ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ - Τμήμα Επιστήμης Υπολογιστών

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ - Τμήμα Επιστήμης Υπολογιστών «Γραμμική Άλγεβρα» (ΗΥ119) Χειμερινό Εξάμηνο 009-010 Διδάσκων: Ι. Τσαγράκης 6 Ο ΦΥΛΛΑΔΙΟ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Άσκηση 1: Δείξτε ότι η απεικόνιση τον ker f. Είναι η f 1-1 ; f : με f ( xy, ) = ( xy, ) είναι γραμμική απεικόνιση και βρείτε Άσκηση : Δείξτε ότι η απεικόνιση f : με f ( xyz,, ) = ( xy, ) δεν είναι γραμμική. Άσκηση : Βρείτε πίνακα Α στον οποίο αντιστοιχεί η γραμμική απεικόνιση f : με f ( xy, ) = ( x+ y, yx, y). Επίσης: α) Εξετάστε αν η απεικόνιση είναι «1-1» ή «επί». β) Βρείτε τη διάσταση του πυρήνα και τη διάσταση της εικόνας της απεικόνισης, καθώς και βάσεις τους. Άσκηση 4: Εξηγήστε γιατί μια γραμμική απεικόνιση f : δεν μπορεί να είναι επί. Άσκηση 5: Έστω V, W πραγματικοί διανυσματικοί χώροι και f : V W γραμμική απεικόνιση. Αν dimv = dimw, τότε δείξτε ότι η f είναι 1-1 αν και μόνο αν η f είναι επί. Άσκηση 6: Βρείτε τον πίνακα που αντιστοιχεί στη γραμμική απεικόνιση η οποία απεικονίζει τα διανύσματα (1,0,0), (0,1,0) και (0,0,1) στα διανύσματα (1,5,,9), (,6,4,7), (,,7,1), αντίστοιχα. Επίσης: α) Εξετάστε αν η απεικόνιση είναι «1-1» ή «επί». β) Βρείτε τη διάσταση του πυρήνα και τη διάσταση της εικόνας της απεικόνισης, καθώς και βάσεις τους. B, Άσκηση 7: Έστω V, W πραγματικοί διανυσματικοί χώροι και οι διατεταγμένες βάσεις τους = { b1, b, b, b4} { 1, b b, B = b } αντίστοιχα. Έστω η γραμμική απεικόνιση f : V W με: f ( b1) = b1 + b, f ( b) = b1 + b, f ( b) = b1 + b + b, f ( b4) = b b α) Εξετάστε αν η απεικόνιση είναι «1-1» ή «επί». β) Να βρεθούν οι διαστάσεις των ker f και Im f. γ) Να βρεθούν βάσεις των ker f και Im f. B μια διατεταγμένη βάση του. f b = b + b b, Άσκηση 8: Έστω V ένας πραγματικός διανυσματικός χώρος και = { b1, b, b} Έστω η γραμμική απεικόνιση f : V V με: f ( b1) = b1+ 4b + b, ( ) f ( b) = b1+ b + b. α) Βρείτε τον πίνακα της f ως προς τη B β) Εξετάστε αν η απεικόνιση είναι «1-1» ή «επί». γ) Να βρεθούν οι διαστάσεις των ker f και Im f. δ) Να βρεθούν βάσεις των ker f και Im f. Άσκηση 9: Έστω η γραμμική απεικόνιση LA : α) Δείξτε ότι η απεικόνιση είναι «επί». β) Βρείτε ένα διάνυσμα v με την ιδιότητα L ( v ) = (,5) γ) Βρείτε τον πυρήνα ker( L A). που ορίζεται από τον πίνακα A 1 1 0 1 A = 1.

Άσκηση 10: Δίνεται ο υπόχωρος W = {( x, y) \ x y= 0} του α) Βρείτε μια βάση του W και τη διάσταση του. 1 β) Βρείτε πίνακα A έτσι ώστε W = N ( A). γ) Βρείτε πίνακα B έτσι ώστε W = N ( B). δ) Βρείτε γραμμική απεικόνιση f : έτσι ώστε W = ker f. Άσκηση 11: Έστω η διατεταγμένη βάση του : = { b1, b, b}. B με b 1 = (1,1,1), b = (0,1, 1), b = (1,,1). Επίσης, έστω μια γραμμική απεικόνιση f : με f (1,1,1) = (1, 0,1), f (0,1, 1) = (,1,), f (1,,1) = (1,1, ). α) Βρείτε τον πίνακα Α της απεικόνισης, ως προς την κανονική βάση του β) Δείξτε ότι η εικόνα της f είναι ένα επίπεδο στον. γ) Βρείτε τον πυρήνα της f δ) Βρείτε έναν υπόχωρο V του διαστάσεως τέτοιο ώστε f ( V) = Im f. ε) Βρείτε ένα διάνυσμα v τέτοιο ώστε f( v ) = (6, 1,5). στ) Βρείτε έναν υπόχωρο W του διαστάσεως τέτοιο ώστε η εικόνα f ( W ) να είναι η ευθεία στον που ορίζεται από το διάνυσμα (6, 1,5). Άσκηση 1: Εξετάστε αν οι απεικονίσεις που ορίζουν οι παρακάτω πίνακες είναι 1-1 ή επί και βρείτε τη διάσταση του πυρήνα και τη διάσταση της εικόνας της κάθε απεικόνισης. α) 1 A = 4, β) 0 B = 1, γ) [ 1] C =, δ) D 0 1 = 1 0 1 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ (ΗΥ-119) ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΤΟΥ ΦΥΛΛΑΔΙΟΥ 6 ΑΣΚΗΣΗ 1 Για δύο οποιαδήποτε διανύσματα v1= ( x1, y1) και v = ( x, y) του και λ, έχουμε: f( λv + v ) = f ( λx, λy ) + ( x, y ) = f( λx + x, λy + y ) = ( λx + x ), λy + y = 1 ( 1 1 ) 1 1 ( 1 1 ) ( λx x, λy y ) ( λx, λy ) ( x, y ) λ( x, y ) ( x, y ) = 1+ 1+ = 1 1 + = 1 1 + = = λ f ( x1, y1) + f( x, y) = λ f( v1) + f( v) δηλαδή: f ( λv 1+ v ) = λ f( v 1) + f( v ), v, v & λ Άρα, η f είναι γραμμική απεικόνιση 1 Επίσης, εξ ορισμού, έχουμε ker { f = v \ f( v) = 0} Όμως, f( v) = 0 f( x, y) = (0,0) ( x, y) = (0,0) ( x, y) = (0,0) v = 0 ker f = 0, το οποίο επίσης σημαίνει ότι η f είναι «1-1». Άρα: { } ΑΣΚΗΣΗ Για κάθε v = ( x, y, z) ( ) (,, ) (,, ) (, ) έχουμε: f λv = f ( λ x y z ) = f λx λy λz = λx λ y ενώ λf ( v) = λf( x, y, z) = λ( x, y ) = ( λx, λy ) δηλαδή, γενικά: f ( λv) λ f( v) Άρα, η f δεν είναι γραμμική απεικόνιση

ΑΣΚΗΣΗ Η κανονική βάση του κανονική βάση του e = (0,0,1). Έχουμε: ( ) E με e 1 = (1,0) & e = (0,1), και η e, e E =, e με e 1 = (1,0,0), e = (0,1,0) & είναι η = { e1, e} είναι η { 1 } ( 1) (1,0) (,0,1) 1 0 f e = f = = e + e + 1e ( ) (0,1) (1,, 1) 1 f e = f = = e + e 1e ( ) 1 1 Άρα, A = 0 είναι ο πίνακας της f ως προς τις κανονικές βάσεις των 1 1, ος Τρόπος: f x+ y 1 x = = 0 y x y 1 1 x y y A α) Επειδή ο A είναι η τάξη ra ( ) δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερη από, άρα ra ( ) m= και η απεικόνιση δεν είναι «επί». Επίσης, 1 ( 1/) 1 1 A = 0 0 1/ 0 = U 1 1 (+) 0 / 0 0 (+) ra= ( ) {πλήθος μη-μηδενικών γραμμών του U }= Δηλαδή, ra ( ) = nκαι άρα η f είναι «1-1». β) Για τη διάσταση του πυρήνα έχουμε: dim(ker f ) = n r( A) = 0 ενώ για τη διάσταση της εικόνας: dim(im f ) = ra ( ) = Επίσης, dim(ker f ) 0 ker f { 0} = = και άρα, ο ker f δεν έχει βάση Και {μια βάση του Im f } = {οι στήλες του A που αντιστοιχούν στις στήλες του U που έχουν τους οδηγούς} = {1 η & η στήλη του A} Δηλ. {μια βάση του Im f } 1 = 0, 1 1

ΑΣΚΗΣΗ 4 Γενικά, ξέρουμε ότι: {η f : V W είναι «επί»} Im f = W dim(im f) = dimw dim(im f) = m Im f W Άρα, {η f : είναι «επί»} dim(im f ) =, το οποίο είναι αδύνατο γιατί: dim(im f ) + dim(ker f) = dimv, δηλ. που σημαίνει: dim(im f ) + dim(ker f ) =, δηλ. dim(im f ) dim(im f) + dim(ker f) = dim ος Τρόπος: Γενικά, ξέρουμε ότι: {η f : V W με πίνακα m n A είναι «επί»} ανν ra ( )= m Δηλαδή, {μια f : (που θα έχει πίνακα A ) είναι «επί»} ανν r( A ) =, το οποίο είναι αδύνατο γιατί ο A είναι και άρα ra ( ) ΑΣΚΗΣΗ 5 Έστω f : V W με dimv = dimw {η : ker = 0 dim(ker f) = 0 f V W είναι «1-1»} f { } dim(im f) = dimv dim(im f) = dimw Im f = W dim(im f ) + dim(ker f ) = dimv dimv= dimw Im f W {η f : V W είναι «επί»} ος Τρόπος: Αν dimv = dimw τότε η f : V W έχει πίνακα n n A (δηλ. m= n) Όμως: {η f είναι «επί»} r( A) = m r( A) = n {η f είναι «1-1»}

ΑΣΚΗΣΗ 6 Τα διανύσματα (1,0,0) = e 1, (0,1,0) = e & (0,0,1) = e αποτελούν την κανονική βάση 4 E = e, e, e του τα οποία απεικονίζονται σε διανύσματα του. Άρα, έχουμε: f : { } 1 4 με f( e ) = (1,5,,9) 1, f( e ) = (,6,4,7) f( e ) = (,,7,1), 1 Άρα, A = 5 6 είναι ο πίνακας της f ως προς τις κανονικές βάσεις των 4 7 9 7 1 α) Επειδή ο A είναι 4 η τάξη ra ( ) δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερη από, άρα ra ( ) m= 4 και η απεικόνιση δεν είναι «επί». Επίσης, 1 ( 5) ( ) ( 9) 5 6 1 A (+) = 0 4 1 ( 11/4) 4 7 (+) 0 0 1 9 7 1 (+) 0 11 6 (+) 1 1 0 4 1 0 4 1 = U 0 0 1 ( 7) 0 0 1 0 0 7 (+) 0 0 0 ra= ( ) {πλήθος μη-μηδενικών γραμμών του U }= Δηλαδή, ra ( ) = nκαι άρα η f είναι «1-1». 4, β) Για τη διάσταση του πυρήνα έχουμε: dim(ker f ) = n r( A) = 0 ενώ για τη διάσταση της εικόνας: dim(im f ) = ra ( ) = Επίσης, dim(ker f ) 0 ker f { 0} = = και άρα, ο ker f δεν έχει βάση Και {μια βάση του Im f } = {οι στήλες του A που αντιστοιχούν στις στήλες του U που έχουν τους οδηγούς} = {1 η, η & η στήλη του A} Δηλ. {μια βάση του Im f } 1 5, 6, = 4 7 9 7 1

ΑΣΚΗΣΗ 7 Καταρχάς, βρίσκουμε τον πίνακα της f ως προς τις βάσεις BB, των V και W, αντίστοιχα. Ο πίνακας αυτός σχηματίζεται χρησιμοποιώντας ως στήλες τις συνιστώσες f b, f b, f b, f b B = b, b, b. Άρα, είναι ο των ( 1) ( ) ( ) ( 4) ως προς τη βάση { 1 } 1 0 A = 1 0 1 0 1 1 1 α) Επειδή ο A είναι 4 η τάξη ra ( ) δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερη από, άρα ra ( ) n= 4 και η απεικόνιση δεν είναι «1-1». Επίσης, 1 0 ( 1) 1 0 A = 1 0 1 (+) 0 1/ 0 1 1 1 0 1 1 1 (+) 1 0 0 = U 0 0 0 0 ra= ( ) {πλήθος μη-μηδενικών γραμμών του U }= Δηλαδή, ra ( ) m= και άρα η f δεν είναι ούτε «επί». β) dim(ker f ) = n r( A) = 4 = dim(im f ) = ra ( ) = γ) {μια βάση του Im f } = {οι στήλες του A που αντιστοιχούν στις στήλες του U που έχουν τους οδηγούς} = {1 η & η 1 στήλη του A} = 1, 0 ως προς τη βάση 0 1 { 1, b b, B = b } Δηλ. {μια βάση του Im f } = { w 1, w } με w1 = b1 + b, w = b1 + b 1 0 x1 x 0 Για τον πυρήνα έχουμε: Ax = 0 Ux = 0 0 0 0 0 0 0 x = 0 x 4 Βασικές μεταβλητές: x1, x, Ελεύθερες μεταβλητές: x, x 4 Ανάδρομη αντικατάσταση: η εξίσωση: x x+ x4 = 0 x = x+ x4 1 η εξίσωση: x1+ x + x = 0 x1+ ( x+ x4) + x = 0 x1 = x x4

x1 x x4 Άρα: x x+ x = 4 x x x 4 x4 δηλ. x 1 1 x = x 1 1 + x x 4, x 1 0, 4 x 4 0 1 x Επομένως: {μια βάση του ker f } { v, v } = 1, με v1 = b1 b + b & v = b1+ b + b4 ΑΣΚΗΣΗ 8 α) Ο πίνακας της f ως προς τη βάση B σχηματίζεται χρησιμοποιώντας ως στήλες τις συνιστώσες των f ( b1), f ( b), f ( b) ως προς τη βάση B = { b1, b, b}. Άρα, είναι ο 1 A = 4 1 1 1 1 β) Επειδή ο A είναι τετραγωνικός, η f είναι «1-1» ανν είναι «επί», το οποίο συμβαίνει ανν det A 0 Έχουμε: det A = 1 4 1 + 1 = 6 8 + 7 = 5 0, και άρα η f 1 1 1 1 1 είναι «1-1» & «επί». γ) Έχουμε: det A 0 ra ( ) = m= n. Άρα, ra= ( ) και dim(ker f ) = n r( A) = 0 dim(im f ) = ra ( ) = δ) dim(ker f ) 0 ker f { 0} Επίσης, επειδή η f : V = = και άρα, ο ker f δεν έχει βάση V είναι «επί», έχουμε: Im f = V. B = b, b, b Άρα {μια βάση του Im f } = { 1 }

ΑΣΚΗΣΗ 9 α) Έχουμε: A = 1 0 1 ( ) 1 0 1 1 (+) 0 1 1 = U ra= ( ) {πλήθος μη-μηδενικών γραμμών του U }= δηλαδή ra ( ) = m, και άρα η L A είναι «επί» β) Έστω v = ( x, y, z), τότε: 1 0 1 x L ( ) (,5) A v = y 1 = z 5 Επειδή, έχουμε ήδη κάνει τη διαδικασία A U, δεν χρειάζεται να κάνουμε απαλοιφές όλη τη διαδικασία απαλοιφής Gauss A b U d απαλοιφές. Αρκεί να εφαρμόσουμε στο b τα ίδια στάδια απαλοιφής που εφαρμόσαμε στη διαδικασία A U. Έχουμε: Άρα: b = 5 ( ) (+) = d 9 1 0 1 x Av = b Uv = d y = 0 1 1 z 9 Βασικές μεταβλητές: x, y Ελεύθερη μεταβλητή: z Ανάδρομη αντικατάσταση: η εξίσωση: y+ z = 9 y = 9 z 1 η εξίσωση: x + z = x = z A v b απαλοιφές z 1 Επομένως: v = 9 z δηλ. v = 9 + z 1, με z (1) z 0 1 δηλ. υπάρχουν άπειρα διανύσματα v με ( LA v ) = (,5). π.χ. Ένα τέτοιο διάνυσμα είναι το v = (,9,0) (για z = 0), ενώ ένα άλλο είναι το v = (,8,1) (για z = 1) γ) Από τη γενική λύση (1) του Av = b προκύπτει ότι η γενική λύση του ομογενούς συστήματος Ax = 0 1 είναι η: x = z 1, με z 1

1 Άρα, {μια βάση του ker( L A) } = 1 1 δηλαδή ο ker( L A) παριστάνει την ευθεία του διανύσματος ( 1, 1,1) του [δηλ. την ευθεία που διέρχεται από το σημείο (0,0,0) και το σημείο ( 1, 1,1) ] ΑΣΚΗΣΗ 10 α) Για κάθε w= ( x, y) W έχουμε: w= ( x, y) = ( y, y) = y(,1) με y { } Άρα, {μια βάση του W } 1 = και επομένως: dimw = 1 Σημείωση: ο W παριστάνει την ευθεία του διανύσματος (,1) του (δηλ. την ευθεία που διέρχεται από το σημείο (0,0) και το σημείο (,1) και η οποία έχει εξίσωση x y = 0) β) Για κάθε w= ( x, y) W Δηλαδή: W ( A) = 0 1 x= [0]. y ισχύει: x y [ ] = N, όπου A = [ 1 ] γ) Θέλουμε N( B) = N ( A), δηλαδή το σύστημα Bx = 0 να έχει τις ίδιες λύσεις με το 1 σύστημα Ax = 0. Για να συμβαίνει αυτό θα πρέπει οι γραμμές του B να είναι πολλαπλάσια της γραμμής του A. Δηλαδή κάθε γραμμή του B είναι της a a με a 0. Έτσι, π.χ. μορφής [ ] B = 1 6 δ) Επειδή f :, ο πίνακας G της απεικόνισης ως προς τις κανονικές βάσεις των, θα είναι 1 και ker f = N ( G). Όμως, θέλουμε: ker f = W, δηλ. N( G) = W N( G) = N ( A) Ο A είναι 1, οπότε μπορούμε να πάρουμε G A η f θα έχει τη μορφή: f x y [ ] = δηλαδή: [ 1 ] (, ) = 1 x y δηλαδή: f ( xy, ) = x y G =, και άρα

ΑΣΚΗΣΗ 11 Μια σύντομη παρατήρηση πριν ξεκινήσουμε να βρούμε τον A: Η κανονική βάση του είναι η E = { e1, e, e} με e 1 = (1,0,0), e = (0,1,0) e = (0,0,1). Για τα διανύσματα της βάσης B = { b1, b, b} έχουμε: f b = (1,0,1) = e + e ( 1) 1 f ( b) = (,1,) = e1+ e + e f ( b) = (1,1, ) = e1+ e + e Ο πίνακας με στήλες τις συνιστώσες των f ( b1), f ( b), f ( b) & ως προς τη βάση 1 1 E = { e1, e, e} είναι ο: A = 0 1 1 1 Ο A είναι ο πίνακας της f ως προς τις βάσεις B & E του. Δηλαδή x x1 έχουμε f ( x) = A x, όπου ( x1, x, x ) οι συνιστώσες του x ως προς τη βάση B και x το f ( x ) που προκύπτει θα είναι διάνυσμα του εκφρασμένο ως προς τη βάση E. Γενικά, επειδή η f είναι απεικόνιση από τον πάλι στον, «είναι προτιμότερο» να έχουμε τον πίνακα της f όχι ως προς δύο βάσεις του, αλλά ως προς μία βάση. Για παράδειγμα, αν A είναι ο πίνακας της f ως προς τη βάση E, τότε x έχουμε f ( x ) = Ax, όπου τόσο το x όσο και το f ( x ) που προκύπτει είναι εκφρασμένα ως προς τη βάση E. α) Ο πίνακας της f ως προς την κανονική βάση E σχηματίζεται χρησιμοποιώντας ως στήλες τις συνιστώσες των f ( e 1), f ( e ), f ( e ) ως προς τη βάση E = { e1, e, e}. f b, f b, f b f e, f e, f e. Όμως: Εμείς ξέρουμε τα ( 1) ( ) ( ) f(1,1,1) = (1,0,1) f( e1+ e + e) = e1+ e f ( e ) + f( e ) + f( e ) = e + e 1 1 f(0,1, 1) = (,1,) f( e e) = e1+ e + e f ( e ) f( e ) = e + e + e, αλλά όχι τα ( ) ( ) ( ) 1 1 (1) ()

f(1,,1) = (1,1, ) f( e1+ e + e) = e1+ e + e f ( e ) + f( e ) + f( e ) = e + e + e 1 1 () Δηλαδή, έχουμε να λύσουμε το σύστημα των εξισώσεων (1), (), () με αγνώστους τα διανύσματα f ( e 1), f ( e ), f ( e ). Το σύστημα αυτό γράφεται ως: 1 1 1 1 f ( e1) e ( 1) 1 e f e + 1 1 1 e1+ e 0 1 1 f ( e ) e1 e e f ( e ) 0 1 1 = + + = e1+ e + e 1 1 f ( e) e1+ e + e f ( e) 1 1 e1+ e + e Χρησιμοποιώντας απαλοιφή Gauss-Jordan (άσκηση για σπίτι) βρίσκουμε ότι 1 1 1 1 1 0 1 1 = 1 0 1 1 1 1 1 1 f ( e1) 1 e ( 1) 1 e f e + e1 e + e Άρα: f ( e ) 1 0 1 e1 e e f ( e ) e e = + + = + f ( e) 1 1 1 e1+ e + e f ( e) e1 e E είναι ο: Επομένως, ο πίνακας της f ως προς την κανονική βάση = { e, e, e } 0 A = 1 1 0 1 1 β) Έχουμε: 0 1/ ( /) 0 A = 1 1 0 (+) 0 1 / ( 1) 1 (+) 0 1 / (+) ra= ( ) {πλήθος μη-μηδενικών γραμμών του U }= Άρα: dim(im f ) = ra ( ) = 0 0 1 /= U 0 0 0 Δηλαδή το Im f που είναι ένας διανυσματικός υπόχωρος του έχει διάσταση. Άρα παριστάνει ένα επίπεδο του που περνά από το (0,0,0). γ) Έχουμε: 0 x1 0 Ax = 0 Ux = 0 0 1 / x = 0 0 0 0 x 0

Βασικές μεταβλητές: x1, x, Ελεύθερη μεταβλητή: x Ανάδρομη αντικατάσταση: η εξίσωση: x x = 0 x = x 1 η εξίσωση: x1 x = 0 x1 = x x x 1 Άρα: x x1 / = x, δηλ. x= x /, με x x x 1 x / Επομένως: {μια βάση του ker f } = / 1 δηλαδή ο ker f παριστάνει την ευθεία του διανύσματος,,1 του [δηλ. την ευθεία που διέρχεται από το σημείο (0,0,0) και το σημείο,,1 ] δ) Από το (β) προκύπτει ότι {μια βάση του Im f } = {οι στήλες του A που αντιστοιχούν στις στήλες του U που έχουν τους οδηγούς} = {1 η & η στήλη του A} 0 Δηλ. {μια βάση του Im f } = 1,1 1 Άρα, w Im f υπάρχουν μοναδικά λ1, λ τέτοια ώστε: 0 0 0 λ1 w= λ1 1+ λ 1 w= λ1 1+ λ 1+ 0 0 w= 1 1 0 λ 1 1 1 0 λ1 1 0 w= A λ w= A λ1 0+ λ 1 w= Av w= f( v) 0 0 0 v δηλαδή w Im f, v (1,0,0),(0,1,0) (δηλ. v e 1, e ) τέτοιο ώστε w= f( v) Επίσης, dim e1, e = διότι τα e 1, e είναι γραμμικώς ανεξάρτητα. Επομένως, ο ζητούμενος διανυσματικός υπόχωρος του είναι ο V = e 1, e, δηλαδή το επίπεδο των διανυσμάτων e 1, e.

ε) 6 f( v) = (6, 1,5) Av = 1 5 b Επειδή, έχουμε ήδη κάνει τη διαδικασία A U, δεν χρειάζεται να κάνουμε απαλοιφές όλη τη διαδικασία απαλοιφής Gauss A b U d απαλοιφές. Αρκεί να εφαρμόσουμε στο b τα ίδια στάδια απαλοιφής που εφαρμόσαμε στη διαδικασία A U. 6 1/ ( /) 6 Έχουμε: b = 1 (+) 1 ( 1) 5 (+) 1 (+) 6 1 = d 0 0 x 6 Άρα: Av = b Uv = d 0 1 / y= 1 0 0 0 z 0 Βασικές μεταβλητές: x, y Ελεύθερη μεταβλητή: z Ανάδρομη αντικατάσταση: η εξίσωση: y z = 1 y = 1+ z 1 η εξίσωση: x z = 6 x = + z + z Επομένως: v = / 1+ z δηλ. v = 1+ z /, με z 0 1 z δηλ. υπάρχουν άπειρα διανύσματα v με ( f v ) = (6, 1,5). π.χ. ένα τέτοιο διάνυσμα είναι το v = (,1,0) (για z = 0), ενώ ένα άλλο είναι το v = (0, 1, ) (για z = ) στ) Θέλουμε w W να υπάρχει λ τέτοιο ώστε: 6 f ( w) = λ 1 Aw= λb 5 Όμως, στο (ε) είδαμε ότι το σύστημα Av = b έχει τη γενική λύση: / v = 1+ z /, με z 0 1 απαλοιφές

Άρα, το Aw= λb έχει τη λύση: =,1,0,,,1 Δηλαδή W ( ) / w= λ 1 + z / 0 1, με λ,z Επίσης, dimw = διότι τα w 1 = (,1,0 ), w =,,1 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα (μη-συνευθειακά). Επομένως, ο ζητούμενος διανυσματικός υπόχωρος του είναι ο W = w 1, w, δηλαδή το επίπεδο των διανυσμάτων w 1, w. ΑΣΚΗΣΗ 1 α) Επειδή ο A είναι τετραγωνικός, η απεικόνιση «επί», το οποίο συμβαίνει ανν det A 0. LA : είναι «1-1» ανν είναι Έχουμε: det A = 1 4 = 0, και άρα η L A δεν είναι «1-1», ούτε «επί». Επίσης, επειδή ο A είναι μη-μηδενικός και det A = 0 συνεπάγεται ότι ra= ( ) 1. Άρα: dim(ker L ) = n r( A) = 1 = 1 A dim(im L ) = r( A) = 1 A β) Επειδή ο B είναι τετραγωνικός, η απεικόνιση «επί», το οποίο συμβαίνει ανν det B 0. LB : είναι «1-1» ανν είναι Έχουμε: det B = 0 1 = 6 0, και άρα η L B είναι «1-1» & «επί». Επίσης, επειδή η L B είναι «1-1», θα έχουμε: dim(ker L B ) = 0 Επιπλέον: B B B dim(ker L ) + dim(im L ) = dim dim(im L ) = γ) Έχουμε: rc ( ) = 1 = m< = n, και άρα η απεικόνιση όχι «1-1». Επίσης: dim(im L ) = r( C) = 1 C dim(ker L ) = n r( C) = 1 = C LC : είναι «επί», αλλά

δ) Έχουμε: D = 0 1 = U 0 0 5/ / 1/ 0 1 1 0 1 1 (+) Άρα: rd ( ) = = m< 4 = n, και επομένως, η απεικόνιση αλλά όχι «1-1». Επίσης: dim(im L ) = r( D) = D dim(ker L ) = n r( D) = 4 = D LD : 4 είναι «επί»,