Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml 21-12 - 2011 Ασκηση 1 Θεωρούµε τον διανυσµατικό χώρο M 2 2 (R) πάνω από το R και τα παρακάτω υποσύνολά του : V = { 0 a a b 2 2 (R) a, b R } και 0 c W = { d c + d 2 2 (R) c, d R} Λύση (1) Να δείξετε ότι οι V και W είναι υπόχωροι του M 2 2 (R) (2) Να ϐρεθεί η µορφή των στοιχείων του υποχώρου V W (1) Εχουµε V = { 0 a a b 2 2 (R) a, b R } = { 0 a 0 0 + a 0 0 b 2 2 (R) a, b R } = { 0 0 a + b 1 0 2 2 (R) a, b R } = 0 0, 1 0 δηλαδή ο V παράγεται από τους πίνακες και 1 0 0 0 Παρόµοια : W = { 0 c d c + d 2 2 (R) c, d R } = { 0 c 0 0 + 0 c d d 2 2 (R) c, d R } = { 0 0 c + d 1 1 2 2 (R) c, d R } = 0 0, 1 1 δηλαδή ο W παράγεται από τους πίνακες και Συνεπώς οι V και W είναι υπόχωροι του M 2 2 (R) 0 0 1 1

2 a b (2) Εστω A = V W, δηλαδή A V και A W Τότε έχουµε c d { A V a = 0 και b = c A W a = 0 και d = c + b d = 2b 0 b και άρα A = Εποµένως η περιγραφή του υποχώρου V W είναι η ακόλουθη : b 2b V W = { 0 b b 2b 2 2 (R) b R } = { b 1 2 2 2 (R) b R } = 1 2 Παρατήρηση 1 Η Ασκηση 1 ϑα µπορούσε να λυθεί και µε χρήση του Ορισµού Η παραπάνω λύση δείχνει επιπρόσθετα ότι τα σύνολα V και W είναι υπόχωροι οι οποίοι παράγονται από συγκεκριµένα διανύσµαστα Ασκηση 2 Στο σύνολο των ϑετικών πραγµατικών αριθµών R + = {x R x > 0} ορίζουµε τις πράξεις : : R + R + R +, (x, y) x y = xy και : R R + R +, (r, x) r x = x r (1) Να δείξετε ότι η τριάδα (R +,, ) αποτελεί διανυσµατικό χώρο υπεράνω του R (2) Να ϐρεθούν όλοι οι υπόχωροι του διανυσµατικού χώρου (R +,, ) Λύση (1) Εστω x, y, z R + και r, s R Τότε : (α ) (x y) z = (xy) z = (xy)z = x(yz) = x(y z) = x (y z) (ϐ ) x y = xy = yx = y x (γ ) Θέλουµε να εξετάσουµε αν υπάρχει ένα στοιχείο o R + έτσι ώστε x o = x = o x για κάθε x R + Αρα x o = x xo = x o = 1 διότι το x 0 Συνεπώς, το µηδενικό διάνυσµα είναι το στοιχείο o = 1 (δ ) Θεωρούµε στοιχείο x R + Θέλουµε να εξετάσουµε αν υπάρχει ένα στοιχείο y R + έτσι ώστε : x y = o = y x Επειδή από το προηγούµενο αξίωµα, o = 1, ϑα έχουµε : x y = 1 xy = 1 και αφού x R + έπεται ότι y = 1 x R+ Πράγµατι, έχουµε x 1 x = x 1 x = 1 = 1 x x = 1 x x για κάθε x R + Αρα, το αντίθετο του διανύσµατος x R + ως προς την πρόσθεση είναι το διάνυσµα 1 x R+ (ε ) r (x y) = r (xy) = (xy) r = x r y r = x r y r = (r x) (r y) (ϝ ) (r + s) x = x r+s = x r x s = x r x s = (r x) (s x)

3 (Ϲ ) r (s x) = r (x s ) = (x s ) r = x sr = (sr) x (η ) 1 x = x 1 = x Εποµένως, η τριάδα (R +,, ) αποτελεί διανυσµατικό χώρο υπεράνω του R (2) Γνωρίζουµε ότι το σύνολο {1} και όλος ο χώρος R + είναι υπόχωροι του R + Εστω V R + ένας υπόχωρος του R + έτσι ώστε V {1}, δηλαδή ο V δεν είναι ο µηδενικός υπόχωρος του R + Αρα υπάρχει ένα x V µε x 1 Εστω k R + Τότε έχουµε k = x log x k = log x k x V αφού log x k R και x V Συνεπώς έχουµε ότι R + V και άρα V = R + Εποµένως οι µόνοι υπόχωροι του διανυσµατικού χώρου (R +,, ) είναι το {1} και όλος ο χώρος R + Παρατήρηση 2 Οι διανυσµατικοί χώροι (R +,, ) και (R, +, ) έχουν την ιδιότητα ότι οι µόνοι υπόχωροι τους είναι ο µηδενικός υπόχωρος και ο εαυτός τους Αυτό δεν είναι τυχαίο Οπως ϑα δείξουµε αργότερα, οι R-διανυσµατικοί χώροι (R +,, ) και (R, +, ) είναι ισόµορφοι (αυτό έχει σαν συνέπεια ότι έχουν τις ίδιες δοµικές ιδιότητες, και µια τέτοια δοµική ιδιότητα είναι παράδειγµα η δοµή των υποχώρων τους) ηλαδή υπάρχει µια 1-1 και επί απεικόνιση f : R + R, η οποία διατηρεί τις πράξεις, µε την έννοια ότι : f(x y) = f(x) + f(y), και f(r x) = r f(x), x, y R +, r R Μπορείτε να ϐρείτε µια τέτοια απεικόνιση ; Ασκηση 3 Να λύσετε το σύστηµα : x 1 x 2 + x 3 x 5 = 0 x (Σ) 1 + x 2 x 3 + x 4 = 0 x 1 x 2 + x 3 + x 4 = λ 4x 1 + 4x 2 4x 3 x 4 + x 5 = λ Λύση Εχουµε 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 λ 4 4 4 1 1 λ Γ 2 Γ 2 +Γ 1 Γ 3 Γ 3 Γ 1 0 0 1 0 0 0 1 λ 4 4 4 1 1 λ Γ 4 Γ 4 +4Γ 1 0 0 1 0 0 0 1 λ 0 0 0 1 3 λ Γ 3 Γ 3 Γ 2 Γ 4 Γ 4 +Γ 2 0 0 1 0 0 0 0 0 2 λ 0 0 0 0 4 λ Γ 4 Γ 4 +2Γ 3 0 0 1 0 0 0 0 0 2 λ 0 0 0 0 0 λ Γ 3 1 2 Γ 3 0 0 1 0 λ 0 0 0 2 0 0 0 0 0 λ

4 και άρα καταλήγουµε στο παρακάτω σύστηµα : x 1 x 2 + x 3 x 5 = 0 x 4 x 5 = 0 x 5 = λ 2 0 = λ ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις : (1) Αν λ 0 τότε έπεται ότι το σύστηµα (Σ) είναι αδύνατο (2) Αν λ = 0 τότε έχουµε x 5 = 0 και άρα x 4 = 0 Ακόµα, από την πρώτη εξίσωση έχουµε x 1 = x 2 x 3 Θέτουµε x 2 = κ και x 3 = ν µε κ, ν R Τότε έχουµε τη γενική λύση : x 1 = κ ν x 2 = κ x 3 = ν κ, ν R x 4 = 0 x 5 = 0 Ασκηση 4 Να λύσετε το σύστηµα : x 1 + x 2 + 2x 3 + x 4 2x 5 = 1 2λ x (Σ) 2 + x 3 = 2λ x 4 x 5 = 1 λ x 2 + x 3 + x 4 x 5 = 2 2λ Λύση Εχουµε 1 1 2 1 2 1 2λ 1 0 0 2λ 0 0 1 1 λ 1 1 1 2 2λ Γ 4 Γ 4 Γ 2 1 1 2 1 2 1 2λ 1 0 0 2λ 0 0 1 1 λ 0 0 1 2 Γ 4 Γ 4 Γ 3 1 1 2 1 2 1 2λ 1 0 0 2λ 0 0 1 1 λ 0 0 0 0 0 1 + λ και άρα καταλήγουµε στο παρακάτω σύστηµα : x 1 + x 2 + 2x 3 + x 4 2x 5 = 1 2λ x 2 + x 3 = 2λ x 4 x 5 = 1 λ 0 = 1 + λ ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις : (1) Αν λ 1 τότε το σύστηµα (Σ) είναι αδύνατο (2) Για λ = 1 έχουµε το σύστηµα : x 1 + x 2 + 2x 3 + x 4 2x 5 = 3 x 2 + x 3 = 2 x 4 x 5 = 2

5 Συνεπώς έχουµε ότι x 2 = 2 x 3, x 4 = 2 + x 5 και αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση ϐρίσκουµε x 1 = 1 x 3 + x 5 Θέτουµε x 3 = ν και x 5 = κ µε κ, ν R Τότε έχουµε τη γενική λύση : x 1 = 1 ν + κ x 2 = 2 ν x 3 = ν κ, ν R x 4 = 2 + κ x 5 = ν Ασκηση 5 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος υπεράνω του σώµατος K και V, W δύο υπόχωροί του Να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1) Η ένωση V W των συνόλων V και W είναι υπόχωρος του E (2) Είτε V W ή W V Λύση (2) = (1) Αν V W, τότε προφανώς V W = W, και άρα η ένωση V W είναι υπόχωρος διότι ο W είναι υπόχωρος Παρόµοια αν W V, τότε προφανώς V W = V, και άρα η ένωση V W είναι υπόχωρος διότι ο V είναι υπόχωρος (1) = (2) Εστω ότι η ένωση V W των συνόλων V και W είναι υπόχωρος του E (I) Υποθέτουµε ότι V W Τότε υπάρχει ένα διάνυσµα x V το οποίο δεν ανήκει στον W: x / W Θα δείξουµε ότι W V Θεωρούµε τυχόν διάνυσµα y W Θα δείξουµε ότι y V Πραγµατικά τότε τα διανύσµατα x, y ανήκουν προφανώς στην ένωση V W Επειδή το σύνολο V W είναι υπόχωρος του E, έπεται ότι το διάνυσµα x + y ανήκει στην ένωση V W Εποµένως είτε (a) x + y W ή (b) x + y V (a) Αν x + y W, τότε επειδή y W και το W είναι υπόχωρος, το διάνυσµα ( x + y) y = x ϑα ανήκει στον W Αυτό όµως είναι άτοπο διότι x / W (b) Αρα x + y V Τότε επειδή x V και το V είναι υπόχωρος, το διάνυσµα ( x + y) x = y ϑα ανήκει στον V Αρα δείξαµε ότι το διάνυσµα y του W είναι και διάνυσµα του V Εποµένως δείξαµε ότι αν V W, τότε αναγκαστικά ϑα έχουµε W V (II) Αν W V, τότε εργαζόµενοι παρόµοια δείχνουµε ότι τότε αναγκαστικά ϑα έχουµε V W Αρα δείξαµε ότι είτε V W ή W V Ασκηση 6 Να εξεταστεί ποια από τα ακόλουθα υποσύνολα τού R διανυσµατικού χώρου R 4 είναι R διανυσµατικοί υπόχωροί του : (1) W 1 = {(x, y, z, t) R 4 x = y, z = t}, (2) W 2 = {(x, y, z, t) R 4 x + y + z + t = 0}, (3) W 3 = {(x, y, z, t) R 4 x = 1}, (4) W 4 = {(x, y, z, t) R 4 xt = yz} Λύση Υπενθυµίζουµε ότι για να αποτελεί το υποσύνολο W ενός K διανυσµατικού χώρου V, έναν υπόχωρο τού V πρέπει να πληροί τα ακόλουθα : (1) W, (2) w 1, w 2 W w 1 + w 2 W, (3) λ K, w W λ w W

6 (α ) Το W 1 αποτελείται από τα στοιχεία τού R 4 τής µορφής (a, a, b, b), a, b R και επειδή το (0, 0, 0, 0) ανήκει στο W 1, αφού είναι αυτής τής µορφής, έπεται ότι W 1 Αν w 1 W 1 και w 2 W 1, τότε το w 1 = (a, a, b, b) και το w 2 = (c, c, d, d), όπου a, b, c, d R Εχουµε : w 1 + w 2 = (a, a, b, b) + (c, c, d, d) = (a + c, a + c, b + d, b + d), το οποίο έχει την κατάλληλη µορφή ώστε να ανήκει στο W 1 Ανάλογα, αν λ K και w W 1, τότε το w = (a, a, b, b), a, b R και έχουµε : λ w = λ (a, a, b, b) = (λa, λa, λb, λb), το οποίο έχει την κατάλληλη µορφή ώστε να ανήκει στο W 1 (ϐ ) Το W 2 είναι, αφού οι συνιστώσες τού 0 = (0, 0, 0, 0) ικανοποιούν την x + y + z + t = 0, που έχει ως συνέπεια να ανήκει το 0 στο W 2 Αν w 1 = (a 1, b 1, c 1, d 1 ) W 2 και w 2 = (a 2, b 2, c 2, d 2 ) W 2, τότε a 1 + b 1 + c 1 + d 1 = 0 και a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 0 Συνεπώς, (a 1 + a 2 ) + (b 1 + b 2 ) + (c 1 + c 2 ) + (d 1 + d 2 ) = 0 και γι αυτό το w 1 + w 2 = (a 1 + a 2, b 1 + b 2, c 1 + c 2, d 1 + d 2 ) ανήκει επίσης στο W 2 Αν λ K και w = (a, b, c, d) W 2, τότε a+b+c+d = 0 Συνεπώς, λa+λb+λc+λd = λ0 = 0 και γι αυτό το λ w = (λa, λb, λc, λd) ανήκει επίσης στο W 2 (γ ) Το W 3 δεν είναι διανυσµατικός υπόχωρος τού R 4, µολονότι W 3, αφού το (1, 1, 1, 1) είναι στοιχείο του Πράγµατι, αν ήταν διανυσµατικός χώρος, τότε το µηδενικό στοιχείο τού R 4, δηλαδή το 0 = (0, 0, 0, 0) ϑα ανήκε στο W 3 Το τελευταίο δεν µπορεί να συµβαίνει, αφού για να ανήκει το 0 στο W 3, ϑα πρέπει, σύµφωνα µε τον ορισµό τού W 3, η πρώτη συνιστώσα του, το 0, να ισούται µε 1 (δ ) Το W 4 δεν είναι διανυσµατικός υπόχωρος τού R 4, µολονότι W 4, αφού οι συνιστώσες τού 0 = (0, 0, 0, 0) ικανοποιούν την xt = yz και συνεπώς 0 W 4 Παρατηρούµε ότι το w 1 = (0, 0, 2, 4) ανήκει στο W 4, αφού 0 4 = 0 2 και το w 2 = (4, 1, 8, 2), αφού 4 2 = 1 8 Ωστόσο, το w 1 + w 2 = (4, 1, 10, 6) δεν ανήκει στο W 4, αφού 4 6 1 10 Ασκηση 7 Εστω Seq(R) το σύνολο των πραγµατικών ακολουθιών Στο Seq(R) ορίζουµε πρόσθεση + : Seq(R) Seq(R) Seq(R), και ϐαθµωτό πολλαπλασιασµό ((a n ) n N, (b n ) n N ) (a n ) n N + (b n ) n N := (a n + b n ) n N : R Seq(R) Seq(R), (λ, (a n ) n N ) λ (a n ) n N := (λa n ) n N (1) Να δειχθεί ότι η τριάδα (Seq(R), +, ) αποτελεί R διανυσµατικό χώρο (2) Ας είναι FinSeq(R) το υποσύνολο τού Seq(R) που απαρτίζεται από τις ακολουθίες που συγκλίνουν σε κάποιον πραγµατικό αριθµό Ποιες γνωστές προτάσεις τού Απειροστικού Λογισµού εξασφαλίζουν ότι το FinSeq(R) είναι ένας διανυσµατικός υπόχωρος τού Seq(R); Λύση (α ) Το πρώτο µέρος τής άσκησης µπορεί να προκύψει αµέσως από την : Πρόταση Εστω ότι S είναι ένα µη κενό σύνολο και ότι (V, +, ) είναι ένας K διανυσµατικός χώρος Το σύνολο Map(S, V ) := {f : S V } των απεικονίσεων από το S στο V αποτελεί έναν K διανυσµατικό χώρο µε πράξεις την πρόσθεση : + : Map(S, V ) Map(S, V ) Map(S, V ), (f, g) f + g, όπου f + g είναι η απεικόνιση που ορίζεται ως f + g : S V, s (f + g)(s) := f(s) + g(s), s S

7 και ϐαθµωτό πολλαπλασιασµό : K Map(S, V ) Map(S, V ), (λ, f) λ f, όπου λ f είναι η απεικόνιση που ορίζεται ως λ f : S V, s (λ f)(s) := λf(s), s S Επιλέγοντας ως S το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N και ως V τον R-διανυσµατικό χώρο R, παίρνουµε Map(N, R) = Seq(R) (ϐ ) Για να δείξουµε ότι FinSeq(R) είναι R διανυσµατικός υπόχωρος πρέπει να εξασφαλίσουµε : (1) Οτι το FinSeq(R) είναι µη κενό Πράγµατι το όριο κάθε σταθερής ακολουθίας πραγµατικών αριθµών, δηλαδή κάθε ακολουθίας τής µορφής (a i ) i N, a i = c R, i N, είναι ο αριθµός c Συνεπώς, οι σταθερές ακολουθίες ανήκουν στο FinSeq(R) και γι αυτό δεν είναι το κενό σύνολο (2) Οτι, αν (a i ) i N FinSeq(R) και (b i ) i N FinSeq(R), τότε και η ακολουθία (a i ) i N + (b i ) i N FinSeq(R), δηλαδή ότι αν η ακολουθία (a i ) i N συγκλίνει στον r 1 R και η ακολουθία (b i ) i N συγκλίνει στον r 2 R, τότε το άθροισµά τους (a i ) i N +(b i ) i N συγκλίνει στον r 1 +r 2 R Συνεπώς το FinSeq(R) είναι κλειστό ως προς την πρόσθεση τού (Seq(R) (3) Οτι, αν (a i ) i N FinSeq(R) και λ R, τότε και η ακολουθία λ (a i ) i N FinSeq(R), δηλαδή ότι αν η ακολουθία (a i ) i N συγκλίνει στον r R και λ είναι ένας πραγµατικός αριθµός, τότε το ϐαθµωτό γινόµενο λ (a i ) i N = (λa i ) i N συγκλίνει στον λr R Συνεπώς το FinSeq(R) είναι κλειστό ως προς τον ϐαθµωτό πολλαπλασιασµό που ορίζεται στο Seq(R) Ασκηση 8 Να εξεταστεί ποιο από τα επόµενα υποσύνολα τού R διανυσµατικού χώρου M n n (R) των n n πινάκων µε συνιστώσες από το R αποτελεί R υποχώρο τού M n n (R): (1) Το σύνολο των συµµετρικών των n n πινάκων (2) Το σύνολο των αντιστρέψιµων των n n πινάκων (3) Το σύνολο των µη αντιστρέψιµων n n πινάκων Λύση (α ) Εστω S το σύνολο των συµµετρικών n n πινάκων, δηλαδή των πινάκων A n n (R) µε A = t A Για να είναι το S ένας R υπόχωρος τού M n n (R), ϑα πρέπει : Το S να µην είναι κενό Πράγµατι, ο ταυτοτικός n n πίνακας I n είναι συµµετρικός και γι αυτό ανήκει στο S Αρα, S Αν A, B S, τότε και A + B S Πράγµατι, t (A + B) = t A + t B = A + B Συνεπώς, A + B S Αν λ R και A S, τότε και λ A S Πράγµατι, t (λ A) = λ ta = λ A Συνεπώς λ A S Εποµένως το S είναι ένας R υπόχωρος τού M n n (R) (ϐ ) Εστω T το σύνολο των αντιστρέψιµων n n πινάκων Για να είναι το T ένας R υπόχωρος τού M n n (R), ϑα πρέπει : Το T να µην είναι κενό Πράγµατι, ο ταυτοτικός n n πίνακας I n είναι αντιστρέψιµος και γι αυτό ανήκει στο T Αρα, T Αν A, B T, τότε και A+B T Αυτό όµως οφείλει να συµβαίνει για όλους τους αντιστρέψιµους πίνακες A, B Επιλέγοντας ως A τον I n και ως B τον I n, ο οποίος προφανώς είναι αντιστρέψιµος, έχουµε : I n + ( I n ) = O n Αλλά ο µηδενικός n n πίνακας O n δεν ανήκει στο T, αφού δεν είναι αντιστρέψιµος Συνεπώς ο T δεν είναι R υπόχωρος τού M n n (R) (γ ) Εστω Q το σύνολο των µη αντιστρέψιµων n n πινάκων Για να είναι το Q ένας R υπόχωρος τού M n n (R), ϑα πρέπει :

8 Το Q να µην είναι κενό Πράγµατι, ο µηδενικός n n πίνακας O n δεν είναι αντιστρέψιµος και γι αυτό ανήκει στο Q Αρα, Q Τώρα ϑα διακρίνουµε περιπτώσεις Για n = 1, ο χώρος M 1 1 (R) ισούται µε R και το Q = {0} (κάθε µη µηδενικό στοιχείο τού R είναι αντιστρέψιµο) Προφανώς το Q = {0} είναι R υπόχωρος τού R Για n 2, αν A, B Q, τότε ϑα πρέπει και A + B Q Αυτό όµως οφείλει να συµβαίνει για όλους τους µη αντιστρέψιµους πίνακες A, B Επιλέγοντας ως A = (a ij ) τον πίνακα µε a 11 = 1 και όλα τα υπόλοιπα στοιχεία του ίσα µε 0 έχουµε ότι A Q Επιλέγοντας ως B = (b ij ) τον πίνακα µε b 22 = = b nn = 1 και όλα τα υπόλοιπα στοιχεία του ίσα µε 0 έχουµε ότι B Q (Οι A, B δεν είναι αντιστρέψιµοι επιδή έχουν µηδενικές ορίζουσες) Το άθροισµα A + B ισούται µε τον ταυτοτικό πίνακα ο οποίος προφανώς είναι αντιστρέψιµος και συνεπώς A + B = I n / Q Συνεπώς ο Q δεν είναι R υπόχωρος τού M n n (R) Ασκηση 9 Ας είναι a 11 a 12 a 1j a 1n a 21 a 22 a 2j a 2n A = a i1 a i2 a ij a in a n1 a n2 a nj a nn ένας n n πίνακας µε συνιστώσες από ένα σώµα K και ας είναι a j = a 1j a 2j a ij a nj, 1 j n η j οστή στήλη τού πίνακα A Να δειχθεί ότι το K γραµµικό οµογενές σύστηµα A X = O n, όπου X = x 1 x 2 x i x n 0 K 0 K 0 Ḳ και O n =, 0 Ḳ έχει µόνο τη µηδενική λύση, αν και µόνο αν, οι στήλες a 1, a 2,, a n τού A είναι K γραµµικώς ανεξάρτητα διανύσµατα το χώρου των στηλών K n

9 Λύση Παρατηρούµε ότι η n άδα (λ 1, λ 2,, λ j,, λ n ), λ i K είναι λύση τού συστήµατος : αν και µόνο αν, a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1j x j + + a 1n x n = 0 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2j x j + + a 2n x n = 0 a i1 x 1 + a i2 x 2 + + a ij x j + + a in x n = 0 a n1 x 1 + a n2 x 2 + + a nj x j + + a nn x n = 0 λ 1 a 1 + λ 2 a 2, + + λ j a j + + λ n a n = O n Εποµένως το σύστηµα έχει ως µοναδική λύση τη µηδενική λύση (0, 0,, 0), αν και µόνο αν, τα a 1, a 2,, a n είναι K γραµµικώς ανεξάρτητα διανύσµατα του K n Ασκηση 10 Ας είναι A ένας n n πίνακας µε συνιστώσες από ένα σώµα K Να δειχθεί ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1) Ο πίνακας A είναι ένας αντιστρέψιµος πίνακας (2) Οι στήλες τού πίνακα A είναι K γραµµικώς ανεξάρτητα διανύσµατα τού χώρου K n (3) Οι γραµµές τού πίνακα A είναι K γραµµικώς ανεξάρτητα διανύσµατα τού χώρου K n Λύση Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι ένας n n πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, αν και µόνο αν, το οµογενές σύστηµα A X = O n έχει ως µοναδική λύση τη µηδενική Λαµβάνοντας υπόψη την αµέσως προηγουµενη άσκηση, διαπιστώνουµε την ισοδυναµία των (α ) και (ϐ ) Επιπλέον είναι γνωστό αλλά και προφανές ότι ένας n n πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, αν και µόνο αν, ο ανάστροφός του t A είναι αντιστρέψιµος Σύµφωνα µε την ισοδυναµία των (α ) και (ϐ ), που µόλις αποδείξαµε, ο t A είναι αντιστρέψιµος, αν και µόνο αν, οι στήλες του είναι K γραµµικώς ανεξάρτητα διανύσµατα τού χώρου K n Αλλά οι στήλες τού t A είναι οι γραµµές τού A και γι αυτό οι στήλες τού t A είναι K γραµµικώς ανεξάρτητα διανύσµατα τού K n, αν και µόνο αν, οι γραµµές τού A είναι K γραµµικώς ανεξάρτητα διανύσµατα τού K n Αυτό αποδεικνύει την ισοδυναµία των (α ) και (γ ) Ασκηση 11 Να εξεταστεί αν τα διανύσµατα (3, 5, 4), ( 3, 2, 4), (6, 1, 8) τού R 3 είναι R γραµµικώς ανεξάρτητα ή όχι Λύση Σύµφωνα µε την προηγούµενη άσκηση είναι αρκετό να εξετάσουµε το, αν ο 3 3 πίνακας A, που έχει ως γραµµές (ή στήλες), τα τρία αυτά διανύσµατα είναι αντιστρέψιµος ή όχι Εστω λοιπόν ότι A = 3 5 4 3 2 4 6 1 8 Επειδή η ορίζουσα det A = 0, ο πίνακας A δεν είναι αντιστρέψιµος και τα (3, 5, 4), ( 3, 2, 4), (6, 1, 8) είναι R γραµµικώς εξαρτηµένα