Απόδειξη. Η ιδιότητα(vi) του ορισμού δεν ισχύει στην πράξη αυτή. Πράγματι, έχουμε. 1 (x, y, z) =(1 x, 1 y, 2 1 z) =(x, y, 2z)

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Απόδειξη. Η ιδιότητα(vi) του ορισμού δεν ισχύει στην πράξη αυτή. Πράγματι, έχουμε. 1 (x, y, z) =(1 x, 1 y, 2 1 z) =(x, y, 2z)"

Λυσιστράτος Λαμπρόπουλος
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 1 ιανυσματικοί χώροι Άσκηση 1.1 Στο σύνολο R 3 όλων των διατεταγμένων τριάδων διατηρούμε την πρόσθεση, που ορίσαμε στο αντίστοιχο παράδειγμα, και ορίζουμε εξωτερικό πολλαπλασιασμό με τη σχέση λ(a 1,a 2,a 3 )=(λa 1,λa 2, 2λa 3 ), για κάθε λ R. Να εξεταστεί αν το σύνολο R 3 είναι ένα R-διανυσματικός χώρος. Απόδειξη. Η ιδιότητα(vi) του ορισμού δεν ισχύει στην πράξη αυτή. Πράγματι, έχουμε που είναι διάφορο του (x, y, z). 1 (x, y, z) =(1 x, 1 y, 2 1 z) =(x, y, 2z) Άσκηση 1.2 είξτε ότι το R είναι ένας Q-διανυσματικός χώρος. R-διανυσματικός χώρος. Να εξεταστεί αν το Q είναι ένας Απόδειξη. Το R είναι ένας Q-διανυσματικός χώρος, εφόσον οι ιδιότητες του ορισμού εφορούν ουσιαστικά τις πράξεις πραγματικών αριθμών. Αντίθετα, το Q δεν είναι ένας R-διανυσματικός χώρος, διότι σύμφωνα με τον ορισμό, ιδιότητα (ii), θα έπρεπε το γινόμενο κάθε στοιχείου του R επί κάθε στοιχείο του Q να είναι στοιχείο του Q. Αυτό όμως δεν ισχύει. 2 ιανυσματικοί υποχώροι Άσκηση 2.1 Να εξεταστεί αν τα υποσύνολα V = {(x, y, z) R 3 /xy =0} και U = {(x, y, z) R 3 /xyz =1} του R-διανυσματικού χώρου R 3 είναιυποχώροιτουr 3. Απόδειξη. Είναι προφανές ότι (1, 0, 2) V και (0, 1, 3) V. Αν το V ήταν υποχώρος του R 3 θα έπρεπε να ισχύει (1, 0, 2) + (0, 1, 3) V. Όμως (1, 0, 2) + (0, 1, 3) = (1, 1, 5) / V. Το U δεν είναι υποχώρος διότι δεν περιέχει το στοιχείο (0, 0, 0) όπως θα έπρεπε. Άσκηση 2.2 είξτε ότι υποσύνολο V = {(x, y, z) R 3 /2x + y z =0} του R 3 είναι υποχώρος του R-διανυσματικού χώρου R 3. Απόδειξη. Έστω u =(x, y, z) και v =(a, b, c) δύο στοιχεία του συνόλου V. Τότε θα ισχύουν οι σχέσεις 2x + y z =0και 2a + b c =0. Για το άθροισμα u + v =(x, y, z)+(a, b, c) =(x + a, y + b, z + c) θα έχουμε 2(x + a)+(y + b) (z + c) =(2x + y z)+(2a + b c) =0. Επομένως προκύπτει ότι u+v V. Επίσης, αν λ R, τότε θα έχουμε λu = λ(x, y, z) =(λx, λy, λz). Επειδή 2(λx)+(λy) (λz) =λ(2x + y z) =0, προκύπτει ότι λu V. Άρα το σύνολο V είναι ένας υποχώρος του R-διανυσματικού χώρου R 3. 1

για κάθε λ R. Να εξεταστεί αν το σύνολο R 3 είναι ένα R-διανυσματικός χώρος. Απόδειξη. Η ιδιότητα(vi) του ορισμού δεν ισχύει στην πράξη αυτή. Πράγματι, έχουμε που είναι διάφορο του (x, y, z).

2 Άσκηση 2.3 είξτε ότι το σύνολο ½µ ¾ x y V = M z t 2 (R)/x = y, z = t, είναι ένας διανυσματικός υποχώρος του R-διανυσματικού χώρου M 2 (R). Απόδειξη. Θεωρούμε δύο στοιχεία µ µ x y a b A = και B = z t c d του συνόλου V, για τα οποία φυσικά θα ισχύουν οι σχέσεις Παρατηρούμε ότι για το στοιχείο µ x y ka + λb = k z t ισχύουν οι σχέσεις x = y, z = t και a = b, c = d. (1) µ a b + λ c d µ kx + λa ky + λb = kz + λc kt + λd kx + λa (1) = ky + λb και kz + λc (1) = (kt + λd), επομένως θα έχουμε ka + λb V, δηλαδή το σύνολο V είναι υποχώρος του M 2 (R)., Άσκηση 2.4 είξτε ότι τα υποσύνολα U 1 = {(x, y, z) R 3 /x 2y =0} και U 2 = {(x, y, z) R 3 /x + y z =0}, είναιυποχώροιτουr 3. Να βρεθεί η τομή και το άθροισμα των υποχώρων U 1 και U 2. Απόδειξη. Τα υποσύνολα U 1 και U 2 είναι υποχώροι του R 3, και η απόδειξη είναι ανάλογη με αυτήν της άσκησης 2.2. Είναι γνωστό ότι η τομή περιέχει τα κοινά στοιχεία των δύο συνόλων, οπότε θα έχουμε U 1 U 2 = (x, y, z) R 3 ª / (x, y, z) U 1 και (x, y, z) U 2 = = (x, y, z) R 3 /x 2y =0και x + y z =0 ª = = (x, y, z) R 3 /x 2y =0και 2y + y z =0 ª = = (x, y, z) R 3 /x =2y και z =3y ª = = {(2y, y, 3y) /y R} = {(2, 1, 3) y/y R}. Σύμφωνα με τον ορισμό του αθροίσματος θα έχουμε U 1 + U 2 = {(x, y, z)+(a, b, c) / (x, y, z) U 1 και (a, b, c) U 2 } = = {(x, y, z)+(a, b, c) /x 2y =0και a + b c =0} = = {(2y, y,z)+(a, b, a + b) /y,z,a,b R} = = {(2y, y, 0) + (0, 0,z)+((a, 0,a)+(0,b,b) /y,z,a,b R} = = {(2, 1, 0) y +(0, 0, 1) z +(1, 0, 1) a +(0, 1, 1) b/y, z, a, b R}. Στην επόμενη παράγραφο θα δούμε τη διαχείρηση τέτοιας μορφής χώρων. 2

και a = b, c = d. (1) µ a b + λ c d µ kx + λa ky + λb = kz + λc kt + λd kx + λa (1) = ky + λb και kz + λc (1) = (kt + λd), επομένως θα έχουμε ka + λb V, δηλαδή το σύνολο V είναι υποχώρος του M 2 (R).

3 Άσκηση 2.5 είξτε ότι το σύνολο V = {ϕ(x) R n [x]/ϕ(0) = 0} είναι υποχώρος του R n [x]. είξτε επίσης ότι ισχύει R n [x] = V R, όπου R είναι ο υποχώρος του R n [x] που περιέχει τα σταθερά πολυώνυμα. Απόδειξη. Αν ϕ(x) και ψ(x) είναι δύο στοιχεία του συνόλου V, τότε θα ισχύει ϕ(0) = 0 και ψ(0) = 0. Άραθαέχουμεkϕ(0) + λψ(0) = 0, οπότε προκύπτει kϕ(x) +λψ(x) V, δηλαδή το σύνολο V είναι υποχώρος του R n [x]. Είναι προφανές ότι ισχύει V R = {0}, εφόσον το μόνο σταθερό πολυώνυμο που μηδενίζεται για x =0είναι το μηδενικό πολυώνυμο. Τέλος, για το τυχόν πολυώνυμο p(x) =a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 του R n [x], θα έχουμε p(x) =(a n x n + a n 1 x n a 1 x)+a 0 = ϕ(x)+a 0, όπου ϕ(x) =a n x n +a n 1 x n 1 + +a 1 x V, εφόσον ϕ(0) = 0. Επομένως ισχύει R n [x] =V +R, και επειδή V R = {0}, προκύπτει η ζητούμενη σχέση R n [x] =V R. 3 ιανυσματικοί χώροι παραγόμενοι από σύνολα Άσκηση 3.1 Να προσδιοριστεί ο υποχώρος V του R 3 που παράγεται από τα διανύσματα x 1 =(1, 2, 2), x 2 =(2, 0, 1), και x 3 =(1, 6, 4). Να βρεθεί μια βάση και η διάσταση του V. Απόδειξη. Θεωρούμε τη συνήθη βάση του R 3 και εκτελούμε στοιχειώδεις πράξεις στις συντεταγμένες των διανυσμάτων x 1, x 2, και x 3. x x x 0 2 = x 2 2x x 0 3 = x 3 x x x 00 3 = x0 3 2x Επειδή ο χώρος που παράγεται από κάποια διανύσματα δεν μεταβάλλεται από τις στοιχειώδειςπράξεις, θα έχουμε V =span(x 1, x 2, x 3 )=span x 1, x 0 2, x 0 3 =span x1, x 0 2, x Τα διανύσματα x 1, x 0 2, x00 3 είναι γραμμικά ανεξάρτητα, όπως δείχνουν οι στοιχειώδεις πράξεις, οπότε αποτελούν μια βάση του V. Επομένως θα έχουμε dim V =3. Άσκηση 3.2 Να προσδιοριστεί ο υποχώρος V του R 3 [x] που παράγεται από τα διανύσματα a(x) = 1+2x x 2, b(x) =2 x 3, και c(x) =4x 2x 2 + x 3. Να βρεθεί μια βάση και η διάσταση του V. Απόδειξη. Θεωρούμε τη συνήθη βάση του R 3 [x] και εκτελούμε στοιχειώδεις πράξεις στις συντεταγμένες των διανυσμάτων a(x), b(x), και c(x). b(x) c(x) b 0 (x) =b(x) 2a(x) c 0 (x) =c(x) 4a(x) b 0 (x) c 00 (x) =c 0 (x) 2b 0 (x) Επειδή ο χώρος που παράγεται από κάποια διανύσματα δεν μεταβάλλεται από τις στοιχειώδειςπράξεις, θα έχουμε V =span(a(x), b(x), c(x)) = span a(x), b 0 (x), c 0 (x) =span a(x), b 0 (x), c 00 (x). 3

Άραθαέχουμεkϕ(0) + λψ(0) = 0, οπότε προκύπτει kϕ(x) +λψ(x) V, δηλαδή το σύνολο V είναι υποχώρος του R n [x].

4 Τα διανύσματα a(x), b 0 (x), c 00 (x) είναι γραμμικά ανεξάρτητα, όπως δείχνουν οι στοιχειώδεις πράξεις, οπότε αποτελούν μια βάση του V. Επομένως θα έχουμε dim V =3. Άσκηση 3.3 Θεωρούμε τους δύο υποχώρους W 1 = {(x, y, z) R 3 /z =0} και W 2 = span((1, 2, 3), (1, 1, 1)) του R 3. Να βρεθεί μια βάση και η διάσταση των χώρων W 1, W 2, W 1 W 2, και W 1 + W 2. Απόδειξη. Για τον χώρο W 1 θα έχουμε W 1 = (x, y, z) R 3 /z =0 ª = {(x, y, 0) /x, y R} = {(x, 0, 0) + (0,y,0) /x, y R} = = {((1, 0, 0) x +(0, 1, 0) y/x, y R} = span ((1, 0, 0), (0, 1, 0)). Είναι προφανές ότι τα διανύσματα (1, 0, 0) και (0, 1, 0) είναι γραμμικά ανεξάρτητα, άρα αποτελούν βάση του W 1, και ισχύει dim W 1 =2. Εκτελούμε στοιχειώδεις πράξεις στα διανύσματα που παράγουν τον W 2. Επομένως προκύπτει W 2 = span((1, 2, 3), (1, 1, 1)) = span ((1, 2, 3), (0, 3, 2)). Τα τελευταία διανύσματα είναι γραμμικά ανεξάρτητα, οπότε αποτελούν μια βάση του W 2, και ισχύει dim W 2 =2. Όσον αφορά την τομή έχουμε W 1 W 2 = (x, y, z) R 3 ª / (x, y, z) W 1 και (x, y, z) W 2 = = (x, y, z) R 3 /z =0και (x, y, z) =λ (1, 2, 3) + μ (0, 3, 2),λ,μ R ª = = (x, y, 0) R 3 / (x, y, 0) = λ (1, 2, 3) + μ (0, 3, 2),λ,μ R ª = = (x, y, 0) R 3 /x = λ, y =2λ 3μ, 0=3λ 2μ ª = = (x, y, 0) R 3 /x = λ, y =2λ 3μ, λ = 2 3 μª = = (x, y, 0) R 3 /x = 2 3 μ, y = 5 3 μª = 2 3 μ, 5 3 μ, 0 /μ R ª = = 2 3, 5 3, 0 μ/μ R ª =span 2 3, 5 3, 0 Επομένως το διάνυσμα 2 3, 5 3, 0 αποτελεί μια βάση της τομής, και ισχύει dim (W 1 W 2 )=1. Τέλος, σύμφωνα με τον ορισμό του αθροίσματος, θα έχουμε W 1 + W 2 = {(x, y, z)+(a, b, c) / (x, y, z) W 1 και (a, b, c) W 2 } = = {(x, y, z)+(a, b, c) / (x, y, z) =k (1, 0, 0) + λ (0, 1, 0) και (a, b, c) = t (1, 2, 3) + s (0, 3, 2)} = {k (1, 0, 0) + λ (0, 1, 0) + t (1, 2, 3) + s (0, 3, 2) /k,λ,t,s R} = = span ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 2, 3), (0, 3, 2)) Εκτελούμε στοιχειώδεις πράξεις στα διανύσματα που παράγουν το χώρο W 1 + W

Για τον χώρο W 1 θα έχουμε W 1 = (x, y, z) R 3 /z =0 ª = {(x, y, 0) /x, y R} = {(x, 0, 0) + (0,y,0) /x, y R} = = {((1, 0, 0) x +(0, 1, 0) y/x, y R} = span ((1, 0, 0), (0, 1, 0)).

5 Επομένως θα έχουμε W 1 + W 2 = span ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 2, 3), (0, 3, 2)) = = span ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 2, 3), (0, 3, 2)) = = = span ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 0, 0)) = = span ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)). Προφανώς τα διανύσματα (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) είναι γραμμικά ανεξάρτητα, οπότε αποτελούν μια βάση του W 1 + W 2, και φυσικά ισχύει dim (W 1 + W 2 )=3. Μάλιστα, ισχύει W 1 + W 2 = R 3, όμως το άθροισμα αυτό δεν είναι ευθύ, εφόσον, όπως είδαμε, ητομήw 1 W 2 6= {0}. 5

Προφανώς τα διανύσματα (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) είναι γραμμικά ανεξάρτητα, οπότε αποτελούν μια βάση του W 1 + W 2, και

Σχετικά έγγραφα

1 Γραμμικές συναρτήσεις

1 Γραμμικές συναρτήσεις Γραμμικές συναρτήσεις Άσκηση. είξτε ότι η συνάρτηση f : R R, που ορίζεται με τη σχέση f(x, y, z) =(x y + z,x z), για κάθε (x, y, z) R, είναι μια γραμμική συνάρτηση, και να βρεθεί ο πυρήνας της. Απόδειξη.