ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii18/laii18html Παρασκευή 9 Μαρτίου 18 Ασκηση 1 Θεωρούµε τους υπόχωρους του R 3 : V (x, y, z R 3 x + y + z και 3x + y + z } W (x, y, z R 3 5x + 4y + 3z } Να εξετάσετε αν ισχύει ότι : R 3 V W Αν αυτό δεν ισχύει να ϐρείτε υπόχωρους U και Z έτσι ώστε R 3 V U W Z Λύση (1 Το διάνυσµα (x, y, z R 3 ανήκει στον υπόχωρο V αν και µόνον αν : x + y + z z x y y x 3x + y + z z 3x y z x y x + x x y x z x Εποµένως V (x, y, z R 3 y x, z x } (x, x, x R 3 x R } (1,, 1 και άρα το µονοσύνολο B 1 (1,, 1 } είναι µια ϐάση του V Ιδιαίτερα dim R V 1 Παρόµοια ϑα έχουµε : W (x, y, z R 3 5x + 4y + 3z } (x, y, 53 x 43 y ( x 1,, 5 } 3 + y(, 1, 4 R 3 x, y R 3 ( 1,, 5 3, (, 1, 4 3 } R 3 x, y R και άρα το σύνολο B ( 1,, 5 3, (, 1, 4 3} είναι µια ϐάση του W Ιδιαίτερα dimr W Για να ισχύει R 3 V W, ϑα πρέπει η ένωση ( B B 1 B (1,, 1, 1,, 5 } 3, (, 1, 4 3 της ϐάσης B 1 του V και της ϐάσης B του W να είναι µια ϐάση του R 3 Αυτό δεν συµβαίνει διότι η ορίζουσα των συντελεστών των διανυσµάτων είναι ίση µε µηδέν : 1 1 1 5/3 1 4/3 Άρα συµπεραίνουµε ότι R 3 V W

( (αʹ Συµπληρώνουµε τη ϐάση B 1 (1,, 1 } του V σε µια ϐάση του R 3 Επειδή η ορίζουσα 1 1 1 1 1 έπεται ότι µια ϐάση του R 3 η οποία συµπληρώνει τη ϐάση B 1 του V είναι η εξής C (1,, 1, (, 1,, (,, 1 } Θέτοντας U (, 1,, (,, 1 (, y, z R 3 y, z R }, από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι : R 3 V U (ϐʹ Συµπληρώνουµε τη ϐάση B ( 1,, 5 3, (, 1, 3} 4 του W σε µια ϐάση του R 3 Επειδή η ορίζουσα 1 5/3 1 4/3 1 1 έπεται ότι µια ϐάση του R 3 η οποία συµπληρώνει τη ϐάση B του W είναι η εξής ( D 1,, 5 } 3, (, 1, 4, (,, 1 3 Θέτοντας Z (,, 1 (,, z R 3 z R }, από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι : R 3 W Z Ασκηση Θεωρούµε τους ακόλουθους υπόχωρους του R 4 : V (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1 και W ( 1, 1, 1, 1, (, 1,, 1 (1 Είναι το άθροισµα V + W ευθύ ; ( Πόσοι υπόχωροι Z του R 4 υπάρχουν έτσι ώστε V Z R 4 ; ικαιολογήστε την απάντηση σας Λύση Τα σύνολα διανυσµάτων (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1} και ( 1, 1, 1, 1, (, 1,, 1} είναι γραµµικά ανεξάρτητα και άρα αποτελούν ϐάσεις αντίστοιχα των υπόχωρων V και W Συνεπώς έχουµε dim R V και dim R W Ο υπόχωρος V + W (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1, ( 1, 1, 1, 1, (, 1,, 1, αλλά 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Γ Γ Γ 1 1 Γ Γ +Γ 4 1 1 1 1 Γ 3 Γ 3 +Γ 1 3 Γ 3 Γ 3 3Γ 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 Γ Γ 4 1 1 Γ 4 Γ 4 +Γ 3 1 1 Γ 3 1 3 Γ 3 1 1 3 3 3 1 1 1 3 και άρα V + W (1,, 1, 1, (, 1,, 1, (,,, 1 Το σύνολο διανυσµάτων (1,, 1, 1, (, 1,, 1, (,,, 1} αποτελεί ϐάση του V + W, αφού είναι γραµµικά ανεξάρτητο, και συνεπώς dim R (V + W 3 Τότε και εποµένως το άθροισµα V + W δεν είναι ευθύ 3 dim R (V + W dim R V + dim R W + 4

Για το δεύτερο ερώτηµα, Ϲητάµε υπόχωρους Z του R 4 έτσι ώστε V Z R 4 Αφού dim R V ϑέλουµε επιπλέον δυο διανύσµατα γραµµικά ανεξάρτητα µε τα (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1} ηλαδή, ϑέλουµε να συµπληρώσουµε το παρακάτω πίνακα 1 1 1 1 1 1 1 α 1 α α 3 α 4 β 1 β β 3 β 4 µε τέτοιο τρόπο ώστε η ορίζουσα του να είναι διάφορη του µηδενός Θεωρούµε τα διανύσµατα (α 1, α, α 3, α 4 (,, 1, και (β 1, β, β 3, β 4 (,,, λ µε λ, δηλαδή Z (,, 1,, (,,, λ Τότε εύκολα διαπιστώνουµε ότι το σύνολο (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1, (,, 1,, (,,, λ} είναι γραµµικά ανεξάρτητο Εποµένως, υπάρχουν άπειροι υπόχωροι Z του R 4 έτσι ώστε V Z R 4 3 Ασκηση 3 Θεωρούµε τους ακόλουθους υπόχωρους του C-διανυσµατικού χώρου C 3 : V (1, 1,, (i, 1 + i, 1, (1 + i, 1 + i, και W (1,, 1, (i, i,, (, i, i Να ϐρείτε υπόχωρο U του C 3 έτσι ώστε (V W U C 3 Λύση Θα προσδιορίσουµε πρώτα τον υπόχωρο V W Θεωρούµε τον πίνακα των συντελεστών των διανυσµάτων (1, 1,, (i, 1 + i, 1, (1 + i, 1 + i, τα οποία παράγουν τον V: 1 1 i i + 1 1 Γ 3 Γ 3 Γ 1 Γ 1 1 1 1 Γ 3 Γ 3 +Γ 1 1 1 1 Γ Γ iγ 1 i + 1 i + 1 1 1 Εποµένως V (1, 1,, (, 1, 1, (,, 1 και επειδή τα διανύσµατα (1, 1,, (, 1, 1, (,, 1 είναι γραµ- 1 1 µικά ανεξάρτητα διότι 1 1 1, έπεται ότι το σύνολο 1 C (1, 1,, (, 1, 1, (,, 1 } είναι µια ϐάση του V και άρα dim C V 3 Θεωρούµε τον πίνακα των συντελεστών των διανυσµάτων (1,, 1, (i, i,, (, i, i τα οποία παράγουν τον W: 1 1 i i Γ Γ iγ 1 1 1 i i Γ 3 Γ 3 +Γ 1 1 1 1 Γ iγ i i i i Εποµένως W (1,, 1, (, 1, 1 και επειδή τα διανύσµατα (1,, 1, (, 1, 1 είναι προφανώς γραµµικά ανεξάρτητα, έπεται ότι το σύνολο D (1,, 1, (, 1, 1 } είναι µια ϐάση του W και άρα dim C W Από τον τύπο της διαστάσης του αθροίσµατος υπόχωρων ϑα έχουµε : dim C (V + W dim C V + dim C W dim C (V W 5 dim C (V W 3 όπου η τελευταία ανισότητα προέκυψε διότι ο V + W είναι υπόχωρος του C 3 Άρα : dim C (V W όπου η τελευταία ανισότητα προέκυψε διότι ο V W είναι υπόχωρος του W και γνωρίζουµε ότι dim C W Εποµένως : dim C (V W

4 Παρατηρούµε ότι (, 1, 1 V W Επίσης (1, 1, (, 1, 1 + (,, 1 (1,, 1 και αυτό σηµαίνει το διάνυσµα (1,, 1 του W ανήκει και στον V ως γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων της ϐάσης C του V Ετσι (1,, 1 V W Επειδή προφανώς τα διανύσµατα (, 1, 1, (1,, 1 είναι γραµµικά ανεξάρτητα, ανήκουν στον V W, και επειδή dim C (V W, έπεται ότι το σύνολο A (, 1, 1, (1,, 1 } είναι µια ϐάση του V W Επειδή dim C (V W, αναζητούµε υπόχωρο U έτσι ώστε (V W U C 3 Επεκτείνουµε τη ϐάση A του V W σε µια ϐάση του C 3 : ϑεωρούµε το διάνυσµα (,, 1 και τότε επειδή η ορίζουσα 1 1 1 1 1 1 έπεται ότι το σύνολο B (1,, 1, (, 1, 1, (,, 1 } είναι µια ϐάση του C 3 η οποία συµπληρώνει τη ϐάση A του V W Θέτοντας U (,, 1 (,, z C 3 z C }, αποκτούµε έναν υπόχωρο του C 3, και τότε, επειδή η ένωση B (, 1, 1, (1,, 1 } (,, 1 } των ϐάσεων των υπόχωρων V W και U είναι µια ϐάση του C 3, έπεται ότι : C 3 (V W U Ασκηση 4 Να εξετάσετε αν ισχύει ότι : R 3 [t] V W, όπου V και W είναι οι ακόλουθοι υπόχωροι του R 3 [t]: V 1, t + t, + 3t + 3t και W t, t 3 Λύση Καταρχήν παρατηρούµε ότι και άρα + 3t + 3t 1 + 3 (t + t V 1, t + t Τα διανύσµατα 1, t + t είναι γραµµικά ανεξάρτητα διότι : λ 1 1 + λ (t + t λ 1 1 + λ t + λ t 1 + t + t + t 3 λ 1 λ Συνεπώς dim R V Οµοια dim R W αφού το σύνολο διανυσµάτων t, t 3 } είναι γραµµικά ανεξάρτητο Για να ισχύει ότι R 3 [t] V W, ϑα πρέπει η ένωση 1, t + t, t, t 3} της ϐάσης 1, t + t } του V και της ϐάσης t, t 3} της ϐάσης του W να είναι ϐάση του R 3 [t] ή ισοδύναµα το σύνολο διανυσµάτων 1, t + t, t, t 3 } να είναι γραµµικά ανεξάρτητο Πράγµατι, εύκολα διαπιστώνουµε 1 ότι το παραπάνω σύνολο είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα : R 3 [t] V W Ασκηση 5 Να δείξετε, µε ένα αντιπαράδειγµα, ότι αν V 1,, V n είναι υπόχωροι του διανυσµατικού χώρου E, n 3, και ισχύουν οι σχέσεις : V i V j }, i, j 1,, n, 1 i j n ( τότε δεν ισχύει απαραίτητα ότι το άθροισµα V 1 V V n είναι ευθύ 1 Το ότι το σύνολο 1, t, t + t, t 3 } είναι ϐάση του R 3[t] προκύπτει και από το γεγονός ότι οι ϐαθµοί των πολυωνύµων είναι, 1,, και 3 αντίστοιχα Εδώ χρησιµοποιούµε το, γνωστό από τη Γραµµική Άλγεβρα Ι, αποτέλεσµα ότι αν B P (t, P 1(t,, P n(t } είναι ένα σύνολο πολυωνύµων έτσι ώστε deg P i(t i, i n, τότε το σύνολο B είναι µια ϐάση του K n[t]

5 Λύση Προφανώς αν n, τότε οι σχέσεις (* εκφυλίζονται στη σχέση V 1 V 1 } και γνωρίζουµε τότε ότι αν V 1 V 1 }, τότε το άθροισµα V 1 + V είναι ευθύ Θα χρησιµοποιήσουµε ότι : «Το άθροισµα υπόχωρων V 1 + V + + V n είναι ευθύ αν και µόνον αν : x 1 + x + + x n, x i V i, 1 i n x i, 1 i n» Υποθέτουµε εποµένως ότι n 3 (1 Εστω n 3 και ϑεωρούµε τον R-διανυσµατικό χώρο R 3 Θεωρούµε τους υπόχωρους : V 1 (1, 1, (x, x, R 3 x R } V (, 1, 1 (, x, x R 3 x R } V 3 ( 1,, 1 ( x,, x R 3 x R } Από τις παραπάνω περιγραφές των υπόχωρων, έπεται άµεσα ότι V 1 V V 1 V 3 V V 3 } Οµως το άθροισµα V 1 +V +V 3 δεν είναι ευθύ διότι (1, 1, V 1, (, 1, 1 V, και ( 1,, 1 V 3 είναι µη µηδενικά διανύσµατα και (1, 1, + (, 1, 1 + ( 1,, 1 (,, ( Εστω n 4 και ϑεωρούµε τον R-διανυσµατικό χώρο R 4 Θεωρούµε τους υπόχωρους : V 1 (1, 1,, (x, x,, R 3 x R } V (, 1, 1, (, x, x, R 3 x R } V 3 (,, 1, 1 (,, x, x R 3 x R } V 4 ( 1,,, 1 ( x,,, x R 3 x R } Από τις παραπάνω περιγραφές των υπόχωρων, έπεται άµεσα ότι V 1 V V 1 V 3 V 1 V V V 3 V V 4 V 3 V 4 } Οµως το άθροισµα V 1 + V + V 3 + V 4 δεν είναι ευθύ διότι (1, 1,, V 1, (, 1, 1, V, (,, 1, 1 V 3 και ( 1,,, 1 V 4 είναι µη µηδενικά διανύσµατα και (1, 1,, + (, 1, 1, + (,, 1, 1 + ( 1,,, 1 (,,, (3 Γενικά για κάθε n 3, ϑεωρούµε τον R-διανυσµατικό χώρο R n Θεωρούµε τους υπόχωρους : V 1 (1, 1,,,, (x, x,,,, R n x R } V (, 1, 1,,, (, x, x,,, R n x R } V n 1 (,,, 1, 1 (,,, x, x R n x R } V n ( 1,,,, 1 ( x,,,, x R n x R } Από τις παραπάνω περιγραφές των υπόχωρων, έπεται άµεσα ότι 1 i j n V i V j } Οµως το άθροισµα V 1 +V + +V n δεν είναι ευθύ διότι (1, 1,,,, V 1, (, 1, 1,,, V, (,,, 1, 1 V n 1 και ( 1,,,, 1 V n είναι µη µηδενικά διανύσµατα και (1, 1,,,, + (, 1, 1,,, + + (,,,, 1, 1 + ( 1,,,, 1 (,,,, Ασκηση 6 Εστω ότι V 1, V,, V n είναι υπόχωροι ενός K- διανυσµατικού χώρου E Να δειχθεί ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1 Το άθροισµα V 1 + V + + V n είναι ευθύ

6 ( V i ( V i+1 + V i+ + + V n }, i 1,,, n 1, δηλαδή : V 1 ( V + V 3 + + V n } V ( V3 + V 4 + + V n } V n ( Vn 1 + V n } V n 1 V n } Λύση (1 Υποθέτουµε ότι το άθροισµα V 1 + V + + V n είναι ευθύ Γνωρίζουµε τότε ότι i 1,,, n : V i ( V1 + + V i 1 + V i+1 + + V n } ( Επειδή προφανώς από τη σχέση ( έπεται ότι V i+1 + + V n V 1 + + V i 1 + V i+1 + + V n i 1,,, n 1 : V i ( Vi+1 + + V n Vi ( V1 + + V i 1 + V i+1 + + V n } ( Υποθέτουµε ότι i 1,,, n 1: V i ( Vi+1 + + V n } Εστω x i V i, 1 i n, και υποθέτουµε ότι x 1 + x + + x n Τότε V 1 x 1 x + + x n V + + V n x 1 x + + x n V 1 ( V + V 3 + + V n } Εποµένως x 1 και x + + x n Τότε όπως και προηγουµένως V x x 3 + + x n V + + V n x x 3 + + x n V ( V3 + V 4 + + V n } ηλαδή x και x 3 + + x n Συνεχίζοντας αυτή τη διαδικασία, µε µια απλή εφαρµογή της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής, έπεται ότι x i, i 1,,, n Αυτό σηµαίνει ότι το άθροισµα υπόχωρων V 1 + V + + V n είναι ευθύ Ασκηση 7 Θεωρούµε τα ακόλουθα υποσύνολα του R 4 : W 1 (t, t, t, t R 4 t R}, W (t, s, t 3s, s R 4 t, s R} W 3 (t, s,, r R 4 t s + r } (1 Να δείχθεί ότι τα υποσύνολα W 1, W, W 3 είναι υπόχωροι του R 4 και να ϐρεθεί η διάσταση τους ( Να εξετασθεί αν το άθροισµα W 1 + W + W 3 είναι ευθύ (3 Να δείχθεί ότι R 4 W 1 (W + W 3 Λύση Αφού W 1 (1,, 1, 1, W (1,, 1,, (, 1, 3, 1, W 3 (, 1,,, ( 1,,, 1 έπεται ότι τα W 1, W, W 3 είναι υπόχωροι του R 4 Επίσης, τα σύνολα διανυσµάτων (1,, 1,, (, 1, 3, 1} και (, 1,,, ( 1,,, 1} είναι γραµµικά ανεξάρτητα και άρα έχουµε : dim R W 1 1, dim R W και dim R W 3 Ο υπόχωρος W 1 + W + W 3 παράγεται από τα διανύσµατα W 1 + W + W 3 (1,, 1, 1, (1,, 1,, (, 1, 3, 1, (, 1,,, ( 1,,, 1 Οµως τα παραπάνω διανύσµατα είναι γραµµικά εξαρτηµένα και dim R (W 1 + W + W 3 4 Συνεπώς 4 dim R (W 1 + W + W 3 dim R W 1 + dim R W + dim R W 3 1 + + 5

7 και άρα το άθροισµα W 1 +W +W 3 δεν είναι ευθύ Για το τελευταίο ερώτηµα, ο υπόχωρος W +W 3 παράγεται από τα διανύσµατα W + W 3 (1,, 1,, (, 1, 3, 1, (,, 1, 1 διότι Τότε 1 1 1 3 1 1 1 1 Γ 3 Γ 3 Γ 1 Γ 4 Γ 4 +Γ 1 Γ 4 Γ 4 Γ 3 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 Γ 3 Γ 3 Γ 1 1 1 3 1 1 1 1 1 και άρα το σύνολο διανυσµάτων 1,, 1, 1, (1,, 1,, (, 1, 3, 1, (,, 1, 1} είναι γραµµικά ανεξάρτητο Συνεπώς έχουµε : R 4 W 1 (W + W 3 Ασκηση 8 Εστω f : E E µια γραµµική απεικόνιση Αν f f, να δειχθεί ότι E Ker f Im f Επιπρόσθετα, αν dim K E n <, να δειχθεί ότι υπάρχει ϐάση C του E έτσι ώστε ο πίνακας της f στη ϐάση C να είναι ο εξής : MC C (f 1 1 όπου το πλήθος των µονάδων στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε r r(f Λύση ιαγραµµατικά έχουµε : E f E f E και f f f f f όπου : f ( x f(f( x f( x, x E Επειδή f ( x f( x, x E, τότε : f(f( x f( x f(f( x x f( x x Ker f Άρα το τυχαίο διάνυσµα x E γράφεται ως : x ( x f( x + f( x Ker f + Im f Συνεπώς έχουµε : E Ker f + Im f (1 Εστω x Ker f Im f, δηλαδή x Ker f και x Im f Άρα f( x και f( y x για κάποιο y E Τότε f( x f(f( y f ( y f( y x x και άρα Ker f Im f } (

8 Εποµένως, από τις σχέσεις (1 και ( έπεται ότι E Ker f Im f Εστω dim K E n < Εστω e 1, e,, e k } µια ϐάση του πυρήνα Ker(f και e k+1, e k+,, e n} µια ϐάση της εικόνας Im(f Προφανώς ϑα έχουµε ότι e i f( e i, για κάποια διανύσµατα e i E, k + 1 i n Επειδή E Ker(f Im(f, έπεται ότι το σύνολο C e 1, e,, e k, f( e k+1, f( e k+,, f( e n } είναι µια ϐάση του E Επειδή f( e i, 1 i k και f(f( e i f ( e i f( e i, k + 1 i n έπεται ότι ο πίνακας της f στη ϐάση C είναι ο MC C (f 1 1 όπου το πλήθος των µονάδων στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε n k dim K Im(f r(f Ασκηση 9 Εστω f : E E µια γραµµική απεικόνιση Αν f Id E, να δειχθεί ότι όπου : E V + V V + x E f( x x } και V x E f( x x } Επιπρόσθετα, αν dim K E n <, να δειχθεί ότι υπάρχει ϐάση C του E έτσι ώστε ο πίνακας της f στη ϐάση C είναι ο εξής : 1 1 MC C (f 1 1 1 όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε dim K V + και το πλήθος των εµφανίσεων του 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε dim K V Λύση ιαγραµµατικά έχουµε : E f E f E και f f f Id E Id E όπου : f ( x f(f( x x, x E Εστω x V + V, δηλαδή x V + και x V Τότε f( x x x x x x V f( x x + V } (3

Ας υποθέσουµε τώρα ότι κάποιο x E γράφεται ως x x 1 + x µε x 1 V + και x V Τότε f( x f( x 1 + f( x x 1 x και άρα x + f( x x 1 x x1 + x x1 x + f( x f( x x 1 x x x f( x x f( x x Εστω x E Τότε x + f( x x f( x x + V + + V διότι : και ( x + f( x f 1 ( x f( x f 1 ( f( x + f ( x 1 ( f( x + x x + f( x ( f( x f ( x 1 ( f( x x x f( x V + V Εποµένως, χρησιµοποιώντας τη σχέση f ( x x, x E, δείξαµε ότι x V + + V Συνεπώς έχουµε Άρα, από τις σχέσεις (3 και (4 έχουµε το Ϲητούµενο : E V + + V (4 E V + V Εστω dim K E n < Εστω C + e 1, e,, e k } µια ϐάση του V+ και C e k+1, e k+,, e n } µια ϐάση του V Επειδή E V + V, έπεται ότι το σύνολο C C + C e 1, e,, e k, e k+1, e k+,, e n } είναι µια ϐάση του E Επειδή f( e i e i, 1 i k και f( e i e i, k + 1 i n έπεται ότι ο πίνακας της f στη ϐάση C είναι ο 1 1 MC C (f 1 1 1 όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε dim K V + και το πλήθος των εµφανίσεων του 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε dim K V 9 Ασκηση 1 Εστω A M n (K (1 Αν A A, να δειχθεί ότι ο A είναι όµοιος µε τον πίνακα : ( O(n r (n r O B r (n r O (n r r I r 1 1

1 όπου I r είναι ο µοναδιαίος r r πίνακας και r r(a ( Αν A I n, να δειχθεί ότι ο A είναι όµοιος µε τον πίνακα 1 B ( In r O r (n r O (n r r I r 1 1 1 1 όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη διάσταση του υπόχωρου X Kn A X X } και το πλήθος των εµφανίσεων του 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη διάσταση του υπόχωρου X K n A X X } Λύση (1 Θεωρούµε τον ενδοµορφισµό f A : K n K n, f A (X AX Γνωρίζουµε τότε ότι ο πίνακας MB B(f A του f A στην κανονική ϐάση 1 1 B E 1, E,, E n 1 είναι ο M B B (f A A Προφανώς ϑα έχουµε X K n : f A(X f A (f A (X f A (AX A(AX (AAX A X AX f A (X Εποµένως f A f A και άρα από την Άσκηση 8, έπεται ότι υπάρχει ϐάση C του K n έτσι ώστε : MC C (f A B 1 1 όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη ϐαθµίδα της γραµµικής απεικόνιση f A, δηλαδή είναι ίσο µε τη ϐαθµίδα του πίνακα A Επειδή οι πίνακες A και B είναι πίνακες της ίδιας γραµµικής απεικόνισης f A ως προς διαφορετικές ϐάσεις του K n, έπεται ότι οι πίνακες A και B είναι όµοιοι ( Οπως στο µέρος (1, ϑεωρούµε τον ενδοµορφισµό f A : K n K n, f A (X AX

11 Γνωρίζουµε τότε ότι ο πίνακας MB B(f A του f A στην κανονική ϐάση 1 1 B E 1, E,, E n 1 είναι ο Προφανώς ϑα έχουµε X K n : Εποµένως M B B (f A A f A(X f A (f A (X f A (AX A(AX (AAX A X I n X X Id Kn (X f A Id Kn και άρα από την Άσκηση 9, έπεται ότι υπάρχει ϐάση C του K n έτσι ώστε : 1 1 MC C (f A 1 B 1 1 όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη διάσταση του υπόχωρου X K n A X X } και το πλήθος των εµφανίσεων του 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη διάσταση του υπόχωρου X K n A X X } Επειδή οι πίνακες A και B είναι πίνακες της ίδιας γραµµικής απεικόνισης ως προς διαφορετικές ϐάσεις του K n, έπεται ότι οι πίνακες A και B είναι όµοιοι Ασκηση 11 Εστω ο K-διανυσµατικός χώρος M n (K και η γραµµικές απεικονίσεις f : M n (K M n (K, f(a t A (1 Να δειχθεί ότι M n (K S n (K A n (K όπου (αʹ S n (K A M n (K f(a A } είναι ο υπόχωρος των συµµετρικών πινάκων (ϐʹ A n (K A M n (K f(a A } είναι ο υπόχωρος των αντισυµµετρικών πινάκων ( Να δειχθεί ότι υπάρχει ϐάση C του M n (K έτσι ώστε : 1 1 MC C (f 1 1 1 όπου η µονάδα 1 εµφανίζεται n +n -ϕορές και το 1 εµφανίζεται n n -ϕορές

1 Λύση (1 Για κάθε πίνακα A M n (K έχουµε : f (A f(f(a f( t A t ( t A A f Id Mn(K Από την Άσκηση 9 έπεται ότι ο χώρος M n (K είναι το ευθύ άθροισµα των υπόχωρων A M n (K f(a A } S n (K και A M n (K f(a A } A n (K των συµµετρικών και αντισυµµετρικών πινάκων αντίστοιχα Άρα : M n (K S n (K A n (K ( Από την Άσκηση 9 έπεται ότι υπάρχει ϐάση C του M n (K έτσι ώστε : 1 1 MC C (f 1 1 1 όπου η µονάδα 1 εµφανίζεται dim K S n (K-ϕορές και το 1 εµφανίζεται dim K A n (K-ϕορές Από την Άσκηση 19 του Φυλλαδίου 6 των ασκήσεων Γραµµικής Άλγεβρας Ι, γνωρίζουµε ότι dim K S n (K n +n και dim K A n (K n n, απ όπου προκύπτει το σητούµενο Υπενθυµίζουµε ότι µια γραµµική απεικόνιση f : E E καλείται προβολή, αν : f f Η γραµµική επεικόνιση f : E E καλείται ενέλιξη, αν : f Id E Ασκηση 1 (1 Αν η γραµµική απεικόνιση f : E E είναι µια προβολή, τότε η γραµµική απεικόνιση f Id E : E E, (f Id E ( x f( x x είναι µια ενέλιξη ( Αν η γραµµική απεικόνιση g : E E είναι µια ενέλιξη, τότε η γραµµική απεικόνιση ( g + Id E g + IdE g( x + x : E E, ( x 4 4 είναι µια προβολή Λύση (1 Εύκολα ϐλέπουµε ότι η απεικόνιση f Id E : E E είναι γραµµική Για κάθε x E, έχουµε : ( f IdE ( x ( (f IdE (f Id E ( x (f Id E ( (f Id E ( x (f Id E (f( x x (f(f( x x Id E (f( x x 4f ( x f( x f( x + x 4f ( x 4f( x + x 4f( x 4f( x + x x Id E ( x όπου χρησιµοποιήσαµε ότι f f επειδή η f είναι προβολή Άρα ( f Id E ( x x, x E, και εποµένως : ( f IdE IdE δηλαδή η γραµµική απεικόνιση f Id E είναι ενέλιξη ( Εύκολα ϐλέπουµε ότι η απεικόνιση g + Id E : E E είναι γραµµική Για κάθε x E, έχουµε : ( g + ( IdE g + IdE ( x g + Id E ( x g + Id ( E g + IdE ( x g + Id ( E g( x + IdE ( x 4 1 ( ( g( x + IdE ( x g + g( x + Id E( x 1 ( g ( x + g( x + g( x + x 1 ( g( x + g( x + x 4 4 Ακριβέστερα η f καλείται προβολή του χώρου E στον υπόχωρο Im(f παράλληλα µε τον υπόχωρο Ker(f

1 4 ( x + g( x + x 1 4 ( g( x + x 1 όπου χρησιµοποιήσαµε ότι g Id E επειδή η g είναι ενέλιξη Άρα ( ( g + IdE g( x + x ( x 13 ( g + IdE g + Id E ( g + IdE δηλαδή η γραµµική απεικόνιση είναι προβολή Ασκηση 13 Εστω f : E E µια προβολή Τότε η γραµµική απεικόνιση Id E f : E E είναι προβολή και και ισχύει ότι : Id E f + (Id E f και f (Id F f (Id E f f Επιπλέον : και Λύση (1 Για κάθε x E έχουµε : Ker(f Im(Id E f και Im(f Ker(Id E f E Ker f Im f Im(Id E f Ker(Id E f (Id E f ( x ( (Id E f (Id E f ( x (Id E f ( (Id E f( x (Id E f(id E ( x f( x (Id E f( x f( x Id E ( x f( x f( x f( x x f( x f( x + f(f( x Εποµένως x f( x f( x + f ( x x f( x f( x + f( x x f( x (Id E f( x (Id E f Id E f δηλαδή η γραµµική απεικόνιση Id E f είναι προβολή Προφανώς Id E f + (Id E f Για κάθε x E έχουµε : ( f (IdE f ( x f ( (Id E f( x f(id E ( x f( x f( x f( x f( x f ( x f( x f( x Εποµένως f (Id F f και παρόµοια (Id E f f ( Εστω x Ker(f Τότε f( x Επειδή, από το µέρος (1, έχουµε Id E f + (Id E f, προκύπτει ότι x Id E ( x (f + (Id E f( x f( x + (Id E f( x (Id E f( x Im(Id E f Άρα Ker(f Im(Id E f Εστω x Im(Id E f Τότε υπάρχει y E έτσι ώστε x (Id E f( y Id E ( y f( y y f( y Εποµένως ϑα έχουµε f( x f( y f( y f( y f ( y f( y f( y, δηλαδή x Ker(f Άρα Im(Id E f Ker(f και εποµένως : Ker(f Im(Id E f Παρόµοια, έστω x Im(f Τότε υπάρχει y E έτσι ώστε x f( y Τότε (Id E f( x x f( x f( y f(f( y f( y f ( y f( y f( y και εποµένως x Ker(Id E f Άρα Im(f Ker(Id E f Εστω x Ker(Id E f Τότε (Id E f( x x f( x, και τότε x f( x Im(f Αυτό σηµαίνει ότι Ker(Id E f Im(f, και εποµένως : Im(f Ker(Id E f (3 Οι ισχυρισµοί προκύπτουν από την Άσκηση 8 Ασκηση 14 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος υπεράνω ενός σώµατος K και υποθέτουµε ότι όπου V i, 1 i n, είναι υπόχωροι του E E V 1 V V n

14 Λύση (1 Να δειχθεί ότι οι απεικονίσεις, 1 j n: π j : E V j, π j ( x x j όπου x x 1 + x + + x n είναι η µοναδική γραφή του διανύσµατος x του E ως άθροισµα διανυσµάτων x i των υπόχωρων V i, 1 i n, και ι j : V j E, ι j ( x j x j είναι γραµµικές ( Να δειχθεί ότι, κ, µ 1,,, n:, αν κ µ π k ι µ Id Vk, αν κ µ (3 Να δειχθεί ότι οι απεικονίσεις, 1 j n: είναι προβολές και ισχύει ότι : ι j π j : E E Id E ι 1 π 1 + ι π + + ι n π n (1 Επειδή E V 1 V V n, η γραφή ενός διανύσµατος x x 1 + x + + x n του E ως άθροισµα διανυσµάτων x i των υπόχωρων V i, 1 i n, είναι µοναδική και εποµένως η απεικόνιση π j είναι καλά ορισµένη, 1 j n Εστω x, y E και λ K Εστω x x 1 + x + + x n και y y 1 + y + + y n η µοναδική γραφή των διανυσµάτων x και y του E ως άθροισµα διανυσµάτων x i y i των υπόχωρων V i, 1 i n Τότε x + y ( x 1 y 1 + ( x y + + ( x n + y n και λ x λ x 1 + λ x + + λ x n t είναι οι µοναδικές γραφές τωγν διανυσµάτων x + y και λ x ως άθροισµα διανυσµάτων των υπόχωρων V i, 1 i n Τότε όµως ϑα έχουµε, j 1,,, n: π j ( x + y x j + y j π j ( x + π j ( y π j (λ x λ x i λπ j ( x Εποµένως η γραµµική απεικόνιση π j, 1 j n, είναι γραµµική Παρόµοια, έστω x j, y j V j και λ K Τότε ϑα έχουµε : ι j ( x j + y j x j + y j ι j ( x j + ι j ( y j ι j (λ x j λ x j λι j ( x j Εποµένως η γραµµική απεικόνιση ι j, 1 j n, είναι γραµµική ( Για κάθε κ, µ 1,,, n, ϑεωρούµε την γραµµική απεικόνιση π k ι µ : V µ V k, x µ (π k ι µ ( x µ π κ (ι µ ( x µ π κ ( x µ Επειδή η µοναδική γραφή του διανύσµατος x µ V µ ως άθροισµα διανυσµάτων των υπόχωρων V i,, αν κ µ 1 i n είναι x µ + + + x µ + +, έπεται ότι π κ ( x µ Αυτό σηµαίνει x µ, αν κ µ ότι π κ ι µ, αν κ µ και π κ ι κ Id Vk (3 Για κάθε j 1,,, n, χρησιµοποιώντας ότι π j ι j Id Vj, έχουµε : (ι j π j ι j π j ι j (π j ι j π j ι j Id Vj π j ι j π j και άρα οι γραµµικές απεικονίσεις ι j π j : E E είναι προβολές, j 1,,, n Εστω x E µε µοναδική γραφή x x 1 + x + + x n του E ως άθροισµα διανυσµάτων x i των υπόχωρων V i, 1 i n Τότε ϑα έχουµε : ( ι1 π 1 + ι π + + ι n π n ( x (ι1 π 1 ( x + (ι π ( x + + (ι n π n ( x ι 1 (π 1 ( x + ι (π ( x + + ι n (π n ( x ι 1 ( x 1 + ι ( x + + ι n ( x n x 1 + x + + x n x Id E ( x Αυτό σηµαίνει ότι : Id E ι 1 π 1 + ι π + + ι n π n

15 Η επόµενη Άσκηση παρουσιάζει ένα αντίστροφο του ϐασικού ισχυρισµού της προηγούµενης Άσκησης Ασκηση 15 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος και έστω ότι, για κάθε j 1,,, n, η γραµµική απεικόνιση είναι προβολή και ισχύει ότι : p j : E E 1 i j n : p i p j και Id E p 1 + p + + p n Τότε ϑέτοντας V i Im(p i, 1 i n, να δειχθεί ότι : E V 1 V V n Λύση Επειδή οι απεικονίσεις p i, 1 i n, είναι γραµµικές, τα υποσύνολα V i Im(p i p i ( x E x E } είναι υπόχωροι του E Επειδή Id E p 1 + p + + p n, έπεται ότι για κάθε x E: Εποµένως x Id E ( x (p 1 + p + + p n ( x p 1 ( x + p ( x + + p n ( x V 1 + V + + V n E V 1 + V + + V n ( Εστω x i V i, 1 i n, και υποθέτουµε ότι x 1 + x + + x n Επειδή V i Im(p i, έπεται ότι υπάρχουν διανύσµατα y i E, 1 i n έτσι ώστε : x i p i ( y i, και αρα ϑα έχουµε : x 1 + x + + x n p 1 ( y 1 + p ( y + + p n ( y n Για κάθε j 1,,, n, εφαρµόζουµε την προβολή και στα δύο µέλη της παραπάνω ισότητας, και χρησιµοποιώντας ότι, αν j i p j p i p i, αν j i ϑα έχουµε, j 1,,, n: p j ( p1 ( y 1 + p ( y + + p n ( y n (p j p 1 ( y 1 + (p j p ( y + + (p j p n ( y n ( y 1 + ( y + + (p j p j ( y j + + ( y n p j ( y j x j Από γνωστή ιδιότητα, γνωρίζουµε τότε ότι το άθροισµα V 1 + V + + V n είναι ευθύ : Από τις σχέσεις ( και (, έπεται το Ϲητούµενο V 1 + V + + V n V 1 V V n ( Παρατήρηση 1 Ιδιαίτερα αν ο χώρος E U V είναι το ευθύ άθροισµα των υπόχωρων U και V, τότε ορίζονται : (1 η προβολή του E στον υπόχωρο U παράλληλα µε τον υπόχωρο V π U : E U, π U ( x u, όπου x u + v, u U και v V ( η προβολή του E στον υπόχωρο V παράλληλα µε τον υπόχωρο U Αυτό προκύπτει άµεσα διότι π V : E V, π V ( x v, όπου x u + v, u U και v V Επιπλέον, ορίζονται και οι γραµµικές απεικονίσεις και ισχύουν οι εξής σχέσεις : Ker(π U V Im(π V και Ker(π V U Im(π U ι U : U E, ι V : V E, ι U ( u u ι V ( v v Id E ι U π U + ι V π V

16 π U ι U Id U και π V ι V Id V π U ι V και π V ι U Τέλος οι απεικονίσεις p U ι U π U : E E και p V ι V π V : E E είναι προβολές Υπενθυµίζουµε ότι αν V 1, V,, V m είναι διανυσµατικοί χώροι υπεράνω ενός σώµατος K, τότε το καρτεσιανό γινόµενο συνόλων V 1 V V m ( v 1, v,, v m v i V i, 1 i m } εφοδιασµένο µε τις ακόλουθες πράξεις ( v 1, v,, v m + ( u 1, u,, u m ( v 1 + u 1, v + u,, v m + u m είναι ένας διανυσµατικός χώρος υπεράνω του K λ( v 1, v,, v m (λ v 1, λ v,, λ v m Ασκηση 16 Εστω ότι V 1, V,, V m είναι υπόχωροι ενός K-διανυσµατικού χώρου E Θεωρούµε τον K- διανυσµατικό χώρο V 1 V V m και ορίζουµε µια απεικόνιση f : V 1 V V m E, f( v 1, v,, v m v 1 + v + + v m (1 Να δειχθεί ότι η f είναι γραµµική ( Ποιά είναι η εικόνα Im(f της f; (3 Να δειχθεί ότι η f είναι µονοµορφισµός αν και µόνον αν το άθροισµα V 1 + V + + V m είναι ευθύ (4 Να δειχθεί ότι η f είναι επιµορφισµός αν και µόνον αν E V 1 + V + + V m (5 Να δειχθεί ότι η f είναι ισοµορφισµός αν και µόνον αν E V 1 V V m Λύση (1 Εστω ( x 1, x,, x m, ( y 1, y,, y m V 1 V V m και λ K Τότε : και f(( x 1, x,, x m + ( y 1, y,, y m f( x 1 + y 1, x + y,, x m + y m ( x 1 + y 1 + ( x + y + + ( x m + y m ( x 1 + x + + x m + ( y 1 + y + + y m f( x 1, x,, x m + f( y 1, y,, y m f(λ( x 1, x,, x m f(λ x 1, λ x,, λ x m λ x 1 + λ x + + λ x m λ( x 1 + x + + x m λf( x 1, x,, x m Εποµένως, η f είναι γραµµική απεικόνιση ( Η εικόνα Im(f της f είναι Im(f x E ( v 1, v,, v m V 1 V V m : f( v 1, v,, v m x } x E ( v 1, v,, v m V 1 V V m : v 1 + v + + v m x } v 1 + v + + v m E v i V i, 1 i m} V 1 + V + + V m (3 Εστω ότι η f είναι µονοµορφισµός Θα δείξουµε ότι για το άθροισµα V 1 + V + + V m ισχύει η µοναδικότητα της γραφής Εστω x 1 + x + + x m y 1 + y + + y m όπου x 1, y 1 V 1,, x m, y m V m Τότε : x 1 + x + + x m y 1 + y + + y m f( x 1,, x m f( y 1,, y m ( x 1,, x m ( y 1,, y m x i y i, 1 i m Εποµένως το άθροισµα V 1 + V + + V m είναι ευθύ f:1-1

Αντίστροφα, έστω ότι το άθροισµα υπόχωρων V 1 +V + +V m είναι ευθύ, και έστω f( x 1,, x m f( y 1,, y m, δηλαδή x 1 + x + + x m y 1 + y + + y m όπου x 1, y 1 V 1,, x m, y m V m Τότε λόγω της µοναδικότητας της γραφής, έπεται άµεσα ότι x i y i, 1 i m, και άρα ( x 1,, x m ( y 1,, y m Εποµένως η f είναι µονοµορφισµός (4 Επειδή από το µέρος ( έχουµε Im(f V 1 + V + + V m, έπεται ότι η απεικόνιση f είναι επιµορφισµός, δηλαδή Im(f E, αν και µόνον αν E V 1 + V + + V m (5 Εστω ότι η f είναι ισοµορφισµός Τότε αφού η f είναι µονοµορφισµός έπεται από το (3 ότι το άθροισµα V 1 + V + + V m είναι ευθύ Επίσης, η f είναι επιµορφισµός και άρα από το µέρος (4 έπεται ότι E Im(f V 1 + V + + V m Συνεπώς ϑα έχουµε E V 1 V V m Αντίστροφα, αν E V 1 V V m τότε επειδή το άθροισµα V 1 V V m είναι ευθυ, από το µέρος (3 έπεται ότι η γραµµική απεικόνιση f είναι µονοµορφισµός Επειδή E V 1 +V + +V m από το µέρος (4 έπεται ότι η γραµµική απεικόνιση f είναι επιµορφισµός Εποµένως, η γραµµική απεικόνιση f είναι ισοµορφισµός 17 Η επόµενη Άσκηση παρουσιάζει ένα αντίστροφο του ϐασικού ισχυρισµού της προηγούµενης Άσκησης Ασκηση 17 Εστω ότι V 1, V,, V m είναι διανυσµατικοί χώροι υπεράνω ενός σώµατος K και έστω : Για κάθε i 1,,, m, ϑέτουµε : V i E V 1 V V m } (,,, x i,,, E x }} i V i i-ϑέση Να δειχθεί ότι τα υποσύνολα V i, 1 i m, είναι υπόχωροι του E και ισχύει ότι : E V 1 V V m Λύση Προφανώς E (,,, V i Εστω (,,, x i,,, και (,,, y i,,, δύο στοιχεία του V i και λ K Τότε : (,,, x i,,, + (,,, y i,,, (,,, x i + y i,,, V i λ(,,, x i,,, (,,, λ x i,,, V i Άρα τα υποσύνολα V i, 1 i m, είναι υπόχωροι του E Εστω x E V 1 V V m Τότε x ( x 1, x,, x m, όπου x i V i, 1 i m Προφανώς ϑα έχουµε : x ( x 1, x,, x m ( x 1,,, + (, x,, + + (,,, x m Επειδή (,,, x i,,, V i, 1 i m, από την παραπάνω σχέση έπεται άµεσα ότι x V 1 + V + + V m και εποµένως : E V 1 + V + + V m ( Εστω x 1 + x + + x n E (,,,, όπου x i V i, 1 i m Τότε ϑα έχουµε x i (,,, x i,,,, για κάποιο x i V i, και εποµένως : x 1 + x + + x n (,,, ( x 1,,, + (, x,, + + (,,, x m (,,, ( x 1, x,, x m (,,, x i, 1 i m, x i, 1 i m Εποµένως, σύµφωνα µε γνωστή Πρόταση, ϑα έχουµε ότι το άθροισµα V 1 + V + + V m είναι ευθύ : V 1 + V + + V m V 1 V V m ( Από τις σχέσεις ( και ( έπεται το Ϲητούµενο : E V 1 V V m Ασκηση 18 Εστω f : E F µια γραµµική απεικόνιση, όπου E και F είναι K-διανυσµατικοί χώροι πεπερασµένης διάστασης Υποθέτουµε ότι η f είναι επιµορφισµός

18 (1 Να δειχθεί ότι υπάρχει µια γραµµική απεικόνιση g : F E έτσι ώστε : f g Id F ( Να δειχθεί ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός : E Ker(f Im(g Λύση (1 Εστω e 1, e,, e k } µια ϐάση του πυρήνα Ker(f της f την οποία συµπληρώνουµε σε µια ϐάση B e 1, e,, e k, e k+1, e k+,, e n } του E Γνωρίζουµε τότε ότι το σύνολο διανυσµάτων C ɛk+1 f( e k+1, ɛ k+ f( e k+,, ɛ n f( e n } είναι µια ϐάση τηε εικόνας Im(f της f Επειδή η γραµµική απεικόνιση f είναι επιµορφισµός, έπεται ότι Im(f F και εποµένως το σύνολο C είναι µια ϐάση του F Από το Θεώρηµα Γραµµικής Επέκτασης, υπάρχει µοναδική γραµµική απεικόνιση g : F E έτσι ώστε g( ɛ i e i, k + 1 i n ηλαδή αν y λ k+1 ɛ k+1 + λ k+ ɛ k+ + + λ n ɛ n είναι ένα τυχόν διάνυσµα του F, εκφρασµένο µοναδικά ως γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων της ϐάσης C, τότε : g( y λ k+1 e k+1 + λ k+ e k+ + + λ n e n Προφανώς τότε ϑα έχουµε, y λ k+1 ɛ k+1 + λ k+ ɛ k+ + + λ n ɛ n F: (f g( y f(g( y f(λ k+1 e k+1 + λ k+ e k+ + + λ n e n λ k+1 f( e k+1 + λ k+ f( e k+ + + λ n f( e n λ k+1 ɛ k+1 + λ k+ ɛ k+ + + λ n ɛ n y Εποµένως ϑα έχουµε τη Ϲητούµενη σχέση : f g Id F ( Εστω y Ker(f Im(g Τότε f( x και υπάρχει y F έτσι ώστε : g( y x Εφαρµόζοντας την f στην τελευταία σχέση και χρησιµοποιώντας ότι f g Id F, ϑα έχουµε : g( y x f(g( y f( x y x g( y Εποµένως προκύπτει ότι Εστω x E Τότε Ker(f Im(g } Ker(f + Im(g Ker(f Im(g ( x x g(f( x + g(f( x όπου προφανώς g(f( x Im(g και x g(f( x Ker(f διότι f( x g(f( x f( x f(g(f( x f( x f( x Εποµένως x Ker(f + Im(g και άρα : E Ker(f + Im(g ( Από τις σχέσεις ( και ( έπεται η Ϲητούµενη σχέση : E Ker(f Im(g Ασκηση 19 Εστω f : E F µια γραµµική απεικόνιση, όπου E και F είναι K-διανυσµατικοί χώροι πεπερασµένης διάστασης Υποθέτουµε ότι η f είναι µονοµορφισµός (1 Να δειχθεί ότι υπάρχει µια γραµµική απεικόνιση h: F E έτσι ώστε : h f Id E ( Να δειχθεί ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός : F Im(f Ker(h Λύση Επειδή η f είναι µονοµορφισµός, έπεται ότι η f επάγει έναν ισοµορφισµό f : E Im(f, f ( x f( x Ιδιαίτερα προκύπτει ότι dim K E r(f dim K Im(f } (1 Εστω e 1, e,, e k µια ϐάση του E Τότε επειδή η απεικόνιση f είναι µονοµορφισµός, έπεται ότι το σύνολο ɛ 1 f( e 1, ɛ f( e,, ɛ k f( e k } είναι µια ϐάση της εικόνας Im(f της f την οποία συµπληρώνουµε σε µια ϐάση B } ɛ 1, ɛ,, ɛ k, ɛ k+1, ɛ k+,, ɛ n του F Από το Θεώρηµα Γραµµικής Επέκτασης, υπάρχει µοναδική γραµµική απεικόνιση h: F E έτσι ώστε : h( ɛ i e i, 1 i k, και h( ɛ i, k + 1 i n

19 ηλαδή αν y λ 1 ɛ 1 + λ ɛ + + λ k ɛ k + λ k+1 ɛ k+1 + λ k+ ɛ k+ + + λ n ɛ n είναι ένα τυχόν διάνυσµα του F, εκφρασµένο µοναδικά ως γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων της ϐάσης B, τότε : h( y λ 1 e 1 + λ e + + λ k e k Προφανώς τότε ϑα έχουµε, x λ 1 e 1 + λ e + + λ k e k E: (h f( x h(f( x h(λ 1 f( e 1 + λ f( e + + λ k f( e k h(λ 1 ɛ 1 + λ ɛ + + λ k ɛ k h(λ 1 ɛ 1 + λ ɛ + + λ k ɛ k + ɛ k+1 + + ɛ n λ 1 e 1 + λ e + + λ k e k x Εποµένως ϑα έχουµε τη Ϲητούµενη σχέση : h f Id E ( Εστω y Im(f Ker(h Τότε h( y και υπάρχει x E έτσι ώστε f( x y Τότε : Εποµένως προκύπτει ότι Εστω y F Τότε h(f( x h( y x x Im(f Ker(h } Im(f + Ker(h Im(f Ker(h ( y y f(h( y + f(h( y όπου προφανώς f(h( y Im(f και y f(h( y Ker(h διότι h( y f(h( y h( y h(f(h( y h( y h( y Εποµένως y Im(f + Ker(h και άρα : F Im(f + Ker(h Από τις σχέσεις ( και ( έπεται η Ϲητούµενη σχέση : F Im(f Ker(h ( Ασκηση Εστω A M (K ένας -πίνακας µε στοιχεία από ένα σώµα K και υποθέτουµε ότι υπάρχουν µη-µηδενικές στήλες X, Y K έτσι ώστε : Να ϐρεθεί ο πίνακας A 18 AX X και AY Y Λύση Ισχυριζόµαστε ότι το σύνολο στηλών C X, Y } είναι µια ϐάση του K Πράγµατ, αρκεί να δείξουµε ότι οι στήλες X, Y είναι γραµµικά ανεξάρτητες Εστω λx + µy ( Τότε A(λX + µy λax + µay λx µy ( Προσθέτοντας τις (* και (** προκύπτει ότι λx και επειδή X, έπεται ότι λ Τότε από την (* προκύπτει ότι µy και επειδή Y, έχουµε µ Άρα πράγµατι το σύνολο στηλών C είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του χώρου των στηλών K Θεωρούµε την επαγόµενη γραµµική απεικόνιση της οποίας ο πίνακας στην κανονική ϐάση είναι ο f A : K K, B Προφανώς ο πίνακας της f A στη ϐάση C είναι ο f A (Z AZ ( ( 1 E 1, E 1} M B B (f A A M C C (f A ( 1 1

( 1 Εποµένως οι πίνακες A και είναι όµοιοι διότι είναι πίνακες της ίδιας γραµµικής απεικόνισης f 1 A σε διαφορετικές ϐάσεις του K Εποµένως υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε : ( ( P 1 1 1 AP A P P 1 1 1 Από την τελευταία σχέση, έυκολα ϐλέπουµε µε επαγωγή ότι : ( n n 1 : A n 1 P P 1 1 P (1 Αν ο n είναι άρτιος, τότε : ( n A n 1 P P 1 1 P ( 1 ( 1 n P 1 P ( 1 ( 1 n P 1 ( ( 1 P 1 1 P I P 1 P P 1 I ( Αν ο n είναι περιττός, τότε ο n 1 είναι άρτιος και άρα από το (1 έπεται ότι A n 1 I από όπου προφανώς έχουµε A n A Συνοψίζουµε : Ιδιαίτερα έπεται ότι : A n I, αν n : άρτιος A, αν n : περιττός A 18 I