Παραδείγµατα και Ασκήσεις Γραµµικής Άλγεβρας

Transcript

1 Περιεχόµενα και Πρόλογος Σελίδα από 4 Εναλλακτικό ιδακτικό Υλικό Θεµατική Ενότητα ΠΛΗ Παραδείγµατα και Ασκήσεις Γραµµικής Άλγεβρας Μιχάλης Μαλιάκας Μαρία Αδάµ Περιεχόµενα Κεφάλαιο Προαπαιτούµενες Έννοιες (9 σελίδες) Κεφάλαιο Γραµµικά Συστήµατα (6 σελίδες) Κεφάλαιο Πίνακες (4 σελίδες) Κεφάλαιο 4 Ορίζουσες (8 σελίδες) Κεφάλαιο 5 Οι Χώροι R (5 σελίδες) Κεφάλαιο 6 ιανυσµατικοί Χώροι ( σελίδες) Κεφάλαιο 7 Βάση και ιάσταση (9 σελίδες) Κεφάλαιο 8 Γραµµικές Απεικονίσεις (7 σελίδες) Κεφάλαιο 9 Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα ( σελίδες) Κεφάλαιο 0 ιαγωνοποίηση (7 σελίδες) Κεφάλαιο Πραγµατικές Τετραγωνικές Μορφές (7 σελίδες)

2 Περιεχόµενα και Πρόλογος Σελίδα από 4 Πρόλογος Το εκπαιδευτικό υλικό που ακολουθεί απευθύνεται στους φοιτητές του Ελληνικού Ανοικτού Πανεπιστηµίου (ΕΑΠ) που µελετούν Γραµµική Άλγεβρα Η Γραµµική Άλγεβρα είναι ένας κλάδος των Μαθηµατικών που έχει πολλές εφαρµογές σε διάφορες επιστήµες Για παράδειγµα, το πρόβληµα επίλυσης µεγάλων συστηµάτων γραµµικών εξισώσεων ή του υπολογισµού ιδιοτιµών εµφανίζεται συχνά σε όλες τις θετικές επιστήµες, στην οικονοµία, κοινωνιολογία και αλλού Πιο γενικά, στις επιστήµες µελετώνται διάφορα φυσικά ή κοινωνικά φαινόµενα µέσω µαθηµατικών µοντέλων τους Τα γραµµικά µοντέλα είναι ιδιαίτερα σηµαντικά, γιατί αφενός σε πολλές περιπτώσεις αναπαριστάνουν την πραγµατικότητα µε ικανοποιητικό βαθµό πιστότητας, αφετέρου υπάρχουν για αυτά πολλά ισχυρά µαθηµατικά εργαλεία ένα από τα οποία είναι η Γραµµική Άλγεβρα Πολλά φαινόµενα περιγράφονται από ποικίλους τύπους συναρτήσεων και είναι γνωστό από τα Μαθηµατικά ότι ευρείες κλάσεις συναρτήσεων προσεγγίζονται από γραµµικές συναρτήσεις Συνεπώς µπορούµε να πούµε ότι η Γραµµικά Άλγεβρα µας βοηθά στην άντληση πληροφοριών για τη συµπεριφορά και µη γραµµικών φαινοµένων Σκοπός του υλικού Υπάρχουν αρκετές ιδιαιτερότητες στην από απόσταση εκπαίδευση που θέτουν συγκεκριµένες απαιτήσεις στη µορφή του χρησιµοποιούµενου διδακτικού υλικού Μια από αυτές είναι η αυξηµένη δυνατότητα αυτενέργειας και αυτοαξιολόγησης του φοιτητή Ο σκοπός του υλικού που ακολουθεί είναι να δοθεί η ευκαιρία στο φοιτητή να εξοικειωθεί µε τις βασικές έννοιες της Γραµµικής Άλγεβρας να εξασκηθεί στις τεχνικές της Γραµµικής Άλγεβρας Ελπίζουµε ότι µε τον τρόπο αυτό δίνεται η ευκαιρία στον ενδιαφερόµενο να κατανοήσει την σχετική ύλη πληρέστερα Οργάνωση των κεφαλαίων Κάθε κεφάλαιο χωρίζεται σε τέσσερα µέρη, Βασικές Έννοιες, Θεµελιώδεις Γνώσεις, Λυµένες Ασκήσεις, Ασκήσεις Στις Βασικές Έννοιες και Θεµελιώδεις Γνώσεις καταγράφονται οι ορισµοί των µαθηµατικών εννοιών και τα αντίστοιχα θεωρήµατα χωρίς να δίνονται αποδείξεις Συχνά αυτά διευκρινίζονται µε κατάλληλα παραδείγµατα Στις Λυµένες Ασκήσεις υπάρχουν πλήρεις λύσεις διαφόρων ασκήσεων µε συγκεκριµένες αναφορές στους ορισµούς και στα θεωρήµατα µέσω συνδέσµων Στις Ασκήσεις υπάρχουν άλυτες ασκήσεις που συνοδεύονται σε κάθε περίπτωση είτε από υπόδειξη είτε από τις αριθµητικές απαντήσεις Τρόπος χρήσης του υλικού

3 Περιεχόµενα και Πρόλογος Σελίδα από 4 Η παρουσίαση της ύλης δεν είναι αναγκαστικά σειριακή και συνεπώς διαφέρει από τα κλασικά βιβλία Για παράδειγµα, στις Βασικές Έννοιες υπάρχουν όλοι οι σχετικοί ορισµοί του συγκεκριµένου κεφαλαίου και στις Θεµελιώδεις Γνώσεις υπάρχουν τα θεωρήµατα Νοµίζουµε ότι έτσι αυξάνεται η χρηστικότητα του υλικού αυτού που προορίζεται να εµφανιστεί σε ηλεκτρονική µορφή Προτείνουµε τον εξής τρόπο χρήσης του Όταν ο φοιτητής µελετήσει µια ενότητα από το βιβλίο του ΕΑΠ, µπορεί να ανατρέξει στην αντίστοιχη ενότητα αυτού του υλικού και, αφού ασχοληθεί µε τις Βασικές Έννοιες και τις Θεµελιώδεις Γνώσεις σαν µια επανάληψη, να επιχειρήσει να λύσει πολλές ασκήσεις Πιστεύουµε ότι η µελέτη των Μαθηµατικών δεν αρµόζει σε θεατές αλλά απαιτεί ενεργητική συµµετοχή Στόχοι των επιµέρους κεφαλαίων Σε αντίθεση µε τους φοιτητές των κλασικών Ανωτάτων Εκπαιδευτικών Ιδρυµάτων, οι φοιτητές του ΕΑΠ συνήθως αρχίζουν τις πανεπιστηµιακές σπουδές αφού έχει µεσολαβήσει ένα σηµαντικό χρονικό διάστηµα από την αποφοίτησή τους από το Λύκειο Εποµένως νοµίζουµε ότι είναι χρήσιµο οι Θεµατικές Ενότητες που διδάσκονται στο πρώτο έτος του ΕΑΠ, να παρέχουν την ευκαιρία υπενθύµισης βασικών εννοιών από την ύλη που διδάσκεται στη µέση εκπαίδευση Αυτός είναι ο σκοπός του Κεφαλαίου Μελετάµε µερικές θεµελιώδεις έννοιες των Μαθηµατικών που είναι απαραίτητες για τα επόµενα κεφάλαια όπως είναι τα σύνολα, οι απεικονίσεις, οι µιγαδικοί αριθµοί, τα πολυώνυµα και η µαθηµατική επαγωγή Στο Κεφάλαιο αρχίζουµε τη µελέτη της επίλυσης γραµµικών συστηµάτων Υπάρχουν πολλές σχετικές µέθοδοι αλλά ο σκοπός στο κεφάλαιο αυτό είναι να κατανοήσουµε µέσω συγκεκριµένων παραδειγµάτων µια από αυτές, τη µέθοδο απαλοιφής του Gauss Αυτή θα εφαρµοστεί πολλές φορές στα επόµενα κεφάλαια Στο Κεφάλαιο γίνεται µια πιο συστηµατική ανάλυση της µεθόδου του Gauss που µας οδηγεί φυσιολογικά στην έννοια του κλιµακωτού πίνακα Επίσης µελετάµε πράξεις πινάκων και αποσαφηνίζουµε τη διασύνδεση του πολλαπλασιασµού πινάκων µε την µετατροπή πίνακα στην ανηγµένη κλιµακωτή µορφή του Τέλος δίνεται µια εφαρµογή στον υπολογισµό του αντίστροφου πίνακα Έχοντας µελετήσει το κεφάλαιο αυτό, θα είµαστε σε θέση, µεταξύ των άλλων, να επιλύουµε µε συστηµατικό τρόπο γραµµικά συστήµατα και να υπολογίζουµε αντίστροφους πίνακες Οι ορίζουσες εισάγονται στο Κεφάλαιο 4 Σκοπός µας εδώ είναι να µάθουµε µερικές τεχνικές υπολογισµού οριζουσών και να κατανοήσουµε την εφαρµογή τους στον υπολογισµό του αντίστροφου πίνακα και στη λύση των γραµµικών συστηµάτων Στο Κεφάλαιο 5 µελετώνται µερικές βασικές έννοιες της Γραµµικής Άλγεβρας, όπως είναι η βάση και το εσωτερικό γινόµενο, χρησιµοποιώντας το ειδικό αλλά σηµαντικό παράδειγµα των χώρων, που αποτελούν τυπικά παραδείγµατα διανυσµατικών χώρων Η κατανόηση των εννοιών αυτών στο εν λόγω παράδειγµα µας διευκολύνει στη µετάβαση σε ποιο γενικούς διανυσµατικούς χώρους που πραγµατοποιείται στα Κεφάλαια 6 και 7 Εδώ εισάγεται η έννοια της διάστασης και δίνονται σηµαντικές εφαρµογές στα γραµµικά συστήµατα µέσω της τάξης πίνακα Έχοντας µελετήσει τα κεφάλαια αυτά, θα µπορούµε, µεταξύ των άλλων, να προσδιορίσουµε µια βάση και

4 Περιεχόµενα και Πρόλογος Σελίδα 4 από 4 τη διάσταση διάφορων χώρων, όπως είναι υπόχωροι του συγκεκριµένα διανύσµατα που παράγονται από Οι γραµµικές απεικονίσεις µας επιτρέπουν να συγκρίνουµε δυο διανυσµατικούς χώρους Αυτές µελετώνται στο Κεφάλαιο 8 Εδώ µας ενδιαφέρει να κατανοήσουµε ότι οι γραµµικές απεικονίσεις αναπαρίστανται από πίνακες και ότι η µελέτη τους ουσιαστικά ανάγεται στη µελέτη πινάκων Στο Κεφάλαιο 9 µελετάµε ιδιοτιµές και ιδιοδιανύσµατα (πινάκων και γραµµικών απεικονίσεων) ίνουµε ιδιαίτερη έµφαση στον υπολογισµό αυτών και άλλων συναφών ποσοτήτων Οι έννοιες αυτές χρησιµοποιούνται εκτεταµένα στο επόµενο κεφάλαιο, όπου αναπτύσσεται η έννοια της διαγωνοποίησης που είναι µια από τις πιο σηµαντικές έννοιες αυτού του υλικού Ακολουθούν διάφορες εφαρµογές και τέλος µελετάµε τη διαγωνοποίηση συµµετρικών και Ερµιτιανών πινάκων Στο Κεφάλαιο µελετάµε πραγµατικές τετραγωνικές µορφές και εφαρµόζουµε τη διαγωνοποίηση συµµετρικών πινάκων για να φτάσουµε σε ένα γεωµετρικό αποτέλεσµα, την ταξινόµηση των κωνικών τοµών στο επίπεδο Ελπίζουµε πως το παρόν εκπαιδευτικό υλικό θα λειτουργήσει ως ένα χρήσιµο βοήθηµα στα χέρια των φοιτητών του ΕΑΠ για να διευκολυνθούν στη µελέτη της Γραµµικής Άλγεβρας, αλλά σε καµιά περίπτωση δεν µπορεί να υποκαταστήσει ένα βιβλίο όπου η θεωρία αναπτύσσεται διεξοδικά Θέλουµε να ευχαριστήσουµε τον καθηγητή Τάσο Μπούντη που διάβασε κριτικά το κείµενο και υπέδειξε πολλά εύστοχα σηµεία που βελτίωσαν το τελικό αποτέλεσµα Οι συγγραφείς 7//005

5 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα από 9 Κεφάλαιο Προαπαιτούµενες Έννοιες Στο Κεφάλαιο αυτό θα ασχοληθούµε µε έννοιες που είναι γνωστές από το Λύκειο, όπως είναι τα σύνολα, οι απεικονίσεις, οι µιγαδικοί αριθµοί, η µαθηµατική επαγωγή και τα πολυώνυµα Ο σκοπός εδώ είναι να υπενθυµίσουµε βασικά στοιχεία και τεχνικές των µαθηµατικών που είναι απαραίτητες στη µελέτη της Γραµµικής Άλγεβρας ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΣΥΝΟΛΑ Ορισµός (υποσύνολο) Παραδείγµατα Ορισµός (τοµή, ένωση, συµπλήρωµα) Παράδειγµα Ορισµός (καρτεσιανό γινόµενο) Παράδειγµα4 Παράδειγµα4 ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ 4 Ορισµός 4 (απεικόνιση επί και -, εικόνα) 4 Παραδείγµατα4 Ορισµός 5 (σύνθεση, αντίστροφη απεικόνιση)6 Παραδείγµατα6 ΜΙΓΑ ΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ 7 Ορισµός 6 (άθροισµα και γινόµενο µιγαδικών)7 Ορισµός 7 (αντίστροφος µιγαδικού)7 Παράδειγµα7 Ορισµός 8 (µέτρο µιγαδικού, συζυγής µιγαδικός)7 Παράδειγµα8 Ορισµός 9 (τριγωνοµετρική µορφή)8 Παράδειγµα8 ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ8 Ορισµός 0 (βαθµός, διαίρεση) 8 Παράδειγµα9 Ορισµός (ρίζα πολυωνύµου)9 Παράδειγµα9 Ι ΙΟΤΗΤΕΣ9 ΣΥΝΟΛΑ 9 Πρόταση (τοµή και ένωση)9 Πρόταση (συµπλήρωµα συνόλου)9 ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ 0 Πρόταση (σύνθεση απεικονίσεων) 0 Πρόταση 4 (κριτήριο ύπαρξης αντίστροφης απεικόνισης)0 Πρόταση 5 0 ΕΠΑΓΩΓΗ0 Παράδειγµα0 ΜΙΓΑ ΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ Πρόταση 6 (µέτρο µιγαδικού αριθµού) Παράδειγµα Πρόταση 7 (συζυγείς µιγαδικοί) Πρόταση 8 (τριγωνοµετρική µορφή µιγαδικού) Θεώρηµα 9 (του De Moivre) Γεωµετρική ερµηνεία γινοµένου µιγαδικών

6 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα από 9 Θεώρηµα 0 ( στές ρίζες µιγαδικού) Παράδειγµα ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ Πρόταση (βαθµός πολυωνύµου) Πρόταση (αλγόριθµος διαίρεσης) Πρόταση (ρίζες πολυωνύµων) Θεώρηµα 4 (Θεµελιώδες Θεώρηµα της Άλγεβρας)4 Θεώρηµα 5 (πλήθος ριζών πολυωνύµου) 4 Πρόταση 6 4 Θεώρηµα 7 (σχέσεις του Vieta)4 Παράδειγµα4 ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ5 Άσκηση 5 Άσκηση 6 Άσκηση 7 Άσκηση 48 Άσκηση 59 Άσκηση 6 Άσκηση 7 Άσκηση 8 Άσκηση 94 Άσκηση 04 Άσκηση 5 Άσκηση 5 Άσκηση 6 ΑΣΚΗΣΕΙΣ6 Άσκηση 6 Άσκηση 7 Άσκηση 7 Άσκηση 47 Άσκηση 57 Άσκηση 68 Άσκηση 78 Άσκηση 88 Άσκηση 98 Άσκηση 09 ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Με m Z= {,,0,, }, = {,, }, Q = m, Z, 0, συµβολίζουµε αντίστοιχα το σύνολο των ακεραίων αριθµών, το σύνολο των θετικών ακεραίων, το σύνολο των ρητών αριθµών και το σύνολο των πραγµατικών αριθµών Για το σύνολο των θετικών ακεραίων θα χρησιµοποιούµε συχνά την ονοµασία σύνολο των φυσικών αριθµών

7 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα από 9 ΣΥΝΟΛΑ Ορισµός (υποσύνολο) Έστω Α,Β δυο σύνολα Θα λέµε ότι το Α είναι ένα υποσύνολο του Β (συµβολικά A B) αν κάθε στοιχείο του Α είναι στοιχείο του Β Παραδείγµατα Το σύνολο {,, } είναι ένα υποσύνολο του {,,, 4 }, αλλά δεν είναι ένα υποσύνολο του {,, 4 } Το { x R 0 x } είναι ένα υποσύνολο του { x 0 x } αλλά όχι του { x x } R R, Ένα υποσύνολο Α του Β λέγεται γνήσιο αν A B Βλέπουµε ότι κάθε υποσύνολο του Β εκτός από το ίδιο το Β είναι γνήσιο Ορισµός (τοµή, ένωση, συµπλήρωµα) Έστω Α,Β δυο σύνολα Η τοµή των Α,Β είναι το σύνολο που αποτελείται από τα στοιχεία που ανήκουν και στο Α και στο Β Η τοµή των Α,Β συµβολίζεται µε A B Η ένωση των Α,Β είναι το σύνολο που αποτελείται από τα στοιχεία που ανήκουν στο Α ή στο Β Η ένωση των Α,Β συµβολίζεται µε A B Το συµπλήρωµα του Β στο Α είναι το σύνολο που αποτελείται από τα στοιχεία του Α που δεν ανήκουν στο Β και συµβολίζεται µε Α Β Παράδειγµα Έστω A= {,,}, B= {,,4} Τότε A B= {,}, A B= {,,,4}, A B= {}, B A= {4} Αν A= { x 0 x }, B= { x x } Ορισµός (καρτεσιανό γινόµενο) R R, τότε { R }, { R 0 } { R 0 }, { R } A B= x x A B= x x A B= x x< B A= x < x Έστω Α,Β δυο σύνολα Το καρτεσιανό γινόµενο των Α,Β είναι το σύνολο µε στοιχεία τα διατεταγµένα ζεύγη ( ab, ), όπου a Aκαι b B, και συµβολίζεται µε A B,

8 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 4 από 9 Παράδειγµα Αν A= {, }, B= {, }, τότε έχουµε { } A B= (,),(,),(,),(,), B A= {(,),(, ),(,),(, )} A A= {(,),(,),(,),(,)}, B B= {(,),(,),(,),(,)} Με ανάλογο τρόπο ορίζεται το καρτεσιανό γινόµενο A A των συνόλων A,, A, δηλαδή το A A είναι το σύνολο των διατεταγµένων άδων ( a,, a ), όπου ai Ai Στην ειδική περίπτωση A = = A = A, θα γράφουµε A στη θέση του A A Παράδειγµα {( xy, ) xy, }, {( xyz,, ) xyz,, } R = R R = R ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ Ορισµός 4 (απεικόνιση επί και -, εικόνα) Έστω f : X Y µια απεικόνιση Θα λέµε ότι η f είναι επί αν για κάθε y Y υπάρχει x X τέτοιο ώστε f ( x) ένα προς ένα (συµβολικά -) αν για κάθε x, x έπεται ότι f ( x) f( x) Παρατηρούµε ότι η f είναι - αν για κάθε x, x έπεται ότι x = x Η εικόνα f ( X ) της f : X Y = y X µε x x X τέτοια ώστε f ( x) = f( x) είναι το σύνολο { f x Y x X} ( ) Η εικόνα της f συµβολίζεται και µε imf Παρατηρούµε ότι η f είναι επί αν και µόνο αν f ( X) = Y Παραδείγµατα Η απεικόνιση f : Z Z, f( x) = x, δεν είναι επί αφού, για παράδειγµα, δεν υπάρχει x Z τέτοιο ώστε f( x ) = Αυτή είναι - γιατί από τη σχέση f x f x ( ) = ( ) έπεται ότι x = x, δηλαδή x = x Η εικόνα της είναι το σύνολο των άρτιων ακεραίων

9 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 5 από 9 Η απεικόνιση f : Z A, f ( x ) = x, όπου Α είναι το σύνολο των άρτιων ακεραίων είναι επί και - Η απεικόνιση { } f : Z,, f( x) = cos( xπ ), είναι επί Αυτή δεν είναι - αφού, για παράδειγµα, f (0) = f () Η απεικόνιση f : R R, f( x) = x, δεν είναι επί αφού δεν υπάρχει x R, τέτοιο ώστε f( x ) = Επίσης η f δεν είναι - αφού, για παράδειγµα, f( ) = f() Η εικόνα της είναι το σύνολο των µη αρνητικών πραγµατικών αριθµών Τα προηγούµενα συµπεράσµατα έχουν γεωµετρικές ερµηνείες Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f ( x) = x φαίνεται στο παρακάτω σχήµα (, ) x c ( x, c) Παρατηρούµε ότι η οριζόντια διακεκοµµένη ευθεία (της οποίας η εξίσωση είναι της µορφής y = c, όπου c είναι µια θετική σταθερή) τέµνει την καµπύλη σε δυο σηµεία ηλαδή υπάρχουν δυο διαφορετικά x που αντιστοιχίζουν στο ίδιο y και άρα η συνάρτηση f ( x) = x δεν είναι - Επίσης από τη γραφική παράσταση βλέπουµε ότι η εικόνα της συνάρτησης είναι ο πάνω ηµιάξονας των y, δηλαδή είναι το σύνολο { y y 0} των µη αρνητικών πραγµατικών αριθµών Η απεικόνιση f : R R, f( x) = 5x, είναι επί και - Πράγµατι, αν y R, τότε για x f x f x y + 5 = έχουµε ( ) f x = y και άρα η f είναι επί Αν ( ) = ( ), τότε 5x = 5x και εποµένως x = x, δηλαδή η f είναι -

10 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 6 από 9 Ορισµός 5 (σύνθεση, αντίστροφη απεικόνιση) Θεωρούµε απεικονίσεις f : X Y, g: W Zτέτοιες ώστε f ( X) W Τότε ορίζεται µια απεικόνιση ( ) σύνθεση της f µε τη g g f : X Z, g f ( x) = g( f( x)) Αυτή λέγεται η Παράδειγµα Για τις f : R R, f( x) = 5x, και g: R R, g( x) = x, έχουµε ( ) g f ( x) = g( f( x)) = g(5x ) = (5x ) = 5x 0x+ 9 Στο παράδειγµα αυτό ορίζεται και η σύνθεση f g Για αυτή έχουµε ( f g)( x) f( g( x)) f( x ) 5x = = = Μια απεικόνιση f : X Y λέγεται αντιστρέψιµη αν υπάρχει απεικόνιση g: Y X τέτοια ώστε για κάθε x X, g( f( x)) y Y, f( g( y)) = y = x και για κάθε Στην περίπτωση που η f είναι αντιστρέψιµη, αποδεικνύεται ότι υπάρχει µοναδική g µε τις προηγούµενες ιδιότητες Η g αυτή λέγεται η αντίστροφη απεικόνιση της f και συµβολίζεται συχνά µε f Παραδείγµατα Η απεικόνιση f : R R, f( x) = 5x, είναι αντιστρέψιµη Πράγµατι, θεωρώντας την απεικόνιση ( x ) 5 + g( f( x)) = g(5x ) = = x και 5 y+ y+ f ( g( y)) = f( ) = 5 = y 5 5 y + g: R R, g( y) =, έχουµε 5 Η απεικόνιση f : R R, f( x) = x, δεν είναι αντιστρέψιµη, γιατί αν υπήρχε g : R R µε g( f( x)) = x, για κάθε x R, τότε θέτοντας x =± θα είχαµε ότι ισχύουν ταυτόχρονα οι ισότητες g( f( )) =, g( f( )) = Από αυτές παίρνουµε g(0) =, g(0) =, δηλαδή =,που είναι άτοπο

11 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 7 από 9 ΜΙΓΑ ΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ Ορισµός 6 (άθροισµα και γινόµενο µιγαδικών) Το σύνολο C των µiγαδικών αριθµών είναι το C= { a+ bi a, b R }, όπου i = Κάθε στοιχείο του C γράφεται µοναδικά στη µορφή a+ biµε ab, R, δηλαδή έχουµε a+ bi = c+ di, όπου abcd,,, R, αν και µόνο αν a = c και b= d Έστω zw C, µε z = a+ biκαι w= c+ di Ορίζουµε το άθροισµα και το γινόµενο µιγαδικών αριθµών ως εξής Πρόσθεση z+ w= ( a+ c) + ( b+ d) i Πολλαπλασιασµός zw = ( ac bd) + ( ad + bc) i Παράδειγµα Αν z = 5i και w= + i, τότε z+ w= ( + ) + ( 5+ ) i = ( + ) + ( ) i Ορισµός 7 (αντίστροφος µιγαδικού) Έστω zw = ( + 5 ) + ( 5) i = ( + 5) + ( 5) i z = a+ bi ένας µη µηδενικός µιγαδικός αριθµός, όπου ab, R (Από τώρα και στο εξής όταν γράφουµε z = a+ biθα εννοούµε ότι ab, R ακόµα και αν δεν το αναφέρουµε ρητά) Τότε κάποιος από τους a,b είναι µη µηδενικός και άρα a a b + b 0 Ο µιγαδικός αριθµός + i ονοµάζεται ο αντίστροφος του z a + b a + b και συµβολίζεται µε z Επισηµαίνουµε ότι zz = z z = Παράδειγµα Ο αντίστροφος του z = 7i είναι ο z 7 7 i i = + = + Ορισµός 8 (µέτρο µιγαδικού, συζυγής µιγαδικός) Το µέτρο του z = a+ bi είναι ο πραγµατικός αριθµός z = a + b Ο συζυγής του z = a+ bi είναι ο z = a bi Παρατηρούµε ότι z = zz

12 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 8 από 9 Παράδειγµα Το µέτρο του z = i είναι z 7 = + = και ο συζυγής του είναι z = + i Ορισµός 9 (τριγωνοµετρική µορφή) Έστω z = a+ bi ένας µη µηδενικός µιγαδικός αριθµός και ρ = z Αποδεικνύεται ότι υπάρχει µοναδικός πραγµατικός αριθµός θ τέτοιος ώστε 0 a b θ < π,cos θ =,siθ ρ = ρ O θ ονοµάζεται το όρισµα του z Η παράσταση z = ρ(cosθ + isi θ) ονοµάζεται η τριγωνοµετρική µορφή του z Παράδειγµα Για να βρούµε την τριγωνοµετρική µορφή του z = + i, βρίσκουµε πρώτα το µέτρο του ( ) ρ = z = + = a b Για το όρισµα έχουµε cos θ = =, siθ = = Από τις σχέσεις αυτές ρ ρ π π π συµπεραίνουµε ότι cosθ = cos, siθ = si και άρα θ = + kπ για π κάποιο k Z Επειδή 0 θ < π έχουµε θ = Άρα η ζητούµενη 6 π π τριγωνοµετρική µορφή είναι (cos + i si ) 6 6 ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ Ορισµός 0 (βαθµός, διαίρεση) Με F συµβολίζουµε ένα από τα σύνολα R,C και µε F [ x] συµβολίζουµε το σύνολο των πολυωνύµων που έχουν συντελεστές από το F Έστω f ( x) = fx + + fx+ f0 F [ x] Αν f 0, θα λέµε ότι ο βαθµός του f(x) είναι Ο βαθµός του µηδενικού πολυωνύµου ορίζεται να είναι το

13 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 9 από 9 Έστω f ( x), g( x) F [ x] Θα λέµε ότι το f(x) διαιρεί το g(x) επί του F αν υπάρχει h(x) F[x] τέτοιο ώστε g(x) = f(x)h(x) Παράδειγµα Το x διαιρεί το + επί του R αφού x x x + = + x x x ( x )( x ) Όµως το x + περίπτωση θα είχαµε δεν διαιρεί το + επί του R αφού σε διαφορετική x x x + = ( + ) ( ), ( ) R [ ] Αντικαθιστώντας x x x x h x h x x το x µε το i θα είχαµε i + i i = 0 i = 0, που είναι άτοπο Ορισµός (ρίζα πολυωνύµου) Ένας µιγαδικός αριθµός a λέγεται ρίζα του πολυωνύµου f ( x) F [ x], αν f(a) = 0 Παράδειγµα Με πράξεις διαπιστώνεται ότι + = Άρα ο µιγαδικός αριθµός ( i ) 8 + i είναι µια ρίζα του πολυωνύµου x 8 ΣΥΝΟΛΑ Πρόταση (τοµή και ένωση) Έστω ABC,, ΘΕΜΕΛΙΩ ΕΙΣ ΓΝΩΣΕΙΣ σύνολα Τότε ισχύουν οι παρακάτω σχέσεις A A= A A A= A A B = B A A B = B A A ( B C) = ( A B) C A ( B C) = ( A B) C A ( B C) = ( A B) ( A C) A ( B C) = ( A B) ( A C) A ( A B) = A A ( A B) = A A = A = A Πρόταση (συµπλήρωµα συνόλου) c Έστω S ένα σύνολο, A S και B S Με A συµβολίζουµε το S A οι σχέσεις ( ) c c A B = A B c και ( A B) c = A c B c Τότε ισχύουν

14 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 0 από 9 ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ Πρόταση (σύνθεση απεικονίσεων) Έστω f : X Y, g: Y Z δυο απεικονίσεις Ισχύουν τα εξής Αν οι f και g είναι επί, τότε και σύνθεση g f είναι επί Αν οι f και g είναι -, τότε και η σύνθεση g f είναι - Αν οι f και g είναι - και επί, τότε και η σύνθεση g f είναι - και επί Πρόταση 4 (κριτήριο ύπαρξης αντίστροφης απεικόνισης) Μια απεικόνιση είναι αντιστρέψιµη αν και µόνο αν είναι - και επί Πρόταση 5 Έστω f : X Y, g: Y Zδυο απεικονίσεις που είναι - και επί Τότε η σύνθεση g f : X Z είναι - και επί και ισχύει ( ) g f f g = ΕΠΑΓΩΓΗ Η µαθηµατική επαγωγή ή απλά επαγωγή είναι µια µέθοδος απόδειξης που µπορεί να περιγραφεί ως εξής Έστω ότι για κάθε φυσικό αριθµό έχουµε µια πρόταση P(), που αφορά τον, τέτοια ώστε η P() αληθεύει, και για κάθε, αν αληθεύει η P() τότε αληθεύει και η P(+) Τότε συµπεραίνουµε ότι η πρόταση P() αληθεύει για κάθε Παράδειγµα Να αποδειχτεί ότι για φυσικό αριθµό έχουµε ( + ) ( ) = ( ) Λύση Για =, η αποδεικτέα σχέση γίνεται = Υποθέτουµε ότι για συγκεκριµένο ισχύει η ισότητα και θα αποδείξουµε την Έχουµε ( + ) ( ) = ( ), που βέβαια αληθεύει ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =

15 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα από 9 ( ) + ( ) = + ( ( ) ) ( ) ( ) = ( + ) + ( ) + ( ) ( + ) = + ( + ) + ( + ) ( ) = + ( + )( + ) ( ) ΜΙΓΑ ΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ Πρόταση 6 (µέτρο µιγαδικού αριθµού) Έστω zz,, z C Τότε z = z zz = z z αν z 0, τότε z z = z z 4 z+ z z + z Παράδειγµα Για να βρούµε το µέτρο του 4 5i + έχουµε + i i ( )( ) i ( )( ) ( )( ) 4 5i i+ 4 5i + i 4+ + = = + i i + i i + i i και εποµένως 4 5i 4+ i 4 + i + = = + i i + i i + i i = + + ( )( ) ( ) ( ) 6 = Πρόταση 7 (συζυγείς µιγαδικοί) Έστω zz,, z C Τότε z = zz

16 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα από 9 z+ z = z+ z zz = zz z z 4 αν z 0, τότε = z z Πρόταση 8 (τριγωνοµετρική µορφή µιγαδικού) Έστω z = ρ ( cosθ + isiθ ) και z ρ ( cosθ isi ) και αν z 0, zz = + θ Τότε έχουµε ( cos( ) isi ( )) = ρ ρ θ + θ + θ + θ z z ρ = + θ ρ ( cos( θ θ) i si ( θ ) ) Θεώρηµα 9 (του De Moivre) Έστω z = ρ(cosθ + isiθ) 0 Τότε για κάθε ακέραιο αριθµό έχουµε ( cos( ) si ( )) z i = ρ θ + θ Γεωµετρική ερµηνεία γινοµένου µιγαδικών Από την Πρόταση 8 βλέπουµε ότι ο πολλαπλασιασµός µιγαδικών έχει µια απλή γεωµετρική ερµηνεία: στο γινόµενο zz αντιστοιχεί ένα διάνυσµα που το µέτρο του είναι το γινόµενο θ + θ όπως z z και σχηµατίζει γωνία µε τον άξονα των x ίση µε φαίνεται στο επόµενο σχήµα M ( zz ) M ( z) θ + θ θ M ( z) θ

17 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα από 9 Θεώρηµα 0 ( στές ρίζες µιγαδικού) Έστω a C, a 0, Η εξίσωση z = aέχει διακεκριµένες λύσεις που δίνονται από τον τύπο θ + kπ θ + kπ zk = ρ cos + isi, k = 0,,,, όπου ρ είναι το µέτρο του a και θ είναι το όρισµά του Παράδειγµα Για να λύσουµε την εξίσωση z = i έχουµε π π z = i = cos + isi π π + kπ + kπ z cos si k = + i, k = 0,, Άρα οι λύσεις είναι π π z0 = cos + isi = + i, 6 6 5π 5π z = cos + isi = +i 6 6 9π 9π z = cos + isi = i 6 6 Σηµείωση Οι λύσεις της εξίσωσης z = αντιστοιχούν στα σηµεία του επιπέδου που είναι κορυφές του κανονικού - γώνου ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ Πρόταση (βαθµός πολυωνύµου) Έστω f ( x), g( x) F [ x] Τότε deg( f ( xgx ) ( )) = deg f( x) + deg gx ( ), όπου deg f ( x ) είναι ο βαθµός του f(x) Πρόταση (αλγόριθµος διαίρεσης) Έστω f ( x), g( x) F [ x] µε gx ( ) 0 Τότε υπάρχουν µοναδικά πολυώνυµα qx ( ), rx ( ) F [ x] τέτοια ώστε f ( x) = g( x) q( x) + r( x) και deg rx ( ) < gx ( ) Πρόταση (ρίζες πολυωνύµων) Έστω f ( x) F[ x ] και a F Ισχύουν τα εξής

18 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 4 από 9 Το υπόλοιπο της διαίρεσης του f ( x ) µε το x a είναι το f ( a ) Το a είναι ρίζα του f ( x ) αν και µόνο αν το x a διαιρεί το f ( x) επί του F Αν f( x) 0, τότε το πλήθος των ριζών του είναι το πολύ deg f ( x ) Παράδειγµα Έστω ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του f ( x) = x + ax + x µε το x είναι Τότε από το της προηγούµενης Πρότασης έχουµε f () =, δηλαδή a + + = a= Θεώρηµα 4 (Θεµελιώδες Θεώρηµα της Άλγεβρας) Κάθε πολυώνυµο θετικού βαθµού µε συντελεστές από το µιγαδική ρίζα C έχει τουλάχιστον µια Θεώρηµα 5 (πλήθος ριζών πολυωνύµου) Έστω f ( x) [ x ] ένα πολυώνυµο θετικού βαθµού µε deg f ( x) = Τότε υπάρχουν ca,,, a C τέτοια ώστε f ( x) = c( x a )( x a ) Πρόταση 6 Αν το z C είναι ρίζα ενός πολυωνύµου που έχει πραγµατικούς συντελεστές, τότε και ο συζυγής z είναι ρίζα του πολυωνύµου αυτού Για συγκεκριµένα παραδείγµατα εφαρµογής των προηγούµενων αποτελεσµάτων παραπέµπουµε στις Λυµένες Ασκήσεις,, Θεώρηµα 7 (σχέσεις του Vieta) Αν το f ( x) = f x + + fx+ f0 είναι ένα πολυώνυµο βαθµού και a,, a C είναι οι ρίζες του, τότε k f k ai a ( ) i = k f i < < ik Παράδειγµα Αν a, a, a είναι οι ρίζες του x x x 4, τότε a + a + a = 4 aa + aa + aa = aaa =

19 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 5 από 9 Άσκηση ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Αποδείξτε ότι αν Α,Β είναι σύνολα, τότε A B A B= ( A B) ( B A) Λύση Χρησιµοποιώντας τον Ορισµό έχουµε x A B x Aή x B x A B A B και και x A B x Aή x B x Aκαι x B x A B ή ή x ( A B) ( B A) x Bκαι x A x B A Άρα A B A B= ( A B) ( B A) Σηµείωση Η λύση θα µπορούσε να διατυπωθεί µε τη βοήθεια της Πρότασης για S = A B ως εξής c c c A B A B= ( A B) = A B = ( A B A) ( A B B) = ( B A) ( A B) Το σύνολο A B A B= ( A B) ( B A) αντιστοιχεί στο χρωµατισµένο τµήµα του διαγράµµατος του Ve Από το διάγραµµα αυτό φαίνεται ότι η προηγούµενη ισότητα είναι αναµενόµενη

20 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 6 από 9 Άσκηση Να βρεθεί η εικόνα f ( R) της συνάρτησης R R 5 f :, f( x) = x x Να βρεθεί η εικόνα της συνάρτησης g: R R, g( x) = ax + bx+ c, abc,, R, a>0 Στη συνέχεια να αποδειχτεί ότι η συνάρτηση b h:[, ) g( R ), h( x) = g( x), a είναι αντιστρέψιµη Να δοθεί µια γεωµετρική ερµηνεία Λύση Πρώτη λύση Συµπληρώνοντας τα τετράγωνα έχουµε f( x) = x x 5= x x+ 5 = x 4 4 Άρα f ( R ) = [, ) 4 εύτερη λύση Ένα y R ανήκει στην εικόνα της f(x) αν και µόνο αν υπάρχει x R τέτοιο ώστε x x 5 = y, δηλαδή αν και µόνο αν το τριώνυµο µια πραγµατική ρίζα Η διακρίνουσα ( ) 4( ( 5 y) ) x x y (5 + ) έχει = + του τριωνύµου είναι µη αρνητική αν και µόνο αν + 4(5 + y) 0 y Άρα f ( R ) = [, ) 4 4 Εργαζόµενοι όπως ακριβώς στην πρώτη λύση βρίσκουµε b b 4ac gx ( ) = ax+ a 4a b 4ac Επειδή a > 0, συµπεραίνουµε ότι g ( R ) = [, ) 4a Επειδή η h είναι επί, για να δείξουµε ότι αυτή είναι αντιστρέψιµη αρκεί να δείξουµε b ότι είναι - (βλ Πρόταση 4) Έστω x, x [, ) µε x x και hx ( ) = hx ( ) Θα a φθάσουµε σε άτοπο Έχουµε

21 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 7 από 9 hx ( ) = hx ( ) ax + bx+ c= ax + bx+ c ax ( x ) + bx ( x) = 0 ax ( + x)( x x) + bx ( x) = 0 b ax ( + x) + b x+ x = a b b Επειδή όµως x, x [, ), βλέπουµε ότι από τη σχέση x+ x = έπεται ότι a a b x = x = Αυτό είναι άτοπο αφού a x x g b a b 4ac 4a b Η συνάρτηση h είναι ο περιορισµός της g στο υποσύνολο [, ) Η γραφική a παράσταση της h είναι το δεξιό µισό της γραφικής παράστασης της g Από το σχήµα φαίνεται ότι οι g και h έχουν την ίδια εικόνα (το τµήµα του άξονα των y που είναι πάνω από το η h είναι - b 4ac συµπεριλαµβανοµένου του σηµείου αυτού), αλλά µόνο 4a Άσκηση x Εξετάστε αν η συνάρτηση f : R R, f( x) = x +, είναι - ή/και επί και επιπλέον προσδιορίστε την εικόνα της Λύση Για το -: Έστω x, x R, x x µε f ( x) = f( x) Έχουµε

22 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 8 από 9 x x f( x ) = f( x ) = + + x x x x + x = x x + x x x ( x x ) = x x xx = Εποµένως η f(x) δεν είναι -, αφού επιλέγοντας x, x R, x x µε xx = έχουµε ( ) = ( ) Για παράδειγµα, αν x =, x =, τότε f( x) = f( x) = /5 f x f x Για το επί: Έστω y R τέτοιο ώστε υπάρχει x R µε y = f( x) Έχουµε Άρα η εικόνα της f(x) είναι το διάστηµα Άσκηση 4 x y = f x = yx x+ y = x + = 4y 0 y, ( ) 0, και συνεπώς η f(x) δεν είναι επί x Αποδείξτε ότι η απεικόνιση f : R {} R, f( x) = δεν είναι x αντιστρέψιµη x Αποδείξτε ότι η απεικόνιση f : R {} R {}, f( x) = είναι x αντιστρέψιµη και βρείτε την αντίστροφή της Λύση Βλέπουµε ότι δεν υπάρχει x µε f( x ) =, γιατί διαφορετικά θα είχαµε x = x, που είναι άτοπο Άρα η f(x) δεν είναι επί και άρα δεν είναι αντιστρέψιµη σύµφωνα µε την Πρόταση 4 Θα βρούµε µια απεικόνιση g : R {} R {}, τέτοια ώστε ( g f )( x) = x, ( f g) ( y) = y για κάθε x R { } y R { } Έστω y R {} Λύνοντας τη σχέση, x = y ως προς x βρίσκουµε x x y = y x( y ) = y x = Ορίζουµε την απεικόνιση x y y g: R {} R {}, g( y) = Πρώτα από όλα πρέπει να y επαληθεύσουµε ότι g( y) R {} για κάθε y R {} Πράγµατι, αν

23 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 9 από 9 y g( y) = = y = y =, y άτοπο Για τη σύνθεση g f έχουµε x x x g f ( x) g( f( x)) g x x+ = = = = = x Με x x x x+ x ( ) ανάλογο τρόπο αποδεικνύεται και η σχέση ( f g)( y) = y Άρα η f(x) είναι αντιστρέψιµη και η αντίστροφή της είναι η g(x) Σηµείωση Για την εύρεση της αντίστροφης συνάρτησης υπάρχει ένας συστηµατικός τρόπος που συχνά είναι αποτελεσµατικός: Έστω ότι y = f( x) είναι µια αντιστρέψιµη συνάρτηση Λύνουµε, αν αυτό είναι δυνατό, τη σχέση y = f( x) ως προς x Στην νέα σχέση x = g( y) εναλλάσσουµε τα x, y παίρνοντας y = g( x) Η συνάρτηση y = g( x) είναι η ζητούµενη αντίστροφη Ουσιαστικά ακολουθήσαµε αυτή την ιδέα στη λύση της προηγούµενης άσκησης Ένα άλλο παράδειγµα υπάρχει στη Λυµένη Άσκηση 6 Επισηµαίνουµε ότι από τον παραπάνω τρόπο φαίνεται ότι οι γραφικές παραστάσεις µιας συνάρτησης και της αντίστροφής της είναι συµµετρικές ως προς την ευθεία y = x Στο επόµενο σχήµα έχουµε τη γραφική παράσταση της y = x και της αντίστροφής της y = x y = x y = x Άσκηση 5 Εξετάστε για ποια k R η απεικόνιση f : R R, f( x, y) = ( x+ y, kx+ 6 y), είναι - και επί Λύση Ας εξετάσουµε πρώτα το - Έστω ότι f ( x, y) = f( x, y) Έχουµε

24 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 0 από 9 ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις ( x + y, kx + 6 y ) = ( x + y, kx + 6 y ) x+ y = x + y kx+ 6y = kx + 6y kx+ ky = kx + ky kx+ 6y = kx + 6y ( k) y = ( k) y ( k) y = ( k) y Αν k, τότε ( k) y = ( k) y y = y Από τη σχέση x y x y + = + παίρνουµε x x απεικόνιση είναι - Έστω ότι k = Τότε η δοσµένη απεικόνιση είναι η =, οπότε ( x, y ) = ( x, y ), δηλαδή η f ( xy, ) = ( x+ y,x+ 6 y) που δεν είναι -, αφού f(0,0) = f(, ) Για το επί: Επειδή µας ενδιαφέρει αν η απεικόνιση είναι - και επί, υποθέτουµε ότι k Θα δείξουµε ότι η απεικόνιση είναι επί Έστω ( ab, ) R f( x, y) = ( a, b) ( x+ y, kx+ 6 y) = ( a, b) x+ y = a kx + 6 y = b Εύκολα βλέπουµε ότι το σύστηµα έχει λύση (για k ) Πράγµατι, Έχουµε πολλαπλασιάζοντας την πρώτη εξίσωση του συστήµατος µε και αφαιρώντας από τη δεύτερη βρίσκουµε του συστήµατος παίρνουµε b a ( k ) x= b a x=, οπότε από την πρώτη εξίσωση k b a a a x y = = k Άρα η απεικόνιση είναι επί Τελικά βλέπουµε ότι η f(x,y) είναι - και επί αν και µόνο αν k Σηµείωση Αν k =, τότε η f απεικονίζει το επίπεδο R σε µια ευθεία, την y = x f ( xy, ) = ( x+ y,( x+ y)) y = x

25 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα από 9 Άσκηση 6 Υπενθυµίζουµε πρώτα ένα ορισµό Έστω f : X X µια συνάρτηση τέτοια ώστε το πεδίο ορισµού και το πεδίο τιµών ταυτίζονται Για κάθε θετικό ακέραιο ορίζουµε επαγωγικά µια συνάρτηση ( f ) : X X ως εξής: f () = f, και αν, τότε f f f ( ) ( ) ( ) = Βλέπουµε ότι f = f f, που είναι η σύνθεση της f µε τον φορές εαυτό της φορές Θεωρούµε τώρα τη συνάρτηση f : R R, f( x) = 5x+ Να βρεθεί ένας τύπος για τη f ( ) Επίσης εξετάστε αν η ( ) f είναι αντιστρέψιµη και σε θετική περίπτωση υπολογίστε την αντίστροφή της Λύση Για να βρούµε ένα γενικό τύπο για τη =,, Έχουµε ηλαδή, f ( x) = 5x+ () f x f f x f x x x ( ) f ας κάνουµε µερικούς υπολογισµούς για ( ) = ( ( )) = 5 ( ) + = 5(5 + ) + = 5 + (5+ ) ( ) () () () f ( x) = f( f ( x)) = 5 f ( x) + = 5 5 x+ (5 + ) + = 5 x+ ( ) για =, f ( x) = 5x+ για =, για =, () f x x ( ) = 5 + (5+ ) () f ( x) = 5 x+ ( ) Βασιζόµενοι σε αυτά, εικάζουµε ότι για κάθε θετικό ακέραιο έχουµε ( ) f ( x) = 5 x+ ( ) Αποδεικνύουµε τον τύπο αυτό µε επαγωγή Η περίπτωση = προφανώς ισχύει Υποθέτουµε ότι ισχύει ο τύπος για συγκεκριµένο Έχουµε Άρα αποδείξαµε τον τύπο ( ) ( + ) ( ) f x f f x ( ) = ( ) = ( ) 5 f ( x) + = ( x ) ( ) + = + 5 x (5 5 ) Τώρα εξετάζουµε αν η ( ) f είναι - Έχουµε

26 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα από 9 f ( x ) = f ( x ) 5 x + ( ) = 5 x + ( ) ( ) ( ) 5 x = 5 x x = x Συνεπώς είναι - Σηµείωση Θα µπορούσαµε να αποδείξουµε ότι η ( ) f είναι - παρατηρώντας ότι η f είναι - και εφαρµόζοντας την Πρόταση ) Τέλος για να βρούµε έναν τύπο για την αντίστροφη απεικόνιση της f ( ), δεν έχουµε ( ) παρά να λύσουµε τη σχέση y = f ( x) = 5 x+ ( ) ως προς x Έχουµε ( ) y x= = y Άρα η αντίστροφη απεικόνιση είναι η g: R R, g( x) = x 5 5 Άσκηση 7 Έστω z = + i, w= i Να βρεθεί η τριγωνοµετρική µορφή του z w z Να βρεθούν οι ακέραιοι k τέτοιοι ώστε k w C R Λύση z π π Παρατηρούµε ότι iw = z και άρα = i = cos + isi, που είναι η ζητούµενη w τριγωνοµετρική µορφή Σηµείωση Η προηγούµενη λύση βασίστηκε στην τυχερή παρατήρηση ότι iw = z Ένας πιο γενικός και συστηµατικός τρόπος αντιµετώπισης της άσκησης είναι ο ακόλουθος Έχουµε z =, w = Επίσης π π z = + i = + i = cos + isi, π π w= i = i = cos + isi 6 6 Από την Πρόταση 8 συµπεραίνουµε ότι z π π π π π π = cos + + isi + = cos + isi = i w 6 6 z π π Η ζητούµενη τριγωνοµετρική µορφή είναι = cos + i si w

27 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα από 9 Εφαρµόζοντας το Θεώρηµα 9 και την Πρόταση 8 παίρνουµε Εποµένως έχουµε π π cos i si z + = = k k w π π cos + i si 6 6 π π cos + i si = k π π cos k+ isi k 6 6 π π π π + k+ i + k 6 6 k cos si z π π C R si 0 k + k w 6 π π + k π, Z 6 + k 6, Z k 6, Z Άσκηση 8 Έστω z z C, τέτοιοι ώστε z = z = z z είξτε ότι z + z =, 0 Λύση Ας δούµε µια λύση που είναι γεωµετρική Από την υπόθεση συµπεραίνουµε ότι το τρίγωνο που σχηµατίζεται από την αρχή των αξόνων Ο και τα πέρατα M ( z ), M( z ) των διανυσµάτων που αντιστοιχούν στους µιγαδικούς z, z είναι ισόπλευρο M ( z) O M ( z) Άρα η γωνία µεταξύ των διανυσµάτων OM ( z ), OM ( z ) είναι π/ Έστω π π w= cos + isi Από τη γεωµετρική ερµηνεία του πολλαπλασιασµού µιγαδικών συµπεραίνουµε ότι έχουµε z = wz (ή z ) = wz Στην πρώτη περίπτωση έχουµε

28 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 4 από 9 z + z = w z + z = ( w + ) z π π cos + isi + z = π π cos + isi + z = ( + ) z = 0 = Στη δεύτερη περίπτωση, µε παρόµοιο τρόπο βρίσκουµε ότι z + z = 0 Άσκηση 9 Έστω Λύση π π z = cos + isi Αποδείξτε ότι + z + z + + z = 0 Αποδείξτε ότι για κάθε,, k Z, έχουµε z + + z k k 4 Θέτοντας w= z παρατηρούµε ότι π π w = ( z ) = z = cos + isi = cos( π) + isi( π) = σύµφωνα µε το Θεώρηµα του De Moivre Άρα έχουµε w + z + z + + z = + w+ w + + w = = = 0 w w Σηµείωση Έχουµε w 0 Επειδή z =, έχουµε z = για κάθε ακέραιο Άρα από την τριγωνική k k ανισότητα παίρνουµε z + + z z + + z = + + =k Άσκηση 0 Να περιγραφεί γεωµετρικά το σύνολο των σηµείων του επιπέδου που είναι εικόνες των µιγαδικών αριθµών z τέτοιων ώστε 4zz+ z + z + 4Im( z) = 58 Λύση Θέτοντας z = x+ yi έχουµε zz = x + y, z = x y + xyi, z = x y xyi, Im( z) = y

29 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 5 από 9 Αντικαθιστώντας στην αρχική ισότητα βρίσκουµε x + y + y = 8 Συµπληρώνοντας τα τετράγωνα έχουµε 6x y 4y 58 6x ( y y ) = = x ( y+ ) + + = + = 0 0 6x ( y ) 60 Συνεπώς το ζητούµενο σύνολο είναι µια έλλειψη όπως φαίνεται στο σχήµα Άσκηση Να βρεθούν οι ρίζες του πολυωνύµου 4 f( x) = x 6x x + ax+ b, a, b R, αν γνωρίζουµε ότι µια ρίζα του είναι ο µιγαδικός αριθµός +i Λύση Από την Πρόταση 6 συνάγουµε ότι και ο -i είναι ρίζα του f(x) Από το Θεώρηµα 5 έπεται ότι το πολυώνυµο ( x ( i))( x ( i)) x 4x 5 + = + διαιρεί το f(x) επί του C Πραγµατοποιώντας τη διαίρεση αυτή κατά τα γνωστά βρίσκουµε ότι f x x x x x a x ( ) = ( 4 + 5)( 5) + ( 50) b Επειδή το υπόλοιπο οφείλει να είναι µηδέν, έχουµε f( x) = ( x 4x+ 5)( x x 5) Για να βρούµε τις άλλες ρίζες του f(x) λύνουµε την εξίσωση x x 5= 0 και ( ) ± ( ) 4( 5) βρίσκουµε x = = 5, Τελικά οι ρίζες είναι οι + i, i,5, Άσκηση Αποδείξτε ότι το x x διαιρεί το f ( x) = x + ax+ b R [ x] αν το υπόλοιπο της διαίρεσης του f(x) µε το x (αντίστοιχα, x ) είναι 6 (αντίστοιχα 4)

30 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 6 από 9 Λύση Σύµφωνα µε την Πρόταση και την υπόθεση έχουµε τις σχέσεις f() = + a+ b= 6 f() = 8+ a+ b= 4 Λύνοντας το σύστηµα βρίσκουµε a= 5, b=, οπότε f( x) = x 5x Κάνοντας τη διαίρεση του x 5x µε το x x βρίσκουµε µηδενικό υπόλοιπο, ( )( ) x x x x x 5 = + Άσκηση Αν τα υπόλοιπα των διαιρέσεων ενός πολυωνύµου f ( x) R [ x] µε τα x και x είναι αντίστοιχα 4,5, να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του f ( x ) µε το γινόµενο ( x )( x ) Λύση Από τον Αλγόριθµο ιαίρεσης έχουµε f ( x) = ( x )( x ) q( x) + r( x) και το ζητούµενο υπόλοιπο rx ( ) έχει βαθµό το πολύ Άρα είναι της µορφής rx ( ) = ax+ b Από την υπόθεση και την Πρόταση έχουµε f() = 4, f() = 5 Θέτοντας διαδοχικά x = και x = στη σχέση f ( x) = ( x )( x ) + ax+ b παίρνουµε το σύστηµα Άρα a+ b= 4 a+ b = 5 a=, b= και το ζητούµενο υπόλοιπο είναι x + ΑΣΚΗΣΕΙΣ Άσκηση Ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι αντιστρέψιµες; R R f :, f( x) = x + 6x g :[, ) [ 9, ), f( x) = x + 6 h: R R, f( x) = x + 6x 6 0 x Υπόδειξη Η f δεν είναι επί (βλ Λυµένη Άσκηση ), η g είναι αντιστρέψιµη (βλ Λυµένη Άσκηση ), και η h δεν είναι - αφού h() = h( )

31 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 7 από 9 Άσκηση Εξετάστε για ποια k R οι παρακάτω απεικονίσεις είναι - f : R R, f( x) = kx+ f : R R, f( x, y) = ( x+ y, kx+ 0 y) Υπόδειξη Για το βλ Λυµένη Άσκηση 5 Απάντηση k 0, k 5 Άσκηση Έστω (006) f : R R, f( x, y) = ( x, x+ y) Για τη σύνθεση f βρείτε έναν τύπο της µορφής f (006) ( x, y) = ( ax + by, cx + dy) µε συγκεκριµένα abcd,,, R Υπόδειξη Για το ζητούµενο τύπο υπολογίστε τις συνθέσεις () () f, f Τί παρατηρείτε; Αποδείξτε έναν γενικό τύπο µε επαγωγή (βλέπε Λυµένη Άσκηση 5) Άσκηση 4 Να λυθεί η εξίσωση λύσεων Υπόδειξη ( ) ( ) 6 4 z + z + z + = 0 και να γίνει η γραφική παράσταση των z z + z + z + = z + z + z + = Εφαρµόστε το Θεώρηµα 0 z Απάντηση Οι λύσεις είναι + i,, i + i, i, i, i Τα σηµεία αυτά αντιστοιχούν στις 6 κορυφές του κανονικού οκταγώνου που δεν βρίσκονται πάνω στον άξονα των x Άσκηση 5 Να περιγραφεί γεωµετρικά το σύνολο των σηµείων του επιπέδου που είναι οι εικόνες των µιγαδικών αριθµών z τέτοιων ώστε 4zz+ z + z = 60 z α = z β, όπου α, β C, α β Υπόδειξη Βλ Λυµένη Άσκηση 0 Απάντηση Πρόκειται για την έλλειψη x y + = Από την υπόθεση έπεται ότι το σηµείο M ( z ) ισαπέχει από τα σηµεία 0 0

32 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 8 από 9 M( α), M( β ) Άρα το σύνολο των M ( z ) είναι η µεσοκάθετος του ευθυγράµµου τµήµατος µε άκρα τα M( α), M( β ) Άσκηση 6 Έστω z z z, z C { 0}, τέτοια ώστε + C R Αποδείξτε ότι για κάθε z z r R έχουµε z + rz = z rz Υπόδειξη Αποδείξτε ότι η αποδεικτέα σχέση ισοδυναµεί µε την: για κάθε r R, z z z z + r = r, και αυτή ισοδυναµεί µε τη z z C R Στη συνέχεια αποδείξτε z ότι από την υπόθεση της άσκησης έπεται ότι z C R Άσκηση 7 Να υπολογιστεί η δύναµη i 006 Υπόδειξη 7π 7π i = cos + isi i = 4 4 και εφαρµόστε 006 το Θεώρηµα του de Moivre Απάντηση i Άσκηση 8 Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύµου f ( x) R [ x] µε το x και x είναι αντίστοιχα,, να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του f ( x ) µε το γινόµενο ( x )( x ) Υπόδειξη Βλ Λυµένη Άσκηση Απάντηση x + Άσκηση 9 ίνεται ότι µια ρίζα του πολυωνύµου f( x) = x + ax + 4x 65 είναι η x = 5 Να βρεθούν οι άλλες ρίζες Υπόδειξη Από τη σχέση f (5) = 0 παίρνουµε a = Στη συνέχεια διαιρούµε το f(x) µε το x 5 Απάντηση ± i

33 Κεφάλαιο: Εισαγωγικές Έννοιες Σελίδα 9 από 9 Άσκηση 0 Να βρεθούν οι ρίζες του πολυωνύµου 4 f ( x) x 8x 9x 6x a = + + αν γνωρίζουµε ότι µια από αυτές είναι η 4i Υπόδειξη Βλ Λυµένη Άσκηση Απάντηση ± i,± 4i

34 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα από 6 Κεφάλαιο Γραµµικά Συστήµατα Ένα από τα βασικά προβλήµατα της Γραµµικής Άλγεβρας είναι η επίλυση γραµµικών συστηµάτων Στο κεφάλαιο αυτό θα υπενθυµίσουµε πως να λύνουµε γραµµικά συστήµατα µε τη µέθοδο του Gauss Η µέθοδος αυτή είναι από τους πιο σηµαντικούς αλγορίθµους της Γραµµικής Άλγεβρας και βρίσκει εφαρµογή σε πολλά προβλήµατα, όπως είναι ο υπολογισµός του αντίστροφου πίνακα, ο υπολογισµός της τάξης πίνακα, η εύρεση βάσεων υποχώρων του κλπ Εδώ µας ενδιαφέρει περισσότερο η κατανόηση αυτής της µεθόδου µέσω παραδειγµάτων Θα επιστρέψουµε στη µέθοδο απαλοιφής του Gauss στο επόµενο κεφάλαιο όπου θα γίνει µια πιο συστηµατική µελέτη του ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ Ορισµός (γραµµικά συστήµατα) Ορισµός (οµογενές γραµµικό σύστηµα) Ορισµός (ισοδύναµα συστήµατα)4 Παράδειγµα4 Ορισµός 4 (στοιχειώδεις µετασχηµατισµοί) 4 Παράδειγµα4 Ορισµός 5 (τριγωνικό σύστηµα)5 ΘΕΜΕΛΙΩ ΕΙΣ ΓΝΩΣΕΙΣ5 ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ 5 Πρόταση (πλήθος λύσεων) 5 Πρόταση (ισοδύναµα συστήµατα)5 ΜΕΘΟ ΟΣ ΑΠΑΛΟΙΦΗΣ ΤΟΥ GAUSS5 Παραδείγµατα6 ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΣΗΜΑΣΙΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ8 Πρόταση 8 Πρόταση 4 9 ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ0 Άσκηση 0 Άσκηση Άσκηση Άσκηση 4 Άσκηση 54 ΑΣΚΗΣΕΙΣ4 Άσκηση 4 Άσκηση 5 Άσκηση 5 Άσκηση 46 Άσκηση 56

35 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα από 6 ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ Στα επόµενα µε F συµβολίζουµε το σύνολο R των πραγµατικών αριθµών ή το σύνολο C των µιγαδικών αριθµών Ορισµός (γραµµικά συστήµατα) Μια εξίσωση λέγεται γραµµική υπεράνω του F, αν είναι της µορφής ax + ax + + ax = b, όπου οι συντελεστές a,, a και όρος b είναι στοιχεία του F και οι x,, x είναι άγνωστοι Στην περίπτωση που το πλήθος των αγνώστων είναι µικρό, χρησιµοποιούµε συχνά x, yz, στη θέση των x, x, x Παράδειγµα Η εξίσωση x y+ z =0 είναι γραµµική Οι εξισώσεις 0, x y+ z = xy y+ z =0 δεν είναι γραµµικές Παρατηρούµε ότι σε µια γραµµική εξίσωση δεν υπάρχουν όροι της µορφής 4 5 x, x, ούτε της µορφής xy, xy, xyz Ένα γραµµικό σύστηµα υπεράνω του F είναι ένα σύστηµα εξισώσεων στο οποίο κάθε εξίσωση είναι γραµµική υπεράνω του F Συνεπώς κάθε γραµµικό σύστηµα είναι της µορφής a x + a x + + a x = b a x + a x + + a x = b a x + a x + + a x = b m m m m όπου οι m, είναι θετικοί ακέραιοι Βλέπουµε ότι το σύστηµα αυτό έχει m εξισώσεις και αγνώστους Ένας σύντοµος τρόπος γραφής του συστήµατος αυτού είναι j= ax = b, i=,, m ij j i Οι αριθµοί a λέγονται οι συντελεστές του συστήµατος και οι αριθµοί b λέγονται οι ij σταθεροί όροι του συστήµατος j

36 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα από 6 Μια λύση του παραπάνω συστήµατος είναι µια διατεταγµένη -άδα ( ),, k k F τέτοια ώστε αν θέσουµε x,, = k x = k, τότε ικανοποιείται κάθε µια από τις εξισώσεις Με άλλα λόγια µια λύση του συστήµατος είναι µια διατεταγµένη -άδα ( ),, k k F τέτοια ώστε a k + a k + + a k = b a k + a k + + a k = b am k+ amk+ + amk = b m Στην περίπτωση αυτή γράφουµε ότι µια λύση είναι ( x,, x) = ( k,, k) Παράδειγµα Μια λύση του γραµµικού συστήµατος 6 x y+ 5 z = είναι η x+ y z = ( xyz,, ) = (4,,0) αφού έχουµε = = Ένα γραµµικό σύστηµα λέγεται συµβιβαστό αν έχει τουλάχιστον µια λύση ιαφορετικά λέγεται ασυµβίβαστο ή αδύνατο Παράδειγµα Το γραµµικό σύστηµα 6 x y+ 5 z = είναι συµβιβαστό όπως είδαµε πριν x+ y z = x+ y = 0 Το σύστηµα είναι ασυµβίβαστο, γιατί διαφορετικά θα είχαµε 0 = x+ y = Ορισµός (οµογενές γραµµικό σύστηµα) Ένα γραµµικό σύστηµα λέγεται οµογενές αν όλοι οι σταθεροί όροι είναι ίσοι µε µηδέν Συνεπώς κάθε οµογενές γραµµικό σύστηµα είναι της µορφής a x + a x + + a x = 0 a x + a x + + a x = 0 a x + a x + + a x = 0 m m m Βλέπουµε ότι κάθε οµογενές γραµµικό σύστηµα είναι συµβιβαστό αφού µια λύση είναι η (0,0,,0) Αυτή λέγεται η µηδενική ή τετριµµένη λύση

37 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα 4 από 6 Ορισµός (ισοδύναµα συστήµατα) υο γραµµικά συστήµατα λέγονται ισοδύναµα αν έχουν τις ίδιες λύσεις Παράδειγµα Τα συστήµατα x y = 0 x y = και 5x 7y = 8x 0y = 6 0x y = 7 είναι ισοδύναµα αφού και τα δυο έχουν τη µοναδική λύση (,) Τα συστήµατα x y = 0 x y = και x y = x y = δεν είναι ισοδύναµα αφού το (,) που είναι λύση του πρώτου δεν είναι λύση του δεύτερου Ορισµός 4 (στοιχειώδεις µετασχηµατισµοί) Θεωρούµε ένα γραµµικό σύστηµα Καθεµιά από τις παρακάτω διαδικασίες ονοµάζεται ένας στοιχειώδης µετασχηµατισµός του συστήµατος Πολλαπλασιάζουµε µια εξίσωση του συστήµατος µε ένα µη µηδενικό αριθµό Προσθέτουµε σε µια εξίσωση πολλαπλάσιο άλλης εξίσωσης Εναλλάσσουµε τη θέση δυο εξισώσεων Έστω r, r, η πρώτη, δεύτερη, εξίσωση του συστήµατος Οι αντίστοιχοι συµβολισµοί των παραπάνω διαδικασιών είναι r ar (πολλαπλασιάζουµε την r µε το a 0 ) i i ri ri + ar j (στην εξίσωση ri προσθέτουµε a φορές την rj ) r r (εναλλάσσουµε τις r, r ) i j i j i Παράδειγµα x+ y z = r r+ r x+ y z = x y+ z = 4 0+ y z = Στη δεύτερη εξίσωση του αρχικού συστήµατος προσθέτουµε φορές την πρώτη

38 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα 5 από 6 Ορισµός 5 (τριγωνικό σύστηµα) Ένα σύστηµα a x + a x + + a x = b a x + a x + + a x = b am x+ amx+ + amx = b m λέγεται τριγωνικό αν a = 0 για κάθε i > j ij Για παράδειγµα, τα επόµενα συστήµατα είναι τριγωνικά x y+ 5z+ w= 5y+ 4z w= z+ 7w= x y+ 5z+ w= 5y+ 4z w= ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΘΕΜΕΛΙΩ ΕΙΣ ΓΝΩΣΕΙΣ Πρόταση (πλήθος λύσεων) Κάθε γραµµικό σύστηµα ή δεν έχει λύση ή έχει µοναδική λύση ή έχει άπειρες λύσεις Για παράδειγµα, δεν υπάρχει γραµµικό σύστηµα µε ακριβώς δυο λύσεις Πρόταση (ισοδύναµα συστήµατα) Αν ένα σύστηµα προκύπτει από άλλο µε την εφαρµογή µιας πεπερασµένης ακολουθίας στοιχειωδών µετασχηµατισµών, τότε τα δυο συστήµατα είναι ισοδύναµα ΜΕΘΟ ΟΣ ΑΠΑΛΟΙΦΗΣ ΤΟΥ GAUSS Η µέθοδος απαλοιφής του Gauss είναι ιδιαίτερα αποτελεσµατική στην επίλυση γραµµικών συστηµάτων Αποτελείται δε από µια συστηµατική εφαρµογή

39 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα 6 από 6 στοιχειωδών µετασχηµατισµών ώστε να προκύψει ένα νέο σύστηµα του οποίου η επίλυση είναι πιο εύκολη από το αρχικό Σύµφωνα µε την Πρόταση, το νέο σύστηµα είναι ισοδύναµο µε το αρχικό Σηµείωση εν έχουµε διευκρινίσει τι σηµαίνει πιο εύκολη επίλυση Θα είµαστε πιο αυστηροί στο επόµενο κεφάλαιο όπου θα δούµε πιο προσεκτικά τη µέθοδο απαλοιφής του Gauss Προς το παρόν ο σκοπός µας είναι να κατανοήσουµε σε ένα πρώτο πρακτικό επίπεδο τη µέθοδο του Gauss και αυτό επιτυγχάνεται µε παραδείγµατα Παραδείγµατα Να λυθεί το σύστηµα x+ y z = 4 x+ y+ z = x+ 5y 4z = Λύση Εφαρµόζουµε στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς µε σκοπό να απαλείψουµε το x από τη δεύτερη και τρίτη εξίσωση Εποµένως θα αφαιρέσουµε την πρώτη εξίσωση από τη δεύτερη και στη συνέχεια θα αφαιρέσουµε από την τρίτη δυο φορές την πρώτη Αναλυτικά έχουµε: x+ y z = 4 x+ y z = 4 x y z y 4z 7 x 5y 4z + = x+ 5y 4z = x+ y z = 4 y+ 4z = 7 y+ z = 5 r r r r r r + + = + = Μέχρι στιγµής χρησιµοποιήσαµε το x της πρώτης εξίσωσης για να απαλείψουµε τα x των επόµενων εξισώσεων Τώρα θα συνεχίσουµε χρησιµοποιώντας το y της δεύτερης εξίσωσης για να απαλείψουµε τα y των επόµενων εξισώσεων Άρα θα αφαιρέσουµε τη δεύτερη εξίσωση από την τρίτη x+ y z = 4 x+ y z = 4 r r r y+ 4z = 7 y+ 4z = 7 y z 5 + = z = Βλέπουµε ότι προέκυψε ένα τριγωνικό σύστηµα σαφώς απλούστερο από το αρχικό: Το νέο σύστηµα µπορεί να λυθεί εύκολα Από την

40 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα 7 από 6 τρίτη εξίσωση παίρνουµε z =, οπότε αντικαθιστώντας στη δεύτερη παίρνουµε y = 7 4z = Τέλος από την πρώτη βρίσκουµε x= 4 y+ z = Άρα το αρχικό σύστηµα έχει µοναδική λύση, την (,,) Σηµείωση Θα µπορούσαµε, αντί να λύσουµε το σύστηµα στο τελευταίο στάδιο, να συνεχίσουµε µε στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς εργαζόµενοι από κάτω προς τα πάνω µε τον ακόλουθο τρόπο Πρώτα µετατρέπουµε το συντελεστή του z σε Στη συνέχεια αφαιρούµε 4 φορές την τρίτη γραµµή από τη δεύτερη κλπ x+ y z = 4 x+ y z = 4 y z y z z = z = x+ y z = 4 x+ y = 7 y y z = z = x = y = z = r r r r 4 r + 4 = = 7 r r+ r r r r = = Παρατηρούµε ότι το τελευταίο σύστηµα είναι ήδη λυµένο Να λυθεί το σύστηµα x y+ z = x y+ z = x y+ z = 5 Λύση Eφαρµόζουµε στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς όπως πριν Έχουµε x y+ z = x y+ z = x y z y x y z 5 + = x y+ z = 5 x y+ z = x y+ z = r r r y = y = y = 0 = r r r r r r + = = Εδώ σταµατάµε γιατί παρατηρούµε ότι το τελευταίο σύστηµα είναι αδύνατο αφού υπάρχει η ισότητα 0 = Άρα το αρχικό σύστηµα είναι επίσης αδύνατο

41 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα 8 από 6 Στη µέθοδο απαλοιφής του Gauss: Μετατρέπουµε µε τη βοήθεια στοιχειωδών µετασχηµατισµών το δοσµένο σύστηµα σε ένα άλλο που έχει τριγωνική µορφή Αν προκύψει εξίσωση της µορφής 0 = c µε c 0, το σύστηµα είναι αδύνατο ιαφορετικά, µπορούµε να λύσουµε το τριγωνικό σύστηµα ή µε διαδοχικές αντικαταστάσεις ή µε στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς εργαζόµενοι από κάτω προς τα πάνω ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΣΗΜΑΣΙΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ Πρόταση Το σύνολο των σηµείων ( x, y) του R που ικανοποιούν µια εξίσωση της µορφής ax + by = c, όπου abc,, R και τουλάχιστον ένας από τους a,b δεν είναι µηδέν, είναι µια ευθεία Το σύνολο των σηµείων ( x, yz, ) του R που ικανοποιούν µια εξίσωση της µορφής ax + by + cz = d, όπου abcd,,, R και τουλάχιστον ένας από τους a,b,c δεν είναι µηδέν, είναι ένα επίπεδο

42 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα 9 από 6 Πρόταση 4 Το σύνολο των σηµείων ( x, y ) του a x+ a y = b R που ικανοποιούν το σύστηµα a x+ a y = b όπου aij, bk R και τουλάχιστον ένας από τους a, a και τουλάχιστον ένας από τους a, a είναι µη µηδενικός, είναι ή ένα σηµείο (το σηµείο τοµής των ευθειών) ή µια ευθεία (οι δυο ευθείες συµπίπτουν) ή το κενό σύνολο (οι δυο ευθείες είναι παράλληλες) Το σύνολο των σηµείων ( x, yz, ) του a x+ a y+ a z = b a x+ a y+ a z = b R που ικανοποιούν το σύστηµα όπου aij, bk R και τουλάχιστον ένας από τους a, a, a και τουλάχιστον ένας από τους a, a, a είναι µη µηδενικός, είναι ή µια ευθεία (η ευθεία τοµής των επιπέδων)

43 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα 0 από 6 ή ένα επίπεδο (τα δυο επίπεδα συµπίπτουν) ή το κενό σύνολο (τα δυο επίπεδα είναι παράλληλα) ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Άσκηση Να λυθεί το σύστηµα x y+ z+ w= x+ y+ z w= x+ y z w= Λύση Εφαρµόζοντας τη µέθοδο απαλοιφής του Gauss έχουµε x y+ z+ w= x y+ z+ w= x y z w 5y w 0 x y z w + = x+ y z w= r r r r r r + + = = x y+ z+ w= x y+ z+ w= 5y w 0 y w 0 5 8y 4z 4w 0 = 8y 4z 4w= 0 r r 5 r r 8 r = =

44 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα από 6 x y+ z+ w= x y+ z+ w= r r 4 y w= 0 y w= z+ w= 0 z w= Το τελευταίο σύστηµα είναι τριγωνικό Συνεχίζουµε τώρα εργαζόµενοι προς τα πάνω Χρησιµοποιώντας το y της δεύτερης εξίσωσης θα µηδενίσουµε το y της πρώτης, µετά χρησιµοποιώντας το z της τρίτης εξίσωσης θα µηδενίσουµε το z της πρώτης x + z w= x y+ z+ w= 5 y w 0 y w z w= 0 z w= x = y w= 0 5 z w= 0 5 r r+ r r r r = = Το τελευταίο σύστηµα λύνεται άµεσα: από την τρίτη εξίσωση έχουµε από τη δεύτερη το y = w Οι λύσεις είναι 5 R Έχουµε δηλαδή άπειρες λύσεις z = w και 5 ( x, yz, ) = (, w, w), όπου το w διατρέχει 5 5 Άσκηση Να λυθεί το σύστηµα y+ z = x+ y+ z = 0 x+ 7y+ 4z = Λύση Επειδή δεν υπάρχει x στην πρώτη εξίσωση, θα φέρουµε τη δεύτερη εξίσωση στην πρώτη θέση Επειδή ο σκοπός είναι να φθάσουµε σε ένα τριγωνικό σύστηµα, θα φέρουµε την εξίσωση που δεν έχει x στην τελευταία θέση Μετά εφαρµόζουµε τη µέθοδο απαλοιφής του Gauss

45 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα από 6 y+ z = x+ y+ z = 0 x y z 0 y z x 7y 4z + + = x+ 7y+ 4z = x+ y+ z = 0 x+ y+ z = 0 x 7y 4z y z y z + = y+ z = x+ y+ z = 0 y+ z = 0= r r r r + + = + = r r r r r r + + = + = Από την τελευταία εξίσωση βλέπουµε ότι το σύστηµα είναι αδύνατο Άσκηση Για τις διάφορες τιµές του k R, να λυθεί το παρακάτω σύστηµα Λύση x y+ kz = x y+ z = x y+ kz = Μετά από τους στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς r r r, r r r, r r, r r 7 r, r 0 r φθάνουµε στο τριγωνικό σύστηµα x y + kz = k y + z = 0 ( + kz ) = 0 ιακρίνουµε περιπτώσεις βασιζόµενοι στην παράσταση + k της τελευταίας εξίσωσης Έστω k Τότε από την τελευταία εξίσωση έχουµε z = 0, από τη δεύτερη y = 0 και από την πρώτη x = Άρα έχουµε µοναδική λύση, την (0,0,0) Έστω k = Τότε το τριγωνικό σύστηµα είναι το x y+ z = y = 0 0= 0

46 Κεφάλαιο : Γραµµικά Συστήµατα Σελίδα από 6 Άρα y = 0 και x = + y z = z, ενώ το z παίρνει αυθαίρετες τιµές ηλαδή έχουµε άπειρες λύσεις, τις ( z, 0, z), z R Άσκηση 4 ίνεται το σύστηµα x y + z = x 5y + 5z = x 6y + λ z = µ (α) Θέσατε λ = και µ = 4 και λύστε το σύστηµα (β) Βρείτε τις τιµές των λ και µ ώστε το σύστηµα αυτό Λύση (i) να είναι αδύνατο (ii) να έχει άπειρες λύσεις (iii) να έχει ακριβώς µια λύση Εφαρµόζοντας διαδοχικά τους στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς r r r, r r r, r r+ r, βρίσκουµε ότι το σύστηµα παίρνει την τριγωνική µορφή Από αυτή συµπεραίνουµε τα εξής x y + z = y + z = ( λ + ) z = µ (α) Έστω λ =, µ = 4 Τότε από την τελευταία εξίσωση βρίσκουµε z =, από τη 4 δεύτερη y = z = και από την πρώτη x= + y z = Άρα υπάρχει µοναδική λύση, η (,,) (β) (i) Παρατηρούµε από την τελευταία γραµµή ότι αν λ = και µ 0, τότε δεν υπάρχουν λύσεις (ii) Αν λ = και µ = 0, τότε το σύστηµα είναι x y + z = Έχουµε ( ) y + z = 0 = 0 y = z, x= + y z = + z z = 5 z Άρα υπάρχουν άπειρες λύσεις, οι ( 5 z, z, z), z R