Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Εξέταση Σεπτεμβρίου Όνομα συνοπτικές ενδεικτικές λύσεις

Transcript

1 Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Εξέταση Σεπτεμβρίου 009 Όνομα συνοπτικές ενδεικτικές λύσεις ΑΜ Ημ/ία Αίθουσα 1 Σύνολο Η εξέταση αποτελείται από θέματα. Κάθε θέμα αξίζει 4 μονάδες. Το άριστα είναι μονάδες και η βάση είναι 5. Δικαιολογήστε πλήρως τις απαντήσεις σας. Η διάρκεια της εξέτασης είναι ώρες. Καλή επιτυχία

2 1 a 1 Θέμα 1 Έστω a και = a) (1 μον) Υπολογίστε τη διάσταση του ιδιόχωρου του (συναρτήσει του a ). b) (1 μον) Βρείτε όλες τις τιμές του a τέτοιες ώστε deg ( x). c) (1 μον) Για τις τιμές του a που βρήκατε στο b) υπολογίστε το ( x) και στη 1 συνέχεια υπολογίστε τον χρησιμοποιώντας το ( ) x. d) (1 μον) Δείξτε ότι για κάθε a και κάθε θετικό ακέραιο ο διαγωνίσιμος. δεν είναι a) Ο είναι τριγωνικός με κάθε διαγώνιο στοιχείο ίσο με 1. Άρα έχει μοναδική ιδιοτιμή το 1 (με αλγεβρική πολλαπλότητα ). Θεωρώντας το μέγιστο αριθμό γραμμικά ανεξάρτητων στηλών του πίνακα I, παρατηρούμε ότι 0 a 1 1, a = 0 rank( I) = rank Συνεπώς έχουμε =, a , a = 0 di V (1) = rank( I) = 1, a 0. b) Επειδή χ ( x ) = ( x 1) και ( ) x είναι μονικό, θετικού βαθμού και διαιρεί το χ ( x ), παίρνουμε ( x) = x 1,( x 1),( x 1). Τότε deg ( x) ( I) = 0. Με πολλαπλασιασμό πινάκων έχουμε deg ( x) a= a I = ( ) και άρα c) Για a = 0 έπεται από πριν ότι ( x) = x 1,( x 1). Επειδή I έχουμε ( ) 1 x x οπότε ( x ) = ( x 1). Τότε ( I) = 0 + I = 0 I = +. Ο είναι αντιστρέψιμος, γιατί πχ det = 1 0, και άρα πολλαπλασιάζοντας με = + I = παίρνουμε d) 1 ος τρόπος. Έστω διαγωνίσιμος. Επειδή ο είναι τριγωνικός με όλα τα 1 διαγώνια στοιχεία ίσα με 1, είναι όμοιος με το I. Άρα = PIP για κάποιον αντιστρέψιμο πίνακα P, δηλαδή = I. Συνεπώς ο μηδενίζει το x 1 και άρα ( ) x x 1. Είδαμε πριν (b)) ότι ( x) = x 1,( x 1),( x 1). Επειδή I

3 έχουμε ( ) 1 x x οπότε x = x x. Και στις δυο περιπτώσεις έχουμε ( ) ( 1),( 1) 1 1 ( x 1) x 1 ( x 1) ( x 1)( x + x ) x 1 x + x που είναι άτοπο. 0 a 1 ος τρόπος. Υπολογίζουμε τον. Έστω B = Τότε B = 0 και επομένως από το δυωνυμικό ανάπτυγμα 1 a + a = ( I + B) = I + B+ B = 0 1 που είναι διάφορο του I για κάθε a και θετικό ακέραιο. Αν ο ήταν διαγωνίσιμος, θα είχαμε (όπως στην αρχή του 1 ου τρόπου) = I, άτοπο. +,

4 Θέμα 4 a) (1 μον) Έστω U ο υπόχωρος του που παράγεται από τα ( 1,1,0,0),(0,0,1,1). Βρείτε μια ορθοκανονική βάση του U. b) (1 μον) Δείξτε ότι κάθε ιδιοτιμή Ερμιτιανού πίνακα είναι πραγματικός αριθμός. c) Εξετάστε ποιες από τις ακόλουθες προτάσεις είναι σωστές ή λάθος. Δώστε μια απόδειξη ή ένα αντιπαράδειγμα. ν ν c1) (0.6 μον) Για κάθε C, ο πίνακας + + ii ν είναι αντιστρέψιμος. x c) (0.7 μον) Αν για τον ισχύει = 0, τότε = 0. ν ν c) (0.7 μον) Αν χ ( x) =χ ( x), όπου B,, τότε οι B, είναι όμοιοι. B xyzw { } 4 a) Έστω (,,, ). Ξέρουμε ότι U = v 4 v, u = 0 u U παράγεται από τα ( xyzw,,, ) U (1,1,0,0),(0,0,1,1) παρατηρούμε ότι ( xyzw,,, ),(1,1,0,0) = ( xyzw,,, ),(0,0,1,1) = 0 x+ y= z+ w= 0. Πράγματι, αν ( x, yzw,, ) U, τότε από τον ορισμό έχουμε είναι τέτοιο ώστε. Επειδή το U ( xyzw,,, ),(1,1,0,0) = ( xyzw,,, ),(0,0,1,1) = 0. Αντίστροφα, αν ( xyzw,,, ) ( xyzw,,, ),(1,1,0,0) = ( xyzw,,, ),(0,0,1,1) = 0, τότε ( xyzw,,, ), λ (1,1,0,0) +μ (0,0,1,1) = λ ( xyzw,,, ),(1,1,0,0) +μ ( xyzw,,, ),(0,0,1,1) = 0+ 0= 0 για κάθε ( x, yzw,, ) λμ,, δηλαδή ( xyzw,,, ), u = 0 για κάθε u U, δηλαδή U. Λύνοντας το σύστημα x+ y= z+ w= 0 βρίσκουμε ότι κάθε στοιχείο του U είναι γραμμικός συνδυασμός των (1, 1,0,0),(0,0,1, 1). Επειδή τα στοιχεία αυτά είναι γραμμικά ανεξάρτητα, έχουμε τη βάση {(1, 1,0,0),(0,0,1, 1)} του U. Παρατηρούμε ότι τα (1, 1,0,0),(0,0,1, 1) είναι κάθετα (το εσωτερικό γινόμενό τους είναι 0) και άρα μια ζητούμενη ορθοκανονική βάση προκύπτει από την προηγούμενη 1 1 διαιρώντας με τα μέτρα, δηλαδή προκύπτει η { (1, 1,0,0), (0,0,1, 1)}. b) Βλέπε σημειώσεις από την τάξη ή οποιοδήποτε βιβλίο, πχ Θεώρημα 4..8 στο Μια Εισαγωγή στη Γραμμική Άλγεβρα, τόμος ΙΙ, Βάρσος et al. c1) Σωστό. Παρατηρούμε ότι ο + είναι Ερμιτιανός αφού ( + ) = + ( ) = + = +. Αν + + ii ν είναι μη αντιστρέψιμος, τότε det( + + ii ν ) = 0 i ιδιοτιμή του +, άτοπο από το b). c) Σωστό. Από = 0 έπεται ότι ( ) k x x = x,1 k. Από έπεται ότι k. Άρα ( ) k k x = x,1 k, οπότε = 0 και άρα = 0. 4

5 1 1 c) Λάθος. Ένα αντιπαράδειγμα είναι = I, B =. Έχουμε 0 1 χ ( x) =χ B( x) = ( x 1), αλλά ο Β δεν είναι όμοιος με το Ι αφού ο μόνος πίνακας όμοιος με τον Ι είναι ο Ι και B I.

6 Θέμα a) (1 μον) Έστω vxv. Αποδείξτε ότι, αν X = X για κάθε τότε X, Y = X, Y για κάθε XY,. b) (1.5 μον) Έστω 1 ζ = C i 1 x X,. Αποδείξτε ότι υπάρχει μία ορθοκανονική βάση x1 του C από ιδιοδιανύσματα του Α, αν και μόνο αν ζ = 1. c) (1.5 μον) Για τον x πίνακα Α του b), αν ζ = i να βρεθεί ένας πίνακας που διαγωνοποιεί τον Α και να υπολογιστεί ο πίνακας X =. a) Για κάθε X έχουμε = =, =,. X X X X X X X X Θέτοντας X + Y στη θέση του X, όπου XY,, προκύπτει X + Y, X + Y = X + Y, X + Y X, X + X, Y + Y, X + Y, Y = X, X + X, Y + Y, X + Y, Y που λόγω της υπόθεσης δίνει X, Y + Y, X = X, Y + Y, X. Αλλά για το σύνηθες εσωτερικό γινόμενο στο έχουμε uv, = vu, για κάθε uv,, οπότε X, Y + Y, X = X, Y + Y, X X, Y = X, Y X, Y = X, Y. x1 b) Ξέρουμε ότι υπάρχει μία ορθοκανονική βάση του C από ιδιοδιανύσματα του Α, αν και μόνο αν ο είναι κανονικός, δηλαδή =. Με πράξεις έχουμε 1 ζ 1 i 1+ ζζ i + ζ 1 i 1 ζ ζ + i = =, Α = = i 1 ζ 1 i ζ, οπότε + ζ 1 i 1 ζ i ζζ + 1 = ζζ = 1 ζ = 1 ζ =1. c) Με τις συνήθεις πράξεις (που δεν αναγράφονται στις λύσεις αυτές, αλλά στο γραπτό πρέπει να φαίνονται σύμφωνα με τις οδηγίες στην πρώτη σελίδα) βρίσκουμε ότι οι ιδιοτιμές του είναι οι 0, και οι αντίστοιχοι ιδιόχωροι είναι i i V(0) =, V() =. Ο Α πράγματι είναι διαγωνίσιμος (πχ είναι και 1 1 i i έχει διακεκριμένες ιδιοτιμές) και ένας διαγωνοποιών πίνακας είναι ο P = i Έχουμε = PP = P P (πράξεις). = = i