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

Transcript

1 ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 1) ΕΡΓΑΣΙΑ 1 η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 1 Οκτωβρίου 007 Ηµεροµηνία παράδοσης της Εργασίας: 9 Νοεµβρίου 007. Πριν από την λύση κάθε άσκησης καλό είναι να µελετούνται τα παραδείγµατα και οι λυµένες ασκήσεις των υποδείξεων και παραποµπών στα συγγράµµατα και στο βοηθητικό υλικό. Οι Ασκήσεις της πρώτης εργασίας αναφέρονται στα: Κεφάλαιο 1 (Πίνακες, Ορίζουσες, Γραµµικά Συστήµατα), Κεφάλαιο ( ιανυσµατικοί Χώροι) του συγγράµµατος του ΕΑΠ «Γραµµική Άλγεβρα» των Μ. Χατζηνικολάου και Γρ. Καµβύσα. Για την κατανόηση της ύλης αυτής θα συµβουλευθείτε επίσης το: βοηθητικό υλικό που υπάρχει στη ως εξής: Εναλλακτικό ιδακτικό Υλικό: Κεφ Γραµµικά Συστήµατα, Κεφ Πίνακες και Γραµµικά Συστήµατα, Κεφ4Ορίζουσες, Κεφ5 Οι χώροιr^, Κεφ6 ιανυσµατικοί χώροι και Κεφ7 Βάση και ιάσταση. Συνοδευτικό Εκπαιδευτικό Υλικό: Πίνακες, Οι Χώροι R^, ιανυσµατικοί Χώροι. Στόχοι: Εµπέδωση της µεθόδου απαλοιφής Gauss για την λύση (και διερεύνηση) γραµµικών συστηµάτων (έµφαση στους στοιχειώδεις µετασχηµατισµούς γραµµών πινάκων και την αντίστοιχη αλγοριθµική µέθοδο απαλοιφής Gauss µε την οποία επιλύονται γραµµικά συστήµατα και προβλήµατα της Γραµµικής Άλγεβρας που ανάγονται σε αυτά). Υπολογισµός ορίζουσας. Κριτήριο αντιστρεψιµότητας πίνακα και εύρεση αντιστρόφου µε δύο µεθόδους. Μέθοδος απόδειξης µε µαθηµατική επαγωγή. υνάµεις πινάκων-διωνυµικό ανάπτυγµα- µηδενοδύναµοι πίνακες. ιανυσµατικοί χώροι-υπόχωροι, γραµµική θήκη, βάσεις. ΠΛΗ ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓ_1 ΣΕΛ. 1/9

2 1. ( 0 µονάδες) ( Μπορείτε να συµβουλευθείτε Ε Υ_Κεφ., σελ και ΣΕΥ_Πίνακες, σελ 6-9). Θεωρούµε το σύστηµα των γραµµικών εξισώσεων x y+ z = 1 x y z = a 5x y+ bz = 4. Αφού γράψετε τον επαυξηµένο πίνακα του συστήµατος χρησιµοποιείστε την µέθοδο απαλοιφής Gauss για να διερευνήσετε για ποιες τιµές των a, b το σύστηµα έχει άπειρες λύσεις, µοναδική λύση ή είναι αδύνατο. Να βρεθεί το σύνολο των λύσεων όταν το σύστηµα είναι συµβιβαστό. ΛΥΣΗ Ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος µετατρέπεται µε γραµµοπράξεις ως εξής: a 0 4 a 0 4 a =Π. 5 b 4 0 b b 1 a Καλούµε Α=- a, και Β= b -1. Ι) Αν Β διάφορο του µηδενός, δηλ. b διάφορο του 1, συνεχίζουµε ως εξής: A A B B A 1 A A A A B B A A A B B B 1 A A B 1+ A A B A B Καταλήγουµε σε µοναδική λύση του συστήµατος την 1 A A 1+ A A A a 1 a a a a ( xyz,, ) = ( +, +, ) = ( +, +, ). B B B b 1 b 1 b 1 ΙΙ) Αν Β ίσο µε µηδέν δηλ. b = 1 τότε: ΙIΑ) Αν Α διάφορο του µηδενός, δηλ. a το σύστηµα είναι αδύνατο. IΙΒ) Αν Α ίσο µε µηδέν, δηλ. a = τότε ο επαυξηµένος πίνακας είναι γραµµοϊσοδύναµος µε / Π / 0 1 1/ και έχουµε z = κ, x =1/+κ, y = - ½+κ, οπου κ αυθαίρετος πραγµατικός αριθµός. Αρα το σύνολο των λύσεων είναι η ευθεία {(1/,-1/,0)+κ (1,,1), κ R }. Συµπερασµατικά έχουµε: b 1 b=1 Σύνολο λύσεων το µονοσύνολο a 1 a a a a ( +, +, ) b 1 b 1 b 1 a Σύνολο λύσεων: a = Σύνολο λύσεων: {(1/, -1/, 0)+ κ (1,, 1), κ R } ΠΛΗ ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓ_1 ΣΕΛ. /9

3 . ( 15 µονάδες) 4 5 Έστω A = είξτε ότι ο Α είναι αντιστρέψιµος αν και µόνο αν a. 0 a Για τις τιµές αυτές υπολογίστε τον A 1 α) µε τη µέθοδο του προσαρτηµένου πίνακα (βλ Ε Υ Κεφάλαιο 4, Ασκήσεις) β) µε τη µέθοδο απαλοιφής του Gauss (βλ. Βιβλίο σελίδα 54, Παράδειγµα). ΛΥΣΗ Χρησιµοποιούµε το κριτήριο της ορίζουσας: Aναγκαία και ικανή συνθήκη για να υπάρχει ο αντίστροφος του Α είναι det(a) 0. Υπολογίζουµε την ορίζουσα του Α (αναπτύσσοντας ως προς την πρωτη στήλη) det A= = = ( a+ ) a 0 a Αρα ο Α αντιστρέφεται όταν και µόνο a -. α) Ο αντίστροφος ισούται προς Α -1 =(det Α) -1 adj(α ). Ο adj(α ) υπολογίζεται µε τα αλγεβρικά συµπληρώµατα Α i j = (-1) ij D ij, όπου D i j η ελάσσων ορίζουσα που αντιστοιχεί στο στοιχείο a i j : Α 11 = a+, Α 1 =0, Α 1 = 0, Α 1 = 15-4a, Α = a, Α = -6, Α 1 =-9, Α =, Α =. A11 A1 A1 a+ 15 4a 9 adj(a)= A1 A A = 0 a A1 A A a+ 15 4a 9 b b 1 οπότε A = 1 0 a = = ( a + ) b b 1 0 b b όπου θεσαµε b =a+. β) Θεωρούµε τον πίνακα Α επαυξηµένο µε τον ταυτοτικό πίνακα και µε πράξεις στις γραµµές έχουµε: / 1/ 0 0 ( A I) = a a+ 0 1 Θεωρούµε την περίπτωση a+ 0 (ειδάλλως ο πίνακας δεν αντιστρέφεται) και θέτοντας (για ευκολία) a+ =b, µε b 0, συνεχίζουµε ως εξής: 1 5/ 1/ / 15/( b) 5/( b) / b 1/ b / b 1/ b / b 1/ b / + 7/( b) 9/( b) / b 1/ b = ( I A ) / b 1/ b ΠΛΗ ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓ_1 ΣΕΛ. /9

4 Αρα 1/ + 7/( b) 9/( b) = 0 1 / 1/ 0 / b 1/ b 1 A b b µε b =a+ 0.. ( 10 µονάδες) ( βλ. Ε Υ_Κεφ 4) 1+ a a a a a b 1+ b b b b Υπολογίστε την ορίζουσα det c c 1+ c c c. d d d 1+ d d e e e e 1+ e (Υπόδειξη: Προσθέστε στην πρώτη γραµµή όλες τις άλλες και βγάλτε κοινό παράγοντα. Στη συνέχεια, πάλι µε κατάλληλες πράξεις στις γραµµές µετατρέψτε τον πίνακα σε τριγωνικό). ΛΥΣΗ προσθέτουµε στην πρώτη γραµµή όλες τις υπόλοιπες. Καλούµε S το άθροισµα a+b+c+d+e. 1+ a a a a a 1+ S 1+ S 1+ S 1+ S 1+ S b 1+ b b b b b 1+ b b b b det c c 1+ c c c = det c c 1+ c c c = d d d 1+ d d d d d 1+ d d e e e e 1+ e e e e e 1+ e κοινός παράγοντας στην πρώτη γραµµή (1+S) b 1+ b b b b =(1+S) det c c 1+ c c c = d d d 1+ d d e e e e 1+ e αφαιρούµε από την 1 η στήλη από όλες τις υπόλοιπες =(1+S) b det c =(1+ a + b+ c+ d+ e) d e Ορίζουσα τριγωνικού ισούται προς το γινόµενο των διαγωνίων στοιχείων. ΠΛΗ ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓ_1 ΣΕΛ. 4/9

5 4. ( 10 µονάδες) (Για την µέθοδο απόδειξης µε επαγωγή βλ. Ε Υ_Κεφ 1 σελ 10 και για την άσκηση βλ. ΣΕΥ_Πίνακες σελ 17-1). 4 Έστω A = a) Χρησιµοποιώντας επαγωγή αποδείξτε ότι A = A+ I για κάθε µη αρνητικό ακέραιο. 4b) Θεωρούµε την ακολουθία x0, x1,... πραγµατικών αριθµών που ορίζεται από x0 = 0, x1 = 1, x = 4x 1 x για. Να υπολογιστεί το x 007. x x 1 Υπόδειξη: είξτε πρώτα ότι η σχέση x = 4x 1 x είναι ισοδύναµη µε τη = A. x 1 x x x 1 x x 1 1 Οπότε έχουµε = A = AA =... = A. Χρησιµοποιήστε το υποερώτηµα x 1 x x x0 4a). 1 ΛΥΣΗ 4a) Θα δείξουµε µε επαγωγή οτι A = A+ I για κάθε µη αρνητικό ακέραιο Για =0 ισχύει καθώς A+ I = I = A. k k k 1 Υποθέτουµε ότι ισχύει για ένα µη αρνητικό ακέραιο k, δηλαδή, A = A+ I. k k k k k 1 k 1 1 Τότε A A A A A I + = = + = A + A. Στο σηµείο αυτό καθώς εµφανίζεται ο A αποδεικνύουµε την σχέση για =, δηλαδή 1 1 A = 4A I. Πράγµατι A = 4 και 4A I = = ηλαδή A = 4A I και συνεχίζουµε ως εξής: k k k k k k A = ( 4A I) + A= A I = k k+ 1 k+ 1 k A+ I = A+ I. ηλαδή ισχύει για k +1. Αρα ισχύει για κάθε µη αρνητικό ακέραιο. ΛΥΣΗ 4b) Εχουµε 1 1 x x = A = A + I x 1 x0 0 0 = = ( 1) = = δηλαδή ( 1 x = 1) 007 και x 007 = ( 1) = ΠΛΗ ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓ_1 ΣΕΛ. 5/9

6 ( 10 µονάδες) (βλ Ε Υ_Κεφ., Άσκηση 4) Έστω B = Χρησιµοποιώντας το διωνυµικό ανάπτυγµα υπολογίστε τη δύναµη ΛΥΣΗ B B = = + = + = I + N N = = N = = = ( 1) ( 1) 1 B = ( I + N) = I + N + N = 0 0 = (1 5 ) 1 N ΠΛΗ ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓ_1 ΣΕΛ. 6/9

7 Προχωρήστε στην λύση των επόµενων ασκήσεων αφού πρώτα διαβάσετε Ε Υ_Κεφ_6 και Κεφ_7 και κατανοήστε τον τρόπο λύσης των ασκήσεων σε αυτά. 6. ( 0 µονάδες) 6Α) Εξετάστε ποια από τα παρακάτω σύνολα είναι υπόχωροι του διανυσµατικού χώρου των πραγµατικών πινάκων Μ (R): x 0 A=, x, y 1 y R x 0, B =, x R, x x x x C =, x R x x ΛΥΣΗ _6Α )Το Α δεν είναι υπόχωρος καθώς 0 0 A. 0 0 Το Β είναι υπόχωρος του Μ (R) καθώς x B =, x R = x, x R = spa. x x (Είναι εύκολο επίσης να το δείξουµε χρησιµοποιώντας τον ορισµό: 0 0 α) Το Β είναι µη κενό υποσύνολο του διαν.χώρου Μ (R) καθώς B (για x=0). 0 0 x 0 β) Θεωρούµε δύo στοιχεία του Β, u = x x, y 0 w = y y, xy, R και δύο πραγµατικούς αριθµούς λ,µ. Θα δείξουµε ότι λ u+ µ w B.Πράγµατι λ u+ µ w= x 0 y 0 λ x+ µ y 0 z 0 λ + µ = =, µε z= x y x x y y λ x+ µ y ( λ x+ µ y) z z λ + µ. Αρα ο λ u+ µ w B. ). To C δεν είναι υπόχωρος καθώς για κάθε λ και x θα έπρεπε ο πίνακας x x λx λx λ = να ανήκει στο C. Αυτό όµως ισχύει µόνο όταν λx = ( λx) x x λx λx Όµως λx = ( λx) λx ( λx) = 0 λx (1 λ) = 0δηλαδή λ=0 ή x=0 ή λ=1 και όχι για όλους τους πραγµατικούς λ και x. 6Β) Θεωρούµε τους υπόχωρους του {(,, ) R 0} R, U {( x, y, z) R x y z 0} = + + =, V = x y z x+ y+ z =.Βρείτε τη διάσταση και µια βάση για καθέναν από τους χώρους UV,, U VU, + V. Αληθεύει ότι ο R είναι το ευθύ άθροισµα των UV;, Να βρεθεί ένας χώρος W, τέτοιος ώστε U W = R. ΛΥΣΗ_6B Για τον υπόχωρο U {( x, y, z) R x y z 0} = + + = : Η εξίσωση x+ y+ z = 0 ισοδυναµεί µε x = y zµε σύνολο λύσεων που x = κ λ περιγράφεται ως εξής : y = κ, κλ, R z = λ ΠΛΗ ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓ_1 ΣΕΛ. 7/9

8 Αρα U ={ ( xyz,, ) R x y z 0} + + = ={( κ λκλ,, ), κλ, R} = R { κ( 1,1,0) + λ(,0,1), κ, λ } = spa{( 1,1,0),(,0,1)} και µάλιστα το σύνολο {( 1,1,0),(,0,1)} είναι βάση του U καθώς τα δύο αυτά διανύσµατα είναι γραµµικά ανεξάρτητα ( άµεση απόδειξη από τον τρόπο που έχουν βρεθεί: κ( 1,1, 0) + λ(, 0,1) =(0,0,0) ισοδυναµεί µε ( κ λκλ,, ) =(0,0,0) δηλ. κ = 0 και λ = 0 ). Αρα ο U είναι διάστασης. Παρόµοια, για τον υπόχωρο ( ) {,, R 0} V = x y z x+ y+ z = = spa{(,1, 0), ( 1, 0,1)} µε{(,1, 0), ( 1, 0,1)} βάση του V και ο υπόχωρος αυτός είναι διάστασης. Για την τοµή των υποχώρων U, V έχουµε: U V = ( x, y, z) R x+ y+ z = 0και x+ y+ z = 0. Το σύστηµα αυθαίρετο. Αρα U { } x+ y+ z = 0 x+ y+ z = 0 ισοδυναµεί µε το x+ y+ z = 0 y z = 0 δηλαδή x = z y = z µε z V =spa{(-,1,1)} υπόχωρος διάστασης 1 µε βάση {(-,1,1)}. Για το άθροισµα των υποχώρων U, V έχουµε ότι dim(u+v) =dimu + dim V - dim(u την συνήθη βάση του V R, {(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)}. ) =+-1= και συνεπώς U+V= R µε βάση Όµως ο R δεν είναι ευθύ άθροισµα των υποχώρων U, V καθώς η τοµή τους δεν είναι ο τετριµµένος υπόχωρος {0}. R Ενας χώρος W, τέτοιος ώστε U W = είναι αναγκαστικά διάστασης 1, δηλαδή παράγεται από ένα (µη µηδενικό) διάνυσµα. Αρκεί λοιπόν να επιλέξουµε ένα διάνυσµα στον R που δεν ανήκει στον U. Ένα τέτοιο διάνυσµα είναι (π.χ.) το (-1,0,1) που ανήκει στον V και δεν ανήκει στον U καθώς δεν είναι συγγραµµικό µε το (-,1,1) διάνυσµα που παράγει την τοµή U V. ΠΛΗ ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓ_1 ΣΕΛ. 8/9

9 7. (15 µονάδες) (Για την γραµµική θήκη (spa) και βάσεις βλ. και ΣΕΥ_ ιανυσµατικοί Χώροι 6., 6.4) 4 Θεωρούµε τον υπόχωρο V = spa( α, βγ, ) του R, όπου α = ( 1,,1, 0 ), β = (, 0,1,1 ), γ = ( 1, 4,1, 1 ). Να βρεθεί µια βάση του V. 7a) Εξετάστε για ποιους πραγµατικούς αριθµούς x έχουµε ( 5, 4, x,1 ) V. 7b) είξτε ότι για κάθε λ, µ R, µε ( λ, µ ) (0,0), έχουµε V spa( λα µβ, µα λβ) ΠΛΗ ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓ_1 ΣΕΛ. 9/9 = +. ΛΥΣΗ Για να βρούµε µία βάση για τον V καθώς γνωρίζουµε ηδη ένα πεπερασµένο σύνολο γεννητόρων του, µπορούµε να ακολουθήσουµε δυο αλγορίθµους (σελ. 11 βιβλιου). Ο πρώτος χρησιµοποιεί πίνακα µε γραµµές τις συνιστώσες των γεννητόρων ως προς µία βάση του χώρου. Ενας τρόπος που στηρίζεται στον δεύτερο αλγόριθµο εύρεσης βάσης ενός υποχώρου όταν είναι γνωστό ένα σύστηµα γεννητόρων του είναι ο εξής: Σχηµατίζουµε τον πίνακα µε στήλες τις συνιστώσες των γεννητόρων (ως προς µία βάση του χώρου), και βρίσκουµε την ανηγµένη κλιµακωτή µορφή του πίνακα αυτού. Μία βάση του υποχώρου αποτελείται από τα διανύσµατα που αντιστοιχούν σε εκείνες τις στήλες του αρχικού πίνακα τα οποία στην ανηγµένη κλιµακωτή µορφή περιέχουν τους οδηγούς. Με την ίδια διαδικασία µπορούµε να απαντήσουµε και στο 7α) ερώτηµα εφ όσον επαυξήσουµε τον πίνακα µε µία ακόµη στήλη που αντιστοιχεί στο διάνυσµα δ. Σχηµατίζουµε τον πίνακα Π µε στήλες τις συντεταγµένες των α, β, γ, και δ=(5, 4, x, 1) (ως προς την συνήθη βάση) και µε πράξεις στις γραµµές βρίσκουµε: Π= x 0 x 5 0 x = Π x x Από τον τελευταίο πίνακα Π είναι φανερό ότι: 1 ο. Για να ανήκει το διάνυσµα δ στόν V, δηλαδή να είναι γραµµικός συνδυασµός των α,β,γ πρέπει και αρκεί x = και µάλιστα από τα στοιχεία της τέταρτης στήλης του Π έχουµε ότι δ= α+β. ο. Η τρίτη στήλη του Π ισούται µε φορές την πρώτη µείον την δεύτερη άρα το διάνυσµα γ είναι γραµµικός συνδυασµός των α, β: γ=α-β. ο. Μια βάση του V είναι το σύνολο Β={α,β}. 7β) Τα διανύσµατα ζ=λα-µβ, η=µα+λβ ανήκουν στον υπόχωρο V ως γραµµικοί συνδυασµοί διανυσµάτων του. λ Ως προς την βάση Β, [ζ] Β = µ και [η] µ Β= λ. λ µ Αφού det µ λ = λ + µ 0 έπεται ότι τα ζ, η είναι γραµµικά ανεξάρτητα και επειδή ο V είναι διάστασης αποτελούν βάση του V.