matematika i - upv/ehu - ikasmaterialen sare … · “algebra lineal y algunas de sus...

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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



∏ 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



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


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


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


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


Matematika I



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+ .



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+ .



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



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



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



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



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



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



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



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



Matematika I



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



Matematika I



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



(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



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



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



(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



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



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



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



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.


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



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.


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



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



(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



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



( ) ( ) ( ) ( )

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



(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



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



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



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



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



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

− =− =+ =

+ − =


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



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




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



Matematika I



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



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



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



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



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



( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

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



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



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



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



Matematika I



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



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



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



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



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



{ }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



( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )

;

− = − − + − +

− − + = −− + + =

+ + =

⇒

=

= ⇒

−

=

=

111 11 114 111 111

11 1

1

14 1

0

1

1

1

1

0

1

0

0

α 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

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



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



{ }{ }

∈=≠∈−==

⇒

=+=+

=

=

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



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



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



{ }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



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



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



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



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



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



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



↓

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



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



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



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∀

matematika i - upv/ehu - ikasmaterialen sare … · “algebra lineal y algunas de sus...

Documents