Τμήμα Μηχανικών Οικονομίας και Διοίκησης Εφαρμοσμένη Θεωρία Πινάκων Γ. Καραγιώργος ykarag@aegean.gr Quiz 2 Σύντομες Λύσεις Άσκηση 1. Βρείτε μία βάση και τη διάσταση, για τους διανυσματικούς χώρους M 3 (R), R 4 P 3 (R). Όπου και P 3 (R) = p p(x) = αx 3 + βx 2 + γx + δ, α, β, γ, δ R, είναι ο διανυσματικός χώρος των πολυωνύμων (με πραγματικούς συντελεστές) μέχρι 3ου βαθμού. Λύση: Για τον M 3 (R): Μία βάση αποτελεί το σύνολο B = E ij i, j {1, 2, 3}, όπου με E i,j συμβολίζουμε τον πίνακα που έχει στην ij-θέση 1 και τα υπόλοιπα στοιχεία είναι μηδενικά. Για παράδειγμα 1 0 0 0 0 0 Ε 11 = 0 0 0, Ε 23 = 0 0 1. 0 0 0 0 0 0 Πράγματι, το σύνολο B είναι γραμμικώς ανεξάρτητο και παράγει και τον M 3 (R), αφού αν a 11 a 12 a 13 A = a 21 a 22 a 23, a 31 a 32 a 33 ένας τυχαίος πίνακας στον M 3 (R), τότε A = a 11 E 11 + a 12 E 12 + a 13 E 13 + a 21 E 21 + a 22 E 22 + a 23 E 22 + a 31 E 31 + a 32 E 32 + a 33 E 33. Για τον R 4 : Μία βάση αποτελεί το σύνολο B = (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), καθώς είναι γραμμικώς ανεξάρτητο και παράγει τον R 4. Για τον P 3 (R): Μία βάση αποτελεί το σύνολο όπου B = p 1, p 2, p 3, p 4, p 1 (x) = x 3, p 2 (x) = x 2, p 3 (x) = x, p 4 (x) = 1, x [0, 1], διότι είναι γραμμικώς ανεξάρτητο (δείξτε το!!) και αν p P 3 (R) με 1
τότε p(x) = αx 3 + βx 2 + γx + δ, x [0, 1], p = α p 1 + β p 2 + γ p 3 + δ p 4. Άσκηση 2. Δείξτε ότι το σύνολο B = (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1), αποτελεί βάση για τον R 3. Λύση: α τρόπος: Εύκολα προκύπτει (δείξτε το), ότι το σύνολο B είναι γραμμικώς ανεξάρτητο. Μένει να δείξουμε ότι παράγει τον R 3. Έστω και ε 1 = (1, 0, 0), ε 2 = (1, 1, 0), ε 3 = (1, 1, 1) e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1). Γνωρίζουμε ότι αν u = (x, y, z) R 3, τότε u = x e 1 + y e 2 + z e 3 (1). Θα εκφράσουμε τα e i, συναρτήσει των ε i. Πράγματι, έχουμε ε 1 = e 1 ε 2 = e 1 + e 2 ε 3 = e 1 + e 2 + e 3 απ όπου προκύπτει ότι Οπότε από την σχέση (1), έχουμε e 1 = ε 1, e 2 = ε 2 ε 1, e 3 = ε 3 ε 2. u = x ε 1 + y (ε 2 ε 1 ) + z (ε 3 ε 2 ) = (x y) ε 1 + (y z) ε 2 + z ε 3. Επομένως το σύνολο B, παράγει τον R 3. β τρόπος: Όπως πριν, μένει να δείξουμε ότι το σύνολο B, παράγει τον R 3. Έστω το τυχαίο στοιχείο u = (x, y, z) του R 3. Θέλουμε να εκφράσουμε το u συναρτήσει των ε i, i {1, 2, 3}. Δηλαδή, ψάχνουμε κ, λ, μ R, τέτοια ώστε u = κ ε 1 + λ ε 2 + μ ε 3, ισοδύναμα (x, y, z) = (κ + λ + μ, λ + μ, μ), απ όπου προκύπτει το σύστημα και τελικά Άρα x = κ + λ + μ, y = λ + μ, z = μ. κ = x y, λ = y z, μ = z. u = (x y) ε 1 + (y z) ε 2 + z ε 3. 2
Άσκηση 3. Βρείτε μια βάση και τη διάσταση για τους παρακάτω υπόχωρους. (i) Έστω W M 3 1 (R), ο χώρος των λύσεων του ομογενούς συστήματος AX = O (εδώ O = O M2 1 ), όπου Α = 1 1 1 0 3 6. Παρατήρηση: Στο αντίστοιχο παράδειγμα που κάναμε στο μάθημα, είδαμε τον W ως υπόχωρο του R 3, αφού όπως είπαμε κάθε πίνακα 3 1, μπορούμε να τον δούμε σαν ένα διάνυσμα του R 3. (ii) Έστω L, Κ M 2 (R), ώστε L = A M 2 (R) A διαγώνιος. Κ = A M 2 (R) A = A T, Δηλαδή το σύνολο K, αποτελείται από τους συμμετρικούς πίνακες. Όπου με A T, συμβολίζουμε τον ανάστροφο (Transpose) του A. Λύση: (i): Θα βρούμε μία λύση για τον χώρο των λύσεων W, όπου Έστω το Χ = x 1 x 2 x 3 W = X M 31 (R) ΑΧ = O. M 31 (R). Τότε X W αν και μόνο αν AX = O. Ισοδύναμα απ όπου προκύπτει το σύστημα 1 1 1 0 3 6 x 1 x 2 x 3 = 0 0, x 1 + x 2 + x 3 = 0, 3x 2 6x 3 = 0. Οπότε έχουμε ότι x 2 = 2x 3 και x 1 = 3x 3. Άρα X W αν και μόνο αν 3x 3 Χ = 2x 3 = x 3 2, x 3 R. x 3 1 Δηλαδή, τα στοιχεία του W, είναι πολλαπλάσια του πίνακα W = 2 = λ 2 1 1 2. Επομένως 1 λ R. Άρα μια βάση για τον W, είναι το σύνολο 2 και dim W = 1. 1 3
Παρατήρηση: Ο χώρος λύσεων του ομογενούς γραμμικού συστήματος AX = O, καλείται μηδενόχωρος του πίνακα A (Null Space) και συμβολίζεται με N(A), ενώ η διάστασή του καλείται nullity του A και συμβολίζεται nullity(a). (ii): Θα βρούμε πρώτα μία βάση για τον υπόχωρο L. Έχουμε, A L A = α 0 0 β A = α 1 0 0 0 + β 0 0 0 1 Επομένως A 1 0 0 0, 0 0 Οπότε μία βάση για τον L, αποτελεί το σύνολο L = 1 0 0 0, 0 0 1 0 0 0, 0 0 0 1, καθώς είναι γραμμικώς ανεξάρτητο και παράγει τον L. Επιπλέον dim L = 2. Δουλεύοντας όμοια για τον Κ, έχουμε A K A = α β β δ A = α 1 0 0 0 + β 0 1 1 0 + δ 0 0 0 1 Επομένως A 1 0 0 0, 0 1 1 0, 0 0 Οπότε μία βάση για τον K, αποτελεί το σύνολο K = 1 0 0 0, 0 1 1 0, 0 0 1 0 0 0, 0 1 1 0, 0 0 0 1, καθώς είναι γραμμικώς ανεξάρτητο και παράγει τον Κ. Επιπλέον, dim K = 3. Άσκηση 4. Έστω V διανυσματικός χώρος και A V. Δείξτε ότι αν W, υπόχωρος του V, τέτοιος ώστε A W, τότε A W. Δηλαδή, όπως είπαμε και στο μάθημα, η γραμμική θήκη του A, είναι ο ελάχιστος ( ως προς τη σχεση του περιέχεσθαι ) υπόχωρος του V, που περιέχει το A. Λύση: Έστω W υπόχωρος του V με A W. Θα δείξουμε ότι A W. Πράγματι, έστω u A. Τότε u = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 + λ n v n, όπου n N, λ i R, v i A, i {1, 2,, n}. Επειδή A W, έχουμε ότι v i W για κάθε i {1, 2, n}. Όμως το σύνολο W, αποτελεί υπόχωρο 4
του V, οπότε u W (γιατί ;) και τελικά A W. Άσκηση 5. Δείξτε ότι οι συναρτήσεις 1, 2,, όπως τις ορίσαμε στο μάθημα, αποτελούν νόρμες στον R 2. Λύση: Για την 1 : Υπενθυμίζουμε ότι αν x = (x 1, x 2 ) R 2, τότε x 1 = x 1 + x 2. Θα αποδείξουμε μόνο την τριγωνική ανισότητα, καθώς οι υπόλοιπες προκύπτουν άμεσα (άμα υπάρχει πρόβλημα, το συζητάμε στο μάθημα). Έστω λοιπόν, x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ) R 2. Θα δείξουμε ότι x + y 1 x 1 + y 1 (2). Από τριγωνική ανισότητα για την απόλυτη τιμή, έχουμε x + y 1 = (x 1 + y 1, x 2 + y 2 ) 1 = x 1 + y 1 + x 2 + y 2 Οπότε η (2) αποδείχτηκε. x 1 + y 1 + x 2 + y 2 = x 1 + x 2 + y 1 + y 2 = x 1 + y 1 Για την 2 : Υπενθυμίζουμε ότι αν x = (x 1, x 2 ) R 2, τότε x 2 = x 2 1 + x2 2. Πάλι, θα αποδείξουμε μόνο την τριγωνική ανισότητα, καθώς οι υπόλοιπες ιδιότητες προκύπτουν άμεσα. Έστω x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ) R 2. Θα δείξουμε ότι x + y 2 x 2 + y 2 (3). Ισοδύναμα x + y 2 2 x 2 + y 2 2. Θα δουλέψουμε με ισοδυναμίες. Έχουμε x + y 2 2 x 2 + y 2 2 (x 1 + y 1 ) 2 + (x 2 + y 2 ) 2 x 2 1 + x2 2 + y2 1 + y2 2 + 2 x2 1 + x22 y2 1 + y2 2 x 2 1 + y2 1 + 2x 1y 1 + x 2 2 + y2 2 + 2x 2y 2 x 2 1 + x2 2 + y2 1 + y2 2 + 2 x2 1 + x22 y2 1 + y2 2 x 1 y 1 + x 2 y 2 x 2 1 + x22 y2 1 + y2 2 (4). Επομένως, θα δείξουμε ότι ισχύει η (4). Αρκεί να αποδείξουμε ότι x 1 y 1 + x 2 y 2 x 2 1 + x22 y2 1 + y2 2 (5). Δουλέυοντας πάλι με ισοδυναμίες, έχουμε 5
x 1 y 1 + x 2 y 2 x 2 1 + x22 y2 1 + y2 2 x 1 y 1 + x 2 y 2 2 x 2 1 + x2 2 y2 1 + y2 2 x 2 1 y2 1 + x2 2 y2 2 + 2 x 1y 1 x 2 y 2 x 2 1 y2 1 + x2 1 y2 2 + x2 2 y2 1 + x2 2 y2 2 0 x 2 1 y2 2 + x2 2 y2 1 2 x 1 y 1 x 2 y 2 0 x 1 y 2 x 2 y 1 2, όπου η τελευταία ισχύει. Επομένως ισχύει η (5) και άρα η (4). Παρατήρηση: Η ανισότητα (5) είναι η ανισότητα Cauchy Schwarz στον R 2 : x, y x 2 y 2, όπου x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ) και x, y = x 1 y 1 + x 2 y 2, το σύνηθες εσωτερικό γινόμενο. Για την : Υπενθυμίζουμε ότι αν x = (x 1, x 2 ) R 2, τότε x = max x 1, x 2. Θα αποδείξουμε μόνο την τριγωνική ανισότητα. Έστω x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ) R 2. Θα δείξουμε ότι x + y x + y (6). Από τριγωνική ανισότητα για την απόλυτη τιμή, έχουμε x + y = (x 1 + y 1, x 2 + y 2 ) = max x 1 + y 1, x 2 + y 2. Αν max x 1 + y 1, x 2 + y 2 = x 1 + y 1, τότε max x 1 + y 1, x 2 + y 2 = x 1 + y 1 x 1 + y 1 Όμοια ακριβώς δουλεύουμε αν max x 1, x 2 + max y 1, y 2 = x + y. Οπότε η (6) αποδείχτηκε. max x 1 + y 1, x 2 + y 2 = x 2 + y 2. 6