metszetet).
(g) A valós számok körében legyen a ◦ b = 2a + 2b.
(h) Az egész számokon legyen bármely a-ra 5 ∗ a = a ∗ 5 = a és a ∗ b = 5,
ha a és b egyike sem az 5.
(i) A mátrixszorzás azoknak a 2 × 2-es valós elemű mátrixoknak a körében, amelyeknek (i1) a második sora nulla; (i2) mind a négy elemeegyenlő; (i3) a négy elem összege nulla.
A.4.2 Legyen X egy tetszőleges (véges vagy végtelen) halmaz. Tekintsük az
X → X függvények halmazát a szokásos függvényösszetételre (kompozícióra, egymás után alkalmazásra). Mi lesz itt az egységelem?
Mely függvényeknek lesz bal-, illetve jobbinverzük és hány darab?
A.4.3 Egy n elemű halmazon hány művelet értelmezhető? Ezek közül hánylesz kommutatív? Hánynak lesz egységeleme?
A.4.4 Tekintsünk egy asszociatív, egységelemes műveletet. Bizonyítsuk be,
hogy ha a-nak és b-nek is van (kétoldali) inverze, akkor ab-nek islétezik (kétoldali) inverze. Igaz-e az állítás megfordítása?
A.4.5 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha van olyan a, b ∈ H, amelyre ab = ba = b, akkor a egységelem.
(b) Ha a művelet egységelemes, és valamely a, b ∈ H elempárra ab == ba = b, akkor a az egységelem.
(c) Ha a művelet egységelemes, valamely a, b ∈ H elempárra ab = ba = b,és b-nek van inverze, akkor a az egységelem.
(d) Ha a művelet asszociatív, egységelemes, valamely a, b ∈ H elempárra
ab = ba = b, és b-nek van inverze, akkor a az egységelem.

344

A. Algebrai alapfogalmak

A.4.6(a) Mutassunk példát olyan asszociatív, egységelemes műveletre, amelynél valamelyik elemnek végtelen sok balinverze van.
(b) Lássuk be, hogy ha egy asszociatív, egységelemes műveletnél minden elemnek létezik balinverze, akkor minden elemnek pontosan egy
balinverze van, amely az adott elemnek ráadásul kétoldali inverze.
(c) Bizonyítsuk be, hogy az egységelemnek (nemasszociatív művelet esetén is) pontosan egy balinverze és pontosan egy jobbinverze létezik.
(d) Mutassunk példát olyan (nemasszociatív) egységelemes műveletre,
amelynél az egységelemen kívül minden elemnek végtelen sok bal- és
jobbinverze létezik.
A.4.7 Hogyan módosul az A.4.7 Tétel I. része, ha b-re (a kétoldali inverz
helyett) csak a bal oldali inverz létezését követeljük meg (és továbbra
is feltesszük, hogy a művelet asszociatív és egységelemes)?
A.4.8 Bizonyítsuk be, hogy ha a művelet asszociatív és az xb = a és by = aegyenletek bármely a, b ∈ H esetén megoldhatók, akkor ezeknek az
egyenleteknek minden a, b-re pontosan egy megoldása van.
A.4.9 Mutassunk példát arra, hogy az A.1.7 Tétel egyik állítása sem maradigaz, ha a művelet asszociativitását nem követeljük meg.

A.5. Test
A kommutatív test fogalma a racionális, valós vagy komplex számoknak azösszeadással és szorzással kapcsolatos tulajdonságait általánosítja.
A.5.1 Definíció
Egy T legalább kételemű halmazt kommutatív testnek nevezünk, ha(i) értelmezve van T -n két művelet — az egyiket összeadásnak, a másikat
szorzásnak hívjuk;(ii) az összeadás asszociatív és kommutatív, létezik nullelem, és minden elemnek létezik ellentettje;(iii) a szorzás asszociatív és kommutatív, létezik egységelem, és a nullelemen
kívül minden elemnek létezik (a szorzásra vonatkozó, azaz multiplikatív)
inverze;(iv) bármely a, b, c ∈ T -re a(b + c) = ab + ac teljesül. ♣A.5. Test

345

Az elnevezésben a ,,kommutatív” jelző a szorzás kommutativitására utal.
Ha a szorzás kommutativitását nem kötjük ki, akkor nem kommutatív testről
vagy ferdetestről beszélünk (ekkor azonban (iv)-ben a (b + c)a = ba + ca
azonosságot is előírjuk). Nem kommutatív testet alkotnak pl. a kvaterniók ,lásd az 5.6 pont P5 példáját. A jelen fejezetben (és a könyv legnagyobb
részében is) testen mindig kommutatív testet értünk.
Az (i)–(iv) követelményeket szokás testaxiómák nak is nevezni.
Az előző pontnak megfelelően egy testben a nullelemet 0-val, (a szorzásra
vonatkozó) egységelemet 1-gyel, egy a elem ellentettjét −a-val, és ha a ̸= 0,
akkor az a (multiplikatív) inverzét a−1 -gyel (vagy 1/a-val) jelöljük.
A (iv) azonosságot disztributivitásnak nevezzük. Általános szabály, hogy
egy olyan algebrai struktúrában, amelynél egy halmazon egyszerre több művelet is értelmezve van, a különböző műveleteket egymással műveleti azonosság(ok) köti(k) össze.
Az A.4.7 Tétel alapján egy T testben a b+x = a egyenlet minden a, b ∈ T re egyértelműen megoldható, azaz elvégezhető a kivonás. Ugyanígy, a bx = aegyenlet minden b ̸= 0 és a ∈ T -re egyértelműen megoldható, azaz elvégezhető
az osztás (a nullelemmel történő osztás kivételével). Sőt, az A.1.7 Tételből
az is következik, hogy a test definíciójában a nullára és az ellentettre, illetveaz egységelemre és az inverzre vonatkozó előírásokat akár ki is cserélhetjük akivonás, illetve az osztás elvégezhetőségével. Ennek alapján a test fogalmát
röviden abban a formában is összefoglalhatjuk, hogy ,,elvégezhető a négy alapművelet és a szokásos műveleti azonosságok érvényesek.”
Megjegyezzük még, hogy nem kommutatív test esetén nem osztásról,hanem külön bal és külön jobb oldali osztásról kell beszélnünk, hiszen (anem nulla elemek körében) ekkor a szorzásnak két különböző inverz művelete
van. (Kivonás azonban ekkor is csak ,,egyféle” létezik, mivel az összeadás
mindenképpen kommutatív.)
Példák testre
P1. Mint már említettük, a test fogalmához a ,,modellt” elsősorban a racionális, a valós, illetve a komplex számok szolgáltatták. Ezeket a testeket
rendre Q, R, illetve C jelöli.
P2. Testet alkotnak egy p prím modulus szerinti maradékosztályok a reprezentánsok segítségével definiált összeadásra és szorzásra nézve. Itt először
is azt kell igazolni, hogy a műveletek egyáltalán értelmesek, vagyis az
osztályokra a reprezentánsok segítségével definiált műveletek nem függnek a reprezentánsok választásától (vö. az A.4.1d feladattal). A multiplikatív inverz kivételével a többi tulajdonság az egész számokra vonatkozó
megfelelő tulajdonságokból következik. A multiplikatív inverzre vonatko-

346

A. Algebrai alapfogalmak

zó előírás a reprezentánsokra átfogalmazva azt jelenti, hogy bármely a̸≡0(mod p) esetén az ax ≡ 1 (mod p) lineáris kongruencia megoldható. Ez
valóban igaz, hiszen p prím volta miatt (a, p) = 1.
A modulo p maradékosztályok testét Fp -vel jelöljük. Ennek p elemevan, tehát véges test. A véges testek általános leírását az A.11 pontban
tárgyaljuk.
√P3. Testet alkotnak az a + b 2 alakú valós számok, ahol a, b végigfutnak a
racionális számokon. A multiplikatív inverz létezését a szokásos ,,gyöktelenítési” eljárással igazolhatjuk,a többi testaxióma pedig szinte azon√√
3
nal adódik. Ha a 2 helyett
5-telszeretnénk hasonló konstrukciót√√
elkészíteni, akkor az a + b 3 5 + c 3 25 alakú valós számokat kell tekinteni, ahol a, b, c befutják a racionális számokat. Ez valóban test, bár amultiplikatív inverz meghatározása itt már ugyancsak komoly fejtörő eléállíthat bennünket. Az ilyen típusú testekkel általánosan az A.10 pontban
foglalkozunk majd.
P4. Testet alkotnak a szokásos összeadásra és szorzásra nézve az ún. algebrai törtek vagy racionális törtfüggvények, azaz a valós együtthatós polinomokból (formálisan) képzett hányadosok.
Feladatok
A.5.1 Döntsük el, hogy az alábbi halmazok a szokásos összeadásra és szorzásra nézve kommutatív testet alkotnak-e.
(a) A valós számok következő részhalmazai: (a1)√ a páratlan nevezőjű
törtek (az 1 is páratlan szám); (a2) az a + b 7 alakú számok, ahol aés b racionális; (a3) a nemnegatív racionális számok.
(b) A modulo 2m maradékosztályok közül a ,,párosak” (azaz a 0, 2, 4,
6, . . . , 2m − 2 által reprezentáltak), ha (b1) 2m = 10; (b2) 2m = 20.
(c) Azok az f : R → R függvények, amelyekre (c1) f (0) = 0;(c2) a ̸= 0 ⇒ f (a) = 0.
(d) Az alábbi alakú 2 × 2-es valós elemű mátrixok:
(
)
(
)
(
)
0 0
0 0
a 2a
(d1)
;
(d2)
;
(d3)
;
a 0
0 a
4a 8a
(
)
(
)
a b
a b
(d4)
;
(d5)
.
a b
−b a
A.5.2 Legyen m > 1 rögzített pozitív egész, és tekintsük azt az m2 darab
a+bi ,,komplex számot”, ahol az a és a b egy-egy modulo m maradékosztály. Definiáljuk az összeadást és a szorzást a komplex számoknál

A.5. Feladatok

347

látott műveletek mintájára [tehát pl. m = 5-re (2 + 3i)(1 + 4i) == (2 − 12) + (3 + 8)i = i]. Döntsük el, hogy testet kapunk-e, ha(a) m = 2; (b) m = 3; (c) m = 5.
A.5.3 Döntsük el, hogy az alábbi halmazok a megadott ⊕ összeadásra és⊙ szorzásra nézve kommutatív testet alkotnak-e. (A bekarikázatlan
jelek a ,,szokásos” műveleteket jelentik.)√(a) A valós számok, ahol a ⊕ b = 3 a3 + b3 és a ⊙ b = ab (vagyis a szorzása szokásos).
(b) A valós számok, ahol a ⊕ b = 5(a + b) és a ⊙ b = ab.
(c) A valós számok, ahol a ⊕ b = a + b és a ⊙ b = 5ab.
(d) A valós számok, ahol a ⊕ b = a + b − 1 és a ⊙ b = a + b − ab.
(e) A pozitív valós számok, ahol a ⊕ b = ab és a ⊙ b = alg b .
(f) A komplex számok, ahol az összeadás a szokásos és (a+bi)⊙(c+di) == ac + bdi.
(g) A komplex számok, ahol az összeadás a szokásos és (a+bi)⊙(c+di) == (ad + bc) + (bd − ac)i.
A.5.4 Két testet egymással izomorf nak nevezünk, ha az elemeik kölcsönösen egyértelműen és művelettartó módon megfeleltethetők egymásnak, azaz ha létezik olyan φ : T1 → T2 bijekció, amelyre φ(a + b) == φ(a) + φ(b) és φ(ab) = φ(a)φ(b) bármely a, b ∈ T1 esetén teljesül.
(Ez azt jelenti, hogy a két test ,,pontosan ugyanolyan”, csak az elemekés a műveletek másképp vannak jelölve.)(a) Mutassuk meg, hogy a Q, R, C és Fp testek közül semelyik kettő
sem izomorf.
∗(b) Keressük meg az A.2.1 és A.2.3 feladat példái közül azokat, amelyek
a Q, R, C és Fp testek valamelyikével izomorfak.
A.5.5 Egy T test résztestének egy olyan K ⊆ T részhalmazt nevezünk,
amely maga is test a T -beli összeadásra és szorzásra (pontosabban
azok megszorítására) nézve. Pl. R részteste C-nek, illetve Q részteste
R-nek.
(a) Lássuk be, hogy R-nek és C-nek végtelen sok részteste van.
(b) Mutassuk meg, hogy Q-nak, illetve az Fp testeknek nincsen valódi
részteste (azaz ezekben a testekben az egyetlen résztest maga az eredeti test).
∗∗(c) Bizonyítsuk be, hogy ha egy T testnek nincsen valódi részteste, akkor
T vagy Q-val, vagy pedig valamelyik Fp testtel izomorf.

348

A. Algebrai alapfogalmak(d) Igazoljuk, hogy R-nek nincs olyan részteste, amely valamelyik Fp -vel
izomorf.

∗

A.5.6 Definiálható-e az egész számok halmazán egy ⊕ összeadás, illetve egy⊙ szorzás úgy, hogy az egész számok testet alkossanak(a) a ⊕ összeadásra és a szokásos szorzásra;(b) a szokásos összeadásra és a ⊙ szorzásra;(c) a ⊕ összeadásra és a ⊙ szorzásra?

A.6. GyűrűA gyűrű egy olyan kétműveletes algebrai struktúra, amelynél a szorzásra vonatkozóan csak kevesebbet követelünk meg, mint a testnél:
A.6.1 Definíció
Egy R nem üres halmazt gyűrű nek nevezünk, ha(i) értelmezve van R-en két művelet — az egyiket összeadásnak, a másikat
szorzásnak hívjuk;(ii) az összeadás asszociatív és kommutatív, létezik nullelem, és minden elemnek létezik ellentettje;(iii) a szorzás asszociatív;(iv) bármely a, b, c ∈ R-re a(b + c) = ab + ac és (b + c)a = ba + ca teljesül. ♣Látjuk tehát, hogy a fenti gyűrűaxiómák nál az (i), (ii) és (iv) kikötések
azonosak a testnél előírtakkal, csak (iii)-nál engedtük el a szorzás kommutativitását, valamint az egységelemre, illetve az elemek inverzére vonatkozó
feltételeket.
Mivel a szorzás nem (feltétlenül) kommutatív, ezért (iv)-ben mindkét
oldali disztributivitást meg kell követelnünk. A két disztributivitás valóban
független egymástól, pl. ha az R → R függvények körében az összeadást aszokásos módon, a szorzást pedig a kompozícióként definiáljuk, akkor mindengyűrűaxióma teljesül, kivéve az egyik disztributivitást.
A testnél látottak mintájára most is igaz, hogy a gyűrű definíciójábana nullelemre és az ellentettre vonatkozó előírások helyettesíthetők a kivonáselvégezhetőségével. Ennek megfelelően a gyűrű fogalmát röviden abban a formában is összefoglalhatjuk, hogy ,,elvégezhető az összeadás, a kivonás és aszorzás, továbbá érvényesek a szokásos műveleti azonosságok (eltekintve esetleg a szorzás kommutativitásától).”A.6. Gyűrű

349

Egy gyűrű kommutatív , ha a szorzás kommutatív, egységelemes, ha aszorzásnak van egységeleme. A kommutatív test ennek megfelelően egy olyan
egységelemes, kommutatív gyűrűt jelent, amelyben minden nem nulla elemnek
van inverze.
Egy R gyűrűben minden a ∈ R elemre 0a = a0 = 0 (lásd az A.6.4
feladatot), így egy legalább kételemű gyűrűben a nullelem és az egységelem
szükségképpen különbözők. Az is adódik, hogy a 0-nak nem lehet (se bal, sejobb oldali) inverze.
Bizonyos gyűrűkben előfordul, hogy egy szorzat úgy is lehet 0, hogy egyik
tényező sem 0, ez vezet el a nullosztók fogalmához:A.6.2. Definíció
Egy gyűrűben egy a ̸= 0 elemet bal oldali nullosztónak nevezünk, ha van
olyan b ̸= 0 elem, amellyel ab = 0 teljesül.
Hasonlóan, az a ̸= 0 elem jobb oldali nullosztó, ha létezik olyan c ̸= 0
elem, amelyre ca = 0. ♣A.6.3 Tétel
Ha a gyűrű egységelemes és a-nak létezik bal oldali inverze, akkor a nem
lehet bal oldali nullosztó. ♣Az állítás természetesen úgy is igaz marad, ha a ,,bal” szó helyett (mindkétszer) a ,,jobb” szerepel.
Bizonyítás: Jelöljük e-vel az egységelemet és d-vel az a elem (egyik) balinverzét. Tegyük fel, hogy valamilyen b-vel ab = 0 teljesül. Azt kell igazolnunk, hogy ekkor szükségképpen b = 0. A 0 = ab egyenlőséget d-vel balrólmegszorozva 0 = d0 = d(ab) = (da)b = eb = b adódik.
Az A.6.3 Tétel megfordítása nem igaz, pl. az egész számok gyűrűjében
nincsenek nullosztók (az ilyen gyűrűt nullosztómentesnek nevezzük), azonban
csak az 1-nek és a −1-nek van inverze.
Az A.6.3 Tétel fontos következménye, hogy minden test nullosztómentes.
Példák gyűrűre
P1. Még egyszer megemlítjük, hogy minden test egyben gyűrű is.
P2. Az alábbi halmazok a szokásos összeadásra és szorzásra nézve egy kommutatív, egységelemes,√ nullosztómentes gyűrűt alkotnak: (A) az egész
számok; (B) az a + b 2 alakú valós számok, ahol a, b egész; (C) a Gaussegészek, azaz azok az a + bi komplex számok, ahol a, b egész; (D) a valós
együtthatós polinomok; (E) az egész együtthatós polinomok.

350

A. Algebrai alapfogalmak

P3. Nem egységelemes (de kommutatív és nullosztómentes) gyűrűt alkotnak
pl. a páros számok vagy a nulla konstans tagú polinomok (a műveletek aszokásosak).
P4. A valós számsorozatok az elemenkénti összeadásra és szorzásra, valamint
az R → R függvények a szokásos függvényösszeadásra és szorzásra olyan
kommutatív, egységelemes gyűrűt alkotnak, amelyben vannak nullosztók.
P5. A modulo m maradékosztályok a reprezentánsok segítségével definiáltösszeadásra és szorzásra nézve egy kommutatív, egységelemes gyűrűt alkotnak. Itt pontosan a redukált maradékosztályoknak van inverze, a többi
nem nulla maradékosztály pedig nullosztó. Ez a gyűrű pontosan akkor
test, ha m prím.
P6. Fontos gyűrű az n×n-es (pl.) valós elemű mátrixok gyűrűje, lásd részletesen a 2.2 pontban. Ez egységelemes, de n > 1 esetén nem kommutatív.
Inverze pontosan azoknak a mátrixoknak van, amelyeknek a determinánsa
nem nulla, a többi mátrix a nullmátrix kivételével bal és jobb oldali nullosztó.
P7. Tekintsük egy H halmaz összes részhalmazait, és legyen az összeadása szimmetrikus diﬀerencia, a szorzás pedig a metszet, azaz A ⊕ B == (A \ B) ∪ (B \ A) és A ⊙ B = A ∩ B. Így egy kommutatív, egységelemesgyűrűt kapunk. Inverze csak az egységelemnek van, az összes többi nem
nulla elem nullosztó.
Feladatok
A.6.1 Ellenőrizzük, hogy a P1–P7 példákban valóban a mondott tulajdonságú gyűrűket definiáltunk.
A.6.2(a) Mely elemeknek van inverze a P2 példában felsorolt gyűrűkben?
(b) Mely elemeknek van inverze és mely elemek nullosztók a P4 példában
felsorolt gyűrűkben?
(c) Mi lesz a modulo 100 maradékosztályok gyűrűjében a 37 által reprezentált maradékosztály inverze?
A.6.3 Válasszuk ki az A.5.1–A.5.3 feladatok példái közül azokat a gyűrűket,amelyek nem alkotnak testet. Mindegyikben határozzuk meg a (bal,illetve jobb oldali) nullosztókat. Az egységelemes gyűrűknél keressük
meg, mely elemeknek van inverze.
A.6.4 Bizonyítsuk be, hogy egy gyűrűben minden a elemre 0a = a0 = 0
teljesül.

A.6. Feladatok

351

A.6.5
(a) Ellenőrizzük, hogy a P7 példa gyűrűje kommutatív, továbbá bármely
elem ellentettje és négyzete önmaga.
(b) Van-e valamilyen kapcsolat általában is gyűrűkben az (a)-ban felsorolt három tulajdonság között?
A.6.6 Egy gyűrűben hogyan jellemezhetők azok a c elemek, amelyekkel
lehet balról egyszerűsíteni (azaz, amelyekre ca = cb-ből szükségképpen a = b következik)?
Mit jelent ez speciálisan egy testben, továbbá az egész számok,illetve a modulo m maradékosztályok gyűrűjében?
A.6.7 Legyenek c és d egy gyűrű elemei. Melyek igazak az alábbi állítások
közül?
(a) Ha c jobb oldali nullosztó, akkor cd = 0 vagy cd is jobb oldali nullosztó.
(b) Ha cd jobb oldali nullosztó, akkor c is jobb oldali nullosztó.
∗∗(c) Ha c és d közül legalább az egyik jobb oldali nullosztó, akkor cd = 0
vagy cd is jobb oldali nullosztó.

(d) Ha cd jobb oldali nullosztó, akkor c és d közül legalább az egyik jobb
oldali nullosztó.
(e) Ha c és d jobb oldali nullosztó, akkor c + d = 0 vagy c + d is jobb
oldali nullosztó.
(f) Ha c + d jobb oldali nullosztó, akkor c és d közül legalább az egyik
jobb oldali nullosztó.
A.6.8 Bizonyítsuk be, hogy egy legalább kételemű, véges, nullosztómentesgyűrű szükségképpen test.
Megjegyzés: Belátható, hogy minden véges test kommutatív (Wedderburn tétele), tehát mindenképpen kommutatív testet kapunk.
∗

A.6.9 Mutassuk meg, hogy ha egy gyűrűben pontosan egy bal oldali egységelem létezik, akkor az (kétoldali) egységelem.

A.6.10 Egy R gyűrű részgyűrű jének egy olyan S ⊆ R részhalmazt nevezünk,
amely maga is gyűrű az R-beli összeadásra és szorzásra (pontosabban
azok megszorítására) nézve. Pl. a páros számok részgyűrűt alkotnak
az egész számok gyűrűjében.
Mutassuk meg, hogy egy részgyűrű nulleleme szükségképpen
megegyezik az eredeti gyűrű nullelemével.

352

A. Algebrai alapfogalmak

A.6.11 Legyen R egy egységelemes gyűrű és S részgyűrű R-ben, ahol S (ésígy R is) nem csak a nullelemből áll. Melyek igazak az alábbi állítások
közül?
(a) S szükségképpen egységelemes.
(b) Ha S egységelemes, akkor S egységeleme szükségképpen megegyezik
R egységelemével.
(c) Ha R nullosztómentes és S egységelemes, akkor S egységeleme szükségképpen megegyezik R egységelemével.
∗A.6.12 Bizonyítsuk be, hogy ha egy legalább kételemű (nem feltétlenül kommutatív) gyűrűben az xb = a egyenlet bármely b ̸= 0 és a esetén
megoldható, akkor a gyűrű egy nem feltétlenül kommutatív test.

A.7. Polinomok
Ebben a pontban igen vázlatosan (esetenként némi ,,pongyolaságot” is megengedve) áttekintjük a (kommutatív test feletti) polinomokkal kapcsolatos legfontosabb tudnivalókat.
1. Polinom
A precíz bevezetéssel kapcsolatos nehézségeket átugorva (T feletti) polinomon egy olyan α0 + α1 x + . . . + αn xn ,,formális kifejezést” értünk, ahol
az αi együtthatók a T kommutatív test elemei. Az α0 + α1 x + . . . + αn xn és
β0 +β1 x+. . .+βk xk polinomokat akkor tekintjük azonosnak, ha ,,esetleges nulla
együtthatójú tagoktól eltekintve a megfelelő együtthatók megegyeznek”, azaz(pl. k ≥ n-et feltételezve) α0 = β0 , α1 = β1 , . . . , αn = βn , βn+1 = . . . = βk = 0.
2. Polinomfüggvény
Maga a polinom nem függvény, de minden polinom természetes módon,,létrehoz” egy ún. polinomfüggvényt: az α0 + α1 x + . . . + αn xn polinomhoz
tartozó polinomfüggvény a γ 7→ α0 + α1 γ + . . . + αn γ n hozzárendeléssel
definiált T → T függvény. A polinomot némi fantáziával a polinomfüggvény,,alakjának” vagy ,,képletének” képzelhetjük. A két fogalom (a polinom és apolinomfüggvény) semmiképpen sem azonosítható, ugyanis egy függvénynek
többféle ,,alakja” is lehet, ugyanazt a függvényt többféle ,,képlettel” is előállíthatjuk. Például a modulo p maradékosztályok Fp teste felett az x és xp(egymástól különböző) polinomokhoz a ,,kis” Fermat-tétel szerint azonos polinomfüggvény tartozik, hiszen minden a-ra ap ≡ a (mod p). Belátható, hogy
ez a ,,rendellenesség” csak véges testek esetén fordul elő (ott viszont ,,tipikus”,

A.7. Polinomok

353

lásd az A.7.1 feladatot), végtelen test felett a polinom-polinomfüggvény kapcsolat bijektív.
A polinomot és a hozzá tartozó polinomfüggvényt általában ugyanúgy
jelöljük, mindkettőt (pl.) f -fel (vagy ha az x ,,határozatlant”, illetve ,,változót”
hangsúlyozni akarjuk, akkor f (x)-szel). A jelölésen túlmenően legtöbbször aszóhasználatban sem teszünk különbséget közöttük; a polinomfüggvényre isa polinom szót használjuk. Ebben az értelemben pl. ,,egy f polinom helyettesítési értéke” természetesen az f polinomhoz tartozó polinomfüggvény
helyettesítési értékét jelenti. A könyv többi részében mi is ezt a ,,közös” terminológiát követjük, ebben a pontban azonban szavakban is következetesenmegkülönböztetjük a két fogalmat.
3. Műveletek
Az 1.-ben megadott két polinom összege definíció szerint az(α0 + β0 ) + (α1 + β1 )x + . . . + (αn + βn )xn + βn+1 xn+1 + . . . + βk xkpolinom (azaz a ,,megfelelő tagokat összeadjuk”), szorzata pedig az∑
α0 β0 + (α0 β1 + α1 β0 )x + . . . + (αi βj )xm + . . . + αn βk xn+ki+j=mpolinom (azaz ,,minden tagot minden taggal megszorzunk”).
Mindez összhangban van azzal, hogy a polinomokat tulajdonképpen (formális) összegként kezeljük és a műveleteket ennek megfelelően a számoknálmegszokott ,,mintára” végezzük. Az így definiált műveletek jól kapcsolódnak
a polinomfüggvények közötti (függvény)összeadáshoz és szorzáshoz is: ha minden polinomnak megfeleltetjük a hozzá tartozó polinomfüggvényt, akkor ez amegfeleltetés az összeadásra és a szorzásra nézve is művelettartó.
4. A T [x] polinomgyűrű
A T feletti polinomok a 3.-ban értelmezett két műveletre nézve egy egységelemes, kommutatív, nullosztómentes gyűrűt alkotnak, amit T [x]-szel
jelölünk. Ennek nulleleme a 0 polinom, amelynek minden együtthatója(a T -beli) 0.
Megjegyezzük, hogy a T → T polinomfüggvények is gyűrűt alkotnak aszokásos függvényösszeadásra és szorzásra, ez szintén egységelemes és kommutatív, azonban véges test esetén előfordulnak benne nullosztók (lásd az A.7.3
feladatot). Ha T végtelen test, akkor a polinom-polinomfüggvény megfeleltetés bijektív, továbbá az összeadásra és a szorzásra nézve is művelettartó,
ezért ekkor a T feletti polinomok, illetve polinomfüggvények gyűrűje egymással
izomorf (tehát ekkor pl. a polinomfüggvények körében sincsenek nullosztók).

354

A. Algebrai alapfogalmak

5. Fokszám
Ha az f = α0 + α1 x + . . . + αn xn polinomban αn ̸= 0, akkor az n (nemnegatív egész) számot az f polinom fok ának vagy fokszámának nevezzük és
deg f -fel jelöljük (a jelölés az angol ,,degree” szóból származik). A 0 polinom
kivételével minden polinomnak van foka. A fokszám és a műveletek definíciójából azonnal adódik, hogy ha f , g, illetve f + g nem a nulla polinom,
akkor deg(f g) = deg f +deg g és deg(f +g) ≤ max(deg f, deg g). Egy n-edfokú
polinomban az xn együtthatóját a polinom főegyütthatójának nevezzük.
Hangsúlyozzuk, hogy fokszáma a (nem nulla) polinomoknak, és nem apolinomfüggvényeknek van: például az Fp test felett az x polinom foka 1,
az xp polinom foka p, miközben ugyanaz a polinomfüggvény tartozik hozzájuk. (Végtelen test felett — a polinomok és polinomfüggvények közötti
bijekió alapján — megengedhető egy polinomfüggvény fokáról is beszélni.)
6. Gyök
A γ ∈ T elemet egy polinomfüggvény gyök ének nevezzük, ha a függvény
γ helyen vett helyettesítési értéke 0(=a test nulleleme). Egy polinom gyökein
a hozzá tartozó polinomfüggvény gyökeit értjük. Igen fontos az alábbi egyszerűen adódó ekvivalencia: egy f polinomhoz tartozó polinomfüggvénynek
pontosan akkor gyöke a γ, ha az f polinomból kiemelhető az x−γ gyöktényező.
7. MultiplicitásA γ ∈ T elemet az f polinom(!) (pontosan) k-szoros gyök ének nevezzük,
ha f -ből az x − γ gyöktényező pontosan k-szor emelhető ki, azaz
f = (x − γ)k g, ahol a g polinomhoz tartozó polinomfüggvénynek a γ már
nem gyöke. Ugyanezt úgy is mondhatjuk, hogy az f polinomban a γ gyök
multiplicitása k. Ha k ≥ 2, akkor γ-t az f polinom többszörös gyök éneknevezzük.
A fokszámnál elmondottakhoz hasonlóan itt is kiemeljük, hogy a gyökök
multiplicitását a polinomokra, és nem a polinomfüggvényekre definiáltuk. Ismét az ottani példával élve, az Fp test felett a 0 az x polinomnak egyszeres,az xp polinomnak pedig p-szeres gyöke, noha a két polinomhoz ugyanaz apolinomfüggvény tartozik.
8. A gyökök száma
A nulla polinomnak minden T -beli elem gyöke, bármely más polinomnak
azonban multiplicitással számolva is legfeljebb annyi gyöke van, mint amennyi
a foka. (Ez a tétel nem kommutatív test esetén nem érvényes, lásd az 5.6.23
feladatot.)
Az algebra alaptétele szerint a komplex test felett minden nem konstanspolinomnak van (komplex) gyöke. Ebből következik, hogy a komplex test felett

A.7. Polinomok

355

minden nem nulla polinomnak a multiplicitást is figyelembe véve pontosan
annyi gyöke van, mint amennyi a foka.
Egy valós együtthatós polinomnak egy komplex szám és a konjugáltja
ugyanannyiszoros gyöke. Az algebra alaptételéből így az is következik, hogy
minden valós együtthatós polinom felbontható legfeljebb másodfokú valós
együtthatós polinomok szorzatára, és minden páratlan fokú valós együtthatós
polinomnak van valós gyöke.
9. A gyökök meghatározása
Bármely T esetén az elsőfokú α0 + α1 x polinom (ahol α1 ̸= 0) egyetlen
gyöke −α0 /α1 . A másodfokú polinomok gyökeinek megkeresésére ,,majdnem
minden T ” esetén alkalmazható a másodfokú egyenlet szokásos megoldóképlete.
A komplex vagy a valós test felett a harmad- és negyedfokú polinomok esetén hasonló univerzális megoldási módszer, ,,megoldóképlet” érvényes, amely
a gyököket az együtthatókból a négy alapművelet és pozitív egész kitevőjű
gyökvonások véges sokszori alkalmazásával állítja elő. Az ötöd- és magasabb fokú polinomok esetén ilyen általános módszer nem létezik, sőt olyan
konkrét polinomok is megadhatók, amelyek gyökeit nem kaphatjuk meg az
együtthatókból a fenti módon.
A racionális együtthatós polinomok racionális gyökeinek a meghatározására az alábbi egyszerű algoritmus alkalmazható. A polinomot az együtthatók
nevezőinek a legkisebb közös többszörösével beszorozva egy olyan a0 + a1 x ++ . . .+an xn egész együtthatós polinomot kapunk, amelynek a gyökei azonosak
az eredeti polinom gyökeivel. Feltehető, hogy an ̸= 0 és szükség esetén az x
megfelelő hatványával végigosztva (ez a nem nulla gyökökön nem változtat)
azt is elérhetjük, hogy a0 ̸= 0. Ha ennek az egész együtthatós polinomnak
egy c/d racionális szám gyöke (ahol c és d relatív prím egész számok), akkor
szükségképpen c | a0 és d | an . Az így szóba jövő véges sok racionális számot
végigpróbálva megkapjuk, hogy közülük melyek lesznek valóban gyökök.
Az Fp testek feletti polinomok gyökeinek a meghatározása, azaz a prím
modulusú kongruenciák megoldása legrosszabb esetben az összes (véges sok!)
testbeli elem végigpróbálásával történhet. Ha az f polinom foka p vagy annál
nagyobb, akkor az alábbi redukciós eljárással f helyett elég egy legfeljebb
p − 1-edfokú polinom gyökeit megkeresni. Legyen f -nek az xp − x polinommal
való osztási maradéka g (vagyis g-t úgy kapjuk, hogy f -ben mindenütt xp
helyére mindaddig x-et írunk, amíg ez csak lehetséges). Ekkor a g egy olyan
legfeljebb p − 1-edfokú (vagy esetleg a nulla) polinom, amelyhez ugyanaz apolinomfüggvény tartozik, mint az f -hez, ezért a gyökeik is megegyeznek.

356

A. Algebrai alapfogalmak

10. Derivált polinom
A tetszőleges(!) T kommutatív test feletti f = α0 + α1 x + . . . + αn xnpolinom deriváltját a formális deriválási szabályok szerint definiáljuk: f ′ == α1 + . . . + nαn xn−1 , ahol j(αj xj−1 ) a j-szeri összeadást jelenti T [x]-ben.
Egyszerű számolással igazolható, hogy összeg, szorzat és hatvány deriválására a szokásos szabályok érvényben maradnak.
A derivált szorosan kapcsolódik a gyökök multiplicitásához: ha γ pontosan k-szoros gyöke f -nek (k ≥ 1), akkor legalább k − 1-szeres gyöke f ′ -nek.
Itt a ,,legalább” nem mindig helyettesíthető a ,,pontosan” szóval, pl. F2 felett
az f = x5 + x = x(x + 1)4 polinomnak a deriváltja f ′ = x4 + 1 = (x + 1)4 ,tehát az 1 mindkettőnek pontosan négyszeres gyöke. Az is előfordulhat, hogyf ′ a nulla polinom lesz, vegyük pl. az Fp test felett az f = xp polinomot, ekkor
f ′ = pxp−1 = 0. Ha azonban a T testben α + α + . . . + α = 0 ⇒ α = 0 teljesül, azaz egy nem nulla elemet önmagához akárhányszor hozzáadva sohasem
kaphatunk nullát, akkor a fenti tétel úgy is érvényes marad, ha a ,,legalább”
helyére a ,,pontosan” szót írjuk.
11. Összefüggés a gyökök és együtthatók között
Ha egy n-edfokú polinomnak multiplicitással számolva pontosan n gyöke
van, legyenek ezek γ1 , . . . , γn , akkor aznf = α0 + α1 x + . . . + αn x = αnn∏(x − γj )j=1egyenlőségből a σm = (−1)m αn−m /αn , m = 1,
( n2,) . . . , n összefüggéseket nyerjük, ahol σm a γj -kből képzett összes (azaz mdarab) m-tényezős szorzatösszege. Speciálisan, a γi -k összege −αn−1 /αn , a szorzatuk pedig (−1)n α0 /αn .
12. Polinomok számelmélete
Az oszthatóságot és a többi számelméleti fogalmat T [x]-ben pontosan
ugyanúgy definiáljuk, mint bármely kommutatív, egységelemes, nullosztómentes gyűrűben.
Ennek megfelelően az egységek (ne keverjük össze az egységelemmel!)azok a polinomok, amelyek minden polinomnak osztói, azaz, amelyeknek létezik (multiplikatív) inverzük. Ezek éppen a nem nulla konstans polinomok.
Egy polinom irreducibilis vagy felbonthatatlan, ha egyrészt ő maga nem
egység, másrészt csak úgy bontható szorzattá, hogy valamelyik tényező egység(tehát csak az egységekkel és önmaga egységszereseivel osztható). A nullától és
egységektől különböző, nem irreducibilis polinomokat reducibilisnek nevezzük.
T [x]-ben elvégezhető a maradékos osztás: bármely g ̸= 0 és f polinomhoz
létezik olyan h és r polinom, amelyekre f = gh + r és deg r < deg g vagy r = 0

A.7. Polinomok

357(az is igaz, hogy h és r egyértelmű). Ez azt jelenti, hogy T [x] euklideszi gyűrű ,és így érvényes a számelmélet alaptétele (más szóval az egyértelmű prímfaktorizáció): a nulla polinomon és az egységeken kívül minden polinom felbomlik
véges sok irreducibilis polinom szorzatára, és ez a felbontás a tényezők sorrendjétől és egységszeresétől eltekintve egyértelmű. Itt az egyértelműség azt
jelenti, hogy ha f = s1 · . . . · sm = t1 · . . . · tk , ahol minden si és tj irreducibilis,
akkor m = k és az si -k és tj -k párba állíthatók úgy, hogy az egy párba tartozó
polinomok egymás egységszeresei.
Két polinom legnagyobb közös osztója egy olyan polinomot jelent, amely
közös osztó (azaz mindkét polinomnak osztója) és minden közös osztónak
többszöröse. Az f és g polinomok legnagyobb közös osztóját (f, g)-vel vagylnko(f, g)-vel jelöljük. A maradékos osztás ismételt alkalmazásával adódó euklideszi algoritmusból következik, hogy bármely két polinomnak létezik legnagyobb közös osztója, továbbá ez előállítható a két polinom alkalmas polinomszorosának összegeként: tetszőleges f, g ∈ T [x]-hez létezik olyan u, v ∈ T [x],amellyel (f, g) = f u + gv (az u és v nem egyértelmű). A legnagyobb közös
osztó definíciója biztosítja, hogy két polinom legnagyobb közös osztója egységszerestől eltekintve egyértelmű, azaz ha d egy ilyen tulajdonságú polinom,
akkor d minden egységszerese is ilyen tulajdonságú, és más megfelelő polinom
nincs.
Egy polinom prím, ha egyrészt nem a nulla polinom és nem egység, másrészt két polinom szorzatának CSAK úgy lehet osztója, hogy a két tényező
közül legalább az egyiknek osztója. A legnagyobb közös osztó felhasználásávaligazolható, hogy egy polinom akkor és csak akkor prím, ha felbonthatatlan.
13. Irreducibilis polinomok
Mindig világosan jelezni kell, hogy egy adott polinomot melyik test felettinek tekintünk, hiszen például egy racionális együtthatós polinom egyben
valós vagy komplex együtthatós polinom is, és így előfordulhat, hogy a racionális test felett irreducibilis, ugyanakkor a valós test felett reducibilis. (Az,,f irreducibilis T felett” és az ,,f irreducibilis T [x]-ben” szóhasználat egyaránt
helyes.)Az algebra alaptételéből következik, hogy a komplex test felett a felbonthatatlanok éppen az elsőfokú polinomok, a valós test felett pedig az elsőfokúak
és azok a másodfokúak, amelyeknek nincs valós gyökük.
A racionális test feletti irreducibilis polinomok jóval változatosabb képet
mutatnak. Egy jól használható elégséges feltétel a Schönemann–Eisensteinkritérium: ha f = a0 + a1 x + . . . + an xn egész együtthatós és létezik olyan
p prímszám, amely osztója az a0 , a1 , . . . , an−1 együtthatók mindegyikének, denem osztója an -nek és p2 nem osztója a0 -nak, akkor f irreducibilis a racionális

358

A. Algebrai alapfogalmak

test felett. Ebből azonnal adódik, hogy a racionális test felett minden n pozitív
egészre létezik n-edfokú irreducibilis polinom.
Egy konkrét racionális együtthatós polinom irreducibilitásának eldöntéséhez először is szorozzuk be a polinomot az együtthatók nevezőinek a legkisebb közös többszörösével, majd az így keletkezett polinomot osszuk el az
együtthatók legnagyobb közös osztójával. Ez a racionális test feletti irreducibilitást nem befolyásolja, hiszen csak egy konstanssal, azaz egységgel szoroztunk. Így egy olyan egész együtthatós polinomhoz jutottunk, amelynek az
együtthatói relatív prímek, az ilyen polinomokat primitív eknek nevezzük. Igenfontos az alábbi két tétel, amelyeket Gauss-lemmá(k)nak szokás nevezni: I. Két
primitív polinom szorzata is primitív; II. Ha egy F egész együtthatós polinom
felírható a g és h racionális együtthatós polinomok szorzataként, F = gh,akkor F előáll F = GH alakban is, ahol G és H olyan egész együtthatós polinomok, amelyek a g-nek, illetve a h-nak (racionális) konstansszorosai (tehát
deg G = deg g és deg H = deg h). Ennek alapján a racionális test feletti felbonthatóság kérdését arra vezettük vissza, hogy egy egész együtthatós polinom
felírható-e (nem konstans) egész együtthatós polinomok szorzataként.
A racionális test feletti irreducibilis polinomok fontos osztályát alkotják akörosztási polinomok . Az m-edik körosztási polinom, Φm , az az 1 főegyütthatós polinom, amelynek gyökei az m-edik primitív komplex egységgyökök. Φmfokszáma tehát φ(m). Például Φ4 = x2∏+ 1, Φ11 = x10 + x9 + . . . + 1. Az,mhogy Φm egész együtthatós, az x − 1 = d|m Φd összefüggés felhasználásávaladódik. Ha m prím vagy prímhatvány, akkor a racionális test feletti irreducibilitás egy alkalmas lineáris helyettesítés után a Schönemann–Eisensteinkritérium segítségével igazolható, tetszőleges m-re a bizonyítás lényegesen nehezebb.
14. Egész együtthatós polinomok
A kommutatív test feletti polinomokra felsorolt tulajdonságok nagy része
akkor is érvényben marad, ha az együtthatókat (a kommutatív test helyett)egy kommutatív, egységelemes, nullosztómentes gyűrűből vesszük (lásd az
A.7.2 feladatot).
Az egyik legfontosabb eset az egész együtthatós polinomok vizsgálata.
Itt most csak a számelméleti vonatkozásokra térünk ki. A kommutatív test
feletti polinomokhoz képest két lényeges különbséget emelünk ki: az egész
együtthatós polinomok körében csak a ±1 egység, továbbá nincs maradékos
osztás.
Vizsgáljuk meg részletesebben a maradékos osztás kérdését. Könnyen
adódik, hogy ha pl. az f = x polinomot a g = 2 polinommal akarjuk maradékosan elosztani, akkor nem tudjuk biztosítani, hogy az r maradék a nullaA.7. Feladatok359

polinom vagy az osztónál kisebb fokú polinom legyen. Ez azonban nyitva
hagyja azt a lehetőséget, hogy a fokszám helyett valamilyen más euklideszi
függvény szerint talán mégis létezik maradékos osztás. Megmutatjuk, hogy
nem ez a helyzet. Ha ugyanis lenne maradékos osztás, akkor az x és 2 legnagyobb közös osztója, az 1, előállna 1 = xu + 2v alakban alkalmas u és v
egész együtthatós polinomokkal. Ez azonban lehetetlen, hiszen a jobb oldal
konstans tagja páros.
Noha nincs maradékos osztás, a számelmélet alaptétele mégis érvényes
az egész együtthatós polinomokra. Ez lényegében abból következik, hogy a
II. Gauss-lemma alapján egy egész együtthatós polinom pontosan akkor irreducibilis az egész együtthatós polinomok körében, ha vagy egy olyan p konstans polinom, ahol p prímszám, vagy pedig egy olyan primitív polinom, amely
irreducibilis a racionális test felett. Ez ugyanis azt jelenti, hogy az egészek
feletti irreducibilitás visszavezethető a racionálisok feletti irreducibilitásra, ésígy a racionális test feletti felbontás egyértelműségéből kapjuk, hogy ugyanezérvényes az egészek felett is.
Megjegyzés: Végül felhívjuk még a figyelmet a 3.2.4 Tételben tárgyalt interpolációs polinomokra és az ahhoz kapcsolódó 3.2.7–3.2.15 feladatokra.
Feladatok
T végig kommutatív testet jelöl.
A.7.1 Legyen T tetszőleges véges test.
(a) Bizonyítsuk be, hogy léteznek olyan T feletti különböző polinomok,
amelyekhez ugyanaz a polinomfüggvény tartozik.
(b) (Folytatás.) Sőt az is igaz, hogy minden polinomfüggvényhez végtelen sok olyan polinom található, amelyhez az adott polinomfüggvény
tartozik.
A.7.2 Mutassuk meg, hogy az alábbi állítások az olyan polinomokra isigazak maradnak, amikor az együtthatókat (egy kommutatív test
helyett) egy kommutatív, egységelemes, nullosztómentes gyűrűből
vesszük.
I. Két polinom szorzatának a foka a tényezők fokszámának az összege.
II. Egy f polinomhoz tartozó polinomfüggvénynek pontosan akkor gyöke
a γ, ha az f polinomból kiemelhető az x − γ gyöktényező.
III. Egy n-edfokú polinomnak legfeljebb n gyöke van.
Melyik állítás(ok) marad(nak) igaz(ak) olyan kommutatív, egységelemes gyűrű esetén, amelyben nullosztók is előfordulnak?

360

A. Algebrai alapfogalmak

A.7.3 Legyen T tetszőleges véges test.
(a) Ellenőrizzük, hogy a T → T polinomfüggvények valóban gyűrűt
alkotnak a függvények szokásos összeadására és szorzására nézve.
(b) Mutassuk meg, hogy ebben a gyűrűben mindig találhatók nullosztók.
∗(c) Határozzuk meg a nullosztók számát.
A.7.4 Mutassuk meg, hogy bármely T végtelen kommutatív test esetén
létezik olyan T → T függvény, amely nem polinomfüggvény (vö. a
3.2.14 feladattal).
A.7.5 Egy G tizedfokú egész együtthatós polinomról tudjuk, hogy G(n)minden egész n-re osztható 11-gyel. Bizonyítsuk be, hogy ekkor szükségképpen G minden együtthatója is osztható 11-gyel.
A.7.6(a) A valós számok milyen részhalmazai léphetnek fel egy valós együtthatós polinomfüggvény értékkészleteként?
(b) A komplex számok milyen részhalmazai léphetnek fel egy komplex
együtthatós polinomfüggvény értékkészleteként?
A.7.7 Adott egy tetszőleges f = a0 + a1 x + . . . + an xn egész együtthatós,
legalább másodfokú polinom, amelyben a0 ̸= 0, an ̸= 0. Megvizsgáljuk, hogy a polinom egyetlen együtthatójának a megváltoztatása
hogyan befolyásolja azt, hogy létezik-e racionális gyök. Bizonyítsuk
be az alábbi állításokat:(a) Az a0 helyére végtelen sok egész szám írható úgy, hogy a keletkező
polinomnak legyen racionális gyöke.
(b) Az an helyére végtelen sok egész szám írható úgy, hogy a keletkező
polinomnak legyen racionális gyöke.
(c) Bármely (rögzített) 1 ≤ i ≤ n − 1 esetén az ai helyére legalább
egy, de legfeljebb véges sok egész szám írható úgy, hogy a keletkező
polinomnak legyen racionális gyöke.
(d) Bármely (rögzített) i esetén az ai helyére végtelen sok racionális számírható úgy, hogy a keletkező polinomnak legyen racionális gyöke.
(e) (Most két együtthatót változtatunk.) Bármely (rögzített) i ̸= j esetén az ai és aj helyére végtelen sok egész számpár írható úgy, hogya keletkező polinomnak legyen racionális gyöke.
∗
M (f) Bármely (rögzített) i esetén az ai helyére helyére végtelen sok egészszám írható úgy, hogy a keletkező polinomnak ne legyen racionális
gyöke.

A.7. Feladatok

361

A.7.8 Bizonyítsuk be, hogy az 1+x+x2 /2+x3 /6+. . .+xn /(n!) polinomnak
n különböző komplex gyöke van.
A.7.9 Adjunk (a gyakorlatban is megvalósítható elvi) eljárást olyan ötödfokú komplex együtthatós polinomok gyökeinek a (pontos) meghatározására, amelyeknek van többszörös gyökük.
A.7.10 Bizonyítsuk be, hogy egy, a racionális test felett irreducibilis polinomnak a komplex számok körében sem lehet többszörös gyöke.
A.7.11 Mutassuk meg, hogy egy f komplex együtthatós polinomnak akkor
és csak akkor van többszörös gyöke, ha f és f ′ nem relatív prímek,azaz (f, f ′ ) ̸= 1.
A.7.12 Jellemezzük azokat a komplex együtthatós polinomokat, amelyek
oszthatók a deriváltjukkal.
A.7.13 Legyen F egy tetszőleges egész együtthatós, 28-adfokú polinom. Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) F -nek biztosan van 17-edfokú osztója C[x]-ben.
(b) F -nek biztosan van 17-edfokú osztója R[x]-ben.
(c) F -nek biztosan van 18-adfokú osztója R[x]-ben.
(d) F -nek biztosan van 18-adfokú osztója Q[x]-ben.
A.7.14(a) Legyen f és g minden együtthatója egész szám. Ekkor f -et és g-t
tekinthetjük akár egész, akár racionális, akár komplex, akár F2 -beliegyütthatós polinomnak. Így az f | g-nek négy különböző értelmezése
van. Milyen kapcsolatban állnak egymással ezek az oszthatóságok?
(b) Mennyiben változik a helyzet, ha f és g minden együtthatója 0 vagy1?
A.7.15 Bizonyítsuk be, hogy bármely m, n, k természetes számokra
x2 + x + 1 | x3m + x3n+1 + x3k+2 .
A.7.16 Határozzuk meg az xn − 1 és xk − 1 polinomok legnagyobb közös
osztóját.
A.7.17 Van-e olyan 10-edfokú valós együtthatós polinom, amelynek az x5 +2
és 2x6 + 3x + 1 polinomokkal való osztási maradéka megegyezik?
A.7.18 A következő ,,diofantikus” egyenletet vizsgáljuk:
adottak az
f, g, h ∈ T [x] polinomok, és olyan u, v ∈ T [x] polinomokat keresünk,

362

A. Algebrai alapfogalmak
amelyekre f u + gv = h. Mi a megoldhatóság feltétele, hány megoldásvan, és hogyan kapjuk meg az összes megoldást?

A.7.19 Legyen f racionális együtthatós polinom. Igazak-e az alábbi állítások?
I. Ha f irreducibilis Q felett, akkor f -nek nincs racionális gyöke.
II. Ha f -nek nincs racionális gyöke, akkor f irreducibilis Q felett.
Mennyiben változik a helyzet, ha f fokszámára alkalmas pótlólagos
kikötéseket teszünk?
A.7.20 Bontsuk fel az x4 + 1 polinomot irreducibilisek szorzatára az alábbi
testek fölött:(e) F3 .
(a) C;(b) R;(c) Q;(d) F2 ;A.7.21 Adjunk meg olyan c pozitív egészt, amelyre az 14 + c, 24 + c,
34 + c, . . . , n4 + c, . . . számok valamennyien összetettek.
A.7.22 Az alábbi polinomok közül melyek irreducibilisek a racionális test
felett:(a) x2 +2500; (b) x4 +2500; (c) x4 +3000; (d) x4 +100000.
∗

A.7.23 Bizonyítsuk be, hogy ha a1 , . . . , ak különböző egész számok, akkor az(x − a1 ) · . . . · (x − ak ) − 1 polinom irreducibilis a racionális test felett.
A.7.24 Hogyan kapjuk meg Φm -ből Φ2m -et (ahol Φj a j-edik körosztási polinomot jelöli)?

∗A.7.25 Bizonyítsuk be, hogy az m-edik körosztási polinom∏(xm − 1) · p,q (xm/pq − 1) · . . .
∏Φm = ∏ m/p− 1) · p,q,r (xm/pqr − 1) · . . .
p (xalakba írható, ahol p, q, r, . . . az m különböző prímosztói.
A.7.26(a) Adjuk meg az f = x4k + x3k + x2k + xk + 1 polinom gyökeit.
(b) Milyen k értékekre lesz f valamelyik körosztási polinom?

∗

A.7.27 Az egységsugarú körbe írt szabályos n-szögben mennyi az egyik csúcsból kiinduló összes (azaz n − 1 darab) oldal és átló hosszának aszorzata?
A.7.28 Tegyük fel, hogy az f = xn + αn−1 xn−1 + . . . + α0 valós együtthatós
2
polinomban αn−1
−2αn−2 < 0. Bizonyítsuk be, hogy f -nek van olyan
komplex gyöke, amely nem valós.

A.8. Csoport

363

A.7.29 Adjunk szükséges és elégséges feltételt arra, hogy az ax3 + bx2 + cx ++d = 0 (a ̸= 0) komplex együtthatós harmadfokú egyenlet (komplex)
gyökei számtani sorozatot alkossanak.
A.7.30 Egy egész együtthatós polinom főegyütthatója 1 és minden (komplex) gyök 1-nél kisebb abszolút értékű. Adjuk meg a polinom többi
együtthatóját.

A.8. Csoport
A.8.1 Definíció
Egy G nem üres halmazt csoportnak nevezünk, ha értelmezve van G-negy asszociatív művelet, létezik egységelem és minden elemnek van inverze.
♣
Ugyanehhez a fogalomhoz jutunk, ha — a testnél és gyűrűnél látottakhoz
hasonlóan, az A.4.7 Tétel alapján — az egységelemre és inverzre vonatkozó
kikötés helyett a művelet (mindkét oldali) invertálhatóságát írjuk elő.
A csoport egységelemét általában e-vel, egy g csoportelem inverzét
g −1 -gyel jelöljük. Ha a művelet kommutatív, akkor kommutatív csoportról
vagy Abel-csoportról beszélünk.
Példák csoportra
P1. Bármely gyűrű (így speciálisan bármely test is) az összeadásra nézve kommutatív csoportot alkot. Ennek megfelelően Abel-csoportot alkotnak aszokásos összeadásra az egész, a páros, a racionális, a valós vagy a komplex számok, a (megfelelő) mátrixok, polinomok, függvények, a modulo mmaradékosztályok stb.
P2. Bármely (akár nem kommutatív) test nem nulla elemei a szorzásra csoportot alkotnak. Ennek megfelelően a nem nulla(!) racionális, valós
vagy komplex számok, a nem nulla maradékosztályok modulo p (ahol pprím) stb. a szokásos szorzásra csoportot alkotnak.
P3. Egységelemes gyűrű esetén csoportot alkotnak a szorzásra azok az elemek, amelyeknek létezik inverze. Ennek a testre vonatkozó speciális eseteéppen a P2 példa. Két másik fontos speciális esetet kapunk a négyzetes
mátrixok, illetve a modulo m maradékosztályok gyűrűjéből: csoportot
alkotnak a szorzásra egy T test feletti n × n-es invertálható mátrixok, illetve a modulo m redukált maradékosztályok, tehát amelyek elemei relatív
prímek m-hez.

364

A. Algebrai alapfogalmak

P4. A komplex számoknak sok olyan részhalmaza van, amely a szorzásra nézve
csoport, tekintsük pl. az n-edik egységgyököket, az összes egységgyököt,illetve az 1 abszolút értékű komplex számokat.
P5. Az {1, 2, . . . , n} halmaz önmagára történő kölcsönösen egyértelmű leképezései (azaz bijekciói) csoportot alkotnak a kompozícióra (összetételre,
egymás után alkalmazásra) nézve. Ezt a csoportot n-edfokú szimmetrikus
csoportnak nevezzük és Sn -nel jelöljük. Az Sn csoport tehát az 1, 2, . . . , nelemek permutációiból áll, |Sn | = n!.
P6. A sík vagy a tér összes egybevágóságai, illetve hasonlóságai (azaz a távolságtartó, illetve aránytartó transzformációk) a kompozícióra nézve csoportot alkotnak. Szintén csoportot kapunk, ha csak speciális egybevágóságokat tekintünk, pl. a síkban az összes eltolást, egy adott pont körüli
összes forgatást stb. (a művelet továbbra is a kompozíció).
P7. Egy sík-, illetve térbeli alakzat szimmetriacsoportját azok a sík-, illetve
téregybevágóságok alkotják, amelyek az adott alakzatot önmagába viszik
át, a művelet pedig a kompozíció. Például egy szabályos n-szög szimmetriacsoportja az n darab szimmetriatengelyre történő tükrözésből és a középpont körüli 2kπ/n szögű elforgatásokból áll, ahol k = 0, 1, . . . , n − 1. A 0szögű elforgatás a helybenhagyás vagy identikus leképezés, ami a csoport
egységeleme. Ezt a csoportot Dn -nel jelöljük és diédercsoportnak nevezzük, |Dn | = 2n. Ha a 2π/n szögű forgatást f -fel és az egyik szimmetriatengelyre történő tükrözést t-vel jelöljük, akkor Dn elemei egyértelműen
felírhatók ti f j , 0 ≤ i ≤ 1, 0 ≤ j ≤ n−1 alakban és a szorzást a t2 = f n = e
és f t = tf n−1 szabályok szerint kell végezni.
Egy csoportban bármely elem tetszőleges egész kitevőjű hatványait a szokásos módon definiáljuk: ha n pozitív egész, akkor g n egy olyan n-tényezős
szorzat, amelynek minden tényezője g, továbbá g 0 = e és g −n = (g n )−1 . (Aracionális, valós stb. kitevőjű hatványozásnak egy csoportban általában nincs
értelme.) Az am ak = am+k és (am )k = amk hatványazonosságok csoportban
is érvényesek (ahol a a csoport tetszőleges eleme, a k és m kitevők pedig
tetszőleges egész számok, negatívak és nullák is lehetnek), azonban (ab)m =am bm már nem mindig teljesül, hiszen a szorzás nem feltétlenül kommutatív.
A.8.2 Definíció
Egy G csoportban egy g elem rendje az a legkisebb olyan n pozitív egészszám, amelyre g n = e (ahol e a csoport egységeleme), illetve ha nincs ilyen n,
akkor g rendje végtelen. ♣A g elem rendjét o(g)-vel jelöljük (ezt ,,ordo g”-nek olvassuk). Például

A.8. Csoport

365

Dn -ben o(f ) = n, o(t) = 2, az egész számok additív csoportjában a nullán
kívül minden elem rendje végtelen.
A rendfogalom két fontos speciális esetét kapjuk, ha a nem nulla komplex számok, illetve a modulo m redukált maradékosztályok multiplikatív csoportját tekintjük. A második esetben ezzel pontosan a kongruenciáknál tanult
rendfogalomhoz jutunk. Az első csoportban a véges rendű elemek éppen az
egységgyökök lesznek.
Bármely csoportban érvényes, hogy egy n-edrendű elem két hatványa
akkor és csak akkor egyenlő, ha a kitevők kongruensek modulo n, egy végtelenrendű elemnek pedig csak az azonos kitevőjű hatványai egyeznek meg. Ebből
következik, hogy minden elemnek pontosan annyi különböző hatványa van,mint amennyi a rendje.
A.8.3 Definíció
Egy csoport ciklikus, ha egyetlen elem (összes egész kitevőjű) hatványaiból áll. Egy ilyen elemet a ciklikus csoport generátorelemének nevezünk. ♣A g által generált ciklikus csoportot ⟨g⟩-vel jelöljük. A rendnél elmondottak szerint |⟨g⟩| = o(g). Így ha o(g) = n, akkor ⟨g⟩ = {e, g, g 2 , . . . , g n−1 }(és a felsorolt elemek mind különbözők). Ha o(g) = ∞, akkor a g-nek minden
hatványa különböző (beleértve a negatív egész kitevőjű hatványokat is).
Ciklikus csoportot alkotnak az egész számok vagy a modulo m maradékosztályok az összeadásra, (az egyik) generátorelem az 1. Ugyancsak ciklikus az n-edik egységgyökök, valamint ha p prím, akkor a modulo p redukált
maradékosztályok multiplikatív csoportja. Az előbbi generátorelemei a primitív n-edik egységgyök ök, az utóbbié pedig a modulo p primitív gyök ök.
Mivel egy elem hatványai egymással felcserélhetők, ezért egy ciklikus csoport biztosan kommutatív. Így egy nem kommutatív csoport sohasem lehetciklikus.
A kommutatív csoportok közül nem ciklikus pl. a racionális, a valós vagy
a komplex számok additív csoportja, illetve a nem nulla racionális, valós vagy
komplex számok multiplikatív csoportja, vagy a véges csoportok körében atéglalap szimmetriacsoportja, az Fp test feletti véges dimenziós vektorterek
additív csoportja, a modulo 15 redukált maradékosztályok multiplikatív csoportja stb. Belátható, hogy a modulo m redukált maradékosztályok multiplikatív csoportja akkor és csak akkor ciklikus (azaz akkor és csak akkor létezik
primitív gyök modulo m), ha m = 2, 4, pk vagy 2pk , ahol p egy páratlan prímés k ≥ 1.

366

A. Algebrai alapfogalmak

A.8.4 Definíció
Egy G csoport részcsoportjának egy olyan H ⊆ G részhalmazt nevezünk,
amely maga is csoport a G-beli műveletre (pontosabban annak megszorítására)
nézve. ♣Belátható, hogy G-nek egy H nem üres részhalmaza akkor és csak akkor
részcsoport, ha zárt a G-beli műveletre és inverzképzésre nézve (azazr, s ∈ H ⇒ rs ∈ H, r−1 ∈ H).
Példák: A valós együtthatós polinomok additív csoportjában részcsoportot
alkotnak az egész együtthatós polinomok, a legfeljebb ötödfokú polinomok(ideértve a 0 polinomot is), az x2 + 1-gyel osztható polinomok stb. Bármely
G csoportban részcsoport maga a G, valamint a csak az egységelemből állórészhalmaz (ezt a továbbiakban {e} helyett röviden e-vel jelöljük); ezeket
triviális részcsoportoknak nevezzük. Bármely elem összes (egész kitevőjű)hatványai is részcsoportot alkotnak, ez az adott elem által generált ciklikus
részcsoport.
A.8.5 Definíció
Legyen H részcsoport G-ben és g ∈ G tetszőleges elem. Ekkor agH = {gh | h ∈ H} halmazt H szerinti bal oldali mellékosztálynak nevezzük. ♣Belátható, hogy két, H szerinti bal oldali mellékosztály vagy diszjunkt,vagy egybeesik, továbbá a bal oldali mellékosztályok egyesítése éppen G. A
(különböző) bal oldali mellékosztályok számát a H részcsoport G-beli index ének nevezzük és |G : H|-val jelöljük.
Hasonló módon definiálhatók a H szerinti jobb oldali mellékosztályok is.
Ezek általában nem esnek egybe a bal oldali mellékosztályokkal, azonban megmutatható, hogy a számuk ugyanannyi, azaz |G : H|.
Legyen a továbbiakban G véges csoport. Mivel minden (pl. bal oldali) mellékosztály elemszáma |H|, az előzőekből következik, hogy |G| = |H| · |G : H|.
Innen azonnal adódik:A.8.6 Tétel (Lagrange tétele)
Egy véges csoport bármely részcsoportjának elemszáma osztója a csoport
elemszámának. ♣Egy csoport elemszámát a csoport rendjének is szokás nevezni.
Mivel egy elem rendje megegyezik az általa generált ciklikus részcsoportnak az elemszámával, ezért a Lagrange-tétel alapján bármely g-re o(g) |G|A.8. Feladatok

367

is teljesül. Ez a rend tulajdonságai alapján g |G| = e-vel ekvivalens. Ha
speciálisan G a modulo m redukált maradékosztályok multiplikatív csoportja,
akkor így éppen az Euler–Fermat-tételt kapjuk.
Végül megemlítjük, hogy más algebrai struktúrákhoz hasonlóan két csoportot akkor nevezünk izomorf nak, ha létezik közöttük művelettartó(!) bijekció. Például a valós számok additív és a pozitív valós számok multiplikatív
csoportja izomorf, ugyanis az x 7→ 2x megfeleltetés bijektív és művelettartó.
Két ciklikus csoport pontosan akkor izomorf, ha azonos az elemszámuk.
Feladatok
G végig csoportot jelöl.
∗

A.8.1 Hány eleműek a szabályos testek szimmetriacsoportjai?
A.8.2 Bizonyítsuk be, hogy G akkor és csak akkor kommutatív, ha minden
a, b ∈ G esetén (ab)2 = a2 b2 . Igaz-e hasonló állítás, ha a négyzetek
helyett (ab)4 = a4 b4 teljesül (minden a, b ∈ G-re)?
A.8.3 Bizonyítsuk be, hogy kommutatív csoportban o(ab) [o(a) , o(b)].
A.8.4 Lehet-e két véges rendű elem szorzata végtelen rendű?
A.8.5 Melyek igazak az alábbi állítások közül?
(a) Ha |G| < ∞, akkor G minden eleme véges rendű.
(b) Ha G minden eleme véges rendű, akkor |G| < ∞.
(c) Ha 2 |G|, akkor G-ben van másodrendű elem.
(d) Ha 4 |G|, akkor G-ben van negyedrendű elem.
A.8.6 Lássuk be, hogy bármely k, s > 1 egész számokra s | φ(k s − 1), ahol
φ(n) az Euler-féle φ-függvény.

∗

A.8.7 Mivel egyenlő egy véges kommutatív csoport elemeinek a szorzata?
Melyik nevezetes kongruenciatételt általánosítja ez a feladat?
A.8.8 Melyek izomorfak az alábbi csoportok közül?
(a) A modulo 15 redukált maradékosztályok a szorzásra;(b) a modulo 16 redukált maradékosztályok a szorzásra;(c) a modulo 24 redukált maradékosztályok a szorzásra;(d) a modulo 16 nem redukált maradékosztályok az összeadásra;(e) a nyolcadik komplex egységgyökök a szorzásra;(f) a ±1, ±i, ±j, ±k kvaterniók a szorzásra (lásd az 5.6 pont P5 példáját);

368

∗

A. Algebrai alapfogalmak()
1 c(g) a modulo 4 maradékosztályok feletti
alakú mátrixok a
0 ±1
szorzásra;(h) T 3 az összeadásra, ahol T az F2 test;(i) a négyzet szimmetriacsoportja;(j) a(z általános) téglatest szimmetriacsoportja.

A.8.9(a) Bizonyítsuk be, hogy ha |G1 | = |G2 | és mindkét csoportban az egységelemen kívül minden elem rendje 2, akkor G1 és G2 izomorf.
(b) Az előző állítás nem marad igaz, ha az elemek rendje 3.

M A.8.10(a) Melyek azok a csoportok, amelyeknek csak triviális részcsoportjaik
vannak?
(b) Melyek azok a csoportok, amelyeknek csak véges sok részcsoportjukvan?
A.8.11 Mutassunk példát olyan csoportra, amely előáll három valódi részcsoportjának az egyesítéseként. Van-e ilyen tulajdonságú páratlan
elemszámú csoport is?
∗

A.8.12 Hány részcsoportja van (a) egy n elemű ciklikus csoportnak;(b) Dn -nek?

∗

A.8.13 Lássuk be, hogy egy csoportban egy M nem üres részhalmaz akkor és
csak akkor lesz valamely részcsoport szerinti bal oldali mellékosztály,
ha a, b, c ∈ M ⇒ ab−1 c ∈ M .

A.9. Ideál és maradékosztálygyűrű
A.9.1 Definíció
Egy R gyűrűben egy nem üres I ⊆ R részhalmazt az R ideál jának
nevezünk, ha(i) I zárt az (R-beli) összeadásra és ellentettképzésre, azazi, j ∈ I ⇒ i + j ∈ I, −i ∈ I;(ii) bármely I-beli elemet egy tetszőleges R-beli elemmel akármelyik oldalrólmegszorozva ismét I-beli elemet kapunk, azazi ∈ I, r ∈ R ⇒ ri ∈ I, ir ∈ I. ♣

A.9. Ideál és maradékosztálygyűrű

369

Az ideál fogalma könnyen láthatóan ekvivalens azzal, hogy I olyan részgyűrű, ahol egy I-beli és egy I-n kívüli elem szorzata is I-beli (a részgyűrű
definícióját lásd az A.6.10 feladatban).
Példák: Ideált alkotnak az egész számok gyűrűjében az m-mel osztható
számok, a valós együtthatós polinomok gyűrűjében egy adott g-vel oszthatópolinomok, az egész együtthatós polinomok gyűrűjében azok a polinomok,
amelyeknek a konstans tagja páros szám. Nem alkotnak ideált (de részgyűrűt
igen) a valós együtthatós polinomok gyűrűjében a konstans polinomok vagy az
egész együtthatós polinomok. Testben csak a két triviális ideál létezik (magaa test és a csak a nullából álló részhalmaz).
Az ideálok legegyszerűbb és egyben legfontosabb típusát az egyetlen elemáltal generált ideálok, más néven főideál ok jelentik. Ezek vizsgálatánál kényelmi okokból csak kommutatív és egységelemes gyűrűkre szorítkozunk.
A.9.2 Definíció
Legyen R kommutatív és egységelemes gyűrű, a ∈ R tetszőleges. Ekkor
az {ra | r ∈ R} halmazt az a által generált főideál nak nevezzük és (a)-val
jelöljük. ♣Az a által generált (a) főideál tehát az a elem ,,többszöröseiből” áll.
A definícióban szereplő ,,a által generált” és ,,ideál” szóhasználat jogosságát az alábbi tétel mutatja:
A.9.3 Tétel
Egy R kommutatív és egységelemes gyűrűben az (a) = {ra | r ∈ R} halmazra az alábbi tulajdonságok teljesülnek:(i) (a) ideál R-ben;(ii) a ∈ (a);(iii) ha I ideál R-ben és a ∈ I, akkor szükségképpen (a) ⊆ I. ♣Az (a) főideál tehát az a elemet tartalmazó legszűkebb ideál.
Az A.9.1 Definíció utáni három példa közül a harmadik nem főideál (lásdaz A.9.9c feladatot), az első kettő viszont igen, (egyik) generátorelemük az
m, illetve a g. Nem is meglepő, hogy az ebből a két gyűrűből választott
ideálpéldáink főideálok voltak, ugyanis érvényes az alábbi tétel:A.9.4 Tétel
Az egész számok gyűrűjében, illetve a T kommutatív test feletti T [x]polinomgyűrűben minden ideál főideál. ♣370

A. Algebrai alapfogalmak

Az A.9.4 Tétel állítása minden olyan kommutatív, nullosztómentes, egységelemes gyűrűben igaz, ahol elvégezhető a maradékos osztás (azaz minden
euklideszi gyűrű egyben főideálgyűrű is — ezeknek a fogalmaknak a pontos
definiálását az Olvasóra bízzuk).
Az eddigiekből is érezhető, hogy az ideálok szorosan kapcsolódnak a számelmélethez. Valójában onnan is származnak: eredetileg a Fermat-sejtés kapcsán vezette be Kummer német matematikus az ,,ideális szám” fogalmát. Néhány számelméleti vonatkozást az A.9.10 feladatban tárgyalunk.
Most rátérünk az ideál szerinti faktorgyűrű konstrukciójára. Ez a fogaloma modulo m maradékosztályok gyűrűjének az általánosítása.
Mint láttuk, az egész számok Z gyűrűjében az m-mel osztható számok
egy I ideált alkotnak. Ekkor a c egész számot tartalmazó modulo m maradékosztály éppen a c + I = {c + i | i ∈ I} = {c + km | k ∈ Z} halmaz, itt a c enneka maradékosztálynak egy reprezentánsa. A maradékosztályok összeadását ésszorzását a reprezentánsok segítségével értelmeztük, ami ebben a felírásban akövetkezőket jelenti: (c + I) + (d + I) = (c + d) + I, (c + I)(d + I) = cd + I.
Be kellett látni, hogy ezek a hozzárendelések az osztályokra valóban műveleteket definiálnak, azaz az eredményül kapott osztály egyértelmű , nem függ
attól, hogy az egyes osztályokból melyik reprezentánsokat választottuk. Ha
végigelemezzük ennek a bizonyítását, akkor kiderül, hogy a szóban forgó egyértelműséget éppen I ideál volta biztosítja. Mindezek alapján a következő
általánosítást kapjuk.
A.9.5 Tétel
Legyen I ideál az R gyűrűben. Ekkor az I szerinti (különböző) c + I == {c + i | i ∈ I} maradékosztályok a(c + I) + (d + I) = c + d + I,

(c + I)(d + I) = cd + I

módon definiált összeadásra és szorzásra nézve gyűrűt alkotnak. Ezt a gyűrűt
az R-nek az I szerinti maradékosztálygyűrű jének vagy faktorgyűrű jének nevezzük és R/I-vel jelöljük. ♣A faktorgyűrű nulleleme nyilván a 0 + I maradékosztály, azaz maga az I
ideál.
Megjegyezzük, hogy egy c + I maradékosztály éppen az R additív csoportjának az I additív részcsoport szerinti egyik mellékosztálya (mindegy, hogy
melyik oldali, hiszen a gyűrűben az összeadás mindig kommutatív). Ennek
megfelelően az I szerinti (különböző) maradékosztályok az R-nek egy diszjunkt
felbontását adják.

A.9. Feladatok

371

A továbbiakban egy T kommutatív test feletti T [x] polinomgyűrű faktorgyűrűit vizsgáljuk. Az A.9.4 Tétel szerint T [x]-ben minden ideál főideál.
Legyen I = (g), ahol g ̸= 0. Ekkor éppen azok a polinomok kerülnek egy
maradékosztályba, amelyek ugyanazt a maradékot adják g-vel osztva. Ily
módon — az egész számoknál tapasztaltakhoz teljesen hasonlóan — minden
maradékosztály egyértelműen jellemezhető egy ,,maradékkal”, azaz egy legfeljebb deg g − 1-edfokú polinommal (idesorolva a 0 polinomot is, amely magát
az I-t reprezentálja). A T [x]/(g) maradékosztálygyűrűben tulajdonképpen
ezekkel a maradékokkal számolunk, azaz pl. két maradékosztály szorzásakor
ezeket a maradékokat összeszorozzuk és vesszük a szorzatnak a g-vel való osztási maradékát (pontosan ugyanúgy, ahogy pl. modulo 15 a 7-nek és a 6-naka szorzata 12).
Tekintsük példaként az R[x]/(x2 + 1) maradékosztálygyűrűt. Itt minden
maradékosztályt egyértelműen reprezentálhatunk egy legfeljebb elsőfokú a+bx
(valós együtthatós) polinommal, amelyet az x2 + 1 polinommal való osztási
maradéknak tekintünk. Ennek megfelelően az összeadást az(a + bx) + (c + dx) = (a + c) + (b + d)x,
a szorzást pedig az(a + bx)(c + dx) = ac + (ad + bc)x + bdx2 == ac + (ad + bc)x − bd + bd(x2 + 1) = (ac − bd) + (ad + bc)x
szabály szerint kell végezni, azaz pontosan ugyanúgy, ahogyan a komplex
számoknál (képzeljünk az ,,x” betű helyére mindenhol ,,i” betűt). Ezzel beláttuk, hogy az R[x]/(x2 + 1) maradékosztálygyűrű test és izomorf C-vel.
Az alábbi tétel pontos választ ad arra, hogy egy T [x]/(g) maradékosztálygyűrű mikor test.
A.9.6 Tétel
Legyen T kommutatív test és g ∈ T [x] tetszőleges polinom. A T [x]/(g)maradékosztálygyűrű akkor és csak akkor test, ha g irreducibilis T felett. ♣Feladatok
A.9.1 Tekintsünk egy tetszőleges additív Abel-csoportot, és definiáljuk ebben a szorzást úgy, hogy bármely két elem szorzata a nullelem legyen.
Bizonyítsuk be, hogy így egy gyűrűt kapunk. Mik lesznek az ideálok?
(Az ilyen gyűrűket zérógyűrű nek nevezzük.)

372

A. Algebrai alapfogalmak

A.9.2 Melyek azok az m természetes számok, amelyekre a modulo m maradékosztályok gyűrűjében a nullosztók és a nulla egy ideált alkotnak?
A.9.3(a) Vegyünk egy nullosztómentes gyűrűben akárhány (de véges sok) nem
nulla ideált (azaz az ideálok egyike se álljon csak magából a nullelemből). Lássuk be, hogy ekkor az ideálok metszete sem nulla.
(b) Mutassunk példát olyan gyűrűre, amelyben előfordul, hogy két nem
nulla ideál metszete nulla.
(c) Adjunk meg olyan gyűrűt is, amelyben vannak nullosztók, de véges
sok nem nulla ideál metszete sohasem lehet nulla.
A.9.4(a) Igazoljuk, hogy egy testnek csak triviális ideáljai vannak.
(b) Tegyük fel, hogy az R kommutatív gyűrűben csak triviális ideálok
vannak, és van két olyan elem, amelyek szorzata nem nulla (azaz R
nem zérógyűrű). Bizonyítsuk be, hogy R test.
(c) Mutassuk meg, hogy a T n×n mátrixgyűrűnek csak triviális ideáljai vannak. [Ebből látszik, hogy (b)-ben a kommutativitási feltétel
lényeges szerepet játszik.]
A.9.5 Jelöljük a modulo m maradékosztályok gyűrűjét Zm -mel.
(a) Bizonyítsuk be, hogy Zm -ben minden ideál főideál.
∗(b) Legyen k | m. Mi a szükséges és elégséges feltétele annak, hogy a (k)főideál mint gyűrű izomorf legyen Zm/k -val? [Itt (k) értelemszerűen
azt a főideált jelöli Zm -ben, amelyet a k-t tartalmazó modulo mmaradékosztály generál.]∗(c) Bizonyítsuk be, hogy bármely k | m esetén a Zm /(k) faktorgyűrű
izomorf Zk -val.
A.9.6 Bizonyítsuk be az A.9.3–A.9.6 Tételeket
A.9.7 A főideál általánosításaként bevezetjük a végesen generált ideál fogalmát. Legyen R kommutatív,∑k egységelemes gyűrű, a1 , . . . , ak ∈ R,
és legyen (a1 , . . . , ak ) = { i=1 ri ai | ri ∈ R}. Fogalmazzuk meg és
bizonyítsuk be az A.9.3 Tétel megfelelőjét az a1 , . . . , ak elemek által
generált (a1 , . . . , ak ) ideálra.
A.9.8 Jelöljük az A.6 pont P7 példájában szereplő gyűrűt RH -val.
(a) Jellemezzük a főideálokat RH -ban.
(b) Mutassuk meg, hogy ha H véges, akkor RH -ban minden ideál főideál.

A.9. Feladatok

373(c) Bizonyítsuk be, hogy végtelen H esetén H összes véges részhalmaza
olyan ideált alkot RH -ban, amely nem főideál, sőt nem is végesen
generált ideál.
(d) Legyen A ⊆ H tetszőleges. Igazoljuk, hogy az RH /(A) faktorgyűrű
RH\A -val izomorf.
A.9.9 Adjuk meg egyszerűbb alakban az alábbi, két elemmel generált ideálokat. Melyek lesznek közülük főideálok? Határozzuk meg a szerintük
vett faktorgyűrűket is.
(a) Az egész számok gyűrűjében (30, 42).
(b) A modulo 100 maradékosztályok gyűrűjében (30, 42).
(c) Az egész együtthatós polinomok gyűrűjében (2, x).
A.9.10 Legyen R kommutatív, nullosztómentes, egységelemes gyűrű, és definiáljuk az oszthatóságot, az egységeket és a legnagyobb közös osztót
a szokásos módon. A kerek zárójelek most mindig a generált ideált,
a, b, d pedig az R gyűrű elemeit jelölik. [Tehát (a, b) az a és b által
generált ideál, nem pedig az a és b legnagyobb közös osztója — bár
a két fogalom között szoros kapcsolat áll fenn, lásd a feladat (c)–(e)részét.] Bizonyítsuk be az alábbi állításokat:(a) a | b ⇐⇒ (b) ⊆ (a).
(b) (a) = (b) ⇐⇒ a és b egymás egységszeresei.
(c) Ha (a, b) = (d), akkor d az a és b legnagyobb közös osztója.
(d) Az egész számok gyűrűjében vagy egy T kommutatív test feletti T [x]polinomgyűrűben a (c)-beli állítás megfordítása is igaz.
(e) Az egész együtthatós polinomok gyűrűjében a (c)-beli állítás megfordítása nem igaz.
A.9.11 Legyen R az egész elemű 2 × 2-es mátrixok gyűrűje. Mutassuk meg,hogy ebben a csupa páros elemből álló mátrixok egy I ideált alkotnak.
Hány elemű az R/I faktorgyűrű? Milyen ismert gyűrűvel izomorf
R/I?
A.9.12 Legyen R az összes valós függvények szokásos gyűrűje és f a következő
függvény: f (x) = x, ha x ≥ 5 és f (x) = 0, ha x < 5.
(a) Mely függvények alkotják az (f ) főideált?
(b) Bizonyítsuk be, hogy az R/(f ) faktorgyűrű izomorf R-rel.
A.9.13 Legyen I az R gyűrű egy nem triviális ideálja. Melyek igazak az
alábbi állítások közül?

374

A. Algebrai alapfogalmak(a) Ha R kommutatív, akkor R/I is kommutatív.
(b) Ha R/I kommutatív, akkor R is kommutatív.
(c) Ha R egységelemes, akkor R/I is egységelemes.
(d) Ha R/I egységelemes, akkor R is egységelemes.
(e) Ha R nullosztómentes, akkor R/I is nullosztómentes.
(f) Ha R/I nullosztómentes, akkor R is nullosztómentes.

A.9.14 Az alábbi faktorgyűrűk közül melyek alkotnak testet?
(a) R[x]/(x2 );(b) C[x]/(x2 + 1);(c) Q[x]/(x6 − 2);(d) F2 [x]/(x4 + x + 1).

A.10. Testbővítés
Ebben a pontban — a fejezet többi részével összhangban — testen mindig
kommutatív testet értünk.
A.10.1 Definíció
Az M testet az L test bővítésének nevezzük, ha L részteste M -nek, azaz
L ⊆ M és az L testben a műveletek éppen az M -beli műveletek megszorításai. ♣Ennek a kapcsolatnak a szokásos jelölése M | L, de mivel ez könnyen félreérthető és nem is igazán tükrözi az L és M viszonyát, ezért inkább az M : L
jelölést fogjuk alkalmazni.
Ha M bővítése L-nek, akkor M egyben vektortér is L felett a ,,természetesen” adódó műveletekre. Ezek a vektortér műveletek az M test műveleteiből
származnak: két M -beli ,,vektor t” mint az M test két elemét adjuk össze,
továbbá egy L-beli ,,skalár ral” úgy szorzunk meg egy M -beli ,,vektort”, hogy
az M testnek ezt a két elemét összeszorozzuk.
Az M -nek mint az L test feletti vektortérnek a dimenziójára külön elnevezést és jelölést vezetünk be:
A.10.2 Definíció
Ha M bővítése L-nek, akkor az M -nek mint L feletti vektortérnek a dimenzióját a testbővítés fok ának nevezzük és deg(M : L)-lel jelöljük. ♣Például deg(C : R) = 2, deg(R : Q) = ∞.

A.10. Testbővítés

375

Alapvetően fontos tétel, hogy az egymás utáni testbővítések esetén a fokszámok összeszorzódnak:
A.10.3 Tétel (Testbővítések fokszámtétele)
Az L ⊆ M ⊆ N bővítéslánc esetén deg(N : L) = deg(N : M )·deg(M : L).
♣
A testbővítések legegyszerűbb és egyben legfontosabb típusát az egyetlen
elem által generált bővítések jelentik. Ezt rögtön tetszőleges testekre vizsgáljuk, de melegen ajánljuk, hogy az Olvasó az alábbiakat először az
L = Q, M = C speciális esetben gondolja végig, és ezen keresztül ,,szokjameg” ezt a fogalmat.
Előrebocsátjuk, hogy az M : L testbővítés esetén az L test elemeit görög
kisbetűkkel, az M elemeit pedig görög nagybetűkkel fogjuk jelölni.
Legyen L részteste M -nek és Θ ∈ M tetszőleges elem. Ekkor az
L-nek a Θ-val történő egyszerű bővítésén az L-ből és a Θ-ból a(z M ) testbeliműveletek (és inverzeik) segítségével előálló elemek halmazát fogjuk érteni.
Ehhez elkészítjük minden lehetséges módon az α0 + α1 Θ + . . . + αn Θn ∈ Melemeket, ahol n tetszőleges nemnegatív egész és az αi -k az L test elemei,
majd vesszük ilyenek hányadosait. Az α0 + α1 Θ + . . . + αn Θn elem nem más
mint a g = α0 + α1 x + . . . + αn xn ∈ L[x] polinomnak a Θ ∈ M helyen vettg(Θ) ∈ M helyettesítési értéke. A szóban forgó hányadosok tehát g(Θ)/h(Θ)
alakú M -beli elemek, ahol g és h tetszőleges L[x]-beli polinomok és természetesen h(Θ) ̸= 0. Az ily módon kapott elemek a Θ-t és az L-et tartalmazó
legszűkebb résztestet alkotják M -ben. Mindezt pontosan az alábbi definícióban
és tételben fogalmazzuk meg.
A.10.4 Definíció
Legyen L részteste M -nek és Θ ∈ M tetszőleges elem. Ekkor a}{g(Θ)
g, h ∈ L[x], h(Θ) ̸= 0 ,h(Θ)
illetve ugyanezt részletesen kiírva, ak ∑n α Θi

∑i=0 i
αi , βj ∈ L,βj Θj ̸= 0, n, k = 0, 1, 2, . . .
∑k
β j Θjj=0

j=0

M -beli részhalmazt az L-nek a Θ-val történő egyszerű bővítésének nevezzük
és L(Θ)-val jelöljük. ♣376

A. Algebrai alapfogalmak

A.10.5 Tétel
L(Θ) az M testnek az a legszűkebb részteste, amely a Θ elemet és az L
testet tartalmazza, azaz(i) L(Θ) az M testnek részteste;(ii) Θ ∈ L(Θ), L ⊆ L(Θ);(iii) ha T részteste M -nek és Θ ∈ T, L ⊆ T , akkor szükségképpen L(Θ) ⊆ T .
♣Bizonyos esetekben L(Θ) elemei egyszerűbb alakban is felírhatók. Ehhez
szükségünk lesz az algebrai elem fogalmára.
A.10.6. Definíció
Legyen L részteste M -nek. A Θ ∈ M elem algebrai az L test felett, halétezik olyan nem nulla f ∈ L[x] polinom, amelynek a Θ gyöke, azaz f (Θ) = 0.
♣
A már említett L = Q, M = C speciális esetben ez az algebrai szám
fogalmát jelenti: egy Θ komplex szám akkor algebrai szám, ha létezik olyan
racionális√együtthatós,√ nem nulla polinom, amelynek a Θ gyöke. Így például√
a 2, a 3 5 vagy az i 7 10 algebrai számok, megfelelő polinomok az x2 − 2, az
x3 − 5, illetve az x14 + 100.
A nem algebrai komplex számokat transzcendens számoknak nevezzük,
ilyenek pl. a π, az e (a természetes logaritmus alapszáma), lg 2, sin 1 (aszöget radiánban mérve). Az algebrai számok csak megszámlálható sokan
vannak, tehát a komplex számok ,,túlnyomó többsége” transzcendens. Ennekellenére általában igen nehéz kérdés egy adott komplex számról eldönteni, hogy
algebrai-e vagy transzcendens. Megoldatlan például, hogy e+π algebrai-e vagytranszcendens, sőt azt sem tudjuk, hogy racionális-e vagy irracionális.
Egy Θ algebrai elem esetén több olyan f ∈ L[x] polinom is létezik, amelynek a Θ gyöke, hiszen például egy ilyen polinom bármely polinomszorosa isrendelkezik ezzel a tulajdonsággal. Ezek között a polinomok között a(z egyik)
legalacsonyabb fokúnak kitüntetett szerepe van:A.10.7 Definíció
Az L felett algebrai Θ ∈ M elem minimálpolinomjának a(z egyik) legalacsonyabb fokú L[x]-beli polinomot nevezzük, amelynek a Θ gyöke. A Θ
minimálpolinomját mΘ -val jelöljük. ♣A.10. Testbővítés

377

A.10.8 Tétel(i) mΘ egy (L-beli) konstans szorzótól eltekintve egyértelmű.
(ii) Legyen f ∈ L[x]. Ekkor f (Θ) = 0 ⇐⇒ mΘ | f .
(iii) mΘ irreducibilis L felett.
(iv) Ha f irreducibilis L felett és f (Θ) = 0, akkor f = mΘ . ♣Megjegyezzük, hogy az mΘ jelölés a Θ akármelyik minimálpolinomját
jelentheti, de ez nem okoz problémát, hiszen ezek a polinomok egymástól
az (i) állítás alapján csak egy konstans szorzóban különböznek. Ha valaki(nagyon) egyértelműsíteni akar, akkor választhatja pl. azt az alakot, amelynek a főegyütthatója 1. Ekkor természetesen a (iv) állításban az f = γmΘ
következtetés írható, ahol γ egy L-beli konstanst jelöl.
A.10.9 Definíció
Az L felett algebrai Θ ∈ M elem fok ának a minimálpolinomja fokszámát
nevezzük: deg Θ = deg mΘ . ♣A korábbi (L = Q, M = C-re vonatkozó) példáinkban szereplő algebraiszámokesetén a megadott polinomok
Q felett irreducibilisek
voltak, tehát a√√√
2 minimálpolinomja x2 − 2, a 3 5-é x3 − 5, az i 7√
10-é pedig x14 + 100, és ígya három szám foka rendre 2, 3, illetve 14. (Az i 7 10-re vonatkozó állítást alegkevesebb számolással az A.10.3 és a nemsokára következő A.10.11 Tételek
segítségével lehet igazolni.) Az elsőfokú algebrai számok az elsőfokú racionális
együtthatós polinomok gyökei, azaz maguk a racionális számok. Általában,tetszőleges L felett is az elsőfokú algebrai elemek pontosan az L elemei lesznek.
Most rátérünk arra, hogyan írhatók fel egy Θ algebrai elemmel történő
bővítés esetén az L(Θ) elemei az A.10.4 Definícióban megadottnál egyszerűbb
alakban.
√√Tekintsük példaként a racionális
testnek
a
2-vel
vett
Q(
2) bővítését.
√Ez nem más, mint az α0 + α1 2 alakú számok T halmaza, ahol√αi ∈ Q(lásd az A.5 pont P3 példáját), ugyanis T egy olyan test, amely a 2-t és a
racionális számokat tartalmazza és nyilván a legszűkebb. Ez azt jelenti,√ hogyaz A.10.4 Definícióban felírt alakhoz képest nincs szükség
osztásraés a 2-nek√√
3
az egynélmagasabb
kitevőjű
hatványaira.
Haa2
helyetta5-tel
történő
√√Q( 3 5) bővítést tekintjük, akkor itt 3 5 legfeljebb második hatványaira vanszükség, mert a harmadik és magasabb hatványok kifejezhetők ezekkel (ésalkalmas racionális számokkal).
Az általános esetben a következő tétel érvényes:

378

A. Algebrai alapfogalmak

A.10.10 Tétel
Ha Θ ∈ M egy n-edfokú algebrai elem az L test felett, akkor L(Θ) elemei
egyértelműen felírhatók α0 + α1 Θ + . . . + αn−1 Θn−1 alakban, ahol αi ∈ L. ♣A tétel más megfogalmazásban azt jelenti, hogy az 1, Θ, . . . , Θn−1 elemek bázist alkotnak L(Θ)-ban mint L feletti vektortérben. Így ennek a vektortérnek a dimenziója, azaz az L(Θ) : L testbővítés foka n. Ezt a fontos tényt
külön tételként is kimondjuk:
A.10.11 Tétel()
Ha Θ ∈ M algebrai elem az L test felett, akkor deg L(Θ) : L = deg Θ. ♣Az A.10.10–A.10.11 Tételeket kiegészíthetjük azzal, hogy ha Θ nem algebrai elem (azaz transzcendens) L felett, akkor az L(Θ) elemei nem adhatók meg
az A.10.4 Definícióban leírtnál egyszerűbb alakban, és az L(Θ) : L testbővítés
foka ekkor végtelen.
Az L(Θ) test egy másik megközelítését adja az alábbi tétel:A.10.12 Tétel
Ha Θ ∈ M algebrai elem az L test felett, akkor az L(Θ) test izomorf az
L[x]/(mΘ ) faktorgyűrűvel. ♣Tekintsük példaként a valós számoknak az i-vel történő bővítését, ekkor
nyilván a komplex számokat kapjuk, azaz C = R(i). Az i minimálpolinomja mi = x2 + 1, tehát az A.10.12 Tétel értelmében C = R(i) izomorf az
R[x]/(x2 + 1) faktorgyűrűvel — ezt az eredményt már az A.9 pontban ismegkaptuk.
Az A.10.12 Tétel alapján az L(Θ) elemeit az mΘ polinom szerinti osztási
maradékokként képzelhetjük el.
A tételt kiegészíthetjük azzal, hogy ha Θ transzcendens elem L felett,akkor az L(Θ) test az L feletti algebrai törtek , azaz az L[x]-beli polinomok
formálisan képzett hányadosainak testével izomorf.
Végül megjegyezzük, hogy az A.10.12 Tétel segítségével ,,akkor is megkonstruálhatjuk L(Θ)-t, ha nincs eleve adva egy bővebb M test”, lásd az
A.10.18 feladatot.
Feladatok
M A.10.1 Tegyük fel, hogy az M : L testbővítés foka véges, legyendeg(M : L) = n. Bizonyítsuk be, hogy ekkor egy tetszőleges Θ ∈ Melem algebrai L felett, deg Θ ≤ n, sőt deg Θ | n.

379

A.10. Feladatok

A.10.2 Mi az oka annak, hogy egy algebrai elem minimálpolinomja mindig irreducibilis, ugyanakkor egy lineáris transzformáció minimálpolinomja (lásd a 6.3 pontban) lehet reducibilis is az adott test felett?
A.10.3 Bizonyítsuk be az A.10.3, 5, 8, 10 és 12 Tételeket.
Az A.10.4–A.10.17 feladatok az algebrai számokra (azaz a komplex számok
közül a Q felett algebrai elemekre) vonatkoznak.
A.10.4 Mutassuk meg, hogy egy f ̸= 0 komplex együtthatós polinomhoz
akkor és csak akkor létezik olyan g ̸= 0 racionális együtthatós polinom, amelyre f | g, ha f minden (komplex) gyöke algebrai szám.
A.10.5 Bizonyítsuk be, hogy egy algebrai számból pozitív egész kitevős gyököt vonva ismét algebrai számot kapunk.
∗

A.10.6 Lássuk be, hogy az algebrai számok a komplex számok egy résztestét
alkotják.
A.10.7 Mit állíthatunk egy algebrai és egy transzcendens szám összegéről, illetve két transzcendens szám összegéről (algebrai–transzcendens
szempontból)?
A.10.8(a) Jelöljük két komplex szám összegét S-sel, a szorzatukat pedig P vel. Mi mondható a(z eredeti) két számról (algebrai–transzcendens
szempontból), ha(i) S algebrai, P transzcendens; (ii) S transzcendens, P algebrai;(iii) S és P is transzcendens;(iv) S és P is algebrai?
(b) Mennyiben változik a helyzet, ha az ,,algebrai”, illetve ,,transzcendens” szavak helyére a ,,racionális”, illetve ,,irracionális” szavakat írjuk?
A.10.9 Legyen egy z(̸= 0) komplex szám algebrai alakja z = a + bi, trigonometrikus alakja z = r(cos φ + i sin φ). Bizonyítsuk be, hogy z akkor
és csak akkor algebrai, ha(a) a és b algebrai; illetve(b) r és cos φ algebrai.

A.10.10 Az alábbi komplex számok közül melyek algebraiak és mennyi afokuk?
√√√(a) 100 3000;(b) 2 + 3;(c) e + πi;
√
√
3
3
1000
9
(d) π
+ 3π + 7;(e) 2 + 4;(f) cos 20◦ ;(g) egy 101-edik egységgyök;(h) egy 6-odik egységgyök;(i) egy primitív n-edik egységgyök;∗(j) cos 1◦ .

380

A. Algebrai alapfogalmak∗

A.10.11 Van-e az egységkörön az egységgyökökön kívül algebrai szám?

∗

A.10.12 Határozzuk meg az egységkörön az összes páratlan fokú algebrai számot.
A.10.13 Legyen Θ algebrai szám, deg Θ = k. Mik deg(Θ2 ) lehetséges értékei?
A.10.14 Mutassuk √meg, hogy√(a) Q( 8) = Q( 18);√√√(b) Q( 9 2) ∩ Q( 6 2) = Q( 3 2).

A.10.15 Bizonyítsuk be,√hogy létezik
olyan racionális
együtthatós
polinom,√√√amely az 1 + 3 7 25 + 11 7 125 + 1000 7 625 helyen a 7 5 értéket veszi
fel.
M∗ A.10.16 Bizonyítsuk be, hogy ha |z| = 1, akkor Q(z) ∩ R = Q(Re z).
M∗ A.10.17 Bizonyítsuk be, hogy ha egy f ∈ C[x] polinom minden együtthatója
algebrai szám, akkor f minden (komplex) gyöke is algebrai szám.
Megjegyzés: Jelöljük az algebrai számok testét A-val. Ekkor a feladat állítása úgy is fogalmazható, hogy minden nem konstans f ∈ A[x]polinomnak van A-ban gyöke (illetve — ami ezzel ekvivalens — minden f -nek multiplicitással számolva pontosan annyi gyöke van Aban, mint amennyi a foka). Ez azt jelenti, hogy — a komplex testhez hasonlóan — az algebrai számok testére is érvényes az ,,algebra
alaptétele”. Az ilyen tulajdonságú testeket algebrailag zárt testeknek
nevezzük.
∗

A.10.18 Legyen L tetszőleges (kommutatív) test és f egy irreducibilis polinom
L felett. Konstruáljunk egy olyan M testet, amely rendelkezik az
alábbi tulajdonságokkal:(i) M -nek van az L-lel izomorf L∗ részteste;(ii) ha f ∗ ∈ L∗ [x] az a polinom, amelynek az együtthatóit az f együtthatóiból az L → L∗ izomorfizmus szerint kapjuk, akkor f ∗ -nak van
egy Θ ∈ M gyöke;(iii) M = L∗ (Θ).
Megjegyzés: Ennek a konstrukciónak az alapján akkor is tudjuk az
L-et egy irreducibilis polinom — még nem is létező(!) — gyökévelbővíteni, ha nincs eleve adva egy, az L-et tartalmazó test.

A.11. Véges testek

381

A.11. Véges testek
A véges testek közül már számos esetben foglalkoztunk a modulo p maradékosztályok Fp testével, ahol p prím. Néhány másfajta véges test is szerepelt,
pl. egy 9 elemű az A.5.2b és egy 16 elemű az A.9.14d feladatban.
Ebben a pontban a véges testek többféle általános jellemzését is megadjuk.
Mindenekelőtt megjegyezzük, hogy a szorzás kommutativitását nem kellkülön hangsúlyoznunk, mert Wedderburn nevezetes (és nehéz) tétele szerint
véges nem kommutatív test nem létezik.
Előrebocsátjuk még, hogy ebben a pontban egy (általános) véges testelemeit görög nagybetűkkel, a nullelemet 0-val, az egységelemet 1-gyel, magáta testet pedig M -mel fogjuk jelölni.
1. Elemszám
A szisztematikus tárgyalást az elemszámok leírásával kezdjük.
A.11.1 Tétel(i) Minden véges test elemszáma prímhatvány (beleértve az első hatványokat,azaz magukat a prímeket is).
(ii) Bármely pk prímhatványhoz izomorfiától eltekintve pontosan egy M véges
test létezik, amelyre |M | = pk . ♣Ennek alapján pl. 100 elemű test nem létezik, 81 elemű viszont igen. A
tételből az is következik, hogy két azonos elemszámú véges test szükségképpen
izomorf, tehát pl. ha p prímszám, akkor nincs másfajta p elemű test, mint a
modulo p maradékosztályok teste.
2. Összeadás
A következő tétel leírja a véges testek additív csoportjának a struktúráját.
A.11.2 Tétel
Legyen az M véges test elemszáma |M | = pk . Ekkor M az összeadásra
nézve izomorf az Fp test feletti (akármelyik) k-dimenziós vektortér, azaz (pl.)
Fpk additív csoportjával. ♣Ennek alapján M elemeit olyan k-dimenziós vektoroknak képzelhetjük,
amelyek minden komponense Fp -beli, azaz minden komponens egy-egy modulo p maradékosztály és az összeadást ennek megfelelően kell végezni. Ebből
következik, hogy bármely Θ ∈ M elemet önmagával p-szer összeadva mindig
0-t kapunk. Ezt úgy is fogalmazhatjuk, hogy az M additív csoportjában anem nulla elemek (additív) rendje p.

382

A. Algebrai alapfogalmak

3. Szorzás
A véges testek multiplikatív szerkezete is nagyon szép:
A.11.3 Tétel
Egy véges test nem nulla elemei a szorzásra nézve ciklikus csoportot alkotnak. ♣Ugyanezt úgy is megfogalmazhatjuk, hogy létezik olyan ∆ ∈ M elem,
amelynek a hatványaiként az M összes nem nulla elemét megkapjuk. Mivelekkor ∆ multiplikatív rendje o(∆) = |M | − 1 = pk − 1, ezért az M nem nulla
elemei egyértelműen felírhatók ∆j alakban, ahol j = 0, 1, 2, . . . , pk − 2. Ha
speciálisan |M | = p, azaz M = Fp , akkor ez éppen azt jelenti, hogy ∆ primitív
gyök modulo p.
Megjegyezzük még, hogy a pk elemű test multiplikatív csoportjának — aciklikus csoportokra érvényes általános eredménynek megfelelően — (nemcsak
egy, hanem pontosan) φ(pk − 1) darab generátoreleme van.
Egy véges test multiplikatív csoportjának (akármelyik) generátorelemét atest primitív elemének nevezzük. A pk elemű véges testben tehát φ(pk − 1)primitív elem található.
4. Vektortér
A továbbiakban fontos szerepe lesz annak, hogy bármely véges test tartalmaz egy Fp típusú testet. Ez éppen az 1 egységelem által generált résztest lesz,
amely az 1, 1 + 1, . . . , 1 + 1 + . . . + 1 alakú elemekből áll. Ha |M | = pk , akkor
az A.8.2 Tétel szerint az 1 additív rendje (is) p, tehát p darab ilyen alakú(különböző) elem van. Könnyen látható, hogy ezek egy, az Fp -vel izomorf
testet alkotnak.
Ennek megfelelően az M -et felfoghatjuk mint az Fp test bővítését. Ez
többek között azt is jelenti, hogy M egy k-dimenziós vektortér Fp felett, tehát
az A.8.2 Tételbeli izomorfia nemcsak az additív csoportok, hanem a megfelelő
vektorterek között is fennáll.
Mindezt az alábbi tételben foglaljuk össze:
A.11.4 Tétel
Legyen az M véges test elemszáma |M | = pk . Ekkor M tartalmaz egy
Fp -vel izomorf résztestet és e felett a részteste felett M egy k-dimenziós vektorteret alkot. ♣A.11. Véges testek383

5. Testbővítés
Most megvizsgáljuk az imént bevezetett M : Fp testbővítés további vonatkozásait (itt erősen támaszkodunk majd az A.10 pontra).
Mivel deg(M : Fp ) = k, ezért az A.7.1 feladat alapján minden Θ ∈ M
algebrai elem Fp felett és deg Θ | k.
Megmutatjuk, hogy M : Fp egyszerű bővítés. Legyen az M multiplikatív
csoportjának a(z egyik) generátoreleme ∆. Ekkor a ∆-t tartalmazó legszűkebb
résztest csak a teljes M lehet (hiszen minden nem nulla elemet már pusztán aszorzással is megkapunk), tehát Fp (∆) = M .
()
Ebből az is következik, hogy k = deg(M : Fp ) = deg Fp (∆) : Fp == deg m∆ , azaz a ∆-nak az Fp test feletti foka pontosan k.
Ekkor az M -nek mint Fp feletti vektortérnek az 1, ∆, ∆2 , . . . , ∆k−1 elemek
egy bázisát alkotják (itt az 1 az Fp és M testek közös egységelemét jelöli).
Természetesen a multiplikatív csoport generátorelemein, azaz a primitív
elemeken kívül más Θ ∈ M elemekre is fennáll(hat) M = Fp (Θ); ez pontosana(z Fp felett) k-adfokú Θ-kra teljesül.
A fentiek lényegét az alábbi tételben foglaljuk össze:
A.11.5 Tétel
Legyen az M véges test elemszáma |M | = pk , ∆ a multiplikatív csoport(egyik) generátoreleme és Fp az M -ben levő p elemű test. Ekkor(i) M = Fp (∆);
(ii) 1, ∆, ∆2 , . . . , ∆k−1 bázis M -ben mint Fp feletti vektortérben;(iii) bármely Θ ∈ M -re deg Θ | k;(iv) Θ ∈ M, deg Θ = k ⇐⇒ M = Fp (Θ). ♣6. Faktorgyűrű
Az M = Fp (∆) előállításból az A.10.12 Tétel szerint kapjuk, hogy M
izomorf az Fp [x]/(m∆ ) faktorgyűrűvel. Ezt az A.9.6 Tétellel is összevetve avéges testek alábbi igen hasznos jellemzését nyerjük:
A.11.6 Tétel
A pk elemű véges testet megadhatjuk mint az Fp [x]/(f ) faktorgyűrűt,ahol f egy k-adfokú irreducibilis polinom Fp felett. ♣Ez azt jelenti, hogy a pk elemű test elemeinek tekinthetjük a legfeljebb
k − 1-edfokú Fp [x]-beli polinomokat és ezekkel mint az f irreducibilis polinom
szerinti osztási maradékokkal kell a műveleteket végezni.
Az A.11.1(ii) és A.11.6 Tételekből az is adódik, hogy az Fp test felett tetszőleges k-ra létezik k-adfokú irreducibilis polinom. Ugyanez érvényes bármely

384

A. Algebrai alapfogalmak

véges test felett is, sőt képletet is tudunk adni az adott fokú irreducibilis polinomok darabszámára (lásd az A.11.12b feladatot és az útmutatásnál szereplő
megjegyzést).
Az Fp feletti k-adfokú irreducibilis polinomok között kitüntetett szerepe
van azoknak, amelyek a pk elemű véges test primitív elemeinek, azaz a multiplikatív csoport generátorelemeinek a minimálpolinomjai. Ezeket (Fp felett)primitív polinomoknak nevezzük. (Ennek a fogalomnak semmi köze sincs a
Gauss-lemmában szereplő, az egész számok feletti primitív polinomokhoz.)
7. Példa
Illusztrációként megkonstruáljuk a 125 elemű testet.
Ehhez az F5 test felett kell egy harmadfokú irreducibilis polinomot találnunk. Mivel egy harmadfokú polinom pontosan akkor irreducibilis, ha nincs
gyöke az adott testben (ez magasabb fokszám esetén nem igaz, lásd az A.7.19
feladatot!), ezt könnyen tudjuk ellenőrizni, hiszen csak az F5 test összesen 5
darab elemét kell behelyettesítenünk. Így pl. f = x3 + x + 1 megfelel.
Az A.11.6 Tétel értelmében ekkor M elemeit a legfeljebb másodfokú
α0 + α1 x + α2 x2 polinomoknak vehetjük, ahol αi ∈ F5 és ezekkel a polinomokkal mint az x3 + x + 1 szerint vett osztási maradékokkal kell számolni.
Például a 3 + 4x és 3 + x2 elemek összege és szorzata (3 + 4x) + (3 + x2 ) == 1 + 4x + x2 , illetve(3 + 4x)(3 + x2 ) = 4 + 2x + 3x2 + 4x3 = 4 + 2x + 3x2 + 4(−1 − x) = 3x + 3x2 .
Az M elemeit F53 -beli vektorokkal is jelölhetjük, ekkor bázisnak az 1, x, x2
maradékokat célszerű választani. Ezzel a jelöléssel a fenti vektorok és a velük
végzett műveletek a következőképpen festenek:         
0
3
3
1
3
3
 4  +  0  =  4  és  4   0  =  3  .
3
1
1
1
0
0
Jól látszik, hogy ez a fajta felírás kényelmessé teszi az összeadást, a szorzás
elvégzésében azonban nem segít; a szorzáshoz mindenképpen a polinomos alakban kell gondolkodnunk, és a minimálpolinom szerinti redukciót kell felhasználnunk.
Hogyan kaphatjuk meg a test multiplikatív csoportjának egy generátor 0
elemét? A fenti konstrukcióban az x (vagy a második jelölésmóddal, a 1 0vektor) akkor lesz megfelelő, ha a (multiplikatív) rendje |M | − 1 = 124. Mivel

A.11. Feladatok

385

a Lagrange-tétel alapján a csoport bármely elemének a 124-edik hatványa az
egységelem, így csak azt kell ellenőriznünk, hogy kisebb (pozitív) kitevőjű
hatványként megkapjuk-e az 1-et. Mivel 124 = 22 · 31, ezért elég a 4-edik és
a 62-edik hatványt megvizsgálni: ha ezek egyike sem az egységelem, akkor arend ezek egyikének sem osztója, és így csak 124 lehet.
Az x3 = −1 − x összefüggés alapján x4 = −x − x2 ̸= 1, tehát o(x) ̸ | 4.
Azt, hogy x62 = 1 teljesül-e, a leggyorsabban a következőképpen dönthetjük el.
Mivel (kommutatív) testben vagyunk, ezért (a nullosztómentesség, valamintx ̸= 0 alapján)
1 = x62 = (x31 )2 ⇐⇒ x31 = ±1 ⇐⇒ x32 = ±x .
Az x4 = −(x + x2 ) egyenlőséget négyzetre emelve
x8 = x2 + 2x3 + x4 = x2 − (2 + 2x) − (x + x2 ) = −(2 + 3x)
adódik, majd ezt a binomiális tétellel negyedik hatványra emelve kapjuk, hogy
x32 = (2 + 3x)4 = 24 + 4 · 23 · 3x + 6 · 22 · 32 x2 + 4 · 2 · 33 x3 + 34 x4 == 1 + x + x2 + x3 + x4 = 1 + x + x2 − (1 + x) − (x + x2 ) = −x.
Mint láttuk, ebből x62 = 1 következik, tehát az x nem primitív elem.
Ekkor nyilván bármely m-re (xm )62 = 1, és így az x hatványai sem lehetnek primitív elemek. Emellett a(z összesen) két darab negyedrendű elem sem
primitív. Mindezeket kiszűrve, bármelyik más elem viszont már megfelel amultiplikatív csoport generátorának.
Egy másik lehetőség, hogy keresünk F5 felett egy másik harmadfokú irreducibilis polinomot, amely már primitív, ilyen pl. az x3 +3x+2, és az e szerinti
faktorgyűrűként írjuk fel a 125 elemű testet. Ekkor az x (mint az x3 + 3x + 2
polinom szerinti maradék) generátorelem lesz a multiplikatív csoportban.
Feladatok
A11.1 Mutassuk meg, hogy egy pk elemű testben szabad tagonként p-edik
hatványra emelni, azaz (Θ + Ψ)p = Θp + Ψp .
A.11.2 Mivel egyenlő egy véges test összes nem nulla elemének a szorzata,illetve összege?
A.11.3 Hány gyöke van a pk elemű testben az xm − 1 polinomnak?
A.11.4 A 13k elemű testben hány olyan Θ ̸= Ψ elempár létezik, amelyek
egymás köbgyökei?

386

A. Algebrai alapfogalmak

A.11.5(a) Tegyük fel, hogy egy nullosztómentes gyűrűben létezik olyan nem
nulla elem, amelyet önmagával valahányszor összeadva a nullelemet
kapjuk. Bizonyítsuk be, hogy ekkor létezik egy olyan egyértelműen
meghatározott p prímszám, hogy a gyűrű bármely elemét p-szer önmagával összeadva mindig a nullelem adódik.
(b) Mutassunk példát olyan végtelen testre, amely rendelkezik ezzel atulajdonsággal.
Megjegyzés: Ezt a p-t a nullosztómentes gyűrű karakterisztikájának
nevezzük. A pk elemű test karakterisztikája tehát p. — Ha nincs
ilyen p, azaz egy nem nulla elemet önmagával akárhányszor összeadva
sohasem kapjuk a nullelemet, akkor a (nullosztómentes) gyűrűt 0-karakterisztikájúnak vagy végtelen karakterisztikájúnak nevezzük. Így
pl. Q, R és C karakterisztikája 0.
A.11.6 Hogyan konstruálhatunk 169, illetve 81 elemű testet?
k

A.11.7 Mutassuk meg, hogy a pk elemű M test éppen az xp − x polinom∏kgyökeiből áll [azaz xp − x = Θ∈M (x − Θ) ].
M∗ A.11.8 Legyen f irreducibilis polinom Fp felett. Igazoljuk, hogy f | xp − x
akkor és csak akkor teljesül, ha deg f | k.
k

A.11.9 Bizonyítsuk be, hogy a pk elemű test akkor és csak akkor tartalmaz
pn elemű résztestet, ha n | k.
A.11.10 Lássuk be, hogy egy véges test bármely két (különböző) részteste
különböző elemszámú.
∗

A.11.11 Legyen f = xk + αk−1 xk−1 + . . . + α1 x + α0 egy primitív polinom Fp
felett, és legyen A a következő k × k-as mátrix:


0 0
1 0

0 1
A=
. .
 .. ..
0 0

−α0
−α1
−α2
..
.

0
0
0
..
.

...
...
...

0
0
0
..
.

0

...

1 −αk−1




.



Mutassuk meg, hogy az A (különböző) hatványai és a nullmátrix amátrixösszeadásra és a mátrixszorzásra nézve egy pk elemű testet
alkotnak.

A.11. Feladatok

387

M∗ A.11.12 Hány k-adfokú, 1 főegyütthatójú(a) primitív;(b) irreducibilis
polinom létezik Fp felett?
A.11.13 Tekintsük a p3 elemű M testet mint Fp feletti (3 dimenziós) vektorteret. Nevezzük az M egydimenziós altereit pontoknak, a kétdimenziós altereit pedig egyeneseknek. Egy pont akkor van rajta egy
egyenesen, ha a megfelelő alterek tartalmazzák egymást. Mutassuk
meg, hogy így egy p-edrendű nem elfajuló projektív síkot kapunk(lásd a 9.5.11 feladatot):(a) Bármely két egyenesnek egy közös pontja van, és bármely két ponton
egy egyenes megy át.
(b) Mind a pontok, mind az egyenesek száma p2 + p + 1.
(c) Minden egyenesen p + 1 pont helyezkedik el, és minden ponton p + 1
egyenes halad át.
Megjegyzések : Ugyanez a konstrukció a p prím helyett egy pm prímhatvánnyal is elvégezhető, ekkor a p3m elemű véges testet kell a bennelevő pm elemű test feletti vektortérnek tekinteni. Ahogy a 9.5.11 feladatban említettük, megoldatlan probléma, hogy egy véges projektív
sík pontjainak a száma lehet-e más, mint p2m + pm + 1, ahol p prím.
A geometriai kapcsolat talán ,,szemléletesebbé” válik, ha a pontokat definiáló (egydimenziós) alterekből figyelmen kívül hagyjuk anullvektort. Ekkor az egy pontot jellemző vektorok éppen egymás
nem nulla skalárszorosai. Ezt úgy is felfoghatjuk, hogy egy ,,síkbeli”
pontot homogén koordináták kal jellemzünk, azaz ugyanazt a pontot kapjuk, ha mindhárom koordinátát egy tetszőleges nem nulla
skalárral megszorozzuk. Ez teljesen összhangban van a valós test
feletti projektív sík megadásával. [A valós projektív síkot az euklideszi sík ideális pontok kal történő kibővítésével kapjuk, ahol az
ideális pontok az adott irányú párhuzamos egyenesek metszéspontjai, és ezek egy ideális egyenest alkotnak. Az euklideszi sík (a1 , a2 )koordinátájú ,,közönséges” pontjának a projektív síkon azok a homogén koordinátás (α1 , α2 , α3 ) számhármasok felelnek meg, amelyekre α1 /α3 = a1 , α2 /α3 = a2 .]A.11.14 Tekintsük az előző feladatbeli M -et, a pontok továbbra is legyenek az
egydimenziós alterek, azonban most az egyeneseknek is az egydimenziós altereket válasszuk. Az illeszkedés definícióját úgy módosítjuk,
hogy egy pont akkor van rajta egy egyenesen, ha a pontnak, illetve azegyenesnek megfelelő két (egydimenziós) altér merőleges egymásra.
Mutassuk meg, hogy most is teljesülnek az előző feladat állításai.

388
EREDMÉNYEK ÉS ÚTMUTATÁSOK

1. Determinánsok
1.1.
1.1.1
(a) A legkevesebb inverzió az 1, 2, 3, . . . , n permutációban van, a legtöbb pedig
az n, n − 1, . . . , 2, 1 permutációban.
(b) Lássuk be, hogy a természetes 1, 2, 3, . . . , n sorrendből kiindulva szomszédos elemek cseréjével el lehet jutni a fordított n, n − 1, . . . , 1 sorrendhez.
Mivel( ) az inverziószám minden lépésben 1-gyel változik, ezért minden, a 0
és n2 közé eső értéket fel kell vennie.
1.1.2 (a) 2500;(b) 2550;(c) 4270;(d) 5000.

1.1.3 n = 4k vagy n = 4k + 1 alakú.
1.1.4 (n + 1)/2 (csak páratlan n esetén van ilyen permutáció).
1.1.5(a) 2n − 3. Ez akkor és csak akkor lép fel, ha az 1-et és az n-et cseréljük fel,és közülük az egyik az első, a másik pedig az utolsó helyet foglalja el.
(b) 2⌈(n − 4)/5⌉ + 1, ahol ⌈x⌉ az x szám felső egész részét jelenti, azaz alegkisebb olyan egész számot, amely ≥ x.
1.1.6 ( )(a) n2 .
(b) n − 1.
(c) ⌊(3n − 3)/2⌋, azaz n = 2k + 1 esetén 3k, n = 2k esetén pedig 3k − 2.
1.1.7(a) Páros n-re.
(b) Az n = 5 kivételével minden n > 2-re.
(c) Páratlan k esetén minden páros n > k-ra, páros k ̸= 0 esetén n == 2k + 1 kivételével minden n > k-ra, k = 0 esetén minden n > 0-ra.
1.1.8(a) Aszerint számoljuk össze a permutációkat, hogy az 1 hányadik helyen áll.
(b) Alkalmazzuk az előző eredményt k-ra és k − 1-re.
(c) n!
( )(d) n2 n!/2.
(e) Használjuk a skatulyaelvet.
(f) A ,,középső” k érték(ek)re.

Eredmények 1.2.

389

1.2.
1.2.1 (a) 90.

(b) −192.

1.2.2 Igaz: (a), (d), (g).
1.2.3(a) 0.
(b) α11 α22 . . . αnn (azaz a főátlóbeli elemek szorzata).
(c) (−1)n(n−1)/2 α1,n α2,n−1 . . . αn,1 .
1.2.4 (a) (−1)n−1 .

(b) 0.

(c) (−1)n/2 , ha n páros, és 0, ha n páratlan.

1.2.5 Útmutatás: bármely n-tényezős szorzatnál az adott k sort tekintve csakn − m < k oszlopból van lehetőség nem nulla elem választására.
1.2.6 Ha a két elem ugyanabban a sorban vagy oszlopban áll, akkor(n−2)(n−1)!, egyébként pedig (n2 −3n+4)(n−2)!. Ugyanez az eredményérvényes akkor is, ha a szorzatok előjelezését is figyelembe vesszük.
1.2.7 Minden esetben elegendő már egyetlen elem alkalmas megváltoztatása.
Útmutatás: Ha a determináns definíciójában az α11 elemet az őt tartalmazó szorzatokból kiemeljük, akkor a determináns α11 β + γ alakba′írható. Ha β ̸= 0, akkor az α11= −γ/β változtatás megfelel. Egyébként
próbálkozzunk ugyanígy az első sor többi elemével.
Ha egyikesetben sem járunk sikerrel, akkor a determináns már eleve 0 volt.
1.2.8 A legegyszerűbb, ha az első egyenletet α21 -gyel, a másodikat pedig α11 gyel beszorozzuk, és ezután x1 -et kiejtve kifejezzük x2 -t. Hasonlóan
kaphatjuk meg x1 -t is. Ezzel beláttuk, hogy csak a feladatban megadottértékek szolgáltathatnak megoldást. Az, hogy ez valóban megoldás, behelyettesítéssel ellenőrizhető.
Analóg állítás érvényes n ismeretlen és egyenlet esetén is, ez az ún. Cramer-szabály, amelyet a 3.2 pontban tárgyalunk.
1.2.9 A legegyszerűbben úgy érhetünk célt, ha a paralelogrammát olyan, veleazonos területű paralelogrammába toljuk át, amelynek egyik oldala valamelyik tengelyre esik.
Analóg állítás érvényes a térben (sőt magasabb dimenziókban is) a paralelepipedonok térfogatára (lásd a 9.8 pontot).
1.2.10 2⌊n/2⌋ .
1.2.11 A determináns definíciójában szereplő szorzatok között pontosan egy páratlan szám fordul elő, a többi páros, és így ezek (előjeles) összege ispáratlan szám.

390

Eredmények 1.3.

1.3.
1.3.1 Ha n = 4k vagy 4k +1 alakú, akkor nem változik, egyébként pedig előjelet
vált.
1.3.2 Ha a determináns nem nulla, akkor n ilyen szám van: a (−1)-ből vont nedik gyökök. Ha a determináns 0, akkor bármely komplex szám megfelel.
1.3.3 (a) 30.
(b) 100.
Útmutatás: sorok, illetve oszlopok alkalmas kivonogatásával olyan determináns keletkezik, amelyben szebb és kisebb számok szerepelnek.
1.3.4 Hasonlóan okoskodhatunk, mint az 1.3.1/III Tétel bizonyításánál.
1.3.5 Az 1.3.3 Tétel bizonyításánál látottakhoz hasonló gondolatmenetet kellalkalmazni.
1.3.6 Az adott két sor cseréjénél a determináns egyrészt nem változik, másrésztelőjelet vált, tehát csak 0 lehet. Ez a gondolatmenet pl. a modulo 2 test
esetére nem alkalmazható, hiszen ott ,,1 = −1”.
1.3.7(a) A determinánsok egyenlők.
(b) Az új determináns a réginek αn(n+1) -szerese.
1.3.8 (a) (n − 1)!
(b) 1.
(c) 0, ha n > 1.
(d) 0, ha n > 2.
(e) 0, ha n > 2.
1.3.9 0, ha n > 2.
1.3.10 Útmutatás:(a) A 3-mal való oszthatóságnál adjuk hozzá az utolsó oszlophoz a többi oszlopot.
(b) Az általános esetben az utolsó oszlophoz az utolsó előtti oszlop 10-szeresét,az azt megelőző oszlop 100-szorosát stb. érdemes hozzáadni.
1.3.11 0, ha n > 2.
1.3.12 Eredmény: [γ + (n − 1)δ](γ − δ)n−1 .
Útmutatás: Adjuk hozzá az első sorhoz a többi sort, emeljük ki az elsősor közös γ + (n − 1)δ értékét, majd vonjuk le a többi sorból az első sor
δ-szorosát. — Másik lehetőség: alulról kezdve, minden sorból vonjuk lea fölötte levő sort, majd jobbról balra haladva, minden oszlopot adjunkhozzá az előtte álló oszlophoz.
1.3.13 Válasz: 0.
Útmutatás: tükrözzünk a főátlóra.
1.3.14 Ha egy sornak többször is szerepel a konjugáltja, akkor van két egyező sor,tehát D = 0. Ha egy sornak önmaga a konjugáltja, akkor a sorban minden
elem valós. A konjugált sorpárokat kivonogatásokkal átalakíthatjuk úgy,

Eredmények 1.4.

391

hogy az egyik sorban csak valós, a másikban csak tiszta képzetes számok
maradjanak.
1.3.15 Eredmény: 1.
Általánosítás: a mátrix a Pascal-háromszög egy (elforgatott) darabja. Az
általános determináns is 1. Ennek igazolásához azt használjuk fel, hogya mátrixban bármely elem a fölötte és előtte álló elem összege.
1.3.16(a) (−1)n (n − 2).
Útmutatás: az első sorból vonjuk le a többi sort.
(b) (−1)n−1 (n − 1)!
Útmutatás: az első oszlopot vigyük hátra, és vonjuk le az első sort a többi
sorból.
1.3.17 n!
1.3.18 Eredmény: 0, ha n > 2.
Útmutatás: Az addiciós képletek beírása után bontsuk a determinánst az
1.3.2 Tétel ismételt alkalmazásával 2n darab determináns összegére. Az
1.3.3A Tétel alapján ezek mindegyike 0, ha n > 2.
1.3.19 Útmutatás: adjuk hozzá az utolsó oszlophoz a többi oszlopot.
Páros n esetén csak az n/2-lel való oszthatóság következik.
1.3.20 Az előző feladathoz hasonló gondolatmenetet kell alkalmazni.
1.3.21 Útmutatás: ha (i, n) = 1, akkor az i-edik és az (n − i)-edik sort összeadva
mindig egy n, n, . . . , n, 2n alakú sort kapunk.
1.4.
1.4.1 nD.
1.4.2 Eredmény: 0.
Útmutatás: az első két sorra vett ferde kifejtés a feltétel szerint egybeesik
az egyik sor szerinti (rendes) kifejtéssel.
1.4.3 A régi és az új determinánst is fejtsük ki az első sor szerint.
1.4.5 Eredmény: δ n−1 − (n − 1)βγδ n−2 (ha n ≥ 2).
Útmutatás: Jelöljük a determinánst Dn -nel és fejtsük ki az utolsó soraszerint. Az An1 aldetermináns könnyen meghatározható és így a Dn == δDn−1 − βγδ n−2 rekurzió adódik. Néhány kis n értékre Dn -et kiszámolva (már ezt is a rekurzió felhasználásával érdemes csinálni!) az eredmény könnyen megsejthető, és ezután a rekurzió alapján teljes indukcióval
igazolható.

392

Eredmények 1.5.
A feladat rekurzió nélkül is megoldható: ha δ = 0, akkor a determináns 0,
egyébként pedig a főátló fölött csupa 0 elérhető, ha az első sorból levonjuk
a többi sor alkalmas többszörösét.

1.4.6 (γ 2 − δ 2 )k .
1.4.7 Eredmény: γ n + γ n−1 δ + γ n−2 δ 2 + . . . + δ n .
Útmutatás: valamelyik szélső sor vagy oszlop szerint kifejtve a
Dn = (γ + δ)Dn−1 − γδDn−2 rekurzió adódik.
1.4.8 Eredmény: egy ilyen γ van, ha az eredeti determináns összes aldeterminánsának összege nem nulla, és nincs ilyen γ, ha ez az összeg 0.
Útmutatás: A γ hozzáadásával kapott determinánst bontsuk 2n darab
determináns összegére. Ezeknek a tagoknak a legtöbbje 0 lesz.
1.4.9 Az utolsó sor szerinti kifejtést felhasználva teljes indukcióval bizonyítsunk.
∑n
1.4.10 1 − i=1 βi2 .
1.4.11(a) Először az azonos sorhoz (vagy oszlophoz) tartozó aldeterminánsok egyenlőségét igazoljuk. Pl. A11 és A1j az előjeltől eltekintve egyetlen oszlopban
tér el egymástól. Használjuk fel, hogy minden sorban az elemek összege
0, és innen fejezzük ki az első oszlop elemeit.
(b) Használjuk a kifejtési tételt.
1.4.12 Ha β = δ, akkor lásd az 1.3.12 feladatot, ha pedig β ̸= δ, akkor az
eredmény [β(γ − δ)n − δ(γ − β)n ]/(β − δ).
Útmutatás: A jobb alsó sarokban álló elemet írjuk β + (γ − β) alakba, ésbontsuk a determinánst az utolsó sor szerint két determináns összegére.
Ezzel Dn -et kifejezhetjük Dn−1 segítségével. Innen a leggyorsabban úgyérünk célt, ha ebből a rekurzióból β és δ szimmetriáját kihasználva egy
másik rekurziót is felírunk. A két egyenlőségből Dn azonnal kifejezhető.
1.4.13 (a) n.

(b) n2 − n + 1.

(ca) 1.

(cb) n(n − 1)/2 + 1.

1.4.14 Létezik.
1.4.15 Az 1.4.2 Tétel bizonyítását kell értelemszerűen módosítani.

1.5.
1.5.1 (a) (−1)n(n−1)/2 V .

(b) (−1)n(n−1)/2 V 2 .

1.5.2 Ha a γi -k között vannak azonosak, akkor minden komplex szám megoldás.
Ha a γi -k mind különbözők, akkor a V (x, γ2 , . . . , γn ) = 0 egyenlet összes
gyöke x = γi , tehát n − 1 megoldás van. Több megoldás más δ esetén sem
lehet, ugyanis, ha a γi -k mind különbözők, akkor V (x, γ2 , . . . , γn ) − δ az

Eredmények 2.1.

393

x-nek pontosan n−1-edfokú polinomja. Innen az is látszik, hogy n−1-nél
kevesebb megoldás előfordulhat, mégpedig akkor, ha ennek a polinomnak
van többszörös gyöke.
1.5.3 Ha az i-edik sorban szereplő mértani sorozat első eleme δi , hányadosapedig γi , akkor a determináns δ1 . . . δn V (γ1 , . . . , γn ).
1.5.4 n!(n − 1)! . . . 1! = n(n − 1)2 (n − 2)3 . . . 1n .
1.5.5(a) V (γ1 , . . . , γn )-nek és a polinomok főegyütthatóinak a szorzata.
(b) 0.
∏
1.5.6 1≤i<j≤n (αj − αi )(βj − βi ).
()(n−1)()∏
1.5.7 n−1
. . . n−11≤i<j≤n (αj − αi )(βi − βj ).
12n−1
1.5.8 A hányados mindig 2(n−1)(n−2)/2 .
Útmutatás: cos (rϕ) kifejezhető a cos ϕ-nek r-edfokú polinomjaként, határozzuk meg itt a főegyütthatót, majd alkalmazzuk az 1.5.5a feladat
eredményét.
1.5.9 (a) Előjelet vált.
(b) Pontosan a páros permutációk.
(n+2)
1.5.103 .
1.5.11(a) A skatulyaelv szerint minden k < n-hez található olyan i ̸= j, hogy ai és
aj ugyanazt a maradékot adja k-val osztva.
( )(b) V (a1 , . . . , an ) nem változik, ha aji helyére j! aji -t írunk.
1.5.12 Eredmény: (−1)(p+1)/2 , azaz 1, ha p = 4k − 1 alakú, és −1, ha
p = 4k + 1 alakú.
Útmutatás: a k!(p − 1 − k)! típusú szorzatok maradékának megállapításához használjuk a Wilson-tételt.
1.5.13 Eredmény: (γ1 + γ2 + . . . + γn )V (γ1 , . . . , γn ).
Útmutatás: az n + 1-edrendű f (x) = V (γ1 , γ2 , . . . , γn , x) determinánst
fejtsük ki az utolsó sora szerint.

2. Mátrixok
2.1.
2.1.1 Az összeg egy olyan k × n-es mátrix, amelynek minden eleme 6 · 3kn−1 .
2.1.2 α/β nem valós (és α, β ̸= 0).
2.1.3 A.

394

Eredmények 2.1.
(
(
(
)
)
)
0 0
2 −3
1/2 1/2
2.1.4 (a)
.
(b)
.
(c)
.
0 0
1 −2
1/2 1/2()()
1 n
cos nα − sin nα
2.1.5 (a)
.
(b)
.
0 1
sin nαcos nα
(
)
(
)
cos α
sin α
1 0
(c) páratlan n-re:, páros n-re:.
sin α − cos α
0 1
(
)
(
)
b 1−b
0 0
2.1.6 (a)
.
(b)
.
b 1−b
0 0
2.1.7 Nullmátrix.
2.1.8 Igaz: (a), (d).

(

)
(
)
0 1
0 0
,B =
. A hibás indok0 0
1 0lásban a szorzás kommutativitásának a feltételezése van elbújtatva.

2.1.9 Az állítás hamis, ellenpélda A =2.1.10 A B-vel balról, illetve jobbról történő szorzás hatására A első sora, illetve
oszlopa 5-tel szorzódik.
C balról: az első sorhoz hozzáadódik a második sor 6-szorosa.
C jobbról: a második oszlophoz hozzáadódik az első oszlop 6-szorosa.
2.1.11 A sorok, illetve oszlopok permutálódnak.
2.1.12 0.
2.1.14 1.
2.1.15 Útmutatás: A2 -ben a közvetlenül a főátló felett álló elemek is 0-k, A3 -benaz ezek felett állók is stb.
2.1.16 Ap = E( = a 2.1.3 feladatbeli egységmátrix).
Útmutatás: Írjuk fel a mátrixot A = E + B alakban, és a hatványozásnál
használjuk fel (most jogosan) a binomiális tételt és az előző feladatot.
2.1.17 Útmutatás: szorozzunk be A − E-vel.
2.1.18 A = λE.
2.1.19 γim azt mutatja, hogy az i-edik termékhez az m-edik anyagból mennyit
kell felhasználni.
2.1.20 A skalárszorosra vonatkozó azonosság az adjungáltnál (λA)∗ = λA∗ alakra módosul.
2.1.21 A = 0.
A komplex esetben (a transzponált helyett) az adjungálttal kell szorozni.

Eredmények 2.2.

395

2.2.
2.2.1 Igaz: (a), (b).
2.2.2 Igaz: (a), (b), (g).
2.2.3 Igaz: (a), (c).
2.2.4 (a) és (d) invertálható, az inverzük(−21
3/2 −1/2

)




−3/2
5/2 −1, illetve  1/2 −7/22.
1/2
3/2 −1(b) és (c) nullosztók, egy-egy (mindkét oldali) nullosztópár
(

6 −2
−3
1

)




1
3 −2
, illetve  −2 −6
4.
1
3 −2

2.2.5 A determinánsuk ±1.
Útmutatás: kövessük a 2.2.2 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét.
2.2.6 Pontosan akkor van inverze, ha a főátlóban egyik elem sem nulla. Az
inverze is felsőháromszög-mátrix lesz.
2.2.7 Igaz: (a), (c), (f).
Útmutatás (f)-hez: Ha det A ̸= 0, akkor A−1 segítségével kaphatjuk meg
X-et. Ha det A = 0, akkor alkalmas C ̸= 0-val AC = 0 és így bármely
X-re AX = A(X + C).
2.2.8 1.5.5: Általánosan, ha fi = βi,0 +βi,1 x+. . .+βi,n−1 xn−1 , akkor a keresett
determináns a βij -kből (0 ≤ i, j ≤ n − 1) képzett determinánsnak és a
V (a1 , . . . , an ) Vandermonde-determinánsnak a szorzata.
1.5.6: V (α1 , . . . αn )V (β1 , . . . , βn ).
1.5.7:(n−1)(n−1) 2
1
. . . α1n−1
β1n−1 β2n−1 . . . βnn−1
1 α1
2 α1
(n−1)
(n−1) 2β1n−2 β2n−2 . . . βnn−2
1. . . α2n−1
1 α2
2 α2
·
..
..
..
.
..
..
..
...
.
.
.
. ( ..)
.
.
(
)
n−1
2
n−1
1
1
...
1
1 n−1
1 αn
2 αn . . . αn2.2.9 A2 = E pontosan azt jelenti, hogy A = A−1 , a másik feltétel pedig azt,
hogy Â = ±A. Használjuk fel a 2.2.2 Tételből az inverzre kapott képletet,valamint a 2.2.3 Lemmát és a determinánsok szorzástételét.

396

Eredmények 3.1.

2.2.10 Alkalmazzuk a 2.2.3 Lemmát A-ra, majd Â-ra is. A kérdéses mátrix az
A mátrix (det A)n−2 -szerese lesz.
2.2.11 Írjuk fel a 2.2.3 Lemmát A-ra és B-re is.
Komplex esetben A = ρ · B, ahol ρ egy n − 1-edik komplex egységgyök.
2.2.12(a),(b) ,,Ugyanaz”, mint a valós test.
(c) Kommutatív, egységelemes, azoknak az elemeknek van inverze, amelyekrea ̸= ±b, a többi (nem nulla) elem pedig kétoldali nullosztó.
(d) ,,Ugyanaz”, mint a komplex test.
)(
1 b(e) Nem kommutatív, minden
mátrix bal oldali egységelem, jobb
0 0
oldali egységelem nincs, minden( (nem) nulla) elem jobb oldali nullosztó, a
0 bbal oldali nullosztók pedig amátrixok (b ̸= 0).
0 02.2.14 3 | n.
Szükségesség: használjuk a determinánsok szorzástételét.
Elégségesség: n = 3-ra megfelel egy olyan 0, 1 és 2 elemű mátrix, amellyel
egy mátrixot balról megszorozva permutálja annak sorait és közben az
egyik sort 2-vel is megszorozza (vö. a 2.1.10 és 2.1.11 feladattal). Tetszőleges 3 | n esetén a mátrixot rakjuk össze ilyen hármas blokkokból.

3. Lineáris egyenletrendszerek
3.1.
3.1.2 Ekvivalens változtatások: (a), (d).
Más test felett esetleg (d) ekvivalenciája sem marad érvényben, ilyen T
pl. a modulo 2 test.
3.1.3(a) x = 1, y = −1, z = 2.
(b) Nincs megoldás.
(c) x = −2 + ν, y = 5 − ν, z = ν, ahol ν tetszőleges valós szám.
3.1.4 25.
3.1.5(a) x1 = −iν, x2 = ν, x3 = i, ahol ν tetszőleges komplex szám.
(b) x1 = 0, x2 = 1, x3 = i, x4 = −1, x5 = −i.

Eredmények 3.1.

397

3.1.6 Ha n páratlan, akkor x1 = x2 = . . . = xn = 1/2. Ha n páros, akkor
x1 = x3 = . . . = xn−1 = 1 − ν, x2 = x4 = . . . = xn = ν, ahol ν tetszőleges
valós szám.
3.1.7 m és n relatív prímek.
3.1.8 x1 = n + 1, x2 = x3 = . . . = xn−1 = 0, xn = −1.
3.1.9 (a) pn−2 .

(b) p2 .

3.1.10 (d)-hez legyen T a modulo 7 test.
A második résznél (b) és (d) nem lehetséges.
3.1.11 Az ismeretlenek száma a vezéregyesek és a szabad paraméterek számánakaz összege.
3.1.12 Útmutatás: az RLA segítségével lássuk be, hogy legalább n − k szabad
paraméter van.
3.1.13 Útmutatás: Ha H egynél több elemű, akkor van olyan x′ és x′′ megoldás,
amelynél x′1 ̸= x′′1 . Ha (i) λ1 +λ2 = 1, akkor x∗ = λ1 x′ +λ2 x′′ is megoldás,és (ii) x∗1 = λ1 x′1 +λ2 x′′1 . Lássuk be, hogy tetszőlegesen előírt x∗1 -hoz lehet
olyan λi -ket találni, amelyek (i)-et és (ii)-t kielégítik.
Másik lehetőség (továbbra is feltesszük, hogy H egynél több elemű):használjuk fel az RLA segítségével x1 -re kapott paraméteres előállítást.
Még ügyesebben és minden számolás nélkül is célhoz érhetünk, ha a
Gauss-kiküszöbölést úgy végezzük, hogy x1 -et vesszük utolsó ismeretlennek, ekkor ugyanis x1 biztosan szabad paraméter lesz, amire az állítás
nyilvánvaló.
3.1.14 A kétismeretlenes egyenleteknek a koordinátageometria alapján a sík egyenesei felelnek meg, megoldás pedig ezek metszéspontja. Egy egyenletrendszer tehát pontosan akkor oldható meg, ha az összes egyenesnek van közös
pontja. Hasonló módon a háromismeretlenes egyenleteknek a tér egy-egy
síkja felel meg. Háromnál több ismeretlen és/vagy más test esetén nincs
lehetőség ilyen közvetlen geometriai megfeleltetésre.
3.1.15 A mátrixműveletek tulajdonságai alapján
Ax′′ = Ax′ ⇐⇒ A(x′′ − x′ ) = 0.
3.1.16 Igaz: (a), (c), (f).
3.1.17 Ábel nem tudja kitalálni Béla számainak a paritását.
Béla ki tudja találni Ábel számainak a paritását és 5 a minimális kérdésszám.

398

Eredmények 3.2.

3.1.18 Igaz: (a), (b).
Útmutatás (b)-hez: ha az együtthatók (beleértve a jobb oldalon álló konstansokat is) racionálisak, akkor a Gauss-kiküszöbölés során nem lépünk
ki a racionális számok köréből.
3.1.19 Igaz: (b).
Útmutatás (b)-hez: egy nem triviális racionális megoldást a nevezők legkisebb közös többszörösével beszorozva, majd az így kapott egész számok
legnagyobb közös osztójával végigosztva egy olyan egész megoldást kapunk, amelynek nem minden komponense osztható 11-gyel, és így a modulo 11 test felett tekintve is nem triviális megoldást jelent.

3.2.
3.2.1 A megoldás során érdemes különválasztani a valós és a képzetes részeket. A Cramer-szabályt itt a legjobban úgy lehet ,,alkalmazni”, hogy az
együtthatómátrix determinánsáról megmutatjuk, hogy nem nulla (lásdaz 1.3.15 feladatot), tehát egyetlen megoldás van, és megpróbáljuk kitalálni ezt a megoldást. (Kitalálás helyett a képletbeli determinánsok
kiszámítása sem okoz nehézséget, azonban ebben az esetben a Gausskiküszöbölés már gyorsabban célhoz vezet.)
Eredmény: x1 = x3 = 1, x2 = 2i, x4 = 0.
3.2.2 x1 = . . . = xn = 1.
3.2.3 (a) x1 = . . . = xn−1 = 0, xn = n.

(b) xj =∏i̸=j (β − αi )/(αj − αi ).

3.2.4 Igaz: (a).
3.2.5 Útmutatás: A feltételekből következik, hogy mindkét egyenletrendszernek
mindig pontosan egy megoldása van.
(a) Ekkor bármely x ∈ T n -re A1 x = A2 x. Válasszuk x-et rendre ,,egységvektoroknak”, azaz legyen x egyik komponense 1, a többi 0.
(b) Lássuk be, hogy mindkét feltétel azzal ekvivalens, hogy (A1 − A2 )x == 0-nak csak triviális megoldása van.
3.2.6 Útmutatás:(a) Térjünk át a modulo 7 testre. Ekkor egy olyan homogén lineáris egyenletrendszert kapunk, amelynek csak triviális megoldása van.
(b) Tetszőleges K-ra a helyes feltétel az, hogy a determináns (nemcsak hogy
nem osztható K-val, hanem) relatív prím K-hoz. A bizonyítást először aprímhatvány esetre végezzük el a kitevő szerinti teljes indukcióval, majdlássuk be, hogy ha az állítás két, egymáshoz relatív prím K-ra igaz, akkor
ezek szorzatára is teljesül.

Eredmények 3.2.

399

3.2.7 Némi töprengés árán ki is találhatjuk a polinomokat! A 3.2.4 Tétel mellett
a 3.2.10 és 3.2.11 feladatokban leírt módszereket is alkalmazhatjuk.
Eredmények: (a) −x + 11; (b) 2x2 + 1; (c) ix;(d) 2(x + 1)(x2 + 1) + 1 = 2x3 + 2x2 + 2x + 3.
3.2.8(a) 0 vagy 1.
(b) Végtelen test esetén végtelen sok, t elemű véges test esetén t − 1.
Útmutatás (b)-hez: Ha g egy ilyen polinom, akkor g − f -nek mindegyik
γi gyöke.
Másik lehetőség: Az eddigiekhez vegyünk hozzá egy új γn+1 ∈ T helyet,
itt írjunk elő tetszőleges βn+1 értékeket, és vegyük az így keletkező interpolációs polinomokat. (Ez a módszer nem működik, ha T véges test és
elemszáma éppen n.)
3.2.9 Ha két különböző polinom is lenne, akkor a különbségük is legfeljebb
n − 1-edfokú, ugyanakkor a különbségnek mind az n darab γi gyöke, ami
ellentmondás.
3.2.10 Rendre behelyettesítve γ1 , . . . , γn -et, sorban meghatározhatjuk a
ν0 , . . . , νn−1 együtthatókat. Ezzel beláttuk az interpolációs polinom létezését, továbbá azt, hogy a feladatban megadott alakú polinomok körében
csak egyetlen megfelelő f van. Az interpolációs polinom egyértelműségének bizonyításához (a νi együtthatók egyértelműségén kívül) még azt
is igazolni kell, hogy más alakú polinom nem jöhet szóba, mégpedig azért
nem, mert minden legfeljebb n − 1-edfokú polinom előállítható (ráadásul
egyértelműen) a szóban forgó alakban.
3.2.11(a) Az Li polinomban mindegyik x − γj , j ̸= i gyöktényező szerepel, és így afokszámkorlátozás miatt Li csak ezen gyöktényezők szorzatának a konstansszorosa lehet. A konstans szorzót az Li (γi ) = 1 feltételből kapjuk
meg.
∏Eredmény: Li = j̸=i (x − γj )/(γi − γj ).
3.2.12 (a) 1.
(b1) 1.
(b2) 0.
3.2.13(a) Hamis. Ellenpélda: x(x + 1)/2.
(b) Igaz. Útmutatás: elegendően sok helyet és helyettesítési értéket véveállítsuk elő a polinomot interpoláció segítségével (bármelyik módszerrel),és vegyük észre, hogy egyik eljárás sem vezet ki abból a testből, ahonnana helyek és a felvett értékek valók.
3.2.14 A test összes elemével és a Φ függvény ezeken felvett értékeivel készítsük
el a megfelelő interpolációs polinomot.

400

Eredmények 3.4.

3.2.15 Ali Baba egy olyan 24-edfokú f polinomot választott, amelynek a konstans tagja a kulcsszám, és az i-edik rablónak az f (i) értéket súgta meg.

3.3.
3.3.1
(i) Összefüggők, és bármelyik vektor kifejezhető a másik kettővel, pl.
u1 = 3u3 − 2u2 .
(ii) Függetlenek.
3.3.2 Csak a (ii)-beli vektorok függetlenek, a modulo 3 test felett tekintve pedig
ezek sem.
3.3.3 Igaz: (b).
3.3.4 Igaz: (a), (c).
3.3.5 Csak v = 0 lehetséges.
3.3.6 Szükségképpen függetlenek.
3.3.7 (a) Igen.

(b) Nem.

3.3.8 Függetlenek: (a), (d), a többiek összefüggők.
A módosított feladatban az (a)-beliek lehetnek függetlenek is és összefüggők is, a többiek szükségképpen összefüggők.
3.3.9 (aα), (bα), (bβ) szükségképpen összefüggők, a többi három esetben lehetnek akár összefüggők, akár függetlenek.
3.3.11(a) Használjuk fel az előző feladatot.
(b) A sorekvivalens átalakítások nem változtatnak azon, hogy a megfelelő
homogén lineáris egyenletrendszernek van-e nem triviális megoldása.
3.3.12 Lásd a 9.3.1 Tételt.

3.4.
3.4.1 Az oszlopoknál a 3.3.5/II Tételt, az aldeterminánsoknál a kifejtési tételt
érdemes felhasználni.
( )( )
3.4.2 hk nh .
3.4.3 (i) 2.

(ii) 3.

3.4.4 (a) 0 vagy 1.

(iii) 1.
(b) 0, 1 vagy 2.

3.4.5 A rang a sorok és oszlopok számának a minimuma.
3.4.6 (b) és (c) hamis, (d) igaz.

Eredmények 3.4.

401

3.4.8 A valós és a racionális test szerinti rang megegyezik, a mod 2 szerinti rang
pedig legfeljebb ekkora (lehet sokkal kisebb is, lásd a 4.6.16 feladatot).
3.4.9 Igaz: (a).
3.4.11 Igaz: (a), (d).
3.4.12 Az ,,akkor” részt az igazolja, hogy elemi sor- és oszlopekvivalens átalakításokkal a rang nem változik. A ,,csak akkor” onnan következik, hogy
mindkét mátrix olyan alakra hozható, ahol a ,,főátló” rangnyi számú
egyessel kezdődik és minden más elem nulla; hozzuk az egyik mátrixot
ilyen alakra, majd alkalmazzuk a másik mátrixból idevezető lépések inverzét.
3.4.13(a) Vegyünk pl. egy olyan A mátrixot, amelynek az első négy oszlopa négytetszőleges független vektor és a5 = a1 , a6 = a2 , a7 = a3 .
(b) Útmutatás: bármelyik további oszlop előáll az r független oszlop közül
akármelyik r − 1 lineáris kombinációjaként.
(c) Felhasználhatjuk a 3.4.5 feladatot.
3.4.14(a) Legyen pl. az első három oszlopból álló rész olyan, hogy ennek a résznekbármelyik 3 sora független, a többi oszlop pedig egyezzen meg az elsőoszloppal.
(b) Útmutatás: először a nem nulla aldetermináns soraiban és oszlopaibanlevő további elemekre igazoljuk az állítást.
(c) Felhasználhatjuk az 1.5.6 feladatot.
3.4.15 Igaz: (a), (d), (e).
3.4.16 11.
3.4.17 (a) Ha r(A) ≤ n − 2, akkor lássuk be, hogy B = 0. Ha r(A) = n − 1,
akkor használjuk fel, hogy egyrészt a kifejtési tételek szerint B bármely
sorvektora kielégíti az Ax = 0 homogén egyenletrendszert, másrészt ennek az egyenletrendszernek a megoldásai n−r(A) = 1 szabad paraméterrelírhatók fel.
3.4.18 Igen: (c).
3.4.19 (a) k.

(b) Ha k > n, akkor 1, ha pedig k ≤ n, akkor n − k + 2.

402
3.5.

Eredmények 3.5.



1
1
0 −1
2 −1 −1  1
3.5.1 (a) 
;
0 −1
0
1
−1 −1
1
1




4 −6
4 −1
14 −11
3
 −6
(b) 
.
4 −11
10 −3
−1
3
−3
1

3.5.2




n −1 −1 . . . −1
1 −2
1
 −1
0
1
0 ...
0
1 −2



−1
0
1 ...
0  ; B −1 =  0
01
A−1 = 
 .
.
..
..
..
..
.. 
..
 ..


.
.
.
.
.
.
.
.
0
0
0
−1
0
0 ...
1


2 −1
0 ...
0
0
 −1
2 −1 . . .
0
0



0
−1
2
.
.
.
0
0
−1

C =  ..
.
..
..
..
.. 
..
.
.
.
.
. 
 .

 0
0
0 ...
2 −1 
0

0

0 ...

−1

...
...
...
..
.


0
0

0;
.. 
.

...

1

1

3.5.3
(a) X minden oszlopa és Y minden sora λ(1, 1, −1, −1) alakú.
(b) X minden oszlopa (λ + 2µ, −2λ − 3µ, λ, µ) alakú, Y minden sora(λ − µ, −2λ − µ, λ, µ) alakú.
3.5.4 Legyen pl. B a csupa 1-ből álló mátrix.
3.5.5 Páratlan n-re invertálható, és (n > 1-re) az inverz minden eleme ±1/2,
mégpedig a főátlóban az előjel mindig +, innen soronként jobbra haladva
és ciklikusan a főátlóhoz visszatérve a többi n − 1 elemnél váltakozva −és + (tehát a főátló előtt is mindig +).
Páros n-re nullosztó; AB = 0, illetve CA = 0 pontosan akkor teljesül, ha
B minden oszlopa, illetve C minden sora λ(1, −1, 1, −1, . . . , 1, −1) alakú.
3.5.6(a) A 2.2.2 Tételre a 3.5 pontban adott új bizonyítás gondolatmenetét kell
megfelelően módosítani.
(b) Pl. az előző két feladat segítségével gyárthatunk ilyen példát.
3.5.7 Nem következik. Ellenpéldát a 3.5.4 vagy 3.5.5 feladatból nyerhetünk.

Eredmények 4.1.

403

3.5.8
(a) Lásd pl. a 3.5.3b feladatot.
(b) Legyen az Ax = 0, illetve AT y = 0 egyenletrendszer
egy-egy (egyλ1 γ
µ1 δ




paraméteres) megoldásserege x =  ... , illetve y =  ... , ahol
λn γ
µn δ
γ, δ ∈ T tetszőleges. Ekkor a B mátrix megfelel, ha βij = λi µj .
(c) Csak A = 0 ilyen.

4. Vektorterek
4.1.
4.1.1 Vektortér: (b), (d), (e), (f), (h), (i), (j).
4.1.2 Vektortér: (a), (c), (d), (e), (j), (l), (m), (o).
4.1.3 Vektortér: (a), (b), (f), (g), (k).
4.1.4 P7: legyen T1 a T2 test részteste, ekkor V = T2 vektortér a T1 felett a
T2 -beli műveletekre. Sőt, az is elég, hogy T2 olyan kommutatív gyűrű,amelynek az egységeleme megegyezik a T1 test egységelemével.
4.1.5 Igen. (Ennek ,,mélyebb” magyarázatát lásd az 5.2.2 feladatban.)
4.1.6 Igen. (Ennek ,,mélyebb” magyarázatát lásd az 5.2.2 feladatban.)
4.1.7 Nem.
4.1.8(a) Nem. Útmutatás: pl. λ = 1/2, v = 3 bajt okoz.
(b) Nem. Útmutatás: az (a)-beli gondolatmenetet csak olyan testeknél kellmódosítani, amelyekben ,,nincs 1/2”.
(c) Igen. Útmutatás: van az egész számokkal azonos számosságú halmaz,
amely jól ismert vektorteret ad.
(d) Nem. Útmutatás: lássuk be, hogy V számossága nem lehet kisebb T
számosságánál.
(e) Igen. Útmutatás: a valós számsorozatokat próbáljuk meg komplex számsorozatokként tekinteni.
(f) Igen. A megoldáshoz komolyabb lineáris algebrai meggondolások kellenek,
amelyekkel azt a meglepő tényt lehet megmutatni, hogy a komplex számok
az összeadásra nézve és a valós számok az összeadásra nézve izomorf
struktúrát (csoportot) alkotnak. Tekintsük ugyanis a valós számokat
és a komplex számokat a racionális test feletti szokásos vektorterekként.

404

Eredmények 4.1.

Ekkor számossági megfontolások alapján ezek (Hamel-)bázisa azonos számosságú, tehát a két vektortér dimenziója megegyezik, és így izomorfak— lásd a 4.5 és 5.2 pontok végén szereplő megjegyzéseket is.
4.1.9 Mindegyik esetben csak egyetlen axióma nem teljesül, ezek: (a) (S1);(b) (S1); (c) (S4); (d) (S3).
4.1.10(ii) Induljunk ki a (0 + λ)v = λv összefüggésből.
(iii) Induljunk ki az (1 + (−1))v = 0v összefüggésből.
(iv) Ha λ ̸= 0, akkor λv = 0 mindkét oldalát szorozzuk meg a λ−1 skalárral.
4.1.11 Igaz: (a), (b).
4.1.12 (S4)-ből (a) triviálisan következik, (b) pedig éppen a 4.1.2 Tétel (iv) állítása. A megfordításokhoz az (a) esetben 1v = 1(λv) jobb oldalát alakítsuk tovább, a (b) esetben pedig induljunk ki az 1(1v + (−v)) kifejezésből.
4.1.13 Bontsuk fel kétféleképpen az (1 + 1)(u + v) kifejezést.
4.1.14 Néhány ilyen példát ad a 4.1.9 feladat.
Az összeadási axiómák függetlenségének bizonyításához jól használható akövetkező észrevétel: ha minden v-re v + v = v és a skalárral való szorzás
λv = v-vel van definiálva, akkor a skalárral való szorzásra vonatkozó
axiómák valamennyien teljesülnek.
Legnehezebb az (S2) függetlenségének az igazolása, ehhez útmutatás:legyen V = C2 , T = C, az összeadás a szokásos és a skalárral való szorzásnál λv értékét v bizonyos tulajdonságaitól függően hol a λ-val, hol pediga λ-tal történő szokásos szorzással definiáljuk.
Elvi problémákat vet fel az (Ö3), és még inkább az (Ö), illetve az(S) axiómák függetlenségének a kérdése. Ha (Ö3) nem teljesül, akkor az(Ö4) tulajdonképpen értelmetlen, hiszen ellentettről csak akkor beszélhetünk, ha van nullelem. Ennek ellenére formálisan felvethetjük (Ö3)
függetlenségét is a következő módon: nincs nullelem, de létezik egy olyan
0-val jelölt [és az (Ö4)-en kívül más axiómában szerepet nem játszó] elem,
hogy (Ö4) igaz [és persze (Ö3) kivételével az összes többi axióma is].
Még erőltetettebb a többi axióma megfelelő értelmezése, ha az (Ö),
illetve az (S) axióma nem teljesül, hiszen ha gond van magával a művelettel, akkor nem szoktuk ennek a tulajdonságait vizsgálni. Előfordulhat
azonban olyan eset, amikor azért a ,,legtöbb” elempárhoz megtörtént
az egyértelmű hozzárendelés, ilyen például az osztás a valós számoknál.
Ezért (Ö3)-nak és (Ö4)-nek még akkor is lehet értelme, ha (Ö) ,,csak parciálisan teljesül”, az azonosságokat pedig (nagyon mesterkélten) úgy lehet
felfogni, hogy minden olyan esetben érvényesek, amikor mindkét oldal
valóban létezik.

Eredmények 4.2.

405

4.2.
4.2.1 Mindhárom feladat egy-egy adott vektortér bizonyos részhalmazairól azt
kérdezi, hogy azok alteret alkotnak-e.
4.2.2 Altér: (a), (b), (h), (i), (j).
4.2.3 A magtér meghatározása egy homogén lineáris egyenletrendszer megoldását jelenti. A képtér esetében azt kell eldönteni, hogy egy adott együtthatómátrixú egyenletrendszer a ,,jobb oldal” mely értékeire oldható meg.
Ehhez a jobb oldalt célszerű paraméterként tekinteni, és így elvégezni aGauss-kiküszöbölést. Az adott A mátrixra





2
1
{
}
 −3 
 −2 
Ker A = λ  + µ
 ,
0
1
1
0



 
−1
2 }
{



Im A = α
0 + β 1 ,10ahol λ, µ, α, β ∈ T . (Mindkét altér másfajta paraméterezésekkel vagy
más egyéb formában is megadható.)
4.2.4 Az Fp testek felett (a) nem valósulhat meg.
4.2.5 Válasz: (a), (b), (c), (e).
Az (a), (b) és (c) feltételek bármelyike ekvivalens azzal, hogy W altér, az(e) feltétel pedig pontosan a W = V esetben teljesül.
4.2.6 Igaz: (b), (c).
4.2.7(a) u és v vagy mindketten W -beliek, vagy egyikük sem az.
(b) u és v közül legfeljebb az egyik W -beli.
(c) u és v mindketten W -beliek.
(d) u és v egyike sem W -beli.
(e) u és v közül legfeljebb az egyik W -beli. (Ne felejtsük el megmutatni, hogy
megvalósulhat az az eset is, amikor pontosan az egyikük W -beli, és az is,amikor egyikük sem esik W -be.)
Más test felett: pl. F11 esetén (c) úgy is teljesülhet, ha u és v egyike sem
W -beli.
4.2.8 5u + 3v + w ̸∈ W , 6u + 3v + w ∈ W .
4.2.9 Egyetlen vektor skalárszorosaiból állnak.
4.2.10 Ha V a síkvektorok szokásos vektortere, akkor az origón átmenő egyenesek megfelelnek. Ezt a következőképpen általánosíthatjuk tetszőleges vektortérre: ha a ̸= 0 és b nem skalárszorosa a-nak, akkor a

406

Eredmények 4.3.
cµ = a + µb vektor összes skalárszorosai minden µ ∈ T esetén más és
más alteret adnak.

4.2.11 5; p + 3.
4.2.12(b) Valamelyik tartalmazza a másikat.
(c) Nem.
(d) Általában nem, de az F2 test feletti vektorterekben előfordulhat.
(g) Útmutatás: F22 -re ez a 4.2.11 feladatból következik. Ugyanígy igazolható
bármely T felett T 2 -re is. Az általános esetet úgy vezethetjük visszaerre, hogy V -ben veszünk egy ,,nagy” alteret, amelyet egy ,,2-dimenziós”
altérrel ,,kibővítve” megkapjuk az egész V -t.
4.2.14 V nem vektortér.
4.2.15 Csak (d) helyes.
4.2.16(a) A térvektoroknál a pontok, az egyenesek, a síkok és maga a tér.
(c) Legyen u közös eleme a két sokaságnak. Lássuk be, hogy v pontosan
akkor lesz ilyen közös elem, ha v − u benne van a két altér metszetében.
(d) Ha a = u + w1 , b = u + w2 , c = u + w3 , wi ∈ W , akkor az altér tulajdonságainak felhasználásával adódik, hogy a + λ(b − c) is ilyen alakú. A
megfordításhoz próbáljuk meg L elemeiből előállítani a megfelelő W -t, ésa feltétel segítségével igazoljuk, hogy ez valóban altér.
4.2.17 A fő problémát az jelenti, hogy az u + W sokaság nem határozza meg
egyértelműen magát az u vektort. Ezért először azt kell igazolni, hogy aműveletek nem függnek attól, hogy a sokaságot melyik u-val ,,reprezentáltuk”.
4.3.
4.3.1 Csak a (c) generátorrendszer.
4.3.2 A 4.1. pont példái közül: P1, P2, P3, P7. — A 4.1.1 feladatban: (b). —A 4.1.2 feladatban: (c), (l), (m). — A 4.1.3 feladatban: nincs ilyen.
4.3.3 Igaz: (a), (d), (e).
4.3.4 Igaz: (a), (c), (e).
4.3.6 Igaz: (c), (e).
4.3.7 Csak c = 0 lehetséges.
4.3.8 Ha két altér mindegyike kielégíti a feltételeket, akkor (iii) alapján ezek
kölcsönösen tartalmazzák egymást, tehát egyenlőek.

407

Eredmények 4.3.

4.3.9 Lássuk be, hogy ez a metszet kielégíti a 4.3.4 Tétel (i)–(iii) követelményeit.
4.3.10 (a), (b), (d), (e) V .
(c) {f | f (x) = 0, ha x ̸= 5, x ̸= 6}.
Direkt összeg: (a), (c), (d).
4.3.12(a) ⟨W1 , W2 ⟩ ∩ W3 ⊇ ⟨W1 ∩ W3 , W2 ∩ W3 ⟩.
(b) ⟨W1 ∩ W2 , W3 ⟩ ⊆ ⟨W1 , W3 ⟩ ∩ ⟨W2 , W3 ⟩.
Az (a) és (b) résznél általában nem áll fenn egyenlőség. Ez is mutatja, hogy a generátum és az egyesítés tulajdonságai alapvetően eltérnek
egymástól.
(c) A két altér egyenlő.
4.3.13 (a) Nem (W ∩ Z ̸= 0).
(b) és (c) Igen.
(e) Igen.
(f) Nem (⟨W, Z⟩ ̸= V ).

(d) Nem (Z nem altér).

4.3.14 Több altér által generált altér (egyik lehetséges) definíciója:⟨W1 , . . . , Wk ⟩ = W1 + . . . + Wk = {w1 + . . . + wk | wi ∈ Wi }.
A 4.3.6 Tétel általánosítása: az elemek ilyen előállítása akkor és csak
akkor egyértelmű, haWi ∩ ⟨W1 , . . . , Wi−1 , Wi+1 , . . . , Wk ⟩ = 0,i = 1, 2, . . . , k.

Ebben az esetben a Wi -k által generált alteret a Wi -k direkt összegének
hívjuk. Jelölés: W1 ⊕ . . . ⊕ Wk . Ez sokkal erősebb megkötést jelent,
mint az, hogy az összes altér metszete 0, például a sík nem direkt összege
három, az origón átmenő különböző egyenesnek.
4.3.15 Ha a részhalmaz altér, akkor az általa generált altér nyilván önmaga. A
többi esetben:
4.1.1: (a) a legfeljebb 100-adfokú polinomok és a 0; (c), (g), (k), (l), (m)az összes polinom.
4.1.2: (b), (g), (h), (i) az összes sorozat; (f) a konvergens sorozatok; (k)a (j)-beli sorozatok.
4.1.3: (c) a (b)-beli függvények; (d), (e), (i), (j), (l), (m) az összes függvény.

408

Eredmények 4.4.

4.3.16 (a) f ∈ ⟨H⟩.
(b) g ̸∈ ⟨H⟩.
(c) Nem változik a helyzet.
Útmutatás (c)-hez: A feladat átfogalmazható arra, hogy egy racionális
együtthatós, végtelen sok egyenletből álló, de csak véges sok ismeretlent
tartalmazó egyenletrendszernek van-e megoldása. A Gauss-kiküszöbölés
segítségével igazoljuk, hogy ez nem függ attól, hogy az ismeretleneket a
racionális vagy a valós számok körében keressük.
4.3.17 Csak (c) generátorrendszer.
Útmutatás (b)-hez: Nem állítható elő például egy olyan sorozat, melynek
az elemei egy transzcendens szám különböző hatványai. (A transzcendens szám definícióját lásd az A.10 pontban, az A.10.6 Definíció után.)Ennek igazolásához írjuk fel a feladatot egy (végtelen sok egyenletet, decsak véges sok ismeretlent tartalmazó) egyenletrendszer formájában, ésalkalmazzuk a Gauss-kiküszöbölést vagy az algebrai bővítések elemi tulajdonságait (lásd az A.10 pontot).

4.4.
4.4.1 Igaz: (b), (e), (g), (i), (j).
4.4.2 (a) Összefüggő.
(b) Független.
(c) Lehet összefüggő, lehet független.
4.4.3 Következik.
4.4.4 A 4.4.3 Tétel III. állításának bizonyításához hasonlóan adódik.
4.4.5 Ha s ≥ 2 és v, u1 , . . . , um−s lineárisan független, akkor megfelel például
λ1 v, . . . , λs v, u1 , . . . , um−s , ahol λ1 , . . . , λs különböző ̸= 0 skalárok.
4.4.6 Igaz: (a), (c).
4.4.7 Függetlenek.
4.4.8 Csak d = 0 lehetséges.
4.4.9 Független: (a), (d).
Összefüggő: (b), (c), (f).
Lehet összefüggő, lehet független: (e), (g).
4.4.10 (a) m páratlan.

(b) (k , m) = 1.

4.4.11 Csak (c) nem igaz.
4.4.12 Használjuk fel (a) a számelmélet alaptételét; (b) a transzcendens számdefinícióját.

409

Eredmények 4.6.
4.5.
4.5.1 A bázisok elemszáma:(a) 11; (b) 18; (c) 19;(d) 20;(e) 20;(f) 20;(g) 19.

4.5.2 Bázis: (a), (d).
Független, de nem bázis: (f).
Generátorrendszer, de nem bázis: (b).
4.5.3 Mindkét fogalom azonos a bázissal. (Használjuk fel a 4.5.3 Tételt.)
4.5.4 Alkalmazzuk a 4.5.4 Tételt.
4.5.6 Összefüggő.
4.5.7 Igaz: (b), (c), (f).
4.5.8 (a) Egyik sem.
(b) Független, de nem generátorrendszer.
(c) Bázis, ha n páratlan, és egyik sem, ha n páros.
(d) Bázis.
(e) Generátorrendszer, de nem független.
4.5.9 Elég a függetlenséget vizsgálni.
4.5.11 Útmutatás: Írjuk fel a vi -ket a 4.5.10 feladat szerint. Lássuk be, hogy
van olyan j, amelyre βij ̸= 0, valamint a βrs -ekből képezett determinánsban az Aij előjeles aldetermináns sem nulla. Ekkor vj kielégíti a feladat
feltételeit.
4.5.12(a) Van.
(b) Nincs. (Írjuk fel a vektortér elemeit egy bázis segítségével.)(c) Lássuk be, hogy minden véges test tartalmaz egy Fp testet, és fölötte
vektortér (vö. az A.11 ponttal).
(d) Használjuk fel (c) eredményét.
4.5.13 Útmutatás: használjuk fel pl. a 4.5.7 Tételt.
4.5.14 Útmutatás (a)-hoz és (b)-hez: Fpn -ben az első báziselem (pn − 1)-féleképpen választható, a következő (pn − p)-féleképpen stb. Az eredmény éppen
a (c) részben a jobb oldali szorzat.

4.6.
4.6.1 (a) 2.
(b) ∞.
(c) n(n + 1)/2.
(d) ∞.
(e) p. Útmutatás: használjuk fel a 3.2.14 feladat állítását is.
(f) 84.
(g) 210.
(h) 20.
(i) n − r.
(j) Oszlopszám – rang.
(k) Rang.
4.6.2 Bázis: (a), (b), (c).
Útmutatás (d)-hez: már az első 8 vektor is lineárisan összefüggő.

410

Eredmények 4.6.

4.6.3 Vegyünk k független vektor által generált alteret.
4.6.4 Használjuk fel, hogy A minden oszlopára ugyanaz a feltétel adódik.
4.6.5 Induljunk ki abból, hogy W1 és W2 bázisának egyesítése már összefüggő.
4.6.6(a) W1 és W2 bázisának egyesítése generátorrendszer ⟨W1 , W2 ⟩-ben.
(c) W1 ∩ W2 bázisát bővítsük ki W1 , illetve W2 bázisává.
4.6.7 (a) ∞.
(b) 101, 101, 102.
(( √ )( √ )n )n.
4.6.8 φn = √15 1+2 5 − 1−2 5
Az útmutatás szerinti részeredmények: (i) 2; (ii) keressünk mértani sorozatokat.
A részletes levezetést lásd a 9.2.1 Tétel első bizonyításában és az utána
szereplő megjegyzésben.
4.6.9 A kilenc ismeretlenre adódó összefüggéseket felírva egy olyan egyenletrendszert kapunk, amelyben 3 szabad paraméter lesz. Szabadon választhatjuk pl. az α11 , α12 és α22 elemeket. Így bázist alkotnak azok a bűvös
négyzetek, amelyekben a fenti elemek egyike 1, a másik kettő 0, a többi
elem pedig a feltételekből egyértelműen meghatározható. Ezzel a paraméterezéssel az összes bűvös négyzet alakjaβγ3δ − γ − β 4δ − γ − 2βδ
2β + γ − 2δ 
β + γ − δ 2δ − γ
2δ − β
4.6.10 (a) 3.
(b) 3.
(c) 4.
4.6.11 Útmutatás: az összegvektorok k ≥ 4 esetén már összefüggők.
4.6.13 Vizsgáljuk az oszlopvektorok által generált alterek kapcsolatát.
4.6.14 Ha r > 0, akkor egy r-dimenziós alteret r független vektorral generálhatunk. Így azonban ugyanazt az alteret sokszor megkapjuk, mégpedigbármelyik bázisa szerint. Eredmény:(pn − 1)(pn − p) . . . (pn − pr−1 ).
(pr − 1)(pr − p) . . . (pr − pr−1 )4.6.15 Nyilván elég a 0 < r ≤ min(k, n) esettel foglalkozni. Legkevesebb számolással úgy érhetünk célba, ha T k -ban kiválasztunk egy r-dimenziós
alteret és ebben egy n elemű generátorrendszert. Eredmény:(pk − 1)(pk − p) . . . (pk − pr−1 )(pn − 1)(pn − p) . . . (pn − pr−1 ).
(pr − 1)(pr − p) . . . (pr − pr−1 )4.6.16 (c) 1010.

Eredmények 5.1.

411

4.7.
4.7.1
(a) A két megfelelő koordináta is felcserélődik.
(b) Az adott koordináta 1/λ-val szorzódik.
(c) Az eredeti αi és αj koordinátákból αi és αj − λαi lesz.
4.7.2 Csak a 0 ilyen.
4.7.3 Érdemes felhasználni  a három vektorból képezett mátrix inverzét.
1
Eredmény: Az  0  vektornak a megadott bázis szerinti koordinátái 26,
0−21, 19, azaz
 
 
 
 
1
1
3
2
 0  = 26  2  − 21  7  + 19  5  .
0
5
8
2
 
 
0
0



A 1 vektor koordinátái: −10, 8, −7. A 0  vektor koordinátái:0
1−1, 1, −1.
4.7.4 A v skalárszorosain kívül bármi lehet.
4.7.5 (a) Életben marad.

(b) Nem marad életben.

5. Lineáris leképezések
5.1.
5.1.1 Nem lineáris leképezés: (b), (f), (h), (j), A többi lineáris leképezés, amagtér és képtér után zárójelben a dimenzió szerepel.
(a) Mag: konstans polinomok (1), kép: legfeljebb 99-edfokú polinomok (100).
(c) Mag: {γx} (1), kép: {f | α1 = 0} (100).
(d) Mag: konstans polinomok (1), kép: legfeljebb 99-edfokú polinomok (100).
(e) Mag: x-szel osztható polinomok (100), kép: {γx} (1).
(g) Mag: azok a polinomok, amelyeknek az 1 gyöke (100), kép: {γ(x + x2 )}(1).
(i) Mag: az x7 +4x+1-gyel osztható polinomok (94), kép: legfeljebb 6-odfokú
polinomok (7).

412

Eredmények 5.1.

5.1.2 Nem lineáris leképezés: (b), (c), (d), (g). A többi lineáris leképezés, amagtér és képtér után zárójelben a dimenzió szerepel.
(a) Mag: tiszta képzetes számok (1), kép: valós számok (1).
(e) Mag: a 0 (0), kép: C (2).
(f) Mag: a 0 (0), kép: C (2), kivéve ha a 0-val szoroztunk, amikor a mag: C(2), a kép a 0 (0).
(h) Mag: a 0 (0), kép: C (2).
5.1.3 Nem lineáris leképezés: (b), (d), (f). A többi lineáris leképezés, a magtér
és képtér után zárójelben a dimenzió szerepel.
(a) Mag: azok a mátrixok, amelyeknek a középső oszlopa nulla (6), kép: T 3(3).
(c) Mag: azok a mátrixok, amelyekben a főátló elemeinek az összege nulla(8), kép: a ,,csupaegy” vektor skalárszorosai (1).
(e) Mag: azok a mátrixok, amelyekben minden sor összege nulla (6), kép T 3(3).
5.1.4 A magtér és képtér után zárójelben a dimenzió szerepel.
(a) Mag: 0 (0), kép: a 0-val kezdődő sorozatok (∞).
(b) Mag: azok a sorozatok, amelyekben legfeljebb a kezdő elem nem nulla(1), képt: minden sorozat (∞).
(c) Mag: 0 (0), kép: azok a sorozatok, amelyekben α2k = α2k+1 , k == 0, 1, 2, . . . (∞).
(d) Mag: azok a sorozatok, amelyekben α10k = 0, k = 0, 1, 2, . . . (∞), kép:
minden sorozat (∞).
(e) Mag: azok a sorozatok, amelyeknek minden eleme egyenlő (1), képtér:
minden sorozat ∞.
(f) Mag: 0 (0), kép: minden sorozat ∞.
(g) Mag: a (γ, −γ, −γ, γ, γ, −γ, −γ, γ, . . .) sorozatok (1), kép: azok a sorozatok, ahol α4k + α4k+1 = α4k+2 + α4k+3 , k = 0, 1, 2, . . . (∞).
5.1.5 Nem.
5.1.6 Útmutatás (b)-hez: legyen T = C.
5.1.7 dim V ≤ 1.
5.1.8 A valós test felett nem igaz.
5.1.9 Igaz: (b), (d).
5.1.10 Alkalmazzuk a 4.6.6 Tételt.
5.1.12 101k , k = 0, 1, 2, . . . vagy ∞.
5.1.13 Útmutatás: ui − u1 ∈ Ker A, i = 2, 3, . . . , k.
5.1.14 Útmutatás: ha egy tetszőleges c1 , . . . , cn bázisra például Ac1 ̸= 0 és
Aci = 0, akkor ci helyett vegyük ci + c1 -et.

Eredmények 5.3.

413

5.1.16(a) AU ∩ AZ ⊇ A(U ∩ Z), és általában nem áll fenn egyenlőség.
(b) A⟨U, Z⟩ = ⟨AU , AZ⟩.
5.2.
5.2.1 5.1.1: nincs.
5.1.2: (e), (f) (kivéve, ha a 0-val szoroztunk), (h).
5.1.3: nincs.
5.1.4: (f).
5.2.2 4.1.5 a valós számok szokásos vektorterével, 4.1.6 pedig a komplex számok
Q feletti, a szokásos műveletek szerinti vektorterével izomorf. A megfelelő
izomorfizmusok v 7→ lg v, illetve v 7→ v + 1.
5.2.3 (c), (d).
5.2.4 Használjuk az 5.2.5 Tételt.
5.2.5 n + 1.
5.2.6 (a), (b), (d), (f), (g), (i), (j) és (k) (ezek mind 8-dimenziósak);(e) és (h) (ezek 43-dimenziósak).
5.3.
5.3.1 W egy bázisát egészítsük ki V egy bázisává, és ezen a bázison definiáljuk
alkalmasan a transzformációt.
5.3.2 Ilyen a O leképezés akármilyen V1 és V2 esetén. Ezen kívül még a modulo
2 maradékosztályok teste felett dim V1 = 1 esetén a képtér, dimV2 = 1
esetén a magtér meghatározza a leképezést. Minden más esetben bármely
leképezéshez van vele azonos magterű, illetve képterű tőle különböző leképezés (sőt néhány további kivételtől eltekintve olyan is, amelynek mind a
képtere, mind pedig a magtere megegyezik az adott leképezés kép-, illetve
magterével).
5.3.3(a) 0 vagy 1. Ha az u1 , . . . , un generátorrendszer nem bázis, akkor mindig
megadhatók a ci -k úgy, hogy ne létezzen ilyen leképezés, és úgy is, hogy
pontosan egy ilyen leképezés létezzen.
(b) Legalább 1, és ha u1 , . . . , un nem bázis, akkor mindig több ilyen leképezéslétezik, mégpedig legalább |T | számosságú.
5.3.4 (a) 0.
(b) 1.
(c) ∞.
5.3.5 pkn .
5.3.6 Útmutatás: ha dim V1 ≤ dim V2 , akkor a bázisok segítségével olyan A
definiálható, amelyre Ker A = 0, ha pedig dim V1 ≥ dim V2 , akkor olyan,
amelyre Im A = V2 .

414

Eredmények 5.5.

5.4.
5.4.1 Pontosan a páros dimenziósak ilyenek.
5.4.2 (a), (b).
5.4.3 Igen.
5.4.4 Akármelyik feltételből következik az izomorfizmus.
5.4.5 Útmutatás: (i)-ből dim Im A ≤ 3, (ii)-ből pedig dim Ker A ≤ 5 következik.
5.4.6 Útmutatás: írjuk fel A-ra is és B-re is a dimenziótételt, és használjuk fel
a véges dimenziós tér alterének dimenziójáról szóló 4.6.4 Tételt.
5.4.7 Útmutatás: alkalmazzuk a dimenziótételt és a direkt összeg dimenziójára
vonatkozó 4.6.6b feladatot.

5.5.
5.5.2 (a) O.
(b) E.
(c) E.
(d) (2 cos Φ)E.
(e) √Forgatva nyújtás
az origóból, a forgatás szöge +45 fok, a nyújtás aránya 2.
5.5.3 Altér: (c), (d); valamint (a), ha V1 = U1 ; (b), ha dim V1 ≤ 1 vagy
dim V2 ≤ 1; (e), ha a V2 -beli megadott vektor nullvektor.
5.5.4 Kivételes esetektől eltekintve általában egyik sem altér.
5.5.5 Igaz: (a).
5.5.6 Útmutatás: Lássuk be, hogy bármely A ∈ Hom (V1 , V2 ) egyértelműen
írható fel a Cij leképezések lineáris kombinációjaként. Ehhez használjuk
fel, hogy az A leképezés jellemezhető az aj báziselemek képével, a képek
pedig egyértelműen előállíthatók a bi báziselemek segítségével. (Vö. az
5.7 ponttal.)
5.5.7 Azonnal következik az előző feladatból. (Vö. az 5.7.5 Tétellel.)
5.5.8 Csak (a) igaz.
5.5.9 (c) 7.

415

Eredmények 5.6.
5.6.
5.6.1 Igen: (c), (d).
   α1
α35.6.2 AB  α2  =  α1  ,
α3
α2
101
(AB)
= BA.



  
α1
α2
BA  α2  =  α3  ,α3α1A101 = A,

5.6.3 A = λE.
5.6.4 dim V ≤ 1.
5.6.5 Ker AB ⊇ Ker B, Im AB ⊆ Im A.
5.6.6 Az első disztributivitást igazoljuk.
A(B + C) = AB + AC bármelyik oldala pontosan akkor értelmes, ha A ∈ Hom (V2 , V3 ),B, C ∈ Hom (V1 , V2 ). Bármely x ∈ V1 -re a bal oldal[A(B + C)]x = A[(B + C)x] = A(Bx + Cx) = A(Bx) + A(Cx) ,itt az utolsó lépésben felhasználtuk A linearitását. Ha a jobb oldalt alkalmazzuk egy x ∈ V1 vektorra, akkor ez a leképezések összeadásának ésszorzásának definíciója alapján azonnal ugyanerre az alakra hozható.
5.6.7 Útmutatás: alkalmazzuk a dimenziótételt a B leképezésnek az Im A altérre történő megszorítására.
5.6.8 Útmutatás: Lássuk be, hogy Ker A2 ⊇ Ker A, illetve Im A2 ⊆ Im A
mindig teljesül. Ezután írjuk fel a dimenziótételt A-ra és A2 -re is. Innen a dimenzió végességét még egyszer kihasználva kapjuk az első és amásodik feltétel ekvivalenciáját. Az első és a harmadik feltétel ekvivalenciája közvetlenül adódik (vagy felhasználhatjuk hozzá az előző feladat
eredményét).
5.6.9 Legyen V = R5 és legyen Ax = Ax minden x ∈ V -re. Nyilván Im Ak+1 ⊆⊆ Im Ak , és ha valamilyen k-ra egyenlőség áll fenn, akkor onnantól kezdve
U = Im Ak = Im Ak+1 = Im Ak+2 = . . .
Mivel az egyenlőség a feladat feltétele szerint U = 0-val teljesül, továbbáaV ⊇ Im A ⊇ Im A2 ⊇ Im A3 ⊇ . . .
láncban a dimenzió mindig legalább eggyel csökken, amíg U -hoz nem jutunk, így legkésőbb az ötödik lépésben szükségképpen már 0 lesz az eredmény. Ennek alapján A5 = O, és innen A5 = 0. (A feladatra egy másik
megoldást a minimálpolinom segítségével adhatunk, lásd a 6.3 pontot.)

416

Eredmények 5.6.

5.6.10 A-nak végtelen sok balinverze van, nincs jobbinverze, jobb oldali nullosztó, nem bal oldali nullosztó. B-re a ,,bal” és ,,jobb” felcserélésével
kapott analóg eredmények érvényesek. (Figyeljük meg, hogy BA = E, deAB nem az!)
5.6.11 (a) és (c) Az A és C transzformációnak nincs egyik oldala inverze sem,és kétoldali nullosztók, pl. AC = CA = O.
(b) A B transzformáció nem nullosztó, és
B −1 : b1 7→ b1 , b2 7→ −b1 + b2 , . . . , bn 7→ −b1 + bn .
5.6.12 dim V ≤ 1.
5.6.13 dim V ≤ 1.
5.6.14 (a) dim V ≥ 2.
(b) Nincs ilyen V (̸= 0).
5.6.15 Bővítsük ki Im A bázisát V bázisává, és definiáljuk B-t ezen a bázison.
5.6.16 Igaz: (a), (b), (c).
5.6.17 dim B = dim J = dim V · dim Ker A.
5.6.18(a) Projekció például a síkon tetszőleges egyenesre történő vetítés.
(b) Projekció=vetítés.
(c) Csak az E-nek.
(e) Például a modulo 2 test felett az ,,akkor” rész nem igaz.
(f) Lássuk be, hogy Ker (P + λE) = 0, illetve Im (P + λE) = V , vagy pedig
keressük az inverzet αP + βE alakban.
(g) A megfelelő alterek U1 = Im P és U2 = Ker P. Az ,,akkor” rész közvetlenül
verifikálható, a ,,csak akkor” rész igazolásához használjuk fel a v = Pv ++(v − Pv) felírást.
5.6.19 Útmutatás: a lényeg az, hogy a B transzformáció Im A egy bázisához
ezeknek a báziselemeknek egy-egy A szerinti ősképét rendelje hozzá.
Megjegyzés: az is elérhető, hogy egyúttal BAB = B is teljesüljön.
5.6.20 Algebra: (a), (c), (d), (e), (g), (i) (ez utóbbi a kvaternióalgebrával izomorf).
5.6.21 (a) 0.
(b) 350 .
(c) 8.
5.6.22
1
vv = α02 + α12 + α22 + α32 ,v (v ̸= 0) .
v −1 = 22
α0 + α1 + α22 + α32
5.6.23 Végtelen sok (az összes megoldás: α1 i + α2 j + α3 k, ahol α12 + α22 + α32 == 1). — A szóban forgó tétel kommutatív test felett érvényes.

Eredmények 5.7.

417

5.6.24 n.
Útmutatás: ha a v kvaternió nem valós, akkor az α+βv alakú kvaterniók,
ahol α, β valós, a komplex számokkal izomorf testet alkotnak.
5.6.25 Útmutatás: Legyen c ̸= 0 tetszőleges rögzített eleme az A algebrának, és
tekintsük a c-vel történő szorzást mint az A (vektortér) lineáris transzformációját, azaz legyen C : x 7→ cx (ahol x ∈ A), ekkor
C ∈ Hom A. A nullosztómentesség alapján Ker C = 0, így a véges dimenzió miatt Im C = A. Ez azt jelenti, hogy a cx = d egyenlet bármelyd ∈ A esetén megoldható.

5.7.




0 1 0 0 0 0 0
0 0 2 0 0 0 0
0 0 0 3 0 0 0

5.7.1 (a)  0 0 0 0 4 0 0  .

0 0 0 0 0 5 0

0 0 0 0 0 0 6
0 0 0 0 0 0 0(b) és (c): van. [A (c) rész általánosítását lásd az 5.8.7b feladatban.](d) és (e): nincs.
5.7.4(a) Az első két oszlop felcserélődik.
(b) Az első két sor felcserélődik.ű(c) A harmadik oszlop λ-val szorzódik.
(d) A harmadik sor 1/λ-val szorzódik.
(e) A harmadik oszlophoz hozzáadódik a második oszlop µ-szöröse.
(f) A második sorból levonódik a harmadik sor µ-szöröse.
Általában megfigyelhetjük, hogy az aj -knél történő változtatás hatása
a mátrix oszlopaiban hasonló jellegű, ún. ,,kovariáns” változásként jelenik meg, ugyanakkor a bi -knél történő változtatás eredménye a mátrix
sor aiban ellentétes jellegű, ún. ,,kontravariáns” változás lesz.
5.7.5 Van: (b), (c), (d).
5.7.6 Útmutatás: V1 -ben Ker A egy bázisának kiegészítésével készítsünk bázist,
V2 -ben pedig a Ker A-n kívüli báziselemek képeit egészítsük ki bázissá.
5.7.8 Útmutatás: ha c ̸∈ Ker A, akkor az Ac, c bázis megfelel.
5.7.9 A = λE.
5.7.10 Útmutatás: Egy nem nulla négyzetes mátrix akkor és csak akkor egyik
vagy másik vagy mindkét oldali nullosztó, ha a determinánsa 0. A transz-

418

Eredmények 6.1.
formációk és a mátrixok közötti megfeleltetést használva, ez
utóbbi feltétel — a homogén lineáris egyenletrendszereknél tanultak alapján — azonnal a Ker A ̸= 0 feltételre vezethető vissza.

5.7.11 Útmutatás: az ,,oszlopvektorok” által generált altér minden esetben éppen
Im A.
5.7.12 Útmutatás: térjünk át a megfelelő leképezésekre, használjuk fel az előző
feladatot, és alkalmazzuk a dimenziótételt az (b) részben A-ra, az (a)részben pedig az A-nak az Im B-re történő megszorítására.
5.7.13 Nem igaz, mert a síkon is van az identitáson kívül ilyen tulajdonságú
lineáris transzformáció (keressük ezt a forgatások között).
()
1 0
5.7.14 (a) Vegyük minden báziselem λ-szorosát.
(b) Pl.
.
0 0



1/2
3/2
1
1 −1 1
5.8.1 (a)  −1/2
1/2
1 ; (b)  1 −2 1 ;
1/2 −1/2 −1
1 −3 1
5.8.3 Alkalmazzuk az 5.8.1A Tételt A = S-re.

5.8.





0 1
(c)  1 0
0 1


0
−1 .
0

5.8.4 Használjuk fel az 5.8.1A Tételt és a determinánsok szorzástételét.
5.8.5 (a) és (b) hamis, mindkettőre ellenpélda a legfeljebb elsőfokú polinomok
vektortere és a deriválás.
(c) és (d) igaz.
5.8.7 (a) A ̸= O.

(b) A ̸= λE.

5.8.8 Ha A = λE, akkor bármely bázis megfelel, egyébként pedig keressük akísérő transzformációt S = A − λE alakban.
6. Sajátérték, minimálpolinom
6.1.
6.1.1 Sé=sajátérték, sv=sajátvektor (a 0 polinomot eleve kizárjuk), sd=sajátaltér dimenziója, dm=diagonális mátrix.
(a) Sé: 0, sv: konstans polinomok, sd: 1, dm: nincs.
(b) Sé: 0, 1, . . . , 6, sv: ,,egytagúak”, sd: mindegyiké 1, dm: van.
(c) Sé: 0, 66 , sv: x − 6-tal osztható polinomok, illetve γx6 alakú polinomok,
sd: 6, illetve 1, dm: van.
(d) Sé: 0, 1, sv: x2 +2x+3-mal osztható polinomok, illetve legfeljebb elsőfokú
polinomok, sd: 5, illetve 2, dm: van.

419

Eredmények 6.2.

6.1.2 Következik: µA-ra, A2 -re, illetve A−1 -re, a megfelelő sajátértékek rendreµα, α2 , illetve α−1 .
6.1.3 Mindegyik következik. Ha v-hez A-nál az α, B-nél a β sajátérték tartozik,
akkor a megfelelő sajátérték A + B-nél α + β, AB-nél αβ, a többi esetben
pedig az előző feladatban megadott érték.
6.1.4 Igaz: (b), (c).
Útmutatás c)-hez: ha A2 v = µ2 v, akkor (A + µE)[(A − µE)v] = 0 miattvagy v sajátvektor µ sajátértékkel, vagy pedig (A − µE)v sajátvektor −µsajátértékkel.
6.1.5 Igaz: (a), (d), (e).
6.1.6 Pl. egy (origón átmenő) tengely körüli (nem kπ szögű) forgatás, egy(origón átmenő) síkra történő tükrözés, illetve a három tengely irányában eltérő mértékű nagyítás.
6.1.7 u-hoz és v-hez azonos sajátérték tartozik, de u ̸= −v.
6.1.8 λE.
6.1.9 Bizonyítsunk k szerinti teljes indukcióval.
6.1.10 Következik az előző feladatból.
6.1.11 A magtér kétdimenziós, ezenkívül észre lehet venni egy, a 3 sajátértékhez
tartozó sajátvektort is.
6.1.12(a) A 0 pontosan akkor sajátérték, ha a megfelelő transzformáció nem invertálható és ez AB-re és BA-ra egyszerre teljesül. Egyébként, az(AB)(x) = λx egyenlőségre alkalmazzuk a B transzformációt.
(b) Következik (a)-ból az A = BB −1 A felírás alapján.
6.2.
6.2.1 (a) (−x)7 .
(b) −x(x − 1)(x − 2) . . . (x − 6).
5(d) −x (x − 1)2 .
6.2.2 (a) x2 − 1.
(e) (x − 1)2 .

(b) x2 − x.
(f) (x + 1)2 .

(c) −x6 (x − 66 ).

(c) x2 + 1.
(d) x2 − x + 1.
(g) (x − 5)2 .

6.2.3 g(x) = kµA (x) = µn f (x/µ), ahol n = dim V . Azaz, haf (x) = (−1)n xn + αn−1 xn−1 + . . . + α1 x + α0 ,akkorg(x) = (−1)n xn + µαn−1 xn−1 + . . . + µn−1 α1 x + µn α0 .

420Eredmények 6.3.

6.2.4 6.1.10: Egy polinomnak legfeljebb annyi gyöke lehet, mint amennyi a foka.
6.1.9: Ha öszefüggők lennének, akkor az általuk generált altér k-nál kisebb
dimenziós lenne, és ha a transzformációt erre az altérre megszorítjuk,
akkor k (vagy több) sajátértéke lenne, ami az előzőek alapján lehetetlen.
6.2.5 Az algebra alaptétele szerint a karakterisztikus polinomnak van gyöke.
6.2.6 (a) Van.
b) Nincs.
6.2.7 Kp=karakterisztikus polinom, sé=sajátérték, sv=sajátvektor (a 0-t eleve
kizárjuk közülük), dm=diagonális mátrix.
(a) Kp: x4 − 1, sé: 1, −1, sv: ⟨b1 + b2 + b3 + b4 ⟩, ⟨b1 − b2 + b3 − b4 ⟩, dm:nincs.
(b) Kp: x(x + 1)(x − 1)2 , sé: 0, 1, −1, sv: ⟨b3 − b4 ⟩, ⟨b4 , b1 + b2 ⟩, ⟨b1 − b2 ⟩,dm: van.
(c) Kp: (1 − x)4 − 1, sé: 0, 2, sv: ⟨b1 − b2 + b3 − b4 ⟩, ⟨b1 + b2 + b3 + b4 ⟩,dm: nincs.
A komplex test felett az (a) és (c) esetben további két sajátérték adódik,és létezik diagonális mátrix.
6.2.8 Ahány különböző (esetleg ismétléses) permutációja létezik a főátlóbanlevő elemeknek. (Azért nincs több, mert a karakterisztikus polinomban
az egyes sajátértékek multiplicitása egyértelmű.)6.2.9 Használjuk a karekterisztikus polinomra a gyökök és együtthatók közöttiösszefüggést.
6.2.10 Érdemes megvizsgálni a mátrixok nyomát, determinánsát, a karakterisztikus polinomot és ezzel együtt a sajátértékeket, valamint azt, hogy létezik-e
diagonális mátrix.
6.2.11 Használjuk az 1.3.6 Tételt.

6.3.
6.3.1 6.1.1: (a) x7 . (b) x(x − 1)(x − 2) . . . (x − 6). (c) x2 − 66 x. (d) x2 − x.
6.2.2: (a) x2 − 1. (b) x2 − x. (c) x2 + 1. (d) x2 − x + 1.
(e) x − 1. (f) x + 1.
(g) x − 5.
4
3
6.2.7: (a) x − 1. (b) x − 1. (c) (1 − x)4 − 1.
6.3.2 λE.
6.3.3 A konstans tag nem nulla.
6.3.4 Az mA (A) = O egyenlőséget szorozzuk be A−1 -gyel.
6.3.5 Ha mA = α0 + . . . + αk xk , akkor mA−1 = αk + . . . + α0 xk .

Eredmények 6.3.

421

6.3.6 Igaz: (b), (c), (e), (f).
6.3.7 A minimálpolinomra is érvényes az algebra alaptétele.
6.3.8 A mátrixnak megfelelő transzformáció minimálpolinomja osztója
x1000 -nek és legfeljebb ötödfokú, tehát xk alakú, ahol k ≤ 5.
6.3.9(a) Van (pl. a síkban a 72 fokos forgatás mátrixa).
(b) Nincs (mert a keresett mátrixnak megfelelő transzformáció minimálpolinomja egyrészt másodfokú, másrészt osztója az x5 − 1 polinomnak, amia racionális test fölött lehetetlen).
6.3.10 Vagy megegyeznek, vagy pedig az egyik a másiknak az x-szerese.
Útmutatás: Ha α0 E +α1 AB +α2 (AB)2 +. . .+αk (AB)k = O, akkor ezt az
egyenlőséget balról B-vel,jobbról pedig A-val megszorozva
α0 BA + α1 (BA)2 + α2 (BA)3 + . . . + αk (BA)k+1 = O adódik.
6.3.11 Ha mA = f és mB−1 AB = g, akkor f (B −1 AB) = B −1 f (A)B = O miattg | f , és a másik irányú oszthatóság is hasonlóan adódik.
6.3.12 Ha a minimálpolinom j-edfokú (j ≤ n), akkor Hom V -ben A minden
hatványa, így Ak is előállítható E, A, . . . , Aj−1 lineáris kombinációjaként.
6.3.13 Az altér dimenziója éppen a minimálpolinom foka.
Útmutatás: Ha a minimálpolinom j-edfokú, akkor E, A, . . . , Aj−1 bázist
alkot a szóban forgó altérben. (Vö. a 6.5.4 Tétellel.)
6.3.14 Bármely k/2 és k közötti egész szám, a határokat is beleértve.
Útmutatás: Legyen A2 minimálpolinomja β0 + β1 x + . . . + βs xs . Ebbe
A2 -et behelyettesítve azonnal adódik, hogy A gyöke a β0 + β1 x2 + . . . ++βs x2s polinomnak, vagyis k ≤ 2s.
A másik irányú becslés:jk−1
Hom V -ben minden j-re A ∈ ⟨E, A, . . . , A⟩, tehát A-nak, és így A2 nek is bármely k + 1 hatványa lineárisan összefüggő. Innen s ≤ k adódik.
Azt, hogy ezek az értékek valóban fel is lépnek, az alábbi típusú példákkal
igazolhatjuk: a transzformációnak legyen csupa különböző sajátértéke (kdarab), amelyek közül néhánynak szerepel az ellentettje is.
6.3.15 Útmutatás: Legyen egy tetszőleges r polinom esetén r∗ (x) = r(x2 ).
Használjuk fel, hogy r(A2 ) = O ⇐⇒ mA | r∗ , továbbá, hogy ha λ ̸= 0,
akkor az r-nek a λ2 pontosan ugyanannyiszoros gyöke, mint az r∗ -nak a
λ.
6.3.16 Útmutatás: Ha (h, mA ) = d ̸= 1, akkor h(A)(mA /d)(A) = O miatth(A) nullosztó (vagy nulla), tehát nem létezik inverze. Ha (h, mA ) = 1,
akkor alkalmas r és s polinomokkal 1 = hr + smA , és így h(A)r(A) = E.
6.3.17 A minimálpolinomok és (így szükségképpen) a sajátértékek egybeesnek,a karakterisztikus polinomok azonban nem is azonos fokúak.

422

Eredmények 6.3.

6.3.18 Ha f = α0 + α1 x + . . . + αk xk , akkor legyen V bázisa b1 , . . . , bk és
Ab1 = b2 , . . . , Abk−1 = bk , Abk =k−1∑(−αi /αk )bi+1 .

i=0

6.3.19 Attól, hogy a minimálpolinomnak és a karakterisztikus polinomnak is
pontosan a sajátértékek a gyökei, lehetne, hogy valamelyik gyöktényező
a minimálpolinomban magasabb hatványon szerepel, és akkor a minimálpolinom nem lenne osztója a karakterisztikus polinomnak.
Abból, hogy a minimálpolinom osztója a karakterisztikus polinomnak,
következik, hogy a minimálpolinom gyökei, azaz a sajátértékek mind
gyökei a karakterisztikus polinomnak, de ez utóbbinak lehetnének más
gyökei is. Visszafelé ugyanígy, az oszthatóság csak azt biztosítja, hogy aminimálpolinom gyökei a karakterisztikus polinom gyökei, azaz a sajátértékek közül kerülnek ki, de nem adódik, hogy minden sajátérték valóbanelőfordul közöttük.
6.3.20 Igazoljuk, hogy bármely f ∈ T [x] polinomra S −1 f (A)S = f (S −1 AS).
6.3.21 Az, hogy A nem gyöke egy legfeljebb k-adfokú, nem nulla f ∈ T [x] polinomnak, azzal ekvivalens, hogy E, A, A2 , . . . , Ak lineárisan függetlenek amátrixok T n×n vektorterében. Ez utóbbi azt jelenti, hogy a megfelelő homogén lineáris egyenletrendszernek csak triviális megoldása létezik. Mivela Gauss-kiküszöbölésnél nem lépünk ki az együtthatók által meghatározott testből, ezért valós együtthatók esetén ugyanahhoz a redukált lépcsős
alakhoz jutunk akkor is, ha az együtthatókat komplex számoknak tekintjük.
Megjegyzés: Ugyanígy adódik általánosan is, hogy ha K részteste a T
testnek, azaz K ⊆ T és K maga is test a T -beli műveletek megszorításaira,akkor egy A ∈ K n×n mátrixnak a K feletti minimálpolinomja egyben T
feletti mininálpolinom is. Az analóg állítás a karakterisztikus polinomra
is igaz, ez a definícióból azonnal következik.
6.3.22(a) Mivel mA | kA , ezért mA minden irreducibilis tényezője szerepel kA felbontásában. Megfordítva, legyen f a kA egy irreducibilis tényezője. Tekintsük az A mátrixot komplex elemű A′ mátrixnak, ekkor kA′ = kA és
mA′ = mA (ez kA -ra a definícióból adódik, mA -ra pedig a 6.3.21 feladat mintájára igazolható). Az algebra alaptétele szerint f (egy konstansszorzótól eltekintve) gyöktényezők szorzatára bomlik és az irreducibilitás
miatt ezek a gyökök mind különbözők (A.4.10 feladat). Ezek mind gyökei

Eredmények 6.4.

423

kA′ = kA -nak, tehát sajátértékei A′ -nek, így gyökei mA′ = mA -nak is.
Ezért ugyanezek a gyöktényezők mA -ban is szerepelnek, vagyis f | mA .
(b) Szükségesség: Az A ∈ Qn×n mátrix gyöke az x3 − 2 polinomnak, ami
irreducibilis, tehát ez a minimálpolinom. A karakterisztikus polinom így
csak ennek hatványa lehet, ezért a fokszáma, azaz n csak a 3 többszöröse
lehet. Elégségesség: Megfelelő mátrixot n = 3-ra pl. a 6.3.18 feladatútmutatásából kapunk, tetszőleges n-re pedig ilyen 3 × 3-as blokkokból
kell a mátrixot összerakni.
6.4.
6.4.2 Igaz: (a), (c), (d).
Útmutatás d)-hez: az A transzformáció U -ra történő megszorításának amagtere a feltétel szerint 0, tehát a képtere az egész U .
6.4.3 Az első k oszlop utolsó n − k eleme nulla.
6.4.4(a) Egy ilyen transzformáció skalárszorosa, két ilyen transzformáció összege
és szorzata is ilyen tulajdonságú.
(b) n2 −nk+k 2 . Útmutatás: a transzformációk helyett tekintsük a mátrixukat
egy olyan bázisban, amelynek első k eleme U -beli.
6.4.5 (a) λE.
b) Ha dim V > 13, akkor λE.
Útmutatás (b)-hez: a 6.4.1 feladat alapján a 13-nál kisebb, illetve nagyobb
dimenziójú alterek invarianciája is igazolható.
6.4.6 Útmutatás: Legyen U sajátaltere A-nak. Ha u ∈ U , azaz Au = λuvalamely rögzített λ-ra, akkor A(Bu) = B(Au) = B(λu) = λ(Bu), tehát
Bu ∈ U .




0 0 0
0 0 0
6.4.7 (b) Nem, pl. [A] =  0 1 0  , [B] =  0 1 0 .
0 0 2
0 0 3
6.4.8 n + 2.
Útmutatás: Lássuk be, hogy ha egy polinom eleme egy invariáns altérnek,
akkor minden nála nem nagyobb fokú polinom is benne van ebben az
altérben.
6.4.9(b) Legyen (f, mA ) = d. Először azt igazoljuk, hogy Ker f (A) = Ker d(A),itt az egyik irányhoz használjuk fel, hogy d felírható d = sf + tmA
alakban. Ezután lássuk be, hogy ha d1 és d2 a minimálpolinom két
osztója és Ker d1 (A) = Ker d2 (A), akkor d1 és d2 egymás konstansszorosa. Ezt (d1 , d2 ) segítségével visszavezethetjük a d1 | d2 esetre. Ha most424

Eredmények 6.5.
mA = d2 h = rd1 h, akkor a feltétel alapján már d1 (A)h(A) = O, tehát aminimálpolinom definíciója miatt r csak konstans lehet.

(c) A (b) rész szerint ennyi különböző Ker f (A) típusú altér létezik.
(d) Az A-nak akkor és csak akkor nincs nem triviális invariáns altere, hamA irreducibilis (T felett) és deg mA = dim V . A Cayley–Hamilton-tétel
alapján ez azzal ekvivalens, hogy kA irreducibilis (T felett).
6.4.10 Az előző feladathoz hasonló gondolatmeneteket alkalmazzunk.


0 0 0
6.4.11 (a) Igaz.
(b) Hamis, pl. [A] =  1 0 0  , f = g = x.
0 0 0
6.4.13 0: u = 0, 1: u sajátvektor. (Vö. a 6.5.4 Tétellel.)
6.4.14 Pl. megfelel maga a V , ha dim Im A ≤ dim V − 2, vagy egy legalább
kétdimenziós altér, ha A = E.
6.4.15 Igaz: (a), (c), (e).

6.5.
6.5.1
(a) Ha λ ̸= 0, akkor o(u) = o(λu).
(b) o(Au) = o(u)/x vagy o(u) attól függően, hogy o(u) konstans tagja nulla
vagy nem nulla. ()(c) o[f (A)u] = o(u)/ o(u), f .
6.5.2 A rend létezéséhez és a fokszámára adott becsléshez azt használjuk fel,hogy az u, Au, . . . , An u vektorok lineárisan összefüggők.
Egy másik lehetőség, ha a minimálpolinom megfelelő tulajdonságaira támaszkodunk.
6.5.3 oA (u).
6.5.4 Használjuk fel az előző feladat eredményét, valamint a minimálpolinom
és a sajátértékek kapcsolatát.
6.5.5 Járjunk el a 6.5.7 Lemma bizonyításában a (iii)-nál megadott útmutatásszerint: lássuk be, hogy ha f = gh, akkor g = o[h(A)v].
6.5.6 Igaz: (a), (c).
6.5.7 Útmutatás: Ha i > 0, akkor Ai u ∈ Im A.
Válasz a kérdésre: A 6.5.6 Tétel alapján ugyanez a korlát érvényes aminimálpolinomra.

Eredmények 6.6.

425

6.5.8 Legyen u1 , . . . , un a λ1 , . . . , λn sajátértékekhez tartozó egy-egy sajátvektor, ezek bázist alkotnak. Az ui -k tetszőleges részhalmaza által generált (összesen 2n darab) altér invariáns (a 0 alteret az üres halmaz
generálja). Azt kell igazolni, hogy nincs több invariáns altér. Ehhez azt
mutassuk meg, hogy ha egy v = β1 u1 + . . . + βn un vektor eleme egy U
invariáns altérnek és βi ̸= 0, akkor ui ∈ U . E célból alkalmazzuk v-re azfi (A) transzformációt, ahol fi = mA /(x − λi ).
6.5.9 A minimálpolinom minden osztója valamely u vektor rendje, és páronként
nem-egységszeres osztók esetén az ezekhez tartozó ⟨u, A⟩ alterek mind
különbözők.
()
6.5.10 A feladatnak az említett (i) állítás az o(u), o(v) = 1 speciális esete, ésa bizonyítás is az ott látottak mintájára adódik.
6.5.11 Ha λ ̸= 0, akkor oλA (u) foka megegyezik oA (u) fokával. A másik kérdésnél
a helyzet analóg a minimálpolinomnál látottakkal (6.3.14 feladat). A bizonyítás is történhet az ottani mintára, egy másik lehetőség
az, ha a 6.5.6 Tétel alapján csak az ottani eredményeket használjuk fel,egy harmadik út pedig, ha a 6.5.4 Tételre támaszkodunk.
(
)
(
)
1 0
1 0
6.5.12 (c) R és C felett is megfelel pl. [A] =, [B] =
. Egy2 1
1 1szerűbb példa R felett a síkon az origó körüli 120 fokos, illetve 240 fokos
forgatás vagy bármely két olyan transzformáció, amelynek azonos irreducibilis polinom a minimálpolinomja.

6.6.
6.6.1 Az elégségességhez használjuk fel a 6.6.2 Tételt.
6.6.2(a) A-nak a különböző sajátértékekhez tartozó sajátvektorai bázist alkotnak,
és ezek B-nek is sajátvektorai.
(b) Az A-val felcserélhető transzformációk n-dimenziós alteret alkotnak
Hom V -ben, ennek része A polinomjainak az altere, amely szinténn-dimenziós, tehát a két altér egybeesik. Ezeket a legkönnyebben úgy
láthatjuk be, ha a transzformációk helyett az A sajátvektorai szerinti
bázisban felírt mátrixokkal dolgozunk. Egy másik lehetőség, ha az interpolációs polinomot (lásd a 3.2.4 Tételt) használjuk fel.
6.6.3 A megszorítás minimálpolinomja osztója az eredeti minimálpolinomnak.
A karakterisztikus polinomoknál is ugyanez a helyzet.

426

Eredmények 6.6.

6.6.4(a) Használjuk pl. a 6.5.3 Tételt.
(b) Ha pl. b1 , b2 , b3 rendre az 1, 1, 2 sajátértékhez tartozó lineárisan független sajátvektorok, és U1 = ⟨b1 , b3 ⟩, U2 = ⟨b2 , b3 ⟩, akkor m∩ = (x − 2) ̸≠= (m1 , m2 ) = (x − 1)(x − 2).
6.6.5 (a) és (b) Pl. A = E esetén sem áll általában egyenlőség.
(c) U1 ∩ U2 bázisát egészítsük ki U1 , illetve U2 bázisává, ez együttesen⟨U1 , U2 ⟩ bázisát adja, és a karakterisztikus polinomok kiszámításához A
mátrixát ebben a bázisban írjuk fel.
6.6.6 Először azt igazoljuk, hogy ha deg mA < dim V , akkor végtelen test
esetén végtelen sok invariáns altér van.
Mivel bármely u-radim⟨u, A⟩ = deg o(u) ≤ deg mA < dim V , ezért mindegyik ⟨u, A⟩ valódi
altér. Ezek egyesítése nyilván kiadja V -t, és mivel végtelen test esetén
véges sok valódi altér egyesítése nem lehet V , így szükségképpen végtelensok (⟨u, A⟩ alakú) invariáns altér van. (Véges test esetén annyi mondható,
hogy biztosan van nem ⟨u, A⟩ alakú altér, pl. a V , és emiatt a 6.5.9 feladat
szerint több invariáns altér van, mint ahány páronként nem-egységszeres
osztója van a minimálpolinomnak.)
Most megmutatjuk, hogy ha deg mA = dim V , akkor (akár véges, akár
végtelen test esetén) minden invariáns altér Ker f (A) alakú. Ezzel készen
leszünk, hiszen az ilyen alterek száma a 6.4.9 feladat szerint a minimálpolinom páronként nem-egységszeres osztóinak a számával egyenlő.
Legyen v olyan vektor, amelyre o(v) = mA . Ekkor dim⟨v, A⟩ == deg o(v) = deg mA = dim V , tehát ⟨v, A⟩ = V .
Legyen f | mA , azaz mA = f g. Ekkor Im f (A) = ⟨f (A)v, A⟩, tehát dim
Im f (A) = deg o[f (A)v] = deg g.
A dimenziótétel szerint így
dim Ker f (A) = deg f .
Vegyünk most egy tetszőleges U invariáns alteret, és jelöljük az A transzformáció U -ra történő megszorításának a minimálpolinomját
f -fel. Belátjuk, hogy U = Ker f (A).
Legyen u ∈ U olyan vektor, amelyre o(u) = f . Ekkor ⟨u, A⟩ ⊆ U ⊆⊆ Ker f (A). Továbbá dim ⟨u, A⟩ = dim Ker f (A) = deg f , tehát valóban
U = Ker f (A).
6.6.7 Az előzőn kívül használjuk fel a 6.4.9, 6.4.10 és 6.5.9 feladatokat is.
6.6.8(a) λE.
(d) Nem, legyen pl. D = −A, illetve D = A−1 .

Eredmények 6.6.

427






1 0 0 01 0 0 0
1 1 0 0
1 1 0 0(f) A megfordítás hamis, pl. a  és 
 mátri0 0 1 0
0 0 1 00 0 0 10 0 1 1xokhoz tartozó transzformációk karakterisztikus polinomja és minimálpolinomja megegyezik, azonban nem hasonlók, mert a(z 1 sajátértékhez
tartozó) sajátalterek dimenziója eltér.
6.6.9 λE.
Útmutatás: kombináljuk az előző feladat (a) és (f) pontjának eredményét.






2 0 0
1 0 0
2 0 0
6.6.10 (a)  0 2 0 ;(b)  0 ω 0 ;(c)  1 2 0 ;
2
0 0 0
0 0 ω
0 0 0


1 0 0

(d) 1 1 0 , ahol ω primitív harmadik egységgyök.
0 0 1
6.6.11(a),(d) Közvetlenül a főátló alatt 1-ek állnak, minden más elem 0 (az egész mátrix
egyetlen Jordan-alblokk).
(b) Diagonális mátrix, a főátlóban az n-edik egységgyökök állnak.
(c) Közvetlenül a főátló alatt az ⌊(n + 2)/2⌋-edik sor kivételével 1-ek állnak,
minden más elem 0 (az egész mátrix egyetlen Jordan-blokk, amely egy⌊n/2⌋ és egy ⌊(n + 1)/2⌋ méretű alblokkból áll).
(e) A bal felső sarokban n, az összes többi helyen 0 áll.
(f) Diagonális mátrix, a főátlóban ⌊(n + 1)/2⌋ darab 1 és ⌊n/2⌋ darab −1 áll.
6.6.12 A blokkok (és azon belül az alblokkok)
egymástól függetlenül
hatvá

λ 0 0 ... 0
1 λ 0 ... 0
0 1 λ . . . 0  Jordan-féle alnyozódnak. Egy k × k-as A = . . . .
 .. .. ..
. . ... 
0 0 0 ... λblokk m-edik hatványában a főátló fölött minden elem 0, a főátlóban minden elem λm , közvetlenül alatta
elem mλm−1 , az eggyel lejjebbi(m) minden,,ferde szinten” minden elem 2 λm−2 , és általában,bármely j < k-ra a( ) m−jfőátló alatti j-edik ferde szinten minden elem m
λ.
jHasonló módon kapjuk meg tetszőleges f polinom esetén f (A)-t is.
6.6.13 Legyen λi multiplicitása a főátlóban (azaz a λi -hez tartozó blokk mérete)si , és az ezen a blokkon belüli legnagyobb alblokk mérete ti . Ekkor∏∏kA =(x − λi )si ,mA =(x − λi )ti .

428

Eredmények 7.1.
Megjegyzés: Ebből azonnal adódik kA | mA , és így új bizonyítást nyertünk a 6.3.5 Cayley–Hamilton-tételre a komplex test esetén. Ugyanezműködik bármely algebrailag zárt testre, azaz amelyben bármely nem
konstans polinomnak van gyöke. Innen tetszőleges testre is adódik az
oszthatóság, ha áttérünk a test algebrai lezártjára és felhasználjuk, hogy
ez nem befolyásolja sem a karakterisztikus, sem a minimálpolinomot (lásdaz Útmutatásoknál a 6.3.21 feladat utáni megjegyzést).

6.6.14 Használjuk a Jordan-alakot.
6.6.15(a) deg mA = 1 vagy deg mA = n(= dim V ) vagy mA = (x − λ)n−1 .
(b) A karakterisztikus polinom csupa különböző gyöktényező szorzata.
(c) A karakterisztikus polinom bármely gyöktényezőjének a multiplicitása aminimálpolinomban vagy ugyanannyi, mint a karakterisztikus polinomban, vagy eggyel kevesebb, vagy pedig 1.
6.6.16 Használjuk fel a Jordan-alakot, és azt, hogy a Jordan-alak hasonló atranszponáltjához. Ez utóbbi a báziselemek sorrendjének a megváltoztatásával egyszerűen adódik.
6.6.17(a) Tekintsük az A mátrixot egy A lineáris transzformáció mátrixának. A
karakterisztikus polinomból kapjuk, hogy létezik sajátbázis, ebben tehát
A mátrixa egy C diagonális mátrix.
Az 5.8.1A Tétel alapján−1
C = S AS, ahol S az új bázisra áttérés mátrixa. Innen A = SCS −1 ,amiből An = SC n S −1 . Diagonális mátrixokat elemenként lehet hatványozni, továbbá S és S −1 is könnyenamibőlmeg)( n meghatározható,
n+1
n
n
1
5
+
2
5
−
2
.
kapjuk An -et. Eredmény: An =3 2 · 5n − 2n+1 2 · 5n + 2n(b) Most annyi a különbség, hogy nincs sajátbázis, mert a karakterisztikus
polinomnak kétszeres gyöke van.
Így a Jordan-alakot használjuk
C-nek, amelynek (a hatványait a 6.6.12 feladat) alapján számolhatjuk.
n−1
n
n−1
n2
+
2
n2
Eredmény: B n =.
−n2n−12n − n2n−1

7. Bilineáris függvények
7.1.
7.1.1 (a) és (b) nem bilineáris függvény. (c) αij = 2j−1 .
(d) αij = (i − 1)2j−1 .

(e) αij = 1, ha i + j = 4, és 0 egyébként.

Eredmények 7.2.

429

7.1.2 P2: E.
P3: α12 = 1, α21 = 2, a többi αij = 0, illetve α11 = 1,
α22 = −3, a többi αij = 0.
P4: nullmátrix.
7.1.3 A nulla függvény értékkészlete csak a nullából áll, minden más bilineáris
függvény értékkészlete az összes valós szám.
7.1.4(a) Legfeljebb egy A létezik.
(b) Ha nem bázis, akkor végtelen sok A létezik.
7.1.5 Ha dim V = n, akkor a keresett dimenzió n2 .
Útmutatás: lássuk be, hogy a szóban forgó vektortér izomorf T n×n -nel.
7.1.6(a) Az első és második sor, valamint az első és második oszlop felcserélődik.
(b) A harmadik sor és oszlop λ-val szorzódik, emiatt speciálisan α33 a λ2 szeresére változik.
(c) A harmadik sorhoz, illetve oszlophoz hozzá kell adni a második sor, illetve
oszlop µ-szörösét, emiatt speciálisan az új harmadik sor harmadik eleme′α33= α33 + µα23 + µα32 + µ2 α22 lesz.
7.1.7 Csak a 0 bilineáris függvény ilyen.
7.1.8 Útmutatás (c)-hez: használjuk fel (b)-t.
7.1.9 (a) 1 (kivéve ha A = 0).
(b) Az A mátrixának a rangja.
7.2.
7.2.1 Ha A antiszimmetrikus, akkor A(u, v) = −A(v, u)-ben u és v helyére
is x-et írva A(x, x) = −A(x, x) adódik, ahonnan A(x, x) = 0. A megfordításhoz ,,fejtsük ki” A(u + v, u + v)-t (lásd a 7.2.3 Tétel második
bizonyításának az elejét).
7.2.2 Útmutatás: Legyen B egy tetszőleges bilineáris függvény és tegyük fel,hogy létezik egy B(u, v) = S(u, v) + A(u, v) előállítás, ahol S szimmetrikus, A pedig antiszimmetrikus. Felcserélve u-t és v-t és beírva adefiníciókat egy újabb összefüggést kapunk. A két egyenlőségből S és
A egyértelműen kifejezhető B segítségével. Ezzel kiderült, hogy legfeljebb az így kapott S és A jöhet szóba. Ahhoz, hogy ez a függvénypár
valóban megfelel, meg kell még mutatni, hogy az így megadott S, illetve A tényleg (szimmetrikus, illetve) antiszimmetrikus.( [A számolásokból)
S(u, v) = (1/2) B(u, v)+B(v, u) és A(u, v) = (1/2) B(u, v)−B(v, u)adódik.]7.2.3(b) Ha dim V = n, akkor dim S = n(n + 1)/2 és dim A = n(n − 1)/2.
(c) Ez lényegében az előző feladat.

430

Eredmények 7.3.

7.2.4 Igaz: (a).
7.2.5 Minden altérnél csak egy lehetséges példát adunk meg.
     
  

1
0
0
1
−3
0 1 0
 1   −1 (b)   , (a)   ,   ,  ;
;
0
0
1
1
1
1
0
0
1
3

 
 

1
0
1
0
1
−1

 
 

(c) 
,
,
.
0
−1
−1
−1
0
1
7.2.6 dm=a(z egyik) diagonális mátrix főátlója, A-OB=(az egyik) A-ortogonális bázis.
(a) dm: 1, 0, 0, 0, 0.
A-OB: 1, x − 1, x2 − 1, x3 − 1, x4 − 1.
(b) dm: 1, 1, −1, 0, 0. A-OB: x, 1/2 + x2 , 1/2 − x2 , x3 , x4 .
∏5(c) dm: 1, 1, 1, 1, 1.
A-OB: fi = λi F/(x − i), ahol F = i=1 (x − i) és a
λi -k alkalmas skalárok.
7.2.7 dm=a(z egyik) diagonális mátrix főátlója, A-OB=(az egyik) A-ortogonális bázis.
(a) dm: 1, 0, 0.
A-OB: b1 , b2 − 2b1 , b3 − 3b1 .
(b) dm: 1, −1, 0. A-OB: b1 , b2 − 2b1 , b3 − 2b2 + b1 .
7.2.8 Keressük w-t w = u + λv alakban. Másik lehetőség: a feltételek alapján
alkalmas diagonális mátrix főátlójában szükségképpen előfordul +1 és −1
is. Az ezeknek megfelelő bázisvektorok összege jó w-t ad.
7.2.9 A dimenzió n vagy n − 1.
7.2.10 (n + 2)(n + 1)/2.

7.3.
7.3.1
(a) Következik a 7.2.1 feladatból.
(b) ,,Fejtsük ki” A(u + v, u + v)-t. Így szimmetrikus A-ra A(u, v)-t egyértelműen kifejezhetjük a kvadratikus alakból. Ezzel kaptuk, hogy minden kvadratikus alak legfeljebb egy szimmetrikus bilineáris függvényből
származtatható. Meg kell még mutatni, hogy tényleg van ilyen tulajdonságú szimmetrikus bilineáris függvény. Ehhez azt kell belátni, hogy akvadratikus alakból a jelzett módon kifejezett bilineáris függvény valóban
szimmetrikus, ami egyszerű számolással( ellenőrizhető. [A szimmetrikus)
bilineáris függvényre az A(u, v) = (1/2) Ã(u + v) − Ã(u) − Ã(v) előállítás adódik a kvadratikus alakból.]Eredmények 7.3.

431

7.3.2 7.2.5: PD.
7.2.6: (a) PSZ. (b) I. (c) PD.
7.2.7: (a) PSZ. (b) I.
7.3.3 PD, PSZ: nemnegatív valós számok. ND, NSZ: nempozitív valós számok.
I: összes valós szám. 0: csak a nulla.
Ha csak a nem nulla vektorokon felvett értékeket nézzük, akkor PD: pozitív valós számok, ND: negatív valós számok, a többi változatlan (azindefinitnél ehhez fel kell használni a 7.2.8 feladat állítását is).
7.3.4 (a) Ã(λx) = λ2 Ã(x).
(b) Az x és z vektorok A-ortogonálisak.
7.3.5(a) Ha λ > 0, akkor A és λA jellege megegyezik. Ha λ < 0, akkor az
indefinitnél nincs változás, a többinél a jelleg ,,előjelet vált”. Ha λ = 0,
akkor λA = 0.
(b) PD+PD=PD;
PD+PSZ=PD;
PSZ+PSZ=PD vagy PSZ;
PD+I, PSZ+I és PD+NSZ: PD vagy PSZ vagy I; további hat esetet
kapunk a fentiekből a P és N betűk cseréjével; PSZ+NSZ: PSZ vagy
NSZ vagy I vagy 0; végül I+I, PD+ND: bármi lehet.
7.3.6 A sokféle lehetséges felírásból mindig csak egyet adunk meg.
(a) [(x1 + x2 )/2]2 − [(x1 − x2 )/2]2 .
(b) [(x1 + x2 + x3 )/2]2 − [(x1 − x2 + x3 )/2]2 .
(c) [(x1 + 2x2 + x3 )/2]2 − [(x1 − x3 )/2]2 − x22 .
(d) (x1 − x2 + x3 )2 − (x2 + 2x3 )2 .
√√√(e) (x1 + 2x2 + x3 )2 − (x2 3 + x3 / 3)2 + (x3 7/3)2 .
7.3.7 A sokféle lehetséges felírásból mindig csak egyet adunk meg.
(a) (x1 + x2 + x3 + x4 )2 .
(b) [(x1 + x2 + x3 )/2]2 − [(x1 − x2 + x3 )/2]2 + [(x3 + x4 )/2]2 − [(x3 − x4 )/2]2 .
(c) [(x1 + x2 + x3 + x4 )/2]2 − [(x1 − x2 + x3 − x4 )/2]2 .
√(d) [(x1 + x2 + 2x3 + 2x4 )/2]2 − [(x1 − x2 )/2]2 − [(2x3 + x4 )/2]2 − (x4 3/2)2 .
7.3.8 A tehetetlenségi tétel olyan előjeles négyzetösszegekre vonatkozik,
amelyben egy (A-ortogonális) bázis szerinti koordináták négyzetei szerepelnek. A feladatbeli négyzetösszegekre ez nem lehet igaz, hiszen egy kétdimenziós kvadratikus alak ilyen felírásában legfeljebb két négyzet előjelesösszege√ forgó alak (egyik lehetséges) ,,helyes” felírása:√ állhat.
√ A szóban(x1 2 + x2 / 2)2 + (x2 3/2)2 .
7.3.9 Pl. az egyik báziselemet λ-szorosára változtatva a determináns λ2 -telszorzódik.
A második állításhoz használjuk fel, hogy a 7.2.3 Tétel harmadik bizonyításában végzett elemi ekvivalens átalakítások során a determináns

432

Eredmények 7.4.

előjele nem változik, továbbá ilyen átalakításokkal a függvény bármely
mátrixából kiindulva diagonális mátrixhoz juthatunk, amelyben a determináns előjele a tehetetlenségi tétel miatt egyértelmű.
7.3.10 Igaz: (a).
7.3.11 PD, ND: 1; PSZ, NSZ: n − 1; I: n(n − 1)/2. (A 0 függvény egyik
osztályba sem tartozik, ezért a megadott számoknak az összege eggyel
kisebb, mint a 7.2.10 feladat eredménye.)7.3.12 A (pozitív vagy negatív) definit.
7.3.13 A nem indefinit.
7.3.14(a) A nem indefinit.
(b) A indefinit vagy A = 0.
(c) PD, ND: 0; PSZ, NSZ: a diagonális mátrix főátlójában a nullák száma;I, 0: dim V .
(d) Csak I-nél van változás (c)-hez képest, a válasz: dim V −max(r, s), ahol r,illetve s a diagonális mátrix főátlójában a pozitív, illetve negatív elemekszáma. (Ez a képlet egyébként a többi alakra is helyes.)

7.4.
7.4.1 Ha az u, illetve∑vn vektorok koordinátái u1 , . . . , un , illetve v1 , . . . , vn , akkor
legyen u·v = j=1 uj vj . Ez pozitív definit ermitikus bilineáris függvénylesz.
7.4.2 Csak a 0 ilyen.
7.4.3 Igaz: (a).
7.4.4 A valós esethez képest csak annyi a változás, hogy (b)-ben és (c)-ben asoroknál a skalár helyett a skalár konjugáltjával kell operálni. Részletesen:(b) A harmadik sor λ-val, a harmadik oszlop λ-val szorzódik, emiatt speciálisan α33 a |λ|2 -szeresére változik.
(c) A harmadik sorhoz a második sor µ-szörösét, a harmadik oszlophoz pediga második oszlop µ-szörösét kell hozzáadni, emiatt speciálisan az új har′madik sor harmadik eleme α33= α33 + µα23 + µα32 + |µ|2 α22 lesz.
7.4.5 Figyeljünk oda, hogy időnként konjugálni kell, és a szimmetrikus helyettaz ermitikus tulajdonságra van szükség.
7.4.6 Olyan diagonális mátrixokat választunk, amelyekben a főátló elemei az
1, a −1 és a 0 közül kerülnek ki. Az általunk megadott A-ortogonálisbázisokat ,,le kell normálni” (azaz alkalmas skalárokkal be kell szorozni),
hogy pontosan ezeknek a mátrixoknak feleljenek meg.

Eredmények 7.4.

433

(

)
1 0
(a)
, A-ortogonális bázis (az eredeti bázis szerinti koordinátavek0 0( ) ( )
1
1
torokként felírva):,, Ã(x) = |x1 + ix2 |2 , PSZ.
0i()( ) ( )
1
0
1
1(b)
, A-OB:
,
,
0 −1
−i
i
√ 2
√
Ã(x) = |(x1 + ix2 )/ 2| − |(x1 − ix2 )/ 2|2 , I.
     
1 0 0
1
1
1
(c)  0 0 0 , A-OB:  ρ2  ,  ρ  ,  1 ,
0 0 0
ρ
ρ2
1
2
2
Ã(x) = |x1 + ρx2 + ρ x3 | , PSZ.
7.4.7 Ermitikus kvadratikus alak értékkészlete négyféle lehet: összes valós szám,
nemnegatív valós számok, nempozitív valós számok, illetve csak a 0.
Az általános esetben a keresett példák már alkalmas diagonális mátrixokkal is megvalósíthatók.
7.4.8(a) A mátrix megegyezik az adjungáltjának a negatívjával.
(b) Ellenőrizzük, hogy egyrészt egy ermitikus függvény i-szerese valóban ferdén ermitikus, másrészt pedig egy ferdén ermitikus függvény 1/i-szerese
ermitikus.
(c) A kvadratikus alak értékkészlete csak imaginárius számokat tartalmaz.
(d) Hasonlóan kell eljárni, mint a 7.2.2 feladatnál.
7.4.9 Igaz: (c).
7.4.10 Közvetlenül ellenőrizhető, hogy az ermitikus függvények skalárszorosai
rendelkeznek a szóban forgó tulajdonsággal. A megfordításhoz próbáljunkelőször olyan δ-t választani, amelyre A(u, v − δu) = 0, majd használjuk
ki a feltett tulajdonságot. Kisebb átalakítások után A(u, v) = θA(v, u)adódik, ahol θ nem függ v-től. Ezután némi ügyeskedéssel megmutatható,√
hogy u-tól sem függ. Végül |θ| = 1 alapján kapjuk, hogy (1/ θ)A ermitikus.
A megfordítást ,,szervezettebben”
is végiggondolhatjuk
az alábbi
(),,trükk” felhasználásával: A u, A(u, v)u − A(u, u)v = 0.
Harmadik út a megfordításhoz: Végezzünk (módosított) Gauss-kiküszöbölést az A (egyik) mátrixán. A feltételből következik, hogy egy
oszlop ,,kinullázása” után a megfelelő sor is magától kinullázódott. Így
diagonális mátrixhoz jutunk. Emeljük ki a főátló egy nem nulla elemét.
Azt kell még igazolni, hogy ekkor a főátlóban (is) csupa valós szám marad.

434

Eredmények 8.1.
8. Euklideszi terek

8.1.
8.1.1 Legegyszerűbben úgy érünk célhoz, ha a második négy vektorról megmutatjuk, hogy az első négy által definiált skalárszorzatra nézve ortonormált
bázist alkotnak.
∑k8.1.2 A j=1 λj aj = 0 egyenlőség mindkét oldalának az aj -vel vett skalárszorzatát képezve λj = 0 adódik.
8.1.3 Pl. a Gram–Schmidt ortogonalizációból következik.
8.1.4 Ortonormált bázis:√√√(a) 1/ 2, x 3/2, (x2 − 1/3) 45/8;(b) 1, x − 1, (x − 1)2 /2;√√(c) 1/3, x/ 60, (x2 − 20/3)/ 308;√√(d) 1/3, (x − 5)/ 60, [(x − 5)2 − 20/3]/ 308.
8.1.6 A 8.1.7 Tételből, illetve annak első bizonyításából következik.
∑5
8.1.7 (a) W1⊥ = {v | v3 = v4 = v5 = 0}.
(b) W2⊥ = {v | j=1 vi = 0}.
(c) W3⊥ = {v | v1 , . . . , v5 számtani sorozat}.
8.1.8 A második feltételből W ⊆ U ⊥ , az elsőből pedig dim W ≥ dim U ⊥következik.
8.1.9 Útmutatás (c)-hez: alkalmazzuk (b)-t Ui helyébe Ui⊥ -t írva, majd vegyük
mindkét oldal merőleges kiegészítőjét.
8.1.10 Útmutatás (b)-hez: legyenek pl. vj koordinátái egy ortonormált bázisbanj, j 2 , . . . , j n .
8.1.11 Mivel i ̸= j-re bi ·cj = 0, így cj eleme a ⟨b1 , . . . , bj−1 , bj+1 , . . . , bn ⟩⊥egydimenziós altérnek. Ezután a bj ·cj = 1 kikötés egyértelműen kijelöli
cj -t. Azt, hogy a cj -k lineárisan függetlenek, a 8.1.2 feladathoz hasonlóan
kell igazolni.
8.1.12 Képezzük a skalárszorzatot V olyan bázisa szerint, amely U és W bázisának egyesítéséből keletkezett. Végtelen sok ilyen skalárszorzat létezik.
8.1.13 Útmutatás (b)-hez: Legyen e1 , . . . , en ortonormált bázis. Ekkor pontosan
az a c vektor felel meg, amelynek koordinátái a Ψ(ei ) értékek.
8.1.14 Tudjuk, hogy a dimenziók egyenlősége szükséges és elégséges feltétel a vektorterek izomorfiájához. Így csak azt kell igazolni, hogy azonos dimenzió
esetén létezik olyan vektortérizomorfizmus, amely még a skalárszorzatot istartja. Erre bármely olyan lineáris leképezés megfelel, amely ortonormált
bázist ortonormált bázisba visz át.

435Eredmények 8.2.

8.1.15(a) Az egyetlen nehézséget annak az igazolása jelenti,∑∞hogy két V 2-belisorozat összege is V -beli. Ehhez lássuk be a≤
j=1 (αj + βj )∑∞∑∞≤ 2 j=1 αj2 + 2 j=1 βj2 egyenlőtlenséget.
∑∞(b) Ne felejtsük el megmutatni, hogy j=1 αj βj konvergens.
(c) 0.
8.1.16(b) Az ⇒ irány hamis, lásd pl. a 8.1.15c feladatot.
(c) Pl. a 8.1.15c feladat U -jára nem teljesül az egyenlőség.
(d) Az egyik irányú tartalmazáshoz vegyük a (c)-beli összefüggés mindkét
oldalának merőleges kiegészítőjét, a másik irányú tartalmazáshoz pedig
alkalmazzuk (c)-t U helyett U ⊥ -re.
8.1.17 A 8.1.7 Tétel állítása hamis, a 8.1.9 feladat (b) része igaz, az (a) egyik
iránya és a (c) rész hamis. Ellenpéldákat a 8.1.15c feladat felhasználásával
gyárthatunk.

8.2.
8.2.1

√

2.

8.2.2 60◦ .
8.2.3(a) Pitagorasz-tétel és megfordítása.
(b) Egy paralelogramma pontosan akkor rombusz, ha az átlói merőlegesek.
(c) Egy paralelogrammában az átlók négyzetösszege megegyezik az oldalak
négyzetösszegével.
8.2.4 Normált tér: (b), (d), (e).
Útmutatás (e)-nél a háromszögegyenlőtlenséghez: Először lássuk be, hogy
nemnegatív aj , bj -kre
1

3/2

a1 b1 + . . . + an bn ≤ (a31 + . . . + a3n ) 3 · (b123+ . . . + b3/2
n )(E.8.1)

teljesül. Az aj -ket, illetve a bj -ket alkalmas pozitív számmal végigszorozva ekvivalens egyenlőtlenség adódik, így feltehetjük, hogy a jobb oldalon
mindkét tényező 1. Az a3 , b3/2 , b3/2 számokra a számtani és mértaniközép közötti egyenlőtlenséget felírva ab ≤ a3 /3 + 2b3/2 /3 adódik. Ezt
az összes aj , bj párra összegezve éppen a kívánt a1 b1 + . . . + an bn ≤ 1

436

Eredmények 8.2.
egyenlőtlenséget kapjuk. Rátérve a háromszögegyenlőtlenségre, elég nemnegatív cj , dj -kre
S=

(∑
n

3

(cj + dj )

j=1

) 13

≤

(∑
n

c3j

) 13
+

j=1

(∑
n

d3j

) 13
=T +U

j=1

∑n
2
fennállását igazolni. A bal oldal köbét S 3 =j=1 cj (cj + dj ) +∑n2+ j=1 dj (cj +dj ) alakban írva mindkét összegre alkalmazzuk az (E.8.1)
egyenlőtlenséget bj = (cj + dj )2 és aj = cj , illetve dj szereposztással.
Ekkor éppen S 3 ≤ T S 2 + U S 2 , azaz a kívánt S ≤ T + U adódik.
Megjegyezzük, hogy a köbök helyett bármilyen p > 1 kitevőjű hatvánnyal hasonló módon definiálhatunk normát. Az erre vonatkozó háromszögegyenlőtlenséget Minkowski-egyenlőtlenségnek, az (E.8.1)-nek megfelelő
11

a1 b1 + . . . + an bn ≤ (ap1 + . . . + apn ) p · (bq1 + . . . + bqn ) qösszefüggést pedig, ahol 1/p + 1/q = 1, Hölder-egyenlőtlenségnek nevezzük. A p = 2 speciális esetben a Hölder-egyenlőtlenség éppen a CBS-tadja. A p = 3-ra most vázolt bizonyítás tetszőleges racionális p-re átvihető.
8.2.5(a) Az előző feladat példái megfelelnek.
(b) Az egyik irány a 8.2.3c feladat. A megfordításhoz fejezzük ki két vektor
skalárszorzatát a norma segítségével: x·z = (1/4)(∥x + z∥2 −−∥x − z∥2 ), és lássuk be, hogy az így kapott függvény a feltétel teljesülése
esetén valóban skalárszorzatot definiál. Itt a (bi)linearitás igazolása okoz
nehézséget. A feltételt írjuk fel az x = u+v és z = w, valamint x = u−v
és z = w vektorpárokra, majd a két egyenlőséget kivonva eljuthatunk azelső változó szerinti összegtartáshoz. A skalárszorostartást egész, majd
racionális skalárokra az öszegtartásból vezethetjük le. Tetszőleges valós
λ-ra innen ez úgy következik, hogy az f (λ) = (λx)·z − λ(x·z) függvényről
kimutatjuk, hogy mindenütt folytonos. Ez a második tagra nyilvánvaló.
Az elsőt írjuk fel a normákkal: (λx)·z = (1/4)(∥λx + z∥2 − ∥λx − z∥2 ).
Nyilván elég ∥λx + z∥ folytonosságát belátni (a másik tagra ugyanúgy
megy). Ezt a háromszögegyenlőtlenség és a skalárkiemelési tulajdonság
felhasználásával a következőképpen kapjuk:∥λx + z∥ − ∥µx + z∥ ≤ ∥(λ − µ)x∥ = |λ − µ| · ∥x∥ .
8.2.6 Metrikus tér: (b), (c).

437

Eredmények 8.2.
8.2.7 Az előző feladat (c) példája megfelel.

8.2.8 A CBS második bizonyításában legyen minden zj = 1. Egyenlőség akkor
teljesül, ha minden xj egyenlő és nemnegatív.
8.2.9 Igaz: (a).
8.2.10 (a) 30◦ .

(b) 120◦ .

8.2.11 (a) 16, 32, illetve 8.
(e) 1, illetve 1/2.

(c) 45◦ .
(b) 2.

(c) 60◦ .

(d) 60◦ , 90◦ vagy 120◦ .

8.2.12 Két részhalmaz távolságán a pontjaik távolságainak az infimumát értjük.
Lássuk be, hogy (a geometriából megszokott tapasztalatunkkal összhangban) egy v vektorhoz egy U altérben a v vektor merőleges vetülete van alegközelebb. A konkrét példában a vektor és az altér távolsága 5.
8.2.13 A keresett z-(ke)t az Az = b′ egyenletrendszer megoldása(i)ként kapjuk,
ahol b′ az az Im A-beli vektor, amely a legközelebb van b-hez. Ez a b′éppen a b-nek az Im A altérbe eső merőleges vetülete. Az Az = b′ egyenletrendszer megoldásait az eredeti egyenletrendszerbe behelyettesítve ígylesz a jobb oldali értékektől (azaz a b megfelelő komponenseitől) való
eltérések négyzetösszege minimális.
A konrét egyenletrendszernél −3 + µ + 2ν0
 3 − 2µ − 3ν ′b = 3 , z = , ahol µ és ν tetszőleges valós számok,µ6νés ezeket behelyettesítve az eltérések (lehető legkisebb) négyzetösszege 6.
8.2.14∑n(a) Az x = j=1 λj ej egyenlőség két oldalának ei -vel vett skalárszorzatából
kapjuk, hogy λi = x·ei .
(b) Az (a)-beli előállítások segítségével képezzük az x·z skalárszorzatot.
(c) Alkalmazzuk (b)-t z = x-szel.
Mindhárom állítást közvetlenül is leolvashatjuk a koordinátás felírásokból.
8.2.15 Az egyenlőtlenség a 8.2.14c feladatból következik. Egyenlőség pontosan
akkor teljesül, ha x ∈ ⟨c1 , . . . , ck ⟩.
8.2.16 A CBS-re adott második és harmadik bizonyítás (minimális módosításokkal) átvihető a szemidefinit esetre is. Megjegyezzük, hogy a szemidefinit esetben egyenlőség akkor is előfordulhat, ha a két vektor lineárisan
független.
8.2.17 (a) n.

(b) 3 (ha n ≥ 2).

8.2.18 Az első és a harmadik bizonyítás átvihető a végtelen dimenziós esetre is.

438

Eredmények 8.3.

8.3.
8.3.1 A valósban adott bizonyítások szinte változtatás nélkül érvényesek. [A
8.2.14–8.2.15 feladatoknál figyeljünk oda, hogy a(z általában nem valósértékű) skalárszorzatokban most a tényezők sorrendje lényeges, valamint
a skalárszorzatok abszolút érték ének a négyzete szerepel.]
8.3.2(a) Használjuk fel, hogy ix + z = i(x − iz).
(b) Az (x + iz)·(ix + z) skalárszorzatot kifejtve válasszuk külön a valós és aképzetes részt.
8.3.3 Az (a)-ban csak az ⇒, (b)-ben csak a ⇐ rész igaz, (c) továbbra is érvényes.
8.3.4 A 8.2.8 Tételre adott második bizonyítás adaptálása: Az ortonormált
bázis szerinti koordinátákkal a négyzetre emelt egyenlőtlenség az|x1 z1 + . . . + xn zn |2 ≤ (|x1 |2 + . . . + |xn |2 )(|z1 |2 + . . . + |zn |2 )módon írható fel. Kihasználva a |w|2 = ww összefüggést, ez a0≤∑|xi zj − xj zi |2

1≤i<j≤nalakra hozható.
A harmadik bizonyítás adaptálása: Most is a minden (komplex) λ-raérvényes0 ≤ ∥λx + z∥2 = (λx + z)·(λx + z) = |λ|2 (x·x) + 2Re[λ(z·x)] + z·z
egyenlőtlenségből indulunk ki. Legyen speciálisan λ = µρ, ahol µ tetszőleges valós szám, ρ pedig olyan egységnyi abszolút értékű komplex
szám, amellyel ρ(z·x) pozitív valós. (Ez csak z·x = 0 esetén nem érhető el,
de akkor a CBS triviálisan igaz.) A λ fenti előállítását a kiindulási egyenlőtlenségünkbe beírva minden µ valós számra 0 ≤ µ2 (x·x) + 2µ|z·x| + z·z
adódik. Ezután a bizonyítást ugyanúgy fejezhetjük be, mint a valós esetben.
8.3.5(a) Ha z ̸= 0, akkor z-ből valamelyik nem nulla komponensét kiemelvez = αw alakban írható, ahol w egyik komponense 1. Ha w és w egymás
skalárszorosai, akkor ez a skalár csak 1 lehet, tehát w = w, azaz w valós
vektor.
(b) A skalárszorosnál ügyeljünk arra, hogy µx = µ · x(̸= µx).

Eredmények 8.4.

439(d) Az elégségességhez írjuk fel U elemeit ebben a valós vektorokból álló bázisban. A szükségességhez egy tetszőleges 0 ̸= z ∈ U vektorból kiindulvaz ∈ U és így v = z + z ∈ U adódik. Itt v valós vektor. Ha v = 0,
akkor iz valós vektor. Mindenképpen találtunk U -ban egy nem nulla bvalós vektort. Ez lesz a keresett bázis első eleme. Legyen W a ⟨b⟩ altér U -beli merőleges kiegészítője. Megmutatjuk, hogy W = W , és így
az előző eljárást W -re megismételve végül U egy valós (ráadásul akár
ortonormált) bázisához jutunk. A W = W tulajdonság igazolásához konjugáljuk az U = ⟨b⟩ ⊕ W felírást: U = ⟨b⟩ ⊕ W . Itt U = U , illetve b valós
volta miatt a bal oldalon, illetve a jobb oldal első tagjánál a konjugált jel
elhagyható. A merőleges kiegészítő altér egyértelműségéből kapjuk, hogy
valóban W = W .
(e) A dimenziók közötti összefüggésekből adódik, hogy n csak páros lehet.
Páros n-re válasszuk U bázisának azokat a vektorokat, amelyek 2j − 1edik komponense 1, a 2j-edik i, a többi pedig 0, j = 1, 2, . . . , n/2.

8.4.
8.4.1 A szorzatra vonatkozó azonosság igazolása: ((AB)x)·z = (A(Bx))·z == (Bx)·(A∗ z) = x·((B ∗ (A∗ z)) = x·((B ∗ A∗ )z). Az egyenlőségsorozat elejét és végét tekintve, az (AB)∗ adjungált definíciójából (és egyértelműségéből) kapjuk a kívánt (AB)∗ = B ∗ A∗ állítást. Ugyanígy látható be afeladat többi része is.
Másik lehetőség: ortonormált bázis szerinti mátrixokra áttérve felhasználhatjuk a mátrixokra vonatkozó hasonló azonosságokat (2.1.20 feladat).
8.4.2 (a), (b), (e), (f): A∗ = A.
(c), (d): A∗ = A−1 .
(g) és (h) egymás adjungáltjai.
A legegyszerűbben (alkalmas) ortonormált bázisban felírt mátrixokkal
okoskodhatunk.
8.4.3 A∗ = −A.
8.4.4(a) Legyen h = β0 + β1 x + β2 x2 és A∗ h = r.
∫ +1
Ha f = 1, akkor Af = f ′′ = 0, tehát 0 = (Af )·h = f ·(A∗ h) = −1 r(t)dt.
∫ +1
Ugyanígy az f = x polinommal 0 = −1 tr(t)dt adódik.
Az integrálásokat elvégezve kapjuk, hogy r = α(−3x2 + 1) alakú.
Tekintsük végül f = x2 -et. Legyen g = 1-re A∗ g = α0 (−3x2 + 1). Ekkor
∫ +1
∫ +1
(Af )·g = −1 2dt = 4 és f ·(A∗ g) = −1 t2 α0 (−3t2 + 1)dt = −8α0 /15.

440

Eredmények 8.4.
Innen α0 = −15/2, tehát A∗ 1 = 15(3x2 − 1)/2. Hasonlóan kapjuk az x
és x2 polinom képét is: A∗ x = 0 és A∗ x2 = 5(3x2 − 1)/2. Ebből a fentiáltalános h-ra A∗ h = (15β0 + 5β2 )(3x2 − 1)/2 adódik.

(b) A∗ h = (β0 + β1 + β2 )(x − 1)2 /2.
(c),(d) A∗ h = (3β0 + 20β2 )(3x2 − 20)/154.
8.4.5 (A∗ x)·(Ax) = x·(A2 x) = 0.
A megfordítás komplex euklideszi térben igaz, valósban hamis. Ha ugyan
is az x·(A2 x) kvadratikus alak azonosan nulla, akkor ebből C felett a 7.4.3
Tétel szerint következik, hogy az u·(A2 v) bilineáris függvény is azonosan
nulla, tehát A2 = O. A valós test felett a 7.3.1a feladat szerint csaku·(A2 v) = −v·(A2 u) adódik, ami pl. a síkon akkor is teljesül, ha A a 45
fokos forgatás (az origó körül). Valós euklideszi térben A2 + (A∗ )2 = O a,,helyes” szükséges és elégséges feltétel arra, hogy minden x-re Ax ⊥ A∗ x
teljesüljön.
8.4.6 Legyen Ax = µx, A∗ z = νz. Ekkor µ(x·z) = (µx)·z = (Ax)·z == x·(A∗ z) = x·(νz) = ν(x·z). Innen vagy x·z = 0 vagy µ = ν.
8.4.7 A karakterisztikus polinomot ortonormált bázis szerint írjuk fel. A minimálpolinomra a definíciót és a 8.4.1 feladatot használjuk fel. A sajátértékekre vonatkozó állítást a karakterisztikus (vagy a minimál)polinomra nyert eredményből kapjuk. (Vigyázat, A és A∗ sajátvektor ai között
általában nincs szoros kapcsolat!)
8.4.8 Ker A∗ = (Im A)⊥ igazolása:A∗ z = 0 ⇐⇒ ∀x x·(A∗ z) = 0 ⇐⇒ ∀x (Ax)·z = 0 ⇐⇒ z ⊥ Im A.
8.4.9 Használjuk fel az előző feladatot. Másik lehetőség: írjuk fel egy ortonormált bázis szerint a mátrixokat, és hasonlítsuk össze a rangjukat.
8.4.10 Használjuk fel a 8.4.8 feladat első egyenlőségét.
8.4.11 (b) Ha Ax = 0, akkor (A∗ A)x = A∗ 0 = 0. Megfordítva, ha(A∗ A)x = 0, akkor 0 = x·((A∗ A)x) = (Ax)·(Ax), tehát Ax = 0. A
képterekre vonatkozó állítás az egyik irányú tartalmazásból és a magteresállításból adódó dimenzióegyenlőségből következik.
8.4.12(a) Az (Ax)·(Bz) = x·((A∗ B)z) összefüggés igazolja az állítást és a megfordítást is.
(b) Ha Ax = Bx = 0, akkor nyilván (A + B)x = Ax + Bx = 0. A
másik irányú tartalmazás: Ha (A + B)x = 0, akkor Ax = −Bx. Itta bal oldal Im A-ban, a jobb oldal pedig Im B-ben van, és így az (a)Eredmények 8.5.

441

rész felhasználásával mindkét oldal csak a nullvektor lehet. A (b) állítás megfordítása nem igaz (ami nem meglepő, hiszen a Ker (A + B) == Ker A ∩ Ker B feltétel független a skalárszorzattól).
8.4.13 Az A∗ B = O feltételből az előző feladat szerint Im A ∩ Im B = 0 következik. Meg kell még mutatni, hogy Im (A + B) = ⟨Im A, Im B⟩. Itt az egyik
irányú tartalmazás világos, a másikhoz azt igazoljuk, hogy Im A, Im B ⊆⊆ Im (A + B). A BA∗ = O egyenlőséget adjungálva AB ∗ = O adódik,tehát ez a feltétel is szimmetrikus A-ban és B-ben, így elég Im A-val
foglalkoznunk. Fusson végig x az Im A∗ altéren. Ekkor Bx = 0 miatt(A + B)x = Ax, tehát Im (A + B) ⊇ Im (AA∗ ) = Im A (felhasználva a
8.4.11b feladatot is).
8.4.14 (a) A = λE.

8.5.
8.5.1
(a) Használjuk fel, hogy egy (ortonormált) sajátbázis szerinti mátrixban asajátértékek éppen a főátló elemei.
(b) Hamis. Lehet, hogy a transzformációnak egyáltalán nincs diagonális mátrixa, illetve ha van is, az nem képezhető ortonormált bázis szerint.
8.5.2 Ha valamely 0 < s < t-re As = At , akkor A gyöke az xt − xs polinomnak, így sajátértékei (amelyek az előző feladat szerint valósak) csak
0 és ±1 lehetnek. Innen egy ortonormált sajátbázis szerinti mátrix segítségével kapjuk, hogy A3 = A. (Hasonlóan érhetünk célhoz, ha az önadjungált transzformáció helyett rögtön áttérünk egy valós elemű diagonális
mátrixra.)
8.5.3 Lásd a 8.5.1 feladathoz adott útmutatásokat.
8.5.4 Az állítás hamis. Pontosan azok a transzformációk tehetők normálissá,amelyeknek létezik diagonális mátrixuk.
8.5.5 A legegyszerűbben (a szokásos) ortonormált bázis szerinti mátrixokon ellenőrizhetjük a feltételek teljesülését. Eredmények: A és C nem normális, B unitér, D önadjungált és F normális (de nem önadjungált és
nem unitér).
8.5.6 Ha A, B önadjungált, akkor A + B és A2 is önadjungált, de λA és AB
nem feltétlenül az: λA csak valós λ-ra (vagy A = O-ra) lesz önadjungált,
AB pedig csak az AB = BA esetben (lásd a 8.5.7 feladatot).
Ha A, B unitér, akkor AB és így A2 is unitér, de λA és A + B nem
feltétlenül az.

442

Eredmények 8.5.
Ha A, B normális, akkor λA és A2 is normális, de A + B és AB nem
feltétlenül az.

8.5.7(a) A gondolatmenet helyességéhez az kellene, hogy a két transzformációhoz
közös ortonormált sajátbázist találjunk, ilyen azonban általában nincs.
Maga az állítás sem igaz, a (b) pont alapján könnyen gyárthatunk ellenpéldát.
(b) Ha A és B önadjungált, akkor (AB)∗ = B ∗ A∗ = BA.
8.5.8 Használjuk fel ortonormált sajátbázis létezését.
A megfordítás hamis, mert lehet, hogy nem létezik sajátbázis.
8.5.9 Igaz: (a).
8.5.10(a) ∥Ax∥2 = (Ax)·(Ax) = x·(A∗ Ax). Ugyanígy ∥A∗ x∥2 = x·(AA∗ x).
Mindkét függvény x-ben kvadratikus alak, így — mivel a komplex test
felett vagyunk — pontosan akkor egyenlők, ha a megfelelő bilineáris függvények egyenlők. Ez utóbbiak egyenlősége pedig a 8.4.1 Tétel bizonyításának végén látott gondolatmenet szerint ekvivalens az AA∗ = A∗ A
normalitási feltétellel.
(b) Ha A és A∗ sajátvektorai közösek, akkor a 8.5.2 Tétel bizonyítását követve
juthatunk ortonormált sajátbázishoz. A megfordításhoz tekintsük A egy
ortonormált sajátbázisát és írjuk fel ebben a bázisban A és A∗ mátrixát;a sajátvektorok ezekből a mátrixokból jól áttekinthetők.
(c) Ez a (b)-beli feltétel átfogalmazása (felhasználva a megfelelő sajátértékek
kapcsolatát is).
(d),(e) A 8.4.8 feladat alapján visszavezethetők (c)-re.
8.5.11 AB = O ⇒ Im B ⊆ Ker A ⇒ Im B ∗ ⊆ Ker A∗ ⇒⇒ (Ker B)⊥ ⊆ (Im A)⊥ ⇒ Ker B ⊇ Im A ⇒ BA = O.
(A második lépésnél az előző feladat (c) és (d) részét alkalmaztuk
λ = 0-val, a harmadik lépésnél pedig a 8.4.8 feladatot használtuk fel.)
8.5.12 A 8.5.2 Tétel bizonyításának gondolatmenetét kell megfelelően módosítani, kihasználva közben a 8.5.10b feladatot is.
8.5.13 Alkalmazzuk az előző feladatot. A megfordítás hamis, unitér transzformációk körében könnyen találunk ellenpéldát.
8.5.14 Az elégségességhez használjuk fel az előző feladatot. A szükségességhez
tekintsük a normális transzformáció egy ortonormált sajátbázis szerinti
diagonális mátrixát. A főátló elemeit bontsuk fel egy valós szám és egy
egységnyi abszolút értékű komplex szám szorzatára, és a mátrixot írjuk
fel ennek megfelelően két diagonális mátrix szorzataként.

Eredmények 8.5.

443

8.5.15 Olyan e1 , . . . , en ortonormált bázist keresünk, hogy ⟨e1 , . . . , ek ⟩ minden
k-ra A-nak invariáns altere legyen. Válasszuk en -nek az A∗ transzformáció egy (egységnyi normájú) sajátvektorát, ekkor Un = ⟨en ⟩⊥ az A-nak
invariáns altere. Ismételjük meg most az eljárást Un -re (vigyázat, most az
A transzformáció Un -re történő megszorítása szerinti A∗ -ot kell tekinteni,ami általában nem az eredeti A∗ megszorítása, hiszen Un legtöbbször nem
is invariáns altere az eredeti A∗ -nak), ezzel megkapjuk en−1 -et stb.
8.5.16(a) A µj -k az A∗ A transzformáció sajátértékei. Ha x ̸= 0 és A∗ Ax = µx,
akkor µ∥x∥2 = (µx)·x = (A∗ Ax)·x = ∥Ax∥2 , és innen µ ≥ 0.
(b) Vegyünk olyan ortonormált bázist, amelyben A mátrixa felsőháromszögmátrix. Ekkor a fődiagonálisban éppen a λj sajátértékek állnak. Ebben abázisban A∗ mátrixa alsóháromszög-mátrix és a főátlóban a λj -k szerepelnek. Ebben a bázisban A∗ A mátrixa a két mátrix szorzata, és a főátlóbanlevő elemek összege, azaz a szorzatmátrix nyoma éppen az ∑[A]-beli eln
2emek abszolút értékeinek négyzetösszege, ami így legalább
j=1 |λj | .
∑nMásrészt a szorzatmátrix nyoma j=1 µj .
(c) Az előző gondolatmenetből látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a felsőháromszög-mátrixnak a főátlóján kívül minden eleme
nulla.
8.5.17 Elégségesség: Ha A unitér és u ⊥ v, akkor((λA)u)·((λA)v) = (λ(Au))·(λ(Av)) = |λ|2 (Au·Av) = |λ|2 (u·v) = 0.
A szükségességhez legyen A merőlegességtartó, és legyenek u és v merőleges egységvektorok. Megmutatjuk, hogy ∥Au∥ = ∥Av∥. Mivel u ⊥ v
és ∥u∥ = ∥v∥, ezért u + v ⊥ u − v, és így a merőlegességtartás miatt
0 = (A(u + v))·(A(u − v)) = ∥Au∥2 − ∥Av∥2 (az utolsó egyenlőségnél(Au) ⊥ (Av)-t is kihasználtuk). Legyen most ej egy ortonormált bázis
és az ∥Aej ∥ normák közös értéke λ. Ha λ ̸= 0, akkor (1/λ)A unitér lesz,ha pedig λ = 0, akkor A = O, ami triviálisan egy (tetszőleges) unitér
transzformáció nullaszorosa.
8.5.18(a),(b) Ez az A∗ A = E, illetve AA∗ = E egyenlőség mátrixos átfogalmazása.
(c) 1 = det E = (det[A]) · (det[A]∗ ) = (det[A]) · (det[A]) = | det[A]|2 .
(d) Használjuk fel (c)-t és a mátrix inverzére az előjeles aldeterminánsokkal
adott képletet.

444

Eredmények 8.6.

8.6.
8.6.1 Az A2 = E egyenlőséget (A∗ =)A = A−1 biztosítja. A megfordítás
hamis, vegyünk például a síkon két nem párhuzamos, különböző hosszúságú vektort, és legyen A az a transzformáció, amely ezeket egymásba viszi.
A ,,helyes” megfordítás a következő (beleértve az eredeti állítást is): egy
A transzformációra a három feltétel közül bármelyik kettőből következika harmadik: (i) A szimmetrikus; (ii) A ortogonális; (iii) A2 = E.
8.6.2 Szimmetrikus transzformációkra az állítás a 8.4.6 feladatból (vagy az ottlátott gondolatmenet mintájára) adódik. Ortogonális transzformációkra
is hasonlóan okoskodhatunk, közben használjuk fel azt is, hogy ekkor
legfeljebb ±1 lehetnek a sajátértékek.
8.6.3 S=ortonormált sajátbázis, O=a 8.6.4 Tételben előírt ortonormált bázis.
(a) A szimmetrikus és ortogonális,     01
01√
0 1  0  1
S: az   ,   ,  vektorok 1/ 2-szerese, a megfelelő
,
−1
0
1
0
0
−1
0
1
diagonális mátrix főátlója: 1, 1, −1, −1.
(b) B szimmetrikus,

 
 
 

−1√
0
−1√
0
1 + 2  0  1 − 2  0 
S: a 
,
,
,
 vektorok skalár−1√
−1√
0
0
1+ 2
1 −√2 √
00 √√szorosai, a diagonális mátrix főátlója: − 2, − 2, 2, 2.
(c) C ortogonális,

 
 
  
1
1
1
1
 1   −1   −1   1 
O: az   , , vektorok 1/2-szerese, a megfele,
−1
−1
1
1
−1
1
−1
1


1
0 0
0
0
 0 −1 0lő mátrix:  (a jobb alsó 2 × 2-es blokk a 90 fokos
00 0 −100 10forgatásnak felel meg).
(d) D szimmetrikus,
S: a C-beli, a megfelelő diagonális mátrix főátlója: 4, 0, 0, 0.

445Eredmények 8.6.

  
 
  
1
0
1
0
√
0
1
0
  
 
 1
(e) F ortogonális, O: az   , , ,   vektorok 1/ 2-sze1
0
−1
0
0
−1
0
1
rese, a megfelelő mátrix ugyanaz, mint C-nél.
8.6.4 Nincs. A feltételből ugyanis (x ̸= 0-ra) 0 ≤ (Ax)·(Ax) = x·(A∗ Ax) == x·(−x) < 0 következne.
8.6.5 Igaz: (a), (d).
8.6.6 A feltételekből (A∗ A)k = E adódik. Így A∗ A sajátértékei egységnyi abszolút értékűek. Emellett A∗ A (mindig) szimmetrikus és a sajátértékei
nemnegatív valósak, tehát most minden sajátérték 1, ezért csak A∗ A = E
lehetséges.
Az állítás szimmetrikus analogonja hamis, legyen pl. A egy 90 fokos forgatás a síkon és k = 4.
8.6.7 A feltételből A = (Am )∗ = Am , és így Ker A = 0 miatt Am −1 = E.
2
Innen (Am−1 )∗ = Am −m = (Am−1 )−1 . Ezután alkalmazzuk az előző
feladatot.
2

2

8.6.8 A csak akkor rész igazolásához állítsuk elő az lnko-t 1 = (k, t) = kq − tr
alakban (q, r > 0).
8.6.9 A komplex esethez hasonlóan kell okoskodni.
8.6.10 Szimmetrikus transzformációk: a síkon kettő, a térben három (páronként) merőleges irányban (esetleg különböző mértékben) ,,nyújtunk” (vagyösszenyomunk), emellett esetleg még tükrözünk is (egy vagy több) olyan
egyenesre (a síkon), illetve síkra (a térben), amely valamelyik irányra
merőleges.
Ortogonális transzformációk a síkon: (az origón átmenő) tengelyre történő tükrözések és (az origó körüli tetszőleges szögű) elforgatások.
Ortogonális transzformációk a térben: (az origón átmenő) síkra történő
tükrözések, (az origón átmenő) tengely körüli (tetszőleges szögű) elforgatások, esetleg a tengelyre merőleges síkra történő tükrözéssel kombinálva (ebbe beletartozik az origóra történő tükrözés is).
8.6.11 Kövessük a 8.6.4 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét.
A megfordítás hamis, pl. a sík önmaga már eleve a kívánt tulajdon()
0 1
ságú (al)tér, ugyanakkor a szokásos ortonormált bázisban a
0 0
mátrixszal jellemzett A transzformációnál az adjungált nem írható fel
az A polinomjaként.

446

Eredmények 9.1.

8.6.12 Írjuk fel a mátrixokat egy ortonormált bázis szerint, ekkor elég az ekvivalenciát a mátrixokra kimutatni. Ha ezeket a (valós elemű) mátrixokat
komplex eleműeknek tekintjük, akkor a 8.5.3 Tétel mátrixos változata igazolja az ekvivalenciát. Ezután már csak azt kell megmutatni, hogy ha egy
valós elemű A mátrixra az AT transzponált előáll az A komplex együtthatós polinomjaként, akkor valós együtthatós polinomjaként is előáll. Ez
onnan következik, hogy a kívánt előállítás egy lineáris egyenletrendszert
jelent, ahol az ismeretlenek a keresett polinom együtthatói, az egyenletrendszer együtthatói az A hatványainak elemei, a jobb oldali konstansok
pedig AT elemei. Mivel az egyenletrendszer együtthatói (és a jobb oldali
konstansok) valósak, ezért ha van komplex megoldás, akkor (pl. a Gausskiküszöbölés alapján) valós megoldásnak is kell lennie.

9. Kombinatorikai alkalmazások
9.1.
9.1.1 A minimális kérdésszám: (a) 20; (b) 2; (c) 1.
9.1.2 Igazoljuk az állítást először teljes indukcióval pozitív egész súlyokra, ezután tetszőleges egészekre, majd racionálisokra. Az igazi nehézséget a valós
számokra történő áttérés jelenti. Erre a megoldásoknál négy bizonyítást
is közlünk, most ezekhez adunk útmutatást.
Első bizonyítás: Tekintsük a 13 valós szám által generált alteret a valós
számoknak a racionálisok feletti szokásos vektorterében, és térjünk át(akármilyen bázis szerinti) koordinátákra.
Második bizonyítás: A feltételt felírhatjuk egy (0, ±1 együtthatós) homogén lineáris egyenletrendszerként. Érdemes az egyik ismeretlent 0-nak
rögzíteni, ekkor azt kell belátni, hogy az egyenletrendszernek csak triviális
megoldása létezik. Mutassuk meg, hogy ha a racionális számok körében
csak triviális megoldás létezik, akkor a valós számok körében is ugyanez
a helyzet.
Harmadik bizonyítás: Az előző egyenletrendszert nézzük a modulo 2 test
felett, majd innen térjünk át a valós számokra.
Negyedik bizonyítás: Lássuk be és használjuk fel, hogy a valós számok
jól közelíthetők racionálisakkal: tetszőleges véges sok valós számhoz éselőre megadott ε-hoz találhatók olyan azonos nevezőjű törtek, hogy mindegyik valós számnak a megfelelő törttől való eltérése legfeljebb a nevező
reciprokának az ε-szorosa.

Eredmények 9.1.

447

9.1.3 Nem marad igaz, ellenpélda: 12 darab 1-es és 1 darab 11-es (sok más
ellenpélda is adható).
9.1.4(a) (i): ⌈log2 m⌉, ahol ⌈x⌉ az x szám felső egész részét (azaz az x-nél nem
kisebb egész számok minimumát) jelöli. (ii): m − 1 (ha m ≥ 2).
(b) (i): ⌈logk m⌉. (ii): ⌈(m − 1)/(k − 1)⌉ (ha m ≥ k).
(c) Tekintsük csak az (a)-beli probléma megfelelőjét (azaz amikor k = 2), a(b)-beli általános kérdés (azaz amikor k tetszőleges) hasonlóan tárgyalható. Az (i)-re adott válasz p < m esetén változik: ekkor ⌈log2 m⌉ helyett⌈log2 p⌉ lesz a keresett minimum. A (ii)-nél is változás van, ha p nem
túl nagy m-hez képest: mivel ⌈log2 p⌉ unalmas vektor mindenképpen elegendő, ezért p ≤ 2m−2 esetén m − 1-nél kisebb lesz a keresett minimum.
Ha viszont p elegendően nagy m-hez képest, akkor ugyanúgy m − 1 aminimum, mint a valós (vagy bármilyen végtelen) test felett.
9.1.5 (a) 5.
(b) 31.
9.1.6(a) Mindkét kérdésre igenlő a válasz. A kontinuum sok részhalmaz konstrukciójánál segít a lineáris algebra.
(b) Megszámlálhatóan végtelen sok részhalmaz megadható, de annál több
nem.
9.1.7
(a) Igen, pl. megfelel egy egységnyi oldalú szabályos tetraéder négy csúcsa.
(b) A síkon nincs 4 ilyen pont. Az indirekt bizonyításhoz legyen az egyik
pont az origó, az ebből a másik három pontba mutató vektor pediga = (a1 , a2 ), b = (b1 , b2 ) és c = (c1 , c2 ). A távolságokat a skalárszorzat
segítségével felírva, lássuk be, hogy az a · a, b · b, c · c, 2a · b, 2a · c és 2b · cskalárszorzatok mindegyike 8k +1 alakú egész szám. Mutassuk meg, hogy
 


)
a1 a2 (
a·a a·b a·c
a
b
c
1
1
1
M =  b · a b · b b · c  =  b1 b2 .
a2 b2 c2
c·a c·b c·c
c1 c2
Így az M rangja az 5.7.12a feladat alapján legfeljebb 2, tehát det M == 0. Ezért det(2M ) = 8 det M = 0. Ugyanakkor
2 1
det(2M ) ≡ 1 2
1 1
ami ellentmondás.

1
1 = 4 (mod 8),2448

Eredmények 9.1.

9.1.8(a) Nyilván c = f (1). Az állítást lássuk be először a pozitív egészekre, majda pozitív racionálisokra, a 0-ra és végül a negatív racionálisokra.
(b) Mutassuk meg, hogy f ekkor mindenütt folytonos, majd támaszkodjunkaz a)-beli eredményre.
(c) Ekkor a 0 körül is van olyan intervallum, amelyben f korlátos, és innen
az is következik, hogy f a 0-ban folytonos.
(d) Ha a valós számokat mint a racionális test feletti V vektorteret tekintjük, akkor a feltétel azt jelenti, hogy f lineáris transzformáció V -n. A
bázis fogalmának (és létezésének) végtelen dimenziós térre történő kiterjesztésével (Hamel-bázis) a lineáris transzformációk továbbra is a báziselemek képeivel jellemezhetők, azaz egy Hamel-bázison f -et tetszőlegesenelőírhatjuk, ez mindig egyértelműen meghatároz egy minden valós számonértelmezett megfelelő f függvényt. (Ezeket az f -eket természetesen ,,nem
látjuk”.)
9.1.9(a) Nem. Ha r1 = a1 /b1 és r2 = a2 /b2 a két részhalmaz egy-egy eleme, akkor
az összeadási zártság miatt a1 a2 = a2 b1 r1 = a1 b2 r2 mindkét részhalmaznak eleme.
(b) Igen. A valós számokat Q feletti vektortérnek tekintve, írjuk fel a pozitív számokat egy (végtelen) bázis segítségével. Az egyik, illetve másik
részhalmazba azok a számok kerüljenek, amelyek felírásában egy rögzített
báziselem együtthatója nemnegatív, illetve negatív. (Az is megfelel, hogy
az együtthatók összege legyen nemnegatív, illetve negatív.)
9.1.10(a1) Nem. Lássuk be, hogy Q esetén két periodikus függvény összege is periodikus, mert létezik közös periódusuk.
√(a2) Igen. A valós számoknak Q feletti vektorterében 1 és 2 lineárisan
függetlenek, tehát kiegészíthetők a vektortér√ bázisává. Így minden s valós
szám egyértelműen felírható s = r1 + r2 2 + t alakban, ahol r1 és r2
racionális számok és t a többi
Ekkor√ báziselem által generált altér eleme.
√a h1 (s) = r1 és h2 (s) = r2 2 + t függvények periodikusak 2, illetve 1
periódussal, továbbá s = h1 (s) + h2 (s).
(b1) Nem. Bizonyítsunk a fokszám szerinti indukcióval. Használjuk ki, hogy
ha az f (x) polinom k darab periodikus függvény összege, akkor az eggyel
alacsonyabb fokú g(x) = f (x) − f (x − 1) polinom k − 1 darab periodikus
függvény összege.
(b2) Igen. Az identitásfüggvénynél látott konstrukció általánosításaként Rben mint a Q feletti (végtelen dimenziós) vektortérben a b1 , . . . , bn+1
lineárian független elemeket egészítsük ki a tér bázisává. Így minden

Eredmények 9.2.

449

∑n+1
s valós szám egyértelműen előáll s = i=1 ri bi + t alakban, ahol ri ∈ Qés t a többi báziselem által generált altér eleme. Ezt k-adik hatványra
emelve sk olyan k-tényezős szorzatok összege, amelyekben minden tényező
az n + 1 darab ri bi valamelyike vagy t. Ha k ≤ n, akkor valamelyik ri bi
biztosan kimarad. Írjuk fel most ennek alapján az adott n-edfokú f (s)polinomot, és legyen h1 (s) azoknak a tagoknak az összege, amelyekben
nem szerepel r1 b1 , a maradékból legyen h2 (s) azoknak a tagoknak azösszege, amelyekben nem szerepel r2 b2 stb. A legvégén maradt tagokban nem szerepel rn+1 bn+1 , ezek összege legyen hn+1 (s). Ekkor hi (s)∑n+1
periodikus bi periódussal és f (s) = i=1 hi (s).
9.2.
9.2.1 (a) (21000 − 1)/3.

√√()(b) (1 + 2)999 + (1 − 2)999 /2.

9.2.2 (a) 4443. (b) 3. (c) 3.
Útmutatás (c)-hez: az()/()
f = x4 − x3 + x2 − x + 1 = x10 − 1 (x5 − 1)(x + 1)

polinom (komplex) gyökei különböző 10-edik egységgyökök (éspedig éppen a primitív 10-edik egységgyökök, azaz f a 10-edik körosztási polinom), ezért a sorozat (bármilyen kezdőértékek mellett) mindenképpen
periodikus 10 hosszúságú periódussal.
9.2.3 A Fibonacci-számoknál látott mindhárom bizonyítás megfelelő módosítása alkalmas az állítás igazolására, ehhez adunk némi útmutatást.
Első bizonyítás: Használjuk ki, hogy λi az f első si − 1 deriváltjának isgyöke.
Második bizonyítás: A diagonális mátrix helyett a Jordan-alakot lehet
felhasználni.
Harmadik bizonyítás: a parciális törtekre bontásnál a nevezőkben a megfelelő gyöktényezők magasabb hatványai is megjelennek, ezek sorbafejtésea mértani sor (első vagy magasabb) deriváltjainak segítségével történhet.
9.2.4 Használjuk fel az előző feladatot.
9.2.5 A βn sorozatot egy alkalmas konstanssal eltolva a zavart okozó 2-es tageltűnik, és egy Fibonacci-típusú sorozatot kapunk.
Válasz: βn = φn+3 − 2 (ahol φn az n-edik Fibonacci-szám).
9.2.6 A φn képletében szereplő másik tag 0-hoz tart.

450

Eredmények 9.2.

9.2.7(a) φn+1 .
(b) Nyilván
esetén létezik√ ilyen kirakás,√ ) és a lehetőségek száma( csak√n = 2k √ekkor (3 + 3)(2 + 3)k + (3 − 3)(2 − 3)k /6.
Útmutatás: Jelöljük T2k -val a 3 × (2k)-as téglalapot és H2k−1 -gyel azt a
3 × (2k − 1)-es téglalapot, amelynek hiányzik az egyik sarka. Legyen µ2k
és ϑ2k−1 a T2k és H2k−1 alakzatok 2×1-es dominókkal való kirakásainak aszáma. Ekkor µ2k = 2ϑ2k−1 +µ2k−2 és ϑ2k−1 = µ2k−2 +ϑ2k−3 . A másodikösszefüggés többszöri alkalmazásával ϑ2k−1 = µ2k−2 + µ2k−4 + . . . + µ2 + 1
adódik. Ezt az elsőbe beírva, majd az így a µ2k -ra és µ2k−2 -re kapott
egyenlőségeket egymásból kivonva a µ2k = 4µ2k−2 −µ2k−4 rekurziót nyerjük.
(c) A ψn = ψn−1 +ψn−3 rekurziónak megfelelő f = x3 −x2 −1 polinom (komplex) gyökei legyenek ρ1 , ρ2 , ρ3 . A szokásos függvényvizsgálattal könnyen
adódik, hogy f -nek egyetlen valós gyöke van és ez 1-nél nagyobb: ρ1 > 1.
Ekkor ρ3 = ρ2 , továbbá mivel a gyökök szorzata 1, ezért |ρ2 | = |ρ3 | < 1.
A ψn -re adódó ψn = γ1 ρn1 +γ2 ρn2 +γ3 ρn3 képletben emiatt az utolsó két tag
0-hoz tart, ha n tart a végtelenhez. Az állítás ezután 1,46 < ρ1 < 1,47-bőlkövetkezik.
9.2.8 φn+2 . Útmutatás: a rekurziót aszerint írjuk fel, hogy a legnagyobb elem
hiányzik-e vagy szerepel-e a részhalmazban. (Vö. a 9.2.10h feladattal.)
9.2.9 Használjuk a mohó algoritmust, azaz összeadandónak minden lépésben
rendre a rendelkezésre álló legnagyobb Fibonacci-számot vegyük.
A feladat állítása egyébként a Fibonacci-számok helyett bármely olyan,
pozitív egészekből álló végtelen számsorozatra is igaz, amelynek az 1 eleme, és a sorozat minden eleme az előző elemnek legfeljebb a duplája.
9.2.10(a) Teljes indukció n szerint.
(b) Az előző azonosságból következik alkalmas helyettesítéssel.
(c) Teljes indukció vagy a φk+1 − φk = φk−1 egyenlőségek összegzése
k = 1, 2, . . . , n + 1-re.
(d) Teljes indukció vagy a (k − 2)φk+1 − (k − 2)φk = (k − 2)φk−1 egyenlőségekösszegzése k = 3, 4, . . . , n + 1-re és némi átrendezés.
(e) Teljes indukció vagy a φ2k = φk φk+1 − φk φk−1 egyenlőségek összegzése
k = 1, 2, . . . , n-re.
(f) Az (a)-ból nyerhető φ2n−1 = φn−2 φn + φn−1 φn+1 egyenlőséget (b)-velösszevetve átrendezés után φ2n − φn−1 φn+1 = −(φ2n−1 − φn−2 φn ) adódik.
Ezután ugyanezt az összefüggést alkalmazzuk n helyett rendre azn − 1, n − 2, . . . számokkal.

451

Eredmények 9.2.

(g) Az (a) azonosságot alkalmazzuk a φn+2n , φn+n és φ(n+1)+n számok felbontásához, így φ3n -et kifejezhetjük φn és φn−1 segítségével. Használjuk
fel még az (f)-beli azonosságot is.
(h) Teljes indukció vagy használjuk fel a 9.2.8 feladatot.
(i) A φt = φt−1 + φt−2 azonosság ismételt alkalmazásával bármely k-ra a∑ k (k )φ2n =j=0 j φ2n−2k+j összefüggést nyerjük. Ennek k = n speciálisesete a bizonyítandó állítás.
9.2.11 A másodszomszédok is relatív prímek. A harmadszomszédok közül a3-mal osztható indexűek legnagyobb közös osztója 2, a többiek relatív
prímek. (Vö. a 9.2.13 feladattal.)
9.2.12 Jelöljük φk -nak m-mel való osztási maradékát rk -val. Az (rk , rk+1 ) párok
csak m2 különböző értéket vehetnek fel, ezért lesz olyan t > s, amelyre(rt , rt+1 ) = (rs , rs+1 ). Lássuk be, hogy ekkor bármely k-ra (rk , rk+1 ) == (rk+t−s , rk+t−s+1 ), azaz az rn maradékok periodikusan ismétlődnek
(t − s periódus szerint). Mivel r0 = 0, ezért bármely j-re rj(t−s) = 0, azazm | φj(t−s) .
9.2.13 Útmutatás: Használjuk fel a 9.2.10a feladatot. A k | n ⇒ φk | φn állítást az n/k szerinti teljes indukcióval igazolhatjuk. A megfordításhoz
és a legnagyobb közös osztóra vonatkozó állításhoz lássuk be, hogy ha
a = bq + r, akkor (φa , φb ) = (φb , φr ).
Egy másik lehetőség: Mutassuk meg, hogy bármely m-re az m-mel osztható Fibonacci-számok indexei éppen a legkisebb ilyen tulajdonságú nem
nulla Fibonacci-szám indexének a többszörösei.
9.2.14(a) (φn+1 . √√ ) √(b) (1 + 2)n − (1 − 2)n /(2 2), ami az αi+1 = 2αi + αi−1 , α0 = 0,α1 = 1 rekurzió megoldása (ezeket a számokat szokás Lucas-sorozatnak
nevezni).
√() √9.2.15 Legyen ρ = (1 + 5)/2, ekkor φn = ρn − (−1/ρ)n / 5. A szóban forgó
sor első m tagjának az összegét ,,teleszkopikus” összeggé alakíthatjuk át:
m
√ ∑
5
k=1

ρ2

k

ρ2k+1 − 1=m () √ ( 1
)
√ ∑
1
1
1
5
−
=
5
−
.
ρ2 − 1 ρ2m+1 − 1
ρ2k − 1 ρ2k+1 − 1
k=1

Mivel a√második tag 0-hoz tart, így a keresett sorösszeg= (5 − 5)/2.

√

5/(ρ2 − 1) =

452

Eredmények 9.3.

)(
9.2.16 Eredmény: 2n−2
n−1 /n. A megoldásoknál ezt három különböző módon
vezetjük le, most ezekhez adunk útmutatást.
Első megoldás: n − 1 darab (kéttényezős) szorzást kell végrehajtani. Minden egyes szorzásnál jelöljük meg a nyitó zárójelet +1-gyel és a szorzatelső tényezőjét −1-gyel; ha ez az első tényező maga is egy többtényezős
szorzat, akkor annak utolsó tényezőjét jelöljük meg a −1-gyel. Könnyen
láthatóan ekkor az a1 , a2 , . . . , an−1 tényezők mindegyike pontosan egyszer
van −1-gyel megjelölve, továbbá bármely k ≤ n − 1-re ak előtt legalább knyitó zárójelnek (azaz +1-nek) kell szerepelnie. Ennek a megfordítása isigaz, minden ilyen ±1-ekből álló sorozat egy szorzási útnak felel meg. Ígyn − 1 darab +1-ből és n − 1 darab −1-ből álló sorozatokat képezünk, amelyekben az elejétől számítva akárhány tag összege nemnegatív. Minden
sorozat elejére még egy +1-et odaírva, olyan, most már n darab +1-bőlés n − 1 darab −1-ből álló sorozatokra fogalmaztuk át a problémát, amelyekben az elejétől számítva akárhány tag összege pozitív. Lássuk be,
hogy a ,,rossz” sorozatok száma a −1-gyel kezdődő sorozatok számának aduplája.
Második megoldás: Az utoljára elvégzett szorzás az első k és a maradékn − k tényezőből (valahogyan) elkészített szorzatokat szorozza össze,∑n−1
k = 1, 2, . . . , n − 1, így a feladatnakazα=n
k=1 αk αn−k , α1 = 1∑∞nrekurzió felel meg. Ebből az A(z) = n=1 αn z hatványsorra az A2 (z) == A(z) − z egyenletet kapjuk.
Harmadik megoldás: Egyszerűbb rekurziót kapunk, ha az elemek egymás közötti cseréjét is figyelembe vesszük. A rekurziót megoldva, az így
meghatározott βn értékből nyilván αn = βn /n!.
9.2.17 Az egyik oldalt rögzítsük, és aszerint csoportosítsuk az eseteket, hogy
az ezen oldalt tartalmazó háromszög harmadik csúcsa hová esik. Az így
kapott rekurzió lényegében azonos az előző feladat második megoldásában
tárgyalt rekurzióval.
()
Eredmény: 2n−4
n−2 /(n − 1).
9.3.
9.3.1
(a) Pl. megfelelnek a pi -k első és negyedik hatványai.
(b) A skatulyaelv szerint biztosan lesz három olyan cj , amelyekben mindegyik
pi kitevőjének modulo 3 vett maradéka ugyanannyi. Ennek a három cj nek a szorzata köbszám.
(c) Az állítás a 9.3.1 Tételre adott bármelyik bizonyítás értelemszerű módosításával igazolható.

Eredmények 9.3.

453

9.3.2 Okoskodjunk indirekt, ekkor a kis-Fermat-tétel felhasználásával kapjuk,
hogy a
t
k
∏
(
) ∏
p−1
1 − fi (x1 , x2 , . . . , xt ) ≡(1 − xjp−1 ) (mod p)
i=1

j=1

kongruencia azonosság (azaz minden x1 , . . . , xt esetén teljesül). Mutassuk
meg, hogy a fokszámok összegére tett feltétel miatt ez nem lehetséges.
Ha speciálisan mindegyik polinom elsőfokú, akkor (az Fp test felett) egy
homogén lineáris egyenletrendszert kapunk, amelyben az ismeretlenekszáma nagyobb az egyenletek számánál, tehát van nem triviális megoldás.
A Chevalley-tétel tehát ennek a jól ismert eredménynek az általánosításaként is tekinthető.
9.3.3 A cj számban a pi prím kitevője legyen γij (1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ t).
∑t
Az fi (x1 , . . . , xt ) = j=1 γij x2j polinomokra és p = 3-ra alkalmazzuk a
Chevalley-tételt.
9.3.4 Itt t ≥ (q − 1)k + 1 a megfelelő feltétel.
9.3.5(a) Tekintsük a c1 , c1 + c2 , . . . , c1 + c2 + . . . + cn számok n-nel való osztási
maradékait.
(b) Először azt igazoljuk, hogy ha az állítás igaz n = r-re és n = s-re, akkor
teljesül n = rs-re is. A 2rs−1 számból vegyünk tetszőleges 2r−1-et, ekkor
az r-re vonatkozó állítás szerint kiválaszthatunk r olyat, amelyek összege
osztható r-rel. A maradék 2rs − 1 − r számból ismét vegyünk tetszőleges
2r −1-et, ezek között is van r darab olyan, amelyek összege osztható r-rel.
Lássuk be, hogy ily módon 2s−1 darab olyan r-es csoport keletkezik, ahol
minden csoport elemeinek az összege osztható r-rel. Alkalmazzuk ezután
az s-re vonatkozó állítást ezen összegek r-edrészére.
Ennek∑ alapján elég az n∑ = p = prím esettel foglalkozni. Legyen
2p−1
2p−1
f1 = j=1 cj xp−1
, f2 = j=1 xp−1
, és alkalmazzuk a Chevalley-tételt.
j
j
9.3.6
(a) A kínai maradéktétel szerint elegendő a problémát egy pm prímhatvány
modulusra megoldani. Ha m > 1, akkor az x1 = x2 = x3 = p⌈m/2⌉
választás megfelelő. Ha m = 1, akkor (pl. a Chevalley-tétel alapján) az
x21 + x22 + x23 ≡ 0 (mod p) kongruenciának van nem triviális megoldása. Itt
feltehető |xi | ≤ p/2, ezért 0 < x21 +x22 +x23 < p2 , tehát az x21 +x22 +x23 összeg(amely a feltétel szerint p-vel osztható) p2 -tel már nem lehet osztható.
(b) Az (a)-beli eljárást kell egyetlen esetben finomítani: ha m > 1 és páratlan,
akkor legyen xi = p(m−1)/2 yi , és az yi -kre alkalmazzuk az előbb m = 1-relátott gondolatmenetet.

454

Eredmények 9.4.

9.3.7 Képezzük a kérdéses N számnak minden lehetséges k-ra a (közelítő, valós)k-adik gyökét, és az ehhez legközelebbi nk egész számra ellenőrizzük le,nem teljesül-e nkk = N . Mivel a szóba jöhető legkisebb hatványalap a 2,
ezért k ≤ log2 N , tehát ez valóban gyors algoritmus.
9.3.8(a) Az egyes prímek egymástól függetlenül durván a számok felét selejtezik
ki, tehát a garantáltan rossz számok aránya s darab prím esetén körülbelül (2s − 1)/2s (azaz nagyjából minden 2s -edik számot kell csak x-ként
kipróbálni).
(b) Az a jó, ha d és e közel egyforma.
(c) 86519√= 241·359, 584189 = 613·953. Az N = 86519 = x2 −y 2 keresésénélx ≥ 86519, azaz x legkisebb szóba jöhető értéke 295. Az y 2 = x2 − Negyenlőséget modulo 8 vizsgálva a bal oldal lehetséges értéke 0, 1 vagy 4, a
jobb oldalé 0−7, 1−7 vagy 4−7, ezek egyetlen közös értéke 1 = 0−7, azaz
8 | x2 . Innen kapjuk, hogy az x szükségképpen osztható 4-gyel. Modulo 3
vizsgálva hasonlóan adódik, hogy 3 | x. Így a legkisebb
kipróbálandó érték
√az x = 300, ami rögtön meg is felel, hiszen 3002 − 86519 = 59 egészszám. Az N = 584189 esetében azt kapjuk, hogy x páratlan és 3-mal
osztható, így a kipróbálandó számok az x = 765, 771, . . ., itt x = 783-ra
járunk szerencsével.
Megjegyzés: Mielőtt egy nagy szám felbontását megkíséreljük, mindenképpen célszerű egy gyors prímteszttel meggyőződni arról, hogy a szám
valóban összetett. Azt se felejtsük el, hogy igazán gyors faktorizációs algoritmus nem ismeretes, nagy (pl. háromszázjegyű) számokra a feladatban
jelzett faktorizációs módszer is reménytelenül lassú.

9.4.
9.4.1
(a) 2k−1 .
Az első k − 1 elem mindegyikénél szabadon döntünk, hogy bevesszüke az adott elemet a részhalmazba vagy sem, és ekkor az utolsó elemnél
egyértelműen adódik, hogy bevegyük vagy sem. Egy másik lehetőség: a)∑⌊k/2⌋ ( k ) (keresett szám i=0 2i= (1 + 1)k + (1 − 1)k /2.
( k)(b) 2 +2 cos(kπ/3) /3. Ezt átírhatjuk más alakba is aszerint, hogy k milyen
maradékot ad 6-tal osztva: (2k + 2)/3, ha k ≡ 0 (mod 6); (2k + 1)/3, hak ≡ ±1 (mod 6); (2k − 2)/3, ha k ≡ 3 (mod 6); és végül (2k − 1)/3, hak ≡ ±2 (mod 6).

Eredmények 9.4.

455

Útmutatás: Jelölje αk , βk , illetve γk egy k elemű halmaz azon részhalmazainak a számát, amelyek elemszáma 0, 1, illetve 2 maradékot ad
3-mal osztva. Célunk αk meghatározása. Nyilván αi + βi + γi = 2i .
Ennek felhasználásával αk = 2k−1 − βk−1 , βk−1 = 2k−2 − γk−2 , valamint γk−2 = 2k−3 − αk−3 , ahonnan az αk + αk−3 = 3 · 2k−3 , majd az
αk = αk−6 + 21 · 2k−6 rekurzió adódik. Ezt tovább bontva az αk == 21 · 2k−6 + 21 · 2k−12 + . . . képletet nyerjük, amely az utolsó tagjától
eltekintve egy 26 hányadosú mértani sor összege.
Másik lehetőségként az⌊k/3⌋ (

αk =

∑
i=0

)
(
)
k
= (1 + 1)k + (1 + ω)k + (1 + w2 )k /3
3iösszefüggéssel dolgozhatunk, ahol ω egy harmadik primitív komplex egységgyök.
9.4.2(a) H és H ′ egymás komplementerei.
(b) H és H ′ szimmetrikus diﬀerenciáját kell képezni.
9.4.3 Indirekt okoskodva tegyük fel, hogy létezik egy δ1 h1 + . . . + δn hn = 0
racionális együtthatós nem triviális lineáris kombináció. Az együtthatók nevezőinek legkisebb közös többszörösével beszorozva, majd a kapott
egész együtthatók legnagyobb közös osztójával végigosztva elérhetjük,
hogy a δj -k relatív prím egész számok legyenek. Mindkét oldalt skalárisan
megszorozva hj -vel, most is δ1 (h1 ·hj ) + . . . + δj (hj ·hj ) ++ . . . + δn (hn ·hj ) = 0 adódik. Mivel |Hj | páratlan, de minden t ̸= j-re|Ht ∩Hj | páros, ezért itt minden ht ·hj skalárszorzat páros, kivéve hj ·hj -t,
ami páratlan. Innen azonnal kapjuk, hogy δj szükségképpen páros. Mivelez tetszőleges j-re teljesül, ezért valamennyi δj páros, ami ellentmond
annak, hogy a δj számok relatív prímek voltak.
9.4.4(a) βij = |Hi ∩ Hj | modulo 2 maradéka.
(b) Páratlanváros: Ekkor a B = AT A szorzat az n × n-es egységmátrix, ígyaz 5.7.12a feladat alapján n = r(B) ≤ r(A) ≤ k.
Párosváros: Most B az n×n-es nullmátrix, ezért az 5.7.12b feladat szerintk ≥ r(A) + r(AT ) = 2r(A), azaz r(A) ≤ ⌊k/2⌋. Ez azt jelenti, hogy A
oszlopainak száma n ≤ 2r(A) ≤ 2⌊k/2⌋ .

456

Eredmények 9.4.

9.4.5(a) Az egyelemű részhalmazok mindig jók. Emellett k = 4-re (vagy bármely
páros k-ra) megfelelnek az egyelemű részhalmazok komplementerei is. A
többi k-ra a kétféle eljárás kombinációjával kapjuk a kívánt eredményt.
(b) Az (a) részben jelzett kombináció ezt is biztosítja.
(c) A felső becslés nagyjából k tetszőleges részhalmaz összes lehetséges kiválasztásának a száma. Az alsó becsléshez a legkönnyebben úgy jutunk
el, ha a 9.4.4 feladatban látott módszert alkalmazzuk. Az egyszerűség
kedvéért legyen k páros, k = 2t. Ha C egy tetszőleges t × t-es szimmetrikus( 0–1 mátrix, Et)pedig a t × t-es egységmátrix, akkor a k × k-as
C + EtCA=
mátrixra B = AT A a k × k-as egységmátrix,
C
C + Ettehát A egy alkalmas Hj halmazrendszer illeszkedési mátrixa. Az ilyen
A-k (azaz C-k) száma 2k(k+2)/8 . A k!-sal az oszlopcserékkel egymásba
vihető halmazrendszerek azonossága miatt kell leosztani. (Ha az izomorf
halmazrendszerektől is el akarunk tekinteni, tehát azoktól, amelyek egymásból a városlakók valamilyen permutációjával nyerhetők, akkor ez asorcseréknek felel meg, és ekkor még egyszer le kell osztani k!-sal. Azonban még így is igen nagy számot kapunk, pl. elég nagy k-ra alulról be2
csülhetjük 2k /9 -cel.) Mindez azt mutatja, hogy Páratlanvárosban nagyon
sok különböző módon alapíthatunk k megfelelő egyesületet.
9.4.6 Eredmény: k, ha k páratlan és k − 1, ha k páros.
Útmutatás: páratlan k-ra a k − 1 elemű részhalmazok, páros k-ra pedig
például az x1 -et tartalmazó kételemű részhalmazok megfelelnek. Annakigazolására, hogy ennél több részhalmaz már nem létezik, a Páratlanvárostétel eredeti vagy a 9.4.4 feladatban jelzett bizonyítása adaptálható. Páros
k esetén azt lehet kihasználni, hogy az illeszkedési mátrix (F2 feletti)
rangja legfeljebb k − 1, hiszen a sorok összege 0.
9.4.7(a) A Páratlanváros-tétel bármelyik bizonyítása átvihető (értelemszerűen az
F2 test helyett F3 -mal kell dolgozni). Válasz: k.
(b) A válasz most is k, azonban csak a 9.4.3 feladatban ajánlott bizonyításműködik.
(c) Mivel |Ht ∩ Hj | osztható 6-tal, ezért |Ht ∩ Hj | osztható 2-vel és 3-mal is,ugyanakkor |Hj | nem osztható 6-tal, tehát |Hj | a 2 és a 3 közül legalább
az egyikkel nem osztható. Így 2k + 1 darab Hatfalus egyesület között
vagy lenne k + 1 darab Páratlanvárosos, vagy pedig lenne k + 1 darab
Hármashatáros, és mindkettő lehetetlen.

Eredmények 9.4.

457

Megjegyzés: Általánosan a következő problémáról van szó. Legyen srögzített pozitív egész. Maximálisan hány olyan Hj részhalmaza lehet egy
k elemű X halmaznak, amelyekre s ̸ | |Hj |, de t ̸= j esetén s |Ht ∩ Hj |?
Mindig meg lehet adni k ilyen részhalmazt; az egyeleműeket. A Páratlanváros-tételben láttuk, hogy s = 2 esetén ez a maximum. Ugyanígy
elintézhető minden olyan eset, amikor s prímszám. Az állítás akkor isigaz marad, ha s egy prímszám hatványa (a bizonyítást ekkor a 9.4.3
feladat ajánlása szerint lehet elvégezni). A többi s-re a probléma megoldatlan; csak annyi adódik, hogy a maximum legfeljebb ω(s) · k, ahol ω(s)az s különböző prímosztóinak a száma. Ezt a felső becslést eddig csak
igen minimális mértékben sikerült javítani, pl. s = 6-ra n ≤ 2k helyettcsak a hajszálnyival jobb n ≤ 2k − 2 log2 k az ismert legjobb eredmény.
Ugyanakkor egyetlen s-re sem találtak k-nál több megfelelő részhalmazt.
9.4.8 (a) k.

(b) k − 1.

9.4.9 Válasz: k.
A Páratlanváros-tétel eredeti bizonyítását kövessük. A Kj halmazoknak
megfelelő kj vektorok függetlenségét úgy láthatjuk be, ha a δ1 k1 + . . . ++δn kn = 0 lineáris kombináció mindkét oldalát skalárisan megszorozzuk
rendre a Pt halmazoknak megfelelő pt vektorokkal.
9.4.10 Válasz: k.
Útmutatás a felső becsléshez: lássuk be, hogy a megfelelő vektorok a valós
test felett lineárisan függetlenek.
9.4.11 Válasz: 1 (és ennek minden városlakó tagja).
Az előző feladatnál használt lineáris algebrai gondolatmenethez hasonlóan
okoskodhatunk.
∑ m (k )9.4.12i=0 i .
9.4.13 (b) Válasz: p2 , azaz az altér maximálisan 2-dimenziós lehet.
Először példát mutatunk ilyen altérre. Legyen 0 < r < p egy kvadratikus nemmaradék
modulo p, ekkor megfelel T p−r+1 -ben az
  
0
1
⟨ 0   1 ⟩
3
  
U = 
 ...  ,  ...  altér. (Megjegyezzük, hogy már T -ban is mindig
10található a kívánt tulajdonságú altér, sőt ha p ≡ 3 (mod 4), akkor magaa T 2 vektortér is megfelel.)
Most megmutatjuk, hogy egy (legalább) háromdimenziós altérben mindig található önmagára merőleges nem nulla vektor. Az ortogonalizációs
eljárással előállíthatunk b1 , b2 , b3 páronként merőleges vektorokat, legyen

458

Eredmények 9.4.
bi ·bi = βi , i = 1, 2, 3. Egy v =merőleges önmagára, ha
0 = v·v = (

3
∑
i=1

∑3

i=1 γi bi vektor akkor és csak akkor

γi bi )·(

3∑i=1

γi bi ) =3∑

γi2 βii=1

teljesül. A γi -ket ismeretleneknek tekintve ennek az egyenletnek pl. a
Chevalley-tétel (9.3.2 feladat) szerint van nem triviális megoldása.
9.4.14(a) Ha p ≡ 3 (mod 4), akkor k ≥ 3 esetén, egyébként k ≥ 2-re. Ugyanis az12 + z22 ≡ 0 (mod p) kongruenciának pontosan p ̸≡ 3 (mod 4) mellett van
nem triviális megoldása, a z12 + z22 + z32 ≡ 0 (mod p) kongruencia pedig
már minden p-re nem triviálisan megoldható.
(b) Ha csak a nullvektor merőleges önmagára, azaz ha k = 1 és p tetszőleges
vagy k = 2 és p ≡ 3 (mod 4), akkor ez triviálisan altér (dimenziója
0). Ettől eltekintve csak p = 2-re kapunk alteret, de k tetszőleges lehet.
Ennek a dimenziója k − 1. (Azokból a vektorokból áll, amelyeknek páros
sok koordinátája 1-es.)
9.4.15( )⟨ 1 ⟩(a) Pl. legyen p = k = 2 és U =.
1(b) Egy x ∈ V vektor pontosan akkor merőleges U -ra, ha U egy bázisának minden elemére merőleges. Ez a feltétel egy dim U egyenletből álló,dim V ismeretlenes homogén lineáris egyenletrendszert jelent, amelynek
a rangja dim U (mert a sorok, amelyek az U báziselemeiből származnak,
lineárisan függetlenek). A megoldásoknál így a szabad paraméterek száma
dim U ⊥ = dim V − dim U .
(c) A (b) részből és a 4.6.6 feladatból következik.
9.4.16 Létezik: (a), (c), (e).
Útmutatás: A dim U +dim U ⊥ = dim V összefüggés alapján k szükségképpen páros. Használjuk fel a 9.4.14a feladatot is.
9.4.17(a) Nem igaz, vegyünk pl. egy nagy páratlan elemszámú részhalmazt és a tőlediszjunkt egyelemű részhalmazokat.
(b) Igaz. A Párosváros-tétel bizonyítását követve tekintsük a Hj halmazoknak megfelelő hj vektorok által generált U alteret. Ha ennek az U -naknem minden eleme szerepel a hj -k között, akkor egy ilyen hiányzó vektorral bővíthetjük a rendszert. Ha U minden eleme szerepel, de az elemszám
nem maximális, akkor dim U < ⌊dim V /2⌋ és így dim U ⊥ ≥ dim U + 2.

Eredmények 9.5.

459

Egészítsük ki U bázisát U ⊥ bázisává a w1 , w2 , . . . vektorokkal. Ekkor
w1 , w2 és w1 + w2 mindegyike merőleges U -ra és közülük legalább az
egyik önmagára is merőleges, és ekkor ezzel a vektorral bővíthetjük arendszert.
9.4.18 Útmutatás: Válasszuk külön a páros és páratlan tagszámú egyesületeket,
és mutassuk meg, hogy a nekik megfelelő vektorok által generált alterek
diszjunktak. Ha ezek dimenziója s, illetve t, akkor 2s + t ≤ k, és ígyn ≤ t + 2⌊(k−t)/2⌋ .
9.4.19 Válasz: 8.
Útmutatás: Lássuk be először, hogy 6 elemű halmaz esetén 4 a maximum.
Rátérve a 9 elemű halmaz esetére, igazoljuk, hogy ha a Hi részhalmazok
megfelelnek, akkor a komplementereik is a kívánt tulajdonságúak. Ennek
alapján feltehető, hogy |H1 | = 3. Ekkor valamennyi Hi -re Hi ∩ H1 = ∅vagy Hi ⊇ H1 . A Hi -knek a H1 -be eső része tehát kétféle lehet, a H1 en kívül eső részekre pedig a 6 elemű halmaznál látottak szerint négy
lehetőség adódik.
9.5.
9.5.1 (b) A 3 egyszeres, az 1 ötszörös és a −2 négyszeres sajátérték. Ezt a legegyszerűbben a 9.5.1 Tétel bizonyításából olvashatjuk le a d = 3 speciális
esetben.
9.5.2 Az állítás a szomszédsági mátrix és a sajátvektor definíciójából következik.
9.5.3 A sajátértékeket a szomszédsági mátrix karakterisztikus polinomjának agyökeiként kaphatjuk meg, azonban gyakran kevesebb számolással is célhoz érhetünk, ha az előző feladatra támaszkodunk. Eredmények:(a) Az n − 1 egyszeres, a −1 pedig n − 1-szeres sajátérték.
(b) Az 1 és a −1 mindketten k-szoros sajátértékek.
(c) A ka 0 pedig n − 2-szeres sajátérték.
√ és a −k egyszeres,√(d) A n − 1 és a − n − 1 egyszeres, a 0 pedig n − 2-szeres sajátérték.
(e) A sajátértékek 2 cos(2jπ/n), 0 ≤ j ≤ n − 1.
9.5.4 Legyen G, illetve G szomszédsági mátrixa A, illetve A′ . Ekkor a csupa
1 komponensű j vektor a regularitás miatt mind G-nek, mind pedig Gnek sajátvektora, a megfelelő sajátérték d, illetve n − 1 − d. Legyenj, v2 , . . . , vn az A-nak egy ortonormált sajátbázisa (az Rn euklideszi térben), a megfelelő sajátértékek legyenek d, λ2 , . . . , λn .
Mivel a⊥J-nek a j-től független sajátvektorai éppen ⟨j⟩ nem nulla elemei, ésezekhez a 0 sajátérték tartozik, ezért a vi -k a J-nek is sajátvektorai 0
sajátértékkel. Ekkor az A′ = J − E − A összefüggés alapján a vi -k az

460

Eredmények 9.5.

A′ -nek is sajátvektorai, a megfelelő sajátértékek pedig −1 − λi . Az A′
sajátértékei tehát n − 1 − d, −1 − λ2 , . . . , −1 − λn .
9.5.5 Mutassuk meg, hogy mindkét feltétel ekvivalens azzal, hogy A minden
sajátvektora J-nek is sajátvektora.
9.5.6 A Petersen-gráf illeszkedési mátrixa 10 × 15-ös, ez 6 darab 5 × 5-ös Cij
blokkból áll (i = 1, 2, j = 1, 2, 3), ahol C12 = C21 = 0, C13 = C23 = E,


1
1

C11 =  0

0
0

0
1
1
0
0

0
0
1
1
0

0
0
0
1
1


1
0

0

0
1



és

1
0

C22 =  1

0
0

0
1
0
1
0

0
0
1
0
1

1
0
0
1
0


0
1

0 .

0
1

A továbbiakban a 9.5.3 feladat számozását használjuk.
(a) Egy n × n(n − 1)/2-es mátrix, amelynek oszlopaiban minden lehetséges
módon előfordul két darab 1-es.
(b) Két k × k-as egységmátrix egymás alatt.
(c) Egy 2k × k 2 -es mátrix, amelynek oszlopaiban minden lehetséges módonelőfordul két darab 1-es úgy, hogy az egyik a felső k sorból, a másik pedig
az alsó k sorból van.
(d) Egy (n − 1) × (n − 1)-es egységmátrix fölött egy csupa 1 sor.
(e) Egy n × n-es mátrix, ahol a főátlóban, közvetlenül a főátló alatt és a jobb
felső sarokban áll 1-es, máshol pedig 0.
9.5.7 M = C T C olyan m×m-es mátrix, ahol a főátló minden eleme 2 és i ̸= j-reµij aszerint 1, illetve 0, hogy az i-edik és j-edik élnek van-e közös csúcsa
vagy sem.
N = CC T olyan n × n-es mátrix, ahol a főátlóban νii az i-edik csúcs foka
és i ̸= j-re νij aszerint 1, illetve 0, hogy az i-edik és j-edik csúcs össze
van-e kötve éllel vagy sem.
9.5.8 Diszjunkt háromszögek egyesítése.
9.5.9 A szokásos jelölésekkel az Aj vektor i-edik koordinátája éppen di , az iedik csúcs foka. Legyen b1 , . ∑. . , bn ortonormált sajátbázis, λ1 , . . . , λn anmegfelelő sajátértékek és j = i=1 ρi bi . Ekkor
δn ≤ d1 + . . . + dn = j·(Aj) =

n
∑
i=1

λi ρ2i ≤ Λn∑ρ2i = Λ(j·j) = Λn,i=1azaz valóban δ ≤ Λ. A Λ ≤ ∆ egyenlőtlenség bizonyításához legyenv a Λ-hoz tartozó olyan sajátvektor, amelynek a(z egyik) legnagyobb

Eredmények 9.5.

461

koordinátája 1, legyen ez pl. az első koordináta. Az x ≤ z jelentse azt,
hogy minden koordinátára xi ≤ zi . Ekkor Λv = Av ≤ Aj ≤ ∆j, és azelső koordináták összehasonlításával kapjuk, hogy Λ ≤ ∆.
9.5.10 Először igazoljuk az alábbi segédállításokat. Legyenek A és A′ nemnegatívelemű szimmetrikus mátrixok, a maximális sajátértékek Λ, illetve Λ′ .
(i) Ha egy nem nulla x vektor koordinátái nemnegatívak (azaz x ≥ 0) és
Ax ≥ τ x, akkor Λ ≥ τ .
′(ii) Ha az A és A′ minden elemére αij ≥ αij, akkor Λ ≥ Λ′ .
Ezután a feladat állítását bizonyítsuk a csúcsok száma szerinti teljes indukcióval; a gráfból hagyjuk el a legkisebb fokszámú csúcsot a hozzá tartozó élekkel és használjuk fel (ii)-t.
Megjegyzés: belátható, hogy a legnagyobb sajátértékhez mindig tartozik
nemnegatív sajátvektor, sőt ez bármely nemnegatív elemű (nem feltétlenül szimmetrikus) mátrixra is igaz (Frobenius–Perron-tétel).
9.5.11(a) Összeadva az összes egyenesre az összegeket azt kapjuk, hogy az összes
pontra írt szám összege is 0. Ezután használjuk ki, hogy ha egy adottpontot tartalmazó összes egyenesre nézzük az összeget, akkor ebben atöbbi pont egyszer szerepel, az adott pont pedig n + 1-szer.
Célhoz érhetünk a 9.4.4 feladatban definiált illeszkedési mátrix segítségével is, amelyben az i-edik sor j-edik eleme aszerint 1 vagy 0, hogy
az i-edik pont rajta van-e a j-edik egyenesen vagy sem. Lássuk be erről az (n2 + n + 1 × n2 + n + 1-es) A mátrixról, hogy AT A főátlójának
minden eleme n + 1 és az összes többi elem 1. Az 1.3.12 feladat szerint
ekkor 0 ̸= det(AT A) = (det A)2 , ezért AT v = 0 ⇒ v = 0. Legyen v-ben
az i-edik koordináta az i-edik pontra írt szám, ekkor AT v-ben a j-edik
koordináta a j-edik egyenesen levő pontokra írt számok összege, ami afeltétel szerint 0. Ezért az előbbiek alapján v = 0, azaz minden ponton
csak a 0 szám lehet.
(b) Legyen P , ill. K a piros, illetve kék pontok száma (P + K = n2 + n + 1),
és hasonlóan, Pi , illetve Ki az i-edik egyenesen a piros, illetve kék pontok
száma (Pi + Ki = n + 1). Elég belátni,hogy a |Pi − Ki | eltérések átlaga√
az n2 + n + 1 egyenesen legalább n, azaz
n2∑
+n+1
i=1

(Pi − Ki )2 ≥ n(n2 + n + 1).

(E.9.1)

462

Eredmények 9.6.
A négyzetre emelést elvégezve a bal oldal
n2∑
+n+1
i=1

Pi2 +

n2∑
+n+1
i=1

Ki2 − 2n2∑
+n+1

Pi K i .

(E.9.2)i=1

Az első összeg (E.9.2)-ben azon rendezett piros pontpárok száma, amelyek egy egyenesen vannak. Ha a két pont különböző, akkor egy ilyen
egyenes van, ha azonos, akkor n + 1 egyenes. Ebből adódik, hogy az elsőösszeg P (P − 1) + (n + 1)P = P 2 + nP . Ugyanígy adódik, hogy a második összeg K 2 + nK. A harmadik összeg pedig a piros-kék pontpárok
száma, ami P K. Ezért (E.9.2) átírható a P 2 + K 2 + n(P + K) − 2P K == (P − K)2 + n(n2 + n + 1) alakba, ami igazolja (E.9.1)-et.
Célhoz érhetünk egy (n2 + n + 1 × n2 + n + 1-es) B módosított illeszkedési
mátrix segítségével is: bij = 1, ha az i-edik pont piros és rajta van a
j-edik egyenesen; −1, ha az i-edik pont kék és rajta van a j-edik egyenesen; és 0 egyébként. Igazoljuk, hogy most is B T B főátlójának minden eleme n + 1 és az összes többi elem 1. Legyen w a csupa 1 koordinátájú
vek√
tor, ekkor azt kell belátni, hogy z = B T w-nek van legalább n abszolútértékű koordinátája. Ez következik abból, ha a koordináták négyzeténekátlaga legalább n, azaz z-nek önmagával vett skalárszorzata legalábbn(n2 + n + 1). Ez a skalárszorzat(B T w)T (B T w) = wT BB T w.

(E.9.3)

Lássuk be, hogy BB T főátlójának is minden eleme n + 1, a többi elempedig aszerint 1 vagy −1, hogy a sor- és oszlopindexeknek megfelelő
pontok azonos vagy különböző színűek. Így BB T = nE + H, ahol Hfőátlójában 1 áll, minden más elem pedig ±1. Ezért (E.9.3) átírható
nwT w + wT Hw alakba. Itt az első tag n(n2 + n + 1), a második tagról
pedig lássuk be, hogy (P − K)2 . Mivel ez utóbbi nemnegatív, ezért az(E.9.3)-beli zT z skalárszorzat valóban legalább n(n2 + n + 1).
9.6.
9.6.1 A mohó algoritmussal mindig a legelső olyan elemet választjuk, amelyik nem rontja el a Sidon–tulajdonságot. Tegyük fel, hogy a1 < a2 << . . . < as < n már megvan. Egy d elem akkor rossz, ha valamilyen
i , j , k ≤ s -re d + ai = aj + ak , azaz d = aj + ak − ai . Ezzel legfeljebb s3 (sőt tulajdonképpen kevesebb mint s3 /2) elemet zártunk ki, azazs < n1/3 esetén még találunk n -nél kisebb további jó elemet.

Eredmények 9.6.

463

9.6.2 A Sidon-tulajdonság igazolásához tegyük fel, hogy ai + aj = ak + al , azaz
2p(i + j − k − l) + (⟨i2 mod p⟩ + ⟨j 2 mod p⟩ − ⟨k 2 mod p⟩ − ⟨l2 mod p⟩) = 0.
Itt a második tag osztható 2p-vel, de abszolút értéke 2p-nél kisebb, tehát
csak 0 lehet. Emiatt az első tag is 0. Vagyis i−k = l−j és i2 −k 2 ≡ l2 −j 2(mod p). Innen egyszerű számolással adódik, hogy vagy i = k és j = lvagy pedig i = l és j = k.
9.6.3 A p2 elemű testtel és a benne levő p elemű résztesttel hasonlóan (csakegyszerűbben) kell okoskodni, mint a 9.6.2 Tétel bizonyításában tettük.
9.6.4 Vegyünk egy g primitív gyököt modulo p, és legyen ai az
x ≡ i (mod p − 1), x ≡ g i (mod p) szimultán kongruenciarendszer
megoldása modulo p(p − 1), i = 1, 2, . . . , p − 1.
√
9.6.5 A 9.6.1 Tétel szerint vegyünk 1 és n1 között egy kb. n1 elemszámú
S1 Sidon-sorozatot. Legyen n2 jóval nagyobb n1 -nél. Az [n1 , n1 + n2 ]intervallumban ne vegyünk elemeket, viszont n1 + n2 és n1 + 2n2 között
√helyezzünk el egy kb. n2 elemszámú Sidon-halmazt, és abból hagyjuk
el azokat az elempárokat, amelyeknek a különbsége < n1 , a maradékot
jelölje S2 . (Megfelelne céljainknak az is, ha minden elempárból csak
az egyik elemet hagynánk el.) A Sidon-tulajdonság miatt az elhagyott√√elemek száma < 2n1 . Így n1 + 2n2 -ig összesen kb. n2 + n1 − 2n1 ≈√≈ n2 elemünk van. Lássuk be, hogy S1 ∪S2 Sidon-tulajdonságú. Ezutánválasszunk egy, az n1 + 2n2 -nél jóval nagyobb n3 -at, n1 + 2n2 + n3 és√
n1 + 2n2 + 2n3 között helyezzünk el egy kb.
n3 elemszámú Sidonhalmazt, abból töröljük azokat az elemeket, amelyeknek a különbsége< n1 +2n2 stb. Az eljárást folytatva a feladat feltételeit teljesítő végtelen
Sidon-sorozatot kapunk.
9.6.6(a) Általánosítsuk a 9.6.3 feladat módszerét a ph elemű testre.
(b) Az elemekből képezhető h-tagú összegek egyrészt mind különbözők, másrészt valamennyien 1 és nh közé esnek.
9.6.7(a) A kettőhatványok ilyenek.
(b) Vizsgáljuk meg, hány összeg keletkezik és ezek milyen határok közé esnek.
(c) A keletkező összegeket egy (klasszikus) valószínűségi változónak tekintve
alkalmazzuk a Csebisev-egyenlőtlenséget.
9.6.8 Legyen C az 1 és n2/3 közötti egész számok halmaza, továbbá D a
C-nek az n-ig terjedő prímszámokkal való egyesítése. Először lássuk be,
hogy n-ig minden szám felírható n = cd alakban, ahol c ∈ C, d ∈ D (afelírás általában nem egyértelmű). Az ai számoknak rögzítsük egy ilyen

464

Eredmények 9.7.
ai = ci di előállítását, majd készítsünk el egy |C| + |D| ≤ π(n) + 2n2/3
csúcsú páros gráfot, amelynél a csúcsok egyik csoportja a C halmaz, amásik pedig a D, és az ai számnak a ci és di csúcsot összekötő él felel
meg. Ha az élek száma legalább annyi, mint a csúcsok száma, akkor agráfban van kör. A párosság miatt ennek a körnek páros sok éle van,és a konstrukció alapján a minden második élnek megfelelő ai -k szorzata
megegyezik a kör többi élének megfelelő aj -k szorzatával (hiszen mindkét
szorzat a kör összes csúcsaiban szereplő számok szorzata).

9.6.9 Írjuk fel a számokat d alapú számrendszerben, ahol d értékét később alkalmasan megválasztjuk. Tekintsük most azokat a számokat n -ig, amelyek
felírásában minden számjegy < d/2 és a számjegyek négyzetösszege egy adott q érték. Mutassuk meg, hogy egy ilyen számhalmazban
nem fordul elő háromtagú számtani sorozat, továbbá q és d alkalmas
megválasztásával elérhető, hogy a halmaz elemszáma a feladat állításának megfelelően nagy legyen.
9.6.10 Első megoldás: A ,,rossz” színezések számát ügyesen felülről becsülve mutassuk meg, hogy ez kisebb, mint az összes színezések száma.
Második megoldás: Tekintsük a p prímmel a 2p elemű T véges testet,legyen ∆ a multiplikatív csoport generátoreleme és W egy p−1-dimenziós
altér T -ben (mint F2 feletti vektortérben). A színezés: k akkor piros, ha∆k ∈ W . Az 1, 2, . . . , p(2p −1) számokat ily módon kiszínezve nem fordul
elő p + 1-tagú egyszínű számtani sorozat.
Harmadik megoldás: Legyenek pirosak azok a számok, amelyek a 7 és a
17 közül pontosan az egyikkel oszthatók.
Negyedik megoldás: Legyenek pirosak azok a számok, amelyek a 2, a 3,
az 5 és a 7 közül páratlan sokkal oszthatók.
Ötödik megoldás: Nevezzünk A-nak, illetve B-nek egy olyan, 17 egymás
után következő számból álló blokkot, amelynek az első 16 eleme piros, az
utolsó eleme pedig kék, illetve fordítva, és tekintsük az alábbi színezést:
15 darab A után vegyünk 15 darab B-t és ezt ismételjük (összesen 16-szor
lehet).
9.7.
9.7.1 Az alábbi lépésekben igazolhatjuk a tételt:(i) Két egyenlő alapú és magasságú paralelogramma egymásba darabolható.
Legyen a közös alap AB, a vele párhuzamos oldalegyenesen a csúcsok
legyenek CD, illetve C ′ D′ . Ha pl. D a D′ C ′ szakaszon van, akkor az
ABCD paralelogrammából vágjuk le a BCC ′ háromszöget, és ezt a vele

Eredmények 9.7.

465

egybevágó ADD′ háromszög helyére illesztve megkapjuk az ABC ′ D′ paralelogrammát. Ha a CD és C ′ D′ szakaszoknak nincs közös pontja, akkor
mindkét paralelogrammát vágjuk szét az alapjukkal párhuzamosan olyan,,alacsonyabb” paralelogrammákra, amelyekre már alkalmazhatjuk az előző gondolatmenetet.
(ii) Egy téglalap átdarabolható olyan téglalappá, melynek egyik oldala adott.
A téglalapot szükség esetén vékonyabb csíkokra vágva és a csíkokat arövidebb élek mentén összeragasztva olyan ABCD téglalapot kapunk,amelynek (mondjuk) a BC oldala kisebb, az AB oldala pedig nagyobb
az adott x szakasznál. A B középpontú x sugarú kör messe a CD oldalt
a C ′ pontban, és legyen D′ a B pont tükörképe az AC ′ szakasz felezőpontjára, ezzel egy ABC ′ D′ paralelogrammát kapunk. A C ′ és B pontokmerőleges vetülete a D′ A egyenesen legyen X, illetve Y , így egy BC ′ XY
téglalaphoz jutunk, amelynek BC ′ oldala éppen az előírt x hosszúságú.
Ekkor az ABCD téglalap és a BC ′ XY téglalap is azonos alapú és magasságú, mint az ABC ′ D′ paralelogramma, ezért az (i) rész alapján a
két téglalap — az ABC ′ D′ paralelogramma ,,közvetítésével” — egymásba
darabolható.
(iii) Végül egy tetszőleges sokszöget háromszögekre bonthatunk, mindegyik
háromszöget téglalappá alakíthatjuk, a kapott téglalapokból pl. egységnyi alapú téglalapokat gyárthatunk, és ezeket egymás mellé téve egyetlen,
egységnyi alapú téglalappá daraboltuk át a sokszöget. Ezt két azonos
területű sokszögre elvégezve két egybevágó téglalaphoz jutunk, tehát a
két sokszög egymásba is átdarabolható.
9.7.2(a) Valamely δ pontosan akkor lesz a π-nek racionális számszorosa, ha van
olyan n pozitív egész, amelyre nδ a 2π-nek egész számú többszöröse, azazcos(nδ) = 1. A()()
cos(nα) = 2 cos (n − 1)α cos α − cos (n − 2)αösszefüggés alapján igazoljuk teljes indukcióval, hogy cos(nα) egy 3nnevezőjű (tovább már nem egyszerűsíthető) tört, és így nem lehet azértéke 1.
(b) Az előzőkhöz hasonlóan igazoljuk teljes indukcióval, hogy 2 cos(nγ) a
2 cos γ-nak egész együtthatós, normált polinomja. Így ha cos(nγ) = 1,
akkor 2 cos γ gyöke egy egész együtthatós, normált polinomnak. Egy ilyen
polinom racionális gyökei csak egészek lehetnek, tehát 2 cos γ egész szám.
Ezt a | cos γ| ≤ 1 feltétellel összevetve kapjuk az állítást.

466

Eredmények 9.7.

9.7.3 Ha egy T téglalap a és b oldalának aránya az a/b = r/s racionális szám,
akkor T szétvágható rs darab egybevágó a/r = b/s oldalú négyzetre.
A megfordításhoz definiáljunk a téglalapok halmazán egy, a területreemlékeztető függvényt: legyen f egy tetszőleges valós függvény, amely
kielégíti a Cauchy-féle f (x + y) = f (x) + f (y) függvényegyenletet (lásda 9.1.8 feladatot), és ha egy U téglalap oldalai c és d, akkor legyen
F (U ) = f (c)f (d). Speciálisan, ha U egy négyzet, akkor F (U ) ≥ 0.
Mutassuk meg, ∑hogy ha az U téglalapot az Ui téglalapokra vágjuk szét,
akkor F (U ) = i F (Ui ). Tegyük fel indirekt, hogy a és b nem egymás
racionális számszorosai és mégis szétvágtuk az a és b oldalú T téglalapot
négyzetekre: T = ∪Ni (ahol∑ az Ni négyzeteknek nincs közös belső pontjuk). Ekkor F (T ) =F (Ni ) jobb oldala nemnegatív, ugyanakkor
F (T ) < 0, ha f (a) = 1 és f (b) = −1, ami elérhető, mert a és b lineárisan
függetlenek Q felett.
9.7.4(a) Átdarabolhatók, ennek igazolása a Bolyai–Gerwien-tétel bizonyításának
a mintájára (szinte arra támaszkodva) végezhető el (9.7.1 feladat).
(b) Nem darabolhatók egymásba: az ABCC ′ tetraéder átdarabolható egy
hasábba és így egy vele azonos térfogatú kockába is, az ABCB ′ tetraéder viszont√ nem. Ez utóbbi egyik lapszöge π/2, a másikat ϑ-val jelölve
cos ϑ = 1/ 3. Mutassuk meg, hogy ϑ/π irracionális, és ezután kövessük
a 9.7.1 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét.
9.7.5 A megfelelő invariáns legyen a sokszögnek egy adott irányba eső élhosszainak (valamely körüljárás szerinti) előjeles összege.
9.7.6(a) Ha n = 2k > 2, akkor egy k oldalhosszúságú négyzetben vegyünk egy
k − 1 oldalú négyzetet és a megmaradt sávokban a 2k − 1 darab egységnégyzetet. Ha n = 2k + 3 > 5, akkor vegyük az előző konstrukciót, majdvalamelyik négyzetet vágjuk fel 4 egybevágó részre. A megfordításhoz
használjuk ki, hogy az eredeti négyzet minden sarkára kell illeszkednie egy
kis négyzetnek, tehát n eleve nem lehet 2 vagy 3, az n = 5 esetben pedig
a nagy négyzet egyik oldalára 3, a többi oldalra 2 kis négyzet illeszkedne,
ami egyszerű esetszétválasztás után szintén ellentmondásra vezet.
(b) Mivel egy kockából könnyen csinálhatunk 8, illetve 27 kis kockát, ezek
egymás utáni alkalmazásával egy kocka 1 + 7x + 26y részre is bontható,
ahol x és y tetszőleges nemnegatív egészek. Felhasználva, hogy a 7 és a
26 relatív prímek, lássuk be, hogy minden elég nagy n előállítható ilyen
alakban.

Eredmények 9.7.

467(c) Mivel egy kockát 8 részre vágva, a kis kockák számát mindig tudjuk 7-tel
növelni, ezért elég az állítást a 48 és 54 közötti n-ekre igazolni.
48: 48 = 27 + 3 · 7, azaz a kockát vágjuk 27 részre, majd 3 kis kockát 8-8
részre.
49: egy 6 oldalú kocka alsó felét bontsuk 4 darab 3 oldalú kockára, afelső sorát 36 darab egységkockára, a fennmaradó két sort pedig 9 darab
2 oldalú kockára.
50: 50 = 7 · 7 + 1.
51: egy 6 oldalú kocka alsó felét és még egy nyolcadát bontsuk 5 darab
3 oldalú kockára, a megmaradt részből kiválaszthatunk 5 darab 2 oldalú
kockát és marad még 41 darab egységkocka.
52: egy 4 oldalú kockából vegyünk ki egy 3 oldalú részt, ekkor marad 37
egységkocka, ezekből kettőt 8-8 részre osztva összesen 52 kockára bontottuk az eredeti kockát.
53: 53 = 1 + 2 · 19 + 2 · 7 alapján elég olyan eljárást mutatni, amely 19-cel
növeli a kockák darabszámát; egy 3 oldalú kockát bontsunk egy 2 oldalúra
és a megmaradó 19 egységkockára.
54: egy 8 oldalú kocka háromnegyedét bontsuk 6 darab 4 oldalú kockára,a maradékból leválasztható 2 darab 3 oldalú és 4 darab 2 oldalú kocka,
valamint marad 42 darab egységkocka.
9.7.7(a) Ha n ̸= 2, 3 vagy 5, akkor a 9.7.6a feladathoz hasonló konstrukciót alkalmazhatunk. A megfordítás n = 2-re most is egyszerű, azonban n = 3-ra és
5-re a négyzethez képest bonyolítja a helyzetet, hogy a kis háromszögek
az eredeti háromszög szögeit is elvághatják. Itt jó szolgálatot tesz az
alábbi, önmagában is érdekes észrevétel: Ha egy H háromszög szögei a
racionális test felett lineárisan függetlenek, akkor H csak úgy bontható
fel hasonló háromszögekre, ha azok H-hoz is hasonlók, továbbá ekkor H
felbontásánál a kis háromszögek H szögeit nem vághatják el.
(b) Ha n = k 2 , akkor egy háromszög minden oldalát k egyenlő részre osztva
a háromszöget nyilván n egybevágó kis háromszögre bontottuk. A megfordításhoz vegyünk egy olyan háromszöget, amelyben nemcsak a szögek,hanem az oldalak is lineárisan függetlenek. Mutassuk meg, hogy valóban
létezik ilyen háromszög, továbbá egy√ilyen háromszöget nem lehet n egybevágó háromszögre felbontani, ha n irracionális.
(c) Ha n = k 2 +m2 , akkor vegyünk egy olyan derékszögű háromszöget, amelynek a befogói k és m. Ha n = 3k 2 , akkor egy szabályos háromszög ,,fele”
lesz megfelelő.

468

Eredmények 10.1.

9.8.

∑n−1
9.8.1 Ha pl. an = j=1 λj aj , akkor (i) miatt D(a1 , a2 . . . , an ) =∑n−1= j=1 λj D(a1 , a2 . . . , aj ), és itt (iv) szerint mindegyik tag 0.
9.8.2 A 9.8.1 Tétel bizonyításának mintájára következik, hogy Fi (e1 , . . . , en )már teljesen meghatározza Fi -t.
9.8.3 Használjuk fel az előző feladatot és az F (e1 , . . . , en ) = G(e1 , . . . , en )egyenlőséget.
9.8.4 Támaszkodjunk az előző feladatra.
9.8.5(a) A determináns értéke nem változik, ha az első két oszlopból kivonjuk
a harmadik oszlopot és a harmadik sora szerint kifejtjük. Az ennek
γ − γ13 γ12 − γ13
megfelelő 11
determináns a P3 -ból P1 -be, illetve P2 γ21 − γ23 γ22 − γ23
be mutató vektorok által kifeszített paralelogramma előjeles területe. Ez
a paralelogramma pontosan akkor fajul el, ha a pontok egy egyenesbe
esnek.
(b) A négy pont akkor és csak akkor van egy síkban, ha a koordinátáikból
γ11 γ12 γ13 γ14γ21 γ22 γ23 γ24
képezett
determináns nulla.
γ31 γ32 γ33 γ34
1111(c) Az eredmények tetszőleges koordinátarendszerben érvényesek, ugyanis a9.8.1 Tétel szerint tetszőleges bázist választhatunk.

10. Kódok
10.1.
10.1.1 (a) (1 − p)k .

(b) kp(1 − p)k−1 .

10.1.2 1-hibajelző: (a), (b), (e), (f).

(c) 1 −

∑3i=0(k ) ik−i.
i p (1 − p)

1-hibajavító: (e).

10.1.3 Az általánosítás: (i) tetszőleges számú rögzített helyen a jegyeket megváltoztathatjuk, azaz minden kódszóhoz ugyanazt a vektort hozzáadhatjuk(a kódszavakat ,,eltoljuk”); (ii) a kódszavak jegyeit tetszőlegesen (de azonos módon) permutálhatjuk; valamint (i)-et és (ii)-t kombináltan is alkalmazhatjuk (azaz vehetjük a kétféle transzformáció kompozícióját). Az
így nyert kódokat az eredetivel ekvivalenseknek nevezzük.
10.1.4 (b) Pontosan a páratlan m-ek ilyenek.

Eredmények 10.2.

469

10.1.5 Legyen A, illetve B azoknak a helyeknek a halmaza, ahol az u és v
vektorok jegyei azonosak, illetve ellentétesek.
A feltétel szerint|A| = k − d, |B| = d. Jelöljük j-vel, ahány A-beli helyen a w vektor
jegye nem ugyanaz, mint a másik két vektoré. Ekkor B-ben az u és w
vektorok q − j, a v és w vektorok pedig r − j jegyben kell hogy különbözzenek, és nyilván (q − j) + (r − j) = d. Innen (j = (r)( +d q)− d)/2, tehátk−dnincs megfelelő w, ha r + q − d páratlan szám és j
q−j ilyen w van,ha r + q − d páros.
10.1.6 Az előző feladathoz hasonló gondolatmenetet kell alkalmazni.
10.1.7 Ha d páratlan volt, akkor a minimális távolság eggyel nő, páros d-re pedig
nem változik.
10.1.8 A t = 1 speciális esetre látott gondolatmenetet kell adaptálnunk. Jelöljük
H(c)-vel a c kódszó t sugarú környezetét, azaz a tőle legfeljebb t távolságra levő T k -beli vektorok halmazát (beleértve magát a c vektort is).
kMivel(k) a c-től (illetve bármelyik T -beli vektortól) pontosan i távolságra i darab vektor található, ezért a tőle legfeljebb t távolságra levő∑t (k)
vektorok száma |H(c)| =i=0 i . A feltétel szerint a H(c) halmazok páronként diszjunktak és a számuk 2n , így az egyesítésük elemszáma
2n |H(c)| ≤ |T k | = 2k .
10.1.9 n = 2: (aA) 1. (aB) 3. (bA) 3. (bB) 6.
n = 3: (aA) 1. (aB) 3. (bA) 3. (bB) 7.
Az n = 2 esetre és a 2-hibajavításra részletezzük a bizonyítást (a thibajavítás tetszőleges t-re ennek mintájára tárgyalható, és hasonlóan kell
okoskodni — csak jóval több számolgatás kíséretében — n = 3 mellett is a
2-hibajavításnál). Hat ellenőrző jegy valóban elég, mert megfelel példáula φ : α1 α2 7→ α1 α2 α1 α2 α1 α2 ββ kód, ahol β = α1 + α2 . Azonnal látszik,
hogy a négy kódszó közül bármelyik kettőnek a távolsága legalább 5, teháta kód valóban 2-hibajavító. Ugyanakkor öt ellenőrző jegy még nem lehet
elég a 2-hibajavításhoz, mert T 7 -ben már három olyan vektor sem található, amelyek közül bármelyik kettő távolsága legalább 5. Ha ugyanis
c2 − c1 -ben és c3 − c2 -ben is a hét jegy között legalább öt darab 1-esszerepel, akkor ezek közül legalább három azonos helyen fordul elő, és ígyc3 −c1 = (c3 −c2 )+(c2 −c1 )-ben ezeken a helyeken 0 áll, vagyis c3 −c1 -benlegfeljebb négy 1-es található.

10.2.
10.2.1 Igaz: (b).

470

Eredmények 10.2.

10.2.2 Két, illetve három n × n-es egységmátrix egymás alatt.
10.2.3 Lineáris: (b), (e) és (f). Generátormátrixok:


1
0

(b)  0

1
0

0
1
0
0
1


0
0

1

0
1



1
0

0
(e) 
1

1
0

0
1
0
1
0
1


0
0

1

0

1
1



1
0

0
(f) 
1

1
1

0
1
0
0
1
1


0
0

1

0

0
1

A dekódolási táblát csak (e)-re adjuk meg (a másik két kód nem is lesz
1-hibajavító):000000 100110 010101 001011 110011 101101 011110 111000
100000 000110 110101 101011 010011 001101 111110 011000
010000 110110 000101 011011 100011 111101 001110 101000
001000 101110 011101 000011 111011 100101 010110 110000
000100 100010 010001 001111 110111 101001 011010 111100
000010 100100 010111 001001 110001 101111 011100 111010
000001 100111 010100 001010 110010 101100 011111 111001
100001 000111 110100 101010 010010 001100 111111 011001
10.2.4 Egy A : T n → T k lineáris leképezés injektivitása ekvivalens azzal, hogy
dim Im A = n, továbbá dim Im A éppen az A mátrixának a rangja.
10.2.6 A dimenzió n − 1 vagy n.
10.2.7(a) d3 ≥ d1 + d2 ; d4 = min(d1 , d2 );d5 = min(2d1 , d2 ).
(
)
(
)
(
)
G1
G1 0
G1 0
(b) G3 =; G4 =; G5 =
.
G2
0 G2
G1 G2
10.2.8∑s(a) Legyen g = i=0 δi xi , ekkor a generátormátrix j-edik oszlopában a j + iedik elem δi , i = 0, 1, . . . , s, a többi elem pedig 0 (tehát a ,,főátló” minden
eleméről ,,lelóg” a g polinom egy-egy példánya).
(b) Az injektivitással lehet baj. Legyen g és h legnagyobb közös osztója d,ekkor
h | gf1 − gf2 = g(f1 − f2 ) ⇐⇒hh g
(f1 − f2 ) ⇐⇒f1 − f2 .
d ddEbből a deg fi ≤ n − 1 feltétel figyelembevételével akkor és csak akkor
következik f1 = f2 , ha n ≤ deg(h/d) = k − deg d, azaz deg d ≤ s.

Eredmények 10.3.

471(c) Legyen d = (g, h) és D a d-vel osztható legfeljebb k − 1-edfokú polinomok
halmaza. Ekkor |D| = 2k−deg d = 2n , tehát D éppen a d által generált
polinomkód kódszavaiból áll, továbbá nyilván d | h. A gf polinom h-val
való osztási maradéka mindenképpen osztható d-vel, tehát K ⊆ D. Mivel
emellett |K| = |D|, ezért K = D.
10.2.9 Legyen a kód generátormátrixa G, ekkor olyan H kell, amelyre HG == En×n . Ez n darab, n egyenletből álló és k ismeretlenes lineáris egyenletrendszert jelent, amelyek mindegyikének az együtthatómátrixa GT .
Mivel G rangja n, ezért ezek az egyenletrendszerek megoldhatók. A
megoldásokat pl. Gauss-kiküszöböléssel gyorsan meg is tudjuk határozni. A megoldások (k > n miatt) nem egyértelműek, de akármelyikből
adódó H megfelel. Ugyanezt az eljárást alkalmaztuk a négyzetes mátrixok inverzének a meghatározására (tulajdonképpen megfelelő értelmezés
mellett most is a G mátrix egy bal oldali inverzéről van szó).

10.3.
10.3.1 A sorok függetlenségének a feltételezése mellett az oszlopok összefüggősége ekvivalens azzal, hogy több oszlop van, mint sor. A paritásellenőrző mátrixról tudjuk, hogy a rangja megegyezik a sorok számával,tehát a sorai függetlenek, az oszlopok pedig többen vannak, mint a sorok.
A megfordításhoz vegyünk egy olyan P mátrixot, amelynek s sora és koszlopa van, ahol k−s = n > 0 és r(P ) = s. A dimenziótétel szerint Ker P
egy k − s = n-dimenziós K altér T k -ban, tehát P a (k, n) paraméterű K
lineáris kód paritásellenőrző mátrixa.
()
En×n
10.3.2 Mivel mindegyik esetben G =alakú, ezért paritásellenőrző
Bs×n
mátrixnak megfelel P = ( Bs×n Es×s ) (vö. a 10.3.5a feladattal).
10.3.3 I. A második tulajdonság azt fejezi ki, hogy Ker P ⊇ K. Itt egyenlőség
pontosan akkor teljesül, ha n = dim K = dim Ker P = dim T k − r(P ) == k − r(P ), azaz ha r(P ) = s.
II. Az I.-beli második tulajdonság ekvivalens P G = 0-val.
III. A P G = 0 mátrixegyenlőség azt jelenti, hogy P sorai merőlegesek
Im A-ra, r(P ) = s pedig azt, hogy ezek a sorok függetlenek. Használjuk
fel, hogy dim(Im A)⊥ = dim T k − dim Im A = k − n = s.
10.3.4 Használjuk az előző feladat III. részét, valamint (b)-hez még a 4.5.14a
feladatot is.

472

Eredmények 10.3.

10.3.5 Útmutatás (b)-hez: Használjuk a 10.3.3 feladat II. részét. A P G = 0
feltétel s darab, k ismeretlenes és n egyenletből álló homogén egyenletrendszert jelent, amelyek közös együtthatómátrixa GT . Mivel a szabad
paraméterek száma k − r(GT ) = k − n = s, ezért a megoldások egy sdimenziós alteret alkotnak T k -ban, tehát kiválasztható s darab független
megoldás. Az egyenletrendszert pl. Gauss-kiküszöböléssel oldhatjuk meg,és biztosan független megoldásokhoz jutunk, ha rendre egy-egy szabad
paramétert 1-nek, a többit pedig 0-nak választunk.
10.3.6 Ha egy sor lineárisan függ a többitől, akkor ennek a sornak az elhagyása
a mátrix magterét nem változtatja meg.
10.3.8 Hasonlóan okoskodhatunk, mint a 10.3.2 Tétel bizonyításánál.
10.3.9 Használjuk fel az előző feladatot.
Másik lehetőség: A paritásellenőrző mátrix helyett a generátormátrixszal
is dolgozhatunk. Ha a kódszavak a megfelelő közleményszóval kezdődnek,
akkor egy egységvektorhoz tartozó kódszó súlya legfeljebb 1 + s, tehátkészen vagyunk.
Ugyanezt a gondolatot tetszőleges lineáris kód esetén a következőképpen
valósíthatjuk meg: vegyünk a generátormátrixban n független sort, éslássuk be, hogy van olyan kódszó, amelynek az ebbe az n sorba eső részeegy (tetszőleges) egységvektor.
10.3.10 Az egyik kód generátormátrixának a transzponáltja a másiknak egy paritásellenőrző mátrixa és viszont.
10.3.11 Használjuk fel az előző feladatot.
10.3.12 Válasz: 3. Az 1-hibajavítás miatt a minimális távolságnak legalább 3-nakkell lennie, nagyobb pedig azért nem lehet, mert — mint már a 10.1 pont
végén is láttuk — ekkor a kódszavak 1 sugarú környezetei kitöltik az egész
T k -t.
10.3.13 Először mutassuk meg, hogy ha egy lineáris kódban van olyan kódszó,
amelynek a komplementere is kódszó, akkor ez minden kódszóra teljesül.
Ezután elég például a 0 kódszó komplementéről, a j csupaegy vektorról
belátni, hogy kódszó. Ez pontosan azt jelenti, hogy a paritásellenőrző
mátrix minden sorában páros sok 1-es szerepel.
10.3.14 A megadásból leolvasható, hogy lineáris kódot definiáltunk. Írjuk fel a G
generátormátrixot. Ennek az egységmátrix alatti s × (2s − 1) méretű B
részében az oszlopok rendre azoknak a 2s -nél kisebb természetes számoknak a kettes számrendszerbeli alakjai, amelyek nem kettőhatványok. Ígyéppen azok az oszlopok fordulnak elő B-ben, éspedig mindegyik egyszer,
amelyekben legalább két darab 1-es áll. Láttuk, hogy a P paritásellenőrző

Eredmények 10.4.

473

mátrixot megkaphatjuk úgy, hogy B mögött egy s × s méretű egységmátrixot helyezünk el, azaz B oszlopai mögé az s darab egységvektort is
odatesszük. Így P oszlopait úgy kapjuk, hogy T s minden nem nulla vektorát pontosan egyszer vesszük, azaz valóban egy Hamming-kódról vanszó.
A paritásellenőrző mátrix felírása nélkül közvetlenül is beláthatjuk, hogya kód 1-hibajavító, tehát Hamming-kód. Ehhez azt kell igazolni, hogy
minden nem nulla kódszóban legalább három 1-es szerepel. Ha már aközleményszóban legalább három 1-es áll, akkor ezek a kódszóban is megmaradnak, tehát készen vagyunk. Ha a közleményszóban egyetlen 1-es
fordul elő, mondjuk αm , akkor az m kettes számrendszerbeli jegyeinek
megfelelő γ-k értéke is 1, tehát a kódszóban ekkor is megvan a (legalább)
három 1-es. Végül, ha a közleményszóban két 1-es található, mondjuk αm
és αq , akkor m és q kettes számrendszerbeli felírása legalább egy jegyben
különbözik, és egy ilyen helyiértéknek megfelelő γ értéke szükségképpen
1, azaz most is találtunk (legalább) három 1-est a kódszóban.
10.4.
10.4.1 A 32 elemű test multiplikatív csoportjának elemszáma 31, ami prímszám,
ezért ezt a csoportot az egységelemen kívül bármelyik eleme generálja. Ígygenerátorelemnek egy tetszőleges ötödfokú irreducibilis polinom, például
az x5 + x2 + 1 egyik gyökét vehetjük. Ekkor a ∆5 = 1 + ∆2 számolási szabályt kell ismételten alkalmazni. Ennek alapján a paritásellenőrző mátrixnak például a 3. oszlopa a következő lesz: a felső részbe ∆2 , az alsóba∆6 = ∆ + ∆3 kerül, azaz a felső öt elem rendre 0,0,1,0,0, az alsó öt pedig
0,1,0,1,0.
10.4.2 Láttuk, hogy s = deg gt , ahol gt = [m1 , m3 , . . . , m2t−1 ]. Mivel mindegyik
mi irreducibilis, ezért gt a fenti mi -k közül a különbözőknek a szorzata,
továbbá deg mi ≤ q. Így s = deg gt = tq pontosan akkor teljesül, ha az
mi -k mind különbözők és mindegyiknek a foka q.
10.4.3(a) A 16 elemű testet a 10.4.1 Tétel utáni példa mintájára kezeljük, és használjuk ki, hogy (∆3 )5 = (∆5 )3 = 1.
(b) Mutassuk meg, hogy ∆3 és ∆5 is generátorelem a T q test multiplikatív
csoportjában, és így a minimálpolinomjuk szükségképpen q-adfokú. Ezután igazolnunk kell még a három minimálpolinom különbözőségét, ehhez
lássuk be, hogy mi összes gyökei a ∆-nak az i · 2j kitevőjű hatványai, ahol
0 ≤ j < q.

474

Eredmények 10.4.

10.4.4 Az előző feladathoz hasonlóan kapjuk, hogy m3 ̸= m1 , és így
s = deg g = deg m1 + deg m3 = q + deg(∆3 ). Ha ∆3 nem lenne q-adfokú, akkor a foka valódi osztója lenne a q-nak, és így deg(∆3 ) ≤ q/2,
tehát s ≤ 3q/2 következne. Ugyanakkor tudjuk, hogy s ≥ 2q − 1, ami
ellentmondás.
10.4.5(a) Használjuk fel, hogy minden v | q-ra a T q testnek pontosan egy
2v elemű részteste van, és ennek nem nulla elemei a ∆-nak aj(2q − 1)/(2v − 1) kitevőjű hatványai.
(b) Lássuk be, hogy ezek mind gyökei mi -nek, továbbá páronként különbözők.
Ez utóbbihoz használjuk fel, hogy ∆ két hatványa pontosan akkor egyenlő,ha a kitevők különbsége osztható 2q − 1-gyel.
10.4.6 Meg kell mutatni, hogy teljesülnek a 10.4.2 feladat feltételei. Támaszkodjunk a 10.4.5 feladatra is.
10.4.7(a) A c = γ0 . . . γk−1 ∈ T k vektor akkor és csak akkor páros súlyú, ha
γ0 + γ1 + . . . + γk−1 ≡ 0 (mod 2), azaz az 1 gyöke a C = γ0 + γ1 x ++ . . . + γk−1 xk−1 polinomnak, vagyis x − 1 = x + 1 | C. Mivel a kódszavak
K halmaza pontosan g többeseiből áll, ezért a feltétel ekvivalens azzal,
hogy 1 + x | g.
(b) A páros súlyú elemek száma éppen |T k |/2, azaz ekkor az ellenőrző jegyek
száma s = 1. Ezt (a)-val összevetve kapjuk az állítást.
10.4.8 A T q test multiplikatív csoportjának bármely elemét a |T q | − 1 == 2q − 1 = k-adik hatványra emelve az egységelemet kapjuk. Ez azt
jelenti, hogy a multiplikatív csoport bármely eleme gyöke az xk − 1 polinomnak, és így mindegyik mi minimálpolinom osztja xk − 1-et. Ekkor
viszont a legkisebb közös többszörösük, azaz a generáló polinom is osztja
xk − 1-et.
10.4.9(a) Lássuk be, hogy egy ciklikus kód kódszavai ideált alkotnak az
Rk = T [x]/(xk − 1) maradékosztálygyűrűben, és ezt az ideált egy olyan
g polinom generálja, amely osztója xk − 1-nek.
(b) Az (a) részből és az előző feladatból következik.
10.4.10 Olyan (kvázi-)paritásellenőrző mátrixot kell gyártani, amelynek bármelyik d−1 oszlopa független. Ha már az első j oszlopot elkészítettük, akkor
a j + 1-ediket úgy kell megválasztani, hogy az ne legyen felírható az elsőj oszlop közül semelyik legfeljebb d − 2-nek a lineáris kombinációjaként.
A feltétel alapján ez még j = k − 1-re is megvalósítható.

Eredmények A.1.

475

10.4.11 Az (a) résznél q szerinti, a (b) résznél pedig (pl.) q + m szerinti teljes
indukcióval bizonyítsunk.
A. Algebrai alapfogalmak
A.1.
A.1.1
(a) Indukciós lépés: A bal oldali összeg n + 1-re csak az utolsó tagban különbözik az n-es összegtől. Tehát a képlet helyességét n-re feltéve az
n
1
n+1
+
=
egyenlőséget kell belátnunk.
n + 1 (n + 1)(n + 2)
n+2
1
1
1
Közvetlen bizonyítás:= −alapján teleszkopikus összek(k + 1)
k k+1
get kapunk.
(b) Az (a)-hoz hasonlóan, az indukciós lépésben azn(n + 1)(2n + 1)
(n + 1)(n + 2)(2n + 1)
+ (n + 1)2 =
6
6egyenlőséget kell ellenőriznünk.
Közvetlen bizonyítás: adjuk össze a (k + 1)3 − k 3 = 3k 2 + 3k + 1 egyenlőségeket 1 ≤ k ≤ n-re.
A.1.2 A felső becsléshez az indukciós lépésben elég ellenőrizni√√
1≤2 n+1−1
2 n−1+ √
n+1
√
√
√
√
fennállását. Ehhez használjuk fel a n + 1 − n = 1/( n + 1 + n)azonosságot. Az alsó becslést hasonlóan bizonyíthatjuk.
∫n√
Közvetlen bizonyítás: becsüljük az összeget az 1 dx/ x integrállal.
A.1.3 Kövessük a P1 példa módszerét.
Közvetlen bizonyítás: mutassuk meg, hogy 8-cal osztva 5n maradéka párosn-re 1, páratlan n-re pedig 5.
A.1.4 Az első néhány értéket kiszámolva megsejtjük, hogy an = 2n − 1. Az
indukciós lépésben feltesszük ennek helyességét n − 1-re és n-re, és ebből
vezetjük le n + 1-re: an+1 = 3an − 2an−1 = 3(2n − 1) − 2(2n−1 − 1) == 2n+1 − 1.
Az ilyen típusú rekurziók közvetlen megoldási módszereit a 9.2 pontban
tárgyaljuk.
A.1.5 Az indukciós lépés nem működik n = 1-ről n + 1 = 2-re.

476

Eredmények A.2.

)(.
A.1.6 Válasz: 1999
3Útmutatás: Mérjük fel a tagokat egymás után egy 2000 hosszúságú szakaszra.
A.1.7 Az elegáns bizonyítások a képlet helyett a kombinatorikai jelentésen alapulnak.
(a) Egy k elemű részhalmaz egyértelműen meghatározza az n−k elemű komplementerét.
(b) Az {1, 2, . . . , n + 1} halmaz k elemű részhalmazait aszerint osztályozzuk,
hogy az n + 1 elemet tartalmazzák-e vagy sem.
(c) Az {1, 2, . . . , n+1} halmaz k+1 elemű részhalmazait a legnagyobb elemük
szerint rakjuk külön csoportokba.
(d) Van n piros és n kék golyónk, és n golyót kell közülük kiválaztani.
A.1.8(a) Használjuk a binomiális tételt (1 − 1)n -re és a P2 példát.
(b) Alkalmazzuk a binomiális tételt (1 − 2)n -re.
A.1.9 .
(a) (a1) 0.
(a2) n!.
(a3) A tulajdonságok legyenek azok, hogy bizonyos számjegyek hiányoznak a számból, és alkalmazzuk a logikai szitát. Eredményül a (b) bal
oldalán álló összeget kapjuk. (Ez k < n and k = n esetén is érvényes, deakkor sokkal egyszerűbb a direkt meggondolás.)(b) Az (a) rész alapján mindkét oldal az 1, 2, . . . , n számjegyekből készíthető
k-jegyű pozitív egészek számát adja.
Tanulság: időnként hasznos lehet valamit elbonyolítani, mert ezt a közvetlen módszerrel adódó egyszerű eredménnyel összevetve szép azonossághoz
juthatunk.
A.1.10 Ekvivalenciareláció: (b), (c), (d). Ekvivalenciaosztályok:(b) Három végtelen osztály: a 3 szerinti maradékosztályok.
(c) Megegyezik (b)-vel 4a + 5b = 3(a + 2b) + a − b miatt.
(d) Egy-egy osztályt alkot egy szám és a negatívja, tehát végtelen sok kételemű osztály van plusz a {0} egyelemű osztály.
A.1.11 A gondolatmenet nem működik, ha a egyetlen elemmel sincs relációban.
2

A.1.12 (a) 2n .

(b) 2n −n .
2(c) 2n(n+1)/2 .

A.2.
A.2.1 (2s + 1)2 − (2t + 1)2 = 4(s(s + 1) − t(t + 1)), és két szomszédos egész
szorzata mindig páros szám.

Eredmények A.2.

477

Másik lehetőség: a2 maradéka csak a maradékától függ, ugyanis(8k + r)2 = 8(8k 2 + 2kr) + r2 . Mivel (8k ± 1)2 = 8L + 1 és (8k ± 3)2 == 8M + 9 = 8N + 1, egy páratlan négyzetszám 8-as maradéka mindig
1. Ez a módszer a 8 helyett tetszőleges egészre és négyzetek helyett bármilyen hatványra általánosítható. A kongruenciák segítségével az eljárás
még jobban formalizálható.
A.2.2 Igaz: (a), (c), (e), (h).
A.2.3 Igazoljuk az an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + an−3 b2 + . . . + bn−1 )azonosságot, ebből kapjuk (i)-et. Ide b helyére −b-t írva adódik (ii) és(iii) attól függően, hogy n páratlan vagy páros.
Másik lehetőség: emeljük n-edik hatványra az a ≡ b (mod a−b) és a ≡ −b(mod a + b) igaz kongruenciákat.
A.2.4(a) A 10 ≡ 1 (mod 9) kongruenciát hatványozva 10k ≡ 1 (mod 9), és ígyas as−1 . . . a1 a0 =as 10s + as−1 10s−1 + . . . + a1 10 + a0 ≡≡a0 + a1 + a2 + . . . + as (mod 9).
Ezzel azt az általánosabb észrevételt bizonyítottuk, hogy egy pozitív egész
számnak és a számjegyei összegének ugyanaz a 9-es maradéka.
(b) A 10 ≡ −1 (mod 11) kongruenciával járjunk el (a)-hoz hasonlóan.
(c) A válasz (a) alapján 22000 -nek a 9-es maradéka. A 23 ≡ −1 (mod 9)
kongruenciát 666-odik hatványra emelve 21998 ≡ 1 (mod 9) adódik, teháta keresett maradék 1 · 4 = 4.
(d) Indukcióval is célhoz érhetünk, de egyszerűbb, ha kongruenciákat használunk: 36 ≡ −7 és 49 ≡ 6 (mod 43), tehát
6n+2 + 72n+1 = 36 · 6n + 7 · 49n ≡ −7 · 6n + 7 · 6n = 0 (mod 43).
A.2.5 Igaz : (a), (d), (e), (h).
A.2.6 Az állítás igaz 11111 helyett tetszőleges n > 0 egészre. Az n-nel való osztásnál n maradék lehetséges, ezért a skatulyaelv alapján a sorozat végtelen
sok ai elemének ugyanaz lesz a maradéka. Ezek közül bármelyik kettő
különbsége osztható n-nel.
A.2.7. Mivel n lehetséges maradék van, ezért a szóban forgó összeg
S =k0 n + (k1 n + 1) + (k2 n + 2) + . . . + (kn−1 n + n − 1) ==kn + (1 + 2 + . . . + (n − 1)) = kn + n(n − 1)/2.

478

Eredmények A.2.
Ha n páratlan, akkor (n − 1)/2 egész szám, így S osztható n-nel, tehát amaradék 0. Ha n páros, akkor
n(n − 1)/2 = n2 /2 − n/2 = n((n/2) − 1) + (n/2),
vagyis a maradék n/2.

A.2.8(a) Lehetséges n = 99-re, pl. ha mindenki helyezési száma megegyezik a rajtszámával.
(b) Nem fordulhat elő n = 100-ra. Legyen az i-edik versenyzó helyezési számahrajtszámari és ezek összege ti = ri +∑si . Az A.2.7 feladat szerint∑i ,100
∑100
100
r
≡
s
≡
50
(mod
100),
így
i=1 ti ≡ 0 (mod 100). Ha
i=1 i
i=1 i
∑100
a ti -k maradékai mind különbözők, akkor i=1 ti ≡ 50 (mod 100), ami
ellentmondás.
A.2.9(a) Egyszerű és természetes eljárás adódik ha m páratlan vagy osztható 4gyel. Az m = 4k + 2 esetben az összes ugrások száma páratlan lenne, ez
tehát nem lehetséges.
(b) Páratlan m-re működik az (a)-beli természetes algoritmus.
Páros
m-re nem tudnak összegyűlni, ehhez cimkézzük meg a fákat sorban az
1, 2, . . . , m számokkal, és tekintsük az Sk = j1 + . . . + jm összeg maradékát modulo m, ahol ji annak a fának a sorsszáma, ahová az i-edik mókus a
k-adik lépés után kerül. Mutassuk meg, hogy Sk nem változik az ugrálás
során, de a kezdeti értéke különbözik attól, amikor az összes mókus egy
fán található.
A.2.10(a) Egy pk prímhatvány esetén (c, pk ) = 1 akkor és csak akkor teljesül, hac nem osztható p-vel. Az 1, 2, . . . , pk egészek között a p-nek pk−1 többszöröse van: p, 2p, 3p, . . . , pk = pk−1 p. Így φ(pk ) = pk − pk−1 .
(b1) n = 1, 2.
(b2) n = 2k p1 . . . pr ahol k ≥ 0, r ≥ 0 és pi különböző 2s + 1 alakú prímek.
A.2.11 Válasz: 49.
Útmutatás: Az utolsó két jegy egy modulo 100 kongruenciát jelent. Mivel(1357, 100) = 1, az Euler–Fermat-tétel szerint 1357kφ(100) ≡ 1 (mod 100).
A.2.12 Ha egy p = 4k − 1 prímre n2 ≡ −1 (mod p), akkor a kongruenciát a(p − 1)/2-edik hatványra emelve ellentmondásra jutunk az Euler–Fermattétellel.
A.2.13 x ≡ 3 (mod 11).

Eredmények A.3.

479

A.2.14 Válasz: 496.
Útmutatás: A modulo 1000 kongruencia helyett tekintsük a megfelelő szimultán kongruenciarendszert modulo 125 és modulo 8. Egy ck hatványt
modulo egy ps prímhatvány nézve a k kitevőt az Euler–Fermat-tétellel
tudjuk redukálni, ha (c, ps ) = 1, illetve ck ≡ 0 (mod ps ), ha p | c és k ≥ s.
A.2.15 Válasz: 36.
Útmutatás: Az x2 ≡ x (mod 1020 ) kongruencia helyett tekintsük a megfelelő prímhatvány modulusokra vonatkozó szimultán kongruenciarendszert. Lássuk be, hogy az x(x − 1) ≡ 0 kongruenciának bármely prímhatvány modulus esetén csak 2 megoldása van.
A.2.16 A.2.8 Tétel: Ha (x, y) megoldás, akkor (A, B) osztja A-t és B-t, így(A, B) | Ax + By = C. A megfordításhoz használjuk fel az euklideszi
algoritmus következményét, hogy az lnko előáll (A, B) = Au+Bv alakban
alkalmas u és v egészekkel. Ez egyben hatékony algoritmust is szolgáltat
egy (x0 , y0 ) megoldás megkereséséhez. Utána ellenőrizzük, hogy a képlet
további megoldásokat szolgáltat. Annak igazolásához, hogy nincs másmegoldás, vegyünk egy (x, y) megoldást:
Ax + By = Ax0 + By0 ⇐⇒ A(x − x0 ) = B(y0 − y) ⇐⇒AB(x − x0 ) =(y0 − y),⇐⇒(A, B)(A, B)
és használjuk fel, hogy A/(A, B) és B/(A, B) relatív prímek.
A.2.9 Tétel: Alakítsuk át a lineáris kongruenciát lineáris diofantikus
egyenletté a tétel kimondása után jelzett módon.
A.2.10 Tétel: A feltétel átírható az x = m1 y1 + c1 = m2 y2 + c2 alakba.
Alkalmazzuk az A.2.8 Tételt a második egyenlőségből adódó lineáris diofantikus egyenletre.

A.3.
A.3.1 Válaszok: (a) 3 + 2i. (b) −i. (c) ±(3 − 2i).
√√(d) 2ei(1+4kπ)/12 , 0 ≤ k ≤ 5. (e) 10 12ei(7+12kπ)/30 , 0 ≤ k ≤ 4.
Útmutatás (c)-hez:
5 − 12i = (x + yi)2 ⇐⇒ x2 − y 2 = 5, 2xy = −12, ahol x, y ∈ R.
(Ez a módszer nem működik általában n-edik gyökökre, mert nem létezik
megoldóképlet a négynél magasabb fokú egyenletekre.)

480

Eredmények A.3.

A.3.2 A z = a + bi algebrai alak alapján koordinátageometriai feladatokról
van szó. A keletkező egyenletek és egyenlőtlenségek kezelésénél figyeljünk
arra, hogy végig ekvivalens lépéseket végezzünk. Sokszor azonban egyszerűbb és elegánsabb a közvetlen geometriai interpretációt használni.
(a) A feltétel 3 − 5b = 7, innen b = −4/5. Ez egy vízszintes egyenes az
x-tengely alatt 4/5 egységgel.
(b) A feltétel −2b + 5 > 9, innen b < −2. Ez egy nyitott félsík, amelyet
felülről az x-tengely alatt 2 egységgel haladó vízszintes egyenes határol.
(c) A z pont távolsága a (3, −8) ponttól kisebb vagy egyenlő, mint 1. Ez
tehát egy (3, −8) középpontú és 1 sugarú zárt körlap.
(d) Ha z ̸= 0, akkor a feltétel sin(arg z) = 1/2, tehát arg z = π/6 vagy 5π/6.
Így két, az origóból induló zárt félegyenest kapunk.
(e) A z az 5i ponntól legalább olyan messze van, mint a −i ponttól. Ez
tehát egy, a −i-t tartalmazó zárt félsík, amelyet az 5i és −i szakaszfelező
merőlegese, a b = 2 vízszintes egyenes határol.
(f) Ha z ̸= 0, akkor a trigonometrikus alakból π/4 − arg z = arg z + 2kπ,k ∈ Z, azaz arg z = π/8 + kπ adódik. Ez tehát egy, az origón átmenő
egyenes.
(g) A feltétel szerint a tört valós része 0. A z = a + bi alakból az osztás(a + 1)(a + 3) + b2
= 0 adódik. Itt a számláló akkor és
elvégzése után
(a + 3)2 + b2
csak akkor 0, ha (a + 2)2 + b2 = 1. Ez tehát egy (−2, 0) középpontú és
1 sugarú körvonal a z = −3 (vagy (−3, 0)) pont nélkül, hiszen a nevező
nem lehet 0.
Másik lehetőség: A tört szöge, vagyis a számláló és nevező szögének akülönbsége ±π/2, tehát a −1-ből z-be mutató vektor merőleges a−3-ból a z-be mutató vektorra. Ez azt jelenti, hogy az A = (−1, 0),
B = (−3, 0) és C = z csúcsú háromszögben C-nél derékszög van. Thalész
tétele szerint a C pontok egy körön helyezkednek el, amelynek középpontja az AB szakasz felezőpontja és átmérője ez a szakasz. Az A pontot bekell vennünk, a B-t azonban ki kell zárnunk.
√
A.3.3 Válaszok: (a) ±2 2i. (b) −1 ± i. (c) 1 − 2i és −2 + i.
Útmutatás: (b)-nél és (c)-nél használjuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét.
A.3.4 Használjuk a zj = aj +bj i algebrai alakot vagy a |w|2 = w ·w azonosságot.
Geometriai jelentés: Egy paralelogrammában az oldalak négyzetösszege
megegyezik az átlók négyzetösszegével.

Eredmények A.3.

481

A.3.5 Útmutatás: a2 + b2 = |a + bi|2 és |z| · |w| = |zw|.
Másik lehetőség: az (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac)2 + (bd)2 + (ad)2 + (bc)2
egyenlőség jobb oldalán adjunk hozzá az első két tag összegéhez egy új
tagot, majd ugyanezt vonjuk le az utolsó két tag összegéből úgy, hogy akeletkező háromtagú összegek teljes négyzetek legyenek.
A megfordítás hamis, például 3 ̸= a2 + b2 , de 3 · 3 = 32 + 02 (vagy
3 · 75 = 92 + 122 ).
A három négyzetszámra vonatkozó analóg állítás hamis, például
3 = 12 + 12 + 12 and 5 = 22 + 12 + 02 , de 15 ̸= a2 + b2 + c2 .
√√()
A.3.6 Válaszok: (a) (−4, 3). (b) (3 − 4 3)/2, (4 + 3 3)/2 .
Útmutatás: Szorozzuk meg 3 + 4i-t i-vel, illetve eiπ/3 -mal. Általánosan,
egy w komplex számmal történő szorzás geometriai jelentése az origóból
történő arg w szögű forgatva nyújtás |w|-szeresre.
A.3.7 A zj = aj +bj i algebrai alakot használva a tört valós része pontosan akkor
0, ha |z1 | = |z2 |.
Egy egyszerű geometriai bizonyítás: a paralelogramma átlói akkor és csak
akkor merőlegesek egymásra, ha az oldalak egyenlők, azaz a paralelogramma rombusz.
A.3.8 Válasz: 16(sin x)5 − 20(sin x)3 + 5 sin x.
Útmutatás: Legyen z = cos x + i sin x, és számítsuk ki z 5 -t kétféleképpen;a trigonometrikus alakból és a binomiális tétellel. Hasonlítsuk össze aképzetes részeket és írjunk (cos x)2 helyére 1 − (sin x)2 -et.
A.3.9(b) Válasz: 2n/2 cos(nπ/4).
Útmutatás: Hasonlítsuk össze az (a)-ban kapott kétféle előállítás valós
részét.
√√A.3.10 (a) 1, (−1 ± i 3)/2. (b) ±1, (±1 ± i 3)/2.
A.3.11(a) Ha z n = wk = 1, akkor (zw)[n,k] = (z/w)[n,k] = 1.
Másik lehetőség: Használjuk az egységgyököknek az abszolút értékükkel
és szögükkel történő jellemzését.
(b) Válasz: A két szög különbsége ±2π/3.
Útmutatás: A két egységgyök által kifeszített rombusz két oldala és rövidebb átlója egyenlő oldalú háromszöget alkot.
A.3.12 Ha w = e2πi/n∑, akkor 1, w, w2 , . . . , wn−1 az összes n-edik egységgyök.
n−1Összeg: Sn = k=0 wk = (wn − 1)/(w − 1) = 0, ha n > 1.
∏n−1 kSzorzat: Pn = k=0 w = wn(n−1)/2 . Így Pn = (wn )(n−1)/2 = 1, ha npáratlan, és Pn = (wn/2 )n−1 = (−1)n−1 = −1, ha n páros.

482

Eredmények A.3.
Másik lehetőség: Egy n-edik egységgyök reciproka is az. A szorzat tényezőit párosítsuk ennek megfelelően: z · (1/z) = 1. Külön kell vizsgálnunka z = 1/z vagyis z 2 = 1 esetet, ez z = ±1-et jelenti. Mivel (−1)n = 1
pontosan a páros n-ekre igaz, ezért a szorzat páratlan n-re 1, páros n-repedig −1.

A.3.13(a) (z t )s = 1 ⇐⇒ z ts = 1 ⇐⇒ k = o(z) | ts ⇐⇒ k/(k, t) | s, tehát alegkisebb s kitevő k/(k, t).
(b) Lásd az A.3.11a feladat útmutatását.
A.3.14(a) Válasz: 1, ha n ̸= 2, és −1, ha n = 2.
Útmutatás: képezzünk z, 1/z párokat.
(b) Jelölje Tn a primitív n-edik egységgyökök összegét. Ekkor T7 = −1,
T27 = 0 és Tn = (−1)r , ha az n szám r különböző prímszám szorzata,
T (1) = 1, és Tn = 0 minden más n-re.
A.3.15 Legyenek a négyszög csúcsai az óramutató járásával ellentése körüljárásszerint az A, B, C és D komplex számok, és legyen O1 az AB oldalra−−→
támaszkodó négyzet középpontja. Az AO1 vektorhoz
úgy jutunk, hogy
√
−−→
2-vel
elosztjuk. Ez az
az AB vektort−π/4-gyel
elforgatjuk,
ésahosszát
√
−−→
−iπ/4
e
/ 2 = (1−i)/2-vel történő szorzásnak felel meg. Mivel AB = B−A−−→
és AO1 = O1 − A, ezért
O1 = (O1 − A) + A =B(1 − i) A(1 + i)
(B − A)(1 − i)
+A=
+
.
2
2
2

A másik három négyzet középpontját hasonló módon kifejezve, az
O4 − O2 = i(O3 − O1 ) egyenlőséget kell ellenőriznünk.
sin(nx/2) cos((n + 1)x/2)
A.3.16 Válasz:, ha x ̸= 2mπ, és n, ha x = 2mπ valasin(x/2)
milyen m egész számra.
∑nkÚtmutatás: Ha z = cos x + i sin x, a
k=1 z mértani sorozat összegének valós részét kell mghatároznunk. A szebb alakhoz érdemes ezt
w = cos(x/2) + i sin(x/2) segítségével átírni.
Másik lehetőség: Sorozzuk meg az összeget sin(x/2)-lel és alkalmazzuk asin(α + β) − sin(α − β)sin β cos α =azonosságot.
2

Eredmények A.4.

483

A.4.
A.4.1 Nem művelet: (b1), (d3), (d4), (e2), (i3).
Kommutatív: (a1), (a2), (b2), (c1), (c2), (c3), (d1), (d2), (e1), (f1), (f2),(g), (h), (i2).
Asszociatív: (a1), (a2), (b2), (c1), (c2), (c3), (d1), (d2), (e1), (e3), (f1),(f2), (i1), (i2).
Egységelem és inverz:(a1) e = 0 és minden elemnek van inverze.
(a3) a 0 jobb oldali egységelem.
(b2) e = 1 és csak a ±1-nek van inverze.
(c1) és (c3): e = 1 és csak az 1-nek van inverze.
(d3) e = 0 és minden elemnek van inverze.
(e1) és (e3): e a helybenhagyás és minden elemnek van inverze.
(f1) e = ∅ és csak az e-nak van inverze.
(f2) e = ∅ és minden elem önmaga inverze.
(h) e = 5, az 5 inverze önmaga, és az összes többi elem közül mindegyik
inverze mindegyiknek.
(i1) Minden olyan mátrix bal oldali egységelem, amelynek a bal felső eleme 1.
()
1/2 1/2(i2) e =és minden nem nulla mátrixnak van inverze.
1/2 1/2
A.4.2 Az egységelem az identitás (amely minden elemnek önmagát feleltetimeg). Kétoldali inverze pontosan a bijekcióknak (az X halmazt önmagára
kölcsönösen egyértelmű módon leképező függvényeknek) létezik. Az aszszociativitás miatt az inverz egyértelmű. Véges X esetén más függvénynek
nincs bal- vagy jobbinverze sem. A továbbiakban legyen |X| = ∞, és az
f és g függvények f g kompozíciója a szokásos módon jelentse azt, hogyelőször a g-t alkalmazzuk és utána az f -et. Ekkor balinverze pontosan
az injektív függvényeknek létezik (azoknak a függvényeknek, amelyeknél
különböző elemek képe különböző), és (a bijekciókon kívül) minden ilyen
függvénynek végtelen sok balinverze van. Hasonlóan, jobbinverze pontosan a szürjektív függvényeknek létezik (azoknak a függvényeknek, amelyeknél X minden eleme fellép képként), és (a bijekciókon kívül) minden
ilyen függvénynek végtelen sok jobbinverze van.
A.4.3 Műveletek száma: mind az n2 elempárhoz n-féle értéket rendelhetünk,
2
tehát nn művelet értelmezhető.
Kommutatív műveletek száma:
mivel az a, b és b, a elempárhoz ugyan( )azt rendeljük, ezért n + n2 = n(n + 1)/2 elempáron választhatjuk meg

484

Eredmények A.4.
szabadon a függvényértéket (a többi helyen a hozzárendelés ezekből már
egyértelműen adódik), tehát nn(n+1)/2 kommutatív művelet értelmezhető.
Egységelemes műveletek száma: az egységelem az n elem bármelyike
lehet, ezután az ezzel akármelyik oldalról történő szorzás egyértelműen
meghatározott, a maradék (n − 1)2 elempáron viszont tetszőleges a hoz2
zárendelés, így nn −2n+2 egységelemes művelet értelmezhető.
Mindezeket a műveleti tábláról is kényelmesen leolvashatjuk. Legyenek X
elemei a1 , . . . , an , és készítsünk el egy n×n-es táblázatot, amelynek a felső
és bal oldali margójára írjuk fel rendre az ai elemeket, és a táblázat i-edik
sorának j-edik eleme legyen ai aj (azaz a megfelelő sorban és oszlopban állóelemek szorzata). A művelet megadását a tábla kitöltése jelenti. Minden
helyre az X halmaz n eleme közül bármelyiket beírhatjuk, n2 darab hely
2van, tehát a lehetőségek száma nn . A művelet kommutativitását az jelzi,
hogy a műveleti tábla a főátlóra szimmetrikus, az egységelem pedig onnanlátszik, hogy ennek az elemnek a sora és oszlopa megegyezik a felső, illetve
bal oldali margóval.
Megjegyezzük még, hogy a műveletek összeszámolásánál két műveletet
akkor is különbözőnek tekintettünk, ha az elemek alkalmas permutálásával egymásba vihetők (ezek tulajdonképpen ,,ugyanolyan” műveletek,
csak a halmaz elemei másképp vannak indexezve — a kétféle műveletáltal létrehozott algebrai struktúra izomorf ).

A.4.4 (ab)−1 = b−1 a−1 .
A megfordítás hamis, ellenpéldát (többek között) az A.4.2 feladat felhasználásával készíthetünk.
A.4.5 Csak (d) igaz.
A.4.6(a) Lásd pl. az A.4.2 feladatot.
(b) Legyen a tetszőleges és b az a-nak egy balinverze, azaz ba = e. Elégmegmutatni, hogy b az a-nak jobbinverze is, mert ekkor az asszociativitás
miatt b = a−1 és a-nak nem lehet más balinverze sem. Az ab = e igazolásához legyen c a b-nek egy balinverze és számítsuk ki kétféleképpen acbab szorzatot.
(c) Az egységelemnek önmaga az egyetlen bal-, illetve jobbinverze.
(d) Lásd pl. az A.4.1h feladatot.
A.4.7 Ekkor csak arra következtethetünk, hogy az xb = a egyenletnek legalább egy, a by = a egyenletnek pedig legfeljebb egy megoldása létezik.
A.4.8 Alkalmazzuk az A.4.7 Tétel II., majd I. állítását.
A.4.9 Az A.4.1 feladat (h), illetve (g) része ellenpélda I.-re, illetve II.-re.

Eredmények A.5.

485

A.5.
A.5.1 Test: (a2), (b1), (c2), (d2), (d3), (d5).
A.5.2 Csak m = 3-ra kapunk testet.
A.5.3 Test: (a), (c), (d), (e), (g).
A.5.4(a) Az Fp -k közül bármely kettőnek az elemszáma különböző és véges, tehátezek a testek sem egymással, sem pedig egy végtelen testtel nem lehetnek izomorfak (hiszen még bijekció sem létesíthető). A racionális számok
halmaza megszámlálható, a valós, illetve komplex számoké viszont ennél
nagyobb számosságú, tehát Q és R, illetve Q és C között sem létezik
bijekció. Végül az R és C testek (noha a két halmaz között megadható
bijektív megfeleltetés) azért nem izomorfak, mert a szorzás számos tulajdonsága eltér, pl. az egységelem negatívjából (azaz a −1-ből) C-ben lehet
négyzetgyököt vonni, R-ben viszont nem.
(b) A.5.1: F5 -tel izomorf (b1); R-rel izomorf (c2), (d2), (d3); C-vel izomorf (d5).
A.5.3: R-rel izomorf (a), (c), (d), (e); C-vel izomorf (g).
A.5.5√(a) Pl. vehetjük a Tp = {a + b p | a, b ∈ Q} résztesteket, ahol p végigfut a(pozitív) prímeken.
(b) A feltételezett résztest egy tetszőleges nem nulla elemét önmagával elosztva megkapjuk az egységelemet, és az egységelemből kiindulva a négy
alapművelettel a Q, illetve Fp test minden eleméhez eljutunk.
(c) Mutassuk meg, hogy az egységelemből kiindulva a négy alapműveletet
segítségével mindig egy résztesthez jutunk, és ez a résztest Q-val vagy
valamelyik Fp -vel izomorf.
(d) Fp -ben bármely elemet p-szer összeadva mindig a nullelemet kapjuk, ugyanakkor R-ben a 0-n kívül egyetlen ilyen tulajdonságú elem sem található.
Megjegyzés: ez a példa jól illusztrálja, hogy egy testnek lehet olyan részhalmaza, ami test, mégsem résztest. A H = {0, 1, 2, . . . , p − 1} halmaz részhalmaza R-nek, és ha a H halmazon az összeadást, illetve aszorzást mint a számok összegének, illetve szorzatának a modulo p vett(legkisebb nemnegatív) maradékát értelmezzük, akkor egy testet kapunk,amely izomorf Fp -vel. A H tehát a valós számoknak egy olyan részhalmaza, amely az így definiált összeadásra és szorzásra nézve testet alkot.
Ez azonban R-nek nem részteste, ugyanis ebben a testben másképp végezzük a műveleteket, mint a valós számok körében, hiszen pl. p = 7-re most
3 + 5 = 1, míg az R testben 3 + 5 = 8. (A fenti okoskodást azért nem

486

Eredmények A.6.
mondtuk el közvetlenül az Fp -re és azért kellett a H halmaz ,,közvetítő”szerepét igénybe vennünk, mert maga az Fp nem igazán tekinthető az R
részhalmazának sem. Az Fp elemei ugyanis tulajdonképpen nem számok,hanem inkább maradékosztályok, azaz az Fp minden egyes eleme egy egész
számokból álló végtelen halmaz.)

A.5.6 Csak a (c) esetben kaphatunk testet. Útmutatás:(a) Mivel a szorzás a szokásos, ezért (pl.) a 2-nek nem lesz multiplikatív
inverze.
(b) Legyen 1 ⊙ 1 = c és mutassuk meg, hogy ekkor a ⊙ b = abc. Innen
leolvasható, hogy ha c ̸= ±1, akkor nincs egységelem, ha pedig c = ±1,
akkor a legtöbb elemnek nincs inverze.
(c) Használjuk fel, hogy az egész számok és a racionális számok között bijekció
létesíthető.

A.6.
A.6.2
(a) (A): ±1.
(B): amelyekre a2 − 2b2 = ±1.
(D): a nem nulla konstans polinomok.

(C): ±1, ±i.
(E): ±1.

(b) Azoknak a sorozatoknak van inverze, amelyeknek egyik eleme sem nulla, atöbbi sorozat pedig a csupa nulla sorozat kivételével nullosztó. Hasonló ahelyzet a valós függvényeknél is: azoknak van inverze, amelyek sehol sem
veszik fel a 0 értéket, a többi függvény pedig az azonosan nulla függvény
kivételével nullosztó.
(c) Válasz: a {. . . , −127, −27, 73, 173, . . .} maradékosztály.
A 37x ≡ 1 (mod 100) lineáris kongruenciát (vagy a vele ekvivalens
37x − 100y = 1 lineáris diofantikus egyenletet) kell megoldani.
A.6.3 A nullelemet eleve kizártuk a nullosztók közül és inverze sem lehet, ezért
csak a nem nulla elemek vizsgálatára szorítkozunk.
A.5.1: (a1) Nullosztómentes, inverze azoknak a törteknek van, amelyeknek a számlálója is páratlan. — (b2) Minden elem nullosztó, nincs egységelem. — (c1) Azok a függvények nullosztók, amelyeknek a 0-n kívül
más gyöke is van, a többi függvénynek pedig létezik inverze. — (d1) Itt
bármely két elem szorzata nulla, tehát minden elem nullosztó és nincs
egységelem. — (d4) Nincs egységelem (de bal oldali egységelem végtelen sok van, mégpedig azok a mátrixok, amelyekre a + b = 1). Minden
elem jobb oldali nullosztó, a bal oldali nullosztók pedig azok a mátrixok,
amelyekre a + b = 0.

Eredmények A.6.

487

A.5.2: (a) Inverze az 1-nek és az i-nek van, az 1 + i pedig nullosztó. —(c) Azok lesznek nullosztók, amelyekre 5 | a2 + b2 (nyolc darab ilyen nem
nulla elem van), a többi (tizenhat) elemnek pedig létezik inverze.
A.5.3: (f) Az a + bi akkor nullosztó, ha a és b közül (pontosan) az egyik
nulla, a többi elemnek létezik inverze.
A.6.4 Az ab = a(b + 0) = ab + a0 egyenlőséghez adjuk hozzá ab ellentettjét, éshasználjuk fel az összeadás asszociativitását.
A.6.5 (b) Az utolsóból következik a másik kettő. (Az ilyen tulajdonságú gyűrűket Boole-gyűrű knek nevezzük.)
A.6.6 c ̸= 0 és c nem bal oldali nullosztó.
Ennek alapján egy nullosztómentes gyűrűben (így egy testben vagy az
egész számok körében is) bármely nem nulla elemmel lehet egyszerűsíteni, a modulo m maradékosztályok körében pedig pontosan a redukált
maradékosztályokkal. [Ez utóbbi annak az átfogalmazása, hogy a ca ≡ cb(mod m) kongruenciából a (c, m) = 1 feltétel mellett következik a ≡ b(mod m).]A.6.7 Igaz: (a), (d).
A.6.8 Ha a gyűrű egy nem nulla elemét a gyűrű összes elemével (valamelyik
oldalról) végigszorozzuk, akkor a nullosztómentesség miatt csupa különböző elemet kapunk. Így a végesség miatt ezek a gyűrű minden elemét
kiadják. Ez éppen azt jelenti, hogy az xb = a és by = a egyenletekbármely b ̸= 0 és a esetén egyértelműen megoldhatók.
A.6.9 Legyen c az egyetlen bal oldali egységelem. Azt kell igazolnunk, hogybármely b esetén bc = b, azaz bc − b = 0 is teljesül. Ehhez lássuk be, hogy
c + bc − b is bal oldali egységelem, majd használjuk fel, hogy csak egyetlen
bal oldali egységelem létezik.
A.6.10 Legyen az R gyűrű nulleleme 0R , az S részgyűrűé pedig 0S , és vegyünk
egy tetszőleges s ∈ S elemet. Ekkor s = 0R + s = 0S + s. A második
egyenlőség mindkét oldalához az s elem R-beli(!) ellentettjét (jobbról)
hozzáadva az asszociativitás felhasználásával a jobb oldalon()(0S + s) + (−s) = 0S + s + (−s) = 0S + 0R = 0S ,a bal oldalon pedig ugyanígy 0R adódik.
Megjegyzés: vegyük észre, hogy a bizonyításhoz erősen felhasználtuk az
ellentettet is!
A.6.11 Csak (c) igaz.
Az (a) állítást pl. az A.6 pont P4 példájában szereplő (rész)gyűrűk, a (b)állítást pedig az A.5.1 feladat (b1), (d2) vagy (d3) konstrukciója segítségével cáfolhatjuk meg.

488

Eredmények A.7.
A (c) igazolásához legyen eR , illetve eS az R, illetve S egységeleme ésvegyünk egy tetszőleges s ̸= 0 elemet az S-ből. Ekkor s = eR s = eS s és
(az R-beli!) nullosztómentesség miatt itt s-sel egyszerűsíthetünk.

A.6.12 Először lássuk be, hogy a gyűrű nullosztómentes. Ennek felhasználásávalmutassuk meg, hogy egy tetszőleges b ̸= 0 elemet véve az xb = b egyenlet(egyik) x = e megoldása egy jobb(!) oldali egységelem. Ekkor be = b
alapján ugyanígy következik, hogy e bal oldali egységelem is. Ezután az
xb = e egyenlet (egyik) x = c megoldása a b-nek balinverze. Azt, hogybc = e is teljesül, többféleképpen is igazolhatjuk, lássuk be például, hogy(e − bc)b = 0 és használjuk fel a nullosztómentességet.

A.7.
A.7.1
(a) Végtelen sok polinom van, de csak véges sok (polinom)függvény.
(b) Ha az f ̸= g polinomokhoz ugyanaz a polinomfüggvény tartozik, akkor
bármely h és t polinomokra h-hoz és h + t(f − g)-hez is ugyanaz a polinomfüggvény tartozik.
∏
Másik lehetőség: h-hoz és h + t γ∈T (x − γ)-hoz ugyanaz a polinomfüggvény tartozik.
A.7.2 Ha a nullosztómentesség feltételét elejtjük, akkor csak II. marad igaz. (AIII.-ra könnyen találunk ellenpéldát a modulo m maradékosztályok feletti
polinomok, azaz az összetett modulusú kongruenciák körében.)
A.7.3∏(b) Pl. az f = x és g = 0̸=γ∈T (x − γ) szorzata a nulla polinomfüggvény.
(c) Használjuk fel a 3.2.14 feladatot is. Válasz: |T ||T | − (|T | − 1)|T | − 1.
A.7.4 Pl. bármely olyan nem azonosan nulla függvény megfelel, amelynek végtelen sok gyöke van.
A.7.5 Tekintsük G-t az F11 test feletti polinomnak.
A.7.6(a) Az egyeleműek, a H a = {x ≥ a} és Ha = {x ≤ a} típusú részhalmazok, valamint a teljes R. (Szemléletesen fogalmazva: a számegyenesen apontok, a zárt félegyenesek és maga a számegyenes.)(b) Csak az egyelemű részhalmazok és a teljes C. (Használjuk fel az algebra
alaptételét.)

Eredmények A.7.

489

A.7.7
(a) Helyettesítsünk be a polinomfüggvénybe egy tetszőleges egész számot ésmódosítsuk a0 -t úgy, hogy a helyettesítési érték nulla legyen.
(b) Most egy egész szám reciprokát helyettesítsük be.
(c) Egyrészt el tudjuk érni, hogy az 1 gyök legyen, másrészt viszont csak
véges sok racionális gyök jöhet szóba.
(d) Az (a) és (b) mintájára most tetszőleges racionális szám behelyettesítésével célhoz érünk.
(e) Végtelen sokféleképpen el tudjuk érni, hogy az 1 gyök legyen.
(f) A (c) alapján elég csak az i = 0 és i = n esettel foglalkoznunk. Ezek
is visszavezethetők egymásra az x 7→ 1/x helyettesítéssel. Ezután az
i = 0 eset igazolásához okoskodjunk indirekt. Gondoljuk meg, hogy (a0 tól függetlenül) milyen alakú racionális számok lehetnek gyökök, és fogalmazzuk át az indirekt feltételt arra, hogy ekkor az ilyen alakú racionális
számokat a g = a1 x+a2 x2 +. . .+an xn polinomfüggvénybe behelyettesítve
véges sok kivételtől eltekintve minden egész számot meg kellene kapnunk.
Használjuk ki, hogy elég nagy x-re a g(x) függvényérték konstansszor xn
nagyságrendű, és így az összes |g(x)| < M függvényérték előállításához
lényegében csak az |x| < cM 1/n számok jöhetnek szóba (ahol c egy M től független konstans). Ezek az x-ek azonban (ha M -et megfelelően
választjuk) ,,kevesen” vannak ahhoz, hogy a g(x) helyettesítési értékek
majdnem az összes, M -nél kisebb abszolút értékű egész számot kiadják.
A.7.8 Mutassuk meg, hogy f -nek és f ′ -nek nincs közös gyöke.
A.7.9 Keressük meg (a negyedfokú) f ′ gyökeit, ezek valamelyike gyöke f -nek
is, és ezzel a gyöktényezővel f -et (akár kétszer) leosztva a hányados már(ötnél) alacsonyabb fokú.
Elegánsabb és gyorsabb, ha euklideszi algoritmussal meghatározzuk f és
f ′ legnagyobb közös osztóját, ennek a d = (f, f ′ ) polinomnak a gyökeiéppen f többszörös gyökei az eredetinél eggyel kisebb multiplicitással.
Ennek megfelelően az f /d polinom gyökei megegyeznek f gyökeivel, demindegyik gyök most egyszeres. Így g = (d, f /d) gyökei az f többszörös
gyökei, de egyszeres multiplicitással. Ezután rendre g, d/g és pl. f /(dg)gyökeit meghatározva megkapjuk f gyökeit és azok multiplicitását.
A.7.10 d = (f, f ′ ) | f, deg d < deg f , így az irreducibilitás miatt d csak konstanslehet.
A.7.11 Az előző két feladathoz hasonló gondolatmenetet kell alkalmazni.
A.7.12 f = αn (x − γ)n .
A.7.13 Igaz: (a), (c).

490

Eredmények A.7.

A.7.14(a) A Q és C feletti oszthatóság ekvivalens. Az egészek feletti oszthatóságból
bármelyik másik következik, de ennek a megfordítása egyik esetben sem
igaz (,,univerzális” ellenpélda: f = 3x és g = 5x). Az F2 és a Q, illetve
C feletti oszthatóság között nincs kapcsolat.
(b) Ekkor a Q, a C és az egészek feletti oszthatóság ekvivalens és ezekből
következik az F2 feletti oszthatóság, de a megfordítás nem igaz. (A változásnál csak az játszott szerepet, hogy f főegyütthatója 1 lett.)
A.7.15 Mutassuk meg, hogy a bal oldal (komplex) gyökei a jobb oldalnak is(legalább ugyanannyiszoros) gyökei.
Másik lehetőség: a jobb oldalt írjuk át(x3m − 1) + x(x3n − 1) + x2 (x3k − 1) + (x2 + x + 1)
alakba.
Harmadik lehetőség: alkalmazzunk teljes indukciót (pl.) m+n+k szerint.
Megjegyzés: az előző feladat szerint ez az oszthatóság egyformán érvényes
Q[x]-ben, C[x]-ben vagy az egész együtthatós, sőt akár az F2 test feletti
polinomok körében.
A.7.16 Válasz: x(n,k) − 1.
Megjegyzés: Itt is mindegy, hogy a két polinom legnagyobb közös osztóját
a racionális, a valós vagy a komplex test fölött nézzük, sőt ez megegyezik
az egészek vagy akár az F2 felett vett lnko-val is (bár az utóbbi két állítás
nem teljesen nyilvánvaló).
Többféle megoldáshoz is adunk útmutatást:(A) A komplex test felett okoskodva a közös (komplex) gyöktényezőket
kell kiválasztani.
(B) Gondoljuk végig, hogy a megadott két polinomra elvégzett euklideszi
algoritmus lépései éppen a kitevőkkel (az egész számok körében) végzett
euklideszi algoritmus lépéseinek felelnek meg.
(C) Közvetlenül belátható, hogy x(n,k) − 1 valóban közös osztó. Legyenmost h egy tetszőleges közös osztó, ekkor h | (xun − 1) − (xvk − 1) == xvk (xun−vk − 1), ahonnan u és v alkalmas megválasztásával kapjuk,
hogy h | x(n,k) − 1.
(D) Használjuk fel a körosztási polinomokat.
A.7.17 Nincs. A tizedfokú polinomból a feltételezett közös maradékot levonva
egy olyan tizedfokú polinomot kapnánk, amely a két polinomnak közös
többszöröse lenne. A relatív prímség miatt azonban a két polinomnak
már a legkisebb közös többszöröse is tizenegyedfokú.

Eredmények A.7.

491

A.7.18 Mivel a T feletti polinomok számelmélete a maradékos osztás megléte
miatt teljesen analóg az egész számok számelméletével, így a feladatra
adott válasz és annak igazolása is teljesen ugyanaz, mint az egész számok
körében vizsgált (,,igazi”) diofantikus egyenleteknél. A megoldhatóság
szükséges és elégséges feltétele: (f, g) | h, a megoldásszám végtelen, egy
u0 , v0 megoldást (pl.) az euklideszi algoritmusból nyerhetünk, és az összes
megoldást az u = u0 + wg/(f, g), v = v0 − wf /(f, g) képlet szolgáltatja,
ahol w ∈ T [x] tetszőleges polinom.
A.7.19 Mindkét állítás hamis. Az I. igazzá válik, ha feltesszük, hogy deg f ≥ 2.
A II. viszont csak a deg f = 2 vagy 3 esetben lesz igaz.
A.7.20∏4i(2k+1)π/4.
(a) C[x]-ben: k=1 (x√− ϑk ), ahol ϑ√k =e2(b) R[x]-ben: (x + x 2 + 1)(x − x 2 + 1).
(c) Q[x]-ben: irreducibilis (= Φ8 ).
(d) F2 [x]-ben: (x + 1)4 .
(e) F3 [x]-ben: (x2 + x − 1)(x2 − x − 1).
A.7.21 Keressünk olyan c-t, amelyre az x4 + c polinom reducibilis Q felett. Arrais vigyázni kell, nehogy olyan c-t válasszunk, amellyel valamilyen n-re az
egyik tényező helyettesítési értéke ±1, a másiké pedig egy prímszám.
A.7.22 Irreducibilisek: (a), (c), (d).
A.7.23 Ha (x − a1 ) · . . . · (x − ak ) − 1 = gh, ahol a II. Gauss-lemma alapján
feltehető, hogy g és h egész együtthatós, akkor bármely i-re g(ai )h(ai ) == −1, tehát g(ai ) + h(ai ) = 0, i = 1, 2, . . . , k. Ha a felbontás nem volt
triviális, akkor deg(g + h) < k, tehát csak g + h = 0, azaz g = −h lehetséges. Ekkor viszont gh főegyütthatója negatív lenne, ami ellentmond a
kiindulási feltételnek.
A.7.24 Ha m páros, akkor Φ2m (x) = Φm (x2 ), ha pedig m páratlan, akkor
Φ2m (x) = Φm (−x) [illetve m = 1 esetén −Φm (−x)].
A.7.26(a) Azok az 5k-adik komplex egységgyökök, amelyek nem k-adik egységgyökök is egyúttal.
(b) k = 5s , s = 0, 1, 2, . . .
A.7.27 n.
A.7.28 A megadott negatív szám a gyökök négyzetösszege.
A.7.29 2b3 − 9abc + 27a2 d = 0.
Útmutatás: a gyökök összegét érdemes nézni. (Ne felejtsük el mindkét
irányt igazolni!)

492

Eredmények A.8.

A.7.30 Az összes többi együttható 0.
Útmutatás: vizsgáljuk a gyökök szorzatát, majd osszunk le az így adódó
egyik gyöktényezővel, és ismételjük meg az eljárást.

A.8.
A.8.1 Tetraéder: 24, kocka és oktaéder: 48, dodekaéder és ikozaéder: 120.
Útmutatás: vizsgáljuk meg, hogy két szomszédos csúcs hány helyre kerülhet és az ő helyzetük mennyire határozza meg a test elhelyezkedését. Meg
kell még mutatnunk, hogy az így kiszámolt valamennyi lehetőség valóban
meg is valósul alkalmas egybevágósági transzformációkkal.
Megjegyzés: A kocka és oktaéder, illetve a dodekaéder és ikozaéder esetén
nemcsak az elemszámok azonosak, hanem a két csoport izomorf is. Ez
egyszerűen igazolható közvetlen geometriai megfontolásokkal, ha a két
testet egymáshoz viszonyítva ügyesen helyezzük el.
A.8.2 A kérdéses abab = aabb egyenlőséget balról a−1 -gyel, jobbról b−1 -gyelbeszorozva egy vele ekvivalens egyenlőséget kapunk.
Kommutatív csoportban nyilván lehet tényezőnként negyedik hatványra(is) emelni, a megfordítás azonban nem igaz, tekintsük pl. D4 -et.
A.8.4 Lehet, vegyünk például a síkon két olyan tengelyes tükrözést, ahol a tengelyek (fokban mérve) irracionális szöget zárnak be egymással. (Az előző
feladat szerint csak nem kommutatív csoportban találhatunk ilyen elemeket.)
A.8.5 Igaz: (a), (c).
A.8.6 Megfelelő G csoport megfelelő g elemére alkalmazzuk az o(g) |G| öszszefüggést.
A.8.7 Ha a csoportban pontosan egy másodrendű elem van, akkor a csoportelemek szorzata ezzel egyenlő, egyébként pedig az egységelemmel.
Ha speciálisan G a modulo p maradékosztályok multiplikatív csoportja,
akkor ez éppen a Wilson-tétel.
Útmutatás: Párosítsunk minden elemet az inverzével. Gondot okoz, hatöbb másodrendű elem is van, ekkor ezek körében csináljunk egy másféle
párosítást.
A.8.8 Valamennyi csoport 8 elemű, azonban öt különböző ,,típusú” van közöttük:
ab — chj — de — f — gi. [Tehát pl. (c), (h) és (j) közül bármelyik kettő
izomorf, de ezek nem izomorfak a többi csoport egyikével sem.]
A nem-izomorfak megkülönböztetése valamilyen eltérő műveleti tulajdonság alapján történhet (pl. kommutativitás, elemek rendje), az izomorfakEredmények A.9.

493,,azonosításához” pedig mutassuk meg, hogy mindkét csoportban pontosan ,,ugyanazok a számolási szabályok” (ha másképp nem megy, akkorírjuk fel és hasonlítsuk össze a két műveleti táblát).
Megjegyzés: Belátható, hogy ,,másféle” 8 elemű csoport nem is létezik,
azaz minden 8 elemű csoport a megadott csoportok valamelyikével izomorf.
A.8.9(a) Először lássuk be, hogy egy ilyen csoport szükségképpen kommutatív.
Ezután mutassuk meg, hogy az elemei e, a, b, ab, c, ac, bc, abc, . . . formábanállíthatók elő. Végül ennek alapján igazoljuk, hogy egy ilyen csoport szerkezetileg szükségképpen azonos egy, az F2 feletti véges dimenziós vektortér
additív csoportjával.
(b) Ellenpélda: legyen G1 az F3 test feletti 3 dimenziós vektortér additív
csoportja és G2 az (ugyancsak az) F3 feletti, olyan 3×3-as felsőháromszögmátrixok multiplikatív csoportja, amelyekben a főátló mindhárom eleme1.
A.8.10(a) Válasz: amelyek elemszáma 1 vagy prím.
Útmutatás: az egyik irányhoz használjuk a Lagrange-tételt, a másik irányhoz tekintsünk ciklikus részcsoportokat.
(b) Válasz: a véges csoportok.
Útmutatás: Azt kell igazolni, hogy egy végtelen csoportban mindig végtelen sok részcsoport van. Két esetet különböztessünk meg aszerint, hogy
van-e a csoportban végtelen rendű elem vagy nincs, és a gondolatmenethez
most is ciklikus részcsoportokat vegyünk igénybe.
A.8.11 A téglalap szimmetriacsoportja megfelel. Páratlan elemszámú csoport
nem lehet ilyen, ennek igazolásához használjuk fel a Lagrange-tételt.
A.8.12(a) Válasz: d(n), azaz n pozitív osztóinak a száma.
Útmutatás: mutassuk meg, hogy a részcsoportok is ciklikusak, és választható bennük olyan g d generátorelem, ahol d | n (itt g az eredeti csoport
valamelyik rögzített generátorelemét jelöli).
(b) d(n) + σ(n), ahol σ(n) az n pozitív osztóinak az összege.
A.8.13 Ha M = gH és a, b, c ∈ M , akkor ab−1 c = (gh1 )(gh2 )−1 (gh3 ) =−1= gh1 h−1
gh3 = gh1 h−1
2 g
2 h3 = gh4 ∈ M . A megfordításhoz lássuk be,
hogy a feltétel teljesülése esetén a {b−1 c | b, c ∈ M } halmaz részcsoport.

A.9.
A.9.1 Az ideálok pontosan az additív csoport részcsoportjai lesznek.

494

Eredmények A.9.

A.9.2 Akkor és csak akkor kapunk ideált, ha m prímhatvány. (Ez igaz a prímekelső hatványára, azaz magukra a prímekre is, ekkor a nulla ideálról vanszó, hiszen a modulo p maradékosztályok körében nincsenek nullosztók.)
A.9.3∏(a) Ha ij eleme az Ij ideálnak, akkor a j ij szorzat eleme az Ij ideálok
metszetének.
(b),(c) Az A.9.1–A.9.2 feladatok a segítségünkre lehetnek ilyen példák konstrukciójánál.
A.9.4(a) Használjuk fel, hogy ha a ̸= 0, akkor ra alakban a test minden elemeelőáll.
(b) Bármely b ∈ R-re az Ib = {rb | r ∈ R} halmaz ideál, tehát a feltétel szerint
Ib = 0 vagy Ib = R. Mutassuk meg, hogy azok a b ∈ R elemek, amelyekre
Ib = 0, szintén egy I ideált alkotnak, így I = 0 vagy I = R. Az utóbbi
esetben R bármely két elemének a szorzata nulla lenne, tehát I = 0. Ez azelőbbiekkel együtt azt jelenti, hogy bármely b ̸= 0-ra az rb alakú elemekaz egész R-et kiadják, azaz lehet osztani és így R test.
Megjegyzések : A kommutativitást ott használtuk ki lényegesen, hogy az Ib
halmaz valóban ideál. Az Ib helyett azért nem írhattunk eleve (b)-t, mert
egységelem létezését nem tettük fel, és így előfordulhatott volna, hogyb ̸∈ Ib (például zérógyűrűben valóban ez a helyzet), amikor is jogtalan
lenne a ,,b által generált ideál” elnevezés.
(c) Legyen I egy nem nulla ideál, azt kell igazolni, hogy I az összes mátrixot
tartalmazza. Induljunk ki egy tetszőleges A ̸= 0, A ∈ I mátrixból, és ezt
szorozzuk meg balról, majd jobbról egy-egy olyan mátrixszal, amelyben
csak egyetlen helyen áll nem nulla elem. Lássuk be, hogy az ily módon
kapott mátrixok összegeként minden mátrixot elő tudunk állítani. Mivelezek a lépések nem vezettek ki az ideálból, adódik, hogy I valóban csak
a teljes T n×n mátrixgyűrű lehet.
A.9.5(a) Válasszuk minden modulo m maradékosztályból a legkisebb nemnegatív
reprezentánst (azaz a 0, 1, . . . , m − 1 maradékokat), ekkor egy nem nulla
ideál generátorelemének megfelel az ideál legkisebb pozitív eleme.
(b) A feltétel az, hogy k és m/k relatív prímek legyenek.
(c) Lássuk be, hogy a (k) főideál szerinti maradékosztályokat egyértelműen
jellemezhetjük a 0, 1, . . . , k − 1 ,,maradékokkal”, és ezekkel éppen úgy kellvégezni a műveleteket, ahogyan ,,modulo k számolunk” velük.

Eredmények A.9.

495

A.9.6 A.9.3 Tétel: A kommutativitást az (i), az egységelemet a (ii) tulajdonság
igazolásánál kell felhasználni.
A.9.4 Tétel: Egy nem nulla ideál generátorelemének az egész számok esetén válasszuk az ideál (egyik) legkisebb abszolút értékű, a polinomok esetén pedig (egyik) legkisebb fokszámú nem nulla elemét. A bizonyításnál
használjuk fel a maradékos osztást.
A.9.5 Tétel: A fő nehézséget annak az igazolása jelenti, hogy noha azosztályokra a műveleteket a reprezentánsok segítségével definiáltuk, az
eredmény független a reprezentánsok választásától. Az azonosságok, illetve kitüntetett elemek létezése az eredeti gyűrű megfelelő tulajdonságaiból következik.
A.9.6 Tétel: Ha g = 0, akkor T [x]/(g) izomorf T [x]-szel, ha g egység,
akkor T [x]/(g) egyedül a nullelemből áll, tehát ezekben az esetekben nem
test. Ha g reducibilis, g = rs, ahol deg r < deg g, deg s < deg g, akkor azr + (g) és s + (g) maradékosztályok
()()egyike sem a nulla maradékosztály,
azonban a szorzatuk r + (g) s + (g) = g + (g) = (g), ami a faktorgyűrű
nulleleme, vagyis a faktorgyűrűben nullosztók vannak, tehát semmiképpen sem lehet test. Végül megmutatjuk, hogy ha g irreducibilis, akkor
valóban testet kapunk. A szorzás kommutatív, egységelem az 1 + (g)maradékosztály, tehát azt kell még belátni, hogy ha h + (g) nem a nulla
maradékosztály, akkor létezik inverze. A feltétel azt jelenti, hogy h ̸∈ (g),azaz g ̸ | h. A( h + (g))( inverze) egy olyan u + (g) maradékosztályt jelent, amelyre h + (g) u + (g) = 1 + (g), azaz alkalmas v polinommal
hu + vg = 1 teljesül. Mivel a g irreducibilitása és g ̸ | h miatt g és h relatív
prímek, így ennek a (polinomokra vonatkozó) ,,diofantikus” egyenletnek
létezik u, v megoldása (lásd az A.7.18 feladatot).
A.9.7 Az A.9.3 Tétel megfelelője röviden így foglalható össze: (a1 , . . . , ak ) az aielemeket tartalmazó legszűkebb ideál.
A.9.8(a) Az (A) főideál az A részhalmazaiból áll.
(b) Legyen I ideál, A = ∪B∈I B, ekkor I = (A).
(c) Az (a) részből következik, hogy ez nem főideál. Végesen generált pedig
azért nem lehet, mert a (b) rész mintájára igazolható, hogy RH -ban minden végesen generált ideál szükségképpen főideál.
(d) Lássuk be, hogy az RH gyűrű két eleme, azaz H két részhalmaza pontosan
akkor kerül az (A) főideál szerint ugyanabba a maradékosztályba, ha a
két szóban forgó részhalmaznak az ,,A-n kívül eső része” azonos. Ennek
megfelelően minden maradékosztály egyértelműen jellemezhető H \ A egy
részhalmazával. Ne felejtsük el a művelettartást is ellenőrizni!

496

Eredmények A.9.

A.9.9(a) I = (6), azaz I a 6-tal osztható számokból áll, R/I pedig a modulo 6
maradékosztálygyűrű.
(b) I = (2), azaz I a modulo 100 ,,páros” maradékosztályokból áll, R/I pedig(izomorf) az F2 test(tel).
(c) I-t azok a(z egész együtthatós) polinomok alkotják, amelyeknek a konstans tagja páros szám. Megmutatjuk, hogy I nem főideál. Tegyük fel
indirekt, hogy I = (g), ekkor g | 2 és g | x teljesül, azaz g (az egész együtthatós polinomok körében) közös osztója a 2 és az x polinomoknak. Ezért
csak g = ±1 lehet, azonban ±1 ̸∈ I, hiszen a ±1 polinomok konstanstagja páratlan. Ez az ellentmondás biztosítja, hogy I nem főideál. Az
R/I faktorgyűrűt úgy kapjuk, hogy az egész együtthatós polinomoknak
vesszük a ,,maradékait mind a 2, mind pedig az x szerint”. Így összesen a0 és az 1 által reprezentált maradékosztályok lesznek különbözők és R/Iizomorf F2 -vel.
A.9.10(c) Az (a) ⊆ (a, b) = (d) tartalmazásból az (a) rész alapján d | a következik, ésd | b is hasonlóan adódik, tehát d közös osztója a-nak és
b-nek. Legyen most c tetszőleges közös osztó, azaz c | a és c | b. Miveld ∈ (d) = (a, b), így d felírható d = au + bv alakban, ahonnan kapjuk,
hogy c | d is teljesül.
(d) Használjuk fel, hogy az a és b legnagyobb közös osztója felírható au + bv
alakban.
(e) Ellenpéldát kaphatunk pl. az A.9.9c feladatból.
A.9.11 |R/I| = 16 és R/I izomorf az F2 test feletti 2 × 2-es mátrixok gyűrűjével.
A.9.12(a) Azok a függvények vannak az (f ) főideálban, amelyeknek minden,
5-nél kisebb valós szám gyöke.
(b) Az R gyűrű két eleme, azaz két valós függvény akkor és csak akkor
kerül az (f ) főideál szerint ugyanabba a maradékosztályba, ha a két
szóban forgó függvénynek minden x < 5-re ugyanaz a helyettesítési értéke(a többi helyettesítési érték ,,nem számít”). Ennek megfelelően minden
maradékosztály egyértelműen jellemezhető az 5-nél kisebb helyeken felvett
függvényértékekkel. A művelettartás ellenőrzése után így azt kapjuk, hogy
az R/(f ) faktorgyűrű izomorf az 5-nél kisebb valós számokon értelmezettvalós függvények szokásos gyűrűjével. Végül ez utóbbi azért izomorf
magával az R-rel, azaz az összes valós függvények gyűrűjével, mert a kétértelmezési tartomány (vagyis az 5-nél kisebb valós számok halmaza, illetve az összes valós számok halmaza) között bijekció létesíthető.

Eredmények A.10.

497

A.9.13 Igaz: (a), (c).
A.9.14 Test: (c), (d). (Használjuk az A.9.6 Tételt.)

A.10.
A.10.1 Az algebraiság és deg Θ ≤ n igazolásához használjuk fel, hogy az
1, Θ, Θ2 , . . . , Θn elemek biztosan lineárisan összefüggők, deg Θ | n bizonyításánál pedig alkalmazzuk a fokszámtételt és az A.10.11 Tételt.
A.10.2 Az M test nullosztómentes, ugyanakkor Hom V -ben vannak nullosztók.
A.10.3 A.10.3 Tétel: Legyen M -nek L feletti bázisa Θ1 , . . . , Θm , N -nek M felettibázisa B1 , . . . , Bn , ekkor lássuk be, hogy a Θi Bj elemek az N -nek L felettibázisát adják. Ne felejtsük el a végtelen dimenziós esetet is meggondolni.
A.10.5 Tétel: (i) Azt kell igazolni, hogy L(Θ) zárt az (M -beli) összeadásra, szorzásra, ellentett- és reciprokképzésre nézve. Nézzük például azösszeadást:
g1 (Θ)/h1 (Θ) + g2 (Θ)/h2 (Θ) = [(g1 h2 + g2 h1 )(Θ)]/[(h1 h2 )(Θ)].
(ii) Ha g = x, h = 1, akkor g(Θ)/h(Θ) = Θ. L ⊆ L(Θ) hasonlóan
igazolható.
(iii) Mivel T test, ezért T -nek a Θ-val és az L elemeivel együtt az ezekből
a ,,négy alapművelet” segítségével előálló elemeket is tartalmaznia kell.
A.10.8 Tétel: (ii) Ha f = mΘ g, akkor f (Θ) = mΘ (Θ)g(Θ) = 0 · g(Θ) == 0. A megfordításhoz tegyük fel, hogy f (Θ) = 0, és írjuk fel f -nek azmΘ -val való maradékos osztását: f = mΘ h + r, ahol deg r < deg mΘvagy r = 0. Ekkor r(Θ) = f (Θ) − mΘ (Θ)h(Θ) = 0 − 0 = 0, és így aminimálpolinom definíciója miatt csak r = 0 lehetséges.
(iii) Ha indirekt mΘ = gh, ahol deg g < deg mΘ , deg h < deg mΘ , akkor
0 = mΘ (Θ) = g(Θ)h(Θ), és M nullosztómentessége miatt g(Θ) = 0 vagyh(Θ) = 0, de mindkettő ellentmond a minimálpolinom definíciójának.
(iv) A (ii) alapján mΘ | f , továbbá mΘ nem konstans, így az f irreducibilitása miatt mΘ csak az f (konstansszorosa) lehet.
A.10.10 Tétel: Ha egy elemnek többféle ilyen előállítása lenne, akkor
ezeket egymásból kivonva azt kapnánk, hogy Θ gyöke egy legfeljebb n−1edfokú polinomnak, ami ellentmondás. Azt, hogy létezik ilyen előállítás,két lépésben bizonyítjuk: (i) g(Θ)/h(Θ) alkalmas f ∈ L[x] polinommalátírható f (Θ) alakba; (ii) elérhető deg f < n is. Az (i) igazolásához lássuk be, hogy g(Θ)/h(Θ) = f (Θ) ekvivalens a g = hf + mΘ u ,,diofantikus”
egyenlettel, ami megoldható, mert h és mΘ relatív prímek. (ii) Legyen
f -nek az mΘ -val való osztási maradéka r, ekkor f (Θ) = r(Θ).

498

Eredmények A.10.

A.10.12 Tétel: Az α0 + α1 Θ + . . . + αn−1 Θn−1 elemekkel pontosan ugyanúgy kell számolni, mint az mΘ polinom szerinti osztási maradékokkal.
A.10.4 Egy g ̸= 0 racionális együtthatós polinomnak minden gyöke definíció szerint algebrai szám, tehát ez g bármely osztójára is teljesül. Megfordítva,ha f minden gyöke algebrai szám, akkor megfelelő g-t kapunk, ha vesszük
az f gyökei minimálpolinomjainak a szorzatát.
√
A.10.5 k Θ gyöke az f (x) = mΘ (xk ) polinomnak.
A.10.6 Azt kell igazolni, hogy két algebrai szám összege és szorzata, valamint
egy algebrai szám ellentetteje és reciproka is algebrai. Nézzük például azösszeget. Ha Θ és Ψ algebrai, akkor legyen M = Q(Θ), N = M (Ψ), ekkor
Θ + Ψ ∈ N . Ezután alkalmazzuk a fokszámtételt és az A.10.11 Tételt.
A.10.7 Egy algebrai és egy transzcendens szám összege mindig transzcendens,
két transzcendens szám összege lehet algebrai is és transzcendens is (mutassunk mindkét esetre példát).
A.10.8(a) (i) Mindkét szám transzcendens.
(ii) Mindkét szám transzcendens, vagy pedig az egyik 0 és a másik transzcendens.
(iii) Legalább az egyik szám transzcendens (mutassunk példát, amikor
mindkettő transzcendens, illetve amikor csak az egyik az).
(iv) Mindkét szám algebrai.
Útmutatás (iv)-hez: fejezzük ki az eredeti számokat S-sel és P -vel.
(b) Csak (iv)-nél van változás, itt előfordulhat az is, hogy a két eredeti szám
(speciális) irracionális szám.
Megjegyzés: az eltérés oka az, hogy (i)–(iii) esetén csak a testtulajdonságok játszottak szerepet, (iv)-nél viszont a (négyzet)gyökvonás is.
A.10.9(a) Ha a és b algebrai, akkor mivel i algebrai és algebrai számok összege ésszorzata is az, ezért a + bi is algebrai. Megfordítva, tegyük fel, hogyz = a + bi algebrai, először lássuk be, hogy z = a − bi is az (ugyanaz aminimálpolinomja), ezután fejezzük ki a-t és b-t z-vel és z-vel.
(b) Használjuk fel az (a) részt, valamint azt, hogy ha cos φ és sin φ közül azegyik algebrai, akkor szükségképpen a másik is az.
A.10.10 Transzcendens: (c), (d), a többi algebrai. A fokszámok: (a) 100;(b) 4; (e) 3; (f) 3; (g) Az 1 foka 1, a többié 100; (h) A ±1
foka 1, a többié 2; (i) φ(n); (j) 48.
Útmutatás: (b)-nél és (e)-nél kevés számolással is célhoz érhetünk, haa fokszámtételt felhasználjuk; (j)-nél alkalmazzunk az A.10.12 feladat
megoldásához hasonló gondolatmenetet.

Eredmények A.11.

499

A.10.11 Van.
Útmutatás: Az egységgyökök minimálpolinomjai a körosztási polinomok,
amelyek egész együtthatósak és a főegyüttható 1, ugyanakkor könnyen
készíthető olyan 1 abszolút értékű komplex szám, amelynek nincs ilyen
alakú minimálpolinomja.
A.10.12 Csak a ±1 ilyen.
Útmutatás: Legyen z = cos φ + i sin φ. Mutassuk meg, hogy Q(z)-nek
eleme z = 1/z és így cos φ és i sin φ is. Legyen M = Q(cos φ) és
N = M (i sin φ), ekkor N = Q(z) és deg(N : M ) = 2.
A.10.13 Válasz: deg(Θ2 ) = k vagy k/2.
Útmutatás: Q ⊆ Q(Θ2 ) ⊆ Q(Θ) és itt a második bővítés legfeljebbmásodfokú.
A.10.14 √√(a) 18/ 8 racionális szám.
(b) Mutassuk meg, hogy a jobb oldal része a metszetnek, majd használjuk a
fokszámtételt.
√√√√
A.10.15 Legyen Ψ = 1 + 3 7 25 + 11 7 125 + 1000 7 625.√Ekkor Ψ√∈ Q( 7 5), és mivela 7 prím, továbbá Ψ ̸∈ Q, ezért Q(Ψ) = Q( 7 5), így 7 5 ∈ Q(Ψ).
A.10.16 Használjuk fel, hogy |z| = 1 esetén Re z = (z + 1/z)/2. Ne feledkezzünk
el arról az esetről sem, amikor z transzcendens.
A.10.17 Vegyük azt a bővítésláncot, ahol Q-t egymás után bővítjük a polinom
együtthatóival, majd a végén az egyik gyökével.
A.10.18 Az A.10.12 Tétel alapján legyen M = L[x]/(f ). Ekkor M az A.9.6 Tétel
szerint test, továbbá a konstans+(f ) maradékosztályok halmaza megfelelL∗ -nak, az x + (f ) maradékosztály pedig Θ-nak.
A.11.
A.11.1 Vegyük észre, hogy a binomiális együtthatók annyiszor történő összeadást
jelentenek, továbbá mindegyik 1-nél nagyobb binomiális együttható osztható p-vel.
A.11.2 A szorzat értéke −1 (ez p = 2 esetén ugyanaz, mint az 1). Az összeg akételemű test kivételével 0.
Útmutatás: A szorzatnál párosítsunk minden elemet az inverzével éshasználjuk ki, hogy legfeljebb egy darab másodrendű elem van. (A párosítás helyett az elemeket a generátorelem hatványaiként felírva is célhoz érünk.) Az összegnél páratlan p esetén párosítsunk minden elemetaz ellentettjével, p=2-re pedig tekintsük a vektorteres felírást (ez utóbbi
páratlan p-re is alkalmazható).

500

Eredmények A.11.

A.11.3 Válasz: (m, pk − 1).
Útmutatás: A gyökök azok a Θ-k, amelyekre o(Θ) | m. Használjuk ki azt
is, hogy o(Θ) | pk − 1.
A.11.4 Válasz: 1, ha k páratlan, és 3, ha k páros (a (Θ, Ψ) és (Ψ, Θ) párt ugyanannak tekintjük).
Útmutatás: vezessük vissza az előző feladatra.
A.11.5(a) Ha 0 = a + a + . . . + a, akkor ezt tetszőleges b-vel beszorozva
0 = (a + a + . . . + a)b = ab + ab + . . . + ab = a(b + b + . . . + b) adódik, és
mivel a ̸= 0, ezért a második tényező 0. Ebből következik, hogy ha egy
nem nulla elemet k-szor összeadva nullát kapunk, akkor ugyanez valamennyi nem nulla elemre érvényes. Tekintsük a legkisebb ilyen k-t. Ha
k összetett lenne, k = rs, ahol r < k, s < k, akkor a k darab a összegét
bontsuk r hosszúságú csoportokra és jussunk ellentmondásra. Tehát alegkisebb ilyen k egy p prím. Több prím azért nem jöhet szóba, mert
minden más k ennek a minimális darabszámnak a többszöröse.
(b) Tekintsük pl. az Fp test feletti polinomhányadosokat (algebrai törteket).
A.11.6 F13 , illetve F3 felett keresendő egy-egy irreducibilis polinom, amelynek afoka 2, illetve 4.
A.11.7 A multiplikatív csoportra alkalmazzuk a Lagrange-tételt, és ebből olvassuk le, hogy a nem nulla elemek valóban gyökei a megadott polinomnak(a nulla meg nyilvánvalóan gyök). A polinomnak ezzel megkaptuk annyi(különböző) gyökét, mint amennyi a foka, tehát több gyök nem lehet.
A.11.8 A ,,csak akkor” részhez használjuk fel az előző feladatot és azt, hogy apk elemű test bármely elemének a foka osztója k-nak. A megfordításnál
induljunk ki az Fp [x]/(f ) testből.
A.11.9 Az állítás lényegében ekvivalens az előző feladattal.
A.11.10 Tekintsük a test multiplikatív csoportját, és használjuk fel, hogy egy(véges) ciklikus csoport bármely két (különböző) részcsoportja különböző
elemszámú.
A.11.11 Tekintsük A-t egy A lineáris transzformáció mátrixának, és mutassuk
meg, hogy az A minimálpolinomja éppen f (vö. a 6.3.18 feladattal). Ennek megfelelően az A mátrix hatványai ,,ugyanúgy viselkednek”, mint az
Fp [x]/(f ) faktorgyűrűben az x maradékosztály hatványai.

Eredmények A.11.

501

A.11.12(a) φ(pk − 1)/k. ∑(b) Válasz: (1/k) d | k µ(d)pk/d , ahol µ(n) a Möbius-függvény: µ(1) = 1,µ(n) = (−1)s , ha az n szám s darab különböző prím szorzata és µ(n) == 0 minden más n-re.
Megjegyzés: Általánosan is, egy tetszőleges q elemű véges test felett a
k-adfokú irreducibilis polinomok számára ugyanez a képlet érvényes, csak
p helyére q-t kell írni. A bizonyítás is teljesen analóg a q = p esettel.
Útmutatás (b)-hez: Jelöljük a keresett darabszámot Ik -val. Az A.11.8
kfeladat alapján xp − x az összes olyan d-edfokú, Fp felett irreducibilis
polinom szorzata, ahol d | k. Ebben az egyenlőségben a két oldal fokszámát összehasonlítva, Ik -ra egy rekurzív összefüggést kapunk. Innen
Ik -t az ún. Möbius-féle megfordítási formulával fejezhetjük ki.
A.11.13(a) A két egyenes közös pontja egy olyan egydimenziós altér, amely benne vana két kétdimenziós altér metszetében. Mivel a vektortér háromdimenziós,
ez a metszet nem lehet nulla, tehát maga a metszet egy egydimenziós altér.
Hasonlóképpen, a két pontot tartalmazó egyenes a két egydimenziós altéráltal generált (kétdimenziós) altér lesz.
(b) Pontok: az egydimenziós altereknek a nullvektoron kívüli részei p − 1eleműek és diszjunktak, a számuk tehát (p3 − 1)/(p − 1) = p2 + p + 1.
Egyenesek: a kétdimenziós U altereknek bijektíven megfeleltethetők az
U ⊥ egydimenziós alterek (vö. az A.41.14 feladattal), vagy közvetlenül isleszámolhatók a bázisok szerint. (A pontokra és az egyenesekre vonatkozó
állítás is a 4.6.14 feladat speciális esete.)(c) A (b) részhez hasonló gondolatmenetet kell alkalmazni.
A.11.14 Az előző feladatra úgy vezethető vissza, hogy minden egyenest most a,,normálvektorával” jellemeztünk, azaz egy kétdimenziós U altér helyettaz egydimenziós U ⊥ -t vettük.

502
MEGOLDÁSOK

1. Determinánsok
• 1.1.5(b) Válasz : 2⌈(n − 4)/5⌉ + 1, ahol ⌈x⌉ az x szám felső egész részét
jelenti, azaz a legkisebb olyan egész számot, amely ≥ x.
Bizonyítás: Egy rögzített permutációban tekintsünk egy a < b elempárt,és jelöljük m(a, b)-vel azoknak a c elemeknek a számát, amelyek a és b között
helyezkednek el és amelyekre a < c < b. Az ilyen c-ket az adott cserénél
fontos elemeknek fogjuk nevezni. [Pl. a 3165472 permutációban m(2, 6) = 2,
mert az 5 és a 4 a fontos elemek.] Ekkor az a és b cseréjénél az inverziószám
2m(a, b)+1-gyel változik, ugyanis az a-nak és a b-nek az egymáshoz és a fontos
elemekhez való viszonya változik meg.
Legyen egy adott permutációban M az összes m(a, b) érték maximuma.
A bizonyítandó állítás az előzőek alapján azzal ekvivalens, hogy (i) bármely
permutációra M ≥ ⌈(n − 4)/5⌉, és (ii) van olyan permutáció, amelyre
M = ⌈(n − 4)/5⌉.
Először (i)-et igazoljuk. Vegyünk egy tetszőleges permutációt. Azzal azesettel foglalkozunk, amikor az 1 és n számok egyike sem az első vagy utolsó
elem. A fennmaradó esetekben ugyanis hasonló (csak egyszerűbb) meggondolásokat kell alkalmazni (és kiderül, hogy akkor még nagyobb M adódik), ezt
nem részletezzük.
Tegyük fel, hogy az első, illetve az utolsó helyen álló elem a k, illetve
az r, továbbá az n (mondjuk) előrébb áll, mint az 1, azaz a permutáció
k . . . n . . . 1 . . . r alakú.
Megmutatjuk, hogy a k, az n, az 1 és az r kivételével minden elem fontos
az alábbi öt csere közül legalább az egyiknél: (A) k és n; (B) k és 1; (C) n és
1; (D) n és r; (E) 1 és r.
Valóban, a permutációban a k és az n között álló elemek közül a k-nál
nagyobbak (A)-nál fontosak, a k-nál kisebbek pedig (B)-nél. Az n és az 1
között állók valamennyien fontosak (C)-nél [emellett esetleg (B)-nél és/vagy(D)-nél is]. Végül, az 1 és az r között álló elemek közül az r-nél nagyobbak(D)-nél, az r-nél kisebbek pedig (E)-nél fontosak.
Így n−4 ≤ m(k, n)+m(1, k)+m(1, n)+m(r, n)+m(1, r) ≤ 5M , ahonnanM ≥ ⌈(n − 4)/5⌉, amint állítottuk.
Rátérve (ii)-re, nyilván elég az n = 5t + 4 esettel foglalkozni. Könnyű
ellenőrizni, hogy az (i)-beli gondolatmenet alapján megsejthető
3t+3, . . . , 4t+3 t+1, t, . . . , 1 2t+3, . . . , 3t+2 5t+4, . . . , 4t+4 t+2, . . . , 2t+2
konstrukció egy megfelelő permutációt szolgáltat.

Megoldások 1.4.

503

• 1.1.7(c) Válasz : páratlan k esetén minden páros n > k, páros k ̸= 0 eseténn = 2k + 1 kivételével minden n > k, k = 0 esetén minden n > 0.
Szükségesség: (i) n > k nyilvánvaló. (ii) Az összes inverziószám nk/2,
tehát páratlan k esetén n páros kell hogy legyen. (iii) Az első elem pontosan
akkor áll k másikkal inverzióban, ha k darab nála kisebb van, tehát ha az elsőelem k + 1. Hasonlóan az utolsó elem n − k. Ez n = 2k + 1 > 1-re nyilván
lehetetlen.
Elégségesség: Jelöljük /s, t\-vel, ha az 1, 2, . . . , s számoknak létezik olyan
permutációja, amelyben minden elem pontosan t másikkal áll inverzióban. Az
alábbi két összefüggést fogjuk felhasználni:(A) /c, k − d\, /d, k − c\ ⇒ /c + d, k\;(B) /f, k\, /g, k\ ⇒ /uf + vg, k\, ahol u, v tetszőleges pozitív egészek.
(A) igazolásához legyenek a /c, k − d\, illetve /d, k − c\ feltételt biztosító permutációk i1 , . . . , ic , illetve j1 , . . . , jd , ekkor megfelel a d+i1 , . . . , d+ic , j1 , . . . , jd
permutáció. (B) esetében az egyik kiindulási permutációt az 1, 2, . . . , f , majdaz f + 1, . . . , 2f stb. (u − 1)f + 1, . . . , uf blokkokra, utána pedig a másikat az
uf + 1, . . . , uf + g stb. blokkokra kell alkalmazni.
Az állítást k szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk. Ha k = 0 vagy 1,
akkor az állítás nyilvánvaló. Tegyük fel, hogy az állítás igaz minden k ′ < k-raés tetszőleges megfelelő n-re. Tekintsük most k-t, és legyen először k < n ≤ 2k
és kn páros. Legyen n = c + d, 1 ≤ c, d ≤ k és c páros (általában n-nek több
ilyen c + d előállítása is van). Ekkor c > k − d és d > k − c, tehát /c, k − d\mindenképpen igaz és d(k − c) ≡ kn ≡ 0 (mod 2) miatt /d, k − c\ is fennáll,
ezért (A) alapján /c + d, k\ = /n, k\ is érvényes. (A /d, k − c\-vel baj van,ha éppen d = 2(k − c) + 1, azonban ekkor vehetjük n-nek egy másik c + delőállítását, illetve ha csak egy van, akkor az /n, k\ állítás könnyen igazolható
közvetlenül.) Ezután az n > 2k eseteket a már bizonyított n ≤ 2k-ból (B)felhasználásával láthatjuk be.
Megjegyezzük még, hogy (A) helyett a ,,fordított” permutációból adódó/n, k\ ⇐⇒ /n, n − 1 − k\ tulajdonsággal is dolgozhattunk volna.
• 1.4.13(a) Ha M a nullmátrixot választja, akkor nyilván n lépésre van szükség. Megmutatjuk, hogy minden más esetben már kevesebb lépés is elég.
Legyen r az a maximális szám, hogy az A mátrixból kiválasztható r oszlop
és r sor úgy, hogy az ezek metszéspontjaiban álló (r2 darab elemből képzett)r × r-es determináns nem nulla. Ekkor n − r lépés elegendő. Tegyük fel, hogy
például a bal felső sarokban álló r × r-es Dr determináns nem nulla. Vegyük
ekkor a bal felső sarokban az eggyel nagyobb méretű (r + 1) × (r + 1)-es Dr+1
determinánst, és fejtsük ki az utolsó (azaz r + 1-edik) sora szerint. Ebben akifejtésben αr+1,r+1 együtthatója (a sorok és oszlopok más elhelyezkedése ese-504

Megoldások 1.4.

tén esetleg előjeltől eltekintve) éppen Dr , tehát nem nulla. Ezért αr+1,r+1 -et′
meg tudjuk úgy változtatni, hogy az így keletkező Dr+1
már ne legyen nulla.
′
Most Dr+1 -t bővítsük ki egy (r + 2) × (r + 2)-es determinánssá A következő
sorából és oszlopából az első r + 2 elem hozzávételével, és ismételjük meg azelőző gondolatmenetet αr+2,r+2 -re. Az eljárást folytatva n − r lépés után egy(n × n-es) nem nulla determinánsú A′ mátrixot kapunk. (A megoldásban tulajdonképpen a mátrix determinánsrangját használtuk, lásd a 3.4 pontot. Ha
csak azt akartuk volna igazolni, hogy n lépés mindig elég, akkor teljes indukcióval és a fenti gondolatmenet egyszerűsített változatával is célhoz érhettünk
volna.)• (b) Ha M olyan mátrixot választ, amelynek az első oszlopa csupa nulla, akkor
n2 − n lépés kevés, ugyanis M kijelölheti a mátrix többi elemét. Indukcióval
megmutatjuk, hogy n2 − n + 1 lépés mindig elég. Az n = 1 esetben ez nyilvánvaló. Legyen n > 1, és tekintsük az M által megadott tetszőleges n × n-es A
mátrixot és a kijelölt n2 −n+1 helyet. Kell lennie olyan sornak, ahol C bármely
elemet megváltoztathat (hiszen különben csak legfeljebb n(n − 1) kijelölt hely
lenne), továbbá van olyan oszlop, ahol nem minden elem változtatható (hiszena mátrixban nem minden hely van kijelölve). Ha pl. az első sor és első oszlop
ilyen, akkor cserélje C az első sor első elemét 1-re, az első sor többi elemét pedig
0-ra. Mivel az első sor és oszlop összesen 2n−1 eleme közül nem mindegyik van
kijelölve, ezért az első sor és oszlop elhagyásával keletkező (n − 1) × (n − 1)-es
B mátrixban legalább (n2 − n + 1) − (2n − 2) = (n − 1)2 − (n − 1) + 1 kijelölt
hely van. Az indukció alapján B átalakítható nem nulla determinánsú B ′mátrixszá. Legyen most A′ az az n × n-es mátrix, amelynek első sora A elsősorából a korábban jelzett változtatással keletkezik, első oszlopa az első elemtől eltekintve megegyezik A első oszlopával, a többi elemet pedig B ′ alkotja.
Ekkor A′ -t az első sor szerint kifejtve kapjuk, hogy det A′ = det B ′ ̸= 0.
• (ca) Azonos az 1.2.7 feladattal.
• (cb) Ha M olyan mátrixot választ, amelynek a főátlója csupa egyes, a főátló
fölött pedig minden elem nulla, akkor (n2 − n)/2 lépés kevés, ugyanis M kijelölheti a mátrix többi elemét. Indukcióval megmutatjuk, hogy 1 + (n2 − n)/2
lépés mindig elég. Az n = 1 esetben ez nyilvánvaló. Legyen n > 1, és tekintsük
az M által megadott tetszőleges n × n-es A mátrixot és a kijelölt 1 + (n2 − n)/2
helyet.
Ha minden oszlopban van legalább egy kijelölt hely, akkor ezeket változtassuk meg úgy, hogy minden oszlopban az elemek összege 0 legyen. Ekkor
minden sort az utolsó sorhoz hozzáadva egy csupa 0 sor keletkezik, tehát adetermináns nulla.
Ha pl. az első oszlopban egyetlen hely sincs kijelölve, de minden elem
nulla, akkor semmit sem kell változtatnunk.

505

Megoldások 2.1.

Ha az első oszlopban egyetlen hely sincs kijelölve és pl. α11 ̸= 0, akkor
minden sorból vonjuk ki az első sor megfelelő többszörösét, hogy az első oszlop
többi eleme nullává váljon. Most hagyjuk el az első sort és oszlopot, az így
keletkező (n − 1) × (n − 1)-es B1 mátrixban legalább
1 + (n2 − n)/2 − (n − 1) = 1 + [(n − 1)2 − (n − 1)]/2
kijelölt hely van, így az indukció alapján ez átalakítható nulla determinánsú
B ′ mátrixszá. ,,Vezessük át” az ennek megfelelő változtatást az eredeti A
mátrixba. Az így kapott A′ mátrixot az első oszlop ,,kinullázása” után az elsősor szerint kifejtve a kívánt det A′ = det B ′ = 0 adódik.
• 1.4.14 Megfelel bármely olyan mátrix, amelynek a determinánsa nulla, deegyik Aij előjeles aldeterminánsa sem nulla, ugyanis αij -t megváltoztatva az
i-edik sor (vagy a j-edik oszlop) szerinti kifejtés értéke biztosan megváltozik.
Ilyen mátrixot pl. úgy gyárthatunk, hogy veszünk egy (n − 1) × (n − 1)-es
mátrixot, amelynek a determinánsa nem nulla és kiegészítjük egy n-edik sorralés oszloppal úgy, hogy a keletkező n × n-es mátrixban minden sor és minden
oszlop összege nulla legyen (vö. az 1.4.11 feladattal).
• 1.5.6 A mértani sorozat összegképletét használva az i-edik sor j-edik eleme 1 + αi βj + . . . + αin−1 βjn−1 , tehát minden sor egy n-tagú összeg. Ennek
alapján a determinánst nn darab determináns összegére bonthatjuk, amelyek
mindegyikében az i-edik sor j-edik eleme αik βjk alakú, ahol 0 ≤ k ≤ n − 1.
Az így keletkező determinánsok közül igen sokban lesz két egyforma sor, ezekértéke nulla. A fennmaradó determinánsokban a j-edik oszlop elemei renπ(1) π(1)π(2) π(2)π(n) π(n)dre α1 βj , α2 βj , . . . , αn βj , ahol π(1), . . . , π(n) a 0, 1, . . . , n − 1
π(1)

π(n)

számoknak a sorokból
számok valamilyen permutációja. Az α1 , . . . , αntörténő kiemelése és I(π) számú sorcsere után éppen V (β1 , . . . , βn ) marad. Az
∑
π(1)
π(n)
eredeti determinánsunk értéke így V (β1 , . . . , βn ) (−1)I(π) α1 · . . . · αn == V (β1 , . . . , βn )V (α1 , . . . , αn ). — Egy másik megoldási lehetőség a determinánsok szorzástételének (2.2.4 Tétel) alkalmazása (lásd a 2.2.8 feladatot).

2. Mátrixok• 2.1.18 Pontosan az A = λE mátrixok ilyenek. Ezek nyilván megfelelnek.
Tegyük fel megfordítva, hogy AB = BA minden B-re teljesül. Legyen i ̸= j és
B az a mátrix, amelyben az i-edik sor j-edik eleme 1, minden más elem pedig 0.
Ekkor az AB mátrixban a j-edik oszlop az A mátrix i-edik oszlopával azonos,
minden más elem nulla, a BA mátrixban pedig az i-edik sor az A mátrix j-edik

506

Megoldások 3.2.

sorával azonos, minden más elem nulla. Az AB = BA egyenlőségből kapjuk,
hogy αii = αjj , k ̸= i ⇒ αki = 0 és m ̸= j ⇒ αjm = 0. Mivel ez minden i ̸= jesetén fennáll, ezért A-ban a főátló elemei egyenlők, minden más elem pedig
0, azaz valóban A = λE.
• 2.2.13 Ha A valamelyik sorában vagy oszlopában csupa nulla áll, akkor
det A = 0, és így nem létezhet inverz. Ellentmondásra jutunk akkor is, havalamelyik sorban vagy oszlopban (legalább) két nem nulla elem előfordul.
Legyen mondjuk α24 > 0 és α27 > 0. Szorozzuk meg A második sorát A−1
első, harmadik, negyedik stb. oszlopával. Ekkor AA−1 = E alapján mindig
nullát kell kapnunk, ez azonban a nemnegativitási feltétel miatt csak úgy lehetséges, ha A−1 ezen oszlopaiban a 4. és a 7. elem szükségképpen nulla. Vagyis
A−1 -nek a 4. és 7. sora a második oszlopbeli elemek kivételével csupa nulla, ésígy det A−1 = 0, ami ellentmondás.

3. Lineáris egyenletrendszerek• 3.1.17 Ábel nem tudja kitalálni, mert pl. ugyanúgy mindig ,,páros” választ
kap, akár csupa párosra, akár csupa páratlanra gondolt Béla. Béla viszont ki
tudja találni, pl. a következő 5 kérdéssel (minden modulo 2 értendő):x5 + x1 + x2 =? = b1 , x1 + x2 + x3 =? = b2 , x2 + x3 + x4 =? = b3 ,x3 + x4 + x5 =? = b4 , x4 + x5 + x1 =? = b5 .
Ez az egyenletrendszer ugyanis egyértelműen megoldható. Ez adódik a determináns (modulo 2) kiszámításával, de közvetlenül is:
b1 + b2 + b3 + b4 + b5 = 3(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ,innen b2 + b4 = x1 + x2 + 2x3 + x4 + x5 = b1 + b2 + b3 + b4 + b5 + x3 , azaz
x3 = b1 + b3 + b5 , és a többi xi -t is hasonlóan kapjuk. 4 kérdés viszont nem
elég, mert akkor a 4 egyenletből álló 5 ismeretlenes rendszernek nem lehet
egyértelmű megoldása, mivel az ismeretlenek száma nagyobb az egyenletek
számánál.
• 3.2.12(a) Az n darab Lagrange-féle alappolinom összege az f (γ1 ) = . . . == f (γn ) = 1 feltételt kielégítő interpolációs polinom. Az f = 1 polinom
kielégíti ezt∑a feltételt, és mivel csak egy ilyen (legfeljebb n−1-edfokú) polinomnvan, ezért i=1 Li = 1.

Megoldások 3.4.

507

∑n
• (b) A (b1)-beli kifejezés a i=1 Li = 1 polinomnak a ν helyen vett helyettesítési értéke, azaz 1, a (b2)-beli összeg pedig ugyanebben a polinomban azn − 1-edfokú tag együtthatója, azaz 0.
• 3.4.13(c) Legyenek γ1 , . . . , γn különböző valós számok és αij = γji−1 , hai ≤ r, és 0 egyébként. Ennek a k × n-es A mátrixnak a (sor)rangja legfeljebb r, hiszen csak r darab nem nulla sora van. Vegyünk most tetszőlegesr oszlopot, ezek lineáris függetlenségéhez azt kell megmutatni, hogy az ezek
alkotta k × r-es B mátrix (oszlop)rangja r. A B mátrix rangján nem változtat, ha a csupa nulla sorait elhagyjuk, így egy r × r-es C mátrixhoz jutunk. A
C mátrix determinánsa egy csupa különböző elemmel generált Vandermondedetermináns, tehát nem nulla, ezért C (determináns)rangja r.
• 3.4.14(c) Legyenek γ1 , . . . , γn , illetve δ1 , . . . , δk különböző valós számok és
legyen αij = 1 + (δi γj ) + . . . + (δi γj )r−1 . Az 1.5.6 feladat alapján ebben amátrixban minden r × r-es aldetermináns két, csupa különböző elemmel generált Vandermonde-determináns szorzata, tehát nem nulla. Be kell még látni,hogy minden (r + 1) × (r + 1)-es D aldetermináns értéke nulla. Ha egy ilyen D
determinánst a sorai szerint rr+1 darab Dm determináns összegére bontunk,akkor a skatulyaelv szerint a kapott Dm determinánsok mindegyikében lesz
két olyan sor, amelyek egymás számszorosai. Ezért mindegyik Dm = 0, és így
D = 0, amint állítottuk.
• 3.4.18(a) Ilyen mátrixok összege is ilyen típusú, tehát nyilván nem kapunk
meg minden mátrixot.
• (b) Az (a) rész alapján elég olyan B + C összegeket vizsgálni, ahol
B-nek minden sora, C-nek pedig minden oszlopa számtani sorozat, azaz
βij = xi + (j − 1)yi és γij = vj + (i − 1)zj , 1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ n. Az
A = B + C előállítás az αij = xi + (j − 1)yi + vj + (i − 1)zj egyenletrendszer megoldhatóságát jelenti, az ismeretlenek xi , yi , vj és zj . Az ismeretlenekszáma 2k + 2n, ami (általában) kisebb, mint az egyenletek száma (kn), ezért
az egyenletrendszer nem lehet minden αij esetén megoldható, tehát nem állelő minden A mátrix a kívánt alakban.
• (c) Legyenek γ1 , . . . , γn tetszőleges különböző valós számok. Megmutatjuk,
hogy bármely k ×n-es valós mátrix előáll n darab olyan Mr mátrix összegeként(r = 1, 2, . . . , n), ahol Mr minden sora egy γr hányadosú mértani sorozat.
n−1
Ekkor Mr -ben pl. az első sor elemei rendre xr , xr γ∑. Egy tetr , . . . , x r γrnj−1szőleges mátrix első sorának előállításához az α1j = r=1 xr γr , 1 ≤ j ≤ negyenletrendszert kell megoldani (az ismeretlenek az x1 , . . . , xn ). Az egyenletrendszer determinánsa V (γ1 , . . . , γn ) ̸= 0, tehát az egyenletrendszer megoldható. Ugyanígy okoskodhatunk a többi sorra is. [Ha az esetleg előforduló és508

Megoldások 3.4.

problematikusnak tekinthető xr = 0 esetet, azaz azt, amikor valamelyik mértani sorozat minden eleme nulla, nem akarjuk megengedni, akkor egy ilyen
mátrixot két másik összegével helyettesíthetünk, amelyekben a csupa nullasor(ok) helyett egy-egy olyan mértani sorozat áll, amelyek egymás negatívjai,a többi (,,rendes”) sorba pedig az eredetileg szereplő mértani sorozatoknak az
1/2-szerese kerül.]• 3.4.19(a) k lépés mindig elég, hiszen megfelel, ha C a jobb oldali konstansok
mindegyikét nullára változtatja. Ennyi lépés kell is, ha az egyenletrendszerben
minden együttható nulla, de a jobb oldalon egyetlen elem sem nulla.
• (b) Ha k > n, akkor elég a jobb oldalon egyetlen elem megváltoztatása.
Tudjuk, hogy van olyan i, amelyre az Ax = ei egyenletrendszernek nincs
megoldása (ei az i-edik egységvektor, azaz amelynek i-edik komponense 1, atöbbi pedig 0). Ha az R által adott Ax = b egyenletrendszer megoldható volt,
akkor a jobb oldalon az i-edik elemhez 1-et hozzáadva a kapott Ax = b + ei
egyenletrendszer biztosan nem oldható meg.
Megmutatjuk, hogy k ≤ n esetén n − k + 2 a keresett lépésszám. Ennyire
valóban szükség van, ha R olyan egyenletrendszert adott meg, amelyben az
együtthatómátrix bármelyik k oszlopa lineárisan független és a jobb oldalon
minden elem 0. Ugyanis ekkor C-nek legalább n−k+1 oszlopot el kell rontania,
hogy csak k − 1 független oszlop maradjon (különben az egyenletrendszernekbármilyen jobb oldal esetén van megoldása), és ezután még a jobb oldalon islegalább egy 0-t meg kell változtatnia.
Azt, hogy n − k + 2 lépés mindig elég is, lényegében ugyanezzel a gondolatmenettel mutathatjuk meg. Technikailag ezt a legegyszerűbben úgy kezelhetjük, hogy vesszük az R által adott egyenletrendszernek a Gauss-kiküszöböléssel leghamarabb adódó (,,redukálatlan”) lépcsős alakját (tehát a redukálást
már nem hajtjuk végre). Ehhez az alakhoz ,,felülről lefelé haladva” jutunk, ésígy az utolsó sor skalárszorosait nem adjuk hozzá más sorokhoz. Ennélfogva,
ha ebben a lépcsős alakban csak az utolsó soron változtatunk, akkor az ezeknek
a változásoknak az eredeti egyenletrendszerben megfelelő módosítások is csakaz (eredeti) utolsó sort befolyásolják, a többi (eredeti) sort nem. Így valóban
elegendő a lépcsős alakokra szorítkoznunk.
Tekintsük tehát egy lépcsős alak utolsó sorát, ebből fogunk legfeljebb
n − k + 2 elem módosításával tilos sort gyártani. Először is a jobb oldali
konstanst (ha nulla volt) változtassuk nem nullára. Ha az utolsó sorban nincs
vezéregyes, akkor ez az egyetlen lépés elegendő is. Ha az utolsó sorban isvan vezéregyes, akkor pedig a vezéregyes és az utána következő együtthatók(összesen legfeljebb n − k + 1 elem) helyére írjunk 0-t.

Megoldások 4.2.

509

• 3.5.8(c) Az Ax = 0 egyenletrendszer megoldásában valamelyik (pl. az első)ismeretlen szabad paraméter, azaz az AB = 0-t kielégítő B mátrixok első sora
tetszőleges s vektor lehet. Ha BA = 0 is teljesül, akkor itt csak B első soránakaz A-val vett szorzatát tekintve így bármely s-re sA = 0 áll fenn. Ez azonban
csak A = 0 esetén lehetséges.

4. Vektorterek• 4.2.12(e) Indirekt, tegyük fel, hogy V = ∪ki=1 Wi , ahol a Wi -k valódi alterei a V -nek. Feltehetjük, hogy k a minimális lehetséges darabszám. Ekkor
W1 ̸⊆ ∪ki=2 Wi , hiszen különben W1 -et elhagyva V = ∪ki=2 Wi is teljesülne.
Legyenek u és v olyan vektorok, amelyekre u ∈ W1 , de u ̸∈ Wi , ha i > 1,
továbbá v ̸∈ W1 . Tekintsük a v + λu (λ ∈ T ) végtelen sok vektort. A feltétel
szerint ezek valamennyien elemei a véges sok Wj közül valamelyiknek, tehát
van olyan 1 ≤ i ≤ k és olyan λ ̸= λ′ , amelyre v + λu ∈ Wi , v + λ′ u ∈ Wi .
Itt i ̸= 1, mert különben v ∈ W1 következne. A két Wi -beli vektort kivonva
kapjuk, hogy (v + λu) − (v + λ′ u) = (λ − λ′ )u ∈ Wi , ahonnan u ∈ Wi , ami
ellentmondás.
• (f ) Alkalmazzuk most is az e)-beli gondolatmenetet. A v + λu vektorok
száma most |T |. Ha |T | > k − 1, akkor ugyanúgy ellentmondásra jutunk, mint
az előbb. Így valóban k ≥ |T | + 1.
• (g) Legyen b ̸= 0 és c ̸= αb (ilyen b és c vektorok biztosan találhatók, haa V vektortérnek van nem triviális altere). Legyen W egy maximális (azaztovább már nem bővíthető) olyan altér V -ben, amelynek a {λb+µc | λ, µ ∈ T }halmazzal való metszete csak a nullvektorból áll. (Ilyen W létezik, véges
elemszámú vektortér esetén ez nyilvánvaló, végtelen elemszám esetén pedig aszokásos halmazelméleti módszerekkel — pl. a Zorn-lemmával — igazolható.)
Azt állítjuk, hogy ekkor az alábbi k + 1 darab valódi altér egyesítése kiadjaa V vektorteret: W ′ = {ϑc + w | ϑ ∈ T, w ∈ W }, továbbá minden γ ∈ T -re
Wγ = {ϑ(b+γc)+w | ϑ ∈ T, w ∈ W }. Könnyen igazolható, hogy ezek valóban
alterek. Megmutatjuk, hogy ezek egyike sem egyezik meg V -vel. Pl. Wγ -nak
nem lehet eleme c. Ellenkező esetben ugyanis c = ϑ(b + γc) + w, ahonnanátrendezéssel w = −ϑb + (1 − ϑγ)c adódik. A W altérre szabott feltételünk
szerint itt a jobb oldalon a nullvektor áll, ez viszont b ̸= 0 és c ̸= αb miattcsak a ϑ = 1 − ϑγ = 0 önmagának ellentmondó esetben valósulhatna meg.
Hasonlóan igazolhatjuk, hogy b ̸∈ W ′ . Végül belátjuk, hogy tetszőleges u ∈ Vvektor benne van a megadott k + 1 valódi altér egyesítésében. Legyen U == {ϑu+w | ϑ ∈ T, w ∈ W }. Ekkor U altér, és W maximalitása miatt van olyan

510

Megoldások 4.6.

λb + µc ̸= 0 vektor, amely eleme U -nak: ϑu + w = λb + µc. Itt a W -re adottfeltétel szerint ϑ nem lehet 0, ezért u kifejezhető u = (λ/ϑ)b+(µ/ϑ)c−(1/ϑ)w
alakban. Innen kapjuk, hogy λ = 0 esetén u ∈ W ′ , egyébként pedig u ∈ Wµ/λ .
• Megjegyzés: érdemes végiggondolni, hogy az itt elmondott bizonyítás azútmutatásban jelzett utat valósítja meg. Magát a bizonyítást is a fentinél
jóval kényelmesebben lehet(ne) leírni a dimenzió, továbbá a faktortér vagy adirekt összeg felhasználásával, de ezekre nem akartunk támaszkodni.
• 4.4.11 A feladat egyes részei sokféleképpen vizsgálhatók, pl. (a) igazsága
nyilvánvaló a definícióból, (c)-re könnyű ellenpéldát találni. Az egységes tárgyalásmód érdekében azonban érdemes azt a k × m-es mátrixot venni, amelynek az oszlopai az uj vektorok. A vektorok függetlensége azt jelenti, hogy
ennek a mátrixnak a rangja m. A mátrixrangot most determinánsrangként
célszerű tekinteni. Mivel egy egész elemű mátrix determinánsa mindig egészszám, ezért mindegy, hogy a rangot R vagy Q felett tekintjük-e, tehát (a) és(b) igaz. A modulo p esetben a determináns p-vel való oszthatóságát kell vizsgálni. Egy nullától különböző egész lehet páros, ezért (c) hamis. Egy páratlanszám viszont biztosan nem nulla, tehát (d) igaz. Végül egy nullától különböző
egész csak véges sok prímmel lehet osztható, tehát (e) is igaz. (Vö. a 3.4.8 és
4.6.16 feladatokkal.)• 4.6.7(a) Legyen b1 , . . . , b100 egy bázis V -ben. Ekkor pl. a vγ = b1 + γb2 ++γ 2 b3 + . . . + γ 99 b100 (γ ∈ R) végtelen sok vektor közül bármely 100 bázist
alkot. Ehhez elég belátni, hogy bármely 100 ilyen vektor lineárisan független.
Ez onnan adódik, hogy a megfelelő homogén lineáris egyenletrendszer determinánsa egy csupa különböző elemmel generált Vandermonde-determináns,
tehát nem nulla.
• (b) Az F2 test felett 101 ilyen vektor megadható: egy tetszőleges bázis ésa báziselemek összege megfelelő. Megmutatjuk, hogy ennél több vektor már
nem lehet. Vegyük bázisnak az első 100 vektort,
v1 , . . . , v100 -at. A v101 -et∑100írjuk fel ezek lineáris kombinációjaként: v101 = i=1 αi vi . Ha itt valamelyik
αi = 0, akkor az ennek megfelelő vi kivételével a többi 100 vj vektor nyilván összefüggő, ami ellentmondás. Így minden αi = 1, vagyis a v101 vektor
egyértelműen meghatározott, tehát a rendszer tovább nem bővíthető.
Az F97 test felett is egy tetszőleges bázis és a báziselemek összege megfelelő
101 vektort alkot. Belátjuk, hogy itt sem lehet ennél több
vektort megadni. Az∑100
F2 -nél látott gondolatmenethez hasonlóan a v101 = i=1 αi vi vektor mindegyik αi együtthatója most is nullától különböző. Az első 100 vektor helyettesetleg azok alkalmas skalárszorosát véve elérhető, hogy minden αi = 1 legyen,

511

Megoldások 4.6.

∑100
∑100
azaz v101 = i=1 vi . Tegyük fel, hogy létezne még egy v102 = i=1 βi vi vektor. A skatulyaelv alapján van olyan i ̸= j, amelyre βi = βj , pl. β1 = β2 .
Ekkor v102 − β1 v101 előállítható v3 , . . . , v100 lineáris kombinációjaként, és így
a v3 , . . . , v102 vektorok lineárisan összefüggők, ami ellentmondás.
Az F101 test felett már 102 ilyen tulajdonságú
vektor ∑is létezik: legyen∑100
100
v1 , . . . , v100 tetszőleges bázis, v101 =
v
és
v
=
102
i=1 i
i=1 ivi . Könynyen látható, hogy ezek a vektorok valóban a kívánt tulajdonságúak. Megmutatjuk, hogy 103 ilyen vektor már nem adható meg.
gondo∑100∑100 Az F97 -nél látott
latmenethez hasonlóan feltehető, hogy v101 = i=1 vi és v102 = i=1 βi vi ,ahol a βi -k egymástól és nullától különbözők. Ennélfogva a βi -k az 1,2,. . . ,100
számok∑egy permutációját alkotják. Tegyük fel, hogy létezne még egy
100v103 = i=1 γi vi vektor. Ekkor szükségképpen a γi -k is az 1,2,. . . ,100 számok
egy permutációját alkotják. Emellett a γi = δi βi előállításnál a δi -k egymástól
(és nullától) különbözők kell hogy legyenek, ugyanis ha pl. δ1 = δ2 , akkor
v103 − δ1 v102 előállítható v3 , . . . , v100 lineáris kombinációjaként, és így av3 , . . . , v100 , v102 , v103 vektorok lineárisan összefüggők, ami ellentmondás.
Szorozzuk össze a(z F101 -beli) γi = δi βi , i = 1, 2, . . . , 100 egyenlőségeket.
Modulo 101 kongruenciákkal számolva a Wilson-tétel alapján kapjuk, hogy
−1 ≡ 100! ≡

100
∏
i=1

γi ≡

100
∏
i=1

δi

100
∏

βi ≡ (100!)2 ≡ (−1)2 = 1(mod 101),i=1

ami ellentmondás.
• 4.6.16(c) Jelölje egy 0–1 mátrixnak az F2 feletti rangját s, a Q feletti
rangját pedig t. Vegyünk s darab (F2 felett) lineárisan független oszlopot,
ezeknek 2s − 1 számú nem triviális lineáris kombinációja képezhető. Így amátrixnak bármely 2s −1-nél több oszlopa között vagy szerepel egy csupa nulla
oszlop, vagy pedig előfordul két azonos oszlop, ezért 2s − 1-nél több oszlop Q
felett sem lehet független. Ebből következik, hogy t ≤ 2s − 1. Megfordítva,megmutatjuk, hogy tetszőleges (s ≤)t ≤ 2s − 1 esetén létezik olyan t × t-es
0–1 mátrix, amelynek az F2 feletti rangja s, a Q feletti rangja pedig t. Innen
kapjuk, hogy az 1000-es különbséget biztosító legkisebb s érték az s = 10, és
ekkor a mátrix mérete t = s + 1000 = 1010.
A megfordítást elegendő a t = 2s − 1 esetre igazolni. Ha ugyanis s ≤ t′ <s
< 2 − 1, akkor hagyjunk el a megfelelő (2s − 1) × (2s − 1) méretű A mátrixból
2s − 1 − t′ számú oszlopot úgy, hogy a megmaradók között szerepeljen s olyan
oszlop, amelyek F2 felett függetlenek. Ekkor a megmaradó t′ számú oszlop Q
felett továbbra is független, tehát ennek a (2s − 1) × t′ méretű B mátrixnak a
Q feletti rangja t′ , az F2 feletti rangja pedig s. Tartsunk most meg B-ből solyan sort, amelyek F2 felett függetlenek. Ekkor ezek Q felett is függetlenek,

512

Megoldások 4.6.

tehát hozzávehetünk még t′ − s további sort B-ből, hogy a kapott t′ sor Q
felett független legyen. Az így adódó t′ × t′ méretű C mátrix megfelel; a Q
feletti rangja t′ , az F2 feletti rangja pedig s.
Legyen tehát t = 2s − 1, és készítsünk egy olyan t × t-es 0–1 mátrixot,
amelynek az F2 feletti rangja s, a Q feletti rangja pedig t. A mátrix első soszlopába soronként rendre az 1, 2, . . . , 2s −1 számoknak a kettes számrendszerbeli számjegyei kerülnek, tehát az első sor első s eleme (0, 0, . . . , 0, 0, 1), a második soré (0, 0, . . . , 0, 1, 0), a harmadik soré (0, 0, . . . , 0, 1, 1) stb. A többi oszlop legyen ezután az első s oszlopnak az F2 test felett képzett összes (további)nem triviális lineáris kombinációja (azaz ahol legalább két együttható nem
nulla). Így egy (2s − 1) × (2s − 1) méretű 0–1 mátrixot kapunk. Megmutatjuk,
hogy ennek az oszlopai a Q felett függetlenek, vagyis a Q feletti rang 2s − 1.
Ebből a konstrukció és az elején látottak alapján az is következik, hogy az F2
feletti rang s.
Az áttekinthetőség kedvéért egészítsük ki a mátrixunkat a tetején egy
csupa nulla sorral (ez az oszlopok függetlenségi viszonyain nyilván nem változtat). Az s szerinti teljes indukcióval megmutatjuk, hogy az így kapott
2s × (2s − 1) méretű As mátrix bármely oszlopában a 2s darab elem fele 1,
másik fele pedig 0. Ez s = 1-re nyilvánvaló. Legyen s − 1-re az első s − 1 oszlopvektor a1 , . . . , as−1 (minden ai vektornak 2s−1 komponense van). Ekkor
s-re a konstrukció szerint a következőképpen kapjuk meg az első s oszlopot(ezek mindegyike 2s komponensből áll):
( )
( )
(
)
0
a1
as−1
b1 =
, b2 =, . . . , bs =
.
1
a1
as−1
Mivel az indukciós feltevés szerint az ai vektorok komponenseinek pontosan afele volt 1-es, ezért ez a tulajdonság öröklődik a bj vektorokra is. Ezzel beláttuk, hogy s-re az első s oszlop rendelkezik a jelzett tulajdonsággal. A további
oszlopokat az első s oszlop F2 felett vett nem triviális lineáris kombinációjaként, azaz néhány bj összegeként kapjuk. Ha az összeadandók között nemszerepel a b1 , akkor az összegvektor ,,alsó és felső fele” ugyanúgy azonos, mintaz összeadandóknál, tehát ugyanazt az indukciós következtetést alkalmazhatjuk, mint az első oszlopok esetében. Ha még a b1 -et is hozzáadjuk egy ilyen
vektorhoz, akkor az ,,alsó felében” az 1-esek és a 0-k helyet cserélnek, de mivela számuk az indukciós feltevés szerint ugyanannyi volt, ezért most is készen
vagyunk.
Szükségünk lesz még arra, hogy (s > 1 esetén) az As mátrix bármely
két oszlopában az azonos helyeken szereplő 1-esek száma 2s−2 . Legyen ués v két tetszőleges oszlop, és legyen x azoknak a helyeknek a száma, ahol
mindkettőben 1-es szerepel. Ekkor u-nak és v-nek is további 2s−1 − x olyan

Megoldások 5.5.

513

komponense van, ahol az illető vektorban 1-es áll. Az F2 felett képzett u + v
vektor a konstrukció alapján előfordul As oszlopai között és u + v-ben azokra
a helyekre kerül 1-es, ahol u-ban és v-ben különböző értékek szerepeltek. Ígyu + v-ben az 1-esek száma 2(2s−1 − x) = 2s−1 . Innen x = 2s−2 , ahogyállítottuk.
Az As mátrix v1 , . . . , vt oszlopainak a Q feletti lineáris függetlenségét askalárszorzat (részletesen lásd a 7.1, 8.1, illetve 9.4 pontokban) segítségével
igazoljuk. (Az s = 1 esetben az állítás nyilvánvaló, tehát feltehetjük, hogys ≥ 2, bár az alábbi bizonyítás formálisan az s = 1 esetre is helyes.) Legyen∑ti=1 αi vi = 0. Képezzük mindkét oldalnak egy tetszőleges vj vektorral askalárszorzatát. Két 0–1 vektor skalárszorzata a közös helyeken előforduló
1-esek száma. Az előző két bekezdésben igazoltak alapján így az αj 2s−1 +∑t∑+ i̸=j αi 2s−2 = 0, azaz 2s−2 (αj + i=1 αi ) = 0 egyenlőséghez jutunk. Mivelez minden j-re teljesül, ezért nyilván minden αi szükségképpen 0, amint állítottuk.
Megjegyezzük, hogy az As mátrix sor-, illetve oszlopcseréktől eltekintvea következőképpen is megadható: a sorokat indexezzük az X = {1, 2, . . . , s}halmaz részhalmazai, az oszlopokat pedig az X nem üres részhalmazai szerint,
és legyen αY,Z = |Y ∩ Z| mod 2 (ahol Y, Z ⊆ X).

5. Lineáris leképezések• 5.5.9 Írjuk fel, hogyan fogalmazható át az, hogy néhány Aij lineáris kombinációja a O leképezés. A
λ1 Ai1 j1 + λ2 Ai2 j2 + . . . + λm Aim jm = O
egyenlőség azt jelenti, hogy tetszőleges αir , αjr (1 ≤ r ≤ m) komplex számokra
)
)
) ( )
(
(
(
0
αi1
αi2
αim
λ1
+ λ2
+ . . . + λm
=
,
αj1
αj2
αjm
0
azaz
λ1 αi1 + λ2 αi2 + . . . + λm αim = 0,λ1 αj1 + λ2 αj2 + . . . + λm αjm = 0

teljesül. Innen látszik, hogy ha pl. az i1 index értéke az összes többi ir indexértékétől különbözik, akkor szükségképpen λ1 = 0: helyettesítsük be ugyanis
az αi1 = 1, αi2 = . . . = αim = 0 számokat. Természetesen hasonló érvényes a
jr indexekre is.
• (a) Alkalmazzuk a fentieket most az m = 3 esetre. Mivel az Aij leképezések
nyilván nem egymás skalárszorosai, ezért közülük bármelyik kettő független.

514

Megoldások 5.5.

Emiatt ha három Aij -nek egy lineáris kombinációja a O leképezés, és kiderül,
hogy ebben a kombinációban valamelyik λt együttható 0, akkor a másik két
együttható is szükségképpen 0. A lineáris függetlenséghez így elég belátni,hogy bármely három (különböző) (i1 , j1 ), (i2 , j2 ), (i3 , j3 ) indexpár esetén vagya három i indexérték, vagy a három j indexérték között van olyan, amely
különbözik a másik kettőtől. Ha az i-k nem mind egyformák, akkor legalább
az egyikük csak egyszer fordulhat elő. Ha egyformák, akkor pedig a j-k mind
különbözők kell, hogy legyenek.
• (b) Pl. A11 + A22 − A12 − A21 = O.
• (c) Pl. az alábbi hét (ij) indexpárhoz tartozó Aij leképezések lineárisan
függetlenek Hom (V1 , V2 )-ben: (11), (12), (13), (14), (24), (34), (44). Ugyanis
az i-k között a 2, a 3 és a 4 csak egyszer fordul elő, így az ezeknek megfelelő
leképezésekhez tartozó utolsó három együttható λ5 = λ6 = λ7 = 0. Ugyanez ahelyzet a j-knél az 1, 2, 3-mal, tehát az első három együttható is nulla. Ekkor
azonban a maradék középső együttható, λ4 is csak nulla lehet.
Bebizonyítjuk, hogy bármely nyolc darab Aij leképezés már lineárisanösszefüggő. Mivel a Hom (V1 , V2 ) vektortér 4 · 2 = 8-dimenziós, így elég
belátni, hogy az összes Aij által generált altér nem tartalmazza Hom (V1 , V2 )
 
α1
( )
α1
 α2 
minden elemét. Megmutatjuk, hogy pl. az A   =leképezésα30α4∑
nem áll elő A =λA
alakban.
Alkalmazzuk
mindkét oldalt az
1≤i,j≤4 ij ij
egységvektorokra. Ha α1 = 1, α2 = α3 = α4 = 0, akkor a képvektorok két
koordinátájában a λ11 +λ12 +λ13 +λ14 = 1 és a λ11 +λ21 +λ31 +λ41 = 0 egyenlőségeket kapjuk. Az α2 = 1, α1 = α3 = α4 = 0 esetben λ21 +λ22 +λ23 +λ24 == λ12 + λ22 +∑λ32 + λ42 = 0 adódik,∑és a másik két∑∑4egységvektorra hasonlóan
444
j=1 λ3j =i=1 λi3 = 0, illetve
j=1 λ4j =i=1 λi4 =∑0 az eredmény.
Az első koordinátákra kapott összes egyenlőséget összeadva
1≤i,j≤4 λij = 1,∑
míg ugyanezt a második koordinátákra elvégezve
λ1≤i,j≤4 ij = 0 adódik,ami ellentmondás.
• Megjegyezzük, hogy a feladat kényelmesebben tárgyalható a lineáris leképezések mátrixának segítségével (lásd az 5.7 pontot). Az Aij leképezésnek egy
olyan 2 × 4-es (komplex elemű) mátrix felel meg, amelyben az első sor i-edik
és a második sor j-edik eleme 1-es, a többi elem pedig 0. Ekkor az összes Aij
mátrixai által generált alteret azok a mátrixok alkotják, amelyekben a két sor
elemeinek az összege megegyezik. Ennek alapján a feladat általánosítása is jól

Megoldások 6.3.

515

kezelhető. Legyen V1 = T n , V2 = T k és

 

α1
αi1
 α2   . Ai1 ,i2 ,...,ik 
1 ≤ ij ≤ n, j = 1, . . . , k.
 ...  =  ..  ,αikαnEkkor az így definiált nk darab leképezésre az alábbiak igazak.
(a) Bármely három (különböző) leképezés lineárisan független Hom (V1 , V2 )ben (feltéve hogy nk ≥ 3).
(b) Megadható négy (különböző) leképezés, amely lineárisan összefüggő (kivéve, ha n és k valamelyike 1).
(c) A lineárisan független leképezések maximális száma (n − 1)k + 1.
• 5.6.24 Jelöljük rögzített u kvaternió esetén az α + βu alakú kvaterniók halmazát, ahol α, β valós, Tu -val. Az útmutatásban jelzett állítás szerint Tv akvaternióalgebrának egy, a komplex számokkal izomorf részalgebrája. Legyena w és a z kvaternió a v kvaterniónak egy-egy (feltételezett) n-edik gyöke.
Mivel v nem valós szám, ezért nyilván w és z sem az. Ekkor a Tw és Tz
részalgebra is 2-dimenziós, továbbá mindkettő tartalmazza a valós számokat
és (wn = z n =)v-t, ezért Tw és Tz metszete is kétdimenziós. Ez csak úgy
lehet, ha Tw = Tz = Tv . Ez azt jelenti, hogy a v kvaternió n-edik gyökeit
Tv -ben kell keresnünk. Mivel Tv izomorf a komplex számokkal, ezért bármely
nem nulla elemének, így a v-nek is pontosan n (különböző) n-edik gyöke van
Tv -ben. Ennélfogva v-nek az összes kvaterniók körében is pontosan n (különböző) n-edik gyöke van.

6. Sajátérték, minimálpolinom• 6.3.15 Jelölje egy tetszőleges r polinom esetén r∗ azt a polinomot, amelyet
úgy kapunk, hogy r-ben x helyére x2 -et helyettesítünk, azaz r∗ (x) = r(x2 ).
Nyilván r(A2 ) = r∗ (A). Többször fel fogjuk használni az innen adódór(A2 ) = O ⇐⇒ mA | r∗

(M.6.1)összefüggést. Szükségünk lesz még az alábbi állításra:Lemma: Ha λ ̸= 0, akkor az r polinomnak a λ2 pontosan ugyanannyiszoros gyöke, mint ahányszoros gyöke az r∗ polinomnak a λ.
A lemma bizonyítása: Legyen r-ben j a λ2 multiplicitása: r = (x − λ2 )j h,ahol h(λ2 ) ̸= 0. Ekkor r∗ = (x2 − λ2 )j h∗ = (x − λ)j (x + λ)j h∗ , tehát r∗ -bana λ multiplicitása (pontosan) j, hiszen −λ ̸= λ és h∗ (λ) = h(λ2 ) ̸= 0.

516

Megoldások 6.3.

További előkészületként emeljük ki mA -ból a lehető legnagyobb x-hatványt, azaz írjuk fel mA -t a következő alakban:
mA = xk g ,ahol k ≥ 0 és g(0) ̸= 0 .

(M.6.2)

Rátérve a szükségesség igazolására, feltesszük, hogy az A és A2 transzformációk minimálpolinomja megegyezik, és megmutatjuk (i), (ii) és (iii) teljesülését.
(i) Ha mA (λ) = 0, akkor λ sajátértéke A-nak. A két minimálpolinom
egyezéséből a sajátértékek egyezése is adódik, tehát λ sajátértéke A2 -nek
is. Ezért λ egyik négyzetgyöke, λ1 sajátértéke A-nak (6.1.4c feladat), vagyismA (λ1 )√= 0. Ezt folytatva kapjuk, hogy λ2 , λ3 , . . . is gyöke mA -nak, ahol
λi+1 = λi egyik értéke.
Mivel mA gyökeinek a száma véges, így van olyan i > j, hogy λi = λj . Ezt
(
)
i−j
i−j
i
2 -ik hatványra emelve λ = λ2 , azaz λ 1 − λ2 −1 = 0 adódik. Ennélfogva
λ valóban csak 0 vagy páratlan rendű egységgyök lehet.
(ii) Tegyük fel indirekt, hogy x2 | mA , azaz (M.6.2)-ben k ≥ 2. Megmutatjuk, hogy ekkor A2 gyöke lesz a t = mA /x = xk−1 g polinomnak, ami
ellentmond annak, hogy mA2 = mA .
Többször fel fogjuk használni (M.6.1)-et és (M.6.2)-t. A feltétel szerint
A2 gyöke az mA -nak, továbbámA (A2 ) = O ⇐⇒ mA | m∗A ⇐⇒ xk g | x2k g ∗ ,ahonnan (g, x) = 1 miatt g | g ∗ következik. Mivelt(A2 ) = O ⇐⇒ mA | t∗ ⇐⇒ xk g | x2k−2 g ∗ ,és itt az utolsó oszthatóság g | g ∗ és k ≤ 2k − 2 alapján teljesül, kapjuk, hogy
A2 valóban gyöke a t-nek.
(iii) A(z esetleges) 0 gyökre az állítás nyilvánvaló. Legyen λ ̸= 0, és tegyükfel, hogy mA -ban a λ multiplicitása k, a λ2 -é pedig j. Először azt igazoljuk,
hogy j ≥ k.
Egyrészt az mA (A2 ) = O feltétel miatt mA | m∗A , tehát a λ multiplicitásam∗A -ban legalább k. Másrészt a lemma alapján a λ multiplicitása m∗A -banpontosan j. A kettő összevetéséből valóban j ≥ k adódik.
Tekintsük most a λ, λ2 , λ4 , λ8 , . . . sorozatot. Itt az elemek mindegyikének
legalább akkora a multiplicitása mA -ban, mint az őt megelőzőnek. A már
bizonyított (i) tulajdonság alapján azonban a sorozat (az elejétől kezdve) periodikus, ezért mindegyik multiplicitás szükségképpen egyenlő.
Az elégségességhez azt kell megmutatnunk, hogy ha az (i), (ii) és (iii)517

Megoldások 6.3.
feltételek teljesülnek, akkor(a) mA (A2 ) = Oés(b) s(A2 ) = O =⇒ mA | s .

Az (M.6.1) összefüggés alapján (a) és (b) ekvivalens(a1) mA | m∗Aés(b1) mA | s∗ =⇒ mA | sfennállásával.
Először (a1)-et igazoljuk. A (iii) feltétel szerint mA minden gyökéneka négyzete is ugyanannyiszoros gyök. Megmutatjuk, hogy különböző gyökök
négyzete is különböző. Ez azzal ekvivalens, hogy ha λ ̸= 0 gyöke mA -nak,akkor −λ nem lehet gyök. Az (i) feltétel szerint λ egy páratlan rendű egységgyök. Ekkor −λ rendje a λ rendjének a kétszerese, tehát páros. Így ismét(i)-re hivatkozva −λ nem lehet gyöke mA -nak.
A fentiek alapján, ha mA gyöktényezős alakjában minden gyök helyettannak a négyzetét írjuk, akkor ugyanazt a polinomot kapjuk. Azaz
r
r
∏
∏
mA =
(x − λi )ki =(x − λ2i )ki ,
i=1

i=1

ahonnan
m∗A =

r
∏

(x

2

− λ2i )ki =i=1

tehát valóban mA | m∗A .

r
∏
i=1

(x − λi )

ki

r
∏
i=1

ki

(x + λi )

= mA

r
∏

(x + λi )ki ,i=1

Rátérünk (b1) bizonyítására. Az mA | s oszthatósághoz azt kell megmutatni, hogy mA minden gyöke legalább akkora multiplicitással szerepel s-ben,mint mA -ban.
Ha a 0 gyöke mA -nak, akkor (ii) szerint csak egyszeres gyök, és így elég
azt igazolni, hogy a 0 az s polinomnak is gyöke. Mivel mA (0) = 0, ezért a
0 sajátértéke A-nak, tehát sajátértéke A2 -nek is. Az s(A2 ) = O feltételből
következik, hogy az A2 sajátértékei szükségképpen gyökei s-nek, tehát valóbans(0) = 0.
Tekintsük most mA -nak egy µ ≠ 0 gyökét, és legyen ennek a multiplicitása
j. Ekkor az (i) és (iii) feltételből következik, hogy µ valamelyik négyzetgyöke
is (pontosan) j-szeres gyöke mA -nak. Jelöljük µ-nek ezt a négyzetgyökét λ-val,azaz µ = λ2 .
Legyen s-ben a µ = λ2 multiplicitása j ′ . Ekkor a lemma szerint∗s -ban a λ multiplicitása j ′ . Az mA | s∗ feltétel miatt — a λ multiplicitásátösszehasonlítva — j ≤ j ′ adódik. Ez azonban egyúttal azt is jelenti, hogya µ multiplicitása s-ben legalább akkora, mint mA -ban, és éppen ezt kellett
bizonyítani.

518

Megoldások 6.4.

• 6.4.10(a) Egy lineáris leképezés képtere altér, tehát U = Im f (A) altér. Belátjuk, hogy A-invariáns.
Legyenx ∈ V -re() ( u ∈ )U , azaz
( valamilyen)u = f (A)x. Ekkor Au = A f (A)x = Af (A) x = f (A)A x = f (A)(Ax),így Au ∈ U . (A 6.4.6 feladatra is hivatkozhattunk volna B = f (A)-val.)• (b) Először azt igazoljuk, hogy ha (f , mA ) = (g , mA ), akkor Im f (A) == Im g(A). Legyen (f( , mA ) = d;) azt kell belátnunk, hogy Im f (A) = Im d(A).
Az f (A)x = d(A) (f /d)(A)x egyenlőségből egyrészt azt kapjuk, hogy
Im f (A) ⊆ Im d(A). Másrészt a d = sf + tmA felírásból
(
)
(
)
(
)
d(A)z = f (A) s(A)z + t(A) mA (A)z = f (A) s(A)z + 0,
tehát Im d(A) ⊆ Im f (A).
A megfordításhoz tegyük fel, hogy Im f (A) = Im g(A), és azt fogjuk igazolni, hogy (f , mA ) = (g , mA ). Az előzőek alapján elég megmutatnunk,hogy ha d1 és d2 az mA minimálpolinom osztói és Im d1 (A) = Im d2 (A),akkor d1 és d2 egymástól csak konstans szorzóban különböznek. Tegyük
fel tehát, hogy Im d1 (A) = Im d2 (A) és legyen mA = h1 d1 = h2 d2 . Mivel
O = mA (A) = h1 (A)d1 (A), ezért Im d1 (A) ⊆ Ker h1 (A). Ugyanakkor
Im d1 (A) = Im d2 (A), tehát Im d2 (A) ⊆ Ker h1 (A), és így h1 (A)d2 (A) = O.
Emiatt h1 d1 = mA | h1 d2 , vagyis d1 | d2 . Ugyanígy kapjuk, hogy d2 | d1 , tehátd1 és d2 valóban egymás konstansszorosai.
• (c) Legyenek di a minimálpolinom páronként nem-egységszeres osztói. Az
előbb beláttuk, hogy ekkor az Im di (A) invariáns alterek mind különbözők.
• (d) Belátjuk, hogy A-nak akkor és csak akkor nincs nem triviális invariáns altere, ha mA irreducibilis (T felett) és deg mA = dim V . (Mint az
eredményeknél említettük, ezek a feltételek ekvivalensek kA irreducibilitásával.) Ha mA reducibilis, akkor egy nem triviális d | mA osztóhoz tartozó
Im d(A) egy nem triviális invariáns alteret ad. Ha deg mA < dim V , akkor
dim⟨u, A⟩ ≤ deg mA miatt bármely u ̸= 0 esetén ⟨u, A⟩ nem triviális invariáns altér. A megfordításhoz tegyük fel, hogy mA irreducibilis, deg mA == dim V , és legyen U az A-nak egy invariáns altere. Azt kell megmutatnunk, hogy ha U tartalmaz egy u ̸= 0 vektort, akkor szükségképpen U = V .
Az u-t tartalmazó legszűkebb invariáns altér ⟨u, A⟩ ⊆ U , tehát elég belátni,hogy ⟨u, A⟩ = V . Ennek az igazolását a legkényelmesebben a 6.5 pontban
bevezetett rendfogalom és annak néhány egyszerű tulajdonsága segítségévelírhatjuk le (de hangsúlyozzuk, hogy enélkül csak a megfogalmazás lenne nehézkesebb). Mivel az oA (u) rend osztója a minimálpolinomnak, így (u ̸= 0
miatt) csak maga a minimálpolinom (vagy annak konstansszorosa) lehet. Ennélfogva dim⟨u, A⟩ = deg oA (u) = deg mA = dim V , és így (a véges dimenzió
miatt) csak ⟨u, A⟩ = V lehetséges, amint állítottuk.

Megoldások 7.1.

519

7. Bilineáris függvények
• 7.1.9(b) A függvények helyett a megfelelő mátrixokkal okoskodunk. Legyen[A] = (αij )1≤i,j≤n , továbbá Aij az a bilineáris függvény, amelynek a mátrixában az i-edik sor j-edik eleme αij , a többi elem pedig 0. Ekkor Aij felírható
Aij (u, v) = Φ(u)Ψ(v) alakban, ahol Φ értéke a bi helyen αij és a többi
báziselemen0, Ψ értéke pedig a bj helyen 1 és a többi báziselemen 0. Mivel∑
A = 1≤i,j≤n Aij , így A előáll a kívánt összegalakban, a tagok száma r = n2 .
Megmutatjuk, hogy r lehető legkisebb értéke az A mátrixának a rangja,r([A]). Mivel egy Φ(u)Ψ(v) alakú (nem azonosan nulla) bilineáris függvénymátrixának a rangja 1, és∑mátrixok összegének a rangja legfeljebb a rangokrösszege, ezért A(u, v) = m=1 Φm (u)Ψm (v) mátrixának a rangja legfeljebbr, azaz r([A]) ≤ r.
Be kell még látni, hogy A valóban előáll r([A]) tagú összegként ilyen
alakban. Ez mátrixokra átfogalmazva azt jelenti, hogy egy r rangú A mátrix
mindig felírható r darab (n×1-es mátrixnak tekintett) oszlopvektor és r darab(1 × n-es mátrixnak tekintett) sorvektor szorzatának, azaz r darab diádnak azösszegeként. Legyen A = (αij )1≤i,j≤n és jelölje Oj , illetve Si a mátrix j-edik
oszlopából, illetve i-edik sorából álló (n × 1-es, illetve( 1 × n-es))mátrixokat.
Vegyünk egy tetszőleges αij ̸= 0 elemet és legyen B = (1/αij )Oj Si . Ekkor a
B egy olyan diád, amelynek az i-edik sora és j-edik oszlopa azonos az A mátrix
i-edik sorával és j-edik oszlopával, tehát az A′ = A − B mátrix i-edik sora és
j-edik oszlopa csupa 0-ból áll. Megmutatjuk, hogy r(A′ ) = r(A)−1, ezután az
eljárást az A′ mátrixra megismételve stb. (vagy r szerinti indukcióval) kapjuk
a kívánt állítást. Vonjuk le az A mátrix oszlopaiból a j-edik oszlop megfelelő
skalárszorosait, hogy az i-edik sorban a j-edik elemtől eltekintve minden elem 0
legyen, majd az (új) i-edik sor megfelelő skalárszorosait a többi sorból levonvaérjük el, hogy a j-edik oszlop elemei is az i-edik helyen álló αij -től eltekintve
mind 0-k legyenek. Az átalakítások során a rang nem változott, tehát az így
kapott A1 mátrixra r(A1 ) = r(A), továbbá A′ és A1 pontosan csak abban
különböznek egymástól, hogy az i-edik sor j-edik eleme A′ -ben 0, míg A1 -ben
αij ̸= 0. Vegyünk A′ -ben egy maximális méretű h × h-as nem nulla D aldeterminánst. Ez nyilván nem tartalmazhatja a csupa nulla i-edik sort vagy j-edik
oszlopot. Vegyük most A1 -ben azt a (h + 1) × (h + 1)-es D1 aldeterminánst,amelyet D-ből az (A1 -beli) i-edik sor és j-edik oszlop hozzávételével kapunk,ekkor nyilván D1 = ±αij D ̸= 0, tehát r(A1 ) ≥ r(A′ ) + 1. Mivel A′ és A1
mindössze egyetlen elemben különböznek, ezért itt szükségképpen egyenlőség
áll, tehát valóban r(A) = r(A1 ) = r(A′ ) + 1, ahogy állítottuk.
Megjegyezzük, hogy a bizonyításban nem használtuk ki, hogy négyzetes
mátrixról van szó: bármilyen alakú mátrix előállítható diádok összegeként és520

Megoldások 7.2.

itt az összeadandók számának a lehető legkisebb értéke a mátrix rangja (anullmátrixra ez úgy érvényes, ha az üres összeget a szokásos módon nullának
vesszük).
• 7.2.9 A 7.2.3 Tétel második bizonyításából leolvasható, hogy a v-re
A-ortogonális w vektorok W halmaza valóban altér és legalább n−1-dimenziós,
azaz vagy W = V , vagy pedig dim W = n − 1. Egy másik lehetőség, hogy a[v]T [A][w] = 0 homogén lineáris ,,egyenletrendszert” tekintjük, amelyben az
ismeretlenek a w vektor koordinátái. Ez a rendszer egyetlen egyenletből áll,az ismeretlenek száma pedig n, tehát legalább n − 1 szabad paraméter van,azaz a megoldásokból egy legalább n − 1-dimenziós alteret kapunk.
Ha A(v, v) ̸= 0, akkor v ̸∈ W miatt csak dim W = n − 1 lehetséges,v = 0 vagy A = 0 esetén pedig triviálisan W = V . Ez azt jelenti, hogy
dim W = n − 1 és dim W = n egyaránt megvalósulhat.
Az alábbiakban részletesen megvizsgáljuk, hogy a v = 0, illetve A = 0
triviális eseteken kívül mikor lesz még W = V , azaz mikor lesz v minden
vektorra A-ortogonális. Ekkor v-nek nyilván önmagára is A-ortogonálisnakkell lennie, tehát a továbbiakban feltesszük, hogy A(v, v) = 0 teljesül.
Nézzük először azt az esetet, amikor A(x, x) ≥ 0 minden x-re vagy
A(x, x) ≤ 0 minden x-re (azaz a 7.3 pontban bevezetett terminológiával A
pozitív vagy negatív szemidefinit). Megmutatjuk, hogy ekkor W = V . Tegyük
fel például, hogy A(x, x) ≥ 0 minden x-re, és vegyünk egy A-ortogonális
c1 , . . . , cn bázist, ahol (valamilyen t-re) A(ci , ci ) = 0, ha 1 ≤ i ≤ t, ésA(ci , ci ) > 0, ha t < i ≤ n. Ekkor könnyen láthatóan A(v, v) = 0 ⇐⇒⇐⇒ v ∈ ⟨c1 , . . . , ct ⟩, és ekkor v mindegyik cj -re (1 ≤ j ≤ n), tehát avektortér minden elemére is A-ortogonális.
Tegyük most fel, hogy az A(x, x) értékek között pozitív és negatív szám iselőfordul (azaz A indefinit). Válasszunk egy A-ortogonális c1 , . . . , cn bázist, éslegyenek c1 , . . . , ct ebben azok a bázisvektorok, amelyekre A(ci , ci ) = 0 (mostt = 0 is lehet). Ha v ∈ ⟨c1 , . . . , ct ⟩, akkor az előző bekezdésben látottakhoz
hasonlóan v mindegyik cj -re (1 ≤ j ≤ n), és így a vektortér minden eleméreis A-ortogonális, tehát W = V . Ha v ̸∈ ⟨c1 , . . . , ct ⟩, akkor v nem lehet
ct+1 , . . . , cn mindegyikére A-ortogonális, tehát ekkor W ̸= V (és így dim W == n − 1).
• 7.2.10 Minden szimmetrikus bilineáris függvénynek van olyan diagonális
mátrixa, ahol a főátló első néhány eleme 1, utána néhány −1, és végül néhány
0 következik. (A ,,néhány” itt azt is jelentheti, hogy esetleg egyetlen ilyen elemsincs, de azt is, hogy akár az összes elem ilyen.) A tehetetlenségi tétel szerint
az ilyen típusú (különböző) mátrixok száma megegyezik a páronként nem ek-

Megoldások 7.3.

521

vivalens szimmetrikus bilineáris függvények számával. Az ilyen mátrixokat az
n pontból és 2 vonalból álló sorozatokkal jellemezhetjük: az első vonal elé, a
két vonal közé, illetve a második vonal után rendre annyi pontot írunk, ahány
1,
−1,
(n+2
) illetve 0 van a mátrix főátlójában. Az ilyen sorozatok száma nyilván
2 .
• 7.3.13 Ha A nem indefinit, akkor a 7.2.9 feladat megoldásában látott gondolatmenettel igazolhatjuk, hogy bármely v ̸= 0 vektor kiegészíthető A-ortogonális bázissá. Ha azonban A indefinit, akkor ez nem teljesül. Legyenek
c1 , c2 olyan A-ortogonális vektorok, amelyekre A(c1 , c1 ) = 1, A(c2 , c2 ) = −1,
ekkor pl. a v = c1 + c2 ̸= 0 vektor nem lehet eleme egy A-ortogonális bázisnak. Ha ugyanis v = d1 , d2 , . . . , dn mégis A-ortogonális bázist alkotna, akkorA(v, v) = 0 miatt v mindegyik di -re, és így az egész V -re A-ortogonális lenne,
ami ellentmondás, hiszen pl. A(c1 , v) = A(c1 , c1 ) = 1.
• 7.3.14(a) Ha A = 0, akkor Ker Ã = V . Ha A definit, akkor Ker Ã = 0. Ha
A szemidefinit, és egy A-ortogonális bázisban c1 , . . . , ct azok a bázisvektorok,amelyekre Ã(ci ) = 0, akkor Ker Ã = ⟨c1 , . . . , ct ⟩ (lásd pl. a 7.2.9 feladat
megoldásánál). Végül megmutatjuk, hogy Ker Ã nem altér, ha A indefinit.
Legyen az A-ortogonális c1 , c2 vektorokra A(c1 , c1 ) = 1, A(c2 , c2 ) = −1.
Ekkor a v = c1 + c2 és z = c1 − c2 vektorok elemei a magnak, azonban azösszegük nem: v + z = 2c1 ̸∈ Ker Ã.
• (b) A definit és szemidefinit esetekben a mag valódi altér, tehát nem tartalmazhatja az egész térnek egy bázisát. Ha A = 0, akkor a mag az egész
V , tehát bármely bázis megfelel. Végül megmutatjuk, hogy indefinit A-rais kiválasztható a magból a térnek egy bázisa. Legyen az A egy diagonális
mátrixában a főátló első r eleme 1, a következő s eleme −1, a többi t == n − r − s eleme pedig 0 (itt az indefinitség miatt r ≥ 1, s ≥ 1). Legyen az
ennek megfelelő (egyik) A-ortogonális bázis m1 , . . . , mr , n1 , . . . , ns , o1 , . . . , ot ,ahol A(mi , mi ) = 1, A(nj , nj ) = −1, A(ok , ok ) = 0. Ekkor az mi ± nj és
ok vektorok valamennyien elemei a magnak, továbbá együttesen V -nek egy
generátorrendszerét alkotják. Így közülük biztosan kiválasztható V -nek egy
bázisa.
• (c) Ha a mag altér, akkor ez a maximális szám a mag dimenziója, azaz
definit esetben 0, szemidefinit esetben a diagonális mátrix átlójában a nullák
száma, A = 0 esetén pedig n. Végül, ha A indefinit, akkor a (b) rész szerint
a magból kiválasztható V -nek egy bázisa, tehát a keresett maximum n.
• (d) Ha a mag altér, akkor nyilván most is a mag dimenziója a válasz. Ha A
indefinit, akkor megmutatjuk, hogy a keresett maximum a (b)-beli jelölésekkel

522

Megoldások 8.2.

n − max(r, s). Legyen pl. r ≥ s, ekkor az mi + ni , 1 ≤ i ≤ s és ok , 1 ≤ k ≤ tvektorok függetlenek és az általuk generált s + t = n − r dimenziós altér részea magnak. Másrészt, ha U egy n − r-nél nagyobb dimenziós tetszőleges altér,
akkor dim U + dim⟨m1 , . . . , mr ⟩ > (n − r) + r = n, tehát a két altér metszete
tartalmaz egy z ̸= 0 vektort. Azonban ⟨m1 , . . . , mr ⟩ bármely z ̸= 0 eleméreA(z, z) > 0, tehát z ̸∈ Ker Ã és így a z-t tartalmazó U altér sem lehet része amagnak.

8. Euklideszi terek• 8.2.17 Nyilván feltehetjük, hogy a vektorok egységnyi hosszúak.
• (a) Megmutatjuk, hogy ha a vi vektorok közül bármelyik kettő 60 fokos
szöget zár be, akkor szükségképpen lineárisan függetlenek, így a darabszámuk
legfeljebb n. A feltételek szerint vi ·vi = 1 és i ̸= t-re vi ·vt = 1/2. Tegyük fel,∑khogy i=1 λi vi = 0, és vegyük mindkét oldalnak rendre a vj (j = 1, . . . , k)vektorokkal
a skalárszorzatát. A kapott egyenlőségeket 2-vel beszorozva a∑k
λj + i=1 λi = 0, j = 1, . . . , k egyenletrendszerhez jutunk. Az egyenletek∑kösszegét k + 1-gyel osztva i=1 λi = 0, majd ezt visszahelyettesítve λj = 0
adódik, tehát az egyenletrendszernek csak triviális megoldása van. Így a vi
vektorok valóban függetlenek, amint állítottuk.
Most pedig teljes indukcióval belátjuk, hogy az n-dimenziós V euklideszi
térben létezik n darab olyan vi egységvektor, amelyek közül bármelyik kettő
60 fokos szöget zár be. Ha n ≤ 2, akkor ez nyilvánvaló. Legyen most n > 2
és e1 , . . . , en egy ortonormált bázis V -ben. Az n − 1-dimenziós ⟨e1 , . . . , en−1 ⟩euklideszi térben az indukciós feltétel szerint léteznek megfelelő v1 , . . . vn−1
vektorok. Megmutatjuk, hogy ezekhez a vn = αen + β(v1 + . . . + vn−1 ) vektort hozzávéve (alkalmas α, β esetén) a kívánt tulajdonságú vektorrendszerhez
jutunk. Ehhez azt kell igazolni, hogy(i) minden j ≤ n − 1-re vj ·vn = 1/2 és (ii) vn ·vn = 1.
Jelöljük a v1 + . . . + vn−1 összegvektort s-sel. Az (i) egyenlőség vj ·en = 0
miatt ekvivalens az 1/2 = β(vj ·s) = nβ/2 feltétellel, ahonnan β = 1/n. A (ii)egyenlőség√ezután átírható az 1 = α2 + β 2 ||s||2 = α2 + (n − 1)/(2n) alakba. Innen α = ± (n + 1)/(2n). (A fenti módszerrel a vi vektorokat tulajdonképpen
rekurzíve megkonstruáltuk, akár az explicit képletüket is felírhattuk volna. A
fentieket megfelelően elemezve az is kiderül, hogy vn -re (lényegében) egyetlen
választási lehetőség adódik, és ebből egy újabb bizonyítást nyerhetünk arra is,hogy n-nél több ilyen tulajdonságú vektor már nem adható meg.)Megoldások 8.4.

523

• (b) Mivel a síkon található három egységvektor, amelyek közül bármelyikkettő 120 fokos szöget zár be, ezért nyilván dim V ≥ 2 esetén is van három
ilyen vektor. Megmutatjuk, hogy négy vektor viszont már nem adható meg.
Legyen a, b, c három ilyen tulajdonságú vektor, ekkor||a + b + c||2 = ||a||2 + ||b||2 + ||c||2 + 2a·b + 2a·c + 2b·c = 3 − 3 = 0,tehát szükségképpen a + b + c = 0. Ha tehát lenne négy ilyen vektor, akkor
közülük bármelyik három összege a nullvektor, és így mind a négy vektor maga
is a nullvektor lenne, ami ellentmondás.
• Megjegyzés: A fenti megoldáshoz hasonlóan igazolható a feladat alábbi általánosítása:(a) Tetszőleges hegyesszögre is igaz, hogy a keresett maximum éppen n.
(b) Tompaszög esetén az ilyen vektorok száma mindig egy, a dimenziótól
független és csak az adott Φ szögtől függő korlát alatt marad: az elérhető
maximum ⌊1 − 1/ cos Φ⌋.
(A fennmaradó szögekre a válasz nyilvánvaló: 0 fokra végtelen sok vektor
is megadható, 90 fokra a maximum n, 180 fokra pedig 2.)• 8.4.14(a) Az A = λE transzformációk nyilván megfelelnek. Megmutatjuk,
hogy más ilyen tulajdonságú transzformáció nincs. Előrebocsátjuk, hogy bármely két független vektorhoz van olyan skalárszorzat, amely szerint ezek a vektorok merőlegesek: definiáljuk egy olyan bázissal a skalárszorzatot, amely a két
adott vektort tartalmazza. Legyen A ̸= λE, ekkor tudjuk, hogy létezik olyan
e vektor, hogy e és Ae nem egymás skalárszorosai, azaz e és Ae lineárisan
független. Tegyük fel indirekt, hogy A∗ nem függ a skalárszorzat választásától,ekkor bármely skalárszorzatra 0 ̸= (Ae)·(Ae) = e·(A∗ Ae). Az e és A∗ Aevektorok nem lehetnek függetlenek, hiszen akkor az előrebocsátott megjegyzés alapján alkalmas skalárszorzat szerint merőlegesek is lennének. Ennélfogva A∗ Ae = βe. Tekintsünk most egy olyan skalárszorzatot, amelyben a(független) (1/γ)e és Ae vektorok egy ortonormált bázis részét képezik, ekkor
1 = (Ae)·(Ae) = e·(A∗ Ae) = e·(βe) = β|γ|2 , ami tetszőleges γ-ra nyilván
nem lehetséges.
• (b) Először az elégségességet igazoljuk. Tegyük fel, hogy az S1 és S2
skalárszorzatokra S1 = λS2 (megjegyezzük, hogy ekkor a λ szükségképpen
pozitív valós szám), és legyen A ∈ Hom V tetszőleges transzformáció. Jelölje
A-nak az S1 , illetve S2 szerinti adjungáltját A1 , illetve A2 , belátjuk, hogy
ezek mindig egyenlők. Bármely u, v ∈ V vektorokra S2 (Au, v) = S2 (u, A2 v)
és S1 (Au, v) = S1 (u, A1 v). A második egyenlőségbe az S1 = λS2 feltételt
beírva, majd λ-val egyszerűsítve kapjuk, hogy S2 (Au, v) = S2 (u, A1 v), és524

Megoldások 9.1.

így S2 (u, A2 v) = S2 (u, A1 v). Mivel ez minden u, v-re fennáll, ezért valóban
A1 = A2 .
Rátérve a szükségességre, tegyük fel, hogy bármely A transzformációnakaz S1 és S2 skalárszorzat szerint képzett adjungáltja megegyezik. Megmutatjuk, hogy ekkor szükségképpen S1 = λS2 . Legyen az S1 és S2 skalárszorzatnak megfelelő egy-egy ortonormált bázis e1 , . . . , en és f1 , . . . , fn . A Gram–
Schmidt-ortogonalizáció alapján feltehető, hogy ⟨e1 , . . . , ei ⟩ = ⟨f1 , . . . , fi ⟩ minden 1 ≤ i ≤ n-re.
Először belátjuk, hogy fn = λn en (alkalmas λn -re). Indirekt, ha fn
és en lineárisan független, akkor legyen A egy olyan lineáris transzformáció, amelyre Aen = en−1 és Afn = en . Ekkor S1 szerint 0 = en−1 ·en == (Aen )·en = en ·(A∗ en ), ezért A∗ en ∈ ⟨e1 , . . . , en−1 ⟩ = ⟨f1 , . . . , fn−1 ⟩. ÍgyS2 szerint A∗ en ⊥ fn , azaz 0 = fn ·(A∗ en ) = (Afn )·en = en ·en , ami ellentmondás. Tehát valóban fn = λn en .
Az eljárást folytatva ugyanígy (vagy teljes indukcióval) minden i-re
fi = λi ei adódik. Most megmutatjuk, hogy minden |λi | egyenlő. Legyen
A egy olyan lineáris transzformáció, amelyre Af1 = f2 . ∑Ekkor S2 szerintn∗∗
1 = f2 ·f2 = (Af1 )·f2 = f1 ·(A f2 ). Ha v = A f2 =i=1 αi fi , akkor
f1 ·v = α1 , tehát α1 = 1. Tekintsük most S1 szerint ugyanezeket a skalárszorzatokat. Ekkor f2∑·f2 = (λ2 e2 )·(λ2 e2 ) = |λ2 |2 , míg a vele továbbra is egyenlő
n
f1 ·v = (λ1 e1 )·( i=1 αi λi ei ) = λ1 λ1 α1 = |λ1 |2 , tehát |λ1 | = |λ2 |. Ugyanígy
kapjuk, hogy minden |λi | egyenlő.
Jelöljük λ-val a |λi |2 -ek közös értékét. Megmutatjuk, hogy ekkor
S1 = λS2 . Vegyünk két tetszőleges vektort, c-t ésés írjuk∑d-t,∑nfel ezeketnaz fi -k,illetvee-klineáriskombinációjaként:
c
=
γ
f
=
i ∑
i=1 i i
i=1 γi λi ei ,∑nnd = ∑i=1 δi fi =d skalárszorzata S2 szerint véve
i=1 δi λi ei . Ekkor c és ∑nn
ρ2 = i=1 γi δi , S1 szerint véve pedig ρ1 = i=1 |λi |2 γi δi = λρ2 , amint állítottuk.

9. Kombinatorikai alkalmazások• 9.1.1(a) 20 kérdés nyilván elég, kevesebb viszont nem, még akkor sem, ha
Micimackó előre elhatározza, hogy mindig 0-t fog válaszolni. Ekkor ugyanis
egy 20 ismeretlenes, 19 egyenletből álló homogén lineáris egyenletrendszert
kapunk. Ennek a csupa nulla megoldáson kívül van nem triviális (racionális,és így egész számokból álló) megoldása is, tehát az xi -k nem határozhatók
meg egyértelműen.
• (b) Két kérdés elég: (i) x1 + x2 + . . . + x20 , és ha erre a válasz N , akkor(ii) x1 + x2 (N + 1) + x3 (N + 1)2 + . . . + x20 (N + 1)19 . Egy kérdés nem elég:Megoldások 9.1.

525

legyen ez c1 x1 + c2 x2 + . . . + c20 x20 , ahol pl. c1 és c2 mondjuk pozitív; ekkor
x1 = 2c2 , x2 = c1 , x3 = . . . = 1 és x1 = c2 , x2 = 2c1 , x3 = . . . = 1 esetén
ugyanazt a választ kapjuk.
• (c) Itt már egyetlen kérdés is elég. Tegyük fel először, hogy az xi -k pozitívak.
Ekkor megfelel U = x1 + (x1 + x2 )2 + . . . + (x1 + x2 + . . . + x20 )20 . Ugyanis(x1 + x2 + . . . + x20 )20 < U < (1 + x1 + x2 + . . . + x20 )20 , ahonnan U huszadik
gyökének egész része x1 + . . . + x20 , ami ezzel ismertté vált és leválasztható.
Az eljárást folytatva megkapjuk az x1 + . . . + x19 stb. értékeket, és innen
minden xi meghatározható. Ha xi negatív is lehet, akkor megfelel, ha az U -ra
megadott fenti képletben xi helyére (3xi + 1)2 -t írunk.
• 9.1.2 Első bizonyítás:(i) Először racionális számokra igazoljuk az állítást. Vegyük észre, hogya számokat egy konstanssal beszorozva, vagy egy konstanst hozzájuk adva afeltételek nem változnak meg. Ezt felhasználva, pozitív egészekre a számokösszege (vagy legnagyobbika) szerinti teljes indukcióval könnyen célhoz érünk.
Ezután a racionális számok esetét beszorzással, majd eltolással a pozitív egészekre vezethetjük vissza.
(ii) Az általános esetre rátérve, tekintsük az adott 13 valós számot. Ezeknek a racionális számokkal képezett összes lineáris kombinációi egy legfeljebb
13-dimenziós vektorteret alkotnak a racionális számok felett a szokásos műveletekre. Vegyünk ebben egy bázist, és írjuk fel az eredetileg adott számainkat
mint a báziselemek racionális együtthatós lineáris kombinációit. A feladat
feltételei így azt jelentik, hogy ugyanezek a feltételek valamennyi komponensben teljesülnek. Mivel a báziselemek együtthatói már racionális számok, ezért
az (i) rész alapján azt kapjuk, hogy a számaink valamennyi komponensben
megegyeznek, azaz maguk is egyenlők.
• Második bizonyítás: Legyenek a számok x1 , x2 , . . . , x13 . Alkalmas eltolás
után feltehető, hogy x1 = 0. A feladat feltétele azt jelenti, hogy az xi -kből
képezett bizonyos összegek megegyeznek. Ezeket felírva és átrendezve egy homogén lineáris egyenletrendszert kapunk, 13 egyenlettel és (x1 = 0 miatt csak)
12 ismeretlennel. A feladathoz azt kell megmutatnunk, hogy az egyenletrendszernek csak triviális megoldása létezik.
Az első bizonyítás (i) része alapján ez racionális számokra igaz. Belátjuk,
hogy a valós számok körében sem kaphatunk más megoldást. Mivel az egyenletrendszer megoldása (Gauss-féle kiküszöbölés) során mindvégig az együtthatókkal csak a négy alapműveletet végezzük, tehát ugyanahhoz az eredményhez jutunk, akár a racionális, akár a valós számok körében keressük amegoldásokat, hiszen a kiindulási együtthatók racionálisak voltak (±1 és 0).
(Vö. a 3.4.8, 4.4.11 és 4.6.16 feladatokkal.)

526

Megoldások 9.1.

• Harmadik bizonyítás: A 3.4.8, illetve 4.4.11 feladatok alapján elég azt igazolni, hogy a második bizonyításban leírt egyenletrendszernek a modulo 2
testben csak a triviális megoldása létezik. (Ebből ugyanis az említett feladatok bármelyike szerint már következik, hogy a valós számok körében sincs másmegoldás.) Modulo 2 viszont az igazolandó állítás csak annyit mond ki, hogy
ha a megfelelő hatos összegek paritása megegyezik, akkor mind a 13 szám
azonos paritású, ez pedig nyilvánvaló.
• Negyedik bizonyítás: A racionálisról a valósra történő átmenet eszköze mostnem a(z elemi) lineáris algebra, hanem az elemi számelmélet lesz. Az adottvalós számokat nagyon jól közelítjük majd racionálisokkal, és arra fogunk támaszkodni, hogy ezekre a közelítő törtekre már igaz az állítás.
Lemma: Tetszőleges x1 , x2 , . . . , xm valós számokhoz és N pozitív egészhez
léteznek olyan a1 , a2 , . . . , am egészek és b ≤ N m természetes szám, amelyekre
xi −

ai
1
≤
b
Nb

i = 1, 2, . . . , m.

A lemma bizonyítása: Minden 1 ≤ t ≤ N m + 1 egész számra készítsük el avt = ({tx1 }, . . . , {txm }) vektorokat, ahol (*) {y} = y − ⌊y⌋, tehát {y} az yszám ún. törtrésze, azaz a hozzá balról legközelebbi egésztől mért távolsága.
A skatulyaelv alapján lesz olyan t ̸= s, hogy a vt és vs vektorok bármely
komponensében az eltérés legfeljebb 1/N . Beírva (*)-ot, így azt kapjuk, hogy
valamilyen ai egészekkel és b = |s − t|-vel |bxi − ai | ≤ 1/N teljesül minden i-re.
Ez pedig éppen a lemma állítása.
A feladat bizonyításához alkalmazzuk a lemmát az adott xi valós számokra és N ≥ 13-ra. A feladat feltételeiben szereplő egyenlőségekben az xi -k
helyett a közelítő ai /b-ket írva, a két oldal eltérése a lemma alapján legfeljebb
12/(N b) < 1/b, de mivel mindkét oldalon b nevezőjű törtek állnak, így a két
oldal csak egyenlő lehet. Vagyis a közelítő törtekre is teljesülnek a feladat
feltételei. Ekkor tudjuk, hogy a közelítő törtek szükségképpen valamennyien
egyenlők. Ugyanezt tetszőlegesen nagy N -ekre elvégezve adódik, hogy a valós
számok is mind meg kell hogy egyezzenek.
• 9.1.4(a)/(i) Válasz: ⌈log2 m⌉. Először megmutatjuk, hogy ennyi alkalmasösszeadandó elég. Ha m nem kettőhatvány, akkor az i-edik összeadandó vektor
j-edik koordinátája legyen rij 2i−1 , ahol rij a j szám kettes számrendszerbelifelírásában hátulról az i-edik jegy (1 ≤ i ≤ ⌈log2 m⌉, 1 ≤ j ≤ m). Ekkor
mindegyik vektorban csak kétféle koordináta-érték fordul elő (hiszen rij = 0
vagy 1). A vektorok összege valóban a kívánt vektor, ugyanis a j-edik koordináták összege éppen a j szám kettes számrendszer szerinti előállítása. Ha

527

Megoldások 9.1.




1
2

 vektor helyett a 
az m kettőhatvány, akkor a megadott z = .
 .. 


0
1
..
.






m
m−1
vektorra készítsük el a fenti konstrukciót, majd valamelyik összeadandó vektor
mindegyik komponenséhez adjunk hozzá 1-et.
Most belátjuk, hogy ⌈log2 m⌉-nél kevesebb összeadandó nem elég. Haösszeadunk t darab unalmas vektort, akkor az összegvektor minden koordinátája egy olyan t-tagú összeg, ahol minden tag (legfeljebb) kétféle értéket vehet
fel. Ennélfogva egy ilyen összeg legfeljebb 2t -féle lehet, tehát az összegvektor
koordinátái között legfeljebb ennyi különböző érték szerepel. A z vektorunknak mind az m koordinátája különböző, ezért ha t darab unalmas vektorösszegeként előállítható, akkor szükségképpen 2t ≥ m, azaz t ≥ ⌈log2 m⌉.
• (a)/(ii) Válasz: m − 1. Először megmutatjuk, hogy ennyi alkalmas összeadandó elég:   


 
β1
β1
0
0
0
0
 β2   β 2  



 
0
0



    0
 β3   β 1   β3 − β1  



0

.
= + + ... + + β4   β 1    β4 − β1 00
 .   .  





..
..
..
 .   .  





.
.
.
.
.
βm − β 10
βm0
β1
Most belátjuk, hogy m − 1-nél kevesebb összeadandó nem elég. Ha egy
vektor minden koordinátájához ugyanazt a számot hozzáadjuk, akkor nyilván
mindkét vektor ugyanannyi unalmas vektor összegeként írható fel. Ezért elegendő olyan vektorok előállítását vizsgálni, amelyeknek az első koordinátája
0. Ezután hasonlóan igazolható, hogy az összeadandóként szereplő unalmas
vektorokról is feltehetjük, hogy az első koordinátájuk 0. Tegyük fel, hogy min0
 β2 
β3  vektor előáll t darab olyan uj unalmas vektor összegeként,
den v = 
 . 
 . 
.
βm
amelyek első koordinátája 0. A j-edik összeadandó többi koordinátája ekkor 0
vagy valamilyen xj valós szám. Az összegelőállítást koordinátánként felírva és
az első koordinátára vonatkozó semmitmondó 0 + 0 + . . . + 0 = 0 azonosságot
elhagyva, a többi m − 1 koordinátára olyan t ismeretlenes, m − 1 egyenletből
álló egyenletrendszereket kapunk, amelyeknél (a ,,bal oldalon”) minden együttható 0 vagy 1 aszerint, hogy az illető uj unalmas vektor adott koordinátája

528

Megoldások 9.1.

0 vagy xj . (Az összes lehetséges együtthatóválasztásnak megfelelően az ilyen( m−1)egyenletrendszerek száma 2t(m−1) , illetve 2 t+t−1 , ha az összeadandó vektorok sorrendje közömbös.) Ha minden v vektor előáll a kívánt módon, ez azt
jelenti, hogy bármilyen β2 , β3 , . . . , βm ,,jobb oldal” esetén legalább az egyik
ilyen típusú egyenletrendszer megoldható. Ha t < m − 1, azaz az ismeretlenekszáma kisebb az egyenletek számánál, akkor egy ilyen egyenletrendszer nem
β2
 β3 

lehet tetszőleges jobb oldal esetén megoldható, ezért azok a v′ =  .. 
.
βm
jobb oldalak, amelyekre megoldható, egy valódi alteret alkotnak Rm−1 -ben.
Véges sok valódi altér egyesítése nem adhatja ki a vektorteret (4.2.12e feladat),
így azok a v′ jobb oldalak, amelyekre legalább az egyik ilyen egyenletrendszer
megoldható, együttesen sem merítik ki Rm−1 -et, azaz van olyan vektor, amely
nem áll elő t darab unalmas vektor összegeként.
• (b) Válasz: (i): ⌈logk m⌉. (ii): ⌈(m − 1)/(k − 1)⌉ (ha m ≥ k). A bizonyítás az imént látott k = 2 eset mintájára történhet. Az (i) résznél k alapúszámrendszert kell használni. A (ii) résznél az összeadandó unalmas vektorok
mindegyikéhez nem 1, hanem k − 1 ismeretlen tartozik, hiszen a 0-n kívül
ennyiféle koordinátájuk lehet.
• (c)/(i) Válasz: ⌈logk s⌉, ahol s = min(m, p). Ez a korábbi meggondolásokhoz hasonlóan adódik, azzal a kiegészítéssel, hogy az ismétlődő koordinátaértékek nyilván nem számítanak.
• (c)/(ii) A korábban látott gondolatmenet akkor alkalmazható, ha p elegendően nagy m-hez képest (4.2.12f feladat). Kis p esetén azonban nemcsak a módszerrel van baj, hanem a válasz is módosul: mivel ⌈logk p⌉ unalmas
vektor az (i)-beli konstrukció alapján mindenképpen elegendő, ezértp ≤ k (m−k)/(k−1) esetén a keresett minimum biztosan kisebb lesz a valós
számokra kapott ⌈(m − 1)/(k − 1)⌉ értéknél.
• 9.1.5(a) Válasz: 5. Először megmutatjuk, hogy 5 forduló elég. Számozzuk
meg a gyerekeket 0-tól 31-ig, és írjuk fel a sorszámokat kettes számrendszerben.
Megfelelő lesz, ha az egyes fordulókban aszerint képezzük a (16 fős) csapatokat,hogy az 1., 2., . . ., 5. számjegy 0 vagy 1.
Most belátjuk, hogy kevesebb forduló nem elég. Feltehetjük, hogy minden
fordulóban minden diák játszik (a pihenőket berakjuk akármelyik csapatba).
Az első fordulóban valamelyik csapatban legalább 16-an vannak. Közülük
a második fordulóban legalább 8-an ugyanabban a csapatban szerepelnek.

529

Megoldások 9.1.

Ezek közül a harmadik fordulóban legalább 4-en csapattársak, a negyedik fordulóban pedig legalább ketten, ők tehát egyszer sem voltak ellenfelek.
• (b) Könnyen látható, hogy 31 forduló elegendő; egy lehetséges lebonyolítása következő. Az első fordulóban az egyik csapat egyetlen diákból áll, a másik
csapat a többi 31-ből. A második fordulóban a 31 diákból egy alkotja az egyik
csapatot, a többi 30 a másikat stb.
Most megmutatjuk, hogy 30 vagy kevesebb fordulóval a feltételeket nem
lehet teljesíteni. Készítsünk egy 32 szögpontú teljes gráfot. A csúcsokat
feleltessük meg a diákoknak, az i-edik csúcs mellé írjunk egy később alkalmasan megválasztandó xi valós számot, i = 1, 2, 3, . . . , 32, az i-edik és a j-edik
csúcsot összekötő élre pedig írjuk az xi xj szorzatot.
Tegyük fel indirekt, hogy 30 vagy kevesebb fordulóban lebonyolítható averseny. Azt, hogy az i-edik és a j-edik tanuló (valamikor) egymás ellenfele,az őket összekötő élen levő xi xj szorzattal hozzuk kapcsolatba.
Tekintsük az összes élen levő szorzatok S összegét.
S=∑xi xj =

1≤i<j≤32

32
32
]
∑
1[ ∑
x2m
xm )2 −
(
2 m=1
m=1

(M.9.1)

Számoljuk most meg, hogy egy-egy fordulóban a szembenálló csapatok ,,menynyivel járulnak hozzá” az S összeghez: legyen St a t-edik fordulóban az ,,ellenfél” diákokat összekötő élekre írt xi xj szorzatok összege. Mivel a versenysorán bármely két diák pontosan egyszer lesz egymás ellenfele, így
S=

r
∑

St

(M.9.2),t=1ahol r a fordulók számát jelöli. Másrészt∑∑
St = (
xk )(
xl ),
k∈C1t

(M.9.3)l∈C2tahol C1t , illetve C2t jelöli a t-edik forduló két csapatát, ugyanis egy adottfordulóban az egyik csapat minden tagja a másik csapat minden tagjának
ellenfele, tehát minden olyan xk xl szorzatot össze kell adni, ahol k az első, lpedig a második csapatban szerepel.
Az (M.9.1), (M.9.2) és (M.9.3) képletek alapján az alábbi egyenlőséget
kapjuk:
32
32
r ( ∑
] ∑
)( ∑ )∑
1[ ∑22(xm ) −
xm =
xk
xl .
2 m=1
m=1
t=1
k∈C1t

l∈C2t

(M.9.4)

530

Megoldások 9.2.

Az (M.9.4) egyenlőség egy azonosság: az x1 , x2 , . . . , x32 értékek tetszőleges megválasztása mellett fenn kell állnia. Válasszuk most meg ezeket úgy,
hogy
32
∑
m=1

xm = 0és∑

xk = 0,t = 1, 2, . . . , r(M.9.5)k∈C1t

teljesüljön. Az (M.9.5) homogén egyenletrendszerben az ismeretlenek száma
32, az egyenleteké r + 1, ami az indirekt feltevés szerint legfeljebb 31. Így az
egyenletrendszernek van nem triviális (valós) megoldása. Egy ilyen megoldást(M.9.4)-be behelyettesítve
32∑
x2m = 0m=1

adódik, ami ellentmondás, hiszen valós számok négyzetösszege csak akkor lehet
0, ha mindegyikük 0 volt.
• Megjegyzés: Tulajdonképpen azt láttuk be, hogy ha egy n csúcsú teljes gráfotéldiszjunkt teljes páros gráfok uniójára bontunk, akkor minimálisan n−1 páros
gráf szükséges ehhez. Ha azonban az élidegenség feltételét elejtjük, akkor ez aszám az (a) rész gondolatmenete szerint ⌈log2 n⌉-re csökken.
• 9.2.16 Első megoldás: Az útmutatást követve, az olyan, n darab +1-bőlés n − 1 darab −1-ből álló sorozatok számát kell meghatároznunk, amelyekben az elejétől számítva akárhány tag összege pozitív. Ebből a szempontból nyilván rosszak a −1-gyel kezdődő sorozatok. A +1-gyel kezdődő rossz
sorozatoknál keressük meg az első 0 részösszeget, és a sorozat addig terjedő
elemeit szorozzuk meg −1-gyel. Ekkor egy −1-gyel kezdődő sorozatot kapunk. Megfordítva, bármely −1-gyel kezdődő sorozatnál keressük meg az első0 részösszeget (ilyen biztosan van, hiszen a +1-ek száma nagyobb a −1-ek
számánál), és a sorozat addig terjedő elemeit −1-gyel megszorozva egy +1-gyelkezdődő rossz sorozathoz jutunk. Ily módon tehát kölcsönösen egyértelmű
megfeleltetést létesítettünk a +1-gyel kezdődő rossz sorozatok és a −1-gyelkezdődő (,,automatikusan” rossz) sorozatok között. Az összes rossz sorozatok( száma) ennélfogva a −1-gyel kezdődő sorozatok számának a duplája, azaz
2 2n−2összes sorozatok számából levonva megkapjuk a ,,jó” sorozatok
n−2 . (Ezt az)() (2n−2)
2n−1
számát: n−1 − 2 2n−2n−2 = n−1 /n.
∑∞• Második megoldás: Az útmutatást követve, az A(z) = n=1 αn z n hatványsorra az A2 (z) = A(z) − z egyenletet kapjuk. Célunk az αn√együtthatók meghatározása. Az egyenletet A(z)-re megoldva A(z) = (1 ± 1 − 4z)/2. Itt az

Megoldások 9.3.

531∑∞ ( )n(1 − 4z)1/2 kifejezést
binomális sorba fejtve A(z) = (1 ± n=0 1/2
n (−4z) )/2∑
adódik. Itt aelőtt a negatív előjelet kell venni, ugyanis A(z) hatványsorában pl. a konstans tag 0 (vagy mert minden további αn együttható pozitív).
( ) n
n+1
A kétféle hatványsoralak összehasonlításából αn = 1/2/2, amiből
n 4 (−1)(2n−2)
némi technikai átalakítás után αn = n−1 /n adódik.
• Harmadik megoldás: Legyen βn az n szám lehetséges szorzatainak a száma,ha még a tényezők sorrendje is cserélődhet, ekkor βn = n!αn . Megmutatjuk,
hogy (*) βn = (4n − 6)βn−1 . Nézzünk az a1 , a2 , . . . , an−1 számokból egy
tetszőleges szorzatot. Ez n − 2 szorzást jelent. Az an számot megszorozhatjuk
az első szorzás bármelyik tényezőjével balról vagy jobbról, a második szorzásbármelyik tényezőjével balról vagy jobbról stb., végül a kész szorzattal balról
vagy jobbról, ez tehát 4(n − 2) + 2 = 4n − 6 lehetőség az an beillesztésére.
Ezzel a (*) rekurziót beláttuk. Ennek
alkalmazásával kapjuk, hogy
( ismételt
)βn = 2n−1 (2n − 3)!!, ahonnan αn = 2n−2/n.
n−1
• 9.3.2 Tegyük fel indirekt, hogy a kongruenciarendszernek csak triviális
megoldása van. Ekkor az
F (x) =

k
∏
(
i=1

)
1 − fip−1 (x1 , x2 , . . . , xt ) ≡t∏(1 − xp−1) = G(x) (mod p)jj=1

kongruencia azonosságként teljesül, ugyanis ha mindegyik xi ≡ 0 (mod p),
akkor mindkét oldal 1-gyel kongruens, minden más esetben pedig van olyan
i, illetve j, hogy fi ̸≡ 0, xj ̸≡ 0, azaz a kis-Fermat-tétel alapján fip−1 ≡ 1,
xp−1
≡ 1, vagyis mindkét oldalon szerepel egy 0 tényező, és így mindkét oldal
j0-val kongruens. A két oldalon álló (a modulo p test feletti) F és G polinomnak
tehát minden helyettesítési értéke megegyezik.
Nevezzük egy H polinom redukált alakjának azt a H ∗ polinomot, amelyet
H-ból úgy kapunk, hogy H-ban mindenhol xpi helyére xi -t írunk, ameddig
csak lehetséges. Nyilván H ∗ minden tagjában bármelyik xi kitevője legfeljebb
p − 1, továbbá H és H ∗ minden helyettesítési értéke megegyezik. A változók
száma szerinti teljes indukcióval könnyen megmutatható, hogy ha a H ∗ ésK ∗ polinomok minden helyettesítési értéke megegyezik, akkor a H ∗ és K ∗polinomok (formálisan is) egyenlők.
Láttuk, hogy az F és G polinomok minden helyettesítési értéke megegyezik, ezért ugyanez érvényes az F ∗ és G∗ polinomokra is. Az előzőek szerint
ekkor az F ∗ és G∗ polinomok
lehetetlen,∑k meg kell hogy egyezzenek. Ez azonban∗
ugyanis G = G∗ és a
deg
f
<
t
feltétel
miatt
deg
G
=
t(p
− 1) >ii=1∗> deg F ≥ deg F .

532

Megoldások 9.4.

• 9.4.10 A keresett maximum értéke k. Többféleképpen is megadható k ilyen
részhalmaz: Jelöljük a halmaz egyik elemét x1 -gyel, ekkor megfelelnek pl. az
x1 -et tartalmazó egy- és kételemű részhalmazok, vagy itt az {x1 } részhalmaz
kicserélhető a komplementerére. Bizonyos k-kra további lehetőséget jelentenekaz ún. (nem elfajuló) véges projektív síkok (lásd a Megjegyzést a megoldás
végén). Arra, hogy k-nál több ilyen részhalmaz már nem adható meg, két
bizonyítást mutatunk.
• Első bizonyítás: Az útmutatást követve belátjuk, hogy a H1 , . . . , Hn halmazoknak megfelelő h1 , . . . , hn szokásos 0–1 vektorok lineárisan függetlenek avalós test felett. A δ1 h1 + . . . + δn hn = 0 valós együtthatós lineáris kombinációnak önmagával való skalárszorzata átrendezés után a
n
n
∑
∑
(
δj )2 +
δj2 (|Hj | − 1) = 0
j=1

j=1

összefüggést adja. Nemnegatív számok összege csak úgy lehet 0, ha mindenösszeadandó 0, továbbá a feltételek szerint legfeljebb egy kivétellel minden|Hj | > 1. Innen kapjuk, hogy valóban mindegyik δj = 0.
• Második bizonyítás: Legyenek az X halmaz elemei az x1 , x2 , . . . , xk ,,pontok”.
Egy x ∈ X pont fok án az őt tartalmazó Hj részhalmazok számát értjük:d(x) = {j | x ∈ Hj } .
Megmutatjuk, hogy x ̸∈ Hj ⇒ d(x) ≤ |Hj |. Ha ugyanis x ∈ Ht és x ∈ Hi
(ahol t ̸= i), akkor Ht ∩ Hj ̸= Hi ∩ Hj , ugyanis Ht ∩ Hi -nek x az egyetlen
közös eleme. Ezért az x-et tartalmazó Ht -k mindegyike más pontot metsz ki
Hj -ből, vagyis valóban d(x) ≤ |Hj |.
Ha indirekt feltesszük, hogy k < n, akkor bármely x ̸∈ Hj -re a d(x) ≤ |Hj |egyenlőtlenségből
d(x)
|Hj |
<
(M.9.6)n − d(x)k − |Hj |∑∑nkövetkezik. Ezt az összes x ̸∈ Hj párra összegezve x∈X d(x) < j=1 |Hj |adódik, ami ellentmondás, hiszen itt a fokszám definíciója alapján nyilván
egyenlőségnek kell állnia.
• Megjegyzés: Mindkét bizonyításból (egymástól eltérő) további információkat
is leolvashatunk. Az első bizonyítás átvihető arra az esetre is, ha bármely
két részhalmaznak ugyanannyi (pozitív számú, de nem feltétlenül egyetlen)
közös eleme van (ezt a gondolatmenetet kell a 9.4.11 feladat megoldásában
felhasználni). A második bizonyításból pedig kiderül, hogyan kapjuk meg
az n = k esetben a megfelelő halmazokat. Az (M.9.6)-beli bal oldali tört
nevezője 0, ha x mind a k részhalmaznak közös eleme, ekkor az x-et tartalmazó egy- és kételemű részhalmazokról van szó (ez volt a megoldás elejénMegoldások 9.4.

533

felsorolt első példa). Ettől a triviális esettől eltekintve a törtek értelmesek, ésugyanúgy ellentmondásra jutunk, kivéve ha minden x ̸∈ Hj párra d(x) = |Hj |teljesül. A Hj halmazokat egyeneseknek (az x elemeket pedig továbbra ispontoknak) nevezve ez azt jelenti, hogy bármely két ponton egy egyenes megyát, és bármely két egyenesnek egy közös pontja van. Ezek pedig éppen avéges projektív síkok (a megoldás elején felsorolt második példa egy elfajuló
projektív síkot jelent, amikor a pontok egy kivételével egy egyenesre esnek).
• 9.4.12
ha vesszük az összes legfeljebb m elemű részhalmazt, ezek
∑Megfelel,m (k )száma
i=0 i . Belátjuk, hogy ez a maximum. Tekintsük a H1 , . . . , Hn
halmazoknak megfelelő h1 , . . . , hn szokásos 0–1 vektorokat, és legyen a t ̸= jpárokhoz tartozó összes |Ht ∩ Hj | érték β1 , . . . , βm .
∏mVegyük észre, hogy a feltétel alapján bármely t ̸= j-re a u=1 (ht ·hj −βu )szorzat szükségképpen nulla. Definiáljuk ennek megfelelően a k-változós
f1 , ∏. . . , fn valós együtthatós polinomokat a következőképpen: fj (x) =m= u=1 (x·hj − βu ). Ekkor fj (ht ) = 0, ha t ̸= j, és így az fj -k lineáris
függetlenségét kényelmesen be tudnánk látni, ha fj (hj ) ̸= 0 is teljesülne. Ez
azonban sajnos nem feltétlenül igaz, ezért a konstrukciót egy kicsit finomítani
kell.
A problematikus fj (hj ) = 0 feltétel azt jelenti, hogy |Hj | megegyezik
valamelyik βu -val. Ezért ezt a(z esetleges) tényezőt hagyjuk ki, vagyis legyen
gj azoknak az (x·hj −βu ) tényezőknek a szorzata, ahol βu ̸= |Hj |. Feltehetjük,
hogy |H1 | ≤ |H2 | ≤ . . . ≤ |Hn |, ekkor nyilván{
gj (ht )= 0, ha t < j;
̸= 0, ha t = j.

∑n
A gj -k lineárisan függetlenek a valós test felett, mert a j=1 λj gj = 0 polinomegyenlőségbe h1 , . . . , hn -et ebben a sorrendben egymás után behelyettesítve
rendre kapjuk, hogy λ1 = . . . = λn = 0.
Valamennyi gj egy k-változós legfeljebb m-edfokú polinom, így a függetlenség miatt számuk legfeljebb annyi, mint ennek a térnek a dimenziója.
Ez sajnos még mindig nem adja ki a kívánt becslést, azonban a következő
észrevétellel ezen is segíteni tudunk. A polinomokba csak a hj vektorokat
kellett behelyettesíteni, és ezek minden koordinátája 0 vagy 1. Mivel 02 = 0,
12 = 1, ezért a helyettesítési értékek ugyanazok maradnak, ha a változók magasabb hatványait az első hatványra redukáljuk, azaz elég, ha minden változó
csak az első hatványon szerepel.
Legyen ennek megfelelően (j = 1, 2, . . . , n-re) Gj az a polinom, amelyet
gj -ből úgy kapunk, hogy minden egyes xs változónál x2s helyére xs -et írunk,534

Megoldások 9.5.

amíg ez csak lehetséges. Ekkor az előbbiek szerint Gj (ht ) = gj (ht ) mindent, j-re. Ennélfogva a fenti gondolatmenetet a gj -k helyett a Gj -kre alkalmazva kapjuk, hogy a Gj -k is függetlenek. Másrészt a Gj -k benne vannak az
1, x1 , . . . , xk , x1 x2 , . . . , xk−1 xk , x1 x2 x3 , . . . , x1 x∑
2 · . . .(· x) m , . . . polinomok által
mgenerált altérben. A generátorelemek száma i=0 ki , tehát a dimenzió, ésígy (a lineáris függetlenség miatt) a Gj -k száma is legfeljebb ennyi.
• 9.4.18 Legyenek S1 , . . . , Sb , illetve T1 , . . . , Tc a páros, illetve páratlan elemszámú részhalmazok (b + c = n). A feltétel szerint bármely két (különböző)részhalmaz metszete páros elemszámú. Ekkor az Sj , illetve Ti halmazoknak
megfelelő sj , illetve ti szokásos 0–1 vektorok páronként merőlegesek, sőt az
sj -k önmagukra is merőlegesek (az F2 testet használjuk). Legyen az sj -k, illetve a ti -k által generált altér Us , illetve Ut , és ezek dimenziója s, illetve t. A
Páratlanváros-tétel bizonyítása szerint a ti vektorok függetlenek, ezért t = c,
továbbá nyilván b ≤ 2s , tehát n = b + c ≤ t + 2s .
Megmutatjuk, ∑hogy Us ∩ Ut = 0. Legyen x ∈ Us ∩ Ut , azaz x =∑bc=Vegyük mindkét oldalnak a skalárszorzatát
j=1 λj sj =i=1 µi ti .
tm -mel, ekkor µm = 0 adódik. Mivel ez minden m-re igaz, ezért valóban
x = 0.
A feltételek szerint ⟨Us , Ut ⟩ ⊆ Us⊥ , így s + t = dim⟨Us , Ut ⟩ ≤ k − s, azazs ≤ ⌊(k − t)/2⌋. Innenn≤t+2 ≤t+2s⌊(k−t)/2⌋

⌊k/2⌋

≤2

{
+

0, ha k páros;1, ha k páratlan.

Végül, a felső korlát megvalósulását páros k-ra a 9.4.2 Tétel bizonyításában látott ,,házaspáros” konstrukció biztosítja, páratlan k-ra pedig a hasonlóan
adódó részhalmazok mellé hozzávehetjük pl. magát az egész X-et (azaz azösszes lakost magában foglaló egyesületet).
• 9.5.5 I. Az útmutatást követve először azt igazoljuk, hogy ha f (A) = J,akkor A minden sajátvektora J-nek is sajátvektora. Ez azonnal adódik asajátvektor definíciójából.
II. Tegyük most fel, hogy A minden sajátvektora J-nek is sajátvektora.
Megmutatjuk, hogy ekkor G reguláris és összefüggő. Mivel A sajátvektorai
kifeszítik a teret, ezért az A egyik sajátvektora a j kell hogy legyen. Ha az
ehhez tartozó sajátérték d, akkor G minden csúcsa d-edfokú, tehát G reguláris.
Ha G nem lenne összefüggő, akkor jelöljük az egyik komponensét G1 -gyel,
és legyen u az a vektor, amelynek az i-edik koordinátája ui = 1, illetve 0 aszerint, hogy az i-edik csúcs benne van-e a G1 komponensben vagy sem. Ekkor

535

Megoldások 9.5.

u sajátvektora A-nak (ugyancsak d sajátértékkel), azonban nem sajátvektora
J-nek. Ezzel beláttuk, hogy G valóban összefüggő is.
III. Végül tegyük fel, hogy G reguláris és összefüggő, ekkor meg kell adnunk olyan f polinomot, amelyre f (A) = J. A regularitás miatt j sajátvektora az A-nak d sajátértékkel. Legyen j, v2 , . . . , vn az A ortogonális sajátvektoraiból álló bázis és d, λ2 , . . . , λn a megfelelő sajátértékek. Ekkor vi ∈ ⟨j⟩⊥ ,és így Jvi = 0 minden 2 ≤ i ≤ n esetén.
Megmutatjuk, hogy a d csak egyszeres sajátértéke az A-nak. Tekintsünk
egy d-hez tartozó x sajátvektort és ebben a(z egyik) legnagyobb komponenst.
Vizsgáljuk az ehhez tartozó csúcsot és annak a d darab szomszédját; az egyszerűbb jelölés kedvéért tegyük fel, hogy ezek éppen az első d + 1 csúcs. Ekkor(amint a 9.5.2 feladatban láttuk) d · x1 = x2 + . . . + xd+1 ≤ d · x1 , ahonnan
kapjuk, hogy x1 = x2 = . . . = xd+1 . Ugyanezt a gondolatmenetet mostaz x1 helyett az x2 , . . . , xd+1 -vel megismételve stb., a gráf összefüggőségét
kihasználva adódik, hogy minden xi egyenlő, tehát az x valóban csak a jskalárszorosa lehet.
Legyen f olyan (interpolációs) polinom, amelyre f (d) = n és f (λ2 ) == . . . = f (λn ) = 0 (itt felhasználjuk, hogy d ̸= λi ). Ekkor f (A)j = f (d)j = nj
és f (A)vi = f (λi )vi = 0, tehát f (A) a j, v2 , . . . , vn báziselemeket ugyanoda
képezi, mint a J, ennélfogva valóban f (A) = J.
• 9.5.10 Az útmutatást követve először az (i) állítást igazoljuk. Legyen A nemnegatív elemű szimmetrikus mátrix, Λ a legnagyobb sajátértéke, x ≥ 0, x ̸= 0
és Ax ≥ τ x. Legyen továbbá b∑
1 , . . . , bn ortonormált sajátbázis, λ1 , . . . , λn anmegfelelő
sajátértékekésx=
i=1 ξi bi . Feltehetjük, hogy x normált, azaz∑n2x·x = i=1 ξi = 1. Ekkor
τ = x·(τ x) ≤ x·(Ax) =

n
∑
i=1

λi ξi2 ≤ Λn∑ξi2 = Λ .

i=1

Ezzel (i)-et beláttuk. Ennek felhasználásával (ii) a következőképpen igazolható. Legyen z az A′ mátrixnak egy, a Λ′ maximális sajátértékhez tartozó
sajátvektora, A′ z = Λ′ z. Feltehetjük, hogy z-nek pl. az első koordinátája
pozitív. Hagyjuk meg z nemnegatív koordinátáit, és a(z esetleges) negatív
koordináták helyére írjunk 0-t, az így kapott (nemnegatív) vektor legyen x.
Könnyen láthatóan Ax ≥ A′ x ≥ Λ′ x, és így (i) alapján valóban Λ ≥ Λ′ .
Rátérünk a(z eredeti) feladatnak a csúcsok száma szerinti teljes indukciós
bizonyítására. Legyen k = Λ + 1, meg kell mutatnunk, hogy a gráf k színnel
kiszínezhető. Ha csak egy csúcs van, akkor az egyetlen sajátérték a Λ = 0,tehát k = Λ + 1 = 1, és egy szín nyilván elég. Vegyünk most egy n csúcsú

536

Megoldások 9.6.

G gráfot, és hagyjuk el a(z egyik) legkisebb fokszámú csúcsot a hozzá tartozóélekkel. Az elhagyott csúcs foka a 9.5.9 feladat szerint ≤ Λ = k − 1. A
megmaradó G1 gráfhoz vegyük hozzá az elhagyott csúcsot izolált pontként,az élek nélkül, az így kapott gráfot jelöljük G′ -vel. Könnyen adódik, hogy a
G1 és G′ gráfok maximális sajátértéke ugyanaz (sőt a 0 sajátértéktől, illetve
annak multiplicitásától eltekintve valamennyi sajátérték azonos). A G′ gráf
maximális sajátértékét Λ′ -vel jelölve a (ii) állítás alapján kapjuk, hogy Λ′ ≤ Λ,
ezért az indukciós feltétel szerint G1 kiszínezhető legfeljebb Λ′ + 1 ≤ Λ + 1 = kszínnel. Mivel az elhagyott csúcsnak legfeljebb k − 1 szomszédja volt, ezért a kszín között biztosan van olyan, amelyet ezeknek a szomszédoknak a színezésére
nem használtunk fel, tehát a G1 -nek ez a színezése kiterjeszthető G megfelelő
színezésévé.
• 9.6.3 Tekintsük a p2 elemű T2 véges testet és ebben a p elemű T1 résztestet.
Mivel egy véges test multiplikatív csoportja ciklikus, így van T2 -nek olyan ∆eleme, amelynek a hatványai T2 minden nem nulla elemét előállítják.
Vegyünk egy tetszőleges Θ ∈ T2 \ T1 elemet, és legyenek T1 elemei
γ1 , . . . , γp . Írjuk fel a Θ + γi elemeket Θ + γi = ∆ai alakban, ezzel kijelöltünk
p darab ai egész számot 1 és p2 − 1 között.
Megmutatjuk, hogy ezek eleget tesznek a feltételnek, azaz az ai + ajösszegek páronként különböző maradékot adnak modulo p2 − 1.
Tegyük fel, hogy ai + aj ≡ ak + al (mod p2 − 1). Ekkor az ai -k definíciója alapján (Θ + γi )(Θ + γj ) − (Θ + γk )(Θ + γl ) = 0 adódik. A bal oldal
Θ-nak legfeljebb elsőfokú polinomja T1 -beli együtthatókkal, hiszen Θ2 kiesik.
Elsőfokú azonban nem lehet, mert akkor Θ ∈ T1 következne, így — mivel aΘ gyöke — csak az azonosan nulla polinom lehet. Ekkor azonban pl. a polinomok gyöktényezős alakjának az egyértelműsége miatt {γi , γj } = {γk , γl }, ésígy ugyanez áll az ai -kre is, ami éppen a bizonyítandó állítás volt.
• 9.6.4 Az útmutatást követve vegyünk egy g primitív gyököt modulo p, éslegyen ai az x ≡ i (mod p − 1), x ≡ g i (mod p) szimultán kongruenciarendszer
megoldása modulo p(p−1), i = 1,
( 2, . . . , p−1. )Nyilván elég azt megmutatnunk,hogy bármely c-re a c ≡ ai + aj mod p(p − 1) kongruencia legfeljebb egyetlen{i, j}-vel teljesülhet. Az ai definíciója alapján ez a kongruencia a c ≡ i + j(mod p − 1), c ≡ g i + g j (mod p) szimultán kongruenciarendszerrel ekvivalens.
Itt az első kongruencia átírható a g c ≡ g i g j (mod p) alakba, vagyis a g i és g jszámok összegét és szorzatát is ismerjük modulo p. A gyökök és együtthatók
közötti összefüggés alapján a g i és g j maradékosztályok a z 2 − cz + g c ≡ 0(mod p) másodfokú kongruencia egyértelműen meghatározott gyökei (p prím),és így i és j is egyértelmű.

Megoldások 9.6.

537

∑s
• 9.6.7(c) Legyen Z = i=1 ai és tekintsük azt az η valószínűségi változót,
amely a (különböző) ai -kből képezett 2s darab ui összeg mindegyikét 2−svalószínűséggel veszi fel (az ui -k között szerepel a 0 és a Z is). A várható érték
E(η) = Z/2, ugyanis az ui -k összepárosíthatók úgy, hogy az egy párban levőui -k összege Z legyen. A szórás kiszámításához vezessük be a ξi , i = 1, 2, . . . , svalószínűségi változókat: ξi az ai , illetve 0 értéket 1/2-1/2 valószínűséggel veszi
fel. Ekkor a ξi változók függetlenek és összegük éppen η, tehát a szórásnégyzetre
s
s
∑
1∑ 2
sn2
2
2
D (η) =D (ξi ) =
ai <
4 i=1
4
i=1
adódik. Alkalmazzuk most a Valószínűség(|η−E(η)| ≥ cD(η)) ≤ c−2 Csebisevegyenlőtlenséget az E-re és D-re kapott fenti értékekkel és c = 2-vel. A számolást elvégezve azt kapjuk, hogy a 2s darab (csupa√ különböző) ui összeg
legalább háromnegyed része a Z/2-re szimmetrikus√ 2n s hosszúságú intervallumba esik. Ezért szükségképpen 3 · 2s /4 < 2n s [tehát a√b)-beli hasonló
becsléshez képest lényegében a jobb oldal változott s helyett s-re]. A kapott
egyenlőtlenséget egymás után kétszer logaritmálvas < log2 n + (log2 s)/2 + log2 (8/3) ≤ 2 log2 n ,(M.9.7)

illetve log2 s ≤ 1 + log2 log2 n adódik. Írjuk be ez utóbbit (M.9.7)-be log2 shelyére, ekkor a feladat állításához jutunk.
• 9.6.9 Az útmutatást követve tekintsük azokat a számokat n -ig, amelyeket
a d alapú számrendszerben felírva minden számjegy < d/2 és a számjegyek
négyzetösszege egy adott q érték. Ha három ilyen szám számtani sorozatot
alkot, akkor minden számjegyükre ugyanez áll fenn, mert a jegyekre adott korlátozás miatt két szám összeadása során sohasem képződik átvitel a következő
helyiértékre. Így a középső szám valamennyi jegye a másik két szám megfelelő
jegyeinek számtani közepe. Felírva, hogy mindhárom szám jegyeinek négyzetösszege q, egyszerű számolással adódik, hogy a számok szükségképpen egyenlők. (Más megfogalmazásban: ha a három számot a számjegyeikből alkotott
vektoroknak tekintjük, akkor a harmadik vektor az első kettő összegének a fele,
továbbá mindhárom vektor euklideszi normája egyenlő. Ez csak úgy lehet, hamaguk a vektorok is megegyeznek.)
Adott d a felírásban u ≈ (log n)/(log d) számjegy szerepel, és q-nak legfeljebb ud2 /4 -féle értéke lehet. A halmazainkat minden lehetséges q-ra egyesítve
az összes olyan számot megkapjuk, amelynek minden jegye d/2 -nél kisebb.
Ez összesen kb. n/2u szám. Ezért biztosan van olyan q, amelynek megfelelő
halmaz √elemszáma legalább n/(2u−2 ud2 ). Ez akkor veszi fel a maximumát halog d ≈ log n , és ez a maximum éppen a tétel állításában előírt érték.

538

Megoldások 9.6.

• 9.6.10 Első megoldás: Legyen h tetszőleges. Egy adott n-re az 1, 2, . . . , nszámokat 2n -féleképpen színezhetjük ki két színnel. Számoljuk most meg
azokat a színezéseket, amelyeknél előfordul h-tagú egyszínű számtani sorozat(h-ESZ). Ha egy h-ESZ kezdőtagja j, akkor a diﬀerenciája legfeljebb⌊(n − j)/(h − 1)⌋, azaz az ilyen sorozatok száma legfeljebb∑n−h+1(n − j)
n2
j=1
<
.
h−1
2h − 2Egy h-ESZ színe kétféle lehet, a többi szám színezése pedig 2n−h -féle. Ennélfogva összesen legfeljebb n2 2n−h /(h − 1) színezésnél fordulhat elő h-ESZ(persze így számos rossz színezést többszörösen
is megszámoltunk). Ezért, ha
√
2 n−h
n
h/2
n 2
/(h − 1) < 2 , azaz n < 2
h − 1, akkor biztosan van olyan színezés,amelyben nem fordul elő h-ESZ.
• Második megoldás: Az útmutatást követve tekintsük a p prímmel a 2p elemű
T véges testet, legyen ∆ a multiplikatív csoport generátoreleme és W egy
p − 1-dimenziós altér T -ben (mint F2 feletti vektortérben). A színezés: kakkor piros, ha ∆k ∈ W . Megmutatjuk, hogy az 1, 2, . . . , p(2p − 1) számokat
ily módon kiszínezve nem fordul elő p + 1-tagú egyszínű számtani sorozat.
Tegyük fel indirekt, hogy az 1 ≤ b < b + d < b + 2d < . . . < b + pd ≤≤ p(2p − 1) számok mind azonos színűek. Legyen Θ = ∆b , Ψ = ∆d . A feltétel
szerint ekkor a Θ, ΘΨ, . . . , ΘΨp ,,vektorok” vagy valamennyien a W altérbe
esnek, vagy pedig egyikük sem esik W -be.
Ha a számtani sorozat piros, akkor tehát ezek a vektorok egy p − 1dimenziós altér elemei. Ezért közülük már az elsőp darab is lineárisan össze∑p−1függő, azaz alkalmas γi ∈ F2 együtthatókkal i=0 γi (ΘΨi ) = 0 nem triviálisan teljesül. Az egyenlőséget Θ-val elosztva azt kapjuk, hogy Ψ gyöke egy
p-nél alacsonyabb fokú F2 feletti polinomnak. Mivel Ψ foka osztója T fokának,vagyis p-nek, ezért Ψ foka csak 1 lehet, azaz Ψ ∈ F2 . Ez azonban ellentmondás,
hiszen nyilván Ψ ̸= 0 és d < 2p − 1 miatt Ψ ̸= 1.
Ha a számtani sorozat kék, akkor a ΘΨ−Θ, ΘΨ2 −ΘΨ, . . . , ΘΨp −ΘΨp−1
vektorokra kell megismételni az előző gondolatmenetet (csak Θ helyett mostΘ(Ψ − 1)-gyel kell a megfelelő egyenlőséget elosztani).
• További megoldások : Közvetlen számolással igazolható, hogy az útmutatásoknál jelzett további három konstrukció is megfelel a feladat feltételeinek.
• Megjegyzés: Az egyes megoldások ,,hatékonyságát” összevetve a következőket
állapíthatjuk meg. Az első megoldás semmilyen értelemben nem ad konstrukciót,√a számtani sorozat tagszáma tetszőleges h lehet, és nagyjából az n <2h/2 h korlátig alkalmazható. A második megoldás sem ,,igazi” konstrukció, továbbá itt a h speciálisan csak p + 1 lehet (természetesen a prímek sűrű

Megoldások 9.7.

539

elhelyezkedése alapján valamivel gyengébb eredmény a többi h-ra is nyerhető), az n-re kapott korlát viszont jobb, az előzőnek durván a négyzete. A
további három megoldás ,,igazi” konstrukciót biztosít, ugyanakkor nagy h esetén kisebb n-ig lesz használható. A harmadik megoldás a következőképpen
általánosítható: a 7 és a 17 helyett egy h, illetve h/2 körüli prímet prímet
kell venni, és ekkor kb. n = h3 /2-ig√jó a színezés.
A negyedik megoldás√
nagy h-ra történő
általánosításánál a h és 2 h prímekkel dolgozhatunk, és√
kb. n = e h -ig jó a színezés. Az ötödik megoldásnál az általános esetben
2h3 körüli korlát adódik n-re. Ebből látszik, hogy nagy h esetén az első két
megoldás lényegesen nagyobb n-ekre biztosítja a megfelelő színezés létezését,mint a másik három konstrukció.
• 9.7.7(a) Utalunk az útmutatásra és csak az ott ,,észrevételnek” nevezettállítás bizonyítását részletezzük. Legyenek tehát egy H háromszög szögei
a racionális test felett lineárisan függetlenek. Azt kell igazolnunk, hogy H
csak úgy bontható fel hasonló háromszögekre, ha azok H-hoz is hasonlók,
továbbá ekkor H felbontásánál a kis háromszögek H szögeit nem ∑vághatják
3
el. Legyenek a kis háromszögek szögei α1 , α2 , α3 , ekkor H szögei i=1 ki αi∑3alakúak nemnegatív egész ki -kkel. Összeadva H szögeit π =i=1 mi αiadódik. Ha itt pl. m1 = 0, akkor H mindhárom szöge kifejezhető α2 és
α3 lineáris kombinációjaként, ami ellentmond annak,∑3 hogy H szögei lineárisan
függetlenek. Ha mindegyik mi ≥ 1, akkor π = i=1 αi miatt csak mi = 1
lehetséges, vagyis H szögei is α1 , α2 , α3 , tehát H valóban hasonló a kis háromszögekhez. Azt is kaptuk, hogy H felbontásánál a kis háromszögek H szögeit
nem vághatják el.
• (b) Az útmutatásban jelzett állításokat igazoljuk. Legyen H olyan háromszög, amelyben mind a szögek, mind pedig az oldalak lineárisan függetlenek√a racionális test felett. Tegyük fel, hogy n nem négyzetszám, azaz n irracionális, és H-t mégis fel lehet bontani n egybevágó K kis háromszögre.
Az (a) részben láttuk, hogy ekkor a szögek függetlensége miatt K szükségképpen hasonló H-hoz. Legyenek a K, illetve H √háromszögek oldalai
a1 ,∑a2 , a3 , illetve A1 , A2 , A3 . Ekkor egyrészt Ai = ai n, másrészt Ai =3
= j=1 kij aj , ahol a kij -k nemnegatív egészek. Ez azt jelenti, hogy a1 , a2 , a3
egy nem triviális megoldása a√
k12 x2+
k13 x3=0(k11 − n)x1 +√k23 x3=0
k21 x1+(k22 − n)x2 +√k31 x1+
k32 x2+ (k33 − n)x3 = 0

540

Megoldások 9.7.

homogén lineáris egyenletrendszernek. Ezért az


√
k12√
k13
k11 − nA =  k21
k22 − nk23√ 
k31
k32
k − n
√ 33
együtthatómátrix rangja r(A) < 3. Továbbá n irracionalitása miatt az elsőkét sor csak úgy lehet egymás skalárszorosa, ha k13 = k23 = 0, ekkor viszonta harmadik sor és az első sor nem skalárszorosok, tehát r(A) > 1. Emiattr(A) = 2, tehát az egyenletrendszer megoldásában egyetlen szabad paraméter√van. Legyen ez pl. a3 és válasszuk a3 értékét 1-nek. Ekkor a1 és a2 is c + d n
alakú lesz,√ ahol c és d alkalmas racionális számok. Így mindhárom ai benne vanaz ⟨1, n⟩ kétdimenziós altérben, ami ellentmond annak, hogy az ai oldalaklineárisan függetlenek voltak.
Meg kell még mutatnunk, hogy valóban létezik olyan háromszög, amelyben mind a szögek, mind pedig az oldalak lineárisan függetlenek. Az utóbbi
feltétel a szinusztétel alapján ekvivalens azzal, hogy a szögek szinuszai függetlenek. Belátjuk, hogy ha egy háromszögben az egyik szög szinusza egy
0, ±1/2, ±1-től különböző racionális szám és egy másik szög szinusza transzcendens, akkor mind a szögek, mind pedig a szinuszaik lineárisan függetleneka racionális test felett.
Fel fogjuk használni, hogy ha sin γ algebrai, akkor tetszőleges s racionális
számra√ sin(sγ) is algebrai. Valóban, mivel sin γ algebrai, ezért cos γ == ± 1 − sin2 γ is az, ennélfogva z = cos γ + i sin γ is algebrai. Mivel egy
algebrai szám minden racionális kitevőjű hatványa is algebrai, tehát z s és így
annak képzetes része, azaz sin(sγ) is algebrai. Hasonlóan adódik, hogy ha
sin γ1 és sin γ2 mindketten algebraiak, akkor sin(γ1 + γ2 ) is algebrai. (Összefoglalva, azok a szögek, amelyek szinusza algebrai, alteret alkotnak a valós
számoknak a racionális test feletti szokásos vektorterében.)Ezen előkészületek után tekintsünk egy olyan háromszöget, amelyben
sin α1 = r, sin α2 = t, ahol r egy 0, ±1/2, ±1-től különböző racionális, t pedig
tetszőleges transzcendens szám. Először a szögek függetlenségét igazoljuk. Indirekt tegyük fel, hogy az α1 , α2 és α3 = π − (α1 + α2 ) szögek egy nem triviális
racionális együtthatós kombinációja nulla. Ezt átrendezve r0 π + r1 α1 = r2 α2adódik, ahol az ri -k racionális számok és nem mindegyik nulla. Itt az előrebocsátott megjegyzés szerint a bal oldal szinusza algebrai, ugyanakkor a jobb
oldalé r2 ̸= 0 esetén transzcendens. Így szükségképpen r2 = 0. Ez azonban
azt jelentené, hogy α1 /π racionális, ami a 9.7.2b feladat szerint lehetetlen. Ez
az ellentmondás igazolja, hogy az αi szögek valóban függetlenek.
Most rátérünk a szinuszok függetlenségének az igazolására. Indirekt
tegyük fel, hogy sin α1 , sin α2 és sin α3 = sin α1 cos α2 + cos α1 sin α2 lineárisan

541

Megoldások 10.2.

összefüggők. Mivel a feltétel szerint sin α2 / sin α1 irracionális (sőt transzcendens), ezért sin α1 cos α2 + cos α1 sin α2 = r1 sin α1 + r2 sin α2 kell hogy fennálljon alkalmas ri racionális számokkal. Ezt átrendezve sin α1 (cos α2 − r1 ) == sin α2 (− cos α1 + r2 ) adódik. Emeljük mindkét oldalt négyzetre, írjunk
sin2 α2 helyére 1−cos2 α2 -t, és rendezzünk cos α2 hatványai szerint. Itt cos2 α2együtthatója sin2 α1 +(r2 −cos α1 )2 ̸= 0. Így azt kaptuk, hogy cos α2 gyöke egy
olyan másodfokú egyenletnek, amelynek az együtthatói algebrai számok. A
másodfokú egyenlet megoldóképletéből ekkor cos α2 -re is algebrai szám adódik,így sin α2 is algebrai, ami ellentmond a feltételnek.
• (c) Ha n = k 2 , akkor egy tetszőleges háromszög minden oldalát k egyenlő
részre osztva nyilván megfelelő felbontást kapunk. Ha n = k 2 + m2 (aholk, m > 0), akkor vegyünk egy olyan derékszögű háromszöget, amelynek abefogói k és m, és húzzuk meg az átfogóhoz tartozó magasságot. Ekkor két, az
eredetihez hasonló derékszögű háromszöget kapunk, amelyek átfogói k, illetve
m. A kapott két háromszög oldalait k, illetve m egyenlő részre osztva fel
tudjuk bontani őket k 2 , illetve m2 olyan, az eredetihez hasonló kis háromszögre, amelyek átfogója egységnyi, és így a kis háromszögek egybevágók. Ezzel az
eredeti háromszöget valóban n = k 2 +m2 megfelelő kis háromszögre bontottuk.
(Speciálisan, ha k = m, akkor egyenlő szárú derékszögű háromszöget kellvenni.)Ha n = 3k 2 , akkor a következő konstrukció lesz megfelelő. Húzzuk be egy
S szabályos háromszög súlyvonalait, ezek S-et 6 darab egybevágó derékszögű
háromszögre bontják, amelyek másik két szöge 30 és 60 fokos. Ugyanilyen az
S ,,egyik felét” alkotó F háromszög is. Ezért F felbontható 3 darab egybevágó
és hozzá hasonló háromszögre. Ezután a három háromszög mindegyikét aszokásos eljárással egyenként k 2 részre vágva F -et valóban n = 3k 2 megfelelő
kis háromszögre bontottuk.

10. Kódok
• 10.2.1 Először a kódoló függvényeket tekintjük. Egy (k, n) kód kódoló
függvénye egy tetszőleges φ : T n → T k injektív leképezés. Legyen T n ={v1 , . . . , v2n }. A v1 -hez hozzárendelhető bármely c1 ∈ T k , a v2 -höz bármely
2n∏c2 ̸= c1 stb. Így a kódoló függvények száma Γ =(2k − i + 1).
i=1

A lineáris kódok kódoló függvényei A : T n → T k injektív lineáris leképezések. Ezeket úgy jellemezhetjük, hogy egy b1 , . . . , bn ∈ T n bázishoz
c1 , . . . , cn ∈ T k lineárisan független vektorokat rendelünk. Így c1 bármely

542

Megoldások 10.4.

nem nulla vektor lehet T k -ban, c2 bármely vektor, ami nincs a ⟨c1 ⟩ altérben,és általában, cj tetszőleges vektor, ami nincs a ⟨c1 , . . . , cj−1 ⟩ altérben. Így an−1∏lineáris leképezések száma Λ =(2k − 2j ).
j=0Mivel Λ a Γ néhány tényezőjének a szorzata, ezért Λ | Γ, azaz (b) igaz.
Rátérve a kódokra, egy (k, n) kód a T k tetszőleges 2n elemű részhalmaza.
( k) ∏
2n k
2 −i+1
2=
Az összes kód száma tehát γ =
.
2n
i
i=1
Egy (k, n) lineáris kód a T k tetszőleges n-dimenziós altere. Egy ilyen
alteret n lineárisan független c1 , . . . , cn ∈ F k vektor generál. Az ilyen vektorrendszerek száma Λ (ahol a vektorok sorrendje is számít). Azonban ugyanazt
a W alteret generálja bármely n lineárisan független W -beli vektor. A Λmeghatározási módszerét T k helyett W -re alkalmazva, az ilyen rendszerek
n−1
n−1
∏
∏ 2k − 2j
n
j
száma
.
(2 − 2 ). Azaz a lináris kódok száma λ =2n − 2jj=0
j=0
Azt kaptuk, hogy λ-ban a számláló, illetve nevező a γ számlálójából, illetve nevezőjéből vett néhány tényező szorzata. Ebőől azonban nem következik
λ | γ. Például n = 3-raγ
2k−4 (2k − 3)(2k − 5)(2k − 6)(2k − 7)
=
.
λ
3·5
A számláló tényezői nem fedik le az összes lehetséges maradékot mod 5; egyikük sem osztható 5-tel, ha 2k ≡ 4 (mod 5). Mivel 26 ≡ 4 (mod 5), így γ/λnem egész szám, ha (k, n) = (6, 3). Tehát (a) hamis.
• 10.4.3(a) A 10.4.1 Tétel utáni példa mintájára vehető m1 = x4 + x + 1. A
Θ = ∆3 elemre Θ5 = ∆15 = 1, ezért Θ gyöke az f = x4 + x3 + x2 + x + 1(körosztási) polinomnak. Ez könnyen láthatóan irreducibilis F2 felett, így
m3 = f . A Ψ = ∆5 elemre Ψ3 = ∆15 = 1, ezért Ψ gyöke a h = x2 + x + 1
irreducibilis polinomnak, ahonnan m5 = h. Innen s = 4 + 4 + 2 = 10.
• (b) Mivel a 3 és az 5 is relatív prím a T q test multiplikatív csoportjának
az elemszámához, a 2q − 1-hez, ezért ∆3 és ∆5 is generátorelem ebben acsoportban. Ebből következik, hogy az F2 testnek a ∆3 -nal, illetve a ∆5 -nelvaló bővítése kiadja az egész T q testet (sőt az összeadásra tulajdonképpen
nincs is szükség), ezért ∆3 és ∆5 minimálpolinomja is q-adfokú.
A 10.4.2 feladat szerint azt kell még belátnunk, hogy ∆, ∆3 és ∆5 közül
semelyik kettőnek sem ugyanaz a minimálpolinomja. Ehhez először azt igazoljuk, hogy ha ∆i generátorelem a T q test multiplikatív csoportjában (azaz543

Megoldások 10.4.

i és 2q − 1 relatív prímek), akkor mi összes gyökét a ∆-nak az i · 2j kitevőjű
hatványai adják, ahol 0 ≤ j < q. A 10.4.2 Tétel bizonyításánál láttuk, hogy Θés Θ2 minimálpolinomja ugyanaz. Ebből következik, hogy mi -nek a megadottq darab ∆-hatvány valóban gyöke. Belátjuk még, hogy ezek mind különbözők, és így szükségképpen mi -nek mind a q darab gyökét megkaptuk. A∆ két hatványa pontosan akkor egyenlő, ha a kitevők különbsége oszthatóo(∆) = 2q − 1-gyel. Ha 0 ≤ u < j < q, akkor i2j − i2u = i2u (2j−u − 1)-benaz első két tényező relatív prím a 2q − 1-hez, a harmadik tényező pedig kisebb
2q − 1-nél, így a szorzat nem lehet osztható 2q − 1-gyel. Ezzel megmutattuk, hogy a megadott ∆-hatványok mind különbözők, és így ezek adják az mipolinom gyökeit.
Most belátjuk, hogy a ∆, ∆3 és ∆5 elemeknek páronként különböző aminimálpolinomja. Ha m1 = m3 lenne, akkor ∆3 szerepelne az m1 gyökei
között, azaz 3 = 2j teljesülne, ami lehetetlen (itt a kitevőknél a modulo 2q − 1
kongruencia helyett azért lehetett az egyenlőséget nézni, mert mind a 3, mind
pedig a 2j kitevő 0 és 2q − 1 közé esett). Ugyanígy az m1 = m5 feltételezésis ellentmondásra vezet. Végül tegyük fel, hogy m3 = m5 , azaz ∆5 gyöke
m3 -nak. Az m3 gyökei ∆-nak az alábbi kitevőjű hatványai:
3, 6, 12, . . . , 3 · 2q−2 , 3 · 2q−1 = 2q + 2q−1 ≡ 2q−1 + 1(mod 2q − 1).

Azonban az 5 ezek közül (a 0 és 2q − 1 közötti értékek közül) egyikkel sem
egyezhet meg (az utolsóval q > 3 miatt nem), tehát ebben az esetben is ellentmondásra jutottunk.
• 10.4.5(a) Tudjuk, hogy a 2q elemű test összes részteste 2v elemű, ahol v | q,és minden ilyen v-hez pontosan egy 2v elemű T v résztest tartozik. A T v test
Gv multiplikatív csoportja egy 2v − 1 elemű részcsoport a T q test (ciklikus)
multiplikatív csoportjában, így Gv -t a ∆-nak a (2q − 1)/(2v − 1)-edik hatványa
generálja. Ez azt jelenti, hogy T v nem nulla elemei azok a ∆i hatványok, ahol
(2q − 1)/(2v − 1) | i. Más szóval, valamely i-re ∆i pontosan azokban a T v
résztestekben van benne, amelyekre (2q − 1)/(2v − 1) | i. Tudjuk, hogy deg mia ∆i -t tartalmazó legszűkebb résztestnek a(z F2 test feletti) dimenziója. A
legszűkebb résztestet éppen a legkisebb megfelelő v érték szolgáltatja, tehát
deg mi valóban a legkisebb ilyen tulajdonságú v, amint állítottuk.
• (b) A 10.4.2 Tétel bizonyításánál láttuk, hogy Θ és Θ2 minimálpolinomja
ugyanaz. Ebből következik, hogy mi -nek gyöke minden olyan ∆-hatvány, ahol
a kitevő i · 2j alakú. Nézzük meg, hány különböző ilyen hatvány keletkezik.
Az első ismétlődés akkor következik be, amikor i · 2v − i először oszthatóo(∆) = 2q − 1-gyel, vagyis a legkisebb olyan v-re, amikor (2q − 1)/(2v − 1) | i.
Az (a) részben láttuk, hogy ez a v éppen deg mi . Ez azt jelenti, hogy a544

Megoldások 10.4.

szóban forgó ∆-hatványok között éppen deg mi darab különböző található,
ezek valamennyien gyökei mi -nek, vagyis valóban ezek adják mi összes gyökét.
• 10.4.6 Először megmutatjuk, hogy minden i ≤ 2t − 1-re deg mi = q. Ellenkező esetben a 10.4.5a feladat szerint lenne a q-nak olyan valódi v osztója,
amelyre (2q − 1)/(2v − 1) | i. Ekkor v ≤ q/2, és ígyi ≥ (2q − 1)/(2v − 1) ≥ (2q − 1)/(2q/2 − 1) = 2q/2 + 1,
ugyanakkor a feltétel szerint i ≤ 2t − 1 ≤ 2q/2 − 1, ami ellentmondás.
Most belátjuk, hogy mi ̸= ml , ahol i és l különböző páratlan számok 1és 2t − 1 között. Indirekt tegyük fel, hogy mi = ml . Ekkor ∆l szerepel migyökei között, azaz a 10.4.5b feladat szerint l ≡ i · 2j (mod 2q − 1) teljesül
valamilyen 0 ≤ j < q-ra. Ha j ≤ q/2, akkor i · 2j ≤ (2q/2 − 1)2q/2 < 2q − 1,tehát a kongruencia helyett egyenlőségnek kellene teljesülnie, ami nyilván nem
lehet. Ha j > q/2, akkor írjuk át a kongruenciát i2j − y2q = l − y alakba. Itta bal oldal osztható 2j -vel, de (j < q miatt) nem lehet nulla, ezért abszolútértéke legalább 2j > 2q/2 . A jobb oldal abszolút értéke azonban ennél kisebb,
hiszen 0 < l ≤ 2t − 1 < 2q/2 , valamint (j < q miatt) 0 ≤ y < i < 2q/2 .
Mindenképpen ellentmondásra jutottunk, tehát valóban mi ̸= ml .
Ezzel igazoltuk, hogy m1 , m3 , . . . , m2t−1 páronként különböző q-adfokú
polinomok, amiből a 10.4.2 feladat alapján következik, hogy s = tq.
• 10.4.9(a) A továbbiakban Tk [x]-et az Rk = T [x]/(xk − 1) faktorgyűrűvel
azonosítjuk, azaz a legfeljebb k−1-edfokú polinomokat mint az xk −1-gyel való
osztási maradékokat tekintjük. Ennek az az előnye, hogy Tk [x]-en a szorzás isértelmes, tehát egy gyűrűt (sőt algebrát) kapunk.
Ennek alapján a ciklikus kód definíciója pontosan azt jelenti, hogy egy
kódszó x-szerese is kódszó: x(γ0 + γ1 x + . . . + γk−1 xk−1 ) = γ0 x + γ1 x2 + . . . ++γk−2 xk−1 + γk−1 xk = γk−1 + γ0 x + γ1 x2 + . . . + γk−2 xk−1 .
Felhasználva, hogy a kód lineáris, azaz kódszavak összege is kódszó, azonnal adódik, hogy a ciklikus kódok úgy is jellemezhetők, hogy egy kódszó
bármely polinomszorosa is kódszó. Így egy kód pontosan akkor ciklikus, ha akódszavak egy ideál t alkotnak Rk -ban.
Mivel T [x]-ben van maradékos osztás, ezért minden ideálja főideál, és így
ugyanez érvényes Rk -ban is. Ez azt jelenti, hogy ciklikus kód esetén K egy
alkalmas g polinom többszöröseiből áll. A 10.2.8c feladat alapján feltehető,hogy g | xk − 1 és K éppen a g polinom által generált polinomkód kódszavaiból
áll.
Végül, a megfordításhoz azt igazoljuk, hogy egy ilyen polinomkód valóban
ciklikus. Ez onnan adódik, hogy ha gf kódszó, akkor ennek a ciklikus per-

Megoldások 10.4.

545

mutációja x(gf ) = g(xf ) is kódszó. (Ha az xf polinom foka n, akkor helyetteaz (xk − 1)/g polinommal való osztási maradékát kell venni.)• 10.4.10 A 10.3.9 feladat szerint olyan m × k méretű kvázi-paritásellenőrző
mátrixot kell gyártani, amelynek bármelyik d − 1 oszlopa független. Az elsőoszlop legyen egy tetszőleges nem nulla vektor. Tegyük fel, hogy az első joszlopot már elkészítettük. Ekkor a j+1-ediket úgy kell megválasztani, hogy az
ne legyen felírható az első j oszlop közül semelyik legfeljebb d−2-nek a lineáris
kombinációjaként.
Ezzel kizártuk a nullvektort,
a j darab eddigi oszlopvektort,()()
ezek 2j darab páronkénti összegét, 3j darab hármankénti összegét stb. Így∑d−2 ( )összesen legfeljebb i=0 ji vektort zártunk ki (lehet, hogy csak kevesebbet,
mert ezek között az öszegek között — i ≥ d/2 esetén — már előfordulhatnak∑d−2 (j )mmösszesegybeesők). Ha
i=0 i < 2 , akkor biztosan nem zártuk ki T
vektorát, tehát tudunk egy alkalmas j + 1-edik oszlopot választani. A feltétel
alapján ez még j = k − 1-re is megvalósítható, tehát valóban egy megfelelő
m × k méretű kvázi-paritásellenőrző mátrixhoz jutunk.
• 10.4.11(a) A q szerinti teljes indukciót formálisan a (tulajdonképpen tiltott)q = 1 esettel érdemes kezdeni, amelyre az állítás nyilvánvaló. Tegyük fel,hogy q-ra igaz az állítás, azaz a nem nulla kódszavak súlyának a minimuma
2q−1 . Amikor q-ról q + 1-re lépünk, akkor a generátormátrixnak kétszer annyi
sora és eggyel(több oszlopa lesz. Legyen
G(1, q) = ( 1 a1 . . . aq ), ekkor)
1 0 a 1 . . . aq
G(1, q + 1) =, azaz az új mátrixban az utolsó q oszlop1 1 a 1 . . . aq
nak és az első oszlopnak az alsó és felső fele egyaránt a régi mátrix megfelelő
oszlopa, a második oszlop felső és alsó fele pedig csupa 0, illetve csupa 1. Ez
azt jelenti, hogy az új kódszavakat részben a régiek megduplázásával kapjuk,
részben pedig úgy, hogy egy régi kódszó után annak komplementerét írjuk. Az
utóbbi módon gyártott vektorok súlya nyilván 2q , a duplázottak súlya pedig akétszerese az eredeti kódszavak súlyának, vagyis az indukciós feltevés szerint(a nem nulla kódszavakra) legalább 2 · 2q−1 = 2q .
• (b) Jelöljük a kódszavak közötti minimális távolságot d(m, q)-val. Ad(m, q) = 2q−m állítást (pl.) q + m szerinti teljes indukcióval bizonyíthatjuk.
Az m = 1 esetet már az (a) részben igazoltuk, tehát feltehetjük, hogy q >> m ≥ 2. A G(m, q) mátrix oszlopait permutáljuk úgy, hogy a végére kerüljenek mindazok az oszlopok, amelyeknek a felső része csupa 0 (ez az eredeti
számozás szerinti második oszlop, valamint annak valahány további oszloppal való szorzata). Ekkor — felhasználva (az (a) rész meggondolásait is )—G(m, q − 1)0az alábbi blokkokból álló mátrixot kapjuk:.
G(m, q − 1) G(m − 1, q − 1)

546

Megoldások A.3.

Ez a 10.2.7 feladat III. konstrukciójának felel meg. Ezért()
d(m, q) = min 2d(m, q − 1), d(m − 1, q − 1) ,és így az indukciós feltétel szerint()
d(m, q) = min 2 · 2q−1−m , 2(q−1)−(m−1) = 2q−m .

A. Algebrai alapfogalmak• A.3.14(b) Jelölje Tn az összes primitív n-edik egységgyök összegét. Nyilván
T1 = 1. Belátjuk, hogy
I. Tp = −1 és Tpk = 0, ha p prímszám és k > 1, valamint
II. Tk Tm = Tkm , ha (k, m) = 1.
Ezekből azonnal következik, hogy Tn = (−1)r , ha az n szám r különböző
prím szorzata, és Tn = 0 a többi n > 1-re. Ez az ún. Möbius-függvény,amelynek szokásos jelölése µ(n), és fontos szerepet játszik a számelméletben.
Az A.11.12b feladat megoldásában is előfordul.
I. Jelölje Sn az összes n-edik egységgyök összegét. Az A.3.12 feladat
alapján minden n > 1-re Sn = 0. Ha n = p, akkor z = 1 kivételével minden
p-edik egységgyök primitív, mivel z p = 1 ⇐⇒ o(z) | p ⇐⇒ o(z) = p or 1.
Így Tp = Sp − 1 = 0 − 1 = −1.
Ha n = pk , ahol k > 1, akkorkz p = 1 ⇐⇒ o(z) | pk ⇐⇒ o(z) = pk vagy o(z) | pk−1 ⇐⇒⇐⇒ o(z) = pk vagy z p

k−1

= 1,

amiből Tpk = Spk − Spk−1 = 0 − 0 = 0 következik.
II. Belátjuk, hogy ha z és w primitív k-adik és m-edik egységgyökök,ahol (k, m) = 1, akkor zw primitív km-edik egységgyök. Más szóval, hao(z) = k és o(w) = m, akkor o(zw) = km. Az A.3.13(b) feladat szerinto(zw) | km. A fordított irányú oszthatóság belátásához legyen o(wz) = t,tehát 1 = (wz)t . Innen w-t úgy tudjuk kiküszöbölni, hogy ezt az egyenlőségetaz m-edik hatványra emeljük: 1 = z tm wtm = z tm . Ebből következik, hogyo(z) = k | tm, ezért (k, m) = 1 miatt k | t. Az m | t oszthatóság ugyanígy
adódik. Így km = [k, m] | t, ahogy állítottuk.
Most megmutatjuk, hogy megfordítva, minden u primitív km-edik egységgyök egyértelműen felírható u = zw alakban, ahol z és w primitív k-adik,
illetve m-edik egységgyök. Az euklideszi algoritmusból következik, hogy

547

Megoldások A.3.

(k, m) = 1 = rk + ms alkalmas r és s egészekkel. Nyilván (r, m) = (s, k) = 1.
Ekkor u = ums+kr = ums ukr . Belátjuk, hogy z = ums és w = ukr primitív
k-adik, illetve m-edik egységgyökök. Az A.3.13(a) feladat alapjáno(z) = o(ums ) =

o(u)
km
k
=
=
= k,
(o(u), ms)(km, ms)(k, s)

és ugyanígy o(w) = m. Az egyértelműség igazolásához legyen z1 w1 = z2 w2 ,ahol o(zj ) = k és o(wj ) = m. Ekkor v = z1 /z2 = w2 /w1 -re v k = v m = 1
teljesül. Tehát o(v) | (k, m) = 1, azaz v = 1, és így z1 = z2 és w1 = w2 .
Legyen z1 , z2 , . . . , za , w1 , w2 , . . . , wb és u1 , u2 , . . . , uc rendre az összes primitív k-adik, m-edik és km-edik egységgyök. Beláttuk, hogy az uh számok
ugyanazok, mint a zi wj szorzatok. Ennek alapján
Tkm =

c
∑
h=1

uh =

∑
1≤i≤a
1≤j≤b

( a )( b)∑∑zi w j =zi
wj = Tk Tm .
i=1

j=1

∑n
• A.3.16 Legyen U = k=1 cos(kx). Ha x = 2mπ, ahol m egész szám, akkorcos(kx) = 1, tehát U = n. A továbbiakban feltesszük, hogy x ̸= 2mπ.
∑nElső megoldás: Legyen z = cos x + i sin x, ekkor U a V = k=1 z k mértanizn − 1. A Re V szebb alakjához
sorösszeg valós része. Mivel z ̸= 1, V = zz−1
legyen w = cos(x/2) + i sin(x/2), ekkor z = w2 . Helyettesítsük ezt be V -be,emeljünk ki wn -et a számlálóból és w-t a nevezőből, és használjuk fel, hogy
1/w = w:nnnn
w2n − 12+n−1 w − (1/w)
n+1 w − (w)
=
w
=
w
=
w2 − 1w − (1/w)
w−w)()) sin(nx/2)
2i sin(nx/2) ( (= wn+1= cos (n + 1)x/2 + i sin (n + 1)x/2.
2i sin(x/2)
sin(x/2)

V = w2sin(nx/2) cos((n + 1)x/2).
sin(x/2)
Második megoldás: A második útmutatást követve legyen W = sin(x/2)U .
Mivel x ̸= 2mπ, így sin(x/2) ̸= 0. Az útmutatásban
megadotttrigonometikus()()
sin (2k + 1)x/2 − sin (2k − 1)x/2
azonosság alapján sin(x/2) cos(kx) =.
2
Tehát U = Re V =548

Megoldások A.8.

Ezeket az egyenlőségeket k = 1, 2, . . . , n-re összegezve egy teleszkopikus összeg
adódik, tehát()()
sin (2n + 1)x/2 − sin(x/2)
W == sin(nx/2) cos (n + 1)x/2
2(az utolsó lépésben még egyszer alkalmaztuk ugyanazt a trigonometrikus azonosságot).
• A.7.7(f ) Az állítás a (c) rész alapján minden 1 ≤ i ≤ n−1-re igaz. Továbbá
az a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn és an + an−1 x + . . . + a1 xn−1 + a0 xn polinomok
gyökei éppen egymás reciprokai, ezért az i = n és i = 0 esetek közül elég azegyikre szorítkozni.
Az i = 0 eset igazolásához tegyük fel indirekt, hogy véges sok kivételtől
eltekintve bármilyen s egész szám esetén az s + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn
polinomnak van racionális gyöke, azaz alkalmas r racionális számmal a −s
felírható −s = a1 r + a2 r2 + . . . + an rn alakban. Egy ilyen r gyök (s-től
függetlenül) csak k/an alakú racionális szám lehet. Ez azt jelenti, hogy a
g = a1 x + a2 x2 + . . . + an xn polinomfüggvénybe a k/an alakú racionális
számokat behelyettesítve véges sok kivételtől eltekintve minden egész számot
meg kellene kapnunk.
Legyen M egy nagy szám és tekintsük az összes olyan√ g(k/an ) helyettesítési értéket, amelyre |g(k/an )| < M . Ha |k/an | ≥ 2M/|an |, akkor —felhasználva, hogy minden elég nagy abszolút értékű x-re |g(x)| > |an xn /2| ≥≥ |an x2 /2| — azt kapjuk, hogy |g(k/a√ n )| > M , ami ellentmondás. Ennek
megfelelően szükségképpen |k/an | < 2M/|an |. √√Az ilyen k/an számok száma legfeljebb 2|an | 2M/|an | < 3|an | M . A
feltétel szerint ugyanakkor az ezekből képzett g(k/an ) helyettesítési értékek
között legfeljebb R darab kivételtől eltekintve a −M és M közé eső összes√
egész számnak is szerepelnie kell. Ez azt jelenti, hogy 2M − 1 − R ≤ 3|an | M ,ami elég nagy M esetén nyilván lehetetlen.
• A.8.10(a) Ha |G| = 1 vagy prímszám, akkor egy H részcsoportra Lagrange
tétele szerint csak |H| = 1 vagy |H| = |G| lehetséges, vagyis szükségképpen
H = e vagy H = G. Tehát ha |G| = 1 vagy prímszám, akkor G-nek csak
triviális részcsoportjai vannak. Megmutatjuk, hogy más ilyen tulajdonságú
csoport nincs. Tegyük fel, hogy G-nek az e-n és önmagán kívül nincs más
részcsoportja. Ekkor bármely g ̸= e-re szükségképpen G = ⟨g⟩. Ha o(g) = ∞,akkor ⟨g 2 ⟩, ha pedig o(g) összetett szám és d az o(g) egy nem triviális osztója,
akkor ⟨g d ⟩ egy nem triviális részcsoportot alkot ⟨g⟩-ben, ami ellentmondás.
Tehát |G| = o(g) valóban csak 1 vagy prímszám lehet.

Megoldások A.10.

549• (b) Egy véges csoportnak nyilván csak véges sok részcsoportja van. Megmutatjuk, hogy ennek a megfordítása is igaz, azaz bármely végtelen csoportban
végtelen sok részcsoport található. Ha létezik olyan g ∈ G, amelyre o(g) = ∞,akkor a ⟨g k ⟩, k = 1, 2, 3, . . . részcsoportok mind különbözők. Ha G-ben minden
elem véges rendű (de |G| = ∞), akkor legyen pl. g1 = e, és ha már g1 , . . . , gi -t
kiválasztottuk, akkor gi+1 legyen egy tetszőleges olyan elem, amely nincs benne
a ⟨g1 ⟩, . . . , ⟨gi ⟩ ciklikus részcsoportok egyesítésében. Az elemrendek végessége
miatt a ciklikus részcsoportok végesek, ugyanakkor |G| = ∞, ezért ez az eljárás
nem akad meg. Az így nyert ⟨gi ⟩, i = 1, 2, 3, . . . részcsoportok mind különbözők.
• A.10.1 A feltételek szerint M egy n-dimenziós vektortér L felett, ezért
bármely n + 1 eleme lineárisan összefüggő. Speciálisan, az 1, Θ, Θ2 , . . . , Θnelemek is lineárisan összefüggők, azaz
olyan γ0 , γ1 , . . . γn ∈ L nem∑n léteznekicsupa nulla ,,skalárok”,
amelyekre
i=0 γi Θ = 0. Ez azt jelenti, hogy Θ
∑n
i
γ
x
∈
L[x]
nem
nulla polinomnak, tehát legfeljebb ngyöke az f =i
i=0
edfokú algebrai elem L felett.
A deg Θ | n állítás bizonyításához tekintsük⊆(M testláncot.
( az L ⊆ L(Θ)))
A fokszámtétel szerint n = deg(M : L) = deg M : L(Θ) · deg L(Θ) : L , és
itt a második tényező éppen deg Θ.
• A.10.16 Mivel |z| = 1, ezért z = 1/z, és így Re z = (z + 1/z)/2 ∈ Q(z).
Ebből következik, hogy Q(Re z) ⊆ Q(z). Továbbá nyilván Q(Re z) ⊆ R, tehát
Q(Re z) ⊆ Q(z) ∩ R.
A másik irányú tartalmazáshoz vegyünk Q(z)-ből egy w valós elemet.
Azt kell igazolni, hogy w ∈ Q(Re z).
A gondolatmenet jobb megvilágítása∑érdekében először tegyük fel, hogyn−1
z algebrai szám. Ekkor w felírható w = i=0 αi z i alakban, ahol αi ∈ Q és
n = deg z. Mivel w valós, ezért
2w = w + w =

n−1
∑
i=0

i

i

αi (z + z ) =(1)
αi z i + i .
z
i=0

n−1
∑

Ha megmutatjuk, hogy z i + 1/z i felírható z + 1/z = 2Re z racionális együtthatós polinomjaként, akkor az előzőek alapján ugyanez érvényes 2w-re és így
w-re is, tehát valóban w ∈ Q(2Re z) = Q(Re z).
A jelzett állítást i szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk. Az állítás i = 1re triviális, i = 2-re z 2 + 1/z 2 = (z + 1/z)2 − 2. Elfogadva i − 1-re és i-re,z i+1 + 1/z i+1 = (z i + 1/z i )(z + 1/z) − (z i−1 + 1/z i−1 ) alapján kapjuk, hogyi + 1-re is igaz.

550

Megoldások A.11.

Ha z transzcendens, akkor is hasonló gondolatmenetet követünk. Legyen
w valós és w ∈ Q(z), azaz w = g(z)/h(z), ahol g, h ∈ Q[x]. Mivel w = w ész = 1/z, ezért g(z)/h(z) = g(1/z)/h(1/z). A nevezőkkel átszorozva kapjuk,
hogy g(z)h(1/z) = g(1/z)h(z). Jelöljük ezt a közös értéket∑ u-val, ekkor
2u = g(z)h(1/z)+g(1/z)h(z). Itt a szorzásokat elvégezve 2u = i γi (z i +1/z i )adódik, ahol γi ∈ Q. Mint láttuk, ekkor 2u felírható z + 1/z racionális
együtthatós polinomjaként, tehát u ∈ Q(Re z). Ugyanígy kapjuk, hogy v == h(z)h(1/z) ∈ Q(Re z). Végül w = u/v, azaz w is eleme a Q(Re z) bővítésnek.
• A.10.17 Legyen f = Θ0 + Θ1 x + . . . + Θn xn , ahol Θi algebrai, és legyenf (Ψ) = 0. Tekintsük az alábbi bővítésláncot:
M0 = Q,

Mi+1 = Mi (Θi ), ha i = 0, 1, . . . , nés

Mn+2 = Mn+1 (Ψ) .

Mindegyik ,,láncszem” véges fokú bővítés: bármely 0 ≤ i ≤ n-redeg(Mi+1 : Mi ) ≤ deg Θi (itt azért nem áll feltétlenül egyenlőség, mert
lehet, hogy a Θi -nek az Mi feletti foka kisebb, mint a Q feletti foka) ésdeg(Mn+2 : Mn+1 ) ≤ n. A fokszámtétel miatt ekkor az Mn+2 : Q bővítés
is véges fokú. Ebből következik, hogy Mn+2 minden eleme algebrai szám,
tehát speciálisan a Ψ is az.
k• A.11.8 Ha f osztója a gk = xp − x polinomnak, akkor az A.11.7 feladat
alapján f -nek van gyöke a pk elemű Mk véges testben (sőt gyöktényezőkre
bomlik Mk -ban). Egy ilyen gyöknek a foka éppen deg f , és Mk minden elemének a foka osztója k-nak.
Megfordítva, tegyük fel, hogy deg f | k. Jelöljük f fokát n-nel, ekkor az
Fp [x]/(f ) faktorgyűrű egy pn elemű véges test. Ez az Mn test az Fp -nek
az f egyik Θ gyökével történő bővítése, Mn = Fp (Θ). Ekkor (pl. az A.11.7
nfeladat alapján) Θ gyöke a gn = xp − x polinomnak. Mivel az f -nek és
gn -nek van közös gyöke és f irreducibilis, ezért szükségképpen f | gn . Továbbá
n | k ⇒ pn − 1 | pk − 1 ⇒ gn | gk . Innen kapjuk, hogy f | gk is teljesül.
• A.11.12(a) A pk elemű test multiplikatív csoportjának a generátorelemeiéppen a k-adfokú primitív polinomok gyökei. Két különböző primitív polinomnak az irreducibilitás miatt nem lehet közös gyöke, és ugyancsak az irreducibilitás miatt nincs többszörös gyök sem. Így minden primitív polinomnak
k gyöke van, az összes primitív elemek száma φ(pk − 1), tehát a polinomok
száma φ(pk − 1)/k.

Megoldások A.11.

551• (b) Jelöljük az Fp feletti k-adfokú irreducibilis (1 főegyütthatójú) polinomokkszámát Ik -val. Az útmutatást követve, az A.11.8 feladat szerint az xp − xpolinom irreducibilis tényezőkre bontásában azok az irreducibilis polinomokszerepelnek, amelyeknek a foka osztója k-nak. Ezek mindegyike egyszer forkk
dul elő xp − x felbontásában, mert
xp − x-nek nincs többszörös gyöke. A∑
fokszámokat összehasonlítva pk = d | k dId adódik.
Innen Ik -t a Möbius-féle megfordítási formula segítségével fogjuk kifejezni. Ez az elnevezés a következő tételt takarja: ha h(n) a pozitív∑egészekenértelmezett tetszőleges (komplex értékű) függvény és H(n) =d | n h(d),∑akkor h(n) = d | n µ(d)H(n/d) (a µ(n) Möbius-függvény definícióját lásd azútmutatásnál). A H(n)-et a h(n) osztókra vonatkozó összegzési függvényének,h(n)-et pedig a H(n) megfordítási függvényének nevezzük.
∑ A formula bizonyítása a µ(n) következő tulajdonságán múlik: S =d | n µ(d) = 0, han > 1 és S = 1, ha n = ∑1.
Visszatérve a pk = d | k dId összefüggésre, ez azt fejezi ki, hogy a h(n) == nIn számelméleti
függvénynek az osztókra vonatkozó összegzési függvénye∑
H(n) = d | n dId = pn . Ekkor a Möbius-féle megfordítási formula alapján∑∑∑
h(n) = d | n µ(d)H(n/d) = d | n µ(d)pn/d , azaz Ik = (1/k) d | k µ(d)pk/d .

552TÁRGYMUTÓ, JELÖLÉSEK

A könyvben szereplő fogalmak, elnevezések, valamint a leggyakrabban használt jelölések felsorolása következik (általában) az első előfordulási hely adataival. A fogalom, elnevezés után megadjuk a könyvben használt tipikus jelölését(ha van ilyen), majd annak a definíciónak, tételnek stb. a számát, ahol a fogalom, elnevezés, jelölés magyarázata megtalálható, végül zárójelben odaírjuk
az oldalszámot is. A definíciószám, tételszám stb. után egy ,,−”, illetve ,,+”
jel szerepel, ha az adott fogalmat nem a jelzett definícióban, tételben stb.,
hanem (közvetlenül) azt megelőzően, illetve követően a szövegben (külön számozás nélkül) vezetjük be. Így pl. a transzcendens számnál DA.10.6+ arrautal, hogy a transzcendens szám értelmezése az A.10.6 definíció után (néhány
sorral lejjebb) történik.
A jelölésekkel kapcsolatos legfontosabb információkat a 9. oldalon a,,Technikai tudnivalók” c. rész is tartalmazza, de az alábbiakban ezeket ismegismételjük.
A tárgymutatóban D1.1.2 jelenti az 1.1.2 Definíciót, és a D betű helyett T,
L, B, F, E, M rendre a megfelelő számú tételre, lemmára, bizonyításra, feladatra, a feladathoz tartozó eredményre, illetve megoldásra utal. A 4.1 pontban
szereplő 3. példát 4.1.P3-mal, a 6.6 pontot 6.6-tal, az A.7 pont 2. alpontját
A.7/2-vel jelezzük.
A definíciók stb. számozásánál az első szám mindig a fejezetet, a második a fejezeten belül a pontot, a harmadik pedig a ponton belül a sorszámot
jelöli. A definíciók és tételek sorszámozása egy ponton belül folyamatos, tehát
pl. az 1.1.2 Definíció után az 1.1.3 Tétel következik. Az ,,A” fejezet ,,számjele”
természetesen ,,A”. Az illusztrációs példák (sima, egy számmal történő) számozása pontonként újrakezdődik.
Külön is kiemelünk néhány fontos jelölést, amelyek a könyvben leggyakrabban szereplő fogalmakat érintik. A vektorokat vastag latin kisbetűvel (a),a skalárokat általában görög kisbetűvel (α), a mátrixokat dőlt latin nagybetűvel (A), a lineáris leképezéseket írott latin nagybetűvel (A), a bilineáris
függvényeket pedig vastag latin nagybetűvel (A) jelöljük. Felhívjuk még a figyelmet arra, hogy a nulla nagyon sok mindent jelenthet (egész számot, gyűrű
nullelemét, testbeli skalárt, vektort, vektorteret, alteret, mátrixot, lineáris
leképezést, bilineáris függvényt stb.), és ezek közül többet ugyanúgy is jelölünk,
azonban a szövegösszefüggésből mindig kiderül, hogy melyik jelentésről vanszó.
A polinomokat f vagy f (x), a fokszámukat ,,deg”, a komplex számok valós

Tárgymutató, jelölések553

és képzetes részét ,,Re”, illetve ,,Im” jelöli, pl. deg(x3 + x) = 3, Re (4 − i) = 4,
Im (4 − i) = −1. Megkülönböztetjük a (valós) számok alsó és felső egész
részét, és ezeket ⌊ ⌋, illetve ⌈ ⌉ jelöli, így pl. ⌊π⌋ = 3, ⌈π⌉ = 4. Az oszthatóságra, a legnagyobb közös osztóra és a legkisebb közös többszörösre (azegész számok és a polinomok esetén is) a szokásos jelöléseket használjuk, tehát
pl. x − 1 | x2 − 1, (9, 15) = 3, [9, 15] = 45. A [ ] szögletes zárójel a legtöbbször
egyszerűen zárójelet, néha legkisebb közös többszöröst, a 9.6 pontban pedig
zárt intervallumot jelöl, továbbá [A], illetve [A] az A lineáris leképezés, illetveaz A bilineáris függvény mátrixát jelenti.
Megemlítjük még, hogy a könyvben a definíciók, illetve a tételek megfogalmazásának a végén ♣ áll, a bizonyítások befejezését pedig jelzi.
ÂÃ=kvadratikus alakAbel-csoport
abszolút érték, komplex számé|z|vektoré∥x∥
adjacencia mátrix, gráféA
adjungált mátrix
A∗
transzformáció
A∗
aldeterminánselőjelesAij
komplementer
algebraalgebra alaptétele
algebrai alak, komplex számé
z = a + bi
algebrai elemΘszám
algebrailag zárt test
altér
U, W
eltoltja
u+W
invariáns
legszűkebb
triviális
antiszimmetrikus bilineáris függvény
antiszimmetrikus mátrix
A-ortogonálisargumentum, komplex száméarg(z), φasszociativitásátdarabolás

L2.2.3(51)
D7.3.1 (219)DA.8.1+ (363)
DA.3.2 (333)D8.2.1 (237)
B9.5.1 (277)D2.1.7(46)
T8.4.1 (245)
D3.4.1/D− (84)D1.4.1(31)
F1.4.15(37)
D5.6.5 (155)
A.7/8 (354)TA.3.4+ (334)DA.10.6 (376)DA.10.6+ (376)FA.10.17 (380)D4.2.1 (104)F4.2.16 (109)D6.4.1 (186)
T4.3.4 (111)4.2.P1 (105)F7.2.1 (217)F1.3.13(30)
D7.2.4 (209)DA.3.2 (333)DA.4.2 (338)
9.7 (289)

554

Tárgymutató, jelölések

balinverz
bal oldali egységelem
inverzmellékosztály
gH
nullosztó
bázis
Hamel
ortonormált
BCH-kód, 2-hibajavító
t-hibajavító
Bessel-egyenlőtlenség
bijekcióbilineáris függvény
A
antiszimmetrikus
ermitikus
ferdén ermitikus
komplexA
mátrixa
[A]b
nulla
0
önadjungált
szimmetrikus
valós
A
( n)
binomiális együtthatókbinomiális tétel
blokk, mátrixé
Bolyai–Gerwien-tétel
Boole-gyűrű
bővítés, testeknél
M :Lbűvös négyzet

DA.4.5 (340)DA.4.4 (339)DA.4.5 (340)DA.8.5 (366)DA.6.2 (349)
D4.5.1 (121)D4.5.7+ (124)D8.1.4 (232)T10.4.1 (314)T10.4.2 (315)F8.2.15 (242)
EA.4.2 (483)
D7.1.1 (204)F7.2.1 (217)
T7.4.4 (226)F7.4.8 (228)D7.4.1 (225)D7.1.3 (206)7.1.P4 (205)T7.4.4 (226)D7.2.1 (208)D7.1.1 (204)A.1/2 (321)TA.1.1 (322)
T6.6.1+ (195)F9.7.1 (291)
EA.6.5 (487)DA.10.1 (374)F4.6.9 (132)

C=komplex számok
Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz-egyenlőtlenség
Cauchy-féle függvényegyenlet
Cayley–Hamilton-tétel
CBS=Cauchy–Bunyakovszkij–Schwarz-egyenlőtlenség)
Chevalley tétele
ciklikus csoport⟨g⟩kód
Cramer-szabály

T8.2.8F9.1.8T6.3.5T8.2.8F9.3.2DA.8.3
F10.4.9
T3.2.1

(239)
(261)
(182)
(239)
(270)
(365)
(318)
(69)

555

Tárgymutató, jelölések
Csebisev-egyenlőtlenség
csoportG
Abel-félealakzat szimmetirái
ciklikus⟨g⟩diéderelemrendo(g)∼izomorfizmus=
kommutatív
szimmetrikusSncsoportkód=lineáris kód
csupaegy mátrix
J
vektorj

M9.6.7 (537)DA.8.1 (336)DA.8.1+ (363)
A.8/P7 (364)DA.8.3 (365)
A8.P7 (364)DA.8.2 (364)
TA.8.6+ (367)
DA.8.1+ (363)
A.8.P5 (364)
D10.2.1 (303)
B9.5.1 (278)E9.5.4 (459)

definitnegatív
pozitív
deg=fokszám
Dehn-invariáns
dekódolási tábla
derivált polinom
determináns
D, det A
VandermondeV (a1 , . . . , an )determinánsrang, mátrixé
r(A)
diád
diagonális mátrix
diédercsoport
Dn
dimenzió, kódénvektortéré
dim
dimenziótétel
direkt összeg, altereké
W ⊕Z
mátrixoké
disztributivitás
duális kód
tér

D7.3.2D7.3.2D7.3.2E=egységmátrix
E=identikus lineáris leképezésegyenletrendszer

(221)
(221)
(221)

B9.7.1 (290)10.2 (305)
A.7/10 (356)D1.2.2(17)
D1.5.1(38)
D3.4.1/D(84)
F3.4.7(89)
F4.2.2h (106)
A.8.P7 (364)D10.1.6 (301)
D4.6.1 (127)T5.4.1 (147)
D4.3.7 (112)
T6.6.1+ (195)DA.5.1+ (345)F10.3.10 (311)F8.1.13 (236)F2.1.3
5.1.P3
3.1

(47)
(137)
(56)

556

Tárgymutató, jelölések

egyértelmű prímfaktorizáció egész számokra
polinomokra
egység oszthatóságnál
egységeleme, 1egységmátrix
E
egyszerű bővítésL(Θ)
algebrai elemmelL(Θ)
együtthatómátrix
A
ekvivalenciareláció
ekvivalens kódok
elem inverze
a−1elemrend csoportbano(g)elemi ekvivalens átalakítás
ellenőrző jegyek száma kódnál
sellentett−aelőjeles aldetermináns
Aij
térfogat, paralelepipedonéD
ermitikus bilineáris függvény
euklideszi algoritmus
gyűrű
tér
komplexvalós
Euler-alak, komplex számé
z = |z|eiφ
Euler-féle φ-függvényφ(n)Euler–Fermat-tétel
Fp =modulo p test
Φm =m-edik körosztási polinom
φn =n-edik Fibonacci-szám
φ(n)=Euler-féle φ-függvény
faktorgyűrű
R/I
faktorizáció, egész számoké
faktortér
V /Wfelbonthatatlan egész számpolinomfelsőháromszög-mátrix
ferdetest
ferde kifejtés
ferdén ermitikus bilineáris függvény

TA.2.2 (327)
A.7/12 (357)
A.7/12 (356)DA.4.4 (339)F2.1.3(47)
DA.10.4 (375)
TA.10.10 (378)
3.1(57)
DA.1.3 (323)E10.1.3 (468)DA.4.5 (340)DA.5.2 (364)
3.1(57)
D10.1.6 (301)
DA.4.5+ (340)
D1.4.1(31)
9.8 (292)
T7.4.4 (226)
TA.2.2+ (327)
A.7/12 (357)
D8.1.3 (231)
8.3 (243)
D8.1.3 (231)
TA.3.4+ (334)DA.2.4 (329)TA.2.6 (329)
A.5.P2 (346)
A.7/13 (358)F4.6.8 (132)
DA.2.4 (329)TA.9.5 (370)
9.3 (268)
F4.2.17 (109)DA.2.1 (326)A.7/12 (356)F2.2.6(53)
DA.5.1+ (345)T1.4.3(35)
F7.4.8 (228)557

Tárgymutató, jelölések
Fibonacci-szám
φnfok, fokszám, algebrai elemédeg Θ
gráfbanpolinomédeg ftestbővítésé
deg(M : L)
fokszámtételfőegyüttható (polinomé)főideál
(a)fölösleges sorfőtengelytétel
Frobenius tétele
függetlenség, lineáris, T k -banvektortérben

F4.6.8 (132)
DA.10.9 (377)F9.5.1− (279)
A.7/5 (354)DA.10.2 (374)
TA.10.3 (375)
A.7/5 (354)DA.9.2 (369)
3.1(61)
T8.6.2 (254)
5.6.P5 (156)D3.3.3(76)
D4.4.2 (116)Gauss-egész
Gauss-kiküszöbölés
Gauss-lemma polinomokra
generáló polinom, kódéggenerált altér, alterek által
⟨W, Z⟩
részhalmaz által
⟨H⟩
vektor és transzformáció által
⟨u, A⟩
vektorok által
⟨a1 , . . . , an ⟩generált ideál(a1 , . . . , ak )generátorelem ciklikus csoportban
generátormátrix, lineáris kódéG
generátorrendszer
Gram–Schmidt ortogonalizáció
gyök, polinomé
többszörös
gyöktényező
gyűrű
R

A.6.P2
3.1
A.7/13
D10.4.3
D4.3.5D4.3.8D6.4.2D4.3.3FA.9.7DA.8.3
D10.2.3
D4.3.2T7.2.3
A.7/6
A.4/7
A.7/6
DA.6.1

Hamel-bázis
Hamming-kód
Hamming-súly
Hamming-távolság
háromszori ismétlés kód
háromszögegyenlőtlenség
hasonló mátrixok∼
hibajavító kód

T4.5.7+ (124)
D10.3.4 (310)
D10.1.4 (299)D10.1.4 (299)
10.1.P2 (300)
T8.2.2 (237)D6.1.6 (174)
D10.1.3 (299)

(349)
(56)
(358)
(316)
(111)
(112)
(186)
(111)
(372)
(365)
(303)
(110)
(209)
(354)
(354)
(354)
(348)

558

Tárgymutató, jelölések

hibajelző kód
hibamintahHilbert harmadik problémája
hiperkomplex rendszer
Hoﬀman–Singleton-tétel
Hom (V )Hom (V1 , V2 )homogén egyenletrendszer
hossz, kódékpályáé
vektoré∥x∥
Hölder-egyenlőtlenség

D10.1.2 (299)
10.2 (304)
9.7 (289)
D5.6.5 (155)
T9.5.1 (277)T5.6.4− (155)
T5.5.3 (149)
D3.1.3(63)
D10.1.6 (301)
D6.6.4 (197)
D8.2.1 (237)E8.2.4 (436)ideálI
DA.9.1 (368)identikus lineáris leképezésE
5.1.P3 (137)
illeszkedési mátrix, gráfé
F9.5.1− (279)halmazrendszeré
F9.4.4 (274)
Im=kép (lineáris leképezésé, mátrixé), képzetes rész (komplex számé)
incidenciamátrix=illeszkedési mátrix
indefinit
D7.3.2 (221)index, részcsoporté|G : H|
DA.8.5+ (366)információs jegyek száma (kódban)nD10.1.6 (301)interpolációs polinom
T3.2.4+ (72)
Lagrange-féleF3.2.11(74)
Newton-féleF3.2.10(74)
invariáns altér
D6.4.1 (186)inverza−1
DA.4.5 (340)−1mátrixA
T2.2.2(50)műveletDA.4.6 (341)
inverzió, inverziószám permutációbanI(σ)
D1.1.1(14)
irreducibilis polinom
A.7/12 (356)∼izomorfizmus, csoportoké
TA.8.6+ (367)=∼testekéFA.5.4 (347)=∼vektortereké
D5.2.1 (141)=j=csupaegy vektor
J=csupaegy mátrix
jobbinverz
jobb oldali egységelem
inverzE9.5.4B9.5.1
DA.4.5DA.4.4DA.4.5

(459)
(278)
(340)
(339)
(340)

559

Tárgymutató, jelölések
jobb oldali mellékosztály
nullosztó
Jordan-alak

Hg

DA.8.5DA.6.2
T6.6.6

(366)
(349)
(200)

karakterisztika
karakterisztikus polinomkA
képtér, leképezésé
Im A
képzetes szám
mátrixé
Im A
Ker=mag, magtér
kétoldali egységelemeinverza−1kétszeri ismétlés kódkibővített mátrix
A|bkínai maradéktétel
kicserélési tétel
kifejtési tétel
kis Fermat-tétel
kísérő transzformáció
kivonás
−kód
K
BCH, 2-hibajavító
BCH, t-hibajavító
ciklikusdimenziónduálisellenőrző jegyek számasgeneráló polinomggenerátormátrix
G
Hammingháromszori ismétlés
hibajavító
hibajelző
hossz
kkétszeri ismétlés
kvázi-paritásellenőrző mátrix
lineárisAparitásellenőrző mátrix
P
paritásvizsgálat
Reed–Muller

FA.11.5
D6.2.2D5.1.3DA.3.14.2.P4

(386)
(177)
(136)
(333)
(106)

Q

DA.4.4 (339)DA.4.5 (340)10.1.P1 (300)
3.1(58)
TA.2.10A (330)
L4.5.5 (123)T1.4.2(32)
TA.2.6A (329)T5.8.1+ (168)
DA.4.6+ (341)
D10.1.1 (298)
T10.4.1 (314)T10.4.2 (315)F10.4.9 (318)D10.1.6 (301)F10.3.10 (311)D10.1.6 (301)
D10.4.3 (316)D10.2.3 (303)
D10.3.4 (310)10.1.P2 (300)
D10.1.3 (299)D10.1.2 (299)D10.1.6 (301)10.1.P1 (300)
10.4 (313)
D10.2.1 (303)
D10.3.1 (308)
10.1.P3 (300)
F10.4.11 (319)560

Tárgymutató, jelölések

kódszó
c∑kombináció, lineáris
λi ui
kommutatív csoport
gyűrű
test
T
kommutativitás
komplementer, 0–1 vektoré
komplex bilineáris függvény
A
egységgyök
rendjeo(w)euklideszi tér
skalárszorzat
x·zszám
z = a + bi
algebrai alakz = a + bi
abszolút érték
|z|argumentumarg(z), φ
Euler-alakz√= |z|eiφnz
gyökvonás
képzetes rész
Im zz
konjugáltösszeadásszorzás
szög
arg(z), φ
trigonometrikus alakz = |z|(cos φ + i sin φ)valós rész
Re z
komponens, vektoré
kompozíció
kongruencia≡
koordináta, vektorébázis szerint
koordinátavektor
körosztási polinom
Φmközleményszóvkvadratikus alakÃkvaternió
kvázi-paritásellenőrző mátrix, kódéQ

D10.1.1 (298)D3.3.1(75)
DA.8.1+ (363)
DA.6.1+ (348)DA.5.1 (344)DA.4.3 (338)F10.3.13 (311)D7.4.1 (225)DA.3.6 (335)
DA.3.6 (335)
8.3 (243)
D8.3.1 (243)DA.3.1 (333)TA.3.4+ (334)DA.3.2 (333)TA.3.2 (333)TA.3.4+ (334)TA.3.5 (335)
DA.3.1 (333)DA.3.2 (333)DA.3.1 (333)DA.3.1 (333)DA.3.2 (333)TA.3.4+ (333)DA.3.1 (333)D3.1.5(64)
A.4.P6 (338)DA.2.3 (328)D3.1.5(64)
D4.7.1 (133)
5.1.P5 (137)
A.4/13 (358)D10.1.1 (298)D7.3.1 (219)
5.6.P5 (156)
10.4 (313)

Lagrange-féle interpolációs polinom
Lagrange-tétel csoportban
Laplace-kifejtés, determinánséF3.2.11TA.8.6F1.4.15

(74)
(366)
(37)

561

Tárgymutató, jelölések
legnagyobb közös osztó, egész számoknál(a, b)
polinomoknál)(f, g)
legszűkebb altér
ideál
résztest
leképezés, lásd lineáris leképezés
lépcsős alak
redukált
lineáris diofantikus egyenlet
Ax + By = Cegyenletrendszer
függésfüggetlenség T k -banvektortérben
függvény
kód
A∑
kombináció
λi ui
kongruenciaax ≡ b (mod m)leképezésA
mátrixa[A]a,bösszeadás
A+B
skalárszoros
λAszorzás
ABösszefüggőség, lineáris, T k -banvektortérben
sokaság
u+W
transzformáció
A
lnko=legnagyobb közös osztóµ(n)=Möbius-függvénymag, kvadratikus alaké
Ker Ã
magtér, leképezésé
Ker A
mátrixé
Ker A
maradékos osztás egész számokra
polinomokra
maradékosztály, ideál szerinti
a+I
modulo m
redukált
maradékosztálygyűrű, ideál szerinti
R/I
modulo m
Zm

DA.2.1 (321)A.7/12 (357)T4.3.4 (111)TA.9.3+ (369)TA.10.5 (376)
3.1
3.1
TA.2.83.1
D4.4.4D3.3.3D4.4.2F7.1.9D10.2.1
D3.3.1TA.2.9D5.1.1
D5.7.1
D5.5.1
D5.5.2D5.6.1D3.3.2D4.4.1F4.2.16
D5.1.6

(60)
(60)
(330)
(56)
(117)
(76)
(116)
(208)
(303)
(75)
(330)
(135)
(162)
(149)
(150)
(153)
(76)
(116)
(109)
(138)

MA.3.14b (546)F7.3.14 (224)D5.1.4 (136)
4.2.P4 (106)TA.2.2 (327)
A.7/12 (356)TA.9.5 (370)
DA.2.3+ (328)A.8.P3 (363)
TA.9.5 (370)
A.6.P5 (350)562

Tárgymutató, jelölések

mátrixA
adjacencia, gráféA
adjungáltA∗
antiszimmetrikus
bilineáris függvényé
[A]b
blokk
determinánsrangr(A)direkt összegfelsőháromszög
hasonló∼illeszkedési, gráfé
halmazrendszeré
inverzeA−1
képtereIm Akibővített
A|bkvázi-paritásellenőrző, kódé
leképezésé[A]a,bmagtereKer A
négyzetes
nilpotens
nulla
0
nyoma
oszloprangr(A)összeadás
A+B
paritásellenőrző, kódé
P
rang
r(A)
reguláris
skalárral szorzás
λAsorrangr(A)szimmetrikus
szingulárisszorzás
ABtranszponált
AT
vektoré[v]cmegfordítási függvény
mellékosztály, részcsoport szerintmerőleges⊥
kiegészítő
( )⊥vetületmetrikus tér

Q

gH, HgD1.2.1(17)
B9.5.1 (277)D2.1.7(46)
F1.3.13(30)
D7.1.3 (206)T6.6.1+ (195)D3.4.1/D(84)
T6.6.1+ (195)F2.2.6(53)
D6.1.6 (174)F9.5.1− (279)F9.4.4 (274)T2.2.2(50)
4.2.P4 (106)3.1(58)
10.4 (313)
D5.7.1 (162)
4.2.P4 (106)D1.2.1+ (18)F4.2.2d (106)T2.1.3(42)
F5.1.3c (139)D3.4.1/O(83)
D2.1.2(42)
D10.3.1 (308)T3.4.2(85)
D3.5.1(91)
D2.1.2(42)
D3.4.1/S(84)
F4.2.2j (106)
D3.5.1(91)
D2.1.4(43)
D2.1.6(46)
5.1.P5 (137)MA.11.12b (551)DA.5.5 (366)D8.1.5 (232)D8.1.6 (233)
T8.1.7+ (233)
D8.2.6 (238)563

Tárgymutató, jelölések
minimálpolinom, algebrai elemémΘlineáris transzformációé
mA
Minkowski-egyenlőtlenség
modulo m maradékosztálygyűrű
Zm
modulo p test
Fp , Zp
Möbius-féle megfordítási formulaMöbius-függvényµ(n)multiplicitás, gyökéműveletműveleti tábla
negatív definit
szemidefinitnégyzetes mátrix
nem kommutatív test
Newton-féle interpolációs polinom
nilpotens mátrix
norma, vektoré∥x∥normális transzformáció
normált tér
nulla bilineáris függvény0
elem
0
leképezésO
mátrix0
vektor0
nullosztó
nullosztómentes gyűrű
nyom, mátrixé
O=nulla leképezés
ortogonális transzformáció
vektorokortonormált bázis
rendszer
oszloprang, mátrixér(A)oszlopvektor
osztályelső
osztásDA.10.7
D6.3.1E8.2.4
A.6.P5A.5.P2MA.11.12b
MA.3.14b
A.7/7
DA.4.1
EA.4.3

(376)
(180)
(436)
(350)
(345)
(551)
(546)
(354)
(337)
(484)

D7.3.2 (221)D7.3.2 (221)D1.2.1+ (18)
DA.5.1+ (345)F3.2.10(74)
F4.2.2d (106)D8.2.1 (237)
D8.5.1 (249)
D8.2.3 (237)
7.1.P4 (205)DA.4.4+ (340)
5.1.P2 (137)
T2.1.3(42)
D4.1.1(97)
DA.6.2 (349)TA.6.3+ (349)F5.1.3c (139)
5.1.P2 (137)
D8.6.3 (255)
D8.1.5 (232)D8.1.4 (232)D8.1.4 (232)D3.4.1/O(83)
D3.1.5(64)
10.2 (305)
DA.4.6+ (341)564

Tárgymutató, jelölésekönadjungált bilineáris függvénytranszformációösszeadás, komplex számoké
leképezéseké
A+B
mátrixoké
A+B
polinomoké
vektorokév+wösszefüggés a polinom gyökei és együtthatói között
összefüggőség T k -banvektortérben
összegzési függvény
pálya, vektoré
hosszaparalelepipedon, n-dimenziós
noindent
térfogataDparaméter, szabadpáratlan permutáció
Páratlanváros
paritásellenőrző mátrix
P
paritásvizsgálat kód
páros permutáció
Párosváros
Parseval-formula
permutáció
σinverziószámaI(σ)
páratlan
I(σ)
páros
I(σ)
Petersen-gráf
polinomderivált
felbonthatatlan
fok, fokszámfőegyüttható
Gauss-lemma
generáló, kódéggyök
többszörös
interpolációs
Lagrange-féle

T7.4.4D8.5.4DA.3.1
D5.5.1D2.1.2
A.7/3
D4.1.1
A.7/11D3.3.2D4.4.1MA.11.12b

(226)
(250)
(333)
(149)
(42)
(353)
(97)
(356)
(76)
(116)
(551)

D6.6.4 (197)D6.6.4 (197)
9.8 (292)
9.8 (292)
3.1(61)
D1.1.2(14)
T9.4.1 (272)
D10.3.1 (308)
10.1.P3 (300)D1.1.2(14)
T9.4.2 (272)F8.2.14c (242)1.1(13)
D1.1.1(14)
D1.1.2(14)
D1.1.2(14)
F9.5.1 (279)
A.7 (352)
A.7/10 (356)
A.7/12 (356)
A.7/5 (354)
A.7/5 (354)
A.7/13 (358)
D10.4.3 (316)A.7/6 (354)
A.7/7 (354)T3.2.4+ (72)F3.2.11(74)

565

Tárgymutató, jelölések
Newton-féleirreducibilis
karakterisztikuskA
körosztásiΦmösszeadásprimitív, egész együttthatós
Fp felettreducibilis
szorzás
polinomfüggvénypolinomkódgpozitív definit
szemidefinit
prím
primitív elem∆
gyök modulo mn-edik egységgyök
polinom, egész együttthatós
Fp felettprojekció
P
projektív sík
valós
véges

F3.2.10(74)
A.7/12 (356)D6.2.2 (177)
A.4/13 (358)
A.7/3 (353)
A.7/13 (358)A.11/6 (384)A.7/12 (356)
A.7/3 (353)
A.7/2 (352)
D10.4.3 (316)D7.3.2 (221)D7.3.2 (221)TA.2.2+ (327)
A.11/3 (382)DA.8.3+ (365)
DA.3.6 (335)
A.7/13 (358)A.11/6 (384)F5.6.18 (160)
F9.5.11 (280)FA.11.13 (387)F9.5.11 (280)

Q=racionális számok
R=valós számok
racionális gyökteszt
rang, leképezésé
mátrixér(A)vektorrendszeré
Re=valós rész (komplex számé)
reciprok
1/a
reducibilis polinom
redukált lépcsős alak (RLA)
maradékosztály
Reed–Muller-kód
reflexív reláció
reguláris gráf
mátrixA.7/9
F5.7.11
T3.4.2D4.6.5

(355)
(168)
(85)
(129)

DA.4.5+ (340)
A.7/12 (356)
3.1(60)
A.8.P3 (363)F10.4.11 (319)DA.1.3 (324)F9.5.1− (279)D3.5.1(91)

566

Tárgymutató, jelölések

rekurzió
relációekvivalencia
reflexív
szimmetrikus
tranzitív
rend, csoporteleméo(g)komplex egységgyökéo(w)modulo mom (c), o(c)vektoréoA (u)
relatív prímrészcsoportH
részgyűrű
S
résztest
RLA=redukált lépcsős alakF4.6.8 (131)DA.1.3− (323)DA.1.3 (324)DA.1.3 (324)DA.1.3 (324)DA.1.3 (324)DA.8.2 (364)DA.3.6 (335)
DA.2.7 (329)
D6.5.1 (189)DA.2.1 (326)DA.8.4 (366)FA.6.10 (351)FA.5.5 (347)
3.1
(60)

sajátaltér
sajátbázis
sajátérték
sajátvektor
Schönemann–Eisenstein-kritérium
Sidon-sorozat
skalárλskalárral való szorzás, leképezésnél
mátrixnál
λA
vektornál
λuskalárszorzat
u·v
komplex
Rk -bansíkon, térben
sorrang, mátrixér(A)sorvektor
spektrum, gráfé
súly, 0–1 vektoré

T6.1.3 (173)
T6.1.4 (173)
D6.1.1 (172)
D6.1.2 (172)
A.7/13 (357)
9.6 (281)
D2.1.2+ (42)
D5.5.2 (150)D2.1.2(42)
D4.1.1(98)
D8.1.1 (231)
D8.3.1 (243)7.1.P2 (205)7.1.P1 (204)D3.4.1/S
(84)
3.4
(83)
F9.5.1− (279)D10.1.4 (299)szabad paraméter
szemidefinitszimmetriacsoport
szimultán kongruenciarendszer

λA

3.1
D7.3.2
A.8.P7TA.2.10

(61)
(221)
(364)
(330)

567

Tárgymutató, jelölések
szimmetrikus bilineáris függvény
csoportSndiﬀerencia
mátrixrelációtranszformáció
szindróma
P (z)szinguláris mátrix
szomszédsági mátrix, gráféAszorzás, komplex számoké
leképezéseké
AB
mátrixokéAB
polinomoké
skalárral, lásd skalárral való szorzásszög, euklideszi térben
komplex száméarg(z), φ

D7.2.1 (208)
A.8.P5 (364)FA.4.1f (343)F4.2.2j (106)DA.1.3 (324)D8.6.1 (254)
T10.3.2− (309)D3.5.1(91)
B9.5.1 (277)DA.3.1 (333)
D5.6.1 (153)
D2.1.4(43)
A.7/3 (353)

Tk
T k×n
T [x]=a T test feletti polinomgyűrű
tábla, dekódolásiműveletitávolság, metrikus térben
τ
normált térben
τ
0–1 vektoroké
tehetetlenségi tétel
térfogat, paralelepipedonéD
testT
testbővítés
M :Legyszerű
L(Θ)
fokadeg(M : L)tilos sor
többszörös gyök
transzcendens elemszám

D3.1.5(64)
D2.1.1+ (41)A.7/4 (353)
10.2 (305)
EA.4.3 (484)D8.2.6 (238)
D8.2.4 (238)
D10.1.4 (299)T7.2.6 (216)
9.8 (292)
DA.5.1 (344)DA.7.1 (374)DA.10.4 (375)
DA.7.2 (374)
3.1(61)
A.4/7 (354)TA.10.11+ (378)DA.10.6+ (376)D8.2.7DA.3.2

(238)
(333)

568

Tárgymutató, jelölések

transzformáció, adjungált
A∗
D8.4.1 (168)kísérő
D5.8.1+ (168)lineárisA
D5.1.6 (138)normális
D8.5.1 (249)
ortogonális
D8.6.3 (255)önadjungált
D8.5.4 (250)szimmetrikus
D8.6.1 (254)unitér
D8.5.5 (250)transzponált mátrix
AT
D2.1.6(46)
tranzitív reláció
DA.1.3 (324)
trigonometrikus alak, komplex számé z = |z|(cos φ + i sin φ) TA.3.4+ (333)triviális altér
4.2.P1 (105)ideál
DA.9.1+ (369)lineáris kombináció
D3.3.2− (76)megoldás homogén egyenletrendszernél
D3.1.3+ (63)részcsoport
A.8.4+ (366)
unitér transzformáció

D8.5.5(255)

valós bilineáris függvény
A
euklideszi tér
Vandermonde-determináns
V (a1 , . . . , an )véges projektív sík
test
T, M, Fp
vektoru
abszolút értéke, hossza, normája∥x∥mátrixa[v]cvektortérVvezéregyes

D7.1.1 (204)D8.1.3 (231)
D1.5.1(38)
F9.5.11 (280)
A.11 (381)D4.1.1+ (98)D8.2.1 (237)
5.1.P5 (137)
D4.1.1
(97)
3.1
(60)

Wedderburn tétele

FA.6.8(351)

Z=egész számok
Zm =modulo m maradékosztálygyűrű
zérógyűrű

A.6.P5FA.9.1(350)(371)