ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/liearalgebrai/lai2018/lai2018html Παρασκευή 12 Οκτωβρίου 2018 Ασκηση 1 Να γράψετε αναλυτικά τον 6 6 πίνακα A a ij όπου a ij mi{i, j} + i j Λύση Θα έχουµε : 1 + 1 1 1 + 1 2 1 + 1 3 1 + 1 4 1 + 1 5 1 + 1 6 1 0 1 2 3 4 1 + 2 1 2 + 2 2 2 + 2 3 2 + 2 4 2 + 2 5 2 + 2 6 2 2 1 0 1 2 A 1 + 3 1 2 + 3 2 3 + 3 3 3 + 3 4 3 + 3 5 3 + 3 6 1 + 4 1 2 + 4 2 3 + 4 3 4 + 4 4 4 + 4 5 4 + 4 6 3 3 3 2 1 0 4 4 4 4 3 2 1 + 5 1 2 + 5 2 3 + 5 3 4 + 5 4 5 + 5 5 5 + 5 6 5 5 5 5 5 4 1 + 6 1 2 + 6 2 3 + 6 3 4 + 6 4 5 + 6 5 6 + 6 6 6 6 6 6 6 6 Ασκηση 2 ίνονται οι πίνακες A 1 0 2, B 2 1 1 2 0 2 1 1 2, C 1 2 1 3 Να εκτελεστούν, όπου είναι δυνατόν, οι ακόλουθοι πολλαπλασιασµοί πινάκων : A B, B A, A C, C A, B C Λύση Θα έχουµε : 0 5 A B, A C, B C 2 1 1 1 8 5 4 Τα γινόµενα πινάκων B A και C A δεν ορίζονται Ασκηση 3 Αν x, y είναι πραγµατικοί αριθµοί και cos x si x A si x cos x cos y si y και B si y cos y να δειχθεί ότι οι πίνακες A και B είναι αντιστρέψιµοι, να ϐρεθούν οι πίνακες A 1 και B 1, και να δειχθεί ότι : AB BA

2 Λύση Θεωρούµε τους πίνακες cos x si x si x cos x και cos y si y si y cos y Θα έχουµε : cos x si x cos x si x cos x 2 + si x 2 si x cos x + si x cos x 1 0 si x cos x si x cos x si x cos x si x cos x si x 2 + cos x 2 I 2 cos x si x cos x si x cos x 2 + si x 2 si x cos x + six cos x 1 0 si x cos x si x cos x si x cos x si x cos x si x 2 + cos x 2 I 2 cos x si x Εποµένως ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και si x cos x A 1 cos x si x si x cos x cos y si y Παρόµοια ο πίνακας B είναι αντιστρέψιµος και si y cos y B 1 cos y si y si y cos y Τέλος ϑα έχουµε : cos x si x cos y si y cos x cos y si x si y cos x si y + si x cos y A B si x cos x si y cos y si x cos y cos x si y si x si y + cos x cos y cosx + y six + y six + y cosx + y Παρόµοια : cos y si y cos x si x cos y cos x si y si x cos y si x + si y cos x B A si y cos y si x cos x si y cos x cos y si x si y si x + cos y cos x cosx + y six + y six + y cosx + y Άρα A B B A Σχόλιο 1 Στην παραπάνω Ασκηση χρησιµοποιήσαµε τις γνωστές ταυτότητες : cosx ± y cos x cos y si x si y και six ± y si x cos y ± cos x si y Ασκηση 4 Θεωρούµε τους πίνακες A 0 0 και B 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 Να προσδιοριστεί 3 3 πίνακας X, ο οποίος να ικανοποιεί την εξίσωση : A + 3X 2X B Λύση Εστω ότι υπάρχει 3 3 πίνακας X x 11 x 12 x 13 x 21 x 22 x 23 x 31 x 32 x 33

3 έτσι ώστε A + 3X 2X B Θα έχουµε τότε : A + 3X 0 0 + 3 x 11 x 12 x 13 x 21 x 22 x 23 0 0 + 3x 11 3x 12 3x 13 3x 21 3x 22 3x 23 0 x 31 x 32 x 33 0 3x 31 3x 32 3x 33 3x 11 3x 12 3x 13 + 1 3x 21 3x 22 + 1 3x 23 3x 31 3x 32 3x 31 + 1 2X B 2X 2B 2 x 11 x 12 x 13 x 21 x 22 x 23 2 1 1 1 1 1 1 2x 11 2x 12 2x 13 2x 21 2x 22 2x 23 2 2 2 2 2 2 x 31 x 32 x 33 1 1 1 2x 31 2x 32 2x 33 2 2 2 2x 11 2 2x 12 2 2x 13 2 2x 21 2 2x 22 2 2x 23 2 2x 31 2 2x 32 2 2x 33 2 Άρα ϑα πρέπει να έχουµε 3x 11 3x 12 3x 13 + 1 3x 21 3x 22 + 1 3x 23 2x 11 2 2x 12 2 2x 13 2 2x 21 2 2x 22 2 2x 23 2 3x 31 3x 32 3x 31 + 1 2x 31 2 2x 32 2 2x 33 2 Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτουν οι ακόλουθες σχέσεις : 3x 11 2x 11 2 x 11 2, 3x 12 2x 12 2 x 12 2, 3x 13 +1 2x 13 2 x 13 3 3x 21 2x 21 2 x 21 2, 3x 22 +1 2x 22 2 x 22 3, 3x 23 2x 23 2 x 23 2 3x 31 2x 31 2 x 31 2, 3x 32 2x 32 2 x 32 2, 3x 33 +1 2x 33 2 x 33 3 Εποµένως αν υπάρχει τέτοιος 3 3 πίνακας X, τότε 2 2 3 X 2 3 2 2 2 3 Αντίστροφα, εύκολα ϐλέπουµε ίτι ο παραπάνω πίνακας ικανοποιεί τη σχέση A + 3X 2X B Θα µπορούσαµε να εργαστούµε και ως εξής : Από τη Ϲητούµενη σχέση A + 3X 2X B, ϑα έχουµε : A + 3X 2X B A + 3X 2X 2B 3X 2X A 2B X A 2B 0 0 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 0 1 0 + 2 2 2 2 3 2 0 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 Ασκηση 5 Για κάθε m, N και για κάθε i 1, 2,, m, j 1, 2,,, ϑεωρούµε τους πίνακες : { 1, αν k i & l j E ij M m K, όπου E ij kl 0, διαφορετικά Με άλλα λόγια ο πίνακας E ij είναι ο m πίνακας ο οποίος έχει κάθε στοιχείο του ίσο µε 0 εκτός από το στοιχείο του στη ϑέση i, j το οποίο είναι ίσο µε 1 1 Να δειχθεί ότι για κάθε m πίνακα A a ij ισχύει ότι : A a ij E ij i,j1

4 2 Για κάθε πίνακα A M m K να προσδιοριστούν οι πίνακες A E ij, όπου E ij M r K E ij A, όπου E ij M s m K Λύση 1 Θα έχουµε : a 11 a 12 a 1 a 21 a 22 a 2 A a m1 a m2 a m a 11 0 a 12 0 a 1 0 + 0 + + 0 + 0 0 0 0 0 0 a 21 0 0 + + 0 a 22 0 + + a 2 + 0 0 0 0 0 0 0 + + 0 + + 0 a m1 0 a m2 0 a m 1 0 0 0 1 0 a 11 + a 0 12 + + a 0 1 + 0 0 0 0 0 0 1 0 0 +a 21 + a 0 22 + + a 1 2 + 0 0 0 +a m1 0 0 + a m2 1 0 0 0 0 + + a m 0 a 11 E 11 + a 12 E 12 + + a 1 E 1 + +a 21 E 21 + a 22 E 22 + + a 2 E 2 + +a m1 E m1 + a m2 E m2 + + a m E m m a ij E ij i1 j1 0 0 1

5 Εποµένως δείξαµε ότι a 11 a 12 a 1 a 21 a 22 a 2 A a ij m i1 a m1 a m2 a m a ij E ij 2 Θεωρούµε έναν m πίνακα A a ij και τον t πίνακα E ij ο οποίος έχει κάθε στοιχείο του ίσο µε 0 εκτός από το στηχείο στην i-γραµµή και στην j-στήλη το οποίο είναι ίσο µε 1 Τότε ο πίνακας A E ij είναι ο m t πίνακας : 0 0 a 0 0 0 1i 0 0 a 11 a 12 a 1 a 21 a 22 a 2 0 0 a 2i 0 0 A E ij 0 1 0 a m1 a m2 a 0 0 a ii 0 0 m 0 0 0 0 0 a i 0 0 a 1i a 2i όπου τα στοιχεία ϐρίσκονται στην j-στήλη a ii a i Παρόµοια αν ϑεωρήσουµε τον s m πίνακα E ij ο οποίος έχει κάθε στοιχείο του ίσο µε 0 εκτός από το στοιχείο στην i-γραµµή και στην j-στήλη το οποίο είναι ίσο µε 1, τότε ο πίνακας E ij A είναι ο s πίνακας : 0 0 0 0 0 a 11 a 12 a 1 a 21 a 22 a 2 0 0 E ij A 0 1 0 a j1 a j2 a ji a j 0 0 a m1 a m2 a m 0 0 0 0 0 όπου τα στοιχεία aj1 a j2 a ji a j j1 ϐρίσκονται στην i-γραµµή Ασκηση 6 Να εξετασθεί αν ισχύει η ακόλουθη σχέση στο σύνολο M K των πινάκων µε στοιχεία από ένα σώµα K: A + B 3 A 3 + 3A 2 B + 3AB 2 + B 3 Λύση Θα έχουµε : A + B 2 A + B A + B A 2 + AB + BA + B 2 A+B 3 A+B 2 A+B A 2 +AB+BA+B 2 A+B A 3 +A 2 B+ABA+AB 2 +BA 2 +BAB+B 2 A+B 3 Αν AB BA, τότε προφανώς ϑα έχουµε και BA 2 A 2 B και B 2 A AB 2, και εποµένως από την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι : A+B 3 A 3 +A 2 B+ABA+AB 2 +BA 2 +BAB+B 3 A 3 +A 2 B+A 2 B+AB 2 +BA 2 +AB 2 +B 2 A+B 3

6 A 3 + 3A 2 B + 3AB 2 + B 3 Θα δείξουµε µε ένα παράδειγµα ότι αν AB BA, τότε γενικά : Θεωρούµε τους 2 2 πίνακες A + B 3 A 3 + 3A 2 B + 3AB 2 + B 3 A 1 0 και A Τότε έυκολα υπολογίσουµε ότι : 1 1 A + B, A + B 2 A + B A + B Άρα Από την άλλη πλυερά υπολογίζουµε : Άρα A + B 3 A + B 1 1 1 1 A 2 A και άρα A 3 A 2 A A 2 A B 2 B B A 2 B A B B και AB 2 A 3 +3A 2 B+3AB 2 +B 3 A+3B+3O+O A+3B Εποµένως : A + B 3 A + B 1 1 1 1 1 0 O και άρα B 3 O 1 0 +3 O 1 1 A + B 1 0 + 0 3 1 3 1 3 A 3 + 3A 2 B + 3AB 2 + B 3 Ασκηση 7 Θεωρούµε τους πίνακες A 1 2 0 1 1 και B 0 Να υπολογιστεί ο πίνακας A 2018 B Λύση Υπολογίζουµε πρώτα την -οστή δύναµη του πίνακα A Θα έχουµε : 1 2 A 0 1 A 2 1 2 1 2 1 4 A A 0 1 0 1 A 3 A 2 1 4 1 2 1 6 A 0 1 0 1 A 4 A 2 A 2 1 4 1 4 1 8 Ισχυρισµός: Για κάθε 1: A 1 1 2 0 1

7 Για την απόδειξη του Ισχυρισµού, παρατηρούµε ότι η σχέση είναι αληθήες για 1, 2, 3, 4 Υποθέτουµε ότι η σχέση ισχύει για k, όπου k 2 Τότε ϑα έχουµε : A k+1 A k 1 k 1 A k 2k 1 2 1 k+1 2 1 0 1 k k + 1 k 2k 0 1 0 1 k+1 1 k+1 1 k 2k + 1 0 1 k+1 1 k+1 1 k+1 2k + 1 0 1 k+1 Εποµένως η σχέση ισχύει και για k + 1 Σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής, συµπεραίνουµε ότι η σχέση ισχύει για κάθε 1 Τότε ϑα έχουµε : A 1 1 B 2 1 1 0 1 0 0 Ιδιαίτερα, ϑέτοντας 2018, έπεται ότι : A 2018 1 2018 1 B B Ασκηση 8 Να υπολογιστεί η -οστή δύναµη A του πίνακα A 1 1 1 0 0 Λύση Υπολογίζουµε πρώτα τους πίνακες A, όπου 1, 2, 3, 4 Θα έχουµε : A 1 1 1 0 0 A 2 A A 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 3 0 0 0 0 A 3 A 2 A 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 5 0 0 0 0 A 4 A 2 A 2 1 1 3 0 1 1 3 0 1 1 7 0 0 0 0 Ισχυρισµός: Για κάθε 1: A 1 1 2 1 0 0 Για την απόδειξη του Ισχυρισµού, παρατηρούµε ότι η σχέση είναι αληθήες για 1, 2, 3, 4 Υποθέτουµε ότι η σχέση ισχύει για k, όπου k 2 Τότε ϑα έχουµε : A k+1 A k A 1 1 2k 1 0 1 1 1 0 1 1 2k + 1 1 1 2k + 1 1 0 0 0 0 0 0

8 Εποµένως η σχέση ισχύει και για k + 1 Σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής, συµπεραίνουµε ότι η σχέση ισχύει για κάθε 1 Άρα ϑα έχουµε : A 1 1 2 1 0 0 Υπενθυµίζουµε ότι το ίχνος TrA ένός τετραγωνικού πίνακα A a ij M K ορίζεται να είναι το άθροισµα των διαγωνίων στοιχείων του : TrA Από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι : i1 TrA + B TrA + TrB, και TrλA λtra Υπενθυµίζουµε επίσης ότι ο ανάστροφος t A ενός πίνακα A M m K ορίζεται να είναι ο πίνακας t A M m K, όπου : Από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι : t A + B t A + t B a ii t A ij A ji και t λa λ t A Τέλος, υπενθυµίζουµε ότι ένας τετραγωνικός πίνακας A M K καλείται συµµετρικός αν και µόνον αν t A A, δηλαδή ισχύει ότι : a ij a ji, 1 i, j Ασκηση 9 Εστω A, B M K δύο πίνακες µε στοιχεία από το σώµα K Να δειχθεί ότι : TrA B TrB A Ως εφαρµογή να δειχθεί ότι για κάθε αντιστρέψιµο πίνακα P και κάθε πίνακα A ισχύει ότι : Λύση Θα έχουµε : TrA B A B kk k1 l1 k1 TrP 1 A P TrA A kl B lk k1 l1 B lk A kl B lk A kl k1 l1 B lk A kl l1 k1 k1 l1 B A ll TrB A l1 B lk A kl Αν P είναι ένας αντιστρέψιµος πίνακας, τότε χρησιµοποιώντας την παραπάνω σχέση, ϑα έχουµε για κάθε κάθε πίνακα A: TrP 1 A P Tr P 1 A P Tr A P P 1 Tr A P P 1 TrA I TrA Ασκηση 10 Να εξετασθεί αν για τυχόντες τετραγωνικούς πίνακες A a ij, B b ij M K, ισχύουν οι ακόλουθες σχέσεις : TrA B TrATrB και Tr t A TrA Λύση Θεωρούµε τους πίνακες Τότε A 1 0 0 1 και B 0 1 TrA 0 και TrB 1

9 Εποµένως : Από την άλλη πλευρά έχουµε : A B TrA TrB 0 1 0 0 1 0 1 Εποµένως : TrA B 1 Από τις σχέσεις και έπεται ότι : TrA B 1 0 TrATrB Αν A a ij M K, τότε TrA i1 a ii Επειδή τα διαγώνια στοιχεία του αναστρόφου t A του A συµπίπτουν µε τα διαγώνια στοιχεία του A, ϑα έχουµε Tr t A i1 a ii Εποµένως : Tr t A TrA Ασκηση 11 Εστω A, B M K δύο πίνακες µε στοιχεία από το σώµα K Να δειχθεί ότι : t A B t B ta Λύση Εστω A a ij και B b ij Τότε, για κάθε i, j 1, 2,,, ϑα έχουµε t A B A B ji A jk B ki ij Εποµένως ϑα έχουµε t A B t B ta B ki A jk k1 k1 k1 t B ik t A kj t B ta ij Ασκηση 12 Θεωρούµε τους 1 πίνακες A, B M 1 K 1 Να δειχθεί ότι : t A B t B A 2 Να δειχθεί µε ένα αντιπαράδειγµα ότι : A tb B ta 3 Να δειχθεί ότι : 4 Να δειχθεί ότι : 5 Να δειχθεί ότι : TrA tb t A B t A A 0 A O A ta 0 A O Λύση Οι πίνακες A και B είναι της µορφής A a 1 a 2 a b 1 και B b 2 b και εποµένως t A a 1 a 2 a και t B b 1 b 2 b

10 1 Ο πίνακας t A B είναι µεγέθους 1 1 και : b 1 t A B b 2 a 1 a 2 a a 1b 1 + a 2 b 2 + a b Παρόµοια ο πίνακας t B A είναι µεγέθους 1 1 και t B A b 1 b 2 b i1 b a 1 a 2 a b 1a 1 + b 2 a 2 + b a Επειδή a i b i b i a i, i 1, 2,,, ϑα έχουµε : t A B a i b i b i a i t B A 2 Ο πίνακας A tb είναι µεγέθους και : A tb ij A i1 t B 1j A i1 B j1 a i1 b j1 i1 a i b i i1 b i a i i1 Εποµένως ο πίνακας A tb είναι ο εξής : a 1 a 1 b 1 a 1 b 2 a 1 b A tb a 2 b a 2 b 1 a 2 b 2 a 2 b 1 b 2 b a a b a b a b Παρόµοια, ο πίνακας B ta είναι µεγέθους και : B ta ij B i1 t A 1j B i1 A j1 b i a j Εποµένως ο πίνακας A tb είναι ο εξής : b 1 b 1 a 1 b 1 a 2 b 1 a B ta b 2 a b 2 a 1 b 2 a 2 b 2 a 1 a 2 a b b a 1 b a 2 b a Παρατηρούµε ότι γενικά A tb ij a i b j b i a j B ta ij και εποµένως A tb B ta Για παράδειγµα, έστω 1 1 1 A και B 0 1 0 Τότε : και 1 1 0 0 A tb 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 B ta 0 1 1 1 0 0 0

11 Προφανώς A tb B ta αν και µόνον αν 1 3 Από τους υπολογισµούς που κάναµε στο µέρος 2 προκύπτει ότι TrA tb a 1 b 1 + a 2 b 2 + + a b a i b i b i a i b 1 a 1 + b 2 a 2 + + b a 4 Εστω ότι t A A O Τότε όπως στο µέρος 1 ϑα έχουµε : 0 t A A a 1 a 2 a i1 a 1 a 2 a i1 b i a i TrB ta i1 a 1a 1 + a 2 a 2 + a a a 1 1 + a 2 2 + + a 2 Επειδή προφανώς i1 a2 i 0 αν και µόνον αν a i 0, i 1, 2,,, έπεται ότι : t A A 0 A O i1 a 2 i 5 Εστω ότι A ta O Από τους υπολογισµούς που κάναµαε στο µέρος 2 προκύπτει ότι : a 1 a 1 a 1 a 1 a 2 a 1 a a 2 O A ta a 2 a 1 a 1 a 2 a 1 a a 2 a 1 a 2 a 2 a 2 a 1 a 2 a a 2 a 1 a 2 2 a 2 a a a a a a a a a a a a a 2 Ιδιαίτερα ϑα έχουµε a 2 i 0, δηλαδή a i 0, i 1, 2,,, και εποµένως A O Παρατήρηση 1 Θεωρούµε τους 1 πίνακες A, B M 1 K Τότε, όπως προκύπτει από την παραπάνω Ασκηση : t A B TrA tb TrB ta t B A Ασκηση 13 1 Αν A M K, να εξετασθεί αν ισχύει ότι : A ta t A A 2 Αν A M 1 K, να δειχθεί ότι : αʹ Οι πίνακες A ta και t A A είναι συµµετρικοί ϐʹ Tr t A A TrA ta γʹ Ο αριθµός Tr t A A είναι µη-αρνητικός και : Tr t A A 0 A O Λύση 1 Εστω A a ij Για τους πίνακες A ta και t A A, ϑα έχουµε : A ta ij A ik t A kj A ik A jk a ik a jk a i1 a j1 + a i2 a j2 + + a i a j t A A ij k1 t A ik A kj k1 k1 A ki A kj k1 k1 a ki a kj a 1i a 1j + a 2i a 2j + + a i a j Θεωρούµε τον πίνακα 1 0 0 1 1 1 1 0 0 A και τότε t 0 A 1 0 0 0 Θα έχουµε : 1 0 1 1 1 1 1 A ta 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 k1

12 και 1 1 1 1 0 0 0 0 t 0 A A 1 0 0 0 0 0 0 Παρατηρούµε ότι A ta t A A αν και µόνον αν 1 2 αʹ Ο πίνακας A ta είναι συµµετρικός αν και µόνον αν t A ta A ta Επειδή t A ta t t A ta A ta έπεται ότι ο πίνακας A ta είναι συµµετρικός Παρόµοια, ο πίνακας t A A είναι συµµετρικός αν και µόνον αν t t A A t A A Επειδή t t A A t A t t A t A A έπεται ότι ο πίνακας t A A είναι συµµετρικός ϐʹ Επειδή, για τυχόντες πίνακες A και B ισχύει ότι TrA B TrB A, ϑα έχουµε : Tr t A A TrA ta γʹ Εστω A a ij Τότε ϑα έχουµε : Tr t A A t A A kk k1 k1 l1 t A kl A lk k1 l1 A lk A lk k1 l1 a lk a lk k1 l1 Εποµένως ο αριθµός Tr t A A, ως άθροισµα τετραγώνων, είναι µη-αρνητικός και προφανώς : Tr t A A 0 a 2 lk 0 a lk 0 A O k1 l1 3 1 Ασκηση 14 Αν A, να δειχθεί ότι A 5 1 2 2A 8I 2 0 Επιπλέον να δειχθεί ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και να ϐρεθεί ο πίνακας A 1 Λύση Θα έχουµε : A 2 3 1 3 1 A A 5 1 5 1 και άρα : A 2 14 2 3 1 1 0 2A 8I 2 2 8 10 6 5 1 14 6 8 2 + 2 + 0 10 + 10 + 0 6 + 2 8 Τέλος ϑα έχουµε 14 2 10 6 14 2 + 10 6 O 6 2 + 10 2 a 2 lk 8 0 0 8 A 2 2A 8I 2 O A 2 2A 8I 2 AA 2I 2 8I 2 A 1 8 A 2I 2 I 2 1 8 A 2I 2 A Εποµένως ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και A 1 1 8 A 2I 2 1 8 A 1 4 I 2 1 3 1 1 8 5 1 4 1 0 3 8 1 4 1 1 8 5 8 1 8 1 8 1 8 4 5 8 3 8 Σχόλιο 2 Η παρακάτω Ασκηση είναι γενίκευση της Ασκησης 14

13 Ασκηση 15 Εστω a b A c d ένας 2 2 πίνακας µε στοιχεία από ένα σώµα K Να δειχθεί ότι 1 : Να συµπεράνετε ότι : και τότε : A 2 a + da + ad bci 2 O ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος ad bc 0 A 1 1 A + a + di 2 ad bc 1 ad bc d b c a Λύση Θα έχουµε : A 2 a b a b a b 1 0 a + da + ad bci 2 a + d + ad bc c d c d c d a 2 + bc ab + bd a ca + cd cb + d 2 2 + ad ab + bd ac bd 0 ac + cd ad + d 2 + 0 ac bd a 2 + bc a 2 ad + ad bc ab + bd ab bd ac + cd ac cd cb + d 2 ad d 2 O + ad bc Άρα πράγµατι έχουµε : Η παραπάνω σχέση γράφεται : A 2 a + da + ad bci 2 O A 2 a + da ad bci 2 A A a + di 2 ad bci2 A a + di 2 A Υποθέτουµε ότι ad bc 0 Τότε πολλαπλασιάζοντας ϐαθµωτά και τα δύο µέλη της ισότητας πινάκων 1 µε τον αριθµό, ϑα έχουµε : ad bc a + d A ad bc I 1 a + d 2 ad bc A I 2 ad bc I 1 2 ad bc A A Η παραπάνω σχέση δείχνει ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και a + d a b A 1 a + d ad bc I 1 2 ad bc A 0 ad bc a + d ad bc ad bc c d 0 ad bc ad bc ad bc d b ad bc ad bc 1 d b c a ad bc c a ad bc ad bc Υποθέτουµε ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος Τότε υπάρχει ο αντίστροφός του A 1 Αν ad bc 0, τότε από τη σχέση ϑα έχουµε : A A a + di 2 O Πολλαπλασιάζοντας την παραπάνω σχέση µε A 1, έπεται ότι : A 1 A A a + di 2 A 1 O I 2 A a + di 2 O A a + di2 O a a + d a b a + d 0 b 0 A a + di 2 c d 0 a + d c 0 a + d d 1 Ο αριθµός a + d είναι το ίχνος TrA του A, και ο αριθµός ad bc καλείται ορίζουσα του A και συµβολίζεται µε A ή DetA

14 d 0 b 0 c 0 a 0 A O Αυτό όµως είναι άτοπο διότι ο µηδενικός πίνακας δεν είναι αντιστρέψιµος Στην αντίφαση αυτή καταλήξαµε υποθέτοντας ότι ad bc 0 Άρα ϑα έχουµε : ad bc 0 Ασκηση 16 Εστω N µε 2 Ας είναι AT K αντιστοίχως KT K το σύνολο των άνω αντιστοίχως κάτω τριγωνικών πινάκων µε στοιχεία από το σώµα K Να δειχθεί ότι η τοµή AT K KT K των δύο αυτών συνόλων ισούται µε το σύνολο των διαγωνίων πινάκων Λύση Συµβολίζουµε µε K το σύνολο των διαγωνίων πινάκων Ενα τυπικό στοιχείο του συνόλου αυτού είναι της µορφής : k 1 0 0 0 k 2 0 k όπου k i K, 1 i Εστω ένας πίνακας A AT K KT K, δηλαδή A AT K και A KT K Αφού ο πίνακας A είναι άνω και κάτω τριγωνικός έπεται ότι κάτω και πάνω από την κύρια διαγώνιο έχει µηδέν Συνεπώς, ο πίνακας A K και άρα δείξαµε ότι AT K KT K K Επίσης είναι ϕανερό ότι αν έχουµε έναν διαγώνιο πίνακα τότε αυτός είναι άνω και κάτω τριγωνικός, δηλαδή K AT K KT K Εποµένως AT K KT K K Υπενθυµίζουµε ότι ένας πίνακας A καλείται ταυτοδύναµος αν A 2 A Για παράδειγµα ο πίνακας 2 3 5 A 1 4 5 1 3 4 είναι ταυτοδύναµος Ασκηση 17 1 Να δειχθεί ότι αν ο πίνακας A M K είναι ταυτοδύναµος, τότε και ο πίνακας I A είναι ταυτοδύναµος 2 Να ϐρεθούν όλοι οι ταυτοδύναµοι και αντιστρέψιµοι πίνακες 3 Υποθέτουµε ότι για τους πίνακες κατάλληλων µεγεθών A και B ισχύει ότι : AB A και BA B Να δειχθεί ότι οι πίνακες A και B είναι ταυτοδύναµοι Λύση 1 Χρησιµοποιώντας γνωστές ιδιότητες πράξεων πινάκων, Θα έχουµε : I A I A I 2 I A A I + A 2 I A A + A I A Άρα ο πίνακας I A είναι ταυτοδύναµος 2 Εστω A ένας πίνακας ο οποίος είναι ταυτοδύναµος και αντιστρέψιµος Τότε ϑα έχουµε A 2 A και A A 1 I A 1 A Εποµένως πολλαπλασιάζοντας τη σχέση A 2 A από τα αριστερά µε τον πίνακα A 1, ϑα έχουµε : A 1 A 2 A 1 A A 1 A A I I A I A I Αντίστροφα ο µοναδιαίος πίνακας I είναι προφανώς αντιστρέψιµος και ταυτοδύναµος

15 3 Υποθέτουµε ότι AB A και BA B Χρησιµοποιώντας αυτές τις σχέσεις ϑα έχουµε : A B A A B A A A A B A A 2 A B A 2 A A 2 B A B B A B B B B A B B 2 B A B 2 B B 2 Εποµένως οι πίνακες A και B είναι ταυτοδύναµοι Ασκηση 18 1 Αν ο πίνακας P είναι ταυτοδύναµος, τότε να δειχθεί ότι : 2P I 2 I 2 Αν για τον πίνακα A ισχύει ότι A 2 I, τότε να δειχθεί ότι ο πίνακας 1 A + I 2 είναι ταυτοδύναµος Λύση 1 Χρησιµοποιώντας γνωστές ιδιότητες πράξεων πινάκων, Θα έχουµε : 2P I 2 2P I 2P I 2P 2P 2P I I 2P +I 2 4P 2 2P 2P +I N 4P 4P +I I 2 Χρησιµοποιώντας γνωστές ιδιότητες πράξεων πινάκων, Θα έχουµε : 1 2 1 1 1 2 A + I 2 A + I 2 A + I 2 A + 1 2 I 1 2 A + 1 2 I 1 2 A 1 2 A + 1 2 A 1 2 I + 1 2 I 1 2 A + 1 2 I 1 2 I 1 4 A2 + 1 4 A I + 1 4 I A + 1 4 I I 1 4 I + 1 4 A + 1 4 A + 1 4 I 1 2 A + 1 2 I 1 2 A + I Εποµένως ο πίνακας 1 2 A + I είναι ταυτοδύναµος Ασκηση 19 ίνεται ο πίνακας A 0 0 Να δείξετε ότι A 4 I 3 και ο ακολούθως να δείξετε ότι 1 1 1 ο A είναι αντιστρέψιµος Στην συνέχεια να ϐρείτε τους πίνακες A 1 και A 2018 Λύση Υπολογίσουµε εύκολα ότι : A 2 0 1 1 1 και A 4 A 2 A 2 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0 I 3 1 1 0 0 Επειδή A 4 I 3, ϑα έχουµε : A 3 A I 3 και A A 3 I 3 A 1 A 3 A 2 A 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 Τέλος, επειδή 2018 504 4 + 2, ϑα έχουµε : A 2018 A 504 4+2 A 504 4 A 2 A 4 504 A 2 I 504 3 A 2 I 3 A 2 A 2 0 1 1 1 1 Ασκηση 20 Εστω A 1 2 Βρείτε τον πίνακα A, N

16 Λύση Υπολογίζουµε εύκολα : 1 2 1 2 1 A A 4 1 8, A 2 1 2 4 1 4 1 2 2, A 5 1 10, A 3 1 2 5 1 6, 1 2 3 Με ϐάση τους παραπάνω υπολογισµούς ϑα δείξουµε µε Μαθηµατική Επαγωγή ότι, 1: A 1 2 1 2k Ο παραπάνω ισχυρισµός είναι αληθής για 1, 2 Υποθέτουµε ότι A, όπου k 3 Τότε : A k+1 A k 1 2k 1 2 1 2k + 2 1 2k + 1 A Άρα η επαγωγική υπόθεση είναι αληθής για k+1, και εποµένως από την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής : A 1 2, 1 Ασκηση 21 Για κάθε 1, να ϐρείτε την -οστή δύναµη του πίνακα A 1 1 1 1 0 Λύση Για να καταλάβουµε τη περιγραφή του A, ξεκινάµε πρώτα κάνοντας τους παρακάτω πολλαπλασιασµούς πινάκων : A 2 AA 1 2 3 2 1 2 1 + 2 2 0 0 A 3 A 2 A A 4 A 2 A 2 1 3 6 3 0 1 4 10 4 0 1 3 1 + 2 + 3 3 0 1 4 1 + 2 + 3 + 4 4 0 Γνωρίζουµε ότι : + 1 1 + 2 + + 2 Με ϐάση τους παραπάνω υπολογισµούς ϑα δείξουµε µε Μαθηµατική Επαγωγή ότι : A 1 +1 2, 1 0 1 Για 1, και λαµβάνοντας υπ οψιν ότι A 1 A και τη µορφή του πίνακα A, η Ϲητούµενη σχέση προφανώς ισχύει 2 Υπόθεση Επαγωγής: Εστω ότι ισχύει για k, δηλαδή δεχόµαστε ότι : A k 1 k kk+1 2 k 0

17 3 Θα δείξουµε ότι η Ϲητούµενη σχέση ισχύει για k + 1 Εχουµε A k+1 A k A 1 k kk+1 2 k 1 1 1 1 1 k + 1 k+1k+2 2 k + 1 0 0 0 Εποµένως, η -οστή δύναµη του πίνακα A είναι ο πίνακας A 1 +1 2, 1 0 Ασκηση 22 Να δειχθεί ότι ο πίνακας 1 0 A a b 1 0 c d 0 1 είναι αντιστρέψιµος και ακολούθως να ϐρεθεί ο αντίστροφός του A 1 Λύση Υπολογίζουµε : 1 0 A 2 A A a b 1 0 a b 1 0 0 0 I 4 A A I 4 A A c d 0 1 c d 0 1 Εποµένως ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, και : A 1 A Ασκηση 23 Εστω A και B δύο πίνακες και υποθέτουµε ότι υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε οι πίνακες P 1 AP και P 1 BP είναι διαγώνιοι Να δειχθεί ότι : AB BA Λύση Θέτοντας P 1 AP X και P 1 BP Y, ϑα έχουµε : P 1 AP X AP P X A P XP 1 και P 1 BP X BP P Y B P Y P 1 AB P XP 1 P Y P 1 P XP 1 P Y P 1 P XI Y P 1 P XY P 1 BA P Y P 1 P XP 1 P Y P 1 P XP 1 P Y I XP 1 P Y XP 1 Επειδή οι πίνακες P 1 AP X και P 1 BP Y είναι διαγώνιοι, µπορούµε να γράψουµε : λ 1 0 κ 1 0 0 λ 2 0 κ 2 λ 3 0 κ X 3 0 και Y λ 1 0 κ 1 0 0 λ 0 κ όπου τα στοιχεία λ i, κ i K, 1 i Επειδή λ 1 κ 1 0 0 λ 2 κ 2 λ 3 κ 3 0 XY Y X λ 1 κ 1 0 0 λ κ

18 ϑα έχουµε : AB P XY P 1 P Y XP 1 BA Υπενθυµίζουµε ότι µια σχέση R επί ενός συνόλου S είναι ένα υποσύνολο R S S του καρτεσιανού γινοµένου S S Αν s 1, s 2 S, και s 1, s 2 R ϑα γράφουµε : s 1 R s 2, δηλαδή : s 1, s 2 S : s 1 R s 2 s 1, s 2 R Μια σχέση R επί του συνόλου S καλείται σχέση ισοδυναµίας αν ικανοποιεί τις ακόλουθες ιδιότητες : 1 s S: s R s Ανακλαστική ιδιότητα 2 s 1, s 2 S: s 1 R s 2 s 2 R s 1 Συµµετρική ιδιότητα { 3 s 1, s 2, s 3 S: s 1 R s 2 s 2 R s 3 s 1 R s 3 Μεταβατική ιδιότητα Αν R είναι µια σχέση ισοδυναµίας επί του συνόλου S και δεν υπάρχει κίνδυνος σύγχισης ϑα συµβολίζουµε την R µε και ϑα γράφουµε s 1 s 2 αντί s 1 R s 2 Ασκηση 24 ύο πίνακες A και B καλούνται όµοιοι αν υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε P 1 AP B Να δειχθεί ότι ορίζοντας A, B M K : A B οι πίνακες A και B είναι όµοιοι απκτούµε µια σχέση ισοδυναµίας στο σύνολο M K όλων των πινάκων υπεράνω του σώµατος K Λύση είχνουµε ότι η σχέση στο σύνολο M K όλων των πινάκων υπεράνω του σώµατος K είναι ανακλαστική, συµµετρική, και µεταβατική 1 «Ανακλαστική»: Για κάθε πίνακα A M K, έχουµε ότι ο µοναδιαίος πίνακας I είναι αντιστρέψιµος και : I 1 AI I A A Εποµένως A A 2 «Συµµετρική»: Εστω οι πίνακες A, B M K, και υποθέτουµε ότι A B Τότε υπάρχει αντιστρέψι- µος πίνακας P έτσι ώστε P 1 AP B Πολλαπλασιάζοντας την τελευταία σχέση από τα αριστερά µε τον πίνακα P και από τα δεξιά µε τον πίνακα P 1 ϑα έχουµε : P 1 AP B AP P B A P BP 1 A P 1 1 BP 1 Επειδή ο πίνακας P 1 είναι αντιστρέψιµος, έπεται ότι B A 3 «Μεταβατική»: Εστω οι πίνακες A, B, C M K, και υποθέτουµε ότι A B και B C Τότε υπάρχουν αντιστρέψιµοι πίνακες P και Q έτσι ώστε P 1 AP B και Q 1 BQ C Τότε : Q 1 BQ C Q 1 P 1 AP Q C Q 1 P 1 AP Q C P Q 1 AP Q B Επειδή ο πίνακας P Q είναι αντιστρέψιµος µε αντίστροφο τον πίνακα Q 1 P 1, έπεται ότι A C Συµπεραίνουµε ότι η σχέση είναι ανακλαστική, συµµετρική και µεταβατική και άρα είναι µια σχέση ισοδυναµίας Παρατήρηση 2 Στις επόµενες τέσσερις ασκήσεις Ϲητείται να προσδιοριστεί αν ένας άνω τριγωνικός πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και ακολούθως, αν είναι αντιστρέψιµος, να ϐρεθεί ο αντίστροφός του Αργότερα µε χρήση οριζουσών ϑα δούµε αποτελεσµατικά κριτήρια για το πότε ένας τετραγωνικός πίνακας είναι αντιστρέψιµος και µεθόδους εύρεσης του αντίστροφου πίνακα Η µέθοδος η οποία ακολουθείται στις παρακάτω ασκήσεις για την εύρεση του αντίστροφου του πίνακα A, αν αυτός υπάρχει, είναι η εξής : αναζητούµε πίνακα X x ij έτσι ώστε A X I X A Τότε ϑα έχουµε το ακόλουθο σύστηµα ως προς x ij, 1 i, j : { 1, αν i j A X ij I ij a ik x kj δ ij 0, αν i j k1

X A ij I ij x ik a kj δ ij k1 { 1, αν i j 0, αν i j Αν το παραπάνω σύστηµα έχει µοναδική λύση, τότε υπολογίσουµε τα στοιχεία x ij συναρτήσει των στοιχείων a ij και τότε ο πίνακας X που προκύπτει είναι ο πίνακας A 1 Αν το σύστηµα δεν έχει λύση, τότε ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιµος Σηµειώνουµε ότι αν ο πίνακας A είναι άνω ή κάτω τριγωνικός, τότε και ο πίνακας X που αναζητούµε, αναγκαστικά ϑα είναι άνω ή κάτω τριγωνικός αποδείξτε το σαν Ασκηση Σε αυτή την περίπτωση οι πράξεις είναι σηµαντικά απλούστερες 19 Ασκηση 25 Για κάθε 1, να ϐρεθεί η -οστή δύναµη των πινάκων a b και λ 1 0 0 λ 1 λ όπου a, b, λ R Πότε οι παραπάνω πίνακες είναι αντιστρέψιµοι ; Αν είναι αντιστρέψιµοι, ποιοί είναι οι αντίστροφοί τους ; Λύση 1 Θα δείξουµε µε χρήση Μαθηµατικής Επαγωγής ότι, 1: a b a b1 + a + a 2 + + a 1 a b 1 k0 ak Αν 1, τότε η σχέση 1 είναι προφανώς αληθής Αν 2, τότε η σχέση 1 είναι αληθής, διότι : 2 A 2 a b a b a b a 2 ab + b a b1 + a Υποθέτουµε ότι η σχέση 1 είναι αληθής όταν Τότε +1 A +1 a b a b a b a b1 + a + a 2 + + a 1 a b a +1 a b + b1 + a + a 2 + + a 1 a +1 b1 + a + a 2 + + a 1 + a Σύµφωνα µε την Αρχή της Μαθηµατικής Επαγωγής, η σχέση 1 είναι αληθής για κάθε 1 a Αν a 0, τότε ϑεωρούµε 2 1 ba 1 τον πίνακα και ϑα έχουµε : a b a 1 ba 1 1 0 a 1 ba 1 a b a b Άρα ο πίνακας είναι αντιστρέψιµος και 1 a b a 1 ba 1 2 x y Αναζητούµε πίνακα X έτσι ώστε X A I z w 2 A X Επειδή ο πίνακας A είναι άνω τριγωνικός, µπορούµε να υποθέσουµε ότι και ο πίνακας X που αναζητούµε είναι άνω τριγωνικός, δηλαδή z 0 Θα έχουµε : a b x y 1 0 ax ay + bw 1 0 A X I 2 ax 1, w 1, ay + bw 0 0 w 0 w Ετσι, για να είναι ο A αντιστρέψιµος, πρέπει a 0 και τότε x a 1, w 1, και y a 1 bw a 1 b, δηλαδή a 1 a 1 b X 1

20 Αν a 0, τότε ο πίνακας x y έτσι ώστε z w 0 b 0 b δεν είναι αντιστρέψιµος, διότι αν ήταν ϑα υπήρχε 2 2 πίνακας x y z w 1 0 x y z w 0 b από όπου προκύπτει άµεσα ότι ϑα πρέπει να έχουµε 1 0 το οποίο είναι άτοπο Άρα ο πίνακας 0 b δεν είναι αντιστρέψιµος 2 Αν λ 0, ϑεωρούµε 3 τον πίνακα λ 1 λ 2 λ 3 0 λ 1 λ 2 λ 1 και τότε : λ 1 0 0 λ 1 λ 1 λ 2 λ 3 0 λ 1 λ 2 1 0 λ 1 λ 2 λ 3 0 λ 1 λ 2 λ 1 0 0 λ 1 λ λ 1 0 λ 1 λ Εποµένως ο πίνακας λ 1 0 0 λ 1 είναι αντιστρέψιµος και λ λ 1 0 1 0 λ 1 λ 1 λ 2 λ 3 0 λ 1 λ 2 λ λ 1 Αν λ 0, ο πίνακας 0 0 δεν είναι αντιστρέψιµος διότι αν ήταν αντιστρέψιµος, τότε 4 και ο 0 πίνακας 0 0 ϑα ήταν αντιστρέψιµος, 1 Επειδή 0 3 0 O, καταλήγουµε στην 0 0 αντίφαση ότι ο µηδενικός πίνακας είναι αντιστρέψιµος Εποµένως ο πίνακας 0 0 δεν είναι 0 αντιστρέψιµος Για τις δυνάµεις του πίνακα, υπολογίζουµε : λ 1 0 2 0 λ 1 λ2 2λ 1 2 0 λ 2 2λ λ2 1 λ 1 2 λ 0 0 λ 2 2 1 λ 1 λ λ 2 λ 2 3 Ο πίνακας που ϑεωρούµε προκύπτει αν εργασθούµε όπως περιγράφεται στην Παρατήρηση 2 4 Εστω ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος Τότε υπάρχει ο αντίστροφός του A 1 και ισχύει A A 1 I A 1 A Για κάθε k 1, ϑα έχουµε : A A 1 I A 1 A A A 1 k I k A 1 A k A k A 1 k I A 1 k A k όπου χρησιµοποιήσαµε ότι επειδή οι πίνακες A και A 1 µετατίθενται, ισχύει ότι A A 1 k A k A 1 k και A 1 A k A 1 k A k Εποµένως ο πίνακας A k είναι αντιστρέψιµος και A k 1 A 1 k

όπου λ 1 0 3 0 λ 1 λ3 3λ 2 3λ 3 0 λ 3 3λ 2 λ2 1 λ 2 2 2 λ 1 0 λ 2 3 1 λ 2 λ λ 3 λ 2 k! k! k! είναι ο διωνυµικό συντελεστής Ισχυριζόµαστε ότι λ 1 0 0 λ 1 λ 1 λ 1 2 λ 2 0 λ 1 λ 1 2 λ λ Οι παραπάνω υπολογισµοί δείχνουν ότι η σχέση 2 είναι αληθής όταν 2 ή 3 Υποθέτουµε ότι ισχύει η σχέση 2, και τότε : λ 1 0 +1 0 λ 1 λ 1 0 0 λ 1 λ 1 0 0 λ 1 λ 1 λ 1 2 λ 2 0 λ 1 λ 1 λ 1 0 0 λ 1 λ λ λ λ λ λ+1 λ + 1 λ 1 λ 1 + 2 λ 1 0 λ +1 λ + 1 λ λ λ+1 1 + 1λ 1 + 2 λ 1 0 λ +1 1 + 1λ λ +1 Εύκολα ϐλέπουµε ότι!! + 1! + 1 1! + 1! + 1 + 1 + 1 + 1 1 1! 1! 1! 1! 1!! 1 + 1 2! 1! +! 2! 2!! 1 2! 1 + 1 2 + 1! + 1! 2 1! 2! 1!! 2! + 1 2 + 1 2 1 21! + 1 2 2! 1 Εποµένως ο τελευταίος πίνακας ϑα είναι λ 1 0 +1 0 λ 1 λ+1 1 + 1λ 1 + 2 λ 1 +1 0 λ +1 1 + 1λ λ+1 1 λ +1 2 λ 1 0 λ +1 λ λ +1 1 λ λ +1 Σύµφωνα µε την Αρχή της Μαθηµατικής Επαγωγής, ϑα έχουµε ότι η σχέση 2 είναι αληθής, 1 Ασκηση 26 Να δειχθεί ότι ο πίνακας 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 A 1 1 1 1 είναι αντιστρέψιµος και να ϐρεθεί ο αντίστροφός του

22 Λύση Θεωρούµε 5 τον πίνακα 1 1 1 0 0 1 B 1 0 1 1 Εκτελώντας τους πολλαπλασιασµούς A B και B A, εύκολα ϐλέπουµε ότι A B I B A Άρα ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και 1 1 1 0 0 1 A 1 1 0 1 1 Ασκηση 27 Να δειχθεί ότι ο πίνακας είναι αντιστρέψιµος και να ϐρεθεί ο αντίστροφός του 1 2 3 4 1 2 3 2 1 0 2 3 2 A 2 3 1 2 Λύση Θεωρούµε 6 τον πίνακα 1 2 1 0 2 1 0 2 B 2 1 1 2 5 Ο πίνακας που ϑεωρούµε προκύπτει αν εργασθούµε όπως περιγράφεται στην Παρατήρηση 2 6 Ο πίνακας που ϑεωρούµε προκύπτει αν εργασθούµε όπως περιγράφεται στην Παρατήρηση 2

23 Εκτελώντας τους πολλαπλασιασµούς A B και B A, εύκολα ϐλέπουµε ότι A B I B A Άρα ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και 1 2 1 0 2 1 0 2 A 1 2 1 1 2 Ασκηση 28 Για κάθε x R, να δειχθεί ότι ο πίνακας 1 x x 2 x 3 x 1 x x x 2 x 2 x 1 0 x x 3 x 2 A x x 2 1 x είναι αντιστρέψιµος και να ϐρεθεί ο αντίστροφός του Λύση Θεωρούµε 7 τον πίνακα 1 x x 0 0 x B x 0 1 x Εκτελώντας τους πολλαπλασιασµούς A B και B A, εύκολα ϐλέπουµε ότι A B I B A Άρα ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και 1 x x 0 0 x A 1 x 0 1 x Ασκηση 29 Εστω A και B πίνακες τέτοιοι ώστε ο πίνακας I AB 2 να είναι αντιστρέψιµος είξτε ότι ο πίνακας I BA 2 είναι αντιστρέψιµος και I BA 2 1 I + B I AB 2 1 ABA Λύση Αρκεί να δείξουµε ότι I BA 2 [I + BI AB 2 1 ABA] I [I + BI AB 2 1 ABA] I BA 2 7 Ο πίνακας που ϑεωρούµε προκύπτει αν εργασθούµε όπως περιγράφεται στην Παρατήρηση 2

24 1 Θα έχουµε : I BA 2 [I + BI AB 2 1 ABA] I + BI AB 2 1 ABA 2 Θα έχουµε : BA 2 BA 2 BI AB 2 1 ABA I + BI AB 2 1 ABA BA 2 BABABI AB 2 1 ABA I BA 2 + +BI AB 2 1 ABA BAB 2 I AB 2 1 ABA I BA 2 + +B [ I AB 2 1 AB 2 I AB 2 1] ABA I BA 2 + B I AB 2 I AB 2 1 ABA I BA 2 + BI ABA I BA 2 + BA 2 I [I + BI AB 2 1 ABA] I BA 2 I + BI AB 2 1 ABA BA 2 BI AB 2 1 ABABA 2 I BA 2 + +BI AB 2 1 ABA BI AB 2 1 ABABABA I BA 2 + +BI AB 2 1[ ABA AB 2 ABA ] I BA 2 + +BI AB 2 1 I AB 2 ABA I BA 2 + BI ABA I BA 2 + BABA I BA 2 + BA 2 I Από τα 1 και 2 έχουµε το Ϲητούµενο Παρατήρηση 3 Εστω A, B δύο πίνακες µε στοιχεία από το σώµα K Τότε, όπως ϑα δούµε σύντοµα µε χρήση της ϑεωρίας οριζουσών, ισχύει ότι : A B I B A I και άρα, αν ικανοποιείται µία από τις σχέσεις A B I ή B A I, τότε ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και A 1 B Εποµένως στην Ασκηση 29 και σε ανάλογες Ασκήσεις, ϐλέπε την Ασκηση 32 παρακάτω, αρκεί να δειχθεί µόνο η µία εκ των δύο απαιτουµένων ισοτήτων Ασκηση 30 Εστω A ένας πίνακας για τον οποίο ισχύει ότι A 4 A 3 + A 2 A + I 0, Να δειχθεί ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και A 1 A 4 Λύση Από τη σχέση A 4 A 3 + A 2 A + I 0 έχουµε A 4 + A 3 A 2 + A I και άρα A A 3 + A 2 A + I I και A 3 + A 2 A + I A I

25 Συνεπώς ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και A 1 A 3 + A 2 A + I A 4 Ασκηση 31 Εστω A, B M K Να δειχθεί ότι : ο πίνακας I + AB είναι αντιστρέψιµος ο πίνακας I + BA είναι αντιστρέψιµος Λύση Υποθέτουµε ότι ο πίνακας I + AB είναι αντιστρέψιµος Συµβολίζουµε µε C τον αντίστροφό του : C : I + AB 1 και έτσι ϑα έχουµε : I + AB C I C I + AB, ιδιαίτερα ϑα έχουµε : C + ABC I, δηλαδή ABC I C Θεωρούµε τον πίνακα I BCA Θα δείξουµε ότι ο πίνακας I +BA είναι αντιστρέψιµος και I +BA 1 I BCA Θα έχουµε : I BCA I + BA I + BA BCA BCABA I + BA BCA BCABI A I + BA BCA BCABCC 1 A I + BA BCA BCABCC 1 A I + BA BCA BCI CC 1 A I + BA BCA BCI C 1 A BCCC 1 A I + BA BCA BA BCA I + BA BCA BA + BCA I και εποµένως : Παρόµοια ϑα έχουµε : I BCA I + BA I 1 I + BA I BCA I BCA + BA BABCA I BCA + BA BI CA και εποµένως I BCA + BA BA + BCA I I + BA I BCA I 2 Από τις σχέσεις 1 και 2 προκύπτει ότι ο πίνακας I + BA είναι αντιστρέψιµος και I + BA 1 I BCA I BI + AB 1 A Η απόδειξη είναι ανάλογη 8 και αφήνεται ως άσκσηση στον αναγνώστη Ασκηση 32 Θεωρούµε τους πίνακες A και B και υποθέτουµε ότι ο πίνακας B είναι αντιστρέψιµος και ισχύει : A + B AB Να δείξετε ότι ο A είναι αντιστρέψιµος και ισχύει : A 1 + B 1 I Λύση Επειδή ο πίνακας B είναι αντιστρέψιµος, υπάρχει ο αντίστροφός του B 1 Πολλαπλασιάζοντας τη σχέση από δεξιά µε τον πίνακα B 1 ϑα έχουµε : A + B AB A + BB 1 ABB 1 AB 1 + I A A AB 1 I AI B 1 I Σύµφωνα µε την Παρατήρηση 3, ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και A 1 I B 1 Τέλος έχουµε ότι A 1 + B 1 I B 1 + B 1 I 8 Αν ο πίνακας I + BA είναι αντιστρέψιµος, ϑέτουµε D I + BA 1 και τότε I + BA D I Εποµένως ϑα έχουµε BAD I D Θεωρούµε τον πίνακα I ADB και δείχνουµε ότι I + AB I ADB I I ADB I + AB Εποµένως ο πίνακας I + AB είναι αντιστρέψιµος και I + AB 1 I ADB I AI + BA 1 B

26 Ασκηση 33 Εστω A, B δύο αντιστρέψιµοι πίνακες έτσι ώστε ο πίνακας A+B 1 να είναι αντιστρέψιµος είξτε ότι ο πίνακας A 1 + B είναι αντιστρέψιµος και ισχύει : Λύση Παρατηρούµε ότι : A 1 + B 1 A A + B 1 1 B 1 A 1 + B A A + B 1 1 B 1 A 1 + B A A + B 1 1 B 1 A 1 A + B A B A + B 1 1 I + B A B A + B B 1 1 I + B A I + B A 1 I Σύµφωνα µε την Παρατήρηση 3, ο πίνακας A 1 +B είναι αντιστρέψιµος και A 1 +B 1 A A+B 1 1 B 1 ιαφορετικά, υπολογίζουµε : A A + B 1 1 B 1 A 1 + B A A + B 1 1 B 1 A 1 + B A A + B 1 1 B 1 A 1 + B 1 B A A + B 1 1 A B 1 + I A 1 1 A + B 1 1 A B 1 + I A + B 1 A 1 1 A B 1 + I A A 1 + B 1 A 1 1 A B 1 + I A B 1 1 + I A B 1 + I I Άρα A 1 + B A A + B 1 1 B 1 I A A + B 1 1 B 1 A 1 + B Άρα ο πίνακας A 1 + B είναι αντιστρέψιµος και A 1 + B 1 A A + B 1 1 B 1 Παρατήρηση 4 Εστω A και B δύο αντιστρέψιµοι πίνακες Ακολουθώντας τη µέθοδο λύσης της παραπάνω Ασκησης 33, αποδεικνύονται ακριβώς ανάλογα και οι ακόλουθοι ισχυρισµοί 1 Αν ο πίνακας A 1 + B είναι αντιστρέψιµος, τότε ο πίνακας A + B 1 είναι αντιστρέψιµος και A + B 1 1 A 1 A 1 + B 1 B 2 Αν ο πίνακας A 1 + B 1 είναι αντιστρέψιµος, τότε ο πίνακας A + B είναι αντιστρέψιµος και A + B 1 A 1 A 1 + B 1 1 B 1 3 Αν ο πίνακας A + B είναι αντιστρέψιµος, τότε ο πίνακας A 1 + B 1 είναι αντιστρέψιµος και A 1 + B 1 1 A A + B 1 B Ασκηση 34 Να ευρεθούν όλοι οι πίνακες που µετατίθενται µε τους πίνακες τής µορφής : 1 0 1 A, 1 0 2 B 0 0 0 a b a b a b 0 Λύση Ας είναι C ένας πίνακας µε AC CA, δηλαδή Τότε b 0 c d a b c d 0 και c d a Εποµένως ο πίνακας C είναι της µορφής a 0 C a, d K d a d Αντίστροφα εύκολα ϐλέπουµε ότι κάθε πίνακας της παραπάνω µορφής µετατίθεται µε τον A

Ας είναι C a b c d e f ένας πίνακας µε BC CB, δηλαδή d e f g h k 0 a b 0 d e Τότε g h k g h d 0, g 0, h 0, e a, k a, f b Εποµένως ο πίνακας C είναι της µορφής C a b c 0 a b a, b, c K a Αντίστροφα εύκολα ϐλέπουµε ότι κάθε πίνακας της παραπάνω µορφής µετατίθεται µε τον B 27 Ασκηση 35 Να προσδιοριστούν όλοι οι 2 2 ταυτοδύναµοι πίνακες a b Λύση Ας είναι A ένας 2 2 πίνακας µε A c d 2 A, δηλαδή a 2 + bc a 1 a 2 + bc ab + bd a b ab + bd b 2 ac + cd bc + d 2 c d ac + cd c 3 bc + d 2 d 4 Εστω ότι b 0, τότε η 2 δίνει τη λύση d 1 a, η οποία ικανοποιεί και την 3 Από την 1 έχουµε c a a2 b Αυτές οι τιµές των c, d ικανοποιούν την 4 Άρα αν b 0, τότε οι ταυτοδύναµοι 2 2 πίνακες µε στοιχεία από το σώµα K είναι οι πίνακες της µορφής : a b a a 2 b 1 a Εστω ότι b 0, τότε το παραπάνω σύστηµα εξισώσεων γίνεται a 2 a ac + cd c d 2 d Παίρνοντας υπ όψιν ότι a 0 ή 1 και d 0 ή 1 έχουµε τις λύσεις : a 0, b 0, d 1, c K, a 1, b 0, d 0, c K, a 0, b 0, c 0, d 0, a 0, b 0, c 0, d 1, a 1, b 0, c 0, d 0, a 1, b 0, c 0, d 1, δηλαδή οι ταυτοδύναµοι 2 2 πίνακες µε στοιχεία από το σώµα K είναι οι πίνακες της µορφής c K:, c 1 1 0, c 0, 1 0 Συνοψίζοντας οι ταυτοδύναµοι 2 2 πίνακες µε στοιχεία από το σώµα K είναι οι πίνακες της µορφής : a b 0 0 a, b K, b 0 και,,, c K 1 a c 1 c 0 a a 2 b Ασκηση 36 Να προσδιοριστούν όλοι οι 2 2 πίνακες A που υψούµενοι στο τετράγωνο είναι ίσοι µε τον µηδενικό 2 2 πίνακα, δηλαδή όλοι οι 2 2 πίνακες A για τους οποίους ισχύει ότι A 2 O a b Λύση Ας είναι A ένας 2 2 πίνακας µε A c d 2 O, δηλαδή a 2 + bc 0 1 a 2 + bc ab + bd ab + bd 0 2 ac + cd bc + d 2 ac + cd 0 3 bc + d 2 0 4

28 Εστω ότι b 0, τότε η 1 δίνει c a2 b και η 2 δίνει d a Οι 3 και 4 ικανοποιούνται από τις προηγούµενες λύσεις Ετσι προκύπτουν οι πίνακες a b a2 b a b 0 Εστω ότι b 0, τότε επειδή έπεται a 0 και d 0, έχουµε τη λύση a 0, b 0, c K, d 0 ηλαδή προκύπτει ο πίνακας c K c 0 Συνοψίζοντας οι 2 2 πίνακες A µε στοιχεία από το σώµα K έτσι ώστε A 2 O, είναι οι πίνακες της µορφής : a b a, b K, b 0 και c K a c 0 a2 b