asdsad

ας αγ ι

εχ

Σηµειωσεις Γραµµικης Αλγεβρας Θ. Κεχαγιας

Αθ .Κ

Σεπτεµβρης 2010, v .0.91

ας αγ ι

Περιεχόµενα Εισαγωγη

I Βασικες Εννοιες

εχ

1 Πινακες 1.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ∆υναµεις . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 2 2 5 14

Πινακων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18 18 20 35

3 Μερικοι Ειδικοι Τυποι Πινακων 3.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38 38 40 48

4 Οριζουσες και Αντιστροφοι 4.1 Θεωρια . . . . . . . . . 4.2 Λυµενα Προβληµατα . . 4.3 Αλυτα Προβληµατα . . .

53 53 56 70

Αθ .Κ

2 Αντιστροφος Πινακας και 2.1 Θεωρια . . . . . . . . 2.2 Λυµενα Προβληµατα . 2.3 Αλυτα Προβληµατα . .

vi

5 Οριζουσες και Συστηµατα 5.1 Θεωρια . . . . . . . . 5.2 Λυµενα Προβληµατα . 5.3 Αλυτα Προβληµατα . .

Πινακες . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Γραµµικων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Εξισωσεων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 Απαλοιφη Gauss και Συστηµατα Γραµµικων Εξισωσεων 6.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

77 77 79 86 90 90 93 110

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

ii

8 ∆ιανυσµατικοι Χωροι και 8.1 Θεωρια . . . . . . . . 8.2 Λυµενα Προβληµατα . 8.3 Αλυτα Προβληµατα . .

ας

7 ∆ιανυσµατικοι Χωροι 115 7.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 7.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 7.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 Συστηµατα Γραµµικων Εξισωσεων 141 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

αγ ι

9 Ορθογωνιοτητα ∆ιανυσµατων 159 9.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 9.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 9.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 10 Ορθογωνιοτητα ∆ιανυσµατικων Χωρων 173 10.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 10.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 10.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

εχ

11 Μιγαδικοι Πινακες 198 11.1 Περιληψη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 11.2 Θεωρια και Παραδειγµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 11.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

Αθ .Κ

12 Ιδιοτιµες και Ιδιοδιανυσµατα 217 12.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 12.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 12.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 13 ∆ιαγωνιοποιηση και Συναρτησεις Πινακων 234 13.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 13.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 13.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

II

Συµπληρωµατικα Θεµατα

261

14 Οριζουσες : Θεωρητικη Θεµελιωση 262 14.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262 14.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 14.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291 15 Επαναληπτικη Λυση Συστηµατων Γραµµικων Εξισωσεων

294

16 Πινακες, Εξισωσεις ∆ιαφορων και ∆ιαφορικες Εξισωσεις

295

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

iii 296

18 Πινακες και Ηεκτρικα Κυκλωµατα

297

ας

17 Στοχαστικοι Πινακες

19 Γενικευσεις 298 19.1 Περιληψη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 298 19.2 Θεωρια και Παραδειγµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 19.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 320

Αθ .Κ

εχ

αγ ι

20 Πινακες και Θεωρια Γραφων

ας

Προλογος

Αθ .Κ

εχ

αγ ι

Αγαπητε αναγνωστη, το παρον τευχος περιεχει συντοµη ϑεωρια καθως και λυµενα και αλυτα προβληµατα Γραµµικης Αλγεβρας και προοριζεται για χρηση απο τους ϕοιτητες της Πολυτεχνικης Σχολης του Αριστοτελειου Πανεπιστηµιου Θεσσαλονικης. Κατα πασα πιθανοτητα εισαι ενας απο αυτους τους ϕοιτητες. Σε αυτο τον συντοµο προλογο δινω µερικες οδηγιες για την χρηση αυτου του τευχους. Κατα τη γνωµη µου, για τους περισσοτερους ανθρωπους, ο µονος τροπος εξοικειωσης µε τα µαθηµατικα ειναι η επιλυση προβληµατων – οσο περισσοτερα προβληµατα λυσεις τοσο πιο πολλα µαθηµατικα ϑα µαθεις ! Συµφωνα µε αυτη την αποψη, στο παρον τευχος η ϑεωρια παρουσιαζεται σε µεγαλη συντοµια, αλλα υπαρχει µεγαλος αριϑµος λυµενων και αλυτων προβληµατων. Χρησιµοποιησε τα λυµενα προβληµατα ως ενα ενδιαµεσο ϐοηθηµα για την επιλυση των αλυτων. Με αλλα λογια, δεν αρκει να µελετησεις τα ηδη λυµενα προβληµατα. Αν δεν λυσεις ο ιδιος µεγαλο αριθµο των αλυτων προβληµατων δεν ϑα ωφεληθεις ιδιαιτερα και η πιθανοτητα να περασεις το αντιστοιχο µαθηµα ϑα ειναι µικρη. Το παρον τευχος δεν εχει παρει ακοµη την τελικη του µορφη και ειναι πιθανον καποιες λυσεις και απαντησεις να περιεχουν σφαλµατα. Η παρουσα εκδοση εχει τον κωδικο v.0.91 – εποµενες εκδοσεις ϑα χαρακτηριζονται απο µικροτερο αριθµο σφαλµατων και µεγαλυτερους κωδικους1 . Στην διαδικασια της διορθωσης σηµαντικο ϱολο εχουν παιξει ϕοιτητες προηγουµενων ετων, τους οποιους ευχαριστω ϑερµα. Παντως πιστευω οτι η παρουσα µορφη ϑα σου ϕανει πολυ χρησιµη, ιδιαιτερα σε συνδυασµο µε το διδακτικο ϐιβλιο το οποιο ϑα σου δοθει κατα την διαρκεια του εξαµηνου. Το τευχος περιεχει 20 κεφαλαια. Τα Κεφαλαια 1-13 πραγµατευονται ϐασικα ϑεµατα τα οποια πρεπει να διδαχτει καθε µελετητης της Γραµµικης Αλγεβρας. Τα Κεφαλαια 1420 πραγµατευονται ειδικοτερα ϑεµατα, τα οποια συνηθως παραλειπονται στο εισαγωγικο µαθηµα Γραµµικης Αλγεβρας για µηχανικους2 . Καθε κεφαλαιο αποτελειται απο τρια υποκεφαλαια (Συντοµη Θεωρια, Λυµενα Προβληµατα, Αλυτα Προβληµατα) και καθε υποκεφαλαιο περιεχει εναν αριθµο εδαφιων. Τα εδαφια ειναι αριθµηµενα µε ενα κωδικο της µορφης k.m.n, δηλ. το n-στο εδαφιο του m-στου υποκεφαλιαου του k -στου κεφαλαιου. Επισης, µετα τον αριθµο καθε εδαφιου µπορει να εµφανιζεται ενα σηµα. µε την εξης σηµασια. 1. : Το εδαφιο ειναι δυσκολο. 1 Ακολουθω την ονοµατολογια της αναπτυξης sof tware: το τευχος ειναι ακοµα σε µορφη beta· η πρωτη ¨τελικη¨ εκδοση ϑα ειναι η v.1.00. 2 Στην παρουσα εκδοση δεν εχω ακοµη γραψει τα Κεφαλαια 14-19.

iv

v 2. : Το εδαφιο περιεχει ενα ϑεµα το οποιο δεν ανηκει στην ¨βασικη υλη¨ του µαθηµατος.

ας

3. : Το εδαφιο περιεχει ενα ϑεµα το οποιο δεν ανηκει στην ¨βασικη υλη¨ του µαϑηµατος και ειναι δυσκολο.

Θανασης Κεχαγιας

Αθ .Κ

εχ

Θεσσαλονικη, Σεπτεµβρης 2010

αγ ι

Σε µια πρωτη αναγνωση λοιπον, αρκει να διαβασεις τα µη προσηµασµενα εδαφια. Με απλα λογια, αυτα τα εδαφια ειναι τα µονα απαραιτητα για την εξεταση του µαθηµατος. Μπορεις να ασχοληθεις µε τα προσηµασµενα εδαφια σε µια δευτερη αναγνωση το τευχους. Ιδιαιτερα, δεν ειναι απαραιτητο να διαβασεις τα αποδεικτικα προβληµατα.

ας

Εισαγωγη

αγ ι

Η Γραµµικη Αλγεβρα εχει τρια κυρια αντικειµενα µελετης (τα οποια ειναι στενα συνδεδεµενα µεταξυ τους, οπως ϑα ϕανει παρακατω): 1. τους πινακες,

2. τα συστηµατα γραµµικων εξισωσεων,

3. την γεωµετρια του N -διαστατου χωρου, οπου N = 1, 2, 3, ... 3 .

Αθ .Κ

εχ

Θεωρουµε γνωστη την εννοια ¨συστηµα γραµµικων εξισωσεων", οπως επισης και τις στοιχειωδεις µεθοδους επιλυσης τετοιων συστηµατων. Επισης ϑεωρουµε γνωστα τα ϐασικα στοιχεια των διανυσµατων και της αναλυτικης γεωµετριας του επιπεδου. Οι πινακες ειναι µαθηµατικα αντικειµενα τα οποια µπορουµε να σκεφτουµε ως µια γενικευση των πραγµατικων αριθµων. Οι πινακες παρεχουν εναν ευχερη και συµπαγη συµβολισµο για την διατυπωση και επιλυση ενος εψρεως ϕασµατος µαθηµατικων προβληµατων. Ενα απο αυτα τα προβληµατα ειναι και η επιλυση συστηµατων γραµµικων εξισωσεων. Επιπλεον, επειδη οι πινακες µπορουν επισης να ϑεωρηθουν γενικευση των διανυσµατων, η γραµµικη αλγεβρα µπορει να χρησιµοποιηθει για την γενικευση στις N διαστασεις της γεωµετριας του επιπεδου (2 διαστασεις) και του χωρου (3 διαστασεις). Με αυτο τον τροπο µπορουµε να κατανοησουµε καλυτερα και ϐαθψτερα την Γεωµετρια και να την χρησιµοποιησουµε για να αποκτησουµε εποπτικη αντιληψη των συστηµατων γραµµικων εξισωσεων. Επιπλεον, η Γραµµικη Αλγεβρα χαρακτηριζεται, οπως ϕανερωνει το ονοµα, απο την αλγεβρικη προσεγγιση4 . Το παρον τευχος περιεχει 20 κεφαλαια. Τα Κεφαλαια 1 ωσ13 πραγµατευονται ϐασικα ϑεµατα τα οποια πρεπει να διδαχτει καθε µελετητης της Γραµµικης Αλγεβρας. Τα Κεϕαλαια 14 ως 20 πραγµατευονται ειδικοτερα ϑεµατα, τα οποια συνηθως παραλειπονται στο εισαγωγικο µαθηµα Γραµµικης Αλγεβρας για µηχανικους5 . Χρησιµοποιουµε τον τυπικο µαθηµατικο συµβολισµο, γνωστο και απο το Λυκειο. Σηµειωνουµε ιδιατερα τα εξης. 3

Ακοµη και N = 0 περιλαµβανεται ως µια πολυ ειδικη και τετριµµενη περιπτωση. Η ειδικη περιπτωση στην οποια N = 2 η 3 (δηλ. η µελετη της γεωµετριας του επιπεδου και του τριδιαστατου χωρου) ειναι επισης αντικειµενο µιας αλλης µαθηµατικης ϑεωριας, της Αναλυτικης Γεωµετριας. Η Αναλυτικη Γεωµετρια χρησιµοποιει πολλες εννοιες και εργαλεια της Γραµµικης Αλγεβρας, αλλα επεκτεινεται και σε µη γραµµικες µαθηµατικες οντοτητες (π.χ. τις δευτεροβαθµιες επιφανειες). 5 Η συγγραφη των Κεφαλαιων 14-19 δεν εχει ακοµη ολοκληρωθει (στην παρουσα εκδοση v.091 του τευχους). 4

vi

ΕΙΣΑΓΩΓΗ

vii

2. Ο συµβολισµος αθροισµατος ειναι ο εξης N X

an = a1 + a2 + ... + aN .

n=1

N Y

αγ ι

Αντιστοιχα, ο συµβολισµος γινοµενου ειναι ο εξης

ας

1. Το συνολο των πραγµατικων αριθµων συµβολιζεται µε R και αυτο των µιγαδικων αριθµων µε C.

an = a1 · a2 · ... · aN .

n=1

Αθ .Κ

εχ

3. Η λεξη ¨ανν¨ σηµαινει ¨αν και µονο αν¨. Η συντοµογραφια ¨τ.ω.¨ σηµαινει ¨τετοιο ωστε¨.

ας αγ ι

Μέρος I

Αθ .Κ

εχ

Βασικες Εννοιες

1

ας

Κεφάλαιο 1

αγ ι

Πινακες

1.1

Θεωρια

εχ

Στα µαθηµατικα (οπως και στην καθοµιλουµενη) ¨πινακας¨ σηµαινει µια ορθογωνια διαταξη (αριθµων ή αλλων οντοτητων). Αυτο που κανει του ¨µαθηµατικους¨ πινακες ιδιαιτερα χρησιµους ειναι οτι αφου τους εφοδιασουµε µε πραξεις µπορουµε να τους χρησιµοποιησουµε ως ¨γενικευµενους αριθµους¨ οι οποιοι (οπως ϑα ϕανει σε εποµενα κεϕαλαια) διευκολυνουν την επιλυση πολλων µαθηµατικων προβληµατων.

1.1.1. Ενας πινακας A ειναι µια ορθογωνια διαταξη αριθµων :



Αθ .Κ

a11 a12  a21 a22 A=  ... ... aM 1 aM 2

 ... a1N ... a2N  . ... ...  ... aM N

Το στοιχειο του A στην m-στη γραµµη και στην n-στη στηλη συµβολιζεται µε amn ή (A)mn (και λεµε οτι εχει συντεταγµενες m, n). 1.1.2. Πιο αυστηρα, ενας M ×N πινακας ειναι µια συναρτηση µε πεδιο ορισµου το συνολο {1, 2, ..., M } × {1, 2, ..., N } και πεδιο τιµων το R:

A : {1, 2, ..., M } × {1, 2, ..., N } → R.

∆ηλ. σε καθε Ϲευγαρι (m, n) ∈ {1, 2, ..., M } × {1, 2, ..., N } αντιστοιχιζουµε εναν αριθµο amn , που ειναι το στοιχειο του πινακα στην ϑεση µε συντεταγµενες m, n.

1.1.3. Ο παραπανω ορισµος του πινακα µπορει να γενικευτει. Π.χ. τα στοιχεια του πινακα µπορει να ειναι µιγαδικοι αριθµοι1 . 1.1.4. Για το τυχον στοιχειο amn του πινακα , λεµε οτι m ειναι ο δεικτης γραµµης και n ειναι ο δεικτης στηλης. 1.1.5. Οταν ο A εχει M γραµµες και N στηλες, λεµε οτι εχει διασταση M × N . 1

Θα εξετασουµε αυτην και αλλες γενικευσεις στο Κεφαλαιο 11.

2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

3

1.1.6. Οταν ο A εχει διασταση N × N (δηλ. ισο αριθµο γραµµων και στηλων) τοτε λεµε οτι ειναι τετραγωνικος.

ας

1.1.7. ∆υο M × N πινακες A, B ειναι ισοι (γραφουµε A = B) ανν για m ∈ {1, ..., M } και n ∈ {1, ..., N } ισχυει mmn = bmn . 1.1.8. Οταν ο A εχει 1 στηλη (εχει διασταση M × 1) λεµε οτι ειναι πινακας-στηλη:



αγ ι

 a11  a21   A=  ...  . aM 1

1.1.9. Οταν ο A εχει 1 γραµµη (εχει διασταση 1 × N ) λεµε οτι ειναι πινακας-γραµµη:

A=

a11 a12 ... a1N

.

1.1.10. Οι πινακες-γραµµες και οι πινακες-στηλες λεγονται και διανυσµατα.

1.1.11. Μπορουµε να γραψουµε ενα πινακα ως συνδυασµο των γραµµων του :

 r1  r2   A=  ...  , rM

εχ



Αθ .Κ

οπου (για m ∈ {1, ..., M } ):

rm =

am1 am2 ... amN

.

1.1.12. Επισης µπορουµε να γραψουµε τον πινακα ως συνδυασµο των στηλων του :

A = c1 c2 ... cN ,

οπου (για n ∈ {1, ..., N } ):



 a1n  a2n   cn =   ...  . aM n

1.1.13. Η προσθεση πινακων οριζεται ως εξης. Εστω οτι εχουµε πινακες A (διαστασης M × N ) και B (διαστασης M × N ). Τοτε

(A + B)mn = amn +bmn

(A − B)mn = amn −bmn .

Προσοχη ! Η προσθεση A + B ειναι δυνατη µονο αν οι A και B εχουν ιδιες διαστασεις !

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

4



0  0 0M,N =   ... 0

0 0 ... ...

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

 0 ...  . ...  0

ας

1.1.14. Ενας πινακας A µε διαστασεις M ×N , λεγεται µηδενικος ανν για m = 1, 2, ..., M , n = 1, 2, ..., N εχουµε amn = 0, δηλ.

Ο µηδενικος πινακας συµβολιζεται µε 0M,N η και απλα µε 0 (δηλ. οταν η διασταση M ×N προκυπτει απο τα συµφραζοµενα, παραλειπεται ο συµβολισµος της)..

αγ ι

1.1.15. Ο πολλαπλασιασµος πινακα επι αριθµο οριζεται ως εξης :

(κ · A)mn = κ · amn .

1.1.16. Για ολους τους πινακες A, B ισχυουν τα εξης (αρκει οι διαστασεις αυτων να ειναι τετοιες ωστε οι πραξεις ειναι δυνατες). 1. A + 0 = A. (Το 0 ειναι το ουδετερο στοιχειο της προσθεσης). 2. A + B = B + A. (Αντιµεταθετικοτητα.)

εχ

3. A + (B + C) = (A + B) + C. (Προσεταιριστικοτητα.)

4. A + ((−1) · A) = ((−1) · A) + A = 0. (Ο αντιθετος του A ειναι ο −A = (−1) · A.) 5. κ · (A + B) = κ · A+κ · B = (A + B) · κ. (Επιµεριστικοτητα.) 6. (κ + λ) · A = κ · A+λ · A.(Επιµεριστικοτητα.)

Αθ .Κ

7. (κ · λ) · A = κ · (λ · A) .

1.1.17. Ο πολλαπλασιασµος πινακα επι πινακα οριζεται ως εξης. Εστω οτι εχουµε πινακες A (διαστασης M × K ) και B (διαστασης K × N ). Τοτε

(A · B)mn =

K X

amk bkn .

k=1

Προσοχη ! Ο πολλαπλασιασµος A · B ειναι δυνατος µονο αν ο αριθµος των στηλων του A ειναι ισος µε αυτο των γραµµων του B! 1.1.18. Ενας πινακας A µε διαστασεις N × N , λεγεται µοναδιαιος ανν για m, n = 1, 2, ..., N εχουµε amm = 1 και amn = 0 οταν m = 6 n, δηλ.



  IN =   

1 0 0 ... 0

0 1 0 ... ...

0 0 1 ... ...

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

0 ... ... ... 1

   .  

Ο µοναδιαιος πινακας συµβολιζεται µε IN η και απλα µε I (δηλ. οταν η διασταση N προκυπτει απο τα συµφραζοµενα, παραλειπεται ο συµβολισµος της).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

5

1.1.19. Για ολους τους πινακες A, B, C ισχυουν τα εξης (αρκει οι διαστασεις αυτων να ειναι τετοιες ωστε οι πραξεις ειναι δυνατες).

2. Υπαρχουν πινακες A, B για τους οποιους A · B 6= B · A. 3. A · (B · C) = (A · B) · C. (Προσεταιριστικοτητα.) 4. A · (B + C) = A · B + A · C. (Επιµεριστικοτητα.)

αγ ι

5. (B + C) · A = B · A + C · A. (Επιµεριστικοτητα.)

ας

1. I · A = A · I = A. (Το I ειναι το ουδετερο στοιχειο του πολλαπλασιασµου πινακων).

6. κ · (A · B) = (κ · A) · B = A · (κ · B) . 7. A · 0 = 0 · A = 0.

1.2

εχ

1.1.20. Για καθε N ×N (τετραγωνικο) πινακα A, µπορουµε να ορισουµε τις δυναµεις του : A2 = A · A, A3 = A · A · A κ.τ.λ. Συµβατικα οριζουµε A0 = I. Ισχυουν οι συνηθισµενες n ιδιοτητες των δυναµεων : Am An = Am+n , (Am ) = Amn . Μπορουµε να επεκτεινουµε τον ορισµο ωστε να εχουµε αρνητικες ακεραιες δυναµεις, κλασµατικες δυναµεις (π.χ. A1/2 , την τετραγωνικη ϱιζα του A κ.ο.κ.2 ).

Λυµενα Προβληµατα

1.2.1. Ποια ειναι η διασταση των παρακατω πινακων ; Ποιοι εξ αυτων ειναι τετραγωνικοι ;

3 2 4 1

,

B=

3 0

Αθ .Κ

A=

,

C=

3 3 4 4 1 2



,

D = [3] ,

 3 E= 6  4

Απαντηση. Ο A ειναι 2 × 2, τετραγωνικος· ο B ειναι 1 × 2· ο C ειναι 2 × 3· ο D ειναι 1 × 1, τετραγωνικος· ο B ειναι 3 × 1. 1.2.2. ∆ινεται πινακας



 1 5 −2 6 . A =  4 −3 −8 7 0 Ποια ειναι η τιµη του στοιχειου a11 ; Του a23 ; Του a31 ; Ποιοι ειναι οι δεικτες γραµµης και στηλης του 5; Του −8; Απαντηση. a11 = 1, a23 = 6, a31 = −8. Το 5 εχει δεικτη γραµµης 1 και στηλης 2· το −8 εχει δεικτη γραµµης 3 και στηλης 1. 1.2.3. Οι πινακες

x 2 3 z A= , B= y 1 4 1 ειναι ισοι. Ποιες ειναι οι τιµες των x, y, z ; Απαντηση. A = B ⇒ ∀i, j : aij = bij . Αρα ειναι x = 3, y = 4 και z = 2. 2

Αυτα τα ϑεµατα εξεταζονται σε περισσοτερη λεπτοµερεια στο Κεφαλαιο ;;.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

6

αγ ι

ας

1.2.4. Συγκρινετε τα ¨διανυσµατα¨ της Γραµµικης Αλγεβρας µε τα διανυσµατα που µας ειναι γνωστα απο τον ∆ιανυσµατικο Λογισµο. Απαντηση. Καταρχην τονιζουµε οτι στον ∆ιανυσµατικο Λογισµο υπαρχουν τρια ειδη διανυσµατων : ελευθερα, ολισθαινοντα και εφαρµοστα. Εµεις ϑα ασχοληθουµε µε τα ελευθερα διανυσµατα. Ενα ελευθερο διανυσµα ειναι ενα ¨βελος¨ ΄η προσανατολισµενο ευθυγραµµο τµηµα (στο επιπεδο ή στον 3-διαστατο χωρο)· η ϑεση του ελευθερου διανυσµατος δεν ειναι προσδιορισµενη ! Αυτα τα οποια προσδιοριζονται ειναι το µηκος, η ϕορα και η διευθυνση αυτου.Μπορουµε να πουµε οτι ενα ελευθερο διανυσµα αντιστοιχει σε µια απειρια ϐελων, τα οποια εχουν τηο ιδιο µηκος, ϕορα και διευθυνση. ∆ειτε και το σχηµα. Σχηµα 1.2.1

εχ

Οι πληροφοριες αυτες (µηκος, ϕορα και διευθυνση) προσδιοριζονται πληρως απο δυο − αριθµους στον χωρο και τρεις αριθµους στο επιπεδο. Π.χ. στον χωρο, το διανυσµα → a προσδιοριζεται απο την τριαδα (x, y, z). Αν επιλεξουµε απο την οικογενεια των προσανα− τολισµενων ευθυγραµµων τµηµατων (που αντιστοιχουν στο → a ) αυτο το οποιο εχει την αρχη − του στην αρχη των αξονων (0, 0, 0), τοτε προσδιοριζουµε µονοσηµαντα και το περας του → a, → − το οποιο ειναι ενα σηµειο µε συντεταγµενες (x, y, z). Γραφουµε a = (x, y, z) και εχουµε µια 1-προς-1 αντιστοιχια µεταξυ ελευθερων διανυσµατων και σηµειων. Θυµοµαστε οµως οτι σε αυτη την αντιστοιχια καθε προσανατολισµενο ευθυγραµµο τµηµα παραλληλο σε αυτο που εχει αρχη το (0, 0, 0) και περας το (x, y, z) ταυτιζεται επισης µε το σηµειο (x, y, z). Στην Γραµµικη Αλγεβρα ενα διανυσµα ειναι ενας πινακας. Αν εχουµε το διανυσµα → − a = (x, y, z) και κατασκευασουµε τον πυνακα

Αθ .Κ



 a1 a =  a2  a3

− µε a1 = x, a2 = y , a3 = z , τοτε το διανυσµα → a και ο πινακας a ταυτιζονται. Μπορουµε → − οµως να ταυτισουµε το a και µε τον πινακα a1 a2 a3 . Με αλλα λογια, καθε διανυσµα µπορει να ταυτιστει ειτε µε εναν πινακα-στηλη ειτε µε εναν πινακα-γραµµη· οποιοσδηποτε απο τους δυο πινακες µπορει να ταυτιστει µε ενα σηµειο (το περας του a οταν η αρχη αυτου ϐρισκεται στην αρχη των αξονων). Απο εδω και περα ϑα χρησιµοποιουµε τον συµβολισµο a για να δηλωσουµε οποιοδηποτε απο τα εξης : το διανυσµα, το σηµειο, τον πινακα-γραµµη ή τον πινακα-στηλη.3 1.2.5. Γραψτε τον πινακα

A=

4 2 3 −2 1 0

µε συµβολισµο γραµµων και συµβολισµο στηλων. Το ιδιο για τον πινακα



 4 −5 2 3 B =  6 −2 −4 1  . −2 0 1 0 3

Το αν ο a ειναι πινακας-γραµµη ή στηλη ϑα προκυπτει απο τα συµφραζοµενα.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

7

Απαντηση. Θετουµε

4 2 3 ,

r2 =

−2 1 0

και εχουµε

A=

r1 r2

.

Θετουµε τωρα

c1 = και εχουµε A = [c1

4 −2

,

c2 c3 ].

1.2.6. ∆ινονται οι πινακες

A=

1 2 4 3

c2 =

,

B=

,

c3 =

3 0

1 2 3 −1

A+B=

A−B=

1 2 4 3

1 2 4 3

+

−

,

C=

2 −1 3 3 1 2

εχ

Υπολογιστε τα A + B, A − B, A + C. Απαντηση.

2 1

αγ ι

ας

r1 =

1 2 3 −1

1 2 3 −1

=

=

1+1 2+2 4+3 3−1

1−1 2−2 4−3 3+1

= =

.

2 4 7 2

0 0 1 4

. .

Αθ .Κ

Η προσθεση A + C δεν ειναι δυνατη.

1.2.7. Αποδειξτε οτι A + 0 = A. Απαντηση. Εχουµε για καθε m, n

(A + 0)mn = (A)mn + (0)mn = amn + 0 = amn = (A)mn .

Αφου αυτο ισχυει για καθε m, n, εχουµε A + 0 = A. 1.2.8. Αποδειξτε οτι A + B = B + A. Απαντηση. Εχουµε για καθε m, n

(A + B)mn = (A)mn + (B)mn = amn + bmn = bmn + amn = (B + A)mn .

Αφου αυτο ισχυει για καθε m, n, εχουµε A + B = A + B.

1.2.9. Αποδειξτε οτι κ · (A + B) = κ · A+κ · B = (A + B) · κ. Απαντηση. Εχουµε για καθε m, n

(κ · (A + B))mn = κ · (A + B)mn = κ · ((A)mn + (B)mn ) = κ · amn + κ · bmn = (κ · A)mn + (κ · B)mn . Αφου αυτο ισχυει για καθε m, n, εχουµε κ · (A + B) = κ · A + κ · B.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

8

1.2.10. ∆ινονται οι πινακες

A=

1 2 4 3

,

B=

1 2 3 −1

,

2 −1 3 3 1 2

C=

.

ας

Υπολογιστε τα AB, BA, AC, CA. Απαντηση.

1 2 1 2 1 · 1 + 2 · 3 1 · 2 + 2 · (−1) 7 0 AB = · = = . 4 3 3 −1 4 · 1 + 3 · 3 4 · 2 + 3 · (−1) 13 5 1 2 1 2 9 8 BA = · = , ειναι διαφορο του AB. 3 −1 4 3 −1 3

1 2 4 3

1 · 2 + 2 · 3 1 · (−1) + 2 · 1 1 · 3 + 2 · 2 4 · 2 + 3 · 3 4 · (−1) + 3 · 1 4 · 3 + 3 · 2

AC = =

αγ ι

2 −1 3 · 3 1 2

=

8 1 7 17 −1 18

Ο πολλαπλασιασµος CA δεν µπορει να γινει.

εχ

1.2.11. Αποδειξτε οτι I · A = A · I = A Απαντηση. Θα δειξουµε οτι για καθε m, n εχουµε (I · A)mn = (A)mn . Πραγµατι

(I · A)mn =

N X

imk akn = imm amn = 1 · amn = amn = (A)mn .

k=1

Αθ .Κ

Χρησιµοποιησαµε το γεγονος οτι imk = 0 για m 6= k . Παροµοια δειχνουµε οτι για καθε m, n εχουµε (A · I)mn = (A)mn . 1.2.12. Βρειτε δυο πινακες A, B για τους οποιους A · B 6= B · A. Απαντηση. Τετοιοι ειναι, π.χ., οι πινακες A, B του προβληµατος 1.2.10. 1.2.13. Βρειτε δυο πινακες A, B για τους οποιους A · B = B · A. Απαντηση. Π.χ. για τους πινακες

A=

1 0 0 2

,

B=

3 0 0 8

3 0 0 4

,

εχουµε

AB =

= BA.

∆εν ειναι αναγκη να ειναι και οι δυο πινακες διαγωνιοι. Π.χ., για τους πινακες

C=

1 4 3 2

,

D=

2 8 6 4

2 0 0 2

,

εχουµε

CD =

= DC.

Μπορειτε να ϐρειτε δυο µη διαγωνιους πινακες E, F τ.ω. EF = FE;

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

9

1.2.14. Βρειτε µια αναγκαια και ικανη συνθηκη ωστε να ισχυει

ας

(A − B) · (A + B) = A2 −B2 . Απαντηση. Εχουµε (A − B) · (A + B) = A2 + AB − BA − B2 . Για να ειναι λοιπον (A − B) · (A + B) = A2 −B2 πρεπει και αρκει να ειναι AB − BA = 0, δηλ. AB = BA, δηλ. οι πινακες να αντιµετατιθενται.

(A · (B · C))kn = ((A · B) ·C)kn =

L X

Akl ·(B · C)ln =

l=1 M X

αγ ι

1.2.15. Αποδειξτε οτι A · (B · C) = (A · B) · C Απαντηση. Εστω οτι οι διαστασεις των A, B, C ειναι K ×L, L×M , M ×N αντιστοιχα. Εχουµε, για καθε k, n: L X

Akl ·

l=1

(A · B)km ·Cmn =

m=1

Οµως L X M X

!

Blm ·Cmn

m=1

M X

L X

m=1

l=1

Akl ·Blm ·Cmn =

!

=

L X M X

Akl ·Blm ·Cmn ,

l=1 m=1 M X L X

Akl ·Blm ·Cmn =

M X L X

Akl ·Blm ·Cmn .

m=1 l=1

Akl ·Blm ·Cmn ,

m=1 l=1

εχ

l=1 m=1

M X

δηλ. µπορουµε να αλλαξουµε την σειρα της προσθεσης (να προσθεσουµε ειτε πρωτα ως προς m και µετα ως προς l ειτε, αντιστροφα, πρωτα ως προς l και µετα ως προς m. Αυτο συµβαινει γιατι, και στις δυο περιπτωσεις, προσθετουµε τους ιδιους αριθµους. 1.2.16. ∆ινονται N × N πινακες A, B. Ο αντιµεταθετης του Ϲευγους (A, B) ειναι ο πινακας [A, B] = AB − BA. ∆ειξτε οτι

Αθ .Κ

[A, B] = − [B, A] και [A, [B, C]] + B, [C, A] + [C, [A, B]] = 0.

Απαντηση. Εχουµε

[A, B] = AB − BA = − (AB − BA) = − [B, A] .

Επισης εχουµε

[A, [B, C]] = [A, [BC − CB]] = [A, [BC]]−[A, [CB]] = ABC − BCA − ACB + CBA. Αντιστοιχα παιρνουµε

[B, [C, A]] = BCA − CAB − BAC + ACB, [C, [A, B]] = CAB − ABC − CBA + BAC.

Οποτε

[A, [B, C]] + B, [C, A] + [C, [A, B]] = ABC − BCA − ACB + CBA+ BCA − CAB − BAC + ACB+ CAB − ABC − CBA + BAC = 0.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

10

1.2.17. ∆ινεται το συστηµα γραµµικων εξισωσεων

ας

5x − 3y + z = 2 2x + y − 3z = −1 7x + z = 8

Γραψτε το συστηµα αυτο ως µια εξισωση πινακων. Απαντηση. Μπορουµε ευκολα να ελεγξουµε οτι το συστηµα ειναι ισοδυναµο µε την εξισωση        

Αν λοιπον ϑεσουµε



 5 −3 1 1 −3  , A= 2 7 0 1

αγ ι

5 −3 1 x 5x − 3y + z 2  2 1 −3  ·  y  =  2x + y − 3z  =  −1  . 7 0 1 z 7x + z 8 

 x u =  y , z



 2 b =  −1  , 8

τοτε το αρχικο συστηµα ειναι ισοδυναµο µε την εξισωση Au = b, οπου u ειναι ο αγνωστος πινακας και A, b ειναι γνωστοι συντελεστες.

εχ

1.2.18. Σε ενα Ϲαχαροπλαστειο κατασκευαζονται τρια ειδη γλυκισµατων. Τα συστατικα (σε kgr ) για ενα κεικ του καθε τυπου ειναι ως εξησ:

Αθ .Κ

Κεικ Σταφιδοψωµο Παντεσπανι

Αλευρι 0.500 0.500 0.800

Ζαχαρη 0.100 0.150 0.200

Βουτυρο 0.050 0.050 0.100

Καρυδια 0.000 0.000 0.050

Σταφιδες 0.000 0.050 0.050

.

Και οι τιµες ανα kgr των συστατικων (σε Euro) ειναι Αλευρι 3

Ζαχαρη 5

Βουτυρο 10

Καρυδια 20

Σταφιδες 25

.

Χρησιµοποιειστε πολλαπλασιασµο πινακων για να ϐρειτε το κοστος ενος κεικ του καθε τυπου. Απαντηση. Μπορουµε να υπολογισουµε το κοστος ενος τεµαχιου του καθε τυπου γλυκισµατος ως εξης (χωρις χρηση πινακων): Κεικ : 0.500 · 3 + 0.100 · 5 + 0.050 · 10 + 0.000 · 20 + 0.000 · 25 = 2.500,

Σταφιδοψωµο : 0.500 · 3 + 0.150 · 5 + 0.050 · 10 + 0.000 · 20 + 0.050 · 25 = 4.000, Παντεσπανι : 0.800 · 3 + 0.200 · 5 + 0.100 · 10 + 0.050 · 20 + 0.050 · 25 = 6.650.

Αυτες οι πραξεις ϑυµιζουν σαφως πολλαπλασιασµο πινακων. Πραγµατι, αν ορισουµε πινακες  





0.500 0.100 0.050 0.000 0.000  A = 0.500 0.150 0.050 0.000 0.050  , 0.800 0.200 0.100 0.050 0.050

3  5    , 10 b=    20  25

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

11

τοτε ο πολλαπλασιασµος πινακων



 0.500 0.100 0.050 0.000 0.000   Ab =  0.500 0.150 0.050 0.000 0.050    0.800 0.200 0.100 0.050 0.050 

3 5 10 20 25

    2. 50   =  4.00    6. 65

ας



δινει σε ενα διανυσµα την τιµη ενος τεµαχιου του καθε τυπου γλυκισµατος.

αγ ι

1.2.19. Στο παρακατω σχηµα ϐλεπουµε την κατοψη ενος σπιτιου· σε καθε δωµατιο αντιστοιχιζουµε ενα αριθµο. Μια διαδροµη µεσα στο σπιτι ειναι µια σειρα αριθµων που δειχνουν απο ποια δωµατια περναµε. Π.χ. η διαδροµη 5261 δειχνει οτι παµε απο το δωµατιο 5 στο 2, µετα στο 6 και καταληγουµε στο 1. Η συγκεκριµενη διαδροµη εχει µηκος 4, δηλ. περναει απο τεσσερα δωµατια. Χρησιοποιειστε τον πολλαπλασιασµο πινακων για να ϐρειτε τον συνολικο αριθµο διαδροµων µηκους 3 απο τον χωρο 1 στον χωρο 3. Το ιδιο για να ϐρειτε τον συνολικο αριθµο διαδροµων µηκους 3 απο τον χωρο 5 στον χωρο 2. Σχηµα 1.2.2

εχ

Απαντηση. Μπορουµε να αναπαραστησουµε την συνδεσµολογια του σπιτιου µε τον παρακατω γραφο. Καθε δωµατιο αντιστοιχει σε ενα κοµβο (κυκλο) και αν τα αντιστοιχα δωµατια επικοινωνουν, τοτε οι κοµβοι συνδεονται µε ακµες (γραµµες). Σχηµα 1.2.3

Αθ .Κ

Μπορουµε επισης να παραστησουµε την συνδεσµολογια του γραφου µε ενα πινακα γειτνιασης της παρακατω µορφης



    A=    

0 1 1 0 0 1 1

1 0 0 0 1 1 0

1 0 1 1 0 0 0

0 0 1 0 0 0 1

0 1 0 0 1 0 0

1 1 0 0 0 0 0

1 0 0 1 0 0 1

     .    

Τα στοιχεια του A ειναι 0 η 1. Εχουµε amn = 1 ανν τα δωµατια m και n επικοινωνουν απ΄ ευθειας, και amn = 0 στην αντιθετη περιπτωση. Βλεπουµε οτι ο A ειναι συµµετρικος – αυτο δεν ειναι τυχαιο, µπορειτε να εξηγησετε γιατι ισχυει ; Καθε µια απο τις αναπαραστασεις (αυτη του Σχηµατος 1.2.2, αυτη του γραφου του Σχηµατος 1.2.3 και αυτη του πινακα γειτνιασης A) µεταφερουν ακριβως την ιδια πληροϕορια σχετικα µε την συνδεσµολογια των δωµατιων. Απο την κατασκευη του A ϐλεπουµε οτι καθε διαδροµη µηκους 1 µεταξυ καθε Ϲευγους δωµατιων εµφανιζεται στον A. Τι συµϐαινει οµως µε τις διαδροµες µηκους, π.χ., 2; Θεωρειστε το γινοµενο της πρωτης σειρας

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

12

και της τεταρτης στηλης του A:

    0 1 1 0 0 1 1     



0 0 1 0 0 0 1

     = 2.    

ας



A

2

αγ ι

Μπορειτε να ελεγξετε οτι το αποτελεσµα, 2, ειναι ισο µε τον αριθµο των διαδροµων µηκους 2 που αρχιζουν στο δωµατιο 1 και καταληγουν στο 4. Αυτο δεν ειναι τυχαιο, οπως ϑα εξηγησουµε τωρα. Θεωρειστε το γινοµενο της m-στης σειρας επι την n-στη στηλη του A. Αυτο ϑα ειναι το (m, n) στοιχειο του A2 :

mn

=

7 X

amk akn .

k=1

εχ

Εστω οτι το αποτελεσµα ειναι x (ενας µη αρνητικος ακεραιος αριθµος). Αυτο σηµαινει οτι στο παραπανω αθροισµα υπαρχουν ακριβως x οροι amk akn ισοι µε 1, το οποιο µε την σειρα του σηµαινει οτι amk akn = 1, το οποιο σηµαινει οτι amk = akn = 1 και τελικα αυτο σηµαινει οτι το m-στο δωµατιο επικοινωνει µε το k -στο και το k -στο δωµατιο επικοινωνει µε το n-στο· δηλ. τελικα, οτι υπαρχει µια διαδροµη µηκους 2 απο το m-στο δωµατιο στο P n-στο. Ο δε ορος (A2 )mn = 7k=1 amk akn αθροιζει ολες τις διαδροµες µηκους 2 απο το m-στο δωµατιο στο n-στο. Ετσι λοιπον, για καθε (m, n) το στοιχειο (A2 )mn περιεχει τον συνολικο αριθµο διαδροµων µηκους 2 απο το m-στο δωµατιο στο n-στο. Μπορειτε να το ελγξετε αυτο συγκρινοντας τον γραφο µε το γινοµενο :

Αθ .Κ



    2 A =    

0 1 1 0 0 1 1

1 0 0 0 1 1 0

1 0 1 1 0 0 0

0 0 1 0 0 0 1

0 1 0 0 1 0 0

1 1 0 0 0 0 0

1 0 0 1 0 0 1

2



         =        

4 1 1 2 1 1 1

1 3 1 0 1 1 1

1 1 3 1 0 1 2

2 0 1 2 0 0 1

1 1 0 0 2 1 0

1 1 1 0 1 2 1

1 1 2 1 0 1 3

     .    

Μπορουµε να επεκτεινουµε τον συλλογισµο για τις δυναµεις Aj , j = 1, 2, 3, ... . Π.χ.



    3 A =    

0 1 1 0 0 1 1

1 0 0 0 1 1 0

1 0 1 1 0 0 0

0 0 1 0 0 0 1

0 1 0 0 1 0 0

1 1 0 0 0 0 0

1 0 0 1 0 0 1

3



         =        

4 6 7 2 2 5 7

6 3 2 2 4 4 2

7 2 5 5 1 2 4

2 2 5 2 0 2 5

2 4 1 0 3 2 1

5 4 2 2 2 2 2

7 2 4 5 1 2 5

         

και ετσι ϐλεπουµε οτι ο συνολικος αριθµος διαδροµων µηκους 3 απο τον χωρο 1 στον χωρο 3 ειναι 7 και απο τον χωρο 5 στον χωρο 2 ειναι 4. Μπορειτε να ελεγξετε την κατοψη του σπιτιου για να ϐεβαιωθειτε οτι αυτο ισχυει πραγµατικα.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

13

1.2.20. ∆ειξτε οτι

 ... a1N κ1  κ2 ... a2N   ... ...   ... ... aM N κN

a11 a12  a21 a22   ... ... aM 1 ... και





  a11      = κ1  a21  + κ2    ...   aM 1

  a12  a22   + ... + κN    ... aM 2

[a1 a2

 κ1  κ2   ... aN ]   ...  = κ1 a1 + κ2 a2 + ... + κN aN . κN

Απαντηση. Εχουµε

a11 a12  a21 a22   ... ... aM 1 ...

 ... a1N κ1  κ2 ... a2N   ... ...   ... ... aM N κN





 κ1 a11 + κ2 a12 + ... + κN a1N   κ1 a21 + κ2 a22 + ... + κN a2N  =     ... κ1 aM 1 + κ2 aM 2 + ... + κN aM N      a11 a12  a21      + κ2  a22  + ... + κN  = κ1   ...   ...   aM 1 aM 2

εχ



(1.2)

αγ ι



 a1N a2N   (1.1) ...  aN N

ας



 a1N a2N   ...  aN N

Ετσι εχουµε αποδειξει την (1.1). Η (1.2) ειναι απλα µια ισοδυναµη γραφη της (1.1). 1.2.21. ∆ειξτε οτι



 ... 0 a11 a12   ... 0   a21 a22 ... ...   ... ... ... κN aN 1 ...

Αθ .Κ

κ1 0  0 κ2   ... ... ... ...

  ... a1N κ1 a11 κ1 a12   ... a2N   κ2 a21 κ2 a22 = ... ...   ... ... κN aN 1 ... ... aN N

 ... κ1 a1N ... κ2 a2N   . (1.3)  ... ... ... κN aN N

Απαντηση. Εχουµε για καθε m, n:



κ1 0  0 κ2   ... ... ... ...

=

 a11 a12 ... 0  a21 a22 ... 0   ... ...   ... ... aN 1 ... ... κN 

0 ... 0 κm

και αυτο αποδεικνυει την (1.3).

 ... a1N  ... a2N   ... ...  ... aN N mn 

a1n  ...    am−1,n 0 ... 0   amn  am+1,n   ... amN

     = κm amn    

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

1.3

14

Αλυτα Προβληµατα

1 2 0 −1

,

1 2 1 0 −1 0

,

1 2

,

1 0

ας

1.3.1. Υπολογιστε την διασταση των παρακατω πινακων.

,

Απ. 2 × 2, 2 × 3, 1 × 2, 2 × 1, 2 × 2.) 1.3.2. Γραψτε τον πινακα

.

αγ ι

A=

5 −8 1 2 3 1

1+i 2−1 3 −i

µε συµβολισµο γραµµων και συµβολισµο στηλων. 1.3.3. Οι πινακες

A=

x y 4 1

,

B=

3 9 z u

ειναι ισοι. Ποιες ειναι οι τιµες των x, y, z, u; Απ. x = 3, y = 9, z = 4, u = 1.

εχ

1.3.4. Υπολογιστε το A + B και το A − B για τους πινακες

Αθ .Κ

1 3 −1 A= 2 1 0 0 7 −3 2 −1 1 Απ. , . 3 1 0 1 1 0

,

B=

−1 4 −2 1 0 0

.

1.3.5. Υπολογιστε το A + B και το A − B για τους πινακες

A=

4 0 −2 1

,

B=

1 −4 2 2 3 6

.

Απ. Οι πραξεις αυτες δεν ειναι δυνατες.

1.3.6. ∆ινονται οι πινακες

A=

1 4 5 7

,

B=

1 3 4 2



,

Υπολογιστε τους AB, BA, CD, DC  .

Απ.

17 11 , 33 29

 1 0 2 C =  −2 3 0  , 3 2 1

 6 0 7 1 2 . D= 1 −3 −2 4

   0 −4 15 27 14 19 16 25 4 . ,  −9 3 −8 ,  5 7 14 30 17 0 29 13 2 −2



ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

15

1.3.7. ∆ινονται οι πινακες

A=

2 0 0 2

,

B=

1 5 4 2



 4 0 0 C =  0 3 0 , 0 0 2

,

Υπολογιστε τους AB, BA,  CD, DC. Τι παρατηρειτε ;   Απ.

2 10 , 8 4

 3 −2 4 4 5 . D= 7 3 2 1

 12 −8 16 12 −6 8 2 10 ,  21 12 15 ,  28 12 10 . 8 4 6 4 2 12 6 2

αγ ι



ας

1.3.8. ∆ινονται οι πινακες



 4 0 0 A =  0 3 0 , 0 0 2



 6 3 4 B =  −1 1 8  . 8 0 4

Υπολογιστε τους AB ;  , BA  . Τι παρατηρειτε 

εχ

24 12 16 24 9 8    −3 3 24 , −4 3 16  . Απ. 16 0 8 32 0 8

1.3.9. Αποδειξτε (οταν οι παρακατω πραξεις ειναι δυνατες) οτι

A + (B + C) = (A + B) +C.

Αθ .Κ

1.3.10. Αποδειξτε οτι

(κ + λ) · A = κ · A+λ · A.,

(κ · λ) · A = κ · (λ · A) .

1.3.11. Αποδειξτε (οταν οι παρακατω πραξεις ειναι δυνατες) οτι

κ · (A · B) = (κ · A) ·B.

1.3.12. Αποδειξτε οτι A · 0 = 0 · A = 0. 1.3.13. Αποδειξτε οτι (A + I) · (A + I) = A2 +2A + I. 1.3.14. Αποδειξτε οτι, γενικα, δεν ισχυει (A + I) · (B + I) = (A + I) · (B + I). Ποτε ισχυει η ισοτητα ; 1.3.15. ∆ειξτε µε ενα παραδειγµα οτι, γενικα, (A + B) · (A + B) 6= A2 +2AB + B2 . 1.3.16. Οριζω

A(θ) = ∆ειξτε οτι A(θ)A(φ) = A(θ + φ).

cos θ − sin θ sin θ cos θ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

16

1.3.17. ∆ινεται ο πινακας

 0 1 0 A = 1 0 0 . 0 0 1 ∆ειξτε οτι για καθε



 b11 b12 b13 B =  b21 b22 b23  b31 b32 b33 εχουµε



 b21 b22 b23 AB =  b11 b12 b13  , b31 b32 b33

ας



 b12 b11 b13 BA =  b22 b21 b23  . b32 b31 b33

αγ ι



∆ιατυπωστε τις παραπανω ισοτητες µε λογια.

1.3.18. ∆ινεται N × N πινακας A ο οποιος προκυπτει απο τον N × N µοναδιαιο πινακα I, µε εναλλαγη των γραµµων i και j . ∆ινεται επισης τυχον N × N πινακας B. ∆ειξτε οτι ο AB ειναι ο B µε εναλλαγη των γραµµων i και j · επισης οτι ο BA ειναι ο B µε εναλλαγη των στηλων i και j .

εχ

1.3.19. Βρειτε ολους τους πινακες A τετοιους ωστε

1 −1 A = 0 1 1 −1/2 −1 1/2 Απ. Υπαρχουν δυο τετοιοι πινακες : A = και A = . 0 1 0 −1 2

Αθ .Κ

1.3.20. Εστω N × N πινακας A.Οριζουµε το ιχνος αυτου

tr (A) =

N X

ann .

n=1

Αν B ειναι M × N και C ειναι N × M , δειξτε οτι tr (BC) = tr (CB). 1.3.21. Αν A, B ειναι N × N πινακες, δειξτε οτι η σχεση AB − BA = I ειναι αδυνατη. 1.3.22. ∆ινεται το συστηµα γραµµικων εξισωσεων

x − 3y + z + 2u = 2 x + y − 3u = −1 7x + z + u = 0

Γραψτε το συστηµα αυτο ως µια εξισωση πινακων. Απ.  

 x   1 −3 1 2   2 y    1  1 0 −3    z  = −1 7 0 1 1 0 u 

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ

17

Σχηµα 1.2.2

Αθ .Κ

εχ

αγ ι

1.3.24. Τι µαθατε απο τα προβληµατα 1.2.17, 1.2.18, 1.2.19;

ας

1.3.23. Βρειτε στο παρακατω σχηµα ποσες διαδροµες υπαρχουν πουν συνδεουν τον χωρο 1 µε τον χωρο 3 και εχουν µηκος 4.

ας

Κεφάλαιο 2

αγ ι

Αντιστροφος Πινακας και ∆υναµεις Πινακων

Αθ .Κ

εχ

Εχουµε ηδη πει οτι οι πινακες ειναι ¨γενικευµενοι αριθµοι¨. Στο προηγουµενο κεφαλαιο ειδαµε πως να εκτελουµε πραξεις µεταξυ πινακων (αντιστοιχες µε τις πραξεις µεταξυ αριθµων). Στο παρον κεφαλαιο ϑα δουµε οτι οι τετραγωνικοι πινακες, οπως και οι αριθµοι, µπορουν να εφοδιαστουν µε δυναµεις. Οπως ακριβως στο συστηµα των πραγµατικων αριθµων εχουµε aa−1 = 1, ετσι και για τους τετραγωνικους πινακες εχουµε AA−1 = I, οπου A−1 ειναι ο αντιστροφος του N × N πινακα A. Για να υπαρχει ο αντιστροφος ενος αριθµου a, πρεπει να εχουµε a 6= 0. Παροµοια, για να εχει ο τετραγωνικος πινακας A αντιστροφο, πρεπει να ικανοποιειται καποια συνθηκη, η οποια ειναι γενικευση (για το συνολο των τετραγωνικων πινακων) της a 6= 0. Οπως ϑα ϕανει και απο τις εποµενες προτασεις, δυναµεις και αντιστροφος οριϹονται µονο για τετραγωνικους πινακες ! Καθε πινακας που εµφανιζεται σε αυτο το κεφαλαιο ειναι τετραγωνικος εκτος αν το αντιθετο λεγεται ϱητα.

2.1

Θεωρια

2.1.1. Εστω N ×N πινακας A. Αν υπαρχει N ×N πινακας B τετοιος ωστε BA = AB = I, τοτε ο B ειναι µοναδικος. 2.1.2. Τον µοναδικο πινακα B που εχει την ιδιοτητα BA = AB = I (αν αυτος υπαρχει !) τον ονοµαζουµε αντιστροφο του A και τον συµβολιζουµε µε A−1 = B.

2.1.3. Υπαρχουν τετραγωνικοι πινακες που δεν εχουν αντιστροφο. Π.χ. ο µηδενικος πινακας δεν εχει αντιστροφο. Αν υπαρχει ο A−1 , ο A λεγεται οµαλος· σε αντιθετη περιπτωση ο A λεγεται ανωµαλος η ιδιαζων. 2.1.4. Εστω πινακες A, B οι οποιοι εχουν αντιστροφους A−1 , B−1 . Ισχυουν τα εξης. 1. (A

−1 −1

) = A (δηλ. ο αντιστροφος του A−1 ειναι ο A).

2. (A · B)−1 = B−1 · A−1 . 18

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

19

2.1.5. Ο γενικος 1 × 1 πινακας A = [a11 ] εχει τον αντιστροφο A−1 = a−1 11 ανν a11 6= 0· ο A ειναι ανωµαλος ανν a11 = 0.

A=

a11 a12 a21 a22

ας

2.1.6. Ο γενικος 2 × 2 πινακας

εχει τον αντιστροφο

a22 −a12 A −a21 a11 6 0· ο A ειναι ανωµαλος ανν a12 a21 − a11 a22 = 0. = 1 = a11 a22 − a12 a21

(2.1)

αγ ι

−1

ανν a12 a21 − a11 a22

2.1.7. Οταν ο A ειναι N × N , N ∈ {3, 4, ...}, ο A−1 µπορει να υπολογιστει ειτε λυνοντας ενα συστηµα γραµµικων εξισωσεων, ειτε χρησιµοποιωντας ενα τυπο παροµοιο µε τον (2.1) – οµως ο τυπος αυτος εµπλεκει οριζουσες και γι΄ αυτο ϑα τον παρουσιασουµε στο Κεφαλαιο 4. 2.1.8. ∆ινεται ενας N ×N πινακας A· συµβολιζουµε µε A2 τον πινακα A ·A (το τετραγωνο του A).

εχ

2.1.9. ∆ινεται ενας N × N πινακας A· συµβολιζουµε µε A3 τον πινακα A · A · A· λογω προσεταιριστικοτητας εχουµε

A3 = A · A · A = A2 ·A = A· A2 .

2.1.10. Γενικοτερα, για καθε N × N πινακα A και για καθε n ∈ {1, 2, ...} οριζουµε την n-στη δυναµη του A:

An = A · A · .. · A. n ϕορες

Αθ .Κ

Εξ ορισµου,

A0 = I.

2.1.11. Οι µη αρνητικες ακεραιες δυναµεις των πινακων συµπεριφερονται οπως οι ακεραιες δυναµεις αριθµων. ∆ηλ. για καθε N × N πινακα A εχουµε

∀m, n ∈ {0, 1, 2, ...} : Am · An = Am+n ,

(Am )n = Amn .

2.1.12. Αν υπαρχει ο A−1 µπορουµε να ορισουµε αρνητικες δυναµεις του A: για n ∈ {1, 2, ...} οριζουµε

A−n = A−1 ·A−1 ·.. · A−1 . n ϕορες

2.1.13. Οι ακεραιες δυναµεις των πινακων συµπεριφερονται οπως οι ακεραιες δυναµεις αριθµων. ∆ηλ. για καθε N × N πινακα A εχουµε :

∀m, n ∈ {0, ±1, ±2, ...} : Am · An = Am+n ,

(Am )n = Amn

(µε την επιφυλαξη οτι ο A πρεπει να ειναι οµαλος για να εχει αρνητικες δυναµεις).

2.1.14. Ενας N × N πινακας A λεγεται ταυτοδυναµος ανν A2 = A.

2.1.15. Για καθε ταυτοδυναµο πινακα ισχυει Ak = A για καθε k ∈ {1, 2, 3...}. 2.1.16. Ενας N ×N πινακας A λεγεται µηδενοδυναµος ανν υπαρχει k ∈ {1, 2, 3...} τετοιο ωστε Ak = 0. Το µικροτερο τετοιο k το ονοµαζουµε ταξη του A. 2.1.17. Ενας N × N πινακας A λεγεται ενελικτικος ανν A2 = I.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

2.2

20

Λυµενα Προβληµατα

2.2.1. Επαληθευστε οτι ο

1 2 −1 3

A=

ας

εχει τον αντιστροφο

A

3 5 1 5

−1

=

− 25

.

1 5

1 2 −1 3

3 5 1 5

− 25

3 5 1 5

1 2 −1 3

· − 25 · 1 5

1·3+2·1 −1·2+2·1 5 5 (−1)(−2)+3·1 −1·3+3·1 5 5 3·1+(−2)·(−1) 3·2−2·3 5 5 1·1−1·1 1·2+1·3 5 5

=

1 5

αγ ι

Απαντηση. Εχουµε

=

2.2.2. Επαληθευστε οτι ο

1 0 0 1

= 1 0 = . 0 1



εχει τον αντιστροφο

εχ

 2 −2 1 4 5  A= 3 1 1 2 3 7 − 17 − 17



A−1 = 

5 7 3 7 − 47

 −2 −1  . 2

Απαντηση. Εχουµε

 3   3     5 5 2 −2 1 2 −2 1 1 0 0 −2 −2 7 7 7 7 3 3  3 4 5   − 17 4 5  =  0 1 0 . −1  =  − 17 −1   3 7 7 4 4 1 1 1 1 2 −7 −7 2 −7 −7 2 1 1 2 0 0 1

Αθ .Κ



2.2.3. Υπολογιστε τον αντιστροφο του

A=

3 −5 −1 2

.

Απαντηση. Εστω οτι

A

−1

=

x11 x12 x21 x22

.

Πρεπει να εχουµε

3 −5 −1 2

x11 x12 x21 x22

=

1 0 0 1

.

Εκτελωντας τον παραπανω πολλαπλασιασµο παιρνουµε τις εξισωσεις

3x11 − 5x21 = 1 −x11 + 2x21 = 0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

21

και

ας

3x12 − 5x22 = 0 −x12 + 2x22 = 1.

Λυνοντας το πρωτο συστηµα (µε αντικατασταση) εχουµε x11 = 2 και x21 = 1· λυνοντας το δευτερο συστηµα εχουµε x22 = 3, x12 = 5. Αρα

=

2 5 1 3

.

αγ ι

A

−1

Αυτο το επαληθευουµε κανοντας τον πολλαπλασιασµο

2 5 1 3

2.2.4. Υπολογιστε τον αντιστροφο του

3 −5 −1 2

=

1 0 0 1

.



εχ

 1 0 2 A =  −1 1 1  . 1 2 0

Απαντηση. Εστω οτι



A−1

Αθ .Κ

Πρεπει να εχουµε

 x11 x12 x13 =  x21 x22 x23  . x31 x32 x33

    1 0 0 1 0 2 x11 x12 x13  −1 1 1   x21 x22 x23  =  0 1 0  . 0 0 1 1 2 0 x31 x32 x33 

Εκτελωντας τον παραπανω πολλαπλασιασµο παιρνουµε τις εξισωσεις

x11 + 2x31 = 1 x21 − x11 + x31 = 0 x11 + 2x21 = 0

και

x12 + 2x32 = 0 x22 − x12 + x32 = 1 x12 + 2x22 = 0

και

x13 + 2x33 = 0 x23 − x13 + x33 = 0 x13 + 2x23 = 1.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

22

οποτε

αγ ι

1 3 1 x11 = , x21 = − , x31 = 4 8 8 1 1 1 x12 = − , x22 = , x32 = 2 4 4 1 3 1 x13 = , x23 = , x33 = − 4 8 8  1  1 − 21 4 4 1 3  A−1 =  − 18 . 4 8 3 1 1 − 8 4 8

ας

Εχουµε τρια συστηµατα, το καθενα εκ των οποιων εχει τρεις εξισωσεις και τρεις αγνωστους. Μπορουµε λοιπον να λυσουµε το καθε συστηµα ξεχωριστα. Μετα απο αρκετες πραξεις παιρνουµε

Μπορουµε λοιπον να υπολογισουµε τον αντιστροφο ενος 3×3 πινακα λυνοντας συστηµατα γραµµικων εξισωσεων. Οµως αυτος ο τροπος ειναι επιπονος. Στο Κεφαλαιο 4 ϑα δουµε εναν γενικο τυπο ο οποιος διευκολυνει τον υπολογισµο του αντιστροφου. Επισης, στα εποµενα προβληµατα ϑα δουµε µερικες ειδικες περιπτωσεις υπολογισµου αντιστροφου. 2.2.5. ∆ινονται οι





 0 0 1 B =  1 0 0 . 0 1 0

εχ

 0 1 0 A =  0 0 1 , 1 0 0

∆ειξτε οτι ο A ειναι αντιστροφος του B. Μπορειτε να εξηγησετε διαισθητικα γιατι συµβαινει αυτο ; (Υποδειξη : υπολογιστε το γινοµενο του µε ενα τυχαιο πινακα). Απαντηση. Παρατηρουµε οτι



Αθ .Κ

 0 1 0 0 0 1 AB =  0 0 1   1 0 0 1 0 0 0 1 0   0 0 1 0 1 0 BA =  1 0 0   0 0 1 0 1 0 1 0 0





 1 0 0  =  0 1 0 , 0 0 1    1 0 0  =  0 1 0 . 0 0 1

Οντως λοιπον A−1 = B. Γιατι συµβαινει αυτο ; Παιρνουµε τυχοντα πινακα C και εκτελουµε τον πολλαπλασιασµο



    c11 c12 c13 0 1 0 c13 c11 c12 CA =  c21 c22 c23   0 0 1  =  c23 c21 c22  . c31 c32 c33 1 0 0 c33 c31 c32

Παρατηρουµε οτι ο πολλαπλασιαζοντας τον C επι A εναλλαξαµε τις στηλες του C: η πρωτη στηλη εγινε δευτερη, η δευτερη τριτη και η τριτη πρωτη. Παροµοια παιρνουµε τυχοντα πινακα D και εκτελουµε τον πολλαπλασιασµο



    d11 d12 d13 0 0 1 d12 d13 d11 DB =  d21 d22 d23   1 0 0  =  d22 d23 d21  . d31 d32 d33 0 1 0 d32 d33 d31

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

23



ας

Παρατηρουµε οτι ο πολλαπλασιαζοντας τον D επι B εναλλαξαµε τις στηλες του D: η πρωτη στηλη εγινε τριτη, η δευτερη πρωτη και η τριτη δευτερη. Τι συµβαινει αν εκτελεσουµε και τους δυο πολλαπλασιασµους ;

     c11 c12 c13 0 1 0 0 0 1 c11 c12 c13 CAB =  c21 c22 c23   0 0 1   1 0 0  =  c21 c22 c23  . c31 c32 c33 1 0 0 0 1 0 c31 c32 c33 Παιρνουµε τον αρχικο πινακα C. Αυτο δεν ειναι απροσδοκητο, αφου

αγ ι

CAB = CAA−1 = CI = C.

2.2.6. ∆ειξτε οτι ο

εχ

Αλλα τωρα εχουµε και µια διαισθητικη εξηγηση : η πρωτη στηλη του C εγινε καταρχην δευτερη (στον πρωτο πολλαπλασιασµο) και κατοπιν η δευτερη εγινε πρωτη, δηλ. επανηλθε στην αρχικη της ϑεση. Το ιδιο συµβαινει και µετις αλλες στηλες. Ο πινακας B αντιστρεφει την µεταθεση στηλων που προξενει ο πινακας A. Οι πινακες A, B ειναι πινακες µεταθεσης (δες Κεφ. 14). Καθε πινακας που προκυπτει απο τον µοναδιαιο πινακα µε µεταθεση των στηλων του υλοποιει, µε εκ δεξιων πολλαπλασιασµο, την αντιστοιχη µεταθεση σε τυχοντα πινακα. Τι επιδραση εχει σε τυχαιο πινακα ο πολλαπλασιασµος εξ αριστερων µε ενα πινακα µεταθεσης ; Πειραµατιστε µε τους A, B.



 0 1 0 A= 1 0 0  0 0 1

Αθ .Κ

ειναι αντιστροφος του εαυτου του. Μπορειτε να εξηγησετε διαισθητικα γιατι συµβαινει αυτο ; Απαντηση. Πραγµατι



    0 1 0 0 1 0 1 0 0 AA =  1 0 0   1 0 0  =  0 1 0  0 0 1 0 0 1 0 0 1

δηλ. A−1 = A (ο A ειναι αυτοαντιστροφος). ∆ιασθητικα, ο A εναλλασσει την πρωτη και δευτερη στηλη καθε 3 × 3 πινακα· αν αυτο επαναληφθει δυο ϕορες παιρνουµε τον αρχικο πινακα. 2.2.7. Υπολογιστε τον αντιστροφο του



0  0 A=  0 1

1 0 0 0

0 1 0 0

 0 0  . 1  0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

24



A−1

0  1 =  0 0

0 0 1 0

ας

Απαντηση. Ο A προκυπτει απο προς τα δεξια (κυκλικη) µεταθεση ολων των στηλων του µοναδιαιου. Αρα περιµενουµε οτι αντιστροφος του ϑα προκυπτει απο προς τα αριστερα κυκλικη µεταθεση ολων των στηλων του µοναδιαιου. ∆ηλ. περιµενουµε

 1 0  . 0  0

0 0 0 1



0  1   0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

 1 0 1  0 0 0   0  0 0 0 1 0

αγ ι

Πραγµατι

  0 0 1  0 0 0  = 1   0 0 0 1 0

0 1 0 0

2.2.8. Υπολογιστε τον αντιστροφο του

 0 0 0  1 0 0   1  0 1 0 0 0

a11 a12 a21 a22

  1 1 0  0 1 0  = 0   0 0 0 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0

.

εχ

A=

0 1 0 0

Απαντηση. Εστω οτι

A

Πρεπει να εχουµε

a11 a12 a21 a22

Αθ .Κ

−1

=

x11 x12 x21 x22

x11 x12 x21 x22

.

=

1 0 0 1

.

Εκτελωντας τον παραπανω πολλαπλασιασµο παιρνουµε τις εξισωσεις

a11 x11 + a12 x21 = 1 a21 x11 + a22 x21 = 0

και

a11 x12 + a12 x22 = 0 a21 x12 + a22 x22 = 1.

Θα λυσουµε το πρωτο συστηµα µε αντικατασταση. Απο τη πρωτη εξισωση εχουµε

x11 =

1 − a12 x21 a11

οποτε στην δευτερη εξισωση παιρνουµε

1 − a12 x21 + a22 x21 = 0 ⇒ a11 a21 a22 =− και x11 = . a11 a22 − a12 a21 a11 a22 − a12 a21

a21 x11 + a22 x21 = 0 ⇒ a21 x21

 0 0  . 0  1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

25

Με αντιστοιχο τροπο παιρνουµε

a11 a12 και x12 = − a11 a22 − a12 a21 a11 a22 − a12 a21

Επισης εχουµε

a22 a11 a22 − a12 a21

a22 −a12 −a21 a11

a11 a12 a21 a22

=

ας

x22 =

1 0 0 1

.

Οποτε εχουµε επαληθεσυει τον γενικο τυπο του 2 × 2 αντιστροφου, που ειναι : Τελικα

1 = a11 a22 − a12 a21

a22 −a12 −a21 a11

.

αγ ι

A

−1

(2.2)

Στην παραπανω επιλυση υποθεσαµε οτι a11 a22 −a12 a21 6= 0. Αν ειχαµε a11 a22 −a12 a21 = 0, τοτε ο αντιστροφος του A δεν ϑα υπηρχε (δες και την παρακατω ασκηση). 2.2.9. ∆ειξτε οτι (για καθε N ) ο N × N µηδενικος πινακας δεν εχει αντιστροφο. Απαντηση. Πρεπει να εχουµε

0 0 0 0

x y z u

=

1 0 0 1

εχ

το οποιο δινει το συστηµα

Αθ .Κ

0x + 0z = 1 0y + 0u = 0 0x + 0z = 0 0y + 0u = 1

Αλλα, προφανως, οι πρωτη και τεταρτη εξισωση ειναι αδυνατες και ετσι το συστηµα ειναι αδυνατο, δηλ. δεν υπαρχει ο αντιστροφος του µηδενικου πινακα. 2.2.10. ∆ειξτε οτι ο

A=

1 2 1 2

δεν εχει αντιστροφο. Απαντηση. Πρεπει να εχουµε

1 2 1 2

x y z u

=

1 0 0 1

το οποιο δινει το συστηµα

x + 2z = 1 y + 2u = 0 x + 2z = 0 y + 2u = 1

Αλλα, προφανως, η πρωτη εξισωση ειναι ασυµβατη µε την τριτη (και η δευτερη µε την τεταρτη) και ετσι το συστηµα ειναι αδυνατο, δηλ. δεν υπαρχει ο αντιστροφος του A.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

26

2.2.11. ∆ειξτε οτι ο

A=

1 2 2 4

δεν εχει αντιστροφο. Απαντηση. Πρεπει να εχουµε

1 2 2 4

x y z u

1 0 0 1

=

αγ ι

το οποιο δινει το συστηµα

ας

x + 2z = 1 y + 2u = 0 2x + 4z = 0 2y + 4u = 1

εχ

Αλλα η πρωτη εξισωση πολλαπλασιασµενη επι 2 δινει 2x+4z = 2 και αυτη ειναι ασυµβατη µε την τριτη (το ιδιο συµβαινει µε την δευτερη και την τεταρτη εξισωση) και ετσι το συστηµα ειναι αδυνατο, δηλ. δεν υπαρχει ο αντιστροφος του A. 2.2.12. Εστω 2 × 2 πινακας

a11 a12 a21 a22

A=

.

Αθ .Κ

Αποδειξτε οτι ο A−1 υπαρχει ανν a11 a22 − a12 a21 = 6 0. Απαντηση. Εχουµε ηδη δειξει οτι, οταν |A| 6= 0 υπαρχει ο A−1 και δινεται απο τον τυπο (2.2). Ας υποθεσουµε τωρα οτι

a11 a22 − a12 a21 = 0

(2.3)

και ας ϑεσουµε τον αντιστροφο

−1

A =

x y z u

.

Ας εξετασουµε πρωτα την περιπτωση a11 = 0. Τοτε απο την (2.3) παιρνουµε και a12 a21 = 0. Αν a12 = 0, τοτε εχουµε

1 0 0 1

−1

=A A=

x y z u

0 a12 0 a22

⇒ 0x + 0y = 1

το οποιο ειναι αδυνατο· παροµοια ϐλεπουµε οτι το a21 οδηγει σε αντιφαση. Αρα δεν µπορει ουτε και το a11 να ειναι µηδενικο. Ας υποθεσουµε λοιπον οτι a11 a22 − a12 a21 = 0 και a11 6= 0. Τοτε οπως ειδαµε στο Εδαφιο 2.2.8, εχουµε

x11 =

1 − a12 x21 a11

και

(a11 a22 − a12 a21 ) x21 = −a21 ⇒ a21 = 0 ⇒ a11 a22 = 0 ⇒ a22 = 0.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

27

Τοτε οµως

1 0 0 1

= AA

−1

=

a11 a12 0 0

x y z u

⇒ 0x + 0z = 1

ας

το οποιο επισης ειναι ατοπο. Αρα λοιπον, κακως υποθεσαµε οτι υπαρχει ο A−1 · αυτο ειναι ασυµβιβαστο µε την συνθηκη a11 a22 − a12 a21 = 0.

αγ ι

2.2.13. Εστω N × N πινακας A. Αποδειξτε οτι αν υπαρχει N × N πινακας B τετοιος ωστε BA = AB = I, τοτε ο B ειναι µοναδικος. Απαντηση. Εχουµε Εστω πινακας A που εχει δυο αντιστροφους, τους B και C. Τοτε πρεπει να εχουµε

AB= BA = I AC= CA = I

Πολλαπλασιαζοντας την πρωτη εξισωση απο δεξια µε C παιρνουµε CAB = CBA = C. Αλλα απο την δευτερη εχουµε CA = I, αρα IB = C δηλ. B = C. ∆ηλαδη, αν ενας πινακας εχει αντιστροφο, εχει µοναδικο αντιστροφο. −1 −1

εχ

2.2.14. Αποδειξτε οτι (A ) = A. −1 Απαντηση. Εχουµε Εστω B = (A−1 ) . Θα πρεπει να εχουµε

BA−1 = A−1 B = I.

Αλλα ενας πινακας που ικανοποιει την παραπανω ειναι ο B = A. Επειδη ο αντιστροφος −1 του A−1 ειναι (αν υπαρχει) µοναδικος, εχουµε (A−1 ) = B = A.

Αθ .Κ

2.2.15. Αποδειξτε οτι (A · B)−1 = B−1 ·A−1 . Απαντηση. Αρκει να παρατηρησουµε οτι

B−1 ·A−1 ·A · B= B−1 ·A−1 ·A · B = B−1 ·I · B = B−1 ·B = I (A · B) · B−1 ·A−1 = A · B · B−1 ·A−1 = A−1 ·I · A = A−1 ·A = I.

2.2.16. Εστω πινακες A και B τετοιοι ωστε AB = BA. ∆ειξτε οτι

A−1 B−1 = B−1 A−1 ,

BA−1 = A−1 B, AB−1 = B−1 A.

Απαντηση. Εχουµε

AB = BA ⇒ (AB)−1 = (BA)−1 ⇒ B−1 A−1 = A−1 B−1

και ετσι εχουµε αποδειξει την πρωτη Ϲητουµενη. Τωρα

B−1 A−1 = A−1 B−1 ⇒ BB−1 A−1 B = BA−1 B−1 B ⇒ A−1 B = BA−1 και εχουµε αποδειξει την δευτερη. Η τριτη αποδεικνυεται παροµοια.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

28

2.2.17. Εστω N × N πινακας A. Αποδειξτε οτι

Απαντηση. Για το πρωτο Ϲητουµενο εχουµε

ας

(Am )n = Amn

∀m, n ∈ {0, 1, 2, ...} : Am · An = Am+n ,

Am · An = A · ... · A · A · ... · A = A · ... · A = Am+n . m ϕορες

n ϕορες

m+n ϕορες

Για το δευτερο Ϲητουµενο εχουµε

m ϕορες

αγ ι

(A ) = A · ... · A · ... · A · ... · A = A · ... · A = Amn . m n

m ϕορες

m·n ϕορες

n ϕορες

2.2.18. Υπολογιστε τους A2 , A3 οταν

1 1 2 −1

A= Απαντηση. Εχουµε

.

1 1 1 1 3 0 A =A·A= = , 2 −1 2 −1 0 3 3 0 1 1 3 3 2 2 A = A ·A = = . 0 3 2 −1 6 −3

εχ

2

2.2.19. Υπολογιστε τους B2 , B3 για

Αθ .Κ



 1 −1 3 0 0 . B= 2 0 −2 1

Απαντηση. Οµοια µε την προηγουµενη ασκηση εχουµε



 −1 −7 6 B2 = B · B =  2 −2 6  , −4 −2 1



 −15 −11 3 12  . B3 = B · B · B =  −2 −14 −8 2 −11

2.2.20. Υπολογιστε το το AK για καθε ϑετικο ακεραιο K οταν

A=

0 −1 1 0

Απαντηση. Υπολογιζουµε µερικες απο τις παραπανω δυναµεισ:

0 −1 1 0

1

0 −1 1 0

3

= =

0 −1 1 0

0 1 −1 0

, ,

0 −1 1 0

2

−1 0 = 0 −1 4 0 −1 1 0 = . 1 0 0 1

,

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

29

A

4n+k

= =

1 0 0 1

0 −1 1 0

οταν k = 0

οταν k = 1

−1 0 = οταν k = 2 0 −1 0 1 = οταν k = 3. −1 0 √ Παρατηρειτε την οµοιοτητα µε τις δυναµεις του i = −1; 2.2.21. ∆ειξτε οτι ο

αγ ι

ας

Καθε αριθµος K µπορει να γραφτει στην µορφη K = 4n + k , οπου k = 0, 1, 2, 3. Αρα εχουµε AK = A4n+k = Ak και



 2 −3 −5 4 5  A =  −1 1 −3 −4

εχ

ειναι ταυτοδυναµος. Απαντηση. Εχουµε



    2 −3 −5 2 −3 −5 2 −3 −5 4 5   −1 4 5  =  −1 4 5  = A. A2 = A · A =  −1 1 −3 −4 1 −3 −4 1 −3 −4 :

Αθ .Κ

2.2.22. Ποιος απο τους πινακες



 2 −2 −4 3 4 , A =  −1 1 −2 −3



 1 1 3 2 6 , B = 5 −2 −1 −3



 0 1 −1 4 , C =  4 −3 3 −3 4

ειναι ταυτοδυναµος, ποιος µηδενοδυναµος και ποιος ενελικτικος ; Απαντηση. Εχουµε



    2 −2 −4 2 −2 −4 2 −2 −4 3 4   −1 3 4  =  −1 3 4 =A A2 =  −1 1 −2 −3 1 −2 −3 1 −2 −3

και αρα ο A ειναι ταυτοδυναµος. Επισης εχουµε



 1 1 3 1 1 3 2    5 2 6 5 2 6 B= −2 −1 −3 −2 −1 −3   1 1 3 0 0 0 3    5 2 6 3 3 9 B= −2 −1 −3 −1 −1 −3





 0 0 0 = 3 3 9  −1 −1 −3    0 0 0 = 0 0 0 =0 0 0 0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

30

και αρα ο B ειναι µηδενοδυναµος ταξεως 3. Τελος  

και αρα ο C ειναι ενελικτικος.

ας

   0 1 −1 0 1 −1 1 0 0 4   4 −3 4 = 0 1 0 =I C =  4 −3 3 −3 4 3 −3 4 0 0 1

2.2.23. Αποδειξτε οτι για καθε ταυτοδυναµο πινακα ισχυει Ak = A για καθε k ∈ {1, 2, 3...}. Απαντηση. Εστω A2 = A. Τοτε

αγ ι

A3 = A2 · A = A · A = A2 = A,

A4 = A3 · A = A · A = A2 = A κ.τ.λ.

2.2.24. Αν οι πινακες A, B ειναι µηδενοδυναµοι και AB = BA = 0 αποδειξτε οτι ο A + B ειναι µηδενοδυναµος. Απαντηση. Εχουµε

(A + B)2 = (A + B) (A + B) = A2 + AB + BA + B2 = 0 και εχουµε αποδειξει το Ϲητουµενο.

εχ

2.2.25. Να δειχτει οτι : αν AB = A και BA = B, τοτε οι A, B ειναι ταυτοδυναµοι. Απαντηση. Εχουµε

A2 = A · A = AB · A = A · BA = A · B = A.

Παροµοια δειχνουµε οτι B2 = B.

Αθ .Κ

2.2.26. Βρειτε τα x, y ωστε ο



 −1 x y A =  1 −3 −5  −1 3 5

να ειναι ταυτοδυναµος. Απαντηση. Εχουµε



    −1 x y −1 x y x − y + 1 3y − 4x 4y − 5x 1 x−6 y − 10  A2 =  1 −3 −5   1 −3 −5  =  −1 3 5 −1 3 5 −1 6−x 10 − y

Για να ειναι λοιπον ο A ταυτοδυναµος ϑα πρεπει να εχουµε A2 = A, δηλ.

x − y + 1 = −1 3y − 4x = x 4y − 5x = y x − 6 = −3 y − 10 = −5 6−x=3 10 − y = 5,

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

31



 −1 3 5 A =  1 −3 −5  −1 3 5 ειναι ταυτοδυναµος. 2.2.27. Βρειτε τα x, y ωστε ο



να ειναι ενελικτικος. Απαντηση. Θα πρεπει να εχουµε

αγ ι

 4 x y A =  −1 0 −1  −4 −4 −3

ας

Λυνοντας τις δυο τελευταιες εξισωσεις ϐρισκουµε x = 3, y = 5. Κατοπιν ελεγξουµε οτι οι πρωτες πεντε επαληθευονται. Αρα ο πινακας

2     16 − 4y − x 4x − 4y y − x 1 0 0 4 x y 0 4−x 3 − y  =  0 1 0 . A2 =  −1 0 −1  =  −4 −4 −3 0 12 − 4x 13 − 4y 0 0 1

εχ



Αθ .Κ

Οποτε εχουµε το συστηµα

16 − 4y − x = 1 4x − 4y = 0 y−x=0 4−x=1 3−y =0 12 − 4x = 0 13 − 4y = 1

το οποιο εχει λυση x = 3, y = 3. Αρα ο πινακας



 4 3 3 A =  −1 0 −1  −4 −4 −3

ειναι ενελικτικος.

2.2.28. ∆ειξτε οτι : ο A ειναι ενελικτικος ανν (I − A) (I + A) = 0. Απαντηση. Εστω οτι ο A ειναι ενελικτικος , δηλ. A2 = I. Τοτε

(I − A) (I + A) = I − A + A − A2 = I − A2 = 0.

Αν τωρα (I − A) (I + A) = 0, ϑα εχουµε και

I − A 2 = 0 ⇒ A2 = I οποτε ο A ειναι ενελικτικος.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

(I + A) και

1 2

(I − A) ειναι µηδεν-

ας

1 2

2.2.29. Αν ο A ειναι ενελικτικος, δειξτε οτι οι οδυναµοι. Απαντηση. Εχουµε

32

2 1 1 1 1 1 (I + A) = I+2A + A2 = (I+2A + I) = (2I+2A) = (I + A) . 2 4 4 4 2

Η περιπτωση

1 2

(I − A) αποδεικνυεται παροµοια.

3

αγ ι

2.2.30. Βρειτε εναν ανω τριγωνικο πινακα A τετοιο ωστε

8 −57 0 27

A =

Απαντηση. Ο A ϑα ειναι προφανως 2 × 2. Εστω

A= Τοτε 3

x y 0 u

3

.

x3 x (uy + xy) + u2 y 0 u3

=

εχ

A =

x y 0 u

οποτε πρεπει να εχουµε

Αθ .Κ

x3 = 8 u3 = 27 x (uy + xy) + u2 y = −57.

Βλεπουµε αµεσως οτι µια λυση ειναι x = 2, u = 3, y = −3 (υπαρχουν και αλλες, µιγαδικες λυσεις). Οποτε ενας πινακας που ικανοποιει το Ϲητουµενο ειναι ο

2 −3 0 3

A=

.

2.2.31. Μπορουµε να ορισουµε και ϱητες δυναµεις πινακων, π.χ. ο A1/2 (δηλ. η τετραγωνικη ϱιζα ενος πινακα A) ειναι ενας πινακας B που εχει την ιδιοτητα B2 = A. Οµως δεν εχουν ολοι οι πινακες τετραγωνικη ϱιζα και οταν εχουν αυτη δεν ειναι παντα µοναδικη. Γενικα, ο ορισµος ϱητων δυναµεων Am/n ειναι αρκετα πολυπλοκη υποθεση, µε την οποια δεν ϑα ασχοληθουµε προς το παρον, πλην µερικων παραδειγµατων που δινονται παρακατω. 2.2.32. ∆ινεται ο πινακας

A=

1 0 4 1

.

Βρειτε ολους τους πινακες

B=

1 0 4 1

1/2 ,

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

33

δηλ. ολους τους πινακες B που ικανοποιουν

1 0 4 1

x y z u

B =

.

Απαντηση. Εστω

B= Τοτε

B=

2

x y z u

x2 + yz uy + xy uz + xz u2 + yz

=

.

αγ ι

2

.

ας

2

Θα πρεπει να εχουµε

x2 + yz (u + x) y (u + x) z u2 + yz

=1 =0 =4 = 1.

εχ

Απο την δευτερη εξισωση εχουµε u + x = 0 ή y = 0. Αλλα αν u + x = 0 δεν µπορει να ικανοποιηθει η τριτη εξισωση. Αρα εχουµε y = 0 και τοτε οι υπολοιπες εξισωσεις γινονται

x2 = 1 (u + x) z = 4 u2 = 1.

Αθ .Κ

Βλεπουµε λοιπον αµεσως οτι x = ±1 και u = ±1. Οποτε τελικα εχουµε τις εξης δυνατες λυσεις. u = −1, x = −1, z = −2, και u = 1, x = 1, z = 2 και οι Ϲητουµενοι πινακες ειναι

B1 =

−1 0 −2 −1

,

B2 =

1 0 2 1

ή, µε αλλα λογια,

1 0 4 1

1/2

=±

1 0 2 1

.

2.2.33. ∆ινεται ο πινακας

A=

9 4 8 9

.

Βρειτε ολους τους πινακες

B=

9 4 8 9

1/2 .

Απαντηση. Εδω εχουµε

B=

x y z u

,

2

B=

x2 + yz uy + xy uz + xz u2 + yz

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

34

x2 + yz (u + x) y (u + x) z u2 + yz

=9 =4 =8 =9

Ας υποθεσουµε u + x 6= 0. Τοτε

αγ ι

y 4 = ⇒ z = 2y. z 8

ας

και

Αντικαθιστωντας παιρνουµε

x2 + 2y 2 = 9 (u + x) y = 4 u2 + 2y 2 = 9

εχ

Οποτε απο την 1η και 3η εξισωση ϐλεπουµε οτι x2 = u2 και αφου u 6= −x εχουµε u = x. Οποτε τελικα λυνουµε το συστηµα

x2 + 2y 2 = 9 2xy = 4

Αθ .Κ

Το οποιο εχει τεσσερις λυσεις

x = 1, y = 2, x = −1, y = −2, √ 1√ x = 2 2, y = 2 2 √ 1√ x = −2 2, y = − 2 2

απο τις οποιες προκυπτουν και οι λυσιες (x, y, z, u) να ειναι

u = −1, x = −1, y = −2, z = −4, u = 1, x = 1, y = 2, z = 4, √ √ √ 1√ u = 2 2, x = 2 2, y = 2, z = 2, 2 √ √ √ 1√ u = −2 2, x = −2 2, y = − 2, z = − 2 2

Με αλλα λογια, ο A εχει τεσσερις τετραγωνικες ϱιζες. −1

2.2.34. Αποδειξτε οτι : (I − A) = I + A + A2 + A3 + ... . Απαντηση. Παρατηρουµε οτι

I + A + A2 +A3 +.... (I − A) = I + A + A2 +A3 +.... − A − A2 −A3 +.... = I

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

35

επειδη για καθε +An υπαρχει το αντιστοιχο −An .(Παρατηρηση: αυτη η αποδειξη δεν ειναι αυστηρη· µια αυστηρη αποδειξη ϑα αρξιζε οριζοντας τους πινακες

ας

Bn = I + A + A2 +... + An

και ϑα εδειχνε οτι Bn · (I − A) = I − An+1 . Κατοπιν ϑα επρεπε να δειξουµε οτι An → 0. Ποτε συµβαινει αυτο ;)

Αλυτα Προβληµατα

αγ ι

2.3

2.3.1. ∆ινονται οι

A=

1 1 2 −1

Υπολογιστε τους A2 , A3 , B2 , B3 . Απ.

3 0 0 3

, A3 =

3 3 6 −3



 1 −1 3 0 0 . , B= 2 0 −2 1



   −1 −7 6 −15 −11 3 12  , B2 =  2 −2 6  , B3 =  −2 −14 −4 −2 1 −8 2 −11

εχ

A2 =

2.3.2. ∆ειξτε οτι ο

2.3.3. ∆ειξτε οτι ο

3 −5 −1 2

−1

=

2 5 1 3

.

−1   0 1 −3 2 0 1  0 0 1  =  1 3 0 . 1 −2 6 0 1 0

Αθ .Κ



2.3.4. Υπολογιστε τον αντιστροφο των παρακατω πινακων, οταν αυτος υπαρχει.

A=

3 −5 −1 2

Απ.

A

−1

=

2 5 1 3

,

,

B=

−1

B

=

4 0 −2 1 1 4 1 2

0 1

,

C=

1 2 2 4

.

, ο C−1 δεν υπαρχει.

2.3.5. Υπολογιστε τον αντιστροφο των παρακατω πινακων, οταν αυτος υπαρχει.



 4 0 0 A =  0 2 0 , 0 0 3

Απ.

A−1

1 4

 0 1 −3 0 1 , B= 0 1 −2 6

 0 0 =  0 12 0  , 0 0 13 





 2 0 1 B =  1 3 0 , 0 1 0



 4 0 0 C =  0 2 −1  . 0 1 1 

1 4

0

C =  0 13 0 − 31

0



1 3 2 3

.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

36

2.3.6. ∆ειξτε οτι ο

−1   0 1 0 0 0 1  0 0 1  =  1 0 0 . 1 0 0 0 1 0

ας



Μπορειτε να εξηγησετε διαισθητικα γιατι συµβαινει αυτο ; (Υποδειξη : υπολογιστε το γινοµενο του µε ενα τυχαιο πινακα). 2.3.7. ∆ειξτε οτι ο



αγ ι

 0 1 0  1 0 0  0 0 1

ειναι αντιστροφος του εαυτου του. Μπορειτε να εξηγησετε διαισθητικα γιατι συµβαινει αυτο ; 2.3.8. Βρειτε τον αντιστροφο του



Απ.

εχ

 1 0 0 A =  0 1 0 . 0 0 1 

A−1

−1 −1

) = A, (A · B)−1 = B−1 · A−1 , (AT )−1 = (A−1 )T .

Αθ .Κ

2.3.9. Αποδειξτε οτι : (A

 1 0 0 =  0 1 0 . 0 0 1

−1

2.3.10. Αποδειξτε οτι : (I − A)

= I + A + A2 + A3 + ... .

2.3.11. Υπολογιστε τα

i 0 0 i

K

,

0 i i 0

K

για τυχοντα ϑετικο ακεραιο K . 2.3.12. Αποδειξτε οτι



a  0   0 0

0 b 0 0

0 0 c 0

K  K 0 a 0 0 0  0 bK 0 0 0   =  0 0 cK 0 0  d 0 0 0 dK

2.3.13. Υπολογιστε το

για τυχοντα ϑετικο ακεραιο K .

a 1 0 a

K

  . 

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ

37

2.3.14. Αποδειξτε οτι

A 0 0 B

K

AK 0 0 BK

=

,

ας

οπου A και B ειναι τετραγωνικοι πινακες.

2.3.15. Εστω οτι A ειναι N × N και A2 = I. Θετουµε B = 12 (I + A), C = 21 (I − A). ∆ειξτε οτι B2 = C2 = I και οτι BC = 0. 2.3.16. Εστω οτι A, B ειναι N × N και υπαρχει ο A−1 . ∆ειξτε οτι

αγ ι

(A + B) A−1 (A − B) = (A − B) A−1 (A + B) . 2.3.17. ∆ειξτε οτι ο



 1 1 3 2 6  A= 5 −2 −1 −3 ειναι µηδενοδυναµος ταξεως 3.

k

εχ

2.3.18. Να δειχτει οτι : αν ο A ειναι µηδενοδυναµος ταξεως 2, τοτε A· (I − A) = A για καθε k ∈ {1, 2, ...}. 2.3.19. Αν για τους πινακες A, B, C ισχυει A + B + C = I, δειξτε οτι αυτοι ειναι µηδενοδυναµοι ανν AB = BC = CA = 0.

 ... N1  ... ...   AN =   ... ... ... ...  . 1 ... ... N1 N

Αθ .Κ

2.3.20. Εστω



1 N 1 N

1 N 1 N

k

∆ειξτε οτι για καθε k ∈ {1, 2, ...} εχουµε (AN ) = AN . 2.3.21. ∆ειξτε οτι ο



 0 1 −1 4  A =  4 −3 3 −3 4

ειναι ενελικτικος.

2.3.22. Αν ο A ειναι ενελικτικος, δειξτε οτι (I + A) · (I − A) = 0. 2.3.23. ∆ινεται ο πινακας

A=

Βρειτε ολους τους πινακες B = A1/2 .

9 4 8 9

.

ας

Κεφάλαιο 3

3.1

αγ ι

Μερικοι Ειδικοι Τυποι Πινακων Θεωρια

3.1.1. Ο αναστροφος του A συµβολιζεται AT και προκυπτει αν µετατρεψουµε τις γραµµες του A σε στηλες και τις στηλες σε γραµµες :

∆ηλ.

mn

= Anm .

εχ

AT 

 r1  r2  T T T T  A=  ...  ⇔ A = r1 r2 ... rM . rM

Αθ .Κ

3.1.2. Αν οι παρακατω πραξεις ειναι δυνατες τοτε ισχυουν τα εξης :

(A + B)T = AT +BT ,

(C · D)T = DT ·CT .

3.1.3. Ενας τετραγωνικος πινακας A λεγεται συµµετρικος αν AT = A (δηλ. ο A εχει ιδιες γραµµες και στηλες). 3.1.4. Ενας τετραγωνικος πινακας A λεγεται αντισυµµετρικος ανν AT = −A.

3.1.5. Για καθε τετραγωνικο πινακα ισχυουν τα παρακατω . 1. Ο A + AT ειναι συµµετρικος και ο A − AT ειναι αντισυµµετρικος. 2. A = 21 · A + AT +

1 2

· A − AT .

3.1.6. Ενας τετραγωνικος πινακας A µε διαστασεις N × N , λεγεται διαγωνιος ανν (για m = 1, 2, ..., N , n = 1, 2, ..., N ) εχουµε m 6= n ⇒ amn = 0. ∆ηλ.   a11 0 0 ... 0  0 a22 0 ... ...    0 a33 ... ...  A =  0 .  ... ... ... ... ...  0 ... ... ... aN N 38

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

39

   A =  

a11 a12 a13 0 a22 a23 0 0 a33 ... ... ... 0 ... ...

... a1N ... ... ... ... ... ... ... aN N

   .  

ας

3.1.7. Ενας τετραγωνικος πινακας A µε διαστασεις N × N , λεγεται ανω τριγωνικος ανν (για m = 1, 2, ..., N , n = 1, 2, ..., N ) εχουµε m > n ⇒ amn = 0. ∆ηλ.

   A =  

αγ ι

3.1.8. Ενας τετραγωνικος πινακας A µε διαστασεις N × N , λεγεται κατω τριγωνικος ανν (για m = 1, 2, ..., N , n = 1, 2, ..., N ) εχουµε m < n ⇒ amn = 0. ∆ηλ.

a11 0 0 a21 a22 0 a31 a32 a33 ... ... ... aN 1 ... ...

... 0 ... ... ... ... ... ... ... aN N



  .  

3.1.9. Καθε M ×N πινακας A µπορει να γραφτει ως διαµερισµενος πινακας, στην µορφη



 ... A1L ... ...   ... ...  ... AKL

εχ

A11 A12  A21 A22 A =  ... ... AK1 ...

Αθ .Κ

οπου Akl (k = 1, 2, ..., K και l = 1, 2, ..., L) ειναι πινακας διαστασης Mk × Nl και M1 + ... + MK = M , N1 + ... + NL = N . 3.1.10. Εστω διαµερισµενοι πινακες A, B:



A11 A12  A21 A22 A =  ... ... AK1 ...

 ... A1L ... ...  , ... ...  ... AKL



B11 B12  B21 B22 B =  ... ... BK1 ...

 ... B1L ... ...   ... ...  ... BKL

οπου οι διαστασεις του Akl και του Bkl ειναι ισες για k = 1, 2, ..., K και l = 1, 2, ..., L. Τοτε  

A11 + B11 A12 + B12  A21 + B21 A22 + B22 A + B =  ... ... AK1 + BK1 ...

... A1L + BL  ... ... .  ... ... ... AKL + BKL

3.1.11. Εστω διαµερισµενοι πινακες A, B:



A11 A12  A21 A22 A =  ... ... AK1 ...

 ... A1L ... ...  , ... ...  ... AKL



B11 B12  B21 B22 B =  ... ... BK1 ...

 ... B1L ... ...   ... ...  ... BKL

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

40

οπου οι διαστασεις του Akp και του Bpl ειναι τετοιες ωστε ολοι οι παρακατω πολλαπλασιασµοι ειναι δυνατοι. Τοτε

PP ... p=1 A1p · BpL ... ... ... ... PP ... p=1 AKp · BpL



ας

 PP PP A1p · Bp1 A · Bp2 p=1 PPp=1 1p  PP  p=1 A2p · Bp1 p=1 A2p · Bp2 A · B = ... ...  PP ... p=1 AKp · Bp1

  . 

αγ ι

∆ηλαδη µπορουµε να υπολογισουµε τους υποπινακες του A · B ϑεωρωντας τους υποπινακες των A, B ως στοιχεια του πινακα και εκτελωντας πολλαπλασιασµο πινακων. 3.1.12. Αν ο N × N πινακας A ειναι διαµερισµενος διαγωνιος, δηλ. εχει την µορφη



A11 0  0 A22 A =  ... ... 0 ...

 ... 0 ... ...   ... ...  ... AKK

και οι Akk ειναι τετραγωνικοι οµαλοι πινακες (για k ∈ {1, 2, ..., K}) τοτε

A−1 0 11 −1  0 A 22 A−1 =   ... ... 0 ...

 ... 0 ... ...   ... ...  ... A−1 KK

εχ



Λυµενα Προβληµατα

Αθ .Κ

3.2

3.2.1. Γραψτε τους αναστροφους των παρακατω πινακων



 1 2 A =  4 1 , 6 7

B=

a b c d

Απαντηση.

T

A =

1 4 6 2 1 7

T

,

B =

a c b d

.

3.2.2. Ποιοι απο τους παρακατω πινακες ειναι συµµετρικοι και ποιοι αντισυµµετρικοι ;

A=

E=

3 2 2 1

,

3 6 1 6 3 2

B=

,

3 0 

F=

 3 3 4 0 , C =  −3 1 2  , 5 −4 −2 1  3 6 3 6  6 3 , G= , 6 3 −1 5





 0 3 4 D =  −3 0 2  , −4 −2 0 0 −6 H= . −6 0

Απαντηση. Οι A, B, G ειναι συµµετρικοι· οι D, H ειναι αντισυµµετρικοι.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

41

3.2.3. Να ϐρεθουν οι τιµες των x, y, z ωστε ο πινακας

 2 x z2 y  A =  2x − y 4 y 1 −1

ας



να ειναι συµµετρικος. Απαντηση. Θα πρεπει να εχουµε

y = z2,

y = 1.

αγ ι

2x − y = x,

Λυνοντας το συστηµα παιρνουµε x = 1, y = 1, z = ±1. ∆ηλ. ο Ϲητουµενος πινακας ειναι



 2 1 1  1 4 1 . 1 1 −1

εχ

3.2.4. Αποδειξτε οτι : αν A και B ειναι συµµετρικοι πινακες, τοτε ο AB ειναι συµµετρικος ανν AB = BA. T Απαντηση. Για να ειναι ο AB συµµετρικος ϑα πρεπει να εχουµε (AB) = AB. T Αλλα (AB) = BT AT = BA. ∆ηλ. ϑα πρεπει να εχουµε AB = BA. Αντιστροφα, AB = BA ⇒ AB = BT AT = (AB)T , δηλ. ο AB ειναι συµµετρικος. T

3.2.5. Αποδειξτε οτι (A + B) = AT +BT . Απαντηση. Εστω οτι οι πινακιες A, B εχουν διασταση M × N . Τωρα,

(A + B)T

Αθ .Κ

mn

= (A + B)nm = anm + bnm = AT

+ BT mn

mn

και αυτο ισχυει για καθε m ∈ {1, 2, ..., M } και n ∈ {1, 2, ..., N }. Οποτε (A + B)T = AT + BT .

3.2.6. Με ενα παραδειγµα ελεγξτε οτι ο A − AT ειναι αντισυµµετρικος (υποθετουµε οτι ο A ειναι τετραγωνικος). Απαντηση. Π.χ. ϑετω

2 −1 3 4

A=

.

Τοτε

T

A =

2 3 −1 4

T

και A − A =

2 −1 3 4

−

2 3 −1 4

=

0 −4 4 0

που ειναι αντισυµµετρικος.

3.2.7. Αποδειξτε οτι ο A − AT ειναι αντισυµµετρικος (υποθετουµε οτι ο A ειναι τετραγωνικος).

T

T

Απαντηση. A − AT = AT − AT = AT −A = − A − AT . ∆ηλαδη, αν ϑεσουµε B = A − AT , δειξαµε οτι BT = −B, οποτε ο B = A − AT ειναι αντισυµµετρικος.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

42

Τοτε εχουµε και

AT = CT +DT = C − D.

(3.2)

Προσθετοντας και αφαιρωντας τις (3.1) και (3.2) εχουµε

1 A + AT , 2

δηλ.

A=

D=

1 A − AT 2

αγ ι

C=

ας

3.2.8. Αποδειξτε οτι καθε πινακας A µπορει να γραφτει ως αθροισµα ενος συµµετρικου και ενος αντισυµµετρικου πινακα. Απαντηση. Εστω οτι υπαρχουν συµµετρικος πινακας C και αντισυµµετρικος πινακας D τετοιοι ωστε A = C + D. (3.1)

1 1 A + AT + A − AT 2 2

που ειναι ακριβως το δευτερο µερος της 3.1.5. T

3.2.9. Με ενα παραδειγµα ελεγξτε οτι (AB) = BT AT . Απαντηση. Π.χ. ϑετω

2 −1 3 3 4 5

 2 1 B =  1 3 . 4 5

,

εχ

A=



Τοτε

 2 1 2 −1 3  1 3 = AB = 3 4 5 4 5   2 3 2 1 4  15 T T  −1 4 = B A = 14 1 3 5 3 5

Αθ .Κ

και



15 14 30 40 30 40

= (AB)T .

T

3.2.10. Αποδειξτε οτι (AB) = BT AT . Απαντηση. Εστω οτι ο A ειναι M × K και ο B ειναι K × N . Τοτε

(AB)T

mn

= (AB)nm =

K X

ank bkm =

k=1

K X

bkm ank =

k=1

K X

BT

mk

AT

kn

= BT AT

mn

.

k=1 T

Αφου αυτο ισχυει για καθε m ∈ {1, 2, ..., M } και n ∈ {1, 2, ..., N }, εχουµε (AB) BT AT .

=

3.2.11. Ποιοι απο τους παρακατω πινακες ειναι ανω τριγωνικοι, κατω τριγωνικοι, διαγωνιοι ;

A=

E=

3 2 0 1

,

3 6 1 6 3 2

B=

,

3 0 

F=



3 3 0 0  , C= 0 1 2 5 0 0 1   3 6 3   6 3 , G= 0 −1 5 0





−1 0 ,  4 D = −3 −4 −2   0 2 0   3 1 , 0 H= 0 0 −6

 0 0 , 0  0 −6 1 0 . 0 0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

43

3.2.12. ∆ινεται ο πινακας

B=

1 x y 4

.

Βρειτε τις τιµες των x, y ωστε το B2 να ειναι τριγωνικος πινακας. Απαντηση. Εχουµε

B=

1 x y 4

2

=

1 + xy 5x 5y xy + 16

.

αγ ι

2

ας

Απαντηση. Οι A, B, C, G ειναι ανω τριγωνικοι. Ο D ειναι κατω τριγωνικος. Ο B ειναι διαγωνιος.

Αρα αν x = 0, y αυθαιρετο, ο B2 ειναι κατω τριγωνικος· Αν x αυθαιρετο, y = 0, ο B2 ειναι ανω τριγωνικος. 3.2.13. ∆ινεται ο πινακας

B=

x+y x+1 y2 + 1 4 + y

.

2

B=

εχ

Βρειτε τις τιµες των x, y ωστε το B2 να ειναι τριγωνικος πινακας. Απαντηση. Εχουµε

x+y x+1 y2 + 1 4 + y

2

=

(x + y)2 + (x + 1) (y 2 + 1) (4 + x + 2y) (x + 1) 2 (4 + x + 2y) (y + 1) (x + 1) (y 2 + 1) + (4 + y)2

.

Για να ειναι ο B2 ανω τριγωνικος πρεπει να εχουµε

Αθ .Κ

(4 + x + 2y) y 2 + 1 = 0

οποτε πρεπει να εχουµε 4 + x + 2y = 0 ⇒ x = −4 − 2y . ∆ηλ. για καθε πινακα της µορφης

B (y) =

−4 − y −3 − 2y y2 + 1 4+y

2

ισχυει οτι ο (B (y)) ειναι ανω τριγωνικος – και µαλιστα τοτε ειναι και κατω τριγωνικος (γιατι ;). Για να ειναι ο B2 κατω τριγωνικος µπορει επισης να εχουµε

x+1=0

οποτε πρεπει να εχουµε x = −1. ∆ηλ. για καθε πινακα της µορφης

B (y) =

2

−1 − y 0 y2 + 1 4 + y

ισχυει επισης οτι ο (B (y)) ειναι ανω τριγωνικος.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

44

3.2.14. Βρειτε ολους τους ανω τριγωνικους πινακες A τετοιους ωστε

1 2 0 4

A =

.

Απαντηση. Εστω οτι ο Ϲητουµενος πινακας ειναι

A=

x y z u

.

Θα πρεπει να εχουµε

A=

x y z u

2

=

x2 + yz xy + yu zx + uz yz + u2

=

1 2 0 4

αγ ι

2

ας

2

δηλ.

x2 + yz = 1 xy + yu = 2 zx + uz = 0 yz + u2 = 4

εχ

Απο την τριτη εξισωση ϐλεπουµε οτι z = 0 η x = −u. Στην πρωτη περιπτωση το συστηµα γινεται

x2 = 1 y · (x + u) = 2 u2 = 4

Αθ .Κ

το οποιο εχει τεσσερις διαφορετικες λυσεισ:

2 x = 1, z = 0, u = 2, y = , 3 z = 0, u = 2, x = −1, y = 2, x = 1, z = 0, u = −2, y = −2, z = 0, u = −2, x = −1, y = −

2 3

Στην δευτερη περιπτωση το συστηµα γινεται

x2 + yz = 1 y·0=2 0=0 yz + u2 = 4

το οποιο ειναι αδυνατο. Αρα τελικα υπαρχουν τεσσερις πινακες A που ικανοποιουν το Ϲητουµενο :

A1 =

1 2/3 0 2

,

A1 =

−1 2 0 2

,

Παρατηρουµε οτι ολοι ειναι ανω τριγωνικοι.

A1 =

1 −2 0 −2

,

A1 =

−1 −2/3 0 −2

.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

45

x y z u

A= Τοτε 2

A =

x y z u

2

=

.

x2 + yz xy + yu zx + uz yz + u2

Για να ειαι ο A2 διαγωνιος, πρεπει να εχουµε

αγ ι

y · (x + u) = 0 = 0 z · (x + u) = 0.

ας

3.2.15. Βρειτε ολους τους 2 × 2 πινακες A τετοιους ωστε ο A2 να ειναι διαγωνιος. Απαντηση. Εστω

Το συστηµα εχει τεσσερις δυνατες οικογενειες λυσεων. 1. x = −u, y , z αυθαιρετα. 2. x = −u, y = 0, z αυθαιρετο.

εχ

3. x = −u, z = 0, y αυθαιρετο. 4. y = 0, z = 0, x, u αυθαιρετα.

Αλλα οι περιπτωσεις 2 και 3 ειναι υποπεριπτωσεις της 1. Οποτε τελικα οι Ϲητουµενοι πιανκες ϑα εχουν µια πο τις δυο παρακατω µορφεσ:

Αθ .Κ

A (x, y, z) =

x y z −x

,

A (x, u) =

x 0 0 u

.

3.2.16. Να δειχτει οτι το γινοµενο δυο κατω τριγωνικων πινακων ειναι κατω τριγωνικος πινακας. Απαντηση. Εστω οτι οι πινακες A, B ειναι N × N και κατω τριγωνικοι. ∆ηλ. για m ∈ {1, 2, ..., N }, n ∈ {1, 2, ..., N } εχουµε m < n ⇒ amn = 0. Παιρνουµε τωρα το (m, n) στοιχειο του AB µε m < n. Εχουµε

(AB)mn =

N X

amk bkn =

k=1

m X

amk bkn +

k=1

PN

N X

amk bkn .

k=m+1

Pm

Στο k=m+1 amk bkn για καθε amk εχουµε m < k (γιατι ;) οποτε amk = 0. Στο k=1 amk bkn για καθε bmk εχουµε k ≤ m < n (γιατι ;) οποτε bkn = 0. Οποτε, τελικα, για καθε (m, n) µε m < n εχουµε (AB)mn = 0, δηλ. ο AB ειναι κατω τριγωνικος. 3.2.17. ∆ινεται ο πινακας



 1 2 3 A = 4 5 6  7 8 9

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

46

ο οποιος γραφεται και ως διαµερισµενος πινακας

A11 A12 A21 A22

3 6

A= οπου

1 2 4 5

A11 =

,

A12 =

ας

A21 = 7 8 ,

,

A22 = 9 .

Κανοντας τις πραξεις, επαληθευστε οτι

A =

A11 A11 + A12 A21 A11 A12 + A12 A22 A21 A11 + A22 A21 A21 A12 + A22 A22

αγ ι

2

Απαντηση. Εχουµε

.

2   1 2 3 30 36 42 A2 =  4 5 6  =  66 81 96  7 8 9 102 126 150 

και

1 2 3 9 12 21 24 30 36 7 8 = A11 A11 +A11 A12 = + + = 4 5 6 24 33 42 48 66 81 1 2 3 3 15 27 42 A11 A12 + A12 A22 = + [9] = + = 4 5 6 6 42 54 96 1 2 9 = 39 54 + 63 72 = 102 126 A21 A11 +A22 A21 = 7 8 + 7 8 4 5 3 A21 A12 + A22 A22 = 7 8 + [9] [9] = [69] + [81] = [150] 6 1 2 4 5

Αθ .Κ

εχ

Οποτε

A11 A11 + A12 A21 A11 A12 + A12 A22 A21 A11 + A22 A21 A21 A12 + A22 A22

3.2.18. Εστω



1  −1 A =  0 0

2 4 0 0

0 0 1 1



30 36  66 81 = 102 126

 42 96  = A2 . 150

 0 0   3  2

Υπολογιστε τον A−1 . Απαντηση. Παρατηρουµε οτι ο A ειναι διαµερισµενος διαγωνιος, µε

A11 =

1 2 −1 4

,

A22 =

1 3 1 2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

47

Χρησιµοποιωντας την 3.1.12 εχουµε

−1

A11 0 0 A22

=

A−1 0 11 0 A−1 22

.

Χρησιµοποιωντας την 3.1.12 εχουµε

=

1 2 −1 4

−1

=

Οποτε

2 3 1 6

− 31 1 6

  A−1 =  

A−1 22

,

=

1 3 1 2

−1

=

−2 3 1 −1

.

αγ ι

−1 A11

ας

2 3 1 6

− 13 1 6

0 0 0 0

 0 0  0 0 . −2 3  1 −1

3.2.19. Αποδειξτε οτι, οταν ο N × N πινακας A ειναι διαµερισµενος διαγωνιος, δηλ. εχει την µορφη  

... 0 ... ...   ... ...  ... AKK

εχ

A11 0  0 A22 A =  ... ... 0 ...

και οι Akk ειναι τετραγωνικοι οµαλοι πινακες (για k ∈ {1, 2, ..., K}) τοτε

A−1 0 11  0 A−1 22 A−1 =   ... ... 0 ...

Αθ .Κ



Απαντηση. Θετουµε

A−1 0 11  0 A−1 22 B =  ... ... 0 ... 

 ... 0 ... ...   ... ...  ... A−1 KK

 ... 0 ... ...   ... ...  ... A−1 KK

Χρησιµοποιωντας την 3.1.12 εχουµε



A11 0  0 A22   ... ... 0 ...

  −1 ... 0 A11 0   ... ...   0 A−1 22 ... ...   ... ... ... AKK 0 ...

 PP PP A1p · Bp1 A · Bp2 p=1 PPp=1 1p  PP  p=1 A2p · Bp1 p=1 A2p · Bp2  ... ...  PP ... p=1 AKp · Bp1

 ... 0 ... ...  = ... ...  ... A−1 KK

PP ... p=1 A1p · BpL ... ... ... ... PP ... p=1 AKp · BpL

   . 

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

48

Για το στοιχειο (1, 1) του γινοµενου πινακων εχουµε

A1p · Bp1 = A11 · A−1 11 + 0 · 0 + ... + 0 · 0 = I.

ας

P X p=1

Για το στοιχειο (1, 2) του γινοµενου πινακων εχουµε P X

A1p · Bp2 = A11 · 0 + 0 · A−1 22 + ... + 0 · 0 = 0.

αγ ι

p=1

Αντιστοιχα πραγµατα ισχυουν και για τα υπολοιπα στοιχεια του AB. Τελικα



A11 0  0 A22   ... ... 0 ...

  −1 ... 0 A11 0  0 A−1 ... ...  22  ... ...   ... ... ... AKK 0 ...

Παροµοια αποδεικνυουµε οτι

οποτε τελικα

 ... 0 A11 0   ... ...   0 A22 ... ...   ... ... ... A−1 0 ... KK

  ... 0 I 0   ... ...   0 I = ... ...   ... ... ... AKK 0 ...

 ... 0 ... ...  =I ... ...  ... I

A−1 0 11  0 A−1 22 =  ... ... 0 ... 

Αθ .Κ

A−1

3.3

 ... 0 ... ...   = I. ... ...  ... I

εχ

−1 A11 0  0 A−1 22   ... ... 0 ...



  ... 0 I 0  0 I ... ...  = ... ...   ... ... ... A−1 0 ... KK

 ... 0 ... ...  6. ... ...  ... A−1 KK

Αλυτα Προβληµατα

3.3.1. Να δειχτει οτι το γινοµενο δυο ανω τριγωνικων πινακων ειναι ανω τριγωνικος πινακας. 3.3.2. Υπολογιστε τους αναστροφους των παρακατω πινακων :

A=

1 3 −2 4

,

B=

Απ.

AT =

1 −2 3 4

1 6 3 −2 −8 4

,

 1 C = 2 . 3



,

 1 −2 BT =  6 −8  , 3 4



CT = 1 2 3 .

3.3.3. Αποδειξτε οτι : για καθε k ∈ {1, 2, 3...}ο 2 × 2 πινακας Ak ειναι ανω (κατω) τριγωνικος ανν ο A ειναι ανω (κατω) τριγωνικος.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

49

3.3.5. Γραψτε τους αναστροφους των παρακατω πινακων



 1 2 8 A =  6 −1 −1  , 6 7 5

 a b B= c d  e f



 1 6 6 AT =  2 −1 7  , 8 −1 5

a c e b d f

αγ ι

Απ.



ας

3.3.4. Αποδειξτε οτι : για καθε N ∈ {1, 2, 3...}ο N × N πινακας A2 ειναι ανω (κατω) τριγωνικος ανν ο A ειναι ανω (κατω) τριγωνικος.

T

B =

3.3.6. Ποιοι απο τους παρακατω πινακες ειναι συµµετρικοι και ποιοι αντισυµµετρικοι ;



3 4 , 0 5 3 6 F= , 6 3 B=



  0 8 −9 0 2 , C= 8 D= 9 −2 0 0 −6 0 −6 G= , H= 6 3 6 0

 8 3 4 −3 −1 2  , −4 −2 0 .

εχ

 3 2 −2 1 , A= 2 0 −2 1 7 1 2 3 7 E= , 4 5 6 8

Απ. Οι A, F ειναι συµµετρικοι. Ο H ειναι αντισυµµετρικος. 3.3.7. Να ϐρεθουν οι τιµες των x, y, z ωστε ο πινακας

 2 x2 z A =  2x − y 4 y  0 1 −1

Αθ .Κ



να ειναι συµµετρικος. Απ. x = 1, y = 1, z = 0.

3.3.8. Ποιοι απο τους παρακατω πινακες ειναι ανω τριγωνικοι, κατω τριγωνικοι, διαγωνιοι ;



 3 0 0 A =  4 5 0 , 2 1 6 3 6 1 E= , 6 3 2

   3 3 4 0 3 0 4 7 B= , C =  0 1 2 , D =  0 0 2 , 0 5 0 −2 1 0 0 0 0 6 0 4 −6 F = [3] , G= , H= . 6 0 −6 4 0



Απ. Ο A ειναι κατω τριγωνικος. Οι B, D ειναι ανω τριγωνικοι.

3.3.9. Αποδειξτε οτι, για καθε A, ο AAT ειναι συµµετρικος. T

3.3.10. Με τι ισουται το γινοµενο (A · B · C · ... · U) ; T Απ. (A · B · C · ... · U) = UT ·... · CT ·BT ·AT .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

50

3.3.11. Εστω αντισυµµετρικοι πινακες A, B. Αποδειξτε οτι ο AB ειναι συµµετρικος ανν AB = BA.

ας

3.3.12. Για N ×N πινακες A, B , αποδειξτε οτι ο A · B ειναι συµµετρικος ανν A · B = B · A. 3.3.13. Για N × N πινακα A και M × N πινακα B, αποδειξτε οτι ο BT ·A · B ειναι συµµετρικος ανν ο A ειναι συµµετρικος. 3.3.14. ∆ινεται ο πινακας

αγ ι

A=

x y 0 3

Βρειτε τις τιµες των x, y ωστε ο A2 να ειναι διαγωνιος πινακας. Απ. x = −3 και y ∈ R, ή y = −3 και x ∈ R.

3.3.15. Βρειτε τις τιµες των x, y ωστε το τετραγωνο B2 του πινακα

B=

2

εχ

να ειναι κατω τριγωνικος πινακας. Απ. x = 0, y αυθαιρετο.

5 x y 6

3.3.16. Βρειτε τις τιµες των x, y ωστε το τετραγωνο B2 του πινακα της προησουµενης ασκησης να ειναι διαγωνιος πινακας. Απ. x = 0, y = 0.

Αθ .Κ

3.3.17. Βρειτε ολους τους ανω τριγωνικους πινακες A τετοιους ωστε

Απ. Ειναι οι

2

A =

1 0 0 1

1 0 0 1

,

.

−1 0 0 −1

.

3.3.18. Βρειτε ολους τους ανω τριγωνικους πινακες A τετοιους ωστε

Απ. Ειναι οι

2

A =

1 1 0 1

1 2 0 1

,

.

−1 −1 0 −1

.

3.3.19. ∆ινεται ο πινακας

C=

x y z u

.

Βρειτε αναγκαιες και ικανες συνθηκες για τα x, y, z, u ωστε ο C2 να ειναι διαγωνιος. Απ. u = −x ή (y = 0 και z = 0).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

51

3.3.20. Να δειχτει οτι το γινοµενο δυο κατω τριγωνικων πινακων ειναι κατω τριγωνικος πινακας.

ας

3.3.21. ∆ινεται ο πινακας



 1 1 4 A = 2 1 0  7 0 9 ο οποιος γραφεται και ως διαµερισµενος πινακας

A11 A12 A21 A22

οπου

A11 =

1 1 2 1

,

A12 =

Κανοντας τις πραξεις, επαληθευστε οτι

αγ ι

A=

4 0

,

A21 = 7 0 ,

A22 = 9 .

A11 A11 + A12 A21 A11 A12 + A12 A22 . A= A21 A11 + A22 A21 A21 A12 + A22 A22 A11 A12 3.3.22. Εστω οτι A = , οπου ο A ειναι N × N , ο A11 ειναι N1 × N1 και ο A21 A22 B11 B12 A22 ειναι N2 × N2 (N = N1 + N2 ). Εστω επισης οτι B = , οπου ο B ειναι B21 B22 N × N , ο B11 ειναι N1 × N1 και ο B22 ειναι N2 × N2 . Αποδειξτε οτι A11 A12 A11 B11 +A12 B21 A11 B12 +A12 B22 AB = = . A21 A22 A21 B11 +A22 B21 A21 B12 +A22 B22

Αθ .Κ

εχ

2

3.3.23. ∆ινεται ο γενικος 3 × 3 πινακας



 a11 a12 a13 A =  a21 a22 a23  a31 a32 a33

ο οποιος γραφεται και ως διαµερισµενος πινακας

A=

A11 A12 A21 A22

οπου

A11 = a11

,

A12 = a12 a13

,

A21 =

a21 a31

,

a22 a23 a32 a33

A22 =

Κανοντας τις πραξεις, επαληθευστε οτι 2

A ==

A11 A11 + A12 A21 A11 A12 + A12 A22 A21 A11 + A22 A21 A21 A12 + A22 A22

.

.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΜΕΡΙΚΟΙ ΕΙ∆ΙΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΠΙΝΑΚΩΝ

52

3.3.24. ∆ειξτε οτι

κ1 0  0 κ2   ... ... ... ...

 ... 0 a11 a12  a21 a22 ... 0   ... ...   ... ... ... κN aN 1 ...

  ... a1N κ1 a11 κ1 a12  κ2 a21 κ2 a22 ... a2N  = ... ...   ... ... ... aN N κN aN 1 ...

3.3.25. Εστω A, B κατω τριγωνικοι πινακες. τριγωνικοι.

 ... κ1 a1N ... κ2 a2N  .  ... ... ... κN aN N

ας



∆ειξτε οτι και οι AB, BA ειναι κατω

αγ ι

3.3.26. Βρειτε ολους τους πινακες A τετοιους ωστε

2

A =

1 −1 0 1

Απ.. Υπαρχουν δυο τετοιοι πινακες :

A=

1 −1/2 0 1

−1 1/2 0 −1

και A =

.

εχ

3.3.27. Αν A, B ειναι N × N πινακες, ο A ειναι διαγωνιος µε στοιχεια διαφορα αλληλων και AB = BA, δειξτε οτι και ο B ειναι διαγωνιος. 3.3.28. ∆ειξτε οτι, για K = 1, 2, ... εχουµε

K  K a 1 0 a KaK−1  0 a 1  = 0 aK 0 0 a 0 0

Αθ .Κ



(K−1)K K−2 a 2 K−1

Ka

a

3.3.29. ∆ειξτε οτι για



 1 0 0 A =  1 0 1 . 0 1 0

και για K = 1, 2, ... εχουµε AK+2 = AK + A2 − I. 3.3.30. ∆ειξτε οτι, για K = 1, 2, ... εχουµε

−1 2 4 1

2K

=

32K 0 2K 0 3

3.3.31. Εστω πινακας



1 0  1 1 A=  0 1 −1 −1

0 0 1 0

 0 0  . 0  1

∆ειξτε οτι A = I + B, οπου ο B ειναι µηδενοδυναµος.

.

K

 .

ας

Κεφάλαιο 4

αγ ι

Οριζουσες και Αντιστροφοι Πινακες

4.1

Θεωρια

εχ

Σε καθε τετραγωνικο πινακα αντιστοιχει µια ποσοτητα η οποια λεγεται οριζουσα. Και πραγµατι αυτη καθοριζει µερικες πολυ σηµαντικες ιδιοτητες του πινακα ! Στο παρον κεφαλαιο ϑα µελετησουµε την οριζουσα κυριως απο υπολογιστικη σκοπια : πως υπολογιϹουµε την οριζουσα ενος πινακα, πως την χρησιµοποιουµε για να ϐρουµε τον αντιστροφο πινακα κτλ. Επισης ϑα παραθεσουµε χωρις αποδειξη πολλες ιδιοτητες της οριζουσας. (Οι ιδιοτητες αυτες ϑα αποδειχτουν στο Κεφαλαιο 14.) Μονο οι τετραγωνικοι πινακες εχουν οριζουσα· εκτος απο ελαχιστες εξαιρεσεις, σε αυτο το κεφαλαιο ολοι οι εµφανιζοµενοι πινακες ειναι τετραγωνικοι, εκτος αν λεµε ϱητα το αντιθετο.

Αθ .Κ

4.1.1. Σε καθε N × N (τετραγωνικο) πινακα A αντιστοιχει ενας αριθµος, η οριζουσα του A. Αυτη συµβολιζεται µε D (A) η µε |A| και οριζεται ως εξης. 1. Αν ο A ειναι 1 × 1, δηλ. A = [a11 ], τοτε |A| = a11 . 2. Αν ο A ειναι N × N και N > 1, τοτε

|A| = (−1)1+1 a11 A11 + (−1)1+2 a12 A12 + ... + (−1)1+N a1N A1N ,

(4.1)

οπου A1n (για n = 1, 2, ..., N ) ειναι η οριζουσα του υποπινακα που προκυπτει απο τον A αν διαγραψουµε την πρωτη γραµµη και την n-στη στηλη.

4.1.2. Βλεπουµε οτι η οριζουσα ταξης N οριζεται αναδροµικα, χρησιµοποιωντας οριζουσες ταξης N − 1. 4.1.3. Εφαρµοζοντας την (4.1) στον 2 × 2 πινακα A παιρνουµε

a11 a12

a21 a22

= a11 a22 − a12 a21 .

53

(4.2)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

54

a11 a12

a21 a22

= a11 a22 − a12 a21 .

ας

4.1.4. Προσεξτε οτι ο συµβολισµος στο αριστερο µελος της (4.2) της δεν ειναι αυστηρα συµβατος µε αυτα που γραψαµε παραπανω· το σωστο ϑα ηταν να γραψουµε (4.3)

Οµως συνηθως ϑα παραλειπουµε, χαριν απλοτητας, τις εσωτερικες αγκυλες που δηλωνουν τον πινακα. 4.1.5. Εφαρµοζοντας την (4.1) στον 3 × 3 πινακα A παιρνουµε

= a11 a22 a33 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 + a13 a21 a32 + a12 a23 a31 − a13 a22 a31 .

αγ ι

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

4.1.6. Μια απλη περιγραφη της οριζουσας ειναι η εξης : η οριζουσα ενος N × N πινακα ειναι ενα αθροισµα γινοµενων, οπου καθε γινοµενο περιεχει N ορους, ακριβως εναν απο καθε σειρα και στηλη του πινακα. Αν και αυτη η περιγραφη ειναι χρησιµη, δεν µας λεει τιποτα για το προσηµο του καθε ορου· για να καθοριστει αυτο ειναι απαραιτητος ο τυπος (4.1).

εχ

4.1.7. Για καθε N × N πινακα A εχουµε

|A| = AT .

(4.4)

(Αρα ολες οι εποµενες ιδιοτητες ισχυουν οχι µονο για στηλες αλλα και για γραµµες.) 4.1.8. Εστω ενας N × N πινακας A, τον οποιο ϑα γραφουµε σε µορφη στηλων :

Αθ .Κ

A = a1 a2 ... aN .

Τοτε ισχυουν οι παρακατω ϑεµελιωδεις ιδιοτητες της οριζουσας. 1. Αν εναλλαξουµε δυο στηλες του πινακα, το προσηµο της οριζουσας αλλαζει :

a1 ... am ... an ... aN = − a1 ... an ... am ... aN .

(4.5)

2. Αν αναλυσουµε µια στηλη an του πινακα στον γραµµικο συνδυασµο an = κa0n +λa00n , το ιδιο συµβαινει και στην οριζουσα :

a1 ... κ0 a0n +κ00 a00n ... aN = κ0 · a1 ... a0n ... aN +κ00 · a1 ... a00n ... aN . (4.6)

3. Η οριζουσα του µοναδιαιου πινακα ισουται µε 1:

|I| = 1.

4.1.9. Εστω ενας N × N πινακας A, τον οποιο ϑα γραφουµε σε µορφη στηλων :

A = a1 a2 ... aN . Τοτε ισχυουν οι παρακατω ιδιοτητες.

(4.7)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

55

1. Αν δυο στηλες (γραµµες) του πινακα ειναι ισες, τοτε η οριζουσα ειναι µηδεν :

a1 ... am ... am ... aN = 0.

ας

(4.8)

2. Αν πολλαπλασιασουµε µια στηλη (γραµµη) επι εναν αριθµο κ, η οριζουσα πολλαπλασιαζεται επι κ:

a1 ... κan ... aN = κ · a1 ... an ... aN .

(4.9)

αγ ι

3. Αν σε µια στηλη (γραµµη) προσθεσουµε ενα πολλαπλασιο αλλης στηλης, η τιµη της οριζουσας παραµενει αµεταβλητη :

a1 ... am +κan ... an ... aN = a1 ... am ... an ... aN . (4.10) 4. Αν µια στηλη (γραµµη) του πινακα ειναι µηδενικη, τοτε η οριζουσα ειναι µηδεν :

a1 ... 0 ... aN = 0.

(4.11)

4.1.10. Αν ο N × N πινακας A ειναι (ανω η κατω) τριγωνικος, η οριζουσα ισουται µε το γινοµενο των διαγωνιων στοιχειων :

a11 a12 0 a22 ... ... 0 0

... a1N ... a2N ... ... ... aN N

=

a11 0 a21 a22 ... ... aN 1 aN 2

= a11 a22 ...aN N .

... 0 ... 0 ... ... ... aN N

εχ

(4.12)

Αθ .Κ

4.1.11. Εστω N × N πινακες A, B. Τοτε

|AB| = |A| · |B| .

(4.13)

4.1.12. Εστω N × N πινακας A ο οποιος ειναι διαγωνιος διαµερισµενος:



A11 0  0 A22 A=  ... ... 0 ...

 ... 0 ... ...   ... ...  ... AN N

Τοτε

|A| = |A11 | · |A22 | · ... · |AN N |

4.1.13. Ενας N × N πινακας A εχει αντιστροφο A−1 ανν |A| = 6 0. 4.1.14. Συµβολιζουµε τον συµπληρωµατικο πινακα του A µε adj (A) και τον οριζουµε ως εξης

(−1)1+1 A11  (−1)1+2 A12 adj (A) =   ... (−1)1+N A1N 

(−1)2+1 A21 (−1)2+2 A22 ... (−1)2+N A2N

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

 (−1)N +1 AN 1 (−1)N +2 AN 2  ,  ... N +N (−1) AN N

οπου Amn ειναι η ¨υποοριζουσα¨ του υποπινακα που προκυπτει απο τον A αν διαγραψουµε απο αυτον την m-στη γραµµη και την n-στη στηλη.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

56

4.1.15. Εστω N × N πινακας A µε |A| 6= 0. Τοτε ο αντιστροφος του A δινεται απο τον τυπο

4.2

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

 (−1)N +1 AN 1 (−1)N +2 AN 2   . (4.14)  ... N +N (−1) AN N

Λυµενα Προβληµατα

αγ ι

A−1

(−1)2+1 A21 (−1)2+2 A22 ... (−1)2+N A2N

ας

(−1)1+1 A11 1  1 (−1)1+2 A12  adj (A) = = |A| |A|  ... (−1)1+N A1N 

4.2.1. Υπολογιστε την οριζουσα του

A=

1 2 3 4

.

Λυση. Συµφωνα µε τον τυπο (4.2) εχουµε

|A| = a11 a22 − a12 a21 = 1 · 4 − 3 · 3 = −2.

εχ

4.2.2. Υπολογιστε τις οριζουσες των

1 2 3

A =

4 5 6

3 2 0

,

1 2 3

B =

0 5 6

0 0 4

.

Απαντηση. Για τον A:

= +1 · 5 6

2 0

Αθ .Κ

1 2 3

|A| =

4 5 6

3 2 0

−2· 4 6

3 0

+3· 4 5

3 2

+3· 0 5

0 0

= 1 · (−12) − 2 · (−18) + 3 · (−7) = 3.

Για τον B:

1 2 3

|B| =

0 5 6

0 0 4

= +1 · 5 6

0 4

−2· 0 6

0 4

= 1 · 20 − 2 · 0 + 3 · 0 = 20.

Μπορουσαµε να υπολογισουµε κατευθειαν |B| = 1 · 5 · 4 = 20, αφου ο B ειναι ανω τριγωνικος. 4.2.3. Υπολογιστε την οριζουσα του



0  0 A=  3 0

 1 3 2 5 −2 0  . 3 0 0  0 1 −6

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

57

Απαντηση. Η οριζουσα του A ειναι ιση µε αυτη του AT , η οποια υπολογιζεται πιο ευκολα γιατι εχει πολλα µηδενικα στην πρωτη γραµµη :

|A| =

ας

0 0 3 0

1 5 0

1 5 3 0

1 = 0 − 0 + 3 · 3 −2 3 −2 0 1

2 0 −6 2 0 0 −6

−2

3

1 1

−3·5·

= 3 ·

2 −6 + 0 = 336. 0 −6



αγ ι

4.2.4. Υπολογιστε την οριζουσα του

−0

 3 −2 0 1  1 5 3 0   A=  0 0 3 0 . 2 0 0 −6

Απαντηση. Η οριζουσα του A ειναι ιση µε µειον αυτη του πινακα που προκυπτει απο µεταθεση της πρωτης και τριτης γραµµης του A:

0 0 3 0 1 5 3 0 3 −2 0 1 2 0 0 −6

= −336.

εχ

|A| = −

Αθ .Κ

4.2.5. Υπολογιστε την οριζουσα του



6  0 A=  0 0

0 5 0 0

3 6 7 0

 4 0  . 1  1

Απαντηση. Ο πινακας ειναι ανω τριγωνικος, αρα |A| = 6 · 5 · 7 · 1 = 210.

4.2.6. Υπολογιστε την οριζουσα του

A=

a11 a12 a21 a22

Απαντηση. Χρησιµοποιουµε τον αναδροµικο ορισµο. Εχουµε

|A| = (−1)1+1 a11 A11 + (−1)1+2 a12 A12 .

Η A11 ισουται µε a22 , την υποοριζουσα που προκυπτει αν απο τον A διαγραψουµε την πρωτη γραµµη και την πρωτη στηλη. Παροµοια α A12 ισουται µε a21 , την υποοριζουσα που προκυπτει αν απο τον A διγραψουµε την πρωτη γραµµη και την δευτερη στηλη. Ετσι

|A| = +a11 a22 − a12 a21 .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

58

4.2.7. Υπολογιστε την οριζουσα του



ας

 a11 a12 a13 A =  a21 a22 a23  a31 a32 a33 Απαντηση. Εχουµε

|A| = (−1)1+1 a11 A11 + (−1)1+2 a12 A12 + (−1)1+3 a13 A13 .

A11 A12 A13

=

=

=

αγ ι

Οι υποοριζουσες A11 , A12 , A13 προκυπτουν διαγραφοντας τις αντιστοιχες γραµµες στηλες και υπολογιζοντας τις 2 × 2 οριζουσες :

a22 a23

= a22 a33 − a23 a32 , a32 a33

a21 a23

= a21 a33 − a23 a31 , a31 a33

a21 a22

= a21 a32 − a22 a31 . a31 a32

Οποτε η οριζουσα γινεται

εχ

|A| = (−1)1+1 a11 (a22 a33 − a23 a32 ) + (−1)1+2 a12 (a21 a33 − a23 a31 ) + (−1)1+3 a13 (a21 a32 − a22 a31 ) = a11 a22 a33 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 + a13 a21 a32 + a12 a23 a31 − a13 a22 a31 .

Αθ .Κ

4.2.8. Στα παρακατω προβληµατα δινουµε τις αποδειξεις µερικων απο τις ιδιοτητες των οριζουσων. ∆εν ϑα αποδειξουµε την 4.1.7 στο παρον κεφαλαιο· ϑα δωσουµε οµως την αποδειξη για την ειδικη περιπτωση των πινακων 2 × 2. Το ιδιο ισχυει για τις 4.1.8, 4.1.10, 4.1.11 και 4.1.12, ;;. Θεωρωντας αυτες τις ιδιοτητες δεδοµενες (οι αποδειξεις αυτων ϑα δοθουν στο Κεφαλαιο 14) και χρησιµοποιωντας επισης τον ορισµο της οριζουσας (4.1.1), ϑα αποδειξουµε τις υπολοιπες ιδιοτητες που αναφερονται στο Εδαφιο 4.11 .

4.2.9. Ελεγξτε οτι |A| = AT για τον πινακα



 1 0 2 A = 3 4 6  2 5 1

Απαντηση. Εχουµε

1 0 2

3 4 6

2 5 1

=1· 4 6

5 1

−0· 3 6

2 1

+2· 3 4

2 5

= 1 · (−26) + 2 · 7 = −12

και

1 3 2

0 4 5

2 6 1

= 1· 4 5

6 1

−3· 0 5

2 1

+2· 0 4

2 6

= 1 · (−26) − 3 · (−10) + 2 · (−8) = −12.

1 Οπως ϑα δουµε στο Κεφαλαιο 14, οι ϑεµελιωδεις ιδιοτητες αρκουν για να αποδειξουµε οχι µονο ολες τις υπολοιπες ιδιοτητες της οριζουσας, αλλα και τοι η µονη συναρτηση η οποια µπορει να εχει αυτες ειναι η οριζουσα.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

59

4.2.10. Ελεγξτε οτι |A| = AT για τον πινακα

A=

a11 a12 a21 a22

,

Απαντηση. Εχουµε

a11 a12

= a11 a22 − a12 a21 a21 a22

a11 a21

= a11 a22 − a21 a12 a12 a22

αγ ι

ας

τα οποια ειναι ισα. 4.2.11. Για τον πινακα

A=

1 2 3 4

Ελεγξτε οτι |A| = − |A0 | οπου A0 ειναι ο πινακας που προκυπτει µε εναλλαγη των στηλων του A. Απαντηση. Πραγµατι

= −2 και

2 1

4 3

εχ

1 2

3 4

4.2.12. Για τον πινακα

A=

a11 a12 a21 a22

= 2.

Αθ .Κ

Ελεγξτε οτι |A| = − |A0 | οπου A0 ειναι ο πινακας που προκυπτει µε εναλλαγη των στηλων του A. Απαντηση. Πραγµατι

a11 a12

a21 a22

= a11 a22 − a12 a21 και a12 a11

a22 a21

= a12 a21 − a11 a22 = − (a11 a22 − a12 a21 ) .

4.2.13. Για τους πινακες 0

A=

1 2 3 4

,

00

A =

1 5 3 6

,

A=

1 2κ + 5λ 3 4κ + 6λ

,

Ελεγξτε οτι |A| = κ |A0 | + λ |A00 |. Απαντηση. Πραγµατι

1 2

3 4

= −2,

1 5

3 6

= −9

και

1 2κ + 5λ

3 4κ + 6λ

= 1 · (4κ + 6λ) − 3 · (2κ + 5λ)

1 2 = κ · (1 · 4 − 3 · 2) + λ · (1 · 6 − 3 · 5) = κ ·

3 4

+λ· 1 5

3 6

.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

60

4.2.14. Αποδειξτε οτι

0

= κ · a11 a012

a21 a22

00

+ λ · a11 a0012

a21 a22

Απαντηση. Πραγµατι, µε απλη εκτελεση πραξεων εχουµε

a11

a21

a11 a012

= κ (a11 a022 − a012 a21 ) , a21 a022

a11 a0012

= λ (a11 a0022 − a0012 a21 ) , a21 a0022

κ · a012 + λ · a0012

= κa11 a022 + λa11 a0022 − κa21 a012 − λa21 a0012 κ · a022 + λ · a0022

αγ ι

κ ·

λ ·

.

ας

a11 κ · a012 + λ · a0012

a21 κ · a022 + λ · a0022

= κ (a11 a022 − a21 a012 ) + λ (a11 a0022 − a21 a0012 ) . 4.2.15. Ελεγξτε οτι

= 1.

εχ

1 0 0

0 1 0

0 0 1 Απαντηση. Πραγµατι

1 0 0

0 1 0

0 0 1

=1· 1 0

0 1

−0· 0 0

0 1

+0· 0 0

0 1

Αθ .Κ

= 1 · (1 · 1 − 0 · 0) − 0 + 0 = 1.

Απαντηση.

4.2.16. Ελεγξτε µε ενα παραδειγµα οτι η οριζουσα ενος πινακα µε δυο ισες στηλες ισουται µε 0. Απαντηση. Π.χ. εχουµε

1 2 1

2 0 2

3 5 3

=1· 0 2

5 3

−2· 2 2

3 3

+1· 2 0

3 5

= 1 · (−10) − 2 · (6 − 6) + 1 · 10 = 0.

4.2.17. Αποδειξτε οτι η οριζουσα ενος πινακα µε δυο ισες στηλες ισουται µε 0. Απαντηση. Θα χρησιµοποιησουµε την πρωτη ϐασικη ιδιοτητα της 4.1.8. Πραγµατι αν εχουµε ενα πινακα µε δυο ιδιες στηλες και τις εναλλαξουµε, ϑα ισχυει

|a1 ...am ...am ...aN | = − |a1 ...am ...am ...aN | ⇒ |a1 ...am ...am ...aN | = 0. ∆ηλ. ο ιδιος ο πινακας δεν αλλαζει (αφου εναλλαξαµε δυο ιδιες στηλες) αλλα το προσηµο της οριζουσας του πρεπει να αλλαζει προσηµο, αφου εγινε εναλλαγη στηλων.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

61

1 2 1

2 0 2

3 5 4

=1· 0 2

5 4

−2· 2 2

3 4

ας

4.2.18. Ελεγξτε µε ενα παραδειγµα οτι αν πολλαπλασιασουµε µια στηλη ενος πινακα µε αριθµο κ, η οριζουσα πολλαπλασιαζεται επι κ. Απαντηση. Π.χ. εχουµε

+1· 2 0

3 5

και

−2· 2·κ 2 +1· 2·κ 0

3·κ 4

3·κ 5

αγ ι

1·κ 2 1

2·κ 0 2 =1·κ· 0 2

5 4

3·κ 5 4

= −4

= −10κ − 4κ + 10κ = −4κ.

4.2.19. Αποδειξτε οτι αν πολλαπλασιασουµε µια στηλη ενος πινακα µε αριθµο κ, η οριζουσα πολλαπλασιαζεται επι κ. Απαντηση. Θα χρησιµοποιησουµε την δευτερη ϐασικη ιδιοτητα της 4.1.8. Πραγµατι αν εχουµε ενα πινακα του οποιου η n-στη στηλη ειναι γραµµικος συνδυασµος an = κa0n + λa00n , και παρουµε λ = 0, τοτε εχουµε

εχ

|a1 ...κ · a0n + 0 · a00n ...aN | = κ · |a1 ...a0n ...aN | + 0 · |a1 ...a00n ...aN | = κ · |a1 ...a0n ...aN | . ∆ηλ. ο ιδιος ο πινακας δεν αλλαζει (αφου εναλλαξαµε δυο ιδιες στηλες) αλλα το προσηµο της οριζουσας του πρεπει να αλλαζει προσηµο, αφου εγινε εναλλαγη στηλων.

Αθ .Κ

4.2.20. Ελεγξτε µε ενα παραδειγµα οτι αν σε µια στηλη µιας οριζουσας προσθεσουµε κ ϕορες µια αλλα στηλη, τοτε η τιµη της οριζουσας παραµενει η ιδια. Απαντηση. Π.χ. εχουµε

1 2 1

2 0 2

3 5 4

=1· 0 2

5 4

−2· 2 2

3 4

+1· 2 0

3 5

= −4

και

1 2+1·κ 1

0 + 2κ 2

2 0+2·κ 2 =1·

− (2 + κ) · 2 2

3 4

5 + 3κ 4

3 5+3·κ 4

+1· 2 0+2·κ

3 5 + ·κ

= (−10 − 6κ) − (2 + κ) · 2 + (10 + 2κ) = −4.

4.2.21. Αποδειξτε οτι αν πολλαπλασιασουµε µια στηλη ενος πινακα µε αριθµο κ, η οριζουσα πολλαπλασιαζεται επι κ. Απαντηση. Θα χρησιµοποιησουµε την δευτερη ϐασικη ιδιοτητα της 4.1.8. Πραγµατι αν εχουµε ενα πινακα

[a1 ...am ...an ...aN ] και δηµιουργησουµε εναν νεο πινακα

[a1 ...1 · am + κ · an ...an ...aN ]

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

62

ϑα εχουµω

αφου |a1 ...an ...an ...aN | = 0 (ο πινακας εχει δυο ιδιες στηλες).

ας

|a1 ...1 · am + κ · an ...an ...aN | = 1 · |a1 ...am ...an ...aN | + κ · |a1 ...an ...an ...aN | = |a1 ...am ...an ...aN |

4.2.22. Ελεγξτε µε ενα παραδειγµα οτι η οριζουσα ενος πινακα µε µια µηδενικη στηλη ισουται µε 0. Απαντηση. Π.χ. εχουµε

=1· 0 2

0 4

αγ ι

1 0 1

2 0 2

3 0 4

−0· 2 2

3 4

+1· 2 0

3 0

= 1 · 0 − 0 · (8 − 6) + 1 · 0 = 0.

4.2.23. Αποδειξτε οτι η οριζουσα ενος πινακα µε µια µηδενικη στηλη ισουται µε 0. Απαντηση. Θα χρησιµοποιησουµε την δευτερη ϐασικη ιδιοτητα της 4.1.8.

|a1 ...0 · a0m + 0 · a00m ...aN | = 0 · |a1 ...a0m ...aN | + 0 · |a1 ...a00m ...aN | = 0.

εχ

4.2.24. Ελεγξτε οτι η οριζουσα του



4  2   3 4

0 5 6 7

 0 0 0 0   8 0  9 10

Αθ .Κ

ισουται µε 4 · 5 · 8 · 10. Απαντηση.

4 2 3 4

0 5 6 7

0 0 0 0 8 0 9 10

5 0 0

=4· 6 8 0

7 9 10

8 0 = 4 · 5 ·

9 10

−0+0−0

−0+0−0

= 4 · 5 · 8 · |10| − 0 + 0 − 0 = 4 · 5 · 8 · 10.

4.2.25. Ελεγξτε οτι |AB| = |A| · |B| για τους πινακες



 1 2 3 A =  0 1 2 , 3 0 2



 1 0 0 B= 1 1 0  3 0 2

Απαντηση.



    1 2 3 1 0 0 12 2 6 AB =  0 1 2   1 1 0  =  7 1 4  3 0 2 3 0 2 9 0 4

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

= 5,

1 0 0

|B| =

1 1 0

3 0 2

= 2,

12 2 6

|AB| =

7 1 4

9 0 4

4.2.26. Ελεγξτε οτι |AB| = |A| · |B| για τους πινακες

a b c d

A=

,

B=

x y z u

Απαντηση.

AB =

a b c d

x y z u

=

ax + bz ay + bu cx + dz cy + du

αγ ι

a b

= ad − bc, |A| =

c d

ax + bz ay + bu |AB| =

cx + dz cy + du

x y |B| =

z u

= xu − yz

= axdu + bzcy − aydz − bucx

εχ

και, τελος,

|A| · |B| = (ad − bc) (xu − yz) = axdu + bzcy − aydz − bucx. 4.2.27. Ελεγξτε οτι |A| = |A11 | · |A22 | · ... · |AN N | για τον πινακα



Αθ .Κ

= 10.

ας

1 2 3

|A| =

0 1 2

3 0 2

63

2  1 A=  0 0

4 3 0 0

0 0 6 2

0 0 3 5

 0 0   6  2

Απαντηση. Εχουµε

2 1 0 0

4 3 0 0

0 0 3 5

2 4 1 3

3 6 5 2

= −48.

Χρησιµοποιουµε τους πινακες

A11 = A22 =

µε |A11 | = 2, µε |A22 | = −24

οποτε, προφανως, το Ϲητουµενο ισχυει. 4.2.28. Εστω N × N πινακας A. ∆ειξτε οτι |κA| = κN |A| . Απαντηση. Αυτο προκυπτει επειδη

κA = [κa1 κa2 ... κaN ]

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

64

οποτε

ας

κA = |κa1 κa2 ... κaN | = κ · |a1 κa2 ... κaN | = κ2 · |a1 a2 ... κaN | = ... = κN · |a1 a2 ... aN | .

−A = [(−1) · a1

αγ ι

4.2.29. Εστω N × N αντισυµµετρικος πινακας

T A, οπου N = 2M + 1. ∆ειξτε οτι |A| = 0. Απαντηση. Για καθε A ισχυει |A| = A . Αφου ο A ειναι αντισυµµετρικος, ισχυει AT = −A. Αλλα

(−1) · a2 ...

(−1) · aN ]

2M +1

οποτε, συµφωνα µε το προηγουµο προβληµα |−A| = (−1) τελικα

|A| = − |A|. Οποτε

|A| = AT = |−A| = (−1)2M +1 |A| = − |A|

το οποιο ισχυει µονο για |A| = 0.

εχ

4.2.30. Εστω N × N αντισυµµετρικος πινακας A, τετοιος ωστε AAT = I. ∆ειξτε οτι |A| = 1 η |A| = −1 Απαντηση. Εχουµε

AAT = |A| · AT = |A| · |A| = |A|2

AAT = |I| = 1

2

Αρα |A| = 1 που δινει αµεσως το Ϲητουµενο.

4.2.31. Χρησιµοποιωντας τον τυπο (για 3 × 3 πινακα)

 A11 −A21 A31 1  −A12 A22 −A32  = |A| A13 −A23 A33

Αθ .Κ A−1



υπολογιστε τον αντιστροφο των



 4 2 3 A =  1 0 −1  , 0 1 1



 4 0 0 B =  0 2 0 , 0 0 3



 4 0 0 C =  0 2 −1  . 0 1 1

Απαντηση. Για τον A εχουµε

|A| =

A11 =

A21 =

A31 =

4 2 3

1 0 −1

= 5 0 1 1

1 −1

1 0

0 −1

= 1, = 1, A12 =

= 1, A13 =

1 1

0 1

0 1

4 3

4 2

2 3

= 4,

= 4, = −1, A22 =

A23 =

1 1

0 1

0 1

4

4 2

2 3

3

= −7,

= −2, = −2, A32 =

A33 =

0 −1

1 −1

1 0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ Οποτε

65

A−1

 1 1 −2 1 4 7  =  −1 5 1 −4 −2

Για τον B εχουµε

4 0 0

|B| =

0 2 0

0 0 3

Οποτε

B12 = 0, B22 = 12, B32 = 0,

B13 = 0, B23 = 0, B33 = 0,

αγ ι

B11 = 6, B21 = 0, B31 = 0,

= 24

ας





B−1

 1/4 0 0 0  =  0 1/2 0 0 1/3

(Παρατηρειστε οτη ο B−1 ειναι,  οπως καιο B, διαγωνιος· τι αλλο παρατηρειτε ;) Με την

0

εχ

4 0

ιδια διαδικασια για τον C =  0 2 −1  ϐρισκουµε

Αθ .Κ

0 1 1

4 0

0

0 2 −1 = 12

0 1 1

και

2 −1

1 1

0 0

1 1

0 0

2 −1

οποτε

= 3,

= 0,

= 0,

0 2

0 −1

= 0, = 0,

0 1

0 1

4 0

4 0

= 4, = 4,

0 1

0 1

4 0

4 0

= 8, = −4,

0 −1

0 2

 −1  1 0 0 4 0 0 4 1 1   0 2 −1  =  0 . 3 3 1 2 0 1 1 0 −3 3 

Αξιζει να παρατηρησουµε οτι οι υποπινακες

ειναι αµοιβαια αντιστροφοι.

1 3 − 31

1 3 2 3

,

2 −1 1 1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

66

1 = |I| = A · A−1 = 0 · A−1 = 0 το οποιο ειναι ατοπο.

ας

4.2.32. Αποδειξτε οτι ανν |A| = 0 τοτε δεν υπαρχει ο A−1 . Απαντηση. Εστω οτι |A| = 0 και υπαρχει ο A−1 . Ειναι γνωστη η ιδιοτητα |A · B| = |A| · |B|, οποτε ϑα ειχαµε

αγ ι

4.2.33. Εστω N × N οµαλος πινακας A για τον οποιο ισχυει |3A| = 27 |A| . Ποια ειναι η τιµη του N ; Απαντηση. Απο την 4.2.28 εχουµε οτι |3A| = 3N |A|. Αρα

3N |A| = 27 |A|

το οποιο ισχυει αν N = 3 η αν |A| (στην δευτερη περιπτωση δεν µπορουµε να υπολογισουµε την τιµη του N ). 4.2.34. Βρειτε την παραγωγο ως προς x της οριζουσας

1 x2

x 2x + 1

.

εχ

Απαντηση. Αν υπολογισουµε την οριζουσα εχουµε

1 x2 f (x) =

x 2x + 1

= 2x + 1 − x3

και df /dx = 2 − 3x2 . Εχει οµως ενδιαφερον οτι d 1 dx d x dx

x2 2x + 1

0

1

1

+

x

Αθ .Κ

= + 1)

1 2x

= −x2 + 2 − 2x2 = 2 − 3x2 . x 2

d 2 x dx d (2x dx

x2

+

2x + 1

Μπορειτε να γενικευσετε το παραπανω αποτελεσµα ; 4.2.35. Βρειτε την παραγωγο ως προς x της οριζουσας

sin x x3 x2

x ex 2x + 1

x+1 0 1

.

Απαντηση. Αν υπολογιασουµε την οριζουσα εχουµε

sin x x3 x2

x ex 2x + 1

x+1 0 1

= sin x − x3 − x2 · ex + x3 · 2x2 + 2x + 1

και

sin x x3 x2 d

x ex 2x + 1 D= dx

x+1 0 1 Επισης

= cos x − 4x2 − 2x + (sin x) − x3 ex + 10x4 + 8x3 + 3x2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

67

4.2.36.

= ex cos x + 2x4 − x2 ex

x2

2x + 1

= (sin x) ex + 6x3 + 6x4 − x3 ex + 3x2 − x2 ex

1

2x

2

= (x + 1) 2x3 − 2ex x . 0

x2 2x + 1 1

ας

cos x x3 x3 x2

ex ex 2x + 1

=

1

1 0 1) 0 1

d 3

sin x 3x2 x x2 sin x dx

d x

= x ex e 2x + 1 x dx

d

x+1 0 x + 1 dx 0 1

d 2

sin x x3 sin x x3 dx x

d ex x ex dx (2x + 1)

=

x d

x+1 0 x + 1 0 dx 1 d sin x dx d x dx d (x + dx

αγ ι

D1 =

D2 =

D3 =

Μετα απο αρκετες πραξεις επαληθευουµε οτι

D = D1 + D2 + D3 . Μπορειτε να γενικευσετε το παραπανω αποτελεσµα ; 4.2.37. ∆ειξτε οτι

εχ

b+c a−b a

c + a b − c b = 3abc − a3 − b3 − c3 .

a+b c−a c

Απαντηση. Απο την δευτερη στηλη αφαιρουµε την τριτη και στην νεα οριζουσα προσϑετουµε την δευτερη στηλη στην πρωτη :

Αθ .Κ

b + c a − b a b + c −b a c −b a

c + a b − c b = c + a −c b = a −c b

a + b c − a c a + b −a c b −a c

= c −c2 + ab + b ac − b2 + a −a2 + bc = 3abc − a3 − b3 − c3 .

4.2.38. ∆ειξτε οτι

a−b−c 2a 2a

2b b − c − a 2b

2c 2c c−a−b

= (a + b + c)3

Απαντηση. Στην πρωτη γραµµη προσθετουµε την δευτερη και την τριτη :

a−b−c 2a 2a

2b b − c − a 2b

2c 2c c−a−b

a+b+c a+b+c a+b+c

=

2b b−c−a 2b

2c 2c c−a−b

1 1 1

2b = (a + b + c) 2b b − c − a

2c 2c c−a−b

.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

68

Τωρα απο την δευτερη και την τριτη στηλη αφαιρουµε την πρωτη :

1 0 0

= (a + b + c) 2b −c − a − b 0

2c 0 −a − b − c

ας

1 1 1

2b (a + b + c) 2b b − c − a

2c 2c c−a−b

= (a + b + c) (a + b + c) (a + b + c) . 4.2.39. Υπολογιστε την

x a a a

a x a a

a a x a

a a a x

.

αγ ι

Απαντηση. Αφαιρωντας απο την πρωτη, δευτερη και τριτη στηλη την πρωτη παιρνουµε :

x a a a

a x a a

a a x a

a a a x

=

x a−x a−x a−x a x−a 0 0 a 0 x−a 0 a 0 0 x−a

.

εχ

Η δευτερη, τριτη και τεταρτη στηλη εχουν κοινο παραγοντα το (x − a):

Αθ .Κ

x a−x a x−a a 0 a 0 

0



a 0 3 0

+

(x − a) ·

a 1 

a 0 −1

x −1 −1 −1

a − x a − x

0 0

1 0 0

3 a = (x − a)

= x−x 0

0 1 0

a

a 0 x−a

0 0 −1

 x −1 −1

 a 1 0

= (x − a)3 (3a + x) .  a 0 1

4.2.40. Εστω N × N πινακας A της µορφης



1  1 AN =   ... 1

1 0 ... ...

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

 1 ...   ...  0

N −1

∆ειξτε οτι |AN | = (−1) . Απαντηση. Απο την πρωτη γραµµη αφαιρουµε την δευτερη και µετα αναπτυσσουµε κατα τα στοιχεια της πρωτης γραµµης :

|AN | =

1 1 ... 1

1 0 ... ...

1 1 ... ...

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

1 ... ... 0

=

0 1 ... 1

1 0 ... ...

0 1 ... ...

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

0 ... ... 0

= −

1 1 ... 1

1 0 ... ...

1 1 ... ...

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

1 ... ... 0

= |AN −1 | .

∆ηλ. |AN | = − |AN −1 | οπου η |AN −1 | ειναι ταξης N − 1. Αν επαναλαβουµε N − 1 ϕορες τελικα προκυπτει το Ϲητουµενο.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

69

4.2.41. Εστω N × N πινακας A της µορφης

 −1 1 ... 1  1 −1 ... ...   A=  ... ... ... ...  1 ... ... −1

ας



N −1

−1 1 ... 1

1 −1 ... ... |AN | =

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

1 ... ... −1

−1 1 ... 1

1 −1 ... ...

= −2

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

1 ... ... −1

= −2 |AN −1 | − 2 |BN −1 | , οπου

αγ ι

∆ειξτε οτι |A| = (−1) 2N −1 (N − 2) . Απαντηση. Απο την πρωτη γραµµη αφαιρουµε την δευτερη και µετα αναπτυσσουµε κατα τα στοιχεια της πρωτης γραµµης :

1 1 ... 1 1 −1 ... ... ... ... ... ... 1 ... ... −1

εχ

|BN −1 | =

− 2

1 1 ... 1 1 −1 ... ... ... ... ... ... 1 ... ... −1

.

Τωρα, απο την πρωτη γραµµη της |BN −1 | αφαιρουµε την δευτερη και µετα αναπτυσσουµε κατα τα στοιχεια της πρωτης γραµµησ:

=

1 1 ... 1 1 −1 ... ... ... ... ... ... 1 ... ... −1

Αθ .Κ

|BN −1 | =

N −2

Αρα λοιπον, |BN −1 | = (−2)

0 2 ... 0 1 −1 ... ... ... ... ... ... 1 ... ... −1

= −2

1 1 ... 1 1 −1 ... ... ... ... ... ... 1 ... ... −1

= −2 |BN −2 | .

|B1 | = (−2)N −2 , οποτε για την |AN | εχουµε

|AN | = −2 |AN −1 | + (−2)N −1 .

(4.15)

N −1

Η λυση της (4.15) ειναι |AN | = (−1) 2N −1 (N − 2). Αυτο µπορει να αποδειχτει µε χρηση της ϑεωριας των εξισωσεων διαφορων, και µπορειτε να ελεγξετε οτι ισχυει ϑετοντας N = 2, 3, ... . 4.2.42. ∆ειξτε οτι

2

x x 1

D (x, y, z) =

y 2 y 1

= (x − y) (x − z) (y − z) .

z2 z 1

Απαντηση. Μπορουµε ϕυσικα να ϐρουµε το αποτελεσµα µε τον συνηθη υπολογισµο οριζουσας και παραγοντοποιηση του αποτελεσµατος. Εδω οµως ϑα χρησιµοποιησουµε µια αλλη προσεγγιση. Αφου η D (x, y, z) ειναι αθροισµα γινοµενων 3 ορων, µε ενα ορο

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

70

ας

απο καθε γραµµη και ενα απο καθε στηλη, η D (x, y, z) ϑα ειναι πολυωνυµο δευτερου ϐαθµου ως προς το x (και επισης ως προς το y και z ). Τωρα, αν ϑεσουµε x = y , δυο σειρες της D (x, y, z) γινονται ιδιες· δηλ. D (x, x, z) = 0, αρα στο πολυωνυµο D (x, y, z) ϑα υπαρχει ενας ορος (x − y) και το ιδιο ϑα ισχυει και για τον ορο (x − z). Με αντιστοιχη σκεψη για την D (x, y, z) ως πολυωνυµο του y ϐλεπουµε οτι και ο (y − z) πρεπει να ειναι ορος της D (x, y, z). Επισης, αν ϑεωρησουµε την D (x, y, z) ως πολυωνυµο των τριων µεταβλητων x, y, z , αυτο ϑα πρεπει να ειναι τριτου ϐαθµου. Αρα

D (x, y, z) = (x − y) (x − z) (y − z) η D (x, y, z) = − (x − y) (x − z) (y − z) .

αγ ι

Επειδη οµως ο ορος x2 y στο πολυωνυµο πρεπει να εχει ϑετικο προσηµο (γιατι ; ελεγξτε το αναπτυγµα της οριζουσας !), συµπεραινουµε τελικα οτι D (x, y, z) = (x − y) (x − z) (y − z). Γενικευστε και υπολογιστε µε αντιστοιχο τροπο την οριζουσα

N −1 N −2

x1 1

N −1 xN −2

x2 x 2 D (x1 , x2 , ..., xN ) =

N...−1 N...−2

x xN N

1 1 ... 1

εχ

4.2.43. Να υπολογιστει η

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

Αθ .Κ

DN (x) =

1 1 1 1 1−x 1 1 1 1 − 2x ... ... ... 1 1 1

.

... 1 ... 1 ... 1 ... ... ... N − 1 − x

.

(4.16)

Απαντηση. Αφου η οριζουσα ειναι αθροισµα γινοµενων N ορων, η DN (x) ειναι πολυωνυµο N − 1 ϐαθµου ως προς x και η εξισωση DN = 0 ειναι N − 1 ϐαθµου και αρα εχει N − 1 ϱιζες. Παρατηρουµε οτι, για x = 0, 1, ..., N − 2, η δευτερη, τριτη, ..., N -στη στηλη της οριζουσας ισουται µε την πρωτη. Αρα οι N − 1 ϱιζες της εξισωσης ειναι x1 = 0, x2 = 1, ..., xN −1 = N − 2. Οποτε και

DN (x) = x · (x − 1) · ... · (x − N + 2) .

4.3

Αλυτα Προβληµατα

4.3.1. Υπολογιστε τις παρακατω οριζουσες.

1 2

3 4

,

3 0 0

99 1 2 ,

373 3 4

Απ. −2, −6, 7, 0, 24, 60.

1 2 3

−1 0 2 ,

3 1 0

1 2 3

2 4 6

3 1 0

,

0 1 4

0 2 5

0 3 6

,

3 2 3

0 4 2

0 0 5

.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

71

4.3.2. Αποδειξτε οτι

a11 0 0 a22 ... ... 0 0

... 0 ... 0 ... ... ... aN N

=

a11 0 a21 a22 ... ... aN 1 aN 2

... 0 ... 0 ... ... ... aN N

= a11 a22 ...aN N .

ας

4.3.3. Αποδειξτε οτι

b11 b12

+

b21 b22

4.3.4. Αποδειξτε οτι

a11 a12

a21 a22

a11 b12

+

a21 b22

4.3.5. Αποδειξτε οτι

a11 κ · a12

a21 κ · a22 Με τι ισουται

a11 a12 + b12

=

a21 a22 + b22

= κ · a11 a12

a21 a22

κ · a11 κ · a12

κ · a21 κ · a22

= − a21 a12 a13

a32 a33

Αθ .Κ

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

− a22 a11 a13

a31 a33

x y+z z

x+1 y+z+2 z+1

1 2 1

+ a23 a11 a12

a31 a32

= 0.

4.3.8. Αποδειξτε οτι

1+a 1 1

1 1+a 1

1 1 1+a

= 3a2 + a3 .

4.3.9. Αποδειξτε οτι

a c 0 0

b d 0 0

0 0 e g

0 0 f h

0 −i 0 0

a b

=

c d

e f

·

g h

4.3.10. Αποδειξτε οτι

i 0 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0

.

;

4.3.7. Αποδειξτε οτι

.

.

εχ

4.3.6. Ελεγξτε αν

a11 + b11 a12 + b12

6=

a21 + b21 a22 + b22

αγ ι

a11 a12

a21 a22

= 1.

.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

72

4.3.11. Αποδειξτε οτι

= 0.

ας

1 1 1

a b c

b+c c+a a+b 4.3.12. Αποδειξτε οτι για N ∈ {2, 3, ...} εχουµε

0 1 ... 1

1 0 ... 1

... ... ... ..

1 1 ... 0

= (−1)N −1 (N − 1) .

αγ ι

4.3.13. Αποδειξτε οτι

b+c a−b a

c + a b − c b = 3abc − a3 − b3 − c3 .

a+b c−a c

4.3.14. Αποδειξτε οτι

a b c d

b a d c

c d a b

d c b a

= (a + b + c + d) (a − b + c − d) (a − b − c + d) (a + b − c − d) .

εχ

4.3.15. Αποδειξτε οτι

= 22 ,

Αθ .Κ

−1 1 1

1 −1 1

1 1 −1

−1 1 1 1

1 −1 1 1

1 1 −1 1

1 1 1 −1

= −24 .

Μπορειτε να γενικευσετε αυτα τα αποτελεσµατα για N × N οριζουσα ;

4.3.16. Αποδειξτε οτι

0 a b c −a 0 a b −b −a 0 a −c −b −a 0 −d −c −b −a

d c b a 0

= 0.

4.3.17. Αποδειξτε οτι

a a a a

a b b b

a b c c

a b c d

= a (b − c) (d − c) (a − b) .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

73

4.3.18. Για M × M . πινακες A, C αποδειξτε οτι

= |A| · |C| .

ας

A 0

B C

4.3.19. Βρειτε την παραγωγο ως προς x της οριζουσας

1 x2

x 2x + 1

αγ ι

Απ. 2 − 3x2 .

.

4.3.20. Βρειτε την παραγωγο ως προς x της οριζουσας

x+2 x ex

x

x+1 e x+3

ex x − 7 x4

Απ. 7x4 ex + x5 ex − 3x2 + 4x + 29 + 8x3 ex − 6x5 + 2ex x2 + ex x − 10ex − 5x4 − 3e3x .

εχ

4.3.21. Αν για τον πινακα A ισχυει aij = aji (οπου z ειναι ο µιγαδικος συζυγης του z ), αποδειξτε οτι |A| ειναι πραγµατικος αριθµος. 4.3.22. Αποδειξτε οτι

(I + A)−1 = I − (I + A)−1 A και (I + PQ)−1 P = P (I + QP)−1 .

Αθ .Κ

4.3.23. Αποδειξτε οτι

−1 (A + UCV)−1 = A−1 − A−1 C−1 + VAU VA−1 .

4.3.24. Εστω N × N πινακας A της µορφης

N −1

∆ειξτε οτι |A| = (−1)



0  1 A=  ... 1

1 0 ... ...

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

 1 ...   ...  0

(N − 1).

4.3.25. Εστω N × N πινακας A της µορφης



a+b a  a a+b A=  ... ... a ...

∆ειξτε οτι |A| = bN −1 (N a + b).

 ... a ... ...   ... ...  ... a + b

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

74

0 a1 b1 c1 −a1 0 a2 b2 −b1 −a2 0 a3 −c1 −b2 −a3 0 −d1 −c2 −b3 −a4

d1 c2 b3 a4 0

= 0.

4.3.27. ∆ειξτε οτι

... aN ... aN ... aN ... ... ... 1 + aN

= 1 + a1 + a2 + ... + aN .

αγ ι

1 + a1 a2 a3

a1 1 + a2 a3

a1 a 1 + a3 2

... ... ...

a1 a2 a3

ας

4.3.26. ∆ειξτε οτι

4.3.28. Για την παρακατω οριζουσα ταξεως 2N δειξτε οτι

a 0 ... 0 b

0 a ... b 0

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

0 b ... a 0

b 0 ... 0 a

= a2 − b2 ..

εχ

4.3.29. ∆ειξτε οτι

a −b −a b1

b a −b −a

2 2 2 2 = 4 · a + b · c + d . c −d c −d

d c d c

Αθ .Κ

4.3.30. ∆ειξτε οτι

1+x 1 1 1

1 1 − x 1 1

1 1 1+z 1

1 1 1 1−z

= x2 z 2 .

4.3.31. ∆ειξτε οτι

0 1 1 1

1 0 x y

1 x 0 z

1 y z 0

= x2 + y 2 + z 2 − 2 · (xy + yz + zx) .

4.3.32. ∆ινεται N × N πινακας A που ικανοποιει :

Amn = a για m = n,

Amn = b για m 6= n.

(α) ∆ειξτε οτι αν υπαρχει ο A−1 τοτε (A−1 )mn = x για m = n και (A−1 )mn = y για m 6= n· (ϐ) ϐρειτε ικανη και αναγκαια συνθηκη µεταξυ των a, b ωστε να υπαρχει ο A−1 .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

75

4.3.33. ∆ειξτε οτι

... N − 1

... N − 2

... N − 3

= (−1)N −1 · 2N −2 · (N − 1) . ... ...

... 0

ας

0 1 2

1 0 1

2 1 0

... ... ...

N −1 N −2 N −3 4.3.34. ∆ειξτε οτι

0 1 1 1 1

1 0 1 1 1

1 1 0 1 1

1 1 1 0 1

1 1 1 1 0

= 4 (−1)4

αγ ι

Γενικευστε για οριζουσα N -στης ταξης. 4.3.35. ∆ειξτε οτι

1 1 1 1 1

1 0 1 1 1

1 1 1 1 0

= (−1)4

1 1 0 1 1

1 1 1 0 1

1 a 1 ... a

= (a − 1)N −1 (a + N − 1) .

εχ

Γενικευστε για οριζουσα N -στης ταξης. 4.3.36. ∆ειξτε οτι

a 1 1 ... 1

1 a 1 ... 1

1 1 a ... 1

1 1 1 ... 1

Αθ .Κ

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

4.3.37. Εστω οτι a1 a2 ....aN 6= 0. ∆ειξτε οτι

1 + a1 1 1 1 ... 1

1 1 + a2 1 1 ... a

1 1 1 + a3 1 ... 1

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

1 1 1 1 ... 1 + aN

= a1 a2 ...aN · 1 + 1 + ... + 1 .

a1 aN

4.3.38. ∆ινεται ο N × N πινακας



  AN =   

a 1 0 ... 0

1 a 1 ... 0

0 1 a ... 0

0 0 1 ... 0

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

0 0 0 ... a

   .  

∆ειξτε οτι |AN | = a |AN −1 | − |AN −2 |. Κατοπιν ϐρειτε την τιµη της |AN |.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

76

4.3.39. ∆ειξτε οτι

= 2a1 a2 a3 · (a1 + a2 + a3 )2 .

ας

(a2 + a3 )2 a21 a22

2

a22 (a3 + a1 ) a22

(a1 + a2 )2 a23 a23 Γενικευστε για οριζουσα N -στης ταξης. 4.3.40. ∆ειξτε οτι

4.3.41. ∆ειξτε οτι

x a b x

a x x b

b x x a

x b a x

= (a + b − 2x) (a + b + 2x) (b − a)2 .

εχ

x1 y1 z1

= 2 · x2 y2 z2 .

x3 y3 z3

αγ ι

x1 + y1 y1 + z1 z1 + x1

x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2

x3 + y3 y3 + z3 z3 + x3

4.3.42. ∆ειξτε οτι

P1 P1 P1 P1 ... n=1 n=1 n=1 Pn=1 P1 P2 P2 2 ... n=1 n=1 Pn=1 P Pn=1 P 3 1 2 3 ... n=1 n=1 n=1 n=1 ... ... ... ... ... PN P1 P2 P3 n=1 n=1 n=1 n=1 ...

Αθ .Κ

= N !.

4.3.43. Αποδειξτε οτι

 −1  1 a a2 1 −a 0  0 1 −a  =  0 1 a  . 0 0 1 0 0 1 

Γενικευστε για N × N πινακες. 4.3.44. Αποδειξτε οτι

−1   a+1 1 1 − a2 +a−2 − a2 +a−2 a 1 1 a2 +a−2 a+1 1  1 a 1  = − 2 1 . − a2 +a−2 a +a−2 a2 +a−2 1 1 a+1 1 1 a − a2 +a−2 − a2 +a−2 a2 +a−2 

Γενικευστε για N × N πινακες.

4.3.45. Εστω N × N πινακας A τετοιος ωστε I + A + A2 +... + AK = 0. Αποδειξτε οτι A−1 = AK .

ας

Κεφάλαιο 5

5.1

αγ ι

Οριζουσες και Συστηµατα Γραµµικων Εξισωσεων Θεωρια

5.1.1. Εστω το συστηµα N γραµµικων εξισωσεων µε N αγνωστους

εχ

a11 x1 + a12 x2 + ... + a1N xN = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2N xN = b2 ... aN 1 x1 + aN 2 x2 + ... + aN N xN = bN

(5.1)

Αθ .Κ

Το συστηµα µπορει να γραφτει και στην µορφη



a11  a21   ... aN 1

a12 a22 ... aN 2

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

 a1N x1   a2N   x2 ...   ... aN N xN





 b1   b2  =    ...  bN

(5.2)

η´ και

οπου



a11  a21 A=  ... aN 1

a12 a22 ... aN 2

Ax = b. ... ... ... ...

 a1N a2N  , ...  aN N

(5.3)



 x1  x2   x=  ...  , xN



 b1  b2   b=  ...  . bN

5.1.2. Αν |A| = 6 0, τοτε η µοναδικη λυση της (5.3) ειναι

x = A−1 b.

77

(5.4)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

78

5.1.3. (Κανονας του Cramer ) Αν |A| = 6 0, τοτε η µοναδικη λυση της (5.3) ειναι :

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

a1N a2N ... aN N a1N a2N ... aN N

a11

a21

...

aN 1

, x2 =

a11

a21

...

aN 1

b1 b2 ... bN a12 a22 ... aN 2

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

a1N a2N ... aN N a1N a2N ... aN N

a11

a21

...

aN 1

, ..., xN =

a11

a21

...

aN 1

a12 a22 ... aN 2 a12 a22 ... aN 2

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

b1

b2

...

bN

. a1N

a2N

...

aN N

ας

a12 a22 ... aN 2 a12 a22 ... aN 2

αγ ι

b1

b2

...

bN x1 =

a11

a21

...

aN 1

(5.5)

5.1.4. Εστω οτι ο A ειναι M × N , και M < N . Το συστηµα Ax = b, δηλ.



a11  a21   ... aM 1

a12 a22 ... aM 2

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

 a1N x1   a2N   x2   ... ... aM N xN





 b1   b2  =    ...  bM

(5.6)

εχ

ειναι µη τετραγωνικο και µαλιστα εχει περισσοτερους αγνωστους αποτι εξισωσεις. Ωστοσο, µπορει να λυθει µε τον κανονα του Cramer , ως εξης. Το ξαναγραφουµε στην µορφη



a11  a21   ... aM 1

Αθ .Κ

οπου

a12 a22 ... aM 2

    

bb1 bb2 ... bbM



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

 a1M x1   a2M   x2   ... ... aM M xM



  b1 a1,M +1    a2,M +1   b2  − = ...   ...  bM aM,M +1

a1,M +2 a2,M +2 ... aM,M +2





  =   

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

bb1 bb2 ... bbM

    

 a1,N xM +1  xM +2 a2,N     ... ... aM,N xN

(5.7)

  . 

(5.8)

Οποτε µπορουµε να λυσουµε την (5.7), αρκει να ισχυει

a11 a21 ... aM 1

a12 a22 ... aM 2

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

a1M a2M ... aM M

6= 0,

και να υπολογισουµε τους αγνωστους x1 , x2 , ..., xM συναρτησει των xM +1 , ..., xN . Ετσι παιρνουµε απειρες λυσεις, που εξαρτωνται απο τις ελευθερες µεταβλητες xM +1 , xM +2 , xN , οι οποιες µπορουν να παρουν αυθαιρετες τιµες. 5.1.5. Για το τετραγωνικο συστηµα Ax = b ισχυουν τα εξης. 1. Αν |A| 6= 0, το συστηµα εχει µοναδικη λυση αυτη που δινεται απο τον κανονα του Cramer. Στην ειδικη περιπτωση που το συστηµα ειναι οµογενες (b = 0) η µοναδικη λυση ειναι η µηδενικη : x1 = x2 = ... = xN = 0.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

79

2. Αν |A| = 0 και b = 0 (οµογενες συστηµα) το συστηµα εχει απειρες λυσεις, εκ των οποιων µια ειναι η µηδενικη.

ας

3. Αν |A| = 0 και b 6= 0 (µη οµογενες συστηµα) το συστηµα ϑα εχει η´ απειρες η´ καµµια λυση. 5.1.6. Το τετραγωνικο οµογενες συστηµα Ax = 0 εχει µη µηδενικη λυση ανν |A| = 0.

5.2

Λυµενα Προβληµατα

αγ ι

5.2.1. Αποδειξτε οτι, αν υπαρχει ο A−1 , τοτε η µοναδικη λυση της Ax = b ειναι x = A−1 b. Απαντηση. Αφου ο A−1 υπαρχει εχουµε

Ax = b ⇒ A−1 Ax = A−1 b ⇒ Ix = A−1 b ⇒ x = A−1 b. 5.2.2. Λυστε µε χρηση του αντιστροφου πινακα το συστηµα

x1 + 2x2 = 1 2x1 − x2 = −3

εχ

Απαντηση. Θα γραψουµε το συστηµα στην µορφη Ax = b και ϑα ϐρουµε την λυση απο την σχεση x = A−1 b. Εχουµε

1 2 1 −1 A= , b= , A = 2 −1 −3 1 2 x1 1 −1 5 5 x= = 2 = . x2 − 15 −3 1 5

1 5 2 5

2 5

− 51

1 2 1 2

1 2 − 21

,

Αθ .Κ

5.2.3. Λυστε µε χρηση του αντιστροφου πινακα το συστηµα

x1 + x2 = 5 . x1 − x2 = −1

Απαντηση. Εχουµε

1 1 5 −1 A= , b= , A = 1 −1 −1 1 1 x1 5 2 2 x= = 21 = . 1 x2 − −1 3 2 2

,

5.2.4. Λυστε µε χρηση του αντιστροφου πινακα το συστηµα

x1 + 2x2 = 1 2x1 + 4x2 = 0

Απαντηση. Παρατηρουµε οτι

1 2 |A| =

2 4

= 0,

οποτε ο A−1 δεν υπαρχει και το συστηµα δεν µπορει ναλυθει µε τον αντιστροφο πινακα.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

80

x1 + 2x2 + x3 = 2 2x1 − x2 + 2x3 = −1 2x1 + x2 + x3 = 1 Απαντηση. Εχουµε

ας

5.2.5. Λυστε µε χρηση του αντιστροφου πινακα το συστηµα

     3 1 1 2 1 2 − 5 − 15 0 , A =  2 −1 2  , b =  −1  , A−1 =  52 − 15 3 4 −1 2 1 1 1 5 5    3     1 x1 −5 −5 1 2 0 2 1        −5 0 −1 = 1  . x = x2 = 5 4 3 x3 −1 1 0 5 5

αγ ι



5.2.6. Λυστε µε χρηση του αντιστροφου πινακα το συστηµα

εχ

x1 + 2x2 + x3 = 0 2x1 − x2 + 2x3 = 0 . x1 + x2 + x3 = 0 εχουµε



1 1 2 1 2 1

  A = 2 −1 2 και |A| = 2 −1 2

1 1 1 1 1 1 

=0

Αθ .Κ

αρα ο A−1 δεν υπαρχει και το συστηµα δεν µπορει να λυθει µε τον αντιστροφο. 5.2.7. Αποδειξτε τον κανονα του Cramer ( 5.1.3). Απαντηση. Εστω An ο πινακας που προκυπτει απο τον A αν αντικαταστησουµε την i-στη στηλη µε την b. Οµως, µε αναπτυξη της οριζουσας κατα την n-στη στηλη εχουµε

|An | =

N X

bk Akn .

(5.9)

k=1

(Εδω χρησιµοποιησαµε το γεγονος οτι οι An και A εχουν ιδια ελασσονα Akn – γιατι ισχυει αυτο ;). Πρεπει να ελεγξουµε οτι το διανυσµα x του κανονα του Cramer ειναι οντως µια λυση του Ax = b. Θετουµε λοιπον (για n = 1, 2, ..., N ) N

1 X bk Akn xn = |A| k=1

και πρεπει (χρησιµοποιωντας την (5.9) ) να εχουµε για i = 1, 2, .., N :

! N N N N X 1 X X ain X ain xn = bk Akn = ain Akn bk . |A| k=1 |A| k=1 n=1 n=1 n=1

N X

(5.10)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

81

N X

ain Akn =

n=1

|A| οταν i = k, 0 οταν i 6= k.

PN

ας

Αρκει τωρα να δειξουµε οτι

αγ ι

Αλλα = |A| ειναι απλα ο τυπος της οριζουσας υπολογισµενης ως προς την n=1 ain AinP i-στη στηλη. Και N n=1 ain Akn = 0, i 6= k , λεει απλα οτι η οριζουσα ενος πινακα (ποιου ;) που εχει δυο ιδιες γραµµες ισουται µε µηδεν. Αρα το διανυσµα x της (5.10) ειναι µια (η µοναδικη !) λυση του Ax = b.

5.2.8. Λυστε τα παρακατω συστηµατα (οπου αυτο ειναι δυνατο) χρησιµοποιωντας τον κανονα του Cramer .

x1 + 2x2 = 1 , 2x1 − x2 = −3 Απαντηση. Για το

x1 + x2 = 5 , x1 − x2 = −1

x1 + 2x2 = 1 2x1 + 4x2 = 0

x1 + 2x2 = 1 2x1 − x2 = −3 εχουµε

Αθ .Κ

Για το

x2 =

εχ

1 2

−3 −1

= −1, x1 =

1 2

2 −1

1 1

2 −3

= 1. 1 2

2 −1

x1 + x 2 = 5 x1 − x2 = −1

εχουµε

5

1

−1 −1

= 2, x1 =

1 1

1 −1

x2 =

1 5

1 −1

= 3. 1 1

1 −1

Για το

x1 + 2x2 = 1 2x1 + 4x2 = 0

παρατηρουµε οτι

1 2

2 4

= 0,

οποτε ο κανονα στου Cramer δεν εφαρµοζεται. Επισης παρατηρουµε οτι οι δυο εξισωσεις ειναι ασυµβατες, αρα το συστηµα ειναι αδυνατο. 5.2.9. Λυστε το παρακατω συστηµα χρησιµοποιωντας τον κανονα του Cramer .

x1 + 2x2 + x3 = 2 2x1 − x2 + 2x3 = −1 . 2x1 + x2 + x3 = 1

(5.11)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

82

Απαντηση.

1 2 2

2 −1 −1

2 1 1

5 0

= = 1, x3 =

= = 0.

5 5 2 1

1

2 −1 2

2 1 1

ας

1

2 2 1 2 1

2 −1 2

−1 −1 2

2

1 1 1 1 1

0

= = 0, x2 =

x1 =

1

5 2 1

2 1

1

2 −1 2

2 −1 2

2

2 1 1

1 1

5.2.10. Λυστε το παρακατω συστηµα χρησιµοποιωντας τον κανονα του Cramer .

αγ ι

x1 + 2x2 + x3 = 0 2x1 − x2 + 2x3 = 0 . x1 + x2 + x3 = 0 Απαντηση. Εχουµε

1 2 1

2 −1 2

1 1 1

=0

εχ

αρα καταρχην δεν µπορουµε να εφαρµοσουµε τον κανονα του Cramer. Οµως µπορουµε να εφαρµοσουµε το εξης τεχνασµα. Παιρνουµε τις δυο πρωτες εξισωσεις και εχουµε το υπο-συστηµα

x1 + 2x2 + x3 = 0 2x1 − x2 + 2x3 = 0

το οποιο ξαναγραφουµε ως

x1 + 2x2 = −x3 . 2x1 − x2 = −2x3

Αθ .Κ

Για το συστηµα αυτο εχουµε

−x3 2

−2x3 −1

x1 =

1 2

2 −1

= −x3 ,

1 −x3

2 −2x3

= 0. x2 =

1 2

2 −1

Επαληθευουµε την τριτη εξισωση. Πραγµατι, αντικαθιστωντας τις τιµες των x1 , x2 στην τριτη εξισωση της (5.11), εχουµε

x1 + x2 + x3 = −x3 + 0 + x3 = 0.

Οποτε η λυση του αρχικου συστηµατος ειναι



   −x3 −1 1  = t ·  0 . x= x3 1

Φαινεται δηλαδη οτι το x3 = t επιλεγεται αυθαιρετα και εχουµε απειρια λυσεων (µια για καθε τιµη του x3 ). Η λυση µπορει γραφτει και ως εξης :



 −1 x = t ·  0 . 1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

83

x1 + 2x2 + x3 = 2 2x1 − x2 + 2x3 = −1 . x1 + x2 + x3 = 1 Απαντηση. Εχουµε

=0

αγ ι

1 2 1

2 −1 2

1 1 1

ας

5.2.11. Λυστε το παρακατω συστηµα χρησιµοποιωντας τον κανονα του Cramer .

αρα δεν µπορουµε να εφαρµοσουµε τον κανονα του Cramer αµεσα. Παιρνουµε τις δυο πρωτες εξισωσεις και εχουµε το υπο-συστηµα

x1 + 2x2 + x3 = 2 2x1 − x2 + 2x3 = −1 το οποιο ξαναγραφουµε ως

x1 + 2x2 = 2 − x3 . 2x1 − x2 = −1 − 2x3

εχ

Για το συστηµα αυτο εχουµε

2 − x3

−1 − 2x3

x1 =

1 2

2 −1

2

−1

= −x3 ,

1 2 − x3

2 −1 − 2x3

x2 =

1 2

2 −1

= 1.

Αθ .Κ

Επαληθευουµε την τριτη εξισωση. Πραγµατι εχουµε

x1 + x2 + x3 = −x3 + 1 + x3 = 1.

Οποτε η λυση του αρχικου συστηµατος ειναι



   0 −1 x= 1 +t· 0  0 1

για τυχον t ∈ R (απειρια λυσεων). Ποια ειναι η σχεση του συστηµατος µε αυτο της προηγουµενης ασκησης ; Πια ειναι η σχεση των λυσεων ; 5.2.12. Υπολογιστε τον αντιστροφο του

 1 2 3 A =  −1 0 1  0 1 1

µε χρηση του κανονα του Cramer .



ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

84

Απαντηση. Για

A−1

 x11 x12 x13 =  x21 x22 x23  x31 x32 x33

πρεπει να εχουµε



ας



    1 2 3 x11 x12 x13 1 0 0  −1 0 1   x21 x22 x23  =  0 1 0  0 1 1 x31 x32 x33 0 0 1

αγ ι

το οποιο µπορει να ξαναγραφτει ως τρια χωριστα υποσυστηµατα :



  x11   x21  =  x31    x12   x22  =  x32    x13   x23  =  x33 

εχ

1 2 3  −1 0 1 0 1 1  1 2 3  −1 0 1 0 1 1  1 2 3  −1 0 1 0 1 1

 1 0 , 0  0 1 , 0  0 0 . 1

Για το πρωτο συστηµα εχουµε

Αθ .Κ

1 2 3

0 0 1

0 1 1

1

= , =

1 2 3

2

−1 0 1

0 1 1

x11

x21

1 1 3

−1 0 1

0 0 1

1

=− , =

1 2 3

2

−1 0 1

0 1 1

x31

1 2 1

−1 0 0

0 1 0

1

= =

1 2 3

2

−1 0 1

0 1 1

Με αντιστοιχο τροπο υπολογιζουµε τα x21 , x22 , ..., x33 και τελικα παιρνουµε

 −1  1 1 2 3 − 12 −1 2  −1 0 1  =  − 1 − 1 2 . 2 2 1 1 −1 0 1 1 2 2 

5.2.13. Αποδειξτε την 5.1.5. Απαντηση. Αν |A| 6= 0, τοτε υπαρχει ο (µοναδικος) A−1 και αρα η µοναδικη λυση της Ax = b ειναι η x = A−1 b. Αν b = 0, τοτε x = A−1 0 = 0. Αν |A| = 0 και b = 0, ϐρισκουµε τον µεγαλυτερο τετραγωνικο υποπινακα του A, εστω 0 A , ο οποιος εχει µη µηδενικη οριζουσα. Ενας τετοιος πινακας πρεπει να υπαρχει γιατι γιατι σε αντιθετη περιπτωση ολα τα στοιχεια του A ειναι µηδενικα (αποδειξτε το !) και το συστηµα ειναι τετριµµενο. Χρησιµοποιωντας τον A0 , λυνουµε το αντιστοιχο υποσυστηµα, στο οποιο ϑα εµφανιζονται ελευθερες µεταβλητες xn1 , xn2 , ..., αρα ϑα εχουµε απειρες λυσεις. Μια απο αυτες τις λυσεις ϑα ειναι η µηδενικη, επειδη ισχυει A0 = b = 0.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

85

Εστω τωρα οτι |A| = 0 και b 6= 0 και το συστηµα Ax = b εχει µια λυση u, δηλ.

ας

Au = b. Θεωρειστε τωρα το συστηµα Ax = 0 το οποιο εχει απειρες λυσεις (αφου |A| = 0). Ας παρω δυο τυχουσες λυσεις, τις x0 και x00 , x0 6= x00 . Τοτε

Au = b Ax0 = 0

⇒ A· (u + x0 ) = b + 0 = b,

αγ ι

δηλ. το z0 = u + x0 ειναι µια λυση του Ax = b· µε ιδιο τροπο ϐρισκουµε οτι το z00 = u + x00 ειναι µια αλλη λυση του Ax = b, διαφορετικη της z0 (διοτι x0 6= x00 ⇒ x0 + b 6= x00 + b). Ετσι, για καθε µια απο τις απειρες λυσεις του Ax = 0 παιρνω µια λυση του Ax = b και ολες αυτες ειναι διαφορετικες µεταξυ τους. Με αλλα λογια, αν το Ax = b εχει µια λυση, τοτε εχει απειρες· εναλλακτικα το Ax = b δεν εχει καµµια λυση. 5.2.14. ∆ωστε µια γεωµετρικη ερµηνεια της 5.1.5 σε σχεση µε συστηµατα 2 × 2. Απαντηση. Οταν το συστηµα ειναι 2 × 2 εχει την µορφη

a11 x1 + a12 x2 = b1 a21 x1 + a22 x2 = b2

(5.12)

(5.13)

εχ

και οι εξισωσεις (5.12)-(5.13) ειναι οι εξισωσεις δυο ευθειων. Ενα σηµειο που ικανοποιει και τις δυο εξισωσεις ειναι η τοµη των δυο ευθειων. Τωρα,

a11 a12

a21 a22

6= 0 ⇒ a11 6= a12

a21 a22

Αθ .Κ

που σηµαινει οτι οι δυο ευθειες δεν ειναι παραλληλες, αρα τεµονται σε ενα µοναδικο σηµειο – δηλ. το συστηµα εχει µοναδικη λυση. Επισης

a11 a12

a21 a22

= 0 ⇒ a11 = a12

a21 a22

που σηµαινει οτι οι δυο ευθειες ειναι παραλληλες (αρα δεν τεµνονται σε κανενα σηµειο ), η συµπιπτουν (αρε τεµονται σε απειρα σηµεια). Στην ειδικη περιπτωση που b1 = b2 = 0, και οι δυο ευθειες περνουν απο το σηµειο (0, 0) αρα το συστηµα εχει τουλαχιστον µια λυση· αν δε επιπλεον η οριζουσα µηδενιζεται, οι ευθειες περνουν απο το (0, 0) και συµπιπτουν – δηλ. το συστηµα εχει απειρες λυσεις. 5.2.15. ∆ωστε µια γεωµετρικη ερµηνεια της 5.1.5 σε σχεση µε συστηµατα 3 × 3. Απαντηση. Οταν το συστηµα ειναι 3 × 3 εχει την µορφη

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3

(5.14) (5.15) (5.16)

και αυτες ειναι οι εξισωσεις τριων επιπεδων. Η αναλυση ειναι πιο πολυπλοκη αποτι στο 2 × 2 συστηµα, αλλα ουσιαστκα και παλι οι περιπτωσεις ειναι τρεις : (α) τα δυο επιπεδα τεµνονται σε µια ευθεια η οποια τεµνει το τριτο επιπεδο σε ενα µοναδικο σηµειο (|A| = 6 0, µοναδικη λυση), (ϐ) τα επιπεδα ειτε συµπιπτουν ειτε περνουν ολα απο µια ευθεια (|A| = 0, απειρες λυσεις), (γ) τα δυο τουλαχιστον επιπεδα εινεαι παραλληλα (|A| = 0, καµµια λυση).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

86

A· (κb x) = κ · Ab x=κ · 0 = 0,

ας

5.2.16. Αποδειξτε οτι το τετραγωνικο οµογενες συστηµα Ax = 0 εχει µη µηδενικη λυση ανν |A| = 0. Απαντηση. Ax = 0 εχει παντα την µηδενικη λυση. Αν εχει και µη µηδενικη λυση, τοτε ϑα εχει απειρια λυσεων. Αυτο ϕαινεται απο την 5.1.5 αλλα µπορουµε να το δουµε b ειναι µια λυση Ab και ως εξης : αν x x= 0, τοτε για καθε κ ∈ R εχουµε

δηλ. το συστηµα εχει απειρες λυσεις (µια για καθε κ ∈ R). Ξερουµε δε απο την 5.1.5 οτι το συστηµα εχει απειρες λυσεις ανν |A| = 0.

αγ ι

5.2.17. Βρειτε για ποιες τιµες του κ το συστηµα

κx1 + x2 + x3 = 1 x1 + κx2 + x3 = 2 x1 + x2 + κx3 = 3

εχει µοναδικη λυση. Απαντηση. Αν γραψουµε το συστηµα στην µορφη Ax = b, τοτε

= κ3 − 3κ + 2 = (κ + 2) (κ − 1)2 .

εχ

κ 1 1

|A| =

1 κ 1

1 1 κ

2

Για να εχει το συστηµα µοναδικη λυση, πρεπει |A| = (κ + 2) (κ − 1) 6= 0, δηλ κ ∈ R − {−2, 1}.

Αθ .Κ

5.2.18. Βρειτε για ποιες τιµες του κ το συστηµα

κx1 + 2x2 = 0 3x1 + κx2 = 2

εχει απειρες λυσεις. Απαντηση. Αν γραψουµε το συστηµα στην µορφη Ax = b, τοτε

κ 2 |A| =

3 κ

= κ2 − 6.

2 Αφου το √ συστηµα ειναι οµογενες, ϑα εχει απειρες λυσεις οταν |A| = κ − 6 = 0, δηλ. οταν κ = ± 6.

5.3

Αλυτα Προβληµατα

5.3.1. Λυστε τα παρακατω συστηµατα (οπου αυτο ειναι δυνατο) χρησιµοποιωντας τον κανονα του Cramer .

x1 + 2x2 = 1 , 2x1 − x2 = −3

x1 + x 2 = 5 , x1 − x2 = −1

2x1 + x2 = 5 x1 − 2x2 = −1

Απ. (x1 = −1, x2 = 1), (x1 = 2, x2 = 3), (x1 = 95 , x2 = 75 ).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

87

x1 + 3x2 − x3 = 2 3x2 + 2x3 − x4 = 5 , x3 + x 4 = 1 x4 = 2

ας

5.3.2. Λυστε τα παρακατω συστηµατα (οπου αυτο ειναι δυνατο) χρησιµοποιωντας τον κανονα του Cramer .

x1 + 3x2 − x3 = 2 3x1 − x2 = 5 . x1 + x2 − x3 = 1

x1 + 2x2 + x3 = 2 2x1 − x2 + 2x3 = −1 , x1 + x2 + x3 = 1

11 , x2 6

=

αγ ι

Απ. (x4 = 2, x3 = −1, x2 = 3, x1 = −8), (x2 = 1, x3 = x3 , x1 = −x3 ), x1 = 1 , x3 = 43 ). 2

5.3.3. Λυστε τα παρακατω συστηµατα (οπου αυτο ειναι δυνατο) χρησιµοποιωντας τον κανονα του Cramer .

x1 + x2 − 2x3 = 5 x1 − x2 + x3 = −1 , −2x1 + x2 + x3 = 4 Απ. x1 =

11 , x2 3

= 8, x3 =

x1 + x2 − 2x3 = 5 x1 + x3 = −1 , −2x1 + x2 + x3 = 4 10 3

x1 + x 2 − x3 = 1 x1 − x2 + x3 = 1 . −x1 + x2 + x3 = 1

, (x1 = − 31 , x2 = 4, x3 = − 32 ), (x1 = 1, x2 = 1, x3 = 1).

εχ

5.3.4. Λυστε τα παρακατω συστηµατα (οπου αυτο ειναι δυνατο) χρησιµοποιωντας τον κανονα του Cramer .

x1 + 3x2 − 4x3 = 0 x1 + x2 − x3 = 0 , 2x1 + 4x2 − 5x3 = 0

Αθ .Κ

x1 + 3x2 − 4x3 = 1 x1 + 3x2 − 4x3 = 1 x1 + x2 − x3 = 3 , x1 + x2 − x3 = 2 . 2x1 + 4x2 − 5x3 = 4 2x1 + 4x2 − 5x3 = 4 Απ. x2 = 32 x3 , x1 = − 12 x3 , x3 = x3 , (x2 = 32 x3 − 1, x3 = x3 , x1 = − 12 x3 + 4), δεν εχει

λυση.

5.3.5. Λυστε τα συστηµατα των Προβληµατων 5.3.1 - 5.3.4 µε χρηση του αντιστροφου πινακα. 5.3.6. Λυστε τα παρακατω συστηµατα (οπου αυτο ειναι δυνατο) χρησιµοποιωντας τον κανονα του Cramer .

     10  1 2 3 x1 1 9 . 1.  3 0 2   x2  =  2  Απ. x =  17 18 2 1 2 0 x3 3 −3       2  1 2 3 x1 3 9 7  2.  3 0 2   x2  =  2  Απ. x =  18 . 2 1 2 0 x3 1 3        tˆ1 5 2 1 x1 3 2   x2  =  2  Απ. x =  − 74 tˆ1 + 1 . 3.  3 0 2 2 −1 x3 1 − 32 tˆ1 + 1 

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

 2 0 0 x1   2 0 0   x2 0 −1 3   x3 0 2 4 x4  2 0 0 x1   2 1 0   x2 0 −1 3   x3 0 2 4 x4  2 0 0 x1   2 1 0   x2 0 −1 3   x3 0 0 4 x4

  1  3 2   2   1   =   Απ. x =  41 .   1    5 2 2 5     3  3 5   2   0   =   Απ. x =  1 ..   1    5 2 2 5     3  3 10   2   3   =   Απ. x =  41 .    1   2 1 2 2 



ας

5  3 4.   0 0  5  3 5.   0 0  5  0 6.   0 0

αγ ι



5.3.7. Λυστε τα συστηµατα της Ασκησης 5.3.6 µε χρηση του αντιστροφου πινακα. 5.3.8. Λυστε τα παρακατω συστηµατα.

      −1+btˆ1 +a−a2 tˆ1 1 a b x1 1 −1+a2  tˆ1 +1−atˆ1 . a 1 a   x2  =  1  Απ. x =  − −a+ab 1.   −1+a2 a+1 a+1 a+b x3 2 tˆ1

εχ





 c−c2 tˆ1 +abtˆ1 − a b c 1 x1 b2 −ac  tˆ1 −a2 tˆ1 . b c a   x2  =  0  Απ. x =  − −b+bc 2.   b2 −ac x3 a+b b+c c+a 1 tˆ1 

Αθ .Κ









     tˆ1 1 2 3 x1 1        ˆ 3 2 1 x2 = 1 Απ. x = −2t1 + 3. 1 1 1 x3 1/2 tˆ1





1 2

.

5.3.9. Λυστε τα παρακατω συστηµατα.

      a−1 − b−2a 1 a b x1 1 2 +1 . 1.  a 1 a   x2  =  1  Απ. x =  −2a+b+1 b−2a2 +1 a−1 b a 1 x3 1 − b−2a2 +1        a − c2 +bc−ab−a x1 a b c 1 2 a . 2.  b c a   x2  =  0  Απ. x =  − c2 +bc−ab−a 2 b+c c b a x3 0 c2 +bc−ab−a2        −1 a 0 x1 0 −a2 a   x2  =  0  Απ. x =  −a . 3.  0 −1 0 0 −1 x3 1 −1 

88

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

  4.   

1 a 0 ... 0 0 1 a ... 0 0 0 1 ... a ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 1

     

x1 x2 x3 ... xN





    =    

0 0 0 ... 3





     Απ. x =     

−3aN −1 ... 3a2 −3a 3

   .  

ας



89

5.3.10. Για ποιες τιµες του a το παρακατω συστηµα εχει απειρια λυσεων ;



Απ. Για a = 1 ή a = 12 .

αγ ι

    x1 a 2 1 0  1 1 a   x2  =  0  1 2 1 x3 0

5.3.11. Για ποιες τιµες των a, b το παρακατω συστηµα εχει απειρια λυσεων ;



    a 2 1 x1 0  1 1 a   x2  =  0  1 2 1 x3 0

εχ

Απ. Για a = 1 και b αυθαιρετο, ή για a 6= 1 και b = −1 , ή για a 6= 1 και b = 1. .

5.3.12. ∆ιερευνηστε το πληθος των λυσεων του παρακατω συστηµατος σε σχεση µε τις τιµες του a.     

Αθ .Κ

a 2 1 x1 1  1 1 a   x2  =  0  1 2 1 x3 1

Απ. Για a = 1 το συστηµα εχει απειρες λυσεις. Για a = εχει µοναδικη λυση.

1 2

ειναι αδυνατο. Για a ∈ / {1, 1/2}

ας

Κεφάλαιο 6

6.1

αγ ι

Απαλοιφη Gauss και Συστηµατα Γραµµικων Εξισωσεων Θεωρια

6.1.1. Εστω το (γενικα µη τετραγωνικο) συστηµα

εχ

a11 x1 +a12 x2 +...+a1N xN = b1 a21 x1 +a22 x2 +...+a2N xN = b2 . ... aM 1 x1 +aM 2 x2 +...+aM N xN = bM

(6.1)

6.1.2. Ο επαυξηµενος πινακας του συστηµατος ειναι ο



Αθ .Κ

a11  a21 A b =  .. aM 1

a12 a22 .. aM 2

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

a1N a2N ... aM N

 b1 b2  . ...  bN

6.1.3. Λεµε οτι ο M × N πινακας C ειναι σε κλιµακωτη µορφη αν υπαρχουν αριθµοι n1 , n2 , ..., nM τετοιοι ωστε 1. 1 = n1 < n2 < ... < nM .

2. Για m = 1, 2, ..., M εχουµε cmn = 0 οταν n < nm και cmnm 6= 0.

6.1.4. Τα στοιχεια c11 , c2n2 , ..., c2nM λεγονται κοµβοι. Αν n1 = 1, n2 = 2, n3 = 3, ... , nM = M , τοτε λεµε οτι ο πινακας ειναι σε τριγωνικη µορφη.

6.1.5. Απο το συστηµα Ax = b σχηµατιζουµε τον επαυξηµενο πινακα A b . Αν αυτος ειναι σε κλιµακωτη (τριγωνικη) µορφη, λεµε οτι και το συστηµα Ax = b ειναι σε κλιµακωτη (τριγωνικη) µορφη. Βασικες µεταβλητες του συστηµατος ειναι αυτες που αντιστοιχουν σε κοµβους (δηλ. οι xn1 , xn2 , ... συµφωνα µε τον συµβολισµο της προηγουµενης παραγραφου) και ελευθερες µεταβλητες οι υπολοιπες.

90

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

91

r1  r2   C=  ...  . rM

Οι τρεις στοιχειωδεις γραµµοπραξεις ειναι :

ας

6.1.6. Υπαρχουν τρεις στοιχειωδεις γραµµοπραξεις που µπορουµε να εφαρµοσουµε σε καθε M × N πινακα  

1. εναλλαγη Γραµµων : εναλλαγη των rm και rn , συµβολιζεται rm ↔ rn ·

αγ ι

2. πολλαπλασιασµος γραµµης επι αριθµο: αντικατασταση της rm απο ενα πολλαπλασιο του εαυτου της, συµβολιζεται rm ← krm , οπου k 6= 0· 3. προσθεση γραµµων: αντικατασταση της rm απο το αθροισµα του εαυτου της και ενος πολλαπλασιου της rn , συµβολιζεται rm ← rm + krn .

6.1.7. Καθε στοιχειωδης γραµµοπραξη εχει και την αντιστροφη της, δηλ. µια αλλη στοιχειωδη γραµµοπραξη η οποια, οταν εφαρµοστει στον νεο πινακα, δινει τον αρχικο. Οι αντιστροφες πραξεις ειναι οι εξης :

εχ

1. η αντιστροφη της rm ↔ rn ειναι η rm ↔ rn ·

2. η αντιστροφη της rm ← krm ειναι η rm ←− k1 rm · 3. η αντιστροφη της rm ← rm + krn ειναι η rm ←− rm − krn .

Αθ .Κ

6.1.8. Αν στον αρχικο πινακα C εφαρµοσουµε µια στοιχειωδη γραµµοπραξη και λαβουµε εναν νεο πινακα C0 , τοτε ισχυει C0 = EC, οπου ο E ειναι ο πινακας που προκυπτει αν εφαρµοσουµε στον µοναδιαιο πινακα I την αντιστοιχη στοιχειωδη γραµµοπραξη. ΟνοµαϹουµε τους πινακες E στοιχειωδεις πινακες. 6.1.9. Καθε στοιχειωδης πινακας E που αναφερεται στο προηγουµενο εδαφιο εχει αντιστροφο E0 = E−1 που προκυπτει απο τον I αν σε αυτον εφαρµοσουµε την αντιστροφη γραµµοπραξη. Ισχυει

C0 = EC ⇔ C = E−1 C.

6.1.10. Εστω συστηµα Ax = b. Σχηµατιζουµε τον επαυξηµενο πινακα C = A b , εφαρµοζουµε σε αυτον µια σειρα γραµµοπραξεων και τελικα τον ϕερνουµε σε κλιµακωτη µορφη C0 = A0 b0 . Το συστηµα A0 x = b0 ειναι ισοδυναµο µε το Ax = b, δηλ. καθε x που ικανοποιει το πρωτο συστηµα ικανοποιει και το δευτερο και αντιστροφα. 6.1.11. Ο Αλγοριθµος Απαλοιφης του Gauss για επιλυση του συστηµατος Ax = b, ειναι ο εξης : 1. Με χρηση γραµµοπραξεων τον επαυξηµενο πινακα C = 0ϕερνουµε 0 0 κλιµακωτη µορφη C = A b .

A b

σε

2. Κατοπιν λυνουµε το συστηµα A0 x = b0 , το οποιο ειναι ευκολο να λυθει µε προς τα πισω αντικατασταση και εχει τις ιδιες λυσεις µε το αρχικο.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

92

ας

6.1.12. Εστω συστηµα Ax = b. Σχηµατιζουµε τον επαυξηµενο πινακα C = A b , εφαρµοζουµε σε αυτον µια σειρα γραµµοπραξεων και τελικα τον ϕερνουµε σε κλιµακωτη µορφη C0 = A0 b0 . Το συστηµα A0 x = b0 ειναι ισοδυναµο µε το Ax = b, δηλ. καθε x που ικανοποιει το πρωτο συστηµα ικανοποιει και το δευτερο και αντιστροφα.

6.1.13. Το συστηµα Ax = b µπορει παντα να µετασχηµατιστει σε κλιµακωτη µορφη, για την οποια ϑα ισχυει ενα απο τα εξης ενδεχοµενα. 1. Αν η κλιµακωτη µορφη εχει µια η περισσοτερες εξισωσεις της µορφης 0 = bm 6= 0 το συστηµα δεν εχει καµµια λυση (ειναι αδυνατο).

αγ ι

2. Αν η κλιµακωτη µορφη δεν εχει εξισωσεις της µορφης 0 = bm 6= 0 και δεν ειναι τριγωνικη το συστηµα εχει απειρες λυσεις. 3. Αν η κλιµακωτη µορφη ειναι τριγωνικη το συστηµα εχει µοναδικη λυση.

6.1.14. Εστω M × N πινακας A και συστηµα Ax = b. Εστω C = A b ο επαυξη µενος πινακας του συστηµατος και C0 = A0 b0 µια κλιµακωτη µορφη του C. Εστω K1 ο αριθµος των κοµβων του A0 και K2 ο αριθµος των κοµβων του C0 . Ισχυουν τα εξης ενδεχοµενα.

εχ

1. K1 < K2 : το συστηµα δεν εχει καµµια λυση (ειναι αδυνατο). 2. K1 = K2 < N : το συστηµα εχει απειρες λυσεις. 3. K1 = K2 = N : το συστηµα εχει µοναδικη λυση.

Αθ .Κ

6.1.15. ∆ινονται τα συστηµατα : Ax = 0 (οµογενες) και Ax = b, µε b 6= 0 (µη οµογενες). b ειναι µια λυση του µη οµογενους συστηµατος. Τοτε Εστω οτι x

e=x b + u ειναι λυση του µη οµογενους συστηµατος, 1. Καθε διανυσµα της µορφης x αν το u ειναι µια λυση του οµογενους συστηµατος.

e του µη οµογενους συστηµατος µπορει να γραφτει στην µορφη x e = 2. Καθε λυση x b + u, οπου το u ειναι µια λυση του οµογενους συστηµατος. x

6.1.16. Λεµε οτι ο M × N πινακας C ειναι σε ανηγµενη κλιµακωτη µορφη αν ειναι σε κλιµακωτη µορφη και επιπλεον, για καθε γραµµη η οποια περιεχει κοµβο, ισχυουν τα εξης. 1. Ο κοµβος ειναι ισος µε 1.

2. Ο κοµβος ειναι το µονο µη µηδενικο στοιχειο της στηλης του.

6.1.17. Μπορουµε να ϕερουµε καθε M × N πινακα A σε ανηγµενη κλιµακωτη µορφη χρησιµοποιωντας γραµµοπραξεις. 6.1.18. Εστω N × N πινακας A. Οι παρακατω συνθηκες ειναι ισοδυναµες. 1. Υπαρχει ο A−1 . 2. A = E1 E2 ...EK , οπου E1 , E2 , ...EK ειναι στοιχειωδεις πινακες.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

6.2

93

Λυµενα Προβληµατα 2x1 + x2 + x3 = 1 4x1 + x2 = −2 . −2x1 + x2 + x3 = 7

ας

6.2.1. Λυστε το συστηµα

Απαντηση. Αφαιρουµε απο την δευτερη εξισωση 2 ϕορες την πρωτη και προσθετουµε στην τριτη εξισωση 2 ϕορες την πρωτη :

αγ ι

 2x1 + x2 + x3 = 1  2x1 + x2 + x3 = 1 4x1 + x2 − 2 · (2x1 + x2 + x3 ) = −2 − 2 · 1 −x2 − 2x3 = −4 . ⇒  −2x1 + x2 + x3 + (2x1 + x2 + x3 ) = 7+1·1 2x2 + 2x3 = 8 Κατοπιν προσθετουµε στην τριτη εξισωση δυο ϕορες την δευτερη

 2x1 + x2 + x3 = 1  2x1 + x2 + x3 = 1 −x2 − 2x3 = −4 −x2 − 2x3 = −4 . ⇒  2x2 + 2x3 + 2 · (−x2 − 2x3 ) = 8 + 2 · (−4) −2x3 = 0

εχ

Το τελικο συστηµα ειναι ισοδυναµο µε το αρχικο, δηλ. εχει τις ιδιες λυσεις (γιατι ;). Τωρα λυνω το τελικο συστηµα ως εξης.

−2x3 = 0 ⇒ x3 = 0, −x2 − 2x3 = −4 ⇒ x2 = 4,

3 2x1 + x2 + x3 = 1 ⇒ 2x1 = 1 − 4 − 0 ⇒ x1 = − . 2 ∆ηλ. η λυση (του τελικου και του αρχικου συστηµατος) ειναι x1 = − 32 , x2 = 4, x3 = 0.

Αθ .Κ

6.2.2. Λυστε το ιδιο συστηµα γραµµενο σε µορφη πινακων

    1 2 1 1 x1  4 1 0   x2  =  −2  . −2 1 1 x3 7 

και χρησιµοποιωντας γραµµοπραξεις. Απαντηση. Ο επαυξηµενος πινακας ειναι



 2 1 1 1  4 1 0 −2  . −2 1 1 7

(6.2)

Χρησιµοποιουµε τις γραµµοπραξεις r2 ← r2 + (−2) · r1 και r3 ← r3 + 1 · r1 (το −2 προεκυψε απο τους συντελεστες 2 και 4: −2 = − 42 · το 1 προεκυψε απο τους συντελεστες 2 και −2: 1 = − −2 · γενικα, οταν ϑελουµε να απαλειψουµε τον ορο ain xn χρησιµοποιωντας 2 in την γραµµοπραξη r3 ← r3 + k · r1 , ϑα παιρνουµε k = − aajn ).Ο (6.2) γινεται



   2 1 1 1 2 1 1 1  4 + (−2) · 2 1 + (−2) · 1 0 + (−2) · 1 −2 + (−2) · 1  =  0 −1 −2 −4  −2 + 1 · 2 1+1·1 1+1·1 7+1·1 0 2 2 8 (6.3)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

94

Με την γραµµοπραξη r3 ← r3 + 2 · r2 το δεξι µελος της (6.3) γινεται



(6.4)

ας

   2 1 1 1 2 1 1 1  0 −1 −2 −4  =  0 −1 −2 −4  0 + 2 · 0 2 + 2 · (−1) 2 + 2 · (−2) 8 + 2 · (−4) 0 0 −2 0 Απο τον επαυξηµενο πινακα στο δεξι µελος της (6.4) παιρνουµε τους πινακες



 2 1 1 A =  0 −1 −2  , 0 0 −2



αγ ι

 1 b =  −4  0

και το αρχικο συστηµα ειναι ισοδυναµο µε την εξισωση πινακων



    2 1 1 x1 1  0 −1 −2   x2  =  −4  0 0 −2 x3 0 δηλ.

εχ

2x1 + x2 + x3 = 1 −x2 − 2x3 = −4 −2x3 = 0

το οποιο µπορει να λυθει µε προς-τα-πισω-αντικατασταση:

Αθ .Κ

−2x3 = 0 ⇒ x3 = 0, −x2 − 2x3 = −4 ⇒ x2 − 2 · 0 = 4 ⇒ x2 = 4,

3 2x1 + x2 + x3 = 1 ⇒ 2x1 = 1 − 4 − 0 ⇒ x1 = − . 2

∆ηλ. η λυση (του τελικου και του αρχικου συστηµατος) ειναι x1 = − 32 , x2 = 4, x3 = 0. 6.2.3. Υπολογιστε τον πινακα που υλοποιει την στοιχειωδη γραµµοπραξη rm ↔ rn και τον αντιστροφο του. Απαντηση. Ο αντιστοιχος πινακας E προκυπτει απο την αντιµεταθεση των γραµµων m και n στον µοναδιαιο πινακα. Ο E ειναι αυτοαντιστροφος : E−1 = E. Π.χ. για ενα συστηµα τεσσαρων εξισωσεων, η γραµµοπραξη r2 ↔ r4 αντιστοιχει στον πινακα

και



0 0 0 1

0 0 1 0

 0 1   0  0



0 0 0 1

0 0 1 0

 0 1  . 0  0

1  0 E =  0 0 1  0 E−1 =   0 0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

95

x1 + x2 + x 3 + x4 x3 + 2x4 x2 + x3 − 3x4 2x1 + 3x3 + x4

=1 =1 =2 = 4.

ας

Ελεγξτε τα παραπανω εφαρµοζοντας τις γραµµοπραξεις και τους πολλαπλασιασµους πινακων στον επαυξηµενο του συστηµατος

αγ ι

6.2.4. Υπολογιστε τον πινακα που υλοποιει την στοιχειωδη γραµµοπραξη rm ← krm (k 6= 0) και τον αντιστροφο του. Απαντηση. Ο αντιστοιχος πινακας E προκυπτει απο τον πολλαπλασιασσµο της γραµµης m στον µοναδιαιο πινακα επι τον αριθµο k , δηλ. η m-στη γραµµη του E ειναι

[0 0 ... 0 k 0 ... 0] .

Ο δε E−1 προκυπτει απο τον πολλαπλασιασσµο της γραµµης m στον µοναδιαιο πινακα επι τον αριθµο 1/k , δηλ. η m-στη γραµµη του E ειναι

1 0 0 ... 0 k

0 ... 0 .

εχ

Αθ .Κ

Π.χ. για ενα συστηµα τεσσαρων εξισωσεων, η γραµµοπραξη r2 ← 3r2 αντιστοιχει στον πινακα  

και

1 0  0 3 E =  0 0 0 0

0 0 1 0

0 0   0  1



 1 0 0 0  0 1 0 0  3  E−1 =   0 0 1 0 . 0 0 0 1

Ελεγξτε τα παραπανω εφαρµοζοντας τις γραµµοπραξεις και τους πολλαπλασιασµους πινακων στον επαυξηµενο του συστηµατος

x1 + x2 + x 3 + x4 x3 + 2x4 x2 + x3 − 3x4 2x1 + 3x3 + x4

=1 =1 =2 = 4.

6.2.5. Υπολογιστε τον πινακα που υλοποιει την στοιχειωδη γραµµοπραξη rm ← rm + krn και τον αντιστροφο του. Απαντηση. Ο αντιστοιχος πινακας E προκυπτει απο την προσθηκη ενος k στην γραµµη m του µοναδιαιου πινακα, δηλ. η m-στη γραµµη του E ειναι

[0 0 ... 0 k 0 ... 0 1 0 ... 0] .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

96

Ο δε E−1 προκυπτει απο την προσθηκη ενος −k στη γραµµη m του µοναδιαιου πινακα, δηλ. η m-στη γραµµη του E ειναι

− k 0 ... 0 1 0 ... 0] .

ας

[0 0 ... 0

Π.χ. για ενα συστηµα τεσσαρων εξισωσεων, η γραµµοπραξη r2 ← r2 + 5r1 αντιστοιχει στον πινακα  

0 0 1 0

0 0   0  1

αγ ι

1 0  5 1 E =  0 0 0 0

και στον αντιστροφο



1  −5 E−1 =   0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

 0 0  . 0  1

Ελεγξτε τα παραπανω εφαρµοζοντας τις γραµµοπραξεις και τους πολλαπλασιασµους πινακων στον επαυξηµενο του συστηµατος

εχ

x1 + x2 + x3 + x4 −5x1 + x2 + x3 − 3x4 x3 + 2x4 2x1 + 3x3 + x4

=1 =2 =1 = 4.

6.2.6. Λυστε το συστηµα του Εδαφιου 6.2.1 γραµµενο σε µορφη πινακων

    1 2 1 1 x1  4 1 0   x2  =  −2  . 7 −2 1 1 x3

Αθ .Κ



και υλοποιωντας τις γραµµοπραξεις µε πολλαπλασιασµο πινακων. Απαντηση. Ο επαυξηµενος πινακας ειναι



 2 1 1 1  4 1 0 −2  . −2 1 1 7

Για την γραµµοπραξη r2 ← r2 + (−2) · r1 παιρνουµε το γινοµενο



    1 0 0 2 1 1 1 2 1 1 1  −2 1 0   4 1 0 −2  =  0 −1 −2 −4  0 0 1 −2 1 1 7 −2 1 1 7

Για την r3 ← r3 + 1 · r1 παιρνουµε το γινοµενο



    1 0 0 2 1 1 1 2 1 1 1  0 1 0   0 −1 −2 −4  =  0 −1 −2 −4  1 0 1 −2 1 1 7 0 2 2 8

(6.5)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

97

Για την r3 ← r3 + 2 · r2 παιρνουµε το γινοµενο



Με αλλα λογια, ο αρχικος πινακας γινεται :



ας

    1 0 0 2 1 1 1 2 1 1 1  0 1 0   0 −1 −2 −4  =  0 −1 −2 −4  . 0 2 1 0 2 2 8 0 0 −2 0

αγ ι

      1 0 0 1 0 0 1 0 0 2 1 1 1 2 1 1 1  0 1 0   0 1 0   −2 1 0   4 1 0 −2  =  0 −1 −2 −4  0 2 1 1 0 1 0 0 1 −2 1 1 7 0 0 −2 0 και το ισοδυναµο συστηµα ειναι

(6.6)

    1 2 1 1 x1  0 −1 −2   x2  =  −4  . 0 0 0 −2 x3 

Η λυση µε προς-τα-πισω-αντικατασταση ειναι ιδια οπως και στην προηγουµενη ασκηση.

εχ

6.2.7. Λυστε το συστηµα

x1 + 2x2 + 3x3 = 6 2x1 + 4x2 + 2x3 = 8 . x2 + x3 = 2

Απαντηση. Ο επαυξηµενος πινακας ειναι

Αθ .Κ



 1 2 3 6  2 4 2 8  0 1 1 2

Με γραµµοπραξεις εχουµε



     1 2 3 6 r2 ← r2 + (−2) · r1 1 2 3 6 1 2 3 6  2 4 2 8   0 0 −4 −4  r2 ↔ r3  0 1 → 1 2 . → 0 1 1 2 r3 ← r3 0 1 1 2 0 0 −4 −4

Ισοδυναµα, µε γραµµοπραξεις εχουµε



     1 0 0 1 0 0 1 2 3 6 1 2 3 6  0 0 1   −2 1 0   2 4 2 8  =  0 1 1 2  0 1 0 0 0 1 0 1 1 2 0 0 −4 −4

Το τελικο συστηµα, που ειναι ισοδυναµο µε το αρχικο, ειναι :

 x1 + 2x2 + 3x3 = 6  x1 = 1 x2 + x3 = 2 ⇒ x2 = 1  −4x3 = −4 x3 = 1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

98

6.2.8. Λυστε το συστηµα





Απαντηση. Ο επαυξηµενος πινακας ειναι



αγ ι

 1 1 −2 4 5  2 2 −3 1 3  3 3 −4 −2 1

ας

   x1 1 1 −2 4  5  x2      2 2 −3  1  = 3 . x3  3 3 −4 −2 1 x4 

Με εφαρµογη των r2 ← r2 − 2 · r1 , r3 ← r3 − 3 · r1 παιρνουµε



   1 1 −2 4 5 1 1 −2 4 5  2 − 2 · 1 2 − 2 · 1 −3 − 2 · (−2) 1 − 2 · 4 3−2·5 = 0 0 1 −7 −7  3 − 3 · 1 3 − 3 · 1 −4 − 3 · (−2) −2 − 3 · 4 1 − 3 · 5 0 0 2 −14 −14 Με εφαρµογη της r3 ← r3 − 2 · r2 παιρνουµε

   1 1 −2 4 5 1 1 −2 4 5  0 = 0 0 1 −7 −7  . 0 1 −7 −7 0 0 0 0 0 0 − 2 · 0 0 − 2 · 0 2 − 2 · 1 −14 − 2 · (−7) −14 − 2 · (−7)

εχ



Οι παραπανω γραµµοπραξεις αντιστοιχουν στους αντιστοιχους πολλαπλασιασµους µε στοχειωδεις πινακεσ:



Αθ .Κ

      1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 −2 4 5 1 1 −2 4 5  0 1 0   0 1 0   −2 1 0   2 2 −3 1 3 = 0 0 1 −7 −7  0 −2 1 −3 0 1 0 0 1 3 3 −4 −2 1 0 0 0 0 0

Το αντιστοιχο συστηµα ειναι

   x1 1 1 −2 4  5  x2    0 0  1 −7    x3  = −7 , 0 0 0 0 0 x4 





αλλα η τελευταια εξισωση δεν επηρεαζει την λυση και ετσι εχουµε ισοδυναµα

1 1 −2 4 0 0 1 −7



 x1  x2  5    x3  = −7 x4

Οι αντιστοιχες εξισωσεις ειναι

x1 + x2 − 2x3 + 4x4 = 5 x3 − 7x4 = −7

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

99

απο τις οποιες προκυπτει

ας

x3 = −7 + 7x4 x1 = 5 − x2 + 2x3 − 4x4 = 5 − x2 + 2 · (7x4 − 7) − 4x4 = −9 − x2 + 10x4

Η τελικη λυση ειναι x1 = −9 − a, x2 = 10b, x3 = a, −7 + 7b, x4 = b, οπου a, b αυθαιρετες σταθερες. ∆ηλαδη το συστηµα εχει απειρες λυσεις που µπορουν να γραφουν και µε την µορφη :        

6.2.9. Λυστε το συστηµα

10 0  . 7  1

αγ ι

x1 −9 −1  x2   0   1    = +a· +b·  x3   −7   0   x4 0 0

   x1 1 1 −2 3  4  x2      2 3  3 −1  = 3 . x3  5 7 4 1 5 x4 





Απαντηση. Ο επαυξηµενος πινακας ειναι



εχ

 1 1 −2 3 4  2 3 3 −1 3  5 7 4 1 5

Με τις r2 ← r2 − 2 · r1 και r3 ← r3 − 5 · r1 παιρνουµε



Αθ .Κ

   1 1 −2 3 4 1 1 −2 3 4  2 − 2 · 1 3 − 2 · 1 3 − 2 · (−2) −1 − 2 · 3 3 − 2 · 4  =  0 1 7 −7 −5  5 − 5 · 1 7 − 5 · 1 4 − 5 · (−2) 1 − 5 · 3 5−5·4 0 2 14 −14 −15

Με την r3 ← r3 − 2 · r2 παιρνουµε



   1 1 −2 4 5 1 1 −2 4 5  0 = 0 0 0 1 −7 −7 1 −7 −7  . 0 − 2 · 0 0 − 2 · 0 14 − 2 · 7 −14 − 2 · (−7) −15 − 2 · (−5) 0 0 0 0 5

Οι αντιστοιχοι πολλαπλασιασµοι πινακων ειναι



      1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 −2 3 4 1 1 −2 3 4  0 1 0   0 1 0   −2 1 0   2 3 3 −1 3  =  0 1 7 −7 −5  0 −2 1 −5 0 1 0 0 1 5 7 4 1 5 0 0 0 0 −5

Το αντιστοιχο συστηµα ειναι

   x1 1 1 −2 4  5 x2     0 0  1 −7    x3  = −7 0 0 0 0 5 x4 





και ϐλεπουµε οτι η τελευταια εξισωση ειναι 0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 5 , η οποια ειναι αδυνατη. Το τελικο (αρα και το αρχικο) συστηµα δεν εχει λυση.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

100

6.2.10. Λυστε το συστηµα



 1 1 1 1 −1    2 0 −1 −2 3   1 −1 0 0 1 

x1 x2 x3 x4 x5

    3   =  2 .   1

Απαντηση. Ο επαυξηµενος ειναι



αγ ι

 1 1 1 1 −1 3  2 0 −1 −2 3 2 . 1 −1 0 0 1 1

ας



Εχουµε



   1 1 1 1 −1 3 r2 ← r2 −2 · r1 1 1 1 1 −1 3  2  0 −2 −3 −4 0 −1 −2 3 2  −→ 5 −4  1 −1 0 0 1 1 r3 ← r3 −1 · r1 0 −2 −1 −1 2 −2

εχ

και



   1 1 1 1 −1 3 1 1 1 1 −1 3  0 −2 −3 −4  0 −2 −3 −4 5 −4  −→ 5 −4  0 −2 −1 −1 2 −2 r3 ← r3 −1 · r2 0 0 2 3 −3 2 Οποτε οι εξισωσεις γινονται

Αθ .Κ

x1 + x 2 + x3 + x4 − x5 = 3 −2x2 − 3x3 − 4x4 + 5x5 = −4 2x3 + 3x4 − 3x5 = 2

Η τριτη δινει οτι 2x3 + 3x4 − 3x5 = 2

3 3 x3 = − x4 + x5 + 1. 2 2

Αντικαθιστωντας στην δευτερη παιρνουµε

3 3 −2x2 − 3 − x4 + x5 + 1 − 4x4 + 5x5 = −4 2 2

οποτε

1 1 1 x2 = x4 + x5 + . 4 4 2

Τελος, αντικαθιστωντας στην πρωτη εχουµε

x1 +

1 1 1 x4 + x5 + 4 4 2

3 3 + − x4 + x5 + 1 + x 4 − x5 = 3 2 2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ οποτε

101

Τελικα

  x=  

x1 x2 x3 x4 x5





    =    

1 x − 4 4 1 x + 4 4 3 − 2 x4 +

3 x + 4 5 1 x + 4 5 3 x + 2 5

3 2 1 2





     1  = x4   x5

6.2.11. Λυστε το συστηµα



3/2 1/2 1 0 0





     + a    

1/4 1/4 −3/2 1 0

   1 3 4 −13  2 4 2  x =  −14  . 1 2 0 −6 Απαντηση. Ο επαυξηµενος ειναι

 1 3 4 −13  2 4 2 −14  1 2 0 −6

εχ



και µε γραµµοπραξεις γινεται

1 3 4 −13 0 −2 −6 12 0 0 −1 1

Αθ .Κ

οποτε οι εξισωσεις ειναι

x1 + 3x2 + 4x3 = −13 −2x2 − 6x3 = 12 −x3 = 1

και αρα x3 = −1, x2 = (12 − 6) / (−2) = −3 και x1 = 0. Τελικα



 0 x =  −3  . −1

6.2.12. Λυστε το συστηµα



   1 3 4 8  2 4 2  x =  10  4 10 10 26

Απαντηση. Ο επαυξηµενος ειναι







     + b    

−3/4 1/4 3/2 0 1



  .  

αγ ι



ας

3 3 1 x 1 = x4 − x 5 + . 4 4 2

 1 3 4 8  2 4 2 10  4 10 10 26

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

102

και µε γραµµοπραξεις γινεται



ας

 1 3 4 8  0 −2 −6 −6  . 0 0 0 0

Η τριτη εξισωση δεν δινει καµµια πληροφορια (0 = 0) και µπορουµε να την απαλειψουµε απο το συστηµα χωεις να επηρεαστει η λυση. Οι δυο πρωτες γινονται

αγ ι

x1 + 3x2 + 4x3 = 8 −2x2 − 6x3 = −6 οποτε x2 = (6 − 6x3 ) /2 = 3 − 3x3 και x1 = −1 + 5x3 . Τελικα



   −1 5 x =  3  + a ·  −3  . 0 −1 6.2.13. Λυστε το συστηµα

   1 3 4 8  2 4 2  x =  10  4 10 10 24

εχ



Απαντηση. Εχουµε, µετα απο γραµµοπραξεις,



   1 3 4 8 1 3 4 8  2 4 2 10  →  0 −2 −6 −6  4 10 10 24 0 0 0 4

Αθ .Κ

Αυτο σηµαινει οτι η τελευταια εξισωση ειναι

0=4

που ειναι αδυνατη. Αρα το συστηµα ειναι αδυνατο.

6.2.14. Λυστε το συστηµα

1 1 2 0 2 4 4 1

x=

6 15

Απαντηση. Εχουµε, µετα απο γραµµοπραξεις,

1 1 2 0 6 2 4 4 1 15

→

1 1 2 0 6 0 2 0 1 3

οποτε

και τελικα



x1 + x2 + 2x3 = 6 2x2 + x4 = 3

     9/2 −1/2 3/2  3/2       + a ·  −1/2  + b ·  0  x=  0    0  1  0 0 1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

103

6.2.15. ∆ειξτε οτι τα συστηµατα

Ax = b

ας

A0 x = b0 ,

αγ ι

ειναι (δηλ. εχουν τισι ιδιες λυσεις) αν ο πινακας (σε κλιµακωτη µορφη) C0 = 0 ισοδυναµα A b0 προεκυψε απο τον C = A b µε εφαρµογη K γραµµοπραξεων. Απαντηση. Για να δειχτει το Ϲητουµενο αρκει να εξετασουµε την περιπτωση K = 1, δηλ. την εφαρµογη µιας γραµµοπραξης. ∆ιοτι, αν µε την εφαρµογη µιας γραµµοπραξης, το συστηµα που προκυπτει ειναι ισοδυναµο µε το αρχικο, τοτε µε την εφαρµογη δυο γραµµοπραξεων το πρωτο συστηµα ϑα ειναι ισοδυναµο µε το δευτερο και το δευτερο µε το τριτο, το οποιο σηµαινει οτι και το πρωτο ϑα ειναι ισοδυναµο (ϑα εχει τις ιδιες λυσεις) µε το πρωτο. Ας ϑεωρησουµε λοιπον το αρωκιο συστηµα και ας υποθεσουµε οτι εφαρµοζουµε σε αυτο µια γραµµοπραξη. Εξεταζουµε τις τρεις δυνατες περιπτωσεις. 1. Αν η γραµοπραξη ειναι εναλλαγη γραµµων, τοτε το νεο συστηµα εχει τις ιδιες εξισωσεις µε το αρχικο, απλα γραµµενες σε διαφορετικη σειρα και αρα εχουν τις ιδιες λυσεις.

εχ

2. Αν η γραµοπραξη ειναι πολλαπλασιασµος γραµµης επι αριθµο, τοτε στο νεο συστηµα µια εξισωση εχει αντικατασταθει απο ενα πολλαπλασιο αυτης, π.χ.

x1 + 2x2 − x3 = 4 → κx1 + 2κx2 − κx3 = 4κ.

Προφανως οι δυο εξισωσεις ειναι ισοδυναµες, αρκει κ 6= 0.

Αθ .Κ

3. Αν η γραµοπραξη ειναι προσθεση γραµµων, της µορφης rm ← rm +κ · rn , τοτε στο παλιο συστηµα υπηρχαν δυο εξισωσεις της µορφης

am1 x1 + .... + amN xN = bm an1 x1 + .... + anN xN = bn

(6.7)

οι οπιες στο νεο συστηµα εχουν αντικατασταθει απο δυο εξισωσεις της µορφης

am1 x1 + .... + amN xN = bm (an1 + κam1 ) x1 + .... + (anN + κamN ) xN = bn

(6.8)

Πρεπει να δειξουµε οτι οι (6.7) ειναι ισοδυναµες µε τις (6.8). Ειναι προφανες οτι (6.7)⇒(6.8). Για να δειξουµε οτι (6.8)⇒(6.7) εφαρµοζουµε στην δευτερη των (6.8) την αντιστροφη γραµµοπραξη : rm ← rm −κ · rn , και παιρνουµε

am1 x1 + .... + amN xN = bm (an1 + κam1 − κam1 ) x1 + .... + (anN + κamN − κamN ) xN = bn

(6.9)

οποτε, προφανως, οι (6.9) ειναι ιδιες µε τις (6.7). 6.2.16. ∆ινονται τα συστηµατα : Ax = 0 (οµογενες) και Ax = b, µε b 6= 0 (µη οµογενες). b ειναι µια λυση του µη οµογενους συστηµατος. ∆ειξτε οτι Εστω οτι x

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

104

e=x b + u ειναι λυση του µη οµογενους συστηµατος, 1. Καθε διανυσµα της µορφης x αν το u ειναι µια λυση του οµογενους συστηµατος.

Απαντηση.

Ab x= b.

ας

e του µη οµογενους συστηµατος µπορει να γραφτει στην µορφη x e = 2. Καθε λυση x b+u e , οπου το u e ειναι µια λυση του οµογενους συστηµατος. x b ειναι µια λυση του µη οµογενους συστηµατος, δηλ. ∆ινεται οτι το x

Εστω επιπλεον οτι το u ειναι µια λυση του οµογενους συστηµατος, δηλ. Au = 0. Τοτε

αγ ι

b = b + 0 = Ab x+Au = A· (b x+u) ,

δηλ. (b x+u) ειναι µια λυση του Ax = b. e του Ax = b. ∆ηλ. εχουµε Ab Εστω µια ακοµη λυση x x= b και Ae x= b. Τοτε

0 = b − b = Ab x−Ae x= A· (b x−e x) .

b−e ∆ηλ. το x x ειναι µια λυση του Ax = 0, την οποια µπορουµε να συµβολιζουµε και µε e=x b−x e. Αλλα τοτε x e=x b+u e , οπου το u e ειναι µια λυση του οµογενους συστηµατος. u

εχ

6.2.17. ∆ινονται τυχοντες ϑετικοι ακεραιοι M, N τους οποιους ϑεωρουµε σταθερους στα παρακατω. Συµβολιζουµε µε MM,N το συνολο των M × N πινακων. Για A, B ∈ MM,N ϑα γραφουµε A ∼ B ανν υπαρχουν στοιχειωδεις πινακες E1 , E2 , ..., EL τετοιοι ωστε

B = EL · EL−1 ... · E2 · E1 · A.

Αθ .Κ

∆ειξτε οτι τα παρακατω ισχυουν για καθε A, B, C ∈ MM,N :

A ∼ A. A ∼ B ⇒ B ∼ A. (A ∼ B και B ∼ C) ⇒ A ∼ C.

(6.10) (6.11) (6.12)

Απαντηση. Ειναι προφανες οτι A ∼ A· αρκει να παρουµε L = 1, E1 = I. Εστω οτι A ∼ B· δηλ. υπαρχουν στοιχειωδιες πινακες EL , EL−1 , ..., E1 τετοιοι ωστε

B = EL · EL−1 ... · E2 · E1 · A.

Οµως καθε στοιχειωδης πινακα εχει και τον αντιστροφο του, ο οποιος ειναι επισης στοχιειωδης πινακας (αντιστοιχει σε στοιχειωδη γραµµοπαρξη), αρα −1 −1 −1 A = E−1 1 · E2 ... · EL−1 · EL · B

που δειχνει οτι B ∼ A. Τελος, εστω οτι A ∼ B και B ∼ C· δηλ. υπαρχουν στοιχειωδεις πινακες EL , EL−1 , ..., E1 και FK , FK−1 , ..., F1 τετοιοι ωστε

B= EL · EL−1 ... · E2 · E1 · A C= FL · FL−1 ... · F2 · F1 · B

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

105

οποτε

C = FL · FL−1 ... · F2 · F1 · EL · EL−1 ... · E2 · E1 · A

6.2.18. Μετασχηµατιστε τον πινακα

αγ ι

ας

δηλ. B ∼ C. Καθε σχεση που ικανοποιει τις (6.10)–(6.12) λεγεται σχεση ισοδυναµιας και µπορουµε να την σκεφτουµε σαν µια µορφη ϊσοτητασ¨ (πραγµατι, η σχεση ισοτητας ικανοποιει τις (6.10)–(6.12) αν αντικαταστησουµε το ¨∼¨ µε το ¨=¨1 ). Μπορει να αποδειχτει οτι καθε σχεση ισοδυναµιας πανω σε ενα συνολο A διαµεριζει το A σε υποσυνολα – ονοµαζουµε καθε τετοιο υποσυνολο κλαση ισοδυναµιας. Στο συγκεκριµενο παραδειγµα, το MM,N , δηλ. το συνολο των M ×N πινακων, διαµεριζεται σε κλασεις ισοδυναµιας (υποσυνολα M × N πινακων) µε το εξης χαρακτηριστικο : αν οι A, B ανηκουν στην ιδια κλαση ισοδυναµιας, τοτε ο A µπορει να µετασχηµατιστει στον B µε µια σειρα στοιχειωδων γραµµοπραξεων και, αντιστροφα, ο B µπορει να µετασχηµατιστει στον A. Η µελετη των σχεσεων ισοδυναµιας ειναι αντικειµενο της Ανωτερης Αλγεβρας.

 1 3 4 −13 C =  2 4 2 −14  1 2 0 −6

εχ



σε ανηγµενη κλιµακωτη µορφη. Απαντηση. Χρησιµοποιουµε τις παρακατω γραµµοπραξεισ:

      1 3 4 1 3 4 −13 1 3 4 −13 1 3 4 −13 r ←r − 1 ·r 2 3 2 r ←r3 −r1 2 −2·r1  2 4 2 −14  r2 ←r  0 −2 −6  0 −2 −6 12  3 −→ 12  → 2  0 −2 −6 −→ 0 0 −1 1 2 0 −6 1 2 0 −6 0 −1 −4 7 

Αθ .Κ

για να ϕερουµε το συστηµα σε κλιµακωτη µορφη. Τωρα χρησιµοποιουµε τις παρακατω γραµµοπραξεισ:



     1 3 4 −13 r ←− 1 r 1 3 4 −13 1 3 4 −13 2 2 r ←−r  0 −2 −6 12  −→2  0 1 3 −6  3−→ 2  0 1 3 −6  0 0 −1 1 0 0 −1 1 0 0 1 −1

για να µετατρεψουµε τους κοµβους σε µοναδες. Τελος, χρησιµοποιουµε τις παρακατω γραµµοπραξεισ:



       1 3 4 −13 1 0 −5 5 1 0 0 0 1 0 0 −6 r ←r1 +5r3 1 −3r2 2 −3r3  0 1 3 −6  r1 ←r  0 1  0 1 3 −6  r2 ←r  0 1 0 −3  3 −6  1 −→ −→ −→ 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 και εχουµε τον



 1 0 0 −6 1  C= 0 1 0 3 0 0 1 −1

σε ανηγµενη κλιµακωτη µορφη : προφανως ειναι σε κλιµακωτη µορφη, οι κοµβοι ειναι ολοι ισοι µε 1 και η στηλη καθε κοµβου δεν περιεχει αλλα µη µηδενικα στοιχεια. 1

Αλλες σχεσεις ισοδυναµιας ειναι ...

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

106

ας

6.2.19. Μετασχηµατιστε τον πινακα του προηγουµενου προβληµατος σε ανηγµενη κλιµακωτη µορφη χρησιµοποιωντας στοιχειωδεις πινακες. Απαντηση. Παρακατω δινουµε τους πινακες που αντιστοιχουν στις γραµµοπραξεις. Χρησιµοποιουµε τις παρακατω γραµµοπραξεισ:



 0 0 , 1

r3 ← r2 −

αγ ι

  1 0 0 1 0 r2 ← r2 − 2 · r1 : E1 =  −2 1 0  , r3 ← r3 − r1 : E2 =  0 1 0 0 1 −1 0     1 0 0 1 0 0 1 0 , r2 ← − r2 : E4 =  0 − 12 0  , r3 ← −r3 : E5 =  0 1 2 0 0 1 0 0 −1    1 −3 0 1 0 5    1 0 , r1 ← r1 + 5r3 : E7 = 0 1 0 r1 ← r1 − 3r2 : E6 = 0 0 0 1 0 0 1



,



   1 3 4 −13 1 3 4 −13   2 4 2 −14  =  0 −2 −6 12  1 2 0 −6 1 2 0 −6    1 3 4 −13 1 3 4 −13   0 −2 −6 12  =  0 −2 −6 12 1 2 0 −6 0 −1 −4 7    1 3 4 −13 1 3 4 −13   0 −2 −6 12  =  0 −2 −6 12 0 −1 −4 7 0 0 −1 1

Αθ .Κ

εχ

1 0 0  −2 1 0 E1 C= 0 0 1  1 0 0 E2 E1 C=  0 1 0 −1 0 1  1 0 0 1 0 E3 E2 E1 C=  0 0 − 12 1

   

για να µετατρεψουµε τους κοµβους σε µοναδες



   1 3 4 −13 1 0 0 E4 E3 E2 E1 C=  0 − 12 0   0 −2 −6 12  =  0 0 1 0 0 −1 1     1 0 0 1 3 4 −13 1      0 0 1 3 −6 E5 E4 E3 E2 E1 C= 0 1 = 0 0 0 −1 0 0 −1 1 0

1 1 · r2 : E3 =  0 2 0



1 0  r2 ← r2 − 3r3 : E8 = 0 1 0 0

Αν εκτελεσουµε τους πολλαπλασιασµους E8 E7 E6 E5 E4 E3 E2 E1 C παιρνουµε, για την κλιµακωτη µορφη





 1 3 4 −13 0 1 3 −6  0 0 −1 .1  3 4 −13 1 3 −6  0 1 −1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

107

και για την ανηγµενη κλιµακωτη µορφη

6.2.20. Λυστε το συστηµα



  −13 1 −6  =  0 −1 0   5 1 −6  =  0 −1 0   0 1   −6 = 0 −1 0

 0 −5 5 1 3 −6  0 1 −1  0 0 0 1 3 −6  0 1 −1  0 0 0 1 0 −3  . 0 1 −1

αγ ι

 1 −3 0 1 3 4 1 0  0 1 3 E6 E5 E4 E3 E2 E1 C=  0 0 0 1 0 0 1   1 0 5 1 0 −5 E7 E6 E5 E4 E3 E2 E1 C=  0 1 0   0 1 3 0 0 1 0 0 1   1 0 0 1 0 0    0 1 3 E8 E7 E6 E5 E4 E3 E2 E1 C= 0 1 −3 0 0 1 0 0 1

ας



   1 3 4 −13  2 4 2  x =  −14  . 1 2 0 −6 Απαντηση. Ο επαυξηµενος του συστηµατος ειναι



εχ

 1 3 4 −13  2 4 2 −14  . 1 2 0 −6

Απο το 6.2.19 ξερουµε οτι η ανηγµενη κλιµακωτη µορφη ειναι



A0 b0

Αθ .Κ

 1 0 0 0 =  0 1 0 −3  . 0 0 1 −1

Αυτο σηµαινει οτι ενα συστηµα ισοδυναµο του αρχικου ειναι

        1 0 0 x1 0 x1 0  0 1 0   x2  =  −3  ⇒  x2  =  −3  . 0 0 1 x3 −1 x3 −1 

Αυτη ειναι η λυση του συστηµατος οπως την ειχαµε ϐρει στο Εδαφιο ;;. Βλεπουµε λοιπον πως µπορουµε να χρησιµοποιησουµε ανηγµενη κλιµακωτη µορφη για να λυσουµε ενα γραµµικο συστηµα. 6.2.21. Λυστε το συστηµα

   x1 2 1 −1 1  3  x2     1 0 2 0   x3  = 3 . 3 1 −1 0 3 x4 





Απαντηση. Ο επαυξηµενος του συστηµατος ειναι



 2 1 −1 1 3 2 0 3 . C= 1 0 3 1 −1 0 3

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

108

Θα χρησιµοποιησουµε στοιχειωδεις πινακες για να ϐρουµε την ανηγµενη κλιµακωτη µορφη. Εχουµε

    1 0 0 2 1 −1 1 3 2 1 −1 1 3  −1/2 1 0   1 0 2 0 3  =:  0 − 21 52 − 12 23  . 3 1 −1 0 3 0 0 1 3 1 −1 0 3      1 0 0 2 1 −1 1 3 2 1 −1 1 3  0 1 0   0 − 12 25 − 12 32  =  0 − 12 25 − 12 23  . 3 1 −1 0 3 0 − 12 21 − 32 − 32 −3/2 0 1      1 0 0 2 1 −1 1 3 2 1 −1 1 3  0 1 0   0 − 12 25 − 12 32  =  0 − 21 52 − 12 32  . 0 −1 1 0 − 12 21 − 32 − 32 0 0 −2 −1 −3      2 1 −1 1 3 1 0 0 2 1 −1 1 3  0 −2 0   0 − 1 5 − 1 3  =  0 1 −5 1 −3  . 2 2 2 2 0 0 −2 −1 −3 0 0 1 0 0 −2 −1 −3      1 0 0 2 1 −1 1 3 2 1 −1 1 3  0 1 0   0 1 −5 1 −3  =  0 1 −5 1 −3  . 0 0 −1/2 0 0 −2 −1 −3 0 0 1 12 32      1/2 0 0 2 1 −1 1 3 1 12 − 12 12 32  0 1 0   0 1 −5 1 −3  =  0 1 −5 1 −3  . 0 0 1 0 0 1 21 32 0 0 1 12 32     1 −1/2 0 1 21 − 21 12 32 1 0 2 0 3  0 1 0   0 1 −5 1 −3   0 1 −5 1 −3  . 0 0 1 0 0 1 21 32 0 0 1 12 32      1 0 −2 1 0 2 0 3 1 0 0 −1 0  0 1 0   0 1 −5 1 −3  =  0 1 −5 1 −3  . 3 1 0 0 1 0 0 1 12 23 0 0 1 2 2      1 0 0 −1 0 1 0 0 1 0 0 −1 0  0 1 5   0 1 −5 1 −3  =  0 1 0 7 9  . 2 2 3 1 3 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 2 2 2 2

Αθ .Κ

εχ

αγ ι

ας



Εχουµε λοιπον την ανγµενη κλιµακωτη µορφη, η οποια αντιστοιχει στο συστηµα

   x1 1 0 0 −1  0   0 1 0 7   x2  =  9  2 2  x3  3 0 0 1 12 2 x4 





δηλ.

x1 − x4 = 0 7 9 x 2 + x4 = 2 2 1 3 x3 + x4 = 2 2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

109

Παιρνοντας την x4 = t ως ανεξαρτητη µεταβλητη, τελικα η λυση ειναι

  x1 0  x2   9    2  x3  =  3 2 0 x4



 1   7   + t ·  − 21  .   −  2 1 

ας



6.2.22. Υπολογιστε τον αντιστροφο του πινακα



αγ ι

 1 3 4 A = 2 4 2  1 2 0

χρησιµοποιωντας την ανγµενη κλιµακωτη µορφη. Απαντηση. Μπορουµε να ϐρουµε τον A−1 λυνοντας το συστηµα

AX = A [x1 x2 x3 ] = I. Αλλα αυτο αναγεται στηµ λυση τριων υποσυστηµατων :





 0 Ax2 =  1  , 0

εχ

 1 Ax1 =  0  , 0



 0 Ax3 =  0  . 1

Αθ .Κ

Μπορουµε να ϐρουµε την ανηγµενη κλιµακωτη µορφη των [A x1 ], [A x2 ], [A x3 ] ξεχωριστα. Αλλα οι πραξεις που αφορουν το κοµµατι του A στον [A xi ] ειναι παντα οιδ ιδιες (για i = 1, 2, 3). Οποτε µπορουµε να ϐρουµε απευθειας την ¨συνολικη¨ ανηγµενη κλιµακωτη µορφη του  

1 3 4 1 0 0  C = 2 4 2 0 1 0 . 1 2 0 0 0 1

Με εφαρµογη γραµµοπραξεων ϐρισκουµε οτι

 1 0 0 −2 4 −5 1 −2 3 . C0 =  0 1 0 1 0 0 1 0 −1 2 

Αυτο αντιστοιχει στο συστηµα



    1 0 0 x11 x12 x13 −2 4 −5  0 1 0   x21 x22 x23  =  1 −2 3  1 0 0 1 x31 x32 x33 0 −1 2

δηλ.



A−1

 −2 4 −5 3 . = X =  1 −2 1 0 −1 2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

110

6.2.23. Εστω N × N πινακας A. Αποδειξτε οτι ο A−1 υπαρχει ανν

ας

A = E1 E2 ...EK , οπου E1 , E2 , ...EK ειναι στοιχειωδεις πινακες. Απαντηση. Εστω οτι ο A−1 υπαρχει. Τοτε X = A−1 ειναι λυση του συστηµατος (µε N 2 εξισωσεις και αγνωστους)

AX = I.

αγ ι

Ο επαυξηµενος του συστηµατος ειναι [A I] και, οπως ειδαµε στο προηγουµενο εδαφιο, µπορουµε να τον ϕερουµε σε ανηγµενη κλιµακωτη µορφη πολλαπλασιαζοντας µε στοιχειωδεις πινακεσ:

FK FK−1 ...F2 F1 · [A I] = [I B]

οπου FK , FK−1 , ..., F2 , F1 οι οποιοι ειναι ολοι οµαλοι (επειδη οι αντιστοιχες γραµµοπραξεις ειναι αντιστρεψιµες). Το ισοδυναµο συστηµα ειναι

IX = B.

δηλ. A−1 = X = B. Με αλλα λογια ισχυει

FK FK−1 ...F2 F1 · A = I . FK FK−1 ...F2 F1 · I = A−1

εχ

FK FK−1 ...F2 F1 · [A I] = I A−1 ⇒

−1 −1 −1 −1 Θετοντας E1 = F−1 K , E2 = FK−1 , ..., EK−1 = F2 , EK = F1 εχουµε −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 F−1 1 F2 ...FK−1 FK · FK FK−1 ...F2 F1 · A = F1 F2 ...FK−1 FK · I ⇒ A = E1 E2 ...EK .

Αντιστροφα, αν A = E1 E2 ...EK , τοτε

Αθ .Κ

−1 −1 −1 A−1 = (E1 E2 ...EK )−1 = E−1 K EK−1 ...E2 E1 .

αφου α αντιστροφος του καθε στοιχειωδη πινακα Ek υπαρχει

6.3

Αλυτα Προβληµατα

6.3.1. Μετασχηµατιστε τους παρακατω πινακες σε κλιµακωτη µορφη .



   2 1 4 2 1 4 1.  3 0 2  Απ.  0 −3 −8 . 2 1 7 0 0 −9     2 1 4 3 7 2 1 4 3 7 2.  3 0 2 2 2  Απ.  0 −3 −8 −5 −17 . 2 1 7 1 5 0 0 −9 6 6     2 3 0 2 3 0  3  0 3 0  6 0       Απ.  0 0 6 . 4 −2 2 3.       −5  0 0 0  1 4  0 7 4 0 0 0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

2 0 4 2 −3  4 1 0 3 1 4.   −1 2 0 0 1 3 −3 1 1 1    1 a a2 5.  a a2 1  Απ.  a2 1 a

0 2 −5 2

  0  4   Απ.  1  6

1 a 0 1 − a3 0 0

 0 4 2 −3 0 0 2 −16 −2 14 4 8  . 0 36 6 −29 −18 −14  0 0 −6 113 −234 242  a2 . a − a4 3 6 1 − 2a + a 2 0 0 0

1 3 2 2

1 2



1

1.

2.

3.  2

1 

2 x= Απ. x = . 2 3 8 8 −3 x= Απ. x = +a· . 6 16 0 1      3 4 −13 0 4 2  x =  −14  Απ. x =  −3  . 2 0 −6 −1      3 4 0 5 4 2  x =  0  Απ. x = a ·  −3  . 10 10 0 −1        3 4 8 −1 5 4 2  x =  10  Απ. x =  3  + a ·  −3  . 10 10 26 0 −1    3 4 8 4 2  x =  10  Απ. Το συστηµα ειναι αδυνατο. 10 10 24        1 2 −3 −1 −2 2 2  x =  −5  Απ. x =  −2  + a ·  0  . 2 2 −5 0 1       6 −1 −2  0      1 2 0 6  + a ·  1  + b ·  0 . x= Απ. x =   0   0   1  4 4 1 15 3 −2 0      0 1 0     −10     3 −1 1 0 −6 4 7              2 0 1 3 x = −1 Απ. x =  −5  + a ·  3 +b· 4  19   −10   −17 1 2 1 2 −1 0 0 1 8 8

Αθ .Κ

1  2 4. 4  1 5.  2 4  1  2 6. 4  1 7.  1 1

8.



1 2

1  2 9. 0

εχ

αγ ι

6.3.2. Λυστε τα παρακατω συστηµατα µε απαλοιφη Gauss.

ας



111

   .  

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

112



ας

   1 2 2 0 1 1    1 1 −2 1 2 x = 2  Απ. Το συστηµα ειναι αδυνατο. 10. 2 3 0 1 3 4 6.3.3. Λυστε τα παρακατω συστηµατα µε απαλοιφη Gauss και µε τον κανονα του Cramer . Συγκρινετε τις απαντησεις.



x=

1 3 4  2 4 2 2. 1 2 0  1 1 2 3.  1 2 2 1 2 2  1 1 2  1 2 2 4. 1 2 2  1 3 4 5.  0 0 2 0 2 1



8 8

Απ. x =



x =  



x =  



x =  

2 . 2

   −13 0 −14  Απ. x =  −3 . −6 −1      −3 −1 −2 −5  Απ. x =  −2  + a ·  0 . −5 0 1      3 3 −2 3  Απ. x =  0  + a ·  0 . 3 0 1    8 1 2  Απ. x =  1 . 3 1

αγ ι

1.

1 3 2 2

εχ



x = 

Αθ .Κ

6.3.4. Λυστε τα συστηµατα του Εδαφιου ;; µε απαλοιφη Gauss χρησιµοποιωντας στοιχειωδεις πινακες. 6.3.5. Λυστε τα συστηµατα του Εδαφιου ;; χρησιµοποιωντας την ανηγµενη κλιµακωτη µορφη. 6.3.6. ∆ινεται ο πινακας



 2 1 −3 2 4  3 −2 1 0 0  . A =  −2 1 0 5 3  6 1 3 0 2

Για καθεµια απο τις παρακατω γραµµοπραξεις ϐρειτε τον αντιστοιχο στοιχειωδη πινακα και εφαρµοστε τον στον A. Κατοπιν ϐρειτε την αντιστροφη γραµµοπραξη και τον αντιστοιχο πινακα. Με πολλαπλασιασµο πινακων ελεγξτε οτι η διαδοχικη εφαρµογη της γραµµοπραξης και της αντιστροφης γραµµοπραξης δινει τον αρχικο πινακα A.



1  −2 1. r2 ← r2 − 2 · r1 Απ.   0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

  0 1 0  2 1 0  ,  0   0 0 1 0 0

0 0 1 0

 0 0   0  1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

0 1 0 0 0 1 0 0

1  0 4. r4 ← r4 + 6 · r3 Απ.   0 0  1 1  0 1 5. r1 ← r2 + r1 Απ.   0 0 0 0

   0 0 1 0 0 0   0 0  ,  0 1 0 0  . 1 0   0 0 1 0  0 −5 0 0 0 − 51    0 1 0 0 0   0  ,  0 0 1 0  . 0   0 1 0 0  1 0 0 0 1    0 0 0 1 0 0 0   1 0 0  ,  0 1 0 0  . 0 1 0   0 0 1 0  0 6 1 0 0 −6 1    0 0 1 −1 0 0   0 0  ,  0 1 0 0 . 1 0   0 0 1 0  0 1 0 0 0 1

ας

1  0 2. r4 ← −5 · r4 Απ.   0 0  1 0  0 0 3. r2 ←→ r3 Απ.   0 1 0 0 

αγ ι



113



εχ

6.3.7. Βρειτε τον αντιστροφο των παρακατα πινακων χρησιµοποιωντας την ανηγµενη κλιµακωτη µορφη.





3 2 −1 2  0 4 1 2  , B =  1 1 1 1  1 0 0 2

Αθ .Κ

 1 2 3 A = 0 1 4 , −2 3 1



  C =  

1 0 0 0 0

1 1 0 0 0

1 1 1 1 1



1 1 1 0 0

1 1 1 1 0



1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1

  .  

Απ.



−1

A =

11 21 8 21 2 − 21

5 − 13 − 21 1 4  −3 , 21 1 1 − 21 3





B

−1

  

1 4 1 8 − 41 − 81

− 41 5 24 1 − 12 1 8

1 2 1 − 12 5 6 − 14

6.3.8. Γραψτε τον πινακα

ως γινοµενο στοιχειωδων πινακων.



 3 2 1 A = 2 1 4  1 0 1

− 41 7 − 24 1 − 12 5 8

  , 

  C =   −1

     

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΑΠΑΛΟΙΦΗ GAUSS ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

114

Απ. Ο A ισουται µε



 1 0 0 =  0 1 10   0 0 1   1 1 0 0 2    0 = 3 1 0 1 0 0 1 3 

  0 0 1/3 0 0 1 0     −3 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 −2

ας

   1 0 −7 1 −2/3 0 1 0 0 1       0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 −1/6 0     1 0 0 0 0 3 0 0 1 0 0       0 1 0 1 0 0 1 0 0 − 31 0  0 1 0 2 1 0 0 1 0 0 1      1 0 7 1 0 0 1 0 0 1 23 0        0 1 0 0 1 0 0 1 −10 · 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 −6 0 0 1



Αθ .Κ

εχ

αγ ι

.

ας

Κεφάλαιο 7

αγ ι

∆ιανυσµατικοι Χωροι

7.1

Θεωρια

εχ

Το παρον κεφαλαιο συζητα την αλγεβρικη διατυπωση ορισµενων γεωµετρικων εννοιων (διανυσµα, ευθεια, επιπεδο, χωρος) και τις γενικευει στον N -διαστατο χωρο. Η ϐασικη αλγεβρικη εννοια που ενοποιει ολα τα παραπανω ειναι ο διανυσµατικος χωρος. Οπως ϑα δουµε, η αλγεβρικη διατυπωση των γεωµετρικων εννοιων ϐασιζεται στα συστηµατα γραµµικων εξισωσεων και στους πινακες1 .

Αθ .Κ

7.1.1. Ενα διανυσµα στο επιπεδο R2 ειναι ενα Ϲευγος αριθµων (x1 , x2 ). Γεωµετρικα, ενα τετοιο διανυσµα µπορει να ερµηνευτει ως ενα ευθυγραµµο τµηµα το οποιο αρχιζει στην αρχη των αξονων και τελειωνει στο σηµειο του επιπεδου (x1 , x2 ). Ακριβεστερα οµως, το (x1 , x2 ) δεν αντιπροσωπευει µονο το συγκεκριµενο ευθυγραµµο τµηµα, αλλα ολα τα ευθυγραµµα τµηµατα µε το ιδιο µηκος, διευθυνση και ϕορα – δηλ. στο παρον τευχος µιλαµε για ελευθερα διανυσµατα. 7.1.2. Με οµοιο τροπο µπορουµε να αντιστοιχισουµε σε καθε τριαδα (x1 , x2 , x3 ) ενα διανυσµα στο (τριδιαστατο) χωρο R3 . 7.1.3. Γενικοτερα, ενα διανυσµα στον N -διαστατο χωρο ειναι µια N -αδα (x1 , x2 , x3 , ..., xN ). Θα συµβολιζουµε το συνολο των N -διαστατων διανυσµατων µε RN :

RN = {x : x = (x1 , x2 , ..., xN ) , µε x1 , x2 , ..., xN ∈ R} .

7.1.4. Μπορουµε ακοµη να συµβολιζουµε τα διανυσµατα µε πινακες-γραµµες η´ πινακεςστηλες. ∆ηλ. αντι για (x1 , x2 , ..., xN ) ϑα γραφουµε

x=

x1 x2 ... xN



1

η´

 x1  x2   x=  ...  . xN

Στο εποµενο κεφαλαιο ϑα δουµε και την ¨αντιστροφη¨ ϑεωρηση, δηλ. την χρηση γεωµετρικων εννοιων για την µελετη συστηµατων γραµµικων εξισωσεων.

115

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

116

7.1.5. Το µηδενικο διανυσµα ειναι

0=

0 0 ... 0

η´

 0  0   0=  ...  0

και αντιστοιχει στην αρχη των αξονων.

ας



αγ ι

7.1.6. Εστω δυο οποιαδηποτε διανυσµατα του N -διαστατου χωρου : a, b ∈ RN , και δυο οποιοιδηποτε αριθµοι x, y ∈ R. Τοτε η εκφραση xa + yb λεγεται γραµµικος συνδυασµος των a και b. Προφανως, ο γραµµικος συνδυασµος δυο διανυσµατων ειναι και αυτος ενα διανυσµα. ∆ηλ. για οποιοδηποτε N ισχυει

∀x, y ∈ R, ∀a, b ∈ RN : xa + yb ∈ RN .

7.1.7. Γενικοτερα, εστω K διανυσµατα a1 , a2 , ..., aK . Τοτε το διανυσµα

x1 a1 + x2 a2 + ... + xK aK ,

εχ

οπου οι x1 , x2 , ..., xK ειναι αριθµοι, λεγεται γραµµικος συνδυασµος των a1 , a2 , ..., aK . 7.1.8. Ενα συνολο διανυσµατων U ⊆ RN λεγεται διανυσµατικος χωρος αν εχει την ιδιοτητα

∀a, b ∈ U , ∀x, y ∈ R : xa + yb ∈ U.

δηλ. αν ειναι κλειστος ως προς γραµµικους συνδυασµους.

Αθ .Κ

7.1.9. Εστω ενας διανυσµατικος χωρος U και ενα συνολο διανυσµατων V ⊆ U . Λεµε οτι το ο V ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του U αν εχει την ιδιοτητα

∀a, b ∈ V, ∀x, y ∈ R : xa + yb ∈ V.

7.1.10. Εστω ενας διανυσµατικος χωρος U και τα διανυσµατα a1 , ..., aM ∈ U . Το αναπτυγµα των a1 , ..., aM γραφεται span (a1 , ..., aM ) και οριζεται ως εξης :

span (a1 , ..., aM ) = {b : b =x1 a1 + x2 a2 + ... + xM aM µε x1 , x2 , ..., xM ∈ R} .

∆ηλ. το αναπτυγµα των a1 , ..., aM ειναι το συνολο ολων των γραµµικων συνδυασµων των a1 , ..., aM . Λεµε και οτι τα a1 , ..., aM γεννουν το span (a1 , ..., aM ). 7.1.11. Εστω ενας διανυσµατικος χωρος U και ενα συνολο διανυσµατων V ⊆ U.Το αναπτυγµα του V γραφεται span (V ) και οριζεται ως εξης :

span (V ) = {b : b =x1 a1 + ... + xM aM µε x1 , ..., xM ∈ R και µε a1 , ..., aM ∈ V } . ∆ηλ. το αναπτυγµα του V ειναι το συνολο ολων των πεπερασµενων γραµµικων συνδυασµων διανυσµατων που ανηκουν στο V .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

117

7.1.12. Εστω τα διανυσµατα a1 , ..., aM ∈ U . Εχουµε

ας

{a1 , ..., aM } ⊆ span (a1 , ..., aM ) ⊆ U και το span (a1 , ..., aM ) ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του U .

7.1.13. Λεµε οτι το συνολο διανυσµατων {a1 , a2 , ..., aM } ειναι γραµµικα ανεξαρτητο ανν

x1 a1 +x2 x2 +...+xM aM = 0 ⇒ x1 = x2 = ... = xM = 0.

(7.1)

αγ ι

Λεµε οτι το {a1 , a2 , ..., aM } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο ανν υπαρχουν αριθµοι x1 , x2 , ..., xM , οχι ολοι ισοι µε µηδεν, τετοιοι ωστε x1 a1 +x2 x2 +...+xM aM = 0. 7.1.14. Αν ϑεσουµε A = a1 a2 ... aM µπορει να γραφτει ισοδυναµα ως

και x =

x1 x2 ... xM

T

, τοτε η (7.1)

Ax = 0 ⇒ x = 0.

∆ηλ. το {a1 , a2 , ..., aM } ειναι γραµµικα ανεξαρτητο ανν το συστηµα Ax = 0 εχει µονο την µηδενικη λυση· αλλιως ειναι γραµµικα εξαρτηµενο.

εχ

7.1.15. Εστω οτι {a1 , a2 } ⊆ R2 − {0} (τα διανυσµατα ειναι διδιαστατα). Τοτε αυτα ειναι γραµµικα εξαρτηµενα ανν ειναι συγγραµικα. 7.1.16. Εστω οτι {a1 , a2 , a3 } ⊆ R3 − {0} (τα διανυσµατα ειναι τριδιαστατα). Τοτε αυτα ειναι γραµµικα εξαρτηµενα ανν ειναι συνεπιπεδα.

Αθ .Κ

7.1.17. Το συνολο {a1 , ..., aN } (οπου τα τα a1 , a2 , ..., aN ειναι διανυσµατα του RN ) ειναι γραµµικα εξαρτηµενο ανν |A| = 0 (οπου A = a1 a2 ... aN ). 7.1.18. Το συνολο {a1 , ..., aM } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο ανν τουλαχιστον ενα απο τα a1 , ..., aM µπορει να εκφραστει σαν γραµµικος συνδυασµος των υπολοιπων, δηλ. υπαρχει m ∈ {1, 2, ..., M } και αριθµοι x1 , ..., xm−1 , xm+1 , ..., xM τετοιοι ωστε

am = x1 a1 + ... + xm−1 am−1 + xm+1 am+1 + ... + xM aM .

7.1.19. Ενα συνολο {a1 , a2 , ..., aM } ⊆ RN λεγεται ϐαση του διανυσµατικου χωρου U ⊆ RN ανν (α) ειναι γραµµικα ανεξαρτητο και (ϐ) καθε b ∈U µπορει να γραφτει ως

b =x1 a1 + ... + xM aM .

7.1.20. Αν τα a1 , ..., aM ειναι µια ϐαση του U , τοτε U = span (a1 , ..., aM ). ∆ηλαδη µια οποιαδηποτε ϐαση του U γεννα τον U . 7.1.21. Αν τα συνολα {a1 , a2 , ..., aK } και {b1 , b2 , ..., bM } ειναι ϐασεις του διανυσµατικου χωρου U ⊆ RN τοτε K = M . ∆ηλ. ολες οι ϐασεις του U περιεχουν τον ιδιο αριθµο διανυσµατων. 7.1.22. Η διασταση ενος διανυσµατικου χωρου S συµβολιζεται µε dim(S) και οριζεται ως εξης . dim(S) = ¨ο αριθµος των στοιχειων καθε ϐασης του S ¨.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

118

7.1.23. ∆ινονται διανυσµατα a1 , ..., aM . Μπορουµε να ϐρουµε µια ϐαση του span (a1 , ..., aM ) (και αρα και την διασταση του) µε τον εξης αλγοριθµο.

ας

1. Σχηµατιζουµε τον πινακα A µε γραµµες τα διανυσµατα a1 , ..., aM . 2. Φερνουµε τον A σε πινακα κλιµακωτης µορφης A0 .

3. Η ϐαση του span (a1 , ..., aM ) ειναι οι µη µηδενικες γραµµες του A0 .

αγ ι

7.1.24. ∆ινονται διανυσµατα a1 , ..., aM . Μπορουµε να ϐρουµε µια ϐαση του span (a1 , ..., aM ) (και αρα και την διασταση του) µε τον εξης αλγοριθµο. 1. Σχηµατιζουµε τον πινακα A µε στηλες τα διανυσµατα a1 , ..., aM . 2. Φερνουµε τον A σε πινακα κλιµακωτης µορφης A0 .

3. Αφαιρουµε απο τον A0 τις στηλες που δεν εχουν κοµβο.

4. Η ϐαση του span (a1 , ..., aM ) ειναι οι υπολοιπες στηλες του A0 .

εχ

7.1.25. Εστω οτι ο διανυσµατικος χωρος U εχει διασταση M . Τοτε καθε συνολο a1 , a2 , ..., aM , aM +1 ειναι γραµµικα εξαρτηµενο. 7.1.26. Εστω οτι ο διανυσµατικος χωρος U εχει διασταση M . Τοτε καθε γραµµικα ανεξαρτητο συνολο {a1 , a2 , ..., aM } µε M στοιχεια ειναι µια ϐαση του U . 7.1.27. Μπορουµε να συνδυασουµε τις δυο προηγουµενες παρατηρησεις και να δωσουµε εναν εναλλακτικο ορισµο της ϐασης ενος διανυσµατικου χωρου U : µια ϐαση του U ειναι ενα γραµµικα ανεξαρτητο συνολο µε µεγιστο αριθµο στοιχειων.

Αθ .Κ

7.1.28. Εστω οτι ο διανυσµατικος χωρος U ειναι υποχωρος του διανυσµατικου χωρου V . Τοτε dim (U ) ≤ dim (V ). Αν dim (U ) = dim (V ) τοτε U = V .

7.2

Λυµενα Προβληµατα

7.2.1. Σχεδιαστε τα διανυσµατα

x=

1 2

,

y=

2 0

,

z=

2 2

.

Απαντηση.

Σχηµα

7.2.2. Σχεδιαστε τα διανυσµατα



 −1 x=  3  , 0



 0 y=  4  , −2

Απαντηση. Σχηµα



 2 z = 2 . 1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

119

7.2.3. Εστω τα 3-διαστατα διανυσµατα

 −1 x=  3  , 0



 0 y=  4  , −2



 2 z = 2 . 1

ας



Υπολογιστε τους γραµµικους συνδυασµους x + 2y, 2z − y, 2x + y + z. Απαντηση. Εχουµε



 −1 11  , −4 

αγ ι

    −1 0 x + 2y=  3  + 2 ·  4  =  0 −2      2 0 4 2z − y=2 ·  2  −  4  =  0 1 −2 4      −1 0 2x + y + z=2 ·  3  +  4  +  0 −2

,

   2 1 2  =  9 . 1 −1

εχ

7.2.4. ∆ειξτε οτι το επιπεδο R2 ειναι ενας διανυσµατικος χωρος. Βρειτε µερικους διανυσµατικους υποχωρους αυτου. Απαντηση. Για καθε a, b ∈ R και τυχοντα x, y ∈ R2 τετοια ωστε

x=

Αθ .Κ

εχουµε

x1 x2

,

ax+by =

y=

ax1 + by1 ax2 + by2

y1 y2

,

∈ R2 .

Αρα ο R2 ειναι διανυσµατικος χωρος. Θεωρειστε τωρα τον ¨πρωτο αξονα¨· αυτος µπορει να οριστει ως εξης

x1 U = x:x= . 0

Ο U ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του R2 . ∆ιοτι, αν ϑεωρησουµε x, y ∈ U , ϑα εχουµε

x1 0

x=

,

y1 0

y=

και τοτε για καθε a, b ∈ R ϑα εχουµε

ax + by = a ·

x1 0

+b·

y1 0

=

ax1 + by1 0

Ο ¨δευτερος αξονας¨, ο οποιος µπορει να οριστει ως εξης :

0 V = x:x= , x2

∈ U.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

120

W =

x1 kx1

x:x=

ας

ειναι επισης ενας διανυσµατικος υποχωρος του R2 (γιατι ;). Γενικοτερα, µια ευθεια του R2 που περναει απο την αρχη των αξονων µπορει να γραφτει ως εξης

(γιατι ;) και ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του R2 . ∆ιοτι, αν ϑεωρησουµε x, y ∈ W , ϑα εχουµε

και τοτε για καθε a, b ∈ R ϑα εχουµε

ax + by = a ·

x1 kx1

,

y1 ky1

y=

αγ ι

x1 kx1

x=

+b·

y1 ky1

=

ax1 + by1 k (ax1 + by1 )

∈ W.

Τελος, αξιζει να σηµειωσουµε οτι το συνολο X που περιεχει µονο το µηδενικο διανυσµα (την αρχη των αξονων) δηλ. X = {0} ειναι επισης ενας υποχωρος του R2 . ∆ιοτι αν παρουµε x, y ∈ X , τοτε ϑα πρεπει να εχουµε x = y = 0, οποτε για καθε a, b ∈ R ϑα εχουµε

εχ

ax + by = a0 + b0 = 0 ∈X.

7.2.5. ∆ωστε παραδειγµατα αναλογα µε αυτα της προηγουµενης ασκηση για τον R3 . Απαντηση. Για προφανεις λογους, ο τριδιαστατος χωρος R3 ειναι ενας διανυσµατικος χωρος. Επισης, οι τρεις του αξονες ειναι διανυσµατικοι υποχωροι. Π.χ. αν ϑεσουµε

Αθ .Κ

 

 0  U = x:x= 0    x3 

ειναι ευκολο να δειχτει οτι ολοι οι γραµµικοι συνδυασµοι στοιχειων του U ειναι επισης στοιχεια του U (δηλ. αν σχηµατισουµε οποιοδηποτε γραµµικο συνδυασµο διανυσµατων του U , ο γραµµικος συνδυασµος ανηκει επισης στον U ). Αρα ο U ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του R3 . Παροµοια, ϑεωρειστε το επιπεδο του R3 που οριζεται ως εξης :

 

 x1  V = x : x =  x2    0 

(γιατι ειναι αυτο ενα επιπεδο ; ποιο επιπεδο ειναι ;). Τοτε για οποιαδηποτε x, y ∈ V και a, b ∈ R εχουµε



     x1 y1 ax1 + by1 ax+by = a  x2  + b  y2  =  ax2 + by2  ∈ V 0 0 0

(δηλ. αν σχηµατισουµε οποιοδηποτε γραµµικο συνδυασµο διανυσµατων απο αυτο το επιπεδο, ο γραµικος συνδυασµος ανηκει στον επιπεδο επισης). Αρα το V ειναι ενας

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

121

διανυσµατικος υποχωρος του R3 . Το ιδιο ισχυει για το επιπεδο

 

 x1  W = x:x= 0    x3 οπως και για το επιπεδο

 

 0  X = x : x =  x2  .   x3 

ας



 

αγ ι

Γενικοτερα, εστω ενα επιπεδο Y του R3 το οποιο µπορει να γραφτει ως εξης :

 x1   . x2 Y = x:x=   kx1 + λx2 

Καθε τετοιο επιπεδο περναει απο την αρχη των αξονων (γιατι ;). Τοτε για οποιαδηποτε x, y ∈ Y και a, b ∈ R εχουµε

     x1 y1 ax1 + by1  + b =  ∈ Y, x2 y2 ax2 + by2 ax+by = a  kx1 + λx2 ky1 + λy2 k (ax1 + by1 ) + λ (ax2 + by2 )

εχ



Αθ .Κ

Αρα ο Y ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του R3 . Και τελος το Z = {0} ειναι ενας υποχωρος του R3 . Υπαρχουν και αλλοι υποχωροι του R3 , συγκεκριµενα ολες οι ευθειες και ολα τα επιπεδα που περνανε απο το 0. Η αποδειξη αυτου του γεγονοτος αφηνεται ως ασκηση στον αναγνωστη. 7.2.6. ∆ειξτε οτι το υποσυνολο U του R2 που οριζεται απο την σχεση

U=

x1 x2

: x1 , x2 ∈ R,

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

δεν ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του R3 . ∆ωστε µια γεωµετρικη ερµηνεια του συνολου U και εξηγειστε γεωµετρικα γιατι δεν ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος. T T 1 1 , y = 1 0 ∈ U . Οµως Απαντηση. Ευκολα ϐλεπουµε οτι τα x = 3

T

το x − y = − 32 1 δεν ανηκει στον U , αρα ο U δεν ειναι διανυσµατικος χωρος. Το U ειναι το πρωτο τεταρτηµοριο του επιπεδου. Οπως ϕαινεται και στο παρακατω σχηµα, γραµµικοι συνδυασµοι διανυσµατων του U µπορει να δινουν διανυσµα εκτος του U.

Σχηµα

7.2.7. ∆ειξτε οτι το υποσυνολο U του R3 που οριζεται απο την σχεση

   x1 U =  x2  : x1 , x2 , x3 ∈ R,  x3

  x21 + x22 + x23 ≤ 1 

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

122

7.2.8. Θεωρειστε τα διανυσµατα

 1 a1 =  0  , 0 ∆ειξτε οτι



 0 a2 =  1  , 0



 0 a3 =  0  . 1

αγ ι



ας

δεν ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του R3 . ∆ωστε µια γεωµετρικη ερµηνεια του συνολου U και εξηγειστε γεωµετρικα γιατι δεν ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος. T T T ,y = 1 0 0 ∈ U . Οµως το x+y = 35 23 0 Απαντηση. Τα x = 32 23 0 δεν ανηκει στον U , αρα ο U δεν ειναι διανυσµατικος χωρος. Το U ειναι η σφαιρα (και το εστερικο της) µε κεντρο την αρχη των αξονων και ακτινα 1. Οπως ϕαινεται και στο παρακατω σχηµα, γραµµικοι συνδυασµοι διανυσµατων του U µπορει να δινουν διανυσµα εκτος του U.

span (a1 , a2 , a3 ) = R3 . T Απαντηση. Θεωρειστε τυχον διανυσµα x = x1 x2 x3 ∈ R3 . Θα πρεπει να δειξουµε οτι το x µπορει να γραφτει ως γραµµικος συνδυασµος των a1 , a2 , a3 . Πραγµατι εχουµε



εχ

       1 0 0 x1 x1 a1 + x2 a2 +x3 a3 = x1  0  + x2  1  + x3  0  =  x2  = x. 0 0 1 x3

Αθ .Κ

Αρα καθε x ∈ R3 µπορει να γραφτει σαν γραµµικος συνδυασµος των a1 , a2 , a3 , οποτε R3 ⊆ span (a1 , a2 , a3 ). Επειδη (προφανως) και span (a1 , a2 , a3 ) ⊆ R3 , τελικα εχουµε R3 = span (a1 , a2 , a3 ). 7.2.9. Θεωρειστε τα διανυσµατα



 1 a1 =  0  , 0



 1 a2 =  1  , 0



 1 a3 =  1  . 1

∆ειξτε οτι

span (a1 , a2 , a3 ) = R3 . Απαντηση. Θεωρειστε τυχον διανυσµα x = x1 x2 x3 ∈ R3 . Θα πρεπει να δειξουµε οτι το x µπορει να γραφτει ως γραµµικος συνδυασµος των a1 , a2 , a3 . ∆ηλ. ϑα πρεπει να υπαρχουν y1 , y2 , y3 τετοια ωστε      1 1 1 y1 x1 y1 a1 + y2 , a2 +y3 a3 = x ⇔  0 1 1   y2  =  x2  0 0 1 y3 x3 η ισοδυναµα

y 1 + y 2 + y 3 = x1 y 2 + y 3 = x2 y 3 = x3

(7.2) (7.3) (7.4)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

123



 1 1 1 A= 0 1 1  0 0 1

αγ ι

εχει οριζουσα |A| = 1 και αρα το συστηµα (7.2)-(7.4) εχει λυση.

ας

Το συστηµα αυτο εχει λυση y3 = x3 , y2 = x2 − x3 , y1 = x1 − x2 . Αρα καθε x ∈ R3 µπορει να γραφτει σαν γραµµικος συνδυασµος των a1 , a2 , a3 και, παροµοια µε το προηγουµενο προβληµα, συµπεραινουµε οτι R3 = span (a1 , a2 , a3 ). Μπρουσαµε να καταληξουµε στο ιδιο συµπερασµα και πιο απλα, παρατηρωντας οτι για ο πινακας

7.2.10. Θεωρειστε τα διανυσµατα a1 , a2 , a3



 2 a1 =  1  , 3



 4 a2 =  0  , 2



 8 a3 =  2  . 7

εχ

και ϐρειτε το span (a1 , a2 , a3 ). Απαντηση. Σχηµατιζουµε τον πινακα A = a1 a2 a3 και υπολογιζουµε |A| = 4. Αρα, για καθε x ∈ R3 , το συστηµα Ay = x εχει λυση, δηλαδη υπαρχουν y1 , y2 , y3 τετοια ωστε x = y1 a1 + y2 , a2 +y3 a3 και αρα (οπως και στα προηγουµενα προβληµατα) R3 = span (a1 , a2 , a3 ). 7.2.11. Θεωρειστε τα διανυσµατα a1 , a2 , a3

     2 4 8 a1 =  1  , a2 =  0  , a3 =  2  . 3 2 8

Αθ .Κ



και ϐρειτε το span (a1 , a2 , a3 ). Απαντηση. Σχηµατιζουµε τον πινακα A = a1 a2 a3 και υπολογιζουµε |A| = 0. Αρα ϑα υπαρχουν x ∈ R3 για τα οποια το συστηµα Ay = x δεν εχει λυση, οποτε το span (a1 , a2 , a3 ) ειναι γνησιο υποσυνολο του R3 . Παρατηρουµε επισης οτι το a3 = 2a1 +a2 , οποτε καθε διανυσµα x = y1 a1 + y2 a2 + y3 a3 γραφεται και ως

x = y1 a1 + y2 a2 + y3 a3 = (y1 + 2) · a1 + 2y2 a2

και οι αριθµοι y1 + 2, 2y2 µπορουν να ληφθουν ισοι µε οποιοδηποτε Ϲευγος z1 , z2 (γιατι ;). Οποτε τελικα

 

    2 4  span (a1 , a2 , a3 ) = x : x =z1  1  + z2  0  , z1 , z2 ∈ R   3 2 

το οποιο ειναι ενα επιπεδο στο R3 . 7.2.12. ∆ινονται διανυσµατα a1 , a2 , ..., aM ∈ U ⊆ RN . ∆ειξτε οτι το span (a1 , a2 , ..., aM ) ειναι διανυσµατικος υποχωρος του U .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

124

Απαντηση. Παιρνουµε τυχοντα x, y ∈span (a1 , a2 , ..., aM ) , οποτε ϑα εχουµε

y = q1 a1 + ... + qM aM ,

και τυχοντα κ, λ ∈ R. Τοτε

ας

x = p1 a1 + ... + pM aM ,

κx+λy=κ · (p1 a1 + ... + pM aM ) + λ · (q1 a1 + ... + qM aM ) = (κp1 + λq1 ) a1 + ... + (κpM + λqM ) aM ∈ span (a1 , a2 , ..., aM ) και αρα το span (a1 , a2 , ..., aM ) ειναι διανυσµατικος χωρος του U · επειδη και

αγ ι

span (a1 , a2 , ..., aM ) ⊆ U,

τελικα το span (a1 , a2 , ..., aM ) ειναι διανυσµατικος υποχωρος του U . 7.2.13. ∆ινονται διανυσµατα a1 , a2 , ..., aN ∈ U ⊆ RN . ∆ειξτε οτι

span (a1 , a2 , ..., aN ) = span (a1 , a2 , ..., aN , 0) Απαντηση. Εστω x ∈span (a1 , a2 , ..., aM ). Τοτε

x = p1 a1 + ... + pM aM = p1 a1 + ... + pM aM + pM +1 0 (αφου pM +1 0 = 0) οποτε x ∈span (a1 , a2 , ..., aN , 0)· αρα

εχ

span (a1 , a2 , ..., aN ) ⊆ span (a1 , a2 , ..., aN , 0) .

(7.5)

Απο την αλλη, εστω x ∈span (a1 , a2 , ..., aM , 0). Τοτε

x = p1 a1 + ... + pM aM + +pM +1 0 = p1 a1 + ... + pM aM οποτε x ∈span (a1 , a2 , ..., aN )· αρα

Αθ .Κ

span (a1 , a2 , ..., aN ) ⊆ span (a1 , a2 , ..., aN , 0) .

(7.6)

Οποτε τελικα span (a1 , a2 , ..., aN ) = span (a1 , a2 , ..., aN , 0). 7.2.14. ∆ινονται διανυσµατα a1 , a2 , ..., aM ∈ U ⊆ RN και w ∈ span (a1 , a2 , ..., aN ). ∆ειξτε οτι

span (a1 , a2 , ..., aM ) = span (a1 , a2 , ..., aN , w)

Απαντηση. Ειναι προφανες οτι {a1 , a2 , ..., aM } ⊆ {a1 , a2 , ..., aM , w} (γιατι ;) οποτε

span (a1 , a2 , ..., aM ) ⊆ span (a1 , a2 , ..., aM , w)

(7.7)

Απο την αλλη, αφου w ∈ span (a1 , a2 , ..., aM ) ϑα εχουµε

w =q1 a1 + ... + qM aM .

Εστω τωρα x ∈span (a1 , a2 , ..., aM , w). Τοτε

x = p1 a1 + ... + pM aM + pM +1 w = p1 a1 + ... + pM aM + pM +1 · (q1 a1 + ... + qM aM ) = (p1 + pM +1 q1 ) · a1 + ... + (pM + pM +1 qM ) · aM

οποτε x ∈span (a1 , a2 , ..., aM , w)· αρα

span (a1 , a2 , ..., aM , w) ⊆ span (a1 , a2 , ..., aM ) . Απο τις (7.7) και (7.8) εχουµε span (a1 , a2 , ..., aM ) = span (a1 , a2 , ..., aN , w).

(7.8)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

125

7.2.15. ∆ινονται διανυσµατα a1 , a2 , ..., aN ∈ U ⊆ RN και an = x1 a1 + ... + xn−1 an−1 + xn+1 an+1 + ... + xN aN . ∆ειξτε οτι

ας

span (a1 , a2 , ..., aN ) = span a1 , a2 , ..., an−1 , an+1 , ..., aN

Απαντηση. Το Ϲητουµενο στην ουσια ειναι µια επαναδιατυπωση του προηγουµενου προβληµατος, µε το an να παιζει τον ϱολο του w. 7.2.16. ∆ειξτε οτι τα διανυσµατα



αγ ι

     1 0 0  0 , 1 , 0  0 0 1

του R3 ειναι γραµµικα ανεξαρτητα. Απαντηση.Πραγµατι, αν εχουµε αριθµους x1 , x2 , x3 τετοιους ωστε



       1 0 0 0 x1  0  + x2  1  + x3  0  =  0  0 0 1 0

εχ

τοτε ϑα ισχυει το συστηµα

1 · x1 + 0 · x2 + 0 · x3 = 0 0 · x1 + 1 · x2 + 0 · x3 = 0 0 · x1 + 0 · x2 + 1 · x3 = 0

που εχει µοναδικη λυση x1 = x2 = x3 = 0.

Αθ .Κ

7.2.17. ∆ειξτε οτι τα διανυσµατα



     1 0 0  2 , 1 , 0  3 −1 −3

του R3 ειναι γραµµικα ανεξαρτητα. Απαντηση. Πραγµατι, αν εχουµε αριθµους x1 , x2 , x3 τετοιους ωστε



       1 0 0 0        1 + x3 0 = 0  x1 2 + x2 3 −1 −3 0

τοτε ϑα ισχυει το συστηµα

1 · x1 + 0 · x2 + 0 · x3 = 0 2 · x1 + 1 · x2 + 0 · x3 = 0 3 · x1 − 1 · x2 − 3 · x3 = 0.

Απο την πρωτη εξισωση εχουµε x1 = 0. Αντικαθιστωντας στην δευτερη εχουµε 2 · x1 + x2 = 2 · 0 + x2 = 0, οποτε x2 = 0. Τελος, αντικαθιστωντας στην τριτη, εχουµε 3 · x1 − 1 · x2 − 3 · x3 = 3 · 0 − 1 · 0 − 3 · x3 = 0, οποτε x3 = 0.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

126

7.2.18. ∆ειξτε οτι τα τα

     1 2 −1  2  ,  4  ,  −2  3 6 −3 ειναι γραµµικα εξαρτηµενα. Απαντηση. Αν εχουµε αριθµους x1 , x2 , x3 τετοιους ωστε



ας



αγ ι

       1 2 −1 0        x1 2 + x2 4 + x3 −2 = 0  3 6 −3 0 τοτε ϑα ισχυουν οι εξισωσεις

x1 + 2x2 − x3 = 0 2x1 + 4x2 − 2x3 = 0 3x1 + 6x2 − 3x3 = 0.

εχ

Το συστηµα αυτο εχει λυση x1 = −2a + b, x2 = a, x3 = b. x1 = −2 · 1 + 1 = −1, x2 = 1, x3 = 1. ∆ηλαδη

Π.χ., µια λυση ειναι



       1 2 −1 0 −  2  +  4  +  −2  =  0  3 6 −3 0

Αθ .Κ

και τα διανυσµατα ειναι γραµµικα εξαρτηµενα. Παρατηρειστε στο Σχηµα οτι, γεωµετρικα, τα διανυσµατα ειναι συγγραµικα. Σχηµα 7.2.19. ∆ειξτε οτι τα



     1 3 5  2 , 1 , 5  3 −2 4

ειναι γραµµικα εξαρτηµενα. Απαντηση. Αν εχουµε αριθµους x1 , x2 , x3 τετοιους ωστε



       1 3 5 0        1 + x3 5 = 0  x1 2 + x2 3 −2 4 0

τοτε ϑα ισχυει το συστηµα

x1 + 3x2 + 5x3 = 0 2x1 + x2 + 5x3 = 0 3x1 − 2x2 + 4x3 = 0.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

127



       1 3 5 0        1 + 5 = 0  −2 2 − 3 −2 4 0

ας

το οποιο εχει λυσεις της µορφης x1 = −2a, x2 = −a, x3 = a. Π.χ., µια λυση ειναι x1 = −2, x2 = −1, x3 = 1. ∆ηλαδη

7.2.20. ∆ειξτε οτι τα



αγ ι

και τα διανυσµατα ειναι γραµµικα εξαρτηµενα. Παρατηρειστε στο Σχηµα οτι, γεωµετρικα, τα διανυσµατα ειναι συνεπιπεδα. Σχηµα

     1 1 1  0 , 1 , 1  0 0 1 ειναι γραµµικα ανεξαρτητα Απαντηση. Αυτο ισχυει επειδη

= 1 6= 0.

εχ

1 1 1

0 1 1

0 0 1

7.2.21. ∆ειξτε οτι τα



     1 0 1  2 , 1 , 0  3 −1 −3

Αθ .Κ

ειναι γραµµικα ανεξαρτητα. Απαντηση. Αυτο ισχυει διοτι

1 0 1

2 1 0

3 −1 −3

= −8 6= 0.

7.2.22. ∆ειξτε οτι τα



     1 3 5  2 , 1 , 5  3 −2 4

ειναι γραµµικα εξαρτηµενα. Απαντηση. Αυτο ισχυει διοτι

1 3 5

2 1 5

= 0.

3 −2 4

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

128

a1 =

a11 a21

,

a2 =

a12 a22

.

Εστω οτι ειναι συγγραµικα, τοτε υπαρχει x 6= 0 τετοιο ωστε

αγ ι

a2 = x · a1 ⇒ − xa1 + a2 = 0.

ας

7.2.23. ∆ινονται διανυσµατα a1 , a2 ⊆ R2 − {0}. ∆ειξτε οτι αυτα ειναι γραµµικα εξαρτηµενα ανν ειναι συγγραµικα. Απαντηση. Τα διανυσµατα ειναι της µορφης

και αρα το {a1 , a2 } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο. Εστω τωρα οτι το {a1 , a2 } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο. Τοτε υπαρχουν αριθµοι x1 , x2 (οχι ολοι ισοι µε το 0) τετοιοι ωστε x1 · a1 +x2 · a2 = 0. (7.9) Απο το x1 x2 6= 0 προκυπτει οτι x1 6= 0· γιατι αλλιως ϑα ειχαµε 0 · a1 +x2 · a2 = 0 ⇒ x2 a2 = 0 ⇒ a2 = 0 αλλα εχουµε υποθεσει a1 , a2 ⊆ R2 − {0}. Αρα λοιπον x1 6= 0 και τοτε, διαιρωντας την (7.9) µε x1 , παιρνουµε

x2 x2 · a2 = 0 ⇒ a1 = − · a2 x1 x1

εχ

a1 +

που δειχνει οτι τα a1 , a2 ειναι συγγραµικα.

Αθ .Κ

7.2.24. ∆ειξτε οτι το συνολο {a1 , ..., aN } (οπου τα τα a1 , a2 , ..., aN ειναι διανυσµατα του N R ) ειναι γραµµικα εξαρτηµενο ανν |A| = 0 (οπου A = a1 a2 ... aN ). Απαντηση. Προσεξτε οτι εχουµε N διανυσµατα το καθενα εκ των οποιων εχει N συνιστωσες. Εξ ορισµου, το συνολο {a1 , ..., aN } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο ανν το τετραγωνικο συστηµα Ax = 0 εχει µη µηδενικη λυση. Αλλα αυτο συµβαινει ανν |A| = 0. 7.2.25. ∆ειξτε οτι το συνολο {a1 , ..., aM } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο ανν τουλαχιστον ενα απο τα a1 , ..., aM µπορει να εκφραστει σαν γραµµικος συνδυασµος των υπολοιπων, δηλ. υπαρχει m ∈ {1, 2, ..., M } και αριθµοι y1 , ..., ym−1 , ym+1 , ..., yM τετοιοι ωστε

am = y1 a1 + ... + ym−1 am−1 + ym+1 am+1 + ... + yM aM .

Απαντηση. Εστω οτι το συνολο {a1 , ..., aM } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο. Τοτε το (οχι υποχρεωτικα τετραγωνικο) συστηµα



 x1  x2   A·   ...  = 0 xM

εχει µη µηδενικη λυση ή, µε αλλα λογια, υπαρχουν αριθµοι x1 , x2 , ..., xM , οχι ολοι µηδενικοι, τετοιοι ωστε x1 a1 + ... + xM aM = 0. (7.10)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

129

Εστω οτι xm ειναι το πρωτο µη µηδενικο x. Τοτε η (7.10) µπορει να ξαναγραφει

ας

xm am = −x1 a1 − ... − xm−1 am−1 − xm+1 am+1 − ... − xM aM ⇒ am = y1 a1 + ... + ym−1 am−1 + ym+1 am+1 + ... + yM aM µε y1 = −x1 /xm , ..., yM = −xM /xm . Εστω τωρα οτι υπαρχουν αριθµοι y1 , ..., ym−1 , ym+1 , ..., yM τετοιοι ωστε

αγ ι

am = y1 a1 + ... + ym−1 am−1 + ym+1 am+1 + ... + yM aM ⇒ 0 = y1 a1 + ... + ym−1 am−1 − 1 · am + ym+1 am+1 + ... + yM aM . Τοτε η εξισωση Ax = 0 εχει την µη µδενικη λυση

x=

y1 y2 ... ym−1 −1 ym+1 ... xM

T

και αρα το συνολο {a1 , ..., aM } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο.

7.2.26. Βρειτε δυο ϐασεις του R3 . Απαντηση. Ας ϑεωρησουµε το συνολο {e1 , e2 , e3 } οπου

 1 e1 =  0  , 0



 0 e2 =  1  , 0

εχ





 0 e3 =  0  . 1

T x1 x2 x3 ∈ R3 µπορει να γραφτει στην µορφη         0 0 1 x1 x =  x2  = x1  0  + x2  1  + x3  0  =x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 . 1 0 0 x3

Αθ .Κ

Καθε διανυσµα x =

Επισης το {e1 , e2 , e3 } ειναι ενα γραµµικα ανεξαρτητο συνολο αφου |e1 το {e1 , e2 , e3 } ειναι µια ϐαση του R3 , η λεγοµενη κανονικη ϐαση. Μια αλλη ϐαση ειναι το συνολο {a1 , a2 , a3 } οπου

e2 e3 | = 1. Αρα



     1 1 1      a1 = 0 , a2 = 1 , a3 = 1  . 0 0 1

Πραγµατι, το {a1 , a2 , a3 } ειναι ενα γραµµικα ανεξαρτητο συνολο αφου |a1 Και καθε x =

T

a2 a3 | = 1.

3

∈ R µπορει να γραφτει στην µορφη   x1 x =  x2  = y1 a1 + y2 a2 + y3 a3 = Ay x3

x1 x2 x3

T

(µε A = [a1 a2 a3 ] και y = y1 y2 y3 ) επειδη το συστηµα Ay = x εχει παντα λυση (αφου |A| = 1). Βλεπουµε οτι ενας διανυσµατικος χωρος µπορει να εχει περισσοτερες απο µια ϐασεις.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

130



  1 0  0   1  ,  0   0 0 0

 

  0 0   0   0 , ,   1   0 0 1

   

ειναι η κανονικη ϐαση του R4 . Μια αλλη ϐαση ειναι τα



 

  0 0   0   0 , ,   1   0 1 1



αγ ι

  1 0  1   1  ,  0   1 0 0

ας

7.2.27. Βρειτε δυο ϐασεις του R4 . Απαντηση. Τα διανυσµατα

(γιατι ;).

  

7.2.28. ∆ειξτε οτι dim (R2 ) = 2 και dim (R3 ) = 3.

T T , 0 1 ειναι µια ϐαση του R2 , αρα T T T dim (R2 ) = 2. Παροµοια, εχουµε ηδη δει οτι τα 1 0 0 , 0 1 0 , 0 0 1 ειναι µια ϐαση του R3 , αρα dim (R3 ) = 3.

1 0

εχ

Απαντηση. Εχουµε ηδη δει οτι τα

7.2.29. Αποδειξτε οτι αν τα συνολα {a1 , a2 , ..., aK } και {b1 , b2 , ..., bM } ειναι ϐασεις του διανυσµατικου χωρου U ⊆ RN τοτε K = M . ∆ηλ. καθε ϐαση του U εχει τον ιδιο αριθµο διανυσµατων. Απαντηση. Αν το {a1 , a2 , ..., aK } ειναι µια ϐαση του U , τοτε εχουµε

Αθ .Κ

∀m ∈ {1, ..., M } : bm = xm1 a1 + ... + xmK aK .

Η παραπανω σχεση µπορει να γραφτει και ως B = AX οπου

B = [b1 ... bM ] ,



A = [a1 ... aK ] ,

x11 x12  x21 x22 X=  ... ... xK1 xK2

 ... xK1 ... xK2  . ... ...  ... xKM

Ο B ειναι N × M , ο A ειναι N × K και ο X ειναι K × M . Ας υποθεσουµε τωρα οτι K < M και ας ϑεωρησουµε το συστηµα Xz = 0. Ο επαυξηµενος πινακας του συστηµατος ειναι [X 0] και (αφου εχει K γραµµες) µπορει να εχει το πολυ K κοµβους. Επειδη K < M και M ειναι ο αριθµος των µεταβλητων (αγνωστων) το συστηµα εχει ελευθερες µεταβλητες. Επισης το συστηµα δεν ειναι αδυνατο, γιατι καµµια γραµµοπραξη δεν µπορει να δηµιουργησει κοµβο στην τελευταια στηλη – αυτη ϑα µενει παντα ιση µε 0. Αρα το συστηµα εχει απειρια λυσεων, και αρα τουλαχιστον µια µη µηδενικη λυση b z. Τοτε, πολλαπλασιαζοντας τα δυο µελη του Xb z= 0 µε A παιρνουµε

Bb z= AXb z= A · 0 = 0 η, µε αλλα λογια, υπαρχουν αριθµοι (οχι ολοι µηδενικοι) zb1 , ..., zbM τετοιοι ωστε

zb1 b1 + ... + zbM bM = 0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

131

7.2.30. Θεωρειστε τα διανυσµατα



     2 4 8      a1 = 1 , a2 = 0 , a3 = 2  . 3 2 8

ας

το οποιο ειναι ατοπο, αφου το {b1 , b2 , ..., bM } ειναι γραµµικα ανεξαρτητο. Αρα K ≥ M . Αν τωρα υποθεσουµε K > M και επαναλαβουµε τον συλλογισµο µε τους ϱολους των A, B ανεστραµµενους, οδηγουµαστε σε αντιφαση. Αρα συµπεραινουµε οτι M = K .

αγ ι

Βρειτε µια ϐαση του span (a1 , a2 , a3 ) και την διασταση αυτου. Απαντηση. Το span (a1 , a2 , a3 ) ειναι ενας γραµµικος υποχωρος του R3 . Επειδη |a1 a2 a3 |= 0, τα a1 , a2 , a3 δεν ειναι γραµµικα ανεξαρτητο. Τοτε ενα απο αυτα ϑα µπορει να γραφτει σαν γραµµικος συνδυασµος των αλλων δυο. Π.χ. ας ϐρουµε x1 , x2 τετοια ωστε      

4 2 8  2  = x1  1  + x2  0  . 2 3 8

εχ

Παρατηρουµε οτι οι λυσεις του

2x1 + 4x2 = 8 x1 = 2

ειναι x1 = 2, x2 = 1 και αυτες επαληθευουν και την

Αθ .Κ

3x1 + 2x2 = 8.

Οποτε εχουµε

a3 = 2a1 + a2 .

Τωρα ϑεωρειστε οποιοδηποτε b ∈span (a1 , a2 , a3 ). Θα εχουµε



 b1  b2  = y1 a1 + y2 a2 + y3 a3 = y1 a1 + y2 a2 + y3 · (2a1 + a2 ) b3 = (y1 + 2) · a1 + (y2 + 1) · a2 .

∆ηλ. οποιοδηποτε b ∈span (a1 , a2 , a3 ) µπορει να γραφτει σαν γραµµικος συνδυασµος των a1 , a2 . Επισης τα a1 , a2 ειναι γραµµικα ανεξαρτητα (ελεγξτε το !). Οποτε τα a1 , a2 ειναι µια ϐαση του span (a1 , a2 , a3 ).

7.2.31. Βρειτε µια ϐαση και την διασταση του



     1 1 0       2 , 1 , 1  . U = span 3 0 1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

132

1 1 0

2 1 1

3 0 1

= 2 6= 0.

Αρα τα



     1 1 0  2 , 1 , 1  3 0 1

ας

Απαντηση. Εχουµε

αγ ι

ειναι γραµµικα ανεξαρτητα. Αφου (εξ ορισµου) καθε b ∈ U µπορει να γραφτει ως γραµµικος συνδυασµος των τριων παραπανω διανυσµατων, αυτα αποτελουν µια ϐαση του U . Αρα dim (U ) = 3. Μπορουµε να οδηγηθουµε στο ιδιο συµπερασµα εφαρµοζοντας τον αλγοριθµο της 7.1.23. Σχηµατιζουµε τον πινακα µε γραµµες τα δοθεντα διανυσµατα :



 1 2 3 C =  1 1 0 . 0 1 1

Με γραµµοπραξεις παιρνουµε τον ισοδυναµο C0 ο οποιος ειναι σε κλιµακωτη µορφη :



εχ

 1 2 3 C0 =  0 −1 −3  . 0 0 2

Αρα µια ϐαση του U ειναι τα



Αθ .Κ

 1  2 , 3



 0  −1  , −3



 0  0  2

και dim (U ) = 3.

7.2.32. Βρειτε µια ϐαση και την διασταση του



     1 1 0       2 , 1 , 1  . U = span 3 0 3

Απαντηση. Εφαρµοζουµε τον αλγοριθµο της 7.1.23. Σχηµατιζουµε τον πινακα µε γραµµες τα δοθεντα διανυσµατα :



 1 2 3 C =  1 1 0 . 0 1 3

Με γραµµοπραξεις παιρνουµε τον ισοδυναµο C0 ο οποιος ειναι σε κλιµακωτη µορφη :



 1 2 3 C0 =  0 −1 −3  . 0 0 0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

133

Αρα µια ϐαση του U ειναι τα

 1  2 , 3



 0  −1  −3

και dim (U ) = 2. 7.2.33. Βρειτε µια ϐαση και την διασταση του

  1 1  2   0    U = span   3  ,  1 4 0

 

  0 2   1   2 , ,   3   4 0 4

 

 2   3   ,   .   7  4

αγ ι



ας



Απαντηση. Εφαρµοζουµε τον αλγοριθµο της 7.1.23. Σχηµατιζουµε τον πινακα µε γραµµες τα δοθεντα διανυσµατα :



2 0 1 2 3

3 1 3 4 7

4 0 0 4 4



  .  

εχ

  C=  

1 1 0 2 2

Με γραµµοπραξεις παιρνουµε τον ισοδυναµο C0 ο οποιος ειναι σε κλιµακωτη µορφη :



  C =  

Αθ .Κ

0

 1 2 3 4 0 −2 −2 −4   0 0 −4 4  . 0 0 0 0  0 0 0 0

Αρα µια ϐαση του U ειναι τα

 1  2   ,  3  4 



 0  −2     −2  , −4



 0  0     −4  4

και dim (U ) = 3.

7.2.34. Αποδειξτε οτι ο αλγοριθµος της 7.1.23 δινει µια ϐαση του span (a1 , ..., aM ) ⊆ RN . Απαντηση. Το αρχικο συνολο των γραµµων του πινακα A(0) = A ειναι {a1 , a2 , ..., aM } ⊆ N R (ειναι M διανυσµατα διαστασης N ×n1). Εστω οτι στο πρωτο ϐηµα εφαρµογης του αλo γοριθµου παιρνουµε το συνολο A(1) =

(1)

(1)

(1)

a1 , a1 , ..., aM . Το Τα A(0) , A(1) περιεχουν

µονο ενα διαφορετικο στοιχειο (διανυσµα), που προεκυψε απο εφαρµογη µιας γραµµοπραξης σε µια γραµµη του A(0) . Αρα καθε στοιχειο του A(1) ειναι γραµµικος συνδιασµος των στοιχειων του A(0) και ετσι

(1) (1) span a1 , a2 , ..., a (1)M ⊆ span (a1 , a2 , ..., aM ) .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

134

Επειδη καθε γραµµοπραξη που χρησιµοποιουµε ειναι αντιστρεπτη, ισχυει και οτι καθε στοιχειο του A(0) ειναι γραµµικος συνδιασµος των στοιχειων του A(1) και ετσι

ας

(1) (1) (1) span (a1 , a2 , ..., aM ) ⊆ span a1 , a2 , ..., aM

(1)

(1)

(1)

(αυτο σηµαινει και οτι καθε am µπορει να γραφτει ως γρ. συνδ. των a1 , a2 , ..., aM ). Αρα (1)

(1)

(1)

span (a1 , a2 , ..., aM ) = span a1 , a2 , ..., aM

.

αγ ι

Συνεχιζοντας κατα τον ιδιο τροπο, ϐλεπουµε οτι για k = 1, 2, ..., K (οπου K ειναι τα ϐηµατα του αλγοριθµου) εχουµε

(k−1) (k−1) (k−1) (k) (k) (k) , a2 , ..., aM = span a1 , a2 , ..., aM span a1 και αρα τελικα

span (a1 , a2 , ..., aM ) = span

(K) (K) (K) a1 , a2 , ..., aM

.

εχ

∆ηλ., οι γραµµες του A και του κλιµακωτου πινακα A0 εχουν το ιδιο span. Καθε στοιχειο b ∈ span (a1 , a2 , ..., aM ) που µπορει να γραφτει ως γρ. συνδ.

b = x1 a1 + x2 a2 + ... + xM aM

µπορει επισης να γρατει και ως

b = y1 a01 + y2 a02 + ... + yM a0M

Αθ .Κ

(οπου a01 , a02 , ..., a0M ειναι οι γραµµες του A0 ), επειδη καθε am µπορει να γραφτει ως γρ. συνδ. των a01 , a02 , ..., a0M . Εστω οτι οι µη µηδενικες γραµµες του A0 ειναι οι a01 , a02 , ..., a0N (µε N ≤ M ). Αρα τελικα καθε b ∈ span (a1 , a2 , ..., aM ) µπορει να γραφτει ως γρ. συνδ.

b = y1 a01 + y2 a02 + ... + yN a0N

αφου οι µηδενικες γραµµες δεν συνεισφερουν στο αθροισµα. Μενει να δειξουµε οτι τα a01 , a02 , ..., a0J ειναι γραµµικα ανεξαρτητα. Εστω οτι υπαρχουν z1 , z2 , ..., zJ τ.ω.

z1 a01 + z2 a02 + ... + zJ a0J = 0.

Αυτο ειναι ενα συστηµα N εξισωσεων µε J αγνωστους. Αν εξετασουµε την 1η εξισωση ϐλεπουµ εοτι αυτη ϑα εχει την µορφη

z1 · 1 + z2 · 0 + ... + zJ · 0 = 0 ⇒ z1 = 0

(το µονο διανυσµα µε µη µηδενικο πρωτο στοιχειο ειναι το a01 – γιατι ;). Προχωρωντας µε παροµοιο τροπο για j = 2, 3, ..., J ϐλεπουµε οτι z1 = z2 = ... = zJ = 0, δηλ. οτι το συνολο {a1 , a2 , ..., aM } ειναι γρ. αν. και αρα ειναι µια ϐαση του span (a1 , a2 , ..., aM ), οποτε εχουµε αποδειξει το Ϲητουµενο.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

135

x1 a1 + .... + xM aM = 0. Εστω m ο µεγαλυτερος ακεραιος τ.ω. xm 6= 0. ∆ηλ.

ας

7.2.35. Εστω οτι το συνολο {a1 , ..., aM } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο και δεν περιεχει το µηδενικο διανυσµα. Τοτε ενα εκ των a1 , ..., aM ειναι γραµµικος συνδυασµος των προηγουµενων διανυσµατων. Απαντηση. Υπαρχουν x1 , ..., xM (οχι ολα µηδενικα) τετοια ωστε

αγ ι

x1 a1 + .... + xm am + 0am+1 + ...0aM = 0 ⇒x1 a1 + .... + xm am = 0.

Ειναι m > 1 διοτι αλλιως ϑα ειχαµε x1 a1 = 0 ⇒ a1 = 0 που αντιβαινει στην αρχικη υποθεση. Οποτε µπορουµε να γραψουµε

am = − που απιοδεικνυει το Ϲητουµενο.

x1 xm−1 a1 − ... − am−1 xm xm

εχ

7.2.36. Εστω οτι το span (a1 , ..., aM ) = U , οπου U διανυσµατικος χωρος. Αποδειξτε οτι για καθε b ∈ U το συνολο {b, a1 , ..., aM } ειναι γρ. εξ. και span (b, a1 , ..., aM ) = U . Απαντηση. Προφανως

U = span (a1 , ..., aM ) ⊆ span (b, a1 , ..., aM ) ⊆ U οποτε span (b, a1 , ..., aM ) = U . Εξαλλου, αφου b ∈U = span (a1 , ..., aM ), το συνολο {b, a1 , ..., aM } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο.

Αθ .Κ

7.2.37. Εστω οτι το span (a1 , ..., aM ) = U , οπου U διανυσµατικος χωρος. Αποδειξτε : αν το am ειναι γρ. συνδ. των {a1 , ..., am−1 , am+1 , ..., aM } τοτε span (a1 , ..., am−1 , am+1 , ..., aM ) = U. Απαντηση. Θα ειναι

am = x1 a1 + ... + xm−1 am−1 + xm+1 am+1 + ... + xM aM .

Εστω τυχον b ∈ U . Θα ειναι

b = y1 a1 + ... + ym−1 am−1 + ym am + ym+1 am+1 + ... + yM aM = y1 a1 + ... + ym−1 am−1 + ym (x1 a1 + ... + xm−1 am−1 + xm+1 am+1 + ... + xM aM ) + ym+1 am+1 + ... + yM a = (y1 + ym x1 ) a1 + ... + (ym−1 + ym xm−1 ) am−1 + (ym+1 + ym xm+1 ) am+1 + ... + (yM + ym xM ) aM οποτε b ∈span (a1 , ..., am−1 , am+1 , ..., aM ). 7.2.38. ∆ινεται ο διανυσµατικος χωρος U και τα συνολα {a1 , ..., aK }, {b1 , ..., bM } οπου 1. span {a1 , ..., aK } = U . 2. Το {b1 , ..., bM } ειναι γραµµικα ανεξαρτητο.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

136

∆ειξτε οτι M ≤ K και υπαρχουν i1 , ..., iK−M τετοια ωστε

ας

span b1 , ..., bM , ai1 , ai2 , ..., , aiK−M = U. Απαντηση. Μπορουµε να υποθεσουµε οτι κανενα εκ των ak δεν ειναι 0 (γιατι ;). Αφου span {a1 , ..., aK } = U , το b ειναι γραµµικος συνδυασνιος των {a1 , ..., aK } και τοτε, απο την 7.2.37, εχουµε οτι

span {b1 , a1 , ..., aK } = U

αγ ι

και το {b1 , a1 , ..., aK } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο. Οποτε, απο την 7.2.25, καποιο aj ειναι γραµµικος συνδυασµος των b1 , a1 , ..., aj−1 και, απο την 7.2.37, µπορουµε να απαλειψουµε το aj και να εχουµε

span {b1 , a1 , ..., aj−1 , aj+1 , ..., aK } = U.

Με οµοιο τροπο µπορουµε να προσθεσουµε το b2 , ν αφαιρεσουµε καποιο ak και να εχουµε

span {b1 , b2 , a1 , ..., aj−1 , aj+1 , ..., ak−1 , ak+1 , ..., aK } = U.

εχ

Συνεχιζοντας ετσι αφαιρουµε διαδοχικα M απο τα διανυσµατα a1 , ..., aK και τα αντικαϑιστουµε µε τα b1 , ..., bM . Τελικα εχουµε οτι

span b1 , b2 , ..., bM , ai1 , ..., aiK−M = U.

(7.11)

Αθ .Κ

οπου τα ai1 , ..., aiK−M ειναι τα a διανυσµατα που ¨περισσεψαν¨. Αυτο ϐεβαια προυποθετει οτι K ≥ M (αν K = M τοτε ολα τα a διανυσµατα αντικαθιστανται απο b στο τελικο ϐηµα). ∆εν ειναι δυνατον να εχουµε K < M γιατι, σε αυτη την περιπτωση, µετα K ϐηµατα ϑα ειχαµε οτι span {b1 , b2 , ..., bK } = U και τοτε απο το bK+1 ∈ U ϑα ειχαµε γραµµικη εξαρτηση του bK+1 απο τα b1 , b2 , ..., bK που δεν συµβιβαζεται µ ετην αρχικη υποθεση οτι το {b1 , ..., bM } ειναι γραµµικα ανεξαρτητο.

7.2.39. ∆ινεται ο διανυσµατικος χωρος U . Αποδειξτε οτι αν dim (U ) = K , καθε συνολο {b1 , ..., bK+1 } ειναι γραµµικα εξαρτηµενο. Απαντηση. Αυτο προκυπτει απο την 7.2.29. ∆ιοτι dim (U ) = K σηµαινει οτι υπαρχει συνολο {a1 , ..., aK } που ειναι ϐαση του U και τοτε, αν το {b1 , ..., bK+1 } ηταν γραµµικα ανεξαρτητο ϑα ειχαµε K + 1 = K , το οποιο ϕυσικα ειναι ατοπο.

7.2.40. Εστω οτι ο διανυσµατικος χωρος U εχει διασταση M . ∆ειξτε οτι καθε γραµµικα ανεξαρτητο συνολο {b1 , b2 , ..., bM } ειναι µια ϐαση του V . Απαντηση. Αυτο προκυπτει απο την 7.2.38. ∆ιοτι ξεκινωντας µε µια τυχουσα ϐαση {a1 , ..., aM } και εφαρµοζοντας την διαδικασια αντικαταστασης των a απο τα b καταληγουµε στο οτι

span (b1 , b2 , ..., bM ) = U

(συγκρινε µε την (7.11) )και, αφου το {b1 , b2 , ..., bM } ειναι και γραµµικα ανεξαρτητο, ειναι µια ϐαση του U.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

137

U = span (b1 , b2 , ..., bM ) = V.

ας

7.2.41. ∆ινεται οι διανυσµατικος χωρος U, V µε U ⊆ V . Αποδειξτε οτι dim (U ) ≤ dim (V ) και, αν dim (U ) ≤ dim (V ) τοτε U = V . Απαντηση. Εστω K = dim (V ). Εστω επισης {b1 , b2 , ..., bM } µια τυχουσα ϐαση του U · αφου ειναι ϐαση, ειναι και γραµµικα ανεξαρτητο συνολο· αλλα δεν µπορει να υπαρχει µεσα στο V γραµµικα ανεξαρτητο συνολο µε περισσοτερα απο K στοιχεια. Αρα dim (U ) = M ≤ K = dim (V ). Αν τωρα dim (U ) = M = K , τοτε το {b1 , b2 , ..., bM } ειναι µια ϐαση του V . Αρα

αγ ι

7.2.42. ∆ινονται διανυσµατικοι χωροι U ⊆ RN , V ⊆ RN . ∆ειξτε οτι W = U ∩ V ειναι διανυσµατικος υποχωρος των U, V, RN . Απαντηση. Εστω τυχοντα a, b ∈ R και x, y ∈ U ∩ V . Τοτε x, y ∈ U και ax + by ∈ U . Οµοια x, y ∈ V και ax + by ∈ V . Οποτε ax + by ∈ U ∩ V και ο U ∩ V ειναι διανυσµατικος χωρος, ο οποιος προφανως ειναι και υπουσνολο των U, V και RN .

7.3

εχ

7.2.43. ∆ινονται µια οικογενεια διανυσµατικων χωρων {Ut : t ∈ T } οπου T ειναι ενα τυχον (πεπερασµενο η απειρο) συνολο-δεικτης και για καθε t ∈ T εχουµε Ut ⊆ RN . ∆ειξτε οτι W = ∩t∈T Ut ειναι διανυσµατικος υποχωρος του RN . Απαντηση. Η αποδειξη ειναι ιδια µε αυτη του προηγουµενου προβληµατος, ακοµη και αν το T ειναι απειρο συνολο.

Αλυτα Προβληµατα

Αθ .Κ

7.3.1. ∆ινονται διανυσµατα a1 , a2 , ..., aN ∈ S ⊆ R3 − {0}. ∆ειξτε οτι αυτα ειναι γραµµικα εξαρτηµενα ανν ειναι συνεπιπεδα. 7.3.2. ∆ειξτε οτι το υποσυνολο U του R3 που οριζεται απο την σχεση

U=

n

x x x

T

o

: x∈R

ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του R3 . 7.3.3. ∆ειξτε οτι το υποσυνολο T του R4 που οριζεται απο την σχεση

U=

n

x 0 2x x

T

o

: x∈R

ειναι ενας ενας διανυσµατικος υποχωρος του R4 . 7.3.4. ∆ειξτε οτι το υποσυνολο U του R3 που οριζεται απο την σχεση

T =

x1 x2 x3

: x1 , x2 , x3 ∈ R,

x21 + x22 + x23 ≤ 1

δεν ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του R3 . ∆ωστε µια γεωµετρικη ερµηνεια του συνολου U και εξηγειστε γεωµετρικα γιατι δεν ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

138

7.3.5. ∆ειξτε οτι το υποσυνολο U του R3 που οριζεται απο την σχεση

x1 x2 x3

: x1 , x2 , x3 ∈ R,

|x1 | + |x2 | + |x3 | ≤ 1

ας

T =

δεν ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος του R3 . ∆ωστε µια γεωµετρικη ερµηνεια του συνολου U και εξηγειστε γεωµετρικα γιατι δεν ειναι ενας διανυσµατικος υποχωρος. 7.3.6. Ειναι τα παρακατω συνολα διανυσµατων γραµµικα εξαρτηµενα η ανεξαρτητα ;

εχ

αγ ι

      0 1   1      0 , 1 , 0  . 1. Απ. Γρ. αν.   0 1 1       1 3   1      2 , 1 , 5  . Απ. Γρ. εξ. 2.   3 −1 5         1 0 0 1          0   0  2 1         3. Απ. Γρ. αν.  3  ,  −1  ,  0  ,  0       4 4 −3 −3       1 0 0        1   0  2       4. Απ. Γρ. αν.  −1  ,  −1  ,  0       −2 4 −3

Αθ .Κ

7.3.7. Εστω οτι το συνολο {a, b, c} ειναι γραµµικα ανεξαρτητο. ∆ειξτε οτι το συνολο {a + b, b + c, c + a} ειναι επισης γρ. αν.

1 7.3.8. Ειναι τα , 1 2 4 7.3.9. Ειναι τα , 1 2    2  1 , 7.3.10. Ειναι τα 3    2 7.3.11. Ειναι τα  1  ,  3 2 1

ϐαση του R2 ;

Απ. Ναι.

ϐαση του R2 ;

Απ. Ναι.

 4 0  ϐαση του R3 ; Απ. Οχι 2    4 2 0  ,  −1  ϐαση του R3 ; Απ. Οχι. 2 −1

7.3.12. Βρειτε την διασταση και µια ϐαση του



     1 1 0 span  2  ,  1  ,  1  . 3 0 1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

139

      1 0   1  2 , 1 , 1  .   3 0 1 7.3.13. Βρειτε την διασταση και µια ϐαση του

  4 1  2   1    span   3  ,  0 5 6 Απ. dim = 3, ϐαση

 

  2 5   0   1 , ,   3   6 7 6

   . 

αγ ι



ας

Απ. dim = 3, ϐαση :

   4 1      2  , 1  3   0    5 6

 2     0  ,  .   3    7  

7.3.14. Βρειτε την διασταση και µια ϐαση του

1 0 , , . 1 1

εχ

span

1 2

Απ. dim = 2, ϐαση

1 1

0 , . 1

Αθ .Κ

7.3.15. Βρειτε την διασταση και µια ϐαση του



     1 1 5 span  2  ,  1  ,  7  . 1 1 5     1   1 Απ. dim = 2, ϐαση  2  ,  1  .   1 1

7.3.16. Αποδειξτε οτι ο αλγοριθµος της 7.1.24 δινει µια ϐαση του span (a1 , ..., aM ).

7.3.17. Εστω V1 , V2 διανυσµατικοι υποχωροι του RN . ∆ειξτε οτι V = V1 ∩ V2 ειναι επισης ενας διανυσµατικος υποχωρος του R2 . 7.3.18. Μπορειτε να γενικευσετε το προηγουµενο προβληµα για K υποχωρους ; Για εναν απειρο αριθµο υποχωρων ;

7.3.19. Εστω οτι καθενα απο τα συνολα διανυσµατων U1 , U2 ειναι ενας διαν. υποχωρος του RN και επισης U1 ∪ U2 ειναι διαν. υποχωρος του RN .∆ειξτε οτι ειτε U1 ⊆ U2 ειτε U2 ⊆ U1 .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

140

U1 ⊆ U2 ⊆ ... ⊆ UK . ∆ειξτε οτι το και το συνολο U1 ∪ U2 ∪ ... ∪ UK ειναι γρ. αν. 7.3.21. Εστω διανυσµατα a1 , ..., aM . ∆ειξτε οτι

ας

7.3.20. Εστω οτι καθενα απο τα συνολα διανυσµατων U1 , U2 , ..., UK ειναι γραµµικα ανεξαρτητο και επιπλεον ισχυει

αγ ι

span (a1 , ..., aM ) = span (span (a1 , ..., aM )) . 7.3.22. Εστω συνολα διανυσµατων U, V τ.ω. U ⊆ V . ∆ειξτε οτι

Αθ .Κ

εχ

span (U ) ⊆ span (V ) .

ας

Κεφάλαιο 8

αγ ι

∆ιανυσµατικοι Χωροι και Συστηµατα Γραµµικων Εξισωσεων

8.1

Θεωρια

εχ

Στο παρον κεφαλαιο χρησιµοποιουµε την ¨αντιστροφη¨ διαδικασια απο αυτη του Κεϕαλαιου 7, δηλ. την χρηση γεωµετρικων εννοιων για την µελετη συστηµατων γραµµικων εξισωσεων.

8.1.1. Ο ϐαθµος του M × N πινακα A συµβολιζεται µε rank(A) και οριζεται ως εξης

Αθ .Κ

rank(A) = ¨ο µεγιστος αριθµος γραµµικα ανεξαρτητων στηλων του A¨. 8.1.2. Εστω οτι A = a1 a2 ... aN . Τοτε rank(A) = dim (span {a, a2 , ..., aN }) . 8.1.3. Ο ϐαθµος του A ειναι ισος µε την ταξη της µεγαλυτερης µη µηδενικης υποοριϹουσας του A. 8.1.4. Οι A και AT εχουν ιδιο ϐαθµο. Ακριβεστερα, για καθε M × N πινακα A εχουµε

rank(A) = rank(AT ) ≤ min(M, N ).

8.1.5. Για καθε M × K πινακα A και για καθε K × N πινακα B εχουµε εχουµε

rank(AB) ≤ min(rank(A), rank(B)).

8.1.6. Ο ϐαθµος του A ειναι ισος µε των αριθµο των κοµβων του ισοδυναµου κλιµακωτου πινακα. 8.1.7. Η εικονα του M × N πινακα A συµβολιζεται µε im(A) και οριζεται ως εξης

im(A) = {y : y = Ax} ⊆ RM . 8.1.8. Η εικονα του A ειναι διανυσµατικος χωρος.

141

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ142 8.1.9. Ο ϐαθµος του M × N πινακα A ικανοποιει : rank(A) = dim(im(A)).

ker(A) = {x : Ax = 0} ⊆ RN . 8.1.11. Ο πυρηνας του A ειναι διανυσµατικος χωρος.

ας

8.1.10. Ο πυρηνας του M × N πινακα A συµβολιζεται µε ker(A) και οριζεται ως εξης

8.1.12. Η µηδενικοτητα του A συµβολιζεται µε null (A) και οριζεται ως

αγ ι

null(A) = dim(ker(A)).

8.1.13. Για καθε M × N πινακα A εχουµε : rank(A) + null(A) = N . 8.1.14. Τα παρακατω ειναι ισοδυναµα. 1. Το συστηµα Ax = b εχει λυση.

εχ

2. Το b ειναι γραµµικος συνδυασµος των στηλων του A. 3. rank(A) = rank([ A b ]).

8.1.15. Εστω το M × N συστηµα Ax = b. Ισχυουν τα εξης. 1. Το συστηµα δεν εχει καµµια λυση. ανν rank(A) < rank([ A b ])

Αθ .Κ

2. Το συστηµα εχει απειρες λυσεις ανν rank(A) = rank([ A b ]) < N . 3. Το συστηµα εχει µοναδικη λυση ανν rank(A) = rank([ A b ]) = N

8.1.16. Εστω N × N πινακας A. Οι παρακατω συνθηκες ειναι ισοδυναµες. 1. Το συστηµα Ax = b εχει µοναδικη λυση. 2. rank(A) = N . 3. |A| = 6 0.

4. Υπαρχει ο A−1 .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ143

8.2

Λυµενα Προβληµατα 

 1 0 0 A = 1 3 6 . 2 4 1 Λυση. Επειδη |A| = −21 6= 0, το συστηµα



ας

8.2.1. Βρειτε τον ϐαθµο του

εχ

αγ ι

    1 0 0 x1 0  1 3 6   x2  =  0  2 4 1 x3 0       1 0 0      1 , 3 , 6  ειναι γραµµικα εχει µοναδικη x1 = x2 = x3 = 0, δηλ. οι στηλες 2 4 1 ανεξαρτητες Αρα rank (A) = 3. Εναλλακτικα, µπορουµε να ϕερουµε τον A σε κλιµακωτη µορφη :     1 0 0 1 0 0 6  A =  1 3 6  → A0 =  0 3 2 4 1 0 0 −21 Βλεπουµε οτι ο A0 εχει τρεις κοµβους, αρα rank (A) = 3. 8.2.2. Βρειτε τον ϐαθµο του

Αθ .Κ



 1 1 6 1 A = 2 3 2 3 . 4 5 0 0

Λυση. Θεωρειστε το συστηµα Ax=0, δηλ.



         1 1 6 1 0          x1 2 + x2 3 + x3 2 + x4 3 = 0  4 5 0 0 0

(8.1)

η και

   x1 1 1 6 1  0   2 3 2 3   x2  =  0  .  x3  4 5 0 0 0 x4 





(8.2)

Αυτο εχει (µη µηδενικες) λυσεις της µορφης

   x1 −16  x2   64  5 .  =a·  x3   1  14 −5 x4 

Αρα οι τεσσερις στηλες του A δεν ειναι γρ. αν. και rank (A) < 4. Θα µπορουσαµε να προσδιορισουµε τον rank (A) συµφωνα µε τον ορισµο, δηλ. να εξετασουµε αν ο A εχει

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ144 τρεις, δυο κτλ. γρ. αν. στηλες. Η ϑα µπορουσαµε να ψαξουµε υπ για τον µεγαλυτερο 

1 1 6

ας

οπινακα του A µε µη µηδενικη οριζουσα. Π.χ. ο υποπινακας  2 3 2  εχει οριζουσα

4 5 0

−14, αρα rank (A) = 3. Πιο απλο ειναι να ϕερουµε τον A σε κλιµακωτη µορφη :   1 1 6 1  0 1 −10 1 . 0 0 −14 −5

αγ ι

Παρατηρουµε οτι ο αριθµος των κοµβων ειναι 3, οποτε και rank (A) = 3.

8.2.3. Εστω οτι A = a1 a2 ... aN . Αποδειξτε οτι rank(A) = dim (im (A)) . Απαντηση. Ξερουµε οτι το im (A) = span (a1 , a2 , ..., aN ) ειναι διανυσµατικος χωρος. Εστω οτι εχει διασταση dim (span (a1 , a2 , ..., aN )) = K . Τοτε K απο τις a1 , a2 , ..., aN ϑα ειναι µια ϐαση του span (a, a2 , ..., aN ) και αρα ϑα ειναι (εκ του ορισµου της ϐασης) γραµµικα ανεξαρτητες. ∆εν µπορει να υπαρχουν περισσοτερες (εστω K + 1) γραµµικα ανεξαρτητες στηλες διοτι τοτε ϑα ηταν και αυτες µια ϐαση, αλλα ολες οι ϐασεις του span (a1 , a2 , ..., aN ) πρεπει να εχουν ισο αριθµο στοιχειων. Αρα ο µεγιστος αριθµος γραµµικα ανεξαρτητων στηλων του A (δηλ. το rank (A) ) ειναι K .

εχ

8.2.4. Αποδειξτε οτι, για καθε M × N πινακα A εχουµε

rank(A) = rank(AT ) ≤ min(M, N ).

Απαντηση. Εστω



  ... a1N r1   ... a2N   r2 = ... ...   ... ... aM N rM

Αθ .Κ

a11 a12  a21 a22 A =  ... ... aM 1 aM 2

   = a1 a2 ... aN . 

Εστω οτι dim (span (r1 , r2 , ..., rM )) = J και οτι τα rm1 , rm2 , ..., rmJ ειναι µια ϐαση του span (r1 , r2 , ..., rM ). Τοτε καθε γραµµη γραφεται ως γραµµικος συνδυασµος των rm1 , rm2 , ..., rmJ :

[am1 am2 ... amN ] = rm = km1 ri1 + km2 ri2 + ... + kmJ riJ

και, εξισωνοντας την n συνιστωσα της καθε γραµµης παιρνουµε (για n = 1, 2, ..., N )

a1n = k11 ai1 n + k12 ai2 n + ... + k1J aiJ n a2n = k21 ai1 n + k22 ai2 n + ... + k2J aiJ n ... aM n = kM 1 ai1 n + kM 2 ai2 n + ... + kM J aiJ n

∆ηλ. (για n = 1, 2, ..., N )



  a1n  a2n    = ai 1 n ·  an =   ...   aM n

  k11  k21   + ai 2 n ·   ...  kM 1

 k12 k22   + ... + aiJ ...  kM 2



 k1J  k2J   ·  ...  . kM J

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ145 Με αλλα λογια, καθε στηλη an του A ειναι γραµµικος συνδυασµος των J διανυσµατων

 k11  k21   k1 =   ...  , kM 1



 k12  k22   k2 =   ...  , kM 2



 k1J  k2J   kJ =   ...  , kM J

...,

ας



δηλ. dim (span (a1 , a2 , ..., aN )) ≤ J = dim (span (r1 , r2 , ..., rM )). Αφου οι γραµµες του A ειναι οι στηλες του AT , συµπεραινουµε οτι

αγ ι

rank (A) ≤ rank AT

(8.3)

Εφαρµοζοντας τον παραπανω συλλογισµο στον AT παιρνουµε

rank AT ≤ rank (A)

(8.4)

και µε συνδυασµο των (8.3) και (8.4) εχουµε αποδειξει

rank AT = rank (A)

εχ

Επισης, αφου ο A εχει M γραµµες

(8.5)

rank (A) ≤ M

(8.6)

rank (A) ≤ N

(8.7)

και αφου ο AT εχει N γραµµες

Αθ .Κ

οποτε, µε συνδυασµο των (8.5), (8.6), (8.7) παιρνουµε το Ϲητουµενο. 8.2.5. ∆ινεται πινακας A = a1 a2 ... aN . Εστω τυχον πινακας A0 = a01 a02 ... a0N ο οποιος προκυπτει απο εφαρµογη στοιχειωδων γραµµοπραξεων στον A. Αποδειξτε οτι

span (a1 , a2 , ..., aN ) = span (a01 , a02 , ..., a0N )

Απαντηση. Αφου οι a01 , a02 , ..., a0N προκυπτουν απο γραµµικους συνδυασµους των a1 , a2 , ..., aN , εχουµε

span (a01 , a02 , ..., a0N ) ⊆ span (a1 , a2 , ..., aN ) .

(8.8)

Οµως και οι a1 , a2 , ..., aN προκυπτουν απο γραµµικους συνδυασµους των a01 , a02 , ..., a0N (αρκει να εφαρµοσουµε στις a01 , a02 , ..., a0N τις αντιστροφες γραµµοπραξεις αυτων που εϕαρµοσαµε στις a1 , a2 , ..., aN ) αρα εχουµε και

span (a1 , a2 , ..., aN ) ⊆ span (a01 , a02 , ..., a0N ) .

Απο τις (8.8) και (8.9) προκυπτει το Ϲητουµενο.

(8.9)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ146

ας

8.2.6. Αποδειξτε οτι ο ϐαθµος του A ειναι ισος µε των αριθµο των κοµβων του ισοδυναµου κλιµακωτου πινακα. Απαντηση. Αφου rank (A) = rank AT , αρκει να αποδειξουµε οτι ο ϐαθµος του AT ειναι ισος µε των αριθµο των κοµβων του κλιµακωτου πινακα A0 ισοδυναµου του A. Εστω λοιπον r1 , ..., rM οι γραµµες του A (δηλ. οι στηλες του AT ). Ξερουµε οτι µια ϐαση του span (r1 , ..., rM ) ειναι οι µη µηδενικες γραµµες r01 , ..., r0K του ισοδυναµου κλιµακωτου A0 και οτι, σε αυτη την περιπτωση,

K = dim (span (r1 , ..., rM )) = rank AT = rank (A) .

αγ ι

Αλλα οι µη µηδενικες γραµµες του A0 ειναι ακριβες αυτες που εχουν κοµβους, δηλ. K ειναι ο αριθµος των κοµβων του A0 . 8.2.7. Αποδειξτε οτι για καθε M × K πινακα A και για καθε K × N πινακα B εχουµε

rank(AB) ≤ min(rank(A), rank(B)).

Απαντηση. Γραφουµε τους πινακες A, B ως προς τις γραµµες αυτων :

 a1  a2   A =  ...  , aM



 b1  b2   B =  ...  . bM

εχ



Τωρα παιρνουµε τυχουσα γραµµη am και εχουµε

am1 b11 + ...amK bK1 am1 b12 + ...amK bK2 ... am1 b1N + ...amK bKN

K X

Αθ .Κ

am B = =

amk ·

bk1 bk2 ... bkN

=

K X

amk · bk

k=1

k=1

δηλ. καθε γραµµη am B ειναι γραµικος συνδυασµος των γραµµων b1 , ..., bK . Τωρα



 a1 B  a2 B   AB =   ...  aM B

αρα το συνολο των γραµµων του AB ειναι υποσυνολο του span (b1 , ..., bK ). Αρα

rank (AB) ≤ rank BT = rank (B) .

(8.10)

Επαναλαµβανοντας τον συλλογισµο στο γινοµενο BT AT παιρνουµε

rank BT AT ≤ rank AT = rank (A) . Απο τις (8.10)-(8.11) προκυπτει το Ϲητουµενο.

(8.11)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ147 8.2.8. Ποιος ειναι ο πυρηνας του

A=

1 3 ? 2 2

ας

T x1 x2 τετοια ωστε 1 3 x1 0 = . 2 2 x2 0

Για την παραπανω εξισωση εχουµε

1 3

2 2

αγ ι

Απαντηση. Ο πυρηνας του A ειναι τα x =

= −4 6= 0 ⇒ η µοναδικη λυση ειναι x1 = 0 = 0.

x2 0

Οποτε ker (A) = {0} . 8.2.9. Ποιος ειναι ο πυρηνας του

 1 3 2 A =  2 1 2 ? 4 7 6

εχ



x1 x2 x3      1 3 2 x1 0  2 1 2   x2  =  0  . 4 7 6 x3 0

Αθ .Κ

Απαντηση. Ο πυρηνας του A ειναι τα x =

T

τετοια ωστε

Λυνοντας το συστηµα παιρνουµε

Οποτε

ker (A) =

   x1 2  x2  = κ ·  1  − 25 x3 

  

 x:x=κ·

  2   1 ,κ ∈ R .  5

−2

8.2.10. Αποδειξτε οτι ο πυρηνας του A ειναι διανυσµατικος χωρος. Απαντηση. Πραγµατι, εστω οτι x1 , x2 ∈ ker(A). Τοτε για καθε k1 , k2 ∈ R ισχυει

0= Ax1 0= Ax2

⇒ 0 = k1 Ax1 + k2 Ax2 = A · (k1 x1 + k2 x2 ) .

Αρα για καθε k1 , k2 ∈ R εχουµε k1 x1 + k2 x2 ∈ ker(A) .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ148

Av1 = u1 ,

..., AvJ = uJ

ας

8.2.11. Αποδειξτε οτι για καθε M × N πινακα A εχουµε : rank(A) + null(A) = N . Απαντηση. Εστω οτι J = rank (A) και u1 , u2 , ..., uJ ειναι µια ϐαση του span (a1 , ..., aN ). Αφου uj ∈ span (a1 , ..., aN ) το συστηµα Ax = uj ϑα εχει µια λυση, εστω vj . ∆ηλ.

Εστω επισης K = null (A) και w1 , w2 , ..., wK ειναι µια ϐαση του ker (A). Θετουµε

B = {v1 , v2 , ..., vJ , w1 , w2 , ..., wK }

αγ ι

Θα δειξουµε τωρα οτι το B ειναι µια ϐαση του RN . Πρεπει να δειξουµε οτι το span (B) = RN και οτι το B ειναι γραµµικα ανεξαρτητο. Εστω τυχον v ∈ RN και u = Av. Τοτε u ∈span (a1 , ..., aN ) αρα

u = Av = k1 u1 + ... + kJ uJ . Θετουµε v0 = v−k1 v1 − ... − kJ vJ . Αρα

εχ

Av0 = A· (v−k1 v1 − ... − kJ vJ ) = A · v−k1 A · v1 − ... − kJ A · vJ = A · v−k1 u1 − ... − kJ A · uJ = Av − Av = 0.

Αρα v0 ∈ ker (A) και µπορει να γραφτει ως γραµµικος συνδυασµος των wk : v0 = c1 w1 + ... + cK wK οποτε

v = v0 + k1 v1 + ... + kJ vJ =c1 w1 + ... + cK wK + k1 v1 + ... + kJ vJ ∈ span (B) .

Αθ .Κ

Εστω

a1 v1 + a2 v2 + ... + aJ vJ + b1 w1 + ... + bK wK = 0.

(8.12)

Τοτε για καθε k εχουµε Awk = 0 οποτε

0 = A· (a1 v1 + a2 v2 + ... + aJ vJ + b1 w1 + ... + bK wK ) = a1 A · v1 + a2 A · v2 + ... + aJ A · vJ + b1 A · w1 + ... + bK A · wK = a1 A · v1 + a2 A · v2 + ... + aJ A · vJ = a1 u1 + a2 u2 + ... + aJ uJ .

Αφου τα u1 , u2 , ..., uJ ειναι γραµµικα ανεξαρτητα, εχουµε a1 = ... = aJ = 0. Οποτε, αντικαθιστωντας στην (8.12) παιρνουµε

b1 w1 + ... + bK wK = 0.

(8.13)

Αλλα και τα w1 , w2 , ..., wK ειναι γραµµικα ανεξαρτητα, οποτε και b1 = ... = bK = 0. Αρα το B ειναι γραµµικα ανεξαρτητο.ρ Αρα το B ειναι µια ϐαση του RN και αρα περιεχει ακριβως N στοιχεια. ∆ηλαδη J + K = N . Αλλα J = rank(A), K = null (A) αρα

rank(A) + null(A) = N.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ149

8.2.12. Ποιος ειναι ο πυρηνας, η εικονα, η µηδενικοτητα και ο ϐαθµος του A = Απαντηση. Θεωρειστε την συναρτηση

ειναι τα x =

x1 x2

y1 y2

1 1 2 2

0 0

=

τετοια ωστε

1 1 2 2

x1 x2

=

.

x1 . Ο πυρηνας του A x2

ας

1 1 ; 2 2

Οποτε

αγ ι

Λυνοντας την παραπανω εξισωση ϐρισκουµε οτι εχει λυσεις της µορφης

x1 x2

=a

ker (A) = x = a

Η εινονα ειναι απλα

x=a

1 −1 1 2

.

,a∈R .

,a∈R .

εχ

im (A) =

1 −1

Παρατηρουµε οτι η µηδενικοτητα ειναι null (A) = dim (ker (A)) = 1. Οποτε rank (A) =

N − null (A) = 2 − 1 = 1.

8.2.13. Βρειτε τον ϐαθµο του

Αθ .Κ



 1 2 −3 A =  2 5 −8  1 4 −6

και επιβεβαιωστε οτι rank(A)+null(A) = 3. Απαντηση. Ο A εχει κλιµακωτη µορφη



 1 2 −3  0 1 −2  0 0 1

και αρα ο ϐαθµος του ειναι 3. Για την µηδενικοτητα, πρεπει να ϐρουµε τις λυσεις του



    1 2 −3 x1 0  0 1 −2   x2  =  0  . 0 0 1 x3 0

Αυτες εχουν την µορφη



 0  0 . 0 οποτε η µηδενικοτητα του A ειναι 0. Εχουµε rank(A)+null(A) = 3 + 0 = 3.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ150 8.2.14. Βρειτε τον ϐαθµο του



ας

 1 2 −3 A =  2 5 −8  1 4 −6 και επιβεβαιωστε οτι rank(A)+null(A) = 3. Απαντηση. Ο A εχει κλιµακωτη µορφη



αγ ι

 1 2 −3  0 1 −2  0 0 1

και αρα ο ϐαθµος του ειναι 3. Για την µηδενικοτητα, πρεπει να ϐρουµε τις λυσεις του

    0 1 2 −3 x1  0 1 −2   x2  =  0  . x3 0 0 0 1 

Αυτες εχουν την µορφη



 0  0 . 0

εχ

οποτε η µηδενικοτητα του A ειναι 0. Εχουµε rank(A)+null(A) = 3 + 0 = 3. 8.2.15. Βρειτε τον ϐαθµο του



 1 2 −3 −2 4 A =  2 5 −8 −1 6  1 4 −7 5 2

Αθ .Κ

και επιβεβαιωστε οτι rank(A)+null(A) = 5. Λυση. Ο A εχει κλιµακωτη µορφη

 1 2 −3 −2 4  0 1 −2 3 −2  0 0 0 1 2 

και αρα ο ϐαθµος του ειναι 3. Για την µηδενικοτητα, πρεπει να ϐρουµε τις λυσεις του





 1 2 −3 −2 4    2 5 −8 −1 6    1 4 −7 5 2 

x1 x2 x3 x4 x5





−1 2 1 0 0

   0   =  0 .   0

Αυτες εχουν την µορφη



  t1 ·   

−24 8 0 −2 1



     + t2 ·     

   .  

οποτε η µηδενικοτητα του A ειναι 2. Εχουµε rank(A)+null(A) = 3 + 2 = 5.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ151 8.2.16. Βρειτε τον ϐαθµο του

1  2 A =  1 2

2 5 4 3

 −3 −2 4 1 −8 −1 6 1   −7 5 2 1  −4 −8 8 1

ας



και επιβεβαιωστε οτι rank(A)+null(A) = 6. Λυση. Ο A εχει κλιµακωτη µορφη

1  0   0 0

 2 −3 −2 4 1 1 −2 3 −2 −1   0 0 1 2 2  0 0 0 0 0

αγ ι



και αρα ο ϐαθµος του ειναι 3. Για την µηδενικοτητα, πρεπει να ϐρουµε τις λυσεις του





2 5 4 3

 −3 −2 4 1    −8 −1 6 1   −7 5 2 1   −4 −8 8 1 

εχ

1  2   1 2

x1 x2 x3 x4 x5 x6



     =    

 0 0  . 0  0

Αυτες εχουν την µορφη

−1 2 1 0 0 0

Αθ .Κ



   t1 ·    





       + t2 ·       

−24 8 0 1 1 0





       + t3 ·       

−19 7 0 −2 0 1

    ,   

οποτε η µηδενικοτητα του A ειναι 3. Εχουµε rank(A)+null(A) = 3 + 3 = 6.

8.2.17. Αφου πρωτα υπολογισετε τον αριθµο των λυσεων του συστηµατος



    1 2 −3 x1 1  2 5     2 x2 = 4  1 4 −7 x3 8

συγκρινοντας τον ϐαθµο των A και [A ϐρηκατε λυνοντας το συστηµα. Απαντηση. Ο επαυξηµενος ειναι



b], κατοπιν επαληθευστε τα αποτελεσµατα που

 1 2 −3 1  2 5 2 4  1 4 −7 8

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ152 µε κλιµακωτη µορφη



ας

 1 2 −3 1  0 1 8 2  0 0 −20 3

Εχουµε rank(A) = rank ([A b]) = 3 = N . Αρα το συστηµα εχει µοναδικη λυση. Πραγµατι, λυνοντας ϐλεπουµε οτι η λυση ειναι



− 117 20 16 5 3 − 20

.

αγ ι





8.2.18. Αφου πρωτα υπολογισετε τον αριθµο των λυσεων του συστηµατος







1 −1 1 0 0    2 2 6 4 0   3 1 5 4 1 

x1 x2 x3 x4 x5



   4   =  24    22

εχ

συγκρινοντας τον ϐαθµο των A και [A b], κατοπιν επαληθευστε τα αποτελεσµατα που ϐρηκατε λυνοντας το συστηµα. Απαντηση. Ο επαυξηµενος πινακας ειναι

 1 −1 1 0 0 4  2 2 6 4 0 24  3 1 5 4 1 22

Αθ .Κ



ο οποιος εχει κλιµακωτη µορφη

 1 −1 1 0 0 4  0 4 4 4 0 16  0 0 −2 0 1 −6 

Εχουµε rank(A) = rank ([A b]) = 3 < 5 = N . Αρα το συστηµα εχει διπλη απειρια λυσεων. Πραγµατι, λυνοντας ϐλεπουµε οτι οι λυσεις εχουν την µορφη

     

8 4 0 0 −6





    +a·    

−2 −1 1 0 2





    +b·    

−1 −1 0 1 0

   .  

8.2.19. Αφου πρωτα υπολογισετε τον αριθµο των λυσεων του συστηµατος



    1 −2 4 x1 2  2 −3 5   x2  =  3  3 −4 6 x3 7

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ153

ας

συγκρινοντας τον ϐαθµο των A και [A b], κατοπιν επαληθευστε τα αποτελεσµατα που ϐρηκατε λυνοντας το συστηµα. Απαντηση. Ο επαυξηµενος πινακας ειναι



 1 −2 4 2  2 −3 5 3  3 −4 6 7 ο οποιος εχει κλιµακωτη µορφη



αγ ι

 1 −2 4 2  0 1 −3 −1  0 0 0 3

Εχουµε rank(A) = 2 < rank ([A b]) = 3 = N . Αρα το συστηµα ειναι αδυνατο, πραγµα που διαπιστωνουµε αν προσπαθησουµε να το λυσουµε. 8.2.20. Για καθε M × N πινακα τα παρακατω ειναι ισοδυναµα.

εχ

1. Το συστηµα Ax = b εχει λυση.

2. Το b ειναι γραµµικος συνδυασµος των στηλων του A.

A b . b τετοιο ωστε Ab Απαντηση. Εστω A = a1 ... aN . Τοτε, αν υπαρχει x x= b, ϑα

3. rank(A) = rank

εχουµε

Αθ .Κ

b = Ab x=b x1 a1 + ... + x bN aN

που δειχνει οτι η ιδιοτητα 1 συνεπαγεται την 2. Επισης, αν το b ειναι γραµµικος συνδυασµος των στηλων του A, τοτε ο αριθµος των γραµµικα ανεξαρτητων στηλων στους A και A b ειναι ιδιος, αρα η ιδιοτητα 2 συνεπαγεται την 3. Τελος, αν rank(A) = rank A b , το b πρεπει να ανηκει στο span (a1 , ..., aN ) οποτε υπαρχει

b= x

x b1 x b2 ... x bN

T

τετοιο ωστε

b = Ab x=b x1 a1 + ... + x bN aN .

∆ηλ. η ιδιοτητα 3 συνεπαγεται την 1. 8.2.21. Εστω το M × N συστηµα Ax = b. Αποδειξτε οτι ισχυουν τα εξης.

A b . A b 2. Το συστηµα εχει απειρες λυσεις ανν rank(A) = rank < N.

1. Το συστηµα δεν εχει καµµια λυση ανν rank(A) < rank

3. Το συστηµα εχει µοναδικη λυση ανν rank(A) = rank([ A b ]) = N .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ154

ας

Απαντηση. Απο την προηγουµενη ασκηση ξερουµε οτι το συστηµα εχει µια η περισ σοτερες λυσεις ανν rank(A) και αρα δεν εχει καµµια λυση ανν = rank A b rank(A) < rank A b . Αυτο αποδεικνυει την ιδιοτητα 1. Οπως εχουµε δει στο Κεφαλαιο 6, το συστηµα απειρες λυσεις ανν περιεχει µια η περισσοτερες ελευθερες µεταβλητες, δηλ. αν ο αριθµος των κοµβων, ο οποιος ειναι rank(A), ειναι µικροτερος απο τον αριθµο των µεταβλητων, ο οποιος ειναι N . Αυτο αποδεικνυει αµεσα την ιδιοτητα 2 και εµµεσα την 3.

1. rank(A) = N . 2. |A| = 6 0. 3. Υπαρχει ο A−1 .

αγ ι

8.2.22. Εστω N × N πινακας A. Αποδειξτε οτι οι παρακατω συνθηκες ειναι ισοδυναµες.

4. Το συστηµα Ax = b εχει µοναδικη λυση.

εχ

Απαντηση. Αν rank(A) = N , τοτε οι N στηλες του A ειναι γραµµικα ανεξαρτητες, αρα |A| 6= 0. Αν τωρα |A| 6= 0, εχουµε δει στο Κεφαλαιο 5 οτι υπαρχει ο A−1 . Αν υπαρχει ο A−1 ϑα ειναι µοναδικος και τοτε το συστηµα Ax = b εχει µοναδικη λυση την x = A−1 b. Τελος, αν rank(A) < N , αυτο σηµαινει οτι το συστηµα Ax = b σε κλιµακωτη µορφη γινεται A0 x = b0 και εχει ελευθερες µεταβλητες· αρα εχει απειρες λυσεις. Αρα, αντιστροϕα, αν το Ax = b εχει µοναδικη λυση, τοτε rank(A) = N .

Αλυτα Προβληµατα

Αθ .Κ

8.3

8.3.1. Να ϐρεθει ο ϐαθµος των παρακατω πινακων

1.

2.

3.

4.

5.

1 3 2 2

Απ. 2.

1 1 2 0 Απ. 2. 2 4 4 1   1 1  2 2  Απ. 1. 3 3   1 0 0  1 2 0  Απ. 3. 1 2 2   1 3 4  2 4 2  Απ. 2. 1 2 0

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ155

αγ ι

 1 1 2 6.  1 2 2  Απ. 2. 1 2 2 1 1 2 −1 0 7. Απ. 2. 0 1 3 2 1   1 2 2 0 1 1 −2 1 2  Απ. 3. 8.  1 1 −2 3 1 0   1 0 6 7 1 9.  2 3 2 3 1  Απ. 2. 4 3 14 17 3

ας



8.3.2. Ποσες λυσεις εχει το καθενα απο τα παρακατω συστηµατα ; Απαντειστε µε πληρη επιλυση και µε χρηση της σχεσης µεταξυ των rank(A) και rank([ A b ]).

   1 3 4 −13 1.  2 4 2  x =  −14  Απ. 1 λυση, rank(A)=3 , rank([ A b ])=3. 1 2 0 −6     1 1 2 −3 2.  1 2 2  x =  −5  Απ. ∞ λυσεις, rank(A)=2 , rank([ A b ])=2. 1 2 2 −5     1 1 2 −3 3.  1 2 2  x =  −5  Απ. 0 λυσεις, rank(A)=2 , rank([ A b ])=3. 1 2 2 −4 1 1 2 0 6 4. x= Απ. ∞ λυσεις, rank(A)=2 , rank([ A b ])=2. 2 4 4 1 15     1 1 0 5.  3 0  x =  −3  Απ. ∞ λυσεις, rank(A)=2 , rank([ A b ])=2. 2 1 −1 1 1 2 −1 0 −7 6. x= Απ. ∞ λυσεις, rank(A)=2 , rank([ A b ])=2. 0 1 3 2 1 −1     1 3 −1 1 0 −6 0 1 3  x =  −1  Απ. ∞ λυσεις, rank(A)=3 , rank([ A b ])=3. 7.  2 2 0 1 2 1 2 −1

Αθ .Κ

εχ



8.3.3. Ελεγξτε οτι rank(A)+null(A) =N και ϐρειτε µια ϐαση του µια ϐαση του im(A) και µια ϐαση του ker(A).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ156 1. A =

1 3 . 2 2

Απ. rank (A)=2, null (A) =0, ϐαση του im(A) :

2. A =

1 0

0 , . 1

1 1 2 0 . 2 4 4 1

αγ ι

Απ. rank (A)=2, null (A) =2, ϐαση του im(A) :

ϐαση του ker(A) :

1 0

0 , , 1

εχ

    −2 −1        1  0  ,   1   0       0 −2 

 1 1 3. A =  3 0 . 2 1

Απ. rank (A)=2, null (A) =0, ϐαση του im(A) :

Αθ .Κ

ας

    1   1  3 , 0  .   1 2



 1 0 0 4. A =  1 2 0 . 1 2 2

Απ. rank (A)=3, null (A) =0, ϐαση του im(A) :

      0 0   1  0 , 1 , 0  .   0 0 1



 1 1 2 5. A =  1 2 2 . 1 2 2

Απ. rank (A)=2, null (A) =1, ϐαση του im(A) :

    1   1  1 , 2    1 2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ157 ϐαση του ker(A) :

ας

   −2   0  .   1 

 1 3 −1 1 0 0 1 3 . 6. A =  2 2 0 1 2 1 2

αγ ι

Απ. rank (A)=3, null (A) =2, ϐαση του im(A) :

      0 0   1  0 , 1 , 0  ,   0 0 1 ϐαση του ker(A) :

εχ

   1 4 −  3 3   5 4     3   3  ,  0 1  11   10    −   −  3 3   1 0

       .     

8.3.4. Ο ϐαθµος του A ειναι ισος µε την ταξη της µεγαλυτερης µη µηδενικης υποοριϹουσας του A. 8.3.5. Εστω M × K πινακας A και K × N πινακας B. Αποδειξτε οτι

Αθ .Κ

rank (AB) ≤ min (rank (A) , rank (B)) .

8.3.6. Εστω M × K πινακας A και K × N πινακας B. Αποδειξτε οτι

rank (AB) = rank (A) ⇒ ∃B−1 .

Τι σηµαινει αυτο για τα K, N ;

8.3.7. Εστω M × N πινακες A και B. Αποδειξτε οτι

|rank (A) − rank (B)| ≤ rank (A − B) .

8.3.8. Εστω M × N πινακας A. Αποδειξτε οτι

rank AAT = rank AT A = rank (A) .

8.3.9. Εστω M × N πινακας A. Αποδειξτε οτι

rank AAT = 0 ⇒ rank (A) = 0. 8.3.10. Εστω N ×N πινακας A τ.ω. A = A2 . Αποδειξτε οτι rank (A)+rank (I − A) = N.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8. ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ ΚΑΙ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ158 8.3.11. ∆ινονται οι πινακες

 2 1 4 A =  3 2 1 , 6 0 5



 2 1 4 B =  0 1 −10  . 0 0 −37

ας



∆ειξτε οτι im (A) = im (B).

αγ ι

8.3.12. Να ϐρειτε 3×3 πινακες A, B τ.ω. (α) rank (A + B) < min (rank (A) , rank (B)), (ϐ) rank (A + B) = rank (A) = rank (B), (γ) rank (A + B) > (rank (A) , rank (B)). 8.3.13. Ενα επιπεδο στον R3 οριζεται απο την εξισωση a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 = b. Εστω τρια επιπεδα, E1 , E2 και E3 τα οποια οριζονται, αντιστοιχα, απο τις εξισωσεις

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3 Οριζουµε τους πινακες

 a11 a12 a13 A =  a21 a22 a23  , a31 a32 a33

 b1 b =  b2  , b3 

εχ



C = [A

b] .

Αποδειξτε οτι αναγκαια και ικανη συνθηκη για να τεµνονται τα τρια επιπεδα σε ενα ακριβως σηµειο ειναι

Αθ .Κ

rank (A) = rank (C) = 3.

Εξεταστε αλλες πιθανες σχεσεις µεταξυ των rank (A) και rank (C) και ερµηνευστε τις γεωµετρικα, σε σχεση µε την τοµη των επιπεδων. 8.3.14. Αν ο a ειναι N × 1 και ο b ειναι 1 × N , δειξτε οτι rank (ab) = 1.

ας

Κεφάλαιο 9

αγ ι

Ορθογωνιοτητα ∆ιανυσµατων

Η ορθογωνιοτητα ειναι χρησιµη σε πολλες εφαρµογες. Ειναι µια εννοια κατα ϐαση γεωµετρικη, αλλα στο παρον κεφαλαιο ϑα την µελετησουµε κυριως αλγεβρικα. Το ϐασικο εργαλειο για την µελετη της ορθογωνιοτητας ειναι το εσωτερικο γινοµενο δυο διανυσµατων.

Θεωρια

εχ

9.1

9.1.1. Για καθε x, y ∈ RN , το εσωτερικο γινοµενο των x και y γραφεται ως x ◦ y και οριζεται ως εξης x ◦ y = x1 y1 + x2 y2 + ... + xN yN . (9.1) Αν ϑεωρησουµε τα x, y ως N × 1 πινακες (στηλες), τοτε ισοδυναµα µε την (9.1) εχουµε

Αθ .Κ

x ◦ y = xT · y,

και αν ϑεωρησουµε τα x, y ως 1 × N πινακες (γραµµες), τοτε ισοδυναµα µε την (9.1) εχουµε

x ◦ y = x · yT .

9.1.2. Για καθε x, y, z ∈ RN και a, b ∈ R εχουµε 1. x ◦ x ≥ 0.

2. x ◦ x = 0⇔ x = 0.

3. x ◦ y = y ◦ x.

4. x◦ (a · y+bz) = a · (x ◦ y) +b· (x ◦ z) .

5. (a · x) ◦y = x◦ (a · y) = a · (x ◦ y) .

9.1.3. Το µηκος του x γραφεται ||x|| και οριζεται ως εξης

q ||x|| = x ◦ x = x21 + x22 + ... + x2N .

159

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

160

9.1.4. (Ανισοτητα Cauchy -Schwarz ) Για καθε x, y ∈ RN εχουµε :

9.1.5. Για καθε x, y ∈RN και a ∈ R εχουµε : 1. ||x|| ≥ 0. 2. ||x|| = 0 ⇔ x = 0.

4. ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||

αγ ι

3. ||a · x|| = |a| · ||x||.

ας

|x ◦ y| ≤ ||x|| · ||y||.

(τριγωνικη ανισοτητα· η ισοτητα ισχυει ανν υπαρχει µη αρνητικο a ∈ R τετοιο ωστε

x = a · y ).

9.1.6. Για x, y ∈ R2 και x, y ∈ R3 , η γωνια µεταξυ των διανυσµατων x, y συµβολιζεται d µε x , y και ικανοποιει

cos(d x, y) =

x◦y . ||x|| · ||y||

εχ

9.1.7. Για N > 3 και για καθε x, y ∈ RN υπαρχει γωνια φ ∈ [0, π] τετοια ωστε

cos φ =

x◦y . ||x|| · ||y||

Αθ .Κ

d Οριζουµε αυτην την φ να ειναι η γωνια µεταξυ των x, y και γραφουµε φ = x , y. Εχουµε λοιπον cos(d x, y) =

x◦y . ||x|| · ||y||

9.1.8. Για καθε x, y ∈ RN λεµε οτι τα x και y ειναι ορθογωνια (γραφουµε και x ⊥ y) d ανν x ◦ y = 0 (δηλ. x , y = π/2). 9.1.9. Εστω ενα συνολο V · λεµε οτι µια συναρτηση d : V × V → R ειναι µια γενικευµενη αποσταση ανν ικανοποιει τις εξης ιδιιοτητες για καθε x, y, z ∈ V . 1. d (x, y) ≥ 0

2. d (x, y) = 0 ⇔ x = y. 3. d (x, y) = d (y, x) .

4. d (x, z) ≤ d (x, y) + d (y, z) (τριγωνικη ανισοτητα).

9.1.10. Για καθε x, y∈RN οριζουµε την αποσταση των x και y να ειναι το µηκος του διανυσµατος x − y, δηλ.

q ||x − y|| = (x − y) ◦ (x − y) = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + ... + (xN − yN )2 .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

161

9.1.11. Για καθε x, y, z ∈ RN εχουµε

ας

1. ||x − y|| ≥ 0 2. ||x − y|| = 0 ⇔ x = y. 3. ||x − y|| = ||y − x||. 4. ||x − z|| ≤ ||x − y|| + ||y − z|| (τριγωνικη ανισοτητα).

αγ ι

Με αλλα λογια, η d (x, y) = kx − yk εχει τις ιδιοτητες της γενικευµενης αποστασης.

9.1.12. Για καθε x, y ∈ RN , η προβολη του x στο y γραφεται proj (x, y) και οριζεται να ειναι το διανυσµα cy, οπου το c επιλεγεται ετσι ωστε να ελαχιστοποιει την αποσταση ||x−cy|| (ως συναρτηση του c). 9.1.13. Για καθε x, y ∈ RN , η προβολη του x στο y ειναι

proj (x, y) =

x◦y · y. ||y||2

2

εχ

∆ηλαδη, το c της προηγουµενης προτασης ειναι c = x ◦ y/ ||y|| . Για αυτην την τιµη του c, το διανυσµα x−cy ειναι ορθογωνιο στο y. 9.1.14. Μπορουµε να δωσουµε εναν πιο γενικο ορισµο του εσωτερικου γινοµενου. Εστω διανυσµατικος χωρος V · ονοµαζεται γενικευµενο εσωτερικο γινοµενο καθε πραξη ∗ : V × V → C η οποια ικανοποιει τις παρακατω συνθηκες για καθε x, y, z ∈ V και καθε a, b ∈ C.

Αθ .Κ

1. x ∗ x ≥ 0.

2. x ∗ x = 0⇔ x = 0.

3. x ∗ y = y ∗ x.

4. x∗ (a · y+bz) = a · (x ∗ y) +b· (x ∗ z) .

5. (a · x) ∗ y = x ∗ (a · y) = a · (x ∗ y) . Χρησιµοποιωντας αυτον τον ορισµο µπορουµε να ορισουµε διαφορες πραξεις (καταλληλες για συγκεκριµενες εφαρµογες) και να δειξουµε οτι αυτες ειναι γενικευµενα εσωτερικα γινοµενα.

9.2

Λυµενα Προβληµατα

9.2.1. Υπολογιστε ολα τα δυνατα εσωτερικα γινοµενα των διανυσµατων

x=

1 2

,

y=

1 1

, z=

2 −1

,

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

162

Απαντηση.

1 1

=3=y◦x 2 y◦z= 1 1 =1=z◦y −1 2 z◦x= 1 2 = 0 = x ◦ z. −1 1 2

αγ ι

Τα x και z ειναι µεταξυ τους ορθογωνια.

ας

x◦y =

9.2.2. Υπολογιστε ολα τα δυνατα εσωτερικα γινοµενα των διανυσµατων



 1 x = 1 , 1 Απαντηση.



   1 6 y=  4  , z=  −2  , −2 −1

 1 x◦y = 1 1 1  4 =3=y◦x −2   6 y ◦ z = 1 4 −2  −2  = 0 = z ◦ y −1   1 z ◦ x = 6 −2 −1  1  = 3 = x ◦ z. 1

Αθ .Κ

εχ



Τα y και z ειναι µεταξυ τους ορθογωνια.

9.2.3. Υπολογιστε ολα τα δυνατα εσωτερικα γινοµενα των διανυσµατων



 1  0   x =  −1  , 1



 2  −3   y=   2 , −1



 0  1   z=   1 . 1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

163

Απαντηση.



αγ ι

ας

 2  −3   x ◦ y = 1 0 −1 1   2  = −1 = y ◦ x −1   0  1   y ◦ z = 2 −3 2 −1   1  = −2 = z ◦ y 1   1  0   z◦x= 0 1 1 1   −1  = 0 = x ◦ z. 1 Τα x και z ειναι µεταξυ τους ορθογωνια.

1. x ◦ x ≥ 0.

εχ

9.2.4. Αποδειξτε οτι για καθε x, y, z ∈ RN και a, b ∈ R εχουµε

2. x ◦ x = 0⇔ x = 0. 3. x ◦ y = y ◦ x.

4. x◦ (a · y+bz) = a · (x ◦ y) +b· (x ◦ z) .

Αθ .Κ

5. (a · x) ◦y = x◦ (a · y) = a · (x ◦ y) . Απαντηση. Εχουµε

x ◦ x = x1 x2 ... xN



 x1  x2  2 2 2    ...  = x1 + x2 + ... + xN xN

απο την οποια ειναι προφανεις οι ιδιοιτητες 1 και 2. Επισης

x ◦ y =x1 y1 + x2 y2 + ... + xN yN = =y1 x1 + y2 x2 + ... + yN xN = y ◦ x

αρα ισχυει και η 3. Για την 4 εχουµε

x◦ (a · y+bz)=x1 · (ay1 + bz1 ) + x2 · (ay2 + bz2 ) + ... + xN · (ayN + bzN ) = ax1 y1 + bx1 z1 + ax2 y2 + bx2 z2 + ... + axN yN + bxN zN = ax1 y1 + ax2 y2 + ... + axN yN + bx1 z1 + +bx2 z2 + .... + bxN zN = a · (x ◦ y) +b· (x ◦ z) .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

164

και για την 5

ας

(a · x) ◦y= (ax1 ) · y1 + (ax2 ) · y2 + ... + (axN ) · yN = ax1 y1 + ax2 y2 + ... + axN yN = a · (x ◦ y) και αντιστοιχα αποδεικνυεται x◦ (a · y) = a · (x ◦ y).

kxk =

√

12 + 22 =

√ 5,

1 2

kyk =

και οντως

T

,y =

1 3

T

ελεγξτε οτι ισχυει η ανισοτητα

αγ ι

9.2.5. Για τα διανυσµατα x = Cauchy -Schwarz . Απαντηση. Εχουµε

√ √ 12 + 32 = 10,

|x ◦ y| = |1 · 1 + 2 · 3| = 7

√ √ √ 5 10 = 5 2 = 7. 071 1... T T 2 0 4 , y = 1 0 2 9.2.6. Για τα διανυσµατα x = ελεγξτε οτι ισχυει η ανισοτητα Cauchy -Schwarz . 7<

Απαντηση. Εχουµε

και οντως

εχ

√ √ √ √ kxk = 22 + 02 + 42 = 20, kyk = 12 + 02 + 22 = 5, |x ◦ y| = |2 · 1 + 0 · 0 + 4 · 2| = 10 10 =

√ √ √ 20 5 = 100 = 10.

Αθ .Κ

Εδω εχουµε ισοτητα, επειδη x = 12 y.

9.2.7. Για τα διανυσµατα x = 1 2 0 4 η ανισοτητα Cauchy -Schwarz . Απαντηση. Εχουµε

√ √ kxk = 12 + 22 + 02 + 42 = 21,

T

,y=

−1 0 1 −1

T

ελεγξτε οτι ισχυει

q √ kyk = (−1)2 + 02 + 12 + (−1)2 = 3,

|x ◦ y| = |1 · (−1) + 2 · 0 + 0 · 1 + 4 · (−1)| = 5

και οντως

5=

√ √ √ 21 3 = 63 = 7. 937 3.

9.2.8. Αποδειξτε οτι για καθε x, y ∈ RN εχουµε |x ◦ y| ≤ ||x|| · ||y||. Απαντηση. Θεωρουµε το µετρο του x + ty ως συναρτηση του t ∈ R:

0 ≤ kx + tyk2 = (x + ty) ◦ (x + ty) = kxk2 + 2t · (x ◦ y) + t2 kyk . 2

Βλεπουµε λοιπον οτι το kx + tyk ειναι ενα τριωνυµο ως προς t και παιρνει µη αρνητικες τιµες για καθε t ∈ R. Αρα η διακρινουσα του τριωνυµου πρεπει να ειναι αρνητικη :

0 ≥ (2 · x ◦ y)2 − 4 · kxk2 · kxk2 ⇒ 4 · kxk2 · kxk2 ≥ 4 · (x ◦ y)2 . Το Ϲητουµενο προκυπτει διαιρωντας το 4 και παιρνοντας ϱιζες.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

165

9.2.9. Υπολογιστε την γωνια µεταξυ των παρακατω διανσυµατων.

x=

1 0

,

y=

1 1

, z=

0 −1

,

Απαντηση. Εχουµε

ας

αγ ι

√ 1 π x◦y 2 =√ √ = ⇒ xd ,y = . cos (d x, y) = kxk · kyk 2 4 1 2 √ y◦z −1 2 π d cos (d y, z) = = √ √ =− ⇒y ,z = − . kyk · kzk 2 4 2 1 z◦x 0 π cos (d z, x) = = √ √ ⇒ zd ,x = . kzk · kxk 2 1 1 9.2.10. Υπολογιστε την γωνια µεταξυ των παρακατω διανυσµατων.



 1 x = 0 , 1

   −1 1    0 , z= 1  , y= −1 0

εχ

Απαντηση. Εχουµε



x◦y −2 = √ √ = −1 ⇒ xd , y = π. kxk · kyk 2 2 y◦z −1 1 π d cos (d y, z) = = √ √ =− ⇒y ,z = − . kyk · kzk 2 3 2 2 1 π z◦x = √ √ ⇒ zd ,x = . cos (d z, x) = kzk · kxk 3 2 2

Αθ .Κ

cos (d x, y) =

9.2.11. Υπολογιστε την γωνια µεταξυ των παρακατω διανυσµατων.

 1  1   x =  2 , 3 



 0  2   y=   1 , 0



 1  0   z=   0 . 1

Απαντηση. Εχουµε

x◦y −2 2 = √ √ = − √ ⇒ xd , y = 1. 803 8. kxk · kyk 15 5 5 3 y◦z 0 π d cos (d y, z) = = √ √ =0⇒y ,z = . kyk · kzk 2 5 2 z◦x 1 cos (d z, x) = = √ √ ⇒ zd , x = 1. 387 2. kzk · kxk 2 15

cos (d x, y) =

9.2.12. Υπολογιστε τα µηκη των παρακατω διανυσµατων και τις µεταξυ τους αποστασεις.



 1 x = 0 , 1



   −1 1 y=  0  , z=  1  , −1 1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

166

Απαντηση. Εχουµε

√ 12 + 02 + 12 = 2, q √ kyk = (−1)2 + 02 + (−1)2 = 2, √ √ kzk = 12 + 12 + 12 = 3 √

και

ky − zk = kz − xk =

q

(1 + 1)2 + 02 + (1 + 1)2 = 2,

q

(−1 − 1)2 + (0 − 1)2 + (−1 − 1)2 =

q

(1 − 1)2 + (1 − 0)2 + (1 − 1)2 = 1.

αγ ι

kx − yk =

ας

kxk =

√

5,

9.2.13. Αποδειξτε οτι για καθε x, y ∈RN και a ∈ R εχουµε : 1. ||x|| ≥ 0.

εχ

2. ||x|| = 0 ⇔ x = 0. 3. ||a · x|| = |a| · ||x||.

4. ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| Απαντηση. Απο την

q x21 + x22 + ... + x2N

Αθ .Κ

kxk =

ειναι προφανεις οι 1 και 2. Για την 3 εχουµε

q (ax1 )2 + (ax2 )2 + ... + (axN )2 q = a2 · (x21 + x22 + ... + x2N ) q = |a| · x21 + x22 + ... + x2N = |a| · kxk .

kaxk =

Για την 4

||x + y||2 = (x + y) ◦ (x + y) = kxk2 + 2 · x ◦ y+ kyk2 ≤ ||x||2 + ||y||2 + 2 · kxk · kyk = (kxk + kyk)2

που δινει το Ϲητουµενο.

9.2.14. Αποδειξτε οτι για καθε x, y, z ∈ RN εχουµε 1. ||x − y|| ≥ 0 2. ||x − y|| = 0 ⇔ x = y.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

167

3. ||x − y|| = ||y − x||.

ας

4. ||x − z|| ≤ ||x − y|| + ||y − z|| (τριγωνικη ανισοτητα). Απαντηση. Η 1, 2, 3 ειναι προφανεις απο την

q ||x − y|| = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + ... + (xN − yN )2 .

αγ ι

Η 4 προκυπτει αµεσα απο την ||x0 +y0 || ≤ ||x0 || + ||y0 || αν ϑεσουµε x0 = x − y και y0 = y − z. 9.2.15. Αποδειξτε οτι για καθε x, y, z, u ∈ RN εχουµε

||x + y||2 + kx − yk2 = 2||x||2 + 2||y||2 Απαντηση. Εχουµε

kx + yk2 = (x + y) ◦ (x + y) = x ◦ x + y ◦ x + x ◦ y + y ◦ y = kxk2 + 2 · x ◦ y + kyk2

εχ

kx − yk2 = (x − y) ◦ (x − y) = x ◦ x − y ◦ x − x ◦ y + y ◦ y = kxk2 − 2 · x ◦ y + kyk2

και µε προσθεση κατα µελη παιρνουµε το Ϲητουµενο. 9.2.16. ∆ειξτε οτι

Αθ .Κ

x◦y =

1 kx + yk2 − kx − yk2 4

Αρα το εσωτερικο γινοµενο µπορει να οριτει δια µεσου της αποστασης. Απαντηση. Εχουµε

kx + yk2 = (x + y) ◦ (x + y) = x ◦ x + y ◦ x + x ◦ y + y ◦ y = kxk2 + 2 · x ◦ y + kyk2

kx − yk2 = (x − y) ◦ (x − y) = x ◦ x − y ◦ x − x ◦ y + y ◦ y = kxk2 − 2 · x ◦ y + kyk2

και µε αφαιρεση κατα µελη παιρνουµε

kx + yk2 − kx − yk2 = 4 · x ◦ y

που δινει το Ϲητουµενο. 9.2.17. ∆ειξτε οτι

(a1 + ... + aN )2 ≤ N · a21 + ... + a2N

Απαντηση. Αυτη προκυπτει αµεσα απο την ανισοτητα Cauchy -Schwarz αν ϑεσουµε T T x = a1 a2 ... aN και y = 1 1 ... 1 .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

168

9.2.18. ∆ειξτε οτι

Απαντηση. Αυτο προκυπτει αµεσα απο το

ας

x ◦ y = 0 ⇔ kxk2 + kyk2 = kx + yk2

kx + yk2 = (x + y) ◦ (x + y) = kxk2 + 2 · x ◦ y + kyk2 9.2.19. Αποδειξτε οτι

kxk = kyk ⇔ ((x + y) ◦ (x − y) = 0)

αγ ι

Απαντηση. Αυτο προκυπτει αµεσα απο το

kx − yk2 = (x − y) ◦ (x − y) = kxk2 − 2 · x ◦ y + kyk2 T T . ,y= 1 1 1 9.2.20. Υπολογιστε την προβολη του x στο y οταν x = 1 2 1 Απαντηση. Εχουµε



   1 1 x◦y 1·1+2·1+1·1   4  4 1 1 = · y. proj (x, y) = · y = · = 12 + 12 + 12 3 3 ||y||2 1 1 T T 9.2.21. Υπολογιστε την προβολη του x στο y οταν x = 1 2 0 ,y= 1 1 1 .

εχ

Απαντηση. Εχουµε



   1 1 1·1+2·1+0·1     x◦y ·y = proj (x, y) = · 1 = 1 = y. 12 + 12 + 12 ||y||2 1 1 T T 9.2.22. Υπολογιστε την προβολη του x στο y οταν x = 1 2 0 4 ,y = 6 7 1 3 .

Αθ .Κ

Απαντηση. Εχουµε



   1 1 1 · 6 + 2 · 7 + 0 · 1 + 4 · 3   32   32 x◦y 1 1 = · y = · · · y. = proj (x, y) = 62 + 72 + 12 + 32 95 95 ||y||2 1 1

9.2.23. Αποδειξτε οτι η προβολη του x στο y ειναι

proj (x, y) =

x◦y · y. ||y||2

Απαντηση. Εξ ορισµου, η προβολη του x στο y ειναι ενα διανυσµα cy τετοιο ωστε kx − cyk να ελαχιστοποιειται. Θελουµε λοιπον να ϐρουµε το c το οποιο ελαχιστοποιηει το kx − cyk· αλλα αυτο ϑα ειναι το ιδιο (γιατι ;) µε το c το οποιο ελαχιστοποιει την

F (c) = kx − cyk2 = (x − cy) ◦ (x − cy) = kxk2 − 2cx ◦ y+c2 kyk2 .

Θετουµε

0=

dF x◦y = −2x ◦ y + 2c kyk2 ⇒ c = dc kyk2

οποτε οντως

proj (x, y) =

x◦y · y. ||y||2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

169

T T 1 −2 1 και στο 2 −1 1 . T Απαντηση. Τα Ϲητουµενα διανυσµατα ϑα ειναι της µορφης x = x1 x2 x3 τετοια

9.2.24. Βρειτε ολα τα διανυσµατα που ειναι ορθογωνια στο

ας

ωστε

x1 − 2x2 + x3 = 0 2x1 − x2 + x3 = 0. Το συνολο των λυσεων του ειναι

αγ ι

   −1/3   V = x : x =t ·  1/3    1

δηλ. η ευθεια η οποια περναει απο την αρχη των αξονων και ειναι καθετη στο επιπεδο T T που σχηµατιζουν τα διανυσµατα 1 −2 1 και 2 −1 1 .

T 1 −2 1 . T τετοια Απαντηση. Τα Ϲητουµενα διανυσµατα ϑα ειναι της µορφης x = x1 x2 x3 ωστε   x1 1 −2 1  x2  = 0 ⇔ x1 − 2x2 + x3 = 0 x3

εχ

9.2.25. Βρειτε ολα τα διανυσµατα που ειναι ορθογωνια στο

δηλ. σχηµατιζουν το συνολο

V = {x :x1 − 2x2 + x3 = 0}

Αθ .Κ

το οποιο ειναι ενα επιπεδο το οποιο περναει απο την αρχη των αξονων. Αυτο αντιστοιχει στο γεωµετρικο γεγονος οτι ολα τα διανυσµατα τα καθετα σε µιαν ευθεια απαρτιζουν ενα επιπεδο.

PN

9.2.26. ∆ειξτε οτι η πραξη x ∗ y = n=1 wn xn yn ειναι ενα γενικευµενο εσωτερικο γινοµενο οταν τα wn > 0. Απαντηση. Πρεπει να επαληθευσουµε τις ιδιοτητες τις ιδιοτητες 1-5 της 9.1.14. Πραγµατι

x∗x=

N X

wn x2n ≥ 0

n=1

και η ισοτητα ισχυει ανν x1 ≡ ... = xn = 0 (δηλ. x = 0). Επισης

x∗y =

x∗ (ay+bz) = (ax) ◦ y =

N X

n=1 N X

n=1 N X n=1

wn xn yn = x ∗ y =

N X

wn yn xn = y ∗ x,

n=1

wn xn · (ayn + bzn ) = a ·

N X

wn x n yn + b ·

n=1

wn axn yn = a

N X

N X

wn xn zn = a · x ∗ y+b · x ∗ z,

n=1

wn xn yn = a · (x ◦ y) .

n=1

Αρα ολες οι ιδιοτητες του εσωτερικου γινοµενου ισχυουν για την ∗.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

170

9.2.27. Εστω οτι ο N × N πινακας Q εχει την ιδιοτητα

∀x 6= 0 : xT Qx > 0.

ας

(9.2)

∆ειξτε οτι η πραξη x ∗ y = xT Qy ειναι ενα γενικευµενο εσωτερικο γινοµενο. Απαντηση. Οι ιδιοτητες 1 και 2 της 9.1.14 προκυπτουν αµεσα απο την (9.2). Επειδη T T x Qy ειναι 1 × 1, εχουµε xT Qy = xT Qy οποτε

x ∗ y = xT Qy = xT Qy

T

= yT Qx = y ∗ x

9.3

Αλυτα Προβληµατα

αγ ι

οποτε η ιδιοτητα 3 ισχυει. Οι 4 και 5 αποδεικνυονται ευκολα.

9.3.1. Υπολογιστε ολα τα δυνατα εσωτερικα γινοµενα των διανυσµατων

x=

2 1

,

y=

−1 1

, z=

2 −1

,

εχ

Απ. x ◦ y = −1 = y ◦ x, x ◦ z = 3 = z ◦ x , y ◦ z = −3 = z ◦ y.

9.3.2. Υπολογιστε ολα τα δυνατα εσωτερικα γινοµενα των διανυσµατων

 1 x = 0 , 1

Αθ .Κ





   1 1 y=  −1  , z=  1  , 0 1

Απ. x ◦ y = 1 = y ◦ x, x ◦ z = 2 = z ◦ x , y ◦ z = 0 = z ◦ y (τα y, z ειναι µεταξυ τους ορθογωνια). 9.3.3. Εστω



    1 2 0  2   −3   1     x =  5 ,y = 0 ,z = 0 −1 1 −1





 1    ,u = 1 .   1  1

Υπολογιστε τα εξησ: kxk − zk, kx − uk, kz − uk, ky − uk, q , kyk, ky +√2zk, ky√ √ √ √ √ Απ. 31 , 434 , 3486 − 16 434 , 2 6, 6, 3 2.

9.3.4. Για τα διανυσµατα του προηγουµενου προβληµατος ελεγξτε οτι

||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||, ||y − u|| ≤ ||y − z|| + ||z − u||. ||x − u|| ≤ ||x − y| + ||y − z|| + ||z − u||.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ 9.3.5. Εστω

171



ας

       1 2 1 0        1 ,z = 1 ,u = 1 . x = −1 , y = 1 −1 0 0

∆ειξτε οτι τα x, y ειναι ορθογωνια, υπολογιστε την γωνια µεταξυ των x και z, δειξτε οτι u◦ (3y+2z) = 3u ◦ y+2u ◦ z και οτι u◦ (3y+2z) = 3u ◦ y+2u ◦ z. 9.3.6. Για τα διανυσµατα του προηγουµενου προβληµατος ελεγξτε οτι

||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| ||x + z|| ≤ ||x|| + ||z||.

αγ ι

x ◦ y ≤ ||x|| · ||y||, x ◦ z ≤ ||x|| · ||z||,

9.3.7. Για τα διανυσµατα του προηγουµενου προβληµατος ϐρειτε την προβολη του z στο x και του zqστο y. Απ. 0,

3 y. 2

9.3.8. Για τα διανυσµατα x = Cauchy -Schwarz .

1 1

T

,y =

1 3 2

T

1 0

, y =

εχ

9.3.9. Για τα διανυσµατα x = ανισοτητα Cauchy -Schwarz .

9.3.10. Για τα διανυσµατα x = 1 1 0 2 ισχυει η ανισοτητα Cauchy -Schwarz .

T

T

ελεγξτε οτι ισχυει η ανισοτητα

1 2 −1

, y =

T

ελεγξτε οτι ισχυει η

1 0 −1 −1

T

ελεγξτε οτι

9.3.11. Υπολογιστε τις γωνιες µεταξυ των παρακατω διανσυµατων.

Αθ .Κ

1 1

x=

,

y=

−1 1

, z=

0 −1

,

d Απ. cos (d x, y) = 0, xd , y = 0· cos (d x, z) = −1, x , z = −π/2· cos (d z, y) = −1, zd ,y =

−π/2.

9.3.12. Υπολογιστε τις γωνιες µεταξυ των παρακατω διανυσµατων.



     1 −1 1      0 , z= 1  , x = 1 , y= 1 −1 0 √ √ x, z) = 2/ 6,cos (d z, y) = −1. Απ. cos (d x, y) = −2/ 6, cos (d

9.3.13. Υπολογιστε την γωνια µεταξυ των παρακατω διανυσµατων

 1  1   x =  −1  , 1

√

Απ. cos (d x, y) = 1/2 15.



 2  −3   y=   −1  . 1 

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 9. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

172 2

9.3.14. Για τα διανυσµατα του προηγουµενου προβληµατος επαληθευστε οτι kx + yk +

kx − yk2 = 2 kxk2 + 2 kyk2 . 2

2

2

2

ας

9.3.15. Αποδειξτε οτι για καθε x, y ∈ RN εχουµε kx + yk +kx − yk = 2 kxk +2 kyk .

9.3.16. Υπολογιστε τα µηκη των παρακατω διανυσµατων και τις µεταξυ τους αποστασεις.



     1 −1 0      0 , z= 1  , x = 1 , y= 1 −1 1 √ √ √ √ Απ. kxk = 3, kyk = 2, kzk = 2, kx − yk = 3, ky − zk = 3, kzk = 1.

αγ ι

9.3.17. Αποδειξτε οτι για καθε x, y ∈RN η συναρτηση

kx − yk1 =

N X

|xn − yn |

n=1

ικανοποιει τις ιδιοτητες της γενικευµενης αποστασης (Εδαφιο 9.1.11). 9.3.18. Υπολογιστε την προβολη του x στο y οταν x = Απαντηση. Εχουµε

1 2 1

T

,y=

1 1 1

T

.

   1 1 x◦y 1·1+2·1+1·1   4  4 1 = · y. · 1 = proj (x, y) = ·y = 12 + 12 + 12 3 3 ||y||2 1 1 T T 9.3.19. Υπολογιστε την προβολη του x στο y οταν x = 1 −2 3 −4 ,y = 1 2 1 2 . 4 8 4 8 T Απ. − 5 − 5 − 5 − 5 . T T 9.3.20. Υπολογιστε την προβολη του x στο y οταν x = 1 1 4 ,y= 1 2 1 . 1 2 1 Απαντηση. Εχουµε proj (x, y) = . 3 3 3 T T 9.3.21. Βρειτε ολα τα διανυσµατα που ειναι ορθογωνια στο 1 2 −2 και στο 1 −1 1 . T Απ. Τα Ϲητουµενα διανυσµατα ϑα ειναι της µορφης x = t· 0 1 t . T 9.3.22. Βρειτε ολα τα διανυσµατα που ειναι ορθογωνια στο 1 1 2 .

Αθ .Κ

εχ



Απ. Τα Ϲητουµενα διανυσµατα σχηµατιζουν το επιπεδο

V = {x :x1 + x2 + 2x3 = 0} .

9.3.23. ∆ειξτε οτι η πραξη x ∗ y =x1 y1 − x1 y2 − x2 y1 + 2x2 y2 ειναι ενα γενικευµενο εσωτερικο γινοµενο 9.3.24. ∆ειξτε οτι δυο διανυσµατα x, y ∈ RN ειναι ορθογωνια ανν

∀a, b ∈ R : ax2 +by2 = ax2 + by2 .

9.3.25. Εστω



 1  3   x =  −1  , 3



   5 1  1   −1     y=   −3  , z=  1  . 3 1 Βρειτε την ελαχιστη γωνια που σχηµατιζει το x µε διανυσµα u ∈ span (y, z). Απ. π/4.

ας

Κεφάλαιο 10

10.1

αγ ι

Ορθογωνιοτητα ∆ιανυσµατικων Χωρων Θεωρια

10.1.1. Εστω γραµµικος υποχωρος S ⊆ RN και διανυσµα x ∈ RN . Το x λεγεται ορθογωνιο στον S αν για καθε y ∈S εχουµε x ◦ y = 0. Γραφουµε και x ⊥ S, S ⊥ x.

εχ

10.1.2. ∆υο γραµµικοι υποχωροι S, T ⊆ RN λεγονται ορθογωνιοι (προς αλληλους) αν για καθε x ∈S και y ∈ T εχουµε x ◦ y = 0. Γραφουµε και S ⊥ T , T ⊥ S . 10.1.3. Εστω x1 , x2 , ..., xM , y ∈ RN τετοια ωστε (για m = 1, 2, ..., M ) xm ◦ y = 0. Τοτε, για καθε z ∈ span (x1 , x2 , ..., xM ) εχουµε z ◦ y = 0

Αθ .Κ

10.1.4. Εστω γραµµικος υποχωρος S ⊆ RN . Το ορθογωνιο συµπληρωµα του S γραφεται S ⊥ και οριζεται ως εξης

S ⊥ = x ∈ RN : ∀y ∈ S εχουµε x ◦ y = 0 .

10.1.5. Για καθε γραµµικο υποχωρο S ⊆ RN , το ορθογωνιο συµπληρωµα S ⊥ ειναι ενας γραµµικος υποχωρος. 10.1.6. Εστω γραµµικος υποχωρος S ⊆ RN και διανυσµα x ∈ RN . Η προβολη του x στον S γραφεται proj (x, S) και οριζεται ως εξης : ειναι το διανυσµα y ∈ S το οποιο ελαχιστοποιει το ||x − y||. 10.1.7. Εστω οτι τα x1 , x2 , ..., xM ειναι µια ϐαση του διανυσµατικου υποχωρου S ⊆ RN . Αν τα x1 , x2 , ..., xM ειναι αµοιβαια ορθογωνια, τοτε λεµε οτι το {x1 , x2 , ..., xM } ειναι µια ορθογωνια ϐαση του S . Αν επιπλεον ||x1 || = ||x2 || = ... = ||xM || = 1, τοτε λεµε οτι ειναι µια ορθοκανονικη ϐαση του S . 10.1.8. Εστω x1 , x2 , ..., xM ∈ RN τετοια ωστε xm ◦ xn = 0 (για m, n = 1, 2, ..., M και m 6= n). Τοτε, τα x1 , x2 , ..., xM ειναι γραµµικα ανεξαρτητα. 10.1.9. Εστω γραµµικος υποχωρος S ⊆ RN µε dim (S) = M , εστω x1 , x2 , ..., xM ∈ S τετοια ωστε (για m, n = 1, 2, ..., M και m 6= n) εχουµε xm ◦ xn = 0. Τοτε, το συνολο {x1 , x2 , ..., xM } ειναι µια ορθογωνια ϐαση του S . 173

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

174

10.1.10. (Αλγοριθµος Gram − Schmidt) Εστω οτι τα x1 , x2 , ..., xM ειναι µια ϐαση του διανυσµατικου υποχωρου S ⊆ RN . Οριζουµε τα διανυσµατα y1 , y2 , ..., yM ως εξης

ας

y1 = x1

x2 ◦ y1 y1 y 1 ◦ y1 x3 ◦ y1 x 3 ◦ y2 y3 = x3 − y2 − y1 y 1 ◦ y1 y 2 ◦ y2 ... xM ◦ y 1 xM ◦ yM −1 yM = x M − y1 − ... − yM −1 . y1 ◦ y 1 yM −1 ◦ yM −1

αγ ι

y2 = x2 −

Τα y1 , y2 , ..., yM ειναι µια ορθογωνια ϐαση. Τα δε z1 , z2 , ..., zM , που οριζονται ως εξησ:

z1 =

y1 , ||y1 ||

z2 =

ειναι µια ορθοκανονικη ϐαση του S .

y2 , ||y2 ||

yM , ||yM ||

..., zM =

εχ

10.1.11. Καθε γραµµικος υποχωρος S ⊆ RN , διαστασης M , περιεχει M αµοιβαια ορϑογωνια διανυσµατα x1 , x2 , ..., xM (δηλ. xm ◦ xn = 0 για m = 1, 2, ..., M ). Ο υποχωρος δεν µπορει να περιεχει περισσοτερα απο M αµοιβαια ορθογωνια διανυσµατα. 10.1.12. Εστω γραµµικος υποχωρος S ⊆ RN και x1 , x2 , ..., xM µια ορθογωνια ϐαση του S . Καθε y ∈ S µπορει να γραφτει στην µορφη

y ◦ x2 y ◦ xM y ◦ x1 · x1 + · x2 + ... + · xM . x 1 ◦ x1 x2 ◦ x 2 xM ◦ xM

Αθ .Κ

y=

10.1.13. Εστω γραµµικος υποχωρος S ⊆ RN , εστω x1 , x2 , ..., xM µια ορθοκανονικη ϐαση του S και εστω y, z ∈ S τυχοντα στοιχεια του S . Τα y, z µπορουν να γραφτουν ως γραµµικοι συνδυασµοι των διανυσµατων της ϐασης :

y = a1 · x1 + a2 · x2 + ... + aM · xM z = b1 · x1 + b2 · x2 + ... + bM · xM ,

και το εσωτερικο τους γινοµενο ως

y ◦ z = a1 b1 + a2 b2 + ... + aM bM .

Επισης

||y||2 = a21 + a22 + ... + a2M ,

||z||2 = b21 + b22 + ... + b2M .

10.1.14. Εστω γραµµικος υποχωρος S ⊆ RN , x1 , x2 , ..., xM µια ορθογωνια ϐαση του S και τυχον διανυσµα y ∈ RN . Η προβολη του y στον S δινεται απο την σχεση

proj (y, S) =

y ◦ x1 y ◦ x2 y ◦ xM · x1 + · x2 + ... + · xM . x 1 ◦ x1 x 2 ◦ x2 xM ◦ xM T

−1

10.1.15. Το ||Ax − b||2 ελαχιστοποιειται οταν x = (A A)

AT b.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

175

PA = A · (AT A)−1 ·AT .

ας

10.1.16. Εστω M × N πινακας A. Γραφουµε τον πινακα προβολης που αντιστοιχει στον A ως PA και τον οριζουµε ως εξης :

M M 10.1.17. Εστω S ενας διανυσµατικος υποχωρος του R και a1 , a2 , ..., aN ∈ R τετοια ωστε S = span (a1 , a2 , ..., aN ) Θετουµε A = a1 a2 ... aN . Για καθε b ∈ RM , η προβολη του b στο S ειναι το PA b.

a1 a2 ... aN . Για

αγ ι

10.1.18. Εστω διανυσµατα a1 , a2 , ..., aN ∈ RM . Θετουµε A = καθε b ∈ RM , η προβολη του b στο im (A) ειναι το PA b.

10.1.19. Εστω M × N πινακας A και PA ο αντιστοιχος πινακας προβολης. Ισχυουν τα εξης. 1. Ο PA ειναι M × M (δηλ. ο PA ειναι τετραγωνικος).. 2. PTA = PA (δηλ. ο PA ειναι συµµετρικος). k

εχ

3. Για k = 1, 2, ... εχουµε (PA ) = PA (δηλ. ο PA ειναι ταυτοδυναµος)

10.1.20. Καθε τετραγωνικος πινακας P ο οποιος ικανοποιει PP = P και PT = P ειναι πινακας προβολης στον υποχωρο im (P).

10.2

Λυµενα Προβληµατα

Αθ .Κ

10.2.1. Εστω διανυσµατα



     0 0 3      x1 = 1 , x 2 = 0 , y = 0  . 0 1 0

∆ειξτε οτι το y ειναι ορθογωνιο στον υποχωρο S = span (x1 , x2 ). Απαντηση. ∆ιοτι, προφανως τα x1 , x2 ειναι µια ορθογωνια ϐαση του S και εχουµε

x1 ◦ y = 0 · 3 + 1 · 0 + 0 · 0 = 0 x2 ◦ y = 0 · 3 + 0 · 0 + 1 · 0 = 0.

Αρα y ⊥ S , συµφωνα µε το 10.1.13. 10.2.2. Εστω διανυσµατα



     2 1 0 x1 =  0  , x 2 =  0  , y =  1  . 3 4 0

∆ειξτε οτι το y ειναι ορθογωνιο στον υποχωρο S = span (x1 , x2 ).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

176

x1 ◦ y = 2 · 0 + 0 · 1 + 3 · 0 = 0 x2 ◦ y = 1 · 0 + 0 · 1 + 4 · 0 = 0. Αρα y ⊥ S . 10.2.3. Εστω διανυσµατα



αγ ι

     2 1 −1 x1 =  1  , x2 =  3  , y =  −1  . 3 4 1

ας

Απαντηση. ∆ιοτι, τα x1 , x2 ειναι γρ. αν. και αρα ειναι µια ϐαση του S (οχι ορθογωνια). Επισης εχουµε

∆ειξτε οτι το y ειναι ορθογωνιο στον υποχωρο S = span (x1 , x2 ). Απαντηση. ∆ιοτι, τα x1 , x2 ειναι γρ. αν. και αρα ειναι µια ϐαση του S (οχι ορθογωνια). Επισης εχουµε

x1 ◦ y = −2 · 1 − 1 · 1 + 3 · 1 = 0 x2 ◦ y = −1 · 1 − 3 · 1 + 4 · 1 = 0.

εχ

Αρα y ⊥ S .

10.2.4. Αποδειξτε το 10.1.3. Απαντηση. Εστω τυχον z ∈ S = span (x1 , x2 , ..., xM ). Θα ειναι

z = a1 x1 +a2 x2 +...+aM xM .

Αθ .Κ

Τοτε

y ◦ z= y◦ (a1 x1 +a2 x2 +...+aM xM ) = a1 y ◦ x1 +a2 y ◦ x2 +...+aM y ◦ xM = a1 · 0+a2 · 0+...+aM · 0 = 0.

Με αλλα λογια, y ∈S ⊥ , το ορθογωνιο συµπληρωµα του S = span (x1 , x2 , ..., xM ). 10.2.5. Εστω οι υποχωροι

   

  −1     0    S = x : x =a ·  , a ∈ R , 1        0 

    0        1    T = x : x =b ·   , b ∈ R . 0       2

∆ειξτε οτι S ⊥ T . Απαντηση. ∆ιοτι, για τυχοντα x ∈ S και y ∈ T ϑα εχουµε

   −1   0        x◦y = a ·  1   ◦ b ·  0 



 0  1   = a · b · (−1 · 0 + 0 · 1 + 1 · 0 + 0 · 2) = 0. 0  2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

177

10.2.6. Εστω οι υποχωροι

    0        1    T = x : x =b ·   , b ∈ R . 0       2

∆ειξτε οτι S ⊥ T . Απαντηση. ∆ιοτι, για τυχοντα x ∈ S και y ∈ T ϑα εχουµε



 0  1   = a · b · −1 · 0 + 1 · 1 + 1 · 0 − 1 · 2 = 0. 0  2 2

10.2.7. Εστω οι υποχωροι

    0     1   +c· T = x : x =b ·   0      2

  1    1   , b, c ∈ R . 1     2

εχ

    −1        1    S = x : x =a ·  ,a∈R , 1        − 12

αγ ι

   −1   1        x◦y = a ·  1  ◦ b ·  − 12 

ας

    −1        1    S = x : x =a ·  ,a∈R , 1        − 12

∆ειξτε οτι S ⊥ T . Απαντηση. Για τυχοντα x ∈ S και y ∈ T εχουµε



      −1 0 1   1    1   1         x◦y = a ·  1  ◦ b ·  0  + c ·  1  − 12 2 2 1 1 = a · b · −1 · 0 + 1 · 1 + 1 · 0 − · 2 + a · c · −1 · 1 + 1 · 1 + 1 · 1 − · 2 = 0. 2 2

Αθ .Κ



10.2.8. Εστω



   1 1 y =  1  , z =  −1  . 1 1

Βρειτε ενα διανυσµα

x=

x1 x2 x3

T

που να ειναι ορθογωνιο στον υποχωρο S = span (y, z). Απαντηση. Αρκει να εχουµε x ◦ y = x ◦ z =0. Αρα ϑα λυσουµε το συστηµα

1 1 1 1 −1 1



 x1  x2  = 0 . 0 x3

Αυτο εχει την οικογενεια λυσεων (ευθεια)

a·

−a 0 a

T

.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

178

Αρα το

−1 0 1

T

⊥ span (y, z) .

Γενικοτερα, αν ϑεσουµε

 

  −1  T = x : x =a ·  0  , a ∈ R   1 

10.2.9. Οριζουµε τα διανυσµατα



αγ ι

(το T ειναι ενας υποχωρος) τοτε T ⊥ S .

  −1 0  1   0   u1 =   3  , u2 =  0 0 1 Εστω ο υποχωρος

ας

x=



 . 

S = {x : x =a · u1 + b · u2 οπου a, b ∈ R} .

εχ

Βρειτε το S ⊥ , δηλ. το ορθογωνιο συµπληρωµα του S . Απαντηση. Αυτο ειναι το συνολο ολων των y ∈ R4 τα οποια ικανοποιουν x ◦ y=0 για καθε y ∈ S . ∆ηλ. ισχυει (a · u1 + b · u2 ) ◦ y = 0 (10.1) για καθε τιµη των a, b ∈ R. Αρα η (10.1) ϑα ισχυει και για a = 1, b = 0 οπως και για a = 0, b = 1. ∆ηλ ϑα εχουµε το συστηµα

 y 1  −1 1 3 0   y2  = 0 0 0 0 1  y3  0 y4

Αθ .Κ



το οποιο εχει την οικογενεια λυσεων

   



  1  1   +d· T = y :y =c·    0    0

  3    0   οπου c, d ∈ R . 1     0

Καθε y ∈ T ικανοποιει u1 ◦y = u1 ◦y = 0, αρα (αφου τα u1 , u2 ειναι ϐαση του S ) και S ⊥ y. Αφου αυτο ισχυει για καθε y ∈T , εχουµε S ⊥ = T .

 1  2   10.2.10. Οριζουµε το διανυσµα u =   3 . Εστω ο υποχωρος 4 

S = {x : x =a · u οπου a ∈ R} .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

179

u◦y =0 δηλ.



 y1  y2   1 2 3 4   y3  = [0] y4

T =

      

  y :y =b· 

αγ ι

το οποιο (προφανως) εχει την οικογενεια λυσεων

ας

Θα ϐρουµε το S ⊥ , δηλ. το ορθογωνιο συµπληρωµα του S . Αυτο ειναι το συνολο ολων των y ∈ R4 τα οποια ικανοποιουν x ◦ y=0 για καθε y ∈ S . Αρκει να ισχυει

  1  0  +c·  0 

− 14

Οποτε εχουµε S ⊥ = T .

  0     0  οπου b, c, d ∈ R . 1     3

  0  1  +d·  0 

− 24

−4

εχ

10.2.11. Αποδειξτε το 10.1.5. Απαντηση. Εστω x, y ∈S ⊥ και a, b ∈ R και z ∈ S . Τοτε

(ax + by) ◦ z =ax ◦ z + by ◦ z =a · 0 + b · 0 = 0, δηλ. S ⊥ ειναι ενας διανυσµατικος χωρος. 10.2.12. ∆ειξτε οτι τα διανυσµατα

Αθ .Κ

x1 =

1 0

, x2 =

0 1

ειναι µια ορθοκανονικη ϐαση του R2 . T Απαντηση. Προφανως καθε y = y1 y2 ∈ R2 µπορει να γραφτει ως

y =y1 · x1 + y2 · x2 ,

επισης x1 ◦ x2 = 0 και τελος ||x1 || = ||x2 || = 1. Αρα τα x1 , x2 ειναι µια ορθοκανονικη ϐαση του R2 . 10.2.13. ∆ειξτε οτι τα διανυσµατα

x1 =

1 1

, x2 =

−1 1

ειναι µια ορθογωνια ϐαση του R2 . Απαντηση. Εχουµε x1 ◦ x2 = 0 και επιπλεον

1 −1

1 1 = 2 6= 0 √

αρα τα x1 , x2 ειναι γραµµικα ανεξαρτητα. Εχουµε ||x1 || = ||x2 || = 2, αρα η ϐαση δεν ειναι ορθοκανονικη. Οµως τα διανυσµατα y1 = √12 x1 , y2 = √12 x2 ικανοποιουν ky1 k =

ky1 k = 1 ειναι µια ορθοκανονικη ϐαση του R2 .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

180

10.2.14. ∆ειξτε οτι τα διανυσµατα

     1 0 −1 x1 =  0  , x2 =  1  , x 3 =  0  1 0 1

ας



10.2.15. ∆ειξτε οτι τα διανυσµατα



αγ ι

ειναι µια ορθογωνια ϐαση του R3 . Απαντηση. Πραγµατι ειναι ευκολο να ελεγξουµε οτι x1 ◦ x2 = x2 ◦ x3 = x3 ◦ x1 =0, δηλ. οτι τα x1 , x2 , x3 ειναι αµοιβαια ορθογωνια (και αρα γραµµικα ανεξαρτητα). Τρια γρ. αν. διανυσµατα στον R3 αποτελουν µια ϐαση (διοτι dim (R3 ) = 3).

   1 −1 x1 =  2  , x2 =  1  −1 1

εχ

ειναι µια ορθογωνια ϐαση του span (x1 , x2 ) . Απαντηση. Προφανως {x1 , x2 } ειναι µια ϐαση του span (x1 , x2 ). Επισης ευκολα µπορουµε να δουµε οτι x1 ◦x2 = 0. 10.2.16. Αποδειξτε το 10.1.8. Απαντηση. Εστω x1 , x2 , ..., xM ∈ RN τετοια ωστε xm ◦ xn = 0 (για m, n = 1, 2, ..., M και m 6= n) και εστω αριθµοι a1 , a2 , ..., aM τ.ω.

a1 x1 + a2 x2 + ... + aM xM = 0.

Αθ .Κ

Πολλαπλασιαζουµε µε xm για τυχον m ∈ {1, ..., M } και παιρνουµε

0 = (a1 x1 + a2 x2 + ... + aM xM ) ◦ xm = a1 x1 ◦ xm + a2 x2 ◦ xm + ... + am xm ◦ xm + ... + aM xM ◦ xm = a1 · 0 + a2 · 0 + ... + am · kxm k + ... + aM · 0 = am · kxm k .

Αρα am · kxm k = 0 που σηµαινει οτι am = 0. Αφου αυτο ισχυει για καθε m ∈ {1, ..., M }. Αρα τα x1 , x2 , ..., xM ειναι γραµµικα ανεξαρτητα. 10.2.17. Αποδειξτε το 10.1.9. Απαντηση. Εστω γραµµικος υποχωρος S ⊆ RN µε dim (S) = M , εστω x1 , x2 , ..., xM ∈ S τετοια ωστε (για m, n = 1, 2, ..., M και m 6= n) εχουµε xm ◦ xn = 0. Συµφωνα µε το 10.1.8, το {x1 , x2 , ..., xM } ειναι ενα γρ.αν. συνολο, µε M στοιχεια. Αρα ειναι µια ϐαση του S . Αφου τα x1 , x2 , ..., xM ειναι και µεταξυ τους ορθογωνια, το {x1 , x2 , ..., xM } ειναι µια ορθογωνια ϐαση του S . 10.2.18. Βρειτε µια ορθογωνια ϐαση του R3 η οποια να περιεχει τα διανυσµατα



   1 1 x1 =  1  , x 2 =  1  1 −2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

181

Απαντηση. Ευκολα ϐλεπουµε οτι τα x1 , x2 ειναι γραµµικα ανεξαρτητα και ορθογωνια. Θα τα συµπληρωσουµε µε ενα ακοµη διανυσµα, το x3 ωστε το {x1 , x2 , x3 } να ειναι µια

1 1 1 1 1 −2

x13 x23 x33



 x13  x23  = 0 . 0 x33

T

T

που να ικανοποιει

. Θετοντας a = 1 παιρνουµε x3 =

−1 1 0

T

αγ ι

Οι λυσεις εχουν την µορφη a· −a a 0

ας

ορθογωνια ϐαση του R3 . Ζητουµε ενα διανυσµα x3 = x1 ◦ x3 = x2 ◦ x3 =0. ∆ηλ. πρεπει να ισχυει

10.2.19. Βρειτε µια ορθογωνια ϐαση του span (x1 , x2 ), οπου

   1 −2  2     , x2 =  −1  . x1 =   −1   1  3 1 

εχ

Απαντηση. Ευκολα ϐλεπουµε οτι τα x1 , x2 ειναι γραµµικα ανεξαρτητα αλλα οχι ορθογωνια. Θα δηµιουργησουµε δυο νεα, µεταξυ τους ορθογωνια, διανυσµατα y1 ,y2 τετοια ωστε το

span (x1 , x2 ) = span (y1 , y2 )

να ειναι γραµµικα ανεξαρτητο. Ας ϑεσουµε y1 = x1 . Κατοπιν ϑετουµε

Αθ .Κ

y2 = x2 − proj (x2 , y1 ) = x2 −

x2 ◦ x 1 x2 ◦ y 1 · y1 = x2 − · x1 . y1 ◦ y 1 x1 ◦ x 1

Πραγµατι

x2 ◦ x1 x2 ◦ x1 y 1 ◦ y2 = x1 ◦ x2 − · x1 = x 1 ◦ x2 − · x1 ◦ x1 = 0 x1 ◦ x1 x1 ◦ x1

και, προφανως, αφου y1 = x1 και το y2 ειναι γραµµικος συνδυασµος τω x1 , x2 εχουµε span (y1 , y2 )= span (x1 , x2 ). 10.2.20. Βρειτε µια ορθογωνια ϐαση του span (x1 , x2 , x3 ), οπου



     1 −1 0      1 , x3 = 1  x1 = 1 , x2 = 1 1 2

Απαντηση. Τα x1 , x2 , x3 ειναι γραµµικα ανεξαρτητα (αλλα οχι ορθογωνια) και αρα ειναι µια ϐαση του R3 . Θα ϐρουµε τωρα µια αλλη, ορθογωνια ϐαση µε την διαδικασια

.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

182

ας

Gram-Schmidt.   1  y1 = x1 = 1  1

      −1 1 1 −1 x 2 ◦ y1 x2 ◦ y1    1    1 − 1 = 1 1 − y1 = y2 = x2 − y 1 ◦ y1 y1 ◦ y1 3 1 1 1 1      0 1 −4/3 x 3 ◦ y2 3  2  x 3 ◦ y1   1 1 2/3 y1 − y2 = − − y3 = x3 − y 1 ◦ y1 y 2 ◦ y2 3 8/3 2 1 2/3





 −4/3  =  2/3  2/3    0  =  −1  . 2

αγ ι



1 2

10.2.21. Βρειτε µια ορθογωνια ϐαση του span (x1 , x2 , x3 , x4 ), οπου



    1 −1  1      , x2 =  0  , x3 =  x1 =   1   1   1 1

  0  1   , x4 =   1  2

 0 0  . 1  1

εχ

Απαντηση. Τα x1 , x2 , x3 , x4 ειναι γραµµικα ανεξαρτητα και αρα ειναι µια ϐαση του R . Θα ϐρουµε τωρα µια ορθογωνια ϐαση µε την διαδικασια Gram-Schmidt. 4



 1  1   y1 = x1 =   1  1

Αθ .Κ

   5  −1 1 −4  0  1  1   −1 x 2 ◦ y1    4  y1 =  y2 = x2 −  1 − 4 1 = 3 y 1 ◦ y1 4 3 1 1 4 x 3 ◦ y1 x 3 ◦ y2 y3 = x3 − y1 − y2 y 1 ◦ y1 y2 ◦ y2      5   1  − 11 0 1 −4 1 2    1  4 1     −   − 2  −3 4  =  11  =  1  4  1  11    −6  4 11 4 3 5 2 1 4 11 x 4 ◦ y1 x 4 ◦ y2 x4 ◦ y3 y3 = x4 − y1 − y2 − y3 y ◦ y1 y ◦y y ◦ y3  1   2 2 5  3  1 1 −4 − 11 0 6  1  1  2  0  2 1  − −  −   − 4  43  − 11  11 = 6  − 6  1  4  1  11   4 11 4 11 3 5 1 1 4 11 

   





  =  

1 6 − 31



 . 0  1 6

10.2.22. Αποδειξτε οτι η διαδικασια Gram-Schmidt δινει παντοτε µια ορθογωνια ϐαση του span (x1 , ..., xM ) (Εδαφιο 10.1.10).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

183

Απαντηση. Θα αποδειξουµε επαγωγικα οτι τα y1 , ..., yM ειναι µεταξυ τους ορθογωνια. Πιο συγκεκριµενα, ϑα αποδειξουµε οτι

Πραγµατι, για m = 2 εχουµε

αγ ι

x2 ◦ y1 y1 · y1 y2 · y1 = x2 − y1 ◦ y1 x 2 ◦ y1 = x2 ◦ y 1 − y1 ◦ y1 = 0. y 1 ◦ y1

(10.2)

ας

για m ∈ {2, ..., M } , το ym ειναι ορθογωνιο στα y1 , ..., ym−1 .

Εστω οτι η (10.2) ισχυει για m = 2, 3, ..., k . Για m = k + 1 και τυχον n ≤ k εχουµε

xk+1 ◦ y1 xk+1 ◦ yk xn+1 ◦ y1 xn+1 ◦ yn yk+1 ◦ yn = xk+1 − y1 − ... − yk ◦ xn+1 − y1 − ... − yn y 1 ◦ y1 yk ◦ yk y 1 ◦ y1 yn ◦ y n = εστω τυχοντα m, n ∈ {1, 2, ..., M }. Τοτε ...

εχ

10.2.23. Αποδειξτε το 10.1.12 Απαντηση. Αφου το {x1 , ..., xM } ειναι µια ϐαση του S , καθε y ∈ S µπορει να γραφτει ως y = a1 x1 + ... + aM xM . (10.3) Αν πολλαπλασιασουµε την (10.3) µε xm παρνουµε

Αθ .Κ

y ◦ xm = (a1 x1 + ... + aM xM ) ◦ xm = am xm ◦ xm

αφου το {x1 , ..., xM } ειναι µια ορθοογωνια ϐαση. Αρα, για καθε m ∈ {1, 2, ..., M } εχουµε

am =

y ◦ xm xm ◦ xm

και εχουµε αποδειξει το Ϲητουµενο.

10.2.24. Αποδειξτε το 10.1.13 Απαντηση. Τα y, z προφανως µπορουν να γραφτουν ως γραµµικοι συνδυασµοι των διανυσµατων της ϐασης :

y = a1 · x1 + a2 · x2 + ... + aM · xM , z = b1 · x1 + b2 · x2 + ... + bM · xM .

Τοτε

y ◦ z = (a1 · x1 + a2 · x2 + ... + aM · xM ) ◦ (b1 · x1 + b2 · x2 + ... + bM · xM ) =

M X M X m=1 n=1

am b n x m ◦ x n .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

184

Αφου xm ◦ xn = 0 για m 6= n, τελικα εχουµε

am b m x m ◦ x m =

m=1

M X

am bm kxm k =

m=1

M X

am b m · 1 =

m=1

kyk = y ◦ y =

M X

am am x m ◦ x m =

m=1

am b m .

m=1

Αν τωρα y = z, τοτε 2

M X

ας

y◦z=

M X

M X m=1

a2m .

x∗ =

αγ ι

10.2.25. Αποδειξτε το 10.1.14 Απαντηση. Πρεπει να αποδειξουµε οτι η ποσοτητα ky − xk ελαχιστοποιειται (ως προς ολα τα διανυσµατα x ∈ S ) απο το

y ◦ x1 y ◦ x2 y ◦ xM · x1 + · x2 + ... + · xM . x1 ◦ x1 x 2 ◦ x2 x M ◦ xM

2

Αντι να ελαχιστοποιησουµε το ky − xk, ϑα ελαχιστοποιησουµε (ισοδυναµα) το ky − xk . Πριν οµως κανουµε αυτο, ϑα δειξουµε οτι, για καθε z ∈ S ισχυει z⊥ (y − x∗ ). Πραγµατι, το z µπορει να γραφτει ως αθροισµα των διανυσµατων ϐασησ:

Τωρα

z ◦ (y − x∗ )

εχ

z = a1 x1 +a2 x2 +...+aM xM .

Αθ .Κ

y ◦ x2 y ◦ xM y ◦ x1 · x1 − · x2 − ... + · xM . = (a1 x1 +a2 x2 +...+aM xM ) ◦ y − x1 ◦ x 1 x2 ◦ x2 xM ◦ xM (10.4)

Εκτελωντας το εσωτερικο γινοµενο της (10.4) ϑα εχουµε ορους της µορφης κmn xm ◦ xn . Ολοι αυτοι οι οροι ϑα µηδενιζονται για m 6= n (γιαιτι ;). Οποτε τελικα η (10.4) γινεται

a1 x1 ◦ y + ...+aM xM ◦ y−

y ◦ xM y ◦ x1 · a1 x1 ◦ x1 − ... − · aM x M ◦ x M = 0 x 1 ◦ x1 xM ◦ x M

που αποδεικνυει οτι z⊥ (y − x∗ ). Ας εξετασουµε τωρα την ποσοτητα

ky − xk2 = ky − x∗ + x∗ − xk2 = (y − x∗ + x∗ − x) ◦ (y − x∗ + x∗ − x) = (y − x∗ ) ◦ (y − x∗ ) + 2 · (y − x∗ ) ◦ (x∗ − x) + (x∗ − x) ◦ (x∗ − x) = ky − x∗ k2 + kx∗ − xk .

Στο τελευταιο ϐηµα χρησιµοποιησαµε (y − x∗ ) ⊥ (x∗ − x) (γιατι ισχυει αυτο ;). Τωρα, η 2 2 ποσοτητα ky − x∗ k ειναι σταθερη. Αρα, για να ελαχιστοποιησουµε την ky − xk , αρκει 2 2 να ελαχιστοποιησουµε την kx∗ −xk . Αλλα η ελαχιστη τιµη αυτης ειναι kx∗ −xk = 0 και επιτυγχανεται οταν x∗ = x, οποτε εχουµε αποδειξει το Ϲητουµενο.

x = a1 · x1 + a2 · x2 + ... + aM · xM . Θετουµε

ky − xk2 = ky − x∗ + x∗ − xk2

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

185

ας

10.2.26. Αποδειξτε το 10.1.15. Απαντηση. Η αποδειξη ϑυµιζει αυτη του προηγουµενου εδαφιου. Θετουµε x∗ = −1 T AT A A b και, για καθε x, ϑετουµε z = Ax (οποτε και z∗ = Ax∗ ). Τωρα εχουµε

kAx − bk2 = kz − bk2 = kz − z∗ + z∗ −bk2

= kz − z∗ k2 + kz∗ −bk2 + 2 · (z − z∗ ) ◦ (z∗ −b) .

Τωρα ϑα δειξουµε οτι (z − z∗ ) ◦ (z∗ −b) = 0. Πραγµατι, ας ϑεσουµε u = x − x∗ , τοτε εχουµε

αγ ι

Au = Ax − Ax∗ = z − z∗ και

(z − z∗ ) ◦ (z∗ −b) = (Au) ◦ (z∗ −b) = uT AT · (z∗ −b)

= uT AT z∗ −uT AT b = uT AT A AT A

−1

AT b − uT AT b

= uT AT b − uT AT b =0. Αρα λοιπον

kAx − bk2 = kz − z∗ k2 + kz∗ −bk2 2

2

εχ

και το kz∗ −bk ειναι σταθερο, οποτε η συνολικη ποστητα ελαχιστοποιειται οταν kz − z∗ k = 0, δηλ. οταν z = z∗ . 10.2.27. Βρειτε την λυση ελαχιστου τετραγωνικου σφαλµατος για το συστηµα

x = 2,

x = 1,

x = 0,

2x = 1.

Αθ .Κ

Απαντηση. Το συστηµα µπορει να γραφει



 2 1  . 0  1





  1  1    x =   1   2

Θετουµε

 1  1   a =  1 , 2

 2  1   b=  0  1

και, συµφωνα µε το Εδαφιο 10.1.15, υπολογιζουµε το x ως εξησ:

T  2 1  1   1     1   0 2 1 aT b x = T =  T  a a 1 1  1   1     1   1 2 2 

    5 = . 7   

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

186

10.2.28. Βρειτε την λυση ελαχιστου τετραγωνικου σφαλµατος για το συστηµα

  −1 3  2   2     1  x =  −1 2 4

  . 

Απαντηση. Θετουµε

 −1  2   a =  1 , 2



 3  2   b=  −1  4

αγ ι



ας



και υπολογιζουµε το

T   −1 3  2   2       1   −1  2 4 aT b 8 x= T =  T   = . a a 6 −1 1  2   1       1   1  2 2

εχ



10.2.29. Βρειτε την λυση ελαχιστου τετραγωνικου σφαλµατος για το συστηµα



Αθ .Κ

1  1   4 0

  2 2  1  x 0 1  =   1 x2 0 1 1

  . 

Απαντηση. Εχουµε



1  1 A=  4 0

 2 1  , 1  1



 2  0   b=  0  1

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

187

και η λυση ελ. τετρ. σφαλµατος για το Ax = b ειναι

x1 x2

 = 

18 7 7 7

1 11 1 − 11

=

=

1 1 1 4 0   1 2 1 1 1  4 0 −1

1 − 11

1 1 4 2 1 1

18 77

−1  2 1   1  1 1 4 0   2   2 1 1 1  0 1 1 0   1 1  0   2  = −5111 1  0  77 0   1 1  4 0  2   = −5111 . 1 1  0  77 0



ας



  

αγ ι



1 1 2 1

10.2.30. Βρειτε την λυση ελαχιστου τετραγωνικου σφαλµατος για το συστηµα



2 1 1 1 −1

−1 1 0 1 2





    x1     x2  =      x3

εχ

    

1 1 1 0 0

1 2 0 0 1





1 2 0 0 1

  .  

Απαντηση. . Εχουµε

Αθ .Κ



  A=  

1 1 1 0 0

2 1 1 1 −1

−1 1 0 1 2



  ,  

  b=  

     

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

188

και η λυση ελ. τετρ. σφαλµατος για το Ax = b ειναι

x1 x2



   1 1 1 0 0       =  2 1 1 1 −1    −1 1 0 1 2 

1 1 1 0 0

2 1 1 1 −1

−1 1 0 1 2

−1

 

  1 1 1 0 0   2 1 1 1 −1     −1 1 0 1 2

     

−1  3 4 0 1 1 1 0    8 −2 2 1 1 1 = 4 0 −2 7 −1 1 0 1

=

 =

13 11 7 − 11 2 − 11 12 11 3 − 44 9 22

7 2 − 11 − 11 21 44 3 22

3 22 2 11



1 1 1  2 1 1 −1 1 0

 .

     

εχ



αγ ι



 1   2  0     −1   0   0  2 1   1  2 0 0  1 −1    0  0 1 2 1

T 1 1 1 στο     1 1     2 , 2  . span 0 3

Αθ .Κ

10.2.31. Βρειτε την προβολη του z =

Απαντηση. Η προβολη υπολογιζεται ως εξης. Θετουµε



 1 1 A= 2 2  0 3

οποτε ο πινακας προβολης ειναι



1 2 0 0 1

  1 1 1 1 2 0  2 P=  2 2   1 2 3 0 3 0   −1 1 1 5 5 1   = 2 2 5 14 1 0 3   1 1 14 − 19 1 45   = 2 2 1 1 −9 9 1 0 3  1 2  0 5 5 =  25 45 0  0 0 1

−1 1 1 2 0 2  1 2 3 3 2 0 2 3 2 0 2 3

     

ας



ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

189

και αρα η προβολη του z ειναι 1 5 2 5

2 5 4 5

10.2.32. Βρειτε την προβολη του z =

1 2 1 4

  1 1  2   2    span   0  ,  3 1 2

στο

   

αγ ι



T

ας

   3  0 1 5  0   1  =  65  . 1 0 0 1 1 

Απαντηση. Η προβολη υπολογιζεται ως εξης. Θετουµε



οποτε

 1 2   3  2

εχ

1  2 A=  0 1

  −1 1 1 1    2  1 2 0 1   1 2 0 1  2 2  3   1 2 3 2  0 3  1 2 3 2 2 1 2  1 −1 2  6 7 1 2 0 1  3  7 18 1 2 3 2 2  1 7 18 1 2 0 1 − 59 2  59  7 6 1 2 3 2 3  − 59 59 2  10 20 3 9 − 59 59 59 59 40 6 18   20 − 59 59 59 59  = 54 15   −3 −6 

Αθ .Κ

1  2 P=   0 1  1  2 =  0 1  1  2 =  0 1 

59 9 59

59 18 59

59 15 59

59 14 59

και αρα η προβολη του z ειναι

   

10 59 20 59 3 − 59 9 59

20 59 40 59 6 − 59 18 59

3 − 59 6 − 59 54 59 15 59

9 59 18 59 15 59 14 59

  1  2     =   1   4 

83 59 166 59 99 59 116 59

  . 

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

190

10.2.33. Αποδειξτε οτι ο 4 × 4 πινακας

 P= 

1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4



ας



 . 

ειναι πινακας προβολης. Απαντηση. Ο P ειναι συµµετρικος (προφανως) και ταυτοδυναµοσ:

  

1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4

2

1 4 1 4 1 4 1 4



1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4



αγ ι

1 4 1 4 1 4 1 4



   =  

 . 

Αρα ο P ειναι πινακας προβολης στον υποχωρο



    ,  

1 4 1 4 1 4 1 4

    ,  

1 4 1 4 1 4 1 4

    ,  

εχ

  S = span  

1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4

   

Προφανως dim (S) = 1 και µαλιστα



    ,  

Αθ .Κ

  S = span  

1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4

1 4 1 4 1 4 1 4

    ,  

    ,  

1 4 1 4 1 4 1 4





 1     = span  1  .   1  1

Αυτος ειναι ο χωρος στον οποιο προβαλλει ο P.

10.2.34. ∆ειξτε οτι ο 3 × 3 πινακας

 P=

5 6 1 3 − 16

1 3 1 3 1 3

− 16 1 3 5 6

 .

ειναι πινακας προβολης. Απαντηση. Ο P ειναι συµµετρικος (προφανως) και ταυτοδυναµοσ: Ειναι συµµετρικος (προφανως) και ταυτοδυναµοσ:

 

5 6 1 3 − 16

1 3 1 3 1 3

− 16 1 3 5 6

2



 =

5 6 1 3 − 16

1 3 1 3 1 3

− 61 1 3 5 6

 .

Αρα ο P ειναι πινακας προβολης στον υποχωρο

 S = span 

5 6 1 3 − 61

  ,

1 3 1 3 1 3

  ,

− 61 1 3 5 6

  .

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 10. ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΤΗΤΑ ∆ΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΩΝ ΧΩΡΩΝ

191

Εχουµε |P| = 0, δηλ. dim (S) < 3. Επειδη 5 6 1 3

1

= =

66 0

1 3 1 3

ας

(δηλ. ο S εχει δυο γραµµικα ανεξαρτητα διανυσµατα) εχουµε dim (S) = 2. Αν παρουµε τα δυο γρ. αν. διανυσµατα να ειναι οι δυο πρωτες στηλες του P, τοτε



1 3 1 3 1 3

  ,

 

αγ ι

S = span 

5 6 1 3 − 16

και αυτο ειναι ο χωρος στον οποιο προβαλλει ο P. 10.2.35. J >∆ειξτε οτι ο ο 4 × 4 πινακας

  P= 

2 − 57

47 57 2 − 57 7 19 5 − 57

7 19 8 57 11 57 1 57

49 57 8 57 6 19

5 − 57



6 19 1 57 7 57

 . 

   

εχ

ειναι πινακας προβολης. Απαντηση. Ο P ειναι συµµετρικος (προφανως) και ταυτοδυναµοσ: 47 57 2 − 57 7 19 5 − 57

2 − 57 49 57 8 57 6 19

5 − 57

7 19 8 57 11 57 1 57

6 19 1 57 7 57

2



   =  

47 57 2 − 57 7 19 5 − 57

2 − 57 49 57 8 57 6 19

7 19 8 57 11 57 1 57

5 − 57 6 19 1 57 7 57

  . 

Αθ .Κ

Αρα ο P ειναι πινακας προβολης στον υποχωρο



  S = span  

47 57 2 − 57 7 19 5 − 57

 

2 − 57 49 57 8 57 6 19

  ,  

    ,  

7 19 8 57 11 57 1 57

    ,  

5 − 57 6 19 1 57 7 57

   . 

Η κλιµακωτη µορφη του P ειναι 2 − 57  0   0 0



49 57 55 6

8 57 5 3

0 0