Γ 3 2Γ. Από τον τελευταίο πίνακα προκύπτει το ισοδύναμο με το αρχικό σύστημα. 3x 2 2x 3 = 1 x 3 = 2

Transcript

1 Γραμμικά συστήματα Άσκηση. Να βρεθεί η λύση του γραμμικού συστήματος x 2x 2 + x 3 = x + x 2 x 3 = 2 2x x 2 + x 3 = Απόδειξη. Θεωρούμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και εκτελούμε στοιχειώδεις πράξεις σε αυτόν Γ 2 Γ Γ 3 2Γ Από τον τελευταίο πίνακα προκύπτει το ισοδύναμο με το αρχικό σύστημα x 2x 2 + x 3 = 3x 2 2x 3 = x 3 = Γ 3 Γ 2 Η λύση του συστήματος αυτού βρίσκεται εύκολα, εφόσον από τη δεύτερη εξίσωση, και για x 3 = 2, προκύπτει x 2 =. Τέλος, από την πρώτη εξίσωση θα πάρουμε x =. Άσκηση.2 Να βρεθεί η γενική λύση του συστήματος x +3x 2 2x 3 +2x 5 = 2x +6x 2 5x 3 2x +x 5 3x 6 = 5x 3 +x +5x 6 = 5 2x +6x 2 +8x +x 5 +8x 6 = 6 Απόδειξη. Θεωρούμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και εκτελούμε στοιχειώδεις πράξεις σε αυτόν Γ 2 2Γ Γ Γ Γ 3, 2 Γ

2 Γ 3 + Γ Γ 3 +2Γ Ο τελευταίος πίνακας μας οδηγεί στο ισοδύναμο με το αρχικό σύστημα Αντικαθιστώντας την τιμή του x 6 θα έχουμε x +3x 2 2x 3 +2x 5 = x 3 2x 3x 6 = 3x 6 = x +3x 2 2x 3 +2x 5 = x 3 2x = Στο σύστημα αυτό θέτουμε x 2 = a, x = b και x 5 = c, οπότε προκύπτει x 2x 3 = 3a 2c x 3 = 2b 3 Γ 3 Γ Επομένως η λύση του συστήματος είναι x = 3a b 2c, x 2 = a, x 3 = 2b, x = b, x 5 = c, και x 6 = 3, όπου a, b, c R. Άσκηση.3 Έστω AX =ένα ομογενές γραμμικό σύστημα n εξισώσεων με n αγνώστους, και P ένας αντιστρέψιμος n n πίνακας. είξτε ότι το σύστημα AX =έχει μόνον την προφανή λύση, αν και μόνον αν το σύστημα(pa)x =έχει μόνον την προφανή λύση. Απόδειξη. Αν το σύστημα AX =έχει μόνον την προφανή λύση, τότε ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος. Άρα και ο πίνακας PA είναι αντιστρέψιμος, ως γινόμενο αντιστρέψιμων πινάκων. Άρα το σύστημα (PA)X =έχει μόνον την προφανή λύση. Αντίστροφα, αν το σύστημα (PA)X =έχει μόνον την προφανή λύση, τότε ο πίνακας PA = B είναι αντιστρέψιμος. Άρα και ο πίνακας A = P B είναι αντιστρέψιμος, ως γινόμενο αντιστρέψιμων πινάκων. Οπότε το σύστημα AX =έχει μόνον την προφανή λύση. Άσκηση. Ένα παιδί έχει ένα κουτί με 3 κέρματα. Υπάρχουν 3 ειδών κέρματα, αξίας, 5, και λεπτών. Αν η συνολική αξία όλων των κερμάτων είναι 83 λεπτά, να βρείτε πόσα κέρματα από κάθε είδος υπάρχουν στο κουτί. Απόδειξη. Έστω ότι έχει x κέρματα του ενός λεπτού, y κέρματα των 5 λεπτών, και z κέρματα των λεπτών. Τότε θα ισχύουν οι εξισώσεις x + y + z = 3 x +5y +z = 83 2

3 Θεωρώντας το z σαν παράμετρο, προκύπτει το σύστημα x + y = 3 z x +5y = 83 z Αφαιρώντας κατά μέλη, βρίσκουμε y =7 9z, οπότεέχουμετηντιμήy = 7 9z. Αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση βρίσκουμε την τιμή x =3 z 7 9z = 5z 8. Ηπαράμετροςz μπορεί να πάρει οποιαδήποτε θετική ακέραια τιμή, αρκείοιτιμέςτωνx και y να είναι επίσης θετικοί ακέραιοι, εφόσον αναζητούμε πλήθος κερμάτων. Αυτό σημαίνει ότι οι ποσότητες 7 9z και 5z 8 πρέπει να είναι θετικά πολλαπλάσια του. Ξεκινώντας από την ποσότητα 5z 8 διαπιστώνουμε ότι οι τιμές z =2και z =6είναι οι μικρότερες θετικές ακέραιες τιμές του z που κάνουν την ποσοότητα 5z 8 πολλαπλάσιο του. Ητιμή2 δεν είναι αποδεκτή, εφόσον οδηγεί σε αρνητικό ακέραιο. Έτσι, για z =6θα έχουμε y =και x =3. (Επαλήθευση: = 83). 2 Πράξεις πινάκων Άσκηση 2. Αν A = 3 2 D = να υπολογιστούν οι παραστάσεις: Απόδειξη. Θα έχουμε, B = µ, και E = µ 2, C = 3 5 (i) AB, (ii) D + E, (iii) D E (iv) DE, (v) ED, (vi) 7B. AB = D + E = D E = DE = ED = 3 2 µ + = = = = =,,

4 με τη σειρά που ζητούνται. µ 7B = 7 = µ 28 7 Άσκηση 2.2 Αν να υπολογιστούν A = , και B = (i) η πρώτη γραμμή του AB (ii) η τρίτη γραμμή του AB (iii) η δεύτερη στήλη του AB (iv) η πρώτη στήλη του BA (v) η τρίτη γραμμή του A 2 (vi) η τρίτη στήλη του A 2. Απόδειξη. Η πρώτη γραμμή του πίνακα AB είναι τα στοιχεία, 2 και 3 του πίνακα AB. Άρα θα προκύψουν από τον πολλαπλασιασμό της πρώτης γραμμή του πίνακα A επί την πρώτη, δεύτερη και τρίτη στήλη του πίνακα B, αντίστοιχα. Δηλαδή θα είναι το γινόμενο της πρώτης γραμμής του A επί τον πίνακα B. Έτσι έχουμε , = 67. ΗδεύτερηστήλητουAB είναι τα στοιχεία, 2 και 3 του πίνακα AB. Άρα θα προκύψουν από τον πολλαπλασιασμό της πρώτης, δεύτερης και τρίτης γραμμής του πίνακα A επί την πρώτη στήλη του πίνακα B, αντίστοιχα. Δηλαδή θα είναι το γινόμενο του πίνακα A επί την πρώτη στήλη του πίνακα B. Έτσι έχουμε = Με ανάλογο τρόπο μπορούμε να απαντήσουμε και στα υπόλοιπα ερβτήματα. Άσκηση 2.3 Θεωρούμε τον πίνακα A = Να γραφεί στη μορφή B = E E 2 E k A, όπου E i είναι στοιχειώδεις πίνακες, και ο πίνακας B είναι σε αυστηρά κλιμακωτή μορφή. Απόδειξη. Μετατρέπουμε τον πίνακα A σε αυστηρά κλιμακωτή μορφή, σημειώντας κάθε φορά τον αντίστοιχο στοιχειώδη πίνακα. Στοιχειώδης πράξη Αντίστοιχος Στοιχ. Πίνακας Γ 3 Γ Γ 2 +2Γ E = E 2 = 2

5 Ο πίνακας Γ 3Γ B = E 3 = είναι σε αυστηρά κλιμακωτή μορφή, οπότε θα ισχύει B = E 3 E 2 E A. 3 Άσκηση 2. Να εξεταστεί αν ο πίνακας A = είναι αντιστρέψιμος, και αν είναι να υπολογιστεί ο αντίστροφός του. Απόδειξη. Μετατρέπουμε τον πίνακα A σε αυστηρά κλιμακωτή μορφή, σημειώντας κάθε φορά τον αντίστοιχο στοιχειώδη πίνακα. Στοιχειώδης πράξη Αντίστοιχος Στοιχ. Πίνακας Γ 3 Γ E = Γ 3 + Γ E 2 = 2 Γ 3 E 3 = 2 Γ 2 Γ 3 E = Γ Γ E 5 = Από τις παραπάνω πράξεις προκύπτει ότι θα ισχύει I 3 = E 5 E E 3 E 2 E A, οπότε ο αντίστροφος του πίνακα A θα είναι ο πίνακας A = E 5 E E 3 E 2 E = γεγονός που μπορoύμε να επαληθεύσουμε αν εκτελέσουμε την πράξη A A., 5