ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ ) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Οι πρώτες δύο ασκήσεις αναφέρονται στις έννοιες γραµµική ανεξαρτησία, γραµµικός συνδυασµός και βάση (βλ. παράγραφο.) Άσκηση. ( µον.) (α) Να βρεθούν οι τιµές του a για τις οποίες τα διανύσµατα (,, a),(,,),(,,) αποτελούν µια βάση του R. (β) Για τις τιµές του a που βρήκατε πριν, να εκφράστε το συνδυασµό των (,, a),(,,),(,,). (,,) ως γραµµικό (γ) Να βρεθούν οι τιµές του b για τις οποίες έχουµε (,, b) span{(,,),(,,)}. Λύση: α) Επειδή η διάσταση του R είναι, το δεδοµένο ερώτηµα ισοδυναµεί µε το να βρεθούν οι τιµές του a για τις οποίες τα διανύσµατα (,, a),(,,),(,,) είναι γραµµικά ανεξάρτητα. Ακολουθούµε την διαδικασια του Παραδείγµατος.7 (σελ.7): από την εξίσωση (,,) λ (,,a) λ (,,) λ (,-,) την οποία µπορούµε να γράψουµε ισοδύναµα και σε µορφή στηλών έχουµε το οµογενές σύστηµα [ ] Τ λ [ a] Τ λ [ ] Τ λ [ - ] Τ λ λ λ λ -λ aλ λ λ το οποίο θέλουµε να έχει µοναδική λύση την µηδενική και άρα πρέπει και αρκεί η ορίζουσα του πίνακα των συντελεστών A να είναι µη µηδενική, δηλαδη deta(- a) και αρα a οι τιµές του a για τιςοποίες τα αρχικά διανύσµατα αποτελούν βάση είναι όλες οι πραγµατικές τιµές εκτός από το. β) Για a, τα δεδοµένα στοιχεία του R αποτελούν µια βάση. Ζητάµε να βρεθούν οι τιµές των συνελεστών λ,λ,λ ώστε να ισχύει η ακόλουθη εξίσωση (,,) λ (,, a) λ (,,) λ (,, ),

2 λ που ισοδυναµεί µε το γραµµικό σύστηµα A λ, όπου Α είναι ο πίνακας του λ προηγουµένου υποερωτήµατος. Σύµφωνα µε την µέθοδο Cramer βρίσκουµε ότι Dλ D ) D λ ( a λ λ, λ, λ. D ( a) D ( a) D ( a) γ) (Βλ. Παραδειγµα. σελ.67) Ζητάµε τις τιµές του b τέτοιες ώστε να υπάρχουν, y που να ικανοποιουν την διανυσµατική εξίσωση (,, b) (,,) y(,,). η οποία ισοδυναµεί µε το γραµµικό σύστηµα B, όπου B. y b Σχηµατίζουµε τον επαυξηµένο πίνακα του γραµµικού συστήµατος και εκτελούµε διαδοχικά πράξεις στις γραµµές ώστε να τον φέρουµε σε κλιµακωτή µορφή: Γ ΓΓ Γ Γ Γ ΓΓ Γ b b b ετσι συµπεραίνουµε ότι rankb rank και αρα πρέπει και αρκεί rank το οποίο συµβαίνει µονον όταν b. b Άσκηση. ( µον.) ίνονται τα σύνολα : E : ; E : α) Να δείξετε ότι τα σύνολα E, E είναι διανυσµατικοί υπόχωροι του διανυσµατικού χώρου των πινάκων διαστάσεως. β) Να βρείτε τις διαστάσεις των υποχώρων E, E, E E και E E. Λύση: α) Επιλέγουµε δύο πίνακες X, Y του συνόλου E

3 y y X E, Y y y E οπότε, y y y y και στη συνέχεια ελέγχουµε αν ο πίνακας λ X µ Y όπου λ, µ ανήκει στον χώρο. y y λ µ y λ µ y λ X µ Y λ µ y y λ µ y λ µ y Πράγµατι παρατηρώ ότι ισχύει η ιδιότητα των πινάκων του χώρου : και συνεπώς ο πίνακας λ X µ Y E E ( λ µ y) ( λ µ y) λ ( ) µ ( y y) λ ( ) µ ( y y) ( λ µ ) ( λ µ y y E ανήκει στον χώρο. Όµοια επιλέγουµε δύο πίνακες X, Y του χώρου E y y X E, Y E y y οπότε, y y y y και στη συνέχεια ελέγχω αν ο πίνακας λ X µ Y όπου λ, µ ανήκει στον χώρο. E y y λ µ y λ µ y λ X µ Y λ µ y y λ µ y λ µ y Πράγµατι παρατηρώ ότι ισχύει η ιδιότητα των πινάκων του χώρου : και συνεπώς ο πίνακας λ X µ Y E ( λ µ y) ( λ µ y) λ ( ) µ ( y y) λ ( ) µ ( y y) ( λ µ y ) ( λ µ y ) ανήκει στον χώρο. E β) Παρατηρούµε ότι κάθε πίνακας X E, γράφεται ως εξής: X X X X δηλαδή ως γραµµικός συνδυασµός των X, X, X µε συντελεστές οποιαδήποτε στοιχεια του και αντίστροφα, όπου οι πίνακες X, X, X είναι γραµµικά ανεξάρτητοι (καθώς αν ένας γραµµικός συνδυασµός τους ισούται προς τον µηδενικό πίνακα X X X τότε λόγω της προηγούµενης ισότητας ( ο µέλος ο µέλος) όλοι οι συντελεστές είναι ισοι µε το µηδέν) και συνεπώς αποτελούν βάση του E. Άρα dim E. )

4 y y Παρόµοια παρατηρούµε ότι κάθε πίνακας Y E y y γράφεται ως y y y y y y y y y y Y y y y y y y y Y Y Y όπου οι πίνακες Y, Y, Y εύκολα αποδεικνύεται (όπως παραπάνω) ότι είναι γραµµικά ανεξάρτητοι και συνεπώς αποτελούν βάση του. Άρα dim E. E y y Κάθε πίνακας Y γράφεται ως y y E E y y y y y y y y Y y y y y y y y y y y Y Y όπου οι πίνακες Y, Y είναι εύκολο να αποδειχθεί ότι είναι γραµµικά ανεξάρτητοι και συνεπώς αποτελούν βάση του E dim E E. E. Άρα ( ) Η διάσταση του αθροίσµατος E E εποµένως βρίσκεται τώρα από το Θεώρηµα. : dim E E dim E dim E dim E E. ( ) ( ) Άσκηση. ( µον.) (H άσκηση αυτή αναφέρεται σε γραµµικές απεικονίσεις, βλ. Κεφάλαιο 5). Θεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση f : R R της οποίας ο πίνακας ως προς τη συνήθη βάση του είναι ο R. 5 5 (α) Υπολογίστε την εικόνα f (,,). Βρείτε έναν τύπο για την f. (β) Βρείτε µια βάση και τη διάσταση για καθέναν από τους υπόχωρους ker f και f ( R ). (γ) Είναι η απεικόνιση f ένα προς ένα ή επί; Λύση: α) Θεωρούµε τον διανυσµατικό χώρο R {(α,β,γ)/ α,β,γ πραγµατικοί αριθµοί} µε βάση την συνήθη βάση µε στοιχεία e(,,), e (,,), e (,,) (τόσο ως πεδίο ορισµού όσο και πεδίο τιµών)

5 Εκφράζουµε το διάνυσµα u (,-,) ως προς αυτή : (,-,) (,,)(-) (,,) (,,) δηλαδή u e (-) e e. Επειδή η f είναι γραµµική έχουµε f(u) f( e ) - f(e ) f( e ) Οι εικόνες των στοιχείων της βάσης f(e ), f(e ), f(e ) δίνονται ως γραµµικοί συνδυασµοί των e, e, e µε συντελεστές που βρίσκονται στις στηλες του πινακα Α (βλ. 5.. σελ.9). Ετσι: f(e ) e e 5 e, f(e ) e (-) e e, f(e ) e e 5 e, οπότε µε αντικατάσταση έχουµε f(u)( e e 5 e )-( e (-) e e )( e e 5 e ) e 9 e 7 e (,9,7) Για τον γενικό τύπο της f έχουµε: f(,y,z) f( e ) y f(e )z f( e )(yz, -yz, 5y5z) t β) Παρατηρούµε ότι ( f ( yz,, )) y. 5 5 z Για τον πυρήνα λύνουµε το σύστηµα y. Χρησιµοποιώντας 5 5z 5 γραµµοπράξεις βρίσκουµε ότι οι λύσεις είναι (, yz, ) z, zz,, όπου z R. Άρα µια βάση του πυρήνα είναι {,, } και η διάσταση είναι. 7 7 Η διάσταση της εικόνας είναι dim f( R ) dim R dim ker f. Μια βάση αποτελούν τα διανύσµατα που αντιστοιχούν σε δύο γραµµικά ανεξάρτητες στήλες του πίνακα της f,, π.χ. στις πρώτες δύο, {(,,5), (,-,)}. 5 5 γ) Η δεδοµένη απεικόνιση δεν είναι - αφού ο πυρήνας της δεν είναι περιέχει µόνο το µηδενικό στοιχείο, (,,), όπως είδαµε πριν. Επίσης δεν είναι επί αφού είδαµε ότι dim f ( R ) και άρα η εικόνα f ( R ) είναι γνήσιο υποσύνολο του R. Σηµείωση: H άσκήση αναφέρεται σε ιδιοτιµές και ιδιοδιανύσµατα γραµµικών n n απεικονίσεων της µορφής f : R R. Ορισµός. Έστω f : v (,...,) τέτοιο ώστε f () v λvθα λέµε ότι το λ είναι µια ιδιοτιµή της f και το v είναι ένα ιδιοδιάνυσµα της f που αντιστοιχεί στη λ. n n n R R µια γραµµική απεικόνιση. Αν υπάρχει λ R και v R µε Αποδεικνύεται ότι οι ιδιοτιµές και τα ιδιoδιανύσµατα της f είναι οι ιδιοτιµές και τα n ιδιοδιανύσµατα του πίνακα της f ως προς τη συνήθη βάση του R. Για παράδειγµα, οι 5

6 ιδιοτιµές και τα ιδιοδιανύσµατα της f : R R, f(, y) ( y, y), είναι οι ιδιοτιµές και τα ιδιοδιανύσµατα του πίνακα. Άσκηση. ( µον.) Θεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση f : R R f (,, ) (,, ). (α) Ποιος είναι ο πίνακας Α της f που αντιστοιχεί στη συνήθη βάση του R ; (β) Βρείτε τις ιδιοτιµές και τα ιδιοδιανύσµατα της f. που ορίζεται από τη σχέση Λύση: α) Για να βρούµε την πρώτη στήλη του ζητούµενου πίνακα υπολογίζουµε το f (,,) (,,) (,,) (,,) (,,). Άρα η πρώτη στήλη είναι η. Συνεχίζοντας έτσι µε τα f(,,) και f(,,) βρίσκουµε ότι ο πίνακας είναι ο β) Από το χαρακτηριστικό πολυώνυµο που προκύπτει βρίσκουµε τις ιδιοτιµές: λ det( λι A) det λ λ( λ ) λ,,. λ Για κάθε µια ιδιοτιµή λ, λύνουµε τώρα το σύστηµα ( A λι ) X µε γραµµοπράξεις και βρίσκουµε τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσµατα ως εξής (βλ. και άσκηση 7 πιο κάτω): Για λ, βρίσκουµε ότι οι µη µηδενικές λύσεις του συστήµατος, [,, ] T T [,, ], όπου R {}, δίνουν το ιδιοδιάνυσµα [,, ] T. Παρόµοια, για λ, οι λύσεις του δίνουν το ιδιάνυσµα [,,] T, ενώ για λ, παίρνουµε το ιδιοδιάνυσµα [,,] T. 6

7 Άσκηση 5. ( µον.) Έστω ο πραγµατικός πίνακας A. 5 (α) Να ευρεθούν οι ιδιοτιµές του πίνακα Α. (Υπόδειξη: Μια από τις ιδιοτιµές είναι η. Με βάση αυτό και την άσκηση.b της Εργασίας, µπορείτε να υπολογίστε τις άλλες). (β) Να υπολογισθούν ως πολυώνυµα του Α, οι πίνακες A και A. (Υπόδειξη: Βλ Παράδειγµα 6. και 6.6). Λύση: α) Υπολογίζοντας την ορίζουσα det( λi A) βρίσκουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο χ λ 6λ λ6. ίνεται ότι µια ρίζα αυτού είναι η. Κάνοντας τη διαίρεση µε το A λ βρίσκουµε χ ( λ) λ 6 λ λ6 ( λ)( λ 5λ 6), και άρα A χ A ( λ)( λ)( λ ). Οι ιδιοτιµές του Α είναι,,. β) Από το Θεώρηµα Cayley-Hamilton, έχουµε A 6A A 6I. Ο πίνακας Α είναι αντιστρέψιµος αφού το δεν είναι ιδιοτιµή του. Πολλαπλασιάζοντας µε A βρίσκουµε A 6A I 6A A ( A 6A I). 6 Πολλαπλασιάζοντας µε A και αντικαθιστώντας την προηγούµενη σχέση, βρίσκουµε A 6I A 6A A ( A 6I A ) 6 85 A 6I ( A 6A I) A A I Άσκηση 6. ( µον.) Έστω ο πραγµατικός πίνακας A. (α) Εξετάστε αν ο πίνακας Α διαγωνοποιείται. Αν ναι, να βρεθεί ένας πίνακας Ρ τέτοιος ώστε ο Ρ - ΑΡ να είναι διαγώνιος. (β) Να βρεθεί τα χαρακτηριστικό πολυώνυµο του Α και να υπολογίστε τον πίνακα n A, n,,... Λύση: α) Υπολογίζοντας την ορίζουσα det(λi A) βρίσκουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο χ A λ. Οι ιδιοτιµές του πίνακα είναι οι ρίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύµου, συνεπώς λ,. λ 7

8 Επειδή ο Α είναι ένας πίνακας που έχει δύο διακεκριµένες ιδιοτιµές, ο Α διαγωνοποιείται. Μία βάση από ιδιοδιανυσµατα βρίσκεται ως εξής. Λύνουµε τα αντίστοιχα A λι X που µετά από γραµµοπράξεις δίνουν: συστήµατα της µορφής ( ) T για λ το σύνολο των λύσεων (ιδιοχώρος) {[ a a] / a R} και άρα µία βάση του (που περιέχει αναγκαστικά µη µηδενικα γρ. ανεξάρτητα ιδιοδιανυσµατα) {[- ] Τ }, T Τ και για λ το σύνολο των λύσεων {[ a a] / a R} και άρα µία βάση του {[- ] }. Έστω ο πίνακας P οι στήλες του P είναι γρ. ανεξάρτητα ιδιοδιανύσµατα του Α. Κάνοντας τις πράξεις έχουµε ότι ο πίνακας P AP είναι πράγµατι διαγώνιος. β) Από το χαρακτηριστικό πολυώνυµο που υπολογίσθηκε στο α) ερώτηµα και το Θεώρηµα Cayley-Hamilton, έχουµε A I A I Πολλαπλασιάζοντας µε Α την τελευταία σχέση επανειληµµένα µε Α έχουµε, 5 6 A I, A A, A A I, A A, A A I κλπ. Από εδώ παρατηρούµε (εύκολα αποδεικνύεται µε επαγωγή) ότι για n,,... n A, όταν n k, k A I, όταν n k, k ισχύει Άσκηση 7. ( µον.) ίνεται ο πίνακας A α) Χωρίς να υπολογίσετε τις ιδιοτιµές και τα ιδιοδιανύσµατα του πίνακα Α, µπορείτε να ελέγξετε αν διαγωνοποιείται ο πίνακας Α ; β) Να βρεθεί ορθοµοναδιαίος πίνακας P τέτοιος ώστε A PDP όπου D είναι διαγώνιος πίνακας που έχει τις ιδιοτιµές του πίνακα Α. Υπόδειξη: Για την επίλυση του θέµατος (β) θα πρέπει πρώτα να υπολογίσετε τις ιδιοτιµές,, u, u, u του πίνακα Α. Στη συνέχεια, µε τη µέθοδο { λ λ λ } και τα ιδιοδιανύσµατα { } του Θεωρήµατος. (σελ. 78 του βιβλίου), θα πρέπει να δηµιουργήσετε µια ορθοκανονική βάση του ιδιοχώρου του πίνακα Α τα διανύσµατα της οποίας θα αποτελέσουν τις στήλες του πίνακα P. Βλέπε παράδειγµα 6. (σελ.7), Παράδειγµα.6 (σελ. 79), Παράδειγµα 6.. Λύση: α) Παρατηρούµε ότι ο πίνακας Α είναι συµµετρικός πραγµατικός και συνεπώς από το φασµατικό θεώρηµα (σελ.7) είναι ορθοµοναδιαία όµοιος µε πραγµατικό διαγώνιο πίνακα ή, µε άλλα λόγια, είναι διαγωνοποιήσιµος µε πραγµατικές ιδιοτιµές. 8

9 β) Για να βρούµε ορθοµοναδιαίο όµοιο πίνακα P τέτοιο ώστε A PDP θα πρέπει αρχικά να υπολογίσουµε µία βάση ιδιοδιανυσµάτων του πίνακα Α. Πρώτα υπολογίζουµε τις ιδιοτιµές του µέσω του χαρακτηριστικού πολυωνύµου του: λ λ λ det ( λi A) det λ det λ λ λ λ det λ λ( λ 5λ ) λ( λ )( λ7) λ 6 Άρα το σύνολο των ιδιοτιµών του πίνακα Α είναι {,-,7} και όλες οι ιδιοτιµές είναι απλές. Στη συνέχεια υπολογίζουµε ιδιοδιανύσµατα του πίνακα Α που αντιστοιχούν στις παραπάνω ιδιοτιµές : A A ( ) y A 7 7 z Άρα έχουµε τα γραµµικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσµατα η ; η ; η τα οποία είναι και ορθογώνια καθώς αντιστοιχούν σε διαφορετικές ιδιοτιµές συµµετρικού πραγµατικού πίνακα Α. Αρκεί λοιπόν να κανονικοποιήσουµε τα παραπάνω ιδιοδιανύσµατα 8 η η η,, η η 8 η 8 ώστε να σχηµατίσουµε τον πίνακα P µε στήλες τα παραπάνω ιδιοδιανύσµατα (προσοχή στην διάταξη των στηλών): 9

10 8 P 8 8 Πράγµατι παρατηρούµε ότι A PDP P AP D : P AP 8 8 D Σηµείωση. Επειδή ο πίνακας P είναι ορθοκανονικός ο αντίστροφος του είναι ο συµµετρικός του και συνεπώς δεν χρειάζεται να τον υπολογίσουµε. Άσκηση 8. (8 µον.) Σωστό ή λάθος; Να µην απαντάται µονολεκτικά αλλά να δίνετε πάντοτε πλήρη δικαιολόγηση της απάντησή σας. (α) Υπάρχει µη µηδενικός διαγωνοποιήσιµος πίνακας A τέτοιος ώστε tra det A. (β) Αν ο Α είναι ένας ορθοµοναδιαίος πίνακας µε πραγµατικούς συντελεστές (δηλ. ορθογώνιος), τότε υπάρχει µη µηδενικό διάνυσµα τέτοιο ώστε A. (γ) Αν τα διανύσµατα a, b, c, είναι γραµµικώς ανεξάρτητα τότε τα διανύσµατα a- b, b c, ca, είναι γραµµικώς ανεξάρτητα. (δ) Η παρακάτω απεικόνιση είναι γραµµική: ([,, ] ) [,, ] f (ε) Ο πίνακας διαγωνοποιείται. (στ) Οι πίνακες A και B είναι όµοιοι.

11 Λύση: (α) Λάθος. Οι ιδιοτιµές λ, λ, ενός τέτοιου πίνακα Α ικανοποιούν τις σχέσεις Tr( A) λ λ, det A λλ οπότε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο είναι το λ και οι ιδιοτιµές του Α που είναι οι ριζες του χαρακτηριστικού πολυωνύµου είναι µηδέν, λ λ. Αλλά τότε, αφού ο Α είναι διαγωνοποιήσιµος, ισχύει A P P, που σηµαίνει ότι ο Α πρέπει να είναι ο µηδενικός πίνακας. Αρα δεν υπαρχει µη µηδενικός διαγωνοποιήσιµος πίνακας A τέτοιος ώστε TrAdetA (β) Σωστό Πράγµατι αφού ο Α είναι ορθογώνιος ισχύει A T A και det A. Αρα µπορούµε να γράψουµε det(a -I) det(a (Α-Α - ))det (A(Α-Α Τ )) deta det(α-α T )). Όµως ο πίνακας ΒΑ-Α Τ είναι αντισυµµετρικός δηλαδη Β-Β Τ και για την ορίζουσά του ισχύει detbdet(-β Τ )(-) det(β Τ ) -detb (αφού ο Β είναι ) άρα detβdet(α-α Τ ). Αρα det( A I) και συνεπώς υπάρχει µη µηδενικό διάνυσµα τέτοιο ώστε A. (γ) Λάθος. Τα διανύσµατα a- b, b c, ca, είναι γραµµικώς εξαρτηµένα καθώς ισχύει a b b c ( ) c a δηλαδή υπάρχει γραµµικός συνδυασµός τους ίσος µε το ( ) ( ) ( ) µηδενικό διάνυσµα µε συντελεστές όχι όλους (εδώ κανένα) µηδενικούς. (δ) Λάθος. Αρκεί να παρατηρήσουµε ότι η f,, y, y, y ([ ] [ ] ) f ([ y, y, y] ) ( y ) ( y ) ( y ) ( y ) ( y ) ( y ),, δεν δίνει το ίδιο αποτέλεσµα µε την f,, f y, y, y ([ ] ) ([ ] ) [ ] [,, y y, y y, y y ( y ) ( y ) ( y ) ( y ) ( y ) ( y ),, όπως θα έπρεπε να συµβαίνει αν η f ήταν γραµµική. (ε) Λάθος. Ο πίνακας δεν διαγωνοποιείται διότι έχει δύο ίδιες πραγµατικές ιδιοτιµές λ λ, αλλά ένα µόνο ιδιοδιάνυσµα [, ] T, δηλ. δεν έχει δύο γραµµικώς ανεξάρτητα ιδιοδιανύσµατα. ]

12 (στ) Λάθος. Αν οι πίνακες A και B ήταν όµοιοι θα έπρεπε να έχουν ίδια ορίζουσα και ίδιο ίχνος (βλ. σελ. 99 του βιβλίου). Ενώ όµως ισχύει deta detb -, δεν ισχύει tra trb, αφού tra 5 και trβ - 5. ΤΕΛΟΣ ΣΤΗΝ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΕΠΙΣΥΝΑΠΤΟΝΤΑΙ ΜΕΡΙΚΑ ΣΧΟΛΙΑ ΣΕ ΜΕΡΙΚΕΣ ΑΠΟ ΤΙΣ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

13 ΣΧΟΛΙΑ ΣΤΙΣ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΧΟΛΙΟ_ΑΣΚΗΣΗΣ_ α,β: Τα δυο υποερωτήµατα µπορουν να αντιµετωπιστούν ταυτόχρονα µε το να βρεθεί η λ κλιµακωτη µορφή του επαυξηµένου πίνακα του γραµµικού συστήµατος A λ λ όπως παρακάτω: Γ Γ Γ Γ ( /) Γ Γ ΓaΓ a a a a Γ Γ (a) Γ / / a a a a / Από την κλιµακωτή αυτή µορφή αµέσως συνάγουµε τα ακόλουθα: για το α) τα τρία αρχικά διανυσµατα είναι γραµµικά ανεξάρτητα αν a είναι διάφορο του. για το β) έχουµε ότι για τις επιτρεπτές τιµές του a µπορούµε να λύσουµε το σύστηµα ως προς λ,λ,λ αρχίζοντας από την τελευταία γραµµή και αντικαθιστώντας προς τα πάνω έτσι ώστε να βρούµε την λύση λ ( a ),, ( a) λ ( a) λ. ( a) ΣΧΟΛΙΟ_ΑΣΚΗΣΗΣ_γ H διαδικασία της λύσης παρέχει ένα µεθοδολογικό τρόπο να απαντούµε σε τέτοιου είδους ερωτήµατα ανεξάρτητα από το πλήθος τών διανυσµάτων που µας δίδονται. Στην προκειµένη περίπτωση που έχουµε πίνακα µικρής διάστασης µπορούµε να διατυπώσουµε την απάντηση χωρίς να εκτελέσουµε πράξεις στις γραµµές ως εξής: επειδή ο βαθµός (rank) του πίνακα Β εύκολα φαίνεται ότι ισούται προς (καθώς είναι το πολύ και µια τουλαχιστον υποορίζουσα του είναι διάφορη του µηδενός), πρέπει να είναι ίδιος µε τον βαθµό τού επαυξηµένου πίνακα τού συστήµατος, κάτι που ισχύει αν και µόνο αν det. Υπολογίζοντας την ορίζουσα στο αριστερό µέλος, βρίσκουµε b ότι b. ΣΧΟΛΙΟ_ΑΣΚΗΣΗΣ_ Η απάντηση στο α) ακολούθησε την απόδειξη βάσει της ικανής και αναγκαίας συνθήκης της σελ.65(τέταρτη γραµµή από πάνω). Μία εναλλακτική µέθοδος είναι αυτή που χρησιµοποιεί το γεγονός ότι στην αρχή της απάντησης τού β) ουσιαστικά δείχνουµε ότι Ε span{ X, X, X } και άρα Ε είναι υπόχωρος σύµφωνα µε την παρατήρηση που ακολουθεί έπειτα από την ικανή και αναγκαία συνθήκη. Παρόµοια για τον Ε. ΣΧΟΛΙΟ_ΑΣΚΗΣΗΣ_6 Η γενική µέθοδος για την απάντηση στο τελευταίο ερώτηµα είναι αυτή του Παραδείγµατος 6.7 σελ.

14 ΣΧΟΛΙΟ_ΑΣΚΗΣΗΣ_7 Αν ακολουθήσαµε την γενική διαδικασία της ορθογωνοποιησης Gram-Schmidt (Θεώρηµα.) έχουµε : ξ η η ξ ξ η ξ ξ ξ η ξ η ξ ξ η ξ ξ ξ ξ ξ ξ 8 όπου δηλώνει το εσωτερικό γινόµενο. Συνεπώς παρατηρούµε ότι τα ιδιοδιανύσµατα ξ, ξ, ξ είναι ορθογώνια µεταξύ τους. Η βάση που αποτελείται από τα ορθογώνια ιδιοδιανύµατα ξ, ξ, ξ θα είναι µια ορθοκανονική βάση του πίνακα Α ξ ξ ξ ΣΧΟΛΙΟ_8β Αν ο Α θεωρηθεί ορθοµοναδιαίος µε µιγαδικούς συντελεστές τοτε η πρόταση είναι λάθος. Πράγµατι: Η πρόταση υπάρχει µη µηδενικό διάνυσµα τέτοιο ώστε A ισοδυναµεί µε την «ο Α έχει ιδιοτιµή ιση προς το». i Θεωρούµε τον πίνακα Α i µε ω ( i ) /. Ο Α είναι ορθοµοναδιαίος αφού ω ΑΑ * i i i i i i Ι ω ω ωω

15 i αλλά Α ( i) ω ω δεν έχει καµµία ιδιοτιµή ιση προς. ΣΧΟΛΙΟ_8γ Η µέθοδος για να βρούµε τον παραπάνω γραµµικό συνδυασµό είναι η εξής: λ a b µ b c ν c a λ ν a λ µ b µ ν c ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) και επειδή τα διανύσµατα a, b, c, είναι γραµµικώς ανεξάρτητα, η τελευταία σχέση ισοδυναµεί µε το σύστηµα λ ν λ µ µ ν που οι λύσεις του είναι (λ, µ, ν) α(,,-) όπου α ελεύθερη παράµετρος. Ειδικότερα έχουµε και µη µηδενικές λύσεις για παράδειγµα λ µ-ν έτσι ώστε να ισχύει η σχέση, a b b c ( ) c a. ( ) ( ) ( ) ΣΧΟΛΙΟ_8δ Ένας πιο εύκολος τρόπος να δείξουµε ότι η f δεν είναι γραµµική είναι να παρατηρήσουµε ότι, λόγω της ιδιότητας f ( k) kf ( ), για κάθε k, µιας γραµµικής απεικόνισης (βλ. ορισµό (5.), σελ. 9), θα έπρεπε να είχαµε f (,,) (,,), που όµως δεν ισχύει στην περίπτωσή µας. 5