Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ 9ο Σετ Ασκήσεων (Λύσεις) Διανυσματικοί Χώροι

Εφαρμοσμένα Μαθηματικά ΙΙ 9ο Σετ Ασκήσεων (Λύσεις) Διανυσματικοί Χώροι Επιμέλεια: Ι. Λυχναρόπουλος. Δείξτε ότι ο V R εφοδιασμένος με τις ακόλουθες πράξεις (, a b) + (, d) ( a+, b+ d) και k ( ab, ) ( kakb, ) δεν είναι R-διανυσματικός χώρος Πρέπει να ελέγξουμε αν ισχύουν οι ακόλουθες 8 ιδιότητες για κάθε yz,, V, ab, R ) + y y+ ) ( + y) + z + ( y+ z) ) O: + O O+ ) ( ): + ( ) O 5) ( ab) a ( b ) 6) a ( + y) a + ay 7)( a+ b ) a + b 8) ) Το αριστερό μέλος της ισότητας δίνει: (, ) + ( y, y) ( + y, + y) Το δεξιό μέλος της ισότητας δίνει: ( y, y) + (, ) ( y+, y + ) ( + y, + y) Επομένως ισχύει η ιδιότητα (). ) Το αριστερό μέλος της ισότητας δίνει: ( + y) + z ((, ) + ( y, y) ) + ( z, z) ( + y, + y) + ( z, z) ( + y+ z, + y + z) Το δεξιό μέλος της ισότητας δίνει: + ( y+ z) (, ) + (( y, y) + ( z, z) ) (, ) + ( y+ z, y + z) ( + y+ z, + y + z) Επομένως ισχύει η ιδιότητα (). ) Έστω ότι O ( ab, ) Πρέπει να προσδιορίσουμε τα ab, + O (, ) + ( a, b) (, ) + a a 0 ( + a, + b) (, ) + b b 0 Προφανώς και (0,0) + (, ) (, )

Επομένως το O υπάρχει και είναι το O (0,0) ) Έστω ότι ( ab, ) Πρέπει να προσδιορίσουμε τα ab, + ( ) O (, ) + ( ab, ) (0,0) + a 0 a ( + a, + b) (0,0) + b 0 b Επομένως (, ) 5) Το αριστερό μέλος της ισότητας δίνει: ( ab) ( ab) (, ) (( ab),( ab) ) Το δεξιό μέλος της ισότητας δίνει: a ( b ) a b, a b, b ab, ab (( ab),( ab) ) ( ( ) ) ( ) ( ) Επομένως ισχύει η ιδιότητα (5). 6) Το αριστερό μέλος της ισότητας δίνει: a ( + y) a (, ) + ( y, y ) a ( + y, + y ) ( ) ( ), ( ) ( a y a y ) + + Το δεξιό μέλος της ισότητας δίνει: a, + a ( y, y) a, a + ay, ay ( ) ( ) ( ) ( a ay, a ay) ( a( y), a( y) ) + + + + Επομένως ισχύει η ιδιότητα (6). 7) Το αριστερό μέλος της ισότητας δίνει: ( a+ b) ( a+ b) (, ) (( a+ b),( a+ b) ) Το δεξιό μέλος της ισότητας δίνει: a, + b, a, a + b, b ( ) ( ) ( ) ( ) (, ) ( ),( ) ( ) a+ b a+ b a + b a + b Επομένως δεν ισχύει η ιδιότητα (7) και συνεπώς ο V με τις δοθείσες πράξεις δεν είναι R διανυσματικός χώρος.. Δείξτε ότι ο W {( ab,, ): a b } + + δεν είναι υποχώρος του R Για να δείξουμε ότι το σύνολο W δεν είναι υποχώρος του R αρκεί να βρούμε ένα αντιπαράδειγμα. Για να είναι το W υποχώρος του R θα πρέπει να είναι μη κενό σύνολο (να περιέχει τουλάχιστον το μηδενικό διάνυσμα) καθώς επίσης

να διατηρεί την πράξη της πρόσθεσης δύο διανυσμάτων, και του πολλαπλασιασμού αριθμού με διάνυσμα. Το ( 0,0,0 ) προφανώς ανήκει στον W καθώς 0 + 0 + 0 0. Άρα το σύνολο δεν είναι κενό. Θα εξετάσουμε αν διατηρείται η πράξη της πρόσθεσης. 0,, 0 τα οποία ανήκουν στον W καθώς Έστω τα διανύσματα (,0,0 ) και ( ) + + και 0 + + 0., 0, 0 + (0,, 0) (,, 0) όμως δεν ανήκει στον W καθώς 0 0 Το άθροισμα ( ) + + 0 >. Έτσι ο W δεν είναι υποχώρος του R. Δείξτε ότι το σύνολο W των τετράγωνων πινάκων που αντιμετατίθενται με έναν δοσμένο τετράγωνο πίνακα, δηλ. το W { A M ( ): n R A A}, είναι υποχώρος του Mn( R ) Ο μηδενικός πίνακας ανήκει στο W γιατί O O O Επίσης ( A + B) A + B A + B ( A + B) και ( ka) ka ka ka ( ka) Επομένως το W είναι κλειστό ως προς τις πράξεις της πρόσθεσης πινάκων και πολλαπλασιασμού αριθμού με πίνακα.. Έστω V το σύνολο όλων των πραγματικών συναρτήσεων f : R R. a) Να δειχθεί ότι το σύνολο W των συναρτήσεων που απεικονίζουν το 5 στο 0, δηλ. το W { f : f(5) 0} αποτελεί υποχώρο του V b) Να δειχθεί ότι το σύνολο W { f : f(7) + f()} δεν αποτελεί υποχώρο του V α) Προφανώς το W περιέχει την g()0, δηλ. το μηδενικό στοιχείο του χώρου V, επομένως το W δεν είναι κενό. Αρκεί επομένως να δείξουμε ότι είναι κλειστό ως προς την πρόσθεση συναρτήσεων και τον πολλαπλασιασμό αριθμού με συνάρτηση: Έστω f, g V και k R τότε: ( f + g)(5) f(5) + g(5) 0 + 0 0 Επομένως f + g V Επίσης kf (5) k0 0 Άρα kf V Συμπεραίνουμε λοιπόν πως το W αποτελεί υποχώρο του V b) Προφανώς το W δεν περιέχει την g()0, καθώς αυτή δεν ικανοποιεί τη δοσμένη συνθήκη, επομένως δεν μπορεί να είναι υποχώρος του V

Επίσης θα μπορούσαμε να δείξουμε π.χ. ότι το W δεν είναι κλειστό ως προς την πράξη της πρόσθεσης συναρτήσεων, καθώς για f, g V το αριστερό μέλος της συνθήκης f(7) + f() δίνει για την f + g : ( f + g)(7) f(7) + g(7) + f() + + g() + f() + g() ενώ το αριστερό μέλος δίνει: ( ) + f + g () + f() + g() 9 9 5. Γράψτε το διάνυσμα (,, ) R ως γραμμικό συνδυασμό των διανυσμάτων (,-,), (,,) και (-,,-) Πρέπει να υπολογίσουμε τις σταθερές,, έτσι ώστε να ισχύει: 9 + 9/ + + + + 9 + 9 / Ο επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι: 9/ Ab 9 / Η απαλοιφή Gauss δίνει τον πίνακα: 9/ 0 0 0 0 0 0 ο οποίος αντιστοιχεί στο ισοδύναμο σύστημα: + 9/ 0 0 Με προς τα πίσω αντικατάσταση παίρνουμε τελικά: / Επομένως 9 + 9

6. Γράψτε τον πίνακα 7 7 ως γραμμικό συνδυασμό των πινάκων και 5 + + 7 7 + 5 7 7 5 + + + + + 7 + 5 7 Ο επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι: Ab 7 5 7 Η απαλοιφή Gauss δίνει τον πίνακα: 0 5/ 5/ 0 0 0 0 0 0 ο οποίος αντιστοιχεί στο ισοδύναμο σύστημα: + ( 5/) 5/ Με προς τα πίσω αντικατάσταση παίρνουμε τελικά: Επομένως 7 7 5 7. Δίνεται το πολυώνυμο P( ) span{ P( ), P( )}, όπου P Πρέπει P ( ) 8 + 7 6 0. Ελέγξτε αν ( ) και P( ) + 5

P( ) P ( ) + P ( ) 8 + 7 6 0 + + ( ) ( ) ( ) 8 + 7 6 0 + + 8 7 6 + 0 Ο επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι: 0 8 7 Ab 0 6 0 Αφού αντιμεταθέσουμε την η και την η γραμμή, η απαλοιφή Gauss δίνει τον πίνακα: 7 0 8 0 0 0 0 0 0 ο οποίος αντιστοιχεί στο ισοδύναμο σύστημα: 7 8 Με προς τα πίσω αντικατάσταση παίρνουμε τελικά: Επομένως P ( ) P ( ) + P( ) Άρα P( ) span{ P( ), P( )} 8. Βρείτε τις συνθήκες που πρέπει να ικανοποιούν τα,y,z ώστε το διάνυσμα ( yz,, ) R να ανήκει στο χώρο που παράγεται από τα διανύσματα u (,, 0), v (,, ) και w (0,, ) 0 + y + + + y 0 z z 9. Δίνεται ο πίνακας A. Να υπολογισθούν οι θεμελιώδεις υποχώροι που σχετίζονται με τον πίνακα Α. Να βρεθεί η διάστασή του κάθε ενός και από μία βάση τους 6

Έχουμε A με m, n m n Οι τέσσερις θεμελιώδεις υποχώροι είναι οι ακόλουθοι: Ο μηδενοχώρος N( A ) O χώρος στηλών RA ( ) O αριστερός μηδενοχώρος N( A ) O χώρος γραμμών RA ( ) Θα δουλέψουμε με ενιαίο τρόπο χρησιμοποιώντας παντού την απαλοιφή Gauss πάνω στον πίνακα A (δηλ. χωρίς να χρειαστεί να δουλέψουμε με τον A ). Για το λόγο αυτό, ειδικά για τον αριστερό μηδενοχώρο θα χρειαστεί να υπολογίσουμε τον πίνακα E έτσι ώστε EA U ως εξής: ( A I ) Gauss ( U E) Έχουμε λοιπόν 0 0 ( A I ) 0 0 0 0 H πράξη r r r δίνει 0 0 0 7 0 0 0 0 0 Ο στοιχειώδης πίνακας του βήματος είναι ο E 0 0 0 Στη συνέχεια η πράξη r r r δίνει 0 0 0 7 0 0 7 7 8 0 0 0 Ο στοιχειώδης πίνακας του βήματος είναι ο E 0 0 0 Τέλος η πράξη r r r φέρνει τον πίνακα σε κλιμακωτή μορφή: 0 0 0 7 0 0 0 5 7

0 0 Ο στοιχειώδης πίνακας του βήματος είναι ο E 0 0 0 Έτσι καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι 0 0 U 0 7 και E 0 0 0 5 Τον πίνακα E εναλλακτικά θα μπορούσαμε να τον υπολογίσουμε και ως E EEE. Παρατηρούμε ότι υπάρχουν τρεις οδηγοί ή αντίστοιχα μη μηδενικές γραμμές στον πίνακα U. Έτσι έχουμε rank( A ). Μηδενοχώρος N( A ) O μηδενοχώρος αποτελείται από το σύνολο λύσεων του ομογενούς συστήματος: 0 A O A 0 0 ή ισοδύναμα του 0 0 + + U 0 7 + 0 0 5 0 Υπάρχει μία ελεύθερη μεταβλητή, που αντιστοιχεί στη στήλη του πίνακα U η οποία δεν έχει οδηγό, δηλ. είναι η μεταβλητή Εκφράζοντας την ελεύθερη μεταβλητή με μία παράμετρο παίρνουμε τη γενική λύση του ομογενούς συστήματος: 5 t 8 t 8, t R 5 t t Επομένως ο μηδενοχώρος είναι το ακόλουθο σύνολο: 5 5 N( A) t, t, tt, : t R 8 8 Αποτελεί υποχώρο του n R δηλαδή του R. 8

H διάσταση του χώρου είναι dim N( A) n rank( A), και είναι ίση με το πλήθος των ελεύθερων μεταβλητών του συστήματος. Επομένως μία βάση του χώρου θα αποτελείται από μη μηδενικό διάνυσμα. Για να βρούμε ένα τέτοιο διάνυσμα θέτουμε, στη γενική λύση του ομογενούς συστήματος, την παράμετρο ίση με τη μονάδα t : Έτσι μία βάση του μηδενοχώρου είναι η 5 8 8 5. Χώρος γραμμών RA ( ) O χώρος γραμμών παράγεται από όλους τους γραμμικούς συνδυασμούς των γραμμών του πίνακα A δηλ. + + 6 + RA ( ) span,, + + :,, + + n Αποτελεί υποχώρο του R δηλαδή του R. H διάσταση του χώρου είναι ίση με τη βαθμίδα του πίνακα: dim R( A ) rank( A) Μία βάση του χώρου γραμμών RA ( ) αποτελείται από όλες τις μη μηδενικές γραμμές του U. 0 0 7 0 Έτσι το σύνολο,, 5 αποτελεί μία βάση του RA ( ) R. Χώρος στηλών ( ) RA O χώρος γραμμών παράγεται από όλους τους γραμμικούς συνδυασμούς των γραμμών του πίνακα A δηλ. 9

RA ( ) span,,, + + + 6 + + + :,,, R + + m Αποτελεί υποχώρο του R δηλαδή του R. H διάσταση του χώρου είναι ίση με τη βαθμίδα του πίνακα (και ίση με τη διάσταση του χώρου γραμμών): dim R( A) rank( A) Μία βάση του χώρου στηλών RA ( ) αποτελείται από όλες τις στήλες του πίνακα A που αντιστοιχούν σε στήλες με οδηγό του πίνακα U. Άρα θα αποτελείται από τις στήλες, και : Έτσι το σύνολο,, αποτελεί μία βάση του RA ( ). Αριστερός Μηδενοχώρος N( A ) O αριστερός μηδενοχώρος αποτελείται από το σύνολο λύσεων του ομογενούς συστήματος: 0 A O A 0 0 m Αποτελεί υποχώρο του R δηλαδή του R. Η διάστασή του είναι dim N( A ) m rank( A) 0 Μία βάση του αποτελείται από τις m rank( A) 0 τελευταίες γραμμές του πίνακα E 0 Έτσι το σύνολο 0 αποτελεί μία βάση του N( A ) 0 O χώρος N( A ) αποτελείται μόνο από το μηδενικό διάνυσμα: N( A ) 0,0,0 {( )} 0. Βρείτε μία βάση του χώρου γραμμών του πίνακα A, η οποία να 0 0 αποτελείται αποκλειστικά από διανύσματα γραμμές του Α 0

Ο χώρος γραμμών του πίνακα A ισούται με το χώρο στηλών του αναστρόφου του: 0 A 0 Εφαρμόζουμε απαλοιφή Gauss στον A και παίρνουμε: 0 0 r r + r r r r 0 0 0 0 5 r r r 0 0 5 0 0 0 Επομένως οι πρώτες στήλες του A, οι οποίες έχουν οδηγό στον τελικό πίνακα της απαλοιφής Gauss, (ή οι πρώτες γραμμές του A ) αποτελούν μία βάση του χώρου στηλών του A (ή του χώρου γραμμών του A ) :,, 0. Ελέγξτε αν οι ακόλουθοι πίνακες έχουν τον ίδιο χώρο γραμμών 5 A και B Εφαρμόζουμε απαλοιφή Gauss-Jordan και στους δύο πίνακες: 5 r r r 5 0 r rr A 0 0 r r r r r r r r+ r B 0 0 0 6 0 0 r r r 0 0 0 6 0 0 0

Επειδή οι μη μηδενικές γραμμές των τελικών πινάκων ταυτίζονται, οι πίνακες Α και Β έχουν τον ίδιο χώρο γραμμών.. Ποιοι από τους ακόλουθους πίνακες έχουν τον ίδιο χώρο στηλών; 5 A, B και C 9 7 7 Εργαζόμαστε όπως στην προηγούμενη άσκηση αλλά με τους ανάστροφους πινακες Έτσι έχουμε 0 GaussJordan A 0 5 9 0 0 0 0 0 GaussJordan B 0 0 0 0 7 0 GaussJordan C 0 7 0 0 0 Επομένως ίδιο χώρο στηλών έχουν οι πίνακες Α και C. Έστω οι U και W υποχώροι του R που ορίζονται ως U {( ab,, ) : a b }, W {(0, b, )} Δείξτε ότι R U W Θα πρέπει να ικανοποιούνται συνθήκες: U W { O} και R U + W Παρατηρούμε αρχικά πως είναι U W { O} γιατί αν v ( ab,, ) U W τότε αυτό συνεπάγεται πως a b γιατί v U και επίσης a 0 γιατί v W. Έτσι τελικώς θα είναι a b 0 δηλ. v (0, 0, 0) Αρκεί τώρα να δείξουμε ότι R U + W. Έστω ένα τυχαίο διάνυσμα του v ( ab,, ) R αυτό μπορεί να γραφεί εναλλακτικά και ως v ( aaa,, ) + (0, ba, a) με ( ααα,, ) U και (0, ba, a) W. Άρα αποδείξαμε το ζητούμενο.. Ελέγξτε αν τα ακόλουθα σύνολα διανυσμάτων είναι γραμμικά ανεξάρτητα ή όχι: α) v(,-,), v(,,), v(7,0,5) b) v(,), v(5,) α) Γράφουμε τα διανύσματα ως γραμμές σε ένα πίνακα :

A 7 0 5 Εφαρμόζουμε απαλοιιφή Gauss στον πίνακα: 7 7 7 7 r r r r r r r rr A 0 0 0 7 0 5 7 0 5 7 0 0 0 0 Επειδή προέκυψε γραμμή με μηδενικά, τα διανύσματα είναι γραμμικά εξαρτημένα. b) Επειδή πρόκειται για δύο διανύσματα του χώρου R, η μόνη περίπτωση να είναι γραμμικά εξαρτημένα είναι όταν το ένα διάνυσμα είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Στη συγκεκριμένη περίπτωση αυτό δεν ισχύει, επομένως τα διανύσματα είναι γραμμικά ανεξάρτητα. 5. Ελέγξτε αν το ακόλουθο σύνολο πινάκων είναι γραμμικά ανεξάρτητο ή όχι 0 A, A, A 0 0 0 Για να είναι γραμμικά ανεξάρτητο θα πρέπει, βάσει του ορισμού, να ισχύει: A + A + A O 0 Έχουμε επομένως A + A + A O 0 0 0 + 0 + 0 0 0 0 + + + 0 0 + 0 0 Προκύπτει επομένως το ομογενές σύστημα: + + 0 + 0 0 + 0 Με απαλοιφή Gauss στον πίνακα συντελεστών παίρνουμε:

0 0 0 0 0 r rr r rr r rr 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 r 0 0 0 rr r rr 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Επειδή κάθε στήλη έχει οδηγό, το ομογενές σύστημα έχει μοναδική λύση, τη μηδενική. Επομένως 0, δηλαδή οι δοσμένοι πίνακες είναι γραμμικά ανεξάρτητοι. 6. Δείξτε ότι οι συναρτήσεις f f f + ( ) os( ), ( ) sin( ), ( ) είναι γραμμικά ανεξάρτητες Γνωρίζουμε ότι αν η Βρονσκιανή των συναρτήσεων f, f, f βγει διάφορη του μηδενός για κάποιο τότε οι συναρτήσεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες. Έχουμε λοιπόν f( ) f( ) f( ) os( ) sin( ) + W( ) f'( ) f'( ) f'( ) sin( ) os( ) 6+ f''( ) f''( ) f''( ) os( ) sin( ) 6 Προσθέτοντας την τρίτη γραμμή στην πρώτη παίρνουμε: os( ) 0 + 9 + 7 W( ) sin( ) os( ) 6+ os( ) sin( ) 6 Γράφουμε το ανάπτυγμα Laplae ως προς την πρώτη γραμμή: os( ) 6+ sin( ) os( ) W( ) os( ) + ( + 9 + 7) sin( ) 6 os( ) sin( ) ( ( ) ( )) os( ) os( ) 6 + sin( ) 6+ + ( 9 7)( 6sin( ) sin( ) os( ) os( ) ) + + + + Θα πρέπει να δείξουμε τώρα ότι για κάποιο η τιμή της Βρονσκιανής είναι διάφορη του μηδενός. Δοκιμάζουμε το 0, τότε W (0) os( 0) os(0) 0 6 + sin(0) 0 6 0 + + ( ( ) ( )) ( )( ) + 0 + 9 0 + 0 7 6sin( 0) sin(0) + os( 0) os(0) 0 0 Επομένως οι δοθείσες συναρτήσεις είναι γραμμικά ανεξάρτητες.

7. Δείξτε ότι οι συναρτήσεις: f ( ) e, f ( ) e είναι γραμμικά εξαρτημένες Αν υπολογίσουμε την Βρονσκιανή των συναρτήσεων: f( ) f( ) e e W( ) e e e e 0 f'( ) f'( ) e e επειδή βγαίνει 0 για κάθε, υπάρχει ένδειξη ότι οι συναρτήσεις είναι πιθανώς γραμμικά εξαρτημένες. Όμως δεν μπορούμε να το πούμε με βεβαιότητα. Επομένως πρέπει να καταφύγουμε στον ορισμό. Έτσι πρέπει να δείξουμε πως υπάρχουν σταθερές,, όχι ταυτόχρονα μηδέν, για τις οποίες ισχύει η σχέση: f ( ) + f ( ) 0 για κάθε. Δηλαδή e + e 0 e ( + e ) 0 Επειδή η τελευταία σχέση θέλουμε να ισχύει για κάθε, προφανώς πρέπει να είναι: + e 0 e Άρα υπάρχουν άπειροι συνδυασμοί με μη μηδενικές σταθερές, για τις οποίες f ( ) + f ( ) 0 Έστω π.χ.. Τότε e Επομένως οι δοθείσες συναρτήσεις είναι γραμμικά εξαρτημένες. 8. Ελέγξτε αν τα ακόλουθα πολυώνυμα είναι γραμμικά ανεξάρτητα ή όχι: p + +, p + 6 +, p + 8 8+ 7 Ξεκινούμε από τη σχέση: p + p + p 0, µε,, R Θα επιλύσουμε το ομογενές σύστημα που προκύπτει, ως προς τις σταθερές,, Αν αυτό έχει μοναδική λύση (τη μηδενική) τότε τα δοσμένα πολυώνυμα είναι γραμμικά ανεξάρτητα. p+ p + p 0 + + + + 6 + + + 8 8+ 7 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + + + 6 + 8 + 8 + + + 7 0 + + 0 + 6 + 8 0 8 0 + + 7 0 Εφαρμόζουμε απαλοιφή Gauss στον πίνακα συντελεστών: 5

6 8 0 0 8 8 0 7 7 7 0 r r r 0 r r r 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 r rr r r+ r r rr Επειδή στον τελικό πίνακα δεν υπάρχει οδηγός σε όλες τις στήλες, το σύστημα δεν έχει μοναδική λύση. Επομένως τα δοσμένα πολυώνυμα είναι γραμμικά εξαρτημένα. 9. Ποιό από τα επόμενα σύνολα διανυσμάτων αποτελεί βάση του R ; a) u (,,), v (,, ), w (5,,), s (,, ) b) u (,,), v (0,,), w (,0, ) 7 ) u (,, 0), v (,, ), w (,, ) Γνωρίζουμε ότι η διάσταση του R είναι, επομένως κάθε βάση του θα αποτελείται από ακριβώς γραμμικά ανεξάρτητα διανύσματα. Επομένως το (a) σύνολο δεν μπορεί να αποτελεί βάση καθώς αποτελείται από διανύσματα. Ελέγχουμε αν το σύνολο (b) είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Τοποθετούμε τα διανύσματα ως γραμμές σε ένα πίνακα και εφαρμόζουμε απαλοιφή Gauss: 0 r r r 0 r r + r 0 0 0 7 0 0 5 Επειδή δεν προέκυψε μηδενική γραμμή τα διανύσματα είναι γραμμικά ανεξάρτητα. Επομένως αποτελούν βάση του R Ελέγχουμε αν το σύνολο () είναι γραμμικά ανεξάρτητο: 7 7 r r + r r rr 0 0 7 0 7 0 0 0 0 Επειδή προέκυψε μηδενική γραμμή τα διανύσματα είναι γραμμικά εξαρτημένα. Επομένως δεν αποτελούν βάση του R 0. Να υπολογισθεί η βαθμίδα των ακόλουθων πινάκων: 6

0 0 0 A 0 B 5 8 0 8, Εφαρμόζουμε απαλοιφή Gauss στους πίνακες 0 0 r rr A 0 0 0 0 0 Έχουμε οδηγούς, επομένως rank( A ) 0 0 0 0 0 7 0 7 B 5 8 5 8 0 7 8 8 8 0 0 0 0 7 r r+ r 0 7 0 7 r r r 0 7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Έχουμε οδηγούς, επομένως rank( B ) r rr r r+ r r rr. Δίνεται ότι ένας πίνακας A 5 5γράφεται ως γινόμενο A BC ενός πίνακα B 5 και ενός πίνακα C 5. Να δειχθεί ότι ο πίνακας A δεν έχει αντίστροφο. Αν υπήρχε ο A θα έπρεπε να ισχύει A A I 5 () Επειδή ο C είναι πίνακας 5, o χώρος στηλών του RC ( ) θα είναι υποχώρος του, επομένως dim RC ( ) rank( C) Γνωρίζουμε όμως ότι ισχύει: dim N( C) + rank( C) n dim N( C) + rank( C) 5 Έτσι dim NC ( ) που σημαίνει πως ο πυρήνας του C δεν είναι κενός, δηλ υπάρχει κάποιο διάνυσμα v5 O5, έστω το v ' 5 ώστε C5 v' 5 O Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της σχέσης () με το συγκεκριμένο διάνυσμα και παίρνουμε: A55 A55 v' 5 Iv 5 ' 5 A55 B5 C5 v' 5 v' 5 A55 B5 O v' 5 O v' Άτοπο! 5 5 Άρα δεν μπορεί να ισχύει η σχέση () και επομένως ο Α δεν έχει αντίστροφο. 7