ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii19/laii19html Παρασκευή 1 Μαρτίου 19 Υπενθυµίσεις από τη Θεωρία Πολυωνύµων Υπενθυµίζουµε, χάριν ευκολίας, κάποια ϐασικά στοιχεία από τη ϑεωρία πολυωνύµων τα οποία ϑα είναι χρήσιµα στη συνέχεια του µαθήµατος Υπενθυµίζουµε ότι αν : (α K = Z ή (β K είναι ένα σώµα, πχ K = Q, R, C, Z, Z 3,, Z p (p : πρώτος, τότε K συµβολίζει το σύνολο των πολυωνύµων µε συντελεστές από το K: K[t] = a + a 1 t + a t + + a n t n a k K, k n } Αν a k =, k n, τότε το P (t καλείται το µηδενικό πολυώνυµο και συµβολίζεται µε O Εστω P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n και υποθέτουµε ότι P (t O Ο ϐαθµός του P (t ορίζεται να είναι ο µη-αρνητικός ακέραιος deg P (t = max k N a k } Για το µηδενικό πολυώνυµο δεν ορίζουµε ϐαθµό Συνήθως, όταν γράφουµε ένα πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n, ϑα υπονοούµε ότι a n και ο ϐαθµός του ϑα είναι deg P (t = n Αν P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n και Q(t = b + b 1 t + b t + + b m t m δύο πολυώνυµα, µε ϐαθµούς αντίστοιχα deg P (t = n και deg Q(t = m, τότε έστω χωρίς ϐλάβη της γενικότητας m n Τα πολυώνυµα P (t και Q(t καλούνται ίσα, και τότε ϑα γράφουµε P (t = Q(t, αν a k = b k, k m και a m+1 = = a n = Ενα πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n, ϐαθµού deg P (t = n, µπορεί να γραφεί και ως P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n + a n+1 t n+1 + + a m t m + = a k t k, όπου a k =, k > n Το άθροισµα των πολυωνύµων P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n = ορίζεται να είναι το πολυώνυµο k= a k t k και Q(t = b + b 1 t + b t + + b m t m = k= P (t + Q(t = c + c 1 t + c t + + c r t r + = c k t k, όπου c k = a k + b k, k k= b k t k k=

Το γινόµενο των πολυωνύµων P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n = ορίζεται να είναι το πολυώνυµο P (t Q(t = c +c 1 t+c t + +c r t r + = a k t k και Q(t = b + b 1 t + b t + + b m t m = k= c k t k, όπου c k = k= Για το ϐαθµό πολυωνύµων ισχύουν οι εξής ιδιότητες : (1 Αν P (t O Q(t, τότε : b k t k k= k a i b k i = a b k +a 1 b k 1 + +a k b, k i= deg ( P (t + Q(t max deg P (t, deg Q(t } ( Αν P (t O Q(t, τότε P (t Q(t O και ισχύει ότι : deg ( P (t Q(t = deg P (t + deg Q(t Αν P (t, Q(t K[t], τότε ϑα λέµε ότι το πολυώνυµο P (t διαιρεί το πολυώνυµο Q(t, και ϑα γράφουµε P (t Q(t, αν υπάρχει πολυώνυµο A(t K[t] έτσι ώστε Q(t = A(t P (t: P (t Q(t A(t K[t] : Q(t = A(t P (t Για τη διαιρετότητα πολυωνύµων ισχύουν οι εξής ιδιότητες : (1 P (t O και P (t P (t ( Αν P (t Q(t και Q(t R(t, τότε P (t R(t (3 Αν P (t A(t και P (t B(t, τότε P (t A(t + B(t (4 Αν P (t A(t και Q(t B(t, τότε P (t Q(t A(t B(t (5 Αν P (t Q(t και Q(t O, τότε : deg P (t deg Q(t (6 Αν P (t O Q(t και P (t Q(t και Q(t P (t, τότε υπάρχει λ K έτσι ώστε : P (t = λq(t Ενα πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n καλείται κανονικό αν : a n = 1, δηλαδή ο συντελεστής της µεγαλύτερης δύναµης του t είναι η µονάδα Κάθε µη-µηδενικό πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n ορίζει το αντίστοιχο κανονικό πολυώνυµο ( ( P (t = t n an 1 + t n 1 a1 + + t + a a n a n a n και ισχύει ότι : P (t = a n P (t (7 ύο κανονικά πολυώνυµα P (t και Q(t είναι ίσα αν και µόνον αν P (t Q(t και Q(t P (t Ευκλειδεια ιαιρεση Πολυωνυµων: Αν A(t και B(t είναι δύο πολυώνυµα και B(t O, τότε υπάρχει µοναδικό Ϲεύγος πολυωνύµων Q(t και R(t έτσι ώστε : A(t = B(t Q(t + R(t, όπου : είτε R(t = O είτε deg R(t < deg B(t Το πολυώνυµο Q(t καλείται πηλίκο και το πολυώνυµο R(t καλείται υπόλοιπο της διαίρεσης του A(t µε το B(t Ενα στοιχείο ρ K καλείται ϱίζα του πολυωνύµου P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n, αν : P (ρ = a + a 1 ρ + a ρ + + a n ρ n = Γενικότερα, ο αριθµός ρ K είναι ϱίζα πολλαπλότητας k N του πολυωνύµου (P (t, αν : δηλαδή αν : P (t = (t ρ k Q(t και Q(ρ (t ρ k P (t & (t ρ k+1 P (t Για τις ϱίζες πολυωνύµων ισχύουν οι εξής ϐασικές ιδίότητες :

3 (8 Το στοιχείο ρ K είναι ϱίζα του P (t K[t] αν και µόνον αν (t ρ P (t (9 Αν ρ 1, ρ K και ρ 1 ρ, τότε τα στοιχεία ρ 1, ρ είναι ϱίζες του P (t K[t] αν και µόνον αν (t ρ 1 (t ρ P (t (1 Ενα πολυώνυµο P (t K[t] ϐαθµού n έχει το πολύ n το πλήθος ϱίζες στο K (11 Αν z είναι ένας µιγαδικός αριθµός ο οποίος είναι ϱίζα ενός πολυωνύµου P (t R[t], τότε και ο συζυγής του z είναι ϱίζα του P (t (1 Ενας πραγµατικός αριθµός ρ είναι ϱίζα πολλαπλότητας k του πολυωνύµου P (t R[t] αν καιν µόνον αν P (ρ = P (ρ = P (ρ = = P (k 1 (ρ = & P (k (ρ όπου P (r (t συµβολίζει την παράγωγο k-τάξης του πολυωνύµου P (t Θεµελιωδες Θεωρηµα της Αλγεβρας: Αν P (t C[t] είναι ένα πολυώνυµο µε ϐαθµό n >, τότε το P (t έχει τουλάχιστον µια ϱίζα στο C Εποµένως κάθε πολυώνυµο P (t C[t] ϐαθµού n >, γράφεται ως : P (t = a(t ρ 1 κ 1 (t ρ κ (t ρ r κr όπου: a C, κ i N, 1 i r, και κ 1 + κ + + κ r = deg P (t Υπενθυµίζουµε ότι ένα µη-σταθερό πολυώνυµο f(t K[t] µε συντελεστές από το K, καλείται ανάγωγο στο K[t], ή υπεράνω του K, αν δεν υπάρχουν µη-σταθερά πολυώνυµα g(t, h(t K[t] µικρότερου ϐαθµού µε f(t = g(th(t Θεωρηµα Μονοσηµαντης Αναλυσης: Κάθε µη-µηδενικό πολυώνυµο P (t K[t] µπορεί να γραφεί µε µοναδικό τρόπο ως γινόµενο ενός σταθερού µη-µηδενικού πολυωνύµου και πεπερασµένου πλήθους ανάγωγων πολυωνύµων Εποµένως κάθε µη-µηδενικό πολυώνυµο P (t K[t], γράφεται µοναδικά 1 ως : P (t = ap 1 (t κ 1 P (t κ P r (t κr όπου: a K, κ i N, 1 i r, τα P i (t είναι ανάγωγα πολυώνυµα στο K[t] Κάθε πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n K[t] ορίζει µια συνάρτηση P : K K, P (r = a + a 1 r + a r + + a n r n η οποία καλείται πολυωνυµική συνάρτηση την οποία ορίζει το P (t Υπάρχουν όµως διαφορετικά πολυώνυµα P (t και Q(t ορισµένα επί κατάλληλου σώµατος, τα οποία ορίζουν την ίδια πολυωνυµική συνάρτηση Υπενθυµίζουµε ότι δύο πολυωνυµικές συναρτήσεις P, Q: K K οι οποίες ορίζονται από δύο πολυώνυµα P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n K[t] και Q(t = b + b 1 t + b t + + b n t m K[t], είναι ίσες αν και µόνον αν P (r = Q(r, r K Οπως έχουε δει, τα πολυώνυµα P (t και Q(t είναι ίσα αν και µόνον αν a i = b i, i Για παράδειγµα ϑεωροιύµε το σώµα Z = } [], [1] και έστω P (t = t t Z [t] και Q(t = O(t το µηδενικό πολυώνυµο Προφανώς P (t O(t, αλλά οι πολυωνυµικές συναρτήσεις P και Q τις οποίες ορίζουν τα πολυώνυµα P (t και (Q(t είναι ίσες, διότι : P ([] = P ([1] = [] = O([] = O([1], και άρα P = O Αυτό το πρόβληµα δεν υφίσταται όταν το σώµα K έχει άπειρο πλήθος στοιχείων, και εποµένως σε αυτή την περίπτωση µπορούµε να ταυτίζουµε πολυώνυµα µε τις πολυωνυµικές συναρτήσεις τις οποίες αυτά ορίζουν : (13 Αν το σώµα K έχει άπειρο πλήθος στοιχείων, για παράδειγµα αν K Q, R, C }, τότε δύο πολυώνυµα P (t και (Q(t ορίζουν την ίδια πολυωνυµική συνάρτηση αν και µόνον αν είναι ίσα : P (t = (Q(t 1 αν εξαιρέσουµε τη σειρά αναγραφής και τον πολλαπλασιασµό των πολυωνύµων µε µη-µηδενικά στοιχεία του K µε γινόµενο 1

4 Ασκηση 1 Να ϐρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης στο R[t] του πολυωνύµου A(t = t 6 7t 5 + 16t 4 1t 3 14t + 33t 3 µε το πολυώνυµο B(t = t 3 7t + 16t 1 Λύση Θα έχουµε τα ακόλουθα ϐήµατα : (1 Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το t 3 και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A(t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A 1 (t = t 3 14t + 33t 3 ( Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A 1 (t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A (t = t + 1 (3 Επειδή deg A (t = 1 < 3 = deg B(t, έπεται ότι ϑα έχουµε : Q(t = t 3 + και R(t = t + 1: t 6 7t 5 + 16t 4 1t 3 14t + 33t 3 = (t 3 7t + 16t 1(t 3 + + (t + 1 δηλαδή το πηλίκο της διαίρεσης είναι το πολυώνυµο t 3 + και το υπόλοιπο το πολυώνυµο t + 1 Σχηµατικά : t 6 7t 5 + 16t 4 1t 3 14t + 33t 3 t 3 7t + 16t 1 t 6 + 7t 5 16t 4 + 1t 3 t 3 + t 3 14t + 33t 3 t 3 + 14t 3t + 4 t + 1 Ασκηση Να ϐρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης στο R[t] του πολυωνύµου A(t = 3t 5 + 4t + 1 µε το πολυώνυµο B(t = t + t + 3 Λύση Θα έχουµε τα ακόλουθα ϐήµατα : (1 Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το 3t 3 και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A(t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A 1 (t = 6t 4 9t 3 + 4t + 1 ( Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το 6t και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A 1 (t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A (t = 3t 3 + t + 1 (3 Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το 3t και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A (t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A 3 (t = 16t 9t + 1 (4 Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το 16 και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A 3 (t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A 4 (t = 41t 47 (5 Επειδή deg A 4 (t = 1 < = deg B(t, έπεται ότι ϑα έχουµε : Q(t = 3t 3 6t + 3t + 16 και R(t = 41t 47: 3t 5 + 4t + 1 = (t + t + 3(3t 3 6t + 3t + 16 + ( 41t 47 δηλαδή το πηλίκο της διαίρεσης είναι το πολυώνυµο 3t 3 6t + 3t + 16 και το υπόλοιπο το πολυώνυµο 41t 47 Σχηµατικά : 3t 5 + 4t + 1 t + t + 3 3t 5 6t 4 9t 3 3t 3 6t + 3t + 16 6t 4 9t 3 + 4t + 1 6t 4 + 1t 3 + 18t 3t 3 + t + 1 3t 3 6t 9t 16t 9t + 1 16t 3t 48 41t 47

5 Ασκηση 3 Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές P (t = a + a 1 t + + a n t n, n >, a i Z, i n και a n Αν r s είναι µια ϱητή ϱίζα του P (t, όπου r, s Z, s και (r, s = 1, τότε : Ακολούθως να εξετασθεί αν το πολυώνυµο είναι ανάγωγο στο Q[t] r a & s a n P (t = t 3 + 8t t + 9 Λύση Θα έχουµε : ( r ( r ( r ( r n P = = a + a 1 + a + + an = = s s s s = a s n + a 1 rs n 1 + a r s n + + a n 1 r n 1 s + a n r n = = a s n + a 1 rs n 1 + a r s n + + a n 1 r n 1 s = a n r n = a 1 rs n 1 + a r s n + + a n 1 r n 1 s + a n r n = a s n = s ( a s n 1 + a 1 rs n + a r s n 3 + + a n 1 r n 1 = a n r n = r ( a 1 s n + a rs n + a 3 r s n 3 + + a n 1 r n s = a s n Οι παραπάνω ισότητες είναι ισότητες µεταξύ ακεραίων αριθµών Εποµένως χρησιµοποιώντας το Λήµµα του Ευκλείδη από την Θεωρία Αριθµών, έπεται ότι : s a n r n = r a s n (r,s=1 = s a n r a Θεωρούµε το πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές P (t = t 3 + 8t t + 9 Αν το P (t δεν ήταν ανάγωγο στο Q[t], τότε ϑα υπήρχαν πολυώνυµα Q(t και R(t µε ϱητούς συντελεστές έτσι ώστε : P (t = Q(tR(t, και προφανώς ένα εκ των Q(t και R(t, έστω χωρίς ϐλάβη της γενικότητας το Q(t, είναι πρωτοβάθµιο και κανονικό Άρα Q(t = t ρ, όπου ρ = r, όπου r, s Z, s και προφανώς µπορούµε να υποθέσουµε s ότι (r, s = 1 Από την παραπάνω ανάλυση, έπεται ότι r 9 και s 1, δηλαδή s = ±1 και r = ±1, ±3, ±9 Εποµένως η ϱητή ϱίζα ρ του P (t είναι αναγκαστικά ένας εκ των ακεραίων : ±1, ±3, ±9 Επειδή : P (1 = 17 P ( 1 = 17 P (3 = 15 P ( 3 = 57 P (9 = 1477 P ( 9 = 99 καταλήγουµε στην αντίφαση ότι P (ρ εποµένως το P (t είναι ανάγωγο Άρα το πολυώνυµο P (t δεν έχει πρωτοβάθµιο παράγοντα και Ασκηση 4 Να δειχθεί το ακόλουθο Κριτηριο Eisenstein: Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές f(t = a + a 1 t + + a n t n, n >, a i Z, i n και a n και έστω p ένας πρώτος αριθµός Τότε : p a, p a 1,, p a n 1 & p a n & p a = f(t : ανάγωγο Αν r, a, s είναι ακέραιοι αριθµοί και ισχύει ότι (r, s = 1, τότε : r as = r a

6 Εφαρµογη: είξτε ότι τα πολυώνυµα g 1 (t = t 4 6t 3 +4t 3t+14, g (t = t 7 +48t 4, g 3 (t = t 5 +5t+5, και g 4 (t = t n p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός και n > 1, είναι ανάγωγα υπεράνω του Q Είναι το πολυώνυµο t 4 + 4 και ανάγωγο υπεράνω του Q; Λύση Εστω ότι το πολυώνυµο f(t δεν είναι ανάγωγο Άρα f(t = g(th(t όπου g(t = b + b 1 t + + b s t s Z[t], h(t = c + c 1 t + + c r t r Z[t] και s 1, r 1 Τότε a = b c, a 1 = b c 1 + b 1 c,, a i = b c i + b 1 c i 1 + + b i c όπου i n Αφού p a και a = b c έπεται ότι p b ή p c Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι p b Τότε p c, διότι αν p c, ϑα είχαµε ότι p b c = a το οποίο είναι άτοπο Αν p b s τότε p b s c r = p a n που είναι άτοπο Άρα p b s Εποµένως υπάρχει ένα i s έτσι ώστε p b, b 1, b i 1 και p b i Οµως a i = b c i + b 1 c i 1 + + b i 1 c 1 + b i c και p a i p b i c = = p b i p b c i + + b i 1 c 1 p c που είναι άτοπο Συνεπώς το πολυώνυµο f(t είναι ανάγωγο Εφαρµογη: Επιλέγοντας, p = για το g 1 (t, p = 3 για το g (t, p = 5 για το g 3 (t, και p = p, για το g 4 (t, από το Κριτήριο Eisenstein ϐλέπουµε ότι τα πολυώνυµα g i (t, 1 i 4, είναι ανάγωγα υπεράνω του Q Αντίθετα το πολυώνυµο t 4 + 4, για το οποίο δεν µπορεί να εφαρµοσθεί το Κριτήριο Eisenstein, δεν είναι ανάγωγο διότι : t 4 + 4 = ( t t + (t + t + Ασκηση 5 Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές P (t = t n + c n 1 t n 1 + c 1 t + c, Αν ρ είναι µια πραγµατική ϱίζα του P (t, να δειχθεί ότι : είτε ο ρ είναι ακέραιος ή ο ρ είναι άρρητος Λύση Εστω ρ = a Q µια ϱητή ϱίζα του P (t Τότε a, b Z, όπου b, και χωρίς ϐλάβη της γενικότητας b υποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κανένα κοινό παράγοντα Τότε ( a n ( a n 1 a + cn 1 + + c1 b b b + c = Πολλαπλασιάζοντας την παραπάνω σχέση µε b n ϑα έχουµε a n + c n 1 a n 1 b + + c 1 ab n 1 + c b n = = a n = b( c n 1 a n 1 c 1 ab n c b n 1 = b a n Υποθέτουµε ότι b ±1 Τότε ο b έχει ένα πρώτο διαιρέτη q και άρα q b = q a n = q a b a n Συνεπώς οι a, b έχουν ένα κοινό πρώτο διαιρέτη που είναι άτοπο Άρα b = ±1 και έτσι έχουµε ότι η ϱητή ϱίζα ρ του P (t είναι ακέραιος αριθµός, απ όπου προκύπτει το Ϲητούµενο Ασκηση 6 (1 Να αναλυθεί το πολυώνυµο P (t = t 3 t 3t + 6 σε γινόµενο ανάγωγων πολυωνύµων στο Q[t]

7 Λύση ( Να αναλυθεί το πολυώνυµο P (t = t 3 (5 + 6it + 9it + 1 3i σε γινόµενο ανάγωγων πολυωνύµων στο C[t], γνωρίζοντας ότι το P (t έχει µια πραγµατική ϱίζα (1 Επειδή το πολυώνυµο P (t είναι περιττού ϐαθµού, ϑα έχει µια πραγµατική ϱίζα ρ Σύµφωνα µε την Άσκηση 5, αν η ϱίζα ρ είναι ϱητός αριθµός, ϑα είναι ακέραιος και τότε, σύµφωνα µε την Άσκηση 3, ο ακέραιος ρ ϑα πρέπει να διαιρεί τον σταθερό όρο του P (t Εποµένως εξετάζουµε αν κάποιος από τους διαιρέτες του 6 είναι ϱίζα του P (t Εύκολα ϐλέπουµε ότι πράγµατι P ( = και εποµένως το ρ = είναι ϱίζα του P (t, Αυτό σηµαίνει ότι µπορούµε να γράψουµε P (t = (t (t + at + b = t 3 t 3t + 6 = t 3 + (a t + (b at b = Άρα ϑα έχουµε : = a = & b a = 3 & b = 6 = a = & b = 3 P (t = (t (t 3 Προφανώς το πολυώνυµο t 3 είναι ανάγωγο στο Q[t] (διαφορετικά ϑα είχε έναν πρωτοβάθµιο παράγοντα ο οποίος ϑα είχε ως ϱίζα το 3 και αυτό είναι άτοπο διότι 3 / Q Ετσι η παραπάνω ανάλυση, είναι η ανάλυση του P (t σε ανάγωγους παράγοντες υπεράνω του Q Επειδή t 3 = (t 3(t+ 3, έπεται ότι η ανάλυση του P (t σε ανάγωγους παράγοντες υπεράνω του R είναι P (t = (t (t 3(t + 3 ( Εστω ρ η πραγµατική ϱίζα του P (t Τότε P (ρ = = ρ 3 (5 + 6iρ + 9iρ + 1 3i = = = ρ 3 5ρ + 1 = 6ρ + 9ρ 3 = = ρ 3 5ρ + 1 = 3ρ 3ρ + 1 = ( ( ρ 3 5ρ + 1 + i 6ρ + 9ρ 3 = = ρ 3 5ρ + 1 = = ρ = 1 ή ρ = 1 = ρ = 1 Άρα η πραγµατική ϱίζα του P (t είναι η ρ = 1 και εποµένως µπορούµε να γράψουµε ( P (t = (t 1 t + zt + w = t 3 + (z 1t + (w zt w όπου z και w είναι µιγαδικοί αριθµοί Τότε ϑα έχουµε : t 3 (5 + 6it + 9it + 1 3i = P (t = t 3 + (z 1t + (w zt w απ όπου προκύπτει ότι : Άρα Επειδή, όπως µπορούµε να δούµε εύκολα w = 1 + 3i & z = 3i t + zt + w = t ( + 3it 1 + 3i t ( + 3it 1 + 3i = ( ( t (1 + i t (1 + i έπεται ότι η ανάλυση του P (t σε ανάγωγους παράγοντες υπεράνω του C είναι ( ( ( P (t = (t 1 t (1 + i t (1 + i = t 1 ( ( t (1 + i t (1 + i Ασκηση 7 Να γραφούν τα ακόλουθα πολυώνυµα ως γινόµενα αναγώγων πολυωνύµων στα Q[t], R[t], και C[t]: P (t = t 3 t + t 1, Q(t = t 4 5t 3 + 4t 5t +, R(t = t 3 + 5t 8t + 4

8 Λύση (1 Οι διαιρέτες του σταθερού όρου 1 του P (t είναι οι ±1 Επειδή P (1 = και P ( 1 = 6, έπεται ότι το 1 είναι µια ϱητή ϱίζα του P (t Άρα το t 1 διαιρεί το P (t Από την Ευκλείδεια διαίρεση του P (t µε το t 1 εύκολα ϐλέπουµε ότι P (t = (t 1(t t + 1 Το πολυώνυµο t t + 1 δεν έχει πραγµατικές ϱίζες διότι είναι δευτεροβάθµιο µε αρνητική ορίζουσα Άρα το πολυώνυµο t t + 1 είναι ανάγωγο υπεράνω του Q και υπεράνω του R, και η παραπάνω ανάλυση είναι η ανάλυση του P (t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στα στα Q[t], R[t] Στο C[t], όµως ϑα έχουµε t t + 1 = ( t 1 + i 3 ( t 1 i 3 Άρα η ανάλυση του P (t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στα στο C[t] είναι η εξής : ( ( ( P (t = t 1 t 1 + i 3 t 1 i 3 ( Οι διαιρέτες του σταθερού όρου του Q(t είναι οι ±1, ±, ± 1 Επειδή, όπως µπορούµε να δούµε εύκολα, Q( = = Q( 1 έπεται ότι τα και 1 είναι ϱητές ϱίζες του Q(t Άρα τα t και t 1 διαιρούν το Q(t, και εποµένως το πολυώνυµο (t (t 1 = t 5 + 1 διαιρεί το Q(t Από την Ευκλείδεια διαίρεση του Q(t µε το t 5 + 1 εύκολα ϐλέπουµε ότι ( ( Q(t = t t 1 ( ( t + ( = t t 1 ( t + 1 Το πολυώνυµο t + 1 δεν έχει πραγµατικές ϱίζες διότι είναι δευτεροβάθµιο µε αρνητική ορίζουσα Άρα το πολυώνυµο t +1 είναι ανάγωγο υπεράνω του Q και υπεράνω του R, και η παραπάνω ανάλυση είναι η ανάλυση του Q(t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στα στα Q[t], R[t] Στο C[t], όµως ϑα έχουµε t + 1 = (t i (t + i Άρα η ανάλυση του Q(t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στο C[t] είναι η εξής : ( ( Q(t = t t 1 (t i (t + i (3 Οι διαιρέτες του σταθερού όρου 4 του Q(t είναι οι ±1, ±, ±4 Επειδή, όπως µπορούµε να δούµε εύκολα, R( = έπεται ότι το είναι ϱητή ϱίζα του Q(t Επειδή R(t = 3t +1t 8 και R( =, έπεται ότι το έχει πολλαπλότητα τουλάχιστον ως ϱίζα του R(t Επειδή Επειδή R(t = 6t+1 και R( =, έπεται ότι το είναι ϱίζα του R(t πολλαπλότητας Αυτό σηµαίνει ότι (t R(t Από την Ευκλείδεια διαίρεση του R(t µε το (t εύκολα ϐλέπουµε ότι R(t = (t (1 t = (t 1(t η ανάλυση του R(t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στα Q[t], R[t] και C[t] Ασκηση 8 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

9 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 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 = y = x z = x 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

1 Ασκηση 9 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 3 = dim R (V + W dim R V + dim R W = + = 4 και εποµένως το άθροισµα V + W δεν είναι ευθύ 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 Ασκηση 1 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 i + 1 i + 1 Γ 3 Γ 3 Γ 1 Γ Γ Γ iγ 1 1 1 1 1 Γ 3 Γ 3 +Γ 1 1 1 1 1 1

11 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 = 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 11 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

1 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 3 ότι το παραπάνω σύνολο είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα : R 3 [t] = V W Ασκηση 1 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 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 = } 3 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]

13 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 13 Εστω ότι V 1, V,, V n είναι υπόχωροι ενός K- διανυσµατικού χώρου E ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1 Το άθροισµα V 1 + V + + V n είναι ευθύ ( 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 = } Να δειχθεί ότι τα 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 = }

14 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 14 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 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 διότι Τότε 1 1 1 3 1 1 1 1 W + W 3 = (1,, 1,, (, 1, 3, 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 15 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 : 15 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 και άρα f( x = f(f( y = f ( y = f( y = x = x = Εποµένως, από τις σχέσεις (1 και ( έπεται ότι E = Ker f Im f 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

16 Ασκηση 16 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 }

17 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 Ασκηση 17 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 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 1 ( In r O B = r (n r = 1 O (n r r I r 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

18 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 = AX = f A (X f A = f A και άρα από την Άσκηση 15, 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 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 16, 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

19 Ασκηση 18 Εστω ο K-διανυσµατικός χώρος M n (K και η γραµµικές απεικονίσεις (1 Να δειχθεί ότι f : M n (K M n (K, M n (K = S n (K A n (K f(a = t A 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 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 16 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 16 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 4, αν : f = f Η γραµµική επεικόνιση f : E E καλείται ενέλιξη, αν : f = Id E Ασκηση 19 (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 4 Ακριβέστερα η f καλείται προβολή του χώρου E στον υπόχωρο Im(f παράλληλα µε τον υπόχωρο Ker(f

( 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 = 1 ( ( 1( 1( g + IdE x + g( x + x = g( x + x = g( x + x = ( x 4 4 όπου χρησιµοποιήσαµε ότι g = Id E επειδή η g είναι ενέλιξη Άρα ( g + IdE = g + Id E ( g + IdE δηλαδή η γραµµική απεικόνιση είναι προβολή Ασκηση 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 =

1 ( 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 15 Ασκηση 1 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος υπεράνω ενός σώµατος K και υποθέτουµε ότι όπου V i, 1 i n, είναι υπόχωροι του E (1 Να δειχθεί ότι οι απεικονίσεις, 1 j n: E = V 1 V V 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 Λύση (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 Η επόµενη Άσκηση παρουσιάζει ένα αντίστροφο του ϐασικού ισχυρισµού της προηγούµενης Άσκησης Ασκηση 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 =

3 Από γνωστή ιδιότητα, γνωρίζουµε τότε ότι το άθροισµα V 1 + V + + V n είναι ευθύ : V 1 + V + + V n = V 1 V V n ( Από τις σχέσεις ( και (, έπεται το Ϲητούµενο 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 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 3 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 : 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

4 και 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 f:1-1 ( 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 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 Η επόµενη Άσκηση παρουσιάζει ένα αντίστροφο του ϐασικού ισχυρισµού της προηγούµενης Άσκησης Ασκηση 4 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

5 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 5 Εστω f : E F µια γραµµική απεικόνιση, όπου E και F είναι K-διανυσµατικοί χώροι πεπερασµένης διάστασης Υποθέτουµε ότι η f είναι επιµορφισµός (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

6 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 6 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 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 7 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

7 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 Τότε λx + µy = 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 = f A (Z = AZ ( ( 1 E 1 =, E = 1} M B B (f A = A Προφανώς ο πίνακας της f A στη ϐάση C είναι ο ( M C 1 C (f A = 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