ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 008-9 ΛΥΣΕΙΣ = 1 (Ι) Να ϐρεθεί ο αντίστροφος του πίνακα 6 40 1 0 A 4 1 1 1 (ΙΙ) Εστω b 1, b, b 3 στο R Να λύθεί το σύστηµα x = b 1 x 1 + 4x + x 3 = b x 1 + x + x 3 = b 3 = (Ι) 1ος τρόπος : Σχηµατίζουµε τον 6 πίνακα 40 [A I 3 ] 4 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Αν ο A είναι αντιστρέψιµος, τότε η ανηγµένη κλιµακωτή µορφή του είναι ο I 3 και, χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss-Jordan, από τον πίνακα [A I 3 ] παίρνουµε τον πίνακα Εχουµε ότι 640 0 0 4 0 1 1 0 0 1 6 4 4 1 0 1 0 1 1 641 1 0 1 0 1 1 [I 3 A 1 ] 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 εναλλάσουµε πολλαπλασιάζουµε την 1η και τη η γραµµή την 1η γραµµή µε 1 1
1 0 0 προσθέτουµε 1 ϕορά την 1 0 0 0 0 1 0 1 1η γραµµή στην 3η 1 641 1 1 0 0 πολλαπλασιάζουµε την 3η 0 0 0 γραµµή µε 6 0 0 1 0 1 41 0 0 1 1 0 0 0 προσθέτουµε 1 ϕορές την 6 0 0 1 0 1 3η γραµµή στην 1η 41 0 0 1 1 προσθέτουµε ϕορές τη 0 0 0 η γραµµή στην 1η 0 0 1 0 1 = Εποµένως ο A είναι αντιστρέψιµος 6 και 4 1 1 A 1 1 0 0 0 1 641 1 0 1 0 ος τρόπος : Χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας ενός 3 3 πίνακα παίρνουµε ότι 0 1 0 det(a) = 4 1 1 1 = 0 4 1 + 1 1 1 + 0 0 4 1 0 1 1 1 = 0 + 1 + 0 0 0 = 1 Εφόσον det(a) 0, ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος Χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας ενός πίνακα παίρνουµε ότι
οι συµπαράγοντές του πίνακα A είναι C 11 = ( 1) 1+14 1 1 C 1 = ( 1) 1+ 1 1 1 C 13 = ( 1) 1+3 4 1 C 1 = ( 1) +11 0 1 C = ( 1) +0 0 1 1 C 3 = ( 1) +30 1 1 C 31 = ( 1) 3+11 0 4 1 C 3 = ( 1) 3+0 0 1 =, = 1, =0, = 1, =0, =1, =1, =0, C 33 = ( 1) 3+30 1= 64 4 Εποµένως ο πίνακας συµπαραγόντων του A είναι ο 1 0 1 0 = και άρα ο προσαρτηµένος 6 = 4πίνακας του A είναι ο t 6 4 1 0 1 1 adj(a) 1 0 0 1 0 0 1 Εφόσον έχουµε ότι A 1 = ( 1) 6 4 A 1 = 1 1 1 0 0 0 1 1 = det(a) adj(a), 6 4 3 1 1 1 0 0 0 1
Σηµειώσεις : (α) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα του πίνακα A παίρνοντας ανάπτυγµα συµπαραγόντων Εχουµε ότι 0 1 0 det(a) = 4 1 1 1 = 04 1 1 = 1 1 1 1 1 1 1 +0 4 1 ανάπτυγµα συµπαραγόντων ως προς την 1η γραµµή = 1 ορίζουσα πίνακα Σηµειώνουµε ότι πήραµε το ανάπτυγµα συµπαραγόντων ως προς την πρώτη γραµ- µή γιατί όλα τα στοιχεία της 1ης γραµµής εκτός από το 1 είναι 0 (ϐ) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα του πίνακα A µε αναγωγή γραµµών Εχουµε ότι 0 1 0 4 1 εναλλάσουµε την 1η και τη 4 1 = 0 1 0 η γραµµή 1 1 1 1 1 1 = 0 1 0 1 1 κοινός παράγοντας από την 1η γραµµή 1 1 = ( ) 0 1 0 1 1 1 1 = ( ) 0 1 0 0 0 1 = ( )1 1 1 ορίζουσα = 1 προσθέτουµε 1 ϕορά την 1η γραµµή στην 3η τριγωνικού πίνακα 4
(γ) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε τον πίνακα συµπαραγόντων του A ως εξής : Χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας ενός πίνακα παίρνουµε ότι οι ελάσσονες ορίζουσες του πίνακα A είναι M 11 =4 1 1 M 1 = 1 1 1 M 13 = 4 1 M 1 =1 0 1 M =0 0 1 1 M 3 =0 1 1 M 31 =1 0 4 1 M 3 =0 0 1 =, =1, =0, =1, =0, = 1, =1, =0, 1 M 33 =0 = 4 64 = Εποµένως ο πίνακας συµπαραγόντων 6 = 4 του A είναι ο 6 4 M 11 M 1 M 13 1 0 M 1 M M 3 1 0 ( 1) M 31 M 3 M 33 1 0 1 0 1 0 (ΙΙ) 1ος τρόπος : Ο πίνακας συντελεστών του συστήµατος είναι ο x = b 1 x 1 + 4x + x 3 = b x 1 = + x 6 + x 3 (1) = b 3 40 1 0 A 4 1 1 1 5
A και άρα το σύστηµα (1) µπορεί να 6 = γραφτεί 6 στη µορφή 4x 1 4b 1 x b x 3 b 3 () Από το (Ι) ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος 1 Εποµένως, για όλα τα b 1, b, b 3 στο R, το σύστηµα () έχει µοναδική λύση, την =A 4b 1 b 64x 1 x x 3 = 6 A 1 6 b 3 Από το (Ι), 4 1 1 1 0 0 1 0 1 και άρα 6 = 6 4b 1 1 1 4 b 1 + b b 3 A b 1 0 0 b 1 b 3 0 1 b + b 3 Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι, για όλα τα b 1, b, b 3 στο R, το σύστηµα () έχει µοναδική λύση, την 6 = 6 4x 1 4 b 1 + b b 3 x b 1 b + b 3 = 6 4 x 3 64b 1 b b 3 και άρα, για όλα τα b 1, b, b 3 στο R, το σύστηµα (1) έχει µοναδική λύση, την x 1 = b 1 + b b 3, x = b 1, x 3 = b + b 3 ος τρόπος : Ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος είναι ο x = b 1 x 1 + 4x + x 3 = b x 1 + 6 (3) x + x 3 = b 3 40 1 0 b 1 4 1 b 1 1 b 3 6
Χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss-Jordan ϐρίσκουµε την ανηγµένη κλιµακωτή µορφή του Εχουµε ότι 640 6 1 0 b 1 4 4 1 b εναλλάσουµε την 1η και τη 4 1 b 0 1 0 b 1 η γραµµή 1 1 b 3 1 1 b 3 641 1 b 0 1 0 b 1 1 1 b 3 πολλαπλασιάζουµε την 1η γραµµή µε 1 1 b προσθέτουµε 0 0 1 b 3 b 641 1 b πολλαπλασιάζουµε 0 1 0 b 6 1 0 0 1 b 3 b 41 0 b 3 + b 0 1 0 b προσθέτουµε 6 1 0 0 1 b 3 b 41 0 0 b 3 + b b 1 0 1 0 b 1 0 0 1 b 3 b 641 0 1 0 b 1 1 ϕορά την 1η γραµµή στην 3η την 3η γραµµή µε 1 ϕορές την 3η γραµµή στην 1η προσθέτουµε ϕορές τη η γραµµή στην 1η Ο τελευταίος πίνακας αντιστοιχεί στο σύστηµα x 1 = b 3 + b b 1 x = b 1 x 3 = b 3 b Άρα, για όλα τα b 1, b, b 3 στο R, το σύστηµα (3) έχει µοναδική λύση, την x 1 = b 3 + b b 1, x = b 1, x 3 = b 3 b ή x 1 = b 1 + b b 3, x = b 1, x 3 = b + b 3 7
3ος τρόπος : Το σύστηµα γράφεται x = b 1 6 x 1 + 4x + x 3 = b x 1 + x = + x 3 6 (4) = b 3 40 1 0 4b 1 4 1 b 1 1 64x 1 x x 3 Χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας ενός 3 3 πίνακα παίρνουµε ότι 0 1 0 4 1 = 0 4 1 + 1 1 1 + 0 0 4 1 0 1 1 1 1 1 Εφόσον = 0 + 1 + 0 0 0 = 1 0 1 0 4 1 1 1 0, από τον κανόνα του Cramer παίρνουµε ότι, για όλα τα b 1, b, b 3 στο R, το σύστηµα (4) έχει µία λύση, την b1 1 0 0 b1 0 0 1 b1 b 4 1 b 1 4 b b 3 1 1 b 3 1 1 b 3 Χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας ενός 3 3 πίνακα παίρνουµε ότι 1 0 b1 b 4 1 b 3 1 x 1 = = 0 1 0 4 1 1 1, x = 0 1 0 4 1 1 1 b 3, x 3 = 0 1 0 4 1 1 1 b 1 4 1 + 1 1 b 3 + 0 b 0 4 b 3 b 1 1 1 b 1 0 b1 0 b 1 1 b 3 1 = = 4b 1 + b 3 + 0 0 b 1 b = b 1 b + b 3, 0 b 1 + b 1 1 1 + 0 b 3 0 b 1 0 1 b 3 b 1 1 = 0 + b 1 + 0 0 0 b 1 = b 1, 8
0 1 b1 4 b 1 b 3 = 0 4 b 3 + 1 b 1 + b 1 b 1 4 1 0 b 1 b 3 = 0 + b + 4b 1 4b 1 0 b 3 = b b 3 Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι, για όλα τα b 1, b, b 3 στο R, το σύστηµα (4) έχει µοναδική λύση, την x 1 = b 1 b + b 3 1, x = b 1 1, x 3 = b b 3 1 ή x 1 = b 1 + b b 3, x = b 1, x 3 = b + b 3 Σηµείωση : Παρατηρήστε ότι στο ο και τον 3ο τρόπο δεν χρησιµοποιήσαµε το αποτέλεσµα του (Ι) και για αυτό το λόγο χρειάστηκε να κάνουµε πολύ περισσότερη δουλειά για να καταλήξουµε στο αποτέλεσµα 9
Εστω A και B δύο n n πίνακες για τους οποίους ισχύει B t = B και Αποδείξτε ότι AB = BA A (B ) t = (BA) Χρησιµοποιώντας τις υποθέσεις και τις ιδιότητες των πράξεων πινάκων, του ανάστροφου και των δυνάµεων πινάκων παίρνουµε ότι A (B ) t = A (B t ) (T k ) t = (T t ) k = A ( B) B t = B = A (( 1)B) T = ( 1)T = A (( 1) B ) (λt ) k = λ k T k = A (1B ) = A B 1T = T = (AA)(BB) T = T T = A(AB)B προσεταιριστική ιδιότητα του πολλαπλασιασµού πινάκων = A(BA)B AB = BA = (AB)(AB) προσεταιριστική ιδιότητα του πολλαπλασιασµού πινάκων = (AB) T T = T = (BA) AB = BA 10
3 Να ϐρεθούν οι τιµές του λ για τις οποίες το οµογενές σύστηµα έχει µη τετριµµένες λύσεις (λ 4)x 1 + λx + (3λ )x 3 = 0 3x 1 + 7x + (λ )x 3 = 0 (λ 3)x 3 = 0 1ος τρόπος : Το οµογενές σύστηµα (λ 4)x 1 + λx + (3λ )x 3 = 0 3x 1 + 7x + (λ )x 3 = 0 (λ 3)x 3 = 0 (5) έχει µη τετριµµένες λύσεις αν και µόνο αν ο πίνακας συντελεστών του 64λ 4 λ 3λ 3 7 λ 0 0 λ 3 δεν είναι αντιστρέψιµος Ο πίνακας 64λ 4 λ 3λ 3 7 λ 0 0 λ 3 δεν είναι αντιστρέψιµος αν και µόνο αν λ 4 λ 3λ 3 7 λ 0 0 λ 3 =0 Εχουµε ότι λ 4 λ 3λ 3 7 λ 0 0 λ 3 = 0λ 3λ 7 λ 0λ 4 3λ 3 λ 4 λ +(λ 3)λ 3 7 ανάπτυγµα συµπαραγόντων ως προς την 3η γραµµή 4 λ = (λ 3)λ 3 7 = (λ 3)((λ 4) 7 λ 3) ορίζουσα πίνακα = (λ 3)(4λ 8) 11
Άρα λ 4 λ 3λ 3 7 λ 0 0 λ 3 =0 (λ 3)(4λ 8) = 0 λ 3 = 0 ή 4λ 8 = 0 λ = 3 ή λ = 7 Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι το οµογενές σύστηµα (5) έχει µη τετριµµένες λύσεις για λ = 3 και λ = 7 Σηµείωση : (α) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα λ 4 λ 3λ 3 7 λ 0 0 λ 3 χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας ενός 3 3 πίνακας Εχουµε ότι λ 4 λ 3λ 3 7 λ = (λ 4) 7 (λ 3) + λ (λ ) 0 + (3λ ) 3 0 0 0 λ 3 (3λ ) 7 0 (λ 4) (λ ) 0 λ 3 (λ 3) = (7λ 8)(λ 3) + 0 + 0 0 0 3λ(λ 3) = (4λ 8)(λ 3) (ϐ) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα λ 4 λ 3λ 3 7 λ 0 0 λ 3 χρησιµοποιώντας αναγωγή γραµµών Εχουµε ότι : Αν λ 4 0, τότε λ 3λ λ 4 λ 3λ 1 3 7 λ λ 4 λ 4 = (λ 4) 3 7 λ 0 0 λ 3 0 0 λ 3 (λ 4) κοινός πα- ϱάγοντας από την 1η γραµµή λ 3λ 1 λ 4 λ 4 = (λ 4) 0 7 3λ λ 4 λ 9λ 6 λ 4 0 0 λ 3 προσθέτουµε 3 ϕο- ϱές την 1η γραµµή στη η = (λ 4) 1 7 3λ ορίζουσα τριγωνικού 3)Œ λ 4Œ(λ πίνακα = (4λ 8)(λ 3) 1
Αν λ 4 = 0, δηλαδή αν λ = 4, τότε λ 4 λ 3λ 0 4 10 3 7 λ = 3 7 14 0 0 λ 3 0 0 1 = 3 7 14 0 4 10 0 0 1 εναλλάσσουµε την 1η και τη η γραµµή = (3 4 1) ορίζουσα τριγωνικού πίνακα = 1 (γ) Παρατηρούµε ότι το πλήθος των υπολογισµών και στους δύο αυτούς τρόπους είναι µεγαλύτερο από το πλήθος των υπολογισµών όταν χρησιµοποιούµε το ανάπτυγµα συµπαραγόντων Αυτό συµβαίνει γιατί στην 3η γραµµή του πίνακα 64λ 4 λ 3λ 3 7 λ 0 0 λ 3 όλα τα στοιχεία εκτός από το στοιχείο 33 είναι ίσα µε 0 ος τρόπος : Το οµογενές σύστηµα (λ 4)x 1 + λx + (3λ )x 3 = 0 3x 1 + 7x + (λ )x 3 = 0 (λ 3)x 3 = 0 έχει µη τετριµµένες λύσεις αν και µόνο αν η κλιµακωτή µορφή του πίνακα συντελεστών του περιέχει µία γραµµή που αποτελείται αποκλειστικά από 0 Ο πίνακας συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (6) είναι ο 64λ 4 λ 3λ 3 7 λ 0 0 λ 3 Αν λ 4 0, τότε, χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss παίρνουµε ότι 641 64λ λ 3λ 4 λ 3λ πολλαπλασιάζουµε την 1η 3 7 λ λ 4 λ 4 1 3 7 λ 0 0 λ 3 γραµµή µε λ 4 0 0 λ 3 (6) 641 λ λ 4 3λ λ 4 0 7 3λ λ 4 λ 9λ 6 λ 4 0 0 λ 3 13 προσθέτουµε 3 ϕορές την 1η γραµµή στη η
Εχουµε ότι 7 3λ λ 4 Αν λ = 7, τότε 6 λ 41 λ 4 0 7 3λ = 0 7(λ 4) 3λ λ 4 4λ 8 λ 4 = 0 4λ 8 = 0 λ = 7 = 641 7 3λ 19 λ 4 λ 4 λ 9λ 6 3 3 0 0 8 λ 4 0 0 λ 3 0 0 4 Χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss παίρνουµε ότι 641 7 641 7 19 3 3 3 πολλαπλασιάζουµε τη η γραµµή µε 1 8 19 3 0 0 8 0 0 4 0 0 1 0 0 4 = 0 641 7 19 3 3 0 0 1 0 0 0 προσθέτουµε 4 ϕορές τη η γραµµή στην 3η Άρα αν λ = 7, τότε η κλιµακωτή µορφή του πίνακα συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (6) περιέχει µία γραµµή που αποτελείται αποκλειστικά από 0 Αν λ 7, τότε η 1η και η η γραµµή του πίνακα 641 λ 3λ λ 4 λ 4 0 7 3λ λ 4 λ 9λ 6 λ 4 0 0 λ 3 δεν αποτελούνται αποκλειστικά από 0 Η 3η γραµµή αποτελείται αποκλειστικά από 0 αν το 33 στοιχείο είναι ίσο µε 0, δηλαδή αν λ 3 = 0 ή ισοδύναµα αν λ = 3 Άρα αν λ = 3, τότε η κλιµακωτή µορφή του = πίνακα συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (6) περιέχει µία γραµµή που αποτελείται αποκλειστικά από 0 Αν λ 4 = 0, δηλαδή αν λ = 4, τότε 64λ 6 4 λ 3λ 40 4 10 3 7 λ 3 7 14 0 0 λ 3 0 0 1 14
Χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss παίρνουµε ότι 640 6 4 10 43 7 14 εναλλάσσουµε την 1η και τη η 3 7 14 0 4 10 γραµµή 0 0 1 0 0 1 Άρα αν λ = 4, τότε η κλιµακωτή µορφή του πίνακα συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (6) δεν περιέχει µία γραµµή που αποτελείται αποκλειστικά από 0 Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι η κλιµακωτή µορφή του πίνακα συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (6) περιέχει µία γραµµή που αποτελείται αποκλειστικά από 0 για λ = 3 και λ = 7 Εποµένως το οµογενές σύστηµα (6) έχει µη τετριµµένες λύσεις για λ = 3 και λ = 7 15
4 Αν να υπολογιστεί η ορίζουσα a b c d e f g h i =, 3a g d d 3b h e e 3c i f f 1ος τρόπος : Χρησιµοποιώντας την υπόθεση και τις ιδιότητες των οριζουσών παίρνουµε ότι 3a g d d a g d d 3 κοινός παράγοντας από την 1η 3b h e e = 3 b h e e στήλη 3c i f f c i f f = 3 a g d b h e c i f a g d = 3 b h e c i f a g d = 6 b h e c i f = 6 = ( 6) = ( 6) προσθέτουµε a d g b e h c f i a d g b e h c f i a b c d e f g h i εναλλάσσουµε det(t 1 ϕορά την 3η στήλη στη η κοινός παράγοντας από τη η στήλη τη η και την 3η στήλη ) = det(t t ) = ( 6) από την υπόθεση = 1 16
ος τρόπος : Χρησιµοποιώντας την υπόθεση και τις ιδιότητες των οριζουσών παίρνουµε ότι 3a g d d 3a 3b 3c 3b h e e = g d h e i f det(t ) = det(t t ) 3c i f f d e f = 3 a = 3 προσθέτουµε a b c g d h e i f d e f b c g h i d e f a b c = 3 g h i d e f a b c = 6 g h i d e f = 6 = ( 6) a b c d e f g h i a b c d e f g h i 3 κοινός παράγοντας από την 1η γραµµή 1 ϕορά την 3η γραµµή στη η κοινός παράγοντας από τη η γραµµή εναλλάσσουµε τη η και την 3η γραµµή = ( 6) από την υπόθεση = 1 3ος τρόπος : Χρησιµοποιώντας την υπόθεση και τις ιδιότητες των οριζουσών παίρνουµε ότι 3a g d d 3b h e e= 3c i f f 17
= 3a g d 3b h e 3c i f + 3a d d 3b e e 3c f f x 11 x 1j + x 1j x 1n x 11 x 1j x 1n x 11 x 1j x 1n x i1 x ij + x ij x in x n1 x nj + x nj x nn = x i1 x ij x in x n1 x nj x nn + x i1 x ij x in x n1 x nj x nn = 3a g d 3b h e 3c i f 3a d d 3b e e=0, εφόσον η η και η 3η στήλη είναι ανάλογες (3η στήλη= 1 ϕορά η στήλη) 3c f f a g d = 3 b h e c i f 3 κοινός παράγοντας από την 1η στήλη a g d = 3 b h e c i f κοινός παράγοντας από τη η στήλη a g d = 6 b h e c i f a d g = 6 b e h c f i εναλλάσσουµε την η και την 3η στήλη a d g = ( 6) b e h c f i 18
a b c = ( 6) d e f g h i det(t ) = det(t t ) = ( 6) από την υπόθεση = 1 4ος τρόπος : Χρησιµοποιώντας την υπόθεση και τις ιδιότητες των οριζουσών παίρνουµε ότι 3a g d d 3b h e e= 3c i f f 3a 3b 3c = g d h e i f d e f det(t ) = det(t t ) 3a 3b 3c 3a = g h i+ d e f 3b 3c d e f d e f x 11 x 1j x 1n x i1 + x i1 x ij + x ij x in + x in x n1 x nj x nn x11 x1j x1n = x i1 x ij x in x n1 x nj x nn x11 x1j x1n + x i1 x ij x in x n1 x nj x nn 3a 3b 3c = g h i d e f 3a 3b 3c d e f d e f γραµµή) =0, εφόσον η η και η 3η γραµµή είναι ανάλογες (3η γραµµή= 1 ϕορά η 19
a b c = 3 g h i d e f 3 κοινός παράγοντας από την 1η γραµµή a b c = 3 g h i d e f κοινός παράγοντας από τη η γραµµή a b c = 6 g h i d e f a b c = 6 d e f g h i εναλλάσσουµε την η και την 3η γραµµή a b c = ( 6) d e f g h i = ( 6) από την υπόθεση = 1 5ος τρόπος : Χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας 3 3 πίνακα παίρνουµε ότι 3a g d d 3b h e e = 3c i f f 3a (h e) f + (g d) e 3c + d 3b (i f) d (h e) 3c 3a e (i f) (g d) 3b f = 6ahf 3aef + 6gec 3dec + 6dbi 3dbf 6dhc + 3dec 6aei + 3aef 6gbf + 3dbf = 6(aei + bfg + cdh ceg afh bdi) a b c = ( 6) d e f g h i = ( 6) από την υπόθεση = 1 0
5 Εξετάστε αν το τρίγωνο µε κορυφές τα σηµεία A(1, 0, 1), B(, 3, 1) και C(0, 1, 3) είναι ορθογώνιο 1ος τρόπος : Οι πλευρές του τριγώνουíabc είναι τα διανύσµατα AB, BC, CA Εχουµε ότι AB = ( 1, 3 0, 1 1) = (1, 3, 0), BC = (0, 1 3, 3 1) = (,, ), CA = (1 0, 0 1, 1 3) = (1, 1, ) Για να είναι το τρίγωνοíabc ορθογώνιο πρέπει µία από τις γωνίες του να είναι ορθή Η γωνίαöabc είναι ορθή αν και µόνο αν τα διανύσµατα AB και BC είναι κάθετα Από την έκφραση του εσωτερικού γινοµένου διανυσµάτων στον 3-διάστατο χώρο µέσω συνιστωσών παίρνουµε ότι AB BC = (1, 3, 0) (,, ) = 1 ( ) + 3 ( ) + 0 = 8 Εφόσον AB BC 0, τα διανύσµατα AB και BC δεν είναι κάθετα και άρα η γωνίαöabc δεν είναι ορθή Η γωνίαöbca είναι ορθή αν και µόνο αν τα διανύσµατα BC και CA είναι κάθετα Από την έκφραση του εσωτερικού γινοµένου διανυσµάτων στον 3-διάστατο χώρο µέσω συνιστωσών παίρνουµε ότι BC CA = (,, ) (1, 1, ) = ( ) 1 + ( ) ( 1) + ( ) = 4 Εφόσον BC CA 0, τα διανύσµατα BC και CA δεν είναι κάθετα και άρα η γωνίαöbca δεν είναι ορθή Η γωνίαöcab είναι ορθή αν και µόνο αν τα διανύσµατα CA και AB είναι κάθετα Από την έκφραση του εσωτερικού γινοµένου διανυσµάτων στον 3-διάστατο χώρο µέσω συνιστωσών παίρνουµε ότι CA AB = (1, 1, ) (1, 3, 0) = 1 1 + ( 1) 3 + ( ) 0 = Εφόσον CA AB 0, 1
τα διανύσµατα CA και AB δεν είναι κάθετα και άρα η γωνίαöcab δεν είναι ορθή Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι το τρίγωνοíabc δεν είναι ορθογώνιο Σηµείωση : Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε για πλευρές του τριγώνουíabc αντί για το/τα διανύσµατα AB/ BC/ CA να πάρουµε το/τα διανύσµατα BA/ CB/ AC αντίστοιχα ος τρόπος : Οι πλευρές του τριγώνουíabc είναι τα διανύσµατα AB, BC, CA Τα µήκη των πλευρών AB, BC, CA είναι αντίστοιχα ίσα µε AB, BC, CA Για να είναι το τρίγωνοíabc ορθογώνιο πρέπει, από το Πυθαγόρειο Θεώρηµα, να ισχύει AB = BC + CA (αν η γωνίαöbca είναι ορθή) ή ή Εχουµε ότι BC = CA + AB CA = AB + BC (αν η γωνίαöcab είναι ορθή) (αν η γωνίαöabc είναι ορθή) AB = ( 1, 3 0, 1 1) = (1, 3, 0), BC = (0, 1 3, 3 1) = (,, ), CA = (1 0, 0 1, 1 3) = (1, 1, ) και άρα, από την έκφραση της νόρµας διανύσµατος στον 3-διάστατο χώρο µέσω συνιστωσών, παίρνουµε ότι AB = 1 + 3 + 0 Š = 1 + 3 + 0 = 10, Άρα BC = È( ) + ( ) + CA = È1 = ( ) + ( ) + = 1, + ( 1) + ( ) = 1 + ( 1) + ( ) = 6 AB = 10 18 = 1 + 6 = BC + CA, BC = 1 16 = 6 + 10 = CA + AB, CA = 6 = 1 + 10 = AB + BC
Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι το τρίγωνοíabc δεν είναι ορθογώνιο Σηµείωση : Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε για πλευρές του τριγώνουíabc αντί για το/τα διανύσµατα AB/ BC/ CA να πάρουµε το/τα διανύσµατα BA/ CB/ AC αντίστοιχα 3ος τρόπος : Τα µήκη των πλευρών AB, BC, CA του τριγώνουíabc είναι αντίστοιχα ίσα µε d(a, B), d(b, C), d(c, A) Για να είναι το τρίγωνοíabc ορθογώνιο πρέπει, από το Πυθαγόρειο Θεώρηµα, να ισχύει d(a, B) = d(b, C) + d(c, A) (αν η γωνίαöbca είναι ορθή) ή ή d(b, C) = d(c, A) + d(a, B) d(c, A) = d(a, B) + d(b, C) (αν η γωνίαöcab είναι ορθή) (αν η γωνίαöabc είναι ορθή) Άρα, από την έκφραση της απόστασης σηµείων στον 3-διάστατο χώρο µέσω συντεταγµένων, παίρνουµε ότι d(a, B) = È( 1) + (3 0) + (1 1) = ( 1) + (3 0) + (1 1) = 10, Εποµένως d(b, C) = È(0 ) + (1 3) + (3 1) = (0 ) + (1 3) + (3 1) = 1, d(c, A) = È(1 0) + (0 1) + (1 3) = (1 0) + (0 1) + (1 3) = 6 d(a, B) = 10 18 = 1 + 6 = d(b, C) + d(c, A), d(b, C) = 1 16 = 6 + 10 = d(c, A) + d(a, B), d(c, A) = 6 = 1 + 10 = d(a, B) + d(b, C) Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι το τρίγωνοíabc δεν είναι ορθογώνιο Σηµείωση : Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε αντί για την/τις πλευρές του τριγώνου íabc AB/BC/CA να πάρουµε την/τις πλευρές BA/CB/AC αντίστοιχα 3
6 Εξετάστε αν τα διανύσµατα u = ( 1,, 1), v = (,, 1) και w = (3, 0, ) ανήκουν στο ίδιο επίπεδο αν τα τοποθετήσουµε έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται 1ος τρόπος : Τα διανύσµατα u, v και w ανήκουν στο ίδιο επίπεδο αν τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται αν και µόνο αν u (v w) = 0 Από την έκφραση του µικτού γινοµένου µέσω συνιστωσών παίρνουµε ότι u (v w) = 1 1 1 3 0 Από τον ορισµό της ορίζουσας ενός 3 3 πίνακα παίρνουµε ότι 1 1 1 = ( 1) + ( ) 1 3 + 1 0 3 0 1 3 ( 1) 1 0 ( ) = ( 4) + ( 6) + 0 6 0 ( 8) = 8 Εφόσον u (v w) 0, αν τα u = ( 1,, 1), v = (,, 1) και w = (3, 0, ) τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται, δεν ανήκουν στο ίδιο επίπεδο Σηµειώσεις : (α) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα 1 1 1 3 0 χρησιµοποιώντας αναγωγή γραµµών ή παίρνοντας ανάπτυγµα συµπαραγόντων (ϐ) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε το µικτό γινόµενο u (v w) χρησιµοποιώντας τον ορισµό του µικτού γινοµένου Εχουµε ότι! 1, 1, ορισµός εξωτερικού γινοµένου v w = 0 3 3 0 = (4, 1, 6) ορίζουσα πίνακα και άρα, από την έκφραση του εσωτερικού γινοµένου διανυσµάτων στον 3-διάστατο χώρο, παίρνουµε ότι u (v w) = ( 1,, 1) (4, 1, 6) = ( 1) 4 + ( ) ( 1) + 1 ( 6) = 8 4
(γ) Τα διανύσµατα u, v και w ανήκουν στο ίδιο επίπεδο αν τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται αν και µόνο αν u (w v) = 0 ή v (w u) = 0 ή v (u w) = 0 ή w (u v) = 0 ή w (v u) = 0 Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να ελέγξουµε αν ένα από τα παραπάνω µικτά γινόµενα είναι ίσο µε 0 για να δούµε αν τα διανύσµατα u, v και w ανήκουν στο ίδιο επίπεδο αν τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται Για παράδειγµα : Τα διανύσµατα u, v και w ανήκουν στο ίδιο επίπεδο αν τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται αν και µόνο αν v (w u) = 0 Από την έκφραση του µικτού γινοµένου µέσω συνιστωσών παίρνουµε ότι 1 v (w u) = 3 0 1 1 Αν πάρουµε ανάπτυγµα συµπαραγόντων παίρνουµε ότι 1 3 0 = 3 +0 1 1 1 1 1 1 1 1 ανάπτυγµα συµπαραγόντων ως προς τη η γραµµή 1 = 3 1 1 = 3 4 ( ) = 8 ορίζουσα πίνακα Εφόσον v (w u) 0, αν τα u = ( 1,, 1), v = (,, 1) και w = (3, 0, ) τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται, δεν ανήκουν στο ίδιο επίπεδο ος τρόπος : Τα διανύσµατα u, v και w ανήκουν στο ίδιο επίπεδο αν τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται αν και µόνο αν ανήκουν στο ίδιο επίπεδο αν τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται µε την αρχή των αξόνων O(0, 0, 0) Αν τα διανύσµατα u = ( 1,, 1), v = (,, 1) και w = (3, 0, ) τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται µε την αρχή των αξόνων, τότε τα τελικά τους σηµεία είναι αντίστοιχα τα P ( 1,, 1), Q(,, 1) και R(3, 0, ) Τα u, v και w ανήκουν στο ίδιο επίπεδο αν τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται µε την αρχή των αξόνων αν και 5
µόνο αν τα P, Q και R ανήκουν στο ίδιο επίπεδο που διέρχεται από την αρχή των αξόνων Εστω E ένα επίπεδο που διέρχεται από την αρχή των αξόνων Τότε το E έχει µία εξίσωση της µορφής Ax + By + Cz = 0, µε A, B, C στο R όχι όλα ίσα µε 0 Τα σηµεία P ( 1,, 1), Q(,, 1) και R(3, 0, ) ανήκουν στο επίπεδο E µε εξίσωση αν και µόνο αν και και Ax + By + Cz = 0 A ( 1) + B ( ) + C 1 = 0 A + B + C 1 = 0 A 3 + B 0 + C = 0 Εποµένως τα σηµεία P ( 1,, 1), Q(,, 1) και R(3, 0, ) ανήκουν στο ίδιο επίπεδο που διέρχεται από την αρχή των αξόνων αν και µόνο αν υπάρχουν A, B, C στο R όχι όλα ίσα µε 0 τέτοια ώστε A B + C = 0 A + B + C = 0 3A + C = 0 (7) Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι τα διανύσµατα u, v και w ανήκουν στο ίδιο επίπεδο αν τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται αν και µόνο αν το οµογενές σύστηµα (7) έχει µη τετριµµένες λύσεις Το οµογενές σύστηµα (7) έχει µη τετριµµένες λύσεις αν και µόνο αν ο πίνακας συντελεστών του 64 1 1 1 3 0 δεν είναι αντιστρέψιµος Ο πίνακας 64 1 1 1 3 0 δεν είναι αντιστρέψιµος αν και µόνο αν 1 1 1 3 0 6 =0
Χρησιµοποιώντας αναγωγή γραµµών παίρνουµε ότι 1 1 1 1 1 = ( 1) 1 3 0 3 0 1 κοινός παράγοντας από την 1η γραµµή 1 1 = ( 1) ˆ0 3 0 6 5 1 1 = ( 1) ( ) 0 1 3 0 6 5 προσθέτουµε ϕορές την 1η γραµµή στη η και 3 ϕορές την 1η γραµµή στην 3η κοινός παράγοντας από τη η γραµµή 1 1 = 0 1 3 0 6 5 1 1 = 0 1 3 0 0 4 προσθέτουµε 6 ϕορές τη η γραµ- µή στην 3η = (1 1 ( 4)) ορίζουσα τριγωνικού πίνακα = 8 0 Εποµένως αν τα u = ( 1,, 1), v = (,, 1) και w = (3, 0, ) τοποθετηθούν έτσι ώστε τα αρχικά τους σηµεία να ταυτίζονται, δεν ανήκουν στο ίδιο επίπεδο Σηµειώσεις : (α) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα 1 1 1 3 0 χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας 3 3 πίνακα ή παίρνοντας ανάπτυγµα συµπαραγόντων (ϐ) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να εξετάσουµε αν το οµογενές σύστηµα A B + C = 0 A + B + C = 0 3A + C = 0 7 (8)
έχει µη τετριµµένες λύσεις ως εξής : Το οµογενές σύστηµα (8) έχει µη τετριµµένες ο λύσεις αν και µόνο αν η κλιµακωτή µορφή του πίνακα συντελεστών του περιέχει µία γραµµή που αποτελείται αποκλειστικά από 0 Ο πίνακας συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (8) είναι 6 4 1 1 1 3 0 Χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss παίρνουµε ότι 64 1 6 1 41 1 πολλαπλασιάζουµε την 1η 1 1 γραµµή µε 1 3 0 6 3 0 προσθέτουµε ϕορές την 41 1 1η γραµµή στη η και 3 0 3 ϕορές την 1η γραµµή στην 0 6 5 η 641 1 0 1 3 πολλαπλασιάζουµε τη η γραµµή µε 1 0 6 5 641 1 0 1 3 0 0 4 προσθέτουµε 6 ϕορές τη η γραµµή στην 1η Εποµένως η κλιµακωτή µορφή του πίνακα συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (8) δεν περιέχει µία γραµµή που αποτελείται αποκλειστικά από 0 Άρα το οµογενές σύστηµα (8) δεν έχει µη τετριµµένες λύσεις 8
7 Εξετάστε αν η ευθεία µε παραµετρικές εξισώσεις x = t y = 3 t z = t µε < t < και το επίπεδο µε εξίσωση x + 3y + 4z 1 = 0 είναι παράλληλα Η ευθεία l µε παραµετρικές εξισώσεις x = t y = 3 t z = t µε < t < είναι παράλληλη στο διάνυσµα v = ( 1,, 1) Το επίπεδο E µε εξίσωση x + 3y + 4z 1 = 0 είναι κάθετο στο διάνυσµα n = (, 3, 4) Εποµένως η ευθεία l και το επίπεδο E είναι παράλληλα αν και µόνο αν τα διανύσµατα v = ( 1,, 1) και n = (, 3, 4) είναι κάθετα Εφόσον v n = ( 1,, 1) (, 3, 4) = ( 1) + ( ) 3 + 1 4 = 4 0, τα v και n δεν είναι κάθετα Άρα η ευθεία l και το επίπεδο E δεν είναι παράλληλα 9
8 Εστω f : R R, µε f(x) = (x + 1), για όλα τα x στο R, g : R R, µε g(x) = x + 4x, για όλα τα x στο R, h : R R, µε h(x) = 3, για όλα τα x στο R Εξετάστε αν η g ανήκει στον lin{f, h} 1ος τρόπος : Η g ανήκει στον υπόχωρο lin{f, h} του χώρου των συναρτήσεων από το R στο R που παράγουν οι f και h αν και µόνο αν η g είναι γραµµικός συνδυασµός των f και h, δηλαδή αν υπάρχουν ϐαθµωτά λ 1, λ τέτοια ώστε λ 1 f + λ h = g Από τον ορισµό της πρόσθεσης και του ϐαθµωτού γινοµένου στο χώρο των συναρτήσεων από το R στο R παίρνουµε ότι, για όλα τα x στο R, f + 3h(x) = (f)(x) + (F 1 +F )(x) = F 1 (x)+f (x) 3h(x) = f(x) + 3h(x) (λf )(x) = λf (x) = (x + 1) + 33 = x + 4x + = x + 4x = g(x) Άρα από τον ορισµό της ισότητας στο χώρο των συναρτήσεων από το R στο R παίρνουµε ότι Εποµένως η g ανήκει στον lin{f, h} f + 3h = g ος τρόπος : Η g ανήκει στον υπόχωρο lin{f, h} του χώρου των συναρτήσεων από το R στο R που παράγουν οι f και h αν και µόνο αν η g είναι γραµµικός συνδυασµός των f και h, δηλαδή αν υπάρχουν ϐαθµωτά λ 1, λ τέτοια ώστε λ 1 f + λ h = g Από τον ορισµό της ισότητας, της πρόσθεσης και του ϐαθµωτού γινοµένου στο χώρο των συναρτήσεων από το R στο R και την ισοδυναµία α x +α 1 x+α 0 = β x +β 1 x+β 0, για όλα τα x στο R α = β, α 1 = β 1, α 0 = β 0 (9) 30
παίρνουµε ότι λ 1 f + λ h = g (λ 1 f + λ h)(x) = g(x), για όλα τα x στο R F 1 = F F 1 (x) = F (x), για όλα τα x στο R (λ 1 f)(x) + (λ h)(x) = g(x), για όλα τα x στο R (F 1 + F )(x) = F 1 (x) + F (x) λ 1 f(x) + λ h(x) = g(x), για όλα τα x στο R (λf )(x) = λf (x) 8><>: λ 1 (x + 1) + λ 3 = x + 4x, για όλα τα x στο R λ 1 x + λ 1 x + (λ 1 + 3λ ) = x + 4x, για όλα τα x στο R λ 1 = λ 1 = 4 λ 1 + 3λ = 0 από την (9) Εποµένως ϑα υπάρχουν ϐαθµωτά λ 1, λ τέτοια ώστε αν και µόνο αν το σύστηµα λ 1 f + λ f = g λ 1 = λ 1 = 4 λ 1 + 3λ = 0 είναι συµβιβαστό Λύνουµε το σύστηµα (10) Ο επαυξηµένος πίνακάς του είναι ο 641 0 0 4 1 3 0 Χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss παίρνουµε ότι 641 6 0 41 0 προσθέτουµε ϕορές την 0 4 0 0 0 1 3 0 6 1η γραµµή στη η και 1 0 3 ϕορά την 1η γραµµή στην 3η 41 0 εναλλάσσουµε τη η και την 0 3 3η γραµµή 0 0 0 (10) 641 0 0 1 3 0 0 0 31 πολλαπλασιάζουµε τη η γραµµή µε 1 3
Ο τελευταίος πίνακας αντιστοιχεί στο σύστηµα λ 1 = λ = 3 (η τελευταία γραµµή αντιστοιχεί στην εξίσωση 0λ 1 + 0λ = 0 η οποία ικανοποιείται για όλες τις τιµές των λ 1, λ και γι αυτό την παραλείπουµε) Άρα το σύστηµα (10) είναι συµβιβαστό (και η λύση του είναι Εποµένως η g ανήκει στον lin{f, h} λ 1 =, λ 3 ) 3
9 Εστω A 1 = 1 0 1, A = 0 1 0 0, A 3 = 3 0 0 1 Εξετάστε αν το σύνολο S = {A 1, A, A 3 } είναι ϐάση του χώρου τών άνω τριγωνικών πινάκων 1ος τρόπος : Μία ϐάση του χώρου τών άνω τριγωνικών πινάκων είναι η B = 1 0 0 0, 0 1 0 0, 0 0 0 1 «Εποµένως ο χώρος τών άνω τριγωνικών πινάκων έχει διάσταση 3 Άρα, εφόσον το σύνολο S περιέχει 3 διανύσµατα, το S είναι ϐάση του χώρου τών άνω τριγωνικών πινάκων αν και µόνο αν είναι γραµµικά ανεξάρτητο Εξετάζουµε αν το σύνολο S είναι γραµµικά ανεξάρτητο Οι A 1, A, A 3 είναι γραµµικά ανεξάρτητοι αν και µόνο αν λ 1 A 1 + λ A + λ 3 A 3 = 0 λ 1 = 0, λ = 0, λ 3 = 0 Εστω λ 1, λ, λ 3 ϐαθµωτά Από τον ορισµό του µηδενικού πίνακα, του γινοµένου ϐαθµωτού µε πίνακα, της πρόσθεσης πινάκων και της ισότητας πινάκων έχουµε ότι λ 1 A 1 + λ A + λ 3 A 3 = 0 λ 1 1 0 1 +λ 0 1 0 0 +λ 3 3 0 0 1 = 0 0 λ 1 λ 1 0 λ 1 + 0 λ 0 0 + 3λ 3 0 0 λ 3 λ 1 + 3λ 3 λ 1 λ = 0 0 0 λ 1 + λ 3 :λ 1 + 3λ 3 = 0 λ 1 λ = 0 λ 1 + λ 3 = 0 8>< > 0 0 0 0 0 0 = 0 0 Εποµένως οι A 1, A, A 3 είναι γραµµικά ανεξάρτητοι αν και µόνο αν το οµογενές σύστηµα λ 1 + 3λ 3 = 0 λ 1 λ = 0 λ 1 + λ 3 = 0 4 0 3 1 1 0 έχει µόνο την τετριµµένη λύση Το (11) έχει µόνο την τετριµµένη λύση αν και µόνο αν ο πίνακας συντελεστών του 6 33 (11)
είναι αντιστρέψιµος Ο πίνακας 6 4 0 3 1 1 0 είναι αντιστρέψιµος αν και µόνο αν 0 3 1 1 0 0 Χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας 3 3 πίνακα παίρνουµε ότι 0 3 1 1 0 = ( 1) 1 + 0 0 1 + 3 1 0 3 ( 1) 1 0 0 0 1 1 = ( ) + 0 + 0 ( 3) 0 0 = 1 0 Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι το S είναι ϐάση του χώρου τών άνω τριγωνικών πινάκων Σηµειώσεις : (α) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα 0 3 1 1 0 µε αναγωγή γραµµών ή ανάπτυγµα συµπαραγόντων (ϐ) Εναλλάκτικά ϑα µπορούσαµε να εξετάσουµε αν το οµογενές σύστηµα λ 1 + 3λ 3 = 0 λ 1 λ = 0 λ 1 + λ 3 = 0 (1) έχει µόνο την τετριµµένη λύση ως εξής : Το οµογενές σύστηµα (1) έχει µόνο την τετριµµένη λύση αν και µόνο αν η κλιµακωτή µορφή του πίνακα συντελεστών του δεν περιέχει µία γραµµή που αποτελείται αποκλειστικά από 0 Ο πίνακας συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (1) είναι ο 64 0 3 1 1 0 34
Χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss παίρνουµε ότι 641 64 0 3 0 3 πολλαπλασιάζουµε την 1η γραµ- 1 1 0 1 1 0 µή µε 1 641 0 3 0 1 3 0 0 1 προσθέτουµε 1 ϕορά την 1η γραµµή στη η και 1 ϕορά την 1η γραµµή στην 3η Εποµένως η κλιµακωτή µορφή του πίνακα συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (1) δεν περιέχει µία γραµµή που αποτελείται αποκλειστικά από 0 Άρα το οµογενές σύστηµα (1) έχει µόνο την τετριµµένη λύση ος τρόπος : Μία ϐάση του χώρου τών άνω τριγωνικών πινάκων είναι η B = 1 0 0 0, 0 1 0 0, 0 0 0 1 «Εποµένως ο χώρος τών άνω τριγωνικών πινάκων έχει διάσταση 3 Άρα, εφόσον το σύνολο S περιέχει 3 διανύσµατα, το S είναι ϐάση του χώρου τών άνω τριγωνικών πινάκων αν και µόνο αν παράγει το χώρο τών άνω τριγωνικών πινάκων Εξετάζουµε αν το σύνολο S παράγει το χώρο τών άνω τριγωνικών πινάκων Το S παράγει το χώρο τών άνω τριγωνικών πινάκων αν και µόνο αν για κάθε άνω τριγωνικό πίνακα U = b 1 b 0 b 3 υπάρχουν ϐαθµωτά λ 1, λ, λ 3 τέτοια ώστε λ 1 A 1 + λ A + λ 3 A 3 + λ 4 A 4 = U Από τον ορισµό του γινοµένου ϐαθµωτού µε πίνακα, της πρόσθεσης πινάκων και 35
της ισότητας πινάκων έχουµε ότι λ 1 A 1 + λ A + λ 3 A 3 = U 1 1 0 λ 1 b 1 0 1 +λ 0 0 0 +λ 3 3 0 1 = b 0 b 3 λ 1 λ 1 + 0 λ 3 0 0 λ 1 0 0 + 3λ = b 1 b 0 λ 3 0 b 3 = b 1 b λ 1 + 3λ 3 λ 1 λ 0 λ 1 + λ 3 0 b 3 :λ 1 + 3λ 3 = b 1 λ 1 λ = b λ 1 + λ 3 = b 3 8>< > Εποµένως οι A 1, A, A 3 παράγουν το χώρο των άνω τριγωνικών πινάκων αν και µόνο αν το σύστηµα λ 1 + 3λ 3 = b 1 λ 1 λ = b λ 1 + λ 3 = b 3 (13) είναι συµβιβαστό για όλα τα b 1, b, b 3 Το σύστηµα (13) είναι συµβιβαστό για όλα τα b 1, b, b 3 αν και µόνο αν ο πίνακας συντελεστών του 64 0 3 είναι αντιστρέψιµος Ο πίνακας είναι αντιστρέψιµος αν και µόνο αν 1 1 0 6 4 0 3 1 1 0 0 3 1 1 0 0 36
Παίρνοντας ανάπτυγµα συµπαραγόντων έχουµε ότι 0 3 0 1 1 0 = 01 +( 1) 3 0 3 1 1 1 1 1 0 ανάπτυγµα συµπαραγόντων ως προς τη η στήλη 3 = 1 1 = ( 1) = 1 0 ορίζουσα πίνακα Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι το S είναι ϐάση του χώρου τών άνω τριγωνικών πινάκων Σηµειώσεις : (α) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα 0 3 1 1 0 χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας 3 3 πίνακα ή µε αναγωγή γραµµών (ϐ) Εναλλάκτικά ϑα µπορούσαµε να εξετάσουµε αν το σύστηµα λ 1 + 3λ 3 = b 1 λ 1 λ = b λ 1 + λ 3 = b 3 (14) είναι συµβιβαστό για όλα τα b 1, b, b 3 ως εξής : Το σύστηµα (14) είναι συµβιβαστό για όλα τα b 1, b, b 3 αν και µόνο αν η κλιµακωτή µορφή του επαυξηµένου πίνακά του δεν περιέχει µία γραµµή της µορφής 3 0 0 0 t 1 b 1 + t b + t 3 b µε t 1 b 1 + t b + t 3 b 3 0 Ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος (14) είναι ο 64 0 3 b 1 1 1 0 b b 3 37
Χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss παίρνουµε ότι 641 64 0 3 b 1 0 3 b 1 πολλαπλασιάζουµε 1 1 0 b 1 1 0 b b 3 b 3 την 1η γραµ- µή µε 1 641 0 3 b 1 0 1 3 b b 1 0 0 1 b 3 b 1 προσθέτουµε 1 ϕορά την 1η γραµµή στη η και 1 ϕορά την 1η γραµµή στην 3η Εποµένως η κλιµακωτή µορφή του επαυξηµένου πίνακά του οµογενούς συστή- µατος (14) δεν περιέχει µία γραµµή της µορφής 0 0 0 t 1 b 1 + t b + t 3 b 3 µε t 1 b 1 + t b + t 3 b 3 0 Άρα το σύστηµα (14) είναι συµβιβαστό για όλα τα b 1, b, b 3 3ος τρόπος : Το S είναι ϐάση του χώρου τών άνω τριγωνικών πινάκων αν είναι γραµµικά ανεξάρτητο και παράγει το χώρο τών άνω τριγωνικών πινάκων Εξετάζουµε αν το σύνολο S είναι γραµµικά ανεξάρτητο Οι A 1, A, A 3 είναι γραµµικά ανεξάρτητοι αν και µόνο αν λ 1 A 1 + λ A + λ 3 A 3 = 0 λ 1 = 0, λ = 0, λ 3 = 0 Εστω λ 1, λ, λ 3 ϐαθµωτά Από τον ορισµό του µηδενικού πίνακα, του γινοµένου ϐαθµωτού µε πίνακα, της πρόσθεσης πινάκων και της ισότητας πινάκων έχουµε ότι λ 1 A 1 + λ A + λ 3 A 3 = 0 λ 1 1 0 1 +λ 0 1 0 0 +λ 3 3 0 0 1 = 0 0 λ 1 λ 1 0 λ 1 + 0 λ 0 0 + 3λ 3 0 0 λ 3 λ 1 + 3λ 3 λ 1 λ = 0 0 0 λ 1 + λ 3 :λ 1 + 3λ 3 = 0 λ 1 λ = 0 λ 1 + λ 3 = 0 8>< > 38 0 0 0 0 0 0 = 0 0
Εποµένως οι A 1, A, A 3 είναι γραµµικά ανεξάρτητοι αν και µόνο αν το οµογενές σύστηµα λ 1 + 3λ 3 = 0 λ 1 λ = 0 λ 1 + λ 3 = 0 4 0 3 1 1 0 έχει µόνο την τετριµµένη λύση Το (15) έχει µόνο την τετριµµένη λύση αν και µόνο αν ο πίνακας συντελεστών του 6 είναι αντιστρέψιµος Ο πίνακας είναι αντιστρέψιµος αν και µόνο αν 6 4 0 3 1 1 0 0 3 1 1 0 0 Άρα το S είναι γραµµικά ανεξάρτητο αν και µόνο αν 0 3 1 1 0 0 Χρησιµοποιώντας αναγωγή γραµµών παίρνουµε ότι 3 0 3 1 0 κοινός παράγοντας από την 1η 1 1 0 = 1 1 0 γραµµή (15) 3 1 0 = 0 1 3 0 0 1 = 1 ( 1) 1 ορίζουσα = 1 0 προσθέτουµε 1 ϕορά την 1η γραµµή στη η και 1 ϕορά την 1η γραµµή στην 3η τριγωνικού πίνακα 39
Εποµένως το S είναι γραµµικά ανεξάρτητο Εξετάζουµε αν το σύνολο S παράγει το χώρο τών άνω τριγωνικών πινάκων Το S παράγει το χώρο τών άνω τριγωνικών πινάκων αν και µόνο αν για κάθε άνω τριγωνικό πίνακα U = b 1 b 0 b 3 υπάρχουν ϐαθµωτά λ 1, λ, λ 3 τέτοια ώστε λ 1 A 1 + λ A + λ 3 A 3 + λ 4 A 4 = U Από τον ορισµό του γινοµένου ϐαθµωτού µε πίνακα, της πρόσθεσης πινάκων και της ισότητας πινάκων έχουµε ότι λ 1 A 1 + λ A + λ 3 A 3 = U 1 1 0 λ 1 b 1 0 1 +λ 0 0 0 +λ 3 3 0 1 = b 0 b 3 λ 1 λ 1 0 λ 1 + 0 λ 3 0 0 0 + 3λ 0 λ 3 = b 1 b λ 1 + 3λ 3 λ 1 λ 0 λ 1 + λ 3 0 b 3 :λ 1 + 3λ 3 = b 1 λ 1 λ = b λ 1 + λ 3 = b 3 8>< > = b 1 b 0 b 3 Εποµένως οι A 1, A, A 3 παράγουν το χώρο των άνω τριγωνικών πινάκων αν και µόνο αν το σύστηµα λ 1 + 3λ 3 = b 1 λ 1 λ = b (16) λ 1 + λ 3 = b 3 64 0 3 είναι συµβιβαστό για όλα τα b 1, b, b 3 Το σύστηµα (16) είναι συµβιβαστό για όλα τα b 1, b, b 3 αν και µόνο αν ο πίνακας συντελεστών του είναι αντιστρέψιµος Ο πίνακας 1 1 0 6 4 0 3 1 1 0 40
είναι αντιστρέψιµος αν και µόνο αν 0 3 1 1 0 0 Εποµένως το S παράγει το χώρο των άνω τριγωνικών πινάκων αν και µόνο αν 0 3 1 1 0 0 Οπως είδαµε παραπάνω 0 3 1 1 0 0 Εποµένως το S παράγει το χώρο των άνω τριγωνικών πινάκων Από όσα είπαµε παίρνουµε ότι το S είναι ϐάση του χώρου τών άνω τριγωνικών πινάκων Σηµειώσεις : (α) Εναλλακτικά ϑα µπορούσαµε να υπολογίσουµε την ορίζουσα 0 3 1 1 0 χρησιµοποιώντας τον ορισµό της ορίζουσας 3 3 πίνακα ή µε ανάπτυγµα συµπαραγόντων (ϐ) Εναλλάκτικά ϑα µπορούσαµε να δείξουµε ότι το οµογενές σύστηµα λ 1 + 3λ 3 = 0 λ 1 λ = 0 λ 1 + λ 3 = 0 (17) έχει µόνο την τετριµµένη λύση όπως στη Σηµείωση (ϐ) του ου τρόπου Κατόπιν δείχνουµε ότι το σύστηµα λ 1 + 3λ 3 = b 1 λ 1 λ = b λ 1 + λ 3 = b 3 είναι συµβιβαστό για όλα τα b 1, b, b 3 λέγοντας ότι ο πίνακας συντελεστών του ταυτίζεται µε τον πίνακα συντελεστών του οµογενούς συστήµατος (17) και άρα είναι συµβιβαστό για όλα τα b 1, b, b 3 αν και µόνο αν το (17) έχει µόνο την τετριµµένη λύση 41
10 Εστω 4 A = 1 1 3 (Ι) Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές του A (ΙΙ) Να ϐρεθεί µία ϐάση και η διάσταση του ιδιόχωρου κάθε ιδιοτιµής του A (ΙΙΙ) Εξετάστε αν ο A είναι διαγωνοποιήσιµος (Ι) Από τον ορισµό του µοναδιαίου πίνακα, του γινοµένου ϐαθµωτού µε πίνακα και της διαφοράς πινάκων παίρνουµε ότι A λi = 1 4 1 3 λ 1 0 1 λ 0 0 = 1 4 1 3 λ 0 = 1 λ 4 1 3 λ Άρα, από τον ορισµό της ορίζουσας ενός πίνακα, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A είναι 1 λ 4 det(a λi ) = 1 3 λ = (1 λ) ( 3 λ) ( 4) 1 = λ + λ + 1 Εποµένως η χαρακτηριστική εξίσωση του A είναι λ + λ + 1 = 0 Οι λύσεις αυτής της εξίσωσης είναι λ 1, = 1 Εποµένως ο A έχει µία διπλή ιδιοτιµή, την λ 1, = 1 (ΙΙ) Ο ιδιόχωρος της ιδιοτιµής λ 1, = 1 αποτελείται από τις λύσεις του οµογενούς συστήµατος (A ( 1)I )x = 0 Οπως είδαµε στο (Ι) 4 A ( 1)I = 1 Χρησιµοποιώντας απαλοιφή Gauss-Jordan παίρνουµε ότι 4 1 1 1 πολλαπλασιάζουµε την 1η γραµµή µε 1 1 0 0 προσθέτουµε 1 ϕορά την 1η γραµµή στη η 4
Ο τελευταίος πίνακας αντιστοιχεί στο σύστηµα x 1 x = 0 (η τελευταία γραµµή αντιστοιχεί στην εξίσωση 0x 1 + 0x = 0 η οποία ικανοποιείται για όλες τις τιµές των x 1, x και γι αυτό την παραλείπουµε) Λύνοντας ως προς τη ϐασική µεταβλητή x 1 παίρνουµε ότι x 1 = x ίνοντας στην ελέυθερη µεταβλητή x την αυθαίρετη τιµή t παίρνουµε ότι η γενική λύση του οµογενούς συστήµατος είναι (A ( 1)I )x = 0 x 1 = t, x = t, t στο R και άρα το σύνολο των λύσεών του αποτελείται από όλα τα διανύσµατα στον R της µορφής t t, t στο R Εποµένως ο ιδιόχωρος της ιδιοτιµής λ 1, = 1 αποτελείται από όλα τα διανύσµατα στον R της µορφής t t, t στο R Εφόσον, για όλα τα t στο R, t =t t 1 1, το διάνυσµα παράγει τον ιδιόχωρο της ιδιοτιµής λ 1, = 1 Εφόσον 1 0 1 «0, το σύνολο 43
είναι µία ϐάση για τον ιδιόχωρο της ιδιοτιµής λ 1, = 1 Εφόσον µία ϐάση του ιδιόχωρου της ιδιοτιµής λ 1, = 1 αποτελείται από ένα διάνυσµα, η διάσταση του ιδιόχωρου της ιδιοτιµής λ 1, = 1 είναι 1 Σηµείωση : Μπορούµε να ϐρούµε και πολλές t άλλες ϐάσεις του ιδιόχωρου της ιδιοτιµής λ 1, = 1 Για παράδειγµα : Εφόσον, 6 για όλα τα t στο R,, t = 47 t 7 7 το διάνυσµα 6 47 7 παράγει τον ιδιόχωρο της ιδιοτιµής λ 1, = 1 Εφόσον το σύνολο 8>< 647 7 0 0, 9 >= > ; > : 647 είναι µία ϐάση για τον ιδιόχωρο της ιδιοτιµής λ 1, = 1 7 (ΙΙΙ) Ενας n n πίνακας είναι διαγωνοποιήσιµος αν και µόνο αν έχει n γραµµικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσµατα Από το (ΙΙ), ο A έχει ένα γραµµικά ανεξάρτητο ιδιοδιάνυσµα, εφόσον η διάσταση του ιδιόχωρου της µοναδικής ιδιοτιµής του λ 1, = 1 είναι 1 Άρα ο πίνακας A είναι ένας πίνακας µε 1 γραµµικά ανεξάρτητο ιδιοδιάνυσµα Εποµένως ο A δεν είναι διαγωνοποιήσιµος 44