ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) Ενδεικτικές λύσεις ΕΡΓΑΣΙΑ η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 6 Νοεµβρίου 005 Ηµεροµηνία Παράδοσης της Εργασίας από τον Φοιτητή: 6 εκεµβρίου 005 Οι ασκήσεις της εργασίας αναφέρονται στα θέµατα : Κεφάλαιο (Χώροι εσωτερικού γινοµένου) Κεφάλαιο 4 (Γραµµικοί µετασχηµατισµοί) Κεφάλαιο 5, 5 (Χαρακτηριστικά µεγέθη- ιαγωνοποίηση ) του συγγράµµατος του ΕΑΠ «Γραµµική Άλγεβρα» των Μ Χατζηνικολάου και Γρ Καµβύσα Βοηθητικό υλικό: Για την εργασία µπορείτε να συµβουλευθείτε το υλικό που υπάρχει στη διεύθυνση Από το Ε Υ: Κεφ 7, Βάση και ιάσταση Κεφ 8, Γραµµικές Απεικονίσεις, Κεφ 9, Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα, Κεφ 0, ιαγωνοποίηση, Από το ΣΕY: Οι Χώροι R^n, ιανυσµατικοί Χώροι, Γραµµικές απεικονίσεις, Ιδιοτιµές και ιδιοδιανύσµατα, ιαγωνοποίηση

2 ( µον) Έστω το σύνολο { ( ) 4,,, 4 R : 40 } W x x x x x x + x + x α) Βρείτε µία βάση του υπόχωρου W και τη διάσταση του W β) Βρείτε µια ορθοκανονική βάση του ορθογωνίου συµπληρώµατος W γ) Υπολογίστε την προβολή του διανύσµατος ( 0) v,,, στον W και W (Υπόδειξη : Μελετήστε τη θεωρία των σελ 5-65 του βιβλίου) Λύση : α) Επειδή x x + x+ x40 x x x x4, κάθε διάνυσµα του W γράφεται ( x, x, x, x4) ( x x x4, x, x, x4) ( x, x,0,0 ) + ( x,0, x,0 ) + ( x4,0,0, x4) x (,,0,0 ) + x (,0,,0 ) + x (,0,0, ) x v + x v + x v Άρα span { v, v, v } 4 4 W Τα διανύσµατα v, v, v είναι γραµµικά ανεξάρτητα, 0 0 διότι ο υποπίνακας A 0 0 του A έχει ορίζουσα det A 0 Συνεπώς, { v, v, v } είναι βάση του W και dim W β) Για να βρούµε µια ορθοκανονική βάση του W, θεωρούµε το διάνυσµα ( x, y, z, w) u W W Λύνοντας το σύστηµα, το οποίο αρκεί να είναι κάθετο σε κάθε διάνυσµα της βάσης του έχουµε u v 0 x + y 0 y x u v 0 x+ z 0 z x, u v 0 x+ w 0 w x { } u ( x, x,x,x), άρα W span r (,,,) r , µια ορθοκανονική βάση του W είναι Επειδή ( ) span,,,

3 ( ) γ) Έστω p W και p W οι προβολές του v,,, 0 στους δύο υπόχωρους Σύµφωνα µε τον τύπο (7) σελ 57 του βιβλίου έχουµε Από τη σχέση r v p r rr v p+ p (,,,) (,,,) (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 65 ) συµπεραίνουµε ότι 4 4 p v p (,,, 0) (,,, ),,, είναι η προβολή του διανύσµατος v στον υπόχωρο W, ( µον) Θεωρήστε τα διανύσµατα v (,, ) και v ( 00,, ), v ( 0,, ), v (,, ) α) Αποδείξτε ότι το σύνολο { } συντεταγµένες του v v,v,v αποτελεί βάση του και βρείτε τις ως προς την παραπάνω βάση β) Αποδείξτε για τα διανύσµατα x ( α, α, α ) και y (,, ) σχέση β β β του ότι η ( xy, ) 0αβ + αβ + αβ + αβ +αβ +αβ +αβ ορίζει εσωτερικό γινόµενο στο χώρο γ) Yπολογίστε τον πίνακα αναπαράστασης A του εσωτερικού γινοµένου στην (β) και εξετάστε αν είναι θετικά ορισµένος (Υπόδειξη: Για το τελευταίο ερώτηµα δείτε την παράγραφο 7 του βιβλίου ) Λύση : α) Τα διανύσµατα v,v,v παράγουν τον R και επιπλέον είναι γραµµικά ανεξάρτητα, αφού συντεταγµένες του det Συνεπώς αποτελούν βάση του R Οι 0 0 v (,, ) ως προς αυτή τη βάση είναι η µοναδική λύση του συστήµατος xv + yv + zv v Ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος είναι 0, η δε λύση είναι 0 0 z, y και x Συνεπώς, v v v + v

4 β) Για να αποτελεί η δοθείσα σχέση εσωτερικό γινόµενο αρκεί να επαληθεύει τις ιδιότητες του ορισµού Πράγµατι, για, y ( β, β, β ) R ( ), z γ, γ, γ R είναι λ µ R και (,, ) x α α α R, (,, ) (,, ) (,, ) ( ˆ, ˆ, ˆ ) λ x+ µ y λ α α α + µ β β β λα + µβ λα + µβ λα + µβ α α α οπότε κάνοντας πράξεις έχουµε ( ) ( x y z) I λ +µ, 0αˆ γ + αˆ γ + αˆ γ + αˆ γ +αˆ γ +αˆ γ +αˆ γ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( 0 ) ( 0 ) ( xz, ) ( yz, ) 0 λα +µβ γ + λα +µβ γ + λα +µβ γ ) + λα + µβ γ + λα + µβ γ + λα + µβ γ + λα + µβ γ λ α γ + α γ + α γ + α γ +α γ +α γ +α γ +µ β γ + β γ + β γ + β γ +β γ +β γ +β γ λ +µ η αντιµεταθετική ιδιότητα που ισχύει στην πρόσθεση και στον πολλαπλασιασµό των πραγµατικών αριθµών δίνει ( ) ( yx) I, 0βα+βα+βα+ βα+βα+βα+βα και τέλος 0αβ + αβ + αβ + αβ +αβ +αβ +αβ ( xy) 0αβ+ αβ+ αβ+ αβ+αβ+αβ+αβ, I xx, 0α + αα + α α + α +α α +α α +α και µάλιστα 0α + 6α α +α +α + α α +α α + α +α + α +α 0 ( ) xx, 0 α + α +α + α +α 0, όπου συµπεραίνουµε α 0, α +α 0 και α +α 0 α 0, α 0, α 0 Άρα x 0 γ) Ο πίνακας αναπαράστασης του εσωτερικού γινοµένου είναι v v v v v v A v v v v v v, v v v v v v όπου { v,v,v } αποτελούν βάση του χώρου σύµφωνα µε το (α) και συµβολίζεται το εσωτερικό γινόµενο των διανυσµάτων που ορίστηκε στο (β), (δείτε παράγραφο 7 του βιβλίου Αρκεί να υπολογισθούν τα v v i j v v, για τα οποία ισχύει vi v j v j vi, εξαιτίας της ιδιότητας ( Ι) του εσωτερικού γινοµένου Έχουµε v v 00,, 00,, 0, i j 4

5 v v 00,, 0,, v v, v v 00,,,, v v, v v,, 0,, , v v,, 0,, v v, v v,,,, , οπότε A Ο συµµετρικός πίνακας A είναι θετικά ορισµένος, γιατί όλες οι κύριες πρωτεύοντες ελάσσονες ορίζουσες των υποπινάκων του A είναι 0 6 θετικές, 0 > 0, > 0, det A 6 > 0, (δείτε θεώρηµα 7 του βιβλίου) ( 5 µον) α) Eξετάστε αν τα διανύσµατα v (,, ), v (,, ) του χώρου είναι ορθογώνια w (,, ) { } β) Ανήκει το διάνυσµα στον χώρο V span v,v ; γ) Βρείτε ένα µη µηδενικό διάνυσµα v του χώρου, το οποίο να είναι ορθογώνιο προς τα διανύσµατα και ν ν δ) Βρείτε την τρίτη στήλη του πίνακα ώστε ο Α να είναι ορθογώνιος ; 4 A ; 4 ; 4 ε) Βρείτε µια ορθοκανονική βάση για τον υπόχωρο V του που παράγεται από τα διανύσµατα των Gram-Schmidt v (,0,), v (,,), v (0,,) και v 4 (,, 0) µε τη διαδικασία 5

6 Λύση α) ύο διανύσµατα είναι ορθογώνια αν το εσωτερικό τους γινόµενο ισούται µε µηδέν Επειδή τα διανύσµατα v, v v v + ( ) + ( ) 0 είναι ορθογώνια β) Για να ανήκει το διάνυσµα γράφεται σαν γραµµικός συνδυασµός των w (,, ) στο χώρο V span{ v,v } v, v Έστω, αρκεί να w av+ bv (,, ) ( a, a, a) + ( b, b, b) ( a+ b, a+ b, ab) a+ b a + b a b Επειδή [ A b ] γ γ + γ 0 5 γ γ 0 /5 5 γ γ γ γ γ + 4γ 0 / /5 το παραπάνω σύστηµα δεν έχει λύση ηλαδή, δεν υπάρχουν a, b τέτοια ώστε w av + b v και έτσι το (,, ) δεν ανήκει στο χώρο V span v,v w { } γ) Έστω ένα τυχαίο διάνυσµα v (x,y,z) του χώρου Για να είναι το ορθογώνιο προς τα διανύσµατα v, v πρέπει : x y+ z 0 v v 0 και v v 0 x+ y z 0 Για το οµογενές σύστηµα έχουµε : γ γ γ γ γ γ γ + γ που αντιστοιχεί στο ισοδύναµο σύστηµα v 6

7 x + z 0 5 x z y z 0 y z Άρα το v που αναζητούµε είναι της µορφής v ( x, yz, ) z, zz, και ένα 5 5 τέτοιο είναι το v, για z 5 (, 4, 5) δ) Σύµφωνα µε το θεώρηµα 8, ένας n n πίνακας Α είναι ορθογώνιος αν και µόνο αν οι στήλες του (και οι γραµµές) αποτελούν µια ορθοκανονική βάση του n χώρου R Παρατήρησε ότι τα διανύσµατα v, v από τα προηγούµενα ερωτήµατα αν το καθένα διαιρεθεί µε το µέτρο του είναι το ίδιο µε τις δύο πρώτες στήλες του πίνακα Α Το δε v διάνυσµα στο (γ) κατασκευάστηκε ορθογώνιο, άρα αρκεί να διαιρεθεί και αυτό µε το µέτρο του, v 4, για να αποτελέσει την τρίτη στήλη του Α Έτσι, 4 4 A ε) Επειδή τα διανύσµατα {,, } v v v είναι γραµµικά εξαρτηµένα 0 ( det 0 0 ), ενώ τα {,, } v v v είναι γραµµικά ανεξάρτητα, διότι 4 det 0 4 0, τα 0 {,, } v v v αποτελούν µια βάση του R Με τη 4 διαδικασία ορθοκανονικοποίησης Gram-Schmidt έχουµε : v (, 0,), v v v v v (,,) (, 0,) (,,), v v v v v v v v v v (,,0) (,0,) (,,) (,, ) v v v v ιαιρώντας µε το µέτρο κάθε διάνυσµα είναι 7

8 v v vˆ vˆ vˆ (, 0,), (,,), (,, ) v v 6 v Σηµείωσε, ότι αν επιλέξουµε άλλα διανύσµατα ως βάση του {,, } v v v, θα βρούµε διαφορετική ορθοκανονική βάση 4 v R, για παράδειγµα τα 4 ( µον) Να εξετάσετε ποιες από τις επόµενες συναρτήσεις είναι γραµµικές: α) f R R, f (, ) (, ) xy xyy, για κάθε ( xy, ) R : β) f R R, f ( xy, ) ( x+, y, y x), για κάθε ( xy, ) R : γ) f : R R, f ( xyz,, ) (0, x, y ), για κάθε ( xyz,, ) R Επιπλέον, αποδείξατε ότι 0 f f f f, όπου 0 είναι η µηδενική συνάρτηση Λύση Υπενθυµίζουµε ότι αν V και W είναι Κ-διανυσµατικοί χώροι, τότε µια απεικόνιση g: V W, είναι γραµµική αν και µόνο αν ισχύει gkv ( + kv ) kgv ( ) + kgv ( ), για κάθε k, k K και v, v V, ή ισοδύναµα να ισχύουν ταυτόχρονα οι ιδιότητες : i) gv ( + v) gv ( ) + gv) ( και ii) gkv ( ) kgv ( ), για κάθε v, v, v V και κάθε k K α) η συνάρτηση f R R, (, ) (, ) f xy xyy, για κάθε ( xy, ) R δεν είναι : γραµµική, αφού για παράδειγµα έχουµε: ( ) f (,) f (,) (9,), ενώ f (,) (,) (, ), άρα f((,)) f (,) και εποµένως η f δεν είναι γραµµική συνάρτηση β) Η συνάρτηση f R R, όπου f ( xy, ) ( x, y, y x) +, για κάθε : ( xy, ) R δεν είναι γραµµική συνάρτηση, εφόσον f (0,0) (,0,0) (0,0,0) ως όφειλε (δείτε την ιδιότητα (ii) για k 0 ) γ) Η συνάρτηση f : R R, µε f ( xyz,, ) (0, x, y ) είναι γραµµική διότι : i) Έστω ( x, x, x ),( y, y, y ) R Τότε : ((,, ) + (,, )) ( +, +, + ) ( 0,( + ),( + )) ( 0,x y, x y ) ( 0, x,x ) ( 0, y, y ) f ( x, x, x ) f ( y, y, y ) f x x x y y y f x y x y x y x y x y

9 ii) ( f kxyz (,, ) f kxkykz,, 0, kx,ky k0, x, y kf xyz,, ) Για να δείξουµε ότι f f f f 0, αρκεί να δειχθεί ότι f ( x, y, z ) (0,0,0) για κάθε ( xyz,, ) R Πράγµατι, (,, ) ( (,, )) ( ( (,, ))) ( ( 0,, )) ( 0,0,6 ) (0,0,0) f x y z f f x y z f f f x y z f f x y f x 5 ( 5 µον) Έστω η απεικόνιση f : µε f ( xyz,, ) ( x y z, y z, x y z) i) είξτε ότι η f είναι γραµµική, ii) Βρείτε µια βάση και τη διάσταση της εικόνας της f, iii) Βρείτε µια βάση και τη διάσταση του πυρήνα της f, iv) Ορίσετε την απεικόνιση f, αν υπάρχει v) Βρείτε τον πίνακα αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του R Λύση i) Έστω (,, ), (,, ) v x y z v x y z, τότε ( ) (,, ) (,, ) f v f x y z x+ y z y+ z x+ y z, ( ) (,, ) (,, ) f v f x y z x + y z y + z x + y z, και ( x x y y z z y y z z x x y y z z) ) ( + ) (,, ) + (,, ) +, +, +,, ( ) ( ( x+ y z, y+ z, x+ y z) + ( x+ y z, y+ z, x+ yz) f ( v ) + f ( v ), f v v f x y z x y z f x x y y z z ( λ ) ( λ(,, ) ) ( λ, λ, λ ) ( λx+ λy λz, λy+ λz, λx+ λyλz ) λ f ( v ) f v f x y z f x y z δηλαδή, η f είναι γραµµική ii) Επειδή f x, y, z x+ y z, y+ z, x+ y z x, 0, + y,, + z,,, ( ) η εικόνα της f παράγεται από τα διανύσµατα (, 0, ),(,, ),(,, ) Η διάσταση της εικόνας είναι Για να βρούµε τη διάστασή της εικόνας (Imf) θα εξετάσουµε 9

10 αν οι γεννήτορες είναι γραµµικά ανεξάρτητοι Πράγµατι, µε γραµµοπράξεις στον παρακάτω πίνακα έχουµε : ( ) A γ γ + γ 0 ( ) 0 + γ γ + γ γ γ γ Άρα, f {(,0, ),( 0,, ) } dim Im, και τα διανύσµατα είναι βάση του Im f iii) Από τον τύπο σελ 9, dim dim( Im f ) dim( Kerf ) ( ) dim ker f, διότι η διάσταση του χώρου είναι +, έχουµε ότι Για να βρούµε τη βάση του ker f, πρέπει να λύσουµε το οµογενές σύστηµα x+ y z 0 y + z 0 Επειδή και x+ y z 0 y z ( ) ( Άρα, το διάνυσµα (,,) είναι µια βάση του ker f iv) Για να υπάρχει x z y z x, y, z z,,) f, πρέπει η γραµµική απεικόνιση f να είναι - και επί, δηλαδή ισοµορφισµός Για να είναι όµως - πρέπει το ker f { 0} (iii), ker f { 0}, και συνεπώς δεν υπάρχει η f Αλλά από την v) Για τον πίνακα αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του παίρνουµε την κανονική βάση που είναι (,0,0 ), ( 0,,0 ), ( 0,0,) e e e f ( e ) (, 0,) e + 0 e + e, f ( e ) (,,) e + e + e, ( ) f e (,, ) e + e e Οπότε ο πίνακας αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του R είναι ο A 0 R 6 ( µον) A [ ] T [ ] Έστω ένας πραγµατικός πίνακας, τέτοιος ώστε [ ] T T A 0 [ 000] και [ 0 ] T [ 0] A T A, α) Να βρείτε τις ιδιοτιµές, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο και τα ιδιοδιανύσµατα του πίνακα A T 0

11 β) Ο πίνακας A διαγωνοποιείται; Αν ναι, ποια είναι η διαγώνια µορφή του και ο αντιστρέψιµος πίνακας P, ώστε να ισχύει γ) Υπολογίστε τον πίνακα A Υπάρχει ο 8 δ) Ποιες είναι οι ιδιοτιµές του πίνακα A ; Λύση : α) Επειδή A λ, P AP D A ; ; 0 A 0 0 λ και A 0 0 λ 0, (βιβλίο ΕΑΠ, ορισµός 5 ), ο πίνακας A έχει την ιδιοτιµή λ µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα το [ ] T [ ] T x, την ιδιοτιµή λ 0 µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα x 0 και την ιδιοτιµή µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A είναι ( )( ) det Aλ I λ λ λ λ +λ + 6λ λ [ ] T x 0 β) Επειδή οι ιδιοτιµές είναι όλες διαφορετικές, ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 85) Ο δε πίνακας P, µε στήλες τα ιδιοδιανύσµατα, δηλαδή P 0, είναι αντιστρέψιµος, διότι τα ιδιοδιανύσµατα είναι γραµµικά 0 ανεξάρτητα, αφού αντιστοιχούν σε διαφορετικές ιδιοτιµές Έχουµε τον P και επαληθεύουµε την ισότητα 0 ( ) diag, 0, P AP A Pdiag,0, P 5 5 γ) Από τη σχέση P AP diag (, 0, ) ( ) Ο δεν αντιστρέφεται διότι det A λλλ 0 A δ) Οι ιδιοτιµές του A είναι λ, ( ) λ 0 και λ 56

12 7 (0 µον) α) Να βρεθούν οι ιδιοτιµές και τα ιδιοδιανύσµατα του πίνακα υπολογισθεί ο πίνακας A 006 A 0 A 0 και να β) Να βρεθεί ο αντίστροφος των πινάκων A και Caley-Hamilton A 4, B µε τη χρήση του θεωρήµατος 0 B 4 Λύση λ α) det ( A λi) + Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο έχει ρίζες τις λ λ ιδιοτιµές του Α, λ i, λ i Θα βρούµε τώρα τα ιδιοδιανύσµατα i x 0 Για λ λ i έχουµε: Το σύστηµα έχει λύση i x 0 x t, x it, οπότε x it i t x t και για i t, το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα είναι v i x 0 Για λ λ i έχουµε:, το δε σύστηµα έχει λύση i x 0 x t, x it i x it Συνεπώς t και το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα για x t t i είναι v Εφαρµόζοντας το θεώρηµα Cayley-Hamilton έχουµε οπότε ( ) P A 0 A + I 0 A I, A A A A I I I+ I 0

13 Άλλος τρόπος : Αν P i i έχουµε 0 i P AP D 0 i Άρα i i 0 0 A P D P i i i i 0 0 i i και i i 0 i i i i 0 A P D P 0 0 i i Τότε 0 0 A 006 A β) Να βρεθεί ο αντίστροφος των πινάκων A και B µε τη χρήση του θεωρήµατος Caley-Hamilton A 0 4, B 4 λ α) det ( A λi) 5 ( 4 λ λ P λ) Επειδή ο σταθερός όρος του λ χαρακτηριστικού πολυωνύµου δεν είναι µηδέν, ο Α αντιστρέφεται Έχουµε P A 0 A 5A I 0 A A 5I I β) 0 ( 5 ) A A I λ 0 ( B λi) λ ( λ)( λ λ ) + ( + + λ) det λ Άρα P ( ) λ λ λ λ

14 P B 0 B + B + B+ 6I 0 B B + B+ I 6I ( + + ) ( ) B B B I B B I 8 ( µον) Έστω η γραµµική απεικόνιση f : R R µε τύπο ( ) f ( xyz,, ) x+ y+ 5 z,x 5 zx, + y+ z α) Εξετάστε αν η απεικόνιση f είναι διαγωνοποιήσιµη β) Αποδείξτε ότι η f είναι αντιστρέψιµη και υπολογίστε την f γ) Ποιος είναι ο πυρήνας της f, και ποια είναι η διάστασή του; Λύση : α) Σύµφωνα µε το θεώρηµα 5, αρκεί να βρούµε τον πίνακα αναπαράστασης της γραµµικής απεικόνισης, ως προς τις συνήθεις βάσεις του να εξετάσουµε αν αυτός είναι διαγωνοποιήσιµος Ο πίνακας της γραµµικής απεικόνισης είναι : R, και 5 A 0 5 Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα είναι λ 5 ( A I) ( )( )( det λ λ 5 λ λ + λ λ λ λ+ ) λ Οι ιδιοτιµές είναι λ, λ και λ, οι οποίες είναι όλες διαφορετικές, άρα ο πίνακας είναι διαγωνοποιήσιµος (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 85), ισοδύναµα, η γραµµική απεικόνιση είναι διαγωνοποιήσιµη β) Επειδή ο A είναι διαγωνοποιήσιµος, υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P και διαγώνιος έτσι ώστε det A λλ λ 6 0 diag ( λ, λ, λ ) P AP Επίσης, (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 8), οπότε από το προηγούµενο ερώτηµα 4

15 έχουµε ότι ο πίνακας A πίνακας αναπαράστασης της δηλαδή, είναι αντιστρέψιµος Σύµφωνα µε το θεώρηµα 44, ο - f είναι A, f ( xyz,, ) x y+ z, x+ y z, x y+ z γ) Επειδή η f είναι αντιστρέψιµη, σύµφωνα µε ο θεώρηµα 47 (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 6), ker f { 0}, και { } dim ker f