Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 0 Επαναληπτικες Ασκησεις ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθοι Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laiihtml 8-6 - 0 Ασκηση Εστω f : E E µια γραµµική απεικόνιση, όπου E { 0} είναι ένας K- διανυσµατικός χώρος Υποθέτουµε ότι κάθε µη-µηδενικό διάνυσµα του E είναι ιδιοδιάνυσµα της f Να δείξετε ότι υπάρχει λ K έτσι ώστε Λύση Από την υπόθεση έχουµε : f( x) = λ x, x E x E, x 0, λ x K : f( x) = λ x x Εστω x, y K, όπου x 0 y Τότε : f( x) = λ x x και f( y) = λ y y Αν x + y 0, τότε ϑα έχουµε και : και εποµένως : Αρα : f( x + y) = λ x+ y ( x + y) f( x) + f( y) = λ x+ y x + λ x+ y y = λ x x + λ y y = λ x+ y x + λ x+ y y (λ x λ x+ y ) x + (λ y λ x+ y ) y = 0 Υποθέουµε ότι : λ x λ y Τότε τα x και y είναι ιδιοδιανύσµατα της f τα οποία αντιστοιχούν σε διαφορετικές ιδιοτιµές Τότε όπως γνωρίζουµε, τα x και y είναι γραµµικά ανεξάρτητα, και εποµένως η τελευταία σχέση δίνει : λ x λ x+ y = 0 = λ y λ x+ y = λ x = λ x+ y = λ y το οποίο είναι άτοπο Αρα αν x + y 0, τότε : λ x = λ y Αν x + y = 0, τότε y = x, και ϑα έχουµε : δηλαδή : 0 = f( x + y) = f( x) + f( y) = λ x x + λ y y = λ x x λ x = (λ x λ y ) x (λ x λ y ) x = 0 Επειδή το x 0, ως ιδιοδιάνυσµα της f, έπεται από την τελευταία σχέση ότι λ x λ y = 0, και άρα λ x = λ y

Ετσι δείξαµε ότι σε κάθε περίπτωση : x 0 y = λ x = λ y Θέτουµε λ x = λ = λ y την κοινή αυτή τιµή Τότε ϑα έχουµε : και επειδή f( 0) = 0 = λ 0, έπεται ότι : f( x) = λ x, 0 x E f( x) = λ x, x E Ασκηση Εστω A ένας n n-πίνακας µε στοιχεία από ένα σώµα K Υποθέτουµε ότι το άθροισµα των στοιχείων καθεµιάς γραµµής του είναι ίσο µε () Να δείξετε ότι το είναι ιδιοτιµή του A () Αν κάθε µη-µηδενικό διάνυσµα στήλη του χώρου K n είναι ιδιοδιάνυσµα του A, να δείξετε ότι ο A είναι ο µοναδιαίος πίνακας : A = I n Λύση Εχουµε : a a a n a + a + + a n A = a a a n = a + a + + a n = a n a n a nn a n + a n + + a nn και άρα το είναι ιδιοτιµή του πίνακα A µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα τη στήλη : Υποθέτουµε ότι κάθε µη-µηδενικό διάνυσµα στήλη του χώρου K n είναι ιδιοδιάνυσµα του A Τότε από την Ασκηση έχουµε ότι υπάρχει λ K έτσι ώστε a a a n x x x a a a n x = λ x, x M n (K) a n a n a nn x n x n x n Θεωρούµε το διάνυσµα στήλη x x = x n Τότε : a a a n a a a n = λ = a n a n a nn = λ = λ =

3 Εποµένως έχουµε : a a a n x x a a a n x = x, a n a n a nn x n x n και άρα A = I n x x M n (K) x n Ασκηση 3 Ενας πίνακας B = (b ij ) M n n (K) καλείται δίκαιος αν : (a) b ij > 0, i, j =,,, n (b) b ij b jk = b ik, i, j, k =,,, n Για τους δίκαιους πίνακες να δείξετε τα ακόλουθα : () Να δείξετε ότι ο πίνακας A = είναι δίκαιος () Να δείξετε ότι αν B είναι ένας δίκαιος πίνακας, τότε : B = nb (3) Κάθε δίκαιος πίνακας είναι όµοιος µε τον A (4) Να δείξετε ότι κάθε δίκαιος πίνακας B είναι διαγωνοποιήσιµος και να προσδιορισθεί ένας αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P BP να είναι διαγώνιος Ποιά είναι η διαγώνια µορφή του ; Λύση () Ο πίνακας A είναι δίκαιος διότι i, j, k =,,, n έχουµε : b ij = > 0 και b ij b jk = = = b ik () Εστω B ένας δίκαιος πίνακας Τότε : (B ) ij = (B) ik (B) kj = b ik b kj = k= k= b ij = nb ij = n (B) ij = (nb) ij για κάθε i, j =,,, n Αρα : B = nb (3) Εστω B ένας δίκαιος πίνακας Θα δείξουµε ότι υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας C M n n (K) έτσι ώστε C B C = A Καταρχήν παρατηρούµε ότι k= b ii b ij = b ij i, j =,,, n b ij 0 b ii = i =,,, n Θεωρούµε το πίνακα C µε δηλαδή (C) ij = δ ij b j b 0 0 0 b 0 C = 0 0 b n

4 Ο πίνακας C είναι αντιστρέψιµος µε (C) ij = δ ij b j διότι b 0 0 b 0 0 C C 0 b 0 = 0 b 0 = I n = C C 0 0 b n 0 0 b n Τότε υπολογίζουµε : και (B C) ij = (C B C) ij = (B) ik (C) kj = k= b ik δ kj b j = b ij b j = b i k= (C ) ik (B C) kj = k= δ ik b k b k = b i b i = k= Συνεπώς ϐρήκαµε αντιστρέψιµο πίνακα C έτσι ώστε C B C = = A και άρα ο δίκαιος πίνακας B είναι όµοιος µε τον A (4) Θεωρούµε το πολυώνυµο P (t) = t nt Τότε από το ερώτηµα () έχουµε P (B) = B nb = O Επειδή το πολυώνυµο P (t) µηδενίζει το δίκαιο πίνακα B, έπεται ότι το πολυώνυµο P (t) ϑα διαιρείται από το ελάχιστο πολυώνυµο Q B (t) του B: Q B (t)/p (t) Επειδή P (t) = t(t n) το ελάχιστο πολυώνυµο ϑα είναι ένα εκ των : Q B (t) = t ή Q B (t) = t n ή Q B (t) = t(t n) Αν το ελάχιστο πολυώνυµο του B είναι το t ή το t n, τότε ϑα έχουµε αντίστοιχα ότι : B = O ή B = ni n το οποίο είναι άτοπο διότι b ij > 0, i, j n Αρα Q B (t) = t(t n) και έτσι το ελάχιστο πολυώνυµο Q B (t) είναι γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων Εποµένως ο πίνακας B είναι διαγωνοποιήσιµος Επίσης ο πίνακας A, ως δίκαιος πίνακας, διαγωνοποιείται Βρίσκουµε τους ιδιοχώρους που αντιστοιχούν στις ιδιοτιµές λ = 0 και λ = n Εχουµε : x 0 x A = 0 0 0 = = V(0) = 0,,, 0 x n 0 0 0 και x x x A = n x = = V(n) = x n x n

5 Συνεπώς υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας 0 0 Q = 0 0 0 0 0 έτσι ώστε όπου : 0 0 0 Q 0 0 0 A Q = = n E nn 0 0 n 0 0 0 0 0 0 E nn = 0 0 Ετσι ο πίνακας A είναι όµοιος µε τον n E nn Επειδή ο πίνακας B είναι όµοιος µε τον A, έπεται ότι ο B είναι όµοιος µε τον n E nn Λεπτοµερέστερα : 0 0 0 (C Q) B (C Q) = Q (C B C) Q = Q 0 0 0 A Q = = n E nn 0 0 n Συνεπώς υπάρχει ο αντιστρέψιµος πίνακας P = C Q έτσι ώστε ο πίνακας P B P είναι διαγώνιος, και άρα η διαγώνια µορφή του δίκαιου πίνακα B είναι η 0 0 0 0 0 0 = n E nn 0 0 n Ασκηση 4 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και x, y E Να δείξετε ότι : x, y = 0 x x + λ y, λ R Λύση Εστω x, y = 0 Τότε : x + λ y = x + λ x, y + λ y = x + λ y x διότι λ y 0 για κάθε λ R Συνεπώς : x + λ y x

6 Αντίστροφα έστω ότι x x + λ y, λ R Τότε : x + λ y x = x + λ x, y + λ y x Αν y = 0, τότε y = 0, και προφανώς : x, y = 0 Υποθέτουµε ότι : y 0 Θέτουµε και άρα = λ y + λ x, y 0, λ R ϕ(λ) = y λ + x, y λ, λ R ϕ(λ) 0, λ R ( ) Υποθέτουµε ότι x, y 0 Οι ϱίζες του τριωνύµου ϕ(λ) ως προς λ είναι : x, y λ = 0 και λ = y οι οποίες είναι διακεκριµµένες : λ = 0 λ διότι x, y = 0 Επειδή η διακρίνουσα του ϕ(λ) είναι = 4 x, y > 0, το τριώνυµο ϕ(λ) λαµβάνει τιµές αντίθετες του πρόσηµου του y > 0 στο διάστηµα µεταξύ των ϱιζών του Αρα : ( x, y ) ϕ(λ) < 0, λ 0,, αν x, y < 0 y και ( x, y ) ϕ(λ) < 0, λ y, 0, αν x, y > 0 Αρα επιλέγοντας λ σε ένα από τα παραπάνω διαστήµατα, ϐλέπουµε ότι : λ R : ϕ(λ) < 0 ( ) Από τις ( ) και ( ) ϐλέπουµε ότι η υπόθεση x, y 0, µας οδηγεί σε άτοπο Αρα x, y = 0 Ασκηση 5 Εστω a, a,, a n, b, b,, b n, και c, c,, c n πραγµατικοί αριθµοί Αν c, c,, c n > 0, να δείξετε ότι : n c i a i b i n c i a i n c i b i i= i= i= Λύση Θεωρούµε τα ακόλουθα διανύσµατα του R n : x = ( c a,, c n a n ) και y = ( c b,, c n b n ) Τότε από την ανισότητα των Cauchy-Schwarz έχουµε : x, y x y = n c i a i b i n c i a i n c i b i i= i= i= ιαφορετικά: Επειδή c, c,, c n > 0, η απεικόνιση (x,, x n ), (y,, y n ) = x k c k y k k=

7 είναι ένα εσωτερικό γινόµενο στον R n Από την ανισότητα των Cauchy-Schwarz για τα διανύσµατα x = (a,, a n ) και y = (b,, b n ) ως προς το εσωτερικό γινόµενο,, ϑα έχουµε : x, y x y = c i a i b i n c i a i n c i b i i= i= i= Ασκηση 6 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος Να δείξετε την ισότητα του Απολλώνιου : z x + z y = x y + z ( x + y) z, x, y E Λύση Εχουµε : x y + z ( x + y) = x y + z z, x + y + x + y = x x, y + y + z z, x z, y + x + x, y + y = ( z z, x + x ) ( + z z, y + y ) = z x + z y και άρα δείξαµε την ισότητα του Απολλώνιου Ασκηση 7 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος Να δείξετε ότι για κάθε γραµµική απεικόνιση f : E E, υπάρχουν γραµµικές απεικονίσεις g, h : E E έτσι ώστε : f = g + h, όπου : g = g και h = h Επιπλέον αν g, h : E E είναι γραµµικές απεικονίσεις, έτσι ώστε f = g + h, όπου : (g ) = g και (h ) = h, τότε g = g και h = h Λύση Θεωρούµε τις γραµµικές απεικονίσεις Τότε Επιπλέον : g = f + f και g + h = f + f h = f f + f f = f g = ( f + f ) = (f + (f ) ) = (f + f) = f + f h = ( f f ) = (f (f ) ) = (f f) = f f = g = h

Επειδή : { (g g ) = g (g ) = g g = (g g ) = g g 8 Υποθέτουµε ότι f = g + h, όπου : (g ) = g και (h ) = h Τότε : f = g + h = g + h = g g = h h ( ) και άρα : (g g ) = (h h ) ϑα έχουµε : (h h ) = h (h ) = h + h = (h h ) = (h h ) = (h h ) Από τις ( ) και ( ) έπεται ότι : (g g ) = 0 = (h h ) = g g = (h h ) ( ) g = g h = h Ασκηση 8 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος και f : E E µια γραµµική απεικόνιση Να δείξετε ότι αν η f ικανοποιεί δύο από τις ακόλουθες τρεις ιδιότητες : () η f είναι αυτοπροσαρτηµένη () η f είναι ισοµετρία (3) f = Id E τότε ικανοποιεί και την τρίτη Τι µορφή έχει η f αν ικανοποιούνται οι παραπάνω ιδιότητες Λύση () + (3) = () : Εστω x, y E Τότε : f( x), f( y) = x, f (f( y)) = x, f(f( y)) f = f = x, f ( y)) και άρα η f είναι ισοµετρία = x, y f = Id E () + (3) = () : Αφού f = Id E έπεται ότι η f είναι ισοµορφισµός µε f = f () Επίσης, επειδή η f είναι ισοµετρία έχουµε x, y = f( x), f( y) = x, f (f( y)) x, y E = f (f( y)) = y y E = f f = Id E και άρα η f είναι ισοµορφισµός µε f = f () Εποµένως από τις σχέσεις () και () έπεται ότι f = f, δηλαδή η f είναι αυτοπροσαρτηµένη

9 () + () = (3) : Εστω x E Αφού η f είναι ισοµετρία και f = f, τότε : f ( x), x = f(f( x)), x = f( x), f ( x) = f( x), f( x) = x, x (3) και ξανά επειδή η f είναι ισοµετρία έχουµε : f ( x), f ( x) = f(f( x)), f(f( x)) = f( x), f( x) = x, x (4) Χρησιµοποιώντας τις σχέσεις (3) και (4) έπεται ότι f ( x) x, f ( x) x = f ( x), f ( x) f ( x), x x, f ( x) + x, x = 0 και άρα f ( x) x = 0 για κάθε x E Εποµένως : f = Id E Υποθέτουµε ότι η f ικανοποιεί τις ιδιότητες (), () και (3) Θεωρούµε το πολυώνυµο P (t) = t = (t )(t + ) Τότε P (f) = f Id E = 0 και άρα το ελάχιστο πολυώνυµο Q f (t) της f διαιρεί το P (t): Q f (t)/p (t) Εποµένως : Αν ή αν Q f (t) = t ή Q f (t) = t + ή Q f (t) = t Q f (t) = t = f = Id E Q f (t) = t + = f = Id E Τέλος, αν Q f (t) = t τότε υπάρχει ϐάση του E έτσι ώστε ο πίνακας της f να είναι ο ακόλουθος : 0 0 0 0 0 0 A = 0 0 0 0 0 0 0 0 ηλαδή σε αυτή τη περίπτωση η f είναι µια γραµµική απεικόνιση όπου ο πίνακας της είναι ο A Ασκηση 9 Εστω (E,, ) ένας Ευκλείδειος χώρος Αν f : E E είναι µια γραµµική απεικόνιση, για την οποία ισχύει : να δείξετε ότι : f f = f f f( x) = 0 = f ( x) = 0

0 Λύση Εχουµε : f( x) = 0 = f (f( x)) = 0 = (f f)( x) = 0 = (f f )( x) = 0 = (f f )( x), x = 0 = f(f ( x)), x = 0 = f ( x), f ( x) = 0 = f ( x) = 0 = f ( x) = 0 Ασκηση 0 Εστω A M n n (R) ένας συµµετρικός πίνακας Αν A = A, να δείξετε ότι : Λύση () Οι ιδιοτιµές του A είναι 0 ή () Η ϐαθµίδα r(a) του A είναι ίση µε το ίχνος Tr(A) του A (3) Πότε ο A είναι ϑετικός ; () Αφού ο πίνακας A είναι συµµετρικός τότε από το Φασµατικό Θεώρηµα υπάρχει ένας ορθογώνιος πίνακας P έτσι ώστε λ 0 t P A P = 0 λ n όπου λ i R οι ιδιοτιµές του πίνακα A Τότε : και επειδή A = A έπεται ότι λ 0 0 λ n = λ 0 ( t P A P ) = t P A P = 0 λ n λ 0 0 λ n = λ i = λ i = λ i (λ i ) = 0, i n Εποµένως : λ i = 0 ή λ i = και άρα οι ιδιοτιµές του πίνακα A είναι 0 ή

() Εστω ότι η ϐαθµίδα του πίνακα A είναι r(a) = m Από το Φασµατικό Θεώρηµα, υπάρχει ορθογώνιος πίνακας P έτσι ώστε 0 0 0 t 0 0 0 P A P = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 όπου το πλήθος των στην κύρια διαγώνιο είναι ίσο µε την πολλαπλότητα της λ = ως ιδιοτιµής του A Επειδή όµοιοι πίνακες έχουν την ίδια ϐαθµίδα, και επειδή η ϐαθµίδα του πίνακα στα δεξιά της παραπάνω σχέσης είναι προφανώς ίση µε m, έπεται ότι r(a) = m = πολλαπλότητα της λ = ως ιδιοτιµής του A Επειδή όµοιοι πίνακες έχουν το ίδιο ίχνος και επειδή το ίχνος του πίνακα στα δεξιά της παραπάνω σχέσης είναι ίσο µε m, έπεται ότι : 0 0 0 Tr(A) = Tr( t 0 0 0 P A P ) = Tr = + + + = m = r(a) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 και άρα η ϐαθµίδα r(a) του A είναι ίση µε το ίχνος Tr(A) του A (3) Ο πίνακας A είναι ϑετικός αν και µόνο αν όλες οι ιδιοτιµές του είναι ϑετικές, δηλαδή στη περίπτωση µας ίσες µε Εποµένως : A = I n Ασκηση Εστω A M n n (R) ένας συµµετρικός πίνακας Αν A 3 = A, να δείξετε ότι A = A Λύση Αφού ο πίνακας A είναι συµµετρικός γνωρίζουµε από το Φασµατικό Θεώρηµα ότι υπάρχει ένας ορθογώνιος πίνακας P έτσι ώστε λ 0 t P A P = 0 λ n όπου λ i οι ιδιοτιµές του πίνακα A Τότε : λ 3 0 t P A 3 P = 0 λ 3 n και λ 0 t P A P = 0 λ n Επειδή A 3 = A έχουµε : λ 3 0 A 3 = A = t P A 3 P = t P A P = 0 λ 3 n = λ 0 0 λ n και άρα λ 3 i = λ i, δηλαδή ισοδύναµα λ i(λ i λ i) = 0, για κάθε i n Αν λ i = 0 για κάθε i =,, n τότε A = 0 και άρα το Ϲητούµενο ισχύει ιαφορετικά αν κάποια από τα λ i 0 τότε έχουµε λ i = λ i Εποµένως : t P A P = t P A P = A = A

ιαφορετικά: Θεωρούµε το πολυώνυµο Q(t) = t 3 t Τότε Q(A) = A 3 A = O Αρα το ελάχιστο πολυώνυµο Q A (t) είναι διαιρέτης του Q(t) = t 3 t = t (t ), και άρα : Q A (t) = t ή Q A (t) = t ή Q A (t) = t ή Q A (t) = t(t ) ή Q A (t) = t (t ) Επειδή ο A είναι συµµετρικός από το Φασµατικό Θεώρηµα, ο A είναι διαγωνοποιήσιµος και άρα το ελάχιστο πολυώνυµο έχει διακεκριµένους παράγοντες Εποµένως : Q A (t) = t ή Q A (t) = t ή Q A (t) = t(t ) Αν Q A (t) = t, τότε A = O Αν Q A (t) = t, τότε A = I n Και στις δύο αυτές περιπτώσεις έχουµε προφανώς ότι : A = A Τέλος αν Q A (t) = t(t ) = t t, τότε A = A Αν A M n n (C) είναι ένας πίνακας µιγαδικών αριθµών, τότε ορίζουµε τον πίνακα : δηλαδή αν A := t A a a a n a a a n a a a n A =, τότε a a a n A = a n a n a nn a n a n a nn Ο πίνακας A καλείται ο συζυγής ανάστροφος του A Η παρακάτω άσκηση περιγράφει τις κυριότερες ιδιότητες του ανάστροφου συζυγή ενός πίνακα µιγαδικών αριθµών Ασκηση A, B M n n (C), τότε : () (A ) = A () (A B) = B A (3) (µ A) = µ A (4) Αν Z M n (C), τότε Z Z R και Z Z = 0 αν και µόνον αν Z = O (5) Αν A M n n (R) M n n (C), τότε A = t A Λύση () Θα έχουµε, i, j n: Αρα : (A ) = A () Θα έχουµε, i, j n: [(A B) ] ij = (A B) ji = Αρα : (A B) = B A (3) Θα έχουµε, i, j n: Αρα : (µ A) = µ A [(A ) ] ij = (A ) ji = (A) ij = (A) ij = (A) jk (B) ki = k= (A) jk (B) ki = k= (B ) ik (A ) kj = (B A ) ij k= (B) ki (A) jk = k= [(µ A) ] ij = (µa) ji = µ(a) ji = µ(a ) ij = [µ A ] ij

3 (4) Εστω Τότε : Αρα : z z Z = = z n κ + iλ κ + iλ κ n + iλ n Z = ( z z z n ) = ( κ iλ κ iλ κ n iλ n ) Z Z = ( z z z n ) z z = z z + z z + + z n z n = z n (κ j + λ j) R είναι ένας πραγµατικός αριθµός και προφανώς : Z Z 0 Τέλος Z Z = 0 αν και µόνον αν n j= (κ j + λ j ) = 0 αν και µόνον αν κ j = 0 = λ j, j n, αν και µόνον αν Z = O (5) Αν A M n n (R) M n n (C), τότε, i, j n: (A ) ij = (A) ji = (A) ji = A = t A j= Ασκηση 3 Εστω A M n n (R) ένας αντισυµµετρικός πίνακας, δηλαδή : Λύση () Να δείξετε ότι οι ιδιοτιµές του A (στο C) είναι της µορφής : λi, λ R () Να δείξετε ότι οι πίνακες I n + A και I n A είναι αντιστρέψιµοι (3) Να δείξετε ότι ο πίνακας (A + I n ) (A I n ) είναι ορθογώνιος t A = A () Εστω µ = κ + λi C, µε κ, λ R µια ιδιοτιµή του πίνακα A στο C, µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα Z M n (C) Τότε ϑα έχουµε : και εποµένως : A Z = µ Z Z A Z = Z µ Z = µ (Z Z) () Επειδή ο A είναι πίνακας πραγµατικών αριθµών και αντισυµµετρικός, χρησιµοποιώντας την Ασκηση, ϑα έχουµε : (Z A Z) = Z A (Z ) = Z ta Z = Z ( A) Z = (Z A Z) και εποµένως από τη σχέση (): (Z A Z) = (Z (µ Z)) = µ (Z Z) () Παίρνοντας ανάστροφο συζυγή στην σχέση () και χρησιµοποιώντας την Ασκηση, ϑα έχου- µε : (Z A Z) = (µ (Z Z)) = µ (Z Z) = µ (Z (Z ) ) = µ (Z Z) (3) Από τις () και (3) έπεται ότι : µ (Z Z) = µ (Z Z) Επειδή από την Ασκηση () έχουµε ότι Z Z R και Z Z 0, διότι το διάνυσµα-στήλη Z είναι µη-µηδενικό ως ιδιοδιάνυσµα του A, έπεται ότι : µ = µ

4 Ετσι αν µ = κ + iλ, ϑα έχουµε : µ = µ = κ λi = κ λi = κ = κ = κ = 0 = κ = 0 Αρα µ = λi και εποµένως η ιδιοτιµή µ είναι καθαρά ϕανταστικός αριθµός Συνοψίζουµε : Οι ιδιοτιµές του A είναι της µορφής : λi, λ R Ιδιαίτερα η µόνη πραγµατική ιδιοτιµή του A είναι η µηδενική () Υποθέτουµε αντίθετα ότι ο πίνακας I n + A δεν είναι αντιστρέψιµος Τότε : A + I n = 0 = A ( )I n = 0 = : ιδιοτιµή του A που είναι άτοπο από το ερώτηµα () Αρα ο πίνακας I n +A είναι αντιστρέψιµος Οµοια αφού ούτε το δεν είναι ιδιοτιµή του A έπεται ότι πίνακας I n A είναι αντιστρέψιµος (3) Θα δείξουµε ότι (A + I n ) (A I n ) t( (A + I n ) (A I n ) ) = I n Εχουµε t ( (A + I n ) (A I n ) ) = t( (A I n ) ) t(a + I n ) = (t (A I n ) ) ( t A + I n ) = ( t A I n ) ( A + I n ) = ( A I n ) ( A + I n ) = (A + I n ) ( A + I n ) και άρα = (A + I n ) (A I n ) (A + I n ) (A I n ) (A + I n ) (A I n ) = (A + I n ) ((A + I n ) (A I n ) ) (A In ) = (A + I n ) (A I n) (A I n ) = (A + I n ) ((A I n ) (A + I n ) ) (A In ) = (A + I n ) (A + I n ) (A I n ) (A I n ) = I n Εποµένως ο πίνακας (A + I n ) (A I n ) είναι ορθογώνιος ιαφορετικά: Εστω η γραµµική απεικόνιση f A : R n R n, f A (X) = A X

5 Επειδή t A = A, έπεται ότι f A = f A Τότε από την (λυµένη) Ασκηση 7 του Φυλλαδίου 8, έπεται ότι η γραµµική απεικόνιση Id Rn + f A είναι ισοµορφισµός και η γραµµική απεικόνιση (Id Rn f A ) (Id Rn + f A ) : R n R n είναι ισοµετρία Ιδιαίτερα η γραµµική απεικόνιση Id Rn f A είναι ισοµορφισµός Επειδή οι πίνακες I n A και I n + A είναι οι πίνακες των ισοµορφισµών Id Rn f A και Id Rn + f A στην κανονική ϐάση του R n, έπεται ότι οι πίνακες I n A και I n + A είναι αντιστρέψιµοι Τέλος επειδή ο πίνακας της ισοµετρίας (Id Rn f A ) (Id Rn + f A ) στην κανονική ϐάση του R n, η οποία είναι ορθοκανονική, είναι ο (I n A) (I n + A), έπεται ότι ο πίνακας (I n A) (I n + A) είναι ορθογώνιος