1 Ορίζουσες Άσκηση 1.1 Θεωρούμε τον πίνακα 1 x x x x 1 x x x x 1 x x x x 1, όπου x είναι τυχόν στοιχείο του σώματος R. Να βρεθούν όλες οι τιμές του x για τις οποίες ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιμος. Απόδειξη. Θα υπολογίσουμε την ορίζουσα του πίνακα. Προσθέτουμε όλες τις στήλες στην πρώτη στήλη του A. 3x +1 x x x det(a) = 3x +1 1 x x 3x +1 x 1 x 3x +1 x x 1 Αφαιρούμε την πρώτη γραμμή από όλες τις άλλες. 3x +1 x x x det(a) = 0 1 x 0 0 0 0 1 x 0 =(3x + 1)(1 x) 3. 0 0 0 1 x Παρατηρούμε ότι η ορίζουσα του A μηδενίζεται για τις τιμές x =1και x = 1 3, οπότε ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιμος. Άσκηση 1.2 Να υπολογιστούν οι ορίζουσες των παρακάτω πινάκων 0 0 0 0 1, B = 1 1 1 2 0 1 2 0 4 0 3 1 0 2 0 0 Απόδειξη. Αντιμεταθέτουμε τις γραμμές 3 και 5, οπότε θα έχουμε 0 0 0 0 1 Αντιμεταθέτουμε τις γραμμές 1 και 4, 0 0 0 0 1 1.
Αντιμεταθέτουμε τις γραμμές 2 και 4, Αντιμεταθέτουμε τις γραμμές 3 και 4, 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 Άρατελικάθαέχουμεdet(A) =1. Για την ορίζουσα του πίνακα B αναπτύσουμε κατά τα στοιχεία της τέτερτης γραμμής 1 1 2 det(b) = 2 0 2 0 4 3 1 Αναπτύσουμε κατά τα στοιχεία της δεύτερης γραμμής µ det(b) = 2 2 1 2 4 1 Επομένως θα έχουμε det(b) = 4(1 8) = 28. Άσκηση 1.3 ύο πίνακες A και B λέγονται όμοιοι, αν υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας P τέτοιος ώστε να ισχύει B = P 1 AP. Αν οι πίνακες A και B είναι όμοιοι, δείξτε ότι ισχύει det(a) =det(b). Να εξεταστεί αν οι πίνακες είναι όμοιοι. D = 1 1 0 0 2 5 0 0 3, και E = 2 0 0 1 4 0 0 3 7 Απόδειξη. Αν οι πίνακες A και B είναι όμοιοι, τότε θα ισχύει B = P 1 AP, για κάποιο αντιστρέψιμο πίνακα P. Επομένως det(b) = det(p 1 AP )=det(p 1 )det(a) det(p )=det(p ) 1 det(a)det(p ) = det(a). Επειδή det(d) =1 2 3=6και det(e) =2 4 7=56, οι πίνακες D και E δεν είναι όμοιοι. Άσκηση 1.4 Έστω A ένας n n πίνακας με στοιχεία από ένα σώμα K, οοποίοςέχειτημορφή µ P Q, 0 R όπου P είναι ένας m m πίνακας, Q είναι ένας m (n m) πίνακας, R είναι ένας (n m) (n m) πίνακας, και 0 συμβολίζει το μηδενικό (n m) m πίνακα. Αποδείξτε ότι ισχύει η σχέση det(a) = det(p ) det(r). 2
Απόδειξη. Η απόδειξη θα γίνει με επαγωγή στο μέγεθος m του πίνακα P. Αν m =1, τότε ο πίνακας P είναι ένας 1 1 πίνακας, δηλαδή P =(a 11 ). Προφανώς ο πίνακας A θα είναι της μορφής a 11 q 11 q 12 q 1,n 1 0 r 11 r 12 r 1,n 1 0 r 21 r 22 r 2,n 1.... 0 r n 1,1 r n 1,2 r n 1,n 1 Αναπτύσοντας κατά τα στοιχεία της πρώτης στήλης θα έχουμε r 11 r 12 r 1,n 1 r 21 r 22 r 2,n 1 det(a) =a 11... r n 1,1 r n 1,2 r n 1,n 1 = det(p ) det(r). Υποθέτουμε ότι m>1, και ότι η πρόταση ισχύει για κάθε λ<m, καιθαδείξουμεότιισχύεικαιγια m. Αναπτύσσοντας την ορίζουσα του A κατά τα στοιχεία της πρώτης στήλης θα έχουμε P det(a) = m ( 1) k+1 a k1 det( k1 A). (1) k=1 Οπίνακας 11 A προκύπτει από τον A με διαγραφή της πρώτης γραμμής και πρώτης στήλης, άρα θα είναι της μορφής a 22 a 23 a 2m q 21 q 22 q 2,n m a 32 a 33 a 3m q 31 q 32 q 3,n m a m2 a m3 a mm q m2 q m3 q m,n m 0 0 0 0 r 11 r 12 r 1,n m 0 0 0 0 r 21 r 22 r 2,n m 0 0 0 0 r n m,1 r n m,2 r n m,n m Παρατηρούμε ότι ο πίνακας αυτός είναι παρόμοιος με τον αρχικό πίνακα A, όμωςητάκητουείναι n 1, εφόσον έχουνε διαγραφεί μια γραμμή και μια στήλη. Άρα από την υπόθεση της επαγωγής θα ισχύει det( 11 A)= a 22 a 23 a 2m a 32 a 33 a 3m a m2 a m3 a mm r 11 r 12 r 1,n m r 21 r 22 r 2,n m r n m,1 r n m,2 r n m,n m =det( 11 P ) det(r). Ασφαλώς ανάλογες σχέσεις ισχύουν και για τους πίνακες k1 A, για όλες τις τιμές k =2, 3,,m. Επομένως από τη σχέση (1) προκύπτει P det(a) = m ( 1) k+1 a k1 det = a 11 det( 11 A) a 21 det( 21 A)+ +( 1) m a m1 det( m1 A)= k=1 = a 11 det( 11 P )det(r) a 21 det( 21 P )det(r)+ +( 1) m a m1 det( m1 P )det(r) = = (a 11 det( 11 P ) a 21 det( 21 P )+ +( 1) m a m1 det( m1 P )) det(r). 3
Το τελευταίο άθροισμα μέσα στην παρένθεση είναι το ανάπτυγμα της ορίζουσας τουπίνακαp κατά τα στοιχεία της πρώτης στήλης, οπότετελικάθαέχουμε det(a) =(a 11 det( 11 P ) a 21 det( 21 P )+ +( 1) m a m1 det( m1 P )) det(r) = det(p )det(r), δηλαδή ισχύει και για τον δείκτη m. Άσκηση 1.5 ίνονται οι 3 3 πίνακες b +8c 2c 2b 4b 4c 4c 4a c+8b 2a 2c, και P = 2b 2a 4a 4b a+8b 0 1 2 2 0 1 1 2 0 Να εξεταστεί αν ο P είναι αντιστρέψιμος, και να βρεθεί ο αντίστροφος P 1. Να υπολογιστεί ο πίνακας P 1 AP, και στη συνέχεια να υπολογιστεί η ορίζουσα του πίνακα A. Απόδειξη. Επειδή det(p )=, ο πίνακας P είναι αντιστρέψιμος, και ο αντίστροφός του θα βρεθεί με τη βοήθεια των αλγεβρικών συμπληρωμάτων. Έχουμε P 11 =( 1) 1+1 11 P = 0 1 2 0 = 2 P 21 =( 1) 2+1 21 P = 1 2 2 0 =4 P 12 =( 1) 1+2 12 P = 2 1 1 0 =1 P 22 =( 1) 2+2 22 P = 0 2 1 0 = 2 P 13 =( 1) 1+3 13 P = 2 0 1 2 =4 P 23 =( 1) 2+3 23 P = 0 1 1 2 =1 P 31 =( 1) 3+1 31 P = 1 2 0 1 =1 P 32 =( 1) 3+2 32 P = 0 2 2 1 =4 P 33 =( 1) 3+3 33 P = 0 1 2 0 = 2 Επομένως θα ισχύει P P 1 1 11 P 21 P 31 = P 12 P 22 P 32 = 1 2 4 1 1 2 4 det(p ) P 13 P 23 P 33 4 1 2 Θα υπολογίσουμε το γινόμενο P 1 AP, P 1 AP = = 2 4 1 1 2 4 4 1 2 17 a + 64 b 0 32 b 32 a 32 a 32 b b 16 a 16 b 16 b 16 a 0 8 b 8 a +c b +8c 2c 2b 4b 4c 4c 4a c+8b 2a 2c 2b 2a 4a 4b a+8b. 0 1 2 2 0 1 1 2 0 Επειδή οι πίνακες A και P 1 AP είναιόμοιοιθαέχουντηνίδιαορίζουσα(βλέπε παραπάνω). Άρα 17 det(a) = a + 64 b 0 32 b 32 a 32 a 32 b b 16 a 16 b 16 b 16 a 0 8 b 8 a +c =b 17 a + 64 b 32 b 32 a 16 b 16 a 8 b 8 a +c = = b(8ab +17ac +64bc 8a 2 ). Παρατηρούμε ότι ο υπολογισμός της ορίζουσας του A γίνεται απλούστερος. 4 =
2 Συστήματα Cramer Άσκηση 2.1 Να βρεθεί η γενική λύση του συστήματος Απόδειξη. Ο πίνακας του συστήματος είναι x 1 +2x 2 x 3 = 1 2x 1 +2x 2 + x 3 =1 3x 1 +5x 2 2x 3 = 1 1 2 1 2 2 1 3 5 2 και είναι αντιστρέψιμος, εφόσον det(a) = 1. Ο αντίστροφος του A, μπορεί να βρεθεί είτε με στοιχειώδεις πράξεις, είτε με τα αλγεβρικά συμπληρώματα, και είναι 1 4 A 1 = 7 1 3. 4 1 2 Το σύστημα που δόθηκε γράφεται στη μορφή 1 2 1 2 2 1 3 5 2 x 1 x 2 x 3 = οπότε, αν πολλαπλασιάσουμε από αριστερά με τον αντίστροφο του A, θα έχουμε x 1 1 4 1 4 x 2 = 7 1 3 1 = 3, x 3 4 1 2 1 1 1 1 1 δηλαδή η λύση του συστήματος είναι x 1 =4, x 2 = 3 και x 3 = 1. Άσκηση 2.2 Να λυθεί το παρακάτω σύστημα, όταν η παράμετρος a διατρέχει το σώμα R των πραγματικών αριθμών., (a +3)x 1 + x 2 +2x 3 = a ax 1 +(a 1)x 2 + x 3 = 2a 3(a +1)x 1 + ax 2 +(a +3)x 3 = 3 Απόδειξη. Η ορίζουσα του συστήματος είναι 3(a +1) a a+3 = a3 a 2 = a 2 (a 1). Επομένως, αν a 6= 0και a 6= 1, τότε έχουμε ένα σύστημα Cramer, τουοποίουηλύσηείναι a 1 2 2 3 a a+3 x 1 = = a3 +3a 2 15a + a 2 (a 1) 3(a +1) a a+3 5
Αν a =0, το σύστημα γίνεται a +3 a 2 a 2a 1 3(a +1) 3 a +3 x 2 = 3(a +1) a a+3 a +3 1 a a a 1 2a 3(a +1) a 3 x 3 = 3(a +1) a a+3 3x 1 + x 2 +2x 3 = 0 x 2 + x 3 = 0 3x 1 +3x 3 = 3 = a3 +12a a 2 (a 1) = 4a3 +3a 2 +12a a 2 (a 1) Επειδή x 2 = x 3 θα έχουμε τις ισότητες x 1 + x 3 =0και x 1 + x 3 =1. Άρα το σύστημα είναι αδύνατο. Αν a =1, τότε το σύστημα γίνεται 4x 1 + x 2 +2x 3 = 1 x 1 + x 3 = 2 6x 1 + x 2 +4x 3 = 3 Αφαιρώντας τις εξισώσεις 1 και 3 κατά μέλη προκύπτει 2x 1 +2x 3 =2 = x 1 + x 3 =1, ηοποία έρχεται σε αντίθεση με την εξίσωση 2. Άρα το σύστημα είναι και πάλι αδύνατο. Άσκηση 2.3 Να βρεθεί η γενική λύση του συστήματος για όλες τις πραγματικές τιμές της παραμέτρου a. 4x + y +(a 2 14)z = a +2 Απόδειξη. Η ορίζουσα του συστήματος είναι 1 2 3 4 1 a 2 14 = 112 7a2 = 7(a 4) (a +4). Επομένως, αν a 6= ±4, τότε έχουμε ένα σύστημα Cramer, τουοποίουηλύσηείναι 4 2 3 2 1 5 a +2 1 a 2 14 x = = 8a2 +7a + 100 1 2 3 7a 2 112 4 1 a 2 14 6
Αν a = 4, το σύστημα γίνεται 1 4 3 3 2 5 4 a +2 a 2 14 y = 1 2 3 4 1 a 2 14 1 2 4 3 1 2 4 1 a +2 z = = 1 2 3 4 1 a 2 14 4x + y +2z = 2 = 10a2 +14a 216 7a 2 112 7a 28 7a 2 112 Προσθέτοντας τις δύο πρώτες εξισώσεις προκύπτει 4x + y +2z =6, η οποία έρχεται σε αντίθεση με την τρίτη εξίσωση. Άρα το σύστημα είναι αδύνατο. Αν a =4, τότε το σύστημα γίνεται 4x + y +2z = 6 Επειδή το άθροισμα των δύο πρώτων εξισώσεων μας δίνει την τρίτη, το σύστημα αυτό είναι ισοδύναμο με τις δύο πρώτες εξισώσεις. Αν θεωρήσουμε το z = k σαν παράμετρο, θα έχουμε x +2y = 4+3k 3x y = 2 5k τουοποίουηλύσηείναιx = 8 7 k, και y =2k + 10 7, όπου k R. 7