ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) Ενδεικτικές λύσεις ΕΡΓΑΣΙΑ η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 6 Νοεµβρίου 005 Ηµεροµηνία Παράδοσης της Εργασίας από τον Φοιτητή: 6 εκεµβρίου 005 Οι ασκήσεις της εργασίας αναφέρονται στα θέµατα : Κεφάλαιο (Χώροι εσωτερικού γινοµένου) Κεφάλαιο 4 (Γραµµικοί µετασχηµατισµοί) Κεφάλαιο 5, 5 (Χαρακτηριστικά µεγέθη- ιαγωνοποίηση ) του συγγράµµατος του ΕΑΠ «Γραµµική Άλγεβρα» των Μ Χατζηνικολάου και Γρ Καµβύσα Βοηθητικό υλικό: Για την εργασία µπορείτε να συµβουλευθείτε το υλικό που υπάρχει στη διεύθυνση http://edueapgr/pli/pli/studentshtm Από το Ε Υ: Κεφ 7, Βάση και ιάσταση Κεφ 8, Γραµµικές Απεικονίσεις, Κεφ 9, Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα, Κεφ 0, ιαγωνοποίηση, Από το ΣΕY: Οι Χώροι R^n, ιανυσµατικοί Χώροι, Γραµµικές απεικονίσεις, Ιδιοτιµές και ιδιοδιανύσµατα, ιαγωνοποίηση

( µον) Έστω το σύνολο { ( ) 4,,, 4 R : 40 } W x x x x x x + x + x α) Βρείτε µία βάση του υπόχωρου W και τη διάσταση του W β) Βρείτε µια ορθοκανονική βάση του ορθογωνίου συµπληρώµατος W γ) Υπολογίστε την προβολή του διανύσµατος ( 0) v,,, στον W και W (Υπόδειξη : Μελετήστε τη θεωρία των σελ 5-65 του βιβλίου) Λύση : α) Επειδή x x + x+ x40 x x x x4, κάθε διάνυσµα του W γράφεται ( x, x, x, x4) ( x x x4, x, x, x4) ( x, x,0,0 ) + ( x,0, x,0 ) + ( x4,0,0, x4) x (,,0,0 ) + x (,0,,0 ) + x (,0,0, ) x v + x v + x v Άρα span { v, v, v } 4 4 W Τα διανύσµατα v, v, v είναι γραµµικά ανεξάρτητα, 0 0 διότι ο υποπίνακας A 0 0 του A έχει ορίζουσα 0 0 0 0 0 0 det A 0 Συνεπώς, { v, v, v } είναι βάση του W και dim W β) Για να βρούµε µια ορθοκανονική βάση του W, θεωρούµε το διάνυσµα ( x, y, z, w) u W W Λύνοντας το σύστηµα, το οποίο αρκεί να είναι κάθετο σε κάθε διάνυσµα της βάσης του έχουµε u v 0 x + y 0 y x u v 0 x+ z 0 z x, u v 0 x+ w 0 w x { } u ( x, x,x,x), άρα W span r (,,,) r + + + 7, µια ορθοκανονική βάση του W είναι Επειδή ( ) span,,, 7 7 7 7

( ) γ) Έστω p W και p W οι προβολές του v,,, 0 στους δύο υπόχωρους Σύµφωνα µε τον τύπο (7) σελ 57 του βιβλίου έχουµε Από τη σχέση r v + + + 0 4 p r rr + + + 7 v p+ p (,,,) (,,,) (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 65 ) συµπεραίνουµε ότι 4 4 p v p (,,, 0) (,,, ),,, 7 7 7 7 7 είναι η προβολή του διανύσµατος v στον υπόχωρο W, ( µον) Θεωρήστε τα διανύσµατα v (,, ) και v ( 00,, ), v ( 0,, ), v (,, ) α) Αποδείξτε ότι το σύνολο { } συντεταγµένες του v v,v,v αποτελεί βάση του και βρείτε τις ως προς την παραπάνω βάση β) Αποδείξτε για τα διανύσµατα x ( α, α, α ) και y (,, ) σχέση β β β του ότι η ( xy, ) 0αβ + αβ + αβ + αβ +αβ +αβ +αβ ορίζει εσωτερικό γινόµενο στο χώρο γ) Yπολογίστε τον πίνακα αναπαράστασης A του εσωτερικού γινοµένου στην (β) και εξετάστε αν είναι θετικά ορισµένος (Υπόδειξη: Για το τελευταίο ερώτηµα δείτε την παράγραφο 7 του βιβλίου ) Λύση : α) Τα διανύσµατα v,v,v παράγουν τον R και επιπλέον είναι γραµµικά ανεξάρτητα, αφού συντεταγµένες του det 0 6 0 Συνεπώς αποτελούν βάση του R Οι 0 0 v (,, ) ως προς αυτή τη βάση είναι η µοναδική λύση του συστήµατος xv + yv + zv v Ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος είναι 0, η δε λύση είναι 0 0 z, y και x Συνεπώς, v v v + v

β) Για να αποτελεί η δοθείσα σχέση εσωτερικό γινόµενο αρκεί να επαληθεύει τις ιδιότητες του ορισµού Πράγµατι, για, y ( β, β, β ) R ( ), z γ, γ, γ R είναι λ µ R και (,, ) x α α α R, (,, ) (,, ) (,, ) ( ˆ, ˆ, ˆ ) λ x+ µ y λ α α α + µ β β β λα + µβ λα + µβ λα + µβ α α α οπότε κάνοντας πράξεις έχουµε ( ) ( x y z) I λ +µ, 0αˆ γ + αˆ γ + αˆ γ + αˆ γ +αˆ γ +αˆ γ +αˆ γ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( 0 ) ( 0 ) ( xz, ) ( yz, ) 0 λα +µβ γ + λα +µβ γ + λα +µβ γ ) + λα + µβ γ + λα + µβ γ + λα + µβ γ + λα + µβ γ λ α γ + α γ + α γ + α γ +α γ +α γ +α γ +µ β γ + β γ + β γ + β γ +β γ +β γ +β γ λ +µ η αντιµεταθετική ιδιότητα που ισχύει στην πρόσθεση και στον πολλαπλασιασµό των πραγµατικών αριθµών δίνει ( ) ( yx) I, 0βα+βα+βα+ βα+βα+βα+βα και τέλος 0αβ + αβ + αβ + αβ +αβ +αβ +αβ ( xy) 0αβ+ αβ+ αβ+ αβ+αβ+αβ+αβ, I xx, 0α + αα + α α + α +α α +α α +α και µάλιστα 0α + 6α α +α +α + α α +α α + α +α + α +α 0 ( ) xx, 0 α + α +α + α +α 0, όπου συµπεραίνουµε α 0, α +α 0 και α +α 0 α 0, α 0, α 0 Άρα x 0 γ) Ο πίνακας αναπαράστασης του εσωτερικού γινοµένου είναι v v v v v v A v v v v v v, v v v v v v όπου { v,v,v } αποτελούν βάση του χώρου σύµφωνα µε το (α) και συµβολίζεται το εσωτερικό γινόµενο των διανυσµάτων που ορίστηκε στο (β), (δείτε παράγραφο 7 του βιβλίου Αρκεί να υπολογισθούν τα v v i j v v, για τα οποία ισχύει vi v j v j vi, εξαιτίας της ιδιότητας ( Ι) του εσωτερικού γινοµένου Έχουµε v v 00,, 00,, 0, i j 4

v v 00,, 0,, 0+ 6 6 v v, v v 00,,,, 0+ 9 9 v v, v v,, 0,, 0 40 + + + 8 7, v v,, 0,, 60 + 8 + 8 + + 6 4 v v, v v,,,, 90 + 7 + 7 + 8 + 9 + 9 + 9 89, 0 6 9 οπότε A 6 7 4 Ο συµµετρικός πίνακας A είναι θετικά ορισµένος, 9 4 89 γιατί όλες οι κύριες πρωτεύοντες ελάσσονες ορίζουσες των υποπινάκων του A είναι 0 6 θετικές, 0 > 0, 6 7 44 > 0, det A 6 > 0, (δείτε θεώρηµα 7 του βιβλίου) ( 5 µον) α) Eξετάστε αν τα διανύσµατα v (,, ), v (,, ) του χώρου είναι ορθογώνια w (,, ) { } β) Ανήκει το διάνυσµα στον χώρο V span v,v ; γ) Βρείτε ένα µη µηδενικό διάνυσµα v του χώρου, το οποίο να είναι ορθογώνιο προς τα διανύσµατα και ν ν δ) Βρείτε την τρίτη στήλη του πίνακα ώστε ο Α να είναι ορθογώνιος ; 4 A ; 4 ; 4 ε) Βρείτε µια ορθοκανονική βάση για τον υπόχωρο V του που παράγεται από τα διανύσµατα των Gram-Schmidt v (,0,), v (,,), v (0,,) και v 4 (,, 0) µε τη διαδικασία 5

Λύση α) ύο διανύσµατα είναι ορθογώνια αν το εσωτερικό τους γινόµενο ισούται µε µηδέν Επειδή τα διανύσµατα v, v v v + ( ) + ( ) 0 είναι ορθογώνια β) Για να ανήκει το διάνυσµα γράφεται σαν γραµµικός συνδυασµός των w (,, ) στο χώρο V span{ v,v } v, v Έστω, αρκεί να w av+ bv (,, ) ( a, a, a) + ( b, b, b) ( a+ b, a+ b, ab) a+ b a + b a b Επειδή [ A b ] γ γ + γ 0 5 γ γ 0 /5 5 γ γ γ 0 4 0 4 γ γ + 4γ 0 / 5 0 0 /5 το παραπάνω σύστηµα δεν έχει λύση ηλαδή, δεν υπάρχουν a, b τέτοια ώστε w av + b v και έτσι το (,, ) δεν ανήκει στο χώρο V span v,v w { } γ) Έστω ένα τυχαίο διάνυσµα v (x,y,z) του χώρου Για να είναι το ορθογώνιο προς τα διανύσµατα v, v πρέπει : x y+ z 0 v v 0 και v v 0 x+ y z 0 Για το οµογενές σύστηµα έχουµε : γ γ γ γ γ 4 0 5 4 5 0 5 0 5 γ γ + γ 4 0 5 που αντιστοιχεί στο ισοδύναµο σύστηµα v 6

x + z 0 5 x z 5 4 4 y z 0 y z 5 5 4 Άρα το v που αναζητούµε είναι της µορφής v ( x, yz, ) z, zz, και ένα 5 5 τέτοιο είναι το v, για z 5 (, 4, 5) δ) Σύµφωνα µε το θεώρηµα 8, ένας n n πίνακας Α είναι ορθογώνιος αν και µόνο αν οι στήλες του (και οι γραµµές) αποτελούν µια ορθοκανονική βάση του n χώρου R Παρατήρησε ότι τα διανύσµατα v, v από τα προηγούµενα ερωτήµατα αν το καθένα διαιρεθεί µε το µέτρο του είναι το ίδιο µε τις δύο πρώτες στήλες του πίνακα Α Το δε v διάνυσµα στο (γ) κατασκευάστηκε ορθογώνιο, άρα αρκεί να διαιρεθεί και αυτό µε το µέτρο του, v 4, για να αποτελέσει την τρίτη στήλη του Α Έτσι, 4 4 A 4 4 4 5 4 4 ε) Επειδή τα διανύσµατα {,, } v v v είναι γραµµικά εξαρτηµένα 0 ( det 0 0 ), ενώ τα {,, } v v v είναι γραµµικά ανεξάρτητα, διότι 4 det 0 4 0, τα 0 {,, } v v v αποτελούν µια βάση του R Με τη 4 διαδικασία ορθοκανονικοποίησης Gram-Schmidt έχουµε : v (, 0,), v v v v v (,,) (, 0,) (,,), v v v v v v 4 4 4 v v v v (,,0) (,0,) (,,) (,, ) 6 6 6 6 4 4 4 v v v v ιαιρώντας µε το µέτρο κάθε διάνυσµα είναι 7

v v vˆ vˆ vˆ (, 0,), (,,), (,, ) v v 6 v Σηµείωσε, ότι αν επιλέξουµε άλλα διανύσµατα ως βάση του {,, } v v v, θα βρούµε διαφορετική ορθοκανονική βάση 4 v R, για παράδειγµα τα 4 ( µον) Να εξετάσετε ποιες από τις επόµενες συναρτήσεις είναι γραµµικές: α) f R R, f (, ) (, ) xy xyy, για κάθε ( xy, ) R : β) f R R, f ( xy, ) ( x+, y, y x), για κάθε ( xy, ) R : γ) f : R R, f ( xyz,, ) (0, x, y ), για κάθε ( xyz,, ) R Επιπλέον, αποδείξατε ότι 0 f f f f, όπου 0 είναι η µηδενική συνάρτηση Λύση Υπενθυµίζουµε ότι αν V και W είναι Κ-διανυσµατικοί χώροι, τότε µια απεικόνιση g: V W, είναι γραµµική αν και µόνο αν ισχύει gkv ( + kv ) kgv ( ) + kgv ( ), για κάθε k, k K και v, v V, ή ισοδύναµα να ισχύουν ταυτόχρονα οι ιδιότητες : i) gv ( + v) gv ( ) + gv) ( και ii) gkv ( ) kgv ( ), για κάθε v, v, v V και κάθε k K α) η συνάρτηση f R R, (, ) (, ) f xy xyy, για κάθε ( xy, ) R δεν είναι : γραµµική, αφού για παράδειγµα έχουµε: ( ) f (,) f (,) (9,), ενώ f (,) (,) (, ), άρα f((,)) f (,) και εποµένως η f δεν είναι γραµµική συνάρτηση β) Η συνάρτηση f R R, όπου f ( xy, ) ( x, y, y x) +, για κάθε : ( xy, ) R δεν είναι γραµµική συνάρτηση, εφόσον f (0,0) (,0,0) (0,0,0) ως όφειλε (δείτε την ιδιότητα (ii) για k 0 ) γ) Η συνάρτηση f : R R, µε f ( xyz,, ) (0, x, y ) είναι γραµµική διότι : i) Έστω ( x, x, x ),( y, y, y ) R Τότε : ((,, ) + (,, )) ( +, +, + ) ( 0,( + ),( + )) ( 0,x y, x y ) ( 0, x,x ) ( 0, y, y ) f ( x, x, x ) f ( y, y, y ) f x x x y y y f x y x y x y x y x y + + + + 8

ii) ( f kxyz (,, ) f kxkykz,, 0, kx,ky k0, x, y kf xyz,, ) Για να δείξουµε ότι f f f f 0, αρκεί να δειχθεί ότι f ( x, y, z ) (0,0,0) για κάθε ( xyz,, ) R Πράγµατι, (,, ) ( (,, )) ( ( (,, ))) ( ( 0,, )) ( 0,0,6 ) (0,0,0) f x y z f f x y z f f f x y z f f x y f x 5 ( 5 µον) Έστω η απεικόνιση f : µε f ( xyz,, ) ( x y z, y z, x y z) i) είξτε ότι η f είναι γραµµική, ii) Βρείτε µια βάση και τη διάσταση της εικόνας της f, iii) Βρείτε µια βάση και τη διάσταση του πυρήνα της f, + + + iv) Ορίσετε την απεικόνιση f, αν υπάρχει v) Βρείτε τον πίνακα αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του R Λύση i) Έστω (,, ), (,, ) v x y z v x y z, τότε ( ) (,, ) (,, ) f v f x y z x+ y z y+ z x+ y z, ( ) (,, ) (,, ) f v f x y z x + y z y + z x + y z, και ( x x y y z z y y z z x x y y z z) ) ( + ) (,, ) + (,, ) +, +, +,, ( ) ( ( x+ y z, y+ z, x+ y z) + ( x+ y z, y+ z, x+ yz) f ( v ) + f ( v ), f v v f x y z x y z f x x y y z z + + + + + + + + + + + ( λ ) ( λ(,, ) ) ( λ, λ, λ ) ( λx+ λy λz, λy+ λz, λx+ λyλz ) λ f ( v ) f v f x y z f x y z δηλαδή, η f είναι γραµµική ii) Επειδή f x, y, z x+ y z, y+ z, x+ y z x, 0, + y,, + z,,, ( ) η εικόνα της f παράγεται από τα διανύσµατα (, 0, ),(,, ),(,, ) Η διάσταση της εικόνας είναι Για να βρούµε τη διάστασή της εικόνας (Imf) θα εξετάσουµε 9

αν οι γεννήτορες είναι γραµµικά ανεξάρτητοι Πράγµατι, µε γραµµοπράξεις στον παρακάτω πίνακα έχουµε : 0 0 0 ( ) A γ γ + γ 0 ( ) 0 + γ γ + γ γ γ γ 0 0 0 0 Άρα, f {(,0, ),( 0,, ) } dim Im, και τα διανύσµατα είναι βάση του Im f iii) Από τον τύπο σελ 9, dim dim( Im f ) dim( Kerf ) ( ) dim ker f, διότι η διάσταση του χώρου είναι +, έχουµε ότι Για να βρούµε τη βάση του ker f, πρέπει να λύσουµε το οµογενές σύστηµα x+ y z 0 y + z 0 Επειδή και x+ y z 0 y z ( ) ( Άρα, το διάνυσµα (,,) είναι µια βάση του ker f iv) Για να υπάρχει x z y z x, y, z z,,) f, πρέπει η γραµµική απεικόνιση f να είναι - και επί, δηλαδή ισοµορφισµός Για να είναι όµως - πρέπει το ker f { 0} (iii), ker f { 0}, και συνεπώς δεν υπάρχει η f Αλλά από την v) Για τον πίνακα αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του παίρνουµε την κανονική βάση που είναι (,0,0 ), ( 0,,0 ), ( 0,0,) e e e f ( e ) (, 0,) e + 0 e + e, f ( e ) (,,) e + e + e, ( ) f e (,, ) e + e e Οπότε ο πίνακας αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του R είναι ο A 0 R 6 ( µον) A [ ] T [ ] Έστω ένας πραγµατικός πίνακας, τέτοιος ώστε [ ] T T A 0 [ 000] και [ 0 ] T [ 0] A T A, α) Να βρείτε τις ιδιοτιµές, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο και τα ιδιοδιανύσµατα του πίνακα A T 0

β) Ο πίνακας A διαγωνοποιείται; Αν ναι, ποια είναι η διαγώνια µορφή του και ο αντιστρέψιµος πίνακας P, ώστε να ισχύει γ) Υπολογίστε τον πίνακα A Υπάρχει ο 8 δ) Ποιες είναι οι ιδιοτιµές του πίνακα A ; Λύση : α) Επειδή A λ, P AP D A ; ; 0 A 0 0 λ και 0 0 0 0 A 0 0 λ 0, (βιβλίο ΕΑΠ, ορισµός 5 ), ο πίνακας A έχει την ιδιοτιµή λ µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα το [ ] T [ ] T x, την ιδιοτιµή λ 0 µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα x 0 και την ιδιοτιµή µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A είναι ( )( ) det Aλ I λ λ λ λ +λ + 6λ λ [ ] T x 0 β) Επειδή οι ιδιοτιµές είναι όλες διαφορετικές, ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 85) Ο δε πίνακας P, µε στήλες τα ιδιοδιανύσµατα, δηλαδή P 0, είναι αντιστρέψιµος, διότι τα ιδιοδιανύσµατα είναι γραµµικά 0 ανεξάρτητα, αφού αντιστοιχούν σε διαφορετικές ιδιοτιµές Έχουµε τον P και επαληθεύουµε την ισότητα 0 ( ) diag, 0, P AP A Pdiag,0, P 5 5 γ) Από τη σχέση P AP diag (, 0, ) ( ) Ο δεν αντιστρέφεται διότι det A λλλ 0 A 8 8 8 δ) Οι ιδιοτιµές του A είναι λ, ( ) 8 8 8 λ 0 και λ 56

7 (0 µον) α) Να βρεθούν οι ιδιοτιµές και τα ιδιοδιανύσµατα του πίνακα υπολογισθεί ο πίνακας A 006 A 0 A 0 και να β) Να βρεθεί ο αντίστροφος των πινάκων A και Caley-Hamilton A 4, B µε τη χρήση του θεωρήµατος 0 B 4 Λύση λ α) det ( A λi) + Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο έχει ρίζες τις λ λ ιδιοτιµές του Α, λ i, λ i Θα βρούµε τώρα τα ιδιοδιανύσµατα i x 0 Για λ λ i έχουµε: Το σύστηµα έχει λύση i x 0 x t, x it, οπότε x it i t x t και για i t, το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα είναι v i x 0 Για λ λ i έχουµε:, το δε σύστηµα έχει λύση i x 0 x t, x it i x it Συνεπώς t και το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα για x t t i είναι v Εφαρµόζοντας το θεώρηµα Cayley-Hamilton έχουµε οπότε ( ) P A 0 A + I 0 A I, 00 006 00 A A A A I I I+ I 0

Άλλος τρόπος : Αν P i i έχουµε 0 i P AP D 0 i Άρα 006 006 i i 0 0 A P D P i i i i 0 0 i i και i i 0 i i i i 0 A P D P 0 0 i i Τότε 0 0 A 006 A 0 0 0 β) Να βρεθεί ο αντίστροφος των πινάκων A και B µε τη χρήση του θεωρήµατος Caley-Hamilton A 0 4, B 4 λ α) det ( A λi) 5 ( 4 λ λ P λ) Επειδή ο σταθερός όρος του λ χαρακτηριστικού πολυωνύµου δεν είναι µηδέν, ο Α αντιστρέφεται Έχουµε P A 0 A 5A I 0 A A 5I I β) 0 ( 5 ) 5 4 0 A A I λ 0 ( B λi) λ ( λ)( λ λ ) + ( + + λ) det 6 4 4 4 λ Άρα + + + 6 P ( ) λ λ λ λ

P B 0 B + B + B+ 6I 0 B B + B+ I 6I ( + + ) ( ) 6 6 0 0 0 0 0 0 0 6 4 4 4 0 0 9 8 0 6 0 0 5 4 0 6 9 0 0 6 6 6 8 0 9 0 0 6 6 B B B I B B I 8 ( µον) Έστω η γραµµική απεικόνιση f : R R µε τύπο ( ) f ( xyz,, ) x+ y+ 5 z,x 5 zx, + y+ z α) Εξετάστε αν η απεικόνιση f είναι διαγωνοποιήσιµη β) Αποδείξτε ότι η f είναι αντιστρέψιµη και υπολογίστε την f γ) Ποιος είναι ο πυρήνας της f, και ποια είναι η διάστασή του; Λύση : α) Σύµφωνα µε το θεώρηµα 5, αρκεί να βρούµε τον πίνακα αναπαράστασης της γραµµικής απεικόνισης, ως προς τις συνήθεις βάσεις του να εξετάσουµε αν αυτός είναι διαγωνοποιήσιµος Ο πίνακας της γραµµικής απεικόνισης είναι : R, και 5 A 0 5 Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα είναι λ 5 ( A I) ( )( )( det λ λ 5 λ λ + λ λ λ λ+ ) λ Οι ιδιοτιµές είναι λ, λ και λ, οι οποίες είναι όλες διαφορετικές, άρα ο πίνακας είναι διαγωνοποιήσιµος (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 85), ισοδύναµα, η γραµµική απεικόνιση είναι διαγωνοποιήσιµη β) Επειδή ο A είναι διαγωνοποιήσιµος, υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P και διαγώνιος έτσι ώστε det A λλ λ 6 0 diag ( λ, λ, λ ) P AP Επίσης, (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 8), οπότε από το προηγούµενο ερώτηµα 4

έχουµε ότι ο πίνακας A πίνακας αναπαράστασης της δηλαδή, είναι αντιστρέψιµος Σύµφωνα µε το θεώρηµα 44, ο - f είναι 5 5 9 5 6 A, 5 5 5 f ( xyz,, ) x y+ z, x+ y z, x y+ z 6 6 6 6 γ) Επειδή η f είναι αντιστρέψιµη, σύµφωνα µε ο θεώρηµα 47 (βιβλίο ΕΑΠ, σελ 6), ker f { 0}, και { } dim ker f 0 ---------------------------------------- 5