7 Μάθημα Πορεία μελέτης Ακόμη μία Άσκηση Μάθημα Πορεία μελέτης....

Transcript

1 Περιεχόμενα I Εναρξη μαθήματος 5 II Αρχικά μαθήματα 7 1 Μάθημα Εισαγωγή Πορεία μελέτης Γραμμικά συστήματα Μάθημα Εσωτερικά γινόμενα Αρχίζοντας τη μελέτη της Γραμμικής άλγεβρας Μελέτη εισαγωγικών εννοιών Και άλλες σκέψεις Μάθημα Μελέτη εισαγωγικών εννοιών Πορεία μελέτης Ασκήσεις Σχόλια για τις προτεινόμενες ασκήσεις Μάθημα Πίνακες και γραμμικά συστήματα Πορεία μελέτης Στοιχειώδεις μετασχηματισμοί γραμμών πινάκων Πορεία μελέτης Και άλλες Ασκήσεις Μάθημα Πορεία μελέτης Πορεία μελέτης Σχόλια Άσκηση Μάθημα Πορεία μελέτης Μία άσκηση και η λύση της Ασκήσεις για σκέψη

2 7 Μάθημα Πορεία μελέτης Ακόμη μία Άσκηση Μάθημα Πορεία μελέτης Άσκηση Μάθημα Πορεία μελέτης Ασκήσεις για λύση Μάθημα Πορεία μελέτης Ασκήσεις Μάθημα Πορεία μελέτης Μάθημα Πυρήνας και Εικόνα μίας γραμμικής απεικόνισης Ασκήσεις Μάθημα Πίνακας μίας γραμμικής απεικόνισης Ασκήσεις Μάθημα Ισομορφισμοί Διανυσματικών χώρων Μάθημα Πως ο πίνακας μιας γραμμικής απεικόνισης λαμβάνει απλή μορφή Και άλλες Ασκήσεις Μάθημα Πορεία μελέτης Μάθημα Πορεία μελέτης Άσκήσεις Μάθημα Πορεία μελέτης Πορεία μελέτης Άσκηση

3 19 Μάθημα Γραμμικά συστήματα Μάθημα Πορεία μελέτης Άσκηση Μάθημα Ασκήσεις για ένα διαγώνισμα. Αφορμή για αυτοαξιολόγηση Μάθημα Γραμμικά συστήματα-συνέχεια Πορεία μελέτης Μάθημα Ορίζουσες Άσκηση Μάθημα Ορίζουσες Άσκηση Μάθημα Πορεία μελέτης Άσκηση Μάθημα Ορίζουσα γινομένου δύο τετραγωνικών πινάκων Άσκηση Μάθημα Και άλλα για ορίζουσες Άσκηση Μάθημα Λίγα ακόμη για ορίζουσες Ο Ωραίος ισομορφισμός Άσκηση Μάθημα Τετραγωνικά Γραμμικά συστήματα με αντιστρέψιμο πίνακα Άσκηση

4 30 Μάθημα Γιατί ο πίνακας Β είναι αντιστρέψιμος και έχει ορίζουσα διαφορετική του μηδενός; Μάθημα Πορεία μελέτης Άσκηση Μάθημα Η θεμελιώδης αντιστοιχία Άσκηση Μάθημα Άσκηση Μάθημα Άσκηση Μη-ομογενή γραμμικά συτήματα Άσκηση Μάθημα Σύμπλοκα υπόχωρων Ο χώρος -πηλίκο Άσκηση Μάθημα Ο χώρος -πηλίκο. Μέρος ΙΙ Άσκηση ΤΕΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΩΝ

5 Μέρος I Εναρξη μαθήματος Γραμμική άλγεβρα Ι Ευάγγελος Ράπτης 1 Τα παρακάτω κείμενα, γράφονται και ενημερώνονται καθημερινά για τις ανάγκες του μαθήματος Γραμμική άλγεβρα Ι. Καλούνται οι φοιτητές να επισημαίνουν λάθη και παραλείψεις. Τα μαθήματα θα αρχίσουν την Δευτέρα 1 Οκτωβρίου Παρακάτω θα βρείτε συγγράμματα και συνδέσμους σε ηλεκτρονική μορφή, όλα χρήσιμα για τη μελέτη σας: 1. Πρόκειται για το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική Άλγεβρα, Τόμος Α, Δ. Βάρσος, Δ. Δεριζιώτης, Μ. Μαλιάκας, Στ. Παπασταυρίδης, Ε. Ράπτης, Ο, Ταλέλλη, Εκδ. Σοφία 2003 Δείτε εδώ 2. Ενα ακόμη αρκετά καλό βιβλίο Γραμμικής άλγεβρας εδώ 3. Δείτε επίσης και εδώ ένα μάθημα για το «Τί είναι η Γραμμική άλγεβρα» 4. Δείτε στη διεύθυνση εδώ ένα δυνατό υπολογιστικό πακέτο, το οποίο βρίσκεται ελεύθερο στο δίκτυο και θα μας χρειασθεί σύντομα. 5. Δείτε επίσης εδώ για προετοιμασία το πρώτο μάθημα Γραμμικής άλγεβρας στο Τμήμα Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών το χειμερινό εξάμηνο Επίσης δείτε εδώ και εδώ 1 Ηλεκτρονική διεύθυνση: eraptis@math.uoa.gr Γραφείο: 211, τηλ Ηλεκτρονική διεύθυνση Ηλεκτρονικής τάξης του μαθήματος: 5

6 Οι παράπλευρες σελίδες συζήτησης Μπορείτε να διατυπώνετε τις απορίες σας και τις σκέψεις σας: 1. Στον σύνδεσμο Τηλεσυνεργασία, είναι ο σύνδεσμος αριστερά στη σελίδα του μαθήματος. Στη σελίδα αυτή έχετε τη δυνατότητα να γράφετε και λίγα μαθηματικά σύμβολα 2. Στον σύνδεσμο Περιοχές Συζητήσεων, αριστερά στη σελίδα του μαθήματος. Τηλεδιασκέψεις Κατά τη διάρκεια του μαθήματος θα γίνουν πολλές Τηλεδιασκέψεις. Κάθε Τηλεδιάσκεψη θα ανακοινώνεται έγκαιρα 6

7 Μέρος II Αρχικά μαθήματα 1 Μάθημα 1 Δευτέρα 1 Οκτωβρίου Εισαγωγή Η Γραμμική άλγεβρα 2 είναι μέρος της προσπάθειας να κατανοήσουμε το χώρο και τον κόσμο γύρω μας. Θα δούμε στην αρχή σημαντικές έννοιες όπως τα σύνολα και οι απεικονίσεις. 1.2 Πορεία μελέτης 1. Δείτε από το βιβλίο Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα τον ορισμό του συνόλου 2. Δείτε και εδώ μία άλλη ματιά για τα σύνολα 3. Δείτε και εδώ την ελληνική εκδοχή των παραπάνω 4. Ορισμός 1.1. Δύο σύνολα Α και Β λέγονται ίσα (θα συμβολίζουμε Α=Β) εάν και μόνο εάν έχουν τα ίδια ακριβώς στοιχεία 5. Δείτε προσεκτικά τον ορισμό του κενού συνόλου: Ορισμός 1.2. Το σύνολο που δεν έχει στοιχεία το λέμε κενό σύνολο και το συμβολίζουμε με το σύμβολο 6. Δείτε από το βιβλίο Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα τον ορισμό της τομής δύο συνόλων, της ένωσης δύο συνόλων και της διαφοράς δύο συνόλων 2 Το βιβλίο αυτό γράφεται κατά τη διάρκεια του Φθινοπώρου 2012 για τις ανάγκες της διδασκαλίας του μαθήματος Γραμμική άλγεβρα Ι(121) Ευάγγελος Ράπτης Πανεπιστήμιο Αθηνών Τμήμα Μαθηματικών 7

8 1.3 Γραμμικά συστήματα Σε επόμενα μαθήματα θα μελετήσουμε συστηματικά τα γραμμικά συστήματα, διότι είναι σημαντικό μέρος της Γραμμικής άλγεβρας. Στο σημερινό μάθημα απλά θέτουμε τα ερωτήματα. Αρχίζουμε με ένα παράδειγμα γραμμικού συστήματος τριών εξισώσεων με τρείς αγνώστους: Ερωτήματα (Σ) x + 2y + 3z = 0 4x + 5y + 6z = 0 7x + 8y + 9z = 0 1. Τι είναι το σύνολο λύσεων του συστήματος (Σ); 2. Ποια είναι τα γεωμετρικά χαρακτηριστικά του (Σ); 3. Υπάρχουν άλλα συστήματα με το ίδιο σύνολο λύσεων; 4. Εχει το σύστημα (Σ) πεπερασμένο ή άπειρο σύνολο λύσεων; 5. Ποιο είναι το «απλούστερο» κατά την γνώμη σας γραμμικό σύστημα με το ίδιο σύνολο λύσεων όπως το (Σ); Τέλος του πρώτου μαθήματος 8

9 2 Μάθημα 2 Τετάρτη 3 Οκτωβρίου Εσωτερικά γινόμενα 1. Το σύνολο ζευγών πραγματικών αριθμών το συμβολίζουμε με R 2. Στο σύνολο αυτό ορίζουμε το εσωτερικό γινόμενο ως εξής: (α 1, α 2 ) (β 1, β 2 ) = α 1 β 1 + α 2 β 2 2. Το σύνολο τριάδων πραγματικών αριθμών το συμβολίζουμε με R 3. Στο σύνολο αυτό ορίζουμε το εσωτερικό γινόμενο ως εξής: (α 1, α 2, α 3 ) (β 1, β 2, β 3 ) = α 1 β 1 + α 2 β 2 + α 3 β 3 Τα εσωτερικά γινόμενα έχουν έναν σημαντικό ρόλο στη μελέτη της Γραμμικής άλγεβρας. Θα δούμε αρκετά στα επόμενα μαθήματα 2.2 Αρχίζοντας τη μελέτη της Γραμμικής άλγεβρας 1. Δείτε ξανά μία εισαγωγή στην Γραμμική άλγεβρα του καθηγητή W.Strang, MIT εδώ 2. Διαβάστε την Εισαγωγή από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» 3 3. Ρίξτε επίσης μια ματιά και στη διεύθυνση Εγκυκλοπαίδεια wikipedia Στη διεύθυνση αυτή θα βρείτε και άλλα ιστορικά στοιχεία, όπως και υλικό για τη Γραμμική άλγεβρα 4. Αρχίζουμε να μελετάμε τους πίνακες. Οι πίνακες είναι πρωταρχικής σημασίας στο μάθημα αυτό. Συνοπτικά μιλώντας (ο ακριβής ορισμός θα δοθεί στη συνέχεια) πίνακας είναι μία ορθογώνια διευθέτηση αντικειμένων. Για παράδειγμα το σύμβολο είναι ένας πίνακας 4 γραμμών και 3 στηλών ή ένας 4 3 πίνακας. Ο όρος στα αγγλικά είναι matrix. 3 Το βιβλίο αυτό θα το βρείτε ηλεκτρονικά από την αρχική σελίδα του μαθήματος 9

10 5. Θα μπορούσαμε να πούμε ότι κύριος στόχος του μαθήματος είναι να μελετήσει τη δομή του συνόλου λύσεων Λ του γραμμικού συστήματος: (Σ) όπου τα α ij, β i είναι συντελεστές 4 α 11 x 1 + α 12 x α 1ν x ν = β 1 α 21 x 1 + α 22 x α 2ν x ν = β 2 α µ1 x 1 + α µ2 x α µν x ν = β µ 6. Δείτε επίσης το βίντεο εδώ και μελετήστε ένα δικό σας ομογενές σύστημα. 7. Ορισμός 2.1. Σύνολο λύσεων του συστήματος (Σ) είναι το σύνολο Λ = {(ξ 1, ξ 2,, ξ ν } που έχει την ιδιότητα αν θέσουμε x 1 = ξ 1, x 2 = ξ 2,, x ν = ξ ν, τότε όλες οι εξισώσεις του συστήματος επαληθεύονται. Σε κάθε γραμμικό σύστημα (Σ) όπως πιο πάνω αντιστοιχούν δύο πίνακες E = α 11 α 12 α 1ν β 1 α 21 α 22 α 2ν β 2 α µ1 α µ2 α µν β µ και ο πίνακας A = α 11 α 12 α 1ν α 21 α 22 α 2ν α µ1 α µ2 α µν Ορισμός 2.2. Ο πίνακας Α ονομάζεται πίνακας του συστήματος. Ο πίνακας Ε ονομάζεται επαυξημένος πίνακας του συστήματος Εύκολα παρατηρούμε ότι το ζεύγος των πινάκων Α και Ε κωδικοποιούν πλήρως όλες τις πληροφορίες του συστήματος. 4 Χωρίς λάθος μπορούμε να θεωρούμε ότι οι συντελεστές είναι πραγματικοί αριθμοί. Σε επόμενα μαθήματα θα αποσαφηνίσουμε περισσότερο το ρόλο των συντελεστών 10

11 2.3 Μελέτη εισαγωγικών εννοιών 1. Δείτε από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» τον ορισμό του καρτεσιανού γινομένου συνόλων 2. Δείτε από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» τον ορισμό της σχέσης ισοδυναμίας Ορισμός 2.3. Εστω Α ένα μη-κενό σύνολο. Διαμέριση του συνόλου Α είναι μία οικογένεια υποσυνόλων του A i, i I με τις παρακάτω ιδιότητες 1. A i i I 2. A i A j = εάν i j 3. i I A i = A Θα πρέπει κανείς να σταθεί πολύ στον ορισμό αυτό ξεκινώντας τη μελέτη στην Άλγεβρα. Στο σημείο αυτό δείτε το βίντεο εδώ Κάθε διαμέριση δημιουργεί μία σχέση μεταξύ των στοιχείων του Α ως εξής: Το στοιχείο χ του Α σχετίζεται με το στοιχείο ψ του Α εάν το χ και το ψ βρίσκονται σε κάποιο A i και τα δύο Θα συμβολίζουμε χ ψ Η παραπάνω σχέση έχει τις παρακάτω ιδιότητες: 1. χ χ για κάθε στοιχείο χ του Α. Αυτό είναι άμεσο. Η ιδιότητα αυτή λέγεται αυτοπαθής 2. Αν x y τότε x, y A i για κάποιο A i και άρα y, x A i, δηλαδή y x. Η ιδιότητα αυτή λέγεται συμμετρική 3. Αν x y και y z, τότε τα x, y, z A i για κάποιο κοινό A i οπότε x z. Η ιδιότητα αυτή λέγεται μεταβατική Μπορούμε εδώ να διατυπώσουμε την παρακάτω Πρόταση 2.4. Εστω Α ένα μη κενό σύνολο. Κάθε διαμέριση του συνόλου Α επάγει(δημιουργεί) μία σχέση ισοδυναμίας στο σύνολο Α Απόδειξη Άμεση από την παραπάνω συζήτηση Στην πραγματικότητα αν Α ένα μη κενό σύνολο, μία σχέση ισοδυναμίας στο Α είναι ένα μη κενό υποσύνολο R του καρτεσιανού γινομένου A A δηλαδή R A A με τις παρακάτω ιδιότητες: 11

12 1. (x, x) R για κάθε x A 2. Αν (x, y) R, τότε (y, x) R 3. Αν (x, y) R και (y, z) R, τότε (x, z) R Πολλές φορές θα συμβολίζουμε ή (x, y) R ή xry ή x y Με βάση αυτόν το γενικό ορισμό της σχέσης ισοδυναμίας στο μη κενό σύνολο Α δημιουργούμε υποσύνολα ως εξής: Αν x A, τότε [x] = {y A y x} Κάθε υποσύνολο [x] όπως παραπάνω θα το ονομάζουμε κλάση ισοδυναμίας με αντιπρόσωπο το x Πρόταση 2.5. Εστω μία σχέση ισοδυναμίας στο μη-κενό σύνολο Α 1. Κάθε κλάση ισοδυναμίας [x] περιέχει το x διότι x x. Άρα κάθε κλάση ισοδυναμίας είναι μη-κενό σύνολο 2. Αν [x] [y] δύο κλάσεις ισοδυναμίας, τότε είτε [x] = [y] είτε [x] [y] = 3. x A [x] = A Απόδειξη: Το σημείο 1 έχει ήδη αποδειχθεί Για το σημείο 2 τώρα. Αν [x] [y] = είναι δεκτό. Αν [x] [y], τότε υπάρχει ω [x] [y] και έτσι x ω και y ω. Τότε όμως λόγω της μεταβατικής ιδιότητας έχουμε x y και έτσι [x] = [y] Η τρίτη απαίτηση είναι άμεση, διότι κάθε x [x] και έτσι x A [x] = A Καταλήγουμε έτσι ότι το σύνολο [x] x A, δηλαδή το σύνολο των κλάσεων ισοδυναμίας σχηματίζει μία διαμέριση του Α Καταλήξαμε στο παρακάτω πολύ σημαντικό: Θεώρημα 2.6. Εστω Α ένα μη κενό σύνολο. Υπάρχει μία 1-1 και επί σχέση D I όπου D το σύνολο των διαμερίσεων του Α και I το σύνολο των σχέσεων ισοδυναμίας. Κάθε διαμέριση απεικονίζεται σε μία σχέση ισοδυναμίας που περιγράψαμε πιο πάνω. Αντίστροφα κάθε σχέση ισοδυναμίας δημιουργεί μία διαμέριση που επίσης περιγράψαμε πιο πάνω. Η μία απεικόνιση είναι αντίστροφη της άλλης Ορισμός 2.7. Εστω Α ένα μη κενό σύνολο και μία σχέση ισοδυναμίας στο σύνολο αυτό. 1. Το σύνολο {[x], x A} δηλαδή το σύνολο των κλάσεων ισοδυναμίας λέγεται σύνολο-πηλίκο και συμβολίζεται A/ 2. Η απεικόνιση A A/ με x [x] λέγεται προβολή 12

13 2.4 Και άλλες σκέψεις 1. Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών R ορίζουμε τη σχέση: α β η διαφορά α β είναι ακέραιος αριθμός. Εξετάστε εάν η σχέση αυτή είναι σχέση ισοδυναμίας. Βρείτε και τις κλάσεις ισοδυναμίας αν είναι πράγματι σχέση ισοδυναμίας. Σκεφθείτε μία γεωμετρική προσέγγιση. 2. Στο σύνολο των ακεραίων αριθμών Z ορίζουμε τη σχέση: α β το 2 διαιρεί τη διαφορά α β. Δείξτε ότι η σχέση αυτή είναι σχέση ισοδυναμίας. ισοδυναμίας Τέλος του δευτέρου μαθήματος Βρείτε και τις κλάσεις 13

14 3 Μάθημα 3 Παρασκευή 4 Νοεμβρίου Μελέτη εισαγωγικών εννοιών 1. Δείτε από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» 5 τον ορισμό της απεικόνισης και τα παραδείγματα 2. Πότε μία απεικόνιση λέγεται ότι είναι 1-1;, πότε επί; 3.2 Πορεία μελέτης 1. Μελετήστε την παράγραφο 2.1 του κεφαλαίου 2 (Πίνακες και Γραμμικές εξισώσεις) σελίδα 29 από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» 6 2. Μελετήστε τους ορισμούς 2.2.1, 2.2.2, 2.2.3, καθώς και τα παραδείγματα 2.2.5, και σελ 31 και 32 από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» 3. Δείτε στη διεύθυνση εδώ σχετικά με τους πίνακες. 3.3 Ασκήσεις Οι λύσεις των παρακάτω ασκήσεων να γίνουν στοιχειωδώς. Άσκηση Να βρεθεί το σύνολο λύσεων του παρακάτω συστήματος 3x + 5y + 6z = 28 x + y + z = 6 δηλαδή να βρεθεί το σύνολο Λ όλων των τριάδων (ξ 1, ξ 2, ξ 3 ) πραγματικών αριθμών, έτσι ώστε αν αντικαταστήσουμε x = ξ 1, y = ξ 2, z = ξ 3, ικανοποιούνται και οι δύο εξισώσεις του συστήματος. 2. Να κάνετε το ίδιο και για το σύστημα 3x + 5y + 6z = 0 x + y + z = 0 3. Αν Λ το σύνολο λύσεων του πρώτου συστήματος και Λ το σύνολο λύσεων του δευτέρου, να βρεθεί η τομή Λ Λ 5 Το βιβλίο αυτό θα το βρείτε ηλεκτρονικά από την αρχική σελίδα του μαθήματος 6 Το βιβλίο αυτό θα το βρείτε ηλεκτρονικά από την κεντρική σελίδα του μαθήματος 14

15 3.4 Σχόλια για τις προτεινόμενες ασκήσεις 1. Για την πρώτη άσκηση βρίσκουμε με οποιονδήποτε τρόπο ότι υπάρχει έστω και μία τριάδα (ξ 1, ξ 2, ξ 3 ) πραγματικών αριθμών, που είναι λύση. Αργότερα θα πούμε «σίγουρες» διαδικασίες για εύρεση λύσης. Μετά ( αφού δηλαδή εξασφαλίσουμε ότι το σύνολο λύσεων Λ είναι μη-κενό) σκεφθείτε «γεωμετρικά» τι περιμένουμε να είναι το Λ. Η πρώτη εξίσωση, λοιπόν, η 3x + 5y + 6z = 28 του συστήματος από μόνη της παριστάνει ένα επίπεδο στον χώρο που ζούμε 7. Το ίδιο και η δεύτερη εξίσωση x + y + z = 6 παριστάνει ένα επίπεδο. Επιστρατεύουμε εδώ τη φαντασία μας για να μαντέψουμε το αποτέλεσμα και τη μαθηματική μας διαίσθηση για να προχωρήσουμε αυστηρά. Αν τα δύο επίπεδα είναι παράλληλα, τότε δεν τέμνονται και έτσι το σύστημα δεν έχει λύσεις, δηλαδή το Λ είναι το κενό σύνολο. Υπάρχουν τώρα οι περιπτώσεις τα δύο επίπεδα να ταυτίζονται ή τα δύο επίπεδα να τέμνονται αλλά να μην ταυτίζονται. Σκεφθείτε λίγο την προσέγγιση αυτή αφού πρώτα δείτε και το βίντεο εδώ 2. Η δεύτερη άσκηση αντιμετωπίζεται όπως και η προηγούμενη. μόνο που στην περίπτωση αυτή κατά προφανή τρόπο το σύστημα έχει λύση την (0,0,0) Σύστημα σαν αυτό το ονομάζουμε ομογενές σύστημα. 3. Για το τρίτο ερώτημα σκεφθείτε ότι έχουμε να λύσουμε ένα σύστημα 4 εξισώσεων 7 Αυτό χρειάζεται απόδειξη 15

16 4 Μάθημα 4 Δευτέρα 8 Οκτωβρίου Πίνακες και γραμμικά συστήματα Θεωρούμε ξανά το γραμμικό σύστημα (Σ) α 11 x 1 + α 12 x α 1ν x ν = β 1 α 21 x 1 + α 22 x α 2ν x ν = β 2 α µ1 x 1 + α µ2 x α µν x ν = β µ 1. Αν «ξεχάσουμε» τα x 1, x 2,, x ν και τα σύμβολα της πρόσθεσης, καταλήγουμε σε δύο πίνακες 2. (αʹ) (βʹ) A = C = α 11 α 12 α 13 α 1ν α 21 α 22 α 23 α 2ν α 31 α 32 α 33 α 3ν α µ1 α µ2 α µ3 α µν α 11 α 12 α 13 α 1ν β 1 α 21 α 22 α 23 α 2ν β 2 α 31 α 32 α 33 α 3ν β 3 α µ1 α µ2 α µ3 α µν β µ Ορισμός 4.1. Ο πίνακας Α λέγεται πίνακας του συστήματος και ο πίνακας C λέγεται επαυξημένος πίνακας του συστήματος 3. Μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι ο πίνακας Α του συστήματος και ο επαυξημένος πίνακας C του συστήματος έχει όλες τις πληροφορίες του συστήματος. 4. Σημαντικό ερώτημα: Πως μπορούμε να ορίσουμε αυστηρά ότι ένα σύστημα είναι απλούστερο από κάποιο άλλο; Είναι δυνατόν ένα σύστημα (Σ) να μετασχηματισθεί σε κάποιο άλλο απλούστερο (Σ ), ώστε το σύνολο λύσεων του Σ να είναι ίσο με το σύνολο λύσεων του (Σ ); 16

17 5. Το σύνολο των πινάκων με μ γραμμές και ν στήλες και συντελεστές πραγματικούς αριθμούς, το συμβολίζουμε με R µ ν 6. Στο σύνολο των πινάκων ορίζουμε ορισμένες πράξεις: (αʹ) την πράξη της πρόσθεσης. (βʹ) Την πράξη της αφαίρεσης (γʹ) Την πράξη του πολλαπλασιασμού πραγματικού αριθμού με πίνακα 4.2 Πορεία μελέτης 1. Μελετήστε την παράγραφο 2.3 του κεφαλαίου 2 (Πίνακες και Γραμμικές εξισώσεις) από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» και ιδιαίτερα δείτε τον τρόπο που γίνονται οι παραπάνω τρείς πράξεις 2. Κατεβάστε και ξεφυλίστε το βιβλίο Γραμμικής άλγεβρας κάνοντας κλικ εδώ 3. Δείτε ξανά στη διεύθυνση εδώ σχετικά με τους πίνακες και τις πράξεις μεταξύ πινάκων. 4.3 Στοιχειώδεις μετασχηματισμοί γραμμών πινάκων Το ερώτημα που θα μας απασχολήσει επίσης στο μάθημα αυτό είναι ποιές είναι οι αλλαγές που μπορούμε να κάνουμε στο γραμμικό σύστημα: (Σ) α 11 x 1 + α 12 x α 1ν x ν = β 1 α 21 x 1 + α 22 x α 2ν x ν = β 2 α µ1 x 1 + α µ2 x α µν x ν = β µ έτσι ώστε το σύστημα να γίνει πιο απλό ως προς τη λύση του. Ποιές είναι οι επιπτώσεις των αλλαγών αυτών στον πίνακα του συστήματος και στον επαυξημένο; 1. Θεωρούμε το παραπάνω σύστημα (Σ) και το σύστημα: (Σ ) (α 11 + α 21 ) x 1 + (α 12 + α 22 ) x (α 1ν + α 2ν ) x ν = β 1 + β 2 α 21 x 1 + α 22 x α 2ν x ν = β 2 α µ1 x 1 + α µ2 x α µν x ν = β µ 2. Παρατηρούμε ότι το δεύτερο σύστημα το πήραμε προσθέτοντας στην πρώτη εξίσωση τη δεύτερη. Παρατηρούμε επίσης ότι η επίπτωση στους αντίστοιχους πίνακες είναι: (αʹ) Ο πίνακας A του συστήματος Σ προκύπτει από τον πίνακα Α του συστήματος Σ προσθέτοντας στην πρώτη γραμμή τη δεύτερη γραμμή. 17

18 (βʹ) Ο επαυξημένος πίνακας C του συστήματος Σ προκύπτει από τον επαυξημένο πίνακα C του συστήματος Σ προσθέτοντας στην πρώτη γραμμή τη δεύτερη γραμμή 3. Σημαντική παρατήρηση. Το σύνολο λύσεων Λ του συστήματος (Σ) είναι ίσο με το σύνολο λύσεων Λ του συστήματος Σ Απόδειξη 8 Εστω (ξ 1, ξ 2,, ξ ν ) ένα στοιχείο του Λ. Τότε η ν-άδα αυτή ικανοποιεί κάθε εξίσωση του Λ και προφανώς κάθε εξίσωση του Λ και αντίστροφα. 4. Αν κάποια εξίσωση του συστήματος Σ πολλαπλασιασθεί με ένα αριθμό διαφορετικό του μηδενός προκύπτει ένα σύστημα Σ, του οποίου το σύνολο λύσεων εξακολουθεί να είναι το ίδιο με το σύνολο λύσεων του Σ 5. Αν αλλάξουμε τη θέση δύο εξισώσεων του Σ το σύνολο λύσεων δεν μεταβάλλεται 6. Παρατηρούμε λοιπόν ότι μπορούμε να κάνουμε κάποιους μετασχηματισμούς στο γραμμικό σύστημα Σ, χωρίς να μεταβληθεί το σύνολο λύσεων Λ, με σκοπό πάντα να καταλήξουμε σε απλούστερο σύστημα. 7. Οι μετασχηματισμοί του συστήματος Σ, οδηγούν στους παρακάτω μετασχηματισμούς τους δύο πίνακες Α του συστήματος και C του επαυξημένου πίνακα του συστήματος. 8. (αʹ) Πολλαπλασιασμός μιας γραμμής του πίνακα με ένα στοιχείο λ διάφορο του μηδενός (βʹ) Πολλαπλασιασμός της κ-γραμμής με λ και πρόσθεσης του αποτελέσματος στην i-γραμμή, k i (γʹ) εναλλαγή δύο γραμμών Ορισμός 4.2. Οι παραπάνω μετασχηματισμοί πινάκων λέγονται στοιχειώδεις μετασχηματισμοί γραμμών. Δύο πίνακες Α και Β που προκύπτει ο ένας από τον άλλον με επαναλάψηψη στοιχειωδών μετασχηματισμών γραμμών λέγονται γραμμοϊσοδύναμοι πίνακες 4.4 Πορεία μελέτης 1. Μελετήστε καλά τα παραπάνω 2. Δείτε τον ορισμό του κλιμακωτού πίνακα από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α. 8 Ο αναγνώστης καλείται να κάνει την απόδειξη λεπτομερώς 18

19 3. Δείτε τον ορισμό του ανηγμένου κλιμακωτού πίνακα από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α. 4. Δείτε ξανά το βίντεο με την ομιλία του καθηγητή G.Strang εδώ 4.5 Και άλλες Ασκήσεις 1. Εστω Σ και Σ δύο γραμμικά συστήματα των οποίων οι επαυξημένοι πίνακες C και C αντίστοιχα ικανοποιούν τη σχέση C = λ C με λ 0. Εξετάστε εάν τα σύνολα λύσεων του Σ και Σ είναι ίσα 2. Δύο γραμμικά συστήματα Σ και Σ έχουν επαυξημένους πίνακες C και C αντίστοιχα. Η μόνη διαφορά των πινάκων αυτών είναι ότι η πρώτη γραμμή του C είναι το άθροισμα της πρώτης και της δεύτερης γραμμής του C. Εξετάστε εάν το Σ και το Σ έχουν το ίδιο σύνολο λύσεων 3. Δίνεται ο πίνακας A = Να βρείτε ένα ανηγμένο κλιμακωτό πίνακα A, ο οποίος να είναι γραμμοϊσοδύναμος με τον Α 4. Δείξτε ότι δύο οποιοιδήποτε ανηγμένοι κλιμακωτοί πίνακες γραμμοισοδύναμοι με τον πίνακα Α είναι ίσοι. Διατυπώστε και αποδείξτε ένα θεώρημα σχετικά με τους ανηγμένους κλιμακωτούς πίνακες κάθε πίνακα. Τέλος του τετάρτου μαθήματος 19

20 5 Μάθημα 5 Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 Με το σημερινό 9 μάθημα αρχίζουμε τη μελέτη των Διανυσματικών χώρων, μία πολύ βασική έννοια της Γραμμικής Άλγεβρας Διανυσματικοί χώροι 5.1 Πορεία μελέτης 1. Δείτε από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» τα εξής: (αʹ) Τον ορισμό του διανυσματικού χώρου. Είναι ο ορισμός (βʹ) Δείτε τις παρατηρήσεις συνέχεια. Αναφέρεται στην μοναδικότητα του μηδενικού στοιχείου και του αντιθέτου. (γʹ) Τα παραδείγματα Προσέξτε ένα-ένα τα παραδείγματα διανυσματικών χώρων 2. Δείτε λεπτομερώς το πόρισμα από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α». Αναφέρεται σε βασικές ιδιότητες των πινάκων που θα χρησιμοποιούμε συχνά 3. Δείτε πληροφορίες για τους Διανυσματικούς χώρους ( στα αγγλικά ο όρος είναι vector space ή linear space ) στη διεύθυνση εδώ Πρόκειται για ένα εξαιρετικά κατατοπιστικό άρθρο που περιγράφει και τις διασυνδέσεις και επιρροές της Γραμμικής άλγεβρας και με άλλους κλάδους των Μαθηματικών. 4. Στη διεύθυνση εδώ θα βρείτε ένα καλό βιβλίο Γραμμικής Άλγεβρας, μαζί με ένα βιβλίο ασκήσεων και λύσεων! Πάρτε το και αρχίστε τη μελέτη 5. Δείτε το βιντεο-μάθημα από τη διεύθυνση εδώ 6. Δείτε ένα ακόμη βιντεο-μάθημα από τη διεύθυνση εδώ 9 Το βιβλίο αυτό γράφεται το Φθινόπωρο του 2012 για τις ανάγκες της διδασκαλίας του μαθήματος Γραμμική άλγεβρα, Ευάγγελος Ράπτης Πανεπιστήμιο Αθηνών Τμήμα Μαθηματικών 20

21 Ταυτόχρονα με τη συνεχιζόμενη μελέτη των πινάκων και των ιδιοτήτων τους, εισάγουμε σήμερα την έννοια του υπόχωρου ενός διανυσματικού χώρου. Ο υπόχωρος είναι ένα μη κενό υποσύνολο του χώρου και έχει την ίδια δομή δηλαδή είναι και αυτός ένας διανυσματικός χώρος με πράξεις τον περιορισμό των πράξεων του χώρου στο σύνολο Α. 5.2 Πορεία μελέτης 1. Μελετήστε προσεκτικά το παράδειγμα από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α». Στο παράδειγμα αυτό γίνεται συζήτηση για τη σωστή χρήση των αξιωμάτων και των ορισμών 2. Δείτε τον ορισμό από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α», της διαφοράς δύο πινάκων A, B F µ ν 3. Δείτε επίσης τον ορισμό από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» (αʹ) Του Συμμετρικού πίνακα, συμμετρικός είναι ένας τετραγωνικός πίνακας Α με την ιδιότητα A = A t (βʹ) Του Αντισυμμετρικού πίνακα,αντισυμμετρικός είναι ένας τετραγωνικός πίνακας Α με την ιδιότητα A = A t 4. Δίνουμε τώρα τον παρακάτω ορισμό Ορισμός 5.1. Εστω V ένας Διανυσματικός χώρος επί του F 10 Το υποσύνολο Α του V θα λέγεται υπόχωρος του V (ή διανυσματικός υπόχωρος του V ) εάν ικανοποιεί τα παρακάτω (αʹ) Το μηδενικό στοιχείο 0 V του χώρου ανήκει στο Α (έτσι το Α είναι μήκενό σύνολο) (βʹ) Αν α και β δύο στοιχεία του Α, τότε και το α+β είναι και αυτό στοιχείο του Α (γʹ) Αν α είναι κάποιο στοιχείο του Α και λ F, τότε και το λα ανήκει στο Α 10 Επισημαίνουμε ότι με το σύμβολο F στο μάθημα αυτό θα συμβολίζουμε ένα από τα τρία σύνολα (αʹ) Το σύνολο R των πραγματικών αριθμών (βʹ) Το σύνολο C των μιγαδικών αριθμών (γʹ) σύνολο Q των ρητών αριθμών 21

22 5.3 Σχόλια 1. Ενας υπόχωρος Α είναι ένας «μικρός διανυσματικός χώρος» μέσα στον «μεγάλο» διανυσματικό χώρο V 2. Είναι σημαντικό να γνωρίζουμε εάν ένας διανυσματικός χώρος έχει υπόχωρους, πόσους έχει και ποιοί είναι 3. Αν ο Α είναι υπόχωρος του V, συμβολίζουμε με A V 5.4 Άσκηση Να μελετήσετε με στοιχειώδεις τρόπους τους υπόχωρους του παρακάτω διανυσματικού χώρου V = {f : R R f(x) = αx + β, α, β R}. Οι πράξεις στον Διανυσματικό χώρο αυτό είναι οι συνήθεις Τέλος του πέμπτου μαθήματος 22

23 6 Μάθημα 6 Παρασκευή 12 Οκτωβρίου Πορεία μελέτης 1. Μελετήστε το παρακάτω θεώρημα: Θεώρημα 6.1. Εστω Α και Β δύο υπόχωροι του διανυσματικού χώρου V. Τότε η τομή A B είναι υπόχωρος. Απόδειξη Το μηδενικό στοιχείο 0 V ανήκει εξ ορισμού κα στο Α και στο Β άρα και στην τομή τους. Αν α,β ανήκουν και στον υπόχωρο Α και στον Β, τότε το άθροισμα α+β θα ανήκει επίσης και στους δύο υπόχωρους, άρα και στην τομή τους Αν χ ανήκει στον υπόχωρο Α και στον Β και λ F, τότε από τον ορισμό έχουμε ότι το λχ ανήκει και στον Α και στον Β άρα και στην τομή τους Τελικά η τομή των υπόχωρων είναι υπόχωρος. 2. Από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» να μελετήσετε τον ορισμό και τα παραδείγματα και που αναφέρονται στο γινόμενο πινάκων 6.2 Μία άσκηση και η λύση της Δείξτε ότι το σύνολο των διπλά παραγωγίσιμων συναρτήσεων f : R R που ικανοποιούν τη σχέση f 5 f +6 f = 0 είναι ένας Διανυσματικός χώρος με συντελεστές πραγματικούς αριθμούς Λύση της άσκησης Η άσκηση αναφέρεται σε ένα σύνολο V πραγματικών συναρτήσεων μιας πραγματικής μεταβλητής. Κάθε στοιχείο f(x) V είναι μία συνάρτηση f : R R, για την οποία υπάρχει η δεύτερη παράγωγος και ισχύει επί πλέον f 5 f + 6 f = 0 Για να είναι το σύνολο V Διανυσματικός χώρος θα πρέπει να ικανοποιούνται τα αξιώματα του Διανυσματικού χώρου δες Το σύνολο V είναι μη κενό, διότι η μηδενική συνάρτηση 0 : R R με 0(x) = 0 x R παραγωγίζεται δύο φορές και προφανώς ικανοποιεί τη συνθήκη f 5 f + 6 f = 0 2. Αν f 1 (x), f 2 (x) V, τότε f 1 5 f f 1 = 0 και f 2 5 f f 2 = 0 Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε (f 1 + f 2 ) 5 (f 1 + f 2 ) + 6 (f 1 + f 2 ) = 0 3. Συνεχίζουμε με τον τρόπο αυτό αποδεικνύοντας ότι ικανοποιούνται όλα τα αξιώματα του διανυσματικού χώρου για το σύνολο V 23

24 6.3 Ασκήσεις για σκέψη 1. Εστω R 2 2 ο διανυσματικός χώρος των 2 2 πινάκων με συντελεστές πραγματικούς αριθμούς. Να βρείτε όλους τους υπόχωρους που περιέχουν τους παρακάτω ( ) 4 ( πίνακες: ) ( ) ( ) ,,, Εστω R ο διανυσματικός χώρος των πραγματικών αριθμών επί του R. Να βρεθούν οι υπόχωροί του. 3. Εστω R 2 = {(x, y) x, y R} ο διανυσματικός χώρος των ζευγών πραγματικών αριθμών επί του R. Να περιγραφούν οι υπόχωροί του 4. Εστω C ο διανυσματικός χώρος των μιγαδικών αριθμών επί του R. Να περιγραφούν οι υπόχωροί του. 5. Εστω C ο διανυσματικός χώρος των μιγαδικών αριθμών επί του C. Να βρεθούν οι υπόχωροί του. Τέλος του έκτου μαθήματος 24

25 7 Μάθημα 7 Δευτέρα 15 Οκτωβρίου Πορεία μελέτης 1. Δείτε την απόδειξη της πρότασης από το βιβλίο Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α 11 Είναι εντελώς ίδια με την απόδειξη του θεωρήματος 6.1 παραπάνω. Η μόνη διαφορά είναι ότι δεν έχουμε κατ ανάγκη δύο υπόχωρους αλλά ένα μη κενό σύνολο υπόχωρων, ενδεχομένως και άπειρο. Μελετήστε καλά την απόδειξη 2. Οι υπόχωροι. Μέρος ΙΙ Εστω A i, i I μία οικογένεια υπόχωρων. Τι μπορεί να σημαίνει αυτή η έκφραση; Και γιατί είμαστε αναγκασμένοι να την χρησιμοποιούμε; Και τι αποτελέσματα μπορούμε να πάρουμε; Ας επαναλάβουμε ήδη γνωστά αποτελέσματα που τα διαβάσαμε λίγο πρίν: (αʹ) Αν Α και Β δύο υπόχωροι ενός διανυσματικού χώρου V, τότε και η τομή τους είναι υπόχωρος του V. Απόδειξη: Το μηδενικό στοιχείο 0 V του χώρου ανήκει και στον υ- πόχωρο Α και στον υπόχωρο Β (από τον ορισμό), άρα ανήκει και στην τομή τους. Ετσι η πρώτη απαίτηση για να είναι η τομή A B υπόχωρος ικανοποιείται. Εστω τώρα x, y A B. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι x + y A B. Εχουμε από υπόθεση ότι x, y A και x, y B. Επειδή τώρα Α και Β είναι υπόχωρος θα έχουμε ξεχωριστά ότι x + y A και x + y B, άρα x + y A B Εστω λ F και x A B. Άρα ξεχωριστά θα έχουμε ότι x A και x B. Επειδή τώρα Α και Β υπόχωροι και λ είναι συντελεστής, θα έχουμε λx A λx A Τελικά λx A B. Ικανοποιούνται έτσι και οι τρείς απαιτήσεις και έτσι η τομή δύο υπόχωρων είναι υπόχωρος (βʹ) Η τομή πεπερασμένου πλήθους υπόχωρων του V είναι υπόχωρος επίσης, δηλαδή αν A 1, A 2,, A ν είναι υπόχωροι του V, τότε και η τομή ν i=1 A i είναι υπόχωρος. Η απόδειξη γίνεται με επαγωγή. Δοκιμάστε να την κάνετε (γʹ) Αν τώρα πάρουμε για παράδειγμα όλους τους υπόχωρους του R 2 και θελήσουμε να τους βάλουμε σε μία σειρά θα δούμε ότι αυτό είναι αδύνατο. Αυτό σχετίζεται με ένα σπουδαίο θεώρημα που λέει ότι δέν υπάρχει συνάρτηση f : R N, η οποία να είναι 1-1 και επί. Με άλλα λόγια δεν είναι δυνατόν να βάλουμε τους πραγματικούς αριθμούς σε μια σειρά 11 Το βιβλίο αυτό θα το βρείτε σε ηλεκτρονική μορφή από την αρχική σελίδα του μαθήματος 25

26 και να τους θεωρήσουμε ως στοιχεία ακολουθίας! Υπάρχει μία ιστορία με το ξενοδοχείο των αριθμών που θα πούμε σε επόμενα μαθήματα. Στο μάθημα αυτό δεν θα αποδείξουμε τον παραπάνω ισχυρισμό, αλλά αυτό μας επιβάλει να γράφουμε ως εξής: Εστω A i, i I, η οικογένεια των υπόχωρων του V που έχουν μία ιδιότητα. Δεν μπορούμε, αλλά ούτε χρειαζόμαστε να βάλουμε σε μία σειρά τους υπόχωρους. Θεώρημα 7.1. Εστω Α ένα υποσύνολο ενός διανυσματικού χώρου V. Τότε η τομή όλων των υπόχωρων του V, που περιέχουν το Α είναι υπόχωρος. Απόδειξη Είναι όμοια με την παραπάνω. Η διαφορά βρίσκεται στο γεγονός ότι δεν δικαιούμαστε να θεωρήσουμε τους υπόχωρους που περιέχουν το Α, ως στοιχεία ακολουθίας Θέμα για σκέψη: Να βρεθεί η τομή όλων των υπόχωρων του V. Να βρεθεί η τομή όλων των υπόχωρων του R 2 που ο καθένας περιέχει το (2,3) 3. Δείτε προσεκτικά τον ορισμό από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» του γραμμικού συνδυασμού στοιχείων του υποσυνόλου Κ ενός διανυσματικού χώρου V. Παρατηρήστε ότι (αʹ) Το σύνολο Κ είναι ένα οποιοδήποτε υποσύνολο του διανυσματικού χώρου, πεπερασμένο ή άπειρο. Αρκεί να είναι μη-κενό. (βʹ) Ο γραμμικός συνδυασμός εμπλέκει πάντα πεπερασμένο σύνολο διανυμάτων. 4. Μελετήστε επίσης προσεκτικά την απόδειξη του θεωρήματος από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α». Αναφέρει και αποδεικνύει ότι το σύνολο των γραμμικών συνδυασμών ενός μη-κενού συνόλου Κ είναι ένας υπόχωρος. 5. Ο παραπάνω υπόχωρος λέγεται υπόχωρος του V που παράγεται από το Κ ή γραμμική θήκη του Κ και συμβολίζεται με < K >. Δες και τον ορισμό από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α». 6. Αν το Κ είναι πεπερασμένο σύνολο, τότε ο υπόχωρος < K > θα λέγεται πεπερασμένα παραγόμενος. 7. Μελετήστε τα παραδείγματα από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α». 8. Από το παράδειγμα από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» διαπιστώστε ότι υπάρχουν διανυσματικοί χώροι, οι οποίοι δεν είναι πεπερασμένα παραγόμενοι. Βρείτε εσείς ακόμη ένα δικό σας παράδειγμα ενός μη-πεπερασμένα παραγόμενου διανυσματικού χώρου 26

27 9. Εστω Κ ένα μή-κενό υποσύνολο του διανυσματικού χώρου V. Η τομή ό- λων των υπόχωρων του V καθένας εκ των οποίων περιέχει το Κ είναι ένας υπόχωρος K του V. 10. Μελετήστε την απόδειξη της πρότασης από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α». Η πρόταση αυτή με λόγια λέει: Το σύνολο των γραμμικών συνδυασμών στοιχείων του μη-κενού συνόλου Κ, K V είναι ίσο με την τομή όλων των υπόχωρων του V, καθένας εκ των οποίων περιέχει το Κ. 11. Το μόνο που μένει είναι η περίπτωση Κ=. Στην περίπτωση αυτή αναγκαστικά έχουμε ότι < >= {0 V }. Γιατί; 7.2 Ακόμη μία Άσκηση 1. Δίνεται ο διανυσματικός χώρος R 2 [x] των τριωνύμων με συντελεστές πραγματικούς αριθμούς, δηλαδή R 2 [x] = {α x 2 +β x+γ, α, β, γ R}. Να εξετάσετε εάν το σύνολο {1 + x, 1 + 2x, 1 + x 2, 1 + 2x 2 } παράγει τον διανυσματικό χώρο R 2 [x]. 12 Τέλος του εβδόμου μαθήματος Α». 12 Είναι η άσκηση 1 της παραγράφου 3.3 από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος 27

28 8 Μάθημα 8 Τετάρτη 17 Οκτωβρίου Πορεία μελέτης 1. Δείτε χρήσιμες πληροφορίες για τη θεωρία συνόλων εδώ 2. Δείτε προσεκτικά τους ορισμούς και από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α». Πρόκειται για τους ορισμούς των γραμμικά ανεξάρτητων και γραμμικά εξαρτημένων διανυσμάτων ενός διανυσματικού χώρου 3. Δείτε επίσης πολύ προσεκτικά τον ορισμό από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α». Είναι ο ορισμός της βάσης ενός διανυσματικού χώρου Η έννοια 13 της βάσης ενός διανυσματικού χώρου είναι από τις πιο σημαντικές στη Γραμμική άλγεβρα Ας δούμε λίγο πιο αναλυτικά τα παραπάνω. Ξεκινάμε με ένα ορισμό: Ορισμός 8.1. Τα στοιχεία α 1, α 2,, α κ του διανυσματικού χώρου V επί του F θα λέγονται γραμμικά εξαρτημένα αν υπάρχουν συντελεστές λ 1, λ 2,, λ κ F, όχι όλοι μηδέν έτσι ώστε: λ 1 α 1 + λ 2 α λ κ α κ = 0 5. Δες τους ορισμούς και ξανά από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» για την γραμμική ανεξαρτησία διανυσμάτων. 6. Δες όλα τα παραδείγματα από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» 7. Δείτε τον ορισμό της βάσης ενός διανυσματικού χώρου από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α» 8. Δείτε πληροφορίες για τις βάσεις ενός διανυσματικού χώρου και από τη διεύθυνση: εδώ 9. Δείτε και ακούστε από βίντεο τη διάλεξη του καθηγητή G.Strang εδώ 13 Το βιβλίο αυτό γράφεται το Φθινόπωρο του 2012 για τις ανάγκες της διδασκαλίας του μαθήματος Γραμμική άλγεβρα Ευάγγελος Ράπτης Πανεπιστήμιο Αθηνών Τμήμα Μαθηματικών 14 Στη φυσική αντί για βάση μιλάμε για σύστημα αναφοράς 28

29 8.2 Άσκηση Δίνεται ο διανυσματικός χώρος R 2 [x] των τριωνύμων με συντελεστές πραγματικούς αριθμούς, δηλαδή R 2 [x] = {α x 2 + β x + γ, α, β, γ R}. Να εξετάσετε εάν το σύνολο {1 + x, 1 + 2x, 1 + x 2, 1 + 2x 2 } είναι βάση του διανυσματικού χώρου R 2 [x]. Να βρεθούν επίσης δύο βάσεις του χώρου αυτού. Τέλος του ογδόου μαθήματος 29

30 9 Μάθημα 9 Παρασκευή 19 Οκτωβρίου 2012 Συνεχίζουμε με τη μελέτη των βάσεων ενός διανυσματικού χώρου 9.1 Πορεία μελέτης 1. Δείτε ξανά τον ορισμό της βάσης ενός διανυσματικού χώρου από το βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα Τόμος Α», ορισμός Δείτε επίσης και τον ορισμό της βάσης από εδώ 3. Ας υποθέσουμε τώρα ότι ο διανυσματικός χώρος V παράγεται από ένα στοιχείο το α, α 0 και ας αναρωτηθούμε αν είναι δυνατόν ο V να έχει δύο στοιχεία β και γ γραμμικά ανεξάρτητα. Αν είχε, τότε θα είχαμε ότι και β = λ 1 α γ = λ 2 α Αν λ 1 = 0, τότε και β=0. Αλλά αυτό είναι άτοπο, διότι το μηδενικό στοιχείο δεν μπορεί να συμπεριλαβμάνεται σε σύνολο γραμμικά ανεξαρτήτων στοιχείων, διότι αν {β = 0, γ} τότε θα είχαμε το γραμμικό συνδυασμό 1 β + 0 γ = 0, άτοπο. Άρα λ 1 0. Ομοίως λ 2 0 Θεωρούμε τώρα τον γραμμικό συνδυασμό λ 2 β + ( λ 1 ) γ. Παρατηρούμε ότι λ 2 β + ( λ 1 ) γ = 0 χωρίς οι συντελεστές να είναι μηδέν, άρα το σύνολο {β, γ} είναι γραμμικά εξαρτημένο Συμπέρασμα Πάντα σε ένα διανυσματικό χώρο V, που παράγεται από ένα στοιχείο, ένα σύνολο δύο στοιχείων του είναι γραμμικά εξαρτημένο. 4. Σωστά το μαντέψατε!! Το επόμενο βήμα είναι 5. Βήμα Πάντα σε ένα διανυσματικό χώρο V, που παράγεται από δύο στοιχεία, ένα σύνολο τριών στοιχείων του είναι γραμμικά εξαρτημένο. Αποδεικνύουμε σήμερα ένα «ενδιάμεσο» θεώρημα, το οποίο περιέχει την βασική ιδέα της απόδειξης του θεμελιώδους θεωρήματος: Σε ένα διανυσματικό χώρο V, ο οποίος παράγεται από μ το πλήθος στοιχεία δεν υπάρχουν μ+1 γραμμικά ανεξάρτητα στοιχεία 30

31 Θεώρημα 9.1. Εστω V ένας διανυσματικός χώρος, ο οποίος παράγεται από δύο στοιχεία του. Τότε κάθε υποσύνολο Α του V με τρία στοιχεία είναι γραμμικά εξαρτημένο Απόδειξη: Εστω α και β δύο στοιχεία 15 του V, που τον παράγουν, δηλαδή V =< α, β >. Εστω A = {γ, δ, ɛ} ένα σύνολο τριών στοιχείων του V. (αʹ) Επειδή ο χώρος παράγεται από τα α και β έχουμε ότι υπάρχουν συντελεστές κ και λ με γ = κ α + λ β (βʹ) Αν κ=λ=0, τότε το διάνυσμα γ του χώρου V, είναι το μηδενικό διάνυσμα. Ετσι το σύνολο Α περιλαμβάνει και το μηδενικό διάνυσμα γ και έτσι έχουμε το γραμμικό συνδυασμό 1 γ + 0 δ + 0 ɛ = 0. Ο γραμμικός αυτός συνδυασμός δεν έχει όλους τους συντελεστές μηδέν, όμως το αποτέλεσμα είναι μηδέν. Άρα στην περίπτωση αυτή το σύνολο Α δεν είναι γραμμικά ανεξάρτητο, είναι γραμμικά εξαρτημένο (γʹ) Στην περίπτωση που κάποιο από τα κ, λ είναι διαφορετικό από το 0, επιλέγουμε π.χ να είναι κ 0. Τότε έχουμε α = 1 γ λ β. Τώρα κ κ κάθε γραμμικός συνδυασμός των α και β είναι (με αντικατάσταση του α) γραμμικός συνδυασμός των γ και β. (δʹ) Είμαστε τώρα στη εξής θέση: Ο διανυσματικός χώρος V παράγεται από τα διανύσματα β και γ (εʹ) Θεωρούμε τώρα το δ. Επειδή δ V και < β, γ >= V από το παραπάνω, έχουμε ότι υπάρχουν συντελεστές ξ 1, ξ 2 με ξ 1 β + ξ 2 γ = δ (ϛʹ) Αν ξ 1 = ξ 2 = 0, τότε και δ=0, οπότε στο σύνολο Α έχουμε ένα στοιχείο το δ=0, άρα το Α δεν είναι γραμμικά ανεξάρτητο σύνολο σύμφωνα με το επιχείρημα στο σημείο (β). Ετσι υποθέτουμε ότι κάποιο από τα ξ 1, ξ 2 είναι διαφορετικό του μηδενός. Εστω ξ 1 0. τότε μπορούμε να λύσουμε ως προς β την παραπάνω σχέση, δηλαδή μπορούμε να γράψουμε το β ως γραμμικό συνδυασμό των γ και δ. (ζʹ) Ως τώρα αποδείξαμε ότι κάθε γραμμικός συνδυασμός των α και β, άρα κάθε στοιχείο του V, γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός των γ και δ (ηʹ) Συνεχίζουμε με το ɛ. Αφού το ɛ είναι στοιχείου του V, θα υπάρχουν λ 1, λ 2 συντελεστές με λ 1 γ + λ 2 δ = ɛ. Καταλήγουμε στον γραμμικό συνδυασμό λ 1 γ + λ 2 δ + ( 1)ɛ = 0. Καταλήγουμε έτσι σε ένα γραμμικό συνδυασμό των στοιχείων του συνόλου A = {γ, δ, ɛ}, ο οποίος είναι μηδέν, χωρίς να είναι όλοι οι συντελεστές μηδέν. Αυτό σημαίνει ότι το Α είναι γραμμικά εξαρτημένο 15 Συνήθως ένα στοιχείο κάθε διανυσματικού χώρου το λέμε και διάνυσμα 31

32 9.2 Ασκήσεις για λύση 1. Εστω V ένας διανυσματικός χώρος που παράγεται από δύο στοιχεία α και β. Δείξτε ότι οποιεσδήποτε βάσεις του V έχουν το ίδιο πλήθος στοιχείων 2. Δείξτε ότι το σύνολο λύσεων Λ του γραμμικού συστήματος x + 3y + 4z = 0 2x + 4y + 5z = 0 είναι ένας υπόχωρος του R3. Βρείτε επίσης μία βάση αυτού. 3. Να βρεθεί η μορφή όλων των γραμμικών συστημάτων 3 εξισώσεων με αγνώστους x, y, z, των οποίων το σύνολο λύσεων είναι το Λ, που βρήκατε στην προηγούμενη άσκηση. Να βρεθεί ανηγμένος κλιμακωτός πίνακας ενός από τα συστήματα που βρήκατε. 4. Δίνεται ο διανυσματικός χώρος R 2 [x] των τριωνύμων με πραγματικούς συντελεστές. Βρείτε μία βάση αυτού. Εξετάστε εάν τα τριώνυμα f ( x) = 2x + 5, f 2 (x) = 2x 2 + 5, f 3 (x) = x 2 + x, f 4 (x) = x 2 1 είναι γραμμικά εξαρτημένα. Μετά να εξετάσετε αν 4 οποιαδήποτε τριώνυμα είναιπάντα γραμμικά εξαρτημένα. 5. (αʹ) Να βρεθεί το σύνολο λύσεων του παρακάτω γραμμικού 16 συστήματος x 1 + x 2 + 3x 3 x 4 = 1 3x 1 + x 2 2x 3 + x 4 = 1 2x 1 + x 2 x 3 + 2x 4 = 3 (βʹ) Δίνονται 17 τα στοιχεία (2, 1, 0, 3) και (2, 1, 0, 4) του διανυσματικού χώρου (R 4, +, ).Να βρεθούν α, β R 4, έτσι ώστε το σύνολο (2, 1, 0, 3), (2, 1, 0, 4), α, β να είναι βάση του R 4 Άσκηση 9.2. Να βρεθεί η μορφή των υπόχωρων του Διανυσματικού χώρου ( 2, +, ) Σημειώνεται ότι ο Διανυσμτικός χώρος ( 2, +, ) περιέχει όλα τα διανύσματα του επιπέδου με κοινή αρχή κάποιο σημείο Τέλος του ενάτου μαθήματος 16 Το θέμα αυτό είχε τεθεί σε εξετάσεις 17 Το θέμα αυτό είχε τεθεί σε εξετάσεις 32

33 10 Μάθημα 10 Δευτέρα 22 Οκτωβρίου Πορεία μελέτης 1. Παρατήρηση Αν A = {α 1, α 2,, α κ } ένα υποσύνολο 18 του διανυσματικού χώρου V, το οποίο περιέχει το μηδενικό διάνυσμα 0, τότε το Α είναι γραμμικά εξαρτημένο, δηλαδή δεν είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Αυτό αποδεικνύεται ως εξής: Χωρίς λάθος μπορούμε να υποθέσουμε ότι α 1 = 0. Τότε όμως μπορούμε να γράψουμε τον γραμμικό συνδυασμό 2. 1 α α α κ Ο τελευταίος γραμμικός συνδυασμός είναι μηδέν, χωρίς να είναι μηδέν ό- λοι οι συντελεστές. Σύμφωνα με τον ορισμό το σύνολο Α είναι γραμμικά εξαρτημένο. Θεώρημα Εστω V ένας διανυσματικός χώρος επί του F, ο οποίος παράγεται από ν στοιχεία του. Τότε κάθε υποσύνολο Α του V με ν +1 στοιχεία του χώρου V είναι γραμμικά εξαρτημένο Απόδειξη: Εστω A = {α 1, α 2,, α ν } ένα σύνολο διανυσμάτων 19 τα ο- ποία παράγουν τον χώρο, δηλαδή κάθε στοιχείο του χώρου, γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός των στοιχείων του Α. Εστω τώρα B = {β 1, β 2,, β ν+1 }, ν + 1 διανύσματα του χώρου. Θα αποδείξουμε ότι το σύνολο Β είναι γραμμικά εξαρτημένο. Το στοιχείο β 1 ανήκει στο χώρο και αφού ο χώρος παράγεται από το σύνολο Α, θα υπάρχουν συντελεστές λ 1, λ 2,, λ ν με λ 1 α λ ν α ν = β 1 Αν όλοι οι συντελεστές είναι μηδέν, τότε και β 1 = 0, άρα το σύνολο Β είναι γραμμικά εξαρτημένο, αφού περιέχει το 0. Εστω τώρα ότι δεν είναι όλοι οι συντελεστές μηδέν. Χωρίς λάθος θεωρούμε 18 Το βιβλίο αυτό γράφεται καθημερινά το Φθινόπωρο του 2012 για τις ανάγκες της διαδασκαλίας του μαθήματος Γραμμική άλγεβρα Ι, Χειμερινό εξάμηνο Ευάγγελος Ράπτης Πανεπιστήμιο Αθηνών Τμήμα Μαθηματικών 19 έχουμε πεί ότι τα στοιχεία ενός διανυσματικού χώρου τα λέμε και διανύσματα 33

34 ότι λ 1 0 αλλάζοντας αν χρειάζεται τη σειρά των α 1, α 2,, α ν. Τότε όμως μπορούμε να λύσουμε την τελευταία σχέση ως προς α 1 και να έχουμε α 1 = 1 λ 1 β 1 λ 2 λ 1 α 2 λ ν λ 1 α ν Η τελευταία σχέση σημαίνει ότι το διάνυσμα α 1 είναι γραμμικός συνδυασμός των β 1, α 2,, α ν Λοιπόν έχουμε: (αʹ) Κάθε στοιχείο του V είναι γραμμικός συνδυασμός των α 1, α 2,, α ν (βʹ) Το α 1 είναι γραμμικός συνδυασμός των β 1, α 2,, α ν (γʹ) Άρα κάθε στοιχείο του V είναι γραμμικός συνδυασμός των β 1, α 2,, α ν, δηλαδή ο χώρος V παράγεται από τα β 1, α 2,, α ν ή όπως γράφουμε V =< β 1, α 2,, α ν > Με την ίδια λογική, όπως παραπάνω το διάνυσμα β 2 θα γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός των β 1, α 2,, α ν άρα β 2 = ξ 1 β 1 + ξ 2 α 2 + ξ 3 α 3 + ξ ν α ν ( ) Υπάρχουν οι παρακάτω περιπτώσεις: (αʹ) ξ 2 = ξ 3 = ξ 4 = = ξ ν = 0. Τότε β 2 = ξ 1 β 1 Το τελευταίο σημαίνει ότι το σύνολο B = {β 1, β 2,, β ν+1 }, είναι γραμμικά εξαρτημένο, διότι υπάρχει ο γραμμικός συνδυασμός ξ 1 β 1 + ( 1) β β β ν+1 = 0 (βʹ) Αν κάποιο από τα ξ 2, ξ 3, ξ ν+1 είναι διαφορετικό από το μηδέν, μπορούμε να υποθέσουμε ότι ξ 2 0, αλλάζοντας τη σειρά αν χρειάζεται των α 2,, α ν. Το τελευταίο σημαίνει ότι το α 2 γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός των β 1, β 2, α 3,, α ν Τελικά η πορεία είναι ως εξής: είτε σε κάποιο ενδιάμεσο στάδιο έχουμε ότι το Β είναι γραμμικά εξαρτημένο είτε «διώχνουμε» ένα- ένα τα α i, i = 1, 2, και βάζουμε στη θέση τους β i, i = 1, 2, 3,. Στο τέλος, δηλαδή όταν διώχνουμε το α ν και βάλουμε στη θέση του το β ν, τα α i, i = 1, 2, τελειώνουν και έχουμε ότι τα β 1, β 2,, β ν παράγουν το χώρο V. Ομως υπάρχει και το β ν+1. Αυτό θα γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός ή β ν+1 = µ 1 β 1 + µ 2 β µ ν β ν µ 1 β 1 + µ 2 β µ ν β ν + ( 1)β ν+1 = 0 και τελικά σε κάθε περίπτωση το σύνολο Β είναι γραμμικά εξαρτημένο 34

35 1. Θυμηθείτε τον ορισμό για τη γραμμική εξάρτηση και ανεξαρτησία διανυσμάτων από την παράγραφο Πρόταση (αʹ) Εστω Α και Β δύο υποσύνολα ενός διανυσματικού χώρου V επί του F και A B. Εάν το Α είναι γραμμικά εξαρτημένο, τότε και το Β είναι γραμμικά εξαρτημένο. (βʹ) Εστω Α και Β δύο υποσύνολα ενός διανυσματικού χώρου επί του F και A B. Εάν το Β είναι γραμμικά ανεξάρτητο, τότε και το Α είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Απόδειξη: (α ) Ας υποθέσουμε ότι το Α είναι γραμμικά εξαρτημένο σύνολο διανυσμάτων του διανυσματικού χώρου V επί του F. Θα υπάρχουν τότε στοιχεία α 1, α 2,, α ν V και συντελεστές λ 1, λ 2,, λ ν F, όχι όλοι μηδέν με λ 1 α 1 + λ 2 α 2 + λ ν α ν = 0 Ομως τα διανύσματα α 1, α 2,, α ν V δεν είναι μόνο στοιχεία του Α αλλά και του Β. Σύμφωνα με τον ορισμό θα είναι και το Β γραμμικά εξαρτημένο σύνολο (β ) Το σύνολο Α έχει δύο δυνατότητες. Είτε να είναι γραμμικά ανεξάρτητο είτε να είναι γραμμικά εξαρτημένο. Η ισχύς της μίας δυνατότητας αποκλείει την άλλη. Αν το Α είναι γραμμικά εξαρτημένο, τότε και το σύνολο Β, που περιέχει το Α, θα είναι γραμμικά εξαρτημένο, άτοπο από την υπόθεση. Ετσι η μοναδική δυνατότητα που απομένει είναι να είναι το Α γραμμικά ενεξάρτητο σύνολο. Πρόταση Εστω V ένας διανυσματικός χώρος επί του F. επίσης Εστω (αʹ) Α ένα υποσύνολο του V το οποίο παράγει τον χώρο, δηλαδή V =< A >. Ως υπενθύμιση σημειώνουμε ότι αυτό σημαίνει, το σύνολο των γραμμικών συνδυασμών του συνόλου Α είναι όλος ο χώρος V. Επί πλέον έστω ότι το Α έχει ν το πλήθος στοιχεία (βʹ) Β ένα υποσύνολο του διανυσματικού χώρου V, γραμμικά ανεξάρτητο με μ το πλήθος στοιχεία. Συμπέρασμα: µ ν Απόδειξη: Εστω ότι δεν ισχύει µ ν. τότε θα ισχύει η σχέση µ > ν. Το τελευταίο σημαίνει ότι μπορούμε στο γραμμικά ανεξάρτητο σύνολο Β 35

36 υπάρχουν τουλάχιστον ν + 1 στοιχεία. Διαλέγουμε, λοιπόν ένα σύνολο ν + 1 στοιχείων του Β. Σύμφωνα με την πρόταση 10.3 το σύνολο αυτό θα είναι γραμμικά ανεξάρτητο, άτοπο από το θεώρημα Θεώρημα Εστω B 1 και B 2 δύο βάσεις ενός διανυσματικού χώρου V επί του F. Εστω επίσης ότι τα σύνολα B 1 και B 2 είναι πεπερασμένα. Συμπέρασμα: Το πλήθος των στοιχείων της βάσης B 1 είναι ίσο με το πλήθος των στοιχείων της βάσης B 2. Απόδειξη: Ετσω ότι το B 1 έχει μ στοιχεία και το B 2 έχει ν στοιχεία. Υ- πενθυμίζουμε ότι ένα υποσύνολο του V είναι βάση εάν (αʹ) Παράγει τον χώρο V (βʹ) Είναι γραμμικά ανεξάρτητο σύνολο Τώρα το B 1 παράγει τον χώρο και το B 2 είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Άρα ν µ σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση. Αντιστρέφοντας τους ρόλους των B 1 και B 2 βρίσκουμε µ ν και τελικά έχουμε μ=ν 5. Ορισμός Εστω V ένας διανυσματικός χώρος επί του F. Εάν μία βάση του είναι πεπερασμένη και έχει ν στοιχεία, τότε και κάθε άλλη βάση του είναι πεπερασμένη και έχει ν στοιχεία. Τον αριθμό των στοιχείων μιας οποιασδήποτε βάσης τον λέμε διάσταση του χώρου και τον συμβολίζουμε με dim F V Ασκήσεις Άσκηση Να βρεθεί η διάσταση του χώρου των πινάκων R 2 2. επίσης και μία βάση του Βρείτε Άσκηση Να βρεθεί η διάσταση του διανυσματικού χώρου C R των μιγαδικών επί των πραγματικών Άσκηση Να βρεθεί η διάσταση του διανυσματικού χώρου C C των μιγαδικών επί των μιγαδικών Άσκηση Εξετάστε εάν 4 οποιαδήποτε γραμμικά ανεξάρτητα στοιχεία του χώρου των πινάκων R 2 2 αποτελούν βάση αυτού. Άσκηση Εξετάστε εάν 4 οποιαδήποτε στοιχεία του χώρου των πινάκων R 2 2, τα οποία τον παράγουν αποτελούν βάση αυτού. Τέλος του δεκάτου μαθήματος 36

37 11 Μάθημα 11 Τετάρτη 24 Οκτωβρίου 2012 Βάση και διάσταση ενός διανυσματικού χώρου. Μέρος Πορεία μελέτης 1. Θεώρημα 11.1 (Θεώρημα ανταλλαγής). Εστω A = {α 1, α 2,, α ν } και B = {β 1, β 2,, β µ }, δύο υποσύνολα του διανυσματικού χώρου V επί του F με τις ιδιότητες (αʹ) Το σύνολο Α παράγει το χώρο (βʹ) Το σύνολο Β είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Τότε έχουμε τα εξής: (αʹ) ν µ (βʹ) Μπορούμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, να αφαιρέσουμε από το σύνολο Α τα διανύσματα α 1, α 2,, α µ και να τα αντικαταστήσουμε με τα β 1, β 2,, β µ, α µ+1, α µ+2,, α ν, με αποτέλεσμα ο χώρος V, να εξακολουθεί να παράγεται από αυτά, δηλ < β 1, β 2,, β µ, α µ+1, α µ+2,, α ν >= V Απόδειξη: Το πρώτο μέρος του θεωρήματος το έχουμε αποδείξει στην πρόταση Το δεύτερο μέρος προκύπτει από την απόδειξη του θεωρήματος Δείτε εδώ και το σχετικό βίντεο. Το βίντεο μπορείτε να το δείτε με σχόλια στο YouTube σε δύο μέρη: Πρώτο μέρος εδώ και δεύτερο μέρος εδώ 3. Θεώρημα 11.2 (Θεώρημα επέκτασης). Εστω V ένας διανυσματικός χώρος επί του F, πεπερασμένης διάστασης ν και B = {β 1, β 2,, β µ } ένα σύνολο γραμμικά ανεξαρτήτων διανυσμάτων του V. Τότε το Β επεκτείνεται σε μία βάση του V, δηλαδή υπάρχουν διανύσματα α µ+1, α µ+2,, α ν έτσι ώστε το σύνολο {β 1, β 2,, β µ, α µ+1, α µ+2,, α ν } να είναι μία βάση του χώρου. Απόδειξη: Αφού ο χώρος έχει πεπερασμένη διάσταση, θα υπάρχει ένα σύνολο A = {α 1, α 2,, α ν }, το οποίο είναι βάση. Ως βάση του χώρου, παράγει 37

38 τον V. Από την άλλη μεριά το σύνολο B = {β 1, β 2,, β µ } είναι ένα σύνολο γραμμικά ανεξαρτήτων διανυσμάτων του V. Σύμφωνα με το προηγούμενο θεώρημα 11.1, μπορούμε να προσαρτήσουμε στο σύνολο B = {β 1, β 2,, β µ } κάποια διανύσματα του Α έτσι ώστε το σύνολο Γ = {β 1, β 2,, β µ, α µ+1, α µ+2,, α ν } να παράγει το χώρο. Θα αποδείξουμε ότι το σύνολο αυτό είναι και γραμμικά ανεξάρτητο, άρα τελικά είναι βάση. Εστω ότι το Γ δεν είναι γραμμικά ανεξάρτητο, δηλαδή είναι γραμμικά εξαρτημένο. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν συντελεστές ξ 1, ξ 2,, ξ ν F, όχι όλοι μηδέν έτσι ώστε ξ 1 β 1 + ξ 2 β ξ µ β µ + ξ µ+1 α µ+1 + ξ µ+2 α µ ξ ν α ν = 0 Αφού δεν είναι όλοι οι συντελεστές μηδέν, μπορούμε να υποθέσουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι ξ 1 0. Τότε η παραπάνω εξίσωση λύνεται ως προς β 1. Ακολουθώντας τις ιδέες της πρότασης 10.3 διαπιστώνουμε ότι ο χώρος (αφού αφαιρέσουμε το β 1 ), παράγεται από ν-1 διανύσματα. Ομως έχουμε η διάσταση του χώρου είναι ν, άρα στο χώρο υπάρχουν ν γραμμικά ενεξάρτητα διανύσματα, άτοπο από το θεώρημα της ανταλλαγής Τελικά το σύνολο Γ είναι και γραμμικά ανεξάρτητο (το ότι παράγει το χώρο το έχουμε ήδη βρεί) άρα είναι βάση. Τέλος του ενδεκάτου μαθήματος 38

39 12 Μάθημα 12 Παρασκευή 26 Οκτωβρίου 2012 Γραμμικές απεικονίσεις Αρχίζουμε σήμερα τη μελέτη συναρτήσεων μεταξύ διανυσματικών χώρων. Οι συναρτήσεις που μας ενδιαφέρουν περισσότερο είναι αυτές που «σέβονται» την δομή του διανυσματικού χώρου και τις ονομάζουμε γραμμικές απεικονίσεις. Ορισμός Εστω V 1 και V 2 δύο διανυσματικοί χώροι επί του F. Μία απεικόνιση 20 f : V 1 V 2, θα λέγεται γραμμική απεικόνιση 21, εάν 1. f(α + β) = f(α) + f(β) α, β V 1 2. f(λ α) = λ f(α) λ F, α V 1 1. Δύο διανυσματικοί χώροι V 1 και V 2 λέγονται ισόμορφοι εάν υπάρχει γραμμική απεικόνιση f : V 1 V 2 η οποία είναι 1-1 και επί. Στην περίπτωση αυτή συμβολίζουμε V 1 = V2 και λέμε ότι η γραμμική απεικόνιση είναι ισομορφισμός 2. Δείτε τα παραδείγματα σελ 141 από το Βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα, Τόμος Α 22» 3. Μελετήστε τις προτάσεις και σελ 143 από το Βιβλίο «Εισαγωγή στη Γραμμική άλγεβρα, Τόμος Α» 4. Πρόταση Εστω f : V 1 V 2 μία γραμμική απεικόνιση. Τότε 5. f(0 V1 ) = 0 V2 Απόδειξη: Εχουμε f(0 V1 + 0 V1 ) = f(0 V1 ) + f(0 V1 ) από την πρώτη ιδιότητα των γραμμικών απεικονίσεων. Ας ονομάσουμε το f(0 V1 ) με ω. Τότε έχουμε τη σχέση ω+ω=ω, άρα ω=0. Η πρόταση μας λέει ότι οποιαδήποτε γραμμική απεικόνιση f : V 1 V 2 απεικονίζει πάντα το μηδενικό στοιχείο του πρώτου χώρου στο μηδενικό στοιχείο του δευτέρου χώρου 20 Η έννοια της απεικόνισης είναι ταυτόσημη με την έννοια της συνάρτησης 21 λέγεται επίσης και γραμμικός μετασχηματισμός 22 Από την έκδοση που είναι στο internet 39