Κεφάλαιο 5 Οι χώροι. Περιεχόµενα 5.1 Ο Χώρος. 5.3 Ο Χώρος C Βάσεις Το Σύνηθες Εσωτερικό Γινόµενο Ασκήσεις

Transcript

1 Σελίδα 1 από 6 Κεφάλαιο 5 Οι χώροι R και C Περιεχόµενα 5.1 Ο Χώρος R Πράξεις Βάσεις Επεξεργασµένα Παραδείγµατα Ασκήσεις 5. Το Σύνηθες Εσωτερικό Γινόµενο στο Ορισµοί Ιδιότητες Επεξεργασµένα Παραδείγµατα Ασκήσεις 5. Ο Χώρος C Βάσεις Το Σύνηθες Εσωτερικό Γινόµενο Ασκήσεις R Το κεφάλαιο αυτό έχει προπαρασκευαστικό χαρακτήρα και εξυπηρετεί δυο σκοπούς. Θα µελετήσουµε στα επόµενα κεφάλαια µερικές θεµελιακές έννοιες της Γραµµικής Άλγεβρας, όπως είναι η έννοια της βάσης και της διάστασης. Η πείρα µας στη διδασκαλία έχει δείξει ότι, επειδή οι έννοιες αυτές είναι αφαιρετικές, παρουσιάζονται συχνά δυσκολίες στην ουσιαστική κατανόησή τους. Για το λόγο αυτό, νοµίζουµε ότι είναι σκόπιµο να προηγηθεί η εισαγωγή των εννοιών αυτών µέσω ενός συγκεκριµένου αλλά σηµαντικού παραδείγµατος, δηλαδή του χώρου R. Με το παράδειγµα αυτό επιτυγχάνεται άµεσα και η διασύνδεση των νέων εννοιών µε τη θεωρία των γραµµικών συστηµάτων που µελετήσαµε σε προηγούµενα κεφάλαια. Σε επόµενα κεφάλαια θα µελετήσουµε εσωτερικά γινόµενα. Η κατανόηση του συνήθους εσωτερικού γινοµένου στο χώρο R θα διευκολύνει τη µελέτη αυτή.

2 Σελίδα από Ο χώρος R Πράξεις Υπενθυµίζουµε ότι µε R συµβολίζουµε το σύνολο των διατεταγµένων άδων ( u1,..., u), όπου u R. Τα στοιχεία του συνόλου αυτού µπορούν να θεωρηθούν σαν πίνακες µεγέθους 1, δηλαδή σαν πίνακες που έχουν µόνο µια γραµµή. Στο Κεφάλαιο είδαµε πως ορίζεται το άθροισµα δύο πινάκων του αυτού µεγέθους και πως ορίζεται το γινόµενο πίνακα µε αριθµό. Συνεπώς στο σύνολο R έχουµε την πρόσθεση που ορίζεται από ( u1,..., u) + ( 1,..., ) = ( u1+ 1,..., u + ) και επίσης µπορούµε να πολλαπλασιάσουµε στοιχεία του R µε αριθµούς σύµφωνα µε τον κανόνα au ( 1,..., u) = ( au1,..., au), a R. Για παράδειγµα έχουµε (1,, 1) (,0,1) = (1,, 1) (6,0,) = ( 5,, ). Για =,, οι παραπάνω πράξεις έχουν µια απλή γεωµετρική ερµηνεία. Υπενθυµίζουµε ότι µπορούµε να αντιστοιχίσουµε στο στοιχείο ( u1, u) του R το διάνυσµα ΟΜ του επιπέδου που έχει αρχή το σηµείο Ο = (0,0) και πέρας το σηµείο M = ( u, u ), όπως φαίνεται στο σχήµα 1 Ο u 1 u Μ Τότε για να προσθέσουµε τα στοιχεία u = ( u 1, u ), = ( 1, ) έχουµε τον κανόνα του παραλληλογράµµου που µας είναι γνωστός από την Παράγραφο 1.4 u u+

3 Σελίδα από 6 Για το γινόµενο au, όπου a R και u R, παρατηρούµε ότι το au αντιστοιχεί σε διάνυσµα που έχει την ίδια κατεύθυνση µε το διάνυσµα του u. Η δε φορά του εξαρτάται από το πρόσηµο του a όπως φαίνεται το σχήµα u u -u Όταν αναφερόµαστε στο σύνολο R µαζί µε τις προηγούµενες πράξεις θα χρησιµοποιούµε την έκφραση ο χώρος R. Τα στοιχεία του R θα τα λέµε και διανύσµατα. Σηµείωση Ο όρος διανύσµατα χρησιµοποιήθηκε και στο Κεφάλαιο 1 για τα προσανατολισµένα ευθύγραµµα τµήµατα του επιπέδου ή του χώρου που έχουν αρχή το (0,0) ή το (0,0,0) αντίστοιχα. Επειδή η αντιστοιχία αυτών µε τα στοιχεία του R, R αντίστοιχα που περιγράψαµε πριν είναι 1-1 και επί, θα επιτρέπουµε τη χρήση του όρου διανύσµατα τόσο για τα διανύσµατα του επιπέδου και του χώρου, όσο για τα στοιχεία του R γενικά. Στο Κεφάλαιο είδαµε ότι οι παραπάνω πράξεις ικανοποιούν τις εξής ιδιότητες. Υπενθυµίζουµε ότι µε 0 συµβολίζουµε το στοιχείο (0,...,0) του R Πρόταση Έστω uw,, R και ab, R. Τότε ( u+ ) + w= u+ ( + w) au ( + ) = au+ a u+ 0 = u ( a+ b) u = au+ bu u+ ( u) = 0 ( ab) u = a( bu) u+ = + u 1u = u Παράδειγµα Έστω u, R, u= (0,1, 1), = (,0,1). Ας εξετάσουµε αν υπάρχουν ab, R, τέτοια ώστε au + b = (,, ). Έχουµε au + b = (,, ) (0, a, a) + ( b,0, b) = (,, ) b = ( ba,, a+ b) = (,, ) a= a + b =. Λύνοντας το σύστηµα βρίσκουµε a=, b= 1.

4 Σελίδα 4 από 6 Βάσεις Στο Xώρο R Ας θεωρήσουµε τα στοιχεία e = (1, 0), e = (0,1) του R. Παρατηρούµε ότι κάθε 1 στοιχείο ( u, u ) του R µπορεί να γραφεί στη µορφή 1 ( u1, u) = ( u1,0) + (0, u) = u1(1,0) + u(0,1) = ue + ue. Η προηγούµενη παρατήρηση οδηγεί στα εξής ερωτήµατα. 1. Μήπως υπάρχει ένα πεπερασµένο πλήθος διανυσµάτων στο R έτσι ώστε κάθε διάνυσµα του R να προκύπτει από αυτά µε τη χρήση των δυο πράξεων που είδαµε πριν; Η απάντηση είναι ναι, γιατί αν θέσουµε e1 = (1,0,...,0), e = (0,1,0,...,0),..., e = (0,...,0,1) τότε για το τυχαίο στοιχείο ( u1,..., u) R έχουµε ( u1,..., u) = ue ue.. Με ποιο τρόπο µπορούµε να ελέγξουµε αν ένα πεπερασµένο πλήθος από διανύσµατα του R έχει την προηγούµενη ιδιότητα;. Μπορούµε να επιλέξουµε µια συλλογή από διανύσµατα που έχουν την ιδιότητα του ερωτήµατος1 µε οικονοµικό τρόπο, δηλαδή το πλήθος της να είναι σχετικά µικρό; Πόσα στοιχεία έχει µια τέτοια συλλογή; Στη συνέχεια θα ασχοληθούµε µε τα ερωτήµατα και Ορισµός Έστω,..., 1 m R. 1. Ένας γραµµικός συνδυασµός των,..., 1 m είναι ένα στοιχείο του R της µορφής a amm, a R.. Θα λέµε ότι τα στοιχεία,..., 1 m παράγουν το χώρο R αν για κάθε R υπάρχουν a,..., 1 am R τέτοια ώστε = a amm. ηλαδή τα στοιχεία,..., 1 m παράγουν το R αν κάθε στοιχείο του R είναι γραµµικός συνδυασµός των,...,. 1 m 5.1. Παραδείγµατα 1) Είδαµε πριν ότι τα στοιχεία e 1 = (1, 0), e = (0,1) παράγουν το χώρο 1 R. Όµοια και τα e1 = (1,0,...,0), e = (0,1,0,...,0),..., e = (0,...,0,1) παράγουν το R. ) Έστω = (1,1), = (0,1). Τότε τα στοιχεία αυτά παράγουν το R. 1 Πράγµατι, έστω ( ab, ) R. Θα δείξουµε ότι υπάρχουν a1, a R, τέτοια ώστε a + a = ( a, b). Έχουµε a + a = ( a, b) ( a, a) + (0, a ) = ( a, b) a = a a = a ( a1, a + a1) = ( a, b). a a b a b a 1+ = = 1 Θα επιτρέπουµε στον εαυτό µας να χρησιµοποιούµε το ίδιο σύµβολο (πχ το ) για διαφορετικά πράγµατα (πχ το (1,0) ή το (1,0,0) κλπ) γιατί θα είναι σαφές σε ποιο R e 1 αναφερόµαστε.

5 Σελίδα 5 από 6 ) Τα στοιχεία 1 = (1,1), = (, ) δεν παράγουν το R. Πράγµατι, τα διανύσµατα (1,1), (, ) είναι συνευθειακά και άρα κάθε διάνυσµα της µορφής a1(1,1) + a(, ) είναι συνευθειακό µε τα αρχικά. Εποµένως το σύνολο των σηµείων της µορφής a1(1,1) + a(, ), όπου a1, a R, είναι µια ευθεία και όχι όλο το επίπεδο. Με άλλα λόγια, οι γραµµικοί συνδυασµοί των (1,1), (,) δεν καλύπτουν όλο το επίπεδο. Ο προηγούµενος τρόπος λύσης ήταν γεωµετρικός. Ένας αλγεβρικός τρόπος είναι ο εξής. Θα εξετάσουµε αν για κάθε ( ab, ) R υπάρχουν a1, a R, τέτοια ώστε a1(1,1) + a(, ) = ( a, b). Έχουµε a1+ a = a a1(1,1) + a(, ) = ( a, b) a1 + a = b Παρατηρούµε ότι αν a b, τότε το σύστηµα (µε αγνώστους τους a1, a ) δεν έχει λύση. Άρα τα (1,1), (, ) δεν παράγουν το R. 4) Στο παράδειγµα αυτό θα δούµε ότι τα διανύσµατα (1,, 1),(,1,0),(,, 1) δεν παράγουν το R. Πράγµατι, έστω ( abc,, ) R. Τότε έχουµε a(1,, 1) + a(,1,0) + a(,, 1) = ( abc,, ) 1 ( ) a+ a + a,a+ a + a, a a = ( abc,, ) a1+ a + a = a a1+ a + a = b a1 a = c. Μετά από στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς γραµµών βρίσκουµε ότι ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος παίρνει τη µορφή 1 a a b 0 b c a b

6 Σελίδα 6 από 6 b+ c a b Εποµένως αν 0, τότε το σύστηµα είναι ασυµβίβαστο. Άρα τα δεδοµένα διανύσµατα δεν παράγουν το R. Σηµείωση Η γεωµετρική ερµηνεία είναι η ακόλουθη. Επειδή έχουµε τη σχέση (,, 1) = (1,, 1) + (,1, 0), τα τρία αυτά διανύσµατα είναι συνεπίπεδα, δηλαδή βρίσκονται στο επίπεδο που ορίζουν τα (1,, 1), (,1, 0). Από τον κανόνα του παραλληλογράµµου, συµπεραίνουµε ότι κάθε γραµµικός συνδυασµός τους παραµένει στο επίπεδο αυτό. ηλαδή, οι γραµµικοί συνδυασµοί τους δεν καλύπτουν όλο το R. 5) Έστω = (1,1,0), = (,0,1), = (,1, 1). Θα δούµε ότι τα στοιχεία 1 αυτά παράγουν το R. Έστω ( abc,, ) R. Έχουµε a+ a + a = ( abc,, ) ( a, a,0) + ( a,0, a) + ( a, a, a) = ( abc,, ) 1 a1+ a + a = a a1+ a = b a + a = c. Για να αποφασίσουµε αν το σύστηµα αυτό έχει λύση µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς γραµµών στον επαυξηµένο πίνακα και να εξετάσουµε την αναγµένη κλιµακωτή µορφή του όπως µάθαµε στο Κεφάλαιο. Επειδή όµως το σύστηµα είναι τετραγωνικό, µπορούµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα του πίνακα των συντελεστών. Αυτή είναι µη µηδενική, 0 det 0 1 = 1 ( ) = 4, 1 1 και άρα το σύστηµα έχει λύση για κάθε abc,,. Σηµείωση. Αν η ορίζουσα ήταν µηδέν, τότε δεν θα µπορούσαµε να βγάλουµε άµεσο συµπέρασµα και θα ήταν προτιµότερο να βρίσκαµε την αναγµένη κλιµακωτή µορφή του επαυξηµένου πίνακα. 6) Θα δείξουµε ότι τα 1 = (1,0,1), = (,1,0), = (1,1,0), 4 = (0,1,1) παράγουν τον R και θα παραστήσουµε το = (0, 1,1) σαν γραµµικό συνδυασµό των. Έχουµε a+ a + a + a = ( abc,, ) 4 4 ( ) a+ a + a + a, a + a + a, a+ a = ( abc,, ) a1+ a + a = a a + a + a4 = b a1 + a4 = c. Ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος είναι ο

7 Σελίδα 7 από a 0 1 b. Με στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς γραµµών c βρίσκουµε τη αναγµένη κλιµακωτή µορφή c a b c a+ b+ c Από αυτή βλέπουµε ότι το σύστηµα έχει λύση για κάθε abc,, (και µάλιστα άπειρες). Άρα τα, παράγουν το R. Για να παραστήσουµε το (0,-1,1) σαν γραµµικό συνδυασµό των,..., 1 4, θέτουµε a = 0, b = 1, c = 1, οπότε ο παραπάνω πίνακας είναι ο Από την τρίτη γραµµή βρίσκουµε = 1 a, από τη δεύτερη a a4 a 4 = και από την πρώτη a1 = 1 a. 4 Άρα έχουµε όπου το (0, 1,1) = a + a + a + a = 4 4 = (1 a ) + ( a ) + ( 1 a ) + a, a R παίρνει αυθαίρετες τιµές. Για παράδειγµα, αν a 4 = 0, 4 τότε (0, 1,1) = 1, και αν a 4 = 1, τότε (0, 1,1) = Σηµείωση Στο παράδειγµα αυτό βλέπουµε ότι είναι δυνατό ένα διάνυσµα να γράφεται µε πολλούς τρόπους σαν γραµµικός συνδυασµός δεδοµένων διανυσµάτων. Από τα προηγούµενα παραδείγµατα πηγάζει αβίαστα µια απάντηση στο ερώτηµα. Για να δούµε αν ένα διάνυσµα b R γράφεται σαν γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων,... 1 m R, σχηµατίζουµε τον ( m + 1) πίνακα που οι στήλες του είναι οι,..., 1, m bκαι εξετάζουµε αν το αντίστοιχο σύστηµα έχει λύση. Στην περίπτωση που το σύστηµα έχει λύση για κάθε b R, τότε τα,... 1 m παράγουν το R. Στη συνέχεια θα προσεγγίσουµε το ερώτηµα Πρόταση Έστω ότι τα διανύσµατα,..., 1 m παράγουν το R. Αν το m είναι γραµµικός συνδυασµός των,...,, 1 m 1 τότε τα 1,..., m 1 παράγουν το R. Απόδειξη Έστω R. Τότε υπάρχουν a R µε = a + a + a.... m 1 m 1 m m

8 Σελίδα 8 από 6 Από την υπόθεση υπάρχουν b R µε m = b bm 1 m 1. Αντικαθιστώντας βρίσκουµε ότι = a +... a + a = a +... a + a ( b b ) ηλαδή το m 1 m 1 m m m 1 m 1 m m 1 m 1 = ( a + a b) ( a + a b ). 1 m m 1 m m 1 m 1 είναι γραµµικός συνδυασµός των 1 m 1,...,. = Σηµείωση Από την προηγούµενη πρόταση, συµπεραίνουµε ότι από µια συλλογή διανυσµάτων που παράγουν το R µπορούµε να παραλείψουµε διανύσµατα που γράφονται σαν γραµµικοί συνδυασµοί των υπολοίπων. Η νέα συλλογή παράγει το R και έχει λιγότερα στοιχεία. Παρατήρηση Ιδιαίτερα, από µια συλλογή διανυσµάτων µπορούµε να παραλείψουµε τις πολλαπλές εµφανίσεις του αυτού στοιχείου. Για παράδειγµα αν γνωρίζουµε ότι τα,, παράγουν το R και ισχύει, 4 τότε τα,, παράγουν το R. Εποµένως θα = 1 µιλάµε από τώρα και στο εξής για σύνολα που παράγουν το R 1, 4 Πότε ένα από τα διανύσµατα,..., 1 m γράφεται σαν γραµµικός συνδυασµός των υπολοίπων; Βλέπουµε ότι η απάντηση είναι αν και µόνο αν υπάρχει µια παράσταση της µορφής a amm= 0, όπου τουλάχιστον ένας από τους a R είναι µη µηδενικός. Συνεπώς η διαδικασία που περιγράφεται στη Σηµείωση δεν µπορεί για το οποίο δεν να συνεχιστεί αν φτάσουµε σε ένα σύνολο στοιχείων { } 1,..., m υπάρχει παράσταση της µορφής a a = 0, όπου τουλάχιστον ένας από τους a είναι διάφορος του µηδενός. Έτσι φτάνουµε στον εξής ορισµό Ορισµός Ένα σύνολο στοιχείων { } 1,..., m a. το {,..., 1 m} παράγει το m m του R ονοµάζεται βάση του R αν έχει τις ιδιότητες R b. αν ισχύει η σχέση a amm= 0, όπου a R, τότε αναγκαστικά έχουµε a1 = a =... = a m = Παραδείγµατα 1. Το σύνολο {, } Πράγµατι, a. το {, } e1 e, όπου e 1 e 1 = (1, 0), = (0,1) είναι µια βάση του R. e e παράγει το R, αφού αν ( a, a ) R, τότε ae ae 0, 1 ( a, a ) = ( a,0) + (0, a ) = a (1,0) + a (0,1). b. αν + = τότε ( a1, a) = (0,0) a1 = a = 0.

9 Σελίδα 9 από 6 Με παρόµοιο τρόπο, βλέπουµε ότι το σύνολο { } e,...,, 1 e όπου e1 = (1,0,...,0), e = (0,1,0,...,0),..., e = (0,...,0,1), είναι µια βάση του R. Αυτή λέγεται η συνήθης βάση του R. 1,, όπου 1 = (1,1), = (0,1), είναι µια βάση του R. Πράγµατι,, παράγει το R όπως είδαµε στο Παράδειγµα Το σύνολο { } a. το { } 1 b. αν a + a = τότε 0, a1 = 0 ( a1, a1+ a) = (0,0) a1 = a = 0. a1 + a = 0 1,, όπου 1 = (1,1), = (, ), δεν είναι βάση του R, γιατί όπως είδαµε στο Παράδειγµα 5.1., δεν ικανοποιεί την ιδιότητα a του Ορισµού (Σηµειώνουµε ότι δεν αληθεύει και η ιδιότητα b του Ορισµού αφού = 0 ). Το σύνολο { } 4. Το σύνολο {,, } 1. 1, όπου 1 = (1,0), = (0,1), = (, ) δεν είναι βάση του R, γιατί δεν ικανοποιεί την ιδιότητα b του Ορισµού Πράγµατι, έχουµε 1+ = 0. (Σηµείωση. Τους συντελεστές,,-1 στον προηγούµενο γραµµικό συνδυασµό τους βρήκαµε άµεσα γιατί τα διανύσµατα είναι βολικά. Θα µπορούσαµε να τους προσδιορίσουµε λύνοντας το σύστηµα που προκύπτει από τη σχέση a + a + a = ) Το σύνολο { 1,, }, όπου 1 = (1,1,0), = (,0,1), = (,1, 1), είναι µια βάση του R αφού, a. παράγει το R, όπως είδαµε στο Παράδειγµα b. αν a + a + a =, τότε προκύπτει το σύστηµα 0 a + a + a =0 1 a + a = 0 1 a + a = 0. Εύκολα επαληθεύουµε ότι αυτό έχει µοναδική λύση a1 = a = a = Το σύνολο {, }, όπου τα, είναι τυχαία στοιχεία του R, δεν είναι 1 1 βάση του R, γιατί δεν ικανοποιείται η ιδιότητα a του Ορισµού Πράγµατι, κάθε γραµµικός συνδυασµός των 1, θα ανήκει στο επίπεδο που αυτά ορίζουν. Συνεπώς οι γραµµικοί συνδυασµοί τους δεν καλύπτουν όλο το R. Επειδή η ιδιότητα b του Ορισµού είναι σηµαντική, τη ξεχωρίζουµε Ορισµός Έστω,..., 1 m R. Τα στοιχεία αυτά λέγονται γραµµικά ανεξάρτητα αν από τη σχέση a amm= 0, a R, έπεται αναγκαστικά ότι a1 = a =... = a m = 0. Είδαµε στα Παραδείγµατα ότι τα (1,1),(0,1) R είναι γραµµικά ανεξάρτητα

10 Σελίδα 10 από 6 τα τα τα (1,1,0),(,0,1),(,1, 1) (1,1), (, ) R R είναι γραµµικά ανεξάρτητα δεν είναι γραµµικά ανεξάρτητα (1,0),(0,1),(, ) R δεν είναι γραµµικά ανεξάρτητα. Τώρα είµαστε σε θέση να απαντήσουµε το ερώτηµα. Το επόµενο αποτέλεσµα είναι το πιο σηµαντικό αυτού του κεφαλαίου. Η δε απόδειξή του είναι µια κοµψή εφαρµογή της θεωρίας των γραµµικών συστηµάτων που µελετήσαµε στο Κεφάλαιο Θεώρηµα Έστω ότι,..., 1 m R. 1. Αν τα,..., 1 m είναι γραµµικά ανεξάρτητα, τότε έχουµε m.. Αν τα,..., 1 m παράγουν το R, τότε έχουµε m.. Αν τα,..., 1 m αποτελούν βάση του R, τότε έχουµε m=. Απόδειξη 1. Έστω ότι τα,..., 1 m είναι γραµµικά ανεξάρτητα. Έστω ότι m>. Θεωρούµε το σύστηµα στους αγνώστους a,..., 1 am που προκύπτει από τη σχέση a amm= 0. Αυτό είναι οµογενές, έχει εξισώσεις και m αγνώστους. Από το Πόρισµα..1 συµπεραίνουµε ότι υπάρχει µη µηδενική λύση. Αυτό είναι άτοπο, γιατί τα είναι γραµµικά ανεξάρτητα.. Έστω ότι τα,..., 1 m παράγουν το R. Τότε υπάρχουν aj R, τέτοια ώστε e = a amm, = 1,...,, όπου {,..., e1 e } είναι η συνήθης βάση του R (βλ Παράδειγµα ). Έστω a R. Υπολογίζοντας έχουµε ae ae = = a ( a a ) a ( a a ) = 1m m m m = ( aa aa ) ( aa aa ). 1 m m m > m a Έστω ότι. Τότε από το Πόρισµα..1 µπορούµε να επιλέξουµε τα, τέτοια ώστε aa aa 1=... = aa m aa m = 0, και ένα τουλάχιστον από τα a είναι µη µηδενικό. Τότε θα έχουµε ae ae = 0, όπου κάποιο a είναι µη µηδενικό. Αυτό είναι άτοπο γιατί τα e,..., 1 e είναι γραµµικά ανεξάρτητα.. Αυτό έπεται άµεσα από τα 1 και, Τώρα ξέρουµε ότι κάθε βάση του R έχει στοιχεία. Αν µας δοθεί ένα σύνολο µε στοιχεία, τότε για να εξετάσουµε αν αυτό είναι βάση θα πρέπει να ελέγξουµε αν ικανοποιεί τις δυο ιδιότητες του Ορισµού Όµως, σύµφωνα µε την επόµενη πρόταση, αρκεί να επαληθεύσουµε µια από τις ιδιότητες αυτές Πρόταση Έστω { } 1. Το {,..., 1 } είναι µια βάση του,..., 1 R. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα. Το {,..., 1 } παράγει το R R. Το {,..., 1 } είναι γραµµικά ανεξάρτητο.

11 Σελίδα 11 από 6 Απόδειξη Από τους ορισµούς, αρκεί να αποδείξουµε την ισοδυναµία.. Έστω ότι τα,..., 1 δεν είναι γραµµικά ανεξάρτητα. Τότε κάποιο από αυτά, έστω το, γράφεται σαν γραµµικός συνδυασµός των υπολοίπων. Τότε όµως, από την υπόθεση και την Πρόταση 5.1.4, ο R παράγεται από τα,..., 1 1. Αυτό είναι άτοπο από το Θεώρηµα Έστω Α ο πίνακας του οποίου η στήλη είναι το, = 1,...,. Το a1 0 σύστηµα που προκύπτει από τη σχέση a a = 0, είναι το A =. Από a 0 την υπόθεση, αυτό δεν έχει µη µηδενική λύση. Άρα det A 0 (βλ Κεφ 4). Τότε όµως x1 b1 το σύστηµα A = έχει λύση για κάθε b R. ηλαδή τα,..., 1 παράγουν x b το R Πόρισµα Έστω,..., 1 R και έστω Α ο πίνακας του οποίου η στήλη είναι το, = 1,...,. Τότε τα,..., 1 αποτελούν βάση του R αν και µόνο αν det A 0. Απόδειξη Η απόδειξη έχει ήδη γίνει στην προηγούµενη πρόταση Παράδειγµα Έστω = (,1,0), = (,0,1), = (0,, 1). Ο πίνακας που αναφέρεται στο 1 0 προηγούµενο πόρισµα είναι ο A = 1 0. Υπολογίζοντας την ορίζουσα βρίσκουµε d et A = 1 0. Άρα τα δεδοµένα διανύσµατα αποτελούν µια βάση του R. Έστω { 1,..., } µια βάση του R. Επειδή το σύνολο αυτό παράγει το R, για κάθε R υπάρχουν a R, που εξαρτώνται βέβαια από το, τέτοια ώστε = a a. Θα δούµε τώρα ότι τα a είναι µοναδικά. Πράγµατι, έστω ότι έχουµε και b R µε = b b. Αφαιρώντας κατά µέλη παίρνουµε ( a1 b1) ( a1 b1) =0. Επειδή τα είναι γραµµικά ανεξάρτητα έχουµε a1 b1 =... = a b = 0, δηλαδή a,...,. 1 = a a = b Συνεπώς έχουµε αποδείξει την εξής πρόταση.

12 Σελίδα 1 από Πρόταση Έστω {,..., } µια βάση του R. Τότε για κάθε R, υπάρχουν µοναδικά µε 1 = a a. a R Επεξεργασµένα Παραδείγµατα 1. Αφού αποδείξτε ότι τα στοιχεία = (1,1), = (1, 1) αποτελούν µια βάση του 1 R να εκφράσετε το ( ab, ) σαν γραµµικό συνδυασµό των 1,. Λύση Σύµφωνα µε το Πόρισµα , τα δεδοµένα στοιχεία είναι µια βάση του R, αφού det = 0. Αν ( ab, ) R έχουµε 1 1 a (1,1) + a (1, 1) = ( a, b) 1 a+ b a1 = a1+ a = a a1 a = b a b a =. a+ b a b Εποµένως έχουµε ( ab, ) = (1,1) + (1, 1).. Εξετάστε αν το (,9, 4, ) είναι γραµµικός συνδυασµός των (1,,0,),(,,0, 1),(, 1,,1). Λύση Έχουµε (,9, 4, ) = a (1,, 0,) + a (,, 0, 1) + a (, 1,,1) 1 (,9, 4, ) = ( a + a + a, a + a a, a, a a + a ) a1+ a + a = a1 + a a = 9 a = 4 a1 a + a =. Λύνοντας το σύστηµα αυτό βρίσκουµε ότι υπάρχει λύση (και µάλιστα µοναδική ( a1, a, a ) = (1,, ) ). Άρα το (,9, 4, ) είναι γραµµικός συνδυασµός των (1,,0,),(,,0, 1),(, 1,,1). Μάλιστα έχουµε (,9, 4, ) = (1,, 0,) + (,, 0, 1) (, 1,,1).. Εξετάστε ποια από τα επόµενα σύνολα είναι βάσεις του (1,,),(,0,1)} { { { (1,,),(,0,1),(,1, 4),(1,0,7)} (1,, ),(1,,),(, 1,5)}. Λύση Το πρώτο σύνολο δεν είναι βάση του Θεώρηµα 5.1.9) Το δεύτερο σύνολο δεν είναι βάση του R R γιατί δεν έχει στοιχεία (βλ. R γιατί δεν έχει στοιχεία

13 Σελίδα 1 από 6 Εξετάζουµε τώρα το τρίτο σύνολο. Με ένα σύντοµο υπολογισµό βρίσκουµε ότι η ορίζουσα του πίνακα 1 είναι ίση µε 0, δηλαδή είναι µη µηδενική. Άρα τα δεδοµένα 5 διανύσµατα αποτελούν µια βάση του R. 1,, είναι µια βάση του R. Αποδείξτε ότι το σύνολο { 1,, 1} είναι µια βάση του R. Λύση Σύµφωνα µε το Θεώρηµα 5.1.9, αρκεί να δείξουµε ότι τα 1,, 1 είναι γραµµικά ανεξάρτητα. Έστω ότι a ( ) + a ( ) + a ( ) =0. Έχουµε 4. Έστω ότι το σύνολο { } 1 a ( ) + a ( ) + a ( ) = 0 1 ( a a ) + ( a a ) + ( a a ) = 0. Επειδή τα 1 1 1,, 1 είναι γραµµικά ανεξάρτητα, παίρνουµε a a = a a = a a = ηλαδή a1 = a = a = 0. Συνεπώς τα ,, 1 είναι γραµµικά ανεξάρτητα.

14 Σελίδα 14 από 6 Ασκήσεις Εξετάστε αν το ( 1,1, ) είναι γραµµικός συνδυασµός των (,1, ),(5,,1).. Εξετάστε ποια από τα επόµενα σύνολα είναι βάσεις του a. (,1,),(5,,1),( 1,1, ) { } { } { } b. (,1,),(5,,1) c. (,1, ), (5,,1), ( 1,1, ).. Για ποια a R, τα διανύσµατα (1,,1), (, a, 0), (,1,1) αποτελούν µια βάση του R ; 4. Αποδείξτε ότι κάθε διάνυσµα της µορφής ( ab,,0), ab, R, είναι γραµµικός συνδυασµός των (, 1,0),(1,,0). 5. Για ποια a R, το διάνυσµα (1,, k) είναι γραµµικός συνδυασµός των (,0, ),(, 1, 5) ; 6. Έστω ότι { 1,, } {,, } 1 R είναι µια βάση του R. Αποδείξτε ότι το + + είναι µια βάση του R. 7. Εξετάστε ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές. Στην περίπτωση που µια πρόταση είναι σωστή δώστε µια απόδειξη. ιαφορετικά ένα αντιπαράδειγµα αρκεί. a. κάθε δυο µη µηδενικά µη συγγραµµικά διανύσµατα του αποτελούν µια βάση του R. b. κάθε τρία συνεπίπεδα διανύσµατα του R δεν αποτελούν βάση του R. R Απαντήσεις / Υποδείξεις ( 1,1, ) = ( )(,1,) + ( 1,1, ).. Μόνο το τρίτο σύνολο είναι βάση. Η ορίζουσα του πίνακα που αναφέρεται στο Πόρισµα έχει ορίζουσα a. Η απάντηση είναι a Πρέπει να δείξετε ότι το σύστηµα που προκύπτει από τη σχέση a1(, 1,0) + a(1,,0) = ( a, b,0) είναι συµβιβαστό για κάθε ab, R. 5. Μόνο για a = Βλ. Επεξεργασµένο Παράδειγµα a. σωστό, b. σωστό

15 Σελίδα 15 από 6 5. Το Σύνηθες Εσωτερικό Γινόµενο στο R Στην παράγραφο αυτή θα δούµε ότι οι γεωµετρικές έννοιες του µήκους και της γωνίας γενικεύονται µε φυσιολογικό τρόπο στους χώρους R. Ορισµοί Για να εξηγήσουµε το κίνητρο του ορισµού του συνήθους εσωτερικού γινοµένου στο R, ας θυµηθούµε ότι µια από τις διασυνδέσεις µεταξύ µηκών και γωνιών στη γεωµετρία του επιπέδου R περιγράφεται από το νόµο των συνηµιτόνων Α Ο θ Β AB = OA + OB OA OB cosθ. Αν το σηµείο Ο είναι η αρχή των αξόνων και τα σηµεία Α,Β έχουν συντεταγµένες αντίστοιχα ( a, a ),( b, b ), τότε από την προηγούµενη σχέση παίρνουµε 1 1 ( ) ( ) 1 1 a b + a b = a + a + b + b OA OB cosθ a b + a b = OA OB cos θ. Από την τελευταία σχέση βλέπουµε ότι το cosθ καθορίζεται από τα µήκη OA, OB και την ποσότητα ab + ab Ορισµός Έστω u, R, u= ( u1,..., u), = ( 1,..., ). Το εσωτερικό γινόµενο των u, είναι ο πραγµατικός αριθµός u, = u u. Το µήκος ( ή µέτρο) του u είναι ο πραγµατικός αριθµός Παρατηρούµε ότι uu, = u u = u. 1 Για παράδειγµα, αν u = (4,5, 1), = (,1,), τότε u, ( 1) 10, u 4 5 ( 1) 4 = + + = = + + =. u = u + + u Ιδιότητες Μερικές απλές ιδιότητες του εσωτερικού γινοµένου περιγράφονται στην επόµενη πρόταση.

16 Σελίδα 16 από Πρόταση Έστω uw,, R, a R. Τότε έχουµε 1. u+, w = u, w +, w. u, + w = u, + uw,. au, = a u, = u, a 4. u, = u, 5. uu, 0 6. uu, = 0 u=0. Απόδειξη Καθεµιά από τις προηγούµενες σχέσεις αποδεικνύεται άµεσα µε ένα σύντοµο υπολογισµό. Ας δούµε ενδεικτικά την πρώτη ισότητα της. Αν u = ( u1,..., u), = ( 1,..., ), τότε au, = ( au ) ( au ) = a u u = a u,. ( ) 5.. Παράδειγµα Έστω u, R µε u = 1, =, u, = 1. Να βρεθεί το µήκος του u+. Έχουµε u+, u+ = u, u+ +, u+ = uu, + u, + u, +, = = uu, + u, + u, + 9, = = uu, + 6 u, + 9, = = 4. Άρα u+ = u+, u+ = 4 =. Στο επόµενο θεώρηµα έχουµε δυο σηµαντικές ανισότητες που αφορούν εσωτερικά γινόµενα και µήκη. = 5..4 Θεώρηµα Έστω u, R. Τότε 1. (ανισότητα Cauchy - Schwarz) u,. (τριγωνική ανισότητα) u+ u +. u Απόδειξη 1. Αν κάποιο από τα u, είναι το µηδενικό διάνυσµα, τότε η αποδεικτέα σχέση ισχύει. Υποθέτουµε τώρα ότι τα u, είναι µη µηδενικά. Θα δείξουµε ότι u u, u. Θεωρούµε το διάνυσµα u u. Από την Πρόταση έχουµε u u, u u 0 Παίρνουµε διαδοχικά

17 Σελίδα 17 από 6 u u, u u 0 u, u u, u + u, 0 u, u u u u, u u, u. Η απόδειξη της σχέσης u u, γίνεται µε παρόµοιο τρόπο αν ξεκινήσουµε από το u+ u.. Έχουµε διαδοχικά u+ u + ( ) ( ) u+ u + u+, u+ u + uu, + u, + u, +, u + + u u + u, + u + + u u, u, και η τελευταία σχέση ισχύει από το 1 του Θεωρήµατος. Από την ανισότητα των Cauchy Schwarz, συµπεραίνουµε ότι αν u, R µη µηδενικά τότε u, 1 1. u Συνεπώς υπάρχει µοναδικός πραγµατικός αριθµός θ µε 0 θ π τέτοιος ώστε u, cos θ =. u είναι π Θα λέµε ότι η γωνία µεταξύ των u, είναι θ. Στην ειδική περίπτωση που θ =, θα λέµε ότι τα u, είναι κάθετα µεταξύ τους. Κάνουµε την παραδοχή ότι το µηδενικό διάνυσµα είναι κάθετο µε κάθε διάνυσµα. Συνεπώς άµεσα βλέπουµε ότι ισχύει το εξής Πρόταση υο διανύσµατα u, R είναι κάθετα µεταξύ τους αν και µόνο αν u, = 0. Σηµείωση Έχουµε ορίσει την έννοια της γωνίας µεταξύ δυο διανυσµάτων του R. Στην ειδική περίπτωση =, η έννοια αυτή συµπίπτει µε τη συνήθη έννοια της γωνίας στο επίπεδο που γνωρίζουµε από τα µαθητικά χρόνια µας. Αυτό έπεται από το νόµο των συνηµιτόνων που αναφέραµε στην αρχή της παραγράφου αυτής. Πράγµατι, αν u, R, από το νόµο αυτό παίρνουµε

18 Σελίδα 18 από 6 u = u + u cosθ u, u = u + u cosθ uu, u, u, +, = u + ucosθ u u, + = u + u cosθ u, = ucos θ Επεξεργασµένα Παραδείγµατα 1. Για ποια a R, τα διανύσµατα = (1, a, ), u = (,1, 1) είναι κάθετα; Λύση Έχουµε u, = 1 + a 1+ ( 1) = 1+ a. Από την Πρόταση 5..5 έχουµε ότι τα u, είναι κάθετα αν και µόνο αν u, = 0, δηλαδή a = 1.. Να βρεθεί η γωνία των u = (0,5,0), = (,,0) Λύση u, π Έχουµε cos θ = = =. Άρα θ =. u u,. Έστω u, R, u 0. είξτε ότι το διάνυσµα u είναι κάθετο στο u. u Λύση Έχουµε u, u, u, u =, u u, u u u u, u, u, uu, = u, u = 0. u u Σηµείωση Θα είναι χρήσιµο σε επόµενα κεφάλαια να δούµε τη γεωµετρική σηµασία αυτού του παραδείγµατος για =. Από το σχήµα φαίνεται ότι το u, / διάνυσµα u είναι η συνιστώσα του που είναι κάθετη στο u. u = / θ // u Πράγµατι, το διάνυσµα u u έχει µέτρο 1 και είναι παράλληλο µε το u. Αν / // είναι η κάθετη συνιστώσα του στο u και είναι η προβολή του στο u, / // u u, u u, τότε = = ( cos θ ) = ( ) = u. u u u u

19 Σελίδα 19 από 6 π 4. Έστω u, R, τέτοια ώστε u = = 1 και η γωνία τους είναι. 4 η γωνία µεταξύ των u+, u. Λύση Αν θ είναι η ζητούµενη γωνία, τότε u+, u cos θ =. u+ u Για τον αριθµητή έχουµε τις σχέσεις u+, u = u, u u, +, u, u + u, = u, 1 και π u, = ucos =. 4 Για τον παρονοµαστή έχουµε u+ = u+, u+ = = Να βρεθεί uu, + 4 u, + 4, = uu, + 4 u, + 4, = u + 4 u, + 4 = = 5+ και u = u, u = uu, u, +, = u u, + = 1 + 1=. Αντικαθιστώντας στην αρχική εξίσωση βρίσκουµε τελικά ότι cos θ =. Με χρήση αριθµοµηχανής βρίσκουµε ότι θ = µοίρες περίπου. Ορθοκανονικές Βάσεις Στην παράγραφο αυτή µελετήσαµε την έννοια της βάσης στο R, όπως επίσης και τις έννοιες του µήκος και της γωνίας. Θα δούµε τώρα µια διασύνδεση αυτών. e e του R έχει τις εξής Εύκολα διαπιστώνουµε ότι η συνήθης βάση { } 1,..., ιδιότητες. α) Κάθε είναι κάθετα, δηλαδή 5..7 Ορισµός Μια βάση { } 1,..., e έχει µήκος 1, δηλαδή e = 1. β) Κάθε δυο διακεκριµένα e, e j = 0. Μια τέτοια βάση θα λέγεται ορθοκανονική. του R λέγεται ορθοκανονική αν έχει τις ιδιότητες για κάθε, e, e = 1 e, e j

20 Σελίδα 0 από 6 για κάθε j, e, e = Παράδειγµα j Όπως είδαµε πριν, η συνήθης βάση {,..., 1 } Επίσης η βάση { 1, } R e e του R είναι ορθοκανονική. του είναι ορθοκανονική, όπου 1 =,, =,. Πράγµατι, όµοια 1 1 = 1. Επίσης 1, = + = = + = 1και Περισσότερα για ορθοκανονικές βάσεις θα δούµε σε επόµενα κεφάλαια. Για τώρα θα αρκεστούµε σε µια παρατήρηση Παρατήρηση Έστω ότι { } 1,..., είναι µια βάση του R και R. Γνωρίζουµε ότι υπάρχουν µοναδικά a,..., 1 a R τέτοια ώστε = a a, σύµφωνα µε την Πρόταση Αν η βάση αυτή είναι ορθοκανονική, τότε για κάθε έχουµε a =,. Πράγµατι, = a a, = a a, = a, a, a, = a, a. =

21 Σελίδα 1 από 6 Ασκήσεις 5. 1) Έστω u, R, u= (1,0, ), = (,1,1). Να υπολογιστούν τα u,, u,, u, u+ και να βρεθεί η γωνία των u,. ) Με τα δεδοµένα της προηγούµενης άσκησης να βρεθεί το cosθ, όπου θ είναι η γωνία µεταξύ των u, u+ u. ) Να βρεθεί ένα διάνυσµα κάθετο στο u = (1,, 1). Στη συνέχεια να βρεθούν όλα τα διανύσµατα κάθετα στο επίπεδο που περιέχει τα u = (1,, 1), = (,,). 4) Έστω u, R. Αποδείξτε ότι u+ + u = u +. Η ισότητα αυτή ονοµάζεται ο νόµος του παραλληλογράµµου. ώστε µια γεωµετρική ερµηνεία για =. 5) Έστω u, R. Αν έχουµε u, = 0, δείξτε ότι u + = u+ Για =, η ισότητα αυτή εκφράζει το Πυθαγόρειο Θεώρηµα. Εξηγήστε γιατί. 6) Έστω a,..., 1 a R. Αποδείξτε ότι a a ( ) a a a. Απαντήσεις / Υποδείξεις 5. 1) Οι απαντήσεις είναι u = 5, = 6, u, π = 0, θ =. ) Βλ Επεξεργασµένο Παράδειγµα ) Για το δεύτερο ερώτηµα, αρκεί να βρεθούν όλα τα διανύσµατα κάθετα και στα u,. Λύστε το σύστηµα που προκύπτει από τις σχέσεις wu, = w, =0. 4) Σηµειώνουµε ότι η διαγώνιος που ενώνει τα πέρατα των u, έχει µήκος u. u u+ 5) Χρησιµοποιήστε εσωτερικά γινόµενα και πράξεις. 6) Εφαρµόστε την ανισότητα Cauchy Schwarz για κατάλληλα διανύσµατα.

22 Σελίδα από 6 5. Ο Χώρος C Στην προηγούµενη παράγραφο µελετήσαµε το χώρο R. Ειδικά, είδαµε την έννοια της βάσης και την έννοα του εσωτερικού γινοµένου. Θα ασχοληθούµε εδώ συνοπτικά µε τις αντίστοιχες έννοιες στο C. Κάθε στοιχείο του C είναι µια διατεταγµένη άδα ( u,..., 1 u ), όπου u C. Μπορούµε να προσθέσουµε δυο τέτοια στοιχεία σύµφωνα µε τον κανόνα ( u1,..., u) + ( 1,..., ) = ( u1+ 1,..., u + ), και να πολλαπλασιάσουµε ένα τέτοιο στοιχείο µε ένα µιγαδικό αριθµό σύµφωνα µε τον κανόνα au ( 1,..., u) = ( au1,..., au), όπου a C. Τότε ισχύουν οι ιδιότητες της Πρότασης Βάσεις Στο C Στην προηγούµενη παράγραφο µελετήσαµε έννοιες, όπως γραµµικά ανεξάρτητα διανύσµατα, γραµµικός συνδυασµός κλπ και ιδιότητες αυτών. Υπάρχουν και εδώ αντίστοιχες έννοιες που ικανοποιούν ανάλογες ιδιότητες. Για λόγους σαφήνειας ας διατυπώσουµε τους σχετικούς ορισµούς. Έστω 1 m C. Θα λέµε ότι τα στοιχεία αυτά είναι γραµµικά ανεξάρτητα αν από τη σχέση a a = 0, a C, έπεται ότι a1 =... = a m = 0. Κάθε στοιχείο του C της µορφής a a, a C, λέγεται γραµµικός m m συνδυασµός των,...,. 1 m Θα λέµε ότι τα,..., 1 m παράγουν το C, αν κάθε στοιχείο του C είναι γραµµικός συνδυασµός των,...,. 1 m Θα λέµε ότι τα,..., 1 m αποτελούν µια βάση του C, αν τα στοιχεία αυτά είναι γραµµικά ανεξάρτητα και παράγουν το C. Αποδεικνύεται ότι ισχύουν αποτελέσµατα πανοµοιότυπα µε αυτά που είδαµε στην Παράγραφο 5.1. Τα σηµαντικότερα από αυτά είναι τα επόµενα. Οι δε αποδείξεις είναι ακριβώς οι ίδιες και για αυτό παραλείπονται Θεώρηµα Έστω ότι,..., 1 m C. 1. Αν τα,..., 1 m είναι γραµµικά ανεξάρτητα, τότε έχουµε m.. Αν τα,..., 1 m παράγουν το C, τότε έχουµε m.. Αν τα,..., 1 m αποτελούν βάση του C, τότε έχουµε m=. 5.. Πρόταση Έστω { },..., 1 C. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα

23 Σελίδα από 6 1. Το {,..., 1 } είναι µια βάση του. Το {,..., 1 } παράγει το C C. Το {,..., 1 } είναι γραµµικά ανεξάρτητο. 5.. Πόρισµα Έστω,..., 1 C και έστω Α ο πίνακας του οποίου η στήλη είναι το, = 1,...,. Τότε τα,..., 1 αποτελούν βάση του C αν και µόνο αν det A Παραδείγµατα 1. Εξετάστε αν τα 1+,,4,,(,4+ 5,,5 ),(+,1,6,7) C είναι γραµµικά ανεξάρτητα. Λύση Έστω a, a, a C. Έχουµε 1 ( ) ( ) 4 a 1+,,4, + a (,4+ 5,,5 ) + a (+,1,6,7) = (0,0,0,0) 1 (1+ a ) 1+ a + ( + a ) = 0 a1+ (4+ 5 ) a + (1 ) a = 0 (4 a ) 1+ a + 6a = 0 a1+ (5 ) a + 7a = 0. Για να λύσουµε το σύστηµα αυτό µπορούµε να εφαρµόσουµε την µέθοδο απαλοιφής του Gauss. Ένας ενδεχοµένως πιο οικονοµικός τρόπος για το συγκεκριµένο παράδειγµα είναι να υπολογίσουµε την ορίζουσα των συντελεστών των πρώτων τριών εξισώσεων δηλαδή τη 1+ + det Μετά από µερικές πράξεις, που µπορούν να γίνουν µε ένα πρόγραµµα όπως είναι το MAPLE, βρίσκουµε ότι η ορίζουσα είναι ίση µε 7 11, δηλαδή είναι µη µηδενική. Άρα για τις πρώτες τρεις εξισώσεις η µηδενική λύση είναι η µοναδική λύση. Τελικά όλο το σύστηµα έχει µόνο τη µηδενική λύση. Άρα τα δεδοµένα στοιχεία είναι γραµµικά ανεξάρτητα.,+ 5, 1+,7 αποτελούν µια βάση. Αφού αποδείξετε ότι τα στοιχεία ( ) ( ) του C, να παραστήσετε το (1,1+ ) σαν γραµµικό συνδυασµό αυτών. Λύση 1 Υπολογίζοντας βρίσκουµε det + = Σύµφωνα µε το Πόρισµα 5.., τα δεδοµένα στοιχεία συγκροτούν µια βάση του C. Λύνοντας το σύστηµα που προκύπτει από το a(, + 5 ) + b(1+, 7) = (1,1+ ), δηλαδή το σύστηµα ( a ) + (1 + b ) = 1 ( + 5 a ) + 7b= βρίσκουµε a= +, b=

24 Σελίδα 4 από 6 Το Σύνηθες Εσωτερικό Γινόµενο Στο C Υπενθυµίζουµε ότι αν z a b ( a b ) 5..5 Ορισµός = +,, R, τότε ο συζυγής του z είναι ο z = a b. Έστω u, C, u= ( u1,..., u), = ( 1,..., ).. Το εσωτερικό γινόµενο των u, είναι ο µιγαδικός αριθµός u = u+ + u.,... Το µήκος (ή µέτρο) του u είναι ο πραγµατικός αριθµός u = u, u. Παρατηρούµε ότι ο αριθµός uu, είναι πραγµατικός γιατί είναι της µορφής uu, = uu uu και κάθε προσθετέος uu είναι πραγµατικός. Μάλιστα είναι µη αρνητικός. Για παράδειγµα, αν u = (1, 5), = ( +, 6 ) uu, = (1 )(1 ) + 5 5= 9,, τότε ( ) ( ), = (+ )(+ ) = 49 ( ) ( ) u, = (1 )(+ ) = 1+ 5 u, = (+ )(1 ) + 6 5= 1 5. Μερικές απλές ιδιότητες αυτού του εσωτερικού γινοµένου είναι οι εξής. (Καλό είναι να συγκριθεί η επόµενη πρόταση µε την Πρόταση 5..) Πρόταση Έστω uw,, C, a C. Τότε έχουµε 1. u+, w = u, w +, w. u, + w = u, + uw,. au, = a u, = u, a 4. ua, = au, 5. u, = u, 6. uu, 0 7. uu, = 0 u=0. Τονίζουµε στην ιδιότητα 4 την ύπαρξη του συζυγούς του a στο δεξιό µέλος. Όπως στην περίπτωση του R, έχουµε και εδώ τις εξής ανισότητες Θεώρηµα Έστω u C,. Τότε 1. (ανισότητα Cauchy - Schwarz) u,. (τριγωνική ανισότητα) u+ u +. u

25 Σελίδα 5 από 6 Επειδή στο C το u, ενδέχεται να µην είναι πραγµατικός, δεν ορίζεται (τουλάχιστον µε άµεσο τρόπο) η έννοια της γωνίας µέσω του συνήθους εσωτερικού γινοµένου. Όµως µπορούµε να ορίσουµε την έννοια της καθετότητας. υο στοιχεία του C λέγονται κάθετα αν το εσωτερικό τους γινόµενο είναι ίσο µε µηδέν. Παρατηρούµε ότι ενώ δεν ισχύει γενικά η ισότητα u, = u,, ισχύει το εξής u, = 0 u, = 0. Πράγµατι, αυτό έπεται άµεσα από τη σχέση 5 της Πρότασης , αν j Μια βάση {,..., 1 } του C λέγεται ορθοκανονική αν, j = 1, αν = j.

26 Σελίδα 6 από 6 Ασκήσεις Να υπολογιστούν τα u,, u,, όπου 1 1+ u =,,0, =,, Να αποδείξετε ότι για κάθε u C, έχουµε 1 1 u, = u+ u + u+ u Να αποδείξετε ότι για κάθε u, R έχουµε 1 1 u, = u+ u Εξετάστε αν το σύνολο (,0,0 ), 0,,, 0,, είναι µια ορθοκανονική βάση του C. Απαντήσεις / Υποδείξεις u = = 1, u, = 0.. Πραγµατοποιήστε τις πράξεις στο δεξιό µέλος µε βάση τη σχέση u = u, u.. Πραγµατοποιήστε τις πράξεις στο δεξιό µέλος. 4. Είναι ορθοκανονική βάση