Κεφάλαιο 1. Πίνακες και απαλοιφή Gauss

Transcript

1 Κεφάλαιο 1 Πίνακες και απαλοιφή Gauss Γύρω απ το γινομένου πινάκων Κάτι σαν τυπολόγιο Αν AB = C, τότε: 1 (C) i j = (i-γραμμή A) ( j-στήλη B) Το συμβολίζει εσωτερικό γινόμενο 2 (i-γραμμή C) = k(a) ik (k-γραμμή B) Το συμβολίζει γινόμενο αριθμού επί γραμμή Η σχέση αυτή μας λέει ότι κάθε γραμμή του C είναι γραμμικός συνδυασμός των γραμμών του B Αρα, ο χώρος γραμμών του AB περιέχεται στον χώρο γραμμών του B Πιο παραστατικά: Ο χώρος γραμμών του γινομένου δύο πινάκων περιέχεται στον χώρο γραμμών του δεξιού παράγοντα 3 (i-γραμμή C) = (i-γραμμή A) B Το συμβολίζει γινόμενο πινάκων 4 ( j-στήλη C) = k(b) k j (k-στήλη A) Το συμβολίζει γινόμενο αριθμού επί στήλη Η σχέση αυτή μας λέει ότι κάθε στήλη του C είναι γραμμικός συνδυασμός των στηλών του A Αρα, ο χώρος στηλών του AB περιέχεται στον χώρο στηλών του A Πιο παραστατικά: Ο χώρος στηλών του γινομένου δύο πινάκων περιέχεται στον χώρο στηλών του αριστερού παράγοντα 5 ( j-στήλη C) = A ( j-στήλη B) Το συμβολίζει γινόμενο πινάκων Συμβολισμός (α ) Αν v 1,, v n είναι m 1 στήλες, τότε, με A = (v 1 v 2 v n ) συμβολίζομε τον m n πίνακα A, του οποίου η j-στήλη είναι η v j (β ) Αν v 1,, v n είναι 1 m γραμμές, τότε, με v 1 v 2 v n 1

2 2 συμβολίζομε τον n m πίνακα A, του οποίου η i-γραμμή είναι η v i Ασκήσεις 1 (α ) Εστω ότι v 1,, v n είναι διανύσματα-στήλες και x 1,, x n είναι αριθμοί Τότε x 1 x 2 x 1 v 1 + x 2 v x n v n = (v 1 v 2 v n ) (β ) Εστω ότι v 1,, v n είναι διανύσματα-γραμμές και x 1,, x n είναι αριθμοί Τότε v 1 v 2 x 1 v 1 + x 2 v x n v n = (x 1 x 2 x n ) 2 (α ) Εστω ότι a 1,, a k είναι m 1 στήλες, b 1,, b k είναι n 1 στήλες, C είναι m n πίνακας και a i = Cb i για κάθε i = 1,, k Τότε (a 1 a 2 a k ) = C (b 1 b 2 b k ) (β ) Εστω ότι a 1,, a k είναι 1 m γραμμές, b 1,, b k είναι 1 n γραμμές, C είναι n m πίνακας και a i = b i C για κάθε i = 1,, k Τότε a 1 b 1 a 2 b 2 a k = 3 (α ) Εστω ότι u 1,, u m και v 1,, v n είναι διανύσματα- στήλες του ίδιου χώρου και, για κάθε j, το v j είναι γραμμικός συνδυασμός των u 1,, u m : b k C x n v n v j = λ 1 j u 1 + λ 2 j u λ m j u m ( j = 1,, n) Τότε (v 1 v 2 v n ) = (u 1 u 2 u m ) Λ, Λ = λ 11 λ 12 λ 1n λ 21 λ 22 λ 2n λ m1 λ m2 λ mn (β ) Εστω ότι u 1,, u m και v 1,, v n είναι διανύσματα- γραμμές του ίδιου χώρου και, για κάθε i, το v i είναι γραμμικός συνδυασμός των u 1,, u m : v i = λ i1 u 1 + λ i2 u λ im u m (i = 1,, n) Τότε v 1 v 2 v n = Λ u 1 u 2 u m, Λ = λ 11 λ 12 λ 1n λ 21 λ 22 λ 2n λ m1 λ m2 λ mn

3 3 Ορισμός πίνακες: Για n 2 σταθερό, 1 l < k n, t R και 1 i j n ορίζομε τους εξής E kl (t) είναι ο πίνακας που προκύπτει από τον I = I n, αν το 0 στην (k, l)-θέση αντικατασταθεί από το t Ισοδύναμη διατύπωση (k-γραμμή E kl (t)) = (k-γραμμή I) + t (l-γραμμή I) και (i-γραμμή E kl (t)) = (i-γραμμή I) αν i k P i j είναι ο πίνακας που προκύπτει από τον I = I n, αν εναλλάξομε την i-γραμμή με την j-γραμμή Ισοδύναμη διατύπωση (i-γραμμή P i j ) = ( j-γραμμή I), ( j-γραμμή P i j ) = (i-γραμμή I) και (r-γραμμή P i j ) = (r-γραμμή I) αν r i, j Πρόταση 11 Ερμηνείες των γινομένων E kl (t)a και P i j A, όπου ο A έχει διάσταση m n και οι E kl (t) και P i j έχουν διάσταση m m: (k-γραμμή E kl (t)a) = (k-γραμμή A)+t (l-γραμμή A) και (i-γραμμή E kl (t)a) = (i-γραμμή A) για κάθε i k Δηλαδή, E kl (t)a είναι ο πίνακας που προκύπτει απ τον A, αν στην (k-γραμμή A) προσθέσομε t φορές την (l-γραμμή A) (i-γραμμή P i j A) = ( j-γραμμή A), ( j-γραμμή P i j A) = (i-γραμμή A) και (r-γραμμή P i j A) = (r-γραμμή A) για κάθε r i, j Δηλαδή, P i j A είναι ο πίνακας που προκύπτει απ τον A, αν εναλλάξομε την i-γραμμή με την j-γραμμή Απόδειξη Θέμα απλής παρατήρησης Πρόταση 12 Εστω m n πίνακας A Η διαδικασία που οδηγεί, μέσω γραμμοπράξεων, από τον A σ ένα κλιμακωτό πίνακα U, μπορεί να κωδικοποιηθεί από ένα γινόμενο (πολλών, εν γένει) πινάκων, που ανήκουν σ έναν από τους τύπους E kl (t) (1 l < k n) και P i j (1 j < i n) Επιπλέον, στο γινόμενο αυτό, οπουδήποτε εμφανίζεται γινόμενο τύπου P i j E kl (t), με i, j και k, l όπως παραπάνω, τότε είναι j > l Πρόταση 13 Εστω i > j > l και k > l Τότε Για k i, j : P i j E kl (t)p i j = E kl (t) P i j E il (t)p i j = E jl (t) P i j E jl (t)p i j = E il (t) Απόδειξη Στην απόδειξη θα χρησιμοποιηθεί επανειλημμένως η τρίτη «ερμηνεία» του γινομένου πινάκων, με τη μορφή [AB] i = [A] i B, για διάφορους πίνακες A, B Αν k i, j, και r i, j, k, l, [P i j E kl (t)p i j ] r = [P i j ] r E kl (t)p i j = [I] r E kl (t)p i j = [IE kl (t)p i j ] r = [E kl (t)p i j ] r = [E kl (t)] r P i j = [I] r P i j = [IP i j ] r = [P i j ] r = [I] r = [E kl ] r [P i j E kl (t)p i j ] i = [P i j ] i E kl (t)p i j = [I] j E kl (t)p i j = [IE kl (t)p i j ] j = [E kl (t)p i j ] j = [E kl (t)] j P i j = [I] j P i j = [IP i j ] j = [P i j ] j = [I] i = [E kl ] i [P i j E kl (t)p i j ] j = [P i j ] j E kl (t)p i j = [I] i E kl (t)p i j = [IE kl (t)p i j ] i = [E kl (t)p i j ] i = [E kl (t)] i P i j = [I] j P i j = [IP i j ] i = [P i j ] i = [I] j = [E kl ] j

4 4 [P i j E kl (t)p i j ] k = [P i j ] k E kl (t)p i j = [I] k E kl (t)p i j = [IE kl (t)p i j ] k = [E kl (t)p i j ] k = [E kl (t)] k P i j = ([I] k + t[i] l )P i j = [IP i j ] k + t[ip i j ] l = [P i j ] k + t[p i j ] l = [I] k + t[i] l = [E kl (t)] k [P i j E kl (t)p i j ] l = [P i j ] l E kl (t)p i j = [I] l E kl (t)p i j = [IE kl (t)p i j ] l = [E kl (t)p i j ] l = [E kl (t)] l P i j = [I] l P i j = [IP i j ] l = [P i j ] l = [I] l = [E kl (t)] l Ετσι αποδείχθηκε η πρώτη Πάμε στην απόδειξη της δεύτερης [P i j E il (t)p i j ] r = [P i j ] r E il (t)p i j = [I] r E il (t)p i j = [IE il (t)p i j ] r = [E il (t)p i j ] r = [E il (t)] r P i j = [I] r P i j = [IP i j ] r = [P i j ] r = [I] r = [E jl (t)] r [P i j E il (t)p i j ] i = [P i j ] i E il (t)p i j = [I] j E il (t)p i j = [IE il (t)p i j ] j = [E il (t)p i j ] j = [E il (t)] j P i j = [I] j P i j = [IP i j ] j = [P i j ] j = [I] i = [E jl (t)] i [P i j E il (t)p i j ] j = [P i j ] j E il (t)p i j = [I] i E il (t)p i j = [IE il (t)p i j ] i = [E il (t)p i j ] i = [E il (t)] i P i j = ([I] i + t[i] l )P i j = [IP i j ] i + t[ip i j ] l = [P i j ] i + t[p i j ] l = [I] j + t[i] l = [E jl (t)] i [P i j E il (t)p i j ] l = [P i j ] l E il (t)p i j = [I] l E il (t)p i j = [IE il (t)p i j ] l = [E il (t)p i j ] l = [E il (t)] l P i j = [I] l P i j = [IP i j ] l = [P i j ] l = [I] l = [E jl (t)] l Η τρίτη αποδεικνύεται εντελώς ανάλογα με τη δεύτερη Θεώρημα 14 Εστω m n πίνακας A Τότε υπάρχουν m n πίνακες P, E και m n πίνακας U, με τις εξής ιδιότητες: Ο P είναι γινόμενο πινάκων τύπου P i j, ο E είναι γινόμενο πινάκων τύπου P i j, ο U είναι κλιμακωτός και EPA = U Ορισμός Ο τετραγωνικός πίνακας A λέγεται αντιστρέψιμος αν υπάρχει πίνακας A ίδιας διαστάσεως, τέτοιος ώστε A A = I = AA Πρόταση 15 Αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος, τότε, ο πίνακας A με την ιδιότητα A A = I = AA, είναι μοναδικός και συμβολίζεται A 1 Συνεπώς, στην περίπτωση αντιστρέψιμου πίνακα A, μπορούμε να μιλούμε για τον αντίστροφο του A Αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος, τότε και ο A 1 είναι αντιστρέψιμος και, πιο συγκεκριμένα, (A 1 ) 1 = A Αν οι A, B είναι αντιστρέψιμοι (ίδιας διάστασης), τότε και ο AB είναι αντιστρέψιμος και, πιο συγκεκριμένα, (AB) 1 = B 1 A 1 Απόδειξη Εστω A A = I = AA και A A = I = AA Τότε A = A I = A (AA ) = (A A)A = IA = A Η απόδειξη του δευτέρου μέρους της πρότασης είναι ακόμη πιο απλή Λήμμα 16 Γινόμενο πινάκων τύπου E kl (t) είναι αντιστρέψιμος πίνακας Γινόμενο πινάκων τύπου P i j είναι αντιστρέψιμος πίνακας Απόδειξη Ο πρώτος ισχυρισμός είναι άμεση συνέπεια του γεγονότος ότι, για οποιαδήποτε k > l και t, ισχύει ότι E kl ( t)e kl (t) = I και της Πρότασης 15 Οσον αφορά στην απόδειξη της τελευταίας σχέσης: Από την Πρόταση 11, ο πίνακας E kl ( t)e kl (t) είναι αυτός που προκύπτει απ τον E kl (t) όταν στην k-γραμμή του προσθέσομε ( t) φορές την l-γραμμή του Αμέσως φαίνεται ότι ο προκύπτων πίνακας είναι ο ταυτοτικός Ο δεύτερος ισχυρισμός προκύπτει ανάλογα, αλλά πολύ απλούστερα, αφού βασίζεται στην τετριμμένη σχέση P i j P i j = I

5 5 Λήμμα 17 Αν ο n n πίνακας U είναι κλιμακωτός και διαγώνιος, τότε ο U είναι άνω τριγωνικός, δηλαδή, της μορφής u 11 u 12 u 1,n 1 u 1n 0 u 22 u 2,n 1 u 2n U =, (11) 0 0 u n 1,n 1 u n 1,n u n,n όπου τα διαγώνια στοιχεία u 11, u 22,, u nn είναι, ή όλα μη μηδενικά, ή υπάρχει δείκτης i {1,, n}, τέτοιος ώστε u j j 0 για j < i και u j j = 0 για j i Απόδειξη Δια παρατηρήσεως Προσπάθησε να κατασκευάσεις τετραγωνικό κλιμακωτό πίνακα Πρόταση 18 Κάθε άνω τριγωνικός πίνακας, με όλα τα διαγώνια στοιχεία του μη μηδενικά, είναι αντιστρέψιμος Απόδειξη Εστω ο πίνακας U όπως στην (11), με όλα τα διαγώνια στοιχεία του μη μηδενικά Για κάθε στήλη b, το σύστημα UX = b έχει λύση (και, μάλιστα, μοναδική, αλλά αυτό δεν μας χρειάζεται εδώ) Αν στη θέση του b πάρομε διαδοχικά τις στήλες e 1,, e n του ταυτοτικού πίνακα I n = I, τότε, για κάθε j = 1,, n, υπάρχει v j, έτσι ώστε Uv j = e j Αλλά τότε, για τον πίνακα V, του οποίου οι στήλες είναι οι v 1,, v n, ισχύει, προφανώς, ότι UV = I Εντελώς ανάλογα, για κάθε γραμμή (b 1 b 2 b n ), το σύστημα (x 1 x 2 x n )U = (b 1 b 2 b n ) έχει λύση Παίρνοντας στο δεξιό μέλος, διαδοχικά, τις γραμμές του πίνακα I, καταλήγομε στο συμπέρασμα ότι, για κάθε i = 1,, n, υπάρχει γραμμή w i, που ικανοποιεί τη σχέση w i U = [I] i Τούτο σημαίνει ότι, για τον πίνακα W, του οποίου οι γραμμές είναι οι w 1,, w n, ισχύει η σχέση WU = I Τώρα, W = WI = W(UV) = (WU)V = IV = V Συνεπώς, UV = I και VU = WU = I, άρα V = U 1 Ορισμός Ενας τετραγωνικός πίνακας χαρακτηρίζεται μη ιδιόμορφος αν έχει αναγμένο κλιμακωτό με όλα τα διαγώνια στοιχεία του μη μηδενικά Αν αυτό δεν συμβαίνει, τότε ο πίνακας χαρακτηρίζεται ιδιόμορφος Πρόταση 19 Εστω n n πίνακας A (1) Αν ο A είναι μη ιδιόμορφος, τότε το σύστημα AX = b έχει ακριβώς μία λύση για κάθε b (2) Αν ο A είναι ιδιόμορφος, τότε υπάρχει b για το οποίο το σύστημα AX = b είναι αδύνατο Απόδειξη Εστω U ο κλιμακωτός πίνακας του A Ο U είναι όπως τον περιγράφει το Λήμμα 17 Η διαδικασία με την οποία οδηγούμαι από τον A στον U, περιγράφεται από τη σχέση EPA = U, όπου ο E είναι γινόμενο πινάκων τύπου E kl (t) και ο P είναι πίνακας μετάθεσης γραμμών Αν A είναι ο επαυξημένος πίνακας του συστήματος, δηλαδή, A = (A b), τότε EPA = (U b ), όπου b = EP b (1) Αν ο A είναι μη ιδιόμορφος, τότε όλα τα διαγώνια στοιχεία του U είναι μη μηδενικά, εξ ορισμού της μη ιδιομορφίας του A Αρα το σύστημα AX = b είναι ισοδύναμο με το UX = b, το οποίο, προφανώς, έχει μία ακριβώς λύση (οποιοδήποτε κι αν είναι το b ), λόγω του ότι τα διαγώνια στοιχεία του U είναι όλα μη μηδενικά

6 6 (2) Εστω u ii = 0 Τότε, απ το Λήμμα 17, όλα τα διαγώνια στοιχεία από το u ii και κάτω είναι 0 Αυτό, ειδικώτερα, συνεπάγεται ότι η τελευταί γραμμή του U είναι μηδενική Συνεπώς, το σύστημα UX = b, με b = e n = n-οστή στήλη του I n, είναι αδύνατο Αρα, το σύστημα AX = b, με b = P 1 E 1 e n, είναι αδύνατο Θεώρημα 110 Ενας n n πίνακας είναι μη ιδιόμορφος αν και μόνο αν είναι αντιστρέψιμος Απόδειξη Εστω ότι ο n n πίνακας A είναι μη ιδιόμορφος και U κλιμακωτός πίνακας προερχόμενος από τον A Ο U είναι της μορφής (11) με όλα τα διαγώνια στοιχεία μη μηδενικά, άρα, απ την Πρόταση 18, ο U είναι αντιστρέψιμος Επιπλέον, από το Θεώρημα 14, υπάρχουν αντιστρέψιμοι πίνακες E και P, έτσι ώστε να ισχύει PEA = U Ισχυρίσμός: Ο αντίστροφος του A είναι ο U 1 PE Πράγματι, (U 1 PE)A = U 1 (PEA) = U 1 U = I και A(U 1 PE = (AU 1 )PE Από τη σχέση PEA = U και την αντιστρεψιμότητα των U, P, E προκύπτει η σχέση AU 1 = E 1 P 1, άρα (AU 1 )PE = (E 1 P 1 )PE = I Αντιστρόφως, έστω ότι ο A είναι αντιστρέψιμος Τότε το σύστημα AX = b είναι επιλύσιμο για κάθε b: αρκεί να πάρομε X = A 1 b (δεν απαιτείται εδώ να εξετάσομε αν είναι μοναδική η λύση) Αρα, από την Πρόταση 19, ο A δεν μπορεί να είναι ιδιόμορφος Πόρισμα 111 Εστω τετραγωνικός πίνακας A Διαφορετικές διαδικασίες με γραμμοπράξεις μπορεί να οδηγήσουν από τον A σε διαφορετικούς κλιμακωτούς πίνακες Το συμπέρασμα σχετικά με το αν είναι ο A ιδιόμορφος θα είναι το ίδιο, σε οποιονδήποτε από τους κλιμακωτούς αυτούς πίνακες κι αν βασιστεί κανείς

7 Κεφάλαιο 2 Πίνακες και Διανυσματικοί Υπόχωροι Θεώρημα 21 Εστω U κλιμακωτός m n πίνακας, του οποίου οι r πρώτες γραμμές είναι μη μηδενικές και οι τελευταίες n r γραμμές είναι μηδενικές Εστω c j1,, c jr οι στήλες του U που αντιστοιχούν στους οδηγούς του Εστω U 1 ο r r ελλάσων πίνακας του U, ο οποίος σχηματίζεται από τις τομές των r πρώτων γραμμών του U με τις στήλες c j1,, c jr και U 2 ο r (n r) ελλάσων πίνακας του U, ο οποίος σχηματίζεται από τις τομές των r πρώτων γραμμών του U με τις υπόλοιπες στήλες του U Τότε: (α ) Το σύστημα UX = 0 είναι ισοδύναμο με το U 1 X β = U 2 X ε, όπου η στήλη X β περιλαμβάνει τους βασικούς αγνώστους x j1,, x jr και η στήλη X ε περιλαμβάνει τους ελεύθερους (δηλαδή, τους υπόλοιπους) αγνώστους (με τη διάταξη που αυτοί εμφανίζονται στη λίστα x 1,, x r ) (β ) Για j = 1,, n r, έστω e j η (n r) 1 στήλη με 1 στη θέση j και 0 στις υπόλοιπες θέσεις, και b j η μοναδική λύση του συστήματος U 1 X β = U 2 e j Τότε, για j = 1,, n r, θέτοντας (X β, X ε ) = (b j, e j ), παίρνομε βάση του χώρου λύσεων του συστήματος UX = 0 Απόδειξη Η απόδειξη του (α ) είναι προφανής (β ) Εστω τυχαία λύση X = (X β, X ε ) = (s 1,, s r, t 1,, t n r ) Συμβολίζομε με s την r 1 στήλη με στοιχεία s 1,, s r και με t την (n r) 1 στήλη με στοιχεία τα t 1,, t n r, οπότε n r n r n r n r U 1 s = U 2 t = U 2 ( t j e j ) = t j ( U 2 e j ) = t j (U 1 b j ) = U 1 ( t j b j ) j=1 j=1 Συνεπώς, λόγω της αντιστρεψιμότητας του U 1, έπεται ότι s = n r j=1 t j b j Ομως, ισχύει και η σχέση t = n r j=1 t j e j, άρα (s, t) = n r j=1 t j (b j, e j ) Δηλαδή, η λύση (s 1,, s r, t 1,, t n r ) είναι γραμμικός συνδυασμός των n r το πλήθος λύσεων (b j, e j ), j = 1,, n r Το σύνολο αυτών των n r λύσεων είναι προφανώς γραμμικώς ανεξάρτητο λόγω της μορφής των τελευταίων n r συντεταγμένων κάθε μιας λύσης Πόρισμα 22 Αν ο πίνακας A είναι διαστάσεως m n με m < n, τότε το ομογενές σύστημα AX = 0 έχει μη μηδενικές λύσεις Απόδειξη Εστω U κλιμακωτός πίνακας, που προκύπτει από τον A με τη μέθοδο απαλοιφής Gauss και r το πλήθος των οδηγών του Προφανώς, r m < n Το σύστημα AX = 0 είναι ισοδύναμο με το UX = 0 Από το Θεώρημα 21 ξέρομε ότι ο χώρος των λύσεων του συστήματος έχει μια βάση αποτελούμενη από n r το πλήθος λύσεις Καθώς n r > 0, συμπεραίνομε ότι ο χώρος των λύσεων περιέχει και μη μηδενικές λύσεις 7 j=1 j=1

8 8 Πόρισμα 23 (α ) Αν n > m, τότε οποιαδήποτε n το πλήθος διανύσματα του R m είναι γραμμικώς εξαρτημένα (β ) Κάθε μη μηδενικός διανυσματικός υπόχωρος του R m έχει βάση Απόδειξη (α ) Εστω ότι v 1,, v n R m Ας θεωρήσομε την εξίσωση x 1 v x n v n = 0 Αυτή ισοδυναμεί με την AX = 0, όπου ο A έχει στήλες τα v 1,, v n και X είναι η στήλη των αγνώστων x 1,, x n Η διάσταση του A είναι m n με m < n, άρα, από το Πόρισμα 22, υπάρχει μη μηδενική λύση (β ) Εστω διανυσματικός υπόχωρος V {0} του R m και v 1 V, μη μηδενικό Το σύνολο {v 1 } είναι γραμμικώς ανεξάρτητο Αν v 1 = V, τότε το (μονο)σύνολο αυτό είναι βάση του V Αν όχι, τότε υπάρχει v 2 V \ v 1, οπότε το σύνολο {v 1, v 2 } είναι γραμμικώς ανεξάρτητο Αν v 1, v 2 = V, τότε το {v 1, v 2 } είναι βάση του V Αν όχι, τότε υπάρχει v 3 V \ v 1, v 2, οπότε το σύνολο {v 1, v 2, v 3 } είναι γραμμικώς ανεξάρτητο κλπ Η διαδικασία κάποτε θα σταματήσει γιατί, λόγω του (α ), το πλήθος των γραμμικώς ανεξαρτήτων v 1, v 2, v 3,, τα οποία θα βρούμε, δεν μπορεί να υπερβεί τον αριθμό m Αρα, κάποτε θα βρούμε v 1,, v k, με 1 k m, τα οποία θα είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και V = v 1,, v k, δηλαδή, τα v 1,, v k θα είναι βάση του V Θεώρημα-Ορισμός 24 Αν u 1,, u m είναι μια βάση του διανυσματικού υποχώρου V και τα v 1,, v n V είναι γραμμικώς ανεξάρτητα, τότε n m Συνεπώς, όλες οι βάσεις ενός διανυσματικού υποχώρου V έχουν το ίδιο πλήθος στοιχείων, το οποίο λέγεται διάσταση του V και συμβολίζεται dim(v) Αρα, η πρώτη πρόταση του θεωρήματος μπορεί να διατυπωθεί και ως εξής: Οποιοδήποτε σύνολο διανυσμάτων του υποχώρου V έχει πληθάριθμο που υπερβαίνει τη διάσταση του V, είναι σύνολο γραμμικώς εξαρτημένων διανυσμάτων Απόδειξη Βλέπομε τα διανύσματα του V ως στήλες Εστω ότι n > m Για κατάλληλους a i j R έχομε v 1 = a 11 u a m1 u m (21) (22) v n = a 1n u a mn u m (23) Ισοδύναμα (πβλ άσκηση 3 του κεφαλαίου 1) (v 1 v n ) = (u 1 u m ) a 11 a 1n a m1 a mn και έστω A ο παραπάνω πίνακας των a i j Επειδή m < n, συμπεραίνομε βάσει του Πορίσματος 22, ότι υπάρχει μη μηδενική n 1 στήλη X, τέτοια ώστε AX = 0 Αλλά τότε, (v 1 v n )X = 0, που σημαίνει ότι x 1 v 1 + x n v n = 0, όπου x 1,, x n είναι οι συντεταγμένες της στήλης X Η τελευταία σχέση, όμως, αντιβαίνει στη γραμμική ανεξαρτησία των v 1,, v n Ασκήσεις 1 Εστω ότι v 1,, v k R n είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και v k+1 R n, τέτοιο ώστε v k+1 v 1,, v k Τότε v 1,, v k, v k+1 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα

9 9 2 Εστω ότι v 1,, v k R n και v k+1 R n, τέτοιο ώστε v k+1 v 1,, v k Τότε v 1,, v k, v k+1 = v 1,, v k 3 Εστω ότι v 1,, v k R n (k 1), όχι όλα μηδενικά Τότε μπορούμε να βρούμε ένα μη κενό υποσύνολο S του {v 1,, v k }, αποτελούμενο από γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα, με μέγιστο δυνατό πληθάριθμο Μ άλλα λόγια, S {v 1,, v n } και αν v i S για κάποιο i {1,, n}, τότε το S {v i } είναι γραμμικώς εξαρτημένο σύνολο διανυσμάτων Θεώρημα 25 Εστω V διανυσματικός υπόχωρος διαστάσεως m Τότε, οποιαδήποτε m διανύσματα του V, τα οποία, είτε είναι γραμμικώς ανεξάρτητα, είτε παράγουν τον V, αποτελούν βάση του V Αν v 1,, v k V είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και k < m, τότε τα διανύσματα αυτά μπορούν να συμπληρωθούν με m k διανύσματα v k+1,, v m, έτσι ώστε τα v 1,, v k, v k+1,, v m να είναι βάση του R m Απόδειξη Εστω, πρώτα, ότι τα v 1,, v m V είναι γραμμικώς ανεξάρτητα Θα δείξομε ότι αυτά παράγουν τον V, άρα είναι βάση του Δηλαδή, θα δείξομε ότι v 1,, v m = V Αν αυτό δεν συνέβαινε, θα μπορούσαμε να βρούμε u V v 1,, v m Αλλά τότε, από την άσκηση 1, τα v 1,, v m, u είναι γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα Δηλαδή, στον υπόχωρο V διαστάσεως m υπάρχουν m + 1 γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα, γεγονός που αντιφάσκει στο Θεώρημα 24 Στη συνέχεια, έστω ότι τα v 1,, v m V παράγουν τον V Θα δείξομε ότι τα διανύσματα αυτά είναι και γραμμικώς ανεξάρτητα Αν δεν ήταν, τότε θα μπορούσαμε να βρούμε ένα γνήσιο υποσύνολο S του {v 1,, v m }, αποτελούμενο από γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα, του οποίου ο πληθάριμος να είναι ο μέγιστος δυνατός (πρβλ άσκηση 3) Αυτό συνεπάγεται ότι, αν κάποιο v i δεν ανήκει στο S, τότε, το S {v i } είναι γραμμικώς εξαρτημένο σύνολο, άρα το v i ανήκει στον υπόχωρο S, που παράγουν τα στοιχεία του S Αλλά τότε, S = v 1,, v m = V και, συνεπώς, το S είναι βάση του V, αφού αποτελείται από γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα και παράγει τον V Τούτο, όμως, είναι άτοπο, διότι, καθώς η διάσταση του V είναι m, πρέπει όλες οι βάσεις του V έχουν m στοιχεία, ενώ το S, ως γνήσιο υποσύνολο του {v 1,, v m }, έχει λιγώτερα από m στοιχεία Τέλος, έστω ότι τα v 1,, v k V είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και k < m Το γεγονός ότι dim(v) = m, σε συνδυασμό με το Θεώρημα 24 μας λέει ότι όλες οι βάσεις του V έχουν ακριβώς m διανύσματα Αφού k < m, τα διανύσματα v 1,, v k δεν παράγουν τον V, άρα μπορούμε να βρούμε διάνυσμα v k+1 V v 1,, v k Τότε (άσκηση 1) τα v 1,, v k+1 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα Αν k + 1 = m τότε, βάσει του ήδη αποδειχθέντος πρώτου μέρους του θεωρήματος, τα διανύσματα αυτά είναι βάση του V Αν k + 1 < m τότε, ακριβώς ανάλογος συλλογισμός μας επιτρέπει την επανάληψη της διαδικασίας, οπότε βρίσκομε v k+2 V v 1,, v k, v k+1 Η διαδικασία θα σταματήσει όταν η λίστα των v 1,, v k+1, v k+2, καταλήξει σε m διανύσματα Πόρισμα 26 Εστω ότι V, W είναι υπόχωροι του R m και W V Τότε, dim(w) dim(v) Αν, επιπλέον, dim(w) = dim(v), τότε W = V Απόδειξη Εστω w 1,, w n βάση του W Ειδικότερα, τα διανύσματα αυτά είναι γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα του V, άρα, από το Θεώρημα 24, n dim(v), δηλαδή, dim(w) dim(v) Αν, επιπλέον, υποθέσομε ότι dim(v) = dim(w) = n, τότε τα w 1,, w n είναι γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα, τόσα, όση η διάσταση του W, οπότε το Θεώρημα

10 10 25 συνεπάγεται αυτά αποτελούν βάση του V Αλλά τότε, V = w 1,, w n = W Λήμμα 27 Εστω κλιμακωτός πίνακας U τάξεως r (α ) Οι r μη μηδενικές γραμμές του U είναι γραμμικώς ανεξάρτητες, άρα αποτελούν μια βάση για τον χώρο γραμμών U ειδικότερα, η διάσταση του χώρου γραμμών του U είναι r (β ) Οι r στήλες του U, που αντιστοιχούν σε οδηγούς είναι γραμμικός ανεξάρτητες και όλες οι υπόλοιπες στήλες του U είναι γραμμικός συνδυασμός αυτών των r στηλών Συνεπώς, οι r στήλες του U, που αντιστοιχούν σε οδηγούς, αποτελούν βάση για τον χώρο στηλών του U ειδικότερα, η διάσταση του χώρου στηλών του U είναι r Απόδειξη (α ) Εστω m n κλιμακωτός πίνακας U και r m οι μη μηδενικές γραμμές του Για i = 1,, r, έστω j i η θέση του οδηγού της i-γραμμής, οπότε 1 j 1 < < j r n Θεωρώ τώρα ένα γραμμικό συνδυασμό των r μη μηδενικών γραμμών του U (εξ ορισμού του κλιμακωτού πίνακα, αυτές είναι, ακριβώς, οι r πρώτες γραμμές), έστω t 1 [U] 1 + +t r [U] r = 0 Είναι (U) 1 j1 0, ενώ (εξ ορισμού του κλιμακωτού πίνακα) (U) i j1 = 0 για i > 1 Αρα, η j 1 -συντεταγμένη του t 1 [U] t r [U] r είναι t 1 (U) 1 j1 + t t r 0 Αυτή, όμως, πρέπει να είναι ίση με 0, άρα t 1 = 0 Επιπλέον δε, η αρχική σχέση t 1 [U] t r [U] r = 0 γίνεται τώρα t 2 [U] t r [U] r = 0 Επαναλαμβάνοντας ανάλογο συλλογισμό με τον παραπάνω, συμπεραίνομε ότι t 2 = 0 κλπ (β ) Με το παράδειγμα φαίνεται πολύ καθαρά η απόδειξη: Εστω U = a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a b 3 b 4 b 5 b 6 b c 4 c 5 c 6 c d όπου a 1 b 3 c 4 d 7 0 Αναδιατάσσοντας τις στήλες του, έτσι ώστε να είναι πρώτες αυτές που αντιστοιχούν σε οδηγό, παίρνομε τον πίνακα U = a 1 a 3 a 4 a 7 a 2 a 5 a 6 0 b 3 b 4 b 7 0 b 5 b c 4 c 7 0 c 5 c d , = (U α U δ ) Είναι σαφές ότι οι στήλες του U α είναι γραμμικώς ανεξάρτητες Είναι σαφές, επίσης, ότι, για κάθε στήλη b του U δ, το σύστημα U α X = b είναι επιλύσιμο, γεγονός που αποδεικνύει ότι οι στήλες του U δ είναι γραμμικοί συνδυασμοί των στηλών του U α Αρα,οι στήλες του U α είναι βάση του R(U ) = R(U) Πρόταση 28 (α ) R(AB) R(A) Αν ο B είναι τετραγωνικός και αντιστρέψιμος, τότε ισχύει η ισότητα (β ) dim R(AB) dim R(B) Αν ο A είναι τετραγωνικός και αντιστρέψιμος, τότε ισχύει η ισότητα Απόδειξη (α ) Η σχέση R(AB) R(A) είναι, απλώς, επαναδιατύπωση του (4), στο «τυπολόγιο», που υπάρχει στην αρχή του Κεφαλαίου 1 Αν ο B είναι αντιστρέψιμος, έχομε και τη σχέση A = (AB)B 1, άρα, κατ αναλογίαν, R(A) R(AB), οπότε ισχύει το =

11 11 (β ) Εστω AB = C και, δίχως βλάβη της γενικότητος, ας υποθέσομε ότι οι r πρώτες στήλες του C αποτελούν βάση για τον R(C) Θα δείξομε ότι, τότε, οι r πρώτες στήλες του B είναι γραμμικώς ανεξάρτητες, το οποίο σημαίνει ότι dim R(B) dim R(C) = dim R(AB) Εστω, λοιπόν, ότι λ 1 B λ r B r = 0 Κάνοντας χρήση του (5) του «τυπολογίου», στην αρχή του Κεφαλαίου 1, έχομε λ 1 C λ r C r = λ 1 AB λ r AB r = λ 1 A B λ r A B r = A (λ 1 B λ r B r ) = A0 = 0 Λόγω της ανεξαρτησίας των C 1,, C r συμπεραίνομε ότι λ 1 = = λ r = 0, που αποδεικνύει την ανεξαρτησία των B 1,, B r Αν ο A είναι αντιστρέψιμος, τότε B = A 1 C, άρα, κατ αναλογίαν, dim R(B) = dim R(A 1 C) dim R(C) = dim R(AB), άρα, τελικά, dim R(AB) = dim R(B) Θεώρημα 29 (α ) Αν A είναι ένας οποιοσδήποτε πίνακας και U είναι κλιμακωτός πίνακας του A, τότε R(A T ) = R(U T ), άρα οι μη μηδενικές γραμμές του U αποτελούν βάση για τον χώρο γραμμών του A (β ) Η σχέση dim R(A T ) = r(a) = dim R(A) αληθεύει για κάθε πίνακα A (γ ) Για κάθε πίνακα A ισχύει r(a) = r(a T ) Απόδειξη Υπάρχει τετραγωνικός κάτω κλιμακωτός πίνακας L, με τα διαγώνια στοιχεία του 1, και πίνακας μετάθεσης P, τέτοιοι ώστε PA = LU Αρα, A = (P 1 L)U και ο πίνακας P 1 L είναι αντιστρέψιμος Ισοδύναμα, A T = U T B, όπου ο B = (P 1 L) T είναι αντιστρέψιμος πίνακας Συνεπώς, απ την Πρόταση 28 (α ) συμπεραίνομε ότι R(A T ) = R(U T ) και τώρα, από το Λήμμα 27 (α ) συμπεραίνομε ότι οι μη μηδενικές γραμμές του U αποτελούν βάση και για τον χώρο γραμμών του A ειδικότερα, dim R(A T ) = r(a) Ετσι αποδείξαμε τον ισχυρισμό (α ) και την αριστερή ισότητα του (β ) Μένει να δείξομε ότι dim R(A) = r(a) Απ τη σχέση A = (P 1 L)U, την οποία χρησιμοποιήσαμε πιο πάνω, και την Πρόταση 28 (β ), έπεται αμέσως ότι dim R(A) = dim R(U) και τώρα το Λήμμα 27 (β ) ότι dim R(U) = r(a) Ο ισχυρισμός (γ ) του θεωρήματος είναι άμεση συνέπεια του (β ) Πόρισμα 210 Εστω πίνακας A διαστάσεως m n και τάξεως r Τότε, ο A έχει αριστερό αντίστροφο αν και μόνο αν n = r και δεξιό αντίστροφο, αν και μόνο αν r = m Απόδειξη Αποδεικνύομε την πρώτη ισοδυναμία Εστω ότι ο n m πίνακας B είναι αριστερός αντίστροφος του A Προφανώς, αφού ο A έχει n στήλες, έχομε dim R(A) n Κάνοντας τώρα χρήση της Προτάσεως 28 (β ), έχομε n = dim R(I n ) = dim R(BA) dim R(A) n, άρα n = dim R(A) και απ το Θεώρημα 29 (β ), dim R(A) = r Αντιστρόφως, έστω r = n Τότε ο χώρος γραμμών του A, που είναι, φυσικά, υπόχωρος του R n περιέχει n γραμμικώς ανεξάρτητες γραμμές και, συνεπώς, αυτές οι γραμμές παράγουν τον R n, βάσει του Θεωρήματος 25 Αρα, ο χώρος γραμμών του A είναι ολόκληρος ο R n Ταυτίζομε τον R n με τις 1 n γραμμές και θεωρούμε τη στάνταρ βάση του e 1,, e n Αν

12 12 a 1,, a m είναι οι γραμμές του A, τότε, κάθε e i είναι γραμμικός συνδυασμός των a 1,, a m, άρα, από την άσκηση 3 (β ) του Κεφαλαίου 1, έχομε e 1 e 2 e n = Λ για κάποιον πίνακα Λ Αλλά ο αριστερότερος πίνακας είναι, προφανώς, ο I n και ο δεξιότερος είναι ο A συνεπώς, ΛA = I n, άρα ο A έχει αριστερό αντίστροφο Εστω τώρα ότι ο n m πίνακας B είναι δεξιός αντίστροφος του A Τότε ο B T είναι αριστερός αντίστροφος του A T, άρα, από αυτό που έχομε ήδη αποδείξει, συμπεραίνομε ότι r(a T ) = πλήθος στηλών του A T = m Αλλά r(a T ) = r(a) = r, άρα r = m Αντιστρόφως, αν r = m τότε η τάξη του A T ισούται με το πλήθος των στηλών του, άρα, χάρη στο ήδη αποδειχθέν, ο A T (διαστάσεως n m) έχει αριστερό αντίστροφο, έστω B (διαστάσεως m n), που σημαίνει ότι BA T = I m, άρα AB T = I m, δηλαδή ο A έχει δεξιό αντίστροφο Πόρισμα 211 Ενας τετραγωνικός πίνακας είναι αντιστρέψιμος απ τ αριστερά, αν και μόνο αν είναι αντιστρέψιμος απ τα δεξιά Στην περίπτωση αυτή, ο δεξιός και ο αριστερός αντίστροφος συμπίπτουν Απόδειξη Εστω n n πίνακας A Από το Πόρισμα 210, ο A έχει αριστερό αντίστροφο αν και μόνο αν η τάξη του ισούται με το πλήθος των στηλών του, άρα (αφού ο A είναι τετραγωνικός), αν και μόνο αν η τάξη του A ισούται με το πλήθος των γραμμών του, άρα (πάλι από το Πόρισμα 210) αν και μόνο αν ο A έχει δεξιό αντίστροφο Εστω τώρα ότι B, C είναι, αντιστοίχως, ο αριστερός και ο δεξιός αντίστροφος του A Τότε C = I n C = (BA)C = B(AC) = BI n = B a 1 a 2 a m

13 Κεφάλαιο 3 Πίνακες και Γραμμικές Απεικονίσεις Αν A είναι πίνακας διαστάσεως m n, με L A συμβολίζομε τη γραμμική απεικόνιση R n R m, που στέλνει το X R n (βλέπομε το X ως στήλη) στο AX Αντιστρόφως, αν f : R n R m είναι γραμμική απεικόνιση και κατασκευάσομε τον πίνακα A με στήλες τα f (e 1 ),, f (e n ), όπου e 1,, e n είναι η στάνταρ βάση του R n, τότε f = L A Τετριμμένα, L A L B = L AB Δίδεται ο ορισμός του πυρήνα Ker( f ) μιας γραμμικής απεικόνισης f : R n R m Είναι πολύ απλό ν αποδείξει κανείς το εξής: Θεώρημα 31 Εστω f : R n R m γραμμική απεικόνιση 1 Ker( f ) είναι διανυσματικός υπόχωρος του R n Η f είναι 1-1 αν και μόνο αν Ker( f ) = {0} 2 Αν V είναι διανυσματικός υπόχωρος του R n, τότε f (V) είναι διανυσματικός υπόχωρος του R m 3 Αν W είναι διανυσματικός υπόχωρος του R m, τότε f 1 (W) είναι διανυσματικός υπόχωρος του R n Βάσει αυτού αποδεικνύεται εύκολα το εξής: Θεώρημα 32 Εστω πίνακας A διαστάσεως m n, r η τάξη του A και η αντίστοιχη γραμμική απεικόνιση L A : R n R m Τότε: 1 Η L A είναι 1-1 αν και μόνο αν r = n 2 Η L A είναι επί αν και μόνο αν r = m 3 Η L A είναι αμφιμονοσήμαντη αν και μόνο αν m = n = r Απόδειξη (1) Είναι προφανές ότι Ker(L A ) = N(A) Αρα, βάσει του Θεωρήματος 31, η L A είναι 1-1 αν και μόνο αν N(A) = {0} και αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν dimn(a) = 0, δηλαδή, αν και μόνο n r = 0 (2) L A (R n ) = R(A) (ο χώρος στηλών του A) και, φυσικά, R(A) R m Η L A είναι επί αν και μόνο αν R(A) = R m και αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν dimr(a) = m, δηλαδή, αν και μόνο αν r = m (3) Συνδυασμός των (1) και (2) Πόρισμα 33 Εστω πίνακας A διαστάσεως m n, r η τάξη του A και η αντίστοιχη γραμμική απεικόνιση L A : R n R m Τότε: 13

14 14 1 Η L A έχει αριστερά αντίστροφη απεικόνιση R m R n αν και μόνο αν r = n 2 Η L A έχει αριστερά αντίστροφη απεικόνιση R m R n αν και μόνο αν r = m 3 Η L A έχει αντίστροφη απεικόνιση R m R n (από αριστερά και από δεξιά) αν και μόνο αν m = n = r Απόδειξη Θα γίνει χρήση του Πορίσματος 210 (1) r = n ισοδυναμεί με το ότι ο A έχει αριστερό αντίστροφο, έστω B, διαστάσεως n m Αλλά τότε, L B L A = L BA = L In = ταυτοτική του R n (2) r = m ισοδυναμεί με το ότι ο A έχει δεξιό αντίστροφο, έστω B, διαστάσεως n m Αλλά τότε, L A L B = L AB = L Im = ταυτοτική του R m (3) r = m = n ισοδυναμεί με το ότι ο A είναι, βέβαια, τετραγωνικός και, επιπλέον, έχει αντίστροφο από δεξιά και από αριστερά Αυτοί οι δύο αντίστροφοι συμπίπτουν, βάσει του Πορίσματος 211 Εστω B αυτός ο αντίστροφος (διαστάσεως m m Τότε, από την AB = I m = BA έπεται ότι L B L A = ταυτοτική του R m = L A L B

15 Κεφάλαιο 4 Μήκη και ορθές γωνίες Σ αυτό το κεφάλαιο, τα διανύσματα τα βλέπομε ως στήλες Οι συντεταγμένες τους είναι πραγματικοί αριθμοί Μήκος διανύσματος - Ορθογώνια διανύσματα Ορισμός Το μήκος ενός διανύσματος v R n είναι, εξ ορισμού, ο μη αρνητικός αριθμός vt v Το μήκος του v συμβολίζεται με v Πιο συγκεκριμένα, αν v = v 1 v n, τότε v = v v2 n Βάσει των παραπάνω, παρατηρήστε ότι, για κάθε v, ισχύει v 0 (εδώ παίζει ρόλο ότι οι συντεταγμένες του v είναι πραγματικοί αριθμοί), ενώ v = 0 v = 0 Ορισμός Λέμε ότι το διάνυσμα v R n είναι ορθογώνιο, ή κάθετο στο διάνυσμα v R n και το συμβολίζομε v w, αν v T w = 0 Παρατηρήστε ότι, αν v T w = 0, τότε (το 0 στο δεξιό μέλος το βλέπομε σαν 1 1 πίνακα), (v T w) T = 0 T = 0 Το αριστερό μέλος ισούται με w T (v T ) T = w v, άρα w T v = 0, που σημαίνει, σύμφωνα με τον ορισμό, ότι w v Αρα, η σχέση καθετότητας είναι συμμετρική: v w w v Το μοναδικό διάνυσμα, που είναι ορθογώνιο στον εαυτό του, είναι το μηδενικό διάνυσμα: v v v T v = 0 v 2 = 0 v = 0 Θεώρημα 41 - Πυθαγόρειο Θεώρημα: x y x 2 + y 2 = x y 2 Παρατηρήστε ότι, αν θεωρήσομε τα διανύσματα x, y να έχουν κοινή αρχή, τότε σχιματίζεται ένα τρίγωνο με μήκη πλευρών x, y και x y Απόδειξη x y 2 = x 2 + y 2 (x y) T (x y) = x 2 + y 2 (x T y T ) (x y) = x 2 + y 2 x T x x T y y T x + y T y = x 2 + y 2 x 2 x T y y T x + y 2 = x 2 + y 2 x T y y T x = 0 2x T y = 0 x y 15

16 16 Εισαγωγή στη Γραμμική Αλγεβρα Στην προτελευταία ισοδυναμία χρησιμοποιήσαμε το ότι ένας αριθμός, θεωρούμενος σαν 1 1 πίνακας, είναι ίσος με τον ανάστροφό του, άρα x T y = (x T y) T = y T x και, συνεπώς, x T y y T x = 2x T y Πρόταση 42 Εάν τα διανύσματα v 1,, v n είναι μη μηδενικά και ορθογώνια μεταξύ τους, τότε είναι γραμμικώς ανεξάρτητα Απόδειξη Εστω ένας γραμμικός συνδυασμός c 1 v c n v n = 0 Παίρνουμε το εσωτερικό γινόμενο με το v 1 : 0 = v T 1 0 = vt 1 (c 1v c n v n ) = v T 1 c 1v 1 + v T 1 c 2v v T 1 c nv n = c 1 (v T 1 v 1) + c 2 (v T 1 v 2) + + c n (v T 1 v n) = c 1 v 1 2, διότι v T 1 v i = 0 για κάθε i 1, λόγω ορθογωνιότητος Αρα, c 1 v 1 2 = 0 και, επειδή, v 1 0, συμπεραίνομε ότι c 1 = 0 Είναι προφανές ότι δεν ισχύει το αντίστροφο: δυο γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα δεν είναι υποχρεωτικά ορθογώνια Ορθογώνιοι υπόχωροι Στον R 3, μία ευθεία είναι κάθετη σε ένα επίπεδο όταν σχηματίζει ορθή γωνία με κάθε ευθεία του επιπέδου που την τέμνει Ανάλογα, ορίζουμε την ορθογωνιότητα δύο υποχώρων Ορισμός Δύο υπόχωροι V και W του χώρου R n είναι ορθογώνιοι (συμβολικά, V W) όταν κάθε διάνυσμα του V είναι ορθογώνιο σε κάθε διάνυσμα του W Προσέξτε, όμως, ότι στο R 3, δύο κάθετα επίπεδα W 1 και W 2 (δηλαδή, τα κάθετα σε αυτά διανύσματα είναι κάθετα μεταξύ τους) δεν ικανοποιούν αυτή τη συνθήκη, δηλαδή, ως υπόχωροι του R n, οι W 1, W 2 δεν είναι ορθογώνιοι Πράγματι, ας θεωρήσουμε μία βάση από δύο ορθογώνια διανύσματα σε κάθε επίπεδο, u 1, v 1 στο W 1, u 2, v 2 στο W 2 Εάν τα W 1 και W 2 ήταν ορθογώνια, τότε θα είχαμε 4 διανύσματα u 1, v 1, u 2, v 2 ορθογώνια μεταξύ τους Από την Πρόταση 42 αυτά θα ήταν γραμμικώς ανεξάρτητα Αλλά στον R 3 δεν υπάρχουν 4 γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα Πρόταση 43 Αν V W τότε V W = {0} Απόδειξη Αν x V W, τότε x x, άρα x = 0, οπότε x = 0 Πρόταση 44 Αν V W, v 1,, v k V είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και w 1,, w l W είναι, επίσης, γραμμικώς ανεξάρτητα, τότε τα v 1,, v k, w 1,, w l είναι γραμμικώς ανεξάρτητα Απόδειξη Εστω x 1 v x k v k + y 1 w y l w l = 0, όπου x 1,, x k, y 1,, y l R Θα δείξομε ότι όλοι οι συντελεστές x i και όλοι οι συντελεστές y j είναι μηδενικοί Για τον σκοπό αυτό θέτομε v = x 1 v x k v k και w = y 1 w 1 + +y l w l, οπότε v+w = 0 Καθώς v V και w W, η τελευταία ισότητα συνεπάγεται ότι v V W, άρα, από την Πρόταση 43, v = 0 και w = 0 Συνεπώς, x 1 v x k v k = 0 και y 1 w y l w l = 0 Λόγω της γραμμικής ανεξαρτησίας των v 1,, v k έπεται ότι x 1 = = x k = 0 και, ανάλογα, w 1 = = w l = 0

17 Κεφάλαιο 4 Μήκη και ορθές γωνίες 17 Πόρισμα 45 Αν οι V, W είναι ορθογώνιοι υπόχωροι του R n και dim V + dim W = n, τότε η ένωση μιας οποιασδήποτε βάσης του V με οποιαδήποτε βάση του W δίνει μια βάση του R n Πόρισμα 46 Αν οι V, W είναι ορθογώνιοι υπόχωροι του R n και dim V + dim W = n, τότε κάθε x R n γράφεται με ένα και μοναδικό τρόπο ως x = v + w, όπου v V και w W Απόδειξη Θεωρούμε βάσεις v 1,, v k του V και w 1,, w l του W Από το πόρισμα 45 έπεται ότι υπάρχουν x 1,, x k, y 1,, y l R τέτοιοι ώστε x 1 v 1 + +x k v k +y 1 w 1 + +y l w l = x Θέτομε v = x 1 v x k v k και w = y 1 w y l w l, οπότε v + w = x με το v V και το w W Αν τώρα ισχύει και x = v + w, όπου v V και w W, τότε v + w = v + w, απ όπου v v = w w Αυτό σημαίνει ότι το τελευταίο διάνυσμα ανήκει στην τομή των V και W άρα, από την πρόταση 43, είναι το μηδενικό διάνυσμα Αρα v = v και w = w Ασκηση 41 Εστω ότι V, W είναι μη μηδενικοί υπόχωροι του R n, v 1,, v k μια οποιαδήποτε βάση του V και w 1,, w l μια οποιαδήποτε βάση του W Αποδείξτε ότι V W αν και μόνο αν v i w j για κάθε i = 1,, k και j = 1,, l Ασκηση 42 Εστω ότι V, W είναι μη μηδενικοί υπόχωροι του R n, και V = v 1,, v k Αποδείξτε ότι V W αν και μόνο αν w v i για κάθε i = 1,, k Ορισμός Εστω V υπόχωρος του R n Το σύνολο λέγεται ορθογώνιο συμπλήρωμα του V V := {w R n : w v v V} Ασκηση 43 Αποδείξτε ότι το ορθογώνιο συμπλήρωμα ενός υποχώρου V του R n είναι υπόχωρος του R n Θεώρημα 47 Το ορθογώνιο συμπλήρωμα ενός υποχώρου V του R n είναι υπόχωρος του R n διαστάσεως n dim V Ακόμη, (V ) = V Απόδειξη Αν V = {0} τότε, προφανώς, V = R n και ο ισχυρισμός αποδείχθηκε Εστω τώρα dim V = m 1, v 1,, v m μια βάση του V και A ο πίνακας με γραμμές v T 1,, vt m Ο A είναι πίνακας m n τάξεως m, αφού οι m γραμμές του είναι γραμμικώς ανεξάρτητες Σύμφωνα με την άσκηση 41, ένα w R n ανήκει στο V αν και μόνο αν w v i για κάθε i = 1,, m Αυτή η συνθήκη, όμως, ισοδυναμεί με την Aw = 0 Αρα w V w N(A), δηλαδή, V = N(A) Αρα dim V = dim N(A) = n τάξη(a) = n m Θα αποδείξομε τώρα ότι (V ) = V Πράγματι, εξ ορισμού του V, κάθε v V είναι ορθογώνιο πρός κάθε w V, άρα V (V ) Επιπλέον, οι διαστάσεις των δύο υποχώρων είναι ίσες, αφού dim(v ) = n dim V = n (n m) = m Συνεπώς, οι δύο υπόχωροι ταυτίζονται Βάσει του θεωρήματος αυτού και του πορίσματος 46, αν V είναι μη μηδενικός υπόχωρος του R n, τότε κάθε x R n αναλύεται με ένα και μοναδικό τρόπο σε άθροισμα x = v + w, όπου v V και w V Το v λέγεται προβολή του x στον υπόχωρο V

18 18 Εισαγωγή στη Γραμμική Αλγεβρα Θεώρημα 48 Σε κάθε πίνακα A ισχύουν τα εξής: (α ) R(A T ) = N(A) και N(A) = R(A T ), δηλαδή, για τον χώρο γραμμών και τον μηδενόχωρο ισχύει ότι ο ένας είναι ορθογώνιο συμπλήρωμα του άλλου (β ) R(A) = N(A T ) και N(A T ) = R(A), δηλαδή, για τον χώρο στηλών και τον αριστερό μηδενόχωρο ισχύει ότι ο ένας είναι ορθογώνιο συμπλήρωμα του άλλου Απόδειξη (α ) Πρώτα αποδεικνύομε ότι N(A) = R(A T ) Ο R(A T ), εξ ορισμού, παράγεται από τις γραμμές του A, άρα, από την άσκηση 42, ένα διάνυσμα (στήλη) του R n ανήκει στον R(A T ) αν, και μόνο αν, το x είναι ορθογώνιο προς κάθε γραμμή του A Προφανώς, αυτό ισοδυναμεί με τη σχέση Ax = 0, δηλαδή, με τη σχέση x N(A) Αρα, N(A) = R(A T ) Ο δεύτερος ισχυρισμός του (α ) είναι άμεση συνέπεια του δευτέρου ισχυρισμού του θεωρήματος 47 (β ) Προκύπτει αμέσως από το (α ) αν βάλομε στη θέση του A τον A T Εστω A ένας m n πίνακας Σύμφωνα με το θεώρημα 48, ο χώρος γραμμών R(A T ) και ο μηδενόχωρος N(A) είναι υπόχωροι του R n, που ο ένας είναι ορθογώνιο συμπλήρωμα του άλλου Αρα, από την παρατήρηση μετά το θεώρημα 47, κάθε x R n γράφεται με ένα και μοναδικό τρόπο ως άθροισμα x = x γ + x µ, όπου το x γ ανήκει στον χώρο γραμμών του πίνακα A και το x µ στον μηδενόχωρο του A Επίσης, ο χώρος στηλών R(A) και ο αριστερός μηδενόχωρος N(A T ) είναι υπόχωροι του R m, που ο ένας είναι ορθογώνιο συμπλήρωμα του άλλου Το επόμενο θεώρημα μας περιγράφει τη δράση της απεικόνισης L A : R n R m Θεώρημα 49 - Θεμελιώδες Θεώρημα της Γραμμικής Αλγεβρας Εστω A ένας m n πίνακας και L A : R n R m η αντίστοιχη γραμμική απεικόνιση (α ) Αν περιορίσομε την L A στον χώρο γραμμών, τότε παίρνομε αμφιμονοσήμαντη απεικόνιση επί του χώρου στηλών Δηλαδή, η γραμμική απεικόνιση L A : R(A T ) R(A) είναι αμφιμονοσήμαντη (1-1 και επί) (β ) Αν περιορίσομε την L A στον μηδενόχωρο, τότε παίρνομε τη μηδενική απεικόνιση, δηλαδή, έχομε την τετριμμένη γραμμική απεικόνιση L A : N(A) {0} R m (γ ) Κάθε x R n αναλύεται με μοναδικό τρόπο ως άθροισμα x = x γ + x µ, όπου το x γ R(A T ) και x µ N(A) Τότε, L A (x) = L A (x γ ) + L A (x µ ) = L A (x γ ) + 0 = L A (x γ ) (δ ) Ολα τα μη μηδενικά διανύσματα του αριστερού μηδενόχωρου του A είναι απρόσιτα από την L A, δηλαδή, αν κάποιο μη μηδενικό y R m ανήκει στον αριστερό μηδενόχωρο του A, τότε δεν υπάρχει x R n που ν απεικονίζεται μέσω της L A στο y Απόδειξη (γ ) Εχει ήδη αποδειχθεί αμέσως πριν απ την εκφώνηση του θεωρήματος (α ) Για κάθε x = (x 1,, x n ) ισχύει L A (x) = A x 1 x n = x 1 (1-στήλη A) + + x n (n-στήλη A) R(A), άρα, και κάθε x R(A T ) απεικονίζεται μέσω της L A στον χώρο στηλών R(A) Αντιστρόφως, έστω y R(A) Αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν αριθμοί λ 1,, λ n, τέτοιοι ώστε y = λ 1 (1-στήλη A) + + λ n (n-στήλη A) = A λ 1 λ n = L A(λ 1,, λ n )

19 Κεφάλαιο 4 Μήκη και ορθές γωνίες 19 Βρήκαμε, λοιπόν, το x = (λ 1,, λ n ) R n με την ιδιότητα L A (x) = y Αναλύομε το x = x γ + x µ, όπως μας λέει το (γ ) Ετσι x γ R(A T ) και L A (x γ ) = y Αυτό αποδεικνύει ότι η L A : R(A T ) R(A) είναι επί Επίσης, η L A περιορισμένη στον R(A T ) είναι 1-1 Πράγματι, έστω u, v R(A T ) και L A (u) = L A (v) Τότε L A (u v) = 0, άρα u v N(A) Συνεπώς, το u v ανήκει στην τομή των υποχώρων R(A T ) και N(A), οι οποίοι είναι ορθογώνιοι μεταξύ τους, σύμφωνα με το Θεώρημα 48(α ), άρα, απ την Πρόταση 43 συμπεραίνομε ότι u v = 0 Δηλαδή αποδείξαμε ότι, αν για τα u, v R(A T ) ισχύει L A (u) = L A (v), τότε u = v Αυτό σημαίνει ότι η L A, περιορισμένη στον υπόχωρο R(A T ) είναι 1-1 (β ) Το x R n ανήκει στον μηδενόχωρο N(A) εξ ορισμού αν Ax = 0, δηλαδή, αν και μόνο αν L A (x) = 0 (δ ) Εστω ότι κάποιο y N(A T ) είναι εικόνα μέσω της L A κάποιου x R n Αναλύομε το x = x γ + x µ, όπως μας λέει το (γ ), οπότε L A (x) = L A (x γ ), όπου x γ R(A T ) και, λόγω του (α ), L A (x γ ) R(A) Αρα y R(A) N(A T ) Η τελευταία τομή, όμως, είναι το μηδενικό διάνυσμα, λόγω του Θεωρήματος 48(β ) και της πρότασης 43

20 Κεφάλαιο 5 Ορίζουσες 51 Στρατηγική παρουσίασης Εστω φυσικός αριθμός n Εστω το σύνολο των n n πινάκων με στοιχεία μιγαδικούς αριθμούς Για τον τυπικό πίνακα A M n χρησιμοποιούμε τους εξής συμβολισμούς: Για κάθε i, j, 1 i, j n, συμβολίζομε a i j = (A) i j, δηλαδή, το στοιχείο του A που βρίσκεται στη γραμμή i και τη στήλη j του A, και με A i j συμβολίζομε τον (n 1) (n 1) πίνακα, ο οποίος προκύπτει από τον A όταν του διαγράψομε την i-γραμμή και τη j-στήλη Συμβολίζομε με,, τις γραμμές του A και με σ 1,, σ n τις στήλες του Ετσι, ο A περιγράφεται και με τους εξής τρόπους: A = A = [ σ 1 σ 2 σ n ] Ορίζομε μια απεικόνιση-φάντασμα det : M n C μέσω της απαίτησης να ικανοποιεί αυτή τις εξής ιδιότητες: 1) det I n = 1 2) Αν B είναι ένας πίνακας, που προκύπτει από την εναλλαγή δύο γραμμών του A, τότε det B = det A 3) Εστω γ 1 ένα οποιοδήποτε διάνυσμα-γραμμή του Cn Τότε det + γ 1 = det + det γ 1 3 ) Εστω λ ένας οποιοδήποτε μιγαδικός αριθμός Τότε det λ = λ det 20

21 Κεφάλαιο 5 Ορίζουσες 21 Βάσει των (1), (2), (3) και (3 ) αποδεικνύονται εύκολα οι εξής ιδιότητες, με την εξής λογική σειρά: 4) Η ιδιότητα (3) επεκτείνεται για κάθε i = 1,, n Απόδειξη: Προφανής συνδυασμός των ιδιοτήτων (2) και (3) 4 ) Η ιδιότητα (3 ) επεκτείνεται για κάθε i = 1,, n Απόδειξη: Προφανής συνδυασμός των ιδιοτήτων (2) και (3 ) 5) Αν δύο γραμμές του A είναι ίσες, τότε det A = 0 Απόδειξη Αμεση συνέπεια της (2) 6) Αν σε μια γραμμή προσθέσω πολλαπλάσιο μιας άλλης γραμμής, η τιμή της ορίζουσας δεν αλλάζει Απόδειξη Προφανής συνδυασμός των (4), (4 ) και (5) 7) Αν μια γραμμή του A είναι μηδενική, τότε det A = 0 Απόδειξη Αν η i-γραμμή είναι μηδενική, τότε μπορώ να τη γράψω, πχ, 0 [1 1, 1] και να εφαρμόσω μετά την (3 ) 8) Αν U είναι κλιμακωτός, που προκύπτει απ τον A, τότε det U = ± det A Το πρόσημο στα δεξιά είναι + ή, ανάλογα με το αν, κατά τη διαδικασία μετάβασης από τον A στον U, έγινε άρτιο ή περιττό πλήθος εναλλαγών γραμμών, αντιστοίχως Απόδειξη Επαναληπτικός συνδυασμός των (2) ή/και (4), (4 ) 9) Η ορίζουσα διαγώνιου πίνακα ισούται με το γινόμενο των διαγώνιων στοιχείων Απόδειξη Επανειλημμένη εφαρμογή της (3 ) και, τέλος, εφαρμογή της (1) 10) Αν ο A είναι άνω ή κάτω τριγωνικός, τότε η det A ισούται με το γινόμενο των στοιχείων της διαγωνίου Απόδειξη Εστω ότι ο A είναι κάτω τριγωνικός Αν κάποιο διαγώνιο στοιχείο είναι 0, τότε ο A έχει μια γραμμή μηδενική, άρα det A = 0 = γινόμενο των στοιχείων της διαγωνίου Αν όλα τα διαγώνια στοιχεία είναι 0, τότε, με επανειλημμένη χρήση της (6), μπορώ να μηδενίζω όλα τα στοιχεία κάτω από κάθε διαγώνιο στοιχείο και ο προκύπτων πίνακας, σε κάθε βήμα, να έχει ορίζουσα ίση με αυτήν του αρχικού πίνακα A Αλλά με αυτό τον τρόπο θα καταλήξω τελικά σε διαγώνιο πίνακα, με τα διαγώνια στοιχεία να είναι τα διαγώνια στοιχεία του A, οπότε θα εφαρμόσω την (9) Ανάλογα αν ο A είναι άνω τριγωνικός πίνακας 11) Αν U είναι κλιμακωτός πίνακας, που προκύπτει απ τον det A, τότε η det A ισούται με το γινόμενο των οδηγών του U Απόδειξη Ο U είναι άνω τριγωνικός, άρα εφαρμόζεται η (10) 12) Ο A είναι μη ιδιόμορφος αν, και μόνο αν, det A 0 Πόρισμα: Ο A είναι αντιστρέψιμος αν, και μόνο αν, det A 0 Απόδειξη Εστω U κλιμακωτός του A Ο A είναι μη ιδιόμορφος αν, και μόνο αν, όλοι οι οδηγοί του U είναι μη μηδενικοί, δηλαδή (λόγω του (11» αν, και μόνο αν, det A 0 Το πόρισμα προκύπτει από παλαιότερη πρόταση, σύμφωνα με την οποία, ο A είναι αντιστρέψιμος αν, και μόνο αν, είναι μη ιδιόμορφος Θεώρημα 51 Εστω συνάρτηση δ : M n C, η οποία ικανοποιεί τις εξής ιδιότητες: i) δ(i n ) = 1 ii) Αν B είναι ένας πίνακας, που προκύπτει από την εναλλαγή δύο γραμμών του A, τότε δ(b) = δ(a) iii) Εστω γ 1 ένα οποιοδήποτε διάνυσμα-γραμμή του Cn Τότε δ + γ 1 = δ + δ γ 1

22 22 Εισαγωγή στη Γραμμική Αλγεβρα iii ) Εστω λ ένας οποιοδήποτε μιγαδικός αριθμός Τότε δ λ = λδ Τότε, δ(a) = det A για κάθε A M n Το Θεώρημα 51 δεν θ αποδειχθεί στο μάθημα Επί τη βάσει αυτού, όμως, πιθανόν να μπορεί να τους αποδείξει κανείς το θεμελιώδες Θεώρημα 52 det(ab) = det(a) det(b) και det(a T ) = det(a) Απόδειξη Εστω B M n αυθαίρετος, αλλά σταθερός μέχρι το τέλος της απόδειξης Αν det B = 0, τότε ο B είναι ιδιόμορφος και, συνεπώς, η τάξη του B, έστω r < n Απ την Πρόταση 28 (β ) είναι dim R(AB) dim R(B) = r < n, άρα, η τάξη του AB είναι < n, οπότε ο AB είναι ιδιόμορφος Ετσι, από την ιδιότητα (12) των οριζουσών, det(ab) = 0 = det(a) det(b) Ας υποθέσομε τώρα ότι ο B είναι μη ιδιόμορφος και ας ορίσομε τη συνάρτηση δ(a) = det(ab) det(b) για κάθε A M n Αν αποδείξομε ότι η δ ικανοποιεί τις ιδιότητες (i), (ii), (iii) και (iii ) του Θεωρήματος 51, τότε, βάσει εκείνου του θεωρήματος, δ(a) = det(a), άρα det(ab) = det(a) det(b) Η (i) είναι προφανής Οσον αφορά στις υπόλοιπες ιδιότητες, ας συμβολίσομε κατ αρχάς με,, τις γραμμές του A Η i-γραμμή του AB ισούται με γ i B, άρα, αν εναλλάξομε δύο γραμμές του A, τότε εναλλάσσονται και οι αντίστοιχες γραμμές του AB και, συνεπώς, εναλλαγή δύο γραμμών στον A προκαλεί αλλαγή προσήμου στην τιμή δ(a) Αρα ισχύει και η ιδιότητα (ii)

23 Κεφάλαιο 5 Ορίζουσες 23 Για την ιδιότητα (iii): Εστω γ 1 μια γραμμή Cn + γ 1 (det B) δ = det B det(ab) ( + γ 1 )B B = (det B) det B B + γ 1 B B = (det B) det B B B = (det B) det + (det B) det B γ 1 = (det B) δ + (det B) δ γ 1 B B B Εξισώνοντας την πρώτη από τις παραπάνω σχέσεις με την τελευταία και διαιρώντας δια det B συμπεραίνομε ότι ισχύει η ιδιότητα (iii) Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύεται και η (iii ) Τώρα αποδεικνύομε τη σχέση det A T = det A Θεωρούμε την ανάλυση PA = LU, με τους P, L, U να έχουν τη στάνταρ σημασία Απ την πολλαπλασιαστικότητα της det, det P det A = det L det U = 1 (γινόμενο διαγωνίων στοιχείων του U), (51) διότι ο L είναι κάτω τριγωνικός με όλα τα διαγώνια στοιχεία του 1 και ο U είναι άνω τριγωνικός (εφαρμογή της ιδιότητας (10) ) Παίρνοντας αναστρόφους στην PA = LU έχομε A T P T = U T L T, άρα det A T det P T = det U T det L T = (γινόμενο διαγωνίων στοιχείων του U T ) 1 (52) Αλλά οι U και U T έχουν τα ίδια διαγώνια στοιχεία, άρα τα δεύτερα μέλη των (52) και (51) είναι ίσα, οπότε det A T det P T = det P det A Καθώς ο P προκύπτει απ τον I n με εναλλαγές γραμμών, η ορίζουσά του είναι ±1 Αφ ετέρου P T P = I n 1, άρα det P T det P = 1 Ομως det P = ±1, άρα det P T = det P και, τελικά, det A T = det A Περιληπτική παρουσίαση των βασικών ιδιοτήτων τους Εστω A πίνακας n n Για κάθε i, j, 1 i, j n, συμβολίζομε a i j = (A) i j, δηλαδή, το στοιχείο του A που βρίσκεται στη γραμμή i και τη στήλη j του A, και με A i j συμβολίζομε τον 1 Εδώ απαιτείται η παρατήρηση ότι για ένα στοιχειώδη πίνακα P i j είναι P T i j = P i j

24 24 Εισαγωγή στη Γραμμική Αλγεβρα (n 1) (n 1) πίνακα, ο οποίος προκύπτει από τον A όταν του διαγράψομε την i-γραμμή και τη j-στήλη Συμβολίζομε με,, τις γραμμές του A και με σ 1,, σ n τις στήλες του Ετσι, ο A περιγράφεται και με τους εξής τρόπους: A = A = [ σ 1 σ 2 σ n ] Η ορίζουσα det A είναι ένας μιγαδικός αριθμός, ο οποίος, αναδρομικά, ορίζεται ως εξής: Αν n = 2, τότε det A = a 11 a 22 a 12 a 21 Αν n 3, τότε det A = a 11 det A 11 a 12 det A ( 1) n+1 det A 1n Η ορίζουσα χαρακτηρίζεται από τις παρακάτω ιδιότητες 1) det I n = 1 2) Αν B είναι ένας πίνακας, που προκύπτει από την εναλλαγή δύο γραμμών του A, τότε det B = det A Αντίστοιχη ιδιότητα ισχύει και για τις στήλες 3) Αν δύο γραμμές του A είναι ίσες, τότε det A = 0 Αντίστοιχη ιδιότητα ισχύει και για τις στήλες 4) Εστω i {1,, n} και γ i ένα οποιοδήποτε διάνυσμα-γραμμή του Rn Τότε det γ i + γ i = det γ i + det γ i Αντίστοιχη ιδιότητα ισχύει και για τις στήλες Αν i {1,, n} και σ i ένα οποιοδήποτε διάνυσμα-στήλη του R n, τότε det [ σ 1 σ 2 σ i + σ i σ n ] = det [ σ1 σ 2 σ i σ n ] + det [ σ 1 σ 2 σ i σ n ] 5) Εστω i {1,, n} και λ ένας οποιοδήποτε μιγαδικός αριθμός Τότε det λγ i Αντίστοιχη ιδιότητα ισχύει και για τις στήλες = λ det det [ σ 1 σ 2 λσ i σ n ] = λ det [ σ1 σ 2 σ i σ n ] γ i

25 Κεφάλαιο 5 Ορίζουσες 25 6) Αν στην i-γραμμή προστεθεί πολλαπλασιο μιας διαφορετικής j-γραμμής, η τιμή της ορίζουσας δεν αλλάζει det γ i + λγ j γ j = det Αντίστοιχη ιδιότητα ισχύει και για τις στήλες Αν στην i-στήλη προστεθεί πολλαπλασιο μιας διαφορετικής j-στήλης, η τιμή της ορίζουσας δεν αλλάζει det [ σ 1 σ i + λσ j σ j σ n ] = det [ σ1 σ i σ j σ n ] 7) Αν ο A είναι τριγωνικός (άνω είτε κάτω), τότε η det A ισούται με το γινόμενο των στοιχείων της διαγωνίου του A 8) Αν U είναι ο κλιμακωτός, που προκύπτει από τον A με απαλοιφή Gauss, τότε det A = ( 1) k det U, όπου k είναι το πλήθος των εναλλαγών γραμμών, που έγιναν κατά την απαλοιφή 9) Ο A είναι ιδιόμορφος αν και μόνο αν det A = 0 10) det(ab) = det A det B 11) det(a T ) = det A 12) Για κάθε i = 1,, n ισχύει η σχέση (ανάπτυγμα της ορίζουσας κατά την i-γραμμή) γ i γ j det A = n ( 1) i+ j a i j det A i j = j=1 n a i j C i j, j=1 όπου C i j = ( 1) i+ j det A i j είναι ο συμπαράγων ή αλγεβρικό συμπλήρωμα του a i j Ανάλογα έχομε το ανάπτυγμα της ορίζουσας κατά την j-στήλη: det A = n ( 1) i+ j a i j det A i j = i=1 n a i j C i j, i=1 Ο Προσαρτημένος ή συζυγής του A συμβολίζεται adj A και κατασκευάζεται ως εξής: Πρώτα σχηματίζομε τον n n πίνακα, του οποίου το (i, j)-στοιχείο είναι C i j και μετά παίρνομε τον ανάστροφό του, άρα (adj A) i j = C ji