ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΡΓΑΣΙΑ 2 η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 28 Νοεμβρίου 2011

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 8 Νοεμβρίου 0 Ημερομηνία παράδοσης της Εργασίας: 6 Ιανουαρίου 0 Οι ασκήσεις της δεύτερης εργασίας αναφέρονται στην ακόλουθη ύλη: Διανυσματικοί χώροι, Χώροι με εσωτερικό γινόμενο Γραμμικοί μετασχηματισμοί Ιδιοτιμές-Ιδιοδιανύσματα-Διαγωνοποίηση πίνακα Τετραγωνικές μορφές Για την κατανόηση της ύλης αυτής μπορείτε να συμβουλευθείτε τα Κεφάλαιο (παράγραφοι 8-9) και Κεφάλαια, 4, 5 του συγγράμματος του ΕΑΠ «Γραμμική Άλγεβρα» των Γρ Καμβύσα και Μ Χατζηνικολάου Επίσης μπορείτε να συμβουλευθείτε από το βοηθητικό υλικό που υπάρχει στη τα ακόλουθα: Εναλλακτικό Διδακτικό Υλικό: Κεφάλαια 6- Συνοδευτικό Εκπαιδευτικό Υλικό: Γραμμικές Απεικονίσεις, Ιδιοτιμές και ιδιοδιανύσματα, Διαγωνοποίηση, Τετραγωνικές Μορφές Συμβολισμός: Στα παρακάτω, M n( ) συμβολίζει το σύνολο των n n πινάκων με στοιχεία από το

2 Άσκηση (0 μον) Δίνονται οι διανυσματικοί υπόχωροι W και W του ( ): x y W {, z w x, y, z, w : x y z w}, x y W {, z w x, y, z, w : x w y z 0} i) (8 μον) Βρείτε βάσεις για τους διανυσματικούς υποχώρους W και W W του M ( ) ii) (4 μον) Βρείτε τις διαστάσεις των διανυσματικών υποχώρων W και W W iii) (8 μον) Δικαιολογήστε γιατί ισχύει M( ) W W, ενώ ο M ( ) δεν είναι το ευθύ άθροισμα των W, W Δείξτε ότι για τον διανυσματικό υπόχωρο 0 W span{ } ισχύει M( ) W W 0 0 Λύση x y i) Επειδή ένα τυχαίο στοιχείο W, λόγω της ιδιότητας x y z w, z w γράφεται x y y z w y y y z 0 w y z w z w z w 0 0 z 0 0 w για κάθε y, z, w, από όπου συμπεραίνουμε ότι 0 0 W span{,, } Επειδή για,, ισχύει είναι φανερό ότι τα διανύσματα 0 0,, είναι γραμμικά ανεξάρτητα 0 0 Άρα μία βάση του W είναι B W {,, } με dim( W ) Τα στοιχεία του W W πρέπει να ικανοποιούν τις ιδιότητες των W και W επομένως είναι: x y W W {, z w x, y, z, w : x y z w και x w y z 0} Για να βρούμε μία βάση του W W πρέπει να λύσουμε το ομογενές σύστημα: x y z w 0 x w0 yz 0 Λύνοντας άμεσα το σύστημα ως προς τις δύο τελευταίες του εξισώσεις ή κάνοντας τις ακόλουθες γραμμοπράξεις:

3 r r r r r r r r καταλήγουμε στο σύστημα x y z w 0 x w y z w 0 y w, w, z w 0 z w από όπου μπορούμε να γράψουμε x y w w w, w z w w w Άρα W W span{ } Προφανώς είναι γραμμικά ανεξάρτητο στοιχείο του W W Άρα, μία βάση του W W είναι BW { } W, με dim( W W ) ii) Με όμοιο τρόπο όπως στο (i) βρίσκουμε μία βάση του W x y Ένα τυχαίο στοιχείο W, λόγω των ιδιοτήτων xw 0 και yz 0, z w γράφεται x y w z 0 z w z w, zw, z w z w z 0 0 w από όπου συμπεραίνουμε ότι W span{, } 0 0 Επειδή για, ισχύει , είναι φανερό ότι τα διανύσματα, είναι γραμμικά ανεξάρτητα Μία βάση του W είναι B W {, }, άρα dim( W ) 0 0 Επειδή dim( W ) και από το (i) έχουμε dim( W ) και dim( WW), αντικαθιστώντας στο Θεώρημα 5 (θεώρημα διαστάσεων, βλέπε βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, σελ 00) έχουμε: dim( W W ) dim( W ) dim( W ) dim( W W ) 4 iii) Αφού dim(w + W ) = 4 και o W + W είναι υπόχωρος του Μ () ο οποίος έχει dim Μ () = 4, έχουμε W + W = Μ () (Πόρισμα 6, σελ 99,, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας)

4 Επειδή WW {} 0, ο M ( ) δεν είναι το ευθύ άθροισμα των υποχώρων W, W, (βλέπε Θεώρημα 5, σελ 0, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας) Επιπλέον ισχύει W W 0, () {} 0 εφόσον ο πίνακας 0 0 που παράγει τον χώρο W δεν ανήκει στον W μιας και τα x y 0 στοιχεία του δεν ικανοποιούν την ιδιότητα z w 0 0 x y z w Επίσης τα διανύσματα,,, είναι γραμμικά ανεξάρτητα, διότι για,,, 4 ισχύει από όπου είναι φανερό ότι, 4 0 Σύμφωνα με το Θεώρημα 47(α) τα διανύσματα αποτελούν βάση του M ( ), άρα 0 0 0,,, M( ) W W, () Οι () με () επαληθεύουν τις ικανές και αναγκαίες συνθήκες του Θεωρήματος 5, άρα M( ) W W Β τρόπος: Από τους ορισμούς των WW, έπεται άμεσα ότι ο υπόχωρος W δεν είναι υποσύνολο του W Από αυτήν την παρατήρηση έπονται τα ακόλουθα: i) dim( W W ) dimw Επειδή W W υπόχωρος του M ( ) και dim( M( )) 4, έχουμε dim( WW) 4, οπότε σύμφωνα με το Πόρισμα 6(β) είναι W W M ( ) ii) WW {} 0, αφού το W δεν είναι υποσύνολο του W Οι (i) και (ii) επαληθεύουν τις ικανές και αναγκαίες συνθήκες του Θεωρήματος 5, άρα M( ) W W Άσκηση (0 μον) i) (8 μον) Αποδείξτε ότι για τα διανύσματα x ( x, x, x) και y ( y, y, y) του η σχέση x y 4x y x y x y x y x y x y x y Βλέπε βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ 99 Βλέπε βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ 0 Βλέπε βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου,σελ 99 4

5 ορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο στον ii) (6 μον) Δίνεται ο διανυσματικός υπόχωρος W x y z x y {(,, ) : 0} του Βρείτε μία ορθοκανονική βάση του W ως προς το σύνηθες εσωτερικό γινόμενο του iii) (6 μον) Βρείτε μία βάση του ορθογωνίου συμπληρώματος W εσωτερικό γινόμενο που ορίστηκε στο (i) 5 ως προς το Λύση i) Για να αποτελεί η δοθείσα σχέση εσωτερικό γινόμενο αρκεί να επαληθεύει τις ιδιότητες του Ορισμού 4 Πράγματι, για, και x ( x, x, x ), y ( y, y, y), z ( z, z, z) είναι x y ( x, x, x ) ( y, y, y ) x y, x y, x y ( a, a, a ) οπότε κάνοντας πράξεις έχουμε I ( x y) z 4a z a z a z a z a z a z a z 4( x y ) z ( x y ) z ( x y ) z ( x y ) z ( x y ) z ( x y ) z ( x y ) z (4x z x z x z x z x z x z x z ) (4y z y z y z y z y z y z y z ) ( x z) ( y z) η αντιμεταθετική ιδιότητα που ισχύει στην πρόσθεση και στον πολλαπλασιασμό των πραγματικών αριθμών δίνει I y x 4y x y x y x y x y x y x y x 4x y x y x y x y x y x y x y 4x y x y x y x y x y x y x y x Tέλος I x x 4x x x x x x x x x x x Ειδικά, όταν 4x 4x x x x x x ( x x ) ( x x ) x 0 x x 0 ( x x ) ( x x ) x 0 συμπεραίνουμε ότι xx 0, xx 0 και x 0, από όπου προκύπτει x x x 0, Άρα x 0 ii) Επειδή xy 0 το τυχαίο ( x, y, z) W γράφεται ( x, y, z) ( y, y, z) y(,,0) z(0,0,), για κάθε yz,, από όπου συμπεραίνουμε ότι W span{(,,0), (0,0,)} Εύκολα διαπιστώνουμε ότι τα διανύσματα (,,0), (0,0,) είναι γραμμικά ανεξάρτητα, άρα μία βάση του W είναι BW {(,,0), (0,0,)} με dim( W) Για να ορθοκανονικοποιήσουμε τα στοιχεία της βάσης B, u (,,0) και u (0,0,), εφαρμόζουμε τον αλγόριθμο των Gram-Schmidt 5, χρησιμοποιώντας το σύνηθες εσωτερικό γινόμενο 6 του Παρατηρούμε ότι 4 Βλέπε βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ 44 y W

6 u u (,,0) (0,0,) , 0 5 u και 0 0 u Έτσι, η ορθοκανονική βάση είναι Bˆ ˆ ˆ W { u (,,0), u (0,0,)} 5 iii) Έστω W {( x, y, z) : ( x, y, z) w 0, για κάθε w W} Παρατηρήστε ότι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τα στοιχεία της βάσης B W προκειμένου να υπολογίσουμε το ορθογώνιο συμπλήρωμα του W, οπότε επιλύοντας το αντίστοιχο σύστημα έχουμε: ( x, y, z) u 0 ( x, y, z) (,,0) 0 8x x 4y y z 0 0x 6y z 0 ( x, y, z) u 0 ( x, y, z) (0,0,) 0 y z 0 y z 0 7 από όπου συμπεραίνουμε x z, y z, z 0 Έτσι W span{(7, 0,0)}, άρα μία βάση του W είναι B {(7, 0,0)} W Άσκηση (0 μον) Α) Να εξετάσετε ποιες από τις ακόλουθες απεικονίσεις είναι γραμμικές : i) ( μον) f :, με f ( x, y) (x y, x y xy,4x 5 y) ii) ( μον) iii) ( μον) g :, με g( x, y, z) ( x y z,x z, x 4 5 z) h M, με h( ) ( x 4y z, z w) : ( ) x y z w Β) Έστω f : γραμμική απεικόνιση για την οποία ισχύουν: f (,0,0) (,,), f (0,,0) (,0,4) και f (0,0,) (,, 9) i) ( μον) Βρείτε τον τύπο της f και γράψτε τον πίνακα αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του ii) ( μον) Βρείτε μία βάση και τη διάσταση της εικόνας της f iii) ( μον) Βρείτε μία βάση και τη διάσταση του πυρήνα της f iv) ( μον) Βρείτε τις ιδιοτιμές της f v) ( μον) Να ορίσετε την απεικόνιση Λύση f, αν υπάρχει Α) i) H f δεν είναι γραμμική Για παράδειγμα, f (,0) (,, 4), f (0,) (,, 5), f (,) (5,4, ) 5 Βλέπε βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ 67 6 Βλέπε βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ 46 6

7 Αν ήταν γραμμική έπρεπε να ισχύει f (,0) f (0,) f (,) Όμως, f (,0) f (0,) (,, 4) (,, 5) (5,, ) f (,) Αξίζει να παρατηρήσουμε εδώ ότι η ποσότητα xy είναι αυτή που κάνει τη συνάρτηση μη γραμμική ii) H g δεν είναι γραμμική, διότι για κάθε γραμμική απεικόνιση ισχύει g(0,0,0) (0,0,0), ενώ η δοθείσα δίνει g(0,0,0) (0,0,4) iii) Η h είναι γραμμική, επειδή για κάθε k, και X, Y M( ) με X x y, Y x y επαληθεύεται η ισότητα () της Παρατήρησης του z w z w Ορισμού 4 7, διότι ισχύει: x y x y h( kx Y ) h( k ) z w z w kx ky x y h( ) kz kw z w kx x ky y h( ) kz z kw w ( kx x 4( ky y ) ( kz z ), ( kz z ) ( kw w )) ( kx 4ky kz, kz kw ) ( x 4 y z, z w ) k( x 4 y z, z w ) ( x 4 y z, z w ) x y x y kh ( ) h( ) z w z w kh( X ) h( Y ) Β)i) Θεωρούμε τα διανύσματα της κανονικής βάσης του e (,0,0), e (0,,0), e (0,0,) οπότε ένα τυχαίο διάνυσμα ( x, y, z) γράφεται : ( x, y, z) xe ye ze Επειδή η f είναι γραμμική απεικόνιση για κάθε x, y, z ισχύει: f ( x, y, z) f ( xe ye ze) xf ( e) yf ( e) zf ( e ) () Οπότε αντικαθιστώντας στην () τις δοθείσες εικόνες της f υπολογίζεται ο τύπος της f, που είναι f ( x, y, z) x(,,) y(,0,4) z(,, 9) ( x y z,x z, x 4y 9 z) Ο πίνακας αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του είναι ο πίνακας με στήλες τα διανύσματα f ( e ) (,,), f ( e ) (,0,4) και f ( e ) (,, 9), δηλαδή είναι: A Βλέπε βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ 9 7

8 Θα μπορούσαμε επίσης πρώτα να βρούμε τον πίνακα Α της αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του και στη συνέχεια να βρούμε τον τύπο της από τη σχέση x x y z T f ( x, y, z) A( x, y, z) 0 y x z 4 9 z x 4y 9z ii) Από την () είναι φανερό ότι Im f span{ f ( e), f ( e), f ( e )} Ακολουθώντας το δεύτερο αλγόριθμο 8 και επειδή r r r r r r 5r r r r r r r () είναι φανερό πως μόνο τα διανύσματα f( e), f( e ) είναι γραμμικά ανεξάρτητα, άρα αποτελούν μία βάση της εικόνας της f, δηλαδή BIm f { f ( e), f ( e)} με dim(im f ) iii) Επειδή η διάσταση του είναι, από την ισότητα dim dim(ker f ) dim(im f ) dim(ker f ) Αν θεωρήσουμε ότι ( x, y, z) ker f, για να βρούμε μία βάση του πρέπει να λύσουμε το ομογενές σύστημα: x y z 0 x z 0 x 4y 9z 0 Κάνοντας τις ίδιες γραμμοπράξεις όπως στη () καταλήγουμε ότι το σύστημα έχει άπειρες λύσεις που δίνονται: x y z 0 x z ( x, y, z) ( z, z, z) z(,,) : z y z 0 y z Άρα ker f span{(,,)}, προφανώς το (,,) είναι γραμμικά ανεξάρτητο, άρα μία βάση του πυρήνα της f είναι το Bker f {(,,)} με dim(ker f ) iv) Συνδυάζοντας τους Ορισμούς 5 και 5 9, είναι φανερό ότι οι ιδιοτιμές της f είναι οι ιδιοτιμές του πίνακα αναπαράστασης A, όπως αυτός υπολογίστηκε στο (i) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του πίνακα A (αναπτύσσοντας την ορίζουσα ως προς την πρώτη γραμμή), δίνεται από τη σχέση: A( ) det( A I) ( ) ( )[ 9 8] ( 6) ( 8) ( ) ( 8) ( 8) ( 8)[ ( ) ] ( 8)( ) Οι ιδιοτιμές του πίνακα Α είναι οι ρίζες της εξίσωσης ( ) 0, δηλαδή είναι: A 8 Βλέπε, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ, ος αλγόριθμος (στηλών) 9 Βλέπε, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ 6, 65, αντίστοιχα 8

9 8, και 0 Συνεπώς οι ιδιοτιμές της f είναι 8, και 0 v) Σύμφωνα με τον Ορισμό 4 (βλ βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, σελ 9) και το αποτέλεσμα του ερωτήματος (iii) συμπεραίνουμε ότι η απεικόνιση f είναι ιδιάζουσα, (δεν είναι αντιστρέψιμη), άρα δεν υπάρχει η απεικόνιση f Β τρόπος: Εφαρμόζοντας την ιδιότητα 0 που αναφέρεται στην σχέση ορίζουσας και ιδιοτιμών του πίνακα, έχουμε από το (iii) ότι : det A ( 8) ( ) 0 0, από όπου συμπεραίνουμε ότι ο πίνακας A δεν αντιστρέφεται, το ίδιο ισχύει και για τη γραμμική απεικόνιση f Άσκηση 4 (0 μον) Δίνεται ο τετραγωνικός πίνακας A i) (8 μον) Bρείτε το χαρακτηριστικό του πολυώνυμο Δεδομένου ότι μία ιδιοτιμή του πίνακα A είναι, βρείτε όλες τις ιδιοτιμές και τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματά του ii) (4 μον) Εξετάστε αν ο πίνακας A διαγωνοποιείται Εάν ναι, βρείτε έναν αντιστρέψιμο πίνακα P και ένα διαγώνιο πίνακα D έτσι ώστε να ισχύει A PDP iii) (8 μον) Χρησιμοποιώντας το προηγούμενο ερώτημα (ή αλλιώς) βρείτε τις ιδιοτιμές, και τα ιδιοδιανύσματα του πίνακα B A 6A Λύση i) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του πίνακα A δίνεται από τη σχέση : A( ) det( A I) ( ) ( ) ( )[( )(6 ) 4] [ (6 ) 6] [( )( 4) ( 6)( )] ( )( 8 4) ( ) (4 6 ) ( )( 8 4) ( )( 4) 0 Βλέπε, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ8 Η ορίζουσα αναπτύσσεται ως προς την πρώτη γραμμή, δεν κάνουμε όλες τις πράξεις προκειμένου να οδηγηθούμε σε πιο εύκολη παραγοντοποίηση 9

10 Εναλλακτικά, αν δεν παρατηρούσε κανείς ότι οι δύο τελευταίες παρενθέσεις απλοποιούνται, θα έβρισκε το 9 4 6, δοκιμάζοντας τους διαιρέτες του 6 ως πιθανές ρητές ρίζες θα έβρισκε ως μία ρίζα και στη συνέχεια διαιρώντας με θα προέκυπτε πηλίκο 8 6 ( 4) Οι ιδιοτιμές του πίνακα Α είναι οι ρίζες της εξίσωσης A ( ) 0, άρα οι ιδιοτιμές είναι:,, 4 (διπλή) Εναλλακτικά, αφού και γνωρίζουμε από τη θεωρία ότι ισχύουν οι σχέσεις: trace( A) det( A) Αφού υπολογίσουμε την 0 det( A) 0 0 (0 8) Οδηγούμαστε στο σύστημα (8 ) Για να βρούμε τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα θα επιλύσουμε τα αντίστοιχα συστήματα: Ax x, i,, i Για την ιδιοτιμή τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα προκύπτουν από τη λύση του συστήματος: x x x x x x x x 0 Ax x x x x x x x x x x x x 6x 4x 6x x 6x 4x 5x 0 από όπου μετά από γραμμοπράξεις καταλήγουμε x x x 0 x x, με x x x 0 x x Κατά συνέπεια το σύνολο των ιδιοδιανυσμάτων που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή x είναι το: V { x : x {0}} { : {0}} Θεωρούμε το x Βλέπε, ΣΕΥ «Σημειώσεις στους πραγματικούς και μιγαδικούς αριθμούς», Παράγραφος 7, Πρόταση 70, Παράδειγμα 7 0

11 διάνυσμα v από το σύνολο V ως αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα της ιδιοτιμής Άρα η ιδιοτιμή έχει γεωμετρική και αλγεβρική πολλαπλότητα ίση με Για την ιδιοτιμή, 4 τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα προκύπτουν από τη λύση του παρακάτω συστήματος: x x x x x 4x Ax 4x x 4 x x x x 4x x x 6x 4x 6x 4x x x x 0 x x x 0 x x x 6x 4x x 0 Χρησιμοποιώντας τα x, x ως ελεύθερους αγνώστους, συμπεραίνουμε ότι το σύνολο των ιδιοδιανυσμάτων που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή, 4 είναι το: x V { x, : x, x }\ 0 { k 0 : k, }\ 0 x x Παρατηρούμε ότι τα διανύσματα v 0 και v είναι γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα για την ιδιοτιμή, 4 Συνεπώς, η ιδιοτιμή 4 έχει γεωμετρική και αλγεβρική πολλαπλότητα ίση με ii) Αφού η γεωμετρική και η αλγεβρική πολλαπλότητα σε κάθε ιδιοτιμή του Α συμπίπτουν συμπεραίνουμε ότι ο πίνακας Α διαγωνοποιείται με πίνακα ομοιότητας Ρ, ο οποίος προκύπτει αν βάλουμε τα αντίστοιχα γραμμικώς ανεξάρτητα 4 ιδιοδιανύσματα, που βρήκαμε ως στήλες του Έτσι έχουμε: 0 P ( v, v, v ) 0 και αντίστοιχο διαγώνιο πίνακα (προσέχοντας ώστε η σειρά με την οποία εμφανίζονται οι ιδιοτιμές στη διαγώνιο να αντιστοιχεί στην σειρά με την οποία τοποθετήσαμε τα ιδιοδιανύσματα ως στήλες στον Ρ), 0 0 D diag (,, ) Εύκολα επαληθεύεται η ισότητα A PDP Βλέπε, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, Ορισμός 5 6, σελ78 4 Σημειώνεται ότι ο πίνακας Ρ είναι αντιστρέψιμος γιατί έχει ως στήλες γραμμικά ανεξάρτητα διανύσματα, βλέπε, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, Θεώρημα 6 6, σελ

12 Αν θέλουμε να υπολογίσουμε τον P για να κάνουμε την επαλήθευση, χρησιμοποιώντας τη μέθοδο των οριζουσών, έχουμε 0 0 det( P ) 0 Άρα P / / / / / / 0 0 iii) Αντικαθιστώντας τη σχέση B A 6A ( PDP ) 6( PDP ) PD P 6(( P ) D P ) PD P PD P 6( PD P ) 6PD P P( D 6 D ) P Όμως ο πίνακας A PDP βρίσκουμε D 6D είναι διαγώνιος και άρα από τη σχέση B P P συμπεραίνουμε ότι ο Β είναι διαγωνοποιήσιμος, οι ιδιοτιμές του είναι η 5 με αλγεβρική και γεωμετρική πολλαπλότητα, και η 6 με αλγεβρική και γεωμετρική πολλαπλότητα, και τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα είναι οι στήλες του πίνακα Ρ, δηλαδή, για την ιδιοτιμή 5 το v (και τα μη μηδενικά πολλαπλάσιά του) και 0 για την ιδιοτιμή 6 τα v 0 και v (και οι μη μηδενικοί γραμμικοί συνδυασμοί τους)

13 Άσκηση 5 (0 μον) Δίνεται η τετραγωνική μορφή του q x 5x x x x 6x x 4x x i) (4 μον) Βρείτε τον αντίστοιχο συμμετρικό πίνακα A της q έτσι ώστε q T T x Ax, όπου x x x x ii) (8 μον) Βρείτε τις ιδιοτιμές και τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα του πίνακα A iii) (8 μον) Βρείτε έναν ορθογώνιο πίνακα Q και έναν διαγώνιο πίνακα D, έτσι ώστε να ισχύει T QDQ A Λύση i) Η τετραγωνική μορφή του q a x a x x a x x a x a x x a x αντιστοιχεί σε μοναδικό πραγματικό συμμετρικό πίνακα a a a A a a a a a a ο οποίος επαληθεύει την ισοδύναμη έκφραση q T T x Axμε x x x x Στη δοθείσα τετραγωνική μορφή αντιστοιχεί ο ακόλουθος συμμετρικός πίνακας: 6 A 6 5 ο οποίος προκύπτει με τον εξής απλό κανόνα: το στοιχείο a ii της διαγωνίου του A είναι ο συντελεστής του x i, ενώ το στοιχείο που βρίσκεται στην i -γραμμή και j- στήλη ( i j) είναι ίσο με το μισό του συντελεστή του γινομένου xx i j ii) Σε αυτό το σημείο υπενθυμίζουμε ότι οι ιδιοτιμές συμμετρικού πίνακα είναι πραγματικοί αριθμοί και ότι τα ιδιοδιανύσματα που αντιστοιχούν σε διακεκριμένες ιδιοτιμές είναι ορθογώνια (βλέπε η και η ιδιότητα στην 5 του βιβλίου Γραμμικής Άλγεβρας, σελ 89) Η εξίσωση από την οποία προκύπτουν οι ιδιοτιμές είναι η εξής: Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του πίνακα A είναι : 6 A A I ( ) det( ) ( )( )( ) Το πολυώνυμο 9 5 έχει πιθανές ακέραιες ρίζες τους διαιρέτες του

14 5 δηλαδή τους αριθμούς,,,, και δοκιμάζοντας με διαπιστώνουμε ότι είναι μία ρίζα του πολυωνύμου και στη συνέχεια διαιρώντας με προκύπτει το πηλίκο 8 ( )( ) Οι ιδιοτιμές του πίνακα Α είναι οι ρίζες της εξίσωσης A ( ) 0, άρα οι ιδιοτιμές είναι:, και Για να βρούμε τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα θα επιλύσουμε τα αντίστοιχα συστήματα: Ax x, i,, i Για την ιδιοτιμή τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα προκύπτουν από τη λύση του παρακάτω συστήματος: 5 6 x 0 5x 6x x 0 Ax x ( A I) x x 0 6x 8x x 0 5 x 0 x x 5x 0 από όπου μετά από γραμμοπράξεις καταλήγουμε 5x 6x x 0 x x 4x 8x 0 x x, με x Κατά συνέπεια το σύνολο των ιδιοδιανυσμάτων που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή x είναι το: V { x : x {0}} Θεωρούμε το διάνυσμα v από x το σύνολο V ως αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα της ιδιοτιμής Για την ιδιοτιμή τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα προκύπτουν από τη λύση του παρακάτω συστήματος: 6 x 0 x 6x x 0 Ax x ( A I) x x 0 6x 4x x 0 x 0 x x x 0 από όπου μετά από γραμμοπράξεις καταλήγουμε x 6x x 0 x 0, με x x x 0 x x Κατά συνέπεια το σύνολο των ιδιοδιανυσμάτων που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή 0 0 είναι το: V { x : x {0}} Θεωρούμε το διάνυσμα v από x το σύνολο V ως αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα της ιδιοτιμής Για την ιδιοτιμή τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα προκύπτουν από τη λύση του παρακάτω συστήματος: 5 Βλέπε, ΣΕΥ «Σημειώσεις στους πραγματικούς και μιγαδικούς αριθμούς» Πρόταση 70, Παράδειγμα 7 4

15 9 6 x 0 9x 6x x 0 Ax x ( A I) x x 0 6x 6x x 0 9 x 0 x x 9x 0 από όπου μετά από γραμμοπράξεις καταλήγουμε 5 x x x 0 x x x x 0 x x Κατά συνέπεια το σύνολο των ιδιοδιανυσμάτων που αντιστοιχούν στην ιδιοτιμή 5 x 5 είναι το: V { x : x {0}} Θεωρούμε το διάνυσμα v 6 από x το σύνολο V ως αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα της ιδιοτιμής 5, με x iii) Επειδή ο πίνακας A είναι συμμετρικός, σύμφωνα με το Θεώρημα 5 6 και τη «μεθοδολογία διαγωνοποίησης Ερμιτιανών πινάκων» 7 συμπεραίνουμε ότι ο πίνακας Α διαγωνοποιείται με πίνακα ομοιότητας Ρ, ο οποίος προκύπτει αν βάλουμε τα αντίστοιχα γραμμικώς ανεξάρτητα 8 ιδιοδιανύσματα, που βρήκαμε στο (ii) ως στήλες του Έτσι έχουμε: 0 5 P ( v, v, v ) 6 και αντίστοιχο διαγώνιο πίνακα (προσέχοντας ώστε η σειρά με την οποία εμφανίζονται οι ιδιοτιμές στη διαγώνιο να αντιστοιχεί στην σειρά με την οποία τοποθετήσαμε τα ιδιοδιανύσματα ως στήλες στον Ρ), 0 0 D diag(,, ) Όμως ο πίνακας P δεν είναι ορθογώνιος, χρειάζεται να ορθοκανονικοποιήσουμε τη βάση του χώρου στηλών του ως προς το σύνηθες εσωτερικό γινόμενο του, ακολουθώντας τη μέθοδο Gram-Schmidt (βλέπε βήμα στο σχετικό αλγόριθμο του βιβλίου, σελ 94) Εύκολα διαπιστώνουμε ότι v v v v v v 0, όπου σημειώνεται το σύνηθες εσωτερικό γινόμενο στον Επομένως τα ιδιοδιανύσματα-στήλες του P είναι ανά δύο ορθογώνια Το τελευταίο αποτέλεσμα ήταν γνωστό και από το Θεώρημα 5, διότι οι ιδιοτιμές του συμμετρικού πίνακα A είναι διακεκριμένες 9 Άρα, για να κατασκευάσουμε τον ορθογώνιο πίνακα Q από τον P χρειάζεται να διαιρέσουμε το κάθε ιδιοδιάνυσμα με το μέτρο του, τα οποία μέτρα των διανυσμάτων είναι: 6 Βλέπε, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ9 7 Βλέπε, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, σελ94 8 Σημειώνεται ότι ο πίνακας Ρ είναι αντιστρέψιμος διότι det P 5, άρα έχει ως στήλες γραμμικά ανεξάρτητα διανύσματα, βλέπε, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, Θεώρημα 6 6, σελ 9 Βλέπε, βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, ΓΚαμβύσα, ΜΧατζηνικολάου, Θεώρημα 5, σελ9

16 v ( ) 4 v 0 ( ) 5 v Έτσι καταλήγουμε ότι ένας ορθογώνιος πίνακας Q είναι: / 4 0 5/ 70 Q / 4 / 5 6 / 70 / 4 / 5 / 70 T Είναι γνωστό ότι για τον ορθογώνιο πίνακα Q ισχύει Q Q Τώρα εύκολα επαληθεύεται ότι ισχύει A T QDQ Για τον προγραμματισμό της μελέτης σας υπάρχει το Χρονοδιάγραμμα Μελέτης που περιέχεται στον Οδηγό Σπουδών της ΘΕ Ο ακόλουθος πίνακας δεν έχει σκοπό να υποκαταστήσει το Χρονοδιάγραμμα Μελέτης αλλά να υποδείξει ορισμένα σημεία του διδακτικού υλικού που σχετίζονται άμεσα με τις ασκήσεις της Εργασίας Άσκηση Θεωρία Συναφείς Ασκήσεις Άλλες Ασκήσεις Ο σκοπός της άσκησης είναι η εύρεση βάσεων σε διανυσματικούς χώρους Η σχετική θεωρία υπάρχει στο βιβλίο 5 και κυρίως 6 ΕΔΥ Κεφ 7 Άσκ,4,6, Εργασία 00, Ασκ Εργασία 008, Ασκ5(ii) ΕΔΥ Κεφ 7 Άσκ,4,7,8,9, ΣΕΥ Κεφ 6, Διανυσματικοί χώροι, ειδικά 65 Η άσκηση αναφέρεται σε διανυσματικούς χώρους με εσωτερικό γινόμενο Η θεωρία περιέχεται στο Κεφ του βιβλίου Η άσκηση αναφέρεται σε γραμμικούς μετασχηματισμούς Η σχετική θεωρία υπάρχει στο Κεφ 4 του βιβλίου ΣΕΥ Κεφ 8, Γραμμικές απεικονίσεις ΕΔΥ Κεφ 7 Άσκ,7 Εργασία 005, Ασκ, Εργασία 007, Ασκ, ΕΔΥ Κεφ 8 Άσκ,6 ΣΕΥ Παραδείγματα 8, 8 Εργασία 00, Ασκ4 Εργασία 006, Ασκ7 ΕΔΥ Κεφ 8 Άσκ4,5,9 ΣΕΥ Παραδείγματα 88, Παράδειγμα Εργασία 007, Ασκ5 6

17 4 Η άσκηση αναφέρεται στις έννοιες ιδιοτιμές, ιδιοδιανύσματα, και χαρακτηριστικές τους ιδιότητες Η θεωρία περιέχεται στο Κεφ 5 του βιβλίου, ειδικά 5-5 και 55 ΣΕΥ Κεφ 9, Ιδιοτιμές και ιδιοδιανύσματα και Κεφ 0, Διαγωνοποίηση Για τις πιθανές ακέραιες ρίζες μονικού πολυωνύμου δείτε: ΣΕΥ «Σημειώσεις στους πραγματικούς και μιγαδικούς αριθμούς», 7, Πόρισμα 7, Πρόταση 70, 5 Για τις πλέον βασικές έννοιες αναφορικά με τις τετραγωνικές μορφές παραπέμπουμε στο Βιβλίο 55 ΕΔΥ Κεφ ΣΕΥ Κεφ, Πραγματικές τετραγωνικές μορφές Παραδείγματα 9,0 σελ του βιβλίου ΕΔΥ Κεφ 9, Ασκ 4,7, ΕΔΥ Κεφ 0, Ασκ 8 ΣΕΥ Ιδιοτιμές και Ιδιοδιανύσματα Παραδείγματα 9, 94, 9, 9, 9 ΕΔΥ Κεφ Ασκ, ΣΕΥ Παράδειγμα,,, ΕΔΥ Κεφ 0, Ασκ 7,9, 0 ΣΕΥ Παράδειγμα 0, 06, ΣΕΥ 0 όλα τα παραδείγματα Εργασία 006, Ασκ4 Εργασία 006, Ασκ5Α Εργασία 009, Ασκ Εργασία 00, Ασκ5 Για τις πιθανές ακέραιες ρίζες μονικού πολυωνύμου δείτε: ΣΕΥ «Σημειώσεις στους πραγματικούς και μιγαδικούς αριθμούς», Παραδείγματα 76, 79, 7 ΕΔΥ Κεφ, Ασκ Εργασία 008, Ασκ5 ΣΕΥ Ασκήσεις ( & ), Ασκήσεις Σημείωση: Οι παραπάνω παραπομπές αναφέρονται στο βιβλίο «Γραμμική Άλγεβρα» των Γρ Καμβύσα και Μ Χατζηνικολάου (αναφέρεται ως Βιβλίο στον προηγούμενο πίνακα) και στο υλικό που υπάρχει αναρτημένο στην ιστοσελίδα Για παράδειγμα, η παραπομπή Εργασία 00 Ασκ5β αναφέρεται στην Άσκηση 5β της Εργασίας του ακαδημαϊκού έτους 00- Όλες οι παραπομπές σε Ασκήσεις του ΕΔΥ αναφέρονται στις Λυμένες Ασκήσεις 7