7. Άσκηση 1 2 1 Εστω ο πίνακας A = 1 3 2. Να δειχθεί ότι ο πίνακας είναι αντιστρέψιμοςκαιστησυνέχειαναυπολογιστείοαντίστροφος. 1 0 1 Για να είναι αντιστρέψιμος θα πρέπει η ορίζουσα του πίνακα να είναι διάφορη του μηδενός. 1 2 1 det(a) = 1 3 2 1 0 1 = 2 1 3 2 + 1 2 1 3 =2 0 άρα από την τελευταία σχέση προκύτει ότι ο πίνακας είναι αντιστρέψιμος. Υπολογίζουμε τον αντίστροφο με τις ελάσσονες ορίζουσες. A 11 = 3 2 0 1 =3,A 21 = 2 1 0 1 = 2,A 31 = 2 1 3 2 =1 A 12 = 1 2 1 1 =1,A 22 = 1 1 1 1 =0,A 32 = 1 1 1 2 = 1 A 13 = 1 3 1 0 = 3,A 23 = 1 2 1 0 =2,A 33 = 1 2 1 3 =1 οπότε προκύπτει A 1 = 1 det(a) adja = 1 det(a) A 11 A 21 A 31 A 12 A 22 A 32 = 1 3 2 1 1 0 1 2 A 13 A 23 A 33 3 2 1 8. Άσκηση Για ποιες τιμές του t ο παρακάτω πίνακας είναι ιδιάζων Για όλες τις άλλες τιμές του t ποιος είναι ο αντίστροφος 1 t 0 A = 0 1 1 t 0 1 Για να είναι ο πίνακας ιδιάζων θα πρέπει η ορίζουσα του να είναι ίση με το μηδέν. 1 t 0 Det(A) = 0 1 1 =1 t2 t 0 1 Άρα για t = ±1 η ορίζουσα μηδενίζεται και ο πίνακας γίνεται ιδιάζων. Για να υπάρχει αντίστροφος του A θα πρέπει t ±1. Υπογίζουμε με τη μέθοδο του προσαρτημένου τον A 1. 16
1 1 0 1 adj(a) = 0 1 t 1 0 1 t 0 t 0 0 1 1 0 t 1 1 t t 0 t 0 1 1 1 0 1 t t 0 1 = t 1 1 1 t t t 2 1 0 1 Συνεπώς A 1 1 = det(a) adj(a) = 1 1 t t t 1 1 1 t 2,t ±1 t t 2 1 9. Άσκηση Εστω ένας nxn πίνακας A τέτοιος ώστε A T = A. (αʹ) Να δείξετε ότι αν ο n είναι περιττός τότε ο A δεν είναι αντιστρέψιμος. (βʹ) Να δείξετε ότι ο προσαρτημένος πίνακας ικανοποιεί τη σχέση adja = A n 1 (αʹ) Γνωρίζουμε ότι A T = A, χρησιμοποιώντας και τη σχέση A T = A έχουμε A T = A = A = A = ( 1) n A = A = A (1 ( 1) n )=0 αν ο n είναι περιττός τότε έχουμε 2 A =0= A =0 (βʹ) άρα δεν είναι αντιστρέψιμος. i. Εστωότιο και A 0 AA 1 = I A 1 A adja = I A 1 adja = I A A 1 adja =1 A 17
1 A adja =1 A n adja = A n 1 ii. Εστω A =0,τότεαπότησχέση AadjA = A I έχουμε AadjA =0 Αν A =0τότε adja =0οπότε ισχύει η σχέση adja = A n 1. Αν A 0τότε αν ο πίνακας adja ήταν αντιστρέψιμος τότε θα οδηγούμασταν σε άτοπο AadjA(adjA) 1 =0= A =0. Άρα ο πίνακας adja δεν είναι αντιστρέψιμος, οπότε οπότε πάλι ισχύει η σχέση. adja =0 10. Άσκηση Να επιλυθεί με τη μέθοδο Cramer το σύστημα x +2y +2z =2 x + y + z =1 3x 2y + z =2 1 2 2 D = 1 1 1 3 2 1 = 1 1 2 1 2 1 1 3 1 +2 1 1 3 2 =3+8 2=9 2 2 2 D x = 1 1 1 2 2 1 =0 γιατί οι δυο πρώτες σειρές είναι ανάλογες άρα 1 2 2 D y = 1 1 1 3 2 1 = 3 1 2 2 D z = 1 1 1 3 2 2 =12. x =0,y = 3 9,z = 12 9 18
11. Άσκηση Βρείτε για ποιες τιμές του k το σύστημα έχει μοναδική λύση. kx 1 + x 2 + x 3 =1 x 1 + kx 2 + x 3 =2 x 1 + x 2 + kx 3 =3 Για να έχει το σύστημα μοναδική λύση θα πρέπει αν γράψουμε το σύστημα με τη μορφή Ax = b, η ορίζουσα του πίνακα A να είναι διάφορη του μηδενός. Δηλαδή Det(A) 0 k 1 1 Det(A) = 1 k 1 1 1 k = k k 1 1 k 1 1 1 k + 1 1 k 1 = k3 3k+2 = (k+2)(k 1) 2 Άραγιαναέχειμοναδικήλύσητοσύστημαθαπρέπει kɛr { 2, 1} 12. Άσκηση Βρείτε για ποιες τιμες του k το σύστημα έχει άπειρες λύσεις. kx 1 +2x 2 =0 3x 1 + kx 2 =0 Παρατηρούμε ότι το σύστημα είναι ομογενές. Για να έχει λοιπόν το σύστημα άπειρες λύσεις θα πρέπει αν γράψουμε το σύστημα με τη μορφή Ax = b, η ορίζουσα του πίνακα A να είναι ίση με το μηδέν. Δηλαδή Det(A) =0. Det(A) = k 2 3 k = k2 6=0 Άρα για k = ± 6 το σύστημα έχει άπειρες λύσεις. 19
4 Ορίζουσες και Συστήματα Γραμμικών Εξισώσεων 1. Άσκηση Υποθέστε ότι τα γραμμικά συστήματα και AX = C BX = C έχουν μία κοινή μη μηδενική λύση. Αποδείξτε ότι (αʹ) Ο πίνακας A B δεν είναι ομαλός. (βʹ) Το γραμμικό σύστημα (A + B)X = C έχει και αυτό μη μηδενική λύση.. (αʹ) Θέλουμε να δείξουμε ότι ο πίνακας (A B) δεν είναι ομαλός ή με άλλα λόγια ότι είναι ιδιάζων, δηλ. η ορίζουσα του είναι ίση με μηδέν. Γνωρίζουμε ότι υπάρχει μία μη μηδενική λύση των συστημάτων, έστω X 0 αυτή. Επομένως θα ισχύει και AX 0 = C BX 0 = C AX 0 BX 0 = C C (A B)X 0 =0 το τελευταίο σύστημα είναι ομογενές και για να έχει και μη μηδενική λύση πρέπει η ορίζουσα το (A B) να είναι ίση με το μηδέν δηλ. ο πίνακας (A B) δεν είναι ομαλός. (βʹ) AX 0 + BX 0 =2C (A + B)X 0 =2C (A + B) 1 2 X 0 = C που σημαίνει ότι το (A + B)X = C έχει και αυτό μη μηδενική λύση, την 1 2 X 0. 20
2. Άσκηση Ν.δ.ο για κάθε (a, b, c, d)ɛr 4, υπάρχει μία μη μηδενική τετράδα (x, y, z, w) έτσι ώστε να ισχύουν συγχρόνως x + ay + a 2 z +(a 3 + bcd)w =0 x + by + b 2 z +(b 3 + cda)w =0 x + cy + c 2 z +(c 3 + dab)w =0 x + dy + d 2 z +(d 3 + abc)w =0 Μας δίνεται ένα ομογενές σύστημα και καλούμαστε να αποδείξουμε ότι έχει και μη μηδενικές λύσεις. Αν θεωρήσουμε το σύστημα της μορφής AX =0 αρκείναδείξουμεότιη A =0. 1 a a 2 a 3 + bcd A = 1 b b 2 b 3 + cda 1 c c 2 c 3 + dab 1 d d 2 d 3 + abc παρατηρούμε την ορίζουσα και εφαρμόζουμε την ιδιότητα των οριζουσών αν προστεθεί σε μια γραμμή το πολλαπλάσιο μιας άλλης γραμμής η οριζουσα παραμένει αμετάβλητη Αφαιρώντας την πρώτη γραμμή από τις άλλες προκύπτει 1 a a 2 a 3 + bcd A = 0 b a b 2 a 2 b 3 + cda a 3 bcd 0 c a c 2 a 2 c 3 + dab a 3 0 d a d 2 a 2 d 3 + abc a 3 bcd στη συνέχεια αναπτύσουμε ως προς την 1η στήλη b a b 2 a 2 b 3 + cda a 3 bcd A = c a c 2 a 2 c 3 + dab a 3 d a d 2 a 2 d 3 + abc a 3 bcd = b a b 2 a 2 (b a)(b 2 + ab + a 2 ) cd(b a) = c a c 2 a 2 (c a)(c 2 + ac + a 2 ) bd(c a) d a d 2 a 2 (d a)(d 2 + ad + a 2 ) bc(d a) χρησιμοποιούμε την ιδιότητα ο πολλαπλασιασμός μιας γραμμής με έναν αριθμό λ μεταβάλει την τιμή της ορίζουσας λ φορές. 1 b + a (b 2 + ab + a 2 ) cd A =(b a)(c a)(d a) 1 c + a (c 2 + ac + a 2 ) bd 1 d + a (d 2 + ad + a 2 ) bc 21
αφαιρούμε την 1η γραμμή από τι υπόλοιπες 1 b + a (b 2 + ab + a 2 ) cd A =(b a)(c a)(d a) 0 c b (c 2 + ac + a 2 ) bd (b 2 + ab + a 2 0 d b (d 2 + ad + a 2 ) bc (b 2 + ab + a 2 )+cd = 1 b + a (b 2 + ab + a 2 ) cd =(b a)(c a)(d a) 0 c b (c b)(c + b)+a(c b)+d(c b) 0 d b (d b)(d + b)+a(d b)+c(d b) βγάζουμε κοινό παράγοντα 1 b + a (b 2 + ab + a 2 ) cd A =(b a)(c a)(d a)(c b)(d b) 0 1 (c + b)+a + d 0 1 (d + b)+a + c επειδή έχουμε δύο ίδιες γραμμές προκύπτει A =0. 3. Άσκηση Αν υπάρχουν x, y, zɛr με x + y + z 0και ax + by + cz =0 bx + cy + az =0 cx + ay + bz =0 να δείξετε ότι a + b + c =0ή a = b = c Εχουμε ένα ομογενές σύστημα που η μηδενική λύση δεν υπάρχει καθώς x + y + z 0. Για να έχει λύση το σύστημα, εκτός της μηδενικής, πρέπει η ορίζουσα των συντελεστών να είναι μηδέν. Άρα δηλαδή A =0 a b c b c a c a b =0 προσθέτω στην 1η γραμμή τις άλλες δύο a + b + c a+ b + c a+ b + c b c a c a b =0 22
αφαιρώ την 1η στήλη από τις υπόλοιπες a + b + c 0 0 b c b a b c a c b c =0 (a + b + c) c b a b a c b c =0 (a + b + c)((b c) 2 (a b)(a c)) = 0 1 2 (a + b + c)((b c)2 +(a b) 2 +(a c) 2 )=0 επομένως θα πρέπει a + b + c =0ή a = b = c. 23