Μαθηµατικά Ιβ Σελίδα 1 από 7 ΚΑΙ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ

Transcript

1 Μθηµτικά Ιβ Σελίδ πό 7 Μάθηµ 7 ο ΟΡΘΟΚΑΝΟΝΙΚΗ ΒΑΣΗ ΚΑΙ ΟΡΘΟΓΩΝΙΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ Θεωρί : Γρµµική Άλγεβρ : εδάφιο 6, σελ. (µέχρι Πρότση 4.6), εδάφιο 7, σελ. 5 (όχι την πόδειξη της Πρότσης 4.9). πρδείγµτ που ντιστοιχούν στην ύλη έχουν διδχθεί. Ασκήσεις :,, 6, σελ. 7. Λυµένες Ασκήσεις Άσκηση 7. Βρείτε µι ορθοκνονική βάση του υποχώρου του R που έχει ως δινύσµτ [ ] T εκείν που + +. Λύση : Αντικθιστώντς στο διάνυσµ έχουµε: [ ] T [ ] T + [ ] T. δινύσµτ η [ ] T, η [ ] T είνι βάση του υπόχωρου κι σύµφων µε τη διδικσί ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt (σελ. ) τ δινύσµτ ξ [ ] T ξ [ ] T [ ] T [ ] T είνι κάθετ. Ορθοκνονική βάση του υπόχωρου είνι τ δινύσµτ ~ ξ [ ] T ~, [ ξ 6 ]. 6

2 Μθηµτικά Ιβ Σελίδ πό 7 Άσκηση 7. Αν Ε span{ [ ] T }, βρείτε µι βάση του Ε κι ερµηνεύστε γεωµετρικά τον υπόχωρο Ε. Λύση : Ο υπόχωρος Ε είνι το σύνολο των δινυσµάτων τέτοι ώστε [ ] T +. Συνεπώς Ε { : + } { [ + ] T :, C }. Από την ισότητ [ + ] T [ ] T + [ ] T, συµπερίνουµε ότι τ δινύσµτ [ ] T, [ ] T είνι βάση του Ε. Άσκηση 7. Αν [ 5 5 ], [ 5 5 ] είνι βάση του χώρου Ε, ν βρείτε την προβολή του δινύσµτος [ 4 ] T επί του Ε. Ποι είνι η πόστση του σηµείου πό το χώρο Ε; Λύση : Αν [ ] T κι θ έχουµε είνι η προβολή του επί του Ε, το διάνυσµ [ 4 ] T Ε, ( ) [ 5 5 ], ( ) [ 5 5 ]. Από τις ισότητες υτές προκύπτει το γρµµικό σύστηµ Επιπλέον είνι λ [ 5 5 ] + λ [ 5 5 ]. Από την ισότητ υτή συµπερίνουµε κι κτά συνέπει [ ] T. Η πόστση του σηµείου πό τον χώρο E είνι [ 4 ] T 4. Άσκηση 7.4 Βρείτε την πόστση του σηµείου (,, ) πό το επίπεδο y + z. ( Υπόδειξη : Βρείτε πρώτ µι βάση του επιπέδου. ) Λύση : Αν λύσουµε την άσκηση σύµφων µε την υπόδειξη θ πρέπει ν κολουθήσουµε την προηγούµενη διδικσί. ο τυχίο διάνυσµ στο επίπεδο είνι

3 Μθηµτικά Ιβ Σελίδ πό 7 [ y z ] T [ y y ] T [ ] T + y[ ] T. Από την ισότητ υτή συµπερίνουµε ότι [ ] T, [ ] T είνι βάση του επιπέδου κι συνεχίζουµε όπως στην άσκηση 7.. Ένς άλλος τρόπος είνι ν βρούµε το µέτρο της προβολής του δινύσµτος [ ] T στο κάθετο διάνυσµ του επιπέδου. Από την εξίσωση του επιπέδου y + z έχουµε ότι το διάνυσµ ε [ ] T είνι κάθετο στο επίπεδο, δηλ. ο χώρος span{ ε } είνι το ορθογώνιο συµπλήρωµ του επιπέδου. Η προβολή του δινύσµτος επί του span{ ε } είνι (ΟΑ) ε ε συνφ ε συνφ ε ε ε [ ]. 4 Η πόστση του σηµείου πό το επίπεδο ισούτι µε 4. Άσκηση 7.5 Αν [ 6 ] T κι ε [ 7 ] T, γράψτε το διάνυσµ σν άθροισµ δινύσµτος του υποχώρου span{ ε } κι ενός δινύσµτος κθέτου στο ε. Υπολογίστε την πόστση του πό την ευθεί που περνά πό την ρχή κι είνι πράλληλη του ε. Λύση : Στο R το κάθετο διάνυσµ [ β ] στο ε βρίσκετι πό την ισότητ [ β ] ε 7 + β [ 7 ] [ 7 ]. Αν [ 6 ] λ[ 7 ] + µ[ 7 ] προκύπτει το σύστηµ 7λ + µ λ 7µ λ 5, µ Η ευθεί που περνά πό την ρχή κι είνι πράλληλη του ε έχει εξίσωση 7y. Η πόστση του σηµείου πό την ευθεί, σύµφων µε την πρπάνω άσκηση, είνι το µέτρο της προβολής του επί του δινύσµτος [ 7 ]. Έτσι έχουµε, [ [ - 7 ] T - 7 ] T [ 7 ] 4 [ 7 ] 4. 5

4 Μθηµτικά Ιβ Σελίδ 4 πό 7 Άσκηση 7.6 Αν Ε span{ [ ] T, [ 5 5 ] T }, γράψτε το διάνυσµ [ ] T ως άθροισµ +, όπου Ε, Ε. Λύση : Θ βρούµε µί βάση του Ε. Αν [ β γ ] T Ε [ a b g ] T [ ] T, [ a b g ] T [ 5 5 ] T. Από τις ισότητες υτές έχουµε κι συνεπώς δηλ. Ε span{ [ ] T }. Από την εξίσωση β, + γ [ β γ ] T [ γ γ ] T γ[ ] T [ ] T λ[ ] T + µ[ 5 5 ] T + ν[ ] T βρίσκουµε λ, µ 5, ν 5. ότε [ 5 5 ] T Ε, [ ] T Ε. Άσκηση 7.7 είξτε ότι το σύνολο Ε { R : +, 5 + } είνι υπόχωρος του R κι βρείτε µι βάση του Ε. Λύση : ο σύνολο Ε είνι υπόχωρος, γιτί ν [ ] T κι [ ] T είνι στοιχεί του Ε, το διάνυσµ k + λy [ k +λ k +λ k +λ ] T Ε διότι ( k +λ )+k +λ ( k +λ ) k( + ) + λ( + ) k +λ 5( k +λ )+( k +λ ) k( 5 + ) + λ( 5 + ). Η λύση του συστήµτος ορίζει το χώρο Ε span{ [ 4 ] T }. Αν [ β γ ] T Ε έχουµε [ β γ ] T [ 4 ] T + β + 4γ κι 4

5 Μθηµτικά Ιβ Σελίδ 5 πό 7 [ β γ ] T [ β 4γ β γ ] T β[ ] T + γ [ 4 ] T. Συνεπώς τ γρµµικά νεξάρτητ δινύσµτ [ ] T, [ 4 ] T είνι βάση του Ε. Άσκηση 7.8 Βρείτε µι ορθοκνονική βάση του Ε, όπου Ε span{ [ ] T, [ ] T }. Λύση : δινύσµτ [ ] T, [ ] T είνι βάση του Ε. Αν [ β γ δ ] T Ε [ [ β β γ γ δ ] δ ] [ [ έχουµε ] ] γ + δ + β + γ β δ γ δ ότε, [ β γ δ ] T [ γ δ δ γ δ ] T γ[ ] T + δ[ ] T, τ δε δινύσµτ η [ ] T, η [ ] T είνι βάση του Ε. Με τη διδικσί ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt (σελ. ) βρίσκουµε τ κάθετ δινύσµτ ξ [ ] T, ξ [ ] T του Ε κι κτά συνέπει είνι ορθοκνονική βάση του. ξ ξ, ξ ξ Άσκηση 7.9 Αν ο πίνκς Ρ είνι ορθογώνιος κι detρ, δείξτε ότι ο πίνκς Ι + Ρ δεν ντιστρέφετι. ( Υπόδειξη : Ρ ( Ι + Ρ ) ( Ι + Ρ ) ) Λύση : Εύκολ βλέπουµε ότι Ρ ( Ι + Ρ ) ( Ι + Ρ ) det Ρ ( Ι + Ρ ) det( Ι + Ρ ) T κι π υτή det Ρ det( Ι + Ρ ) det ( Ι + Ρ ) T det ( Ι + Ρ ) det ( Ι + Ρ ) det ( Ι + Ρ ) Ι + Ρ δεν ντιστρέφετι.

6 Μθηµτικά Ιβ Σελίδ 6 πό 7 Άσκηση 7. Αν ο πίνκς Ρ είνι ορθογώνιος κι συµµετρικός, δείξτε ότι ο πίνκς Q ( Ι Ρ ) είνι προβολικός ( Q Q ). Λύση : Επειδή ΡΡ Ι κι Ρ Ρ Ρ Ι. ότε Q 4 ( Ι Ρ ) 4 ( Ι + P Ρ ) 4 ( Ι Ρ ) ( Ι Ρ ) Q. Άσκηση 7. Αν οι γρµµές,, ν του ν ν πίνκ Α [ ij ] είνι ορθογώνιες, ποδείξτε ότι το στοιχείο στη θέση (i, j) του Α - είνι ji / j. Λύση : Έστω Α [ ν ], τότε ΑΑ [ ] ν ν diag(,, ν ). Από την ισότητ υτή είνι φνερό ότι Α - Α diag(,, ν ) - Α diag( -,, ν - ), δηλ. το στοιχείο του Α - στη θέση (i, j) είνι ji / j, όπου ji είνι στοιχείο του Α. ν ν Άσκηση 7. Γι κάθε µη µηδενικό διάνυσµ C ν Η Ι ( ) - δείξτε ότι ο πίνκς είνι ορθοµονδιίος κι ερµιτινός. Αν y, τότε Ηy y κι Η. Λύση : Πρτηρείστε ότι είνι πργµτικός ριθµός. ότε Η ( Ι H H H ( Ι Ι + ) I 4 ) Ι + 4 ( ) I ( ) 4 ( ) Ι 4 Ι H ορθοµονδιίος. Η.

7 Μθηµτικά Ιβ Σελίδ 7 πό 7 Ηy y Η y y. ( y ) y.