\input{ccs_gyak_defs}
\author{Lecture 1}

\begin{document}
\selectlanguage{magyar}
\maketitle

\section{Mathematical summary}
\subsection{Abelian group}
\begin{enumerate}
    \item \textbf{Group $(H,+)$} -- set $H$, and an operation defined on $H$: $+$
    \begin{itemize}
        \item closure -- for any $a$ and $b$ in $H$ their ``sum'' $a+b$ is also an element of $H$
        \item commutativity -- $\forall a,b \in H \quad a+b=b+a$
        \item associativity -- $\forall  a,b,c \in H \quad (a+b)+c=a+(b+c)$
        \item there is an identity element -- $\exists 0 \in H \  \forall a \in H  \quad  a+0=a$
        \item for any element there exists an inverse element --
        $\forall a \in H \ \exists a^{-1} \in H \quad  a+a^{-1}=0$
    \end{itemize}

    \item \textbf{Field $K = (H,+,\cdot)$} -- set $H$ and to operations (additive) $+$ and multiplicative $\cdot$
    \begin{itemize}
        \item $(H,+)$ Abelian group
        \item $(H\backslash\qty{0},\cdot)$ Abelian group
        % \item szorzásra nézve asszociatív, kommutatív, $\exists$ egységelem és $\forall a \in H, \ a \neq 0$ elemnek $\exists$ inverze
        \item multiplication is distributive with respect to addition
        -- $\forall a,b,c \in H \quad  a\cdot (b+c)=a\cdot b+a\cdot c$
    \end{itemize}
    \item \textbf{Vector space $V$ defined on a field $K$}
    \begin{enumerate}
        \item
        $(V,+)$ is an Abelian group

        \item Multiplication with a scalar
        $K \times V \rightarrow V$ -- $\alpha \in K, \, \vec v \in V, \, \alpha \cdot \vec v \in V$
        \begin{itemize}
            \item $\forall \vec v \in V$ and $\forall \alpha, \beta \in K \quad (\alpha+\beta)\cdot \vec v=\alpha \cdot \vec v + \beta \cdot \vec v$
            % (disztr. skalárösszegre nézve)
            \item $\forall \vec u,\vec v \in V$ and $\forall \alpha \in K \quad \alpha \cdot (\vec u+\vec v)=\alpha \cdot \vec u + \alpha \cdot \vec v$
            % (disztr. vektorösszegre nézve)
            \item $\forall \vec v \in V$ and $\forall \alpha, \beta \in K \quad (\alpha \cdot \beta) \vec v = \alpha \cdot (\beta \cdot \vec v)$
            \item $1\cdot \vec v = \vec v$, where $1 \in K$ the identity element for multiplication
        \end{itemize}
    \end{enumerate}

    \textbf{Examples for vector spaces:}
    \begin{enumerate}
        \item $\mathbb{R}^{n}$
        \item $K^{n \times k}$ : $n \times k$ matrices defined on field $K$
        \item $K[x]$: polynomials defined on field $K$
        \item $K[x]$: where $\forall f \in K[x]$, $\deg(f) \leq n$
        \item $C[0,1]$: real valued continuous function defined on the interval $[0,1]$
        \item $V=P(H)$: set of every subset of finite set $H$,\\
        defined on a finite field $K=\{0,1\}$ with two elements \\
        $\forall A,B \in H$: $A+B=(A \setminus B)\cup(B \setminus A)$ and $0\cdot A=\emptyset$, $1\cdot A = A$
    \end{enumerate}
\end{enumerate}
\Atir
\subsection{Homogeneous linear transformation}
    $V$ and $W$ vector space defined on field $K$ \\
    In case of $\mathcal{A}: V \rightarrow W$ linear transformation, ha $\forall \vec x,\vec y \in V$ and $a \in K$
    \begin{itemize}
        \item $\mathcal{A}(\vec x+\vec y)=\mathcal{A}(\vec x)+\mathcal{A}(\vec y)$ (linearity)
        \item $\mathcal{A}(a \cdot \vec x)=a \cdot \mathcal{A}(\vec x)$ (homogeneity)
    \end{itemize}
\textbf{Examples for linear transformations}
    \begin{itemize}
        \item identity transformation
        \item differentiation
        \item counter-example: $\mathcal{B}: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, $\mathcal{B}(x)=x^2$
    \end{itemize}

\subsubsection{Matrix of a linear transformation}
Given a linear transformation $\mathcal{A}: V \rightarrow W$.
We say that $A$ is a matrix of $\mathcal A$ (for a fixed coordinates system for vector spaces $V$ and $W$) if
$\mathcal{A}(\vec v)= A \cdot \vec v \quad \forall \vec v \in V$

\noindent Let $[v] = [\vec v_1,..,\vec v_n]$ denote a fixed basis of vector space $V$,
and $[w] = [\vec w_1,..,\vec w_m]$ denote a fixed basis of vector space $W$, such that $\mathcal A(\vec v_i) = \vec w_i$.
Then the columns of matrix $A$ are the coordinate matrices of $\vec w_i$ (column vectors).

% A mátrix oszlopai a kiindulási tér bázisvektorainak képei a képtér bázisában felírva.

%\textbf{Tétel}: Ha egy lineáris leképezés skalárértékű, akkor minden esetben kódolható egy vektorral való skaláris szorzással. \\

%\textbf{Tétel}: Ha $A \in \mathbb{R}^{m \times n} \rightarrow f(x)=Ax \qquad x \in \mathbb{R}^n$ lineáris leképezés. \\

% \Normal
% \begin{example}
%     \begin{itemize}
%     \item $\mathcal{A}:\mathbb{R}^2 \rightarrow  \mathbb{R}^2$ forgatás az origó körül $+90^{\circ}$ fokkal  \\
%     Mindkét térben a kanonikus bázist ($\vec i, \vec j$) tekintve
%     $A_1= \begin{pmatrix}
%     0 & -1\\ 1 & 0
%     \end{pmatrix}$\\
%     {A kiindulási térben az $\vec i, \vec j$, a képtérben a $ \vec j,\vec i$ bázist tekintve
%     $A_2= \begin{pmatrix}
%     1 & 0\\ 0 & -1
%     \end{pmatrix}$}
%     \item $\mathcal{B}:\mathbb{R}^2 \rightarrow  \mathbb{R}^2$ tükrözés az $x$ tengelyre\\
%     Mindkét térben a kanonikus bázist tekintve
%     $B_1= \begin{pmatrix}
%     1 & 0\\ 0 & -1
%     \end{pmatrix}$\\
%     {A kiindulási térben a $ \vec j,\vec i$, a képtérben az $\vec i, \vec j$ bázist tekintve
%     $B_2= \begin{pmatrix}
%     0 & 1\\ -1 & 0
%     \end{pmatrix}$}
%     \end{itemize}
% \end{example}

\providecommand{\Im}{\mathrm{Im}}
\providecommand{\Ker}{\mathrm{Ker}}

\Atir
\subsection{Image and kernel of a linear transformation}
$\mathcal{A}:V \rightarrow W$ is a linear mapping
\begin{itemize}
    \item
    its image is: $\Im(\mathcal{A})=\qty\big{\vec w \in W \ | \ \exists \vec v \in V \ \mathcal{A}(\vec v)=\vec w}$
    % azon vektorok $W$-ben, amelyek előállnak valamely $V$-beli vektor $\mathcal{A}$ leképezésnél vett képeként

    \item
    its kernel is: $\Ker(\mathcal{A})=\qty\big{\vec v \in V \ | \ \mathcal{A}(\vec v)=\vec 0}$
    % a $W$  vektortér nullvektorába képződő vektorok
\end{itemize}

\begin{cexample}{Calculation of the kernel and image of a linear mapping}\label{}
    Let $\mathcal{A}: \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3$ be a linear mapping,
    which, in the canonical basis, is given by matrix $A$.
    Determine the image and the kernel space of $\mathcal A$.
    First of all, we solve the linear equation system $A \vec x = 0$.
    \begin{equation}
        A = \spmqty{
        1 & 2 & -1  \\
        2 & 3 & -1 \\
        -1 & 1 & -2 }
        ~,~~~
        A \vec x = 0 \rightarrow
        \underbrace{
        \left(
        \smqty{
        1 & 2 & -1  \\
        2 & 3 & -1 \\
        -1 & 1 & -2 }
        \middle|\smqty{\zmat{3}{1}}\right) \sim
        \left(
        \smqty{
        1 & 2 & -1  \\
        0 & -1 & 1 \\
        0 & 3 & -3 }
        \middle|\smqty{\zmat{3}{1}}\right) \sim
        \left(
        \smqty{
        1 & 2 & -1  \\
        0 & -1 & 1 \\
        0 & 0 & 0 }
        \middle|\smqty{\zmat{3}{1}}\right) \sim
        \left(
        \smqty{
        1 & 0 & 1  \\
        0 & -1 & 1 \\
        0 & 0 & 0 }
        \middle|\smqty{\zmat{3}{1}}\right)
        }_{\mathclap{\text{Gauss elimination is necessary for determining both the image and kernel space of a matrix}}}
        % \text{ Lépcsős alak: }
        % \spmqty{
        % 1 & 2 & -1 \\
        % 0 & -1 & 1 \\
        % 0 & 0 & 0 }
    \end{equation}
    We obtained that $x_1 = -x_3$ and $x_2 = x_3$, therefore,
    any $\vec x = \spmqty{-x_3 \\ x_3 \\ x_3} = x_3 \spmqty{-1 \\ 1 \\ 1}$
    will satisfy the linear equation system $A \vec x = 0$,
    for all $x_3 \in \mathbb{R}$.

    - the image space is spanned by the linearly independent columns of matrix $A$ \\
    - the kernel space is spanned by the linearly independent nontrivial solutions of equation
    system $A \vec x = 0$.
    \begin{equation}
        \begin{aligned}
            &A \vec x_i = 0, ~\forall i = \overline{1,r}, \text{ where } r = \dim(\Ker(\mathcal A)) \\
            &v = \sum_{i=1}^r c_i \vec x_i = 0 \quad\Leftrightarrow\quad c_i = 0 ~~\forall i = \overline{1,r}
        \end{aligned}
    \end{equation}
    % vektorai pedig a annak a homogén lineáris egyenletrendszernek a megoldásai, melynek együtthatómátrixa az $A$ mátrix.
    \begin{align}
        &\Im(\mathcal{A}) = \mathrm{span} \dqty{\spmqty{1 \\ 2 \\ -1}, \spmqty{2 \\ 3 \\ 1}}
        =
        \qty{\alpha \spmqty{1 \\ 2 \\ -1} + \beta \spmqty{2 \\ 3 \\ 1}
            \middle| (\alpha,\beta) \in \mathbb{R}^{2}}\\
        &\Ker(\mathcal{A}) = \mathrm{span} \dqty{\spmqty{-1 \\ 1 \\ 1}}
        =
        \qty{\alpha \cdot \spmqty{-1 \\ 1 \\ 1} \middle| \alpha \in \mathbb{R}}
    \end{align}

\end{cexample}

\begin{cthm}{Dimension theorem}\label{}
    For an arbitrary linear mapping
    $\mathcal{A}: V \rightarrow W$:
    $\dim(\Ker(\mathcal{A}))+\dim(\Im(\mathcal{A}))=\dim(V)$
\end{cthm}

\Normal

\begin{example}{Lineáris egyenletrendszer általános megoldása}\label{}%
    Adjuk meg $A \vec x = b$ lineáris egyenletrendszer \emph{általános} megoldását.

    \noindent Először határozzuk meg a $A \vec x = 0$ homogén egyenletrendszer általános megoldását:
    \begin{equation}
        \vec x_h \in \qty{ \sum_{i = 1}^k \alpha_i \vec v_i ~\Big|~ \alpha_i \in \mathbb{R},~ \vec v_i \in \mathbb{R}^{n},~ i = \overline{1,k}}
        = \mathrm{span}\dqty{\vec v_1,..,\vec v_k} = \Ker(\mathcal A)
    \end{equation}
    Ezután kiszámoljuk (bármilyen módszerrel) $A \vec x = \vec b$ inhomogén egyenletrendszer egyetlen speciális megoldását: $\vec x_{0,ih}$.
    Ekkor az inhomogén egyenletrendszer általános megoldása:
    \begin{equation}
        \vec x_{ih} \in \qty{ \vec x_{0,ih} + \sum_{i = 1}^k \alpha_i \vec v_i ~\Big|~ \alpha_i \in \mathbb{R},~ \vec v_i \in \mathbb{R}^{n},~ i = \overline{1,k}}
        =: "\vec x_{0,ih} + \Ker(\mathcal A)"
    \end{equation}
\end{example}


\begin{cmatlab}[null, orth, rank]{}\label{}%
    Egy $A$ mátrixával megadott lineáris leképzés magtere (nulltere) matlabban a következő képpen számolható ki:
    \begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
>> A = [ 1 2 -1 ; 2 3 -1 ; -1 1 -2 ];
>> null(A)
ans =
   -0.5774
    0.5774
    0.5774
    \end{Verbatim}
    A leképzés képtere is könnyen kiszámítható az {\tt orth} függvénnyel, azonban ez a függvény a képtér bázisvektorait ortogonalizálja:
    \begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
>> orth(A)
ans =
   -0.5345   -0.0000
   -0.8018    0.3162
   -0.2673   -0.9487
   \end{Verbatim}
   Könnyen ellenőrizhető, hogy a képtérre kapott két bázisvektor egymásra merőleges.

   Tekintve, hogy $\mathcal A : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}$ (vagyis a $V$ megegyezik $W$-vel),
   $\Ker(\mathcal A) \oplus \Im(\mathcal A) = \mathbb{R}^{3}$, ezt Matlab-al így ellenőrizhetjük:
   \begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
>> rank([null(A) orth(A)])
ans = 3
   \end{Verbatim}
   Vagyis a képtér és magtér bázisvektoraiból képzett mátrix teljes rangú.
\end{cmatlab}

\Normal

\subsection{Determinant and rank of a matrix}

\begin{thm}{Kifejtési tétel}\label{}%
    Tetszőleges $A \in T^{n\times n}$ négyzetes mátrix determinánsa
    kiszámítható egy sora/oszlopa elemeinek a hozzájuk tartozó előjeles aldeterminánsokkal vett szorzatait
    összegezve.
    A determináns kifejtve az $i.$ sora szerint:
    $\det(A) = \sum \limits_{j=1}^n a_{ij} \cdot (-1)^{i+j} \cdot D_{ij}$   \\
    ahol $a_{ij}$ az $A$ mátrix $i.$ sornak $j.$ eleme, $D_{ij}$ a hozzá tartozó  aldetermináns, melynek előjele a sakktábla szabály szerint $(-1)^{i+j}$.
\end{thm}


\bigskip\noindent
\textbf{Sarrus rule:} a $3\times3$-as determináns kiszámításának egyik gyors módszere\\ \begin{tikzpicture}
    \matrix [%
      matrix of math nodes,
      column sep=1em,
      row sep=1em
    ] (sarrus) {%
      a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{11} & a_{12} \\
      a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{21} & a_{22} \\
      a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{31} & a_{32} \\
    };

    \path ($(sarrus-1-3.north east)+(0.5em,0)$) edge[dotted] ($(sarrus-3-3.south east)+(0.5em,0)$)
          (sarrus-1-1)                          edge[draw=red]         (sarrus-2-2)
          (sarrus-2-2)                          edge[draw=red]         (sarrus-3-3)
          (sarrus-1-2)                          edge[draw=red]         (sarrus-2-3)
          (sarrus-2-3)                          edge[draw=red]         (sarrus-3-4)
          (sarrus-1-3)                          edge[draw=red]         (sarrus-2-4)
          (sarrus-2-4)                          edge[draw=red]         (sarrus-3-5)
          (sarrus-3-1)                          edge[dashed,draw=blue] (sarrus-2-2)
          (sarrus-2-2)                          edge[dashed,draw=blue] (sarrus-1-3)
          (sarrus-3-2)                          edge[dashed,draw=blue] (sarrus-2-3)
          (sarrus-2-3)                          edge[dashed,draw=blue] (sarrus-1-4)
          (sarrus-3-3)                          edge[dashed,draw=blue] (sarrus-2-4)
          (sarrus-2-4)                          edge[dashed,draw=blue] (sarrus-1-5);

    \foreach \c in {1,2,3} {\node[anchor=south,text=red] at (sarrus-1-\c.north) {$+$};};
    \foreach \c in {1,2,3} {\node[anchor=north,text=blue] at (sarrus-3-\c.south) {$-$};};
  \end{tikzpicture}
        \\
        $\det(A) = \color{red}a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}\color{blue}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33}$

\bigskip


\Normal
Egy mátrix \textbf{oszloprangja} az oszlopai közül kiválasztható maximális sok független oszlopvektor száma.
A\textbf{sorrang} hasonlóan a mátrix sorai közül kiválasztható maximálisan sok független sorvektor száma.
\Atir{A \textbf{determinánsrang} pedig a sorok és oszlopok elhagyásával kapható legnagyobb négyzetes, $\neq 0$
determinánsú blokk sorainak száma.}

\begin{itemize}
\item Tetszőleges $A$ mátrix sorrangja, oszloprangja és determinánsrangja megegyezik, jele $\rank(A)$
\item Egy $A$ mátrixot teljes oszloprangúnak nevezünk, ha $\rank(A)=$ oszlopok száma, teljes sorrangúnak, ha
$\rank(A)=$ sorok száma.
\item \Atir{Egy $A$ négyzetes mátrix teljes rangú (sor- és oszloprangú) $\Longleftrightarrow \quad \det(A) \neq 0$}
\end{itemize}

\Atir
\subsection{Matrix inversion}

Az $A \in T^{n \times n}$ mátrix \textbf{invertálható} $\quad \Leftrightarrow \quad \det(A) \neq 0$ \\

Ha az $\mathcal{A}$ lineáris leképezés mátrixa $A$ és az $A^{-1}$ mátrix létezik, akkor ez a mátrix az $\mathcal{A}^{-1}$ lineáris leképezés mátrixa, az egyes terekben az eredetivel megegyező bázisokra vonatkozóan.       \\

\noindent Mátrix invertálása adjungált mátrix alkalmazásával: $A^{-1}= \frac{1}{\det(A)}\mathrm{adj}(A)$\\
ahol $\mathrm{adj}(A)$ az a mátrix, amelyet úgy kapunk, hogy az $A$ mátrix minden elemének helyére beírjuk a hozzá tartozó előjeles aldeterminánst, majd a kapott mátrixot transzponáljuk.   \\

\noindent Speciálisan $A \in \mathbb{R}^{{2}\times{2}}$ esetben:
\begin{equation}
    A = \pmqty{a & b \\ c & d} \qquad A^{-1} = \frac{1}{\det(A)}\mathrm{adj}(A) = \frac{1}{ad - bc} \pmqty{d & -b \\ -c & a}
\end{equation}

\noindent Speciálisan $A \in \mathbb{R}^{{3}\times{3}}$ esetben:
\begin{equation}
    A = \pmqty{\xmat*{a}{3}{3}} \qquad A^{-1} = \frac{1}{\det(A)}\pmqty{
        +\svmqty{a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33}}
        &
        -\svmqty{a_{21} & a_{23} \\ a_{31} & a_{33}}
        &
        +\svmqty{a_{21} & a_{22} \\ a_{31} & a_{32}}
        \\
        -\svmqty{a_{12} & a_{13} \\ a_{32} & a_{33}}
        &
        +\svmqty{a_{11} & a_{13} \\ a_{31} & a_{33}}
        &
        -\svmqty{a_{11} & a_{12} \\ a_{31} & a_{32}}
        \\
        +\svmqty{a_{12} & a_{13} \\ a_{22} & a_{23}}
        &
        -\svmqty{a_{11} & a_{13} \\ a_{21} & a_{23}}
        &
        +\svmqty{\xmat*{a}{2}{2}}
    }^T
\end{equation}

\begin{example}{Determine the inverse of the following matrix}\label{}%
    $$A=\begin{pmatrix}
    1 & 2 \\
    -2 & 0
    \end{pmatrix}
    \quad
    \det(A)=4
    \quad
    \mathrm{adj}(A)=\begin{pmatrix}
    0 & -2 \\
    2 & 1
    \end{pmatrix}
    \quad
    A^{-1}=\begin{pmatrix}
    0 & -0.5 \\
    0.5 & 0.25
    \end{pmatrix}
    $$
\end{example}



%*********************************************************************************
\subsection[Eigen values and eigen vectors]
{Eigen values and eigen vectors \small(eigen value/spectral decomposition)}
$\mathcal{A}: V \rightarrow V$ ($V$ egy $K$  test feletti vektortér) lineáris leképezés\\
sajátvektora az $\vec x \in V, \  \vec x \neq \vec{0}$ vektor, ha $\exists \lambda \in K \quad \mathcal{A}(\vec x)=\lambda \cdot \vec x$\\
Ekkor az $\vec x$ vektort az $\mathcal{A}$ leképezés $\lambda$ sajátértékhez tartozó sajátvektorának nevezzük.

\bigskip
A sajátértékek a leképezés mátrixából számolhatók. Nem számít, hogy milyen bázisokra vonatkozóan van felírva a mátrix, a sajátértékek mindig ugyanazok lesznek, mivel a sajátérték a leképezés tulajdonsága. A sajátvektorok is ugyanazok lesznek, azonban a kiindulási tér bázisában koordinátázva kapjuk ezeket.

$Ax=\lambda \vec x \quad \rightarrow \quad \lambda \vec x - A \vec x = \vec 0 \quad \rightarrow \quad (\lambda I - A)\vec x =\vec 0$ \\
Ez egy homogén lineáris egyenletrendszer, melynek az $\vec x \neq \vec 0$ vektor a megoldása, tehát létezik
nem triviális megoldás, mely azzal ekvivalens, hogy az együtthatómátrix oszlopai lineárisan összefüggőek, vagyis a determinánsa nulla.

\bigskip

Figyelem! A karakterisztikus polinom a Lineáris algebra tárgyból tanult alaktól eltérő, azonban azzal abszolútértékben megegyező, ezért azonos $\lambda$ értékek esetén nulla. A most használt alaknál az $A$ mátrixhoz képest a determinánsban nem csak a főátlóbeli elemek változnak, hanem a főátlóbeli elemek is, a $(-1)$-szeresükre.
\begin{itemize}
\item \textbf{Characteristic polynomial}: $\det(\lambda I - A )$
\item A sajátértékek a karakterisztikus egyenlet gyökei: $\det(\lambda I - A ) = 0$
\item A sajátvektorok a $(\lambda I - A)\vec x=\vec 0 $ lineáris egyenletrendszer megoldásai a megfelelő $\lambda$ értékekre külön-külön számolva
\end{itemize}

\begin{cexample}{}\label{}%
    Determine the eigen values and eigen vector of the following matrix!
    \begin{equation}
        A=\begin{pmatrix}
        1 & 0 \\
        2 & -3
        \end{pmatrix}
        \quad
        \det \left(
        \lambda
        \cdot
        \begin{pmatrix}
        1 & 0 \\
        0 & 1
        \end{pmatrix}
        -
        \begin{pmatrix}
        1 & 0 \\
        2 & -3
        \end{pmatrix}
        \right)
        =
        \begin{vmatrix}
        \lambda - 1 & 0 \\
        -2 & \lambda +3
        \end{vmatrix}
        =
        (\lambda-1) (\lambda +3)
    \end{equation}

    \noindent Eigen values: $\lambda_1 = 1, \lambda_2 =-3$ \\

    \noindent Eigen vector(s) for $\lambda_1 = 1$: \\
    \\
    $\left( \begin{array}{rr|r}
    0 & 0 & 0 \\ -2 & 4 & 0
    \end{array} \right) \quad \rightarrow \quad -2x+4y=0 \quad \rightarrow \quad y =x/2 \quad \rightarrow \quad \vec v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\1/2    \end{pmatrix} \cdot p  \quad p \in \mathbb{R} \setminus \{0\} $ \\

    \noindent Eigen vector(s) for $\lambda_2 = -3$ \\
    \\
    $\left( \begin{array}{rr|r}
    4 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 0
    \end{array} \right) \quad \rightarrow \quad 4x=-2x=0 \quad \rightarrow \quad x =0 \quad \rightarrow \quad \vec v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\1    \end{pmatrix} \cdot q  \quad q \in \mathbb{R} \setminus \{0\} $\\
\end{cexample}


\begin{cthm}[Cayley-Hamilton]{}\label{}%
    Every matrix satisfies its own characteristic equation
    In the special case, when $A \in \mathbb{R}^{{2}\times{2}}$:
    \begin{align}
        \text{Characteristic (polynomial) equation: }
        & \lambda^2 + \lambda \trace(A) + \det(A) = 0 \\
        \text{According to this theorem we have: }
        & A^2 + A \trace(A) + I \det(A) = 0
    \end{align}
\end{cthm}
\begin{cexample}[Cayley-Hamilton]{}\label{}%
    Legyen adott a következő mátrix:
    \begin{align}
    &A=
    \begin{pmatrix}
    1 & 2 \\
    3 & 4
    \end{pmatrix}
    \qquad
    \begin{vmatrix}
    \lambda-1 & -2 \\
    -3 & \lambda-4
    \end{vmatrix}
    =
    (\lambda-1)(\lambda-4)-6
    =
    \lambda^2-5\lambda-2
    \\
    &A^2-5 \cdot A-2 \cdot I=
    \pmqty{ 7 & 10 \\ 15 & 22 } -
    \pmqty{ 5 & 10 \\ 15 & 20 } -
    \pmqty{ 2 & 0 \\ 0 & 2 } =
    \pmqty{ 0 & 0 \\ 0 & 0 }
    \end{align}
\end{cexample}

\subsection{Basis transformation, diagonalization}

Egy vektortérben az éppen tekintett bázis határozza meg a vektorok koordinátamátrixát, ettől azonban néha el
kell térni. Ez egy lineáris leképezés alkalmazásával valósítható meg, melynek mátrixát úgy kapjuk, hogy a
mátrix oszlopaiba írjuk az új bázisvektorokat a régi bázis szerinti koordinátázva, majd a kapott mátrixon
invertáljuk. A mátrix, és ezáltal a leképezés mindig invertálható, mivel bázist bázisba visz, melyeknek
vektorai lineárisan függetlenek. Jelölje egy $\vec x \in V$ vector
$[e]$ bázis szerinti koordináta mátrixát $x_{[e]}$, egy új $[v]$ bázis szerinti koordinátamátrixát pedig $x_{[v]}$.
Legyen $S$ mátrix, melynek oszlopaiban az új bázisvektorok találhatók $S = \mqty[\vec v_1,...,\vec v_n]$.
Pontosabban fogalmazva, az $S$ mátrix oszlopai az új bázisvektorok $[e]$ bázisban felírt koordináta mátrixai legyenek:
$S = \mqty[{v_1}_{[e]},...,{v_n}_{[e]}]$.
Ekkor \\

$ S^{-1} \cdot x_{[e]} = x_{[v]} \qquad S \cdot x_{[v]} = x_{[e]} $ \\

Tehát az $S$ mátrix által leírt leképezés valójában az új bázisra vonatkozó koordinátázást a régire
transzformálja, és az $S^{-1}$ mátrix transzformál az új bázisba.

% \begin{example}
%     Legyen $v \in \mathbb{R}^2$, ahol eredetileg a kanonikus bázist tekintettük, de szeretnénk áttérni a
%     $b_1 = \spmqty{ 1 \\ 1 }, b_2 = \spmqty{ -1 \\ 1 }$
%     vektorok által alkotott bázisra.
%     Ekkor $S = \spmqty{ 1 & -1 \\ 1 & 1 } \quad S^{-1} = \frac{1}{2} \spmqty{ 1 & 1 \\ -1 & 1}$
%     $v = \spmqty{ 1 \\ 2 } \quad \rightarrow \quad \hat{v}= S^{-1} \cdot v = \spmqty{
%     3/2 \\ 1/2 }_{[b_1,b_2]} = \frac{3}{2} \cdot b_1 + \frac{1}{2} \cdot b_2$
% \end{example}

\begin{cexample}*[This will be important at state-space transformations]{Basis transformations}\label{}
    We consider two vector spaces $V = W$ (for simplicity let be both $\mathbb{R}^{2}$),
    and let be the following vectors in $\mathbb{R}^{2}$
    (their coordinates matrices being given in the canonical basis
    $[e] = [\vec e_1,\vec e_2] = [\vec i,\vec j]$ of $\mathbb{R}^{2}$):
    \begin{equation}
        \vec e_1 = \pmqty{1 \\ 0}_{[e]},~
        \vec e_2 = \pmqty{0 \\ 1}_{[e]},~
        \vec v_1 = \pmqty{0 \\ 1}_{[e]},~
        \vec v_2 = \pmqty{-1 \\ 0}_{[e]},~
        \vec w_1 = \pmqty{1 \\ 1}_{[e]},~
        \vec w_2 = \pmqty{2 \\ -1}_{[e]}
    \end{equation}
    $[e] = [\vec e_1,\vec e_2]$ is the canonical basis of $V = W = \mathbb{R}^{2}$,
    Furthermore, we consider $[v] = [\vec v_1,\vec v_2]$ and $[w] = [\vec w_1,\vec w_2]$
    be an alternative basis of vector spaces $V$ and $W$, which are not canonical.
    Now we consider a linear mapping $\mathcal A : V \to W$,
    If we use on both sides ($V$ and $W$) the canonical basis,
    this mapping can be given by matrix A:
    $(V_{[e]} \xrightarrow{A} W_{[e]})$:
    \begin{equation}
        A = \pmqty{0 & -1 \\ 1 & 0}
    \end{equation}

    In the starting vector space ($V$, from which $\mathcal A$ maps),
    we want to switch from the canonical basis $[e]$ to basis $[v]$,
    similarly,
    in the image space ($W$, into which $\mathcal A$ maps),
    we want to switch to basis $[w]$.
    We wonder, what would be the matrix of the linear mapping $\mathcal A$,
    which maps from $V_{[v]}$ into $V_{[w]}$.
    First, let us define the following matrices:
    \begin{align}
        &S := \pmqty{\vec v_1 & \vec v_2} = \pmqty{{v_1}_{[e]} & {v_2}_{[e]}} = \pmqty{0 & -1 \\ 1 & 0}
        ,~ &&S^{-1} = \pmqty{0 & 1 \\ -1 & 0} \\
        &T := \pmqty{\vec w_1 & \vec w_2} = \underbrace{\pmqty{{w_1}_{[e]} & {w_2}_{[e]}}}_{\mathclap{\text{this is the correct prescription}}} = \pmqty{1 & 2 \\ 1 & -1}
        ,~ &&T^{-1} = \frac{1}{3}\pmqty{1 & 2 \\ 1 & -1}
    \end{align}
    then we have that
    \begin{equation}
        \vec v_i = S \vec e_i ~~\text{ and }~~ \vec e_i = S^{-1} \vec v_i.
    \end{equation}
    The same is true for $[w]$, as well.

    Let be $\vec x$ be a point in vector space $V$.
    The coordinate matrix of $\vec x$ in the canonical basis $[e]$ is $\spmqty{3 \\ 0}$,
    in other words:
    \begin{equation}
        \vec x = 3 \vec e_1 = \pmqty{\vec e_1 & \vec e_2} \pmqty{3 \\ 0} =:
        \pmqty{3 \\ 0}_{[e]}
    \end{equation}
    Now, we want to compute the coordinate matrix of $\vec x$ in basis $[v]$
    \begin{equation}
        \begin{aligned}
            \vec x &= \pmqty{\vec e_1 & \vec e_2} \pmqty{3 \\ 0}
            = \pmqty{S^{-1} \vec v_1 & S^{-1} \vec v_2} \pmqty{3 \\ 0}
            = S^{-1} \pmqty{\vec v_1 & \vec v_2} \pmqty{3 \\ 0} \\
            &= S^{-1} S \pmqty{3 \\ 0}
            = S S^{-1} \pmqty{3 \\ 0}
            = \pmqty{\vec v_1 & \vec v_2} S^{-1} \pmqty{3 \\ 0} \\
            &= \pmqty{\vec v_1 & \vec v_2} \pmqty{0 & 1 \\ -1 & 0} \pmqty{3 \\ 0}
            = \pmqty{\vec v_1 & \vec v_2} \pmqty{0 \\ -3} =: \pmqty{0 \\ -3}_{[v]}
        \end{aligned}
    \end{equation}
    What is important that we have a linear mapping:
    $\mathcal A : V \to W$, $\mathcal A(\vec x) = \vec y$, furthermore
    \begin{equation}
        \TODOx{$
            \begin{aligned}
                &x_{[e]} = S x_{[v]} \\
                &x_{[v]} = S^{-1} x_{[e]} \\
            \end{aligned} ~, ~~
            \begin{aligned}
                &y_{[e]} = T y_{[w]} \\
                &y_{[w]} = T^{-1} y_{[e]} \\
            \end{aligned}
            ~,\qquad
            \begin{aligned}
                &\vec x
                = \pmqty{\vec e_1 & \vec e_2} \cdot x_{[e]}
                = \pmqty{\vec v_1 & \vec v_2} \cdot x_{[v]} \\
                &\vec y
                = \pmqty{\vec e_1 & \vec e_2} \cdot y_{[e]}
                = \pmqty{\vec w_1 & \vec w_2} \cdot y_{[w]} \\
            \end{aligned}
        $}
    \end{equation}
    The coordinates matrices $x_{[e]}$, $x_{[v]}$, $y_{[e]}$ and $y_{[w]}$
    are intentionally NOT denoted as vectors,
    since they depend on the choice of the basis vectors
    (i.e. coordinates system).
    On the other hand, vectors
    $\vec x$ and $\vec y$ are two well-defined elements of $V$ and $W$
    (eg. $\vec x$ is the left upper corner of the blackboard),
    which are independent of the choice of the coordinates system.
    \begin{align}
        &\TODOx{$
            \mathcal A(\vec x) = \vec y ~~
            \raisebox{5pt}{$\nearrow$}\hspace*{-12pt}\raisebox{-5pt}{$\searrow$}
            ~
            \begin{aligned}
                y_{[e]} = A x_{[e]} \\
                y_{[w]} = \hat A x_{[v]} \\
            \end{aligned}
            \qquad
            \begin{aligned}
                \,  &V_{[e]} &&\xrightarrow{A} &&W_{[e]} \\
                S &\downarrow &&
                \scalebox{1.8}{$\ensuremath{\rotatebox[origin=c]{180}{$\circlearrowleft$}}$}
                &&\downarrow T \\
                \,  &V_{[v]} &&\xRightarrow[\hat{A}]{} &&W_{[w]} \\
            \end{aligned}
            \quad \Rightarrow \quad
            \TODO[orange]{$\hat{A} = T^{-1} A S$}
        $} \\[5pt]
        &y_{[w]} = \hat{A} x_{[v]}
        = T^{-1} A \underbrace{S x_{[v]}}_{x_{[e]}}
        = T^{-1} \underbrace{A x_{[e]}}_{y_{[e]}}
        = T^{-1} y_{[e]} = y_{[w]}
    \end{align}

\end{cexample}

\bigskip

\noindent Egy $\mathcal{A}:V \rightarrow V$ lineáris transzformáció mátrixa diagonális, ha a sajátvektorok bázisára vonatkozóan írjuk fel. A sajátvektorok azonban nem minden esetben alkotnak bázist, ezért nem minden
leképezés írható le diagonális mátrixszal. \\

\Normal
\noindent Egy lineáris leképezés mátrixa diagonalizálható akkor és csak akkor, ha minden saját\-értékére annak algebrai és geometriai multiplicitása megegyezik.

\begin{itemize}
\item egy $\lambda$ sajátérték algebrai multiplicitása $k$, ha $\lambda$  $k$-szoros gyöke a karakterisztikus polinomnak.
\item egy $\lambda$ sajátérték geometriai multiplicitása $k$, ha a $\lambda$-hoz tartozó sajátaltér ($\lambda$-hoz tartozó sajátvektorok által alkotott altér) $k$ dimenziós.
\end{itemize}

\begin{example}{}\label{ex:SAS}%
    $A = \begin{pmatrix}
    0 & -3 & -3 \\
    -3 & 0 & -3 \\
    -3, & -3 & 0
    \end{pmatrix} \quad \rightarrow \quad \lambda_{1,2} = 3, \ \lambda_3 = -6$ \\

    \noindent A 3 sajátérték algebrai multiplicitása tehát 2, a 6 sajátértéké 1. \\

    \noindent  $\lambda_{1,2} = 3$ sajátértékhez tartozó sajátvektorok:  $\vec v_1 = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \cdot p, \ \vec v_2 = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot q \quad p,q \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ \\

    \noindent  $\lambda_{3} = -6$ sajátértékhez tartozó sajátvektorok:  $\vec v_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \cdot r \quad r \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ \\

    \noindent A 3 sajátérték geometriai multiplicitása tehát 2, a 6 sajátértéké 1, mindkét sajátértékre a
    multiplicitások páronként megegyeznek, ezért a mátrix diagonalizálható. Ha a sajátvektorokat oszlopaiban
    tartalmazó mátrix $S$, akkor a leképezés diagonális mátrixa
     $$D = S^{-1} \cdot A \cdot S \quad \rightarrow \quad A =  S \cdot D \cdot S^{-1}$$

    $S = \begin{pmatrix}
    -1 & -1 & 1 \\
    1 & 0 & 1 \\
    0 & 1 & 1
    \end{pmatrix} \quad S^{-1} = \frac{1}{3} \cdot\begin{pmatrix}
    -1 & 2 & -1\\
    -1 & -1 & 2 \\
    1 & 1 & 1
    \end{pmatrix} \quad \rightarrow  \quad D= \begin{pmatrix}
    3 & 0 & 0 \\
    0 & 3 & 0 \\
    0 & 0 & -6
    \end{pmatrix}$
\end{example}

\Normal
\subsection{Quadratic forms}
A kvadratikus alakok $Q(\vec x): V  \rightarrow T$ alakú leképezések, ahol $V$ egy $T$ test feletti
vektortér. Mi speciálisan $Q(\vec x): \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ leképezésekkel foglalkozunk. Általános alakja:\\

$Q(x_1, \ldots , x_n) = \sum \limits_{i,j =1}^n a_{ij} x_i x_j$\\

\noindent A kvadratikus alak felírható mátrixszorzat alakban is, ahol $a_{ij} = A_{ij}$ a mátrix megfelelő elemei. A mátrixszorzás definíciójából adódóan ez skalárszorzat alakban is írható.\\

$Q(\vec x) = \vec x^T A \vec x = \langle A \vec x,\vec x\rangle $ \\

\noindent A kvadratikus alakhoz tartozó mátrix nem egyértelmű. A főátlóbeli elemek egyértelműek, ezek az
$x_i^2$ alakú tagok együtthatói, azon kívül azonban csak az $a_{ij} + a_{ji}$ összegek ismertek ($i \neq j$).\\

\noindent Példa: \\

$Q(\vec x)= 3x_1^2 +4x_1 x_2 -x_2^2$ kvadratikus alak többféle mátrixszal leírható \\

$A_1 = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \quad A_2 = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$ \\

A szimmetrikus mátrix egyértelműen tartozik a kvadratikus alakhoz, ezért ezt nevezzük a kvadratikus alak mátrixának (a példában $A_2$ mátrix). \\


Egy kvadratikus alak egy vektorhoz egy valós számot rendel. Ennek lehetséges előjele alapján osztályozzuk a
kvadratikus alakokat, illetve ezzel ekvivalensen a szimmetrikus mátrixokat. (Később ezt sokszor fogjuk
használni stabilitási vizsgálatok során.) \\
A $Q(x)$ kvadratikus alak, illetve az ezt leíró $A$ szimmetrikus mátrix


\begin{itemize}
\item \textbf{pozitív definit}, ha $\langle A \vec x,\vec x \rangle  \ > 0  \quad \forall \vec x \in \mathbb{R}^n \setminus \{\vec{0}\}$ \\
Megjegyzés: minden kvadratikus alak a nullvektor esetén nulla értéket vesz fel, $\langle A \cdot \vec{0},\vec{0} \rangle =0$

\item \textbf{pozitív szemidefinit}, ha $\langle A \vec x,\vec x \rangle  \ \geq 0 \quad \forall \vec x \in \mathbb{R}^n$ \\ és $\exists \vec y\neq \vec{0}$, hogy $\langle A \vec y,\vec y \rangle =0$

\item \textbf{negatív definit}, ha $\langle A \vec x,\vec x \rangle  \ < 0  \quad \forall \vec x \in \mathbb{R}^n \setminus \{\vec{0}\}$

\item \textbf{negatív szemidefinit}, ha $\langle A \vec x,\vec x \rangle  \  \leq 0 \quad \forall \vec x \in \mathbb{R}^n$ és $\exists \vec y\neq \vec{0}$, hogy $\langle A \vec y,\vec y\rangle =0$

\item \textbf{indefinit}, ha pozitív és negatív értékeket egyaránt felvesz a kvadratikus alak.
    \end{itemize}

\noindent A kvadratikus alakhoz tartozó $A$ szimmetrikus mátrix $\lambda_i$ sajátértékei valósak, melyekkel a fentiekkel ekvivalens feltételek fogalmazhatók meg. A $Q(\vec x)$ kvadratikus alak

\begin{itemize}
\item pozitív definit $\quad \Leftrightarrow \quad \forall i \ \lambda_i >0$
\item pozitív szemidefinit $\quad \Leftrightarrow \quad \forall i \ \lambda_i \geq 0$ és $\exists j \ \lambda_j =0$
\item negatív definit $\quad \Leftrightarrow \quad \forall i \ \lambda_i <0$
\item negatív szemidefinit $\quad \Leftrightarrow \quad \forall i \ \lambda_i \leq 0$ és $\exists j \ \lambda_j =0$
\item indefinit $\quad \Leftrightarrow \quad \exists i \ \lambda_i >0$ és  $\exists j \ \lambda_j <0$
\end{itemize}

%\textbf{Tétel}: $A>0 \iff \forall i \, \lambda_i>0 \iff $ a "főátló mentén" az összes aldetermináns pozitív.
A kvadratikus alakot leíró mátrix is diagonalizálható. Mivel egy szimmetrikus mátrix különböző sajátértékeihez tartozó sajátvektorok ortogonálisak, ha diagonalizálható, akkor ortonormált sajátbázis szerint is diagonalizálható. Amennyiben valamelyik sajátérték geometriai multiplicitása nem 1, és a számolás során nem ortogonális sajátvektorokat kaptunk, akkor valamilyen ortogonalizációs eljárással (pl. Gram-Schmidt ortogonalizáció) elérhető, hogy a sajátalteret ortogonális vektorok generálják. Emellett a vektorokat minden esetben normálni kell.

\noindent Ekkor ha $S$ az ortonormált bázis vektorait tartalmazó mátrix, akkor $S^{-1} = S^T$\\

$A = S \cdot D  \cdot S^{-1}$ \\

$\vec x^T \cdot A \cdot \vec x = \vec x^T \cdot S \cdot D  \cdot S^{-1}  \cdot \vec x = (\vec x^T \cdot (S^T)^T) \cdot D  \cdot (S^{-1}  \cdot \vec x) = (S^T \cdot \vec x)^T  \cdot D  (\cdot S^{-1}  \cdot \vec x)$\\

$\vec y= S^{-1}  \cdot \vec x = S^T  \cdot \vec x \quad \longrightarrow \quad  \vec x^T \cdot A \cdot \vec x = \vec y^T \cdot D \cdot \vec y$






%*********************************************************************************
\Atir
\subsection{Matrix calculus}
    Az exponenciális függvény ($\exp(x) = e^x$) az alábbi hatványsorral definiálható.
    $$ e^x=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} \qquad \text{ (Taylor sorfejtés)} $$
    Elképzelhető, hogy egy fix paramétere is van a függvénynek, például: $a \in \mathbb{R}$ konstans, és $t$ az idő változó\\

$$ e^{at}=1+at+\frac{a^{2}t^{2}}{2}+...=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^{k}t^{k}}{k!} $$

\noindent Az exponenciális függvényt kiterjeszthetjük mátrixokra (mátrix exponenciális), \\
ekkor $\exp: \mathbb{R}^{n \times n} \rightarrow \mathbb{R}^{n \times n}$.

    $$e^{At}=I+At+\frac{A^{2}t^{2}}{2}+\frac{A^{3}t^{3}}{6}+...=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^{k}t^{k}}{k!} $$



\noindent Tulajdonságok:
\begin{itemize}
\item $e^\mathbf{0}=I$, ahol $\mathbf{0}\in\mathbb{R}^{n\times n}$ nullmátrix
\item Ha $AB=BA$ akkor $e^A e^B = e^{A+B}$.
Általában nem igaz a képlet, mivel a mátrix szorzás nem kommutatív.
\item $e^A e^{-A}=I$
\item $e^{At}e^{As}=e^{A(t+s)}$,  ahol $A\in \mathbb{R}^{n \times n}, \ t,s \in \mathbb{R}$\\
\Normal{
\begin{eqnarray*}
e^{At}e^{As} & = & \sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^{k}t^{k}}{k!}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^{k}s^{k}}{k!}\\
\  & = & (I+At+\frac{A^{2}t^{2}}{2}+\frac{A^{3}t^{3}}{6}+...)(I+As+\frac{A^{2}s^{2}}{2}+\frac{A^{3}s^{3}}{6}+...)=\\
\  & = & I+A(t+s)+\frac{1}{2}A^{2}(t^{2}+2ts+s^{2})+\frac{1}{6}A^{3}(t^{3}+3ts^{2}+3t^{2}s+s^{3})+...\\
\  & = & I+A(t+s)+\frac{1}{2}A^{2}(t+s)^{2}+\frac{1}{6}A^{3}(t+s)^{3}+...=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^{k}(t+s)^{k}}{k!}
\end{eqnarray*}
}
\item $\frac{d}{dt}(e^{At})=Ae^{At}=e^{At}A$
\Normal{
\begin{eqnarray*}
\frac{d}{dt}(e^{At}) &=& A+A^{2}t+\frac{1}{2}A^{3}t^{2}+...+\frac{1}{(k-1)!}A^{k}t^{k-1}\\
\  &=&A(I+At+\frac{1}{2}A^{2}t^{2}+...)=(I+At+\frac{1}{2}A^{2}t^{2}+...)A
\end{eqnarray*}
}
\end{itemize}

\Normal

\begin{example}{}\label{ex:TODO1}%
\noindent $A= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0    \end{pmatrix} \quad
B= \begin{pmatrix}  0 & 0 \\ 1 & 0  \end{pmatrix} $ \\
$ e^A= I+A+\frac{A^2}{2!}+...=I+A= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$    \\
$ e^B= I+B+\frac{B^2}{2!}+...=I+B= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$    \\
$ e^A e^B= \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \quad
e^B e^A= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ \\
$ e^{A+B}= I+ \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} +
    \begin{pmatrix}     1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{2!}+
    \begin{pmatrix}     0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{3!}+...
     =I \cdot (1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!}+...) + I' \cdot (1+\frac{1}{3!}+\frac{1}{5!}+...)= $ \\
\   $=\begin{pmatrix}   ch(1) & sh(1) \\ sh(1) & ch(1) \end{pmatrix}$
\end{example}

\Atir
\begin{cprop}[tetszőleges diagonalizálható mátrix exponenciális függvénye]{}\label{}%
\begin{equation}
    A = S D S^{-1} \Rightarrow e^A = S e^D S^{-1} = S \exp\spmqty{\dmat{e^{\lambda_1},\cdot\cdot,e^{\lambda_n}}} S^{-1}
    = S \,\mathrm{diag}\pqty{e^{\lambda_1},..,e^{\lambda_n}} S^{-1}
\end{equation}
\end{cprop}
\begin{proof}[inkább csak levezetés]
    \begin{equation}
        A^k = S D^k S^{-1} ~~,~~~~ D^k = \spmqty{\dmat{\lambda_1^k,\cdot\cdot,\lambda_n^k}} =
        \mathrm{diag}(\lambda_1^k,..,\lambda_n^k)
    \end{equation}
    Teljes indukció:
    \begin{equation}
        A^k = A^{k-1} A = \qty(S D^{k-1} S^{-1}) \pqty{S D S^{-1}} = S D^k S^{-1}
    \end{equation}
    Ekkor a következőket csinálhatjuk:
    \begin{equation}
        e^{A} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^{k}}{k!} = S \sum_{k=0}^{\infty}\frac{D^{k}}{k!} S^{-1}
        = S \, \mathrm{diag}\qty(\sum_{k=0}^{\infty} \lambda_1^k,..,\sum_{k=0}^{\infty} \lambda_n^k) S^{-1}
        = S \,\mathrm{diag}\pqty{e^{\lambda_1},..,e^{\lambda_n}} S^{-1}
    \end{equation}
    Tehát, valóban $e^A = S e^D S^{-1}$.
\end{proof}
\bigskip
\Normal

\begin{cmatlab}[eig,expm,diag]{Mátrixexponenciális kiszámítása -- diagonalizáció ($A = S D S^{-1}$)}\label{}%
\begin{multicols}{3}
\begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
>> A = rand(3,3)
A =
    0.8147    0.9134    0.2785
    0.9058    0.6324    0.5469
    0.1270    0.0975    0.9575
>> [S,D] = eig(A)
S =
    0.6752   -0.7134   -0.5420
   -0.7375   -0.6727   -0.2587
   -0.0120   -0.1964    0.7996
\end{Verbatim}
\newpage
\begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
D =
   -0.1879         0         0
         0    1.7527         0
         0         0    0.8399

>> expm(A)
ans =
    3.2881    2.2290    1.3802
    2.2617    2.8712    1.7128
    0.4615    0.3910    2.7554
\end{Verbatim}
\newpage
\begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
>> S * expm(D) / S
ans =
    3.2881    2.2290    1.3802
    2.2617    2.8712    1.7128
    0.4615    0.3910    2.7554

>> S * diag(exp(diag(D))) / S
ans =
    (... ugyanaz )
\end{Verbatim}
\end{multicols}
\end{cmatlab}

\Atir

%**************************************************************************
\subsection[LDE]{Állandó Együtthatós Lineáris Differenciálegyenletek}
    \TODO{A továbbiakban a vektorértékű változók, függvények (pl. $\vec x$) nem lesznek kiemelve.} \\[3pt]
    A tárgy keretében főleg elsőrendű lineáris differenciálegyenletekkel foglalkozunk.
	\begin{eqnarray*}\dot{x}(t)=Ax(t) 	\quad x(0)=x_0 \in \mathbb{R}^{n} \end{eqnarray*}
	\begin{enumerate}
	\item Ha $A\in\mathbb{R}$ (skaláris eset), akkor a váltózok szétválasztásának módszerével meghatározható a megoldás. \\
	Megoldás: $x(t)=e^{At}x_0$, ahol $x_0\in\mathbb{R}$ skalár
	\item Ha $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$, akkor szükséges az $e^{At}$ mátrix kiszámítása. \\
	Megoldás: $x(t)=e^{At}x_0 \quad e^{At}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k t^k}{k!}$ \\
	Közelítés: $I+At+\frac{A^{2}t^{2}}{2}+...$

	\end{enumerate}

\noindent Példa: Adott az alábbi csatolatlan differenciálegyenlet rendszer
\begin{eqnarray*}
\dot{x}_1 &=& -x_1 \\
\dot{x}_2 &=& 2x_2
\end{eqnarray*}
Amely átírható a következő alakra
\begin{eqnarray*}
\dot{x} &=& Ax  \qquad A=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 2	\end{pmatrix}
\end{eqnarray*}
Mivel csak a diagonális elemek nem nullák, a rendszer csatolatlan, ezért a változók szétválasztásának módszerével a differenciálegyenlet megoldható.
\begin{eqnarray*}
x_1(t) &=& c_1e^{-t} \\
x_2(t) &=& c_2e^{2t}
\end{eqnarray*}
ahol $c_1 = x{_{1_0}}$ és $c_2 = x{_{2_0}}$
%**************************************************************************

\Normal
\section{Általános Példák Szabályzott Rendszerekre}

\begin{center}
\tikzstyle{block} = [draw, fill=blue!10, rectangle,
    minimum height=3em, minimum width=6em]
\tikzstyle{sum} = [draw, fill=blue!10, circle, node distance=1cm]
\tikzstyle{input} = [coordinate]
\tikzstyle{output} = [coordinate]
\tikzstyle{pinstyle} = [pin edge={to-,thin,black}]

% The block diagram code is probably more verbose than necessary
\Normal
\begin{tikzpicture}[auto, node distance=2cm,>=latex']
    % We start by placing the blocks
    \node [input, name=input] {};
    \node [sum, right of=input] (sum) {};
    \node [block, right of=sum] (controller) {Controller};
    \node [block, right of=controller,
            node distance=3cm] (system) {System};
    % We draw an edge between the controller and system block to
    % calculate the coordinate u. We need it to place the measurement block.
    \draw [->] (controller) -- node[name=u] {$u$} (system);
    \node [output, right of=system] (output) {};
    \node [block, below of=u] (measurements) {Measurements};

    % Once the nodes are placed, connecting them is easy.
    \draw [draw,->] (input) -- node {$r$} (sum);
    \draw [->] (sum) -- node {$e$} (controller);
    \draw [->] (system) -- node [name=y] {$y$}(output);
    \draw [->] (y) |- (measurements);
    \draw [->] (measurements) -| node[pos=0.99] {$-$}
        node [near end] {$y_m$} (sum);
\end{tikzpicture}
\Atir

\end{center}

\textbf{Rendszer}: Olyan fizikai vagy logikai eszköz, amely jeleken végez valamilyen műveletet. (Bemenő jeleket dolgoz fel, és kimenő jeleket állít elő.)\\
Példa rendszerekre, és szabályozásra
\begin{itemize}
    \item Autó sebessége: beavatkozás: gázpedál, érzékelés: sebességmérő, szabályozás: humán vagy tempomat
    \item Hűtőszekrény hőmérséklet: beavatkozás: hűtőközeg mozgatása - kompresszor, érzékelés: hőmérő, szabályozás: szabályozó automatika beállított hőmérséklet elérése érdekében
    \item További példák találhatóak az FSB könyv első fejezetében, lásd a tárgy honlapján!
\end{itemize}

\end{document}
