ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Transcript

1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ευτέρα 3 Απριλίου 018 Αν C = x 1, x,, x n είναι ένα σύνολο διανυσµάτων ενός Ευκλείδειου χώρου (E,, ), τότε, για να µην δηµιουργείται σύγχιση µε το σύµβολο του εσωτερικού γινοµένου,, ο υπόχωρος του E ο οποίος παράγεται από το σύνολο διανυσµάτων C, αντί να συµβολίζεται µε C = x 1, x,, x n, ϑα συµβολίζεται µε : L(C) = L( x 1, x,, x n ) = λ 1 x 1 + λ x + + λ n x n E λ i R, 1 i n Υπενθυµίζουµε ότι η ορθογώνια προβολή ενός διανύσµατος x σε ένα µη-µηδενικό διάνυσµα y είναι το διάνυσµα : x, y x, y Π y ( x) = y = y, y y y και έχει την ιδιότητα ότι : ( ) x Π y ( x) y Υπενθυµίζουµε ότι αν C = x 1, x,, x n είναι ένα γραµµικά ανεξάρτητο υποσύνολο του E, τότε µε τη διαδικασία Gram-Schmidt κατασκευάζουµε ένα ορθογώνιο σύνολο µη-µηδενικών διανυσµάτων D = y1, y,, y n και ένα ορθοκανονικό σύνολο διανυσµάτων B = e1, e,, e n, όπου : και y 1 = x 1 και y k = x k Π y1 ( x k ) Π y ( x k ) Π yk 1 ( x k ), k n ( ) e k = y k y k, 1 k n Ασκηση 1 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος, και C = x 1, x,, x n ένα γραµµικά ανεξάρτητο υ- ποσύνολο του E Εστω D = y 1, y,, y n το ορθογώνιο σύνολο µη-µηδενικών διανυσµάτων και B = e1, e,, e n το ορθοκανονικό σύνολο διανυσµάτων, τα οποία κατασκευάζονται µε τη διαδικασία Gram- Schmidt Να δειχθεί ότι : L( x 1, x,, x k ) = L( y 1, y,, y k ) = L( e 1, e,, e k ), 1 k n Λύση Επειδή, k = 1,,, n: e k = y k y k, έπεται προφανώς ότι L( y 1, y,, y k ) = L( e 1, e,, e k ) Πράγµατι, αν z L( y 1, y,, y k ), τότε υπάρχουν πραγµατικοί αριθµοί λ 1, λ,, λ k έτσι ώστε : z = λ 1 y 1 + λ y + + λ k y k = λ 1 y 1 e 1 + λ y e + + λ k y k e k L( e 1, e,, e k ) Άρα L( y 1, y,, y k ) L( e 1, e,, e k ) Αντίστροφα, αν z L( e 1, e,, e k ), τότε υπάρχουν πραγµατικοί αριθµοί λ 1, λ,, λ k έτσι ώστε : y 1 z = λ 1 e 1 + λ e + + λ k e k = λ 1 y 1 + λ y y + + λ y k k y k L( y 1, y,, y k ) Άρα L( e 1, e,, e k ) L( y 1, y,, y k ) και εποµένως : L( y 1, y,, y k ) = L( e 1, e,, e k )

2 Θα αποδείξουµε µε χρήση Μαθηµατικής Επαγωγής ότι : L( x 1, x,, x k ) = L( y 1, y,, y k ) (1) Αν k = 1, τότε έχουµε ότι y 1 = x 1 και εποµένως : L( x 1 ) = L( y 1 ) () Επαγωγική Υπόθεση: Υποθέτουµε ότι, αν 1 < k n, τότε για κάθε 1 r < k ισχύει ότι : L( x 1, x,, x r ) = L( y 1, y,, y r ) (3) Εστω z L( y 1, y,, y k ) Τότε υπάρχουν πραγµατικοί αριθµοί λ 1, λ,, λ k έτσι ώστε : z = λ 1 y 1 + λ y + + λ k y k Από την Επαγωγική Υπόθεση προκύπτει οτι y 1, y,, y k 1 L( x 1, x,, x k 1 ), δηλαδή κάθε ένα από τα διανύσµατα y 1, y,, y k 1 είναι γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων x 1, x,, x k 1 Τότε όµως και το διάνυσµα : x k, y 1 y 1 y 1 x k, y y y x k, y k 1 y k 1 y k 1 είναι γραµµικός συνδθασµός των διανυσµάτων x 1, x,, x k 1 Από τη σχέση y k = x k x k, y 1 y 1 y 1 x k, y y y x k, y k 1 y k 1 y k 1 τότε προκύπτει ότι το διάνυσµα y k είναι γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων x 1, x,, x k 1, x k, δηλαδή y k L( x 1, x,, x k 1, x k ) Τότε όµως και το διάνυσµα z = λ 1 y 1 + λ y + + λ k y k είναι γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων x 1, x,, x k 1, x k, δηλαδή z L( x 1, x,, x k 1, x k ) Αυτό σηµαίνει ότι L( y 1, y,, y k ) L( x 1, x,, x k ) ( ) Αντίστροφα, έστω ότι z L( x 1, x,, x k ) Τότε υπάρχουν πραγµατικοί αριθµοί λ 1, λ,, λ k έτσι ώστε : z = λ 1 x 1 +λ x + +λ k x k Θέτουµε w = λ 1 x 1 +λ x + +λ k 1 x k 1 L( x 1, x,, x k 1 ) και τότε z = w+ x k Από την Επαγωγική Υπόθεση έπεται ότι w L( y 1, y,, y k 1 ) L( y 1, y,, y k ) Από την άλλη πλευρά από τη σχέση ( ) έχουµε ότι και άρα x k L( y 1, y,, y k ) L( y 1, y,, y k ) και εποµένως x k = y k + x k, y 1 y 1 y 1 + x k, y y y + + x k, y k 1 y k 1 y k 1 Επειδή w, x k L( y 1, y,, y k ) και z = w + x k, έπεται ότι z L( x 1, x,, x k ) L( y 1, y,, y k ) Από τις σχέσεις ( ) και ( ) προκύπτει το Ϲητούµενο L( x 1, x,, x k ) = L( y 1, y,, y k ) Σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η παραπάνω σχέση ισχύει για κάθε k = 1,,, n ( ) Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και x 1, x,, x n E Υπενθυµίζουµε από το Φυλλάδιο Ασκήσεων 4 ότι ο πίνακας Gram των διανυσµάτων x 1, x,, x n ορίζεται ως εξής : x 1, x 1 x 1, x x 1, x n x, x 1 x, x x, x n G( x 1, x,, x n ) = x n, x 1 x n, x x n, x n και η ορίζουσα Gram των διανυσµάτων x 1, x,, x n ορίζεται ως η ορίζουσα του πίνακα Gram: G( x1, x,, x n ) x 1, x 1 x 1, x x 1, x n x, x 1 x, x x, x n = x n, x 1 x n, x x n, x n

3 3 Ασκηση Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και x 1, x,, x n E Να δειχθεί ότι : G( x 1, x,, x n ) 0 Λύση Αν τα διανύσµατα x 1, x,, x n είναι γραµµικά εξαρτηµένα, τότε από την Άσκηση 0 του Φυλλαδίου Ασκήσεων 4 γνωρίζουµε ότι G( x1, x,, x n ) = 0 Υποθέτουµε ότι τα διανύσµατα x 1, x,, x n είναι γραµµικά ανεξάρτητα Θεωρούµε τον υπόχωρο F = L( x 1, x,, x n ) ο οποίος παράγεται από τα διανύσµατα x 1, x,, x n Τότε, επειδή υπόχωροι Ευκλείδειων χώρων είναι Ευκλέιδειοι χώροι, έπεται ότι ο R-διανυσµατικός χώρος F είναι ένας Ευκλείδειος χώρος και dim R F = n Εστω B = e 1, e,, e n µια ορθοκανονική ϐάση του F Εκφράζουµε τα διανύσµατα x 1, x,, x n ως γραµµικό συνδυασµό των διανυσµάτων της ϐάσης B και ϑα έχουµε : x 1 = a 11 e 1 + a 1 e + + a n1 e n x = a 1 e 1 + a e + + a n e n x n = a 1n e 1 + a n e + + a nn e n Θεωρούµε τον n n πίνακα πραγµατικών αριθµών a 11 a 1 a 1n a 1 a a n A = a n1 a n a nn Επειδή το σύνολο διανυσµάτων C = x 1, x,, x n είναι επίσης µια ϐάση του F, έπεται ότι ο πίνακας A είναι ο πίνακας µετάβασης από τη ϐάση C στη ϐάση B: Παρατηρούµε ότι Πράγµατι : A = MB C, και ιδιαίτερα : A 0 G( x 1, x,, x n ) = t A A G( x 1, x,, x n ) ij = x i, x j και ( t A A) ij = λ=1 k,λ=1 ( t A) ik A kj = Οµως, επειδή η ϐάση B είναι ορθοκανονική, έπεται ότι : x i, x j = a ki e k, a λj e λ = a ki a λj e k, e λ = a ki a λj δ kλ = k,λ=1 a ki a kj a ki a kj Εποµένως πράγµατι έχουµε G( x 1, x,, x n ) = t A A, και τότε ϑεωρώντας ορίζουσες προκύπτει ότι Άρα, συνοψίζοντας, δείξαµε ότι : G( x 1, x,, x n ) = t A A = t A A = A A = A > 0 G( x 1, x,, x n ) 0 ( ) Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και V ένας υπόχωρος του E Υπενθυµίζουµε τότε ότι E = V V και η ορθογώνια προβολή του διανύσµατος x E στον υπόχωρο V είναι το (µοναδικό) διανυσµα y Y έτσι ώστε x = y + z, όπου z V, και συµβολίζεται µε y = Π V ( x) Το (µοναδικό) διάνυσµα z παραπάνω καλείται 1 η κάθετη προβολή του διανύσµατος x E στον υπόχωρο V και συµβολίζεται µε z = K V ( x) 1 ηλαδή η κάθετη προβολή του x στον υπόχωρο V είναι η ορθογώνια προβολή του x στον V : Π V ( x) = K V ( x)

4 4 Με τους παραπάνω συµβολισµούς, έχουµε µοναδική γραφή : x = Π V ( x) + K V ( x), όπου Π V ( x) V και K V ( x) V Ασκηση 3 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος, και C = x 1, x,, x n ένα γραµµικά ανεξάρτητο υποσύνολο διανυσµάτων του E Εστω C = y 1, y,, y n το ορθογώνιο σύνολο µη-µηδενικών διανυσµάτων το οποίο κατασκευάζεται ακολουθώντας τη διαδικασία Gram-Schmidt Να δειχθεί ότι, k =,, n: L( x 1, x,, x k ) = L( x 1, x,, x k 1 ) L( y k ) (ορθογώνιο ευθύ άθροισµα) ( ) Ιδιαίτερα να δειχθεί ότι για κάθε k =,, n, το διάνυσµα y k είναι η κάθετη προβολή του x k στον υπόχωρο L( x 1, x,, x k 1 ): y k = K L( x1, x,, x k 1 )( x k ) Λύση Εστω k Από τη διαδικασία Gram-Schmidt γνωρίζουµε ότι το σύνολο διανυσµάτων C k = y 1, y,, y k είναι ορθογώνιο και αποτελείται από µη-µηδενικά διανύσµατα Ιδιαίτερα έπεται ότι y k, y 1 = y k, y = = y k, y k 1 = 0 Επειδή το σύνολο C k 1 είναι µια (ορθογώνια) ϐάση του L( y 1, y,, y k 1 ), έπεται ότι y k L( y 1, y,, y k 1 ) Από την Άσκηση 1 γνωρίζουµε ότι L( y 1, y,, y k 1 ) = L( x 1, x,, x k 1 ) και εποµένως : y k L( x 1, x,, x k 1 ) Αυτό σηµαίνει ότι οι υπόχωροι L( x 1, x,, x k 1 ) και L( y k ) είναι ορθογώνιοι : και ιδιαίτερα έπεται ότι : L( x 1, x,, x k 1 ) L( y k ) L( x 1, x,, x k 1 ) L( y k ) = 0 Εστω x L( x 1, x,, x k ) Επειδή το σύνολο x 1, x,, x k είναι µια ϐάση του L( x 1, x,, x k ), έπεται ότι µπορούµε να γράψουµε x = λ 1 x 1 + λ x + + λ k 1 x k 1 + λ k x k για κάποια λ 1, λ,, λ k R Από τη σχέση προκύπτει ότι y k = x k Π y1 ( x k ) Π y ( x k ) Π yk 1 ( x k ) x k = y k + Π y1 ( x k ) + Π y ( x k ) + +Π yk 1 ( x k ) Θέτοντας z = Π y1 ( x k ) + Π y ( x k ) + + Π yk 1 ( x k ) έπεται ότι : x k = z + y k ( ) όπου Τότε : z L( y 1, y,, y k 1 ) = L( x 1, x,, x k 1 ) και y k L( y k ) x = λ 1 x 1 + λ x + + λ k 1 x k 1 + λ k ( z + y k ) = λ 1 x 1 + λ x + + λ k 1 x k 1 + λ k z + λ k y k Θέτοντας w = λ 1 x 1 + λ x + + λ k 1 x k 1 + λ k z L( x 1, x,, x k 1 ) έχουµε ότι x = w + λ k y k όπου w L( x 1, x,, x k 1 ) και λ k y k (λ k y k ) Αυτό σηµαίνει ότι L( x 1, x,, x k ) L( x 1, x,, x k 1 ) + L( y k ) Αν δύο υπόχωροι U και V είναι ορθογώνιοι, τότε U V = 0 Πράγµατι, αν x U V, τότε ϑα έχουµε x, x = 0, διότι U V Εποµένως x = 0

5 5 Επειδή L( x 1, x,, x k 1 ) L( x 1, x,, x k 1 ) και y k L( y 1, y,, y k ) = L( x 1, x,, x k ), έχουµε και L( x 1, x,, x k 1 ) + L( y k ) L( x 1, x,, x k ) Άρα L( x 1, x,, x k ) = L( x 1, x,, x k 1 ) + L( y k ) και εποµένως, χρησιµοποιώντας ότι οι υπόχωροι L( x 1, x,, x k 1 ) και L( y k ) είναι ορθογώνιοι, προκύπτει ότι : L( x 1, x,, x k ) = L( x 1, x,, x k 1 ) L( y k ) Τέλος στη σχέση ( ) έχουµε Αυτό σηµαίνει ότι : (ορθογώνιο ευθύ άθροισµα) x k = z + y k, όπου z L( x 1, x,, x k 1 ) και y k L( x 1, x,, x k 1 ) y k = K L( x1, x,, x k 1 )( x k ) και z = Π L( x1, x,, x k 1 )( x k ) δηλαδή το διάνυσµα z είναι η ορθογώνια προβολή του x k στον υπόχωρο L( x 1, x,, x k 1 ) και το διάνυσµα y k είναι η κάθετη προβολή του x k στον υπόχωρο L( x 1, x,, x k 1 ) Ασκηση 4 Εστω V και W δυο υπόχωροι του Ευκλείδειου χώρου (E,, ) (1) Να δειχθεί ότι : () Να δειχθεί ότι : (3) Αν dim R E <, να δειχθεί ότι : (αʹ) (ϐʹ) (4) Να δειχθεί ότι : V W = W V (V + W) = V W (V ) = V (V W) = V + W E = V W E = V W Λύση (1) Θα έχουµε : x, w = 0, w W x W = και V W = x, v = 0, v V = x V = W V () Εχουµε ότι V V + W και W V + W Άρα από το µέρος (1) έπεται ότι (V + W) V (V + W) W = (V + W) V W ( ) Εστω x V W, δηλαδή x V και x W Άρα έχουµε ότι x, v = 0 και x, w = 0, για κάθε v V και w W Εστω y = v + w µε v V και w W Τότε x, y = x, v + x, w = 0 = x (V + W) = V W (V + W) ( ) Από τις σχέσεις ( ) και ( ) έπεται το Ϲητούµενο : (V + W) = V W

6 6 (3) (αʹ) Εστω x V Τότε για κάθε διάνυσµα y V ϑα έχουµε προφανώς ότι x, y = 0 Αυτό σηµαίνει ότι x V = (V ) = x E x, y = 0, y V και άρα V (V ) Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι για κάθε υπόχωρο Z ενός Ευκλείδειου χώρου E πεπερασµένης διάστασης ισχύει ότι : E = Z Z Επιλέγοντας διαδοχικά Z = V και Z = V, ϑα έχουµε : και εποµένως E = V V E = V (V ) = dim R V = dim R (V ) dim R E = dim R V + dim R V dim R E = dim R V + dim R (V ) Τότε : V (V ) dim R V = dim R (V ) = V = (V ) (ϐʹ) Χρησιµοποιώντας το µέρος () και το µέρος (α ) του (3) έχουµε : (V + W) = V W = (V + W ) = (V ) (W ) = V W = = (V W) = ( (V + W ) ) = V + W (γʹ) Εστω ότι E = V W Τότε E = V + W και V W = 0 Χρησιµοποιώντας τα µέρη () και (3), και το γνωστό αποτέλεσµα ότι E = 0 και 0 = E, ϑα έχουµε : E = V + W E E = V W = V W = 0 = = (V + W) (V W) = 0 = = 0 = V W V + W = E = E = V W Αντίστροφα, αν ισχύει ότι E = V W, τότε σύµφωνα µε ότι αποδείξαµε παραπάνω και χρησι- µοποιώντας το µέρος (3), ϑα έχουµε E = V W = E = V W = E = V W Ασκηση 5 Εστω V ένας υπόχωρος του Ευκλείδειου χώρου (E,, ), όπου dim R E < Να δειχθεί ότι αν x / V, τότε υπάρχει διάνυσµα w V έτσι ώστε : x, w 0 Λύση Επειδή 0 V και x / V, έπεται ότι x 0 Επειδή E = V V έπεται ότι ϑα έχουµε x = y + w, όπου y V και w V Προφανώς w 0 διότι διαφορετικά αν w = 0, τότε x = y V και αυτό είναι άτοπο από την υπόθεση Άρα w 0 ή ισοδύναµα w, w 0 Επιπλέον, επειδή y, w = 0, ϑα έχουµε : x, w = y + w, w = y, w + w, w = w, w 0

7 7 Ασκηση 6 Εστω U και V δύο υπόχωροι του Ευκλείδειου χώρου (E,, ), και έστω ότι Αν U V, να δειχθεί ότι : Λύση Επειδή U V, έπεται ότι Από την παραπάνω σχέση έπεται προφανώς ότι : E = U V U = V και V = U u U, v V : u, v = 0 V U και U V Εστω x U, δηλαδή x, y = 0, y U Επειδή E = U V, υπάρχουν διανύσµατα u U και v V έτσι ώστε : x = u + v Τότε : 0 = x, u = u + v, u = u, u + v, u = u + 0 = u = 0 = u = 0 Άρα x = v V Ετσι δείξαµε ότι U V και εποµένως U = V Η σχέση V = U αποδεικνύεται παρόµοια Ασκηση 7 Να δειχθεί ότι η απεικόνιση, : R 3 R 3 R, (x1, x, x 3 ), (y 1, y, y 3 ) = x 1y 1 x 1 y x y 1 + 6x y + x y 3 + x 3 y + x 3 y 3 είναι ένα εσωτερικό γινόµενο επί του R 3 Ακολούθως να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του Ευκλείδειου χώρου ( R 3,, ) Λύση Αν (x 1, x, x 3 ), (y 1, y, y 3 ) R 3, τότε ϑα έχουµε : (x1, x, x 3 ), (y 1, y, y 3 ) ) (x = 1, x, x y 1 y από όπου ϐλέπουµε εύκολα ότι η απεικόνιση, είναι συµµετρική και διγραµµική Παρατηρούµε ότι : (x1, x, x 3 ), (y 1, y, y 3 ) = x 1 y 1 x 1 y x y 1 + x y + x y 3 + x 3 y + x 3 y 3 Εποµένως x = (x 1, x, x 3 ) R 3 : και = (x 1 x )(y 1 y ) + x y + (x + x 3 )(y + y 3 x = x, x = (x 1 x ) + x + (x + x 3 ) 0 x = 0 = (x 1 x ) = x = (x + x 3 ) = 0 = x 1 = x = x 3 = 0 = x = 0 Εποµένως η απεικόνιση, είναι ένα εσωτερικό γινόµενο στον R 3 Θεωρούµε την κανονική ϐάση του R 3 B = e 1 = (1, 0, 0), e = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1) Η ϐάση B δεν είναι ορθοκανονική ως προς το εσωτερικό γινόµενο, διότι για παράδειγµα : e 1, e = (1, 0, 0), (0, 1, 0) = 0 Εφαρµόζουµε τη διαδικασία Gram-Schmidt στο γραµµικά ανεξάρτητο σύνολο διανυσµάτων B Θέτουµε : y 1 = e 1 = (1, 0, 0) Ακολούθως ϑεωρούµε το διάνυσµα : y = e e, y 1 y 1 = (0, 1, 0) (0, 1, 0), (1, 0, 0) (1, 0, 0) = (0, 1, 0) (1, 0, 0) = (, 1, 0) y 1, y 1 (1, 0, 0), (1, 0, 0) 1 y 3

8 8 και τέλος το διάνυσµα Υπολογίζουµε : Εποµένως Τα διανύσµατα y 3 = e 3 e 3, y 1 y 1, y 1 y 1 e 3, y y, y y e 3, y 1 = (0, 0, 1), (1, 0, 0) = 0 e 3, y = (0, 0, 1), (, 1, 0) = 1 y, y = (, 1, 0), (, 1, 0) = y 3 = (0, 0, 1) 1 (, 1, 0) = ( 1, 1, 1 ) y 1 = (1, 0, 0), y = (, 1, 0), y 3 = ( 1, 1 ), 1 αποτελούν µια ορθογώνια ϐάση του R 3 Υπολογίζουµε τα µήκη των διανυσµάτων y 1, y, και y 3 : Εποµένως το σύνολο διανυσµάτων y 1 = y 1, y 1 = (1, 0, 0), (1, 0, 0) = 1 y = y, y = (, 1, 0), (, 1, 0) = y 3 = y 3, y 3 = ( 1, 1 ), 1, ( 1, 1 ) 1, 1 = = 1 ε 1 == y 1 y 1 = (1, 0, 0), ε = y y = (, ) ( 1, 0, ε 3 = y 3 =, y 3, ) είναι µια ορθοκανονική ϐάση του R 3 ως προς το εσωτερικό γινόµενο, Ασκηση 8 Στον Ευκλείδειο χώρο (R 3,, ) να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση των υπόχωρου U, V, και W του R 3, όπου : U = (x, y, z) R 3 x 5y z = 0 V = (x, y, z) R 3 x y z = 0 W = U V = (x, y, z) R 3 x 5y z = 0 και x y z = 0 Λύση όπου : (1) Θα έχουµε U = (x, y, z) R 3 x 5y z = 0 = (x, y, z) R 3 x = 5y + z = = (5y + z, y, z) R 3 y, z R = (5y, y, 0) + (z, 0, z) R 3 y, z R = = y(5, 1, 0) + z(, 0, 1) R 3 y, z R = L ( x 1, x ) x 1 = (5, 1, 0) και x = (, 0, 1) Επειδή x 1, x = (5, 1, 0), (, 0, 1) = 10 0, τα διανύσµατα x 1 και x δεν είναι ορθογώνια Εφαρ- µόζουµε διαδικασία Gram-Schmidt: Θέτουµε y 1 = x 1 = (5, 1, 0) και y = x x, y 1 y 1, y 1 y (, 0, 1), (5, 1, 0) 1 = (, 0, 1) (5, 1, 0) (5, 1, 0), (5, 1, 0) = (, 0, 1) 10 (5, 1, 0) ( 6 1 = 13, 5 ) 13, 1

9 9 Υπολογίζουµε τα µέτρα των διανυσµάτων y 1 και y : y 1 = (5, 1, 0) = (5, 1, 0), (5, 1, 0) = 6 ( y = 1 13, 5 ) ( 1 13, 1 = 13, 5 ) ( 1 13, 1, 13, 5 ) 13, 1 = Τότε η ορθοκανονική ϐάση του U είναι η e 1, e όπου () Θα έχουµε όπου : e 1 = y 1 y 1 = 1 6 (5, 1, 0) και e = y y = ( 1 13, 5 13, 1 ) V = (x, y, z) R 3 x y z = 0 = (x, y, z) R 3 z = x y = = (x, y, x y) R 3 y, z R = (x, 0, x) + (0, y, y) R 3 y, z R = = x(1, 0, ) + y(0, 1, 1) R 3 y, z R = L ( x 1, x ) x 1 = (1, 0, ) και x = (0, 1, 1) Επειδή x 1, x = (1, 0, ), (0, 1, 1) = 0, τα διανύσµατα x 1 και x δεν είναι ορθογώνια Εφαρµόζουµε διαδικασία Gram-Schmidt: Θέτουµε y 1 = x 1 = (1, 0, ) και y = x x, y 1 y 1, y 1 y (0, 1, 1), (1, 0, ) 1 = (0, 1, 1) (1, 0, ) (1, 0, ), (1, 0, ) = (0, 1, 1) (1, 0, ) ( ) 5 = 5, 1, 1 5 Υπολογίζουµε τα µέτρα των διανυσµάτων y 1 και y : y 1 = (1, 0, ) = (1, 0, ), (1, 0, ) = 5 ( ) ( ) ( ) y = 5, 1, 1 = 5 5, 1, 1, 5 5, 1, 1 = 5 Τότε η ορθοκανονική ϐάση του V είναι η e 1, e όπου (3) Θα έχουµε : Το γραµµικό σύστηµα έχει γενική λύση Εποµένως όπου e 1 = y 1 y 1 = 1 5 ( 1, 0, ) και e = y y = 6 5 ( ) 5 6 5, 1, 1 5 W = U V = (x, y, z) R 3 x 5y z = 0 και x y z = 0 (Σ) x 5y z = 0 x y z = 0 x y = t t, z 3t t R W = (t, t, 3t) R 3 t R = t(1, 1, 3) R 3 t R = L( x) x = (1, 1, 3)

10 10 Το µήκος του x είναι : Άρα η ορθοκανονική ϐάση του W είναι η x = (1, 1, 3) = (1, 1, 3), (1, 1, 3) = 11 e = x x = 1 ( ) 1, 1, 3 11 Ασκηση 9 Στον Ευκλείδειο χώρο (R 4,, ) να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του υπόχωρου V του R 4 ο οποίος παράγεται από τα διανύσµατα : x 1 = (1, 1, 0, 0), x = (0, 0,, 1), x 3 = x 3 = (0, 1, 0, ) και ακολούθως να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του V, και η ορθογώνια προβολή του διανύσµατος (0, 1, 0, 0) στον υπόχωρο V Λύση Εύκολα ϐλέπουµε ότι το σύνολο διανυσµάτων x 1 = (1, 1, 0, 0), x = (0, 0,, 1), και x 3 = (0, 1, 0, ) είναι γραµµικά ανεξάρτητο Εποµένως το σύνολο x 1, x, x 3 αποτελεί µια ϐάση του V Παρατηρούµε ότι το σύνολο x 1, x, x 3 δεν είναι ορθογώνιο, διότι : x 1, x = (1, 1, 0, 0), (0, 0,, 1) = 0 x 1, x 3 = (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, ) = 1 0 x, x 3 = (0, 0,, 1), (0, 1, 0, ) = 0 Θα εφαρµόσουµε διαδικασία Gram-Schmidt για να κατασκευάσουµε πρώτα ένα ορθογώνιο σύνολο διανυσµάτων y 1, y, y 3 Θέτουµε : y 1 = x 1 = (1, 1, 0, 0) Ακολούθως ϑεωρούµε το διάνυσµα : διότι x, y 1 = x, x 1 = 0 Τέλος το διάνυσµα y = x x, y 1 y 1, y 1 y 1 = x y 3 = x 3 x 3, y 1 y 1, y 1 y 1 x 3, y y, y y = x 3 x 3, x 1 x 1, x 1 x 1 x 3, x x, x x = = x 3 1 x 1 5 x = 10 x x 1 4 x 10(0, 1, 0, ) + 5(1, 1, 0, 0) 4(0, 0,, 1) = = 10 ( 10 (5, 5, 8, 16) 1 = = 10, 1, 4 5, 8 ) 5 Εποµένως το σύνολο διανύσµατων ( 1 y 1 = (1, 1, 0, 0), y = (0, 0,, 1), y 3 =, 1, 4 5, 8 ) 5 είναι ένα ορθογώνιο σύνολο µη-µηδενικών διανυσµατων του V και εποµένως αποτελεί µια ορθογώνια ϐάση του V Υπολογίζουµε τα µήκη των διανυσµάτων y 1, y, y 3 : y 1 = (1, 1, 0, 0), (1, 1, 0, 0) = = y 1 = y = (0, 0,, 1), (0, 0,, 1) = 5 = y 1 = 5 ( 1 y 3 =, 1, 4 5, 8 ) ( 1, 5, 1, 4 5, 8 ) = = = 37 = y 3 = 10 Εποµένως τα σύνολο διανύσµατα e 1 = y ( ) 1 1 y 1 = 1,, 0, 0, e = y ( y = 0, 0, ) 1,,

11 e 3 = y 3 y 3 = ( , 37, , 8 ) αποτελούν µια ορθοκανονική ϐάση του V Επειδή dim R V = dim R R 4 dim R V = 4 3 = 1, αρκεί να προσδιορίσουµε ένα µη-µηδενικό διάνυσµα του V Τότε προφανώς x = (a, b, c, d) V αν και µόνον αν το x είναι κάθετο σε κάθε διάνυσµα της ϐάσης x 1, x, x 3 του V: 0 = x, x 1 = (a, b, c, d), (1, 1, 0, 0) = a + b = a + b = 0 = b = a 0 = x, x = (a, b, c, d), (0, 0,, 1) = c + d = c + d = 0 = d = c 0 = x, x = (a, b, c, d), (0, 1, 0, ) = b + d = b + d = 0 = b = d Από τις παραπάνω σχέσεις έπεται ότι x = ( 4c, 4c, c, c), όπου c R Ετσι για παράδειγµα, για c = 1 4, έχουµε ότι x = ( 1, 1, 1 4, ) 1 V (, και άρα το µονοσύνολο 1, 1, 1 4, 1 ) είναι µια ϐάση του V Εποµένως, επειδή όπως µπορούµε να υπολογίσουµε εύκολα x = 37 4, µια ορθοκανονική ϐάση του V είναι το µονοσύνολο ( x 4 x =, 4, 1, ) Εστω u = (0, 1, 0, 0) Τότε η ορθογώνια προβολή του διανύσµατος v στον υπόχωρο V είναι το διάνυσµα ( Π V ( u) = u, e 1 e 1 + u, e e + u, e 3 e 3 = = 5 74, 5 74, 4 37, 8 ) Ασκηση 10 Θεωρούµε τον ακόλουθο υπόχωρο V του Ευκλείδειου χώρου (R 4,, ), όπου, είναι το κανονικό (συνηθισµένο) εσωτερικό γινόµενο : V = (x, y, z, w) R 4 x y z = 0 και y z w = 0 1 Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του V Να ϐρεθεί ο ορθογώνιος υπόχωρος V του V Λύση Από τις εξισώσεις x y z = 0 και y z w = 0 έχουµε ότι z = x y και άρα w = y z = y x + y = y x Εποµένως V = (x, y, z, w) R 4 x y z = 0 και y z w = 0 = (x, y, z, w) R 4 z = x y και w = y x = (x, y, x y, y x) R 4 x, y R = (1, 0,, ), (0, 1, 1, ) Το σύνολο (1, 0,, ), (0, 1, 1, ) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του V Αφού (1, 0,, ), (0, 1, 1, ) = 6 0 έπεται ότι τα διανύσµατα δεν είναι κάθετα µεταξύ τους Άρα για να ϐρούµε µια ορθοκανονική ϐάση του V εφαρµόζουµε την διαδικασία Gram-Schmidt ιαδικασία Gram-Schmidt: Θέτουµε x 1 = (1, 0,, ) και x = (0, 1, 1, ) Τότε y 1 = x 1 = (1, 0,, ) και y = x x, y 1 y 1, y 1 y 1 = (0, 1, 1, ), (1, 0,, ) (0, 1, 1, ) (1, 0,, ) (1, 0,, ), (1, 0,, ) = (0, 1, 1, ) 6 (1, 0,, ) 9 = (0, 1, 1, ) + ( 3, 0, 4 3, 4 3 ) = ( 3, 1, 1 3, 3 ) Υπολογίζουµε τα µέτρα των διανυσµάτων y 1 και y : y 1 = (1, 0,, ) = (1, 0,, ), (1, 0,, ) = 9 = 3

12 1 y = ( 3, 1, 1 3, ( 3 ) = 3, 1, 1 3, 3 ), ( 3, 1, 1 3, 3 ) = Τότε η ορθοκανονική ϐάση του V είναι ΟΚΒ : 18 9 = z1, z = z1 = y 1 y 1, z = y 1 = y 3 (1, 0,, ), 1 ( 3, 1, 1 3, 3 ) Επειδή R 4 = V V έπεται ότι dim R R 4 = dim R V + dim R V και άρα dim R V = Εχουµε : V = (x, y, z, w) R 4 (1, 0,, ), (x, y, z, w) = 0 και (0, 1, 1, ), (x, y, z, w) = 0 = (x, y, z, w) R 4 x + z w = 0 και y z + w = 0 = (x, y, z, w) R 4 x = z + w και y = z w = ( z + w, z w, z, w) R 4 z, w R = z(, 1, 1, 0) + w(,, 0, 1) R 4 z, w R = (, 1, 1, 0), (,, 0, 1) Εύκολα διαπιστώνουµε ότι το σύνολο (, 1, 1, 0), (,, 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του V Ασκηση 11 Θεωρούµε τον ακόλουθο υπόχωρο του R n : V = x = (x 1,, x n ) R n x 1 + x + + nx n = 0 R n Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του υπόχωρου V, όταν : (1) Ο R n είναι εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο () Ο R n είναι εφοδιασµένος µε το εσωτερικό γινόµενο όπου : x = (x 1,, x n ) και y = (y 1,, y n ) Λύση Εχουµε : x, y = x 1 y 1 + x y + + nx n y n V = (x 1,, x n ) R n x 1 + x + + nx n = 0 = (x 1,, x n ) R n x 1 = x nx n = ( x nx n, x,, x n ) R n x,, x n R = x (, 1, 0,, 0) + + x n ( n, 0,, 0, 1) R n x,, x n R = (, 1, 0,, 0), ( 3, 0, 1,, 0),, ( n, 0,, 0, 1) Τα διανύσµατα (, 1, 0,, 0), ( 3, 0, 1,, 0),, ( n, 0,, 0, 1) αποτελούν ϐάση του V, αφού είναι γραµµικά ανεξάρτητα, και άρα dim R V = n 1 Τότε : R n = V V = dim R R n = dim R V + dim R V = dim R V = 1 Παρατηρούµε ότι το διάνυσµα (1,,, n) V διότι από τη περιγραφή του υπόχωρου V έχουµε (x 1, x,, x n ), (1,,, n) = x 1 + x + + nx n = 0 µε το κανονικό εσωτερικό γινόµενο Αφού λοιπόν το µη-µηδενικό διάνυσµα (1,,, n) V και dim R V = 1 έπεται ότι το σύνολο (1,,, n) αποτελεί µια ϐάση του V Συνεπώς, µια ορθοκανονική ϐάση του V, µε το κανονικό εσωτερικό γινόµενο, είναι το µονοσύνολο : (1,,, n) ΟΚΒ : n

13 13 Στη συνέχεια χρησιµοποιώντας το δεύτερο εσωτερικό γινόµενο και την περιγραφή του V παρατηρούµε ότι το διάνυσµα (1, 1,, 1) V, διότι (x 1, x,, x n ), (1, 1,, 1) = x 1 + x + + nx n = 0 Επειδή το µη-µηδενικό διάνυσµα (1, 1,, 1) V και dim R V = 1 έπεται ότι το µονοσύνολο (1, 1,, 1) αποτελεί µια ϐάση του V Εποµένως µια ορθοκανονική ϐάση του V, µε το δεύτερο εσωτερικό γινόµενο, είναι το σύνολο : (1, 1,, 1) ΟΚΒ : n Ασκηση 1 Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R 4 εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο και τους υποχώρους του V = (x, y, z, w) R 4 x + 3y + z = 0 W = (x, y, z, w) R 4 x y + w = 0 (1) Να εξετάσετε αν οι V και W είναι ορθοσυµπληρωµατικοί 3 () Να ϐρεθεί το ορθογώνιο συµπλήρωµα (V W) του υπόχωρου V W Λύση Εχουµε : και V = (x, y, z, w) R 4 x + 3y + z = 0 = (x, y, z, w) R 4 z = x 3y = (x, y, x 3y, w) R 4 x, y, w R = x(1, 0,, 0) + y(0, 1, 3, 0) + w(0, 0, 0, 1) R 4 x, y, w R = (1, 0,, 0), (0, 1, 3, 0), (0, 0, 0, 1) W = (x, y, z, w) R 4 x y + w = 0 = (x, y, z, w) R 4 y = x + w = (x, x + w, z, w) R 4 x, z, w R = x(1, 1, 0, 0) + w(0, 1, 0, 1) + z(0, 0, 1, 0) R 4 x, z, w R = (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0) Τα σύνολα διανυσµάτων (1, 0,, 0), (0, 1, 3, 0), (0, 0, 0, 1) V και (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0) W είναι γραµµικά ανεξάρτητα και άρα αποτελούν ϐάσεις των υπόχωρων V και W αντίστοιχα Άρα dim R V = 3 και dim R W = 3 Αν οι V και W είναι ορθοσυµπληρωµατικοί τότε 4 = dim R R 4 = dim R V + dim R W = 3 + 3, το οποίο προφανώς δεν ισχύει ιαφορετικά : αν οι υπόχωροι V και W ήταν ορθοσυµπληρωµατικοί, τότε ϑα έπρεπε να ισχύει : x, y = 0 για κάθε x V και y W Οµως (0, 1, 3, 0), (0, 1, 0, 1) = 1 0 και άρα οι V και W δεν είναι ορθοσυµπληρωµατικοί Στην συνέχεια ϑα ϐρούµε το ορθογώνιο συµπλήρωµα (V W) του υπόχωρου V W Άρα πρώτα πρέπει να ϐρούµε µια ϐάση του V W Από την εξίσωση x y + w = 0 έχουµε x = y w και αντικαθιστώντας στην 3 Υπενθυµίζουµε ότι δύο υπόχωροι U και V ενός Ευκλείδειου χώρου (E,, ) καλούνται ορθοσυµπληρωµατικοί, αν E = U V και U V και τότε ο V είναι ορθοσυµπληρωµατικός του U και ο U ορθοσυµπληρωµατικός του V

14 14 x + 3y + z = 0 έπεται ότι y w + 3y + z = 0, δηλαδή y = 5 w 1 5 z Άρα ϐρίσκουµε ότι x = 3 5 w 1 5 z Εχουµε : V W = (x, y, z, w) R 4 (x, y, z, w) V και (x, y, z, w) W = (x, y, z, w) R 4 x + 3y + z = 0 και x y + w = (x, y, z, w) R 4 x = 3 5 w 1 5 z και y = 5 w 1 5 z = ( 3 5 w 1 5 z, 5 w 1 5 z, z, w) R4 x, y, w R = z( 1 5, 1 5, 1, 0) + w( 3 5, 5, 0, 1) R4 z, w R = ( 1 5, 1 5, 1, 0), ( 3 5,, 0, 1) 5 Το σύνολο ( 1 5, 1 5, 1, 0), ( 3 5, 5, 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του υπόχωρου V W Για να ϐρούµε το ορθογώνιο συµπλήρωµα (V W) πρέπει να λύσουµε το σύστηµα : ( 1 5, 1 5, 1, 0), (x, y, z, w) = 0 ( 3 5, 5, 0, 1), (x, y, z, w) = 0 = x y + 5z = 0 3x + y + 5w = 0 Από τη πρώτη εξίσωση έχουµε x = y + 5z και αντικαθιστώντας στη δεύτερη ϐρίσκουµε y = 3z w και άρα x = z + w Τότε : (V W) = (x, y, z, w) R 4 ( 15 ), 15, 1, 0, (x, y, z, w) = 0 και ( 35, 5 ), 0, 1, (x, y, z, w) = 0 = (x, y, z, w) R 4 x y + 5z = 0 και 3x + y + 5w = 0 = (x, y, z, w) R 4 x = z + w και y = 3z w = (z + w, 3z w, z, w) R 4 z, w R = z(, 3, 1, 0) + w(1, 1, 0, 1) R 4 z, w R = L ( (, 3, 1, 0), (1, 1, 0, 1) ) Εύκολα διαπιστώνουµε ότι το σύνολο (, 3, 1, 0), (1, 1, 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του (V W) ουλεύοντας διαφορετικά ϑα µπορούσε κανείς να ϑεωρήσει την ϐάση ( 1 5, 1 5, 1, 0), ( 3 5, 5, 0, 1) του V W και µε την διαδικασία Gram-Schmidt να ϐρει µια ορθοκανονική ϐάση ε 1, ε του V W Συµπληρώνοντας την ορθοκανονική αυτή ϐάση σε µια ορθοκανονική ϐάση ε 1, ε, ε 3, ε 4 του R 4, έπεται ότι το σύνολο διανυσµάτων ε 3, ε 4 είναι µια ορθοκανονική ϐάση του (V W) Ασκηση 13 Εστω ο Ευκλείδειος χώρος R 3 εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο και έστω V = (x, y, z) R 3 x y z = 0 (1) Να ϐρεθούν ορθοκανονικές ϐάσεις των υποχώρων V και V () Να γραφεί το διάνυσµα x = (, 1, 0) ως x = y + z, όπου y V και z V

15 15 Λύση Εχουµε : V = (x, y, z) R 3 x y z = 0 = (x, y, z) R 3 x = y + z = (y + z, y, z) R 3 y, z R = y(1, 1, 0) + z(1, 0, 1) R 3 y, z R = (1, 1, 0), (1, 0, 1) Το σύνολο (1, 1, 0), (1, 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του V Αφού (1, 1, 0), (1, 0, 1) = 1 0 έπεται ότι τα διανύσµατα δεν είναι κάθετα µεταξύ τους Άρα για να ϐρούµε µια ορθοκανονική ϐάση του V εφαρµόζουµε τη διαδικασία Gram-Schmidt: ιαδικασία Gram-Schmidt: Θέτουµε x 1 = (1, 1, 0) και x = (1, 0, 1) Τότε y 1 = x 1 = (1, 1, 0) και y = x x, y 1 y 1, y 1 y (1, 0, 1), (1, 1, 0) 1 = (1, 0, 1) (1, 1, 0) (1, 1, 0), (1, 1, 0) Υπολογίζουµε τα µέτρα των διανυσµάτων y 1 και y : = (1, 0, 1) 1 (1, 1, 0) = ( 1, 1, 1) y 1 = (1, 1, 0) = (1, 1, 0), (1, 1, 0) = ( ) (1 ) ( ) y = 1 1, 1, 1 =, 1, 1,, 1, 1 = Τότε η ορθοκανονική ϐάση του V είναι ΟΚΒ : z 1, z = z 1 = y 1 y 1, z = y = y Για τον V έχουµε : ( 1, ) 1, 0, = ( ) 3, 3, 3 V = (x, y, z) R 3 (1, 1, 0), (x, y, z) = 0 και (1, 0, 1), (x, y, z) = 0 = (x, y, z) R 3 x + y = 0 και x + z = 0 = (x, y, z) R 3 y = x και z = x = (x, x, x) R 3 x R = ( 1, 1, 1) Συνεπώς το σύνολο ( 1, 1, 1) αποτελεί µια ϐάση του V και άρα µια ορθοκανονική ϐάση του V είναι ( 1 1 3, 3 1, 3 ) Επειδή R 3 = V V έπεται ότι (, 1, 0) = κ(1, 1, 0) + λ(1, 0, 1) + µ( 1, 1, 1) = (κ + λ µ, κ + µ, λ + µ) = Λύνοντας το παραπάνω σύστηµα ϐρίσκουµε ότι κ = 0, λ = 1 και µ = 1 και άρα (, 1, 0) = 0 (1, 1, 0) + 1 (1, 0, 1) + ( 1) ( 1, 1, 1) κ + λ µ = κ + µ = 1 λ + µ = 0 Εποµένως δείξαµε πράγµατι ότι το διάνυσµα x = (, 1, 0) γράφεται ως x = y + z, όπου y = (1, 0, 1) V και z = (1, 1, 1) V

16 16 Ασκηση 14 Εστω ο Ευκλείδειος χώρος R 3 εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο και έστω η γραµµική απεικόνιση f : R 3 R 3, f(x, y, z) = (x y, y z, z x) (1) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση της εικόνας Im(f) της f () Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του ορθοσυµπληρωµατικού υποχώρου Im(f) Λύση Θεωρούµε την κανονική ϐάση e 1 = (1, 0, 0), e = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1) του R 3, και τότε γνωρίζουµε ότι Im(f) = f( e 1 ), f( e ), f( e 3 ) Ετσι ϑα έχουµε : Im(f) = f(1, 0, 0), f(0, 1, 0), f(0, 0, 1) = (1, 0, 1), ( 1, 1, 0), (0, 1, 1) = (1, 0, 1), ( 1, 1, 0) αφού ( 1) (1, 0, 1) + ( 1) ( 1, 1, 0) = (0, 1, 1) Το σύνολο (1, 0, 1), ( 1, 1, 0) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση της εικόνας Im(f) της f Αφού (1, 0, 1), ( 1, 1, 0) = 1 0 έπεται ότι τα διανύσµατα δεν είναι κάθετα µεταξύ τους και άρα για να ϐρούµε µια ορθοκανονική ϐάση της εικόνας Im(f) εφαρµόζουµε τη διαδικασία Gram-Schmidt ιαδικασία Gram-Schmidt: Θέτουµε x 1 = (1, 0, 1) και x = ( 1, 1, 0) Τότε y 1 = x 1 = (1, 0, 1) και y = x x, y 1 y 1, y 1 y ( 1, 1, 0), (1, 0, 1) 1 = ( 1, 1, 0) (1, 0, 1) (1, 0, 1), (1, 0, 1) Υπολογίζουµε τα µέτρα των διανυσµάτων y 1 και y : = ( 1, 1, 0) + 1 (1, 0, 1) ( = 1 ), 1, 1 y 1 = (1, 0, 1) = (1, 0, 1), (1, 0, 1) = y = ( 1 (, 1, 1 ) = 1 6, 1, 1 ), ( 1, 1, 1 ) = Τότε η ορθοκανονική ϐάση της εικόνας Im(f) είναι ΟΚΒ : z1, z = z 1 = y 1 y 1, z = y y = 1 (1, 0, 1), 1 ( 1,, 1) 6 Στη συνέχεια ϐρίσκουµε τον ορθοσυµπληρωµατικό υπόχωρο της εικόνας Im(f) Εχουµε : Im(f) = (x, y, z) R 3 (1, 0, 1), (x, y, z) = 0 και ( 1, 1, 0), (x, y, z) = 0 = (x, y, z) R 3 x z = 0 και x + y = 0 = (x, y, z) R 3 x = y = z = (x, x, x) R 3 x R = (1, 1, 1) Άρα το σύνολο (1, 1, 1) αποτελεί µια ϐάση του υπόχωρου Im(f) και άρα το σύνολο 1 3 (1, 1, 1) είναι µια ορθοκανονική ϐάση του ορθοσυµπληρωµατικού υποχώρου Im(f)

17 17 Ασκηση 15 Θεωρούµε τα ακόλουθα διανύσµατα του R 4 : ε 1 = (, 3, 1, 0), ε = (7, 3, 0, 1), ε 3 = ( 1, 0, 1, 0), ε 4 = (0, 1, 1, 1) Να ϐρεθεί ένα εσωτερικό γινόµενο, στον R 4 έτσι ώστε το σύνολο διανυσµάτων B = ε 1, ε, ε 3, ε 4 να αποτελεί ορθοκανονική ϐάση του R 4 Λύση Καταρχήν το σύνολο B = ε 1, ε, ε 3, ε 4 είναι γραµµικά ανεξάρτητο διότι η ορίζουσα του πίνακα των συνιστωσών των διανυσµάτων του συνόλου B είναι ίση µε 4 0 Εποµένως το σύνολο B αποτελεί µια ϐάση του R 4 Εστω x, y R 4 Επειδή το σύνολο B είναι ϐάση έχουµε µοναδική γραφή αυτών των διανυσµάτων ως γραµµικό συνδυασµό των διανυσµάτων της ϐάσης B: x = x 1 ε 1 + x ε + x 3 ε 3 + x 4 ε 4 και y = y 1 ε 1 + y ε + y 3 ε 3 + y 4 ε 4 όπου : x i, y i R Ορίζουµε την απεικόνιση, : R 4 R 4 R, x, y = x 1 y 1 + x y + x 3 y 3 + x 4 y 4 Τότε όπως µπορούµε να δούµε εύκολα η απεικόνιση, : R 4 R 4 R είναι ένα εσωτερικό γινόµενο στον R 4 Ως προς το εσωτερικό γινόµενο, η ϐάση B είναι προφανώς ορθοκανονική Για παράδειγµα υπολογίζουµε ότι ε 1, ε 1 = 1 1 = 1, ε 1, ε = = 0 και γενικότερα ισχύει : ε i, ε j = δ ij για κάθε 1 i, j 4 Για την εύρεση του εσωτερικού γινοµένου στην κανονική ϐάση του R 4, δηλαδή για την εύρεση της τιµής (a 1, a, a 3, a 4 ), (b 1, b, b 3, b 4 ) της απεικόνισης,, συναρτήσει των a i και b i, εκφράζουµε τα διανύσµατα x = (a 1, a, a 3, a 4 ) και y = (b 1, b, b 3, b 4 ) συναρτήσει των διανυσµάτων της ϐάσης ε 1, ε, ε 3, ε 4 και χρησιµοποιύµε τη σχέση x, y = x 1 y 1 + x y + x 3 y 3 + x 4 y 4 Ασκηση 16 Εστω e ένα µοναδιαίο διάνυσµα σε έναν Ευκλείδειο χώρο (E,, ) Να δειχθεί ότι κάθε διάνυσµα x E γράφεται µοναδικά ως εξής : x = α e + y, όπου : α R και y, e = 0 Ο µοναδικά προσδιορισµένος από το διάνυσµα x αριθµός α καλείται η αριθµητική προβολή του x στην διεύθυνση του e και συµβολίζεται µε 4 : α := π e ( x) (1) Να δειχθεί ότι η απεικόνιση π e : E R, είναι γραµµική, δηλαδή, x, y E και r R: (αʹ) π e ( x + y) = π e ( x) + π e ( y) (ϐʹ) π e (r x) = rπ e ( x) () Να δειχθεί ότι, x E: π e ( x) = x, e (3) Να δειχθεί ότι x π e ( x) Ker(π e ) = e = x E e, x = 0 και Im(π e ) = R 4 Ετσι, επειδή το e είναι µοναδιαίο, η ορθογώνια προβολή του x στο διάνυσµα e είναι το διάνυσµα Π e ( x) = π e ( x) e

18 18 Λύση (4) Αν B = ε 1, ε,, ε n είναι µια ορθοκανονική ϐάση του E, να δειχθεί ότι : x = π εi ( x) ε i = x, ε i ε i = x, ε 1 ε 1 + x, ε ε + + x, ε n ε n i=1 i=1 (1), () Συµπληρώνουµε το διάνυσµα e σε µια ορθοκανονική ϐάση C = e, e,, e n του E Εστω V = κ e κ R ο υπόχωρος του E που παράγεται από το e, και W ο υπόχωρος του που παράγεται από τα διανύσµατα e,, e n Τότε ϑα έχουµε E = V W και άρα κάθε διάνυσµα x E γράφεται µοναδικά ως εξής : x = α e + y, όπου : α R και y, e = 0 Προφανώς το διάνυσµα α e είναι η ορθογώνια προβολή του x στον υπόχωρο V και εποµένως α = x, e, διότι το e είναι µοναδιαίο Άρα π e ( x) = x, e και τότε χρησιµοποιώντας τις ιδιότητες του εσωτερικού γινοµένου ϑα έχουµε, x, y E, r R: π e ( x + y) = x + y, e = x, e + y, e = π e ( x) + π e ( y) π e (r x) = r x, e = r x, e = rπ e ( x) (3) Εστω x Ker(π e ), δηλαδή π e ( x) = 0 Τότε x, e = 0 και εποµένως x e Παρόµοια αν x e, τότε π e ( x) = x, e = 0 και άρα x Ker(π e ) Ετσι Ker(π e ) = e Ο υπόχωρος Im(π e ) = π e ( x) R x E έχει διάσταση dim R Im(π e ) dim R R = 1 Επειδή π e ( e) = e, e = e = 1 0, έπεται ότι Im(π e ) 0 και εποµένως Im(π e ) = R (4) Τέλος αν B = ε 1, ε,, ε n είναι µια ορθοκανονική ϐάση του E, τότε κάθε διάνυσµα x έχει µοναδική γραφή x = x, ε 1 ε 1 + x, ε ε + + x, ε n ε n απ όπου προκύπτει το Ϲητούµενο Ασκηση 17 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και V ένας υπόχωρος του E Να δειχθεί ότι οι απεικόνισεις Π V : E E, K V : E E, x Π V ( x) = ορθογώνια προβολή του x στον υπόχωρο V x K V ( x) = κάθετη προβολή του x στον υπόχωρο V είναι προβολές Επιπλέον, αν C = e 1, e,, e k είναι µια ορθοκανονική ϐάση του V και D = ek+1, e k+,, e n µια ορθοκανονική ϐάση του V, τότε : (1) () (3) (4) Π V ( x) = x, e 1 e 1 + x, e e + + x, e k e k Ker(Π V ) = V και Im(Π V ) = V K V ( x) = x, e k+1 e k+1 + x, e k+ e k+ + + x, e n e n Ker(K V ) = V και Im(K V ) = V

19 19 (5) Αν ι V : V E και ι V : V E είναι οι κανονικές εγκλείσεις, τότε : Π V ι V = Id V και K V ι V = Id V Π V ι V = O και K V ι V = O Id E = ι V Π V + ι V K V Λύση Για κάθε διάνυσµα x E έχουµε µοναδική γραφή και τότε : x = v + u, όπου v V και u V Π V ( x) = v και K V ( x) = u Επειδή Π V ( x) = v V, ϑα έχουµε µοναδική γραφή v = v + 0, όπου v V και 0 V Αυτό σηµαίνει ότι, x E: Π V (Π V ( x)) = Π V ( v) = v = Π V ( x) και άρα : Π V Π V = Π V Παρόµοια, επειδή Π V ( x) = u V, ϑα έχουµε µοναδική γραφή u = 0 + u, όπου 0 V και u V Αυτό σηµαίνει ότι, x E: K V (K V ( x)) = K V ( u) = u = K V ( x) και άρα : K V K V = K V Εποµέµως οι απεικονίσεις Π V και K V είναι προβολές Εστω C = e 1, e,, e k είναι µια ορθοκανονική ϐάση του V και D = ek+1, e k+,, e n µια ορθοκανονική ϐάση του V Τότε, επειδή E = V V, το σύνολο B = C D = e 1, e,, e k, e k+1, e k+,, e n είναι µια ορθοκανονική ϐάση του E (1) - (3) Επειδή το σύνολο B είναι µια ορθοκανονική ϐάση του E, όπως γνωρίζουµε, κάθε διάνυσµα x E, γράφεται µοναδικά ως : x = x, e 1 e 1 + x, e e + + x, e k e k + x, e k+1 e k+1 + x, e k+ e k+ + + x, e n e n Επειδή C = e 1, e,, e k V και D = ek+1, e k+,, e n V, έπεται ότι x, e 1 e 1 + x, e e + + x, e k e k V και x, e k+1 e k+1 + x, e k+ e k+ + + x, e n e n V Εποµένως και Π V ( x) = x, e 1 e 1 + x, e e + + x, e k e k K V ( x) = x, e k+1 e k+1 + x, e k+ e k+ + + x, e n e n () - (4) Για κάθε διάνυσµα x E έχουµε µοναδική γραφή : x = Π V ( x) + K V ( x) όπου Π V ( x) V και K V ( x) V Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει άµεσα ότι : x Ker(Π V ) Π V ( x) = 0 x = K V ( x) V = Ker(Π V ) = V x Ker(K V ) K V ( x) = 0 x = Π V ( x) V = Ker(K V ) = V Προφανώς, όπως προκύπτει άµεσα από τον ορισµό, έχουµε : Im(Π V ) = V και Im(K V ) = V (5) Θεωρούµε τις κανονικές εγκλείσεις ι V και ι V των υπόχωρων V και V αντίστοιχα, στον E, δηλαδή : ι V : V E, ι V ( v) = v και ι V : V E, ι V ( u) = u Τότε, v V, έχουµε v = v + 0 και άρα K V ( v) = 0 Τότε : (Π V ι V )( v) = Π V (ι V ( v)) = Π V ( v) = v = Π V ι V = Id V (K V ι V )( v) = K V (ι V ( v)) = K V ( v) = 0 = K V ι V = O Παρόµοια, u V, έχουµε u = 0 + u και άρα Π V ( u) = 0 Τότε : (K V ι V )( u) = K V (ι V ( u)) = K V ( u) = u = K V ι V = Id V (Π V ι V )( u) = Π V (ι V ( u)) = Π V ( u) = 0 = Π V ι V = O

20 0 Τέλος, x E: (ι V Π V + ι V K V )( x) = (ι V Π V )( x) + (ι V K V )( x) = ι V (Π V ( x)) + ι V (K V ( x)) = = Π V ( x) + K V ( x) = x = Id E ( x) = Id E = ι V Π V + ι V K V Ασκηση 18 Θεωρούµε τον Ευκλειδειο χώρο (M n (R),, ), όπου, είναι το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο :, : M n (R) M n (R) R, A, B = Tr(A tb) Εστω D n (R) ο υπόχωρος των n n διαγώνιων πινάκων, και S n (R), αντίστοιχα A n (R), ο υπόχωρος των n n συµµετρικών, αντίστοιχα αντισυµµετρικών, πινάκων (1) Να δειχθεί ότι : () Να δειχθεί ότι : D n (R) = A = (a ij ) M n (R) a ii = 0, 1 i n S n (R) = A n (R) και A n (R) = S n (R) (3) Να ϐρεθούν οι ορθογώνιες προβολές ενός n n πίνακα A στους υπόχωρους S n (R) και A n (R) Λύση Γνωρίζουµε ότι αν V είναι ένας υπόχωρος ενός Ευκλείδειο χώρο (E,, ), και αν B = e 1, e,, e n είναι µια ϐάση του V, τότε x, y = 0, y V x, e k = 0, k = 1,,, n (1) Ο υπόχωρος των διαγωνίων πινάκων είναι προφανώς ένας υπόχωρος του M n (R), και µια ϐάση του είναι το σύνολο B = E 11, E,, E nn όπου ο πίνακας E ii έχει το 1 στη ϑέση (i, i) και παντού αλλού 0 Εποµένως : D n (R) = A = (a ij ) M n (R) A, B = 0, B D n (R) = = A M n (R) A, E jj = 0, j = 1,,, n = = A M n (R) Tr(A te jj ) = 0, j = 1,,, n = = A M n (R) Tr(A E jj ) = 0, j = 1,,, n Εύκολα υπολογίζουµε ότι, αν A = (a ij ), τότε : 0 0 a 1j a j 0 A E jj = και άρα Tr(A E jj) = a jj 0 0 a nj 0 Εποµένως ϑα έχουµε : D n (R) = A = (a ij ) M n (R) Tr(A E jj ) = 0, j = 1,,, n = = A = (a ij ) M n (R) a jj = 0, 1 j n () Πρώτος Τρόπος: Ο υπόχωρος των συµµετρικών πινάκων είναι προφανώς ένας υπόχωρος του M n (R), και µια ϐάση του είναι το σύνολο C = S ij M n (R) 1 j i n όπου ο πίνακας S ij έχει το 1 στη ϑέση (i, j) και στη ϑέση (j, i), και παντού αλλού 0 Εποµένως : S n (R) = A = (a ij ) M n (R) A, B = 0, B S n (R) = = A M n (R) A, S ij = 0, 1 j i n = = A M n (R) Tr(A ts ij ) = 0, 1 j i n = = A M n (R) Tr(A S ij ) = 0, 1 j i n

21 1 Εύκολα υπολογίζουµε ότι, αν A = (a ij ), τότε : 0 a 1i 0 a 1j a i 0 a j 0 0 A S ij = και άρα Tr(A S ij) = a ij + a ji 0 a 1i 0 a 1j 0 0 Εποµένως ϑα έχουµε : S n (R) = A = (a ij ) M n (R) Tr(A S ij ) = 0, 1 j i n = = A = (a ij ) M n (R) a ij + a ji = 0, 1 j i n = = A = (a ij ) M n (R) a ij = a ji, 1 j i n = A n (R) Επειδή S n (R) = A n (R), ϑα έχουµε : εύτερος Τρόπος: Γνωρίζουµε ότι A = A + t A A n (R) = S n (R) = S n (R) M n (R) = S n (R) A n (R) και κάθε n n πίνακας A γράφεται κατά µοναδικό τρόπο ως A + t A Θα δείξουµε ότι : A + t A, A t A + A t A όπου A t A ( A + t A = 0 δηλαδή Tr S n (R) και A n (R) t ( A t )) A = 0 Χρησιµοποιώντας ότι η απεικόνιση Tr: M n (R) R είναι γραµµική, ϑα έχουµε : ( A + t ( A A Tr t t )) ( A A + t A t ) A A = Tr = 1 4 Tr( A ta A + ( t A) t A A ) = ( ) = 1 4 Tr( (A ta t A A) + t (A ) A ) = 1 4 Tr( A ta t A A ) Tr(t (A ) A ) = = 1 ( Tr(A ta) ) Tr( t A A) Tr(t (A ) A ) Γνωρίζουµε όµως από τη Γραµµική Άλγεβρα Ι, ότι Tr(A B) = Tr(B A) και Tr( t A) = Tr(A) Άρα ϑα έχουµε Tr(A ta) Tr( t A A) = 0 και Tr( t (A ) A ) = 0 Εποµένως από την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι : A + t A Επειδή, A t A ( A + t A = Tr A S n (R) A = A + t A η σχέση ( ) δείχνει ότι : Τότε από την Άσκηση 5 έπεται ότι : t ( A t )) A = 0 = A + t A A t A και A A n (R) A = A t A S n (R) A n (R) S n (R) = A n (R) και A n (R) = S n (R) ( )

22 (3) Από τις σχέσεις ( ) και ( ) έπεται ότι η ορθογώνια προβολή του πίνακα A στους υπόχωρους S n (R) και A n (R) είναι αντίστοιχα Π Sn(R)(A) = A + t A = K An(R)(A) και Π An(R)(A) = A t A = K Sn(R)(A) Ασκηση 19 Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο (E,, ), και έστω f : E E ένας ενδοµορφισµός του E δειχθεί ότι αν dim R E <, τότε 5 υπάρχει c R: x E : f( x) c x Να Λύση Εστω B = e 1, e,, e n µια ορθοκανονική ϐάση του E Γνωρίζουµε τότε ότι, x E: x = x, e k e k = f( x) = x, e k f( e k ) Θεωρώντας µήκη διανυσµάτων στην παραπάνω σχέση και χρησιµοποιώντας την τριγωνική ανισότητα και ακολούθως την ανισότητα Cauchy-Schwarz 6, ϑα έχουµε : f( x) = x, e k f( e k ) x, e k f( e k ) = x, e k f( e k ) Επειδή e k = 1, 1 k n, ϑα έχουµε : f( x) Θέτοντας 7 ϑα έχουµε, x E: x f( e k ) = x f( e k ) c = f( e k ) x e k f( e k ) f( x) c x Ασκηση 0 Στον Ευκλείδειο χώρο (E,, ) ϑεωρούµε τρία σύνολα διανυσµάτων B = e 1, e,, e n και υποθέτουµε ότι : C = f1, f,, f n D = g 1, g,, g n (1) Το σύνολο B είναι γραµµικά ανεξάρτητο () Το σύνολο C είναι ορθογώνιο και αποτελείται από µη-µηδενικά διανύσµατα (3) Το σύνολο D είναι ορθογώνιο και αποτελείται από µη-µηδενικά διανύσµατα 5 Ενας ενδοµορφισµός f : E E του Ευκλείδειου χώρου (E,, ) καλείται ϕραγµένος, αν υπάρχει c R έτσι ώστε f( x) c x, x E Ετσι σύµφωνα µε την Άσκηση, κάθε ενδοµορφισµός ενός Ευκλείδειου χώρου πεπερασµένης διάστασης είναι ϕραγµένος 6 Αν x, y E, τότε : x, y x y 7 Μπορούµε να ϑέσουµε και : λ = max f( k) R 1 k n και τότε : f( x) x f( e k ) nλ x c x, όπου c = nλ

23 3 (4) Για κάθε k = 1,,, n, κάθε ένα από τα διανύσµατα f 1, f,, f k και κάθε ένα από τα διανύσµατα διάνυσµα g 1, g,, g k, είναι γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων e 1, e,, e k Να δειχθεί ότι υπάρχουν µη-µηδενικοί πραγµατικοί αριθµοί α k R, έτσι ώστε, k = 1,,, n: f k = α k g k Λύση Θα αποδείξουµε τον ισχυρισµό µε χρήση Μαθηµατικής Επαγωγής Για κάθε k = 1,,, n, ϑεωρούµε τον υπόχωρο V k ο οποίος παράγεται από τα διανύσµατα e 1, e,, e k : V k = L( e 1, e,, e k ) Τότε γνωρίζουµε ότι f 1, f,, f k V k και g 1, g,, g k V k Επειδή το σύνολο B είναι γραµµικά ανεξάρτητο, έπεται ότι, το σύνολο B k = e 1, e,, e k είναι γραµµικά ανεξάρτητο και εποµένως είναι µια ϐάση του V k Επειδή τα σύνολα διανυσµάτων C k = f1, f,, f k και Dk = g 1, g,, g k είναι ορθογώνια και αποτελούντα από k = dim R V k το πλήθος µη-µηδενικά διανύσµατα του V k έπεται ότι τα σύνολα C k και D k είναι ορθογώνιες ϐάσεις του V k Εποµένως το διάνυσµα f k είναι γραµµικός συνδυασµός των στοιχείων της ϐάσης D k : f k = c 1 g 1 + c g + + c k g k Αν k = 1, τότε προφανώς ϑα έχουµε f 1 = c 1 g 1 και α 1 := c 1 0 διότι f 1 0 Εποµένως : f 1 = α 1 g 1, α 1 0 Επαγωγική Υπόθεση: Υποθέτουµε ότι το συµπέρασµα ισχύει για k 1 το πλήθος διανύσµατα Γενική Περίπτωση: Για την περίπτωση που έχουµε k το πλήθος διανυσµάτων, χρησιµοποιώντας την Επαγωγική Υπόθεση, έχουµε : f i = α i g i, α i 0, 1 i k 1 ( ) και Θα δείξουµε ότι c 1 = c = = c k 1 = 0 Παρατηρούµε ότι, αν 1 i j k 1: f k = c 1 g 1 + c g + + c k g k ( ) f i, g j = α i g i, g j = α i g i, g j = 0 διότι τα διανύσµατα του συνόλου D k = g 1, g,, g k είναι ανά δύο ορθογώνια Θεωρώντας το εσωτερικό γινόµενο του διανύσµατος f k µε κάθε ένα από τα διανύσµατα του συνόλου f1, f,, f k 1 και χρησιµοποιώντας ότι το σύνολο Ck είναι ορθογώνιο, ϑα έχουµε : 0 = f k, f 1 = c 1 g 1 + c g + + c k g k, f 1 = c 1 g 1, f 1 + c g, f c k g k, f 1 = = c 1 g 1, α 1 g 1 + c g, α 1 g c k g k, α 1 g 1 = α 1 c 1 g 1, g 1 + α 1 c g, g α 1 c k g k, g 1 = α 1 c 1 g 1, g 1 = α 1 c 1 g 1 Άρα, επειδή α 1 0 και g 1 0 διότι g 1 0, έπεται ότι : Παρόµοια ϑα έχουµε : α 1 c 1 g 1 = 0 = c 1 = 0 c = 0,, c k 1 = 0 Τότε η από τη σχέση ( ) έπεται ότι f k = c k g k και εποµένως ϑέτοντας c k = α k έχουµε ότι α k 0, διότι διαφορετικά ϑα είχαµε f k = 0 και αυτό είναι άτοπο, και : f k = α k g k, α k 0 ( ) Από τις σχέσεις ( ) και ( ) προκύπτει ότι ο ισχυρισµός είναι αληθής για k το πλήθος διανύσµατα Εποµένως από την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής, ο ισχυρισµός είναι αληθής για κάθε n 1