ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii9/laii9html Παρασκευή 9 Μαρτίου 9 Ασκηση Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και f : E E ένας µονοµορφισµός Ορίζουµε απεικόνιση, : E E R, x, y = f( x), f( y) Να δειχθεί ότι το Ϲεύγος (E,, ) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος Λύση () Συµµετρία: Εστω x, y E Τότε χρησιµοποιώντας τη συµµετρία του εσωτερικού γινοµένου,, ϑα έχουµε : x, y = f( x), f( y) = f( y), f( x) = y, x () ιγραµµικότητα: Εστω x, x, y E και λ R Τότε χρησιµοποιώντας τη συµµετρία του εσωτερικού γινοµένου, και τη γραµµικότητα του ενδοµορφισµού f, ϑα έχουµε :: x + x, y = f( x + x ), f( y) = f( x ) + f( x ), f( y) = f( x ), f( y) + f( x ), f( y) = Παρόµοια : = x, y + x, y λ x, y = f(λ x), f( y) = λf( x), f( y) = λf( x), f( y) = λ x, y (3) Θετικά Ορισµένο: Εστω x E Τότε χρησιµοποιώντας την ιδιότητα ϑετικού ορισµένου του εσωτερικού νγινοµένου, και ότι ο ενδοµορφισµός f είναι µονοµορφισµός, ϑα έχουµε : λ x, x = f( x), f( x) λ x, x = = f( x), f( x) = = f( x) = = x = Άρα η απεικόνιση, είναι ένα εσωτερικό γινόµενο επί του E και εποµένως το Ϲεύγος (E,, ) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος Ασκηση Εστω η απεικόνιση, : R R R η οποία ορίζεται ως εξής : (x, y ), (x, y ) = 5x x (x y + y x ) + y y () Να δειχθεί ότι η παραπάνω απεικόνιση ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R () Να ϐρεθούν τα µήκη των διανυσµάτων (, ), (, ), (, 3), (, ) ως προς το παραπάνω το εσωτερικό γινόµενο

Λύση Εστω (x, y ), (x, y ), (x 3, y 3 ) R και λ R Τότε έχουµε : (x, y ), (x, y ) = 5x x (x y + y x ) + y y = 5x x (x y + y x ) + y y = (x, y ), (x, y ) (x, y ) + (x, y ), (x 3, y 3 ) = (x + x, y + y ), (x 3, y 3 ) = 5(x + x )x 3 ((x + x )y 3 + (y + y )x 3 ) + (y + y )y 3 = 5x x 3 + 5x x 3 x y 3 x y 3 y x 3 y x 3 + y y 3 + y y 3 = 5x x 3 (x y 3 + y x 3 ) + y y 3 + 5x x 3 (x y 3 + y x 3 ) + y y 3 = (x, y ), (x 3, y 3 ) + (x, y ), (x 3, y 3 ) λ(x, y ), (x, y ) = (λx, λy ), (x, y ) = 5λx x (λx y + λy x ) + λy y = λ(5x x (x y + y x ) + y y ) = λ (x, y ), (x, y ) (x, y ), (x, y ) = 5x (x y + y x ) + y = 5x 4x y + y = x + (x y ) και (x, y ), (x, y ) = αν και µόνο αν x = και x y =, δηλαδή y = Άρα η απεικόνιση, ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R Τα µήκη των διανυσµάτων (, ), (, ), (, 3), (, ) ως προς το παραπάνω το εσωτερικό γινόµενο είναι (, ) = (, ), (, ) = 5 ( + ) + = 5 (, ) = (, ), (, ) = = (, 3) = (, 3), (, 3) = = (, ) = (, ), (, ) = = 7 Ασκηση 3 Εστω R n [t] ο διανυσµατικός χώρος των πολυωνύµων ϐαθµού n, µε πραγµατικούς συντελεστές Εστω ότι α, α,, α n είναι ανα δύο διαφορετικοί πραγµατικοί αριθµοί Να δειχθεί ότι η σχέση P (t), Q(t) = P (α )Q(α ) + P (α )Q(α ) + P (α n )Q(α n ) ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στο R n [t] Να ϐρεθεί το µήκος καθενός από τα διανύσµατα της κανονικής ϐάσης B = {, t, t,, t n} του R n [t] ως προς το παραπάνω εσωτερικό γινόµενο Λύση Εστω P (t), Q(t), R(t) R n [t] και λ R () Θα έχουµε : P (t) + Q(t), R(t) = (P (t) + Q(t))(α )R(α ) + (P (t) + Q(t))(α )R(α ) + + (P (t) + Q(t))α n )R(α n ) = = (P (α ) + Q(α ))R(α ) + (P (α ) + Q(α ))R(α ) + + (P (α n ) + Q(α n ))R(α n ) = = P (α )R(α ) + P (α )R(α ) + P (α n )R(α n ) + Q(α )R(α ) + Q(α )R(α ) + Q(α n )R(α n ) = = P (t), R(t) + Q(t), R(t) () Θα έχουµε : λp (t), Q(t) = (λp (t))(α )Q(α ) + (λp (t))(α )Q(α ) + + (λp (t))(α n )Q(α n ) = = λp (α )Q(α ) + λp (α )Q(α ) + + λp (α n )Q(α n ) = = λ ( P (α )Q(α ) + P (α )Q(α ) + P (α n )Q(α n ) ) = λ P (t), Q(t)

3 (3) Θα έχουµε : P (t), Q(t) = P (α )Q(α ) + P (α )Q(α ) + + P (α n )Q(α n ) = = Q(α )P (α ) + Q(α )P (α ) + + Q(α n )P (α n ) = Q(t), P (t) (4) Προφανώς : P (t), P (t) = P (α )P (α ) + P (α )P (α ) + + P (α n )P (α n ) = P (α ) + P (α ) + + P (α n ) και αν P (t), P (t) =, τότε ϑα έχουµε P (α ) + P (α ) + + P (α n ) = = P (α ) = P (α ) = = P (α n ) = Επειδή οι αριθµοί α, α,, α n είναι ανά δύο διαφορετικοί, έπεται από την παραπάνω σχέση ότι το πολυώνυµο P (t) έχει n + το πλήθος διαφορετικές ανά δύο ϱίζες Επειδή P (t) R n [t], έχουµε deg P (t) n και γνωρίζουµε ότι ένα µη-µηδενικό πολυώνυµο ϐαθµού n έχει το πολύ n το πλήθος ϱίζες Άρα αναγκαστικά το πολυώνυµο P (t) είναι το µηδενικό πολυώνυµο : P (t) = Για τα µήκη των διανυσµάτων της κανονικής ϐάσης B = {, t, t,, t n} του R n [t] ως προς το παραπάνω εσωτερικό γινόµενο, ϑα έχουµε : =, = (α )(α ) + (α )(α ) + (α n )(α n ) = + + + = n + t = t, t = α α + α α + + α n α n = t = t, t = α + α + + α n α α + α α + + α n αn = α 4 + α4 + + α4 n t n = t n, t n = α n αn + αn αn + + αn n α n n = α n + αn + + αn n Ασκηση 4 Θεωρούµε τη ϐάση B = { ε = (, ), ε = (, )} του R-διανυσµατικού χώρου R Υποθέτουµε ότι η απεικόνιση, : R R R ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο επί του R έτσι ώστε : ε, ε = ε, ε =, ε, ε = Να υπολογισθούν οι αριθµοί (x, y ), (x, y ), όπου (x, y ), (x, y ) R Λύση Εστω (x i, y i ) R Τότε το διάνυσµα (x i, y i ) = m(, ) + n(, ) αφού το σύνολο B αποτελεί µια ϐάση του R-διανυσµατικού χώρου R Εχουµε : και άρα (x i, y i ) = m(, ) + n(, ) = (m + n, m n) = (x i, y i ) = x i + y i { xi = m + n y i = m n ε + x i y i ε = m = x i + y i n = x i y i

4 Τότε : (x, y ), (x, y ) = x + y = x + y + x y = x + y + x y ε + x y ε, x + y ε, x + y ε, x + y ε + x + y ε + x y x + y x + y ε, ε + x + y x y ε, ε + ε + x y ε ε, x y ε ε, x y ε x y ε, ε x y ε, ε = x + y x + y + x + y x y + x y x + y + x y x y = x + y x + y + x y x y = x x + y y 4 = x x + y y Εποµένως δείξαµε ότι για κάθε (x, y ), (x, y ) R : (x, y ), (x, y ) = x x + y y Ασκηση 5 Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R [t] µε εσωτερικό γινόµενο, P (t), Q(t) R [t]: P (t), Q(t) = και τα πολυώνυµα P (t)q(t) dt P (t) =, Q(t) = t, W (t) = t t + 6 Να υπολογισθούν τα µήκη Λύση Εχουµε : P (t), Q(t), W (t) P (t) = =, = dt = Q(t) = t t =, t = (t ) dt = t dt = = t dt + 4 dt

5 W (t) = t t + t 6 = t + 6, t t + = (t 6 t + 6 ) dt = = 8 Ασκηση 6 Να υπολογισθεί η γωνία των διανυσµάτων x = (,, ), y = (,, ) R 3 ως προς το συνήθες εσωτερικό γινόµενο του R 3 Ακολούθως να ϐρεθούν όλα τα διανύσµατα του R 3 τα οποία είναι κάθετα στα διανύσµατα x και y Λύση Εχουµε : cos φ = x, y (,, ), (,, ) = x y (,, ) (,, ) = = Άρα η γωνία των διανυσµάτων x = (,, ) και y = (,, ) είναι φ = π 3 Εστω (x, y, z) R 3 Τότε : (,, ), (x, y, z) = (,, ), (x, y, z) = = x + z = x + y = = x = z y = z Συνεπώς τα διανύσµατα του R 3 τα οποία είναι κάθετα στα διανύσµατα x = (,, ) και y = (,, ) είναι : z(,, ) µε z R, και άρα είναι τα διανύσµατα του υπόχωρου (,, ) ο οποίος παράγεται από το διάνυσµα (,, ) Ασκηση 7 Εστω ότι (E i,, i ), i n, είναι Ευκλείδειοι χώροι Στον R-διανυσµατικό χώρο E = E E E n, ορίζουµε απεικόνιση :, : E E R, ( x, x,, x n ), ( y, y,, y n ) = x, y + ( x, y + + ( x n, y n n Να δειχθεί ότι το Ϲέυγος (E,, ) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος Λύση Εστω x = ( x, x,, x n ), y = ( y, y,, y n ), z = ( z, z,, z n ) διανύσµατα του E, και λ K Χρησιµοποιούµε ότι, i =,,, n, η απεικόνιση, i είναι εσωτερικό γινόµενο επί του E i () Θα έχουµε : x + y, z = x + y, x + y,, x n + y n ), z, z,, z n ) = = x + y, z + x + y, z + + x n + y n, z n n = = x, z + y, z + x, z + y, z + + x n, z n n + y n, z n n = = ( x, z + x, z + + x n, z n n ) + ( y, z + y, z + + y n, z n n ) = = ( x, x,, x n ), ( z, z,, z n ) + ( y, y,, y n ), ( z, z,, z n ) = x, z + y, z () Θα έχουµε : λ x, y = λ( x, x,, x n ), ( y, y,, y n ) = (λ x, λ x,, λ x n ), ( y, y,, y n ) = = λ x, y + λ x, y + + λ x n, z n n = λ x, y + λ x, y + + λ x n, z n n = (3) Θα έχουµε : = λ ( x, y + ( x, y + + ( x n, y n n ) = λ x, y x, y = ( x, x,, x n ), ( y, y,, y n ) = x, y + ( x, y + + ( x n, y n n = = y, x + y, x + + y n, x n n = ( y, y,, y n ), ( x, x,, x n ) = y, x

6 (4) Θα έχουµε : και x, x = ( x, x,, x n ), ( x, x,, x n ) = x, x + ( x, x + + ( x n, x n n = = x + x + + x n n x, x = = x + x + + x n n = = x k k =, k =,,, n = όπου η προτελευταία συνεπαγωγή προέκυψε διότι αν ένα άθροισµα µη-αρνητικών αριθµών είναι ίσο µε µηδέν, τότε οι αριθµοί είναι ίσοι µε µηδέν Εποµένως ϑα έχουµε : Άρα x k =, k =,,, n = x = = (,,, ) x, x = x = Εποµένως η απεικόνιση, είναι ένα εσωτερικό γινόµενο επί του E και εποµένως το Ϲεύγος (E,, ) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος Παρατήρηση Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο (R,, ), όπου, : R R R, (x, y) x, y = xy Τότε το εσωτερικό γινόµενο στον R-διανυσµατικό χώρο R n = R R R, το οποίο προκύπτει µε εφαρµογή της Ασκησης 7 είναι το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο στον R n Ενας συµµετρικός πίνακας A = (a ij ) M n (R) καλείται ϑετικά ορισµένος, αν : όπου : X = x x x n R n : t X A X, και : a a a n x t X A X = ( ) a a a n x x x n x = a n a n a nn x n t X A X = = X = O a ij x i x j i,j= Ασκηση 8 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και B = { ε,, ε n } µια ϐάση του E Θεωρούµε τον πίνακα : Αν x, y E, να δειχθεί ότι : όπου : A = (a ij ), a ij = ε i, ε j, i, j n x, y = t X A Y x x X = και Y = x n είναι οι συνιστώσες των διανυσµάτων x, y στη ϐάση B, και ο πίνακας A είναι συµµετρικός και ϑετικά ορισµένος y y y n Υπενθυµίζουµε ότι το µηδενικό διάνυσµα σε κάθε διανυσµατικό χώρο συµβολίζεται µε το ίδιο σύµβολο

7 Λύση Θα έχουµε x = x i ε i και y = y i ε i Χρησιµοποιώντας τη διγραµµικότητα και τη συµµετρία του εσωτερικού γινοµένου καθώς και ότι ε i, ε j = a ij, i, j n, ϑα έχουµε : x, y = x i ε i, y = x i ε i, y = x i ε i, y j ε j = x i y j ε i, ε j = x i y j a ij j= Από την άλλη πλευρά εκτελώντας τον πολλαπλασιασµό πινάκων t X A Y εύκολα ϐλέπουµε ότι ϑα έχουµε : a a a n y t X A Y = ( ) a a a n x x x n y = x i x j a ij i,j= a n a n a nn y n Εποµένως : x, y = t X A Y Λόγω της συµµετρίας του εσωτερικού γινοµένου, ϑα έχουµε, i, j =,,, n: a ij = ε i, ε j = ε j, ε i = a ji = t A = A δηλαδή ο πίνακας A είναι συµµετρικός x x Τέλος επειδή το εσωτερικό γινόµενο είναι ϑετικά ορισµένο, ϑα έχουµε, X = R n: x n όπου x = x ε + x ε + + x n ε n Επιπλέον t X A X = x, x t X A X = x, x = x = X = O i,j= Εποµένως ο πίνακας A είναι ϑετικά ορισµένος Ασκηση 9 Εστω E ένας R-διανυσµατικός χώρος και B = { ε,, ε n } µια ϐάση του E Αν A = (a ij ) M n (R), τότε ορίζουµε απεικόνιση :, : E E R, ( x, y) x, y = t X A Y όπου : x x X = και Y = x n είναι οι συνιστώσες των διανυσµάτων x, y στη ϐάση B Να δειχθεί ότι η απεικόνιση, είναι ένα εσωτερικό γινόµενο επί του E αν και µόνον αν ο πίνακας A είναι συµµετρικός και ϑετικά ορισµένος Λύση () Εστω ότι η απεικόνιση, είναι ένα εσωτερικό γινόµενο επί του E Παρατηρούµε ότι, i =,,, n, οι συνιστώσες του διανύσµατος ε i της ϐάσης B είναι το διάνυσµα στήλη E i = y y y n

8 Εποµένως, i, j =,,, n, ϑα έχουµε : a a a n ε i, ε j = t E i A E j = ( ) a a a n = ( ) a i a i a in = a ij a n a n a nn Τότε, σύµφωνα µε την Άσκηση 8 έπεται ότι ο πίνακας A είναι συµµετρικός και ϑετικά ορισµένος () Αντίστροφα, έστω ότι ο πίνακας A είναι συµµετρικός και ϑετικά ορισµένος Εστω x, y, z E και λ R, και έστω X = x x x n, Y = y y y n, Z = οι συνιστώσες των διανυσµάτων x, y, z στη ϐάση B Τότε οι συνιστώσες των διανυσµάτων x + y και λ x είναι : x + y λx x + y X + Y =, λx = λx x n + y n λx n Εποµένως ϑα έχουµε : (αʹ) x + y, z = t (X + Y ) A Z = ( t X + t Y ) A Z = ( t X A + t Y A) Z = t X A Z + t Y A Z = x, z + y, z (ϐʹ) z z z n λ x, y = t (λx) A Y = (λ t X) A Y = λ( t X) A Y ) = λ x, z (γʹ) Οπως και παραπάνω, ϑα έχουµε, i, j =,,, n: a ij = ε i, ε j και, λαµβάνοντας υπ όψη την Άσκηση 8, ϑα έχουµε : x, y = t X A Y = x i y j a ij και t Y A X = y j x i a ji i,j= Επειδή ο πίνακας A είναι συµµετρικός, έπεται ότι, i, j =,,, n: a ij = a ji και εποµένως : x, y x i y j a ij = y j x i a ji = y, x i,j= i,j= (δʹ) Επειδή ο πίνακας A είναι ϑετικά ορισµένο, ϑα έχουµε : x, x = t X A X και x, x = t X A X = X = O x = Άρα η απεικόνιση, είναι ένα εσωτερικό γινόµενο επί του E i,j= Παρατήρηση Εστω E ένας R-διανυσµατικός χώρος διάστασης n και σταθεροποιούµε µια ϐάση B = { e, e,, e n } του E Οι προηγούµενες δύο Ασκήσεις δείχνουν ότι η απεικόνιση { η απεικόνιση, είναι ένα εσωτερικό γινόµενο στον E } { A Mn (R) A : συµµετρικός και ϑετικά ορισµένος } είναι «-» και «επί», A = ( e i, e j )

9 Ασκηση Θεωρούµε τον πίνακα Να εξετασθεί αν η απεικόνιση A = 5, : R 3 R 3 R, ( x, y) x, y = t X A Y όπου x = (x, x, x 3 ), y = (y, y, y 3 ) R 3, και : X = x και Y = y ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R 3 Αν η απάντηση είναι ϑετική, τότε : x x 3 () Να προσδιορισθούν τα µήκη, καθώς και οι µεταξύ τους γωνίες, των διανυσµάτων της κανονικής ϐάσης του R 3 ως προς αυτό το εσωτερικό γινόµενο () Να ϐρεθούν όλα τα διανύσµατα x = (x, x, x 3 ) R 3 έτσι ώστε : y y 3 (,, ), (x, x, x 3 ) = Λύση Παρατηρούµε ότι ο πίνακας A είναι συµµετρικός Η απεικόνιση, έχει την ακόλουθη µορφή : x, y = (x, x, x 3 ), (y, y, y 3 ) = t X A Y = ( ) x, x, x 3 y y = 5 = x y + x y + x y + x y + x 3 y + x y 3 + 5x 3 y 3 ( ) Ετσι, σύµφωνα µε την Άσκηση 9, για να ορίζει εσωτερικό γινόµενο η απεικόνιση,, αρκεί ο πίνακας A να είναι ϑετικά ορισµένος Θα έχουµε : t X A X = ( ) x, x, x 3 x x = x + x x + x + 4x x 3 + 5x 3 5 Παρατηρούµε ότι : x + x x + x + 4x x 3 + 5x 3 = (x + x x + x ) + (x + 4x x 3 + 4x 3) + x 3 = (x + x ) + (x + x 3 ) + x 3 Άρα : t X A X = (x + x ) + (x + x 3 ) + x 3 x 3 y 3 και x + x = t X A X = (x +x ) +(x +x 3 ) +x 3 = x + x 3 = x 3 = Εποµένως : t X A X = X = O x = x = x 3 = Εποµένως ο πίνακας A είναι ϑετικά ορισµένος και άρα η απεικόνιση, είναι ένα εσωτερικό γινόµενο επί του R 3 () Θεωρούµε τα διανύσµατα e = (,, ), e = (,, ), και e 3 = (,, ) της κανονικής ϐάσης του R 3 Τότε, χρησιµοποιώντας τη σχέση ( ), ϑα έχουµε : e = e, e = = e = e = e, e = = e = e 3 = e, e = 5 = e = 5

Εστω θ η γωνία των διανυσµάτων e και e, θ 3 η γωνία των διανυσµάτων e και e 3, και θ 3 η γωνία των διανυσµάτων e 3 και e 3 Γνωρίζουµε ότι η γωνία θ την οποία σχηµατίζουν δύο µη-µηδενικά διανύσµατα x, y σε έναν Ευκλείδειο χώρο (E, ) ορίζεται µοναδικά από την ακόλουθη σχέση : x, y = x y cos θ Εποµένως, χρησιµοποιώντας τη σχέση ( ), ϑα έχουµε : e, e = e e cos θ = = cos θ = cos θ = = = θ = π 4 e, e 3 = e e 3 cos θ 3 = = 5 cos θ 3 = cos θ 3 = = θ 3 = π e, e 3 = e e 3 cos θ 3 = = 5 cos θ 3 = cos θ 3 = = 63 = θ 3 58 () Εστω x = (x, x, x 3 ) R 3 Τότε ϑα έχουµε : (x, x, x 3 ), (,, ) = x + x + x + x + x 3 + x + 5x 3 = x + 5x + 7x 3 = Εποµένως το σύνολο διανυσµάτων x = (x, x, x 3 ) R 3 τα οποία είναι κάθετα, ως προς το εσωτερικό γινόµενο,, προς το διάνυσµα (,, ), συµπίπτει µε τον ακόλουθο υπόχωρο του R 3 : V = { (x, x, x 3 ) R 3 x + 5x + 7x 3 = } Ασκηση Να εξετασθεί αν απεικόνιση, : R 3 R 3 R, (x, x, x 3 ), (y, y, y 3 ) = x y + x 3 y x y + x y 3 + x 3 y 3 ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R 3 Λύση Θεωρούµε τα διανύσµατα e = (,, ), e = (,, ), και e 3 = (,, ) της κανονικής ϐάσης του R 3 και σχηµατίζουµε τον πίνακα : A = ( e i, e j ) = e, e e, e e, e 3 e, e e, e e, e 3 = e 3, e e 3, e e 3, e 3 Τότε ϑα έχουµε : (x, x, x 3 ), (y, y, y 3 ) = t X A Y = ( x, x, x 3 ) y y = x y +x 3 y x y +x y 3 +x 3 y 3 Σύµφωνα µε την Άσκηση 9 η απεικόνιση, ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο επί του R 3 αν και µόνον αν ο πίνακας A είναι συµµετρικός και ϑετικά ορισµένος Παρατηρούµε ότι ο πίνακας A είναι συµµετρικός Επιπλέον : t X A X = x x 3 x x + x 3 = x 3 + x x 3 + x x x x = = (x + x 3 ) (x + x x ) = (x + x 3 ) + x (x + x ) Για το διάνυσµα x = (,, ) ϑα έχουµε : (,, ), (,, ) = t X A X = ( + ) + ( + ) = + 4 = < Εποµένως η απεικόνιση, δεν είναι ϑετικά ορισµένη και άρα δεν ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο επί του R 3 y 3 Ασκηση Εστω (E, ) ένας Ευκλείδειος χώρος () Αν x, y E, να δειχθεί ότι : x = y x + y, x y = Ποιά είναι η γεωµετρική ερµηνεία της ισοδυναµίας ;

() Αν x, y E, να δειχθεί ότι : (3) Αν x, y E, να δειχθεί ότι : x = y a, b R : a x + b y = b x + a y x y x y x + y Ποιά είναι η γεωµετρική ερµηνεία της ανισότητας ; (4) Εστω ότι f : E E είναι ένας ενδοµορφισµός, όπου dim R E <, έτσι ώστε f( x) x, x E (αʹ) Να δειχθεί ότι για κάθε λ R µε λ >, ο ενδοµορφισµός f λid E του E είναι αντιστρέψιµος (ϐʹ) Να δειχθεί ότι αν λ είναι µια ιδιοτιµή του f, λ Λύση () Θα έχουµε : x + y, x y = x, x x, y + y, x y, y = x y και άρα, χρησιµοποιώντας ότι, x E: x, ϑα έχουµε : x + y, x y = x = y x = y Θεωρούµε στο επίπεδο ένα παραλληλόγραµµο µε πλευρές τα διανύσµατα x και y Τότε τα διανύσµατα x + y και x y είναι οι διαγώνιοι του παραλληλογράµµου Τότε η αποδειχθείσα ισοδυναµία εκφράζει τη γεωµετρική ιδιότητα ότι οι διαγώνιοι ενός παραλληλογράµµου είναι κάθετες αν και µόνον αν το παραλληλόγραµµο είναι ϱόµβος (δηλαδή όλες οι πλευρές του είναι ίσες) () Αν ισχύει ότι, a, b R: a x+b y = b x+a y, τότε επιλέγοντας a = και b =, έπεται ότι x = y Αντίτροφα, έστω ότι x = y Επειδή : a x + b y = a x + b y, a x + b y = a x, x + ab x, y + b y, y = a x + ab x, y + b y και b x + a y = b x + a y, b x + a y = b x, x + ab x, y + a y, y = b x + ab x, y + a y έπεται ότι a x + b y = b x + a y και εποµένως : a x + b y = b x + a y (3) Χρησιµοποιώντας την τριγωνική ανισότητα, ϑα έχουµε : x = x y + y x y + y = x y x y y = y x + x y x + x = x y + x = y x x y Από τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει ότι : x y x y Τέλος από την τριγωνική ανισότητα, έπεται ότι : Άρα : x y = x + ( y) x + y x + y x y x y x + y Θεωρούµε στο επίπεδο ένα τρίγωνο µε πλευρές τα διανύσµατα x, y και x y Τότε οι παραπάνω ανισότητες εκφράζουν τη γεωµετρική ιδιότητα ότι το µήκος µιας πλευρά ενός τριγώνου είναι µικρότερο ή ίσο από το άθροισµα των µηκών των δύο άλλων πλευρών και µεγαλύτερο ή ίσο από την απόλυτη τιµή της διαφοράς τους (4) (αʹ) Εστω x Ker(f λid E ) Τότε (f λid E )( x) = και άρα f( x) λ x =, δηλαδή : f( x) = λ x Από την υπόθεση τότε ϑα έχουµε : f( x) = λ x = f( x) x = λ x x = λ x x = ( λ ) x Αν x, τότε x και άρα x > Επειδή λ >, έπεται ότι λ < και άρα ( λ ) x < και αυτό είναι άτοπο από την παραπάνω σχέση Άρα x = και εποµένως Ker(f λid E ) = { }, δηλαδή ο ενδοµορφισµός f λid E του E είναι µονοµορφισµός Επειδή dim R E <, έπεται ότι ο ενδοµορφισµός f λid E του E είναι ισοµορφισµός

(ϐʹ) Εστω ότι λ είναι ιδιοτιµή του f µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα x Τότε x και f( x) = λ x, δηλαδή (f λid E )( x) = Αυτό σηµαίνει ότι Ker(f λid E )) { }, δηλαδή ο ενδοµορφισµός f λid E ) του E δεν είναι ισοµορφισµός Τότε επειδή x και, όπως παραπάνω, έχουµε ( λ ) x, έπεται ότι λ >, δηλαδή λ < Ενας µετρικός χώρος είναι ένα Ϲεύγος (E, d) αποτελούµενο από ένα µη-κενό σύνολο X και από µια απεικόνιση d: E E R, (x, y) d(x, y) έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι εξής ιδιότητες : () x, y E: d(x, y) (Μη-αρνητικότητα) () d(x, y) = x = y (3) x, y E: d(x, y) = d(y, x) (Συµµετρία) (4) x, y, z E: d(x, y) d(x, z) + d(z, y) (Τριγωνική ανισότητα) Η απεικόνιση d καλείται µετρική Ασκηση 3 Εστω ότι (E,, ) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος Ορίζουµε απεικόνιση d: E E R, (x, y) d(x, y) = x y (απόσταση των x, y) Να δειχθεί ότι η απεικόνιση d είναι µια µετρική και άρα το Ϲεύγος (E, d) είναι ένας µετρικός χώρος Λύση Προφανώς, d( x, y) = x y, x, y E, και αν x = y, τότε : d( x, y) = x y = Αντίστροφα, αν d( x, y) = x y =, τότε x y = και εποµένως x = y Επίσης άµεσα έχουµε, x, y E: d( x, y) = x y = ( y x) = y x = d( y, x) Τέλος χρησιµοποιώντας την τριγωνική ανισότητα, ϑα έχουµε, x, y, z E: d(x, y) = x y = x z + z y x z + z y = d( x, z) + d( z, y) Εποµένως η απεικόνιση d είναι µια µετρική επί του Ευκλείδειου χώρου E Ασκηση 4 Εστω ότι a, a,, a n είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί Να δειχθεί ότι : ( ) ( n a + a + + a n + + + ) a a a n Λύση Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο (R n,, ) εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόεµενο Επειδή οι αριθµοί a, a,, a n είναι ϑετικοί, µπορούµε να ϑεωρήσουµε τα διανύσµατα x = ( a, a,, ( ) ) a n και y =,,, a a an Από την ανισότητα των Cauchy-Schwarz, έπεται ότι : x, y x y Οµως x, y = ( a, a,, a n ), ( a, a,, an ) = + + + = n x y = ( a ) + ( a ) + + ( a n ) ( ) + ( ) + + ( ) = a a an = a + a + + a n a + a + + a n

3 Συνδυάζοντας τις παραπάνω σχέσεις, έχουµε ότι : και εποµένως : n a + a + + a n a + a + + a n n ( ( ) a + a + + a n + + + ) a a a n Ασκηση 5 Εστω η απεικόνιση, : R 3 R 3 R η οποία ορίζεται ως εξής : (x, x, x 3 ), (y, y, y 3 ) = x y + x y + 3x 3 y 3 () είξτε ότι η παραπάνω απεικόνιση ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R 3 () Να ϐρεθούν όλα τα διανύσµατα του R 3 τα οποία είναι κάθετα, ως προς το εσωτερικό γινόµενο,, µε κάθε διάνυσµα του υπόχωρου V = { (x, y, z) x y + z = } Λύση () Εστω (x, x, x 3 ), (y, y, y 3 ), (z, z, z 3 ) R 3 και λ R Τότε : (α): (x, x, x 3 ), (y, y, y 3 ) = x y + x y + 3x 3 y 3 = y x + y x + 3y 3 x 3 = (y, y, y 3 ), (x, x, x 3 ) (β): (x, x, x 3 ) + (z, z, z 3 ), (y, y, y 3 ) = (x + z, x + z, x 3 + z 3 ), (y, y, y 3 ) = (x + z )y + (x + z )y + 3(x 3 + z 3 )y 3 = x y + z y + x y + z y + 3x 3 y 3 + 3z 3 y 3 = x y + x y + 3x 3 y 3 + z y + z y + 3z 3 y 3 = (x, x, x 3 ), (y, y, y 3 ) + (z, z, z 3 ), (y, y, y 3 ) (γ): λ(x, x, x 3 ), (y, y, y 3 ) = (λx, λx, λx 3 ), (y, y, y 3 ) = λx y + λx y + 3λx 3 y 3 = λ(x y + x y + 3x 3 y 3 ) = λ(x, x, x 3 ), (y, y, y 3 ) (δ): και άρα (x, x, x 3 ), (x, x, x 3 ) = x + x + 3x 3 (x, x, x 3 ), (x, x, x 3 ) = x = x = x 3 = Εποµένως η απεικόνιση, ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R 3

4 () Εχουµε : V = {(x, y, z) x y + z = } = {(x, y, z) y = x + z} = {(x, x + z, z) x, z R} = {x(,, ) + z(,, ) x, z R} = (,, ), (,, ) και επειδή τα διανύσµατα (,, ), (,, ) είναι γραµµικά ανεξάρτητα έπεται ότι το σύνολο {(,, ), (,, )} αποτελεί µια ϐάση του V Αφού ϑέλουµε να ϐρούµε όλα τα διανύσµατα του R 3 τα οποία είναι κάθετα, ως προς το εσωτερικό γινόµενο,, µε κάθε διάνυσµα του υπόχωρου V, αρκεί να ϐρούµε τα διανύσµατα που είναι κάθετα µε τα διανύσµατα της ϐάσης του V Εστω (x, y, z) R 3 Τότε : Άρα έχουµε : (,, ), (x, y, z) = (,, ), (x, y, z) = = x + y = y + 3z = = x = y z = 3 y W = { (x, y, z) R 3 (,, ), (x, y, z) = και (,, ), (x, y, z) = } = {(x, y, z) R 3 x = y και z = 3 } y = {( y, y, 3 ) } y R 3 y R { ( = y,, ) } R 3 y R 3 ( =,, ) 3 Υπενθυµίζουµε ότι ένα σύνολο διανυσµάτων C = { e, e,, e n } του Ευκλείδειου χώρου (E,, ) καλείται : () ορθογώνιο, αν : i j n = e i, e j = () ορθοκανονικό, αν είναι ορθογώνιο και, i =,,, n: e i = (3) ορθοκανονική ϐάση, αν είναι ϐάση και ορθοκανονικό σύνολο Ασκηση 6 Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο ( R [t], ) εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο P (t), Q(t) = P (t)q(t)dt () Να ϐρεθούν τα µήκη και οι γωνίες των διανυσµάτων t, + t () Να δειχθεί ότι το σύνολο διανυσµάτων είναι µια ορθογώνια ϐάση του R [t] (3) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του R [t] P (t) =, Q(t) = t, R(t) = t t + 6 Λύση () Αν θ είναι η γωνία των διανυσµάτων t και + t, τότε Θα έχουµε : cos θ = t, + t t + t

5 Υπολογίζουµε : t, + t = t ( + t) dt = (t + t ) dt = t dt + t = t, t = t dt = t dt = t + t = + t, + t = ( + t) dt = ( + t + t ) dt = dt + 3 + t3 3 = + 3 = 9 6 t dt + t dt = = + + 7 3 = 3 () Το σύνολο διανυσµάτων P (t) =, Q(t) = t, και R(t) = t t + 6 είναι ϐάση του R [t] διότι dim R R [t] = 3 και τα διανύσµατα P (t), Q(t) και R(t) είναι γραµµικά ανεξάρτητα, επειδή : deg =, deg(t ) =, και deg(t t + 6 ) = Υπολογίζουµε : P (t), Q(t) =, t = (t ) dt = t dt = t t = = = P (t), R(t) = = t dt, t t + = 6 Q(t), R(t) = t dt + t, t t + 6 ( t 3 3 t + 3 t ) dt = t4 4 ( t t + ) dt = 6 ( t t + ) dt = 6 6 dt = t3 3 t t + 6 t = 3 + 6 = ( = t ) ( t t + ) dt = 6 3 t 3 3 + t 3 t = 4 + 3 = { Άρα τα διανύσµατα της ϐάσης P (t), Q(t), R(t) } { είναι ανά δύο ορθογώνια (3) Επειδή η ϐάση P (t), Q(t), R(t) } είναι ορθογώνια, για να είναι ορθοκανονική ϑα πρέπει κάθε διάνυσµα της ϐάσης να είναι µοναδιαίο, και εποµένως αρκεί να διαιρέσουµε κάθε ένα από τα διανύσµατα P (t), Q(t), και R(t) µε το µήκος του Τα µήκη των διανυσµάτων P (t), Q(t), και R(t) υπολογίστηκαν στην Άσκηση 5: P (t) =, Q(t) =, R(t) = 8 Εποµένως τα διανύσµατα P (t) P (t) =, Q(t) Q(t) = ( t ), αποτελούν µια ορθοκανονική ϐάση του R [t] R(t) R(t) = ( 8 t t + ) 6 Παρατήρηση 3 Σε κάποιες από τις επόµενες ασκήσεις χρησιµοποιούµε το εξής αποτέλεσµα από τη Θεωρία Εστω B = { } e, e,, e n µια ορθοκανονική ϐάση του Ευκλείδειου χώρου (E,, ) ηλαδή το σύνολο B είναι µια ϐάση του E και {, αν i = j e i, e j = ( ), αν i j Αν x = x e + x e + + x n e n είναι η µοναδική γραφή του x ως γραµµικός συνδυασµός της ϐάσης B, τότε χρησιµοποιώντας τις σχέσεις ( ) ϑα έχουµε, i =,,, n: x, e i = x e + x e + + x n e n, e i = x e, e i + x e, e i + + x n e n, e i =

6 Αρα x i = x, e i, i n, και τότε : = x e, e i + x e, e i + + x n e n, e i = x i x = x, e e + x, e e + + x, e n e n Εστω y E, και τότε ϑα έχουµε : y = y, e e + y, e e + + y, e n e n Εποµένως χρησιµοποιώντας τις σχέσεις ( ) προκύπτει ότι : x, y = x, e y, e + x, e y, e + + x, e n y, e n ( ) Ιδιαίτερα : x = x, x = x, e + x, e + + x, e n ( ) Ασκηση 7 Εστω B = { e, e,, e n } µια ορθοκανονική ϐάση του Ευκλείδειου χώρου (E,, ), και x E ένα µη-µηδενικό διάνυσµα Αν θ i είναι η γωνία των διανυσµάτων x και e i, i n, να δειχθεί ότι : Λύση Για κάθε i =,,, n, ϑα έχουµε : cos θ + cos θ + + cos θ n = x, ei = x ei cos θ i = x cos θ i = x, e i = x cos θ i Εποµένως : x, e + x, e + + x, e n = x cos θ + x cos θ + + x cos θ n = = x, e + x, e + + x, e n = x ( cos θ + cos θ + + cos ) θ n Από τη σχέση ( ) στην Παρατήρηση 3, έπεται ότι x = x ( cos θ + cos θ + + cos ) θ n Επειδή x, έπεται ότι x και εποµένως : cos θ + cos θ + + cos θ n = Ασκηση 8 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και C = { ε,, ε m } ένα ορθοκανονικό σύνολο διανυσµάτων του E Να δείξετε ότι, y E: y, ε + + y, ε m y και : y, ε + + y, ε m = y m = dim R E

7 Λύση Εχουµε : Εποµένως έχουµε : m m y y, ε i ε i, y y, ε i ε i = = y, y y, m y, ε i ε i m y, ε i ε i, y + m m y, ε i ε i, y, ε i ε i = y, y + m y, ε i m y, ε i y, ε i ε i, y m m y, ε i y, ε i ε i, ε i = y = y m y, ε i y m y, ε i + m y, ε i m y, ε i Αν m = dim R E, τότε προφανώς το σύνολο C είναι µια ορθοκανονική ϐάση του E και τότε από τη σχέση ( ) στην Παρατήρηση 3 έπεται ότι : m y, ε i = y Αντίστροφα, έστω ότι για κάθε διάνυσµα y του E ισχύει ότι m } y, ε i = y Αν m dim R E, τότε υπάρχει ένα διάνυσµα ε m+ E έτσι ώστε το σύνολο C { ε m+ να είναι ορθοκανονικό Τότε όµως ϑα έχουµε m = ε m+, ε i = ε m+ = και αυτό είναι άτοπο Άρα m = dim R E Ασκηση 9 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και x, y E Να δειχθεί ότι : x, y = x x + λ y, λ R Λύση Εστω x, y = Τότε : x + λ y = x + λ x, y + λ y = x + λ y x διότι λ y για κάθε λ R Συνεπώς : x + λ y x Αντίστροφα έστω ότι x x + λ y, λ R Τότε : x + λ y x = x + λ x, y + λ y x = λ y + λ x, y, λ R Ο ισχυρισµός προκύπτει µε εφαρµογή της διαδικασίας Gram-Schmidt

8 Αν y =, τότε y =, και προφανώς : x, y = Υποθέτουµε ότι : y Θέτουµε και άρα ϕ(λ) = y λ + x, yλ, λ R Υποθέτουµε ότι x, y Οι ϱίζες του τριωνύµου ϕ(λ) ως προς λ είναι : ϕ(λ), λ R ( ) x, y λ = και λ = y οι οποίες είναι διακεκριµµένες : λ = λ διότι x, y Επειδή η διακρίνουσα του ϕ(λ) είναι = 4 x, y >, το τριώνυµο ϕ(λ) λαµβάνει τιµές αντίθετες του πρόσηµου του y > στο διάστηµα µεταξύ των ϱιζών του Άρα : ϕ(λ) <, λ (, x, y ), αν x, y < y και ( x, y ) ϕ(λ) <, λ y,, αν x, y > Άρα επιλέγοντας λ σε ένα από τα παραπάνω διαστήµατα, ϐλέπουµε ότι : λ R : ϕ(λ) < ( ) Από τις σχέσεις ( ) και ( ) ϐλέπουµε ότι η υπόθεση x, y, µας οδηγεί σε άτοπο Άρα x, y = Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και x, x,, x n E Ο πίνακας Gram των διανυσµάτων x, x,, x n ορίζεται ως εξής : x, x x, x x, x n x, x x, x x, x n G( x, x,, x n ) = x n, x x n, x x n, x n και η ορίζουσα Gram των διανυσµάτων x, x,, x n ορίζεται ως η ορίζουσα του πίνακα Gram: G( x, x,, x n ) x, x x, x x, x n x, x x, x x, x n = x n, x x n, x x n, x n Ασκηση Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και x, x,, x n E Να δειχθεί ότι : G( x, x,, x n ) το σύνολο διανυσµάτων { x, x,, x n } είναι γραµµικά ανεξάρτητο Λύση () Υποθέτουµε ότι G( x, x,, x n ) Εστω λ x + λ x + + λ n x n = Θεωρούµε το εσωτερικό γινόµενο της παραπάνω σχέσης διαδοχικά µε τα διανύσµατα x, x,, x n Τότε ϑα έχουµε τις ακόλουθες σχέσεις : x, λ x + λ x + + λ n x n = x, λ x + λ x + + λ n x n = x n, λ x + λ x + + λ n x n =

9 ή ισοδύναµα (Σ) λ x, x + λ x, x + + λ n x, x n = λ x, x + λ x, x + + λ n x, x n = λ x n, x + λ x n, x + + λ n x n, x n = Ο πίνακας του γραµµικού συστήµατος (Σ) ως προς λ, λ,, λ n R είναι προφανώς ο πίνακας Gram G( x, x,, x n ) των διανυσµάτων x, x,, x n Επειδή G( x, x,, x n ), έπεται ότι το οµογενές σύστηµα (Σ), ως προς λ, λ,, λ n, έχει µοναδική λύση, τη µηδενική, δηλαδή λ = λ = = λ n = Εποµένως το σύνολο διανυσµάτων x, x,, x n είναι γραµµικά ανεξάρτητο () Αντίστροφα, αν το σύνολο διανυσµάτων x, x,, x n είναι γραµµικά ανεξάρτητο, τότε έπεται ό- τι G( x, x,, x n ) Πράγµατι, αν G( x, x,, x n ) =, τότε η ϐαθµίδα του πίνακα G( x, x,, x n ) είναι < n ή ισοδύναµα οι στήλες x, x x x, x, x x, x n Σ =, Σ = x, x,, Σ n = x, x n x n, x x n, x x n, x n του πίνακα G( x, x,, x n ) είναι γραµµικά εξαρτηµένες Εποµένως υπάρχουν (λ, λ,, λ n ) (,,, ) έτσι ώστε : λ Σ + λ Σ + + λ n Σ n = O και εποµένως : λ x, x + λ x, x + + λ n x, x n λ x, x + λ x, x + + λ n x, x n = = λ x n, x + λ x n, x + + λ n x n, x n x, λ x + λ x + + λ n x n x, λ x + λ x + + λ n x n = = = x n, λ x + λ x + + λ n x n x, λ x + λ x + + λ n x n = x, λ x + λ x + + λ n x n = = x n, λ x + λ x + + λ n x n = Πολλαπλασιάζοντας την πρώτη σχέση µε λ, τη δεύτερη µε λ,, την τελευταία µε λ n, και χρησιµοποιώντας τη διγραµµικότητα του εσωτερικού γινοµένου, προκύπτει ότι : λ x, λ x + λ x + + λ n x n = λ x, λ x + λ x + + λ n x n = λ n x n, λ x + λ x + + λ n x n = Προσθέτοντας τις παραπάνω σχέσεις και χρησιµοποιώντας τη διγραµµικότητα του εσωτερικού γινοµένου, πρικύπτει ότι λ x + λ x + + λn xn, λ x + λ x + + λn xn = δηλαδή : λ x + λ x + + λ n x n =

Από την ιδιότητα ϑετικά ορσιµένου του εσωτερικού γινοµένου, έπεται τότε ότι : λ x + λ x + + λ n x n = Επειδή το σύνολο διανυσµάτων x, x,, x n είναι γραµµικά ανεξάρτητο, ϑα έχουµε : λ = λ = = λ n = και αυτό είναι άτοπο Στο άτοπο οδηγηθήκαµε υποθέτοντας ότι η ορίζουσα Gram G( x, x,, x n ) είναι ίση µε µηδέν Άρα G( x, x,, x n ) Ασκηση Εστω ότι a, a,, a n, b, b,, b n, και c, c,, c n είναι πραγµατικοί αριθµοί Αν c, c,, c n >, να δειχθεί ότι : c i a i b i n c i a i n c i b i Λύση Θεωρούµε τα ακόλουθα διανύσµατα του R n : x = ( c a,, c n a n ) και y = ( c b,, c n b n ) Τότε από την ανισότητα των Cauchy-Schwarz έχουµε : x, y x y = c i a i b i n c i a i n c i b i ιαφορετικά: Επειδή c, c,, c n >, η απεικόνιση 3 (x,, x n ), (y,, y n ) = x k c k y k k= είναι ένα εσωτερικό γινόµενο στον R n Από την ανισότητα των Cauchy-Schwarz για τα διανύσµατα x = (a,, a n ) και y = (b,, b n ) ως προς το εσωτερικό γινόµενο,, ϑα έχουµε : x, y x y = n c i a i b i n c i a i n c i b i Ασκηση Εστω ότι (E,, ) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος Να δείξετε ότι, z, x, y E: z x + z y = x y + z ( x + y) (Ταυτότητα του Απολλώνιου) Τι εκφράζει γεωµετρικά η ταυτότητα του Απολλλώνιου ; 3 Η απεικόνιση, είναι ενα εσωτερικό γινόµενο διότι, επιλέγοντας στην Άσκηση 9 την κανονική ϐάση B του R n, ο αντίστοιχος πίνακας A = ( e i, e j ) είναι ο διαγώνιος πίνακας είναι προφανώς συµµετρικός και ϑετικά ορισµένος c c A = c n

Λύση Εχουµε : x y + z ( x + y) = x y + z z, x + y + x + y = x x, y + y + z z, x z, y + x + x, y + y = ( z z, x + x ) ( + z z, y + y ) = z x + z y και άρα δείξαµε την ισότητα του Απολλώνιου Θεωρούµε στο επίπεδο ένα τρίγωνο µε πλευρές τα διανύσµατα z x και z y, και x y Τότε το διάνυσµα z ( x+ y) είναι η διάµεσος από την κορυφή της γωνίας που σχηµατίζουν το διανύσµατα z x και z y Τότε η αποδειχθείσα ταυτότητα εκφράζει τη γεωµετρική ιδιότητα ότι το άθροισµα των τετραγώνων δύο οποιωνδήποτε πλευρών του, είναι ίσο µε το µισό του τετραγώνου της τρίτης πλευράς συν το διπλάσιο του τετραγώνου της αντίστοιχης διαµέσου της Η ταυτότητα του Απολλώνιου είναι γνωστή στην Ευκλείδεια Γεωµετρία και ως το Πρώτο Θεώρηµα ιαµέσων Ασκηση 3 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και x, y, z τρία διανύσµατα του E Να δειχθεί ότι : x y z y z x + z x y (Ανισότητα του Πτολεµαίου) Λύση Αν ένα εκ των διανυσµάτων x, y, και z είναι το µηδενικό, τότε η ανισότητα ισχύει άµεσα Για παράδειγµα, αν x =, τότε x y z = y z = y z και y z x + z x y = y z + z y = y z + z y = z y Άρα αν x =, τότε η ανισότητα ισχύει και µάλιστα είναι ισότητα Παρόµοια προκύπτει η Ϲητούµενη ανισότητα αν y = ή z = Υποθέτουµε ότι τα διανύσµατα x, y, και z είναι µη-µηδενικά Θεωρούµε τα διανύσµατα : Παρατηρούµε ότι : Παρόµοια : Τότε x = x = x, x = x x, y = y y, z = z z x x, x x = x x, x = x 4 x 4 = x y = y και z = z x y = x y, x y = x, x x, y + y, y = x x x, = x x x, y + y y = y x, y + x x y, x y x y = x y = Εποµένως ϑα έχουµε : x y = x y x y y y + y = x y x y

και παρόµοια : Άρα : x y = x z = x y x y, x z x z και z y = x z = x z x z, z y z y z y = z y z y Χρησιµοποιώντας την τριγωνική ανισότητα για τα διανύσµατα x, y, και z, ϑα έχουµε : = x y = x z + z y x z + z y = = x y x y x z x z + z y z y x y z x y z x y z x z y + z y x = x y z = = x y z x z y + z y x = = x y z y z x + z x y Ασκηση 4 Εστω ότι (E,, ) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος Αν x, y E, να δειχθεί ότι : () () x + y = x + y + x y Τι εκφράζει γεωµετρικά ο Νόµος του παραλληλογράµµου ; x, y = x + y x y 4 Τι εκφράζει αλγεβρικά η παραπάνω ταυτότητα ; Λύση () Θα έχουµε : (Νόµος του Παραλληλογράµµου) x+ y + x y = x+ y, x+ y + x y, x y = ( x, x + x, y + x, x ) + ( x, x x, y + x, x ) = = x + y + x + y = x + y Θεωρούµε στο επίπεδο ένα παραλληλόγραµµο µε πλευρές τα διανύσµατα x και y Τότε τα διανύσµατα x y και x + y είναι οι διαγώνιοι του παραλληλογράµµου Τότε η αποδειχθείσα ταυτότητα εκφράζει τη γεωµετρική ιδιότητα ότι το άθροισµα των τετραγώνων των µηκών των διαγωνίων του είναι ίσο µε το άθροισµα των διπλασίων των µηκών των πλευρών του () Θα έχουµε : x+ y x y = x+ y, x+ y x y, x y = ( x, x + x, y + x, x ) ( x, x x, y + x, x ) = = x, y + x, y = 4 x, y = x, y = x + y x y 4 Η παραπάνω ταυτότητα εκφράζει την αλγεβρική ιδιότητα ότι σε έναν Ευκλείδειο χώρο το εσωτερικό γινόµενο εκφράζεται συναρτήσει της στάθµης Αν E είναι ένας R-διανυσµατικός χώρος, τότε µια απεικόνιση : E R, x x καλείται στάθµη επί του E, αν και µόνο αν ικανοποιεί τις ακόλουθες ιδιότητες, x, y E και λ R: () x, και x = αν και µόνον αν x = () λ x = λ x (3) x + y x + y

Το Ϲεύγος (E, ) καλείται σταθµητός χώρος, αν E είναι ένας R-διανυσµατικός χώρος και : E R είναι µια στάθµη επί του E Για παράδειγµα, αν (E,, ) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος, τότε γνωρίζουµε ότι η απεικόνιση : E R, x x = + x, x είναι µια στάθµη επί του E Η στάθµη αυτή καλείται η στάθµη η οποία επάγεται από το εσωτερικό γινόµενο, Εποµένως κάθε Ευκλείδειος χώρος είναι σταθµητός χώρος Οι επόµενες δύο Ασκήσεις δείχνουν ότι υπάρχουν στάθµες επί ενός R-διανυσµατικού χώρου οι οποίες δεν επάγονται από ένα εσωτερικό γινόµενο 3 Ασκηση 5 Στον διανυσµατικό χώρο R n, ϑεωρούµε την απεικόνιση : E R, x = (x, x,, x n ) x = max { x, x,, x n } Να δειχθεί ότι η απεικόνιση είναι µια στάθµη επί του R n η οποία δεν επάγεται από ένα εσωτερικό γινόµενο Λύση () Εστω x = (x, x,, x n ) R n Προφανώς x, και x = αν και µόνον αν max { x, x,, x n } = αν και µόνον αν x = x = = x n = δηλαδή x i =, i n, αν και µόνον αν x = Επιπρόσθετα ϑα έχουµε λ x = max { λx, λx,, λx n } Αν x k = max { x, x,, x n }, όπου k n, τότε προφανώς λ x k = λx k = max { λx, λx,, λx n } και εποµένως λ x = λ x Τέλος x + y = max { x + y, x + y,, x n + y n } Εστω : x + y = x k + y k = max { x + y, x + y,, x n + y n } x = x r = max { x, x,, x n }, y = y s = max { y, y,, y n } όπου k, r, s n Τότε x k x r και y k y s Επειδή x k + y k x k + y k x r + y s, έπεται ότι : x + y = x k + y k x r + y s = x + y Εποµένως η απεικόνιση x x είναι µια στάθµη επί του R n () Εστω ότι η στάθµη επάγεται από ένα εσωτερικό γινόµενο επί του R n, δηλαδή, x = (x, x,, x n R n : = x, x Τότε όπως είδαµε στην Άσκηση 4 ϑα ισχύει ο Νόµος του Παραλληλογράµµου, x, y R n : Θαωρούµε τα διανύσµατα : x + y = x + y + x y x = (,,,, ) και y = (,,,, ) Τότε : x + y = (,,,, ) και x y = (,,, ) Εποµένως : Εποµένως x = = y και x + y = = x y x + y = + = 4 8 = + = x + y + x y Αυτό είναι αντίφαση, στην οποία οδηγηθήκαµε υποθέτοντας ότι η στάθµη επάγεται από ένα εσωτερικό γινόµενο στον R n Εποµένως η στάθµη του R n δεν επάγεται από ένα εσωτερικό γινόµενο στον R n

4 Ασκηση 6 Για κάθε πραγµατικό αριθµό p >, ϑεωρούµε την απεικόνιση p : R n R, x = (x, x,, x n ) x p = p x p + x p + + x n p = ( x i p ) p () Να δειχθεί ότι η απεικόνιση p είναι µια στάθµη επί του R n () Να δειχθεί ότι η στάθµη p επάγεται από ένα εσωτερικό γινόµενο στον R n αν και µόνον αν p = Λύση () Οι δύο πρώτες ιδιότητες της στάθµης ικανοποιούνται άµεσα από την απεικόνιση p Η απόδειξη της τρίτης ιδιότητας, δηλαδή της τριγωνικής ανισότητας, δεν είναι τετριµµένη, γι αυτό και η απόδειξή της παραλείπεται 4 () Αν p =, τότε γνωρίζουµε ότι η στάθµη είναι η στάθµη η οποία επάγεται από το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο του R n : ( ( ) x = x i ) = x i = x + x + + x n = x, x Αντίστροφα, έστω ότι η στάθµη p επάγεται από ένα εσωτερικό γινόµενο, επί του R n, δηλαδή, x = (x, x,, x n ) R n : p = x, x Τότε όπως είδαµε στην Άσκηση 4 ϑα ισχύει ο Νόµος του Παραλληλογράµµου, x, y R n : Θαωρούµε τα διανύσµατα : x p + y p = x + y p + x y p x = (,,,, ) και y = (,,,, ) Τότε : x + y = (,,,, ) και x y = (,,, ) Εποµένως : Εποµένως x p = p = y p και x + y p = = x y p x p + y p = p + p = 4 p = 8 = + = x + y p + x y p δηλαδή 4 p = 8 = p = = p = = p = 4 Η απόδειξη χωρίζεται σε τρία ϐήµατα (όπου κάθε ϐήµα είναι η απόδειξη µιας ανισότητας και κάθε ανισότητα χρησιµοποιείται στην απόδεξη της επόµενης): (αʹ) Ανισότητα Young: Αν p (, ), και αν q R είναι τέτοιος ώστε τότε : a, b [, ) : ab ap p + bq q p + q = και ab = ap p + bq q (ϐʹ) Ανισότητα Hölder: x = (x, x,, x n(, y = (y, y,, y n) R n : x iy i x p y p (γʹ) Ανισότητα Minkowski: x = (x, x,, x n(, y = (y, y,, y n) R n : x + y p x p + y p a p = b q

5 Παρατήρηση 4 Είδαµε στην Ασκηση 4 ότι κάθε Ευκλείδειος χώρος είναι είναι σταθµητός χώρος µε στάθµη η οποία επάγεται από το εσωρετικό γινόµενο και η οποία ικανοποιεί τον Νόµο του Παραλληλογράµµου Το επόµενο σηµαντικό Θεώρηµα χαρακτηρίζει τους σταθµητούς χώρους οι οποίοι είναι Ευκλείδειοι, δηλαδή η στάθµη τους επάγεται από ένα εσωτερικό γινόµενο Για την Απόδειξη παραπέµπουµε στη σελίδα 6 των σηµειώσεων : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/theoretical_topicspdf Θεώρηµα [Jordan - Von Neumann (935)] Εστω E ένας R-διανυσµατικός χώρος και : E R µια στάθµη επί του E η οποία ικανοποιεί τον Νόµο του Παραλληλογράµµου Τότε η απεικόνιση, : E E R, x, y = x + y x y ορίζει ένα µοναδικό εσωτερικό γινόµενο επί του E έτσι ώστε x E: x, x = x Εποµένως αν E είναι ένας R-διανυσµατικός χώρος, τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : () Το Ϲεύγος (E,, ) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος () Το Ϲεύγος (E, ) είναι σταθµητός χώρος και η στάθµη του ικανοποιεί τον Νόµο του Παραλληλογράµµου 4 ( )