MATEMATIKA I - UPV/EHU - Ikasmaterialen sare … · “Algebra Lineal y algunas de sus aplicaciones”. GOLOVINA L. Y. Mir. Moscu, 1983. 7. ... “Algebra Lineal y sus Aplicaciones”.
Post on 28-Sep-2018
259 Views
Preview:
Transcript
Liburu honek UPV/EHUko Euskara eta Eleaniztasuneko Errektoreordetzaren diru laguntza jaso du
MATEMATIKA I
Raúl Medina Galarza
Oihana Aristondo Etxeberria
EUSKARA ETA ELEANIZTASUNEKO
ERREKTOREORDETZAREN SARE ARGITALPENA
i
AURKIBIDEA:
1. GAIA. EGITURA ALJEBRAIKOAK………………………………………..……1
1.1. Multzoak…………………………………………………………………...….2
1.2. Multzoen arteko eragiketak……………………………………….…..………6
1.3. Taldeak eta Gorputzak………………………………………………………..9
1.4. Ariketak…………………………………………………………………..….11
2. GAIA. ESPAZIO BEKTORIALAK……………………………………………....12
2.1. Definizioa eta propietateak…………………………………………………..13
2.2. Azpiespazio bektorialak………………………………………………….….17
2.3. Konbinaketa linealak……………………………………………….………..17
2.4. Menpekotasun eta independentzia lineala…………………………...…..…..18
2.5. Espazio bektorial baten oinarria eta dimentsioa……………………….....….19
2.6. Osatugabeko oinarriaren teorema………………………………………...….20
2.7. Azpiespazioen arteko bildura, ebakidura eta baturak………………..…...….20
2.8. Batura zuzenak………………………………………..…………………..…22
2.9. Bektore baten koordenatuak…………………………………..……………..24
2.10. Ariketak………………………………………………………………….…25
ii
3. GAIA. MATRIZEAK ETA DETERMINANTEAK……………………………..32
3.1. Matrizearen definizioa…………………………………………………....….33
3.2. Matrize motak………………………………………………………………..33
3.3. Matrizeen arteko eragiketak………………………………………..…...…...36
3.4. Matrize karratu baten determinantea…………………………………......….38
3.5. Matrize Iraulia. Propietateak……………………………………………...…43
3.6. Matrize karratu baten alderantzizkoa…………………………………….….44
3.7. Matrize baten heina…………………………….…………………………....46
3.8. Matrize karratuen berreketak eta erroak…………………………………..…49
3.9. Blokekako matrizeak………………………………………….…………..…50
3.10. Zenbaki konplexuen gainean definituriko matrizeak…………………..…..54
3.11. Matrize sakabanatuak…………………..…………………………………..55
3.12. Zenbakizko metodoak………………………………………………………56
3.13. Oinarri aldaketako matrizea………………………………………………...58
3.14. Matrizeen ariketak……………………………………………………….…60
4.GAIA. EKUAZIO-SISTEMA LINEALAK…………………………………….....65
4.1. Sarrera……………………………………………………..………………....66
4.2. Rouche Frobenius-en teorema…………………………………………..…...68
4.3. Cramer-en erregela…………………………………………………………..69
4.4. Ekuazio-sistema linealen baliokidetasunak………………………………….71
4.5. Ekuazio linealen sistema homogeneoak…………………………………......76
4.6. Ekuazio-sistema linealen ebazpenerako metodo orokorra……………….….78
4.7. Zenbakizko metodoen aplikazioa……………………………………………81
4.8. Ekuazio sistema linealen ariketak…………………………………………...85
iii
5.GAIA. APLIKAZIO LINEALAK……………………………………………...…..88
5.1. Aplikazio linealaren definizioa……………………………………………....89
5.2. Aplikazio motak…………………………………………………………......89
5.3. Aplikazio lineal baten Irudia………………………………………………...90
5.4. Aplikazio lineal baten Matrizea……………………………………………...91
5.5. Aplikazio linealen arteko batura……………………………………………..92
5.6. Aplikazio lineal baten eta eskalar baten arteko biderkadura…………….…..93
5.7. Aplikazio linealen arteko biderkadura(konposaketa)………………………..93
5.8. Aplikazio lineal baten nukleoa………………………………………………94
5.9. Aplikazio linealen ariketak………………………………………………….96
6. ENDOMORFISMO BATEN DIAGONALIZAZIOA……………………………98
6.1. Balio eta bektore propioak …………………………………………….........99
6.2. Balio eta bektore propioen kalkulua…………………………………..........101
6.3. Autobalio baten anizkoiztasun aljebraikoa eta geometrikoa ………………106
6.4. Endomorfismo diagonalgarriak ……………………………………............107
6.5. Jordan-en Forma Kanonikoa ………………………………………………115
6.6. Ariketak…………….………………………………………………………118
iv
BIBLIOGRAFIA
TEORIA
Euskaraz
1. “Oinarrizko Aljebra”. ZURUTUZA, I. Elhuyar.
Gaztelaniaz
2. “Algebra Lineal y Teoría de Matrices”. BARBOLLA, R, y otros.
3. “Algebra Lineal” BURGOS, J. McGraw-Hill. Madrid, 1993.
4. “Curso de Algebra y Geometría”. BURGOS, J.
5. “Algebra Lineal y Geometría”. GARCIA G., J. LOPEZ PELLICER, M. Marfil.
Valencia.
6. “Algebra Lineal y algunas de sus aplicaciones”. GOLOVINA L. Y. Mir. Moscu,
1983.
7. “Algebra y Geometría Analítica”. GRANERO, F. McGraw-Hill. Madrid, 1191.
Ingelesez
8. “Linear Algebra and its aplications”. GRIFFEL, D.H. Ellis Horwood Ltd.
Chichester, 1989.
9. “Applied Numerical Linear Algebra”. HAGER, W. Prentice Hall., U.S.A., 1995.
v
PROBLEMAK
Euskaraz
1. “Aljebra lineala. Azterketarako Problema Ebatziak”. BOnostia, Elkar
Gastelaniaz
2. “Problemas de Algebra Lineal y Geometría”. BLANCO, F. y otros.
3. “Problemas de Algebra Lineal”. COLECCIO NR.A.E.C.
4. “Problemas de Algebra Lineal”. DIEGO, B. y otros. Demos. Madrid, 1986.
5. “Algebra Lineal”. LANG, S.
6. “Lecciones Básicas de Algebra Lineal”. MALAINA, J.L. y otros.
7. “Análisis Numérico”. MERAYO GARCIA, F. NEVOT CUNA, A. Editorial
Paraninfo, S.A.
8. “Algebra Lineal Aplicada”. NOBLE, B. DANIEL, J.W. Prentice Hall, México,
1989.
9. “Algebra Lineal”. ROJO, J.
10. “Algebra Matricial y Lineal” (Teoría y 179 Problemas resueltos). SERIE
SCHAUM
11. “Matrices SERIE SCHAUM.
12. “Algebra Lineal y sus Aplicaciones”. STRENG, G. Addison Wesley
Iberoamericana, 1988.
13. “Problemas de Algebra Lineal”. TEBAR, F.
Ingelesez
14. “Numerical Methods for Mathematics, Science & Engineering”. MATHEWS,
J.H.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 1
EGITURA ALJEBRAIKOAK
K
.a
.b
.c
-Barne-konposizioko lege
-Elkarkorra
-Neutroa
-Simetrikoa
-Trukakorra
+
-Barne-konposizioko lege
-Elkarkorra
-Neutroa
-Simetrikoa (e ezik)
-Trukakorra
*
Talde
Abeldarra
Konplexuak (C)
Errealak (R)
Arrazionalak (Q)
Osoak (Z)
Naturalak (N)
Lehenak
Zero
Zenbaki lehenak ( P )
Osoak ( Z )
Zenbaki naturalak ( N ) Oso negatiboak ( -Z )
Zenbaki konplexuak ( C )
Errealak ( R )
Arrazionalak ( Q ) Irrazionalak ( I )
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
x-6 6
Zenbaki Errealen Zuzen Erreala
Zuzen Erreala
-3.141618− π 4.564
x -5 -4 -3 -1 0 1 2 3 4 5 4.56418− π− π
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 2
1. GAIA. EGITURA ALJEBRAIKOAK
1.1. Multzoak
Definizioa: Intuitiboki, multzo bat, ondo definituriko zerrenda edo bilduma bat
da. Multzoa osatzen duten objektuei elementu deitzen zaie.
Multzo bat definitzeko bi era daude:
HEDADURAZ:
Multzoko elementu guztiak zerrendatuz.
Adibidea: { }A 1, 2, 3, 4, 5=
EZAUPIDEZ:
Multzoko elementuen propietateen bidez.
Adibidea: { }A x / x bikoitia= p
= / p Z eta q Zq
∈ ∈
ℚ
Oharra: Multzoak izendatzeko letra larriak erabiltzen dira: A, B, C… Elementuak
adierazteko, aldiz, letra xeheak erabiltzen dira: x, y, a, b…
Barnekotasuna
x elementua A multzoari dagokiola adierazteko, x A∈ (x barne A) notazioa
erabiltzen da. Alderantziz, x elementua A multzoari ez badagokio, orduan x A∉ .
Adibidea: 7
3∈ℚ
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 3
Zenbatzaile unibertsala
∀ sinboloa multzo bateko elementu baten aurrean jarriz, propietate hau elementu
guztiek (guztietarako) betetzen dutela adieraziko du.
Existentzia
∃ sinboloa elementu baten aurrean jarriz, propietate hau elementuren batek
(gutxienez batek) betetzen duela adieraziko da.
Partekotasuna
A eta B bi multzo izanik, B-ren elementu guztiak A-ren elementuak badira, B
multzoa A-ren azpimultzoa dela esaten da, eta honela izendatu: B A⊆ (B parte A).
Multzo hutsa: Elementu bat ere ez duena da, eta ∅ ikurraz adierazten da.
ZENBAKI NATURALEN MULTZOA:
Zenbaki naturalak zenbaki oso positiboak dira, eta ℕ letraz adierazten dira:
{ } { }= x / x zenbaki oso positiboak 1, 2, 3, 4,...=ℕ
ZENBAKI OSOEN MULTZOA:
Zenbaki osoak hauek dira: zenbaki naturalak, zeroa eta zenbaki natural
negatiboak. ℤ letraz adierazten dira.
{ }..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...= − − −ℤ
Oharra: Bi zenbaki osoren batura, kendura eta biderkadura beste zenbaki oso bat da.
Zatidura, aldiz, ez da beti zenbaki oso bat izaten.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 4
Adibideak:
2+5=7, non 7 zenbaki osoa baita ; 3*6=18, non 18 Z∈
10-5=5, non 5 zenbaki osoa baita; 7/3=2,33, non 2,33 Z∉
ZENBAKI ARRAZIONALEN MULTZOA:
Zenbaki arrazionalak bi zenbaki osoren zatidura gisa idazten diren zenbakiak
dira, eta ℚ letraren bitartez adierazten dira.
p
= / p Z eta q Z , q 0q
∈ ∈ ≠
ℚ
Oharra: Zenbaki osoak arrazionalak ere izango dira, q=1 eginez. Beraz, ℤ ℚ -ren
azpimultzo bat izango da. Hau da, ⊂ ⊂ℕ ℤ ℚ
ZENBAKI IRRAZIONALEN MULTZOA:
Zenbaki irrazionalen multzoa arrazionalak ez diren zenbaki errealez osaturik
dago, eta I bitartez adierazten da.
Oharra: Zenbaki irrazionalen multzoa zenbaki arrazionalen multzo osagarri bat da.
Adibidea: { }S= , e=2.718, π=3.1416, − 7 13 . Orduan, S '⊂ℚ = I
ZENBAKI ERREALEN MULTZOA:
Zenbaki errealen propietate garrantzitsuenetariko bat zera da: marra zuzen
batean puntuen bitartez adieraz daitezkeela.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 5
x -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 π
x
Zenbaki errealen zuzen erreala
0 31 2-1-2-3-4 4
�
- 7
Oharra: Orain arte ikusitako multzo guztiak barnean ditu zenbaki errealen multzoak.
⊂ ⊂ ⊂ℕ ℤ ℚ ℝ eta ' ⊂ℚ ℝ
ZENBAKI KONPLEXUEN MULTZOA:
Zenbaki konplexuak forma hau duten zenbakiak dira: a bi± , non a, b ∈ℝ eta
1i = − zenbaki irudikaria.
Oharra: Zenbaki errealak zenbaki konplexuen barne egongo dira, b=0 ordezkatuz.
⊂ℝ ℂ .
Zero
Zenbaki konplexuak ( )
Errealak ( )
Arrazionalak ( ) Irrazionalak ( )
Osoak ( )
Naturalak ( )Natural negatiboak (- )
ℂ
ℝ
ℤ
ℚ
ℕ
'ℚ
ℕ
π 7−
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 6
1.2. Multzoen arteko eragiketak
Bildura
Izan bitez A eta B bi multzo. Bi multzo horien bildura beste multzo bat da.
Multzo horretako elementuak A-ko elementuak edo B-ko elementuak izango dira.
A B∪ idatziko dugu.
{ }/A B x x A edo x B∪ = ∈ ∈
Adibidea: { }, , ,A g o m a= { }, , ,B g a t o= { }, , , ,A B g o a m t⇒ ∪ =
Propietatea: A A B eta B A B⊂ ∪ ⊂ ∪
Ebakidura
Izan bitez A eta B bi multzo. Bi multzo horien ebakidura beste multzo bat da.
Multzo horretako elementuak A-ko elementuak eta B-ko elementuak izango dira.
A B∩ idatziko dugu.
{ }/A B x x A eta x B∩ = ∈ ∈
Adibidea: { }, , ,A g o m a= { }, , ,B g a t o= { }, ,A B g o a⇒ ∩ =
Propietateak:
• A B A eta A B B∩ ⊂ ∩ ⊂
• A B A B A⊂ ⇒ ∩ =
Definizioa: bi multzoen ebakidura multzo nulu bat bada ( )A B∩ = ∅ , A eta B
disjuntuak direla esango dugu.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 7
Diferentzia
A-ren eta B-ren diferentzia beste multzo bat da. A-koak diren eta B-koak ez diren
elementuek osatzen dute multzo hori. { }/A B x A x B− = ∈ ∉
Multzo osagarriak
Izan bedi A multzo bat, non A E⊆ . A-n ez dauden E-ko elementuek osaturiko
multzoari E-rekiko A-ren osagarria deritzo.
' edo cA A izendatuko dugu:
{ }: etacA x x E x A= ∈ ∉
Bi multzoen arteko biderkadura kartesiarra:
Izan bitez A eta B bi multzo. Orduan, A B× biderkadura kartesiarra A eta B
multzoetako pare ordenatuek sortzen duten elementuen multzoa da.
{ }A B= (a,b) / a A, b B× ∈ ∈ ( Normalean A B B A× ≠ × )
Adibidea:
Izan bitez { }A= a, b, c, d eta { }B= l, m .
Orduan, { }A B= (a,l), (a,m), (b,l), (b,m), (c,l), (c,m), (d,l), (d,m)×
Konposizio-legeak:
Konposizio-legea aplikazio bat da, A B× biderkadura kartesiar batetik C multzo
batera doana.
Barne-konposizioko legeak:
Barne-konposizioko lege bat aplikazio bat da, A A× -tik A-ra doana.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 8
Adibideak:
ℕ zenbaki naturalen arteko batuketa (+)
ℤ zenbaki osoen arteko kendura (-)
ℚ zenbaki arrazionalen arteko biderkadura
Propietateak:
Propietate hauek barne-konposizioko legeek bete ditzaketenak dira, baina ez
dituzte nahitaez bete behar.
1. Elkarkorra
Barne-konposizioko lege bat elkarkorra izango da, baldin eta hau betetzen bada:
(a b) c = a (b c) a, b, c A ∗ ∗ ∗ ∗ ∀ ∈
2. Trukakorra
Barne-konposizioko lege bat trukakorra izango da, baldin eta hau betetzen bada:
a b = b a a, b A ∗ ∗ ∀ ∈
3. Elementu idenpotentea
a A∈ idenpotentea dela esango dugu, baldin hau betetzen bada: a*a = a .
4. Elementu neutroa
e A∈ elementu neutroa dela esango dugu, baldin eta hau betetzen bada:
a e = a = e a a A ∗ ∗ ∀ ∈
5. Elementu simetrikoa edo alderantzizko elementua
Izan bedi a A∈ elementu bat, orduan -1a A∈ a-ren alderantzizkoa dela esango
dugu, baldin:
-1 -1a a = e = a a∗ ∗ , non e elementu neutroa baita.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 9
6.⊥ barne-konposizioa, * barne-konposizioarekiko banakorra
a (b*c) = (a b)*(a c) a, b, c A⊥ ⊥ ⊥ ∀ ∈ betetzen bada, ⊥ *-rekiko banakorra
dela esango dugu.
Kanpo-konposizioko legeak:
Kanpo-konposizioko lege bat A B× -tik B-ra doan aplikazio bat da.
α A, b B∈ ∈ , orduan (α,b) bikoteari c B∈ elementu bat dagokio, eta c=α b� idazten da.
Eskuarki, � sinboloa erabiliko dugu, kanpo-konposizioko lege bat adierazteko.
Adibidea:
A = ℤ eta { }2B= ax +bx+c / a, b, c∈ℤ
Aplikazioa oso baten eta polinomio baten arteko biderkadura izango da.
( ) ( ) ( ) ( )2 2α ax +bx+c αa x + αb x+ αc=�
Argi dago biderkadura B multzoko elementu bat izango dela. Beraz, kanpo-
konposizioko lege bat da.
1.3. Taldeak eta gorputzak
Taldeak:
Izan bitez A multzo bat eta ‘*’ A-n definituriko barne-konposizioko lege bat.
Orduan, A talde bat izango da, baldin:
1) ‘*’ elkarkorra bada (a b) c = a (b c) a, b, c A ∗ ∗ ∗ ∗ ∀ ∈
2) elementu neutroa badu a e = a = e a a A ∗ ∗ ∀ ∈
3) A-ko elementu guztiek alderantzizkoa badute
-1 -1 -1a A a A non a a = e = a a∀ ∈ ∃ ∈ ∗ ∗
Oharra: Talde bat trukakorra bada, orduan talde abeldarra edo trukakorra dela esango
dugu.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 10
Gorputzak:
Izan bitez K multzo bat eta ‘+’ eta ‘ � ’ barne-konposioko bi lege. Orduan,
( )K,+, � hirukotea gorputza izango da, baldin:
1) ( )K, + talde abeldarra
2) { }( )K- e ,� talde abeldarra
3) ‘+’ banakorra ‘ � ’ eragiketarekiko a (b+c) = (a b)+(a c)� � �
Adibideak:
( ) ( ) ( ), , , , , , , , gorputzak dira+ ⋅ + ⋅ + ⋅ℚ ℝ ℂ
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 11
1.4. Ariketak
Zenbakien multzoei buruzko galderak
Esan problema hauek egia edo gezurra diren, eta arrazoitu erantzuna.
ERANTZUNA
a) 7− ∈ℕ
b) 2 '∈ℚ
c) 4∈ℤ
d) 9∈ℂ
e) 3π ∈ℚ
f) 6− ∈ℚ
g) 7− ∈ℝ
h) 1
2∈ℤ
i) 5 '− ∈ℚ
j) 1∈ℝ
k) 3 8 ∈ℕ
l) 9
'4
∈ℚ
m) 2− ∈ℤ
n) 2π ∈ℝ
o) 4− ∈ℝ
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 12
u�
E
v�
z u v= +� ��
z E∈�
u�
2u�
3u− �
2
3
u E
u E
u E
∈∈
− ∈
�
�
�
Bektoreen arteko biderkadura
Eskalar baten eta bektore baten arteko
biderkadura
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 13
2. GAIA. BEKTORE-ESPAZIOAK
2.1. Definizioa eta propietateak
Bektore-espazioak
Definizioa: Izan bedi V multzo bat eta ( )K,+, ⋅ gorputz bat. Orduan, V K gainean
bektore-espazioa edo V K bektore-espazioa da, baldintza hauek betetzen badira:
i) V-n barne-konposizioko lege bat definiturik dago ‘*’ eta (V,*) talde abeldarra da.
( )*: V V V× →
ii) V-n kanpo-konposizioko lege bat definiturik dago ‘� ’ eta hurrengo
propietateak betetzen ditu ( ): K V V× →� :
1) Eskalarren arteko baturarekiko banakortasuna
( )1 2 1 2α +α v = α v * α v� � �
2) Bektoreen arteko baturarekiko banakortasuna
( )1 2 1 2α v *v = α v * α v� � � 1 2 1 2α , α , α K v , v , v V∀ ∈ ∈
3) Elkarkortasuna
1 2 1 2α (α v) = (α ×α ) v� � �
4) K-ko elementu neutroa
1 v = v�
Oharrak:
1) V-ko elementuak bektoreak dira, eta honela adierazten dira: x, y, z� � �
…
2) V-ko barne-konposizioko legeari ‘*’, bektoreen arteko batura deritzo. Bektore
neutroa bektore nulua da eta 0�
adierazten da; eta x V∈� bektorearen elementu
simetrikoa x�
-ren aurkako bektorea deritzo, eta - x�
adierazten da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 14
3) K-ko elementuak eskalarrak dira, eta α, β, δ... letrez adierazten dira. + eta ⋅
legeak eskalarren arteko batura eta biderkadura izango dira. Batura eta
biderkadurarekiko elementu neutroak 0 eta 1 dira hurrenez hurren, eta
baturarekiko α eskalar baten simetrikoa - α da.
4) Bektore-espazioaren adierazpena hau da: ( ) ( )V,* , K, +, ,⋅ �
5) Gehienetan K gorputza ℝ izango da, batura eta biderkadura nabariduna.
2ℝ bektore-espazioa:
i 2ℝ multzoko + barne-konposizioko legea hau da:
1 2 1 2 1 1 2 2(x , x ) + (y , y ) = (x +y , x +y ) Talde abeldarra da.
i 2ℝ -ko ℝ gaineko kanpo-konposizioko legea hai da:
1 2 1 2α (x , x ) = (α x , α x )⋅ ⋅�
( ) ( )2 ,+ , , +, , ⋅ ℝ ℝ � bektore-espazioa da, propietate guztiak betetzen baititu.
3ℝ bektore-espazioa:
i 3ℝ multzoko + barne-konposizioko legea hau da:
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3(x , x , x ) + (y , y , y ) = (x +y , x +y , x +y ) Talde abeldarra da.
i 3ℝ -ko ℝ gaineko kanpo-konposizioko legea hau da:
1 2 3 1 2 3α (x , x ,x ) = (α x , α x , α x )⋅ ⋅ ⋅�
( ) ( )3 ,+ , , +, , ⋅ ℝ ℝ � bektore-espazioa da, propietate guztiak betetzen baititu.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 15
nℝ bektore-espazioa:
i nℝ multzoko + barne-konposizioko legea hau da:
1 n 1 n 1 1 n n(x , ..., x ) + (y , ..., y ) = (x +y , ..., x +y ) Talde abeldarra da.
i nℝ -ko ℝ gaineko kanpo-konposizioko legea hau da:
1 n 1 nα (x , ...,x ) = (α x , ..., α x )⋅ ⋅�
( ) ( )n ,+ , , +, , ⋅ ℝ ℝ � bektore-espazioa da, propietate guztiak betetzen baititu.
Bektore-espazioen adibideak:
1) A(m,n) da m errenkada eta n zutabe dituzten matrize guztien multzoa.
Eragiketak honako hauek dira: matrizeen arteko batuketa eta matrizeen eta K
multzoko eskalar baten arteko biderketa, non K zenbaki errealak edo irudikariak
baitira.
2) Pn(x) da n mailako polinomio guztien multzoa, non koefizienteak K
gorputzekoak baitira. Eragiketak honako hauek dira: polinomioen arteko
batuketa eta polinomio eta K = ℝ -ko elementu baten arteko biderketa.
3) K gorputzeko F(x) x-ren funtzio guztien multzoa. Eragiketak honako hauek dira:
funtzioen arteko batuketa, eta funtzioen eta K = ℝ multzoko eskalar baten arteko
biderketa.
Adibidea:
2ℝ -n barne-konposizioko lege hau definitzen dugu:
1 2 1 2 1 1 2 2(x , x ) + (y , y ) = (x +y , x +y )
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 16
2ℝ -ren ( , , )+ ⋅ℝ gaineko kanpo-konposizioko legea hau da:
2 2
1 2 1 2α (x , x ) = (α x , α x )⋅ ⋅�
Bektore-espazioa den ikusiko dugu. Lehenengo kanpo-konposizioko legearen
propietateak ikusiko ditugu.
1.Eskalarren arteko baturarekiko banakortasuna: 2, , xα β∀ ∈ ∀ ∈�ℝ ℝ
i ( ) 1 1 1 1 1 1α+ (x ,y ) = α (x ,y ) + (x ,y )β β� � � bete behar da
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1α+ (x ,y ) = ( α+ x , α+ y ) = ( α + 2 x , α + 2 y )β β β β αβ β αβ+ +�
( ) ( )2 2 2 2
1 1 1 1 1 1α (x ,y ) + (x ,y ) = ( α + x , α + y )β β β� �
Lehenengo propietatea ez da betetzen; beraz, ez da bektore-espazioa.
Bektore-espazioen propietateak:
Izan bedi [ ]V,+, � bektore-espazioa:
1) ( ) eta ,x y x y K x y Vα α α α− = − ∀ ∈ ∀ ∈� � � � � �� �
2) ( ) , etax x x K x Vα β α β α β− = − ∀ ∈ ∀ ∈� � � �� �
3) 0 0α =� �� Kα∀ ∈
4) 0 x = 0��
� x V∀ ∈�
5) ( ) ( )x xα α− = −� �� � x V∀ ∈� Kα∀ ∈
6) 0xα =��
� baldin eta soilik baldin 0α = edo 0x =��
x V∀ ∈� Kα∀ ∈
7) x xα β=� �� � baldin eta soilik baldin α β= { }0x V∀ ∈ −
��
8) x yα α=� �� � baldin eta soilik baldin x y=� �
{ }0Kα∀ ∈ −
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 17
2.2. Azpibektore-espazioak
Definizioa: Izan bitez ( )V,+, � K gaineko bektore-espazioa eta F ≠ ∅ V-ren
azpimultzo bat ( F V⊆ ). Orduan, F V-ren azpibektore-espazio bat izango da, ( )F,+,� K
gainean bektore-espazioa bada.
Teorema: Hauek dira F V-ren azpibektore-espazio bat izateko baldintza beharrezko eta
nahikoak:
, , eta ,biak batuz
eta
x y F x y F K x y F
K x F x F x y F
α βα α α β
∀ ∈ ⇒ + ∈ ∀ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈ ⇒ ∈ + ∈
� � � � � �
� � � �� � �
Oharrak:
1. 0�
bektore nulua V-ren azpibektore-espazio guztien barne dago.
2. V bektore-espazio guztiek azpiespazio hauek dituzte: { }0 0=�
multzo nulua eta V
espazio osoa.
2.3. Konbinazio linealak
Izan bedi [ ]V,+, � K bektore-espazioa. x V∈� bektore bat beste n bektoreren
{ }1,... nx x� �
konbinazio lineala dela esango dugu baldin:
1,..., n Kα α ∈ existitzen badira, non: 1 1
1
....n
n n i i
i
x x x xα α α=
= + + =∑� � � �
Proposizioa: x V∈� , S={ }1,..., nx x� �
bektore-sistemako bektoreen konbinazio lineala
bada eta ix�
bektore bakoitza G={ }1,..., my y� �
bektore-sistemako bektoreen konbinazio
lineala bada, orduan x�
G bektore-sistemako bektoreen konbinazioa lineala da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 18
Sistema sortzaileak
Izan bedi V K gaineko bektore-espazio bat, eta har dezagun S={ }1,..., nx x� �
V-ren
azpimultzo ez-nulu bat.
S-ren konbinazio lineal guztien multzoa L(S) izendatuko dugu:
{ }1 1 1L(S)= .... / ,...,n n nx xα α α α+ + ∈� �ℝ
V-ren azpibektore-espazioa da, eta S multzoa barne izango du.
Oharra: S={ }1,..., nx x� �
multzoa L(S)-ren sistema sortzailea dela esango dugu.
2.4. Menpekotasun eta independentzia lineala
Izan bedi K gaineko V bektore-espazio baten { }1P ,..., nx x= � � bektoreen sistema
finitu bat.
Definizioa: 1,..., nx x� �
bektoreak linealki independenteak/askeak edo { }1,..., nx x� �
sistema
askea dela esango dugu, honako hau betetzen bada:
1 1 ... 0n nx xα α+ + =�� �
bada, orduan 1 ... 0nα α= = = betetzen bada
Definizioa: 1,..., nx x� �
bektoreak linealki menpekoak edo { }1,..., nx x� �
sistema lotua dela
esango dugu, honako hau betetzen bada:
1 1 ... 0n nx xα α+ + =�� �
bada, orduan 0iα∃ ≠
Ondorioak:
a) Sistema aske bateko bektore guztiak bektore nuluaren desberdinak dira.
b) Sistema lotu bati bektore berriak gehitzen badizkiogu, lorturiko sistema ere lotua
izango da.
c) Sistema aske bateko edozein azpimultzo sistema aske bat izango da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 19
2.5. Bektore-espazio baten oinarria eta dimentsioa
Izan bedi E K gorputzaren gainean definituriko bektore-espazio bat. Har
dezagun V={ }1 nv ,...,v E⊂ bektore-sistema bat.
Definizioa: V sistema E bektore-espazioaren oinarri bat dela esango dugu, V E-ren
sistema sortzaile aske bat bada, hau da, x E∈� edozein bektore era bakar batean V-ren
konbinazio lineal gisa adieraz badaiteke.
1 1 nv ... v v 1n ix V i nα α= + + ∀ ∈ ≤ ≤� � �
{ }1
1
1. ,... E-ren sistema sortzailea
2. ,... linealki independenteak
n
n
v v
v v
Oharrak:
1) [ ], ,E + � K gaineko bektore-espazio finitu batean beti izango da gutxienez oinarri
bat.
2) Oinarri guztiek bektore kopuru bera izango dute.
Bektore-espazio baten dimentsioa
E K gaineko bektore-espazio baten dimentsioa bere edozein oinarritako bektore
kopurua izango da. Eta dim(E) izendatuko dugu.
• Izan bedi S, [ ], ,E + � K gaineko bektore-espazio baten azpibektore-espazioa,
eta har dezagun bektore-sistema bat: { }1,..., nF u u S= ⊂� �
F S-ren oinarri bat izango da, F S-ren sistema sortzailea bada eta sistema askea
bada.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 20
2.6. Osatugabeko oinarriaren teorema
Demagun n dimentsioko E bektore-espazio batean { }1,..., pt t ( p n≤ ) p bektore
linealki independente ditugula. Orduan, { }1 2, ,...,p p nt t t+ + n-p bektore existitzen dira, non
{ }1 1,..., , ,...,p p nt t t t+ E-ren oinarri bat baita.
Oharra: S E-ren azpibektore-espazioa bada eta { }1,..., pt t S-ren oinarri bat bada, orduan
{ }1,..., pt t bektoreak dituen E-ren oinarri bat aurki dezakegu. Argi dago oinarri hau ez
dela bakarra izango.
2.7. Azpiespazioen arteko bildura, ebakidura eta baturak
Izan bitez F1 eta F2 E-ko bi azpibektore-espazio. Orduan, ebakidura eta batura
honela definitzen dira:
{ }1 2 1 2 non edo F F x E x F x F∪ = ∈ ∈ ∈� � �
{ }1 2 1 2 non eta F F x E x F x F∩ = ∈ ∈ ∈� � �
{ }1 2 1 2 non eta F F x y E x F y F+ = + ∈ ∈ ∈� � � �
Oharra: 1 2F F∩ eta 1 2F F+ azpibektore-espazioak dira, baina 1 2F F∪ azpibektore-
espazioa izan daiteke edo ez.
Adibidea: Izan bitez ( ){ }1 1 2 3 1 2, , / 0W x x x x x= + = eta ( ){ }2 1 2 3 2 3, , / 0W x x x x x= − =
azpibektore-espazioak. Kalkulatu: 1 2W W∩ eta 1 2W W+ . 1 2W W∪ azpibektore-espazioa
da?
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 21
Ebazpena:
∏ 1W -en oinarria
( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 1 1 3 1 1, , , , 1, 1,0 0,0,1x x x x x x x x= − = − + ( ) ( ){ }1
1, 1,0 , 0,0,1WB⇒ = −
∏ 2W -ren oinarria
( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 2 1 2, , , , 1,0,0 0,1,1x x x x x x x x= = + ( ) ( ){ }2
1,0,0 , 0,1,1WB⇒ =
∏ 1 2W W+ -ren oinarria
1 2 1 2/ non eta x W W x u v u W v W∀ ∈ + = + ∈ ∈� � � � � �
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 3 4
1 2
, , 1, 1,0 0,0,1 1,0,0 0,1,1
u W u W
x x x α α α α−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
∈ ∈
= − + + +
Beraz, 1 2W W+ bektore-espazioaren sistema sortzailea
( ) ( ) ( ) ( ){ }1, 1,0 , 0,0,1 , 1,0,0 , 0,1,1− da.
3R -n ezin direnez 4 bektore aske egon, bat kenduko dugu, eta besteak linealki askeak
direla frogatuko dugu.
Beraz, oinarria ( ) ( ) ( ){ }1 2
1, 1,0 , 0,0,1 , 1,0,0W WB + = − da.
∏ 1 2W W∩ -ren oinarria
1 2 1 2/ eta x W W x W x W∀ ∈ ∩ ∈ ∈� � �
( )( ) ( )1 1 2 3 1 2 1 2
1 2 3
2 32 1 2 3 2 3
, , non 0 0, , non
0, , non 0
x W x x x x x x xx x x
x xx W x x x x x
∈ ⇒ + = + =⇒ − =∈ ⇒ − =
�
�
( ) ( ) ( ){ }1 21 1 1 1, , 1, 1, 1 1, 1, 1W Wx x x x B ∩⇒ − − = − − ⇒ = − −
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 22
∏ 1 2W W∪ bektore-espazioa da?
1 2 1 2/ edo x W W x W x W∀ ∈ ∪ ∈ ∈� � �
Demagun 1 1 2x W W W∈ ⊂ ∪� eta 2 1 2y W W W∈ ⊂ ∪�
dugula.
( )( ) ( ) ( )1 1 2 3 1 2
1 1 2 3 2 1 2 3 1 2
2 1 2 3 2 3
, , non 0, , , , ?
, , non y 0
x W x x x x xx x x y y y W W
y W y y y yα α
∈ ⇒ + = ⇒ + ∈ ∪
∈ ⇒ − =
�
�
( ) ( ) ( )1 1 2 3 2 1 2 3 1 1 2 1 1 2 2 2 1 3 2 3 1 2, , , , , , ?x x x y y y x y x y x y W Wα α α α α α α α+ = + + + ∈ ∪
( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1
0 ??????
????x y x y x x y y Wα α α α α α−−−−−−−−− −−−−−−−−−
=
+ + + = + + + = ⇒∉
( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 2 1 3 2 3 1 2 3 2 2 3 2
?????? 0
????x y x y x x y y Wα α α α α α−−−−−−−−− −−−−−−−−−
=
+ − + = − + − = ⇒∉
Beraz, 1 2W W∪ ez da azpibektore-espazioa.
2.8. Batura zuzenak
Definizioa: x E∈� edozein bektoreren deskonposizioa F1-eko eta F2-ko elementuen
batuketa gisa bakarra bada, orduan E F1 eta F2-ren batura zuzena izango da. Hau da:
1 2E=F F⊕
E bektore-espazioa F1-en eta F2-ren batura zuzena bada, eta { }1,..., pW w w= � �
eta { }1,..., qU u u= � � F1-en eta F2-en oinarriak badira, orduan W U∪ da E-ren oinarria.
Teorema: Izan bitez F1 eta F2 E bektore-espazioko bi azpibektore-espazio.
Orduan: { }1 2
1 2
1 2 0
E F FE F F
F F
= += ⊕ ⇔ ∩ =
�
Beraz, 1 2
1 2
1 2
dim dim dim
dim 0
E F FE F F
F F
= += ⊕ ⇔ ∩ =
( )1 2 1 2 1 2dim( F F ) = dim(F )+dim(F )-dim(F F )+ ∩ beti betetzen da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 23
Adibidea: Izan bitez ( ){ }1 1 2 3 1 2, , / 0W x x x x x= + = eta ( ){ }2 1 2 3 2 3, , / 0W x x x x x= − =
azpibektore-espazioak. 3
1 2W W R⊕ = betetzen da?
Ebazpena:
Badakigu hau: ( )1 2dim 3W W+ = , ( ) ( )1 2dim 2 dimW W= = eta ( )1 2dim 1W W∩ =
( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 1 2 1 2dim dim dim dimW W W W W W+ = + − ∩ propietatea erabil dezakegu.
Kasu horretan,
3
31 2
1 2
1 2
dim 3 dim dim 4 denez
dim 1 0
R W WR W W
W W
= ≠ + =≠ ⊕ ∩ = ≠
Ariketak:
1) Izan bitez ( ){ }1 1 2 3 1 2, , / 0W x x x x x= − = eta ( ){ }2 , , /W a a a a R= ∈ azpibektore-
espazioak. Kalkulatu: 1 2W W∩ eta 1 2W W+ . 1 2W W∪ azpibektore-espazioa da?
3
1 2W W R⊕ = betetzen da?
2) Izan bitez ( ){ }1 1 2 3 1 2 1 3, , / 0 0W x x x x x eta x x= + = + = eta ( ){ }2 2 , , / ,W b b c b c R= ∈
azpibektore-espazioak. Kalkulatu: 1 2W W∩ eta 1 2W W+ . 1 2W W∪ azpibektore-espazioa
da? 3
1 2W W R⊕ = betetzen da?
3) Izan bitez ( ){ }1 1 2 3 1 2 2 3, , / 0 0W x x x x x eta x x= + = − = eta
( ){ }2 4 , , 2 /W b b b b R= − ∈ azpibektore-espazioak. Kalkulatu: 1 2W W∩ eta 1 2W W+ .
1 2W W∪ azpibektore-espazioa da? 3
1 2W W R⊕ = betetzen da?
4) Izan bitez ( ){ }1 1 2 3 3 2, , / 0W x x x x x= − = eta ( ){ }2 , , / ,W a a c a c R= ∈ azpibektore-
espazioak. Kalkulatu: 1 2W W∩ eta 1 2W W+ . 1 2W W∪ azpibektore-espazioa da?
3
1 2W W R⊕ = betetzen da?
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 24
5) Izan bitez ( ){ }1 1 2 3 4 1 2 3 1 4, , , / 0 0W x x x x x x x eta x x= + + = + = eta
( ){ }2 , , , 2 / ,W a a c c a c R= ∈ azpibektore-espazioak. Kalkulatu: 1 2W W∩ eta 1 2W W+ .
1 2W W∪ azpibektore-espazioa da? 4
1 2W W R⊕ = betetzen da?
6) Izan bitez ( ){ }1 1 2 3 4 1 2 3 4, , , /W x x x x x x eta x x= = = eta
2 , , , / ,3 4
b dW b d b d R
= ∈
azpibektore-espazioak. Kalkulatu: 1 2W W∩ eta 1 2W W+ .
1 2W W∪ azpibektore-espazioa da? 3
1 2W W R⊕ = betetzen da?
2.9. Bektore baten koordenatuak
Izan bitez [ ], ,E + � dimentsio finitua duen K gainean definituriko bektore-
espazioa eta { }1,..., nV v v E= ⊂� � E-ren oinarri bat. Orduan:
1 n, ,...,x E Kα α∀ ∈ ∃ ∈� bakarrak non 1 1 n v +...+ nx vα α= ⋅ ⋅� � �
1 n,...,α α n eskalarrak x�
bektorearen V oinarriko koordenatuak izango dira.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 25
2.10. Ariketak
1) Esan azpimultzo hauetatik zein diren ( ) ( )4 , , , , , + + ⋅ ℝ ℝ � -ko azpibektore-
espazioak.
a) { }1 1 2 3 4 1 2( , , , ) / 1E x x x x x x= + =
b) { }2 1 2 3 4 1 2 3 4( , , , ) /E x x x x x x x x= + = +
c) { }3 1 2 3 4 2 3( , , , ) / 0E x x x x x x= ⋅ =
d) { }4 1 2 3 4 1 2 3 4( , , , ) / 0E x x x x x x x x= − + − =
e) { }5 1 2 3 4 1 2 3( , , , ) /E x x x x x x x= = =
f) { }6 1 2 3 4 1( , , , ) /E x x x x x= ∈ℚ
g) { }7 1 2 3 4 1( , , , ) /E x x x x x= ∈ℝ
h) { }8 1 2 1 2( , ,0,0) / ,E x x x x= ∈ℝ
Emaitzak: a, c, f→→→→Ez b, d, e, g,h→→→→Bai
2)Har dezagun 3ℝ bektore-espazioko azpimultzo hau:
{ }1 2 3 1 2 1 2 3( , , ) / 0 ; 2 0B x x x x x x x x= − = − + =
Frogatu B azpibektore-espazioa dela.
3)Har dezagun 4ℝ bektore-espazioko azpimultzo hau:
{ }1 2 3 4 1 3 4 1 2 3( , , , ) / 3 1; 2 2A x x x x x x x x x x= + − = + + =
Frogatu ez dela 4ℝ -ko azpibektore-espazioa.
4)Har ditzagun bektore hauek:
1 2 3 4(1, 1,0,2,0) ; (0,0, 1,0,1) ; (1, 1,1,1,0) ; (0,0,1,1,1)v v v v= − = − = − =
eta ikus dezagun linealki independenteak diren.
Erantzuna: Bai, badira.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 26
5)Har ditzagun bektore hauek:
1 2 3 4(1,3, 2, 1) ; (0,1, 2,1) ; ( 1,7, 2, 4) ; (1,0,0,1)v v v v= − = − = − − =
eta ikus dezagun linealki independenteak diren. Lotuak badira, aurkitu menpekotasun-
erlazioa.
Erantzuna: Ez dira L.I. Menpekotasun-erlazioa: 2 1 3 42 3v v v v= − + +
6) Aurkitu hauek 4ℝ -n:
a) 1 (1,2,1,1)v = bektorea duen oinarri bat
b) 1 (1,1,0, 2)v = eta 2 (1, 1, 2,0)v = − bektoreak dituen oinarri bat
c) 1 (1,1,0,0)v = , 2 (0,0,2, 2)v = eta 3 (0,2,3,0)v = bektoreak dituen oinarri bat
bektore kanonikoak erabili gabe.
7) 3ℝ bektore-espazioan, 1W eta 2W azpiespazioak ditugu:
{ }{ }
1
2
W = (a,b,0) / a,ba)
W = (0,b,c) / b,c
∈
∈
ℝ
ℝ
{ }{ }
1
2
W = (a,b,0) / a,bb)
W = (0,0,c) / c
∈
∈
ℝ
ℝ
{ }{ }
1
2
W = (a,b,c) / a=b=cc)
W = (0,b,c) / b,c
∈
∈
ℝ
ℝ
{ }{ }
1
2
W = (a,b,0) / a+b+c=0d)
W = (d,2d,3d) / d
∈ ℝ
Aztertu zein kasutan 3ℝ den 1W eta 2W azpibektore-espazioen batura zuzena.
Erantzuna: a) →→→→Ez b), c), d) →→→→Bai
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 27
8)Izan bedi E x aldagai bateko eta ℝ -ko koefizienteak dituzten polinomioen
multzo bat, non maila 3≤ ℝ gaineko bektore-espazioa baita. Har ditzagun
polinomio hauek:
3 2( ) 0f x ax bx cx d a= + + + ∀ ≠
a) Frogatu ( ), '( ), ''( ), '''( )f x f x f x f x polinomioek E-ko oinarri bat osatzen dutela.
b) Izan bedi 3 2( ) 5 3 2 1f x x x x= + − + polinomioa, eta aurkitu
3 2( ) 15 21 18 37g x x x x= − − + bektorearen koordenatuak
{ }( ), '( ), ''( ), '''( )B f x f x f x f x= oinarriarekiko.
Erantzuna: g(x)-en koordenatuak B oinarrian (3,-2,0,1) dira
9)3x∈� ℝ bektorearen koordenatuak { }1 2 3, ,B v v v= � � � oinarrian (1, 2,3)Bx =� dira.
Aurkitu x�
bektorearen koordenatuak { }1 2 3' , ,B u u u= � � � oinarrian, jakinik
1 1 2 3 2 1 2 3 3 1 2 33 2 ; 4 ; 2 5 ;u v v v u v v v u v v v= + − = + + = − +� � � � � � � � � � � �
Erantzuna: x� bektorearen { }1 2 3' , ,B u u u= � � � oinarrian
'
190 35 13, ,
63 18 18 B
− −
dira.
10) ( ){ }, 1 /B x x x= + ∈ℝ 2ℝ -ko azpibektore-espazioa da?
11) Frogatu { }(1,1, 1), (0,1,2), ( 2,1,0)B = − − multzoa 3ℝ -ko oinarri bat dela.
Kalkulatu B oinarriarekiko (4,0, 4)x = −�bektorearen koordenatuak.
12) { }(1,0,0), (0,1,0)B = 3ℝ -ko oinarri bat da? Eta B ( ){ }, ,0 / ,V x y x y= ∈ℝ
bektore-espazioaren oinarri bat da?
13) { }(1,1,1), (2,1, 1), (1,0, 2)B = − − multzoa 3ℝ -ko oinarri bat da?
14) { }(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1), (1,1,1)B = multzoa 3ℝ -ko oinarri bat da?
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 28
15)Frogatu { }(2,1, 1,1), (1,0, 2,1), (0,0,0,1)B = − − dela
{ }(2 , , 2 , ) / , ,V x y x x y x y z x y z= + − − + + ∈ℝ 4ℝ -ko bektore-espazioaren oinarri
bat.
16)Frogatu 2 2
/ ,5 4
a b aV a b
b a b
+ = ∈ − +
ℝ 2 2M × -ko azpibektore-espazioa dela,
eta lortu oinarri bat.
17)Izan bedi { }3 2 3(1 ), ( )B x x x x x= + + − − − 3P -ko bektore multzo bat ( 3P , x
aldagai bateko polinomioen multzoa, non maila 3≤ )
a) 3P -ko oinarri bat da?
b) Frogatu ( ){ }2 3 / ,V a bx cx dx b d c b a= + + + = = − multzoa 3P -ko azpibektore-
espazioa dela.
c) B V bektore-espazioko oinarri bat da?
d) Kalkulatu B-rekiko 2 33 5 2 5x x x x= + + +�bektorearen koordenatuak.
18)Izan bitez 4ℝ -ko 1 2 3(1, 1, ,3), (1, , 2,0), (2, 1,3 , 6)V m V n V m= − = = − −
bektoreak, kalkulatu m-ren eta n-ren balioak, aurreko bektoreak linealki menpekoak
izan daitezen. Kalkulatu erlazioa.
Erantzuna: planteatu 1 2 3 0V V Vα β δ+ + =� konbinazio lineala, bektoreak linealki
menpekoak izatera behartuz.
19)Izan bedi { } 4(6, 2,0, 1), ( 1,0,0, 2)V = − − − − ∈ℝ multzoa. Zer balio hartu behar
du ‘k’ parametroak, (2,2,0, )x k=� bektorea V-ren konbinazio lineala izan dadin.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 29
20) 2 2M × matrizeen bektore-espazioan frogatu bektore hauek askeak direla:
1 2 3 4
4 0 4 1 4 4 0 0, , ,
0 0 0 0 1 0 0 1M M M M
= = = =
� � � �
Kalkulatu 0 1
3 4B
=
bektorearen koordenatuak oinarri horrekiko.
Kalkulatu bektore-espazio horrekiko oinarri kanonikoa.
21) Aztertu 4≤ maila duten polinomioen bektore-espazioan
{ }4 2 3 4(3 ), (5 ), (2 ), ( 2 )B x x x x x x= + − − + sistema lotua den ala ez. Zein da bektore-
espazio horren oinarri kanonikoa?
22)Aztertu { }1 2 3 4 1 3 4( , , , ) / 2 0A x x x x x x x= + − = 4ℝ -ko azpibektore-espazioa
den.
Berdin: { }1 2 3 4 1 3 4 1 2 3( , , , ) / 3 1, 2 2B x x x x x x x x x x= + − = + + =
Berdin: { } 3
1 2 3 1 2 1 2 3( , , ) / 0, 2 2C x x x x x x x x= − = − + = ∈ℝ
23) 4ℝ -n har dezagun multzo hau: 1 2 4
1 2 3 4
1 2 3
0( , , , ) /
2 0
x x xF x x x x
x x x
+ − = = + + = .
Frogatu 4ℝ -ko azpibektore-espazioa dela, eta aurkitu bi oinarri eta (3, 2,1,1)x = −�
bektorearen koordenatuak oinarri horrekiko.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 30
Bektore-espazioei buruzko galderak
1) (G,+) bektoreen talde abeldarra da. Zein motatako konposizio-legea da ‘+’, eta zer
adierazten du?
2) Adierazi zer propietate bete behar dituen (G,+)-k talde abeldarra izateko.
3) Bektore-espazio hau emanik, ( ) ( )2 , , , , , + + ⋅ ℝ ℝ � , zein motatako konposizio-legea
da ‘ � ’ eta zer adierazten du?
4) 4ℝ -n, “3” bektore askez osaturiko multzo batek zer eratzen du?
5) 3ℝ bektore-espazioan 4 bektore linealki independente izan al daitezke?
6) ( ) ( ), , , , ,n + + ⋅ ℝ ℝ � bektore-espazioa emanik, zer adierazten du ‘n’-k?
7) Nola definituko zenuke bektore-espazio baten dimentsioa?
8) Zein dira bete beharreko propietatek, 3
1 2W W= ⊕ℝ izan dadin?
9) 2 dimentsioa duen 4ℝ -ko azpibektore-espazio baten oinarria erabiliz 4ℝ -ko oinarri
bat aurki dezakegu?
10) V bektore-espazio batek “n” bektore dituen oinarri bat badu, V-ren oinarri guztiek
“n” bektore izango dituzte?
11) { }1 2, ,..., nB u u u= � � � E bektore-espazio baten oinarria bada, orduan x E∀ ∈� era bakar
batean idatz daiteke oinarriko bektoreen konbinazio lineal gisa?
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 31
12) Izan bedi E “n” dimentsioko bektore-espazioa. Esan esaldiok egia edo gezurra
diren.
a) { }1 2, ,..., nB u u u= � � � E-ko bektoreak linealki askeak badira, orduan B E-ko oinarri
bat da.
b) { }1 2, ,..., nB u u u= � � � E-ko sistema sortzaile bat bada, orduan B E-ko oinarri bat da.
13) E bektore-espazio batek “n” dimentsioa badu, “n” bektore baino gehiago dituen
edozein sistema lotua izango da.
14) E bektore-espazio batek “n” dimentsioa badu, E-ren edozein sistema sortzailek
gutxienez “n” bektore izango ditu.
15) E bektore-espazio bat izanik, gutxienez bi azpibektore-espazio izango ditu, { }0�
eta
E.
16) Bi bektore-espazioren, 1 2 eta U U , ebakidura, 1 2U U∩ , azpibektore-espazio bat da.
17) Bi bektore-espazioren, 1 2 eta U U , bildurak, 1 2U U∪ , ez du zertan bektore-espazioa
izan.
18) Esan esaldi hauek egia edo gezurra diren.
a) Elementu ez-nulu bat duen multzoa bat askea izango da.
b) 0�
bektorea ez da inoiz sistema aske baten barne egongo.
c) Edozein sistema askeren azpimultzo bat askea izango da.
d) Sistema aske batek izan dezakeen bektore maximoa bektore horiek dituzten
koordenatu kopurua da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 33
3. GAIA. MATRIZEAK ETA DETERMINANTEAK
3.1. Matrizearen definizioa
Definizioa: n×p mailako A K gaineko matrize bat n×p elementu dituen multzo bat
izango da. Elementu horiek n errenkadatan eta p zutabetan ordenaturik daude, eta
elementu bakoitzak bi ezaupide izango ditu: lehenengo azpindizeak zein errenkadatan
dagoen esango digu, eta bigarren azpindizeak, zein zutabetan dagoen.
11 12 1p
21 22 2p
n1 n2 np
a a ..... a
a a ..... a( )
. . ..... .
a a ..... a
n pM ×
=
3.2. Matrize motak
Errenkada-matrizea: ( )1 11 12 1p( ) a a ..... apM × =
Zutabe-matrizea:
11
21
1
n1
a
a( )
.
a
nM ×
=
Matrize nulua:
0 0 ..... 0
0 0 ..... 0( )
. . ..... .
0 0 ..... 0
n pM ×
=
Aurkako matrizea:
11 12 1p
21 22 2p
n1 n2 np
-a -a ..... -a
-a -a ..... -a( )
. . ..... .
-a -a ..... -a
n pM ×
− =
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 34
Matrize iraulia:
11 21 n1
12 22 n2
1p 2p np
a a ..... a
a a ..... a( )
. . ..... .
a a ..... a
t
p nM ×
=
Matrize karratua: errenkada eta zutabe kopuru berdina duen matrizea da.
11 12 1n
21 22 2n
n1 n2 nn
a a ..... a
a a ..... a( )
. . ..... .
a a ..... a
n nM ×
=
.
Oharra: Matrize karratuetan a11, a22, …, ann elementuek diagonal nagusia osatzen dute.
Matrize triangeluarra: diagonal nagusitik gora edo behera dauden elementuak nuluak
dituen matrize karratu berezi bat da
Goi-triangeluarra Behe-triangeluarra
11 12 1n
22 2n
nn
a a ..... a
0 a ..... a( )
. . ..... .
0 0 ..... a
n nM ×
=
11
21 22
n1 n2 nn
a 0 ..... 0
a a ..... 0( )
. . ..... .
a a ..... a
n nM ×
=
Matrize diagoanala: diagonal nagusikoak ez diren elementu guztiak nuluak dituen
matrize karratu bat da.
11
22
nn
a 0 ..... 0
0 a ..... 0( )
. . ..... .
0 0 ..... a
n nM ×
=
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 35
Identitate-matrizea: diagonal nagusiko elementuak batekoak dituen matrize diagonal
bat da.
1 0 ..... 0
0 1 ..... 0( )
. . ..... .
0 0 ..... 1
n nM ×
=
Oharra: Matrizeetako elementuek ez dute zertan zenbakiak izan, funtzioak izan
daitezke.
Bektore-funtzioa: elementutzat funtzioak dituen n elementuko bektore bat da.
1
2
( )
( )( )
.
( ) n
f x
f xv x
f x
=
Matrize-funtzioa: elementutzat funtzioak dituen matrize bat da.
11 12 1p
21 22 2p
n1 n2 np
f (x) f (x) ..... f ( )
f (x) f (x) ..... f ( )( )
. . ..... .
f (x) f (x) ..... f ( )
n p
x
xA x
x
×
=
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 36
3.3. Matrizeen arteko eragiketak
BATUKETA
Izan bitez ( )ijA a= eta ( )ijB b= ordena bereko bi matrize. Orduan, A eta B
matrizeen batuketa ( )ij ijA B a b+ = + matrizea izango da.
11 12 1p 11 12 1p 11 11 12
21 22 2p 21 22 2p
n1 n2 np n1 n2 np
a a ..... a b b ..... b a +b a +
a a ..... a b b ..... b( ) ( )
. . ..... . . . ..... .
a a ..... a b b ..... b
n p n pA B× ×
+ = + =
12 1p 1p
21 21 22 22 2p 2p
n1 n1 n2 n2 np np
b ..... a b
a +b a +b ..... a b
. . ..... .
a +b a +b ..... a b
+ + +
Propietateak:
Izan bitez n×p dimentsioko A, B eta C hiru matrize:
• Elkarkorra: (A+B)+C = A+(B+C)
• Elementu neutroa: A+0 = 0+A = A
• Aurkako elementua: A+(-A) = (-A)+A = 0
• Trukakorra: A+B= B+A
ESKALAR BATEN ETA MATRIZE BATEN ARTEKO BIDERKADURA
Izan bitez ( )ijA a= matrize bat eta Kα ∈ eskalar bat. Orduan, α eskalarraren
eta A matrizearen arteko biderkadura ( )ijA aα α⋅ = ⋅ matrizea izango da, A-ko elementu
guztiak α -z biderkatzea lortzen duena.
11 12 1p
21 22 2p
n1 n2 np
α a α a ..... α a
α a α a ..... α a
. . ..... .
α a α a ..... α a
Aα
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 37
Propietateak:
Izan bitez n×p dimentsioko A eta B bi matrize eta eta α β bi eskalar:
• Matrizeen batuketarekiko banakortasuna: α ⋅ (A+B) = α ⋅ A+α ⋅ B
• Eskalarren batuketarekiko banakortasuna: ( ) A A Aα β α β+ ⋅ = ⋅ + ⋅
• Elkarkorra: ( ) ( )A Aα β α β⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
• Elementu neutroa: 1 A A⋅ =
Oharra: ( ) ( )n pM , , K,+, ,× + ⋅ � n×p dimentsioko matrizeen multzoa bektore-espazio
bat da K gorputzaren gainean. ‘+’ matrizeen arteko batuketa eta ‘ � ’ matrize baten eta
eskalar baten arteko biderketa izanik.
MATRIZEEN ARTEKO BIDERKADURA
Izan bitez n pA M ×∈ eta p mA M ×∈ bi matrize. A eta B matrizeen arteko
biderkadura n mC M ×∈ matrize bat izango da, non ijc lortzen baita A matrizeko i
errenkadako elementuen eta B matrizeko j zutabeko elementuen biderkaduraren
batuketa eginez.
1i
11 12 1p 11 12 1m
21 22 2p 21 22 2m
p1 p2 pmn1 n2 np
a b
a a ..... a b b ..... b
a a ..... a b b ..... b( ) ( )
. . ..... . . . ..... .
b b ..... b a a ..... a
n p p mA B× ×
⋅ ⋅ = ⋅ =
p p p
i1 1i i2 1i im
i=1 i=1 i=1
p p p
2i i1 2i i2 2i im
i=1 i=1 i=1
p p p
ni i1 ni i2 ni im
i=1 i=1 i=1
a b ..... a b
a b a b ..... a b
. . ..... .
a b a b ..... a b
⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
∑ ∑
∑
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 38
Adibidea: Izan bitez 2 1 7
A=8 1 0
eta 1 0
B=1 1
matrizeak. Kalkulatu biderketa hauek:
A B⋅ eta B A⋅ .
A B⋅ ezinezkoa da, A-ren zutabe kopurua eta B-ren errenkada kopurua
desberdinak direlako.
B A⋅ egin dezakegu:
2 2 2 3 2 3
1 0 2 1 7 1 2 0 8 1 1 0 1 1 7 0 0 2 1 7B A = C
1 1 8 1 0 1 2 1 8 1 1 1 1 1 7 1 0 10 2 7× × ×
⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = = = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
Propietateak:
Izan bitez A, B eta C hiru matrize:
• Elkarkorra: (A ⋅ B) ⋅ C = A ⋅ (B ⋅ C)
• Batuketarekiko banakorra: (A+B) ⋅ C = A ⋅ C + B ⋅ C ; A ⋅ (B+C) = A ⋅ B+A ⋅ C
• Elementu neutroa (matrize karratuetarako): A ⋅ I = I ⋅ A = A
• Ez dago simetrikorik: -1A matrize batzuetarako bakarrik existitzen da
• Ez da trukakorra: A ⋅ B ≠ B ⋅ A (kasu batzuetan berdintza izan dezakegu)
3.4. Matrize karratu baten determinantea
A n mailako matrize karratu batek zenbaki bat elkarturik badu, A-ren
determinante deritzo, eta honela izendatzen da: Det(A) = A .
11 12 1n
21 22 2n
n1 n2 nn
a a ..... a
a a ..... aDet(A) = A
. . ..... .
a a ..... a
=
Determinantearen balioa: matrizeko n elementuren biderkaduren baturak.
Biderketa horietan, errenkada eta zutabe bakoitzetik elementu bakar bat hartuko da,
zeinu positibo nahiz negatibokoa.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 39
2. ordenako matrizeak
11 12
11 22 12 21
21 22
a aa a a a
a a= −
3. ordenako matrizeak
Sarrus-en erregela
11 12 13
21 22 23 11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 12 21 33 11 23 32
31 32 33
a a a
a a a a a a + a a a + a a a a a a a a a a a a
a a a
= − − −
Determinanteen propietateak:
1.Matrize baten determinantea eta matrize irauliarena berdinak dira. t=A A
Adibidea:
1 0 1 1 2 1
2 3 2 3 0 3 1
1 1 2 1 2 2
= =
2.Matrizearen bi lerro (errenkada edo zutabe) paralelo elkarrekin trukatuz gero,
determinantea zeinuz aldatzen da.
Adibidea:
1 0 1 1 1 0
2 3 2 3 2 2 3 3
1 1 2 1 2 1
= ⇒ = −
3.Matrizearen lerro (errenkada edo zutabe) bateko elementu guztiak zenbaki
berberaz biderkatzen badira, determinantea zenbaki horretaz biderkatuta geratzen
da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 40
Adibidea:
1 0 1 2 1 0 1 1 0 1
2 A 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 3 6
1 1 2 2 1 1 2 1 1 2
⋅= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =
⋅
4.Matrizearen lerro bat (errenkada edo zutabe) beste lerro paralelo batzuen
konbinazio lineala bada, determinantea nulua da. Beraz, A 0≠ bada, errenkada
eta zutabe guztiak linealki independenteak izango dira.
5.
a b c a b c a b c
x+y z+q r+s x z r y q s
d e f d e f d e f
= +
6.Matrizearen lerro (errenkada edo zutabe) bati beste lerro paralelo batzuen
konbinazio lineala batzen badiogu, determinantearen balioa ez da aldatzen.
Adibidea:
1 1 1
2 1 3 1 6 3 (1 9 2) 2
1 3 1
= + + − + + = − . Bigarren errenkadari lehenengoaren
hirukoitza batuz
1 1 1
5 4 6 4 15 6 (4 18 5) 2
1 3 1
= + + − + + = −
7.Matrize triangeluar eta diagonaletan determinantearen balioa diagonal nagusiko
elementuen biderkadura izango da.
8. A B = A B⋅ ⋅
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 41
Definizioa: Izan bedi A matrize bat. ija elementuaren minor osagarria
ijα izendatuko dugu, eta i. errenkada eta j. zutabea ezabatuz lortzen den matrizearen
determinantea izango da.
Adibidea: Izan bedi
4 5 6
7 8 9
1 2 3
A
=
. Kalkula ditzagun minor osagarri batzuk:
12 21 32
7 9 5 6 4 621 9 12 , 15 12 3 , 36 42 6
1 3 2 3 7 9α α α= = − = = = − = = = − = −
Definizioa: Izan bedi A matrize bat, ija elementuaren minor adjuntua edo
adjuntua ( 1)i j
ij ijA α+= − da.
Adibidea: Izan bedi
5 1 7
0 1 4
5 0 2
A
=
. Kalkula ditzagun adjuntu batzuk:
1 2 3 1
12 31
0 4 1 7( 1) (0 20) 20 , ( 1) (4 7) 3
5 2 1 4A A+ += − = − − = = − = + − = −
Orain, determinanteen azkeneko propietate bat enuntziatuko dugu:
9.Matrizearen lerro (errenkada edo zutabe) baten elementuen eta beste lerro paralelo
baten elementuen adjuntuaren biderkaduren batura zero izango da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 42
Adibidea: Izan bedi
1 2 3
2 1 1
1 2 2
A
=
. Kalkula ditzagun hirugarren errenkadako
adjuntuak: 3 1 3 2 3 3
31 32 33
2 3 1 3 1 2( 1) 1 , ( 1) 5 , ( 1) 3
1 1 2 1 2 1A A A+ + += − = − = − = = − = −
Orain, lehenengo errenkadako elementuak eta hirugarren errenkadako adjuntuak
biderkatuz:
11 31 12 32 13 33a A +a A +a A =1 (-1)+2 5+3 (-3) = 0⋅ ⋅ ⋅
Orain, hiru baino maila handiagoko matrizeen determinanteak kalkulatuko
ditugu. Horretarako, hiru metodo ikusiko ditugu:
1) Adjuntuak erabiliz: matrize baten determinantea lerro baten elementuen eta
haren adjuntuen biderkaduraren batura da.
Adibidea:
Garatu determinantea lehenengo errenkadan:
1 1 1 2 1 3 1 4
1 4 5 11 1 0 3 1 0 3 1 0 3 1 0
3 1 1 01 ( 1) 2 1 1 4 ( 1) 1 1 1 5 ( 1) 1 2 1 1 ( 1) 1 2 1
1 2 1 10 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1
1 0 1 1
1 ( 1) ( 2) 4 ( 1) 0 5 ( 1) 6 1 ( 1) 4 24
+ + + += ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − =
= ⋅ + ⋅ − + ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ =
2) Chio-ren erregela: Hainbeste adjuntu ez kalkulatzeko, matrizean 1 den elementu
bat bilatuko dugu. Elementu hori erabiliz, errenkadako edo zutabeko elementuak
zero egingo ditugu (determinanteen 6. propietatea erabiliz). Ondoren, determinantea
errenkada edo zutabe hori erabiliz garatuko dugu.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 43
Adibidea:
2 3
1 3 2 1 5 7 2 75 7 7
2 2 1 3 0 0 1 00 0 1 ( 1) 20 15 26 0 ( 938) 938
0 5 10 4 20 15 10 2611 10 29
7 8 9 2 11 10 9 29
+
− − − −− −
−= = ⋅ + ⋅ + ⋅ − − − + ⋅ = − − =
− − −− −
− − − −
Oharra: Matrizean 1ekorik ez badago, errenkada bat errenkada horretako elementu batez
zatituko dugu 1eko bat lortzeko. Kontuan hartu Chio-ren erregela aplikatu aurretik 3.
propietatea aintzat hartu behar dela.
3) Matrizea triangelatuz: Matrizea triangeluar bihurtuko dugu 6. propietatea
erabiliz. Beraz, determinantea diagonal nagusiko elementuen biderkadura izango da.
Adibidea:
0 2 2 1 1 0 1 1 0 1 1 0
2 4 6 2 4 6 0 2 6 0 2 6 1 2 8 16
1 1 0 0 2 2 0 2 2 0 0 8
−= − = − = − = − ⋅ ⋅ = −
− −
3.5. Matrize iraulia. Propietateak
Definizioa: A matrize baten matrize iraulia A-ren zutabeak errenkadekin aldatuz lortzen
den matrizea da. tA gisa adieraziko dugu.
11 12 1p 11 21 n1
21 22 2p 12 22 n2
1p 2p npn1 n2 np
a a ..... a a a ..... a
a a ..... a a a ..... a( ) ( )
. . ..... . . . ..... .
a a ..... a a a ..... a
t
n p p nA A× ×
= =
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 44
Propietateak:
• ( )ttA A=
• ( )t t tA B A B+ = +
• ( )t t tA B B A⋅ = ⋅
• ( )t tA Aλ λ⋅ = ⋅
• ( ) ( ) 11
ttA A
−− =
3.6. Matrize karratu baten alderantzizkoa
Definizioa: A matrize karratu bat erregularra dela esango dugu, alderantzizkoa badu,
hau da, -1 -1 -1A / A A =A A=I∃ ⋅ ⋅ . Bestela, A singularra dela esango dugu.
Teorema: A erregularra da A 0⇔ ≠
Alderantzizkoaren kalkulua: ( )-1 t1A = Adj A
A
Izan bedi
11 12 1n
21 22 2n
n1 n2 nn
a a ..... a
a a ..... aA
. . ..... .
a a ..... a
=
matrizea. Haren iraulia:
11 21 n1
12 22 n2t
1n 2n nn
a a ..... a
a a ..... aA
. . ..... .
a a ..... a
=
Irauliaren adjuntua:
11 21 n1
12 22 n2t
1n 2n nn
A A ..... A
A A ..... AAdj(A )
. . ..... .
A A ..... A
=
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 45
Adibidea: Kalkulatu
2 3 1
1 2 0
3 5 3
A
=
matrizearen alderantzizkoa.
Lehenengo matrizea erregularra dela frogatuko dugu:
2 3 1
1 2 0 2 0
3 5 3
A = = ≠
Orain, haren iraulia kalkulatuko dugu:
2 1 3
3 2 5
1 0 3
tA
=
Ondoren, irauliaren adjuntua: t
2 5 3 5 3 2
0 3 1 3 1 0 6 4 2
1 3 2 3 2 1 Adj(A ) = 3 3 1
0 3 1 3 1 01 1 1
1 3 2 3 2 1
2 5 3 5 3 2
−
− − − − = − − −
−
Beraz, A-ren alderantzizkoa: -1
3 2 16 4 21 3 3 1A = 3 3 1
2 2 221 1 1 1 1 1
2 2 2
− −− − −− = − − − −
Frogatu dezagun A-ren alderantzizkoa dela:
-1
3 2 12 3 1 1 0 0
3 3 1A = 1 2 0 0 1 02 2 2
3 5 3 0 0 11 1 12 2 2
− − −⋅ = − −
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 46
Propietateak:
• -1A existitzen bada, bakarra da.
• -1 1A =
A
• ( ) 1-1A A
−=
• ( ) 1 -1 -1A B B A−⋅ = ⋅
• ( ) ( ) 1-1 tA A
t −=
Definizioa: Izan bedi A matrize erregular bat, orduan A ortogonala dela esango dugu,
t -1A =A betetzen bada.
3.7. Matrize baten heina
Definizioa: Izan bedi A n n× matrize bat. ‘m’ mailako minor bat m m× ordenako A-
ren azpimatrize baten determinantea da.
11 12 1m 1p
21 22 2m 2p
m1 m2 mm mp
n1 n2 nm np
a a ..... a ..... a
a a ..... a ..... a
. . ..... . ..... .
a a ..... a ..... a
. . ..... . ..... .
a a ..... a ..... a
A
=
Minor bat
11 12 1m
21 22 2m
m1 m2 mm
a a ..... a
a a ..... a
. . ..... .
a a ..... a
B =
‘m’ mailako minor bat desberdin 0 bada, determinante hori sortzen duten m zutabeak
eta errenkadak linealki askeak izango dira.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 47
11 12 1m
21 22 2m
m1 m2 mm
a a ..... a
a a ..... a0
. . ..... .
a a ..... a
B = ≠ bada,
11 12 1m
21 22 2m
m1 m2 mm
n1 n2 nm
a a a
a a a
. . . ; ;
a a a
a a a
⋅ ⋅ ⋅
bektoreak linealki
independenteak dira. Halaber, m errenkada-bektoreak linealki independenteak dira.
Definizioa: Matrize baten heina bere errenkadekin (zutabeekin) lor daitekeen minor ez-
nulu handienaren ordena da.
Adibidea: Ikus dezagun adibide baten bitartez nola kalkulatzen den.
1 2 3 6
2 3 5 10
3 5 8 16
4 2 6 12
5 6 12 23
A
=
.
Has gaitezen 2. mailako minor bat hartuz 1 2
1 21 0 c eta c
2 3= − ≠ ⇒
� � zutabe-
bektoreak askeak direla. Beraz, heina(A) ≥ 2. Ondoren, orlatu dezagun minor hori,
hirugarren zutabea erabiliz:
3. errenkadarekin
1 2 3
2 3 5 0
3 5 8
= ⇒ oraingoz 3 1 2c c ,c∈� � �
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 48
4. errenkadarekin
1 2 3
2 3 5 0
4 2 6
= ⇒ oraingoz 3 1 2c c ,c∈� � �
5. errenkadarekin
1 2 3
2 3 5 1 0
5 6 12
= − ≠ ⇒ 3 1 2c c ,c∉� � �; beraz, { }1 2 3c , c , c
� � � sistema aske
bat da, eta heina(A) ≥ 3 da.
Orain, lorturiko 3. mailako minor ez-nulua,
1 2 3
2 3 5
5 6 12
, laugarren zutabea
erabiliz orlatuko dugu.
Falta diren bi errenkadak gehituko ditugu:
1 2 3 6
2 3 5 100
5 6 12 23
3 5 8 16
= ⇒ oraingoz 4 1 2 3c c ,c , c∈� � � �
1 2 3 6
2 3 5 100
5 6 12 23
4 2 6 12
= ⇒ oraingoz 4 1 2 3c c ,c , c∈� � � �
Errenkada guztiak erabili ditugunez, 4 1 2 3c c ,c , c∈� � � � betetzen dela baiezta
dezakegu. Beraz, { }1 2 3 4c ,c , c ,c� � � �
sistema lotua da, eta heina(A)<4.
Ondorioz, A-ren heina hiru da: heina(A)=3. Gainera, { }1 2 3 4c ,c , c ,c� � � �
bektoreak
sortzen duen azpiespazioaren dimentsioa 3 dela esan dezakegu, eta haren oinarri bat
{ }1 2 3c ,c , c� � �
dela.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 49
Teorema: Izan bedi
11 12 1p
21 22 2p
n1 n2 np
a a ..... a
a a ..... a
. . ..... .
a a ..... a
A
=
matrize bat. Orduan, haren heina
matrizearen zutabeek (errenkadek) sortzen duten azpiespazioaren dimentsioa da.
Propietateak:
Izan bedi matrize hau:
11 12 1p
21 22 2p
n1 n2 np
a a ..... a
a a ..... a
. . ..... .
a a ..... a
A
=
• A matrizearen ‘i’ zutabe(errenkada)-bektore hartuta, linealki independenteak dira,
baldin eta soilik baldin i mailako minor ez-nulu bat existitzen bada.
• ‘p’ zutabe-bektoreek sorturiko azpiespazioaren dimentsioa, eta ‘n’ errenkada-
bektoreek sorturiko azpiespazioren dimentsioa berdinak dira, hau da, heinaren
berdinak.
• Beste zutabeen (errenkaden) konbinazio lineal den zutabe (errenkada) bat
ezabatuz gero, matrizearen heina ez da aldatzen.
• Matrize baten heina ez da aldatzen, zutabe (errenkada) bati besteen konbinazio
lineal bat batuz gero.
• Matrize baten heina ez da aldatzen, zutabe (errenkada) bat eskalar batez
biderkatuz gero.
3.8. Matrize karratuen berreketak eta erroketak
Definizioa: Izan bedi A matrizea. Haren p. berreketa A bere buruarekin p aldiz
biderkatuz lortzen da: pA =A A ... A⋅ ⋅ ⋅ (p )∈ℕ .
Definizioa: Izan bedi A matrizea. Haren p. erroketa (p )∈ℕ maila bereko beste matrize
bat da 1
pA , non
p1
pA = A
(p )∈ℕ .
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 50
Propietateak:
• , : p q p qp q A A A +∀ ∈ =ℕ
• ( ), :q
p p qp q A A ⋅∀ ∈ =ℕ
• A erregularra bada: ( ) ( ) 11:
ppp A A
−−∀ ∈ =ℕ
• A erregularra bada: ( ), : p q p qp q A A A− − − +∀ ∈ =ℕ
• A erregularra bada: ( ), :q
p p qp q A A−− ⋅∀ ∈ =ℕ
Oharra: Kontua izan behar dugu berreketetan, matrizeen arteko biderkadura trukakorra
ez delako.
Adibidea: ( ) ( ) ( )2 2 2A B A B A B A B A B A B⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ≠
3.9. Blokekako matrizeak
Kasu batzuetan, hainbat kalkulu egiteko komenigarria da, A matrize bateko
elementuak azpimatrize errazagotan, bloketan (Ai), banatzea. Kasu horretan, blokekako
matrize bat izango dugu, non haren elementuak matrizeak baitira.
Adibidea: 1 2 3
4 5 6
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
-1 2 3 4 3 -1 2 3 4 3
4 1 2 3 5 4 1 2 3 5
A A AA
A A A
= = =
non ( ) ( )1 2 5 6
3 4 31 2 , 3 4 ,..., ,
2 3 5A A A A
= = = =
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 51
Matrize horien arteko eragiketak:
a) Eskalar bat bider matrizea
1 2 3
4 5 6
A A AA
A A A
λ λ λλ
λ λ λ⋅ ⋅ ⋅
⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
b) Blokeka dauden matrizeak batzeko, bi matrizeek blokeka era berean zatituta
egon behar dute.
2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2 4 2 4
5 6 5 6
3 2 3 4 3 2 3 4 3 2 3 2 3 4 3 4
A A B B A B A BA B
A A B B A B A B
× × × × × × × ×× ×
× × × × × × × ×
+ + + = + = + +
c) Izan bitez m p× eta p n× dimentsioetako A eta B bi matrize. A-ren eta B-ren
arteko biderketa egiteko, zentzua izan behar dute biderketek blokeka:
1) A-ren zutabe kopuruak eta B-ren errenkada kopuruak berdinak izan behar dute:
1 2 3 1
2
3
A A A B
B
B
×
2) Zatitutako A matrizearen K-garren zutabeko zutabe kopuruak eta zatitutako B
matrizearen K-garren errenkadako errenkada kopuruak berdinak izan behar dute.
4 6 6 3A B× ×
⋅ = ⋅
i i i
i i i i i i i i i
i i i i i i i i i
i i i i i i i i i
i i i i i i i i i
i i i
………….
………….
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 52
Blokekako matrize baten alderantzizkoa:
Gomendagarria da oso maila handia duen matrize baten alderantzizkoa
kalkulatzeko hura blokeka banatzea.
r r r s
s r s s
A BM
C D
× ×
× ×
=
non n = r + s
Izenda dezagun 1 r r r s
s r s s
X YM
Z T
× ×−
× ×
=
M matrizearen alderantzizkoa. Beraz,
10
0
r r r s r r r s r r r s
n
s r s s s r s s s r s s
A B X Y IM M I
C D Z T I
× × × × × ×−
× × × × × ×
× = ⇒ ⋅ =
eragiketak eginez,0
0
AX BZ I
AY BT
CX DZ
CY DT I
+ = + = + = + =
, X, Y, Z eta T matrizeak kalkulatzen ditugu.
Adibidea:
Kalkulatu matrize honen alderantzizkoa:
1 0 0 3 1
0 1 0 1 5
0 0 1 2 6
0 0 0 2 4
0 0 0 1 3
M
− − = − − −
Partiketa hau egingo dugu:
1 0 0 3 1
0 1 0 1 5
0 0 1 2 6
0 0 0 2 4
0 0 0 1 3
M
− − = − − −
3 3 3 2
2 3 2 20
I A
B
× ×
× ×
=
…………………
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 53
Alderantzizkoa kalkulatzeko:
3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2
2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2
(1)
0 0 (2)
0 0 0 (3)
(4)
X AZ I
I A X Y I Y AT
B Z T I BZ
BT I
× × × × × ×
× × × × × ×
+ = + = ⋅ = ⇒ = =
(4) ekuaziotik, 1
3 22
1 12
BT I T B− = ⇒ = =
(3) ekuaziotik, 0B ≠ denez, 2 30 0BZ Z ×= ⇒ =
(1) ekuaziotik, Z=0 denez, orduan 3 3X I ×=
(2) ekuaziotik,
3 1 4 53 22
1 5 1 31 1
2 6 0 22
Y AT
− − − = − = − − ⋅ = − −
Beraz,
1 0 0 4 5
0 1 0 1 3
0 0 1 0 2
30 0 0 22
10 0 0 12
M
− − = −
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 54
3.10. Zenbaki konplexuen gainean definituriko matrizeak
Orain, zenbaki konplexuen gainean definituriko matrizeak aztertuko ditugu.
Definizioa: Izan bedi A matrize bat zenbaki konplexuen gorputzaren gainean definitua.
Haren konjokatua A beste matrize bat da, non elementuak A matrizeko elementuen
konjokatuak baitira.
Adibidea: 3 4 0 1
2 7
iA
i i i
+ = − −
matrizearen konjokatua 3 4 0 1
2 7
iA
i i i
− = − +
da.
Definizioa: Izan bedi A matrize bat zenbaki konplexuen gorputzaren gainean definitua,
haren matrize elkartua ( )* tA = A beste matrize bat da, hau da, haren irauliaren
konjokatua (era berean, ( )*A = At
konjokatuaren iraulia).
Adibidea: 1 0 2
4 1 1 3
i iA
i
+ = −
; haren iraulia:
1 4
0 1
2 1 3
t
i
A
i i
+ = −
; haren elkartua:
*
1 4
0 1
2 1 3
i
A
i i
− = − +
.
Definizioa: Izan bedi A matrize karratu bat zenbaki konplexuen gorputzaren gainean
definitua. Hermitikoa dela esango dugu, *A =A betetzen bada.
Diagonal nagusiko elementuak errealak izango dira.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 55
Adibidea:
0 1 2
1 4
2 6
i i
A i i
i i
− + = + − −
hermitikoa da. Iraulia:
0 1 2
1 4
2 6
t
i i
A i i
i i
+ + = − + −
; eta
haren elkartua: ( )0 1 2
1 4
2 6
t
i i
A i i A
i i
− + = + − = −
Definizioa: Izan bedi A matrize karratu bat zenbaki konplexuen gorputzaren gainean
definitua. Antihermitikoa dela esango dugu, *A = A− betetzen bada.
Diagonal nagusiko elementuak zenbaki konplexu zehatzak dira.
3.11. Matrize sakabanatuak
Definizioa: A n×n dimentsioko matrize karratu bat sakabanatua dela esango dugu,
elementu nuluak ez-nuluak baino gehiago direnean.
Matrize sakabanatuen adierazpen grafikoa errazteko, haien egitura-matrizea
erabiliko da: ij ij
egit
ij ij
a =1, A matrizean a 0 A =
a =0, A matrizean a 0
≠ =
Beste kasu batzuetan, adierazpena gehiago errazteko, elementu ez-nuluen tokian
‘*’ edo ‘ ⋅ ’ jartzen da, eta nuluak nuluik uzten dira.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 56
Adibidea: 20 20× dimentsioko matrize sakabanatu baten egitura:
* * * * * * * *
*
*
*** *
** *
* * **
****
* **
*** **
***
*** *
***
* * * *
* * * **
* * *
* *
* ***
* * * * * *
* * *
* ** *
Nuluune guztiak zeroak dira, eta izarñoak balio ez-nuluak.
3.12. Zenbakizko metodoak
Matrize erregular baten alderantzizkoa kalkulatzeko. Gauss-en metodoa
aztertuko dugu.
Gauss-en murrizketa-metodoa erabiltzeko, ( )A I matrize hedatua eraikiko dugu,
I dimentsio bereko identitate-matrizea izanik. Ondoren, errenkadekin eragiketak egingo
ditugu: i) edozein bi errenkada truka daitezke, ii) edozein errenkada 0 ez den zenbaki
batez biderkatu daiteke, iii) edozein errenkadatako multiplo bat beste bati batu
diezaiokegu, ezkerraldean identitate-matrizea lortu arte. Kasu horretan, eskuinaldeko
matrizea A-1
izango da.
( )A I ( )1I A−
Ezinezkoa bada ( )1I A− forma lortzea, A matrizeak ez du alderantzizkorik izango.
Errenkadekin eragiketak
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 57
Adibidea: Izan bedi
0 3 8
1 2 0
1 0 5
A
= −
.
Matrize hedatua: ( )0 3 8 1 0 0
1 2 0 0 1 0
1 0 5 0 0 1
A I
= −
1. eta 3. errenkadak trukatuz:
1 0 5 0 0 1
1 2 0 0 1 0
0 3 8 1 0 0
−
2. errenkada + (-1)×1. errenkada:
1 0 5 0 0 1
0 2 5 0 1 1
0 3 8 1 0 0
− −
2. errenkada× (1/2):
1 0 5 0 0 1
5 1 10 1 02 2 2
0 3 8 1 0 0
−
−
3. errenkada + (-3) × 2. errenkada:
1 0 5 0 0 1
5 1 10 1 02 2 2
3 310 0 12 2 2
− − −
3. errenkada×2:
1 0 5 0 0 1
5 1 10 1 02 2 2
0 0 1 2 3 3
−
− −
3. errenkada × 5 + 1. errenkada eta 3. errenkada × (-5/2) + 2. errenkada:
( )1 1
1 0 0 10 15 16 10 15 16
0 1 0 5 8 8 5 8 8
0 0 1 2 3 3 2 3 3
I A A− −
− − − − = ⇒ = − − − −
Horrenbestez, lortu dugu A-ren alderantzizkoa.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 58
3.13. Oinarri-aldaketako matrizea
Demagun { }1 2, ,..., nU u u u= � � � eta { }1 2, ,..., nV v v v= � � �
E bektore-espazioko oinarriak
direla.
x E∈� edozein bektore U-ko edo V-ko bektoreen konbinazio lineal gisa idatz
daiteke:
( )
1
2
1 1 2 2 1 2... ... .
.
n n n
n
x
x
x x u x u x u u u u
x
= + + + = ⋅
� � � � � � �
edo
( )
1
2
1 1 2 2 1 2
'
'
... ... .
.
'
n n n
n
x
x
x x v x v x v v v v
x
= + + + = ⋅
� � � � � � �.
Beraz,
( ) ( )
1 1
2 2
1 2 1 2
'
'
denez : ... . ... .
. .
'
n n
n n
x x
x x
x x u u u v v v
x x
= ⋅ = ⋅
� � � � � � � �
Demagun gure erreferentzia-oinarria U dela; hau da, bektore guztiak U-ren
oinarrian idatzita daudela. x�
bektorea ere U oinarrian idatzita dago, eta gure helburua V
oinarrian idaztea izango da. Egin dezagun, beraz, oinarri-aldaketa.
U oinarrian V oinarrian
x�
bektorea x�
bektorea
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 59
Bestalde, V oinarriko bektoreak U oinarrian idatz ditzakegu:
1 11 1 21 2 1
2 12 1 22 2 2
1 1 2 2
...
...
...........................
...
n n
n n
n n n nn n
v v u v u v u
v v u v u v u
v v u v u v u
= + + + = + + + = + + +
� � � �
� � � �
� � � �
Adierazpen honetan, bektore horiek zutabeka erabiliko ditugu:
11 12 11 1
2 21 22 2 2
1 2
... '1 0 ... 0
... '0 1 ... 0 =
.. .. ... .. ... ...... ... ... ...
0 0 ... 1 '...
n
n
n nn n nn
v v vx x
x v v v x
x xv v v
⋅ ⋅
V oinarrian idatzitako x�
bektorea ebaztea falta zaigu:
1
11 12 11 1
2 21 22 2 2
1 2
...' 1 0 ... 0
' ... 0 1 ... 0
.. .. ... ..... ...... ... ... ...
0 0 ... 1' ...
n
n
n nn n nn
v v vx x
x v v v x
x xv v v
− = ⋅ ⋅
Horrenbestez, lortu dugu oinarri-aldaketako adierazpena.
U-ko bektoreak U
oinarrian idatzita
V-ko bektoreak U
oinarrian idatzita
x�
bektorea V
oinarrian idatzita
x�
bektorea U
oinarrian idatzita
x�
bektorea V
oinarrian idatzita
x�
bektorea U
oinarrian idatzita (V-1
) U
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 60
3.14. Matrizeen ariketak
1) Murriztu matrize-adierazpen hauek:
a) ( ) ( ) ( )2A B A A B B A B+ − ⋅ + − + ⋅
b) ( ) ( )2t
t tt t t tA B B A B A A B − ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅
c) ( ) ( ) ( )2 non simetrikoa den tt t t tB A A B B A A B A A A⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ =
Emaitza: ) ) )ta B A A B b A B c A B⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅
2) Askatu matrize-sistema hau:
2 3 1 1 2 0 1 3
4 5 2 0 3 2 1 4
X Y Anon A eta B
X Y B
− = − − = = + = − − − −
Emaitza:5 8 19 2 1 11 1
16 3 27 2 1 222 11X eta Y
− − = = − −
3) A eta B matrizeak alderantzikagarriak direla joz, frogatu berdintza betetzen dela:
( ) ( )11 1
tt tA B A B
− − −⋅ = ⋅
4) Aurkitu matrize honen heina:
11 3 5 0 2
2
2 6 10 0 4 1
2 6 0 1 4 3
0 0 10 1 8 2
1 31 3 0 2
2 2
A
−
− − − − = − −
− − −
Emaitza: Heina(A) = 2
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 61
5) Askatu ekuazio-sistema hau:
1 1 2 2 1 5 0 1 0
3 0 5 , 1 2 2 , 1 0 2
5 1 0 5 2 2 0 2 0
t
t
X Y M
X X N non M N P
Y Y P
− = − − − + = = − − = − − = − −− =
6) Aurkitu matrize honen heina, eta adierazi zutabe-bektoreek sortzen duten
azpiespazioaren dimentsioa:
1 0 1 0
-1 0 -1 0
0 -1 1
2 0 1 1
0 1 0 1
A m
=
Emaitza: m=-2 →→→→ heina(A)=3; m≠≠≠≠-2 →→→→ heina(A)=4
7) Sinplifikatu ( )2
1t
tM A N− + ⋅
matrize-adierazpena, jakinik
t tN A M⋅ = betetzen dela
8) Kalkulatu matrize honen heina ‘a’ eta ‘b’ balioen arabera:
2 1
2 1
2
a b
A ab
b a
=
9) Kalkulatu matrize honen heina ‘a’ eta ‘b’ balioen arabera:
2
2 0 0
2 1 1
a b
A
= − − − −
Emaitza: b≠≠≠≠a →→→→ heina(A)=3; b=a →→→→ heina(A)=2
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 62
10) Izan bedi
1 0 1
2 3 2
4 5 0
A
− =
. Kalkulatu 1A− matrize adjuntuaren metodoa,
Gauss-en metodoa erabiliz.
11) Kalkulatu matrize honen heina:
1 5 3 0 4
3 3 9 1 2
0 10 0 2 1
5 11 15 1 10
2 0 6 1 0
A
= − − −
.
Emaitza: Heina(A) = 4
12) Kalkulatu ‘m’-ren eta ‘n’-ren balioak, A matrizeak ekuazio hau bete dezan:
( )2 0A m A n I+ ⋅ + ⋅ = , non 2 1
1 2A
=
. Emaitza: m=-4 eta n=3
13) Kalkula itzazu matrize hauen heinak:
0 4 10 1
4 8 18 7
10 18 40 17
1 7 17 3
A
=
1 2 3 1 1 2
2 1 1 0 2 2
2 5 8 4 3 1
6 0 1 2 7 5
1 1 1 1 2 1
B
− − − − − − − = − − − − − − − − − −
0 0 1 0 0
0 1 0 0 0
0 0 0 1 0
1 1 1 1 1
1 3 4 5 1
1 2 3 4 5
2 3 4 5 6
C
=
2 0 2 0 2
0 1 0 1 0
2 1 0 2 1
0 1 0 1 0
D
=
Erantzuna:
( ) 2
( ) 3
( ) 5
( ) 3
heina A
heina B
heina C
heina D
= = = =
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 63
14) Kalkulatu matrize hauen alderantzizkoak:
1 3 5 7
0 1 2 3
0 0 1 2
0 0 0 1
A
− − =
1 3 17 1 0
2 1 5 2 3
3 2 12 1 3
4 0 2 4 12
5 1 3 2 7
B
− − − = −
1 2 3 1
1 3 3 2
2 4 3 3
1 1 1 1
C
=
Erantzunak: 1
1 3 11 38
0 1 2 7
0 0 1 2
0 0 0 1
A−
− − − = −
, 1B−∃ , 1
1 2 1 0
1 2 2 3
0 1 1 1
2 3 2 3
C−
− − − = − − −
15) Kalkulatu determinanteon balioak:
31 04
1 2) 22 5
4 3 2
a
−
− −
−
3 2 1 6
5 4 3 2)
0 7 1 5
1 3 4 0
b
−−
1 0 5 0 4
3 0 2 0 1
) 4 7 1 5 1
1 3 1 2 02
30 0 1 52
c
−
− −
−
−
Erantzuna: a) -4/5 b)-510 c)728
16) Izan bedi { }(1,0, 2), (1,1,1), (0,0,3)V = 3ℝ –ko oinarri bat. Oinarri-aldaketaren
metodoa erabiliz, kalkulatu (2,1,0)x�
bektorearen koordenatuak V oinarrian.
Erantzuna: (2,1,0) (1,1, 1)Vx x= −� �
17) Izan bitez { }(1, 2,0), (2,1,1), (1,1,3)V = eta { }(2,1,1), (1,1,0), (0,1, 2)W = 3ℝ -ko
bi oinarri.
Frogatu V eta W sistema askeak direla.
Kalkulatu (5,2,4)x�
bektorearen koordenatuak V eta W oinarriekiko.
Kalkulatu (3,1,1)Vy�
bektorearen koordenatuak W oinarriekiko.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 64
18) Izan bedi { }1 2 3, ,V v v v= � � � 3ℝ -ko oinarri bat eta (1,2,3)Vx�
bektore bat. Oinarri-
aldaketaren metodoa erabiliz, kalkulatu x�
bektorearen koordenatuak
{ }1 2 3, ,V b b b=� � �
oinarrian non:
1 1 2 33 2b v v v= + −� � � �
, 2 1 2 34b v v v= + +� � � �
eta 3 1 2 32 5b v v v= − +� � � �
Erantzuna: 16 35 13
(1,2,3) , ,9 18 18
V
B
x x = − −
� �
19) Izan bitez { }(1,1,1), (1,0, 2), (1,0,1)V = − eta { }(1,1,0), (1,0,0), (0, 1, 1)U = − − 3ℝ -
ko bi oinarri eta (0,1, 2)Vx�
bektorea.
Oinarri-aldaketaren metodoa erabiliz, kalkulatu x�
bektorearen koordenatuak U
oinarriarekiko.
Erantzuna: (0,1, 2) (0,3,0)Bx x=� �
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 66
4. GAIA. EKUAZIO-SISTEMA LINEALAK
4.1. Sarrera
Izan bitez n berdintza hauek:
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
...
...
............................................
...
p p
p p
n n np p n
f x f x f x b
f x f x f x b
f x f x f x b
+ + + =
+ + + =
+ + + =
(1)
non fij koefizienteak eta bi gai askeak K gorputzeko elementuak baitira. Sistema horri p
ezezaguneko ekuazio-sistema lineala deritzo. Ezezagunak 1 2, ,..., px x x dira.
(1) sistemaren soluzio guztiak lortzea K-n sistema ebaztea izango da.
Ekuazio-sistema linealak homogeneoak dira, 0ib∀ = betetzen bada, eta ez-
homogeneoak, 0ib∃ ≠ .
Soluzioa duten ekuazio-sistema linealak sistema bateragarriak direla esango
dugu. Soluzioa bakarra bada, sistema bateragarri determinatua izango da, eta soluzio
bat baino gehiago badira, sistema bateragarri indeterminatua izango da.
Soluzioa ez duten ekuazio-sistema linealak sistema bateraezinak izango dira.
Sistema homogeneoek beti izango dute soluzio nabari bat.
1 2 ... 0px x x= = =
Nahiz eta soluzio nabaria soluzioa izan, interesgarria izaten da nabariaren
desberdinak diren soluzioak aurkitzea. Beraz, sistema homogeneoen kasuan, sistema
bateragarria dela esango dugu soluzio nabariaz gainera beste soluzio batzuk existitzen
direnean.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 67
(1) sistema honela idatz dezakegu:
111 12 1
221 22 2
1 2
1 2
....... .... .......
p
p
p
n n nnp
ff f b
ff f bx x x
f f bf
+ + + =
(2)
(2)-ko zutabe-bektoreak 1 2, , ... , eta pf f f b� � � �
izendatuz, (1) sistema hau da:
1 1 2 2 ... p px f x f x f b+ + + =� � � �
(3)
Matrize eran ere idatz daiteke:
11 12 1 1 1
21 22 2 2 2
1 2
..... .........................
p
p
p nn n np
f f f x b
f f f x b
x bf f f
=
(4)
Beraz, matrizeen biderketak erabiliz (4) berdintza laburtu dezakegu:
( )1
2
1 2, ,...,...
p
p
x
xf f f b
x
⋅ =
� � � � (5)
Beraz, ezezagunen koefizienteen matrizea honako hau izango da:
11 12 1
21 22 2
1 2
......................
p
p
n n np
f f f
f f f
f f f
(6)
Matrize hedatua, aldiz, gai askeak gehituz lortzen da:
11 12 1 1
21 22 2 2
1 2
.............................
p
p
n n np n
f f f b
f f f b
f f f b
(7)
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 68
4.2. Rouche Frobenius-en teorema
(3) sistemaren arabera, (1) sistemak soluzioa izateko baldintza beharrezkoa eta
nahikoa da b�
, 1 2, ,..., pf f f� � �
bektoreen konbinazioa lineala izatea.
Baldintza hori honela idatz dezakegu:
(1) ekuazio-sistema lineala bateragarria da, baldin eta soilik baldin koefizienteen
matrizearen heina eta matrize hedatuaren heina berdinak badira.
Bi kasu egon daitezke:
1) Heina ezezagun kopuruaren berdina izatea. Orduan, sistema bateragarri
determinatua izango da.
2) Heina ezezagun kopurua baino txikiagoa izatea. Orduan, sistema
bateragarri indeterminatua izango da. Indeterminazio-maila, aldiz,
ezezagun kopurua ken heina izango da.
Sistema homogeneoen kasuan:
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
1 1 2 2
... 0
... 0
............................................
... 0
p p
p p
n n np p
f x f x f x
f x f x f x
f x f x f x
+ + + =
+ + + =
+ + + =
Beti izango dugu soluzio nabari bat: 1 2 ... 0px x x= = = . Beraz, sistema
homogeneo batek nabariaz gainera beste soluzio batzuk izango ditu, baldin eta soilik
baldin koefizienteen matrizearen heina ezezagun kopurua baino txikiagoa bada.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 69
4.3. Cramer-en erregela
Izan bedi n ezezagunen n ekuazio-sistema:
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
...
...
............................................
...
n n
n n
n n nn n n
f x f x f x b
f x f x f x b
f x f x f x b
+ + + =+ + + =
+ + + =
(8)
Jo dezagun koefizienteen matrizearen determinantea ez-nulua dela, hau da:
11 12 1
21 22 2
1 2
0......................
n
n
n n nn
f f f
f f f
f f f
≠ (9)
Orduan: Koefizienteen matrizearen heina = matrize hedatuaren heina = Ezezagun
kopurua
Rouche Frobenius-en teoremaren arabera, (8) sistema bateragarri determinatua
da. Beraz, aurki dezagun haren soluzio bakarra.
(8) sistema matrize eran idatziz:
11 12 1 1 1
21 22 2 2 2
1 2
..... .........................
n
n
n nn n nn
f f f x b
f f f x b
x bf f f
=
(10)
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 70
(9)-tik ( )ijf matrizea erregularra dela ondoriozta dezakegu; beraz, (10)
ekuazioaren atal bakoitza ( ) 1
ijf−
-ez biderkatuz:
( ) ( )
11 21 11 1 1 1
12 2 12 22 2 2 2
1 2
1.
.... ... .... .........................det
n
n
ij
ij
n n n nn n nn
F F Fx b x b
x b F F F x bf
f
x b x bF F F
−
= ⋅ = =
(11)
Non Fij fij elementuaren adjuntua baita. (11)-n eragiketak eginez, (8) sistemaren
soluzioa lortzen da.
1 11 2 21 11
1 12 2 22 22
1 1 2 2
...
det( )
...
det( )
.............................................
...
det( )
n n
ij
n n
ij
n n n nnn
ij
b F b F b Fx
f
b F b F b Fx
f
b F b F b Fx
f
+ + +=
+ + +=
+ + +=
(12)
Ondorioz,
1 12 1
2 22 2
1 11 2 21 1
2
........................
n
n
n n
n n nn
b f f
b f fb F b F b F
b f f
= + + +
Beraz, berdintza hori erabiliz, (12) ekuazioa berridatz dezakegu:
1 12 1 11 1 1
2 22 2 21 2 2
2 1
1 2
11 12 1 11 12 1
21 22 2 21 22 2
1 2 1 2
..................... .....................
; ;...;
..................... .....................
n n
n n
n n nn n n nn
n
n n
n n
n n nn n n nn
b f f f b f
b f f f b f
b f f f b fx x x
f f f f f f
f f f f f f
f f f f f f
= =
11 12 1
21 22 2
21
11 12 1
21 22 2
1 2
.....................
.....................
n n n
n
n
n n nn
f f b
f f b
f f b
f f f
f f f
f f f
=
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 71
Adibidea:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
6
0
2 3
x x x
x x x
x x x
+ + =+ − =
− + =
Koefizienteek sorturiko determinantea zeroren desberdina da:
1 1 1
1 1 1 6
2 1 1
− = −−
1 2 3
6 1 1 1 6 1 1 1 6
0 1 1 1 0 1 1 1 0
3 1 1 2 3 1 2 1 31 ; 2 ; 3 ;
6 6 6x x x
− −− −
= = = = = =− − −
4.4. Ekuazio-sistema linealen baliokidetasunak
Bi ekuazio-sistema lineal baliokideak direla esango dugu, soluzio berdinak
badituzte.
Hiru metodo ikusiko ditugu, sistema batekiko baliokideak diren beste sistema
batzuk aurkitzeko:
Lehenengo metodoa: Ekuazio-sistema lineal batean ekuazio bati beste
ekuazioen konbinazio lineal bat ebazten edo gehitzen badiogu, lortzen dugun sistema
lehenengoaren baliokidea izango da.
Adibidez, bi ekuazio-sistema linealok:
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
...
...
............................................
...
p p
p p
n n np p n
f x f x f x b
f x f x f x b
f x f x f x b
+ + + =
+ + + =
+ + + =
(13)
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 72
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
...
...
............................................
p p
p p
f x f x f x b
f x f x f x b
+ + + =
+ + + = (14)
1 11 1 ( 1)1 1 1 1 1 1 ( 1) 1 1 1 1( ... ) ... ( ... ) ...n n n p n n p np p n n na f a f f x a f a f f x a b a b b− − − − − −+ + + + + + + + = + + +
Bereziki, ekuazio-sistema batean ekuazio bati gai biak eskalar ez-nulu batez
biderkatuz sistema baliokide bat lortuko dugu.
Bigarren metodoa: Ekuazio-sistema lineal batean, lehenengo ataleko ezezagun
bat edo gehiago bigarren atalera pasatzen badira, sistema baliokide bat lortzen da.
11 1 12 2 1 1 1 1 1
21 1 22 2 2 1 1 2 2
1 1 2 2 1 1
...
...
..............................................................
...
p p p p
p p p p
n n np p n np p
f x f x f x b f x
f x f x f x b f x
f x f x f x b f x
− −
− −
− −
+ + + = −
+ + + = −
+ + + = −
Hirugarren metodoa: Gauss-en metodoaren aplikazioa. Izan bedi sistema hau:
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
...
...
............................................
...
p p
p p
n n np p n
f x f x f x b
f x f x f x b
f x f x f x b
+ + + =
+ + + =
+ + + =
(15)
Jo dezagun 11 0f ≠ dela. Orduan, bigarren ekuazioari lehenengo ekuazioa bider
( )21
11
ff
− gehituko diogu; hirugarren ekuazioari lehenengoa bider
( )31
11
ff
−; …; eta n-
garren ekuazioari lehenengoa bider ( )1
11
nff
− gehituko diogu. Eragiketa horiekin
sistema baliokide bat lortzen dugu, baina ekuazio berri horretan 1x ezezaguna
lehenengo ekuazioan bakarrik azalduko da. Beraz, lortzen den sistemak forma hau
izango du:
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 73
11 1 12 2 1 1
22 2 2 2
2 2
...
...
.................................
...
p p
p p
n np p n
f x f x f x b
f x f x b
f x f x b
+ + + =
+ + =
+ + =
(16)
Sistema berri horri prozesu berdina aplikatzen badiogu, bigarren, hirugarren,… ,
eta (n-1)-garren ekuazio erabiliz, sistema hau lortuko dugu:
1. kasua:
11 1 12 2 1 1
22 2 2 2
...
...
......................
n n
n n
nn n n
f x f x f x b
f x f x b
f x b
+ + + =+ + =
=
(17)
• 11 220, 0, ..., 0nnf f f≠ ≠ ≠ bada. Kasu horretan, azkeneko ekuazioa erabiliz nx
kalkulatuko dugu. Ondoren, nx -ren balioa (n-1) ekuazioan ordezkatuz 1nx − -en balioa
kalkulatuko dugu, eta era berean beste ezezagunen balioak 1x -eraino. Sistema, kasu
honetan, BATERAGARRI DETERMINATUA da.
Adibidea: Ebatzi sistema hau Gauss-en metodoa erabiliz:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
6
0
2 3
x x x
x x x
x x x
+ + =+ − =
− + =
lehenengo ekuazioa bider ( )21
11
ff
−, hau da 1
1− , eginda bigarren ekuazioari gehituko
diogu, eta bider ( )31
11
ff
−, hots 2
1− , eginda hirugarren ekuazioari.
1 2 3
3
2 3
6
2 6
3 9
x x x
x
x x
+ + =− = −
− − = −
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 74
Ez dugu Gauss-en metodoa berriro aplikatu behar; bigarren ekuaziotik 3x aska
dezakegu. Orduan, 3 3x = . Orain, hirugarren ekuazioan ordezkatuz, 23 3 9x− − = − ,
2 2x = . Azkenekoz, 2x eta 3x balioak lehenengo ekuazioan ordezkatuz 1 1x = lortzen
dugu.
Beraz, sistema bateragarri determinatua da.
• 11 22, , ..., nnf f f koefizienteren bat nulua bada, koefiziente nulua duen ekuaziora
heltzean bi gauza gerta daitezke, identitate bat lortzea edo kontraesan bat lortzea.
Identitatearen kasuan, sistema bateragarri indeterminatua da, zero egiten den
koefizientearen ezezagunak edozein balio har dezake eta. Kontraesanaren kasuan,
sistema bateraezina da.
Adibidea: Ebatzi sistema hau Gauss-en metodoa erabiliz:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2 2 3 2
5 4 4
7 7 7
x x x
x x x
x x x
+ − =− + − =
+ − =
Lehenengo ekuazioa bider 12
eginez, bigarren ekuazioari gehituko diogu; eta bider
12
− eginez, hirugarren ekuazioari gehituko diogu.
1 2 3
2 3
2 3
2 2 3 2
116 5
2
116 6
2
x x x
x x
x x
+ − =
− − =
− − =
Bigarren ekuazioa bider -1 eginez, hirugarren ekuazioari gehituko diogu.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 75
1 2 3
2 3
2 2 3 2
116 5
2
0 1
x x x
x x
+ − =
− − =
= −
0 1= − kontraesan bat dugu; beraz, sistema bateraezina da.
2. kasua: Gauss-en metodoa (15) sistemari aplikatzean ekuazioak sobran egon
daitezke. Orduan, (17) motako azpisistema bat lortuko dugu, eta lehenengo kasua
aplikatuko dugu. Baina, kasu horietan, azpisistemaren soluzioak sobran dauden beste
ekuazioek betetzen dituztela frogatu behar da.
3. kasua: Gauss-en metodoa aplikatzean ekuazioak falta badira, (17) motako
azpisistema bat lortuko dugu, baina azkeneko ekuazioak ezezagun bat baino gehiago
izango ditu. Aldagai bat besteen menpe askatuko dugu, eta 1. kasuko metodoa aplikatu.
Kasu horretan, sistema bateragarri indeterminatua edo bateraezina izango da.
Adibidea: Ebatzi sistema hau Gauss-en metodoa erabiliz:
1 2 3 4
1 2 3 4
2 3 4
4 6
2 3 11 7
1
x x x x
x x x x
x x x
− + + =+ − − = −
+ + =
Lehenengo ekuazioa, -2z biderkaturik, bigarren ekuazioari gehituko diogu:
1 2 3 4
2 3 4
2 3 4
4 6
5 3 19 19
1
x x x x
x x x
x x x
− + + =− − = −+ + =
Bigarren eta hirugarren ekuazioak trukatuko ditugu:
1 2 3 4
2 3 4
2 3 4
4 6
1
5 3 19 19
x x x x
x x x
x x x
− + + =+ + =
− − = −
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 76
Bigarren ekuazioa, -5ez biderkaturik, hirugarren ekuazioari gehituko diogu:
1 2 3 4
2 3 4
3 4
4 6
1
8 24 24
x x x x
x x x
x x
− + + =+ + =− − = −
Azkeneko ekuazioak bi ezezagun ditu: 3x eta 4x . Argi dago ezezagun horietako batek
λ edozein balio har dezakeela; beraz, 4x λ= eginez, orduan 3 3 3x λ= − . Bigarren
ekuazioan, balio horiek ordezkatuz, 2 2 2x λ= − + , eta lehenengo ekuazioan ordezkatuz,
3 1x λ= + .
Beraz, emandako sistemak infinitu soluzio izango ditu, eta bektorialki adieraziko
dugu:
1
2
3
4
1 1
2 2
3 3
0 1
x
x
x
x
λ λ
− = + ∀ ∈ −
ℝ
Sistema hori bateragarri indeterminatua da, haren maila bat izanik. Haren
soluzioen multzoa zera izango da: soluzio partikular bat ( )1, 2,3,0− gehi bat dimentsioa
duen azpibektore-espazio bateko { }( )(1, 2, 3,1),λ λ⋅ − ∀ ∈ℝ bektore arbitrario bat.
4.5. Ekuazio linealezko sistema homogeneoak
Ekuazio linealezko sistema homogeneoak ekuazio-sistema linealen kasu
partikular bat dira.
Izan bedi ekuazio linealezko sistema homogeneo bateragarri bat:
11 1 12 2 13 3
21 1 22 2 23 3
31 1 32 2 33 3
0
0
0
f x f x f x
f x f x f x
f x f x f x
+ + =+ + =+ + =
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 77
(bateragarria, nabariak ez diren soluzioak ditu; beraz, koefizienteek sortutako
determinanteak nulua izan behar du). Lehenengo bi ekuazioak linealki askeak direla joz,
soluzioak hauek dira:
31 2
12 13 13 11 11 12
21 2222 23 23 21
xx xK
f f f f f f
f ff f f f
λ λ= = = ∀ ∈
Eta zenbakitzailea zero izango da, izendatzailea zero den kasuetan.
Adibidea: Kalkulatu a-ren zein baliotarako bateragarria den ekuazio-sistema lineal
homogeneo hau:
1 2 3
1 2 3
1 3
0
0
2 0
x x x
x x x
x ax
+ + =− + =
+ =
Koefizienteek sortutako determinantea 2(2 )a− da.
2a ≠ bada, sistemaren soluzioa soluzio nabaria izango da: 1 2 3 0x x x= = = .
2a = bada, lehenengo bi ekuazioak linealki askeak dira, beraz:
3 31 2 1 2
1 1 1 1 1 1 2 0 2
1 1 1 1 1 1
x xx x x xλ λ= = = ⇒ = = =−
− −
Beraz, sistemaren soluzioa 2a = denean hau da:
1
2
3
1
0
1
x
x
x
λ λ−
= ∀ ∈
ℝ
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 78
4.6. Ekuazio-sistema linealak ebazteko metodo orokorra
Izan bedi n ekuazio eta p ezezagun dituen ekuazio-sistema bat:
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
...
...
............................................
...
p p
p p
n n np p n
f x f x f x b
f x f x f x b
f x f x f x b
+ + + =
+ + + =
+ + + =
(18)
Badakigu sistema bateragarria dela koefizienteen matrizearen heina eta matrize
hedatuaren heina berdinak direnean, hau da:
11 12 1 11 12 1 1
21 22 2 21 22 2 2
1 2 1 2
... ...
... ...
......................... ................................
... ...
p p
p p
n n np n n np n
f f f f f f b
f f f f f f bheina heina
f f f f f f b
=
Jo dezagun:
1) Bi matrizeen heina r dela
2) Koefizienteen matrizean, lehenengo r errenkadak linealki askeak direla
Beraz, matrize hedatuaren lehenengo r errenkadak linealki askeak dira, eta beste
n-r errenkadak lehenengo r errenkaden menpekoak dira. Hala, sistema baliokide hau
lortzen dugu:
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 79
( ) ( ) ( ) ( )
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
1 21 1 1 2 1 1
................
................
........................................................
.................
...
p p
p p
r r rp p r
pr r r p r
f x f x f x b
f x f x f x b
f x f x f x b
f x f x f x b+ + + +
+ + + =
+ + + =
+ + + =
+ + + =
1 1 2 2
..........................................................
...............n n np p nf x f x f x b+ + + =
⇔
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
................
................
........................................................
.................
p p
p p
r r rp p r
f x f x f x b
f x f x f x b
f x f x f x b
+ + + =
+ + + =
+ + + =
3) Gainera, koefizienteekin sortutako r mailako determinante hau ez-nulua bada:
11 12 1
21 22 2
1 2
...
...0
.........................
...
r
r
r r rr
f f f
f f f
f f f
≠ (19)
Beraz, kontuan har ditzagun sistema baliokideok:
11 1 12 2 1 1( 1) ( 1) 1 1
21 1 22 2 2 2( 1) ( 1) 2 2
1 1 2 2
..... .....
..... .....
....................................................................................
r r r r p p
r r r r p p
r r
f x f x f x f x f x b
f x f x f x f x f x b
f x f x
+ +
+ +
+ + + + + + =
+ + + + + + =
+ + ( 1) ( 1)..... .....rr r r r r rp p rf x f x f x b+ ++ + + + =
11 1 12 2 1 1 1( 1) ( 1) 1
21 1 22 2 2 2 2( 1) ( 1) 2
1 1 2 2
..... .....
..... .....
.....................................................................................
r r r r p p
r r r r p p
r r
f x f x f x b f x f x
f x f x f x b f x f x
f x f x
+ +
+ +
+ + + = − − −
+ + + = − − −
+ ( 1) ( 1)..... .....rr r r r r r rp pf x b f x f x+ ++ + = − − −
(20)
Sistema baliokide hori 1,...r px x+ aldagaiak bigarren atalera pasatuz lortu dugu.
1,...r px x+ aldagaien koefizienteek ez dute parte hartzen kontuan hartu dugun r mailako
(19) determinante ez-nuluan.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 80
(20) sistema 1,...r px x+ aldagaiei balio arbitrarioak emanez askatzen dugu, hau da:
1 1 2 2, ,...,r r p p rx x xλ λ λ+ + −= = = ; eta beste aldagaiak honako sistema honetan Cramer-en
edo Gauss-en metodoak erabiliz ebatziko dira:
11 1 12 2 1 1 1( 1) 1 1
21 1 22 2 2 2 2( 1) 1 2
1 1 2 2
..... .....
..... .....
.....................................................................................
...
r r r p p r
r r r p p r
r r
f x f x f x b f f
f x f x f x b f f
f x f x
λ λλ λ
+ −
+ −
+ + + = − − −
+ + + = − − −
+ + ( 1) 1.. .....rr r r r r rp p rf x b f fλ λ+ −+ = − − −
1,..., p rλ λ − parametroek balio arbitrarioak har ditzaketenez, parametro independenteak
direla esango dugu.
Adibidea: Ebatzi sistema:
1 2 3 4
1 2 3 4
2 3 4
4 6
2 3 11 7
1
x x x x
x x x x
x x x
− + + =+ − − = −
+ + =
Determinantea:
1 1 1
2 3 1 8
0 1 1
−− =
Beraz, koefizienteen matrizearen heina = matrize hedatuaren heina = 3. Bestalde,
3 < aldagai kopurua = 4; beraz, sistema bateragarri indeterminatu sinplea da.
4x λ= eginez, eta bigarren atalera pasatuz, honako hau dugu:
1 2 3
1 2 3
2 3
4
6 4
2 3 7 11
1
x x x
x x x
x x
x
λλ
λλ λ
− + = −+ − = − +
+ = −= ∀ ∈ℝ
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 81
Cramer-en erregela aplikatuz:
1 2 3
6 4 1 1 1 6 4 1 1 1 6 4
7 11 3 1 2 7 11 1 2 3 7 11
1 1 1 0 1 1 0 1 11 , 2 2 , 3 3
8 8 8x x x
λ λ λλ λ λ
λ λ λλ λ λ
− − − − −
− + − − + − − +
− − −= = + = = − + = = −
Sistemaren soluzio orokorra hau da:
1
2
3
4
1
2 2
3 3
x
x
x
x
λλ
λλ
λ
= += − += −=
∀ ∈ℝ
edo matrize eran adierazita:
1
2
3
4
1 1
2 2
3 3
0 1
x
x
x
x
λ λ
− = + ∈ −
ℝ
4.7. Zenbakizko metodoen aplikazioa
Gauss-Jordan metodoa
Gauss-en metodoaren aldaera bat da. Metodo berri honetan, aldagai bat ezabatzen
dugunean, ez dugu hurrengo ekuazioetan bakarrik ezabatzen, baizik eta ekuazio
guztietan. Horrela, ezabapen-prozesu horrek matrize diagonal bat sortuko du matrize
triangeluar baten ordez. Beraz, ez da beharrezkoa izango atzeranzko ordezkapen-
soluzioa lortzeko.
Adibidea: Ebatzi sistema hau Gauss-Jordan metodoa erabiliz:
1 2 3
1 2
2 3
6
2 0
3 2 0
x x x
x x
x x
+ + =− =
− =
a11 elementuaren azpitik dauden elementuak 0 egiten ditugu:
1 2 3
2 3
2 3
6
3 2 12
3 2 0
x x x
x x
x x
+ + =− − = −
− =
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 82
a22 elementuaren azpitik eta gainetik dauden elementuak 0 egiten ditugu:
1 3
2 3
3
5 23
3 2 12
4 12
x x
x x
x
− =
− − = −− = −
Azkenik, a33 elementuaren gainetik dauden elementuak 0 egiten ditugu:
1
2
3
1
3 6
4 12
x
x
x
=− = −
− = −
Horrenbestez, soluzioak lortzen ditugu: 1 2 31; 2; 3x x x= = = .
Gauss-Seidel metodoa
Metodo hau eta aurreko metodoak (Gauss eta Gauss-Jordan) oso desberdinak dira
(haiek metodo zuzenekoak dira). Hau metodo iteratibo bat da. Alegia, hasierako balio
bat hartuz, iterazioen bitartez soluzioaren hurbilketa bat lortzen du. Oso erabilgarria da,
sistema handiak ditugunean: metodo zuzenekoetan, biribiltze-erroreak izan baititugu,
eta metodo iteratuetan, aldiz, biribiltze-erroreak iterazioen bitartez kontrolatzen ahal
baititugu.
Metodoaren deskribapena:
Izan bedi n ekuazio eta n ezezagun dituen sistema hau:
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
...
...
............................................
...
p p
p p
n n np p n
f x f x f x b
f x f x f x b
f x f x f x b
+ + + =
+ + + =
+ + + =
Diagonaleko elementuak zeroren desberdinak badira; lehenengo ekuazioan lehenengo
aldagaia aska dezakegu; bigarrenean, bigarrena, eta abar:
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 83
1 12 2 1
1
11
2 21 1 2
2
22
1 1 , 1 1
...
...
............................................
...
p p
p p
n n n p p
n
nn
b f x f xx
f
b f x f xx
f
b f x f xx
f
− −
− − −=
− − −=
− − −=
Orain, 1 2, ,..., nx x x aldagaiei hasierako balio bat emanez, prozesua has dezakegu.
Soluzio nabaria hasierako soluziotzat har dezakegu. Lehenengo ekuazioan, zeroak
sartuz, 11
11
bx
f= balioa lortzen dugu. Ondoren, bigarren ekuazioa ebatziko dugu
3 ... 0nx x= = = , eta lortutako soluzioa ordezkatuko. Beraz, 2 21 12
22
b f xx
f
−= . Prozesu
berdina errepikatzen da, azkeneko aldagaira heldu arte. Gero, lehenengo ekuaziora itzul
gaitezke, eta prozesu berdina errepika dezakegu, aldagaiak soluziora konbergitu arte.
Konbergentzia metodo hau erabiliz baiezta daiteke:
1
, .100%j j
i ia i Sj
i
x x
xε ε
− −= <
Edozein i-rentzat, non j eta j-1 oraingo eta hurrengo iterazioak baitira.
Adibidea: Ebatzi sistema hau, Gauss-Seidel metodoa erabiliz, errorea 0,2 baino
txikiagoa izanik:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
3 0,1 0, 2 7,85
0,1 7 0,3 19,3
0,3 0,2 10 71,4
x x x
x x x
x x x
− − =+ − = −− + =
Oharra: Sistema horren soluzio erreala: 1 2 33, 2 '5, 7x x x= = − = da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 84
Lehenengo aldagai bakoitza askatuko dugu:
2 31
1 32
1 23
7,85 0,1 0, 2
3
19,3 0,1 0,3
7
71,4 0,3 0,2
10
x xx
x xx
x xx
+ +=
− − +=
− +=
2 30 eta 0x x= = direla joz:
1
7,852.616666667
3x = =
1 2.616666667x = balio berri hori eta 3 0x = ordezkatuz 2x askatuko dugu bigarren
ekuaziotik:
2
19,3 0,1(2.616666667)2.794523810
7x
− −= = −
Azkenengoz, 1 2etax x aldagaien balioak hirugarren ekuazioan ordezkatuz:
3
71,4 0,3(2.616666667) 0, 2( 2.794523810)7,005609524
10x
− + −= =
Beste iterazio bat:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
2
3
7,85 0,1 2.794523810 0,2 7,0056095242.99056
3
19,3 0,1 2.99056 0,3 7,0056095242.49962
7
71,4 0,3 2.99056 0,2 2.499627.00029
10
x
x
x
+ − += =
− − += = −
− + −= =
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 85
Erroreak:
( )
1
2
3
2.99056 2.6166666670.125023
2.99056
2.49962 2.7945238100.117977
2.49962
7.00029 7,0056095240.000759785
7.00029
e
x
x
−= =
− − −= =
−
−= =
Errore guztiak 0,2 baino txikiagoak dira. Beraz, lortu dugu soluzio hurbildu bat.
4.8. Ekuazio-sistema linealen ariketak
1) Ebatzi ekuazio-sistema hau, a-ren balioen arabera:
2
3 2 11
6
2 4
y z a
x z
y z
x y z a
− =− =+ =
+ − =
2) Ebatzi ekuazio-sistema hau, a-ren balioen arabera:
1
1
1
ax y z
x ay z
x y az
+ + =+ + =+ + =
3) Ebatzi ekuazio-sistema hau, a, b eta c parametroen arabera:
2
2 2
2 1
x ay bz c
x
x y z
+ + =− = −− − − = −
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 86
4) Ebatzi ekuazio-sistema hau, a eta b parametroen arabera:
2 7
2 1
x ay z
x ay z t b
x ay t
bx ay b
+ + =+ + + =+ + = −+ =
5) Sistema homogeneoa izan dadin, lortu a-ren balioa:
0
3 0
3 10 4 0
ax y z
x y z
x y z
+ − =+ + =+ + =
Hau da, soluzio nabari ez diren soluzioak ditu. Eman soluzioak.
6) Sistema ebatzi soluzioa duen kasuetan:
2 0
2 3 4 0
3 4 0
2 4 9 0
x y z t
ax y z t
x y z t
x y z t
+ + + =− + + =− − + =
− + − − =
7) Izan bedi sistema hau:
2 3 0
5 4 7 3 0
2 5 2 0
x y z t
x y z t
x y z t
− − − =− + + =− + + =
Frogatu sistema hau bateragarri indeterminatu bikoitza dela. Aurkitu soluzioa, eta
frogatu lortutako bektoreek 4 3:f →ℝ ℝ aplikazio lineal honen nukleoaren oinarri bat
osatzen dutela: ( , , , ) ( 2 3 ,5 4 7 3 , 2 5 2 )f x y z t x y z t x y z t x y z t= − − − − + + − + + .
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 87
8) Ebatzi ekuazio-sistema hau, a-ren balioen arabera:
2
2 2
x y az a
x y az
ax y z a
+ + =+ + =+ + =
9) Ebatzi sistema hau, a eta b parametroen arabera:
2 1
2
2 5 2
x y z
x y z b
x y az
− + =+ + =
− + = −
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 89
5. GAIA. APLIKAZIO LINEALAK
5.1. Aplikazio linealaren definizioa
Izan bitez ( ) ( ), , , , ,E K+ + ⋅ � eta ( ) ( ), , , , ,F K+ + ⋅ � K gorputzaren gainean
definituriko bi bektore-espazio.
E-tik F-rako f aplikazio bat lineala dela esango dugu, baldin eta:
( ) ( ) ( )f x y f x f yα β α β+ = +� � � �� � � � , ,x y E Kα β∀ ∈ ∀ ∈� �
Baldintza hori honako honen baliokidea da:
1. ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = +� � � � ,x y E∀ ∈� �
2. ( ) ( )f x f xα α=� �� � x E Kα∀ ∈ ∀ ∈�
5.2. Aplikazio motak
Definizioa: Izan bedi :f A B→ aplikazio bat. f aplikazioa injektiboa dela esango
dugu, baldin:
( ) ( )f x f y x y= ⇒ =
Definizioa: Izan bedi :f A B→ aplikazio bat. f aplikazioa suprajektiboa dela esango
dugu, baldin:
( )y B x A non f x y∀ ∈ ∃ ∈ =
Definizioa: Izan bedi :f A B→ aplikazio bat. f aplikazioa bijektiboa dela esango
dugu, injektiboa eta suprajektiboa bada.
! ( )y B x A non f x y∀ ∈ ∃ ∈ =
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 90
Aplikazio linealen motak
-Aplikazio lineal bat bektore-espazioen arteko homomorfismoa da.
- E F≠ eta f injektiboa bada, MONOMORFISMOA da.
- E F≠ eta f suprajektiboa bada, EPIMORFISMOA da.
- E F≠ eta f bijektiboa bada, ISOMORFISMOA da.
- E F= eta f injektiboa edo suprajektiboa bada, ENDOMORFISMOA da.
- E F= eta f bijektiboa bada, AUTOMORFISMOA da.
5.3. Aplikazio lineal baten irudia
Izan bedi f E-ren eta F-ren arteko aplikazio lineala. Orduan, f aplikazio lineal
baten irudia E-ko bektoreen irudiek osatzen duten F-ko azpimultzo bat da, eta Imf gisa
izendatzen da.
( ){ }Im /f f x x E= ∈�
Imf , F-ren azpimultzo izateaz gainera, F-ren azpibektore-espazioa da. Imf-ren
dimentsioa E-ko oinarri baten irudiekin sortzen den sistemaren heina da.
Izan bitez EB E-ren oinarri bat, non { }1 2, ,...,E pB u u u= � � �, eta x E∈� E-ko edozein
elementu, EB oinarriarekiko koordenatuak ( )1 2, ,...E
p Bx x x izanik.
Orduan, ( ) ( ) ( ) ( ){ }
( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 2 2
1 2
Im ... ...
, ,...,
p p p p
p
f f x u x u x u x f u x f u x f u
f u f u f u
= + + + = + + + =
=
� � � � � �
� � �
Beraz, aplikazioa zehaztua egongo da, ( ) ( ) ( )1 2, ,..., pf u f u f u� � �
ezagutzen
direnean.
Eta:
1 1 2 2 ... p px x u x u x u∀ = + + +� � � � haren irudia: ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 ... p py f x x f u x f u x f u= = + + +� � �
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 91
5.4. Aplikazio lineal baten matrizea
Izan bitez E eta F p eta n dimentsioa duten bi bektore-espazio eta U eta V E eta
F-ko bi oinarri, urrunez hurren. U oinarriko bektoreen irudiak kalkulatzen baditugu eta
irudi hauek V oinarriarekiko idatzi. Ondoren irudi hauen V oinarriarekiko
koordenatuekin matrize bat osatzen badugu, U eta V oinarriekiko f aplikazio linealaren
matrizea lortuko dugu.
Hau da, izan bitez { }1 2, ,..., pU u u u= � � � E-ko oinarri bat eta { }1 2, ,..., pV v v v= � � �
F-ko
oinarri bat. Orduan, U eta V oinarriekiko f aplikazio linealaren matrizea honako hau da:
( ) ( ) ( )( )1 2,
, ,..., pU V
f u f u f u� � �
non
( )11
21
1
1
......
n
f
ff u
f
=
� , ( )
12
22
1
2
......
n
f
ff u
f
=
� , …….., ( )
1
2
1......
p
p
np
f
ff u
f
=
�
Eta matrizea:
11 12 1
21 22 2
1 2
...
...
.... .... .... ....
...
p
p
n n np
f f f
f f f
f f f
Oharra: Laburturiko notazioan U eta V bektore-espazioen f aplikazio linealaren
matrizea ( ),U V
f idatziko dugu.
Matrize baten heinaren definiziotik, “Aplikazio lineal baten irudi multzoaren
bektore-espazioaren dimentsioa eta f aplikazioaren matrizearen heina berdinak dira”.
Balio hori ez da erabilitako oinarrien menpe egongo.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 92
Berridatziz:
( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 ... p py f x x f u x f u x f u= = + + +� � � matrize eran:
1 11 12 11 11 12
2 21 22 22 21 22
1 2
1 2 1 2 ,
...
......
..... ..... ..... ..... .... .... .... ....
...
p p p
p p p
p
n n n np n n npV V V V U V
f f f f xy f f
f f f f xy f fx x x
y f f f f f f
= + + + =
....
p Ux
5.5. Aplikazio linealen arteko batura
Izan bitez f eta g E eta F bektore-espazioen arteko bi aplikazio lineal. Definizioz bi
aplikazio linealen arteko batura ( )f g+ E-tik F-rako beste aplikazio lineal bat da.
( ) ( ) ( ) ( )f g x f x g x+ = +� � � x E∀ ∈�
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )
f x y g x y f x f y g x g y
f x g x f y g y
α β α β α β α β
α β
= + + + = + + + =
= + + + =
� � � � � � � � � �
� �� � � �
f + g α x + β y
α f + g x + β f + g y
Izan bitez U eta V, hurrenez hurren, E-ko eta F-ko oinarriak eta ( ),U V
f eta
( ),U V
g U eta V oinarriekiko f eta g aplikazioaren matrizeak:
( )
11 12 1
21 22 2
,
1 2
...
...
.... .... .... ....
...
p
p
U V
n n np
f f f
f f ff
f f f
=
( )
11 12 1
21 22 2
,
1 2
...
...
.... .... .... ....
...
p
p
U V
n n np
g g g
g g gg
g g g
=
Orduan, U eta V oinarriekiko ( )f g+ aplikazioaren matrizea honako hau da:
( )
11 11 12 12 1 1
21 21 22 22 2 2
,
1 1 2 2
...
...
.... .... ... ....
...
p p
p p
U V
n n n n np np
f g f g f g
f g f g f gf g
f g f g f g
+ + + + + + + = + + +
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 93
5.6. Aplikazio lineal baten eta eskalar baten arteko biderkadura
Izan bitez f E eta F bektore-espazioen arteko aplikazio lineala eta Kα ∈ eskalar
bat. Definizioz, aplikazio lineal baten eta eskalar baten arteko biderkadura ( )fα E-
tik F-rako beste aplikazio lineal bat da.
( )( ) ( )f x f xα α=� � x E∀ ∈�
( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
f ax by a f x b f y
a f x b f y
α α α
α α
= + = + =
= + =
� � � � � �
� �� �
f a x + b y
a αf x + b αf y
Izan bitez U eta V, hurrenez hurren, E-ko eta F-ko oinarriak eta ( ),U V
f U eta V
oinarriekiko f aplikazioaren matrizea:
( )
11 12 1
21 22 2
,
1 2
...
...
.... .... .... ....
...
p
p
U V
n n np
f f f
f f ff
f f f
=
Orduan, U eta V oinarriekiko ( )fα aplikazioaren matrizea honako hau da:
( )
11 12 1
21 22 2
,
1 2
...
...
.... .... ... ....
...
p
p
U V
n n np
f f f
f f ff
f f f
α α αα α α
α
α α α
=
5.7. Aplikazio linealen arteko biderkadura (konposizioa)
Izan bitez E, F eta H K gorputzaren gainean definituriko hiru bektore-espazio, p, n
eta q dimentsiodunak, hurrenez hurren. Definizioz, bi aplikazio linealen arteko
biderkadura edo konposizioa ( )g f⋅ E-tik H-rako beste aplikazio lineal bat da.
( )( ) ( )( )g f x g f x⋅ =� � x E∀ ∈�
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 94
( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
g f x y g f x f y
g f x g f y
α β α β
α β
⋅ = + = + =
= + = ⋅ ⋅
� � � � � �
� �� �
g f α x + β y
α g f x + β g f y
Izan bitez U, V eta T E-ko, F-ko eta H-ko oinarriak eta ( ),U V
f U eta V
oinarriekiko f aplikazioaren matrizea eta ( ),V T
g V eta T oinarriekiko g aplikazioaren
matrizea:
( )
11 12 1
21 22 2
,
1 2
...
...
.... .... .... ....
...
p
p
U V
n n np
f f f
f f ff
f f f
=
( )
11 12 1
21 22 2
,
1 2
...
...
.... .... .... ....
...
n
n
V T
q q qn
g g g
g g gg
g g g
=
Orduan, U eta V oinarriekiko ( )g f⋅ aplikazioaren matrizea honako hau da:
( )
11 12 111 12 1
21 22 2 21 22 2
,
1 2 1 2
......
... ...
.... .... .... .... .... .... .... ....
... ...
pn
n p
U T
q q qn n n np
f f fg g g
g g g f f fg f
g g g f f f
⋅ = ⋅
5.8. Aplikazio lineal baten nukleoa
Izan bitez E eta F K gorputzaren gainean definituriko bi bektore-espazio, p eta n
dimentsiodunak, eta f E-ren eta F-ren arteko aplikazio lineal bat. Orduan, f
aplikazio lineal baten nukleoa 0�
irudia duten E-ko bektoreen azpimultzoa da. N(f)
edo Ker(f) gisa izendatzen da.
1. propietatea: Ker(f) E-ren azpibektore-espazioa da
Frogapena: ( ) ( ) ( )f x f y 0 0α β α β= + = + =� � �� � � �
f α x + β y 0
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 95
2. propietatea: dim Ker(f)+dim Im(f)= dim E = p
Frogapena:
Izan bedi { }1 2, ,..., iN n n n= � � � nukleoaren oinarri bat. Orduan, N-ko bektoreak dituen
E-ko oinarri bat aurki dezakegu: { }1 2 1, ,..., , ,...,i i pn n n n n+� � � � �
.
Beraz, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1Im , ,..., , ,..., ,...,i i p i pf f n f n f n f n f n f n f n+ += =� � � � � � �,
( ) ( ) ( )1 2 ... 0if n f n f n= = = =�� � �
betetzen da eta.
Orduan:
a) - ( ) ( ){ }1 ,...,i pf n f n+� �
sistema askea bada, orduan:
dim Im(f)= dim E - dim Ker(f)
b) - ( ) ( ){ }1 ,...,i pf n f n+� �
sistema lotua bada, orduan:
( ) ( )1 1 ... 0 0 1,...,i i p p jf n f n j i pα α α+ + + + = ∃ ≠ = +�� �
eta ( )1 1 ... 0i i p pf n nα α+ + + + =�
Beraz, ( )1 1 ...i i p pn n Ker fα α+ + + + ∈� �, eta orduan 1 ... 0i pα α+ = = = , nukleoko bektoreak
1 2, ,..., pn n n� � �
bektoreen konbinazio lineala direlako. Beraz, ( ) ( )1 ,...,i pf n f n+� �
askeak
dira, eta dim Ker(f)+dim Im(f)= dim E = p
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 96
5.9. Aplikazio linealen ariketak
1) Izan bedi 3 3:f →ℝ ℝ aplikazio lineala:
( )1 2 3 2 3 1 3 1 2( , , ) , 2 2 ,f x x x x x x x x x= − + − − +
a. Aplikazio lineal bat dela frogatu.
b. 3ℝ -ko oinarri kanonikoekiko f-ren matrizea lortu.
c. Aplikazioaren Kerf eta Imf lortu, oinarri bat eta dimentsioa emanez.
d. f aplikazioaren matrizea lortu oinarri kanoniko eta B oinarriarekiko,
( ),kB B
f , jakinik ( ) ( ) ( ){ }0,1,1 , 1,0,1 , 1,1,0B = .
2) Izan bedi 3 2:f →ℝ ℝ aplikazio lineala:
( )1 2 3 1 2 1 2( , , ) ,f x x x x x x x= + −
a. Oinarri kanonikoekiko f-ren matrizea lortu.
b. ( )3,7, 2x�
bektorearen irudia kalkulatu.
c. Aplikazioaren Kerf eta Imf lortu, oinarri bat eta dimentsioa emanez.
d. f aplikazioaren matrizea U eta V oinarriekiko, ( ),U V
f , jakinik
( ) ( ) ( ){ }1,1,1 , 0,1,1 , 0,0,1U = eta ( ) ( ){ }0,1 , 1,1V =
3) Izan bitez 3 3:f →ℝ ℝ endomorfismoa eta 3ℝ -ko oinarri batekiko
aplikazioaren matrize hau:
0 1
0 1 1
1
k
k k
−
. Endomorfismoa sailkatu k
parametroaren arabera.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 97
4) Izan bitez V eta W bi bektore-espazio, non dimV=3 eta dimW=4. Izan bitez
{ }1 2 3, ,B v v v= � � � eta { }1 2 3 4' , , ,B w w w w= � � � � V eta W espazioetako oinarriak. f
aplikazio lineal honela definitzen da:
1 1 2 3 4( ) 2f v w w w w= − + +� � � � � , 2 2 3 4( ) 2f v w w w= − +� � � �
, 3 1 2 4( ) 4 3f v w w w= − +� � � �
Homomorfismoaren ekuazioak lortu. Aplikazioa sailkatu, eta Kerf eta Imf lortu,
oinarriak eta dimentsioa.
5) 2 ( )P x eta 1( )P x bektore-espazioen artean ( )2
1 2 3 1 22f a x a x a a x a+ + = +
aplikazioa definitzen da. Orduan:
a. Aplikazio lineal bat dela frogatu.
b. 2 ( )P x eta 1( )P x oinarri kanonikoekiko f-ren matrizea lortu.
c. 2 7 9x x x= − +� bektorearen irudia kalkulatu.
d. f aplikazioaren matrizea lortu oinarri { }2 1, 3, 7U x x x x= − + + − eta
{ }' 1 ,2 3U x x= + − oinarriekiko.
e. 2 7 9x x x= − +� bektorearen irudia kalkulatu, e) ataleko matrizea erabiliz.
f. Aplikazioa sailkatu.
6) Izan bitez aplikazio lineal hauek:
( ) ( ) ( )1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 3( , , , ) , , ( , ) 2 ,2 , , ( , , ) ,0,f x x x x x x x x g x x x x x x h x x x x x= + + = + = −
a. Aplikazioaren oinarri kanonikoekiko matrizea lortu.
b. Aplikazioaren Kerf eta Imf lortu, oinarri bat eta dimentsioa.
c. ( )1,1,2B
x�
bektorearen irudia kalkulatu, jakinik
( ) ( ) ( ){ }2,1,1 , 0,1,1 , 0,0,1B = .
d. Aplikazioa sailkatu.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 99
6. ENDOMORFISMO BATEN DIAGONALIZAZIOA
6.1. Balio eta bektore propioak
Izan bedi E K gorputzaren gaineko bektore-espazioa, eta izan bedi “f” E-n
definituriko f: E→ E aplikazio lineala.
Definizioa: �x E∈ bektore ez-nulu bat f-ren autobektore edo bektore propio bat da,
baldin λ ∈K eskalar bat existitzen bada non
( )f x xλ=� �
Hau da, �x bektorearen irudia, λ aldiz
�x bektorea izango da.
λ eskalarrari “f-ren balio propio” deituko diogu.
λ bada f-ren autobalioa (edo balio propioa), f x x( )� �= λ betetzen duten
�x E∈
bektoreak λ -ri elkartutako f-ren “autobektore” izendatuko ditugu. Autobektore horiek
E espazioaren azpiespazio bat osatuko dute, hau da, Eλ azpiespazioa:
{ } )(E dahau ,)(/ ifNxxfExE λλ λλ −==∈= ���
Eλ -ri λ autobalioari elkartuta f endomorfismoaren azpiespazio propio deritzo.
32 eta RR espazioetan f endomorfismo batek �x bektore propio bat norabide bera
duen beste bektore bat bihurtzen du, λ ≠ 0 betetzen bada, eta haren nulu, 0�
,
baldin 0=λ .
f-ren nukleoko bektore ez-nulu guztiak bektore propioak dira, haien balio propioa
λ = 0 izanik.
Adibidea: Izan bedi E ϕ ( )x funtzio erreal eta deribagarriek sortzen duten bektore-
espazioa.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 100
Izan bedi f E E: → aplikazioa “funtzioaren deribatua”.
[ ]f xd
dxxϕ ϕ( ) ( )=
Aplikazio lineal bat da; beraz, endomorfismoa.
e x funtzioa E espazioko bektore bat da, eta λ = 1 balio propioa duen bektore
propioa da. Ikus dezagun:
f x x( )� �= λ ⇒ f e
d
dxe ex x x( ) ( )= =
e x2 bektorea (funtzioa) bektore propioa da, eta kasu horretan dagokion balio
propioa λ = 2 da, non:
f x x( )� �= λ ⇒ f e
d
dxe ex x x( ) ( )2 2 22= =
Bestalde, sen x bektorea (funtzioa) ez da bektore propio bat.
f( x)=d
dx( x)= x x xsen sen cos , cos sen y ≠ ⋅λ
Propietateak:
1) �x bektore propio batek ezin ditu bi balio propio, µλ eta , desberdin izan,
µλµλµλµλ ==≠== beraz ,orduan ,non ,)( eta )(baldin xxxxfxxf������
2) Izan bedi �x λ balio propioa dagokion f endomorfismoaren bektore propioa.
Orduan, δ δ�x K, / ∈ forma duen edozein bektore propioa da, eta dagokion balio
propioa λ da. Hau da:
)x(=x)=xf()=xf(bada x)xf(������ δλλδδδλ=
3) Izan bedi F E-ren 1 dimentsioko azpibektore-espazioa. F azpiespazioa f
endomorfismoaren bitartez inbariantea bada, orduan F-ko edozein bektore ez-nulu
propioa da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 101
Baldin � �x F∈ − ( ),0 orduan
�x F-ren oinarri bat da, eta orobat f x F( ) ,
� ∈
f x x( )� �= λ betetzen baita. Laburtuz, zera esan dezakegu: f endomorfismoko bektore
propioak bat dimentsioa duten azpiespazio inbarianteetako bektoreak dira.
6.2. Balio eta bektore propioen kalkulua
Izan bitez { }U U U U n=� �
…�
1 2, , , E-ren oinarri bat eta f(x) x, x� � � �
= ∀ ≠λ 0 bektore
propioa. Orduan:
( ) ( ) ( )f x xUU U U⋅ =� �λ
Hau da:
f f f
f f f
f f f
x
x
x
x
x
x
n
n
n n nn n n
11 12 1
21 22 2
1 2
1
2
1
2
...
...
... ... ... ...
... ... ... ...
...
...
...
...
...
⋅
=
λ
Berdintza hori ekuazio-sistema gisa idatz dezakegu:
(
f )x f x f x
f x (f )x f x
..............................................................
..............................................................
f x f x (f )x
n n
n n
n n nn n
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
1 1 2 2
0
0
0
− + + + =+ − + + =
+ + + − =
λλ
λ
…
…
…
.......
.......
(1)
Garrantzitsua: sistema homogeneoa bat denez, soluzio nabariaren soluzio
desberdinak (� �x ≠ 0 ) lortzeko determinantean nulua egiten duten λ balioak lortu behar
dira. Hau da:
f f f
f f f
f f f
n
n
n n nn
11 12 1
21 22 2
1 2
0
−−
−
=
λλ
λ
…
…
…
............................................ (2)
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 102
Determinante hori kalkulatzean, “ f endomorfismoaren polinomio karakteristikoa”
deitzen den polinimio bat lortuko dugu, eta era honetan adierazten da: Pf ( )λ .
Pf ( )λ polinomioaren erroak, λ λ λ λ1 2 3, , , ,… n , f endomorfismoaren balio
propioak dira. Orain, λ i balio propio bakoitza (1) ekuazioan ordezkatuz, λ i balio
propioei dagozkien bektore propioak lortuko ditugu.
Adibidea: Izan bedi f R R: 3 3→ endomorfismoa, non:
f x x x x x x x x x x x x( , , ) ( , , )1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 32 2 3 3= − + + + + −
Lortu, existitzen bada, R 3 -ko oinarri bat, non endomorfismoari elkartutako
matrizea diagonala baita.
Endomorfismoaren oinarri kanonikoari elkartutako matrizea kalkulatzen dugu:
−
−=⇒
−==−==
==
131
111
322
)(
)1,1,3()1,0,0()(
)3,1,2()0,1,0()(
)1,1,2()0,0,1()(
,
3
2
1
kkf
fef
fef
fef
Kalkulatu balio propioak:
det( )f i− =−
−
λ2 2 3
1 1 1
1 3 1
−
=λ1 0 0
0 1 0
0 0 1
2 2 3
1 1 1
1 3 1
0
− −−
− −=
λλ
λ
Eragiketak eginez:
( )( )2 4 3 02+ − + =λ λ λ
Erroak f-ren balio propioak izango dira:
λ λ λ1 2 32 1 3= − = =, ,
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 103
Orain, bektore propioak kalkulatuko ditugu; λ i balioak (1) sisteman ordezkatuko
ditugu.
Beraz, λ 1 2= − , denean:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
(2 2) 2 3 04 2 3 0
(1 2) 0 3 0
3 (-1+2) 0
x x xx x x
x x xx x x
x x x
+ − + = − + = + + + = ⇔ + + = + + =
Cramer-en metodo laburtua erabiliz:
x x x1 2 3
2 3
3 1
3 4
1 1
4 2
1 3
− = = − = α
Beraz, λ 1 2= − balio propioari dagokion bektore propioa:
32111 1411 beraz 0non
14
1
11
eeevv����� +−−=≠=
−−
ααα
Gauza bera eginez λ 2 1= balio propioarekin:
32122 beraz 0non
1
1
1
eeevv����� ++−=≠=
−ααα
Azkenengoz, λ 3 3= balio propioarekin:
32133 beraz 0non
1
1
1
eeevv����� ++=≠=
ααα
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 104
{ }V v v v= � � �1 2 3, , bektore multzoak R 3 bektore-espazioko oinarri bat sortzen du
(frogatu: askeak eta sortzaileak direla).
Bektore propio horiek sorturiko oinarria kontuan hartuz, elkartutako f matrizeak
forma hau du:
( )f VV =−
2 0 0
0 1 0
0 0 3
f v v f v v f v v( ) , ( ) , ( )� � � � � �
1 1 2 2 3 32 3= − = = betetzen baita.
Frogatuko dugu bektore propioek osatzen duten oinarriarekiko endomorfismoaren
matrizeak forma diagonala duela:
Konturatu { }V v v v= � � �1 2 3, , bektore propioen koordenatuak R 3 -ko oinarri
kanonikoarekiko adierazita daudela. Beraz, f aplikazioaren bitartez bektore horiek
transformatuz R3-ko oinarri kanonikoarekiko adierazita egongo dira:
f v f
f v f
f v f
( ) ( , , ) ( , , )
( ) ( , , ) ( , , )
( ) ( , , ) ( , , )
�
�
�
1
2
3
11 114 22 2 28
111 111
111 3 3 3
= − − = −= − = −= =
{ }V v v v= � � �1 2 3, , R 3 -ko oinarri bat ere denez, { }� � �
v v v1 2 3, , bektoreen irudiak V
oinarriarekiko adierazten ahal ditugu:
( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )
;
22 2 28 11 114 111 111
11 22
2
14 28
2
0
22
2
28
2
0
0
0
− = − − + − +
− − + =− + + =
+ + = −
⇒
= −
= ⇒
−
=−
=
α β δ
α β δα β δα β δ
α
β
δC V
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 105
( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )
;
− = − − + − +
− − + = −− + + =
+ + =
⇒
=
= ⇒
−
=
=
111 11 114 111 111
11 1
1
14 1
0
1
1
1
1
0
1
0
0
α β δ
α β δα β δα β δ
α
β
δC V
eta
( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )
;
3 3 3 11 114 111 111
11 3
3
14 3
0
0
3
3
3
0
0
3
3
= − − + − +
− − + =− + + =
+ + =
⇒
=
= ⇒
=
=
α β δ
α β δα β δα β δ
α
β
δC V
Beraz, V oinarriko bektoreen f funtzioaren bitarteko irudiak kanonikoarekiko eta
V -rekiko hauek dira:
22 1 3
1 1 3
28 1 3
2 0 0
0 1 0
0 0 3
−
−
=−
C V
Orduan, D P AP= −1 betetzen da, non P bektore propioen matrizean baita.
12 0 0 22 1 3 2 2 3 22 1 3
0 1 0 1 1 3 1 1 1 1 1 3
0 0 3 28 1 3 1 3 1 28 1 3
D
−− − − − = = ⋅ ⋅ − − −
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 106
6.3. Autobalio baten anizkoiztasun aljebraikoa eta geometrikoa
Izan bedi f V V: → n dimentsio finitua duen V K eskalarren gorputzaren gaineko
bektore-espazioko endomorfismoa. Izan bedi A m x n ordenako matrize karratua, non
haren elementuak K-n baitaude. Baldin λ 0∈K f-ren edo A-ren autobalio bat bada:
0λ -ren anizkoiztasun aljebraikoa: 0λ -k f-ren edo A-ren ekuazio
karakteristikoan erro gisa duen “m” anizkoiztasunari deituko diogu.
0λ -ren anizkoiztasun geometrikoa: 0λ balio propioari elkartutako f-ren edo A-
ren azpiespazio propioaren “d” dimentsioa da.
Demagun A f-ren matrizea dela (V oinarri batean). Orduan, A-ren eta f-ren
autobalioak berdinak dira, eta horietako bakoitzak A-n eta f-n anizkoiztasun aljebraiko
eta geometriko berdina dauka.
Adibidea: Demagun A matrize hau dugula:
( ) ( )A
c
c R=
∈1 2
0 1 0
0 4 3
Ekuazio karakteristikoa ebatziz, autobalioak honako hauek dira:
==
⇒=−−=−
−−
=−)(1
)(30)3()1(
340
010
21
)det(2
12
bikoitza
bakunac
IAλλ
λλλ
λλ
λ
Beraz, λ 1 3= autobalioari dagokion azpiespazio propioa hau da:
− + + =− =
=
⇒ =
∈=
2 2 0
2 0
4 0
0
2
3
x y cz
y
y
V
c
R; /λ
α
αα
λ 1 3= autobalioaren anizkoiztasun aljebraikoa eta geometrikoa hauek dira:
11 == detam
λ 2 1= autobalioari dagokion azpiespazio propioa hau da:
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 107
{ }{ }
∈=≠∈−==
⇒
=+=+
=
=
RVcBaldin
RVcBaldin
zy
czy
,/)0,0,(,1
,/)2,,(,1;
024
02
1
1
ααβαββα
λ
λ
λ 2 1= -en anizkoiztasun aljebraikoa m = 2 ( c∀ ) da
λ 2 1= -en anizkoiztasun geometrikoa:
d o d= =2 1 11 ≠= cedocbaldin
6.4. Endomorfismo diagonalgarriak
Antzekotasun bidezko diagonalizazioa
“Endomorfismo bat diagonalgarria dela esango dugu, oinarriren bat existitzen
bada, non elkartutako matrizea diagonala baita. Oinarri hori osatzen duten bektoreak
endomorfismoaren bektore propioak izango dira”.
Izan bedi f V V: → n dimentsioa duen V bektore-espazioko endomorfismo bat.
Izan bedi K eskalarren gorputza.
f diagonalgarria dela esango dugu, V-ko oinarri bat existitzen bada, non f-ri
elkartutako matrizea diagonala baita. Beraz, f diagonalizatzea V oinarria eta elkartutako
D matrizea aurkitzea izango da.
Izan bedi A n dimentsioa duen matrize karratua, non haren elementuak K gorputzekoak
baitira.
“A antzekotasunaren bidez diagonalgarria” dela esango dugu, A-ren antzeko
matrize diagonal bat existitzen bada. Hau da, P deituko dugun matrize erregular bat
existitzen bada, matrize diagonalari D deituz, non:
D P A P= ⋅−1
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 108
A matrizea antzekotasunaren bidez diagonalizatzea P eta D matrizeak aurkitzean
datza.
Laburtuz:
1º) f endomorfismoa diagonalgarria da, baldin eta soilik baldin f-ren bektore
propioek osatzen duten V oinarri bat existitzen bada.
2º) F-ren balio propioak λ λ λ1 2, , ,…… p K∈ badira, anizkoiztasun aljebraikoak
m m mp1 2, ,…… eta anizkoiztasun geometrikoak d d d p1 2, ,… , orduan f diagonalgarria
izango da, baldin eta soilik baldin hau betetzen bada:
pinonmd
nmmm
ii
p
,,2,1
21
…
…
==
=+++
Partikularki, f-k n autobalio baditu (n erro desberdin polinomio karakteristikoan)
K-n, orduan, n bektore propio linealki aske izango ditu, eta, beraz, f diagonalgarria
izango da; hau da, forma diagonala izango du (ikusi 1. adibidea).
Oharrak:
1) Matrize guztiek ez dute forma diagonala.
2) Matrize batek balio propio anizkoitzak baditu, forma diagonalik ez izatea gerta
daiteke.
3) Matrize guztiek blokeka forma diagonal bat dute, Jordan-en forma izendatua.
Adibidea: Izan bedi f R R: 3 3→ endomorfismoa:
f x y z x y z x y z x y z( , , ) ( , , )= + + + + − − −2 10 2 10 6
Diagonalizatu egingo dugu, antzeko matrizea aurkituz.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 109
Oinarri kanonikoarekiko f aplikazioaren matrizea kalkulatuko dugu:
f e f
f e f
f e f
f c c
( ) ( , , ) ( , , )
( ) ( , , ) ( , , )
( ) ( , , ) ( , , )
( ) ,
1
2
3
1 0 0 1 2 1
0 1 0 2 1 1
0 0 1 10 10 6
1 2 10
2 1 10
1 1 6
= = −= = −= = −
⇒ =
− − −
Polinomio karakteristikoa lortzen dugu: f I− =λ 0, eta
1 2 10
2 1 10
1 1 6
0 4 5 2 03 2
−−
− − − −= ⇒ − − − − =
λλ
λλ λ λ;
f-ren balio propioak. Ekuazioaren soluzioak honako hauek dira:
=−==−=
=−−−−)1(2
)2(1:0254
22
1123
mbakuna
mbikoitzason
λλ
λλλ
Orain, f-ren azpiespazio propioak lortuko ditugu, 21 −=−= λλ VetaV :
V A I X
x
y
z
λ λ=− − = ⇒
− − −
⋅
=
1 0
2 2 10
2 2 10
1 1 5
0
0
0
:( )
{ }V x y z R x y zλ =− = ∈ + + = = − −1
3 5 0 1 1 0 0 1( , , ) / ( , , ),(5, , ) 1 2DimV λ =− =
2Vλ =− azpiespazio propioa:
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 110
{ }V x y z R x y z x y zλ =− = ∈ + + = + + = = −2
3 3 2 10 0 2 3 10 0 2 2 1( , , ) / , ( , , )
2 1DimV λ =− =
m m R1 2
32 1+ = + = dim betetzen denez eta d m y d m1 1 2 22 1= = = = , orduan f
endomorfismoa diagonalgarria izango da.
F-ren diagonalizazioa { }( , , )� � �u u u1 2 3 oinarrian lortuko dugu, non:
� � �u u u1 2 31 1 0 0 1 2 2 1= − = − = −( , , ) , (5, , ) , ( , , )
Beraz, oinarri horretako f-ren matrizea hau da:
D =−
−−
1 0 0
0 1 0
0 0 2
Frogatu dezakegu D P A P= ⋅−1 betetzen dela, non P matrizea { }( , , )� � �u u u1 2 3
bektoreak zutabeka dituen matrizea baita; hau da, f-ren bektore propioak hauek dira:
P = −− −
1 5 2
1 0 2
0 1 1
Diagonalizazio ortogonala
Diagonalizazio kasu berezi bat ikusiko dugu, hain zuzen f endomorfismo
simetriko bat denekoa (aplikazioari elkartutako matrize asimetrikoa da).
Frogatuko dugu kasu horretan f endomorfismoa beti dela diagonalgarria, eta,
gainera, diagonalizazio hori oinarri ortogonal batekin lor daitekeela. Horregatik,
diagonalizazio ortogonal deituko diogu.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 111
Oinarri ortonormalak erabiltzen diren oinarri-aldaketa horietan (bektore
ortogonalekin osatuak, eta norma=1dutenak), P koordenatu-aldaketaren matrizea
ortogonala da, eta edozein matrize ortogonalek 1tP P−= betetzen du.
Oinarri ortonormalak bakarrik hartzen baditugu, 'AetaA matrizeak antzekoak
direla esatea eta ( )'A P AP= −1 kongruenteak direla esatea berdina izango da
( )'A P APt= .
Beraz, berdin da matrize bat (simetrikoa) ortogonalki antzekotasunaren bidez
diagonalizatzea eta ortogonalki kongruentzia bitartez diagonalizatzea.
Endomorfismo simetrikoak
Izan bedi f V V: → endomorfismo bat V ≠ 0 bektore-espazio euklidearrean. f
endomorfismo simetriko bat dela esango dugu, baldin:
Vyxedozeinyxfyfx ∈⋅=⋅ ������, )()(
V-k dimentsio finitua badu eta A f endomorfismoaren matrizea V-ren oinarri
ortonormal bati badagokio, orduan f endomorfismoa simetrikoa da, baldin eta soilik
baldin A matrizea simetrikoa bada.
Propietateak:
1) Balio errealak dituen matrize simetriko batek balio propio errealak ditu.
2) Matrizea erreala eta simetrikoa bada eta balio propioak desberdinak badira,
orduan bektore propioak binaka ortogonalak dira.
Ondorioa :
A matrize erreal simetrikoa bada eta haren balio propioak bakunak badira
(anizkoiztasun aljebraikoa= 1), A diagonalgarria da.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 112
A matrizeari elkartutako bektore propioek oinarri ortogonal bat osatzen dute f
endomorfismoa definiturik dagoen bektore-espazioan.
Gainera, bektore propioek osaturiko matrizea edo P matrizea ortogonala da. D
matrize diagonala izanik, non D P AP= −1 , P matrize ortogonala denez hau beteko da:
D P APt= .
Oharra: bektore propioen P oinarria oinarri “ortogonala” da; hau da, bektoreak
beren artean ortogonalak dira, elkarzutak: edozein bi bektore hartuta biderkadura
eskalarra “zero” da.
Oinarri “ortonormala” lortzeko, bektore propioak normalizatu behar ditugu,
bektore bakoitza bere normaz zatituz.
Adibidea: Kalkulatu A matrizeari elkarturik dagoen oinarri ortonormal batekiko matrize
diagonala. Edo gauza bera dena: A matrizea diagonalizatu:
4 0 0
0 7 3
0 3 7
Erantzuna: Ekuazio karakteristikoa A I− =λ 0 da:
2
4 0 0
0 7 3 0 (4 )( 14 40) 0
0 3 7
λλ λ λ λ
λ
−− = ⇒ − − + =
−
erroak : )(4
)(10
2
1
bikoitza
bakuna
==
λλ
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 113
Orain, bektore propioak kalkulatzen ditugu:
• λ 1
1
2
3
10 10 0
6 0 0
0 3 3
0 3 3
0
0
0
= ⇒ − ⋅ = ⇒
−−
−
⋅
=
( ) ;A I x
x
x
x
�
Orduan:
− =− + =
− =
⇒
==
6 0
3 3 0
3 3 0
01
2 3
2 3
1
2 3
x
x x
x x
x
x x
101=λ -en bektore propioak { }),,0( 22 xx dira
Edo nukleoa { }( ) ( , , )f I x x− =10 0 2 2
Bektore bat, adibidez, (0,1,1) da
• λ 2
1
2
3
4 4 0
0 0 0
0 3 3
0 3 3
0
0
0
= ⇒ − ⋅ = ⇒
⋅
=
( ) ;A I x
x
x
x
�
Orduan: 12 3
2 3 2 3
3 3 0
3 3 0
xx x
x x x x
∀+ = ⇒ + = = −
42=λ -ren bektore propioak { }),,( 221 xxx − dira
Edo nukleoa: { }( ) ( , , )f I x x x− = −4 1 2 2 .
42=λ -ren bektore propioen multzoa { }),,( 221 xxx − denez, oinarri ortogonal bat
lortzea 1x eta 2x balioen menpe egongo da. Horretarako, bi bektore linealki aske lortu
behar ditugu, beren artean ortogonalak direnak. Horrela egingo dugu:
Lehenengo 1x eta 2x balioei 1 balioa emango diegu, eta hala (1,1,-1) bektorea
lortuko dugu. Bestea lortzeko, biderketa eskalarra era honetan planteatuko dugu:
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 114
2 2
2 2 2 2
(1,1, 1) ( 1, , ) 0
11 0 2 1
2
x x
x x x x
− ⋅ − − =
− + + = ⇒ = ⇒ =
Beraz, bigarren bektorea (-1,1/2,-1/2) edo (-2,1,-1) izango da.
Bektoreak normalizatuz:
( )1 2
1,1, 1(0,1,1) 1 1 1 1 10, , ; , ,
2 2 2 3 3 3 3v v
− = = = = −
� �
( )3
2,1, 1 2 1 1, ,
6 6 6 6v
− − − − = =
�
Orduan, A matrizea diagonalizatzen duen oinarri ortonormala hau da:
{ }1 2 3
1 1 1 1 1 2 1 1( , , ) 0, , , , , , , ,
2 2 3 3 3 6 6 6B v v v
− − − = =
� � �
Eta “aldaketako P matrizea” ortonormala da:
1 203 6
1 1 1
2 3 6
1 1 1
2 3 6
P
−
=
− −
D P AP= −1 betetzen da, non D =
10 0 0
0 4 0
0 0 4
matrize diagonala baita.
Eta, P ortogonala denez, 1tP P−⇒ = , orduan D P APt= betetzen da:
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 115
10 0 0
0 4 0
0 0 4
=
0 4 0 0
0 7 3
0 3 7
1
2
1
2
1
3
1
3
1
3
2
6
1
6
1
6
−
− −
⋅
⋅
1 2
3 6
1 1 1
2 3 6
1 1 1
2 3 6
0 −
− −
6.5.Jordan-en forma kanonikoa
Izan bedi f V V: → endomorfismo bat. Endomorfismo hori ez da beti
diagonalgarria izango; hau da, batzuetan ez dira existitzen oinarri bat sortzeko
beharrezkoak diren “n” bektore propioak eta elkarturiko matrize diagonala.
Kasu horietan, endomorfismoa karakterizatzen duen matrizerik sinpleena bilatuko
dugu (ahal den eta zero gehien dituena).
Hori lortzeko gehien erabiltzen den metodoa Jordan-en metodoa da. Metodo
horrekin Jordan-en matrizea, oso matrize sinplea, lortuko dugu, eta J izendatuko dugu.
Garrantzitsua: Metodo hau oso erabilgarria izango da ekuazio diferentzial lineal
eta koefiziente konstantedun sistemak askatzeko orduan.
Jordan-en metodoaren deskribapena:
Demagun n ordenako A matrize batek karakterizatzen duen f endomorfismo bat
dugula, k balio propio desberdin existitzen direla, non (k < n), eta ezinezkoa dela k
balio horiekin A matrizea diagonalizatzeko beharrezkoak diren n bektore propioak
aurkitzea. Kasu horretan, aurkitu nahi dugun matrizeak forma hau izango du:
1
2
(0) (0)
(0) (0)
(0) (0) k
J
J
J
J
=
⋯
⋯
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
⋯
Konturatu J matrize horretako elementuak matrizeak direla. Matrize horren
ordena ekuazio karakteristikoak lortutako (k) erro desberdin izango da. A I− =λ 0 .
λ i balio propio desberdin bakoitzari J matrizeko Ji azpimatrize bat dagokio.
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 116
Jo dezagun λ i anizkoiztasuna lau dela, eta balio propio horri dagokion bektore
propioak bi direla. Kasu horretan, matrize hau eraikiko dugu:
0 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
i
i i
i
i
J
λλ
λλ
↓ =
Ji -ren ordena λ i -ren anizkoiztasuna izango da (4, kasu honetan).
Ji matrizearen diagonalean ez dauden elementuak nuluak izango dira,
diagonalaren gainean dagoen zuzen paraleloa izan ezik.
Zuzen paralelo horretan lehenengo zeroak eta gero 1ekoak jarriko ditugu.
Lehenengo batekoa 1+bektore propio kopurua duen zutabean jarriko dugu. Gure
adibidean, 1+2=3 zutabean (ikus gezia).
Adibidea:
Izan bedi ( ) (5 )λ λ− − =2 04 3 , 7 ordena duen A matrize baten ekuazio
karakteristikoa, E 7 dimentsioa duen K bektore-espazioa izanik.
Demagun 1 22 5etaλ λ= = balio propioek hiru eta bat bektore propio elkartuta
dituztela Aurkitu endomorfismoa karakterizatzen duen Jordan-en matrizea
Erantzuna: bi balio propio desberdin existitzen direnez, bila gabiltzan matrizeak Jordan-
en bi bloke izango ditu:
1
2
(0)
(0)
JJ
J
=
Non
=++⇒==++⇒=
211= kopurua propio bektore1;5
431= kopurua propio bektore1;2
2
1
λλ
beraz,
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 117
↓
1 2
2 0 0 05 1 0
0 2 0 0; 0 5 1
0 0 2 10 0 5
0 0 0 2
J J
= =
Beraz, bila gabiltzan Jordan-en matrizea hau da:
1
2
(0)
(0)
JJ
J
=
2 0 0 0 0 0 0
0 2 0 0 0 0 0
0 0 2 1 0 0 0
0 0 0 2 0 0 0
0 0 0 0 5 1 0
0 0 0 0 0 5 1
0 0 0 0 0 0 5
=
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 118
6.6. Adibideak
1. Izan bedi
1 0
1 0
0 0 1
a
A a
a
= −
matrizea.
Kalkulatu “a” parametroaren balio errealak, A matrizea diagonalgarria izan dadin.
Lortu haren forma diagonala, eta D, eta A eta D matrizeak ortogonalki erlazionatzen
dituen matrizea.
Erantzuna: Polinomio karakteristikoa : 2( 1 ) *( 1) 0a aλ λ− − − + = ;
Balio propioak : 1 1
2 2
1 ; 2
1 ; 1
a m
a m
λλ
= − = = + =
Bektore propioak:
1 1 2
2 3
1 ; ( 1,1,0) ; (0,0,1)
1 ; (1,1,0)
a bada v v
a bada v
ortonormalizatu gabeko bektoreak
λλ
= − = − = = + =
� �
�
1 0 0 1 0 10 1 0 1 0 10 0 1 0 1 0
aD a P
a
− −= − =
+
Diagonalizazio ortogonala denez : ( ) ( ) ( ) ( )* *T
D P A P=
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 119
2. Izan bedi
0
0 1
0 0
a b
A c
d
=
matrizea.
Jakinik 11=λ balio propioaren bektore propioak v1=(1,0,0) , v2=(0,1,0) direla eta
v3=(1,1,-2) bektorea beste bektore propio bat dela:
1.- Kalkulatu A matrizea.
2.- Kalkulatu ,nA n N∀ ∈ .
3.- Aurrekoa erabiliz, kalkulatu hau:
IAAAA +−+= 34 23)(ϕ
Erantzuna: a =1; b = 1; c = 1; d = -1 ; 2 1λ = −
1 0 1 1 0 0
0 1 1 ; 0 1 0
0 0 1 0 0 1
;A D= =− −
( ) ( ) ( ) ( ) 1* *
n nA P D P
−=
IAAAA +−+= 34 23)(ϕ = ( ) ( )5 0 1
14 3* (3 2 ) * 0 5 1
0 0 3
P D D D I P−
+ − + =
Matematika I
Meatzeen eta Herri Lanen I.T.U.E.
Irakasleak: Raúl Medina eta Oihana Aristondo 120
3. Izan bedi
0
0 1 0
0 0 2
p q
A
=
matrizea.
a) Ebatzi “p” eta “q” parametroen zein baliotarako den A diagonalgarria.
b) Diagonalgarria denerako, lortu D matrize diagonala eta P oinarri aldaketako
matrizea.
Erantzuna: p # 1 eta p # 2 � A diagonalgarria da q∀ ;
p= 1 eta q = 0 � A diagonalgarria da. ;
p = 1 eta q # 0 �A ez da diagonalgarria.
p =2 � A diagonalgarria da q∀
top related