Kettő vagy három ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek ...

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 235
II. Lineáris egyenletrendszerek megoldása
2.1. Kettő vagy három ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek
Korábbi tanulmányaitok során láttátok, hogy a 2 vagy 3 ismeretlent tartalmazó
lineáris egyenletrendszerek esetén a kiküszöbölés módszerével meghatározhatjuk a
megoldást. Ez azt jelenti, hogy a rendszer valamelyik egyenletéből kifejezzük az egyik
ismeretlent és visszahelyettesítjük a többi egyenletbe. Így olyan rendszerhez jutunk,
amely egy ismeretlennel kevesebbet tartalmaz, és amely egyel kevesebb egyenletből
áll. Ez a megoldási módszer tetszőleges lineáris rendszer esetén használható és mivel
az eljárás egyszerű, könnyű algoritmus formájában meghatározni.
Vizsgáljunk meg néhány ilyen lineáris rendszert. Lássuk előbb a két ismeretlent
tartalmazó és két egyenletből álló rendszereket.
1. Feladat. Tárgyaljuk az a és b valós paraméterek függvényében az
⎧
⎪x
+ 2y
= b
⎨ax − y = 1
⎪⎩
egyenletrendszert.
Megoldás. A második egyenletből kifejezzük y -t és visszahelyettesítjük az első
egyenletbe (vagy szorozzuk a második egyenlet mindkét oldalát 2-vel és összeadjuk az
egyenleteket). Így a (2 a + 1) x = b + 2 egyenlethez jutunk. Ha 2a + 1 ≠ 0,
akkor
b + 2
ab −1
x = és ez alapján y = ax − 1 = .
2a+ 1
2a+ 1
1
Ha 2a + 1=
0, akkor b + 2 ≠ 0 esetén ellentmondáshoz jutunk. Ha viszont a = −
2
és b = −2
, akkor meg kell vizsgálnunk, hogy az
y⋅ (2a + 1) = ab − 1
1
egyenlőség nem vezet-e ellentmondáshoz. Mivel ( 2) 1
2 ⎟
⎛ ⎞
⎜
⎜⎝
− ⎟⋅
− − = 0,
ez is teljesül,
⎠
tehát a megoldások alakja
⎪⎧ x = −2−2 t
⎨ y = t
, t ∈ .
⎪⎩
2. Feladat. Oldjuk meg és tárgyaljuk az ⎪ ⎧ ⎪a
x + a y = b
11 12 1
⎨ lineáris
⎪a
x + a y = b
⎪⎩ 21 22 2
egyenletrendszert.
Megoldás. Ha az a , a , a , a számok mindegyike 0, akkor b = b = esetén a
11 12 21 22
1 2 0
2
megoldáshalmaz az , míg ( b, b ) ≠ (0,0) esetén üres halmaz. Ha az a , a , a , a
1 2
11 12 21 22
számok között van 0-tól különböző, akkor feltételezhetjük, hogy a ≠ 0 . (Ellenkező
11
esetben felcseréljük az egyenleteket és/vagy a változókat.)
b −a
y
1 12
Így x = , tehát a második egyenlet alapján
a11
( a ⋅a −a ⋅a ) y a ⋅b −a ⋅b
11 22 21 12 11 2 21 1
= .
a a
11 11

236
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
Tehát a tárgyalás a következő:
Ha a a −a a ≠ 0 , akkor tetszőleges b , b ∈ esetén a megoldások
11 22 21 12 1 2
b ⋅a −b ⋅a
1 22 2 12
x =
a ⋅a −a ⋅a
11 22 21 12
a ⋅b −a ⋅b
11 2 21 1
és y =
a ⋅a −a ⋅a
11 22 21 12
.
Ha a a − a a = , akkor a b − a b = ba − ba = 0 esetén a megoldások
11 2 21 1 1 22 2 12
11 22 21 12 0
⎧⎪ b −a
α
⎪ 1 12 x
parametrikus alakja ⎪ =
⎨ a , α ∈
⎪ 11
⎪
⎪⎩
y = α
míg a b −a b ≠ 0 esetén a rendszernek nincs megoldása.
11 2 21 1
Látható, hogy az aa −aa kifejezésnek (és a hozzá hasonló a b −a
b illet-
11 22 21 12
11 2 21 1
ve ba −ba
kifejezéseknek) kulcsfontosságú szerepe van a rendszer megoldásai-
1 22 2 12
nak előállításában. A rendszer mátrixok segítségével a következő alakban írható:
⎡a a 11 12 ⎤⎡x⎤⎡b⎤ 1
⎢ ⎥⎢ ⎥
a a y
= ⎢ ⎥
⎢ b
⎣ 21 22 ⎦⎣
⎥⎢
⎦
⎥ ⎢ 2 ⎥
⎣ ⎦
A kifejezésmód egyszerűsítésének céljából a következő értelmezéseket adjuk:
Értelmezés. a) A (*) rendszer mátrixának nevezzük az
⎡a a 11 12 ⎤
A = ⎢ ⎥
a a
mátrixot.
⎢
⎣ 21 22 ⎥
⎦
b) Az A mátrix determinánsának nevezzük az aa −aa
11 22 12 21
a a 11 12
különbséget és detA -val jelöljük. Ezt gyakran a de tA
=
a a
alakban írjuk.
21 22
A 2. feladat eredményei alapján a következő tételt jelenthetjük ki:
Tétel. 1. Ha a (*) rendszer mátrixának determinánsa nem nulla, akkor a rendszernek
létezik egyértelmű megoldása ∀b , b ∈ esetén, és a megoldás
1 2
b a a b
1 12 11 1
b a a b
x =
a a
y =
a a
2 22 21 2
11 12 11 12
a a a a
21 22 21 22
(a számlálóban szereplő determinánsokat úgy kapjuk, hogy az x illetve y
együtthatóinak helyére a szabadtagokat helyettesítjük).
a a 11 12
2. Ha
a a
= 0 , akkor a következő két eset lehetséges:
21 22
b a 1 12
a) ha
b a 2 22
(összeférhetetlen)
a11 ≠ 0 vagy
a21 b1
b2 ≠ 0 akkor a rendszernek nincs megoldása
b1 b) ha
b
a12 a
a11 =
a
b1
b
= 0 , akkor a rendszernek végtelen sok megoldása van.
2 22 21 2

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 237
Megjegyzés. Látható, hogy a megoldás során az
⎡a a ⎤⎡x⎤ ⎡b ⎤
= ⎢ ⎥
11 12 1
⎢a a ⎥⎢y⎥ ⎣ 21 22 ⎦⎣ ⎦ ⎢b ⎣ 2 ⎥
⎦
egyenlőségből
⎡ a22 ⎡x⎤ ⎢
det
az ⎢ ⎥ A
y
=
⎢
⎢ ⎢ a
⎣
⎥
⎦ ⎢ 21
⎢
−
⎣ detA a12
⎤
− ⎥ ⎡b ⎤
detA⎥
1 ⎢ ⎥
a ⎥ ⎢
11 b ⎥ egyenlőséghez jutunk.
⎥ ⎢⎣ 2 ⎥⎦
detA
⎥
⎦
Gyakorlat. Számítsuk ki az A ⋅ B és B⋅A szorzatokat, ha
⎡a11 A = ⎢
⎢a ⎣ 21
a12
⎤ 1 ⎡ a22 ⎥
a
és B = ⎢
22 ⎥
⎦ detA
⎢−a ⎣ 21
−a12⎤
⎥
a
.
11 ⎥
⎦
Megoldás
1 ⎡a a −a a 11 22 12 21
A⋅ B = ⋅ ⎢
detA ⎢a a −a a
⎣ 21 22 22 21
1 ⎡ a a −a a 22 11 12 21
B⋅ A=
⋅ ⎢
detA − a a + a a
⎣
⎢ 21 11 11 21
− a a + a a
det 0 1 0
11 12 12 11⎤
1
⎡ A ⎤ ⎡ ⎤
⎥ = ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
− a a + a a ⎥
21 21 22 11 detA
⎢ 0 detA⎥
⎢0 1⎥
⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦
a a −a a det 0 1 0
22 12 12 22 ⎤ 1
⎡ A ⎤ ⎡ ⎤
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
− a a + a a
= ⋅ =
21 12 11 22 ⎥ detA
⎢ 0 detA⎥
⎢0 1⎥
⎦ ⎢⎣ ⎥⎦
⎢⎣ ⎥⎦
Ez a tulajdonság azt mutatja, hogy az A mátrixhoz tartozó lineáris leképezés bijektív
és inverzének a mátrixa B . Az egyszerűség kedvéért a B mátrixot az A inverzének
nevezzük.
⎡ a22 ⎡a a 11 12 ⎤
⎢
Értelmezés. Ha A = ⎢ ⎥
a a
és detA ≠ 0 , akkor az
⎢detA ⎢
⎣ 21 22 ⎥
⎢
⎦
⎢
−a12
⎢
⎣detA 1
A -nel jelöljük és az inverzének nevezzük.
−a21
⎤
⎥
detA⎥
a ⎥ mátrixot
11 ⎥
detA⎥
⎦
−
A
A mátrixokkal végzett tulajdonságok alapján a rendszer megoldása a következő
alakban írható:
−1
A ⋅| A⋅ v = b
−1 −1
A ⋅( A⋅ v) = A ⋅b
⎡a −1 −1
11
( A ⋅ A) v = A ⋅b
, ahol A = ⎢
⎢a −1
I ⋅ v = A ⋅b
⎣ 21
2
−1
v = A ⋅b
Az inverz mátrix oszlopai az
a12
⎤ ⎡x ⎤ ⎡b⎤ 1
⎥
a
, v = ⎢ ⎥
22 ⎥ y
, b = ⎢ ⎥.
⎦
⎢
⎣
⎥ ⎢
⎦ b ⎥
⎢⎣ 2⎥⎦
⎧
⎪
a x + a y = 1 ⎧⎪
a x + a y = 0
11 12
11 12
⎨ és
⎪a
x + a y = 0 ⎨ a x a y 1
⎪⎩ 21 22 ⎪ + =
⎪⎩ 21 22
rendszerek megoldásaiként is felfoghatók. A lineáris leképezések struktúrájának
⎡x1⎤ ⎡x2 ⎤
vizsgálatához hasonlóan ha ⎢y⎥ és ⎢
⎢⎣ 1 ⎥ y ⎥ az előbbi rendszerek megoldásai, akkor az
⎦ ⎢⎣ 2 ⎥⎦
⎪ ⎧ ⎪a
x + a y = b
11 12 1
⎡x1⎤ ⎡x2⎤ ⎡x y 1 1⎤
⎡b ⎤ 1
⎨ rendszer megoldása b ⋅ ⎢ b
⎪a
x + a y = b
1 y ⎥ + ⋅ ⎢ 2 y ⎥ = ⎢x y ⎥⋅⎢
⎥ .
⎪⎩ 21 22 2
⎣⎢ 1⎥⎦ ⎢⎣ 2⎥⎦ ⎢⎣ 2 2⎥⎦ ⎢b ⎥
⎣ 2 ⎦

238
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
Vizsgáljuk meg, hogy 3× 3-as
(3 ismeretlent és 3 egyenletet tartalmazó)
rendszerek esetén léteznek-e hasonló eredmények.
Feladat
Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
⎧⎪
⎪x
+ y + 2z = 11
⎪
⎨2x
+ 3y − z = −5
⎪
⎪3x −2y − 3z
= −2
⎪⎩
Megoldás. Az első egyenletből kifejezzük -et és behelyettesítjük a második és a
harmadik egyenletbe. Így az 27
7
⎪ x
⎧⎪
⎪x
+ y + 2z = 11
⎨⎪ y − 5z
= − egyenletrendszerhez jutunk. Az
⎪−5y − 9z = −35
⎪⎩
utolsó két egyenlet már csak y -t és z -t tartalmaz, tehát megoldható két ismeretlenes
rendszerként. A második egyenlet alapján y = 5z − 2 , tehát a rendszer
⎧⎪
⎪x
+ y + 2z = 11
⎪
⎨ y − 5z = −27
alakban is írható.
⎪ − 34z = −170
⎪⎩
Az utolsó egyenletből z = 5 , ez alapján a második egyenletből y = −2
és végül az
első egyenletből x = 3 .
Természetesen az ismeretlent más sorrendben is kiküszöbölhetjük. Ha első lépésben a
második egyenletből fejezzük ki a z -t, akkor a következő alakban írhatjuk a rendszert:
⎧⎪
⎪z
−2x − 3y = 5
⎪
⎨ 5x + 7y = 1
⎪ −3x − 11y = 13
⎪⎩
1−7y A második egyenletből x = , tehát a rendszer
5
⎪ ⎧⎪
⎪z
−2x − 3y = 5
⎨⎪ 5x + 7y
= 1 alakban is írható.
⎪ − 34y = 68
⎪⎩
Világos, hogy legfeljebb 9⋅ 4 = 36 különböző módon juthatunk el a megoldáshoz (az
első lépésben 9 lehetőség van aszerint, hogy melyik változót fejezzük ki és melyik
egyenletből, míg a második lépésnél 4 lehetőség). Érdekes módon az előbbi két
megoldásban az utolsó sorban az ismeretlen együtthatója − 34 volt. Vajon ez egy
általános jelenség, vagy tekinthető véletlen egybeesésnek is?
Vizsgáljuk meg általánosan a problémát.
Feladat. Oldjuk meg és tárgyaljuk az
⎧⎪
⎪a
x + a y + a z = b
11 12 13 1
⎪
⎨a
x + a y + a z = b
21 22 23 2
⎪ a x + a y + a z = b
⎪⎩ 31 32 33 3
egyenletrendszert, ha a , b ∈ , ij , = 1, 3.
ij i

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 239
Megoldás. Ha a = 0 ∀ i , j = 1, 3,
akkor ( b, b , b ) = ( 0, 0, 0)
esetén a megoldás az
ij
1 2 3
3
míg ellenkező esetben üres halmaz. Ha létezik 0-tól különböző a , i, j = 1,3,
akkor a rendszer átrendezhető egyenletek és ismeretlenek cseréjével úgy, hogy az első
egyenletben az x együtthatója 0-tól különböző legyen. Tehát feltételezhetjük, hogy
a ≠ 0 . Fejezzük ki x -et az első egyenletből és helyettesítsük a többi egyenletbe.
11
b −a y −a
z
1 12 13
x =
a11
Így az
⎧⎪
⎪ a a b
12 13 1
⎪
x + y + z =
⎪ a a a
⎪ 11 11 11
⎪a ⋅a −a ⋅a a ⋅a −a ⋅a b ⋅a −a ⋅b
⎪ 11 22 12 21 23 11 21 13 2 11 21 1
⎨
y + z =
⎪ a a
a
11 11 11
⎪
⎪a
⋅a −a ⋅a a ⋅a −a ⋅a a ⋅b −a ⋅b
11 32 12 31 11 33 13 31 11 3 31 1
⎪
y + z =
⎪⎩⎪
a a
a
11 11 11
rendszerhez jutunk. Látható, hogy az a -gyel való osztást elhagyhatjuk. Így a rendszer
11
⎧⎪
⎪a
⋅ x + a ⋅ y + a ⋅ z = b
11 12 13 1
⎪
⎨(
a ⋅a −a ⋅ a ) y + ( a ⋅a −a ⋅ a ) z = a ⋅b −a ⋅b
11 22 12 21 23 11 21 13 11 2 21 1
⎪
⎪( a ⋅a −a ⋅ a ) y + ( a ⋅a −a ⋅ a ) z = a ⋅b −a ⋅b
⎪⎩ 11 32 12 31 11 33 13 31 11 3 31 1
alakú. Ha itt kiküszöböljük y -t, akkor a z együtthatója
( )( ) ( )(
a a −a a a a −a a − a a −a a a a − a a =
11 22 12 21 11 33 13 31 23 11 21 13 11 32 12 31
= a ⋅ [ a a a + a a a + a a a −a a a −a a a − a a a ]
11 11 22 33 12 23 31 13 21 32 11 23 32 12 21 33 13 22 31
Megjegyzés. Ez alapján látható, hogy nem véletlen az, amit tapasztaltunk (mindkét
alkalommal -34 jelent meg), viszont az is hozzájárult, hogy az első lépésben a
kifejezett ismeretlen együtthatója (a ) 1 volt mindkét alkalommal.
11
Jelöljük ∆ -val a szögletes zárójelben megjelenő kifejezést.
∆ = a a a + a a a + a a a −a a a −a a a − a a a
11 22 33 12 23 31 13 21 32 11 23 32 12 21 33 13 22 31
A műveletek elvégzése és a -el való egyszerűsítés után az
11
∆⋅ x = ∆
(*)
1
egyenlőséghez jutunk, ahol
∆ = ba a + a a b + a ba −ba a −a ba − a a b
1 1 22 33 12 23 3 13 2 32 1 23 32 12 2 33 13 22 3
Értelmezés. A ∆ = a a a + a a a + a a a −a a a −a a a −a
a a
11 22 33 12 23 31 13 21 32 11 23 32 12 21 33 13 22 31
⎡a a a ⎤
⎢ 11 12 13 ⎥
kifejezést az A= ⎢
a a
⎥
⎢a mátrix determinánsának nevezzük és de -val
21 22 23 ⎥
tA
⎢ ⎥
⎢a a a
⎣ 31 32 33⎥
⎦
jelöljük. Gyakran írjuk
ij
)

240
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
a a a
11 12 13
detA=
a a a
21 22 23
a a a
31 32 33
alakban is.
Világos, hogy ezeket az eredményeket ebben a formában elég nehéz megjegyezni,
ezért a következő memorizálási technikákat említjük meg:
1. Sarrus szabály. Írjuk az A mátrix alá az első és a második
sort. A főátlóval párhuzamos átlók mentén az elemek szorzatai adják
a determináns első három tagját (a pozitív előjelűeket), míg a
mellékátlón illeszkedő elemek szorzatai adják az utolsó három tagot.
Így a determináns a főátlós szorzatok összegének és a mellékátlós
szorzatok összegének a különbsége.
2. Háromszögszabály. A mellékelt ábrák
mutatják a pozitív, illetve a negatív előjelű szorzatokat.
11 12 13
a a a
21 22 23
a a a
31 32 33
b a a
1 12 13
1
A (*) összefüggésben ∆ = b a a , tehát ha ∆≠ 0 , akkor
x
1 2 22 23
b a a
∆
= .
∆
Hasonlóan igazolható, hogy
3 32 33
2 y ∆
= és
∆
3 z
∆
= , ahol
∆
a11 b1a13 a11
a12 b1
2 a21 b2 a23
∆ = a 3 21 a22 b
és 2 .
∆ =
a b a
31 3 33
a a b
31 32 3
11 12 13
a a a
21 22 23
a a a
31 32 33
a a a
11 12 13
a a a
21 22 23
11 12 13
a a a
21 22 23
a a a
31 32 33
Tehát a 2× 2-es
rendszerekhez hasonlóan itt is megfogalmazhatjuk a következő tételt.
⎧⎪
⎪a
x + a y + a z = b
11 12 13 1
⎪
Tétel. Az ⎪
⎨a
x + a y + a z = b rendszerre érvényesek a következő állítások:
21 22 23 2
⎪ a x + a y + a z = b
⎪⎩ 31 32 33 3
1. Ha a rendszer mátrixának determinánsa nem nulla, akkor a rendszernek egyértelmű
megoldása van és ezt az
1 x
∆ ∆ ∆
∆
2
= , y ∆
3
= és z
∆
=
képletek szolgáltatják, ahol ∆ a rendszer mátrixának determinánsa, ∆ , ∆ és
pedig úgy kapható meg ebből a determinánsból, hogy az x , y
illetve z együtthatóit
helyettesítjük a szabadtagokkal (ezt és ennek az általános esetét nevezzük Cramer
1
2
∆ 3

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 241
szabálynak és azokat a rendszereket, amelyekre ez alkalmazh ató
rendszereknek nevezzük).
Cramer
2. Ha 0 ∆ , ∆ , ∆ ≠ ( 0,0,0)
esetén a rendszernek nincs megoldása (a
∆ = , akkor ( )
1 2 3
rendszer ellentmondásos, összeférhetetlen).
∆ = ∆ = ∆ = ∆ = 0 , akkor a rendszernek végtelen sok megoldása van.
3. Ha 1 2
3
2.2. 2×2-es és 3×3-as determinánsok
tulajdonságai
Mielőtt a rendszerek további tulajdonságainak vizsgálatába fognánk,
vizsgáljuk meg a 3× 3- as determinánsok néhány tulajdonságát.
Felad at: Vizsgáljuk meg, hogyan változik az A ∈ M ( )
mátrix determinánsa,
ha
3
a) felcserélünk
két sort (vagy oszlopot);
b) beszorzunk egy sort (vagy oszlopot) egy számmal;
c) felcseréljük a sorokat az oszlopokkal;
d) a mátrix minden elemét a konjugáltjával
helyettesítjük.
⎡a a a ⎤
⎢ 11 12 13 ⎥
Megoldás.
Tekintjük az A= ⎢
a a a
⎥
⎢ 21 22 23 ⎥ mátrixot.
⎢ ⎥
⎢a a a
⎣ 31 32 33⎥
⎦
a) Azáltal, hogy felcserélünk két sort, vagy oszlopot, a rendszer nem változik meg.
Elvárnánk, hogy az A determinánsa se változzon meg, vagy
legalábbis „ne nagyon”
változzon.
⎡a a a ⎤
⎢ 12 11 13 ⎥
Ha A =
⎢
a a a
⎥
1 ⎢ 3⎥
, akkor
22 21 2
⎢ ⎥
⎢a a a
⎣ 32 31 33⎥
⎦
detA = a a a + a a a + a a a −a a a −a a a − a a a = − detA
1 12 21 33 11 23 32 13 22 31 11 22 33 12 23 31 13 21 32
⎡
⎢a13 Ha A =
⎢
2 ⎢a23 ⎢
⎢a ⎣ 33
a12 a22 a32 a ⎤
11⎥
a
⎥
, akkor
21 ⎥
a31⎥
⎦
detA = a a a + a a a + a a a −a a a −a a a − a a a = − detA
2 13 22 31 12 21 33 23 32 11 11 22 33 12 23 31 13 21 32
A második és harmadik oszlop (vagy sor) felcserélése a következőképpen
végrehajtható:
• kicseréljük az első oszlopot (sort) a másodikkal
• kicseréljük az első oszlopot (sort) a harmadikkal
• kicseréljük az első oszlopot (sort) a másodikkal
⎡a a a ⎤ ⎡a a a ⎤ ⎡a
a a ⎤ ⎡
⎢ 11 12 13 ⎥ ⎢ 12 11 13 ⎥ ⎢ a a a ⎤
13 11 12 ⎥ ⎢ 11 13 12 ⎥
A= ⎢ ⎥ ⎢
a a a
⎥
⎢a a a
⎥
→ = A
21 22 23 ⎥ →
⎢ a a a
⎥
22 21 23 ⎥ →
⎢
a a a
23 21 22
⎥ ⎢ 21 23 22 ⎥ 3
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎢a a a a a a
⎣ 31 32 33⎥ ⎦
⎢a a a
⎣ 32 31 33 ⎥
⎦
⎢a a a
⎣ 33 31 32 ⎥
⎦
⎢
⎣ 31 33 32⎥
⎦

242
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
Mivel minden lépésben megváltozik a determináns előjele ezért detA =− detA.
Tehát
két sor (vagy oszlop) felcserélésével a determinánsnak csak az előjele változik meg.
Következmény. Ha egy determináns két sora (vagy oszlopa) azonos, akkor a
determináns értéke 0.
Bizonyítás. A két sort (vagy oszlopot) felcserélve megváltozik a determináns
előjele. Ugyanakkor, mivel a két sor azonos, ugyanazt a determinánst kapjuk. Ez csak
akkor lehetséges, ha a determináns 0.
b) A determináns értelmezésében szereplő szorzatok tényezői úgy helyezkednek el,
hogy minden sorból és minden oszlopból pontosan egy elem kerüljön a szorzatba. Így,
ha egy sor (vagy oszlop) minden elemét szorozzuk α -val, akkor a determináns is
szorzódik α -val.
Következmény. Ha egy determináns két sora (vagy oszlopa) arányos, akkor a
determináns 0.
Bizonyítás. Jelöljük A -val a mátrixot, amelynek két sora arányos.
a = α ⋅a , j = 1, 3 egyenlőségek alapján α ⋅ detA = detA = 0 , ahol A -et az
Az ij ij
1 2
A -ból úgy kapjuk, hogy az i -edik sort szorozzuk α -val. (Ha α = 0 , akkor A -nak
1
van egy csupa nullából
álló
sora,
míg ellenkező esetben A -nek van két azonos sora).
1
c) A háromszögszabályban szereplő két ábra szimmetrikus
a főátlóra nézve, ezért ha
az elemeket a főátlóra nézve tükrözzük, akkor a determináns értéke ne m változik, azaz
egy mátrix determinánsa egyenlő a transzponáltjának a determinánsával:
d) Mivel z z z z
1 2 1 2
t
detA detA
a a a a a a
11 12 13 11 21 31
a a a = a a a
= ⇔ 21 22 23 12 22 32
a a a a a a
31 32 33 13 23 33
⋅ = ⋅ és z + z = z + z ∀z , z ∈ , írhatjuk, hogy
1 2 1 2 1 2
a11
detA= detA
⇔ a21 a31 a12 a22 a32 a13 a23 a33 ⎛
⎜a ⎜ 11
⎜
= ⎜
⎜a21 ⎜
⎜⎝
a31
a12 a22 a32 a
⎞
⎟ 13 ⎟
a ⎟ 23 ⎟ ,
a33 ⎠⎟
Feladat. Fejezzük ki a 3× 3-as
determinánst 2× 2-es
determinánsok segítségével.
Megoldás. Csoportosítjuk a tagokat az első oszlop elemei szerint:
detA
= a a a + a a a + a a a −a a a −a a a − a a a =
11 22 33 12 23 31 13 21 32 11 23 32 12 23 31 13 21 32
= a ⋅( a a −a a ) −a ⋅( a a − a a ) + a ⋅( a a − a a ) =
11 22 33 23 32 21 12 33 13 32 31 12 23 13 22
a a a a a a
22 23 12 13 12 13
= a ⋅ a a
11 a a
− ⋅ 21 a a
+ ⋅ 31 a a
32 33 32 33 22 23
Hasonló előállításokhoz jutunk, ha a második, harmadik oszlop vagy valamelyik sor
elemei szerint csoportosítjuk a tagokat. Látható, hogy az a elem szorzótényezőjét úgy kapjuk, hogy az A determinánsából elhagyjuk az i -edik sort és a j -edik oszlopot
i j
és szorozzuk ( 1) +
− -nel.
ij
1
3
1

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 243
Értelmezés. Az i -edik sor és j -edik oszlop elhagyásával kapott determinánst az
a -hez tartozó aldeterminánsnak nevezzük és d -vel jelöljük. A ( 1) i j − d kifejezést
ij ij ij
az a elem algebrai komplementumának nevezzük és D -vel jelöljük.
ij
ij
Ezekkel a jelölésekkel az előbbi feladat eredménye
a következőképpen fogalmazható meg:
Tétel. Ha A ∈ M ( )
, akkor
3
3 3
∑ ∑ .
detA= a ⋅ D = a ⋅D ∀i, j ∈{
1,2, 3}
ij ij ij ij
i= 1 j=
1
Következmények
1. Ha két 3× 3-as
m átrixnak csak egy sora (vagy oszlopa) különbözik, akkor
determinánsaik összege egyenlő annak a mátrixnak a determinánsával, amelyet úgy
kapunk, hogy a megegyező elemeket leírjuk és a különböző sorok megfelelő elemeit
összeadjuk.
Példa
x
a a x a a x + x a a
1 12 13 2 12 13 1 2 12 13
y a a + y a a = y + y a a
1 22 23 2 22 23 1 2 22 23
z a a z a a z + z a a
1 32 33 2 32 33 1 2 32 33
Bizonyítás. Az első (általában a különböző sor vagy oszlop) oszlop szerint kifejtjük
mindhárom determinánst.
2. Ha egy determináns valamely sorához (vagy oszlopához) hozzáadjuk egy másik sor
(oszlop) α -szorosát, akkor a determináns értéke nem változik meg.
Bizonyítás. Feltételezhetjük, hogy az első két oszlopról (sorról) van szó, hisz
oszlopok (sorok) cseréjével csak az előjelek változnak meg).
a a a
α⋅ a a a a + α⋅a
a a
11 12 13 12 12 13 11 12 12 13
a a a + α⋅ a a a = a + α⋅a
a
21 22 23 22 22 23 21 22 22
a a a α⋅ a a a a + α⋅a
a a
31 32 33 32 32 33 31 32 32 33
Az előbbi feladat b) alpontjának következménye alapján a bal oldal második
determinánsa 0.
2.3. Mátrixok inverze
Ha a
3
∑ a ⋅ D ij ik
i=
1
összeget vizsgálnánk meg k j
≠ esetén, akkor nullához jutnánk, hi-
szen D úgy is felfogható, mint egy A mátrix i -edik sorának és j -edik oszlopának
ik
jk
az
algebrai komplementuma, ahol az A m átrixot úgy kapjuk A -ból, hogy a k -adik
oszlop helyére is a j -edik oszlopot írjuk. Így
jk
3
∑aij i=
1
Dik Ajk
azonos oszlop).
a D + a D + a D = detA
= 0 , mert
Például az 12 11 22 21 32 31 21
⋅ = det = 0 (mert van két
a
+
23

244
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
a a
12 12
13
21 22 22 23
32 32
a
A = a a a
a a a
Ezeket az egyenlőségeket egy egyenlőség formájában is felírhatjuk, ha
*
megszerkesztjük az A mátrixot a következő módon:
• felírjuk A transzponáltját
• a transzponált minden elemét helyettesítjük az algebrai komplementumával.
*
Következmény. Ha A ∈ M ( )
és A 3 = ⎡D ⎤
⎢ ji ⎥ , akkor
⎣ ⎦ij
, = 1,3
*
A⋅ A
*
= A ⋅ A= ( detA)
I .
⎡D D D ⎤
⎢ 11 21 31⎥
* ⎢ ⎥
*
Bizonyítás. Ha A = ⎢D D D ⎥,
akkor A⋅A =
12 22 32
⎢ ⎥
⎢D D D ⎥
⎢⎣ 13 23 33 ⎥⎦
⎡a D a D a D
0 0 ⎤
⎢ + +
11 11 12 12 13 13
⎥
⎢ ⎥
= ⎢ 0 a D + a D + a D
0 ⎥ =
21 21 22 22 23 23
⎢ ⎥
⎢ 0 0
a D a D a D ⎥
⎢
+ +
⎣ 31 31 32 32 33 33 ⎥⎦
= ( detA) ⋅ I . 3
*
Az A mátrixot az A adjungáltjának nevezzük. Az előbbi tulajdonság alapján
1 *
detA ≠ 0 esetén megszerkeszthetjük az A mátrix inverzét, hisz a B = ⋅ A
detA
mátrixra teljesül az, hogy
A⋅ B = B⋅ A = I . 3
3 3
(Ez azt is jelenti, hogy ebben az esetben az A -hoz tartozó fa : → lineáris
leképezés bijektív és inverze a B -hez tartozó leképezés). Akárcs ak a 2× 2-es
−1
−1 −1
mátrixok esetében az A mátrix itt is értelmezhető az A⋅ A = A ⋅ A= I
egyenlőséggel. A fogalmak rögzítésének céljából a következő
általános értelmezést
fogadjuk el.
Értelmezés. A B ∈ M n ( )
mátrixot
az A ∈ M n ( )
mátrix inverzének
nevezzük, ha teljesülnek az
A⋅ B = B⋅ A= I
33
n
−1
egyenlőségek.
Ebben az esetben a B mátrixot A -el szokás jelölni.
Felmerülhet a kérdés, hogy létezhet-e egy mátr ixnak több inverze. A szorzás
tulajdonságai alapján beláthatjuk,
hogy ez nem lehetséges (A szorzás értelmezéséből
az is következik, hogy ha B az A inverze, akkor a B -hez tartozó lineáris leképezés
az A -hoz tartozó lineáris leképezés inverze. Mivel az inverz függvény
egyértelműen
meghatározott
és a lineáris leképezés mátrixa
is egyértelműen jellemzi azt egy adott
−1
bázisban, világos, hogy A is egyértelműen meghatározott, ha létezik).
.
3
3

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 245
Ha B és C az A inverzei lennének, akkor
B = B⋅ I = B⋅( A⋅ C) = ( B⋅A) ⋅ C = I ⋅ C = C ,
n n
1
tehá A − egyértelműen meghatározott.
1
Az előbbiek alapján ha létezik A − t
, akkor az A -hoz rendelt lineáris leképezésnek
3 3
létezik inverze, tehát az f : → f( x) = A⋅x függvény bijektív.
Így az
3
A⋅ x = y egyenletnek minden y ∈ esetén van
egyértelmű
megoldása. Láttuk,
hogy ez csak akkor fordul el ő, ha detA ≠ 0 és ebben az esetben meg is tudjuk
szerkeszteni az A inverzét. Érvényes tehát
a következő tétel.
Tétel. Az A ∈ M ( )
mátrixnak pontosan akkor létezik inverze, ha detA ≠ 0 és
3
− 1 1 *
*
ebben az esetben A = ⋅ A , ahol az A mátrixot
úgy kapjuk, hogy az A
detA
transzponáltjának minden elemét helyettesítjük annak algebrai komplementumával.
2.4. n ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek
és n×n-es
determinánsok
Az eddigi tulajdonságok alapján értelmezni tudjuk n× n -es mátrix esetén is a
determinánst és n× n -es lineáris egyenletrendszerekre is adhatunk megoldási
módszereket.
Értelmezés. Ha A ∈ M ( )
, akkor az A mátrix determinánsának nevezzük a
n
∑
j= 1
n
a ⋅ D kifejezést,
ahol az elem algebrai komplementuma
1j 1j
1j D a1j
( ( ) , aho
1+
j
D = −1⋅d l 1j1j1j d az a -hez tartozó aldetermináns). Tehát
1j
n
⋅d1j
j=
1
Megjegyzés.
Mivel D egy ( n − 1) × ( n − 1)
-es determináns és 2× 2-es
illetve
1j
3× 3-as
determinánst értelmeztünk, az értelmezés
helyes (a matematikai indukció
elve
alapján).
Feladat. Bizonyítsuk be, hogy a determináns minden sora vagy oszlopa szerint
kifejthető, azaz
n n
∑ ∑
det A= a ⋅ D = a ⋅D
∀ i, j = 1, n
D
1j
ij ij ij ij
j= 1 i=
1
Bizonyítás.
n = 2 és n = 3 esetén már bebizonyítottuk a tulajdonságot. Így a
matematikai indukció
elve alapján elégséges igazolni, hogy ha teljesül az állítás
minden legfeljebb ( n − 1) × ( n − 1)
-es mátrix determinánsára, akkor teljesül minden
n× n -es mátrix determ
inánsára is. Legyen
A ∈ M ( )
egy tetszőleges mátrix. Az
n+
1
értelmezés alapján
n n n n
∑ ∑ ∑ ∑
1+ j 1+
j i+ k
detA = a D = a ( −1)
d′ = a ( −1) a ( − 1)
d′′
=
1j 1j 1j 1j 1j
ik ik
j= 1 j= 1 j= 1 k=
1
k≠j

246
n n n n
∑∑ ∑∑
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
1+ j
i+ k 1+
j i+ k
= a ( −1) a ( −1)
d′′ = a ( −1) a ( − 1)
d′′
=
j= 1 k=
1
k≠j n
1j
ik ik 1j
ik ik
k= 1 j=
1
j≠k ∑ ∑
n
i+ k + j
( ) ( ) 1
= a −1 a −1
d′′
ik 1j
ik
k= 1 j=
1
j≠k De d′′ egy ( n − 2) × ( n − 2)
-es determináns és úgy is felfogható, mint az eredeti
ik
determinánsból az i -edik sor és k -adik oszlop elhagyásával nyert determinánsban az
a -hez tartozó aldetermináns. Tehát
1j
n
1+ j
∑a
( − 1)
d′′
=
1j
ik ik
j=
1
j≠k ahol d az a -hoz
tartozó aldetermináns
az n× n -es determinánsban. Így
ik ik
Az előbbi bizonyításához hasonlóan a D egyenlőséget itt is a
n
detA= a D i1
i1
i=
1
hogy det A= a D
d ,
n
∑ ik
ik
n
∑ ik . ik
k=
1
k= 1
n
detA= ∑aij
i=
1
ij
i+ k
detA= a ( − 1)
d = a D
∑ egyenlőségből kiindulva igazolhatjuk,
tehát elégséges
i=
1
i1 i1
igazolni,
Matematikai indukciót használunk, tehát feltételezhetjük, hogy
( n − 1) × ( n − 1)
-es
determinánsok az első oszlopuk szerint is kifejthetők.
Az értelmezés alapján
n
∑
n n n
( )
j= 1
k=
≠
1
detA = ∑a D ij 1j + j
= a D + 1
11 11 ∑a − 1j ∑ a D′
=
k1 k1
j=
2 2
k j
n n n n
1+ j k+
1
1+
j
= a D + ( ) ( )
1 ′
11 11 ∑∑a − 1 a D′ = a D + a 1
1j k1 k1 11 11 ∑ − k1
∑ a ( − ) D =
1j k1
k= 2 j= 2 k=
2
j=
2
j≠k j≠k n n
∑ ∑
= a D + a D = a D
11 11 k1 k1 k1 k1
k= 2 k=
1
mert D′ tekinthető a D -ben az a aldeterminánsának.
1j
k1
k1
Következmény. A 3× 3-as
determinánsok tulajdonságai n× n -es
determinánsokra is kiterjeszthetők, hisz mindig kifejthetjük olyan sor (vagy oszlop)
szerint, amelyet nem változtatunk, és így mindig az eggyel kisebb rendű
determinánsok megfelelő tulajdonságára vezetődik vissza a bizonyítandó tulajdonság.
Az előbbiek alapján felsorolhatjuk az n× n -es determinánsok
néhány tulajdonságát:
.

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 247
Tétel. Ha A ∈ Mn
( )
, akkor érvényesek az alábbi állítások:
t
t
a) detA= detA
, ahol A az A transzponáltja.
b) Ha A két oszlopát (vagy sorát) akkor a determináns előjele megváltozik.
c) Ha A egy sorában (vagy oszlopában) α -val szorozzuk az elemeket, akkor a
determináns is szorzódik α -val.
d) Ha A -nak van két azonos vagy arányos oszlopa vagy sora, akkor a determinánsa 0 .
e) Ha A és B egy oszlopban (vagy sorban) különbözik, akkor
detA+ detB = detC
,
aho l a C mátrixot úgy kapjuk A -ból, hogy a B -vel megegyező
oszlopokat leírjuk és
a B -től különböző oszlop elemeihez hozzáadjuk a B megfelelő elemeit.
f) Ha A egy oszlopához (sorához) hozzáadjuk egy másik oszlop (sor) α -szorosát,
akkor a determináns nem változik meg.
g) Ha A egy oszlopa (sora) a többi oszlop (sor) lineáris kombinációja, akkor a
determináns
0.
h)
i)
∑ ∑
det A= a D = a D ∀ i, j = 1,
n
n
i=
1
n n
ij ij ij ij
i= 1 j=
1
∑ aD = 0 , ha k ≠ j
ij ik
* *
*
j) A⋅ A = A ⋅ A= ( detA) In,
ahol A az A adjungáltja, amit úgy kapunk, hogy
A transzponáltjában
minden elemet az algebrai komplementumával
helyettesítünk
Ez alapján az n× n -es rendszerek esetében is megszerkeszthetjük A inverzét és
kijelenthetjük a Cramer szabályt. Egy n× n -es rendszer is A⋅ x = b alakban írható,
n
ahol A∈Mn( ) , xb , ∈ .
Tehát, ha detA ≠ 0 , akkor létezik az
− 1 1 *
A = ⋅ A
detA
−1 −1
(erre teljesülnek az A ⋅ A= A⋅ A = Inegyenlőségek)
mátrix és ezzel beszorozva
−1
(balról) az egyenletet, az x = A ⋅ b egyenlőséghez jutunk. De
⎡D D D ⎤
11 21 n1
⎢ … ⎥
⎢ D D D ⎥⎥
⎢
⎢D D D
12 22 n2
⎥
⎢ … ⎥
−1
A = ⎢ D D D ⎥
⎢⎢⎢⎢⎢ ⎥
⎥
D D D ⎥
1n 2n
n ⎥
⎢
…
⎢⎣ D D D ⎥ ⎥⎦
n
és így
bD
D
x b j
n
∑
n
= j ∑
i=
1
ij
⋅
D
= i
i
i=
1
∆
ij
= 1, n.
∆j j ∆
A számlálóban szereplő összeg éppen a determináns kifejtése, ahol -t úgy

248
kapjuk ∆ -ból, hogy a j
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
-edik oszlop helyére a szabadtagokat helyettesítjük.
A ∆⋅ x = ∆ j j
*
Ha az A⋅ x = b egyenlőséget csak -gal szorozzuk, akkor a
összefüggésekhez jutunk ( j = 1, n ), tehát a tárgyalás
is hasonlóképpen végezhető
el.
Ha ugy anis ∆ = 0 , akkor a megoldhatóság
feltétele ∆ = 0 j = 1,
n , és ha ezek a
feltételek teljesülnek, akkor végtelen sok megoldása van az egyenletrendszernek.
Ezt tétel formájában is kijelentjük.
Tétel
− 1 1 *
a) Ha detA ≠ 0 , akkor A = ⋅ A .
detA
n
b) Az A⋅ x = b,
A ∈ M n ( )
, xb∈ , egyenletrendszer megoldásai
∆j
detA ≠ 0 esetén x = j = 1, n alakban írhatók, ahol ∆ = detA és ∆ -t úgy
j
j
∆
kapjuk ∆ -ból, hogy a j -edik oszlop elemeit a b , b , … , b számokkal hely
1 2 n
ettesítjük
(Cramer szabály)
c) Ha detA = 0 , és létezik olyan j = 1, n , amelyre ∆ ≠ 0 , akkor a rendszer
inkompatibilis (összeférhetetlen), míg ∆ = ∆ = 0 j
dik egy kisebb rendszer tárgyalására
j = 1, n esetbenvisszavezető- Következmény. Ha b b 1 2
Bizonyítás. Ebben az esetben ∆ = 0 j j = 1, n , mert van egy identikusan 0
oszlopa. Tehát ha = = … = b = 0 , akkor a Cramer
szabály alapján csak egy
megoldás van és ez ( 0, 0, … , 0)
. Ha ∆ = ∆ = 0 j = 1, n , akkor néhány egyenlet
j
elhagyásával elérhetjük, hogy bizonyos ismeretlenekre
nézve (a többiek paraméterek)
a rendszernek egyértelmű megoldása legyen a paraméterek
függvényében. Ez azt
jelenti, hogy az eredeti
rendszernek végtelen sok megoldása van.
Megjegyzés. Az ilyen rendszert nevezzük homogén lineáris egyenletrendszernek,
a
(0, 0,...0) megoldást pedig triviális vagy banális megoldásnak.
2.5.
Megoldott gyakorlatok
j
= = … = b = 0 , akkor ∆≠0
esetén a rendszernek
n
csak a ( 0, 0, …,
0)
megoldása van, míg ∆ = 0 esetén végtelen sok megoldás
létezik.
b b 1 2
n
1. Számítsuk ki a következő
determinánsokat
cos
α
a) ∆ = 1 sin α
−sin α
;
cos α
∆ = 2
5 +
3 +
7
2
3 −
5 −
2
7
b)
1 2 3 4
1 2 −3 5 7 3
5 6 7 8
c) ∆ = 3 0 2 1 ; d) ∆ = −3 4 2 −4
; e) ∆ = 5 9 10 11
;
12
3 −1
2
−8
3 2
13 14 15 16
j
;

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 249
0 1 2 3
f) 6 ∆ = −1
0 4 5
−2 −4
0
;
6
−3 −5 −6
0
g) ∆ = 7
−3 2 3 −1
2
1 4
1 2
−4
3 −2 2 −2
2
0 0 4 0 1
1 5 1 3 6
Megoldás
2 2
a) ∆ = cos α⋅cos α−sinα⋅( − sin α) = cos α+ sin α = 1.
1
b)
∆ = ( 5 + 7)( 5− 7) −( 3− 2)( 3 + 2) = ( 5−7) −( 3− 2)
= −3.
2
1
− 3S
+ S →S
1 3 3
c) ∆ = 0 3
2
2
−3
2
1+ 1
1 = 1⋅− ( 1) ⋅
−7
1
= 29.
11
0 −7
11
5 7 3 10 7 3 10 7 17
d) ∆4 = −3 −8 2
3
2O → O 1 1 1
− 4 = ⋅ − 6
2
2 −16 2
3
2O
+ O →O
2 3 3
−4
= − 6
2 −16
2
3
0
8
=
31 7 17
1
31 17
2+ 2
= 0 2 0 = ⋅2⋅( −1) ⋅ = 248 + 119 = 367.
2
−7
8
−7
3 8
3O + O →O
2 1 1
1 2 3 4 1 1 2 4
5 6 7 8 − O + O →O
5 1 2 8
1 2 2
e) ∆ = =
= 0
5 9 10 11 12 9 1 2 12
f)
− O + O →O
1 3 3
13 14 15 16 13 1 2 16
0 1 2 3 0 1 2 3
−1
0 4 5 − 3S
+ S →S
−1
0 4 5
2 4 4
∆ = =
−2 −4 0 6 0 −4 −8 −4
6 − 2S
+ S →S
2 3 3
−3 −5 −6 0 0 −5 −18 −15
2+ 1
1 2 3 1 2 3
(a második és
harmadik oszlop
arányos)
= ( −1) ⋅( −1) ⋅ −4 −8 − 4 = ( −4) ⋅ 1 2 1 =
−5−18 −15 −5−18 −15
=
.

250
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
= ( −4) ⋅
1
1
0
0
3
1
1
3+ 2
= ( −4) ⋅( −8) ⋅(
−1)
⋅
1
3
=
1
−5 −8
−15
− 2O
+ O →O
1 2 2
= ( −32) ⋅( − 2) = 64.
−3 2 −5 −1
2
−3 2 −5 −1
1 4 −15 2 −4
− 4O
+ O →O
1 4 −15
2
5 3 3
4+ 5
g) ∆ = 3 −2 −6 −2
2 = 1⋅− ( 1)
⋅ =
7
3 −2 −6 −2
0 0 0 0 1
1 5 −23
3
1 5 −233
6
−3 2 −5
−1
=
−5 ( −1) ⋅
9
8
−8
−25
4
0
0
−5 1+ 4
= ( −1) ⋅( −1) ⋅( −1) ⋅ 9
8
− 8
−25
4 =
−8 11 −38
0
−8 11 −38
2S
+ S →S
1 2 2
3S
+ S →S
1 4 4
− 2S
+ S →S
1 3 3
3 8 −25 3 32 −37
O + O → O 8O
+ O →O
2 1 1 1 2 2
= ( −1) ⋅ 1 − 8 4 = ( −1) ⋅ 1 0 0 =
− 4O
+ O →O
1 3 3
3 11 −38 3 35 −50
32 −37 32 −37
2+ 1
= ( −1) ⋅1⋅( −1) ⋅ = 5⋅
=
35 −50 7 −10
−5 −37 3 −5 −22
= 5 ⋅ = 5 ⋅ = 5 ⋅( 5 − 66) = 5 ⋅− ( 61) = −305.
−3 −10 −3 −1
O + O → O O + O →O
2 1 1 1 2 2
2. Számítsuk ki a következő determinánsokat:
2 2
2 2
a) ∆ = b a ab ; b) ∆ = b + c c + a a + b
2
1
a ab b
ab b a
2 2
a b c
2 2 2 2 2
b c c a a b
+ + + 2
Megoldás. a) Vonjuk ki az első oszlopot a második és a harmadik oszlopból és
emeljünk ki ( b−a) -t a két utolsó oszlopból.
2 2
a a⋅( b−a) ( b− a)( b + a) a a b + a
2 2 2
∆ = b ( a − b)( a + b) b⋅( a − b) = ( b−a) ⋅ b − ( a + b) −b
1
ab b ⋅( b −a) a ⋅( a −b)
Adjuk az első sorhoz az utolsó kettőt:
ab b −a
.

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 251
2 2
∆ = ( b−a) ⋅ b −( a + b) −b
=
1
+
+
2 2
a b ab
ab
0 0
b −a
− ( a + b) −b
2 2 2
= ( b−a) ⋅ (a + b + ab)
⋅ =
b −a
2 2
2 2 2 2 2 2 3 3 2
= ( b−a) ⋅ ( a + b + ab) ⋅ ⎡
⎣
a + ab + b ⎤ ⎡
⎦
= ⎢⎣ ( b−a) ⋅ ( b + ab + a ) ⎤
⎥⎦
= ( b −a
)
2. megoldás.
Adjuk az utolsó két oszlopot az elsőhöz.
1
1 ab b 1 ab b
2 2
2 2 2 2 2
( a ab b ) 1 a ab ( a ab b ) 0 a( a b) b( a b)
∆ = + + = + + − −
1
b a
2 2
a −b
= + + −
b
=
a + b
bb ( −a) ( a− b)( a+ b)
2 2
2
2
( a ab b ) ( a b) ( a )( ) ( ) (
b) Kivonjuk az első oszlopot az utolsó kettőből.
2
a b−a c−a a
2 2 2 2 2 2 2 2
b + c a −b a − c b + c −( a + b) − ( a + c)
0
+ ab + b a − b a + ab + b = a −b
2 2 2 2 3
1 1
∆ = b + c a −b a − c = ( b−a)( c− a) b + c −1 − 1 =
a + b + c
= ( b−a)( c−a) ⋅ b + c −1
0 0
− 1 =
2 2
b + c − ( a + b) − ( a + c)
1 1
= ( b−a)( c− a)( a + b + c) ⋅ ( b a)( c a)( a + b a + c
= − − c− b)( a + b + c).
3. Oldjuk meg a következő lineáris rendszereket
a) a Cramer szabály segítségével;
b) a kiküszöbölés módszerével;
égével.
I. ;
1
II.
;
6
III.
1 .
c) az inverz mátrix kiszámításának segíts
⎧ ⎪6x
+ 5y = 17
⎪⎪
⎨
⎪ 13x + 7y = 10
⎪⎩
⎧⎪
⎪2x
+ 3y − 4z
= −
⎨
⎪ x + y − z = 0
⎪
⎪−x − 2y + 4z = 4
⎪⎩
⎧ ⎪x
+ y + z + t =−2
⎪
⎪2x
− 3y + 3z + 2t
=−
⎨
⎪3x
+ 2y + 5z + 3t
=−
⎪
⎪5x − 2y + 7z + 2t = 1
⎪⎩
6 5
17 5
a) I. ∆ =
13 7
= 42 − 65 = − 23 , ∆ = 2 10
= 119 − 50 = 69 és
7
.
=
3
)
2
.

252
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
−11
17
1 69
∆ = =−110 − 51 = − 161 . Tehát x
3
3 3 10
23
∆
= = =−
∆ −
2 161
y 7
23
∆ −
= = = .
∆ −
II.
2 3 −4 −2 −1 −4
−2 −1
∆ = 1 1 − 1 = 0 0 −1 =
3 2
=−1;
−1 −2
4 3 2 4
−1 ∆ = 0 1
3
1
−4 −1 − 1 = 0
−1 0
−4
−1 − 1 =
4
−1
= 2;
2
4 −2
4 4 2 4
∆ = 2
2
1
−1 0
−4 −2 − 1 = 0
−1 0
−4
−2 − 1 =
3
−1
=−5;
4
−1
4 4 3 4 4
∆ = 3
2
1
3
1
−1 0 =
2
1
1
0
−1
1
0 =−
−1
−1
= −3.
4
−1 −2 4 −1 −1
4
1 Tehát x 2
∆
2 = =−,
y 5
∆
∆
3 = = és z 3
∆
∆
= = .
∆
III.
1 1 1 1 1 0 0 0
−6 −3 3 2 2 −5
1 0
−5
1 0
∆ =
3 2 5
=
3 3 −1
2 0
= − 1 2 0 =
5 −2 7 2 5 −7 2 −3
−7 2 −3
−5
1
= ( −3) ⋅
−1
= −3⋅( − 9)
= 27;
2
0 1 0 0
−12 −365
−12
6 5 4 2 5
∆ = 1 3 2 3
=−
1
3 3 1 = 9⋅− 1 1 1 =
−3 −2
9 4
−3 −9
4 1 3 4
és

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 253
4 6 9
6 9
= 9⋅− 1 0 0 = 9⋅ 4
= 9⋅− ( 6) = −54; 5
1 4 5
1 −2
1 1 1 0 0 0
2 −6 3 2 2 −2 1 0
−2
1 0
−2
1
∆ = 2 3 −1
5
=
3 3 5 2 0
= 5 2 0 =−3⋅ 5
= 27;
2
5 1 7 2 5 11 2 −3
11 2 −3
1 1 −2
1 1 0 0 0
2 −3 −6 2 2 −5 −2 0
−5 −2
0
−5 −2
∆ = 3 3 2 −1 =
3 3 −1 5 0
= −1 5 0 = −⋅ 3
−1
5
= 3⋅27; 5 −2 1 2 5 −7 11 −3
−7 11 −3
1 1 1 −2
1 0 0 0
2 −3 3 −6 2 −5 1 −2
−5 1 −2
∆ = 4 3 2 5
=
−1 3 −1
2 5
= − 1 2 5 =
5 −2 7 1 5 −7
2 11
−7
2 11
−5 = − 1
−9 0
−27
9
0 =
12
27 1
= 12⋅9⋅ 24 1
3
= −4⋅27; 2
−7 −12 −24
1 Ezek alapján x 2
gy
∆
2 = =−,
y 1
∆
∆
3 = = , z 3
∆
∆
4 = = és t 4
∆
∆
= =−.
∆
b) I. A második egyenlőség 6 szorosából kivonjuk az első 13 szorosát. Í a
− 23y = −161 egyenlőséghez jutunk, tehát y = 7 . Ebből következik, hogy
17 − 5y
x = = − 3 .
6
II. Az első és második egyenletet felcseréljük, majd rendre a következő átalakításokat
végezzük:
⎧⎪ x + y − z = 0 ⎧⎪
⎪
x + y − z = 0 ⎧⎪
⎪
⎪
⎪x
+ y − z = 0
⎪
⎪
⎨2x
+ 3y − 4z
= −1
⎪
⎨y
− 2z = −1
⎪
⎨y
− 2z = −1
.
⎪
⎪
⎪−
⎪
⎪
x − 2y + 4z = 4 ⎪−
⎪
y + 3z = 4 ⎪ z = 3
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
Így y = 2z − 1=
5 és x = − y + z =− 5+ 3 =−2.

254
Lineáris egyenletrendszerek megoldása
III. Az első egyenletből kifejezzük x -et és visszahelyettesítjük a többi egyenletbe,
majd a másodikból kifejezzük y -t és visszahelyettesítjük a harmadik és negyedik
egyenletbe és így tovább. A következő rendszerekhez jutunk:
⎧ ⎪x
+ y + z + t =−2⎧
⎪
⎪x
+ y + z + t =−2
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪−
5y + z =−2
⎪
⎪
⎪−
5y + z =−2
⎨
⎪
⎨
⎪
y + 2z = 5 ⎪−
⎪
⎪
9z= −27
⎪
⎪
⎪− 7y + 2z − 3t = 11
⎪
⎪3z − 15t = 69
⎪⎩
⎪⎩
A harmadik egyenletből z = 3 . Így az utolsó egyenletből t = −4
és a második
−3−2 egyenletből y = = 1 . Az első
egyenlet alapján
−5
x = −2−y −z − t = −2−1− 3+
4 =− 2
c) I. A rendszer mátrixos alakja
⎡ 6
⎢
13
5⎤ ⎡x⎤ ⎡17
⎥⋅ ⎢ ⎥
7 y
= ⎢
10
⎢y ⎣
⎥
⎦ ⎢
10
⎥ 23 ⎢
−1 ⎣ ⎦ ⎣
II. A rendszer
6
⎥ ⎢
10
⎥ 23 ⎢
−161
⎥ ⎢
7
⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎥⎦
⎡ 2 3 −4⎤ ⎡ ⎡
x ⎤ −1⎤
4
alakban írható. Az A = ⎢ 1
⎢
2
−1⎥
mátrix transzponáltja és az adjungáltja,
⎥
4
⎤
⎥
⎥
⎢
⎢⎣ ⎤
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ .
⎥⎦ ⎣ ⎦ ⎢⎣ ⎥⎦
Az
⎡6 A = ⎢
13
⎣
5⎤
⎥
7 ⎥
⎥⎦
mátrix transzponáltja
⎡6 t
A = ⎢
5
⎣
13⎤
⎥
7 ⎥
⎥⎦
és az adjungáltja
⎡ 7
*
A = ⎢
−13
⎣
−5⎤
⎥
1
, tehát
6 ⎥.
detA = 6 ⋅7− 5 3 = −23
A
⎥⎦
−1 1 −
− 1 ⎡ 7
= − ⋅⎢
23 ⎢
−13
⎣
−⎤ 5
⎥
6 ⎥
⎥⎦
x ⎡17⎤ ⎡ 7
1
oldás
⎥ 1
A ⎢
⎥ = − ⋅⎢
3
−5⎤ ⎡17⎤ ⎥ 1 ⎡ 69 ⎤ ⎡−3
⎥.
⎢ ⎥ = ⋅⎢
⎥ ⎢
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢
−
⋅1
. Így a
⎡ ⎤
meg ⎢ ⎥ = ⋅ ⎢
⎤
−
⎥⎥ .
⎢ 1
⎢
−1 ⎣
1
−2
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎥
− 1
⎢
y
⎥ ⎢ ⎥
⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ 0 ⎥
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎥ ⎢z⎥ ⎢ 4 ⎥
⎥⎦
⎣ ⎦ ⎢⎣ ⎥⎦
⎡
⎢ 2
⎢
⎢
⎢⎣
−1
3
1
−
−4⎤
⎥
⎥
⎥⎦
⎡
⎢ 2
t ⎢
A = ⎢ 3
⎢
−4 ⎣
1
1
−1
−1⎤
⎡
⎥ ⎢ 2
⎥ * ⎢
−2⎥
és A = ⎢−3 ⎥ ⎢
4 ⎥ ⎢
⎥⎦
⎢⎣ −4
4
1
⎥
−2⎥.
⎥
1 ⎥
⎥⎦

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 255
⎡
⎢−2
−1
1 * ⎢
Mivel detA = − 1 írhatjuk, hogy A = ⋅ A = ⎢ 3
detA
⎢
⎢⎣
1
Tehát a rendszer megoldása
4
−4
−1
−1⎤ ⎥⎥
2 ⎥ .
⎥
1 ⎥
⎥⎦
⎡x⎤ ⎡−1⎤ ⎡−2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
⎢ 1
y
⎥ − ⎢ ⎥ ⎢
⎢ ⎥ = A ⋅ ⎢ 0 ⎥ = ⎢ 3
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
⎢z ⎢ 4 ⎥ ⎢
⎣
⎥
⎦ ⎢
1
⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ III. A rendszer mátrixa
4
− 4
−1
−1⎤⎡−1⎤
⎡ ⎤
⎥⎢ ⎥ ⎢−2⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎥⎢ ⎥ ⎢
2 ⎥⎢ 0 ⎥ = ⎢ 5 .
⎥⎢ ⎥ ⎢
1 ⎥⎢ 4 ⎥ ⎢
⎥⎢
3
⎦⎣ ⎥⎦ ⎢⎣
⎡1 ⎢
2
A = ⎢
⎢3 ⎢
⎢⎣
5
1
−2
2
−2
1
3
5
7
1⎤
⎥
2 ⎥ .
3 ⎥
2⎥
⎥⎦
Így
⎡1 ⎢
⎢1 t ⎢
A = ⎢
⎢1 ⎢
1
⎣
2
−3 3
2
3
2
5
3
5 ⎤ ⎡ 51
⎥ ⎢
−2⎥
⎢
⎥ * ⎢
3
⎥ és A = ⎢
7 ⎥ ⎢−39 ⎥ ⎢
2 ⎥ ⎢
⎥⎦
⎢
12
⎣
−3 −6
−3
12
−21 3
15
3
9 ⎤
⎥
0 ⎥
0 ⎥
9 ⎥
⎥⎦
⎢
1 ⎢
3 −6
1 ⎥
−
.
De detA = 27 és így a megoldások
⎡x⎤ ⎡ 51
⎢ ⎥ ⎢
⎢y⎥ ⎢ ⎥
⎢z⎥ = ⋅ ⎢
27 −39 ⎢ ⎥ ⎢
⎢t⎥ ⎢
⎢⎣ ⎥⎦
⎢
⎢⎣
12
−3 −3 12
−21 3
15
3
9 ⎤⎡−2⎤ ⎡−54 ⎤ ⎡−2⎤
⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
0 ⎥⎢−6⎥ ⎢
⎥⎢ ⎥ 1 ⎢
27 ⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥⎢ ⎥ = ⋅ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥.
0 ⎥⎢−1⎥ 27 ⎢ 81 ⎥ ⎢ 3 ⎥
⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
−9⎥⎢ 1 ⎥ ⎢
⎥⎢ ⎥ ⎢
−108⎥
⎢−4⎥ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦
2.6. Megoldott feladatok
I. Determinánsok és tulajdonságaik
1. Számítsuk ki a következő
mátrixok determinánsát:
⎡ a
a) A = ⎢
1 ⎢
⎢−b ⎣
Megoldás
b⎤
⎥
a⎥;
⎥⎦
⎡
⎢a ⎢
b) A = ⎢b 2
⎢
c
⎣
b
c
a
c⎤
⎥
a⎥.
⎥
b ⎥
⎥⎦
a) detA
2 2
= a + b .
1
3 3 3 3 3 3
b) detA = acb + bac + cba −c−a− b = 3abc
−a−b−c. 2

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 256
2. Bizonyítsuk be a következő egyenlőségeket a determinánsok kiszámítása nélkül:
a)
b)
Bizonyítás
a)
a + b b + c c + a a a a
1 1 1 1 1 1 1 2 3
a + b b + c c + a = 2 b b b
2 2 2 2 2 2 1 2 3
a + b b + c c + a
3 3 3 3 3 3
bc ab ca
bc a a
2 2
ab ac bc b ac b
2 2
= .
2 2
ac bc ab c c ab
c c c
1 2 3
(felvételi 1985);
a + b b + c c + a a b + c c + a b b + c c + a
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
a + b b + c c + a = a b + c c + a + b b + c c + a
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a + b b + c c + a a b + c c + a b b + c c + a
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
a b c + a a c c + a b b c + a b c c + a
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
= a b c + a + a c c + a + b b c + a + b c c + a
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c + a a c c + a b b c + a b c c + a
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
a b c b c a a b c
1 1 1 1 1 1 1 1 1
= a b c + b c a = 2 ⋅ a b c ,
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a a b c
3 3 3 3 3 3 3 3 3
mert a felbontásban megjelenő további determinánsok értéke nulla és
b c a a b c
1 1 1 1 1 1
b c a = a b c ,
2 2 2 2 2 2
b c a a b c
3 3 3 3 3 3
mert az egyikből a másikat két oszlopcserével kaphatjuk meg.
b) Az első sort a -val, a másodikat b -vel és a harmadikat c -vel szorozzuk (ab c ≠ 0
esetén):
2 2
abc a b a c
bc ab ca
1
= ⋅
abc
. (1)
2 2
ab ac bc ab abc b c
2 2
ac bc ab ac bc abc
Az első oszlopból kiemelünk a -t, a másodikból b -t és a harmadikból c -t!
=
=

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 257
2 2 2 2
abc a b a c bc a a
1
abc
⋅ =
abc abc
2 2 2
ab abc b c b ac b
2 2 2 2
ac bc abc c c ab
Az (1) és (2) alapján következik a kért egyenlőség.
3. Számítsuk ki a
x x x
2 2 2
1 2 3
2 3 1
3 1 2
2 . (2)
∆ = x x x determinánst, ha , és x az
x x x
x1 x2 3
3 2
x − x + 5x + 2 = 0 egyenlet gyökei (felvételi 1987).
Megoldás. A Sarrus szabály alapján a determináns
2 2 2 4 4 4 4 4
∆= xxx+ xxx+ xxx−x−x− x= xxx ( x+ x+ x) − ( x + x + x
4 ) .
1 3 2 2 1 3 3 2 1 3 2 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3
x1 + x2 + x3
= 1 xxx 1 2 3 = −2
1 2 + 2 3 + 3 1 = 5 . Így
De a Viéte-féle összefüggések alapján , és
xx xx xx
2 2 2
x1 + x2 + x3 2
2
= ( x1 + x2 + x3) − 2( x1x2 + x2x3 + x3x1) = 1 −2⋅ 5 = − 9,
4 4 4
x1 + x2 + x3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
= ( x1 + x2 + x3) − 2(
xx 1 2 + xx 2 3 + xx 3 1)=
2
2
= ( −9) −2⋅ ( ( xx 1 2 + xx 2 3 + xx 3 1) − 2xxx
1 2 3( x1 + x2 + x3)
) =
Tehát ∆ = ( −2) ⋅1− 23 = −25.
4. Számítsuk ki a 1 2 3
= 81 −2⋅( 25 −2⋅( −2) ⋅ 1) = 81 − 58 = 23 .
1 1 1
∆ = x x x determinánst! Írjuk fel az eredményt szorzat
x x x
2 2 2
1 2 3
formájában!
Megoldás. A Sarrus szabály alapján könnyű kifejteni a determinánst, de nem biztos,
hogy észrevesszük a felbontást. Előnyösebb ilyenkor eleve arra törekedni, hogy
kiemeljünk valamilyen tényezőt. E célból kivonjuk az első oszlopot a második és
harmadik oszlopból. Így a determináns értéke nem változik, tehát
1 0 0
1 0 0
∆ = x x −x x − x = ( x −x ) x 1 x − x =
1 2 1 3 1 2 1 1 3 1
x x −x x − x x x + x x − x
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 3 1 1 2 1 3 1
= ( x −x )( x − x ) x 1 1 =
2 1 3 1 1
1 0 0
x x + x x +
x
2
1 2 1 3 1

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 258
1 1
1+ 1
= ( x −x )( x −x ) ⋅1⋅( −1) ⋅ = ( x −x )( x −x )( x −x
).
x + x x + x
2 1 3 1 2 1 3 1 3 2
2 1 3 1
1 1 1
Tehát x x x = ( x −x )( x −x )( x − x ) .
5. Oldjuk meg az
1 2 3 2 1 3 1 3 2
x x x
2 2 2
1 2 3
x
2 2 2
2 x 2 2
2 2 x
= 0
2
2 2 2
egyenletet.
Megoldás. Adjuk rendre a második, harmadik és negyedik oszlopot az első
oszlophoz majd emeljük ki az első oszlopból ( x + 6)
-ot és hozzunk be az első
oszlopba minél több 0-t.
x 2 2 2 x + 6 2 2 2 1 2 2 2
2 x 2 2 x + 6 x 2 2 1 x 2 2
2 2 x
=
2 x + 6 2 x
= ( x + 6)
⋅
2 1 2 x
=
2
2 2 2 x x + 6 2 2 x 1 2 2 x
0 x − 2 0 0
= ( x + 6)
⋅
0 0 x − 2 0
x
1 2 2 2
0 0 0
x − 2
Az utolsó lépésben minden sorból kivontuk az első sort.
1 2 2 2
0
0
x − 2
0
0
x − 2
0
0
x − 2
1+ 1
= 1⋅− ( 1) ⋅ 0
0
x − 2
0
0 =
0 0 0 x − 2
0 0 x − 2
x − 2 0
1+ 1 3
= ( x −2) ⋅( −1) ⋅ = ( x − 3)
,
0 x − 2
3
tehát az egyenlet ( x + 6) ( x − 2)
= 0 alakban írható. Így a gyökök x 1, 2, 3 = 2 és
x = −6
.
4
.

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 259
6. Oldjuk meg az
1 1 1 1
x a b c
x a b c
2 2 2 2
x a b c
3 3 3 3
= 0
egyenletet, ha a,, bc páronként különböző számok.
Megoldás. Az első oszlop szerint kifejtve egy harmadfokú polinom a baloldal. De
x1= a,
x 2 = b és x 3 = c gyökei az egyenletnek, mert ezekre az értékekre a
determinánsnak van két azonos oszlopa és így 0. Egy harmadfokú egyenletnek viszont
három komplex gyöke van, tehát a feladatot megoldottuk.
Megjegyzés. Az eredmény alapján
1 1 1 1
x a b c
( )( )( )
2 2 2 2 = Eabc (,,) x−ax−bx− c ,
x a b c
x a b c
3 3 3 3
ahol E(,,) a bc ∈ nem függ x -től.
1 1 1 1
0 a b c
a b c 1 1 1
De x = 0 -ra ∆ ( 0)
=
0
2
a
2
b
2
c
2
= a
2
b
2
c = abc⋅ a b c =
0
3
a
3
b
3
c
3
a
3
b
3
c
2
a
2
b
2
c
= abc( b−a)( c−a)( c− b)
Így E( a,, b c) = ( b−a)( c−a)( c− b)
, tehát
1 1 1 1
x a b c
x a b c
2 2 2 2
x a b c
3 3 3 3
= ( a −x)( b−x)( c−x)( b−a)( c−a)( c− b)
.
Ezt az ötletet alkalmazhatjuk hasonló n× n -es determinánsok kiszámítására. A
1 1 1 1
V ( x , x , …,
x ) =
1 2
n
x x x x
1 2 3
x x x x
2 2 2
1 2 3
x x x x
n−1 n−1 n−1 n−1
1 2 3
n
determinánst Vandermonde determinánsnak nevezzük és igazolható, hogy
n
2
n

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 260
( 1, 2,
…, n) = ∏ ( j − i)
V x x x x x
1≤
i< j≤n t
7. Bizonyítsuk be, hogy ha n páratlan, A∈Mn( )
és A+ A
detA = 0 .
= 0n
, akkor
Bizonyítás.
t
n
detA= detA = det( −1) ⋅ A= ( −1) ⋅ detA= −detA,
tehát
detA = 0 . (A ( −1) ⋅Amátrixot
úgy is felfoghatjuk, mintha mind az n oszlopát
szoroztuk volna ( − 1)
-el és ezért det( − 1) A= ( −1) ⋅detA)
Megjegyzés. Az ilyen mátrixokat antiszimmetrikusnak nevezzük.
8. Számítsuk ki a
2
2 + a aa aa
∆ =
n
1 1 2 1
aa 2 + a aa
2 1
2
2 2 n
n 1 n 2
n
n
2
2 + n
aa aa a
determinánst!
Megoldás
2
2 + a1 2
∆ 1 = 2 + a1
, ∆ 2 =
aa
aa 1 2
2
2 + a
2 2 2 2
= ( 2+ a1)( 2+ a2) − a1a2 2 2
= 4+ 2⋅
( a1
+ a 2)
.
2 1 2
2+ a aa aa 2+ a aa 0 2+
a aa aa
2 2 2
1 1 2 1 3 1 1 2 1 1 2 1 3
∆ = aa 2+ a aa = aa 2+ a 0 + aa 2+
a aa
2 2
2
3 2 1 2 2 3 2 1 2 2 1 2 2 3 =
aa aa 2 + a aa aa 2 aa aa a
2 2
3 1 3 2 3 3 1 3 2
3 1 3 2 3
( ( ) )
2 + a aa a
2
1 1 2 1
= 2⋅ 4+ 2⋅ a + a + a ⋅ a a 2+
a a =
2 2 2 2
1 2 3 2 1 2 2
2 0 0
aa aa
3 1 3 2
2 2 2 2 2 2
( a a ) a ( a a a )
8+ 4⋅ + + ⋅ 0 2 0 = 8+ 4 + + .
1 2 3 1 2 3
a a
1 2
∆3 n n≥1
A kiszámítására használt ötlet alapján rekurziót tudunk bevezetni a ( ∆ )
sorozat tagjaira.
2
2 + a aa aa aa +
2
2+ a aa 0
1 1 2 1 n 1 n 1 1 1 n
2
aa 2 1 2 + a2 aa 2 n aa 2 n+
1
∆ n+
1 = =
a a a a a a 2 + a
n+ 1 1 n+ 1 2 n+ 1 n
2
n+
1
1
1
aa 2 1 aa 2 n 0
+
a a a a
n+ 1 1 n+ 1 n
2

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 261
Így
2
2 + a1 aa
2 2 1
+ an+ 1 ⋅
aa 1 2
2
2 + a2
aa 1 n
aa 2 n
a1
a2
2
0
2
= 2 ⋅∆ n + an+
1 ⋅
0
0
2
0
0
0
2
0
0
=
0
a1 a2 an1
a a a 1
∆ = 2∆ + 2
2 2 n
a = ⋅∆ + + .
n
2
n 1
n−1
2
n n−1
n
n−1 2 n−2 n−2
2
2 an−1
| 2
n−2 2 n−3 n−3
2
2 an−2
2
| 2
∆ = ∆ + ⋅
∆ = ∆ + ⋅
....................................
a
∆ = 2∆ + 2 a
| ⋅2
1 2
1 2 n−2
2 1 2
( a a a )
∆ = 2 ∆ + 2 ⋅ + + + =
n−1 n−1
2 2 2
n 1 2 3
n
n−1 2 n−1 2 2 2 n n−1
= 2 ( 2+ a1) + 2 ⋅ ( a + a + + a
2 3 ) = 2 + 2 ⋅ ∑
+
n
2
n ak
k=
1
9. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n× n -es mátrix minden eleme 1 vagy − 1 , akkor a
n−1
determinánsa osztható 2 -el.
Megoldás. Az első sort hozzáadjuk az összes többi sorhoz. Így az első sor
kivételével minden sorban -2, 0 vagy 2 áll. Az előjeles determináns minden sorból és
minden oszlopból pontosan egy tényezőt tartalmazó előjeles szorzatok összege. Így az
1
előbbi determináns kifejtésének minden tagja osztható 2 -el (mert ( ) sorból
illetve oszlopból 2, 0 vagy -2 kerül a szorzatba), tehát a determináns is osztható.
Ugyanerre az eredményre jutunk akkor is, ha kifejtjük az első sor szerint és minden
aldetermináns minden sorából kiemelünk 2-t.
)
n−
n − 1
2
10. Bizonyítsuk be, hogy ha egy n -ed rendű determináns n − n + 2 eleme egyenlő,
akkor a determináns 0.
2
Bizonyítás. A feltétel alapján legfeljebb ( n − 2 elem különbözik az n − n + 2
egyenlő elemtől. Így legalább két sorban ezek közül egy sincs, tehát létezik két azonos
sor. Tehát a determináns 0.
*
Megjegyzés. Belátható, hogy minden n ∈ esetén létezik olyan n -ed rendű 0-tól
2
különböző determináns, amelynek n − n + 1 eleme egyenlő. Ilyen például a
1 1 1 1
∆ n =
1 0 1 1
1 1 0 1 determináns.
1 1 1 0
n

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 262
II.
Egyenletrendszerek megoldása és tárgyalása
1. Milyen a, b valós értékekre összeférhetetlen az alábbi egyenletrendszer?
⎧⎪
⎪ax
+ y − 2z= 2
⎪
⎨2x
+ y + 3z = 1
⎪
⎪
( 2a − 1) x + 2y
+ z = b
⎪⎩
Megoldás. Ha a rendszer összeférhetetlen, akkor a mátrixának determinánsa 0. A
∆ =
a
1 −2
2 1 3
2a−1 2 1
= 0 egyenlőség rendre a következőképpen alakítható:
a + 32 ( a −1) − 8+ 22 ( a −1) −6a − 2= 0és
5a− 15 = 0.
Tehát ∆ = 0 csak a = 3 esetén teljesül. Ebben az esetben a rendszer a következő
alakban írható:
⎧⎪
⎪3x
+ y − 2z
= 2
⎪
⎨2x
+ y + 3z
= 1
⎪ 5x + 2y
+ z = b
⎪⎩
Látható, hogy 5x + 2y + z = ( 3x + y − 2z) + ( 2x + y + 3z)
, tehát b = 3 esetén a
rendszer határozatlan volna. Így az összeférhetetlenség feltétele a = 3 és b ≠ 3 .
2. Az m ∈ paraméter milyen értékeire van az
⎧⎪
⎪x
+ 2y + z = 1
⎪
⎨x
− y + 2z = 2
⎪
2 ⎪ 2mx + m y + 3z=
3
⎪⎩
egyenletrendszernek egyértelmű megoldása? (Felvételi 1997)
Megoldás. Egyértelmű megoldás pontosan akkor létezik, ha ∆≠0
, ahol
1 2
∆ = 1 −1
1
2 .
2
2m m 3
2
2
De ∆ = − m + 10m − 9 és az m − 10m + 9 = 0 egyenlet gyökei m 1 = 1 és
m 2 = 9 , tehát m ∈ \ { 1,9
} esetén van a rendszernek egyértelmű megoldása.
3. Oldjuk meg az
⎧⎪ 2 4
⎪x
− ay + a z = a
⎪
2 4
⎨
⎪x − by + b z = b
⎪
2 4
⎪x − cy + c z = c
⎪⎩

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 263
egyenletrendszert, ha a ≠b ≠c ≠a.
1. megoldás. A rendszer mátrixának determinánsa
1
2
2
∆ = 1 − b b = −( b−a)( c−a)( c−b) (Vandermonde).
1
Tehát ki kell számítani a
1
−a
a
−c
c
4 2
3
a a a 1 a a
∆ = =− ⋅
4 2
3
b b b abc 1 b b
4 2
3
c c c 1 c c
2
1
4
4 2 2 4
a a a a
4 2 2 4
, ∆ = 1 b b =−1
b b és
2
1 1
4
∆ 3 = 1 b b determinánsokat.
1
a a
c c
4
1 c c 1 c c
4 2 2 4
3
1 a a
2 2
1 b + ab + a
3 3
∆ ( )( )
1 = −abc⋅ 0 b−a b − a = −abc b−a c−a ⋅ =
2 2
1 c + ac + a
3 3
0 c−a c −a
= −abc( b−a)( c−a)( c− b)( a + b + c),
2 2 2 2 2 2
( )( )( ) ( )( )( )( )( )( )
∆ 2 = − b −a c −a c − b = b−a c−a c− b a + b b + c c + a ,
4
1 a a
3 2 2 3
1 b + b a + ba + a
4 4
∆ ( )( )
3 = − 0 b−a b − a = − b−a c−a ⋅ =
3 2 2 3
1 c + c a + ca + a
4 4
0 c−a c −a
3 3 2 2 2
= −( b−a)( c−a) ⋅⎡c − b + a( c − b ) + a ( c− b)
⎤
⎢⎣ ⎥⎦
=
2 2
( b a)( c a)( c b) c cb b ac ab a 2
= − − − − ⋅ ⎡ + + + + + ⎤
⎣ ⎦ .
∆1
∆2
Így x = = abc( a + b + c ) , y = = ( a + b)( a + c)( c + b)
és
∆
∆
∆3
2 2 2
z = = a + b + c + ab + ac + bc.
∆
4 2
2. megoldás. Tekintjük a P() t = t − tz+ ty−x polinomot. A feltételek alapján
P -nek gyöke az a , b és c . Tehát
Pt () = ( t−a)( t−b)( t−c) ⋅ Qt () (*)
Mivel grP = 4 , a Q fokszáma 1 és domináns tagjának együtthatója 1. Így
3
Qt () = t+ s alakú. De a ( t −a) ( t −b)( t − c)( t + s)
szorzatban a t együtthatója

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 264
s −a −b−c, tehát a (*) egyenlőség csakis akkor teljesülhet, ha s = a + b + c .
Ebben az esetben a Viéte összefüggések (vagy a szorzás elvégzése után az együtthatók
azonosítása) alapján kapjuk, hogy
z
bc
y
( + c)
⎡b⎤ 1 ⎢ ⎥
⎢b2⎥ = ⎢ ⎥
⎢⎥ ⎢b⎥ ⎢ n ⎣ ⎥⎦
i i b =
2 2 2 2
= ( a + b + c) −ab −ac − bc = a + b + c + ab + ac + ,
= ( a + b + c)( ab + ac + bc) + abc = ( a + b)( a + c) b és
x = abc( a + b + c)
.
4. Számítsuk ki az A∈M n ( )
⎡−1 ⎢
1
⎢
A = ⎢ 1
⎢
⎢
1
⎣
1
−1
1
1
1
1
−1
1
1 ⎤
⎥
1 ⎥
1 ⎥
⎥
−1
⎥ ⎥⎦
mátrix inverzét, ha n ≥ 3 .
⎡x1 ⎤
⎢x ⎥
2
Megoldás. Felírjuk az A⋅ x = b egyenletrendszert, ahol x = ⎢ ⎥
⎢ ⎥ és b . Ez
⎢x ⎥
⎢ n ⎣ ⎥⎦
⎧− ⎪ x + x + x + + x 1 2 3
n = b
⎪
1
⎪
⎪x
− x + x + + x 1 2 3 n = b2
⎨
⎪
⎪ x + x + x + −
x 1 2 3
n = bn
⎪⎩
alakú, tehát az S = x1 + x2 + + xnjelöléssel
az egyenletek S − 2x
írhatók. Így
alakban
1
xi = ( S − bi) 2
n
i = 1, n, tehát S = ∑x i
i= 1
n
n
1 n
= ∑ ( S − bi)
= S − ∑bi
.
i=
1 2 2 i=
1
n
2
Ebből az összefüggésből S = ∑ bi,
tehát j
n − 2 i=
1
⎛ n
1 2
⎞
= ⋅ ⎜ − b ⎟
i j =
2 ⎝⎜n − 2 ⎠⎟
i=
1
1 1 1
= b1 + b2 + + bj− 1 + bj n −2 n −2 n −2 3−n 1
1
+ bj+
1 + +
bn n −2 n −2
n −2
∑
x b
.
⎡3−n ⎢
⎢n −2 ⎢ 1
−1
⎢
Ez alapján az inverz mátrix A = ⎢n −2 ⎢
⎢ 1
⎢
⎢⎣ n −2 1
n −2 3−n n −2
1
n −2 1
n −2 1
n −2
1
n −2
1 ⎤
⎥
n −2⎥
1
⎥
n −2
⎥
⎥
3−n
⎥
n −2⎥⎦

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 265
5. Oldjuk meg az
⎧ ⎪ax
+ by + cz + dt = 0
⎪
⎪
⎪
bx − ay + dz − ct = 0
⎨
⎪cx
−dy − az + bt = 0
⎪ dx + cy −bz − at = 0
⎪⎩
egyenletrendszert, ha a,,, bcd nem mind nulla.
Megoldás. Az első egyenletet szorozzuk a -val, a másodikat b -vel, a harmadikat c -
vel és a negyediket d -vel, majd adjuk össze a kapott egyenlőségeket. Az
( egyenlőséghez jutunk, tehát x . Hasonlóan jutunk az
2 2 2 2
a + b + c + d ) x = 0
= 0
y = z = t = 0 összefüggésekhez is. (A szorzótényezők rendre ( b, −a, − d,c),
( cd , , −a, − b)
és ( d, −c,
b,
−a)).
2.7. Elemi mátrixműveletek és a mátrix rangja
A rendszerek megoldásánál és a determinánsok kiszámításánál láttuk, hogy a sorok
(oszlopok) felcserélése, beszorzása, illetve összeadása vezetett a megoldáshoz. Ennek
a paragrafusnak a célja annak a vizsgálata, hogy ezek a műveletek milyen
összefüggésben vannak a mátrixokkal végzett műveletekkel, és milyen
következményei vannak ezeknek az összefüggéseknek.
⎡a Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy az A = ⎢
⎢c ⎣
b⎤
⎥
d⎥mátrixból
milyen mátrixművelet
⎥⎦
⎡τa segítségével kapható meg a C = ⎢
⎢τc ⎣
b⎤
⎥
d⎥mátrix!
Törekedjünk arra, hogy a művelet
⎥⎦
másik operandusa A -tól független legyen!
Megoldás. Az
⎡( τ − 1) a
A+ B1= C egyenlet megoldása B1= C − A=
⎢
⎢( τ − 1) c
⎣
0⎤
⎥.
0
⎥
⎥⎦
Ennek elemei az A elemeitől függnek. Próbáljunk meghatározni olyan B 2 mátrixot,
⎡x amelyre A⋅ B C . Egy ilyen mátrix -es kellene legyen, tehát B ⎢ 2 = 2× 2
2 =
⎢z ⎣
A⋅B2szorzás elvégzése után a következő egyenlőségeket írhatjuk fel:
⎧
⎪ax
+ bz = τa
⎨ cx + dz = τc
illetve
⎪⎩
y⎤
⎥
t
. Az
⎦
⎥
⎪ ⎧ ay + bt = b
⎨⎪ cy + dt = d
.
⎪⎩
Ha az x -et küszöböljük ki, a z ⋅( b c− ad)
= 0 , míg ha a z -t küszöböljük ki az
( x −τ) ( ad − bc)
= 0 egyenlőséghez jutunk. Így x = τ és z = 0 mindig megoldás.
⎡τ Hasonló gondolatmenet alapján y = 0 és t = 1,
tehát B2
= ⎢
0
⎣
0⎤
⎥
1⎥
. Ezt a mátrixot
⎥⎦
megszerkeszthetjük a rendszerek megoldása nélkül is, az együtthatók azonosításával.

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 266
Hasonló módon n× n -es mátrixok esetén is megszerkeszthető egy olyan mátrix,
amellyel való szorzás az eredményeként az eredeti mátrix valamelyik oszlopa
szorzódik τ -val. Így az
⎡a1 b1 c1⎤ ⎡τa1
b1 c1⎤
⎢ ⎥⋅ X = ⎢ ⎥
⎢a2 b2 c ⎥ ⎢
⎢ 2⎥ ⎢τa2
b2 c ⎥
2
⎣ ⎦ ⎣ ⎥⎦
⎡τ0 0⎤
⎢ ⎥
⎢ ⎥
egyenlet megoldása a ⎢0
1 0⎥
mátrix.
⎢ ⎥
⎢0 0 1⎥
⎢⎣ ⎥⎦
Érvényes a következő általános tétel:
⎧⎪
⎪0,
i ≠ j
Tétel. Ha az A∈M mn , ( )
mátrixot a B = ⎡b ⎤
⎣ ij ⎦
, b = ⎪ , i
ij , = 1, n ij ⎨τ
= j = k
⎪
⎪
1, i = j ≠ k
⎪⎩
mátrixszal szorozzuk (jobbról), akkor az eredményt az A -ból úgy is megkaphatjuk,
hogy a k -adik oszlop elemeit szorozzuk τ -val.
Bizonyítás. Jelöljük C -vel az A⋅B szorzatot. A szorzat értelmezése alapján
n ⎧⎪ aij, j ≠ k
cij = ailb ⎪
∑ lj =⎨ ,
⎪ l = 1 τaij,
j = k
⎪⎩
tehát a C k -adik oszlopa az A k -adik oszlopának τ -szorosa és a többi oszlop
változatlan.
Megjegyzés. Ha balról szorozzuk a D = ⎡d ⎤
⎣ ij ⎦ij
, = 1, m
⎧⎪
⎪0,
i ≠ j
d = ⎪τ,
i
ij ⎨ = j = k
⎪
⎪
1, i = j ≠ k
⎪⎩
mátrixszal, akkor a k -adik sor elemei szorzódnak τ -val.
Feladat. Szerkesszük meg azt a B mátrixot, amellyel az A ∈ M ( )
mátrixot
jobbról szorozva felcserélődik az A i -edik oszlopa a j -edik oszlopával. Milyen
mátrixszal szorozhatjuk, ha két sorát szeretnénk felcserélni?
Megoldás. A B mátrix n× n -es és ha B = ⎡b ⎤
⎣ ij ⎦
,
ij , = 1, n
akkor az
ak1b1l + ak2b2l ++ aknbnl
összeg a kl kell legyen, ha l ∉ { i, j}
és k = 1, m. Így
b ll = 1,
ha l ∉ { i,
j}
és az összes többi tagja nulla. Ha pedig l = i,
akkor az összeg
a kell legyen és így b = 1 . Továbbá l = j esetén b ij 1 . A B mátrix összes többi
=
kj
eleme 0, tehát
b
kl
ji
mn ,
⎧ ⎪1,
k= l∉ { ij , } , ( kl , ) = ( ij , ) vagy ( kl , ) = ( ji , )
= ⎪
⎨ .
⎪⎪⎩
0, egyébként

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 267
Például
⎡
⎢a1 ⎢
⎢a2 ⎢
a3 ⎣
b1 b2 b3 c1 c2 c3 ⎡1 d ⎤ ⎢
1⎥ ⎢
⎥ ⎢
0
d2⎥⋅ ⎢
⎥ ⎢0 d ⎥ ⎢
3⎥⎦ ⎢
0
⎣
0
0
0
1
0
0
1
0
0⎤
⎥ ⎡a1
1⎥
⎢
⎥ ⎢
⎥ = ⎢a2
0⎥
⎢
⎥ ⎢a3
0⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
d1 d2 d3 c1 c2 c3 b ⎤
1 ⎥
b2⎥.
⎥
b ⎥
3⎥⎦
Érvényes tehát a következő tétel:
Tétel. Ha az A ∈ ( )
mátrixot jobbról szorozzuk a
B = b ,
M mn ,
[ kl ] kl , = 1, n
⎧ 1,
b = ⎪
kl ⎨
⎪⎪⎩
0,
k= l∉ { ij , } , ( kl , ) = ( ij , )
egyébként
vagy ( kl , ) = ( ji , )
mátrixszal, akkor az
A i -edik és j -edik oszlopát cseréljük fel.
Hasonló módon látható be, hogy ha a D = [ d kl ] , kl , = 1, m
⎧ 1, k= l∉ { ij , } , ( kl , ) = ( ij , ) vagy ( kl , ) = ( ji , )
d = ⎪
kl ⎨
⎪⎪⎩
0, egyébként
mátrixszal szorzunk balról, akkor az i -edik és a j -edik sort cseréljük fel A -ban.
Látható, hogy az eddig megszerkesztett mátrixok minden sorában és oszlopában
egyetlen nullától különböző elem áll. Ha több nem nulla elem áll a szorzómátrix
oszlopaiban akkor az eredeti mátrix oszlopainak lineáris kombinációi lesznek az
eredmény oszlopai (ezt a szorzat értelmezésnél is láttuk). Így elérhetjük azt is, hogy a
j -edik oszlop elemeihez adjuk hozzá az i -edik oszlop elemeinek τ -szorosát.
Feladat. Milyen B mátrixszal kell szoroznunk jobbról az A ∈ M ( )
mátrixot,
ha az első oszlop τ -szorosát szeretnénk az utolsó oszlophoz hozzáadni?
Megoldás
⎡a1 b1 c1 d1⎤
A = ⎢
⎥
⎢⎢a2 b2 c2 d ⎥ , tehát a B mátrix 4 4-es.
2
⎣ ⎥⎦
×
Az első három oszlop változatlan kell maradjon, tehát
⎡1 0 0 x⎤
⎢ ⎥
⎢0 1 0 y⎥
⎢ ⎥
B = ⎢ ⎥ .
⎢0 0 1 z ⎥
⎢ ⎥
⎢0 0 0 t ⎥
⎢⎣ ⎥⎦
Ha x = τ , t = 1 és y = z = 0 akkor az első oszlop τ -szorosát adjuk hozzá az
utolsó oszlophoz.
⎡1 0 0 τ⎤
⎢ ⎥
⎡a1 b1 c1 d1⎤ ⎢0 1 0 0⎥
⎢ ⎥
⎡ a1 b1 c1 τa1
+ d1⎤
⎢ ⎥⋅ ⎢ ⎥ = ⎢
⎥
⎢a2 b2 c2 d ⎥
2 ⎢0 0 1 0⎥
⎢ a2 b2 c2 τa2
+ d ⎥
⎢ 2
⎣ ⎥⎦ ⎢ ⎥
⎢⎣
⎥⎦
⎢0 0 0 1⎥
⎢⎣ ⎥⎦
2,4

268 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
Látható, hogy ha az A ∈ ( )
mátrixot szorozzuk a B = b ,
M mn ,
[ kl ] kl , = 1, n
⎧⎪
⎪1,
k = l
b = ⎪τ,
( k, l)
( )
kl ⎨
= i, j
⎪
⎪0,
egyébként
⎪⎩
mátrixszal, akkor az A i -edik oszlopának τ -szorosát adjuk hozzá a j -edik oszlophoz.
Az előbbiek alapján a determináns kiszámításánál használt átalakítások felfoghatók
egy-egy négyzetes mátrixszal való szorzásként is. Mivel ezek az átalakítások fontosak
az általános ( m× n -es) lineáris egyenletrendszerek megoldásában és az inverz mátrix
kiszámításában, a következő értelmezéseket adjuk.
Értelmezés. Elemi sortranszformáción (oszloptranszformáción) a következőket
értjük:
a) ha egy mátrix valamely sorát (oszlopát) szorozzuk vagy osztjuk egy 0-tól
különböző számmal;
b) ha egy mátrix két sorát (oszlopát) felcseréljük;
c) ha egy mátrix egyik sorának (oszlopának) τ -szorosát ( τ ≠ 0 ) hozzáadjuk egy
másik sorhoz (oszlophoz).
A továbbiakban két mátrixot hasonlónak nevezünk, ha az egyik megkapható a
másikból elemi sortranszformációk segítségével. Ezt A~ B -vel jelöljük.
Világos, hogy az elemi transzformációk fordított transzformációi is elemi
transzformációk, tehát ha A megkapható a B -ből elemi transzformációk segítségével,
akkor B is megkapható az A -ból elemi transzformációk segítségével.
Feladat. Számítsuk ki az elemi transzformációk mátrixának determinánsát!
Megoldás
a) Ha egy sort szorzunk τ -val, akkor a transzformáció mátrixában a főátlón egy
τ áll és a többi egyes, tehát rendre kifejtve a főátló elemei szerint a determinánsát az
eredmény τ .
b) Ha két sort vagy oszlopot kicserélünk, akkor a transzformáció mátrixának
0 1
determinánsát a főátlón levő 1-esek szerint rendre kifejtve a ∆ = =−1
1 0
eredményhez jutunk.
c) A főátló elemei szerint rendre kifejtjük a transzformáció mátrixának
determinánsát. Az eredmény itt mindig 1.
Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy milyen A ∈ Mn
( )
mátrixok alakíthatók át elemi
sortranszformációk és esetleg oszlopcserék segítségével az I n mátrixszá!
Megoldás. Az első sort a11 -gyel osztjuk, majd a j -edik sorhoz hozzáadjuk az első
sor −a j1
-szeresét. Így az első oszlop megegyezik az I n első oszlopával. Ha ezt tovább
folytathatjuk, akkor általában az i -edik lépésben az i -edik sort osztjuk aii -vel és
j ≠ i esetén a j -edik sorhoz hozzáadjuk az így megváltoztatott i -edik sor − ji -
szeresét. Probléma csak akkor merülhet fel, ha a főátlóra 0 kerül (ezzel nem
oszthatunk). Ekkor viszont sor- vagy oszlopcserével kicserélhetjük 0-tól különböző
elemre vagy
a

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 269
⎡1 0 0 0 |
⎤
⎢ ⎥
⎢
0 1 0 0 |
⎥
⎢
⎥
⎢ ⎥
⎢0 0 1 0 | X ⎥
⎢ ⎥
⎢
|
⎥
⎢
⎥
⎢ ⎥
⎢0 0 0 1 |
⎥
⎢ ⎥
⎢− − − − − + − − − − −⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢0 0 0 0 | 0 0 0 0⎥
⎢ ⎥
⎢ | ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢
0 0 0 0 | 0 0 0 0
⎣
⎥ ⎥⎦
⎡I X⎤
k
alakú mátrixhoz jutunk. Ezt a továbbiakban ⎢
0
⎥ -val jelöljük. Elemi transzfor-
⎢⎣ ⎥⎦
mációk során a mátrix determinánsa vagy előjelet vált, vagy nem változik, vagy
τ ≠ 0 -val szorzódik. Így ha detA ≠ 0 akkor az előbbi mátrix nem jelenhet meg,
mert ennek a determinánsa 0. Ugyanazon ok miatt ha detA = 0 , akkor nem jelenhet
meg a végén az egységmátrix, tehát A -ból pontosan akkor juthatunk el az In -hez ha
detA ≠ 0 . Ez egy fontos tulajdonság, mert megmutatja, hogyan lehet felbontani A -t
−1
vagy A -t elemi transzformációk mátrixainak szorzatára.
Jelöljük E1, E2, …,
Eq-val
azokat a transzformációkat, amelyek segítségeivel A -ból
megkapjuk I -et. Ez E ⋅E ⋅ ⋅E ⋅ A= I (*)
n q q−1
… 1
n
−1 1
alakban írható. Mivel de tA ≠ 0 , létezik A
−
és így (*)-ból (balról szorozzuk A -el)
következik, hogy E ⋅E ⋅…⋅
E
1
= A−.
Ez az egyenlőség
q q−1
1
Eq Eq 1 E1 In 1
A −
⋅ − ⋅… ⋅ ⋅ =
alakban is írható és azt fejezi ki, hogy ha az I n soraival ugyanazokat a
transzformációkat hajtjuk végre mint az A soraival, akkor ha A -ból In -et kapunk, az
1
In
-ből A jelenik meg. Eszerint az inverz mátrix kiszámítható a következő egyszerű
szabályok szerint:
−
1. Írjuk az A oszlopai után rendre az In
oszlopait. (Így egy n× 2n -es mátrixhoz
jutunk).
⎡
⎢A ⎣
| I ⎤
n ⎥⎦
2. Végezzünk elemi sortranszformációkat az egész ⎡
⎢A ⎣
amíg az első n oszlopban I n jelenik meg.
−1
3. Az utolsó n oszlop által alkotott mátrix az A .
| I ⎤
n ⎥ mátrixszal addig,
⎦
⎡
⎢1 ⎢
Példa. Számítsuk ki az A = ⎢3 ⎢
1
⎣
2
0
1
−1⎤
⎥
2 ⎥
mátrix inverzét!
⎥
1 ⎥
⎥⎦

270 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
Megoldás
⎡
⎢A ⎣
|
⎡
⎢1 I ⎤
⎢
n ⎥ = ⎢3 ⎦ ⎢
⎢1 ⎣
2
0
1
−1
1
2 0
1 0
0
1
0
0
⎤ ⎡
⎥ ⎢
1
⎥ − 3S
+ S →S
⎢
1 2 2
0⎥ ∼ ⎢0
⎥ − S + S →S
1 3 3 ⎢
1⎥ ⎢
⎥
0
⎦ ⎢⎣
2
−6 −1 −1
1
5 −3
2 −1
0
1
0
0
⎤
⎥
0⎥
∼
⎥
1 ⎥
⎥⎦
⎡1 ⎢ 1
− S2→S2 ⎢
6
∼ ⎢
⎢0 ⎢
⎢0 ⎢⎣ 2
1
−1 −1
1
5 1
−
6 2
2 −1
0
1
−
6
0
⎡
⎢
0⎤
⎢1
⎥ ⎢
⎥ − 2S2+
S1→S ⎢
1
0⎥ ⎢
⎥
∼ 0
S2+ S3→S ⎢ 3
⎥ ⎢
1⎥ ⎢
⎥⎦
⎢
0
⎢⎣ 0
1
0
2
0
3
5 1
−
6 2
7 1
−
6 2
1
3
1
−
6
1
−
6
⎤
0
⎥
0⎥∼
⎥
1 ⎥
⎦⎥
⎡
⎢1 ⎢
6
S3→ S ⎢ 3
7 ⎢
∼ ⎢0 ⎢
⎢0 ⎢ ⎣
0
1
0
2
0
3
5 1
−
6 2
1 3
−
7
1
3
1
−
6
1
−
7
⎤ ⎡
0⎥
⎢1 ⎥ ⎢
⎥ 5
S3+ S2→S ⎢ 2
6
0
⎥ ⎢
⎥ ∼ 0
2 ⎢
⎥ − S3+ S1→S1 3 ⎢
6⎥ ⎢
⎥ ⎢0 7⎥⎦ ⎥ ⎢ ⎢⎣ 0
1
0
0
0
1
2
7
1
7
3
−
7
3
7
2
−
7
1
−
7
4⎤
− ⎥
7⎥
5
⎥
7
⎥
6 ⎥
7 ⎥ ⎥⎦
Tehát
2
7
1 1
A
7
3
7
3
7
2
7
1
7
4
7
5
7
6
7
−
⎡
⎢
=
⎢
⎢− ⎢ ⎢⎣ −
−
⎤
− ⎥ ⎥⎦
A bekeretezett elemekkel osztottuk a megfelelő sorokat. Ezeket nevezzük generáló
elemeknek.
Megjegyzés. Ez a módszer (ebben a formában) kézi számolások során könnyen
eltéveszthető viszont az algoritmus egyszerűségénél fogva egyszerűen programozható.
Láttuk, hogy de tA ≠ 0 esetén az A mátrix előállítható In
-ből elemi
transzformációkkal, tehát írhatjuk, hogy
A= E ⋅E ⋅… ⋅E
1 2 p
Ha sorcserét (oszlopcserét) végeztünk, akkor a megfelelő mátrix determinánsa -1 és a
transzformáció során a mátrix determinánsának előjele változik meg. Ha egy sor
valahányszorosát egy másik sorhoz adtuk, akkor a determináns nem változik meg és a
transzformáció mátrixának determinánsa 1, míg ha szorzunk/osztunk egy sort τ -val,
akkor a transzformáció mátrixának determinánsa τ és az eredeti mátrix szorzódik τ -
val. Így a transzformációk során a determináns úgy viselkedik mintha szoroznánk a
transzformáció determinánsával. Eszerint
detA= det E1⋅detE2 ⋅…⋅detE p .
Megjegyzés. Az előbbi algoritmusban ez a generáló elemek szorzata.

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 271
Ennek az előállításnak egy nagyon fontos következménye van:
Tétel. Ha A, B ∈ M n ( )
akkor de t( A⋅ B) = detA⋅detB. Bizonyítás. Ha detA ≠ 0 és de tB ≠ 0 akkor A= E 1E2…Epés B = FF 1 2…Fq, ahol Eii = 1, p és Fjj = 1, q elemi transzformációk mátrixai. Így
A⋅ B = E1E2…Ep ⋅ FF 1 2…Fq,
tehát
det( AB) = detE detE …detE detF detF … detF = ( detA)( detB)
.
1 2 p 1 2
q
⎡1 0 0 0 |
⎤
⎢ ⎥
⎢
0 1 0 0 |
⎥
⎢
⎥
⎢ ⎥
⎢0 0 1 0 | X ⎥
⎢ ⎥
⎢
|
⎥
⎢
⎥
⎢ ⎥
Ha detA = 0 , akkor A ∼ ⎢0 0 0 1 |
⎥.
⎢ ⎥
⎢− − − − − + − − − − −⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢0 0 0 0 | 0 0 0 0⎥
⎢ ⎥
⎢ | ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢
0 0 0 0 | 0 0 0 0
⎣
⎥ ⎥⎦
Ha az utóbbi mátrixot D -vel jelöljük, akkor A⋅B ∼ D⋅B . Viszont D⋅B-ben van
csupa 0-ból álló sor és így detDB = 0 , tehát de tAB = 0 = detA⋅ detB
. Ha
detB = 0 , akkor az előbbi gondolatmenetben A és B szerepét felcseréljük.
Az előbbiek alapján de t( AB) = detA ⋅ detB
.
Megjegyzés. A detA = 0 esetet letárgyalhatjuk a határértékek segítségével is. Ha
detA = 0 , akkor létezik olyan ( An ) mátrixsorozat, amelyre lim és
n≥
0
n
n
(ezt megszerkeszthetjük, ha az előbbi mátrixban a főátlóra
A = A
→∞
detA ≠ 0 ∀n ≥ 0
D
n
1
kerülő 0-k helyett -et írunk, és így hajtjuk végre azoknak a transzformációknak az
n
inverzét, amelyekkel A -ból kaptuk a D -t). Mivel a determináns a mátrix elemeiből
képzett szorzatok előjeles összege, ezért lim An
= det( lim An)
és így írhatjuk, hogy
n→∞ n→∞
detAB = lim det( A B ) = lim ( detA detB ) = detA ⋅ detB
.
n n n n
n→∞ n→∞
A mátrixok elemi transzformációi a lineáris rendszerek elméletében is fontos szerepet
játszanak ugyanis ha A B,
akkor az A= E E …E
⋅ B egyenlőség alapján az
A⋅ x = b
∼ p p−1
1
−1 −1 −1
rendszer ekvivalens a B⋅x = E E …E
⋅b
rendszerrel. Másrészt a
1 2 p
⎡I X⎤
k D = ⎢ ⎥ alakú rendszerek megoldása és tárgyalása egyszerű, hisz a jobb oldalon
⎢ 0
⎣ ⎦⎥
is 0 kell álljon a D identikusan 0 sorainak megfelelő sorokban (ellenkező esetben a
rendszer összeférhetetlen) és csak az első k ismeretlen (D szerint) egyértelműen
kifejezhető a szabadtagok és a többi ismeretlen segítségével. A fogalmazás

272 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
egyszerűsítésének céljából az A -ból kialakítható legnagyobb I k mátrix rendjét az A
rangjának nevezzük (ez a bal felső sarokban megjelenő Ik
mátrix rendje, azaz a
végrehajtható lépések (kialakítható oszlopok) száma). Világos, hogy A
aldeterminánsai a transzformációk során D aldeterminánsaiba transzformálódnak,
tehát az A rangja a következőképpen is értelmezhető.
Értelmezés. Az A mátrix rangja a legnagyobb 0-tól különböző aldeterminánsának
a rendje. Ezt rang A-val
jelöljük.
Az előbbiek alapján érvényes a következő tétel.
Tétel. Ha A -ból rendre In
oszlopait alakítjuk ki, akkor az elvégezhető lépések
(kialakítható oszlopok) száma az A mátrix rangja.
A rendszerek összeférhetőségére és megoldására vonatkozó észrevételünk a következő
alakban fogalmazható meg:
Tétel
1. Az A⋅ x = b rendszer pontosan akkor összeférhető, ha rang
A= rang A ahol
A-t úgy kapjuk az A -ból, hogy a b oszlopvektort hozzáírjuk.
2.Ha az A⋅ x = b rendszer összeférhető, A ∈ Mmn
, ( )
és ra ngA≤max { m,
n}
,
akkor a rendszer határozatlan és a megoldások n − rang A paraméter függvényében
fejezhetők ki (a kifejezés pontos módját a Cramer szabály szolgáltatja).
2.8. Megoldott feladatok
( )
n
n
*
1. Bizonyítsuk be, hogy detA = detA
∀n ∈ .
n
n
Bizonyítás. n = 1 esetén az állítás igaz. Ha de tA
= (detA)
, akkor
n 1
n
n
A = ( A ⋅ ) t
de A=
( de ) , tehát a
1
tA +
+
n
n
det det A = de A ⋅ detA= ( tA) ⋅ det
*
t
1
A A −
matematikai indukció elve alapján az állítás igaz bármely n ∈ esetén.
1
2. Számítsuk ki detA -t és de -ot a detA függvényében.
et
=
=
−
*
A
−1
Megoldás. Az A⋅ A = In
egyenlőség alapján , tehát
( ) .
1 −
det ⋅ d = detIn1 −1
detA detA
( )
k
k
*
Megjegyzés. Ez mutatja, hogy detA = det
A , ∀k ∈ , ha detA ≠ 0 .
*
Az A⋅ A
*
= detA⋅In egyenlőségből következik, hogy de tA⋅
detA n
= ( detA)
,
*
tehát detA n−1
= ( detA)
.
3. Bizonyítsuk be, hogy ha A ∈ Mmn
, ( )
és B ∈ np , ( ) , akkor
A B
ang ) .
, ,…,E
0
EE ⋅ A
M
rang( ⋅ ) ≤min(
rang A, r B
Bizonyítás. Ha az A mátrixot az E1 E 2 q elemi transzformáció-mátrixokkal
⎡I X⎤
k
való szorzás útján hozzuk D = ⎢ ⎥ alakúra, akkor ugyanezekkel a
1 ⎢⎣ ⎥⎦
transzformációkkal az A⋅B-ből D1⋅B lesz.
…E
B=
q q− 1 1 DB 1

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 273
De D1⋅B-nek legalább annyi csupa 0-t tartalmazó sora van mint D1
-nek, tehát
rang( AB)
≤ rang A (1).
⎡
⎢
A B mátrixot hozzuk D = ⎢0
2 ⎢⎢
⎣
I ⎤
k ⎥ alakúra oszloptranszformációk segítségével. Így
⎥
X ⎥
⎦
B⋅FF F = D , tehát AB ⋅ F F …F
= AD és az AD -ben legalább annyi
1 2… p 2
1 2 p
2
oszlop tartalmaz csupa nullákat mint D2 -ben.
Tehát ra ng( AB) ≤ rang B (2).
(1) és (2) alapján rang( AB) ≤ min( rang A, rang B)
.
2 2
4. Bizonyítsuk be, hogy ha az a és b természetes számok előállíthatók x + 2y
alakban ( xy∈ , ), akkor az ab természetes szám is előállítható.
⎧⎪⎡x Bizonyítás. Tekintjük az M =
⎪
⎨⎢ ⎪⎢−2y ⎪ ⎪⎩⎢⎣ y⎤
⎫⎪
⎥ x, y ∈
⎪
x⎥
⎬ mátrixhalmazt.
⎥ ⎪
⎦ ⎪ ⎪⎭
⎡ x1 ⎢
−2y1 ⎣
y1⎤⎡ x2 ⎥⎢
x ⎥⎢ 1⎥⎢ −2y2 ⎦⎣
y2⎤
⎡ xx 1 2− yy 1 2
⎥ ⎢
x ⎥
= ⎢
2⎥⎦ ⎢− 2( yx 1 2 + xy 1 2) ⎣
xy 1 2+ yx 1 2 ⎤
⎥
− 2yy
1 2 + xx ⎥
1 2⎥⎦
tehát ha M , M ∈ M , akkor MM . De és így
∈ det( MM ) = detM ⋅ detM
1 2
( ) ( ) (
2 2 2 2
2 2
az x + 2y x + 2y
= x x − 2y
y ) + 2( x y + y x ) azonossághoz jutunk.
1 1
1 2 M
2 2 1 2 1 2
1 2 1 2
Ebből következik a feladat állítása.
2 2
5. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ Mn ( )
és AB = BA , akkor det( A + B ) ≥ 0 .
2
1 2 1 2
2 2
Bizonyítás. Mivel AB = BA , írhatjuk, hogy A + B = ( A+ iB)( A−iB) tehát
( ) (
2 2
det A + B = det( A+ iB)
⋅det A−iB) . Másrészt ha det( A+ iB) = z , akkor
det( A iB) z
2 2
− = , tehát ( )
A + B = z ⋅ z = 2 det z ≥ 0 .
2
6. Bizonyítsuk be, hogy ha és , akkor
2n1 2
A − pA+ qI 2n+ 1 ≠ 02n+
1
.
A ∈ M ( )
∆ = p − 4q
< 0
+
Bizonyítás
2 2
2 2 p p ⎛ p ⎞
A − pA+ qI2n+ 1 = A −2⋅ A+ ⋅ I2n+ 1 + ⎜
⎜q − ⎟ ⎟I2
1 =
2 4 ⎜ 4
⎟ n+
⎜⎝ ⎠⎟
p
2 2
p − 4q
2n+ 1 2n+ 1
⎛
= ⎜
⎜⎜⎝ A− I
2
⎞
⎟
⎠
⎟ −
4
I
2
Tehát ha A − p A+ qI n+
= 0 n+ , akkor
2 1 2 1
p
2 2
p − 4q
2n+ 1 2n+ 1
⎛
⎜
⎜⎜⎝ A− I
2
⎞
⎟
⎠
⎟ =
4
I
Ebből az egyenlőségből következik, hogy
.
.

274 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
2 2 2n+ 1 2 2n+ 1
2 ⎛ p ⎞ ⎛ p ⎞ ⎛p −4q⎞ ⎛p −4q⎞
0≤det ⎜A− I ⎟ det A I ⎟ detI ⎟ 0
2n+ 1⎟= ⎜ − ⎟ ⎜ ⎜
2n+ 1⎟= ⎜ ⎟ ⋅ = ⎟ <
2n+ 1 ⎜
⎜ ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ⎝ ⎜ 2 ⎠⎟ ⎜ ⎜⎝ 4
⎟
⎠⎟ ⎝ ⎜ 4 ⎠ ⎟
2
Mivel ez nem lehetséges, az A − p A+ qI 2n+ 1 nem lehet 0 2n+ 1.
*
7. Bizonyítsuk be, hogy ha A ∈ M ( )
és létezik k úgy, hogy A , 0
k
=
2
akkor A = 0 .
2
2
∈ 2
k
Bizonyítás. Az A = 0 egyenlőségből következik, hogy ( detA ) = 0 , tehát
2
2
detA = 0 . A Cayley-Hamilton tételből (n = 2 ) következik, hogy A = ( a + d) ⋅ A
és így A ( a ) . Ha ( ) , akkor a d és így
1 k
k
−
k−1
= + d ⋅A, ∀k ≥2
a + d = 0 + = 0
2
A = 02
k−1 ≠
2
, míg ( a + d)
0 esetén A 0 , tehát A = 0 .
= 2
2
8. Tárgyaljuk az
⎧ ⎪x
+ 2y + z = 1
⎪
⎨2x
+ my + z = 2
⎪
⎪x − 3y + 2z = 3
⎪⎩
egyenletrendszer megoldását az m ∈ paraméter függvényében. (Érettségi 1990.)
Megoldás. A rendszer mátrixának determinánsa
1 2 1
∆ = 2 m 1 = m − 9, tehát
1 − 3 2
m ≠ 9 esetén a rendszer összeférhető és határozott, a megoldásait a Cramer szabály
szerint számíthatjuk ki.
1 2 1
∆ = 2 1 m 1 =−m −
3 − 3 2
1 1 1
1 2 1
∆ = 2 2 1 = 2 és ∆ = 3 2 m 2 = 2m
− 8.
1 3 2
1 − 3 3
5, 2
m + 5 2 2(
m − 4)
Tehát m ≠ 9 esetén x = − , y = és z = . Ha m = 9 , akkor
m − 9 m − 9 m − 9
megvizsgáljuk az összeférhetőséget.
⎡
⎢1 2
A = ⎢
⎢2 9
⎢
1 − 3
⎣
1⎤
⎥
1 ⎥ a rendszer mátrixa és
2 ⎥
⎥⎦
⎡
⎢1 ⎢
A = ⎢2
⎢
1
⎣
2
9
−3 1
1
−2
1⎤
⎥
2⎥
a bővített mátrix.
⎥
3 ⎥
⎥⎦
de tA = 0 , tehát ra ng A ≤ 2 . De
1 2
2
= 5 ≠ 0,
9
tehát rang A = 2 . Ugyanakkor
1 2
2 9 2
1 −3
1
3
k
= 10 ≠ 0,
tehát
.

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 275
rang A = 3 . Mivel ra ng A≠rang A a rendszer összeférhetetlen. A rangot a
következő átalakítások segítségével is végezhetjük (ha csak sorokkal végzünk
műveleteket, akkor ezt A -ban végezhetjük, mert innen A rangját is kiolvashatjuk).
⎡1 2 1 1⎤ ⎡
⎢1
2 1 1⎤ ⎡
⎥ 1 2 1 1⎤
⎢ ⎥ ⎢
⎥
⎢ ⎥ − 2S1+
S2→S2 ⎢
⎥ S2→S3
⎢
⎥
⎢2 m 1 2⎥ ∼ ⎢0
m −4 −1 0⎥ ∼ ⎢0
−5
1 2⎥
∼
⎢ ⎥ − S1+ S3→S3 ⎢
⎥ S3→S1
⎢
⎥
⎢1 −3 2 3⎥ ⎢
⎢⎣
0 −5
1 2⎥ ⎢
⎢ ⎥ ⎥⎦ ⎢
0 m −4
−1
0⎥
⎣ ⎦ ⎣
⎥⎦
⎡ 7 9 ⎤
⎡1 2 1 1 ⎤
⎢1 0
⎥
⎢ ⎥
⎢ 5 5 ⎥
⎢ 1 2⎥ ⎢ ⎥
− 2S2+
S1→S1 1 2
∼ ⎢0 1 ⎥
⎢
0 1
⎥
⎢
− −
5 5⎥ ∼ ⎢ − − ⎥ .
−( m− 4)
S2+ S3→S3 ⎢ ⎥
⎢ 5 5 ⎥
⎢0 m −4 −1
0 ⎢ m 9 2( m 4)
⎥
⎢
⎥ − −
⎣ ⎥⎦
⎢0 0
⎥
⎢ ⎢⎣ 5 5 ⎥ ⎥⎦
Innen látható, hogy m ≠ 9 esetén rangA= rang A=
3 és m = 9 esetén ra ngA= 2 ,
⎡0⎤ ⎢ ⎥
⎢ ⎥
rang A = 3 (mert ebben az esetben az utolsó oszlopban kialakítható a ⎢0⎥). Ezekből
⎢ ⎥
⎢1⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
az átalakításokból a megoldás is leolvasható:
2( m −4) 5 2(
m −4)
z = ⋅ =
5 m −9 m −9
2 1 2 2( m −4) −2( m − 9)
+ 2( m − 4)
2
y = − + z = − + = =
5 5 5 5( m −9) 5( m −9) m −9
9 7 9( m −9) − 14( m −4)
m + 5
és x = − z = =−.
5 5 5( m −9) m −9
m − 9
Megjegyzés. Ha még egy lépést elvégzünk ( ≠ 0 generáló elemmel), akkor
5
az utolsó oszlopban megjelennek ezek az eredmények.
9. Oldjuk meg és tárgyaljuk az
⎧⎪
⎪x
+ y + z − 2t = 5
⎪
⎨2x
+ y − 2z
+ t = m
⎪
⎪2x−
3y+ mz + 2mt
= 3
⎪⎩
egyenletrendszert ( xy , , z,
tm∈ , ).
⎡1 1 1 2 5 ⎤
⎢ − ⎥
Megoldás. Az A = ⎢2
1 − 2 1 m⎥ mátrix rangját (és egyben az A rangját
⎢
⎥
⎢2−3 m 2m 3
⎣
⎥
⎦
is!) határozzuk meg elemi transzformációk segítségével.

276 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
⎡1 ⎢
A ∼ ⎢0 ⎢
0
⎣
1
−1 −5 1
−4 m −2 −2 5
2m −4 5 ⎤ ⎡
⎥ ⎢1
⎥ ⎢
m −10⎥ ∼ ⎢0
⎥ ⎢
−7 ⎥ ⎢
⎥
0
⎦ ⎢⎣
1
1
−5 1
4
m − 4
−2
−5 2m + 4
5 ⎤
⎥
10 −m⎥
∼
⎥
−7
⎥
⎥⎦
⎡
⎢1 − S2+ S1→S1 ⎢
∼ ⎢0 5S2+
S3→S3 ⎢
0
⎣
0
1
0
−3 4
m + 16
0
−5 2m −21 − 5+
m ⎤
⎥
10−m
⎥
43−5m ⎥
⎥⎦
Ha m = −16 akkor m + 16 nem választható generáló elemnek de 2m−1 ≠ 0
választható (a harmadik és negyedik oszlop még A -hoz tartozik, tehát ezek
felcserélése nem változtatja meg az A rangját sem). Így írhatjuk, hogy
⎡
⎢1 A ∼ ⎢0 ⎢
⎢0 ⎣
0 3 −3 −21
⎤
⎥
1 − 5 4 26 ⎥ ha m = −16
és
⎥
0−53 0 123⎥
⎦
⎡
⎢
⎢1 ⎢
A ∼ ⎢0 ⎢
⎢0 ⎢⎣ 0
1
0
−3 4
1
3
−5 2m −21 m + 16
⎤
⎥
− 5+
m ⎥
10−m
⎥ ha m ≠−16
.
⎥
43−5m ⎥
m + 16
⎥
⎥⎦
Az első esetben (m = −16 ) ra ng A= rang A=
3 és
⎡
⎢
⎢1 ⎢
A ∼ ⎢0 ⎢
⎢0 ⎣
⎢
0
1
0
3
−5 1
−3 4
0
⎤ ⎡
⎥ ⎢1 −21
⎥ ⎢
⎥ ⎢
26 ⎥ ∼
⎢
0
⎥ ⎢
123⎥ ⎢
− ⎥
⎢0 53 ⎦
⎥ ⎢ ⎢⎣ 0
1
0
0
0
1
−3 4
0
744⎤
− ⎥
53 ⎥
763
⎥
53
⎥
123⎥
− ⎥
53 ⎥ ⎥⎦
123
Tehát a megoldások t = − (mert a harmadik oszlopban most t együtthatói állnak)
53
763
744
y = − 4z
és x = − + 3z
, ahol z ∈ paraméter.
53
53
A második esetben (3 S + S →S , − 4 S + S → S )
3 1 1 3 2 2
⎡ 2
3m −5 m − 4m + 49 ⎤
⎢1 0 0 3
⎥
⎢ m + 16 m + 16 ⎥
⎢ ⎥
⎢ 2
13m −4− m + 14m −12
⎥
A ∼
⎢0 1 0 −
⎥
⎢ m + 16 m + 16 ⎥
⎢ ⎥
⎢ 2m −21 43−5m ⎥
⎢0 0 1
⎥
⎢ ⎢⎣ m + 16 m + 16 ⎥ ⎥⎦

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 277
Tehát ebben az esetben is rang A= rang A=
3 és a megoldások
43 −5m 2m −21
z = −t⋅ m + 16 m + 16
2
− m + 14m −12 13m −4
y = + t⋅
m + 16 m + 16
2
m − 4m + 49 3m
− 5
x = −3t⋅ m + 16 m + 16
ahol t ∈ paraméter.
Megjegyzés. Ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha m ≠−16
esetén az
⎧⎪
⎪x
+ y + z = 5+ 2t
⎪
⎨2x
+ y − 2z
= m −t
⎪
⎪2x− 3y+ mz = 3−2mt ⎪⎩
rendszert a Cramer szabállyal oldjuk meg, illetve ha m = −16
esetén az
⎧⎪
⎪x
+ y − 2t = 5−z
⎪
⎨2x
+ y + t =− 16+
2z
⎪
⎪2x −3y − 32t = 3+ 16z
⎪⎩
rendszert oldjuk meg a Cramer szabály segítségével (z paraméter).
10. Bizonyítsuk be, hogy ha A A A … A ∈ M ( )
és
2
p
A + xA + x A + …+ x A = 0 , ∀x ∈ ,
akkor
0 1 2 p m, n
A A A … A .
0 = 1 = 2 = = p = 0m,n
( k )
Bizonyítás. Jelöljük az A elemeit a -val,
k
ij
, , , , 0 1 2 p m, n
k = 0, p , i = 1, m és j = 1, n . A bal
oldalon a műveletek elvégzése után egy olyan A mátrixot kapunk, amelynek a
p
∑
p ( k)
eleme x ⋅a
, vagyis egy legfeljebb p -ed fokú polinom. Ennek a polinomnak a
k=
0
ij
behelyettesítési értéke bármely x ∈ esetén 0, tehát a polinom együtthatói mind 0-
( k )
val egyenlők. Így a = 0 , 0, = k p , 1, = i m , j = 1, nm , tehát A 0 ,
k = 0, p .
ij
p q
k j
k j
k= 0 j=
0
ij
k = m,
n
∑ ∑ ∈ ( )
k j
Megjegyzés. Ha A ⋅ x = B x , ∀x ∈ esetén A , B Mmn
, ,
k = 0, p , j = 0, q , akkor p = q és A = B , ∀ k = 0,p.
k k

278 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
2.9. Gyakorlatok és feladatok
I.
1. Számítsd ki a következő determinánsokat:
−2
1 3
3 x
1 logab
*
a) ; b) , ab , ∈ + \ {} 1 ; c) −9 5 − 4 ;
2 x + 1 logb a 1
4 7 1
d)
g)
1 7 9
5 −2
4
3 0 −6
; e)
1 −2
1 4
3 2 5 −3
2 1 −3
4
1 −1
2 3
−2 3 −5
7 4
2 2 2 2
5 4 3 2
0 1 2 3
3 2 2 2
3 0 2 1
4 3 2
;
2
f)
2 1 0
;
3
3
1
2 .
2. Számítsd ki a következő determinánsokat:
∆ =
1
− i 1 + i
i
2i 1 i
0
1
ε ε
1 2 3 0
2
i 1 2i
, ∆ 2 = ε ε 1 , ∆ 3 = ε 1+ ε 1
ahol ε harmadrendű egységgyök.
3. Bizonyítsd be, hogy
2 2 3
bc a a a a
2 2 3
ca b b b b
2 2 3
ab c c c c
4. Számítsd ki a
1
= 1
1
2
2
ε 1 ε
0 a b 0 0 c d 0
1+ ε ε 1
1 ε 1+
ε
, és ( ) 2
d 0 0 c b a b a
= = ad − bc .
b 0 0 a c d c d
0 c d 0 0 a b 0
2 2
2
a ( a + 1) ( a + 2)
2
∆ = b ( b + 1) ( b + 2)
2 2
2 2
2
c ( c + 1) ( c + 2)
determinánst. (Felvételi, 1999.)
,

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 279
5. Számítsd ki a következő determinánsokat:
x a a a
a x x x
a x a a
x b x x
a 0 c b
a) ∆ 1 =
a a x a
; b) ∆ 2 =
x x c x
; c) ∆ 3 =
b c 0
.
a
a a a x
x x x d
c b a 0
6. Számítsd ki a következő determinánsokat, ha x, y ,z∈ a)
c)
e)
x y x + y
z z + y y
x + z z x
x y z
2 2 2
2 2 2 2 2
y z x z x y
yz xz xy
; b)
+ + + 2 ; d)
x xy xy y
2 2
2 2
y x xy xy
2 2
xy y x xy
xy xy y x
7. Oldd meg az
2 2
.
2
2
a − x ab ac
2
ba b x bc
2 2
xy x + y x + y
2
2 2
x + y xy x + y
x + y x + y
2
2
x ( y − z) yz
−
2
( ) 2
y z x zx
2
2
z ( x − y) xy
− = 0
2
ca cb c x
egyenletet, ha a,, bc ∈ .
8. Számítsd ki a következő determinánsokat:
a) ∆ 1 =
1 1 1
cosa cosb cosc
cos 2a cos 2b cos 2c
cos x 1 0 0
1 cosx1 0
c) ∆ 3 =
0 1 cosx1 .
0 0 1 cosx
−
;
2
0
;
a b c
2 2
sin x cos x sin 2
2 2
; b) ∆ = cos x sin x sin 2x
;
2
1+ sin2x−1 1
x

280 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
9. Számítsd ki a 0
a b c
−a
0 d e
∆ =
−b −d
0 f
−c −e −f
determinánst, ha a,,,,, bcd ef∈ . (Felvételi, 1998.)
10. Oldd meg a ∆ ( x ) = 0 egyenletet, ha
11. Fejezd ki r függvényében a
1 −
2
x x x
x x x
∆ ( ) = −
x
1 + x x −x
∆ =
2 2 2
0
1 1 1 1
x x x x
1 2 3 4
x x x x
2 2 2 2
1 2 3 4
x x x x
3 3 3 3
1 2 3 4
(Érettségi javaslat, 1999.)
determinánst, ha x1, x 2, x3, x4
egy r állandó különbségű számtani haladvány egymásutáni
tagjai. (Felvételi, 1995.)
12. Számítsd ki a
∆ =
x x x
1 2 3
x x x
2 3 1
x x x
3 1 2
, ,x − 2 + 2x + 17 = 0
3 2
determináns értékét, ha x1 x 2 3 az x x egyenlet gyökei.
13. Számítsd ki a 2
x x x
∆ =
1 2 3
x x x
2
2
3 1
x x x
3 1
2
2
(Felvételi, 1999.)
3 2
determináns értékét a,, bc függvényében, ha x1, x2, x3
az x + a x + bx + c = 0
egyenlet
gyökei. (Felvételi, 1995.)
14. Számítsd ki a
∆ =
1 1 1
x x x
1 2 3
x x x
2 2 2
1 2 3
3
determinánst, ha x , x ,x az x + px + q =
0 egyenlet gyökei.
1 2 3

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 281
2 2 2
15. Bizonyítsd be, hogy ha a + b + c = 1 (a,, bc ∈ ), akkor az
⎡
⎢a ⎢
A= ⎢c ⎢
b
⎣
b
a
c
c⎤
⎥
b ⎥
a ⎥
⎥⎦
mátrix
determinánsának abszolút értéke nem nagyobb mint 1.
16. Határozd meg azokat az m ∈ értékeket, amelyekre a
2x −2x
1
−x x − = 0
2 2
1 1
−2x − m x + m x − 2
egyenletnek
van egy dupla gyöke. (Felvételi, 1998.)
17. Hányszoros gyöke az x = 1 szám a
1
P( x ) =
x x x
2 3
1 1 1 1
1 2 3 4
1 4 9 16
polinomnak.
(Felvételi, 1998.)
18. Számítsd ki a
∆ =
n
−1
a a a
a −1
a
a a −1
a
a a a
n -ed rendű determinánst. (Felvételi, 1995.)
19. Számítsd ki a következő determinánsokat:
0 1 1 1
a)
∆ n =
1 0 1 1
a
−1
1 1 0 1 ; b) ∆ = 1 1 −1
1 ;
1 1 1 0
n
−1
1 1 1
1 −1
1 1
1 1 1
−1

282 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
1!
2!
c) ∆ 3!
n =
2!
2!
3!
3!
3!
3!
n !
n !
n ! ;
1
1
d) ∆ n =
1
Cn 1
Cn+ 1
2
Cn 2
Cn+ 1
k
Cn
k
Cn
n! n! n! n!
1
1
C 1
2
C 1
k −
C
20. Számítsd ki a 1 + 1 2 3
determinánst.
∆ =
n
a a a a
a 1 + a a a
1 2 3
a a a
1 2 3
−1
−1
+ 1
n+ k− n+ k− 1
n+ k−1
n
n
1 + a
21. Határozd meg az m ∈ paraméter értékeit, amelyekre az
⎡
⎢2 ⎢
A= ⎢x ⎢
1
⎣
x
−1
2
3⎤
⎥
x ⎥
m ⎥
⎥⎦
mátrix invertálható minden x ∈ esetén.
22. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét (ha létezik):
(Felvételi, 1998.)
⎡1 ⎢
2
a) A1
= ⎢
⎢2 ⎢
2
⎣
0
1
2
2
0
0
1
2
0⎤
⎥
0 ⎥ ;
0 ⎥
1 ⎥
⎥⎦
⎡0 ⎢
0
b) A2
= ⎢
⎢0 ⎢
1
⎣
0
0
1
2
0
1
2
3
1⎤
⎥ ⎡
2⎥
⎢1 ⎥ ⎢
⎥ ; c) A3 = ⎢2 3⎥
⎢
⎥ ⎢3 4⎥
⎢⎣ ⎥⎦
2
3
1
3⎤
⎥
1⎥.
⎥
2 ⎥
⎥⎦
23. Számítsd ki a következő mátrixok inverzét:
⎡1 ⎢
1
⎢
a) ⎢1 ⎢
⎢ ⎢
1
⎣
1
0
1
1
1
1
0
1
1⎤
⎥
1 ⎥
1⎥
;
⎥
⎥
0
⎥ ⎥⎦
⎡0 ⎢
1
⎢
b) ⎢1 ⎢
⎢ ⎢
1
⎣
1
0
1
1
1
1
0
1
1⎤
⎡1 ⎥ ⎢
1⎥
⎢
⎥ ⎢
0
⎥ ⎢
1⎥;
c) ⎢0 ⎥ ⎢
⎥
⎢ ⎥ ⎢
0
⎥ ⎢
⎥
0
⎦ ⎢ ⎢⎣ 1
1
0
0
1
1
1
0
1⎤
⎥
1 ⎥
1⎥.
⎥
⎥
1
⎥ ⎥⎦
24. Adottak az
⎡
⎢1 ⎢
A = ⎢2 ⎢
3
⎣
2
3
4
3⎤
⎥ ⎡6 4⎥és
B = ⎢
⎥ ⎢0 1⎥
⎢⎣ ⎥⎦
9
1
8⎤
⎥
6 ⎥
⎥⎦
mátrixok. Oldd meg az XA =
B egyenletet. (Felvételi, 1999.)
n
.

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 283
25. Oldd meg a következő egyenleteket:
⎡
⎢3 ⎢
a) X ⋅ ⎢1 ⎢
1
⎣
6
3
6
8⎤ ⎡
⎥ ⎢1
⎥ ⎢
1⎥ = ⎢2
⎥ ⎢
3⎥ ⎢
⎥
3
⎦ ⎢⎣
4
7
7
5⎤
⎥
5⎥;
⎥
8⎥
⎥⎦
⎡
⎢4 ⎢
b) ⎢1 ⎢
5
⎣
1
2
0
0⎤ ⎡
⎥ ⎢1 ⎥ ⎢
3⎥⋅X⋅ ⎢0 ⎥ ⎢
2⎥ ⎢
⎥
0
⎦ ⎢⎣ 1
1
0
1⎤ ⎡
⎥ ⎢0 ⎥ ⎢
1⎥ = ⎢1 ⎥ ⎢
1⎥ ⎢
⎥
2
⎦ ⎢⎣ 1
0
0
2⎤
⎥
2⎥.
⎥
1 ⎥
⎥⎦
⎡1 26. Adottak az A = ⎢
0
⎣
1⎤
⎡ 7
⎥ , B
1⎥
= ⎢
⎥
9
⎦ ⎢
−
⎣
4 ⎤ ⎡2 ⎥
−5⎥és
C = ⎢
⎥
3
⎦ ⎢⎣ 1⎤
⎥
2⎥mátrixok.
⎥⎦
a) Bizonyítsd be, hogy AC = CB .
n
b) Számítsd ki B -t, ha n ∈ .
27. Oldd meg a következő mátrixegyenletet:
(Felvételi, 1998.)
⎡1 ⎢
0
⎢
⎢0 ⎢
⎢ ⎢
0
⎣
1
1
0
0
1
1
1
0
1⎤ ⎡1
⎥ ⎢
1⎥ ⎢
⎥ ⎢
0
⎥ ⎢
1⎥⋅ X = ⎢0
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
1
⎥ ⎢
⎥
0
⎦ ⎢ ⎢⎣
2
1
0
0
3
2
1
0
n ⎤
⎥
n − 1 ⎥
n − 2⎥.
⎥⎥⎥⎥⎥⎦
1
28. Oldd meg az ⎧ ⎪[
x] + [ y] + [ z]
= 2
⎪
2[ x] −[ y] − 2[ z]
= −2
⎨
⎪
[ x] + 4[ y] + 5[ z]
= 8
⎪ 2[ x] + 5[ y] + 6[ z]
= 10
⎪⎩
egyenletrendszert, ahol [ n]
az n szám egész részét jelöli. (Felvételi, 1998.)
29. Oldd meg az ⎧⎪
⎪x
+ y + z = a
⎪ 2
⎨x
+ εy + ε z = b
⎪ 2
⎪ x + ε y + εz
= c
⎪⎩
egyenletrendszert, ahol a,, bc ∈ és ε harmadrendű egységgyök. (Felvételi, 1998.)
30. Oldd meg az ⎧⎪
⎪ax
+ by + cz = 0
⎪
⎨bcx
+ acy + abz = 0
⎪
⎪x
+ y + z = 1
⎪⎩
egyenletrendszert, ha a ≠b ≠c ≠a
.
31. Határozd meg az m ∈ paraméter értékeit úgy, hogy az
⎧⎪
⎪x
+ y + z = 1
⎪
⎨x
+ 2y + mz = 2
⎪ 2
⎪x
+ 4y + mz = 4
⎪⎩
egyenletrendszernek egyetlen megoldása legyen, és oldd is meg ebben az esetben a
rendszert. (Felvételi, 1999.)

284 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
32. Tárgyald az
⎧⎪
⎪(
1+ λ)
x + y + z = 0
⎪
⎪
⎨x
+ ( 1 + λ) y + z = λ
⎪ 2
⎪x
+ y + ( 1 + λ) z = λ
⎪⎩
egyenletrendszert a λ ∈ paraméter függvényében. (Felvételi, 1999.)
33. Oldd meg és tárgyald az
⎧⎪ mx + y + z = 0
⎪
⎪x
+ my + z = 0
⎪
⎨
⎪x
+ y + mz = 0
⎪ 2 2 2
⎪ x + y + z = 3
⎪⎩
egyenletrendszert. (Felvételi, 1999.)
34. Oldd meg az
⎧ ⎪x
+ y + z + t = 1
⎪
⎪ax
+ by + cz + dt = m
⎪
⎨ 2 2 2 2 2
⎪
ax+ by+ cz+ dt= m
⎪ 3 3 3 3 3
ax+ by+ cz+ dt= m
⎪⎩
egyenletrendszert, ha a,,, bcd egymástól különböző számok.
35. Oldd meg az ⎪ ⎧⎪ 2 3
⎪x
+ ay + a z + a = 0
⎪ 2 3
⎨⎪ x + by + b z + b = 0 egyenletrendszert, ha a ≠b ≠c ≠a
.
⎪ 2 3
⎪x
+ cy + c z + c = 0
⎪⎩
36. Határozd meg az
⎧⎪
⎪ x y z
⎪
+ + = 1
2
⎪(
a )
⎪
+ α a + α b + α
⎪ x y z
⎨
2 + + = 1
⎪
( a + β)
a + β b + β
⎪ x y z
⎪
2 + + = 1
⎪
⎪⎩ ( a + γ)
a + γ b + γ
rendszer megoldásait, ha αβ , ,γkülönböző
számok és a törtek léteznek.

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 285
II.
1. Tanulmányozd a következő lineáris rendszerek megoldhatóságát és oldd is meg
őket:
a) ⎪ ⎨⎪
, ab ; b) ⎪ ⎧⎪
⎪ax
+ y + z = 1
⎧⎪
⎪
⎪ax
+ 4y+ 7z=
0
⎪ ⎪
x + ay + z = b , ∈ ⎨⎪ 2x + ay + 7z
= 0, a ∈ ;
⎪
⎪
2
⎪x
+ y + az = b
⎪x − 2y + az = 0
⎪⎩
⎪⎩
c) ⎪ ⎨⎪
, abc ; d) ⎪ ⎧⎪ x + y + z = 0
⎪
⎧⎪
⎪2x − y + 3z
= b
⎪(
m + 1) x + y + z = 0
⎪
⎪
,, ∈ ⎨⎪ x + 2( m −1) y − z = 0, a ∈ ;
⎪
− x + ay + 2z = 3
⎪
⎪
⎪
⎪x − 2y + az = 0
⎪ 3x + 4z
= c
⎪⎩
⎪⎩
e) ⎪ ⎨⎪
; f) ⎪ ⎧ ⎪x
+ y + 8z = 11
⎪
⎧⎪
⎪
3x − y + 4z
= 9
⎪x
+ y + z + t = 2
⎪
⎨⎪ x + y + z − t = 0 ;
⎪
2x + 2y
+ z =−7
⎪
⎪
⎪
⎪ x + y − z + t = 4
⎪ x + y + z = 4
⎪⎩
⎪⎩
g) ⎪ ⎨⎪
; h) ⎪ ⎧⎪
⎧2x − 3y + 4z = 1
⎪2x1
+ x2 + x3
= 7
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪3x − y + z = 1
⎪
5x1 − x2 + 2x3 = 8
⎪
⎪
⎨⎪ 7x1 − 4x2 = −2
, α ∈ ;
⎪
x − 12y + 11z =−1
⎪
⎪
⎪
⎪ x1 x2 x3
α
⎪4x − 15y + 9z = 0
⎪ + + =
⎪
⎪⎩
⎪ x1 + 3x2 − 2x3
= α − 5
⎪⎩
i) ⎪ ⎨⎪
; j) ⎪ ⎧⎪
⎪4x1
+ x2 + ( 2α+ 1)
x3 + x4
=−1
⎧⎪
⎪αx
+ βy
+ 2z = 1
⎪
⎪
x1 + x2 + αx3
+ x4
=−1
⎨⎪ αx + ( 2β − 1) y + 3z = 1 , αβ , ∈
⎪
⎪
x1 − x2 + x3 + βx4 = γ
⎪
⎪⎩
⎪αx
+ βy + ( β + 3) z = 2β
− 1
⎪⎩
2. Bizonyítsd be, hogy bármely a,, bc ∈ esetén az
⎧⎪ 1
⎪ x = ax + by + cz
⎪
2
⎪ 1
⎨ y = cx + ay + bz
⎪
⎪2
⎪ 1
⎪ z = bx + cy + az
⎪⎩ 2
egyenletrendszernek csak a triviális megoldása létezik. (Felvételi, 1987.)

286 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
3. Oldd meg a
⎧⎪− ⎪ bx + az = cxz
⎪
⎨bx
− cy = ayx
⎪
⎪cy − az = bzy
⎪⎩
*
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a,, bc ∈ .
4. Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan A ∈ M ( )
mátrix, amelyre
A
5
2
⎛2 −1⎞ ⎟
=
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜⎜⎝4 −2⎠
⎟
5. Határozd meg azt az X ∈ Mn
( )
mátrixot, amelyre
det( A⋅ X + I ) ≥ 0, ∀A∈ M ( )
n n
BA mátrixok közül legalább az egyik szinguláris.
Számítsd ki det( BA) -t, ha AB = I 4 és A ∈ M ( )
, B ∈ M ( )
!
(Helyi olimpia, 1998.)
esetén. (Helyi olimpia, 1992.)
6. Bizonyítsd be, hogy ha m ≠n, A∈ M ( ) , B ∈ M ( )
akkor az AB és
mn , nm ,
7. Bizonyítsd be, hogy ha A⋅ B = In,
( AB∈ , Mn
( )
), akkor B⋅ A = In.
2 2
8. Bizonyítsd be, hogy ha A, B ∈ M ( )
, AB BA és det A + B = 0 , akkor
det( A+ B) = det(
A−B)
≠ 0 .
2
4,3
3,4
= ( )
9. Bizonyítsd be, hogy ha A, B , C∈ Mn
( )
és AB = BA , AC = CA valamint
2 2 2
BC = CB , akkor det A + B + C −AB −AC
−BC
≥0.
(Helyi olimpia
1987.)
( )
10. Bizonyítsd be, hogy ha AB∈ , Mn
( )
és
akkor
11. Az
detA
≠ 0
A= ⎡a ⎤
⎣ ⎦
.
ij
ij , = 1, n
n−1
∑
k = 0
k ( A+ ω B) = n⋅ ( A+ B)
det det det
mátrixban
n
ii ij
j = 1
j≠i 2π 2π
*
ω = cos + i sin , n ∈ ,
n n
(Megyei olimpia, 1997.)
a > ∑ a , ∀ i = 1, n. Bizonyítsd be, hogy

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 287
12. Az AB∈ , Mn
( )
mátrixokra létezik olyan
*
km∈ , , amelyekre
k
A
m
= B = 0n és AB = BA . Bizonyítsd be, hogy I n − AB és In−A −B
invertálható mátrixok. (Traian Lalescu verseny, 2001.)
*
13. Bizonyítsd be, hogy ha az A ∈ M ( )
mátrixra létezik k ∈ úgy, hogy
k
A = 0n
, akkor In−A invertálható.
2 2
14. Bizonyítsd be, hogy ha az A, B ∈ Mn
( )
mátrixokra AB= A − B,
akkor
AB = BA .
16. Bizonyítsd be, hogy a P( λ ) = det( A−
λIn)
függvény ( P : → )
egy n -ed
fokú polinomfüggvény, amelyben
a) a domináns tag együtthatója ( 1) ;
n
−
b) a szabadtag detA ;
n−1
1
c) λ együtthatója ( 1) .
n− − TrA
18. (Cayley-Hamilton tétel) Bizonyítsd be, hogy ha a
P( λ) = det( A−
λIn)
polinom
n
t
15. Az A ∈ M ( )
mátrixra teljesül az A⋅ A = −I
egyenlőség. Bizonyítsd be,
n
( )
t
hogy de t A+ A = d ( ) . (Gh. Vrânceanu Verseny, 1990.)
2
et In+ A
17. Bizonyítsd be, hogy a de t( A− λIn)
= 0 egyenlet λ1, λ 2,
…,
λngyökeire
a) λ1 λ 2 n ; TrA λ
+ + + = …
b) λ1⋅λ 2 ⋅…⋅ λn=
detA
.
Megjegyzés. λ, λ , …,
λnaz
A sajátértékei.
alakú, akkor
1 2
P( λ) = c ⋅ λ
k = 0
2
n
0 n 1 2 n 0n
n
∑
cI + cA+ cA + … + cA = .
19. Bizonyítsd be, hogy ha egy A ∈ M ( )
mátrix teljesíti az
…
n n−1
A + cA 1 + + cnIm= 0m
n n−1
x + cx + … + c = 0 egyenletet.
1
n
k
k
m
n
egyenletet, akkor minden sajátértéke teljesíti az
20. Bizonyítsd be, hogy ha létezik olyan P ∈ [ x]
polinom, amelynek 0 nem gyöke
és amelyre P( A ) = 0n , akkor A invertálható.
(Gh. Vrânceanu Verseny, 1992.)
2
21. Bizonyítsd be, hogy ha A = A+ I , ( A ∈ M
( )
), akkor
n
n

288 Lineáris egyenletrendszerek megoldása
1− a) n
2
5 1+
≤T rA≤n 2
5
;
⎛1+ b) detA
≤ ⎜
⎜⎜⎝ 2
n
5⎞
⎟
⎠
⎟
.
22. Bizonyítsd be, hogy ha az A ∈ M ( )
mátrix esetén létezik olyan k
k
n
szám, amelyre A = 0 , akkor A = 0n .
n
n
*
∈
2
23. Bizonyítsd be, hogy ha A = 4A − 3I n , ( A ∈ Mn
( )
), akkor létezik
p ∈ { 0,1, 2, …, n } úgy, hogy de tA 3 .
p
=
24. Bizonyítsd be, hogy ha AB∈ , n ( )
, akkor az f x = det A+xB
,
n
f : → függvény egy n -ed rendű polinomfüggvény amelyben x együtthatója
detB
és a szabadtag detA .
M ( ) ( )
3
25. Bizonyítsd be, hogy ha az A ∈ Mn
( )
mátrix teljesíti az A = A + I
egyenlőséget,
akkor de tA > 0 . (C. Cocea, 1986.)
2 2
26. Bizonyítsd be, hogy ha AB , ∈ ( )
és det A + B = 0 , akkor
detA=
detB.
M ( )
27. Bizonyítsd be, hogy ha AB , ∈ M ( )
és det( AB + BA)
≤ 0 , akkor
( )
2 2
det A + B ≥ 0 . (Országos olimpia, 1996.)
28. Az AB , , C∈ Mn
( )
mátrixok kommutálnak egymással (AB = BA ,
AC = CA és BC = CB ) és detC = 0 . Bizonyítsd be, hogy
2 2 2
det A + B + C ≥ 0 .
( )
2
2
29. Az A ∈ M ( )
mátrixra de t A − 2I = 0 . Bizonyítsd be, hogy A = 2I
és
detA
=
2
2
( )
2
2
−2
. (Megyei olimpia, 1996.)
30. Az AB∈ , Mn ( )
mátrixokra az A+ k ⋅ B mátrix invertálható k = 0, 2n
és az
inverze is Mn
( )
-ben van. Bizonyítsd be, hogy A+ ( 2n + 1)
B is invertálható és
[ ( ) ] 1
2 1 B n
−
A+ n + ∈ M ( ) .
2