Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 3

Transcript

1 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : abeligia/linearalgebrai/laihtml Ασκηση Εστω ο πίνακας υπολογισθεί ο A : 0 Να δειχθεί ότι ο A είναι αντιστρέψιµος και στη συνέχεια να () µε χρήση του συµπληρωµατικού adja του A, () µε τη µέθοδο στοιχειωδών µετασχηµατισµών επί των γραµµών του πίνακα (A I ) Λύση Καταρχήν, αφού A = 0 = + = 0 έπεται ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος Συνεπώς, υπάρχει πίνακας A έτσι ώστε A I n = AA, τον οποίο ϐρίσκουµε παρακάτω µε δυο τρόπους () Υπολογίζουµε όλες τις ελάσσονες ορίζουσες του πίνακα A: A = 0 =, A = 0 =, A = = A = =, A = = 0, A = 0 =, Αρα, έχουµε A = A adj A () Εχουµε A = = A = 0 =, A = = A A A A A A A A A Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ Γ = 0 = Γ Γ +Γ Γ Γ

2 Γ Γ +Γ Γ Γ Γ και άρα έπεται ότι A = Ασκηση Αν ένας από τους πίνακες A, B M n n (R) είναι αντιστρέψιµος, τότε να δειχθεί ότι : A B + I n = B A + I n Λύση Εστω ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος Τότε έχουµε AB + I n = AB + AA = A(B + A ) = A B + A = B + A A = (B + A )A = BA + A A = BA + I n Οµοια δείχνουµε το Ϲητούµενο αν ο πίνακας B είναι αντιστρέψιµος Ασκηση Να υπολογισθεί η ορίζουσα του ακόλουθου n n πίνακα πραγµατικών αριθµών : ρ ρ ρ n A n = ρ ρ ρ n ρ ρ ρ n Λύση Για n = έχουµε την ορίζουσα ρ n ρ n ρ n n A = ρ ρ = ρ ρ (Ορίζουσα Vandermonde n τάξης) Στην άσκηση 4 του Φυλλαδίου είχαµε αποδείξει την ορίζουσα Vandermonde για n =, δηλαδή ρ ρ A = ρ ρ ρ ρ = (ρ ρ )(ρ ρ )(ρ ρ ) Θα αποδείξουµε µε Μαθηµατική Επαγωγή ότι Υπόθεση Επαγωγής: Εστω ότι ισχύει για k = n, δηλαδή δεχόµαστε ότι :,n A n = (ρ i ρ j ) ( ) A n = i>j,n (ρ i ρ j ) i>j

3 Θα δείξουµε ότι η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει για k = n Εχουµε ρ ρ ρ n ρ ρ ρ ρ ρ n 0 Σ n Σ n ρ Σ n ρ ρ ρ n (ρ ρ ) A n = ρ n ρ n ρ n n ρ n ρ n ρn n (ρ n ρ ) = Σ Σ ρ Σ Σ Σ ρ Σ ρ 0 0 ρ ρ (ρ ρ ) ρ n (ρ ρ ) ρ n ρ n (ρ n ρ ) ρ n n (ρ n ρ ) ρ ρ ρ (ρ ρ ) ρ n (ρ ρ ) ρ n ρ ρ n (ρ n ρ ) ρ n n (ρ n ρ ) = ρ ρ ρ (ρ ρ ) ρ n (ρ ρ ) = (ρ ρ ) (ρ n ρ ) ρ n ρ ρ n (ρ n ρ ) ρ n n (ρ n ρ ) ρ ρ ρ n ρ ρ ρ n ρ n ρ n ρ n n ΥΠΟΘΕΣΗ ΕΠΑΓΩΓΗΣ,n (ρ ρ ) (ρ n ρ ) (ρ i ρ j ) = i>j,n (ρ i ρ j ) i>j Εποµένως, έχουµε A n =,n i>j (ρ i ρ j ), n Ασκηση 4 Να υπολογισθεί η ορίζουσα του πίνακα 4 n n n a n n n a a n 4 n n a a a a a a a a a a a a a a a Λύση Εχουµε 4 n n n a n n n A = a a a a a a a a a a a a Γ Γ Γ a a n n n a a a a a a a a a a a a

4 4 Γ Γ Γ a 0 a a a a a a a a a a a a a = Γ n Γ n Γ n a 0 a a a a a a a a Σ n Σ n Σ n a 0 0 a a a a a a a a a a Σ n Σ n Σ n a a a a a a a a a 0 a = Σ Σ Σ a a a a a a a a = ( a) a a a a a + ( ) n+ a a a a a a = ( a)( a) n + ( ) n+ aa n = ( a) n + ( ) n+ a n

5 5 Ασκηση 5 Να δείξετε ότι για τον n n πίνακα : 0 n 0 n 0 n n n n 4 n n n 0 ισχύει : A = ( ) n (n ) n Λύση Εχουµε 0 n n 0 n n A = n n n 4 0 n n n 0 Γ n Γ n Γ n 0 n n 0 n n n n n 4 0 Γ n Γ n Γ n 0 n n 0 n n = Γ Γ Γ 0 n n Σ Σ + Σ n Σ Σ + Σ n Σ n Σ n + Σ n n n n + n n = ( ) n n (n ) Ασκηση 6 Θεωρούµε τον n n πίνακα A ο οποίος είναι της µορφής : ( ) B C O D όπου : B M r r (K), C M r (n r) (K), O M (n r) r (K), και D M (n r) (n r) (K) Να δείξετε ότι : A = B D Λύση Η Βασική Ιδέα της Απόδειξης είναι η ακόλουθη: Γενικά εκτελώντας σε έναν πίνακα Ω, ορισµένες εναλλαγές γραµµών ή/και προσθέτοντας πολλαπλάσια γραµµών σε άλλες µπορούµε να σχηµατίσουµε έναν άνω τριγωνικό πίνακα Ω µε det Ω = ( ) ɛ det Ω, όπου το ɛ =, όταν το πλήθος από τις εναλλαγές των γραµµών είναι άρτιο και ɛ =, όταν το πλήθος από τις εναλλαγές είναι περιττό

6 6 Αυτό γίνεται µε παρόµοιο τρόπο όπως κατά τη µετατροπή ενός πίνακα σε γ-κλιµακωτή µορφή, χωρίς όµως την απαίτηση το πρώτο στοιχείο κάθε µη µηδενικής γραµµής να ισούται µε Ετσι δεν χρειάζεται να πολλαπλασιάζουµε κάποια γραµµή µε ένα µη µηδενικό στοιχείο, αφού τότε ϑα δεν ϑα ήταν εύκολο να παρακολουθούµε τις αλλαγές στην τιµή της ορίζουσας Σε σχέση µε την παρατήρηση αυτή σκεφτείτε ότι ένας γ-κλιµακωτός n n πίνακας είναι ένας ειδικού τύπου άνω τριγωνικός πίνακας και αντίστροφα ένας άνω τριγωνικός πίνακας µπορεί να µετατραπεί εύκολα σε έναν γ-κλιµακωτό Ας προχωρήσουµε τώρα στην απόδειξη τής συγκεκριµένης άσκησης Επί των πρώτων r γραµών τού πίνακα A εκτελούµε εναλλαγές γραµµών ή/και προσθέτουµε πολλαπλάσια γραµµών σε άλλες, κατά τέτοιον τρόπο ώστε στη ϑέση τού B να προκύψει ένας άνω τριγωνικός πίνακας B Ετσι από τον A έχει προκύψει ο ( A B C = ) O D Λόγω των εναλλαγών στις r γραµµές τού A έχουµε : det A = ( ) ɛ det A καθώς επίσης και det B = ( ) ɛ det B, ɛ = ± Επί των τελευταίων n r γραµών τού πίνακα A εκτελούµε εναλλαγές γραµµών ή/και προσθέτουµε πολλαπλάσια γραµµών σε άλλες, κατά τέτοιον τρόπο ώστε στη ϑέση τού D να προκύψει ένας άνω τριγωνικός πίνακας D Ετσι από τον A έχει προκύψει ο ( A B C = ) O D Λόγω των εναλλαγών στις n r γραµµές τού A έχουµε : det A = ( ) ɛ det A καθώς επίσης και det D = ( ) ɛ det D, ɛ = ± Εχουµε det ( ) ɛ ( ) ɛ det A, det B = ( ) ɛ det B, det D = ( ) ɛ det D Αλλά ο A είναι άνω τριγωνικός, αφού οι B και D είναι άνω τριγωνικοί Εποµένως, det A = det B det C (ως γινόµενο των στοιχείων τής κύριας διαγωνίου) Συνεπώς, det ( ) ɛ ( ) ɛ det A = ( ) ɛ ( ) ɛ det B det C = det B det C Ασκηση 7 Ποιος είναι ο µέγιστος αριθµός των µηδενικών συνιστωσών που µπορεί να έχει ένας 4 4 πίνακας, χωρίς όµως η ορίζουσά του να είναι ίση µε µηδέν; Λύση Ο ελάχιστος αριθµός των µη µηδενικών συνιστωσών του, ώστε η ορίζουσα να µην ισούται µε µηδέν, είναι τέσσερα και υλοποιείται από έναν διαγώνιο πίνακα όπου και τα τέσσερα στοιχεία τής κυρίας διαγωνίου είναι 0 Μόνο τρία µη µηδενικά στοιχεία αναγκάζουν µία από τις τέσσερεις γραµµές τού πίνακα να αποτελείται πάντοτε µόνο από µηδενικά µε συνέπεια η ορίζουσα να είναι ίση µε µηδέν Συνεπώς ο µέγιστος αριθµός των µηδενικών συνιστωσών του είναι 6 4 = Ασκηση 8 Πόσες διαφορετικές τιµές µπορεί να έχει η ορίζουσα ενός πίνακα τής µορφής 5 5(K), όπου τα παίρνουν τις τιµές τους από το K; Λύση Θεωρουµε το πέµπτο στοιχείο τής τέταρτης γραµµής

7 7 Πρωτη Περιπτωση : Αν το πέµπτο στοιχείο τής τέταρτης γραµµής είναι µηδέν, τότε ο πίνακας έχει την µορφή 0 Αναπτύσσοντας την ορίζουσα κατά τα στοιχεία τής πρώτης γραµµής ϐλέπουµε ότι οφείλουµε να υπολογίσουµε δύο ορίζουσες 4 4 πινάκων που και οι δυό τους έχουν τη µορφή Οι τελευταίοι πίνακες είναι κάτω τριγωνικοί µε µηδενικό στοιχείο στην κύρια διαγώνιό τους και συνεπώς η ορίζουσά τους ισούται µε µηδέν Ωστε, det(a) = 0 ευτερη Περιπτωση : Αν το πέµπτο στοιχείο τής τέταρτης γραµµής δεν είναι µηδέν, τότε αφαιρώντας ένα κατάλληλο πολλαπλάσιο τής τέταρτης γραµµής από την πέµπτη, µπορούµε να µηδενίσουµε το πέµπτο στοιχείο τής πέµπτης γραµµής Ετσι προκύπτει ο πίνακας B = 0 µε det(b) = det(a) Στον B εναλλάσσουµε την πέµπτη µε την τέταρτη γραµµή Ετσι προκύπτει ένας πίνακας τής µορφής C = 0 Η det(c) = 0, αφού η µορφή τού C είναι ίδια µε τη µορφή τού A τής Πρώτης Περίπτωσης det(c) = det B Αρα 0 = det(b) = det(a) Επιπλέον Ασκηση 9 Ας είναι (a ij ) ένας n n πίνακας και A ij το αλγεβρικό συµπλήρωµα τού στοιχείου a ij Να δειχθεί ότι, αν i r, τότε a i A r + a i A r + + a in A rn = 0 και, αν j s, τότε a j A s + a j A s + + a nj A ns = 0 Λύση Ας ονοµάσουµε A τον πίνακα που προκύπτει από τον A αντικαθιστώντας την r-οστή γραµµή τού A από την i-οστή (i r) γραµµή του Η det A ισούται µε 0, αφού ο A έχει δύο ίσες γραµµές (την i-οστή και την r-οστή) Αναπτύσσοντας την det A κατά τα στοιχεία τής r-οστής γραµµής, τα οποία είναι τα a i, a i,, a in παίρνουµε : a i A r + a i A r + + a in A rn = det A = 0 η απόδειξη τού άλλου τύπου είναι ανάλογη και εκτελείται µε αντικαθιστώντας την s-οστή στήλη τού A µε την j-οστή

8 8 Ασκηση 0 Να δειχθεί ότι η det A n, όπου A n είναι ο n n Fibonacci πίνακας: 0 0 A n = ισούται µε τον n-οστό όρο a n τής ακολουθίας Fibonacci,,, 5, 8,, = {a n } n=, ο οποίος ορίζεται µέσω του αναγωγικού τύπου : a n = a n + a n, n Λύση Ο πίνακας Fibonacci ( είναι ο () ) και η ορίζουσά του είναι η d = Ο πίνακας Fibonacci είναι ο και η ορίζουσά του είναι η d = + = Ας είναι d n η ορίζουσα τού n n πίνακα Fibonacci Θα δείξουµε ότι για n, είναι d n = d n + d n Ο πίνακας Fibonacci είναι ο 0 και η ορίζουσά του (αναπτύσσοντας ως προς τα στοιχεία τής 0 πρώτης στήλης) είναι η : d = ( ) 0 = ( ) = = d + d Θεωρούµε τώρα τον n n Fibonacci πίνακα A και υπολογίζουµε την ορίζουσά του αναπτύσσοντας κατά τα στοιχεία τής πρώτης στήλης: Προφανώς, det a A + a A, αφού τα υπόλοιπα στοιχεία τής πρώτης στήλης είναι ίσα µε µηδέν Το a = και το συµπλήρωµά του A ισούται µε ( ) + d n (διαγράφοντας την πρώτη γραµµή και την πρώτη στήλη τού A προκύπτει και πάλι πίνακας Fibonacci µε µέγεθος (n ) (n )) Το a = και το συµπλήρωµά του A ισούται µε ( ) + D, όπου D είναι η ορίζουσα τού (n ) (n ) πίνακα A που προκύπτει διαγράφοντας την πρώτη στήλη και δεύτερη γραµµή τού A, δηλαδή τού πίνακα A 0 = Αλλά υπολογίζοντας την ορίζουσα D τού A αναπτύσσοντας τώρα κατά τα στοιχεία τής πρώτης γραµµής ϐλέπουµε ότι αυτή η D συµπίπτει µε την ορίζουσα τού (n ) (n ) Fibonacci πίνακα, δηλαδή µε την ορίζουσα d n Ετσι τελικά έχουµε : Αρα : det a A + a A = ( ) + d n + ( )( ) + d n = d n + d n A n = a n, n