Μάθηµα 6 ο ΥΪΚΕΣ ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ A =. Σύµφωνα µε την Πρόταση 5.7 (σελ. 119), η συµπληρωµατική (δυϊκή)

Transcript

1 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα από 7 Μάθηµα 6 ο ΥΪΚΕΣ ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΕΙΣ Θεωρία : Γραµµική Άλγεβρα : σελ. 8 (από τη 4 η γραµµή) και σελ. 9, εδάφιο 5, σελ. 7, Πρόταση 6.8, σελ. 4 Παράδειγµα : Στη γραµµική απεικόιση τύπο : 4 που ορίζεται από το ( x ) = [ x + x x + x x x x ] T ατιστοιχεί ο πίακας 0 0 A = Σύµφωα µε τη Πρόταση 5.7 (σελ. 9), η συµπληρωµατική (δυϊκή) απεικόιση : 4 θα 0 y + y + y y 4 T ( y) = A y = 0 y = y+ y y 4 Στο ίδιο συµπέρασµα καταλήγουµε, ότα θεωρήσουµε τη ισότητα (5., σελ. 8). Πράγµατι, έχουµε και ( ε ) = [ ] T, ( ε ) = [ ] T, ( ε ) = [ ] T = y + y + y, = y + y y, y ε 4 y ε 4 y ε = y,

2 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα από 7 τότε ( y) = ( y + y + y ) ε + ( y + y y ) ε + y ε = [ y + y + y y + y y y ] T Αποδείξεις τω σχέσεω στη σελ. 9 ( x) = x, όπου : Η. Από τη ισότητα (5.) έχουµε : = = x y x y x y. Έτσι, ( x) ( x) y = 0, για κάθε y και κατά συέπεια ( x) ( x) = 0. h y = h y, όπου h :, Ε,, : Ε, Η,. Όµοια, από τη (5.) έχουµε ( h) = ( h) = ( h) = h ( y) = x h ( y) = x h y x y x y x y x Συεπώς, x ( ) ( y) ( )( y). 0 h h =, για κάθε x και απ αυτή συµπεραίουµε ( ) ( y) = ( )( y) h h. dm = dm Η, όπου : Η. Α ο πίακας A ατιστοιχεί στη γραµµική απεικόιση έχουµε : dm ( ) = rank A, (Πρόταση 4.9, σελ. 90) και dm ( Η) = rank A. Η ισότητα προκύπτει άµεσα, επειδή rank A = rank A. = ker Η, όπου : Η. Αρκεί αποδείξουµε ker = ( Η ). Α x ker ( x) = 0 και 0 = ( x) y = x ( y). Τότε τα

3 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα από 7 διαύσµατα x και ( y), για κάθε y Η κάθετα, δηλαδή ( ( Η) ) ker ( Η) x. Α x ( Η) y Η, Η ( x) 0 x ker ( Η) x y = 0 y, x y = 0 = ker. Συεπώς ker = Η Η = Η. Η = ker, όπου : Η. Από τη προηγούµεη ισότητα έχουµε εφόσο ( ) =. ( ) ker Η = ker =, Λυµέες Ασκήσεις Άσκηση 6. Το σύστηµα Ax = b συµβιβαστό για κάθε b, ακριβώς ότα το οµογεές σύστηµα Ax= 0έχει µοαδική λύση x= 0. Λύση : Έστω η γραµµική απεικόιση : Η που ατιστοιχεί στο πίακα A. Επειδή το σύστηµα Ax = b έχει λύση για κάθε b Η, ( ) = Η και από τη ισότητα Η = ker ( ) ker = { 0 } το σύστηµα Ax= 0έχει λύση µόο x= 0.. Συεπώς, Ατίστροφα. Έστω x= 0 µοαδική λύση του συστήµατος { } Ax= 0 ker = 0 Η = b Η, x τέτοιο ώστε x = b. Ισοδύαµα το σύστηµα Ax = b συµβιβαστό για κάθε b.

4 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα 4 από 7 Άσκηση 6. Για κάθε πίακα A, οι υπόχωροι ker A και Im A A ααλλοίωτοι. Λύση : Πράγµατι, για κάθε x ker A, επειδή Ax= 0 A( Ax) = 0 Ax ker A. Συεπώς ο υπόχωρος ker A A ααλλοίωτος. Όµοια, για κάθε Im x Ax A A Ax Im A ο χώρος Im A A ααλλοίωτος. Άσκηση 6. Για κάθε πίακα A και για κάθε x A ααλλοίωτος. Λύση : Για το διάυσµα { xax A x} M = span,,,, ο υπόχωρος ω = c x+ c Ax+ + c A x M, έχουµε 0 Aω = c Ax + c A x + + c A x. 0 Από το θεώρηµα Cayley-Hamlton ατικαθιστώτας στη παραπάω ισότητα A + k A + + k I = O. Έτσι, 0 A = k I k A 0, έχουµε = M. Aω c0x cax c A x Άσκηση 6.4 Α x, x,, x ιδιοδιαύσµατα του πίακα A, ο k υπόχωρος { x x x } M = span,,, k A ααλλοίωτος. Λύση : Για κάθε x=α x+ +αkxk M έχουµε Ax = α Ax+ +αkaxk και επειδή Ax =λ x ( =,,,k) συµπεραίουµε Ax = λ α x + λ α x + + λ α x M. k k k

5 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα 5 από 7 Άσκηση 6.5 Α οι πίακες AB, όµοιοι ( A = S BS), ο υπόχωρος M A ααλλοίωτος, ακριβώς ότα ο υπόχωρος { : } SM = Sx x M B ααλλοίωτος. Λύση : Έστω M A ααλλοίωτος, τότε AM M S BSM M BSM SM SM B ααλλοίωτος. Άσκηση 6.6 Να αποδειχθεί ότι το άθροισµα και η τοµή υπόχωρω A ααλλοίωτος υπόχωρος. A ααλλοίωτω Λύση : Έστω M και N A ααλλοίωτοι υπόχωροι, τότε για κάθε x M και y N έχουµε x+ y + και M N A x+ y = Ax+ Ay M + N. Α ω M N ω M και ω N Aω M και Aω N Aω M N. Άσκηση 6.7 Να βρεθού για τη απεικόιση ( x, y) = ( x+ y, x y) οι ααλλοίωτοι υπόχωροι διάστασης έα. Λύση : Στη γραµµική απεικόιση : ατιστοιχεί ο πίακας A =. Επειδή οι ιδιοτιµές του λ = και λ = απλές, οι ιδιόχωροι Ε = span και Ε ( ) = span έχου διάσταση και ααλλοίωτοι.

6 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα 6 από 7 Άσκηση 6.8 Α ο υπόχωρος M A και B ααλλοίωτος τότε Ι. M AB ααλλοίωτος και k A+ λb ααλλοίωτος για κάθε k, λ. ΙΙ. M Λύση : Ι. Για κάθε A ααλλοίωτος, ότα A ατιστρέψιµος. x M Bx M ABx M. Επιπλέο, για κάθε k, λ, ( ka+λ B) x= k( Ax) +λ( Bx) M, διότι Ax και Bx M. ΙΙ. Επειδή ο χώρος M A ααλλοίωτος, για κάθε x M υπάρχει y M τέτοιο ώστε y = Ax. Τότε x = A y, δηλαδή, M και A ααλλοίωτος. Άσκηση 6.9 Α η, η,, η βάση του διαυσµατικού χώρου και η απεικόιση ακριβώς ότα : γραµµική, αποδείξατε ότι ααλλοίωτος ( η ) ( =,,, ). Λύση : Έστω η, =,,,. Για κάθε διάυσµα x έχουµε x = cη+ cη + + c η και Ax = caη+ caη + + c Aη. Συεπώς, ο υπόχωρος ααλλοίωτος. Ατίστροφα, α ο χώρος βάσης θα η. η ααλλοίωτος, για κάθε διάυσµα της Άσκηση 6.0 Ο χώρος M A ααλλοίωτος, ακριβώς ότα ο M A ααλλοίωτος. Λύση : Για κάθε x Ax και για κάθε Έτσι, τη ισότητα 0 A ααλλοίωτος. M. M M y ( Ax) y = 0 Ax y= x Ay = Ay M, δηλαδή, M

7 Αάλυση Πιάκω και Εφαρµογές Σελίδα 7 από 7 Ατίστροφα, α ααλλοίωτος τότε ο υπόχωρος M A ( M ) = M ( A ) = A ααλλοίωτος. Άσκηση 6. Για τη γραµµική απεικόιση : Π Π, που ορίζεται από τη σχέση ( α x +β x +γ ) = ( 5 α β 4 γ ) x + ( β+γ ) x + ( α β γ), αποδείξατε ότι ο χώρος = span{ x, + x } ααλλοίωτος και βρείτε έα σύθετο άω τριγωικό πίακα ατίστοιχο της. Λύση : Επειδή ( x) x ( x ) = + και (*) ( x ) x ( x ) + = + +, σύµφωα µε τη άσκηση 6.9, ο χώρος από τη ισότητα έχουµε ( x) = ( β+γ ) x+ ( α β γ )( x + ) + ( α γ) ααλλοίωτος. Επιπλέο x, Π = E, όπου E = span{ x }. Για το διάυσµα x = 0x+ x + + x και µε τις (*) συµπεραίουµε ότι ο ατίστοιχος πίακας της x Ε, Ο υποπίακας 0 A =. 0 0 ατιστοιχεί στη γραµµική απεικόιση.