ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3"

Transcript

1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Παρασκευή Νοεµβρίου 07 Ασκηση Αν ένας από τους πίνακες A, B M n n (R) είναι αντιστρέψιµος, τότε να δειχθεί ότι : A B + I n = B A + I n Λύση Εστω ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος Τότε υπάρχει ο αντίστροφός του A Θα έχουµε : A B + I n = A B + A A = A B + A ) = A B + A = B + A A = = (B + A ) A = B A + A A = B A + I n Παρόµοια εργαζόµαστε αν ο πίνακας B είναι αντιστρέψιµος Ενας τετραγωνικός πίνακας A καλείται ορθογώνιος αν : t A A = I n = A ta Ιδιαίτερα έπεται ότι ένας ορθογώνιος πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και A = t A Επιπλέον, επειδή = I n = A ta = A t A = A A = A, έπεται ότι η ορίζουσα ενός ορθογώνιου πίνακα A είναι ίση µε : A = ± Ασκηση Αν A, B M n (K) είναι ορθογώνιοι πίνακες, να δειχθεί ότι : (A + B) (A B) = t A B t B A Λύση Επειδή οι πίνακες A και B είναι ορθογώνιοι, έπεται ότι : t A = A και t B = B Τότε : (A + B) (A B) = A + B A B = A B A + B = t (A B) A + B = = t A t B A + B = A B A + B = (A B ) (A + B) = = A A + A B B A B B = I n + A B B A I n = = A B B A = t A B t B A Ασκηση Εστω A M n (K) ένας αντισυµµετρικός πίνακας Υποθέτουµε ότι ο πίνακας I n + A είναι αντιστρέψιµος () Είναι ο πίνακας I n A αντιστρέψιµος ; () Αν ο πίνακας I n A είναι αντιστρέψιµος, ποιός είναι ο αντίστροφός του ; () Τι ισχύει αν ο πίνακας A δεν είναι αντισυµµετρικός ;

2 Λύση () Επειδή ο πίνακας A είναι αντισυµµετρικός, έπεται ότι t A = A Επειδή κάθε πίνακας έχει ορίζουσα ίση µε την ορίζουσα του αναστρόφου του, έπεται ότι I n + A = t (I n + A) = t I n + t A = I n A Επειδή ο πίνακας I n + A είναι αντιστρέψιµος, γνωρίζουµε ότι I n + A = 0 και εποµένως ϑα έχουµε και I n A 0, δηλαδή ο πίνακας I n A είναι αντιστρέψιµος () Επειδή ο πίνακας I n + A είναι αντιστρέψιµος, υπάρχει ο αντίστροφός του (I n + A) και ϑα έχουµε : (I n + A) (I n + A) = I n = (I n + A) (I n + A) Παίρνοντας ανάστροφους πίνακες στην παραπάνω σχέση, έπεται ότι : t [(I n +A) (I n +A) ] = t I n = t [(I n +A) (I n +A)] = t [(I n +A) ] t(i n +A) = I n = t (I n +A) t[(i n +A) ] = t [(I n + A) ] ( t I n + t A) = I n = ( t I n + t A) t[(i n + A) ] = = t [(I n + A) ] (I n A) = I n = (I n A) t[(i n + A) ] Αυτό σηµαίνει ότι ο ο αντίστροφος του πίνακα I n A είναι ο πίνακας (I n A) = t [(I n + A) ] () Αν ο πίνακας A δεν είναι αντισυµµετρικός και ο πίνακας I n + A είναι αντιστρέψιµος, τότε δεν ( είναι ) απαραίτητο ο πίνακας I n A να είναι αντιστρέψιµος Για παράδειγµα, έστω ο πίνακας A = 0 ( ) ο οποίος προφανώς δεν είναι αντισυµµετρικός Τότε ο πίνακας I n +A = είναι αντιστρέψιµος 0 ( ) 0 Οµως ο πίνακας I n A = δεν είναι αντιστρέψιµος 0 0 Ασκηση 4 Να ϐρεθεί η ορίζουσα E και ο αντίστροφος E, όπου E είναι ένας εκ των στοιχειωδών πινάκων Λύση () Παρατηρούµε ότι E ij (λ), λ K, E ij, E i (λ), λ K, λ 0 E ij (0) = I n Αν λ, κ είναι δύο στοιχεία του K, τότε όπως µπορούµε να υπολογίσουµε εύκολα : Εποµένως αν κ = λ, ϑα έχουµε : E ij (λ) E ij (κ) = E ij (λ + κ) E ij (λ) E ij ( λ) = I n = E ij ( λ) E ij (λ) Αυτό σηµαίνει ότι ο στοιχειώδης πίνακας E ij (λ) είναι αντιστρέψιµος και E ij (λ) = E ij ( λ) Ο πίνακας E ij (λ) έχει προκύψει από τον µοναδιαίο πίνακα I n µε εφαρµογή της στοιχειώδους πράξης Γ i Γ i + λγ j η οποία δεν αλλάζει την ορίζουσα Εποµένως () Οπως µπορούµε να υπολογίσουµε εύκολα : E ij (λ) = I n = E ij E ij = I n και εποµένως ο πίνακας E ij είναι αντιστρέψιµος και E ij = E ij Ο πίνακας E ij έχει προκύψει από τον µοναδιαίο πίνακα I n µε εφαρµογή της στοιχειώδους πράξης Γ i Γ j η οποία αλλάζει πρόσηµο στην ορίζουσα Εποµένως E ij = I n =

3 () Επειδή το λ είναι µη µηδενικό στοιχείο του K, υπάρχει το στοιχείο λ K Οπως µπορούµε να υπολογίσουµε εύκολα : E i (λ) E i (λ ) = E i () = I n και εποµένως ο πίνακας E ij είναι αντιστρέψιµος και E i (λ) = E i (λ ) Ο πίνακας E i (λ) έχει προκύψει από τον µοναδιαίο πίνακα I n µε εφαρµογή της στοιχειώδους πράξης Γ i λγ i η οποία πολλαπλασιάζει την ορίζουσα µε λ Εποµένως E i (λ) = λ I n = λ Ασκηση 5 Εστω A ένας n n πίνακας µε στοιχεία από το σώµα K () Αν ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιµος, τότε και ο πίνακας adj(a) δεν είναι αντιστρέψιµος Με άλλα λόγια : A = 0 = adj(a) = 0 () Να δειχθεί ότι : () Να δειχθεί ότι, λ K: adj(a) = A n adj(λa) = λ n adj(a) (4) Αν ο πίνακας A είναι διαγώνιος, ποιός είναι προσαρτηµένος του ; (5) Να δειχθεί ότι : t adj(a) = adj( t A) (6) Να δειχθεί ότι ο προσαρτηµένος πίνακας ενός συµµετρικού πίνακα είναι συµµετρικός πίνακας (7) Πότε ο προσαρτηµένος ενός αντισυµµετρικού πίνακα είναι αντισυµµετρικός ; Λύση () Αν A = O, τότε προφανώς adj(a) = O Υποθέτουµε ότι A O Αν ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιµος, τότε A = 0 και εποµένως A adj(a) = O, όπως προκύπτει από τη γνωστή µας σχέση A adj(a) = A I n = adj(a) A Αν ο πίνακας adj(a) ήταν αντιστρέψιµος, τότε ϑα είχαµε A adj(a) adj(a) = O adj(a) = O, και άρα A = O το οποίο είναι άτοπο διότι υποθέσαµε ότι A O Άρα ο adj(a) δεν είναι αντιστρέψιµος, ισοδύναµα adj(a) = 0 () Γνωρίζουµε ότι για κάθε πίνακα A ισχύει ότι Παίρνοντας ορίζουσες, ϑα έχουµε : A adj(a) = A I n = adj(a) A A adj(a) = A I n = A adj(a) = A n Αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, τότε η παραπάνω σχέση δίνει : adj(a) = A n Αν ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιµος, δηλαδή A = 0, τότε από το µέρος () έπεται ότι και ο πίνακας adj(a) δεν είναι αντιστρέψιµος, δηλαδή adj(a) = 0 Άρα ϑα έχουµε adj(a) = 0 = A n Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ισχύει για κάθε τετραγωνικό πίνακα () Συµβολίζοντας µε A kl τον συµπαράγοντα του στοιχείου στη ϑέση (k, l) του πίνακα λa, και µε kl την ελάσσονα ορίζουσα τάξης n που αντιστοιχεί στο στοιχείο στη ϑέση (k, l) του πίνακα λa, ϑα έχουµε : [adj(λa)] ij = A ji = ( ) j+i ji Οµως η ελάσσονα ορίζουσα τάξης n που αντιστοιχεί στο στοιχείο στη ϑέση (j, i) του πίνακα λa είναι η ορίζουσα η οποία προκύπτει αν διαγράψουµε την j-γραµµή και την i-στήλη του πίνακα λa Η τελευταία ορίζουσα προφανώς είναι ίση µε λ n -ϕορές την ελάσσονα ορίζουσα ji που αντιστοιχεί στο στοιχείο στη ϑέση (j, i) του πίνακα A: ji = λn ji Άρα [adj(λa)] ij = A ji = ( )j+i ji = λ n ( ) j+i ji = λ n A ji Άρα adj(λa) = λ n adj(a)

4 4 (4) Εστω λ λ 0 A = 0 0 λ n ένας διαγώνιος πίνακας Θα δείξουµε ότι αν n =, τότε adj(a) = A, και αν n, τότε : λ λ λ n λ λ λ n 0 A = 0 0 λ λ λ n Η περίπτωση n = είναι προφανής Αν k =, τότε ( ) ( ) A A adj(a) = λ 0 = A A 0 λ και άρα ο ισχυρισµός ( ) είναι αληθής Για τη γενική περίπτωση k = n, παρατηρούµε ότι, όταν i j, στον υπολογισµό της ελάσσονας ορίζουσας ij του πίνακα A υπάρχει πάντα µια στήλη ή γραµµή µηδενική και εποµένως ij = 0, δηλαδή A ij = 0 όταν i j Οταν i = j, τότε η ελάσσονα ορίζουσα ii είναι η ορίζουσα τάξης n του διαγώνιου πίνακα ο οποίος στη διαγώνιο έχει όλα τα στοιχεία λ, λ, λ n, εκτός του λ i Εποµένως ii = λ λ i λ i+ λ n, και επειδή A ii = ( ) i+i ii, ϑα έχουµε : A ij = { 0, αν i j λ λ i λ i+ λ n, αν i = j δηλαδή ο πίνακας adj(a) έχει την επιθυµιτή µορφή ( ) (5) Θα έχουµε : [ t adj(a)] ij = (adj(a)) ji = A ij = ( ) i+j ij Από την άλλη πλευρά, συµβολίζοντας µε A kl τον συµπαράγοντα του στοιχείου στη ϑέση (k, l) του πίνακα t A, και µε kl την ελάσσονα ορίζουσα τάξης n που αντιστοιχεί στο στοιχείο στη ϑέση (k, l) του πίνακα t A, ϑα έχουµε : [adj( t A)] ij = A ji = ( ) j+i ji Οµως η ελάσσονα ορίζουσα τάξης n που αντιστοιχεί στο στοιχείο στη ϑέση (j, i) του πίνακα t A είναι η ορίζουσα η οποία προκύπτει αν διαγράψουµε την j-γραµµή και την i-στήλη του πίνακα t A, δηλαδή είναι η ορίζουσα η οποία προκύπτει αν διαγράψουµε την i-γραµµή και την j-στήλη του πίνακα A Άρα ji = ij και εποµένως, i, j =,,, n: [ t adj(a)] ij = [adj( t A)] ij, δηλαδή : t adj(a) = adj( t A) (6) Αν ο πίνακας A είναι συµµετρικός, τότε t A = A και εποµένως : t adj(a) = adj( t A) = adj(a), δηλαδή ο προσαρτηµένος πίνακας του A είναι συµµετρικός (7) Αν ο πίνακας A είναι αντισυµµετρικός, τότε t A = A και εποµένως ϑα έχουµε : t adj(a) = adj( t A) = adj( A) = ( ) n adj(a) = ( ) n adj(a) ( ) Εποµένως : (αʹ) Αν ο n είναι άρτιος, τότε t adj(a) = adj(a), και άρα ο adj(a) είναι αντισυµµετρικός (ϐʹ) Αν ο n είναι περιττός, τότε t adj(a) = adj(a), και άρα ο adj(a) είναι συµµετρικός Ασκηση 6 Εστω A και B δύο αντιστρέψιµοι n n πίνακες µε στοιχεία από ένα σώµα K Να δειχθεί ότι : adj(a B) = adj(b) adj(a) Το συµπέρασµα εξακολουθεί να ισχύει και όταν οι πίνακες A και B δεν είναι αντιστρέψιµοι, η απόδειξη όµως είναι πιο δύσκολη

5 5 () Να δειχθεί ότι αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, τότε και ο πίνακας adj(a) είναι αντιστρέψιµος και : adj(a) = adj(a ) () Να δειχθεί ότι αν ο πίνακας A είναι ορθογώνιος, τότε και ο πίνακας adj(a) είναι ορθογώνιος Λύση Γνωρίζουµε ότι : και εποµένως ϑα έχουµε : Άρα Από την άλλη πλευρά A adj(a) = A I n = adj(a) A και B adj(b) = B I n = adj(b) B adj(a) = A A I n = A A και adj(b) = B B I n = B B adj(b) adj(a) = B B A A = B A B A = (A B) A B ( ) (A B) adj(a B) = A B I n = adj(a B) = (A B) A B I n = (A B) A B ( ) Από τις σχέσεις ( ) και ) έπεται το Ϲητούµενο : adj(a B) = adj(b) adj(a) () Αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, τότε και ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος Επειδή adj(i n ) = I n ϑα έχουµε : adj(a A ) = adj(a ) adj(a) = adj(i n ) = adj(a ) adj(a) = adj(a ) adj(a) = I n adj(a A) = adj(a) adj(a ) = adj(i n ) = adj(a) adj(a ) = adj(a) adj(a ) = I n Άρα ο πίνακας adj(a) είναι αντιστρέψιµος και adj(a) = adj(a ) () Αν ο πίνακας A είναι ορθογώνιος, τότε : t A A = I n = A ta και άρα : adj( t A A) = adj(i n ) = adj(a) adj( t A) = I n = adj(a) tadj(a) = I n adj(a ta) = adj(i n ) = adj( t A) adj(a) = I n = t adj(a) adj(a) = I n Οι παραπάνω σχέσεις δείχνουν ότι ο πίνακας adj(a) είναι ορθογώνιος Ασκηση 7 Εστω A M n (K) ένας πίνακας, όπου n () Αν n =, να δειχθεί ότι adj(adj(a)) = A () Αν n και ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, να δειχθεί ότι () Να δειχθεί ότι : Λύση () Αν n = και A = adj(a) = ( ) A A = A A adj(adj(a)) = A n A adj(adj(a) = A (n ) ( ) a a, ϑα έχουµε : a a ( ) a a a a (( )) ( ) a a = adj(adj(a)) = adj a a = = A a a a a Το συµπέρασµα εξακολουθεί να ισχύει και όταν ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιµος Θα δούµε µια απόδειξη της γενικής περίπτωσης αργότερα

6 6 () Από τη σχέση A adj(a) = A I n = adj(a) A η οποία ισχύει για κάθε πίνακα A, ϑα έχουµε : ( ) adj(a) adj(adj(a)) = adj(a) I n Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο µέλη της πρώτης ισότητας µε τον πίνακα A ϑα έχουµε τη σχέση : η οποία µε χρήση της ( ) δίνει : A adj(a) adj(adj(a)) = adj(a) A A I n adj(adj(a)) = adj(a) A = A adj(adj(a)) = adj(a) A Από την Άσκηση 5 έχουµε adj(a) = A n και εποµένως A adj(adj(a)) = A n A Επειδή ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, από την παραπάνω σχέση ϑα έχουµε : adj(adj(a)) = A n A () Αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος τότε από το µέρος () έχουµε adj(adj(a)) = A n A και εποµένως : adj(adj(a)) = A n A = ( A n ) n A = A n n A = A n n+ = A (n ) Αν ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιµος, δηλαδή A = 0, τότε όπως είδαµε στην απόδειξη του µέρους () της Άσκησης 5, έπεται ότι adj(a) = 0 Με µία ακόµα εφαρµογή του µέρους () της Άσκησης 5, έχουµε adj(adj(a)) = 0 και τότε : adj(adj(a)) = 0 = A (n ) Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση είναι αληθής για κάθε τετραγωνικό πίνακα ύο m n πίνακες A και B καλούνται γ-ισοδύναµοι αν ο B προκύπτει από τον A µετά την εκτέλεση πεπε- ϱασµένου πλήθους στοιχειωδών πράξεων στις γραµµές του A Γνωρίζουµε τότε ότι : οι πίνακες A και B είναι γ-ισοδύναµοι αν υπάρχουν στοιχειώδεις m m πίνακες E, E,, E p έτσι ώστε : B = E p E p E E A Ορίζουµε µια σχέση «γ» στο σύνολο M m n (K), ως εξής : A, B M m n (K): A γ B αν και µόνον αν οι πίνακες A και B είναι γ-ισοδύναµοι, δηλαδή, A, B M m n (K): A γ B υπάρχουν στοιχειώδεις m m πίνακες E, E,, E p : B = E p E E A Ασκηση 8 () Να δειχθεί ότι η σχέση «γ» στο σύνολο M m n (K) των m n πινάκων µε στοιχεία από το σώµα K είναι µια σχέση ισοδυναµίας () Να δειχθεί ότι ένας πίνακας A είναι γ-ισοδύναµος µε τον µηδενικό πίνακα αν και µόνον αν A = O () Να δειχθεί ότι ένας πίνακας είναι αντιστρέψιµος αν και µόνον αν είναι γ-ισοδύναµος µε τον I n (4) Να δειχθεί ότι δύο τυχόντες n n αντιστρέψιµοι πίνακες είναι πάντα γ-ισοδύναµοι (5) Να δειχθεί ότι ένας ανστιστρέψιµος πίνακας A είναι γ-ισοδύναµος µε τον πίνακα A n, n Z Λύση () Για να δείξουµε ότι η σχέση «γ» είναι σχέση ισοδυναµίας, πρέπει να δείξουµε ότι είναι ανακλαστική, συµµετρική και µεταβατική (αʹ) Εστω A M m n (K) Επειδή ο µοναδιαίος m m πίνακας E m () = I m είναι στοιχειώδης και I m A = A, έπεται ότι A γ A, και άρα η σχέση «γ» είναι ανακλαστική (ϐʹ) Εστω A, B M m n (K) και υποθέτουµε ότι A γ B Τότε υπάρχουν στοιχειώδεις m m πίνακες E, E,, E p έτσι ώστε : B = E p E E A Τότε ϑα έχουµε : A = E E Ep B Επειδή ο αντίστροφος ενός στοιχειώδους πίνακα είναι στοιχειώδης πίνακας, η τελευταία σχέση δείχνει ότι B γ A Άρα B γ A, και άρα η σχέση «γ» είναι συµµετρική

7 7 (γʹ) Εστω A, B, C M m n (K) και υποθέτουµε ότι A γ B και B γ C Τότε υπάρχουν στοιχειώδεις m m πίνακες E, E,, E p και F, F,, F q έτσι ώστε : B = E p E E A και C = F q F F B Τότε : C = F q F F B = F q F F E p E E A Επειδή οι πίνακες E, E,, E p και F, F,, F q είναι στοιχειώδεις, έπεται ότι A γ C και εποµένως η σχέση «γ» είναι µεταβατική () Αν ο πίνακας A = O, τότε προφανώς ο A είναι γ-ισοδύναµος µε τον εαυτό του Αντίστροφα, έστω ότι A γ O Τότε υπάρχουν στοιχειώδεις n n πίνακες E, E,, E p έτσι ώστε : E p E E A = O Επειδή οι στοιχειώδεις πίνακες είναι αντιστρέψιµοι, και επειδή γινόµενο αντιστρέψιµων πινάκων είναι αντιστρέψιµος πινακας, έπεται ότι ο πίνακας E := E p E E είναι αντιστρέψιµος Τότε E EA = E O και άρα A = O () Γνωρίζουµε ότι ένας τετραγωνικός n n πίνακας A είναι αντιστρέψιµος αν και µόνον αν η ισχυρά γ-κλιµακωτή µορφή του A είναι ο µοναδιαίος n n πίνακας I n, δηλαδή αν και µόνον αν υπάρχουν στοιχειώδεις n n πίνακες E, E,, E p έτσι ώστε : E p E E A = I n Εποµένως ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος αν και µόνον αν είναι γ-ισοδύναµος µε τον I n (4) Αν A, B είναι δύο αντιστρέψιµοι n n πίνακες, τότε από το µέρος () έπεται ότι A γ I n και B γ I n ή ισοδύναµα I n γ B, επειδή η σχέση «γ» είναι συµµετρική Επειδή η σχέση «γ» είναι µεταβατική, ϑα έχουµε A γ B (5) Αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, τότε ορίζεται ο αντίστροφός του A και εποµένως ορίζονται και οι πίνακες A n = (A ) n, n Θέτοντας A 0 = I n, έπεται ότι ορίζονται οι πίνακες A n, n Z, οι οποίοι είναι αντιστρέψιµοι µε αντίστροφο (A n ) = A n = (A ) n Από το µέρος (4) έπεται ότι A γ A n, n Z Ασκηση 9 Να ϐρεθεί η ισχυρά κλιµακωτή µορφή του πίνακα : A = 0 0 Ακολούθως, αν ο A είναι αντιστρέψιµος, να ϐρεθεί ο A µε χρήση πράξεων επί των γραµµών του Λύση Θα υπολογίσουµε ταυτόχρονα την ισχυρά γ-κλιµακωτή µορφή του πίνακα A και τον αντίστροφο A του πίνακα A, αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, εκτελώντας στοιχεώδεις πράξεις στις γραµµές του A (A I ) = Γ Γ Γ Γ Γ +Γ Γ 4 Γ Γ Γ Γ Γ Γ +Γ Γ Γ Γ = (I B) όπου 4 4 B = 0 4 4

8 8 Εποµένως η ισχυρά γ-κλιµακωτή µορφή του πίνακα A είναι ο µοναδιαίος πίνακς I Αυτό σηµαίνει ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και ο αντιστροφός του είναι ο πίνακας 4 4 A = Ασκηση 0 Αν a K, να ϐρεθεί η ισχυρά γ-κλιµακωτή µορφή του πίνακα : A = 0 a 9 και ακολούθως να ϐρεθεί η τιµή του a για τις οποίες ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος Ποιός είναι ο αντίστροφος του A; Λύση Θα έχουµε : (A I ) = a Γ Γ Γ a Γ Γ aγ a 9 a 0 ιακρίνουµε περιπτώσεις : Γ Γ a a a a 9 a 0 Γ Γ +(a )Γ () Αν a = 8, τότε εργαζόµενοι στον πίνακα ( ), ϑα έχουµε : Γ Γ Γ = (B A ) Ο πίνακας B είναι ισχυρά γ-κλιµακωτός και επειδή B I n, έπεται ότι ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιµος, και η ισχυρά γ-κλιµακωτή µορφή του A είναι ο πίνακας () Αν a 8, τότε εργαζόµενοι στον πίνακα ( ), ϑα έχουµε : Γ 8 a Γ 0 0 = 8 a a a+ (a+) ( a+) (8 a) (8 a) 8 a = Γ Γ + Γ a Γ Γ Γ a 8 a 8 a 8 a+ a 0 0 a+ a a 8 a 8) 8 a 0 0 a 8 a 8 8 a a 8 a 8 a 8 a a 8 a 8 a 8 = (I A ) a+ a 0 0 a 8 a 8 a 8 ( )

9 9 όπου 9 9 A a 8 a 8 a 8 = a 9 9 a 8 a 8 a 8 = 9 9 a 9 9 a+ a a 8 a + a a 8 a 8 a 8 Εποµένως ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και ο αντίστροφός του είναι ο πίνακας A = a a 9 9 a + a Συνοψίζοντας δείξαµε ότι ο πίνακας είναι αντιστρέψιµος αν και µόνον αν a 8 και τότε ο αντίστροφός του είναι ο πίνακας που δίνεται παραπάνω Εστω A ένας m n πίνακας µε στοιχεία από ένα σώµα K Ο πίνακας A καλείται κανονικός αν είναι ταυτόχρονα ισχυρά γ-κλιµακωτός και ισχυρά σ-κλιµακωτός Προφανώς ένας κανονικός πίνακας είναι της µορφής : ( ) I A = r O = r (n r) ( ) O (m r) r O (m r) (n r) όπου I r είναι ο µοναδιαίος r r πίνακας, O r (n r) είναι ο µηδενικός r (n r) πίνακας, O (m r) r είναι ο µηδενικός (m r) r πίνακας, και O (m r) (n r) είναι ο µηδενικός (m r) (n r) πίνακας Προφανώς κάθε m n πίνακας A µπορεί να µετατραπεί, µετά την εκτέλεση πεπερασµένου πλήθους στοιχιωδών πράξεων στις γραµµές και στις στήλες του, σε έναν κανονικό πίνακα, ο οποίος καλείται η κανονική µορφή του A Ασκηση Να ϐρεθεί η ισχυρά γ-κλιµακωτή µορφή του πίνακα : 0 A = και ακολούθως να ϐρεθεί η κανονική µορφή του πίνακα A Λύση Θα έχουµε : Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ +Γ Γ Γ +Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ +Γ

10 := B Ο πίνακας B είναι ισχυρά γ-κλιµακωτός και είναι η ισχυρά γ-κλιµακωτή µορφή του A B = Σ Σ Σ 4 Σ 4 Σ Σ 4 Σ 4 Σ Σ Σ 4 Σ 4 Σ Σ Σ 5 Σ Σ Σ Σ 4 Σ Σ Σ 4 Σ Σ 4 Σ 4 4Σ Σ 4 Σ 4 +Σ 0 0 := C Ο πίνακας C είναι ισχυρά γ-κλιµακωτός και ισχυρά σ-κλιµακωτός Εποµένως ο πίνακας C είναι η κανονική µορφή του πίνακα A Ασκηση Να λυθεί το σύστηµα : (Σ) x + x x = x + x x = x + x + x = Λύση Εχουµε : A =, B =, X = x x, (A B) = Εκτελούµε στοιχιώδεις πράξεις στις γραµµές του επαυξηµένου πίνακα του (Σ): Γ Γ Γ 0 4 Γ Γ Γ Γ Γ +4Γ Γ Γ Γ x Γ Γ Γ Γ Γ Γ 4 Γ Ο τελευταίος πίνακας είναι ο επαυξηµένος πίνακας του γραµµικού συστήµατος x + 0x + 0x = (Σ ) 0x + x + 0x = 0x + 0x + x = το οποίο έχει προφανή λύση την x = x = x = Επειδή το (Σ ) είναι ισοδύναµο µε το (Σ), έπεται ότι το (Σ) έχει µοναδική λύση την : x =, x =, x =

11 Ασκηση Να λυθεί το σύστηµα : (Σ) x + x 5x = x x + 4x = 4 4x + x 6x = 8 Λύση Εχουµε : A = 5 4, B = 4, X = x x, (A B) = x Εκτελούµε στοιχιώδεις πράξεις στις γραµµές του επαυξηµένου πίνακα του (Σ): Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ 4Γ Γ Γ Γ Ο τελευταίος πίνακας είναι ο επαυξηµένος πίνακας του γραµµικού συστήµατος x + 0x x = (Σ ) 0x + x x = 0 0x + 0x + 0x = 0 Γ 7 Γ Για το (Σ ) έχουµε : x = x και x = x Θέτουµε x = λ (αυθαίρετη τιµή από το σώµα K), και τότε έπεται ότι το σύτστηµα (Σ ) έχει άπειρες λύσεις, οι οποίες εξαρτώνται από µια παράµετρο λ K), τις εξής : x = + λ, x = λ, x = λ Επειδή το σύστηµα (Σ ) είναι ισοδύναµο µε το (Σ), έπεται ότι το σύτστηµα (Σ) έχει άπειρες λύσεις, οι οποίες εξαρτώνται από µια παράµετρο λ K), τις εξής : x = + λ, x = λ, x = λ, (λ K) Ασκηση 4 Να λυθεί το σύστηµα : x + x x + x 4 = 0 8x (Σ) + x 9x + 8x 4 = 0 4x + 6x + x x 4 = 0 x + x + 9x + 7x 4 = 0 Λύση Εχουµε : 0 A = , B = 0 0, X = x x x x 4 x 5 0, (A B) = Επειδή ο πίνακας των σταθερών όρων είναι ο µηδενικός εργαζόµαστε Εκτελώντας στοιχειώδεις πράξεις στις γραµµές του πίνακα A των συντελεστών (Σ): Γ Γ 4Γ Γ Γ Γ, Γ 4 Γ 4 Γ Γ Γ +Γ Γ 4 Γ 4 +Γ

12 Γ 5 Γ Γ Γ Γ Γ + Γ Ο τελευταίος πίνακας είναι ο επαυξηµένος του συστήµατος x + x + 0x + 0 x 4 = 0 (Σ 0x ) + 0x + x 4 5 x 4 = 0 0x + 0x + 0x + 0x 4 = 0 0x + 0x + 0x + 0x 4 = 0 Για το (Σ ) έχουµε : x = 4 5 x 4 και x = x 0 x 4 Θέτοντας x = λ και x 4 = µ (αυθαίρετες τιµές από το σώµα K) έπεται ότι το (Σ ) έχει άπειρες λύσεις, οι οποίες εξαρτώνται από δύο παραµέτρους λ, µ K: x = λ 0 µ, x = λ, x = 4 5 µ, x 4 = µ Επειδή το σύστηµα (Σ) είναι ισοδύναµο µε το (Σ ), έπεται ότι το (Σ) έχει άπειρες λύσεις οι οποίες εξαρτώνται από δύο παραµέτρους λ, µ K, τις εξής : x = λ 0 µ, x = λ, x = 4 5 µ, x 4 = µ (λ, µ K) Ασκηση 5 Να λυθεί το σύστηµα : x x + x x 5 = 0 x (Σ) + x x + x 4 = 0 x x + x + x 4 = λ 4x + 4x 4x x 4 + x 5 = λ Λύση Εχουµε : 0 0 A = , B = 0 λ, X = λ 0 0 (A B) = λ λ Εκτελούµε στοιχειώδεις πράξεις στις γραµµές του επαυξηµένου πίνακα του (Σ): x x x x 4 x λ λ Γ Γ +Γ Γ Γ Γ λ λ Γ 4 Γ 4 +4Γ λ λ Γ Γ Γ Γ 4 Γ 4 +Γ λ 4 λ Γ 4 Γ 4 +Γ

13 λ 0 λ Γ Γ λ 0 λ και άρα καταλήγουµε στο παρακάτω σύστηµα : x x + x x 5 = 0 x 4 x 5 = 0 x 5 = λ 0 = λ ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις : () Αν λ 0 τότε έπεται ότι το σύστηµα (Σ) είναι αδύνατο () Αν λ = 0 τότε έχουµε x 5 = 0 και άρα x 4 = 0 Ακόµα, από την πρώτη εξίσωση έχουµε x = x x Θέτουµε x = κ και x = ν µε κ, ν R Τότε έχουµε τη γενική λύση : x = κ ν x = κ x = ν κ, ν R x 4 = 0 x 5 = 0 Ασκηση 6 Να λυθεί το σύστηµα : x + x + x + x 4 x 5 = λ x (Σ) + x = λ x 4 x 5 = λ x + x + x 4 x 5 = λ Λύση Εχουµε : A = λ, B = λ λ, X = λ λ (A B) = λ λ 0 λ Εκτελούµε στοιχειώδεις πράξεις στις γραµµές του επαυξηµένου πίνακα του (Σ): x x x x 4 x 5 λ λ λ 0 λ Γ 4 Γ 4 Γ λ λ λ Γ 4 Γ 4 Γ

14 4 λ λ λ 0 + λ και άρα καταλήγουµε στο παρακάτω σύστηµα : x + x + x + x 4 x 5 = λ x + x = λ x 4 x 5 = λ 0 = + λ ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις : () Αν λ τότε το σύστηµα (Σ) είναι αδύνατο () Για λ = έχουµε το σύστηµα : x + x + x + x 4 x 5 = x + x = x 4 x 5 = Συνεπώς έχουµε ότι x = x, x 4 = + x 5 και αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση ϐρίσκουµε x = x + x 5 Θέτουµε x = ν και x 5 = κ µε κ, ν R Τότε έχουµε τη γενική λύση : x = ν + κ x = ν x = ν κ, ν R x 4 = + κ x 5 = ν Ασκηση 7 Αν λ R, να λυθεί το ακόλουθο σύστηµα : x + x + x + x 4 + x 5 x 6 + 0x 7 = 0 0x (Σ) : + x + 0x + 0x 4 + x 5 x 6 + 0x 7 = x + x + x + x 4 + x 5 x 6 + x 7 = x + 0x + x + x 4 + 0x 5 + 0x 6 + 0x 7 = λ Λύση Ο πίνακας συντελεστών και ο πίνακας σταθερών όρων του συστήµατος (Σ) είναι 0 0 A = και B = λ Εκτελούµε στοιχειώδεις πράξεις στον επαυξηµένο πίνακα (A B): (A B) = Γ Γ Γ Γ 4 Γ 4 Γ λ λ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ 4 Γ 4 +Γ λ λ

15 5 Ο τελευταίος πίνακας είναι ο επαυξηµένος πίνακας ενός συστήµατος (Σ ): x + 0x + x + x 4 + 0x 5 + 0x 6 + 0x 7 = (Σ 0x ) : + x + 0x + 0x 4 + x 5 x 6 + 0x 7 = 0x + 0x + 0x + 0x 4 + 0x 5 0x 6 + x 7 = 0 0x + 0x + 0x + 0x 4 + 0x 5 + 0x 6 + 0x 7 = λ το οποίο είναι ισοδύναµο µε το (Σ) ιακρίνουµε τις παρακάτω περιπτώσεις : () Αν λ τότε λ 0, ο τελευταίος πίνακας τότε η τελευταία εξίσωση του (Σ ) είναι αδύνατη διότι ϑα έχουµε 0 = ( λ 0 Εποµένως το (Σ ) και άρα και το (Σ) είναι αδύνατο () Εστω λ = Τότε το (Σ ) είναι της µορφής (παραλείπουµε τους άγνωστους µε µηδενικό συντελεστή): Θέτουµε x + x + x 4 = x + x 5 x 6 = x 7 = 0 = x = κ, x 4 = λ, x 5 = µ, x 6 = ν x = x x 4 x = x 5 + x 6 x 7 = 0 να είναι αυθαίρετες τιµές από το σώµα K, έπεται ότι το σύστηµα (Σ ), άρα και το ισοδύναµό του σύστηαµ (Σ), έχει άπειρες λύσεις οι οποίες εξαρτώνται από 4 παραµέτρους : Εποµένως η γενική λύση του συστήµατος (Σ) είναι x = κ ξ x = µ + ν x = κ x 4 = ξ κ, ξ, µ, ν R x 5 = µ x 6 = ν x 7 = 0 Ασκηση 8 Να λυθεί το σύστηµα (λ R): x y + z = (Σ) x + y + λz = x + λy + z = λ Λύση Εχουµε : A = λ, B =, X = x y, (A B) = λ λ λ z λ λ Εκτελούµε στοιχιώδεις πράξεις στις γραµµές του επαυξηµένου πίνακα του (Σ): (A B) = λ Γ Γ Γ 0 λ Γ Γ Γ λ λ 0 λ + 0 λ ιακρίνουµε περιπτώσεις : () Αν λ + = 0, δηλαδή λ =, τότε ο τελευταίος πίνακας είναι της µορφής :

16 6 ο οποίος είναι ο επαυξηµένος ενός συστήµατος (Σ ) ισοδύναµου µε το (Σ) Επειδή προφανώς το (Σ ) είναι αδύνατο (η τελευταία εξίσωση του είναι της µορφής 0x + 0y + 0z = 4), έπεται ότι το (Σ) είναι αδύνατο () Αν λ + 0, δηλαδή λ, τότε εκτελούµε στοιχειώδεις πράξεις στις γραµµές του τελευταίου πίνακα : 0 λ 0 λ + 0 λ Γ Γ Γ λ+ Γ λ+ 0 λ 0 λ+ 0 0 λ 0 λ 0 0 λ+ (λ ) λ+ Γ Γ +Γ Γ Γ Γ ιακρίνουµε περιπτώσεις : (αʹ) Αν λ+ = 0, δηλαδή αν λ =, τότε ο τελευταίος πίνακας είναι της µορφής και είναι ο επαυξηµένος πίνακας του γραµµικού συστήµατος x + 0y + z = (Σ ) 0x + y + 0z = 0x + 0y + 0z = 0 το οποίο είναι ισοδύναµο µε το σύστηµα (Σ) Θέτοντας z = κ να είναι µια αυθαίρετη τιµή από το σώµα K, έπεται ότι το (Σ ) έχει άπειρες λύσεις, οι οποίες εξαρτώνται από µια παράµετρο κ K: x = κ, y =, z = κ Επειδή το (Σ ) είναι ισοδύναµο µε το (Σ), έπεται ότι το (Σ) έχει άπειρες λύσεις οι οποίες εξαρτώνται από µια παράµετρο, τις εξής : x = κ, y =, z = κ (κ K) (ϐʹ) Αν λ+ 0, δηλαδή αν λ, τότε ο τελευταίος πίνακας είναι της µορφής λ+ 0 λ+ 0 λ 0 Γ Γ +Γ λ 0 0 Γ Γ λ+ Γ λ+ (λ ) Γ 0 0 λ+ Γ λ λ+ λ λ 0 0 λ λ+ ο τελευταίος πίνακας είναι ο επαυξηµένος πίνακας του γραµµικού συστήµατος x + 0y + z = 4 (Σ ) 0x + y + 0z = λ λ+ 0x + 0y + z = 4 λ+ το οποίο είναι ισοδύναµο µε το σύστηµα (Σ) Προφανώς το (Σ ) έχει µοναδική λύση την x = 4, y = λ λ+, z = 4 λ+ Επειδή το (Σ ) είναι ισοδύναµο µε το (Σ), έπεται ότι το (Σ) έχει µοναδική λύση, την εξής : x = 4, y = λ λ +, z = 4 λ + Συνοψίζοντας, δείξαµε ότι το σύστηµα (Σ) είναι : () Είναι αδύνατο, αν λ =

17 7 () Εχει άπειρες λύσεις, αν : λ και λ = Οι άπειρες λύσεις του (Σ) εξαρτώνται από µια παράµετρο και είναι οι εξής : x = κ, y =, z = κ (κ K) () Εχει µοναδική λύση, αν λ και λ Η µοναδική λύση του (Σ) είναι η εξής : x = 4, y = λ λ +, z = 4 λ + Ασκηση 9 Αν a, R, να λυθεί το σύστηµα : x + y + z = 6a (Σ) x + y + ( + )z = 4 x + y + z = a Λύση Εχουµε : A = ( + ), B = 6a 4, X = x y, (A B) = 6a ( + ) 4 a z a Εκτελούµε στοιχιώδεις πράξεις στις γραµµές του επαυξηµένου πίνακα του (Σ): 6a ( + ) 4 Γ Γ Γ 6a a Γ Γ a a ιακρίνουµε περιπτώσεις : () = 0 Τότε ο τελευταίος πίνακας είναι ο a a 0 a ο οποίος είναι ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος x + (Σ y + z = a ) 0x + 0y + 0z = 4 + 6a 0x + y + z = a a a a Από το οποίο ϐλέπουµε ότι : (αʹ) Αν 4 + 6a 0, δηλαδή αν a 4 6 =, τότε το (Σ ) είναι αδύνατο Επειδή το (Σ) είναι ισοδύναµο µε το (Σ ), έπεταιο ότι αν a, τότε το (Σ) είναι αδύνατο (ϐʹ) Αν Αν 4 + 6a = 0, δηλαδή αν a = 4 6 =, τότε ο επαυξηµένος πίνακας του (Σ ) είναι 0 Γ Γ Γ Γ 0 Ο τελευταίος πίνακας είναι είναι ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος x + 0y + (Σ 6 z = 7 ) 0x + y + z = 0x + 0y + 0z = 0 Γ Γ Γ Από το οποίο ϐλέπουµε ότι : y = ( + z) και x = 7 6 z Θέτοντας z = λ, (αυθαίρετη τιµή από το σώµα K), έπεται ότι το σύστηµα (Σ ) έχει άπειρες λύσεις, οι οποίες εξαρτώνται από µια

18 8 παράµετρο λ K: x = 7 6 λ, y = ( + λ), z = λ Επειδή το (Σ ) είναι ισοδύναµο µε το (Σ ) και το (Σ ) είναι ισοδύναµο µε το (Σ),έπεται ότι το (Σ) έχει άπειρες λύσεις οι οποίες εξαρτώνται από µια παράµετρο λ K, τις εξής : () Αν 0 Τότε : a a a x = 7 6 λ, y = ( + λ), z = λ, (λ K) Γ Γ a 0 a + a a ιακρίνουµε περιπτώσεις : (αʹ) Αν = 6, τότε έχουµε τον πίνακα : a 0 0 a Γ Γ +Γ +a 0 0 a a a a = a + a 4+6a 0 0 a 0 0 a a Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ a 0 0 a a ιακρίνουµε περιπτώσεις : (i) Αν +69a 0, δηλαδή αν a 69, τότε το (Σ) είναι αδύνατο, καθώς ο παραπάνω πίνακας είναι ο επαυξηµένος πίνακας ενός συστήµατος το οποίο είναι ισοδύναµο µε το (Σ) και ειναι προφανώς αδύνατο (ii) Αν +69a = 0, δηλαδή αν a = 69, τότε ο τελευταίος πίνακας είναι : ( 69 ) 0 0 ( 69 ) = a Ο τελευταίος πίνακας είναι ο πίνακας του επαυξηµένου συστήµατος x + (Σ y + z = ) 0x + 0y + z = 4 0x + 0y + 0z = 0 το οποίο είναι ισοδύναµο µε το (Σ) και το οποίο έχει άπειρες λύσεις : z = 4, και x = λ +, όπου λ είναι µια αυθαίρετη παράµετρος από το σώµα K Εποµένως το (Σ έχει άπειρες λύσεις οι οποίες εξαρτώνται από µια παράµετρο λ K: x = λ + (ϐʹ) Αν 6, τότε : a a + a 4+6a 0 0, y = λ, z = 4, (λ K) Γ 6 Γ a 4 6a+6a a 0 0 4a 6 6a+6a 6 4+6a 0 0 Ο τελευταίος πίνακας είναι ο πίνακας του επαυξηµένου συστήµατος (Σ ) x + 0y + 6 z = 4a 6 0x + y z = 6a+6a 6 0x + 0y + z = 4+6a Γ Γ Γ

19 το οποίο είναι ισοδυναµο µε το (Σ) και έχει µοναδική λύση : z = 4+6a a+6a +4 4a 6 (6 ), x = 4a a το (Σ), έπεται ότι το (Σ) έχει µοναδική λύση x = 4a + 6a + 4 (6 ) Συνοψίζοντας, δείξαµε ότι το σύστηµα (Σ) είναι : () Είναι αδύνατο, αν : = 0 9, y = 6a+6a a = = 4a 4 6a (6 ) Επειδή το (Σ ) είναι ισοδύναµο µε, y = a + 6a + 4 4a 6, z = 4 + 6a (6 ) και a ή = 6 και a 69 () Εχει µοναδική λύση, αν : 0 και 6 Τότε η µοναδική λύση του (Σ) είναι : x = 4a + 6a + 4 (6 ), y = a + 6a + 4 4a 6, z = 4 + 6a (6 ) () Εχει άπειρες λύσεις, αν : (αʹ) Είτε = 0 και a = Τότε οι λύσεις του (Σ) είναι της µορφής : x = 7 6 λ, y = ( + λ), z = λ, (λ K) (ϐʹ) Είτε = 6 και a = 69 Τότε οι λύσεις του (Σ) είναι της µορφής : x = λ +, y = λ, z = 4, (λ K) Ασκηση 0 Εστω λ, a,, c, h, g, f K, να ϐρεθούν αναγκαίες και ικανές συνθήκες στα στοιχεία αυτά έτσι ώστε το οµογενές σύστηµα γραµµικών εξισώσεων λx + ay + z + cw = 0 ax + λy + hz gw = 0 (Σ) x hy + λz + gw = 0 cx + gy f z + λw = 0 να έχει µια µη-µηδενική λύση Λύση Εστω ότι το (Σ) έχει µια µη-µηδενική λύση X 0 = x 0 y 0 z 0 w 0 δηλαδή ένα τουλάχιστον εκ των x 0, y 0, z 0, w 0 είναι µη-µηδενικό Τότε ικανοποιούνται οι ακόλουθες σχέσεις µεταξύ αριθµών του σώµατος K: λx 0 + ay 0 + z 0 + cw 0 = 0 (A) ax 0 + λy 0 + hz 0 gw 0 = 0 (B) x 0 hy 0 + λz 0 + gw 0 = 0 (C) cx 0 + gy 0 fz 0 + λw 0 = 0 (D) Πολλαπλασιάζοντας : () την πρώτη σχέση (A) µε λx 0, () την δεύτερη σχέση (B) µε λy 0, () την τρίτη σχέση (C) µε λz 0, (4) την τέταρτη σχέση (D) µε λw 0

20 0 και κατόπιν προσθέτοντας όλες τις σχέσεις που προκύπτουν, εύκολα ϐλέπουµε ότι προκύπτει η ακόλουθη σχέση λ (x 0 + y 0 + z 0 + w 0) = 0 Επειδή τουλάχιστον ένα εκ των x 0, y 0, z 0, w 0 είναι µη-µηδενικό, από την τελευταία σχέση έπεται ότι λ = 0, δηλαδή λ = 0 Τότε ο πίνακας των συντελεστών του συστήµατος (Σ) είναι ο ακόλουθος : 0 a c A = a 0 h g h 0 f ( ) c g f 0 δηλαδή είναι ένας αντισυµµετρικός πίνακας τέταρτης τάξης Επειδή το οµογενές σύστηµα A X = O, έχει τουλάχιστον µια µη-µηδενική λύση, έπεται ότι A = 0 Αναπτύσσοντας την ορίζουσα του A κατά τα στοιχεία της πρώτης γραµµής ϐλέπουµε ότι : A = (af + g + ch) Άρα ϑα πρέπει να έχουµε : A = (af + g + ch) = 0, απ όπου έπεται ότι af + g + ch = 0 Εποµένως δείξαµε ότι αν το (Σ) έχει τουλάχιστον µια µη-µηδενική λύση, τότε : λ = af + g + ch = 0 Αντίστροφα, αν λ = af +g+ch = 0, τότε ο πίνακας A των συντελεστών του (Σ) είναι όπως στην παραπάνω σχέση ( ) και άρα η ορίζουσά του ϑα είναι A = (af + g + ch) = 0 Αυτό όµως σηµαίνει ότι 4 το (Σ) έχει τουλάχιστον µια µη-µηδενική λύση Αν A 0, τότε ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και τότε η σχέση A X = O δίνει A A X = A O, δηλαδή I 4 X = O απ όπου X = O Αυτό είναι άτοπο από την υπόθεση ότι το (Σ) έχει µη-µηδενιές λύσεις 4 Πράγµατι, επειδή A 0, η τελευταία γραµµή στην ισχυρά γ-κλιµακωτή µορφή B του A ϑα είναι η µηδενική Αυτό όπως µπορούµε να δούµε εύκολα σηµαίνει ότι το ισοδύναµο µε το (Σ) οµογενές σύστηµα µε πίνακα συντελεστών τον πίνακα B έχει άπειρες λύσεις οι οποίες εξαρτώνται από n παραµέτρους ( είξτε το σαν Άσκηση)

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai2017/lai2017html Παρασκευή 20 Οκτωβρίου 2017

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://www.math.uoi.gr/ abeligia/linearalgebrai/lai.html

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 0 Επαναληπτικες Ασκησεις ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθοι Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laiihtml

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 3

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 3 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Η Ορίζουσα Gram και οι Εφαρµογές της Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 65 11 Η Ορίζουσα Gram και

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 17 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α ΕΡΓΑΣΙΑΣ. ( 8 µον.) Η άσκηση αυτή αναφέρεται σε διαιρετότητα και ρίζες πολυωνύµων. a. Να λυθεί η εξίσωση

Διαβάστε περισσότερα

Κ. Ι. ΠΑΠΑΧΡΗΣΤΟΥ. Τοµέας Φυσικών Επιστηµών Σχολή Ναυτικών οκίµων ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ. Ιδιότητες & Εφαρµογές

Κ. Ι. ΠΑΠΑΧΡΗΣΤΟΥ. Τοµέας Φυσικών Επιστηµών Σχολή Ναυτικών οκίµων ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ. Ιδιότητες & Εφαρµογές Κ Ι ΠΑΠΑΧΡΗΣΤΟΥ Τοµέας Φυσικών Επιστηµών Σχολή Ναυτικών οκίµων ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ Ιδιότητες & Εφαρµογές ΠΕΙΡΑΙΑΣ 2013 ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ Έστω 2 2 πίνακας: a b A= c d Όπως γνωρίζουµε, η ορίζουσα του Α είναι ο αριθµός a

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Παραγοντοποιήσεις Πινάκων και Γραµµικών Απεικονίσεων Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 82 13 Παραγοντοποιήσεις

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2015/nt2015.html Παρασκευή 29 Μαίου 2015 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

[A I 3 ] [I 3 A 1 ].

[A I 3 ] [I 3 A 1 ]. ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΤΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΤΗΣ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗΣ ΠΕΡΙΟ ΟΥ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 9 (α) Να ϐρεθεί ο αντίστροφος του πίνακα A = 6 4 (ϐ) Εστω b, b, b στο R Να λύθεί το σύστηµα x = b 6x + x + x = b x

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Επανάληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Επανάληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Επανάληψης ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt015b/nt015b.html Πέµπτη 1 Ιανουαρίου 016 Ασκηση 1. (1) Να λυθεί

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi07/asi07.html Παρασκευή 9 Μαίου 07 Για κάθε µετάθεση

Διαβάστε περισσότερα

0 + a = a + 0 = a, a k, a + ( a) = ( a) + a = 0, 1 a = a 1 = a, a k, a a 1 = a 1 a = 1,

0 + a = a + 0 = a, a k, a + ( a) = ( a) + a = 0, 1 a = a 1 = a, a k, a a 1 = a 1 a = 1, I ΠΙΝΑΚΕΣ 11 Σώμα 111 Ορισμός: Ενα σύνολο k εφοδιασμένο με δύο πράξεις + και ονομάζεται σώμα αν ικανοποιούνται οι παρακάτω ιδιότητες: (Α (α (Προσεταιριστική ιδιότητα της πρόσθεσης (a + b + c = a + (b +

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai217/lai217html Παρασκευή 17 Νοεµβρίου 217 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 12 Ιανουαρίου 2017 Ασκηση 1. Εστω

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις Επαναληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις Επαναληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις Επαναληψης ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt015/nt015.html Τρίτη Ιουνίου 015 Ασκηση 1. (1) Να λυθεί η γραµµική

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 10 Νοεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Να ϐρεθούν

Διαβάστε περισσότερα

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 ιδασκοντες: Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ Τα κάτωθι προβλήµατα προέρχονται από τα κεφάλαια, και του συγγράµµατος «Γραµµική Άλγεβρα». Η ηµεροµηνία παράδοσης

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 7 Φεβρουαρίου 03 Ασκηση. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2015/nt2015.html ευτέρα 30 Μαρτίου 2015 Ασκηση 1. Να ϐρεθούν όλοι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 13 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη Μαΐου 013 Ασκηση 1. Βρείτε τις τάξεις των

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt01b/nt01b.html Πέµπτη 1 Οκτωβρίου 01 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΠΙΝΑΚΩΝ. Ορισμός 1: Ένας πίνακας Α με m γραμμές και n στήλες,

ΘΕΩΡΙΑ ΠΙΝΑΚΩΝ. Ορισμός 1: Ένας πίνακας Α με m γραμμές και n στήλες, ΘΕΩΡΙΑ ΠΙΝΑΚΩΝ Ορισμός 1: Ένας πίνακας Α με m γραμμές και n στήλες, παριστάνεται με την εξής ορθογώνια διάταξη: α11 α12 α1n α21 α22 α2n A = αm1 αm2 αmn Ορισμός 2: Δύο πίνακες Α και Β είναι ίσοι, και γράφουμε

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt206/nt206.html Πέµπτη 6 Νεµβρίου 206 Ασκηση. Να δειχθεί ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12)

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 5 Οκτωβρίου 006 Ηµεροµηνία παράδοσης της Εργασίας: 0 Νοεµβρίου 006.

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµική Αλγεβρα Ι. Ενότητα: Εισαγωγικές Εννοιες. Ευάγγελος Ράπτης. Τµήµα Μαθηµατικών

Γραµµική Αλγεβρα Ι. Ενότητα: Εισαγωγικές Εννοιες. Ευάγγελος Ράπτης. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Εισαγωγικές Εννοιες Ευάγγελος Ράπτης Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

( ) 10 ( ) εποµ ένως. π π π π ή γενικότερα: π π. π π. π π. Άσκηση 1 (10 µον) Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό z= i.

( ) 10 ( ) εποµ ένως. π π π π ή γενικότερα: π π. π π. π π. Άσκηση 1 (10 µον) Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό z= i. http://elern.mths.gr/, mths@mths.gr, Τηλ: 697905 Ενδεικτικές απαντήσεις ης Γραπτής Εργασίας ΠΛΗ 00-0: Άσκηση (0 µον) Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό z= i. α) (5 µον) Βρείτε την τριγωνοµετρική µορφή του z.

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Εφαρµογές της Κανονικής Μορφής Jordan Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 46 8 Εφαρµογές της Κανονικής

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Ελάχιστο Πολυώνυµο Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 20 4. Ελάχιστο Πολυώνυµο Στην παρούσα παράγραφο

Διαβάστε περισσότερα

Επίκουρος Καθηγητής Παν/µίου Ιωαννίνων. Μαθηµατικά Ι Ακαδ. Έτος 2009-10 1/58

Επίκουρος Καθηγητής Παν/µίου Ιωαννίνων. Μαθηµατικά Ι Ακαδ. Έτος 2009-10 1/58 Φρ. Κουτελιέρης Επίκουρος Καθηγητής Παν/µίου Ιωαννίνων Τηλ. 26410741964196 E-mail fkoutel@cc.uoi.gr ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Μαθηµατικά Ι Ακαδ. Έτος 2009-10 1/58 Γραµµική άλγεβρα...... είναι τοµέας

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi06/asi06.html Πέµπτη Απριλίου 06 Ασκηση. Θεωρούµε τα

Διαβάστε περισσότερα

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΡΓΑΣΙΑ 1 η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 12 Οκτωβρίου 2007

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΡΓΑΣΙΑ 1 η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 12 Οκτωβρίου 2007 ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 1) ΕΡΓΑΣΙΑ 1 η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 1 Οκτωβρίου 007 Ηµεροµηνία παράδοσης της Εργασίας: 9 Νοεµβρίου 007. Πριν από την λύση κάθε άσκησης

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 25 Φεβρουαβρίου 2016

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 10 Μαρτίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Διανυσµατικοί Υποχώροι και Κατασκευές. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Διανυσµατικοί Υποχώροι και Κατασκευές. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Διανυσµατικοί Υποχώροι και Κατασκευές Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 3 ιανυσµατικοι Υποχωροι και Κατασκευες Το παρόν

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Παρασκευή 16 & Τετάρτη 21 Νοεµβρίου

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 7 Βάσεις και ιάσταση

Κεφάλαιο 7 Βάσεις και ιάσταση Κεφάλαιο 7: Βάσεις και ιάσταση Σελίδα από 9 Κεφάλαιο 7 Βάσεις και ιάσταση n Στο Κεφάλαιο 5 είδαµε την έννοια της βάσης στο και στο Κεφάλαιο 6 µελετήσαµε διανυσµατικούς χώρους. Στο παρόν κεφάλαιο θα ασχοληθούµε

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 3β. Ελεύθερα Πρότυπα (µέρος β)

Κεφάλαιο 3β. Ελεύθερα Πρότυπα (µέρος β) Κεφάλαιο 3β Ελεύθερα Πρότυπα (µέρος β) Ο σκοπός µας εδώ είναι να αποδείξουµε το εξής σηµαντικό αποτέλεσµα. 3.3.6 Θεώρηµα Έστω R µια περιοχή κυρίων ιδεωδών, F ένα ελεύθερο R-πρότυπο τάξης s < και N F. Τότε

Διαβάστε περισσότερα

Γραμμική Άλγεβρα Ι,

Γραμμική Άλγεβρα Ι, Γραμμική Άλγεβρα Ι, 207-8 Ασκήσεις2 και Ασκήσεις3: Γραμμοϊσοδύναμοι Πίνακες και Επίλυση Γραμμικών Συστημάτων Βασικά σημεία Γραμμοϊσοδυναμία πινάκων o Στοιχειώδεις πράξεις γραμμών o Ανηγμένη κλιμακωτή μορφή

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµική Αλγεβρα Ι. Ενότητα: ιανυσµατικοί χώροι. Ευάγγελος Ράπτης. Τµήµα Μαθηµατικών

Γραµµική Αλγεβρα Ι. Ενότητα: ιανυσµατικοί χώροι. Ευάγγελος Ράπτης. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: ιανυσµατικοί χώροι Ευάγγελος Ράπτης Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Η Κανονική Μορφή Jordan - I Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 35 7 Η Κανονική Μορφή Jordan - I Στην

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 10 Μαρτίου 2017

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ η (Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 7 Οκτωβρίου 00) Η Εργασία χωρίζεται σε µέρη: Το πρώτο Ασκήσεις - περιλαµβάνει

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt014/nt014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 25 Φεβρουαβρίου

Διαβάστε περισσότερα

Ευκλείδειοι Χώροι. Ορίζουµε ως R n, όπου n N, το σύνολο όλων διατεταµένων n -άδων πραγµατικών αριθµών ( x

Ευκλείδειοι Χώροι. Ορίζουµε ως R n, όπου n N, το σύνολο όλων διατεταµένων n -άδων πραγµατικών αριθµών ( x Ευκλείδειοι Χώροι Ορίζουµε ως R, όπου N, το σύνολο όλων διατεταµένων -άδων πραγµατικών αριθµών x, x,, x ) Tο R λέγεται ευκλείδειος -χώρος και τα στοιχεία του λέγονται διανύσµατα ή σηµεία Το x i λέγεται

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Σχέσεις Ισοδυναµίας, ιαµερίσεις, και Πράξεις Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 202 Μέρος 4. Θεωρητικά

Διαβάστε περισσότερα

Γ 3 2Γ. Από τον τελευταίο πίνακα προκύπτει το ισοδύναμο με το αρχικό σύστημα. 3x 2 2x 3 = 1 x 3 = 2

Γ 3 2Γ. Από τον τελευταίο πίνακα προκύπτει το ισοδύναμο με το αρχικό σύστημα. 3x 2 2x 3 = 1 x 3 = 2 Γραμμικά συστήματα Άσκηση. Να βρεθεί η λύση του γραμμικού συστήματος x 2x 2 + x 3 = x + x 2 x 3 = 2 2x x 2 + x 3 = Απόδειξη. Θεωρούμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος 2 2 2 και εκτελούμε στοιχειώδεις

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ Θα ξεκινήσουµε την παρουσίαση των γραµµικών συστηµάτων µε ένα απλό παράδειγµα από τη Γεωµετρία, το οποίο ϑα µας ϐοηθήσει στην κατανόηση των συστηµάτων αυτών και των συνθηκών

Διαβάστε περισσότερα

Σημειώσεις για το μάθημα: «Βασικές Αρχές Θεωρίας Συστημάτων» (Μέρος Α )

Σημειώσεις για το μάθημα: «Βασικές Αρχές Θεωρίας Συστημάτων» (Μέρος Α ) Χρήστος Ι Σχοινάς Αν Καθηγητής ΔΠΘ Σημειώσεις για το μάθημα «Βασικές Αρχές Θεωρίας Συστημάτων» (Μέρος Α ) ΞΑΝΘΗ, 008 - - - - ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΔΙΑΝΥΣΜATA Ορισμοί και ιδιότητες Συχνά, σε διάφορα προβλήματα στα Μαθηματικά,

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 15 3. Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton

Διαβάστε περισσότερα

( A = A = 3 5 A 2 + B 2.

( A = A = 3 5 A 2 + B 2. ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Χειμερινό Εξάμηνο 25 Ασκήσεις Για πίνακες A R m n και B R p q ορίζονται οι πίνακες AB και BA και ισχύει AB = BA Τι συμπεραίνετε για τα m, n, p, q; 2 Για A, B R n n : (α Δείξτε ότι (A

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΚΕΦΑΛΑΙΟ :. ΕΙΣΑΓΩΓΗ Σε κάθε τετραγωνικό πίνακα ) τάξης n θα αντιστοιχίσουμε έναν πραγματικό ( ij αριθμό, τον οποίο θα ονομάσουμε ορίζουσα του πίνακα. Η ορίζουσα θα συμβολίζεται det ή Α ή n n

Διαβάστε περισσότερα

5.1 Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα

5.1 Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα Κεφάλαιο 5 Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα 5 Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα Αν ο A είναι ένας n n πίνακας και το x είναι ένα διάνυσµα στον R n, τότε το Ax είναι και αυτό ένα διάνυσµα στον R n Συνήθως δεν υπάρχει

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Α Μπεληγιάννης - Σ Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuogr/abelga/numbertheory/nthtml Τετάρτη 10 Απριλίου 2013 Ασκηση 1 Θεωρούµε τις αριθµητικές

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) Ενδεικτικές Λύσεις ΕΡΓΑΣΙΑ η (Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: Οκτωβρίου 005) Η Άσκηση στην εργασία αυτή είναι

Διαβάστε περισσότερα

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ Πίνακες ρ. Κωνσταντίνος Κυρίτσης Μακράς Στοάς 7 & Εθνικής Αντιστάσεως Πειραιάς 185 31 12 Μαρτίου 2009 Περίληψη Οι παρούσες σηµειώσεις αποτελούν µια σύνοψη της ϑεωρίας και της άλγεβρας των πινάκων. Το ϕυλλάδιο

Διαβάστε περισσότερα

Λύσεις και Υποδείξεις Επιλεγµένων Ασκήσεων

Λύσεις και Υποδείξεις Επιλεγµένων Ασκήσεων Λύσεις και Υποδείξεις Επιλεγµένων Ασκήσεων 11 1 i) ii) 1 1 1 0 1 1 0 0 0 x = 0 x +x 4 +x 5 = x = 1 Λύνοντας ως προς x και στη συνέχεια ως προς x 4, ϐρίσκουµε ότι η γενική λύση του συστήµατος είναι η 5άδα

Διαβάστε περισσότερα

Λύση Για να είναι αντιστρέψιμος θα πρέπει η ορίζουσα του πίνακα να είναι διάφορη του μηδενός =

Λύση Για να είναι αντιστρέψιμος θα πρέπει η ορίζουσα του πίνακα να είναι διάφορη του μηδενός = 7. Άσκηση 1 2 1 Εστω ο πίνακας A = 1 3 2. Να δειχθεί ότι ο πίνακας είναι αντιστρέψιμοςκαιστησυνέχειαναυπολογιστείοαντίστροφος. 1 0 1 Για να είναι αντιστρέψιμος θα πρέπει η ορίζουσα του πίνακα να είναι

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Γραµµική Ανεξαρτησία, Βάσεις και ιάσταση. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Γραµµική Ανεξαρτησία, Βάσεις και ιάσταση. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Γραµµική Ανεξαρτησία, Βάσεις και ιάσταση Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 4 Γραµµικη Ανεξαρτησια, Βασεις και ιασταση Στο

Διαβάστε περισσότερα

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΡΓΑΣΙΑ 1 η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 20 Οκτωβρίου 2008

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΡΓΑΣΙΑ 1 η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 20 Οκτωβρίου 2008 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 0 Οκτωβρίου 008 Ημερομηνία παράδοσης της Εργασίας: Νοεμβρίου 008 Πριν

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ech and Math wwwtechandmathgr ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: Νοεµβρίου 006 Ηµεροµηνία Παράδοσης της

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (Εξ. Ιουνίου - 02/07/08) ΕΠΙΛΕΓΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (Εξ. Ιουνίου - 02/07/08) ΕΠΙΛΕΓΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Ονοματεπώνυμο:......... Α.Μ....... Ετος... ΑΙΘΟΥΣΑ:....... I. (περί τις 55μ. = ++5++. Σωστό ή Λάθος: ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (Εξ. Ιουνίου - //8 ΕΠΙΛΕΓΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ (αʹ Αν AB = BA όπου A, B τετραγωνικά και

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 12 Μαίου 2016 Ασκηση 1. Εστω

Διαβάστε περισσότερα

============================================================== Σχηµατίζουµε τον πίνακα µε στήλες τα διανύσµατα v1,v2,v3,u1,u2:

============================================================== Σχηµατίζουµε τον πίνακα µε στήλες τα διανύσµατα v1,v2,v3,u1,u2: http://elearn.maths.gr/, maths@maths.gr, Τηλ: 6 Ενδεικτικές απαντήσεις ης Γραπτής Εργασίας ΠΛΗ -: Οι φοιτητές θα κάνουν την δική τους εργασία σκεπτόµενοι πάνω στις ενδεικτικές απαντήσεις. Σε περίπτωση

Διαβάστε περισσότερα

x 2 = x 2 1 + x 2 2. x 2 = u 2 + x 2 3 Χρησιµοποιώντας το συµβολισµό του ανάστροφου, αυτό γράφεται x 2 = x T x. = x T x.

x 2 = x 2 1 + x 2 2. x 2 = u 2 + x 2 3 Χρησιµοποιώντας το συµβολισµό του ανάστροφου, αυτό γράφεται x 2 = x T x. = x T x. Κεφάλαιο 4 Μήκη και ορθές γωνίες Μήκος διανύσµατος Στο επίπεδο, R 2, ϐρίσκουµε το µήκος ενός διανύσµατος x = (x 1, x 2 ) χρησιµοποιώντας το Πυθαγόρειο ϑεώρηµα : x 2 = x 2 1 + x 2 2. Στο χώρο R 3, εφαρµόζουµε

Διαβάστε περισσότερα

Στοιχεία Γραµµικής Αλγεβρας και Αναλυτικής Γεωµετρίας

Στοιχεία Γραµµικής Αλγεβρας και Αναλυτικής Γεωµετρίας Νικόλαος Ατρέας Στοιχεία Γραµµικής Αλγεβρας και Αναλυτικής Γεωµετρίας ΑΠΘ Γενικό Τµήµα Πολυτεχνικής σχολής Θεσσαλονίκη 3 Περιεχόµενα Κεφάλαιο : Πίνακες σελ 4 Γενικά Είδη πινάκων Τετραγωνικοί πίνακες 3

Διαβάστε περισσότερα

2 3x 5x x

2 3x 5x x ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΙΓΑΙΟΥ ΣΧΟΛΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΜΕ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗ ΚΑΙ ΧΡΗΜΑΤΟΟΙΚΟΝΟΜΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Ι ΙΩΑΝΝΗΣ Σ ΣΤΑΜΑΤΙΟΥ ΣΑΜΟΣ ΧΕΙΜΕΡΙΝΟ ΕΞΑΜΗΝΟ

Διαβάστε περισσότερα

Εάν A = τότε ορίζουμε την ορίζουσα του πίνακα ως τον αριθμό. det( A) = = ( 2)4 3 1 = 8 3 = 11. τότε η ορίζουσά του πίνακα ισούται με

Εάν A = τότε ορίζουμε την ορίζουσα του πίνακα ως τον αριθμό. det( A) = = ( 2)4 3 1 = 8 3 = 11. τότε η ορίζουσά του πίνακα ισούται με Κεφάλαιο Ορίζουσες Βασικοί ορισμοί a b Εάν A τότε ορίζουμε την ορίζουσα του πίνακα ως τον αριθμό a b ad bc Συμβολίζουμε την ορίζουσα του πίνακα και ως A Εάν A τότε ( ) 8 Εάν a a a A a a a a a a τότε η

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι Α ΜΕΡΟΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι Α ΜΕΡΟΣ ΤΕΙ ΠΕΛΟΠΟΝΝΗΣΟΥ ΤΜΗΜΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΤΡΟΦΙΜΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι Περιληπτικές Σημειώσεις-Ασκήσεις Α ΜΕΡΟΣ ΦΩΤΟΥΛΑ ΑΡΓΥΡΟΠΟΥΛΟΥ ΚΑΘ ΕΦΑΡΜΟΓΩΝ ΤΜΗΜΑΤΟΣ ΔΕΟ Msc Θεωρητικά Μαθηματικά ΚΑΛΑΜΑΤΑ 6 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ΣΕΛ ΕΙΣΑΓΩΓΗ

Διαβάστε περισσότερα

Ενότητα: Πράξεις επί Συνόλων και Σώµατα Αριθµών

Ενότητα: Πράξεις επί Συνόλων και Σώµατα Αριθµών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Πράξεις επί Συνόλων και Σώµατα Αριθµών Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 1 Εισαγωγη : Πραξεις επι Συνολων και Σωµατα Αριθµων

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 31 Μαρτίου 2016 Υπενθυµίζουµε

Διαβάστε περισσότερα

Σχέσεις Ισοδυναµίας και Πράξεις

Σχέσεις Ισοδυναµίας και Πράξεις Κεφάλαιο 1 Σχέσεις Ισοδυναµίας και Πράξεις Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα αναπτύξουµε τα ϐασικά στοιχεία από τη ϑεωρία σχέσεων µερικής διάταξης, σχέσεων ισοδυναµίας και διαµερίσεων οι οποίες ορίζονται επί ενός

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµική Αλγεβρα. Ενότητα 3 : ιανυσµατικοί Χώροι και Υπόχωροι. Ευστράτιος Γαλλόπουλος Τµήµα Μηχανικών Η/Υ & Πληροφορικής

Γραµµική Αλγεβρα. Ενότητα 3 : ιανυσµατικοί Χώροι και Υπόχωροι. Ευστράτιος Γαλλόπουλος Τµήµα Μηχανικών Η/Υ & Πληροφορικής Γραµµική Αλγεβρα Ενότητα 3 : ιανυσµατικοί Χώροι και Υπόχωροι Ευστράτιος Γαλλόπουλος Τµήµα Μηχανικών Η/Υ & Πληροφορικής Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons.

Διαβάστε περισσότερα

ΛΥΣΕΙΣ 6 ης ΕΡΓΑΣΙΑΣ - ΠΛΗ 12,

ΛΥΣΕΙΣ 6 ης ΕΡΓΑΣΙΑΣ - ΠΛΗ 12, ΛΥΣΕΙΣ 6 ης ΕΡΓΑΣΙΑΣ - ΠΛΗ, - Οι παρακάτω λύσεις των ασκήσεων της 6 ης εργασίας που καλύπτει το µεγαλύτερο µέρος της ύλης της θεµατικής ενότητας ΠΛΗ) είναι αρκετά εκτεταµένες καθώς έχει δοθεί αρκετή έµφαση

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ. nn n n

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ. nn n n ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ 3 Ο αλγόριθµος Gauss Eστω =,3,, µε τον όρο γραµµικά συστήµατα, εννοούµε συστήµατα εξισώσεων µε αγνώστους της µορφής: a x + + a x = b a x + + a x = b a

Διαβάστε περισσότερα

Στοχαστικά Σήµατα και Εφαρµογές

Στοχαστικά Σήµατα και Εφαρµογές Στοχαστικά Σήµατα & Εφαρµογές Ανασκόπηση Στοιχείων Γραµµικής Άλγεβρας ιδάσκων: Ν. Παπανδρέου (Π.. 407/80) Πανεπιστήµιο Πατρών ΤµήµαΜηχανικώνΗ/Υ και Πληροφορικής ιανύσµατα Ορίζουµετοδιάνυσµα µε Ν στοιχεία

Διαβάστε περισσότερα

Kεφάλαιο 4. Συστήµατα διαφορικών εξισώσεων.

Kεφάλαιο 4. Συστήµατα διαφορικών εξισώσεων. 4 Εισαγωγή Kεφάλαιο 4 Συστήµατα διαφορικών εξισώσεων Εστω διανυσµατικό πεδίο F: : F=F( r), όπου r = ( x, ) και Fr είναι η ταχύτητα στο σηµείο r πχ ενός ρευστού στο επίπεδο Εστω ότι ψάχνουµε τις τροχιές

Διαβάστε περισσότερα

Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας)

Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας) Τµήµα Εφαρµοσµένων Μαθηµατικών Παν/µίου Κρήτης Εξεταστική περίοδος εαρινού εξαµήνου Πέµπτη, 2 Ιούνη 28 Γραµµική Αλγεβρα II ιδάσκων: Α. Τόγκας Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας) Θέµα

Διαβάστε περισσότερα

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα.

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα. Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Τµηµα Μαθηµατικων Εισαγωγή στην Αλγεβρα Τελική Εξέταση 15 Φεβρουαρίου 2017 1. (Οµάδα Α) Εστω η ακολουθία Fibonacci F 1 = 1, F 2 = 1 και F n = F n 1 + F n 2, για n

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Βαθµίδα Πίνακα. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Βαθµίδα Πίνακα. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Βαθµίδα Πίνακα Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 8 Βαθµιδα Πινακα Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα µελετήσουµε την ϐαθµίδα ενός πίνακα

Διαβάστε περισσότερα

x(t) 2 = e 2 t = e 2t, t > 0

x(t) 2 = e 2 t = e 2t, t > 0 ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών HY-215: Εφαρµοσµένα Μαθηµατικά για Μηχανικούς Εαρινό Εξάµηνο 216-17 ιδάσκοντες : Γ. Στυλιανού, Γ. Καφεντζής Λυµένες Ασκήσεις σε Σήµατα και Συστήµατα Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

t t Αν κάποιος από αυτούς είναι αντιστρέψιμος, υπολογίστε τον αντίστροφό του. 2. Υπολογίστε την ορίζουσα του Δείξτε τα εξής.

t t Αν κάποιος από αυτούς είναι αντιστρέψιμος, υπολογίστε τον αντίστροφό του. 2. Υπολογίστε την ορίζουσα του Δείξτε τα εξής. Γραμμική Άλγεβρα Ι, 07-8 Ασκήσεις4: Ορίζουσες Βασικά σημεία Ορισμός και ιδιότητες οριζουσών (ιδιότητες γραμμών και στηλών, αναπτύγματα οριζουσών, det( B) det( )det( B)) Ένας τετραγωνικός πίνακας είναι

Διαβάστε περισσότερα

Επίλυση Γραµµικών Συστηµάτων

Επίλυση Γραµµικών Συστηµάτων Κεφάλαιο 3 Επίλυση Γραµµικών Συστηµάτων 31 Εισαγωγή Αριθµητική λύση γενικών γραµµικών συστηµάτων n n A n n x n 1 b n 1, όπου a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n A [a i j, x a n1 a n2 a nn x n, b b 1 b 2 b n

Διαβάστε περισσότερα

ΒΟΗΘΗΤΙΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΣΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΒΟΗΘΗΤΙΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΣΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΜΗΜΑ ΔΙΕΘΝΟΥΣ ΕΜΠΟΡΙΟΥ ΒΟΗΘΗΤΙΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΣΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΕΦΑΛΑΙΑ: ) ΠΙΝΑΚΕΣ ) ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ ) ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ 4) ΠΑΡΑΓΩΓΟΙ ΜΑΡΙΑ ΡΟΥΣΟΥΛΗ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΠΙΝΑΚEΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ ΟΡΙΣΜΟΣ Πίνακας

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ. ΕΝΟΤΗΤΑ: Άλγεβρα των Πινάκων (2) ΔΙΔΑΣΚΩΝ: Βλάμος Παναγιώτης ΙΟΝΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ. ΕΝΟΤΗΤΑ: Άλγεβρα των Πινάκων (2) ΔΙΔΑΣΚΩΝ: Βλάμος Παναγιώτης ΙΟΝΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΕΝΟΤΗΤΑ: Άλγεβρα των Πινάκων (2) ΙΟΝΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΔΙΔΑΣΚΩΝ: Βλάμος Παναγιώτης Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons

Διαβάστε περισσότερα

1 Ασκήσεις. Άσκηση 1.1 Να επιλυθούν τα παρακάτω γραμμικά συστήματα.

1 Ασκήσεις. Άσκηση 1.1 Να επιλυθούν τα παρακάτω γραμμικά συστήματα. 1 Ασκήσεις Άσκηση 1.1 Να επιλυθούν τα παρακάτω γραμμικά συστήματα. x 1 2x 2 + x =1 x 1 + x 2 x =0 (i) x 1 + x 2 x =2 (ii) 2x 1 2x 2 + x = 2x 1 x 2 + x =1 x 1 4x 2 +2x =4 Άσκηση 1.2 Να βρεθεί η γενική λύση

Διαβάστε περισσότερα

Κανονικ ες ταλαντ ωσεις

Κανονικ ες ταλαντ ωσεις Κανονικες ταλαντωσεις Ειδαµε ηδη οτι φυσικα συστηµατα πλησιον ενος σηµειου ευαταθους ισορροπιας συ- µπεριφερονται οπως σωµατιδια που αλληλεπιδρουν µε γραµµικες δυναµεις επαναφορας οπως θα συνεαινε σε σωµατιδια

Διαβάστε περισσότερα

Περιεχόμενα. Πρόλογος 3

Περιεχόμενα. Πρόλογος 3 Πρόλογος Η χρησιμότητα της Γραμμικής Άλγεβρας είναι σχεδόν αυταπόδεικτη. Αρκεί μια ματιά στο πρόγραμμα σπουδών, σχεδόν κάθε πανεπιστημιακού τμήματος θετικών επιστημών, για να διαπιστώσει κανείς την παρουσία

Διαβάστε περισσότερα

AX=B (S) A A X=A B I X=A B X=A B I X=A B X=A B X=A B X X

AX=B (S) A A X=A B I X=A B X=A B I X=A B X=A B X=A B X X . Επίλυση γραμμικού συστήματος με χρήση αντιστρόφου Πρόταση Θεωρούμε ένα τετραγωνικό γραμμικό σύστημα (δηλαδή ο αριθμός των εξισώσεων είναι ίσος με τον αριθμό των αγνώστων) AX=B (S). Αν ο πίνακας Α είναι

Διαβάστε περισσότερα