Γραµµική Αλγεβρα Ι. Ενότητα: Ορίζουσες. Ευάγγελος Ράπτης. Τµήµα Μαθηµατικών

Ενότητ: Ορίζουσες Ευάγγελος Ράπτης Τµήµ Μθηµτικών

Αδειες Χρήσης Το πρόν εκπιδευτικό υλικό υπόκειτι σε άδειες χρήσης Creative Commons. Γι εκπιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειτι σε άλλου τύπου άδεις χρήσης, η άδει χρήσης νφέρετι ϱητώς. Χρηµτοδότηση Το πρόν εκπιδευτικό υλικό έχει νπτυχθεί στ πλίσι του εκπιδευτικού έργου του διδάσκοντ. Το έργο «Ανοικτά Ακδηµϊκά Μθήµτ στο Πνεπιστήµιο Αθηνών» έχει χρηµτοδοτήσει µόνο τη νδιµόρφωση του εκπιδευτικού υλικού. Το έργο υλοποιείτι στο πλίσιο του Επιχειρησικού Προγράµµτος «Εκπίδευση κι ι Βίου Μά- ϑηση» κι συγχρηµτοδοτείτι πό την Ευρωπϊκή Ενωση (Ευρωπϊκό Κοινωνικό Τµείο) κι πό εθνικούς πόρους. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 2

Περιεχόµεν ενότητς 4.1 Η έννοι της ορίζουσς..................................... 4 4.2 Υπολογισµός της ορίζουσς.................................. 6 4.3 Υπολογισµός της ορίζουσς - µέρος ΙΙ............................. 8 4.4 Ορίζουσ γινοµένου πινάκων.................................. 10 4.5 Ανάπτυγµ ορίζουσς...................................... 13 4.6 Ορίζουσ κι ντιστρεψιµότητ................................. 15 4.7 Τετργωνικά Γρµµικά Συστήµτ................................ 17 4.8 Τάξη πίνκ........................................... 20 4.9 Γρµµικά συστήµτ....................................... 23 4.10 Η ϑεµελιώδης ντιστοιχί.................................... 27 4.11 Υπόχωροι κι γρµµικά συστήµτ............................... 28 4.12 Οµογενή & µη οµογενή γρµµικά συστήµτ......................... 29 4.13 Σύµπλοκ υπόχωρων...................................... 31 4.13.1 Ο χώρος-πηλίκο..................................... 31 4.14 Ο χώρος-πηλίκο - µέρος ΙΙ.................................... 33 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 3

4.1 Η έννοι της ορίζουσς 1. Οι ορίζουσες εκτός των άλλων εφρµογών, ϐοηθούν κι στην εύρεση λύσεων των γρµµικών συστηµάτων. 2. Εστω F ν ν, το σύνολο των πινάκων ν ν µε συντελεστές πό το F. Ενς τέτοιος πίνκς έχει την µορφή A = 11 12 1ν 21 22 2ν ν1 ν2 νν Ονοµάζουµε την πρώτη γρµµή A 1, δηλδή A 1 = ( 11 12 1ν ). Οµοίως A 2 = ( 21 22 2ν ), A3, A 4,...,A ν = ( ν1 ν2 νν ). 3. Ο πίνκς Α µπορεί ν γρφεί ως κολούθως: A = A 1 A 2 A ν 4. Μπορούµε τώρ ν δώσουµε τον ορισµό της ορίζουσς: Ορισµός 4.1.1. Η πεικόνιση D : F ν ν F, ονοµάζετι πεικόνιση ορίζουσς ν ικνοποιεί τις πρκάτω τρείς ιδιότητες: () Είνι γρµµική ως προς κάθε µετβολή γρµµής. (ϐ) Εάν δύο γρµµές ενός πίνκ είνι ίσες, τότε D(A) = 0. (γ) D(I ν ) = 1 5. Γι πίνκες 1 1, έχουµε D() =. 6. Θέλουµε ( ν) υπολογίσουµε ( ) την( ορίζουσ ενός πίνκ 2 ) 2. Εχουµε ότι: β A1 (1 0) + β (0 1) D = D = D = γ δ A 2 γ (1 0) + δ (0 1) ( ) ( ) (1 0) β (0 1) = D + D = γ (1 0) + δ (0 1) γ (1 0) + δ (0 1) ( ) ( ) ( ) ( ) (1 0) (1 0) β (0 1) β (0 1) = D + D + D + D = γ (1 0) δ (0 1) γ (1 0) δ (0 1) ( ) ( ) ( ) ( ) (1 0) (1 0) (0 1) (0 1) = γd + δd + βγd + βδd (1 0) (0 1) (1 0) (0 1) ( β Ο πρώτος κι τελευτίος προσθετέος είνι µηδέν (γιτί;). Τελικά έχουµε ότι D γ δ (γιτί;). ) = δ βγ Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 4

Ασκήσεις Ασκηση 4.1.2. Ν δικιολογηθούν πλήρως τ γιτί στον υπολογισµό της ορίζουσς ενός πίνκ 2 2, όπως πρπάνω. Ασκηση 4.1.3. είξτε ότι ένς πίνκς 2 2 είνι ντιστρέψιµος εάν η ορίζουσά του είνι διφορετική του µηδενός. Ασκηση 4.1.4. είξτε ότι εάν ένς πίνκς 2 2 έχει τις γρµµές του γρµµικά εξρτηµένες, τότε η ορίζουσά του είνι µηδέν. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 5

4.2 Υπολογισµός της ορίζουσς 1. Ας υπολογίσουµε την ορίζουσ ενός πίνκ 3 3. Ο πίνκς είνι ο A = 11 12 13 21 22 23 31 32 33 2. Θέτουµε e 1 = (1 0 0),e 2 = (0 1 0),e 3 = (0 0 1). Τ e 1,e 2,e 3 είνι πίνκες-γρµµές στο χώρο R 1 3. 3. Ο πίνκς Α γίνετι: A = 11 e 1 + 12 e 2 + 13 e 3 21 e 1 + 22 e 2 + 23 e 3 31 e 1 + 32 e 2 + 33 e 3 4. Ανπτύσσοντς την ορίζουσ, χρησιµοποιώντς τις ιδιότητες κι µάλιστ την πρώτη ιδιότητ, ϐρίσκου- µε ότι η ορίζουσ D(A), είνι έν άθροισµ 3 3 = 27 όρων, που κάθε ένς είνι της µορφής: Οπου k, λ, µ {1,2,3}. 1k 2λ 3µ D e k e λ e µ 5. Εάν τ k, λ, µ δεν είνι διφορετικά µετξύ τους νά δύο, τότε η ορίζουσ D (γιτί ;), εποµένως µηδενίζετι κι όλος ο προσθετέος. e k e λ είνι µηδέν e µ 6. ε µηδενίζοντι, εποµένως κτ νάγκην µόνο οι ορίζουσες της µορφής D e k e λ, όπου τ k, λ, µ e µ {1,2,3} είνι διφορετικά µετξύ τους νά δύο. Μ τότε {k, λ, µ} = {1,2,3}. 7. Υπάρχουν εποµένως µόνο 6 προσθετέοι κι η ορίζουσ πίρνει την εξής µορφή: D(A) = 11 22 33 D 8. Χρησιµοποιώντς τις ιδιότητες έχουµε: D e 1 e 2 = 1, D e 3 + 12 21 33 D + 12 23 31 D e 1 e 3 = 1, D e 2 e 1 e 2 e 3 e 2 e 1 e 3 e 2 e 1 = 1, D e 3 + 11 23 32 D + 13 22 31 D e 2 e 3 + 13 21 32 D e 1 e 3 e 2 = 1, D e 1 e 1 e 3 e 2 + e 3 e 2 e 1 e 3 e 1 e 2 + e 2 e 3 = 1, D e 1 e 3 e 1 = 1 e 2 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 6

9. Τελικά η ορίζουσ του πίνκ A είνι D(A) = 11 22 33 11 23 32 12 21 33 13 22 31 + + 12 23 31 + 13 21 32 Ασκήσεις Ασκηση 4.2.1. Αποδείξτε νλυτικά τ σηµεί 4,5 7 κι 8 πρπάνω του υπολογισµού της ορίζουσς ενός πίνκ 3 3. Ασκηση 4.2.2. Ν υπολογισθεί η τιµή της ορίζουσς του πίνκ A = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 7

4.3 Υπολογισµός της ορίζουσς - µέρος ΙΙ Πορεί µελέτης 1. Ν κάνετε µί προσπάθει ν ϐρείτε τύπο γι την ορίζουσ πίνκ 4 4. Θ είνι άθροισµ 4! = 24 προσθετέων. 2. Συµβουλευθείτε γι ϑέµτ σχετικά µε ορίζουσες τ ϐιβλί που δίδοντι στη ϐιβλιογρφί στην κεντρική σελίδ του µθήµτος. 3. Ν ποδείξετε ότι ν η ορίζουσ ενός πίνκ 3 3 είνι 0, τότε οι γρµµές του είνι γρµµικά εξρτηµένες. Ισχύει το ντίστροφο; Το συµπέρσµ υτό ϑ το χρεισθούµε διότι ϑ µς δώσει ιδέες γενίκευσης γι τις ορίζουσες πινάκων ν ν. 4. Προετοιµσί γι γενίκευση: Εστω T ν = {1,2,3,, ν}, το σύνολο των ϕυσικών ριθµών πό το 1 έως το ν. Θεωρούµε το σύνολο: S ν = {θ : T ν T ν,θ 1 1 κι ϵπι} 5. Η τυτοτική πεικόνιση νήκει στο σύνολο S ν. 6. Αν πάρουµε τη σύνθεση δύο πεικονίσεων του S ν το ποτέλεσµ ϑ νήκει ξνά στο S ν (γιτί;). 7. Κάθε στοιχείο του S ν έχει ντίστροφο, το οποίο νήκει κι υτό στο S ν (γιτί;). 8. Το πλήθος των στοιχείων του S ν είνι ν! = 1 2 3 ν. 9. Κάθε στοιχείο του S ν, ονοµάζετι µετάθεση του συνόλου T ν. 10. Οτν έν στοιχείο του S ν, µί µετάθεση ϑ του T ν δηλδή, έχει την ιδιότητ: Υπάρχουν κ, λ T ν µε θ(κ) = λ,θ(λ) = κ κι θ(µ) = µ γι κάθε µ κ, λ, η µετάθεση υτή λέγετι ντιµετάθεση. 11. Πρθέτουµε, χωρίς πόδειξη, το πρκάτω ϑεώρηµ: Θεώρηµ 4.3.1. () Κάθε µετάθεση θ S ν, γράφετι ως σύνθεση 1 ντιµετθέσεων. (ϐ) Αν έχουµε δύο γρφές της µετάθεσης θ S ν, ως σύνθεση ντιµετθέσεων, τότε το πλήθος των ντιµετθέσεων ϑ είνι ή άρτιος ριθµός κι στις δύο γρφές ή περιττός ριθµός κι στις δύο γρφές. Στην πρώτη περίπτωση µιλάµε γι άρτι µετάθεση, στη δεύτερη γι περιττή µετάθεση. (γ) Το πλήθος των ρτίων µετθέσεων του S ν είνι ν! 2 κι το πλήθος των περιττών ν! 2. Απόδειξη: Η πόδειξη ϑ γίνει σε µετγενέστερ µθήµτ. είτε επίσης κι στη διεύθυνση εδώ γι πρπάνω. 12. ίνουµε τον πρκάτω ορισµό: Ορισµός 4.3.2. Ορίζουµε ως σηµείο µίς µετάθεσης θ το σ(θ) = 1, εάν η θ είνι άρτι µετάθεση κι το σ(θ) = 1, εάν η θ είνι περιττή µετάθεση. 1 Τη σύνθεση µετθέσεων ϑ τη λέµε κι γινόµενο. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 8

13. Σύµφων µε τ προηγούµεν µθήµτ εάν A = 11 12 1ν 21 22 2ν ν1 ν2 νν είνι ένς πίνκς ν ν, τότε η ορίζουσ του Α είνι D(A) = σ(θ) ( ) 1θ(1) 2θ(2) νθ(ν) θ S ν 14. είτε περισσότερ γι τις µετθέσεις πό τη διεύθυνση εδώ. Ασκήσεις 1. Ν ϐρεθούν όλες οι µετθέσεις του T 3 = {1,2,3}. Ποιές πό υτές είνι άρτιες κι ποιές περιττές; Ν γίνει το ίδιο κι γι τις µετθέσεις του T 4 = {1,2,3,4}. 2. ( ύσκολη) Ν δείξετε χρησιµοποιώντς τον τύπο πρπάνω ότι η ορίζουσ του τετργωνικού πίνκ Α είνι ίση µε την ορίζουσ του νστρόφου A t. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 9

4.4 Ορίζουσ γινοµένου πινάκων 1. Ας ϑεωρήσουµε δύο πίνκες: κι A = B = 11 12 13 21 22 23 31 32 33 β 11 β 12 β 13 β 21 β 22 β 23 β 31 β 32 β 33 2. Πολλπλσιάστε µε τον γνωστό τρόπο τους δύο πίνκες. 3. Η πρώτη γρµµή του γινοµένου AB είνι 11 β 11 + 12 β 21 + 13 β 31, 11 β 12 + 12 β 22 + 13 β 32, 11 β 13 + 12 β 23 + 13 β 33 4. Η δεύτερη γρµµή του γινοµένου AB είνι 21 β 11 + 22 β 21 + 23 β 31, 21 β 12 + 22 β 22 + 23 β 32, 21 β 13 + 22 β 23 + 23 β 33 5. Η τρίτη γρµµή του γινοµένου AB είνι 31 β 11 + 32 β 21 + 33 β 31, 31 β 12 + 32 β 22 + 33 β 32, 31 β 13 + 32 β 23 + 33 β 33 6. Ο πίνκς AB γίνετι: AB = 11 β 11 + 12 β 21 + 13 β 31 11 β 12 + 12 β 22 + 13 β 32 11 β 13 + 12 β 23 + 13 β 33 21 β 11 + 22 β 21 + 23 β 31 21 β 12 + 22 β 22 + 23 β 32 21 β 13 + 22 β 23 + 23 β 33 31 β 11 + 32 β 21 + 33 β 31 31 β 12 + 32 β 22 + 33 β 32 31 β 13 + 32 β 23 + 33 β 33 7. Ο πίνκς AB «γίνετι» επίσης ένς πίνκς 3 1 µε AB = ( X Y Z ) όπου X = Y = Z = 11 21 β 11 + 31 11 21 β 12 + 31 11 21 β 13 + 31 12 22 β 21 + 32 12 22 β 22 + 32 12 22 β 23 + 32 13 23 β 31 33 13 23 β 32 33 13 23 β 33 33 8. Πρτηρούµε ότι το X είνι γρµµικός συνδυσµός των στηλών του πίνκ A µε συντελεστές πό τον πίνκ B. Το ίδιο κι γι το Y κι το Z. 9. Θέλοντς ν υπολογίσουµε την ορίζουσ του AB σκεπτόµστε ότι λόγω της γρµµικότητς ( δες τον ορισµό 4.1.1 ) έχουµε ότι: AB = άθροισµ 27 όρων Κάθε προσθετέος προκύπτει λµβάνοντς ένν προσθετέο πό το X, ένν προσθετέο πό το Y κι ένν προσθετέο πό το Z. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 10

10. Ας δούµε έν πράδειγµ. Επιλέγουµε το στοιχείο: 11 21 β 11 του X, το στοιχείο 31 Τότε σχηµτίζετι ο πίνκς που έχει ως στήλες Πρώτη στήλη την δεύτερη στήλη την κι τρίτη στήλη την 11 21 31 12 22 32 β 11 β 22 13 23 β 33 33 11. Η ορίζουσ του πρπάνω πίνκ ϑ είνι ίση µε 12 22 β 22 του Y κι το στοιχείο 32 11 12 13 21 22 23 31 32 33 β 11 β 22 β 33 12. Ας δούµε έν κόµη πράδειγµ. Επιλέγουµε το στοιχείο 12 22 β 21 του X κι τ υπόλοιπ δύο τ ίδι όπως πρίν δηλδή: 32 13 23 β 33 του Z. 33 12 22 β 22 του Y κι το στοιχείο 32 Τότε σχηµτίζετι ο πίνκς που έχει ως στήλες Πρώτη στήλη την δεύτερη στήλη την κι τρίτη στήλη την 12 22 32 12 22 32 β 21 β 22 13 23 β 33 33 13 23 β 33 του Z 33 13. Η ορίζουσ του πρπάνω πίνκ ϑ είνι ίση µε 12 12 13 22 22 23 32 32 33 β 21 β 22 β 33 Η ποσότητ υτή είνι ίση µε µηδέν διότι η ορίζουσ έχει δύο στήλες ίσες. 14. Αν ϑελήσουµε, λοιπόν, ν υπολογίσουµε την ορίζουσ του πίνκ AB ϑ πρέπει ν υπολογίσουµε έν άθροισµ µε 3 3 = 27 προσθετέους. Οµως ν πρτηρήσουµε πιο κλά ϑ δούµε ότι µόνο έξι το πλήθος προσθετέοι πρµένουν, οι οποίοι ενδέχετι ν µην είνι µηδέν. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 11

15. Γράφουµε τους προσθετέους που µιλήσµε πρπάνω: 11 12 13 21 22 23 31 32 33 12 11 13 22 21 23 32 31 33 13 12 11 23 22 21 33 32 31 11 13 12 21 23 22 31 33 32 12 13 11 22 23 21 32 33 31 13 11 12 23 21 22 33 31 32 β 11 β 22 β 33 = A β 11 β 22 β 33 β 12 β 21 β 33 = A β 12 β 21 β 33 β 13 β 22 β 31 = A β 13 β 22 β 31 β 11 β 23 β 32 = A β 11 β 23 β 32 β 12 β 23 β 31 = A β 12 β 23 β 31 β 13 β 21 β 32 = A β 13 β 21 β 32 16. Προσθέτοντς κτά µέλη έχουµε την ποσότητ: A ( β 11 β 22 β 33 β 12 β 21 β 33 β 13 β 22 β 31 β 11 β 23 β 32 + β 12 β 23 β 31 + β 13 β 21 β 32 ) 17. Πρτηρούµε ότι η πράστση µέσ στην πρένθεση είνι η ορίζουσ του πίνκ Β (δες σχετικά προηγούµεν µθήµτ). 18. Τελικά έχουµε γι πίνκες 3 3 ότι A B = A B Ασκηση Ν ποδείξετε λεπτοµερώς, χρησιµοποιώντς τις ιδέες του σηµερινού µθήµτος ότι η ορίζουσ του γινοµένου δύο τετργωνικών πινάκων είνι ίση µε το γινόµενο των οριζουσών των πινάκων, ότν έχουµε πίνκες 2 2 κι πίνκες 4 4. Ν κάνετε µί προσπάθει γι την περίπτωση των πινάκων ν ν. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 12

4.5 Ανάπτυγµ ορίζουσς 1. είτε ξνά τον ορισµό της ορίζουσς 4.1.1 κι σκεφθείτε ότι στην πργµτικότητ η ορίζουσ είνι µί συνάρτηση της οποίς το πεδίο ορισµού είνι το σύνολο των τετργωνικών πινάκων κι το πεδίο τιµών οι συντελεστές. 2. Σκεφθείτε επίσης ότι η έννοι της ορίζουσς στο 4.1.1 ορίζετι επικλούµενοι ιδιότητες µις συνάρτησης. Χρησιµοποιούµε µί συνάρτηση χωρίς ν είµστε σίγουροι ν υπάρχει! 2 3. Η πρώτη ϕορά, στο µάθηµ υτό, που ϐεβιωνόµστε ότι υπάρχει συνάρτηση ορίζουσς είνι στο σηµείο 13. Εκεί ϐρίσκουµε µάλιστ τύπο γι τη συνάρτηση υτή. 3 4. Από τ προηγούµεν ϐρίσκουµε κι έχουµε ποδείξει όχι µόνο ότι υπάρχει η συνάρτηση ορίζουσς, λλά οι ιδιότητες που πιτούµε κθορίζουν την µονδικότητ, µε την έννοι: ν υπάρχει συνάρτηση ορίζουσς 4, τότε είνι µονδική. 5. Σύµφων µε τ πρπάνω ν ϐρούµε µί συνάρτηση µε τις ιδιότητες που συζητάµε στο 4.1.1 τότε νγκστικά η συνάρτηση υτή είνι η ορίζουσ. 6. Εδώ είνι που ϐρίσκουµε την έννοι του νπτύγµτος µις ορίζουσς ως προς µί γρµµή ή µί στήλη. είτε λοιπόν: 7. Εστω ένς πίνκς ν ν. A = 11 12 13 1ν 21 22 23 2ν 31 32 33 3ν ν1 ν2 ν3 νν 8. Σε κάθε στοιχείο i j ντιστοιχίζουµε το στοιχείο A i j = ( 1) i+j K i j, όπου K i j είνι η ορίζουσ του πίνκ που προκύπτει πό τον Α εάν διγράψουµε την i γρµµή κι την j στήλη. 9. ίνουµε τον πρκάτω ορισµό: Ορισµός 4.5.1. Θεωρούµε το άθροισµ: D i (A) = ν i j A i j j=1 Το άθροισµ υτό το λέµε νάπτυγµ της ορίζουσς του πίνκ A ως προς τη γρµµή i. 2 Στ Μθηµτικά δεν ρκεί ν πούµε έστω θ µί συνάρτηση µε κάποιες ιδιότητες. Πρέπει ν ϐρεθεί τρόπος ν ποδείξουµε ή ν ϐεβιωθούµε ότι υπάρχει. Γι πράδειγµ ν πούµε έστω θ : R R µε τις ιδιότητες 1) Η θ είνι στθερή κι 2) θ(1) = 2, θ(3) = 7 τότε είµστε σε ντίφση, τέτοι συνάρτηση δεν υπάρχει. 3 Οπως ίσως ϑ γνωρίζετε δεν είνι νάγκη µί συνάρτηση ν έχει τύπο. ες περισσότερ εδώ. 4 µόλις πριν λίγο ϐεβιωθήκµε ότι υπάρχει Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 13

10. ίνουµε κόµη κι τον πρκάτω ορισµό: Ορισµός 4.5.2. Θεωρούµε το άθροισµ: D j (A) = ν i j A i j i=1 Το άθροισµ υτό το λέµε νάπτυγµ της ορίζουσς του πίνκ A ως προς τη στήλη j. 11. Οι πρπάνω πρστάσεις D i (A) κι D j (A) ως συνρτήσεις του πίνκ A ικνοποιούν τις τρεις πιτήσεις του ορισµού της ορίζουσς (γιτί;) κι γι τον λόγο υτό είνι ίσες µε την τιµή της ορίζουσς του πίνκ A ως προς τη γρµµή i ή µε το νάπτυγµ της ορίζουσς του πίνκ A ως προς τη στήλη j γι κάθε γρµµή κι γι κάθε στήλη. 12. Πρκολουθήστε προσεκτικά το ϐιντεοσκοπηµένο µάθηµ του κθηγητή W.Gilbert Strang του ΜΙΤ εδώ σχετικά µε την εισγωγή των οριζουσών. Ασκήσεις 1. Βρείτε πό οποιοδήποτε ϐιβλίο το νάπτυγµ µις ορίζουσς ως προς µί γρµµή κι ποδείξτε ότι έτσι υπολογίζουµε την ορίζουσ του πίνκ A. 2. Βρείτε πό οποιοδήποτε ϐιβλίο το νάπτυγµ µις ορίζουσς ως προς µί στήλη κι ποδείξτε ότι έτσι υπολογίζουµε την ορίζουσ του πίνκ A. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 14

4.6 Ορίζουσ κι ντιστρεψιµότητ 1. Οπως κι στο προηγούµενο µάθηµ ς ϑεωρήσουµε τον πίνκ A = 2. Σε κάθε στοιχείο i j ντιστοιχίζουµε το στοιχείο 11 12 13 1ν 21 22 23 2ν 31 32 33 3ν ν1 ν2 ν3 νν A i j = ( 1) i+j K i j όπου K i j είνι η ορίζουσ του πίνκ που προκύπτει πό τον A εάν διγράψουµε την i γρµµή κι την j στήλη. 3. Κτσκευάζουµε έν νέο πίνκ 5 τον 4. ίνουµε τον πρκάτω ορισµό: adj(a) = A 11 A 21 A 31 A ν1 A 12 A 22 A 32 A ν2 A 13 A 23 A 33 ν3 A 1ν A 2ν A 3ν A νν Ορισµός 4.6.1. Ο πρπάνω πίνκς λέγετι προσρτηµένος πίνκς του Α 6 κι συµβολίζετι µε adjoint(a) ή µε adj(a). 5. Πρθέτουµε χωρίς πόδειξη το επόµενο ϑεώρηµ: Θεώρηµ 4.6.2. Εστω A F ν ν. Τότε A adj(a) = adj(a) A = A I ν Απόδειξη Η πόδειξη γίνετι µε υπολογισµό του γινοµένου A adj(a) κι adj(a) A, χρησιµοποιώντς τ σχετικά µε το νάπτυγµ ορίζουσς. ες κι τ νγρφόµεν στο ϐιβλίο εδώ σελίδ 322. 6. Αποδεικνύουµε το πρκάτω ϑεώρηµ: Θεώρηµ 4.6.3. Εστω A F ν ν. Ο πίνκς είνι ντιστρέψιµος εάν κι µόνο εάν η ορίζουσά του είνι διφορετική του µηδενός. Απόδειξη Εστω ότι ο πίνκς A είνι ντιστρέψιµος. Τότε ϑ υπάρχει πίνκς B F ν ν, µε την ιδιότητ A B = B A = I ν. Από τις ιδιότητες της ορίζουσς έχουµε ότι A B = I ν = 1 = A B. Από εδώ συµπερίνουµε ότι A 0. Αντίστροφ έστω ότι A 0. Από την προγούµενη σχέση γι τον προσρτηµένο πίνκ έχουµε ότι ορίζετι ο πίνκς 1 A adj(a). Εύκολ ϐλέπουµε ότι ο ντίστροφος του A είνι ο 1 A adj(a). 5 Προσοχή τι ϐάζουµε γι τον σχηµτισµό γρµµών κι στηλών. 6 Στ γγλικά ο όρος είνι adjoint. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 15

Ο Ωρίος ισοµορφισµός Εχουµε πει σε προηγούµεν µθήµτ ότι ν δύο δινυσµτικοί χώροι είνι ισόµορφοι, τότε δεν κάνουµε διάκριση µετξύ τους. Στην πργµτικότητ ν δύο δινυσµτικοί χώροι A κι B είνι ισόµορφοι, πρόκειτι γι τον ίδιο δινυσµτικό χώρο µε διφορετική µορφή. Κάθε συµβάν κι κάθε σχέση στον A έχει το ντίστοιχό του στον B κι ντίστροφ. Πρκάτω ϑ νφερθούµε σε ένν ισοµορφισµό πό τ προηγούµεν µθήµτ: 1. Θεωρούµε δύο δινυσµτικούς χώρους A κι B µε dima = µ κι dimb = ν κι συντελεστές πό το σύνολο R των πργµτικών ριθµών 7. 2. Θεωρούµε το σύνολο των γρµµικών πεικονίσεων L (A, B) πό τον δινυσµτικό χώρο A στον δινυσµτικό χώρο B. 3. Το σύνολο L ( A, B) γίνετι κι υτό δινυσµτικός χώρος µε πράξεις την πρόσθεση συνρτήσεων κι γινόµενο συντελεστή επι συνάρτηση. 4. Θεωρούµε τον δινυσµτικό χώρο των πινάκων R ν µ. 5. Επιλέγουµε µί διτετγµένη ϐάση του A κι µί διτετγµένη ϐάση β του B. 6. Η πεικόνιση Θ : L (A, B) R ν µ µε είνι ισοµορφισµός δινυσµτικών χώρων 8. f ( f :, β) 7. Ο ισοµορφισµός Θ, που ϑ τον λέµε πό τώρ κι στ επόµεν Ωρίο ισοµορφισµό 9 µς οδηγεί στο συµπέρσµ ότι οι δύο δινυσµτικοί χώροι L (A, B) κι R ν µ είνι στην πργµτικότητ το ίδιο µθηµτικό ντικείµενο µε διφορετικές µορφές. Ασκήσεις 1. Ν υπολογισθεί η ορίζουσ του πίνκ A = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 κθώς κι ο adj(a). 2. Ν ϐρείτε δύο ιδιότητες του δινυσµτικού χώρου L (A, B) κι ν τις «µετφράσετε» µε τη ϐοήθει του «ωρίου ισοµορφισµού» σε ιδιότητες πινάκων π.χ. ντιστρέψιµη γρµµική πεικόνιση έχει ως «µετάφρση» ντιστρέψιµος πίνκς. Βεβιωθείτε γι τη µετάφρση υτή. 7 Οπως έχουµε επισηµάνει κι σε άλλ σηµεί, ϑ µπορούσµε ν έχουµε δινυσµτικούς χώρους µε άλλους συντελεστές. 8 Εχει ποδειχθεί σε προηγούµεν µθήµτ ότι σε κάθε γρµµική πεικόνιση ντιστοιχεί ένς πίνκς κι ντίστροφ, ρκεί ϐέβι ν έχουµε επιλέξει ϐάσεις. 9 Μόνο στο µάθηµ υτό ϑ χρησιµοποιύµε τον όρο Ωρίο ισοµορφισµό. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 16

4.7 Τετργωνικά Γρµµικά Συστήµτ Θεωρούµε το γρµµικό σύστηµ 11 x 1 + 12 x 2 + + 1ν x ν = β 1 21 x 1 + 22 x 2 + + 2ν x ν = β 2 ν1 x 1 + ν2 x 2 + + νν x ν = β ν (TΣ) Το πρπάνω σύστηµ λέγετι τετργωνικό διότι έχουµε ίσο ριθµό εξισώσεων κι γνώστων κι ως εκ τούτου ο πίνκς A του συστήµτος είνι τετργωνικός. 1. Υπενθυµίζουµε ότι ο πίνκς A του συστήµτος είνι ο A = 11 12 13 1ν 21 22 23 2ν 31 32 33 3ν ν1 ν2 ν3 νν 2. Μπορούµε 10 ν γράψουµε το σύστηµ (TΣ) υπό µορφή πινάκων ως εξής: A x 1 x 2 x 3 x ν = κι έτσι ντί ν έχουµε ν λύσουµε το γρµµικό σύστηµ, έχουµε την εξίσωση υτή µε πίνκες. 3. Υποθέτουµε τώρ ότι ο πίνκς A είνι ντιστρέψιµος. Πολλπλσιάζουµε κι τ δύο µέλη της τελευτίς ισότητς κι έχουµε: συνεχίζοντς 11 έχουµε: A 1 (A (A 1 A) x 1 x 2 x 3 x ν x 1 x 2 x 3 x ν β 1 β 2 β 3 β ν ) = A 1 = A 1 10 Η ντιµετώπιση υτή είχε γίνει κι σε προηγούµενο µάθηµ. 11 εν έχουµε ποδείξει κόµη ότι ο πολλάπλσισµός πινάκων έχει την προσετιριστική ιδιότητ. Ο ϕοιτητής προτρύνετι ν το ποδείξει χρησιµοποιώντς τον Ωρίο ισοµορφισµό, µεττρέποντς το ερώτηµ γι πίνκες σε ερώτηµ σχετικά µε γρµµικές πεικονίσεις. β 1 β 2 β 3 β ν β 1 β 2 β 3 β ν Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 17

κι έτσι έχουµε x 1 β x 2 1 x β 2 3 = A 1 β 3 x ν β ν Σύµφων µε τ προηγούµεν κι συγκεκριµέν το 4.6.3 ο ντίστροφος του πίνκ A είνι ο 1 A adj(a) δηλδή ο κι τελικά 1 A adj(a) = 1 A x 1 x 2 x 3 x ν = 1 A A 11 A 21 A 31 A ν1 A 12 A 22 A 32 A ν2 A 13 A 23 A 33 ν3 A 1ν A 2ν A 3ν A νν A 11 A 21 A 31 A ν1 A 12 A 22 A 32 A ν2 A 13 A 23 A 33 ν3 A 1ν A 2ν A 3ν A νν 4. Αν κάνουµε τις πράξεις στο δεύτερο µέλος ϑ ϐρούµε έν πίνκ ν 1 κι εξισώνοντς ϐρίσκουµε κάθε x i,i = 1,2,, ν. 5. Ας ϐρούµε λοιπόν το x 1. Στη ϑέση 11 στο δεξιό µέλος µετά πό τις πράξεις έχουµε την ποσότητ: 1 A (A 11 β 1 + A 21 β 2 + + A ν1 β ν ) Πρτηρώντς προσεκτικά ϑ διπιστώσουµε ότι η ποσότητ A 11 β 1 + A 21 β 2 + + A ν1 β ν είνι το νάπτυγµ της ορίζουσς του πίνκ β 1 β 2 β 3 β ν ως προς την πρώτη στήλη. β 1 12 13 1ν β 2 22 23 2ν β 3 32 33 3ν β ν ν2 ν3 νν 6. Σύµφων µε τ πρπάνω, λοιπόν, έχουµε x 1 = 1 A det β 1 12 13 1ν β 2 22 23 2ν β 3 32 33 3ν β ν ν2 ν3 νν Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 18

7. Θέτουµε 11 12 13 β 1 1ν 21 22 23 β 2 2ν D i = det 31 32 33 β 3 3ν ν1 ν2 ν3 β ν νν δηλδή το D i είνι το νάπτυγµ της ορίζουσς ενός πίνκ, ο οποίος προέρχετι πό τον πίνκ A του συστήµτος ν ντικτστήσουµε την i στήλη µε τη στήλη των στθερών όρων β i,i = 1,2,..., ν κι νπτύξουµε ως προς την i-στήλη. 8. Οι τύποι τελικά που δίνουν τ x 1,i = 1,2,..., ν, είνι οι: x i = D i,i = 1,2,..., ν A 9. Οι τελευτίοι τύποι εύρεσης της µονδικής λύσης ενός τετργωνικού γρµµικού συστήµτος µε ντιστρέψιµο πίνκ λέγοντι τύποι του Cramer. 10. ιβάστε επί πλέον εδώ γι τον κνόν του Cramer. 11. είτε επίσης κι τις διλέξεις του κθηγητή W.G.Strang σε ϐίντεο εδώ κι εδώ. ώστε ιδιίτερη προσοχή ότν συνδέει την ορίζουσ µε το εµβδόν ενός πρλληλογράµµου κι τον όγκο ενός πρλληλεπιπέδου. Ασκήσεις 1. ίνετι το γρµµικό σύστηµ x + 2y + 3z = 0 4x + 5y + 6z = 0 7x + 8y + λ z = 0 Γι ποιές τιµές του λ R, το πρπάνω σύστηµ έχει µονδική λύση κι ποι είνι υτή; 2. ίνετι ένς πίνκς A 3 3 µε τάξη 2 (π.χ. ο 2. 1. είξτε ότι ο πίνκς A έχει ορίζουσ µηδέν. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2. 2. ιγράφουµε πό τον πίνκ A µί γρµµή κι µί στήλη, οπότε σχηµτίζετι ένς υποπίνκς 2 2. Πόσοι υποπίνκες υπάρχουν; 2. 3. είξτε ότι τουλάχιστον ένς υποπίνκς έχει ορίζουσ διφορετική του µηδενός. ) Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 19

4.8 Τάξη πίνκ 1. Αποδεικνύουµε το πρκάτω λήµµ: Λήµµ 4.8.1. ίνοντι τ δινύσµτ: 1 = (x 11, x 12, x 13,, x 1µ,, x 1ν ) 2 = (x 21, x 22, x 23,, x 2µ,, x 2ν ) κ = (x κ1, x κ2, x κ3,, x κµ,, x κν ) κι τ δινύσµτ: β 1 = (x 11, x 12, x 13,, x 1µ ) β 2 = (x 21, x 22, x 23,, x 2µ ) β κ = (x κ1, x κ2, x κ3, x κµ ) () Εάν τ δινύσµτ 1, 2,, κ είνι γρµµικά εξρτηµέν, τότε κι τ δινύσµτ β 1, β 2,, β κ είνι γρµµικά εξρτηµέν. (ϐ) Εάν τ δινύσµτ β 1, β 2,, β κ είνι γρµµικά νεξάρτητ, τότε κι τ δινύσµτ 1, 2,, κ είνι γρµµικά νεξάρτητ. Απόδειξη () Ας υποθέσουµε ότι τ δινύσµτ 1, 2,, κ είνι γρµµικά εξρτηµέν. Αυτό σηµίνει ότι υπάρχουν συντελεστές λ 1, λ 2,, λ κ όχι όλοι µηδέν έτσι ώστε: λ 1 1 + λ 2 2 + + λ κ κ = 0 Αντικθιστώντς όπου i = (x i1, x i2, x i3,, x iµ,, x iν ),i = 1,2,, κ έχουµε: λ 1 (x 11, x 12, x 13,, x 1µ,, x 1ν ) + λ 2 (x 21, x 22, x 23,, x 2µ,, x 2ν ) + + +λ κ (x κ1, x κ2, x κ3,, x κµ,, x κν ) = (0,0,0,0,,0) Η τελευτί σχέση µς οδηγεί στις ισότητες: Από τις πρώτες µ ισότητες έχουµε: λ 1 x 11 + λ 2 x 21 + + λ κ x κ1 = 0 λ 1 x 12 + λ 2 x 22 + + λ κ x κ2 = 0 λ 1 x 1µ + λ 2 x 2µ + + λ κ x κµ = 0 λ 1 x 1ν + λ 2 x 2ν + + λ κ x κν = 0 λ 1 β 1 + λ 2 β 2 + + λ κ β κ = 0 Αφού, όπως είπµε προηγουµένως, δεν είνι όλοι οι συντελεστές µηδέν, συµπερίνουµε πό τον ορισµό ότι τ δινύσµτ β 1, β 2,, β κ είνι γρµµικά εξρτηµέν. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 20

(ϐ) Εστω τώρ ότι τ δινύσµτ β 1, β 2,, β κ είνι γρµµικά νεξάρτητ ενώ τ δινύσµτ 1, 2,, κ είνι γρµµικά εξρτηµέν. Σύµφων µε τ προηγούµεν ϑ έπρεπε κι τ β 1, β 2,, β κ ν είνι γρµµικά εξρτηµέν, άτοπο πό την υπόθεση. 2. Σχολιάζοντς το Λήµµ, που µόλις ποδείξµε, ϑ µπορούσµε ν πούµε τ πρκάτω: 2. 1. Τ κ το πλήθος δινύσµτ β 1, β 2,, β κ, προήλθν πό τ κ το πλήθος δινύσµτ 1, 2,, κ µε ποκοπή ν-µ στοιχείων της ίδις ϑέσης γι όλ. 2. 2. Τ κ το πλήθος δινύσµτ 1, 2,, κ, προήλθν πό τ κ το πλήθος δινύσµτ β 1, β 2,, β κ µε επισύνψη ν µ στοιχείων της ίδις ϑέσης όλ. 2. 3. Από την πόδειξη προκύπτει ότι δεν έχει σηµσί ν ποκόψουµε τ τελευτί ν µ στοιχεί κάθε δινύσµτος πό τ 1, 2,, κ. Μπορούµε ν ποκόψουµε οποιδήποτε ν µ το πλήθος στοιχεί πό όλ τ δινύσµτ υτά, ρκεί ν είνι όλ στις ίδιες ϑέσεις. 2. 4. Από την πόδειξη προκύπτει επίσης, ότι δεν έχει σηµσί ν επισυνάψουµε τ τελευτί ν µ στοιχεί κάθε δινύσµτος πό τ β 1, β 2,, β κ. Μπορούµε ν επισυνάψουµε οποιδήποτε ν µ το πλήθος στοιχεί πό όλ τ δινύσµτ υτά, ρκεί ν είνι όλ στις ίδιες ϑέσεις. 3. Αποδεικνύουµε το πρκάτω ϑεώρηµ: Θεώρηµ 4.8.2. Εστω A F µ ν ένς πίνκς µε µ γρµµές κι ν στήλες. Υποθέτουµε ότι η τάξη rank(a) του πίνκ A είνι κ. Επιλέγουµε οποιεσδήποτε λ γρµµές 12 κι λ στήλες του πίνκ A, οπότε σχηµτίζετι ένς υποπίνκς λ λ. () Υπάρχει υποπίνκς (τουλάχιστον ένς) κ κ του A µε ορίζουσ διφορετική του µηδενός. (ϐ) Κάθε υποπίνκς ((κ + 1) (κ + 1)), ((κ + 2) (κ + 2)), είνι µη ντιστρέψιµος κι έχει ορίζουσ µηδέν. Απόδειξη () Ο πίνκς A F µ ν έχει τάξη κ. Αρ το µέγιστο πλήθος των γρµµικά νεξάρτητων γρµµών ή στηλών είνι κ. Επιλέγουµε κ το πλήθος γρµµικά νεξάρτητες γρµµές. Σχηµτίζετι ένς πίνκς κ ν. Ο πίνκς υτός έχει τάξη κριβώς κ κι υτός, διότι έχει κ γρµµές, οι οποίες είνι γρµµικά νεξάρτητες. Αρ ϑ υπάρχουν στον πίνκ υτόν κ το πλήθος γρµµικά νεξάρτητες στήλες, τις οποίες επιλέγουµε. Τελικά σχηµτίζετι ένς υποπίνκς κ κ µε τάξη κ, ς τον ονοµάσουµε B. Γιτί ο πίνκς B είνι ντιστρέψιµος κι έχει ορίζουσ διφορετική του µηδενός; Ο υποπίνκς B είνι τετργωνικός κ κ µε τάξη κ πό την κτσκευή του. Σύφων µε προηγούµεν µθήµτ 13 ο πίνκς B ντιστοιχεί σε µί γρµµική πεικόνιση f : F κ F κ µε dim(im f ) = rank(b) = κ. Ο υπόχωρος Im f έχει διάστση κ, ίση µε τη διάστση όλου του χώρου F κ, άρ η f είνι επί. Επί πλέον έχουµε ότι κ = dimv = dimker f + dimim f = dimker f + κ κι έτσι dimker f = 0 άρ Ker f = {0} κι έτσι η γρµµική πεικόνιση είνι 1 1. Τελικά η γρµµική πεικόνιση f είνι ισοµορφισµός κι εποµένως ο ντίστοιχος σ υτήν πίνκς B είνι ντιστρέψιµος. Υπάρχει εποµένως ο B 1 µε την ιδιότητ B B 1 = I,άρ B B 1 = I = 1 κι τελικά B 0. 12 προφνώς λ min(µ, ν) 13 ες την πράγρφο 4.6 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 21

(ϐ) Γι ν σχηµτισθεί ένς υποπίνκς ((κ + 1) (κ + 1)) πό τον πίνκ A επιλέγουµε (κ + 1) γρµµές κι (κ + 1) στήλες. Οµως ο πίνκς A έχει τάξη κ κι εποµένως οι (κ + 1) γρµµές ϑ είνι γρµµικά εξρτηµένες. Κτά τον σχηµτισµό (κ + 1) στηλών πό τις ήδη επιλεγµένες (κ + 1) γρµµές ποκόπτουµε κτάλληλο πλήθος στοιχείων κι χρησιµοποιώντς το Λήµµ 4.8.1 έχουµε ότι ο υποπίνκς υτός είνι τετργωνικός ((κ + 1) (κ + 1)) κι έχει γρµµικά εξρτηµένες γρµµές ή στήλες. Ετσι ο υποπίνκς είνι µη ντιστρέψιµος κι εποµένως η ορίζουσά του είνι µηδέν. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 22

4.9 Γρµµικά συστήµτ Συνολική ντιµετώπιση κι συµπεράσµτ Πορεί µελέτης 1. Μελετήστε κλά τ προηγούµεν µάθηµτ. Οι νφορές κι οι συµβολισµοί ϑ προέρχοντι πό το µάθηµ υτό. 2. Θ ποδείξουµε τώρ το ϑεώρηµ 3.10.1, που το είχµε διτυπώσει χωρίς πόδειξη. Εάν η τάξη rank(a) του πίνκ A του συστήµτος είνι ίση µε την τάξη rank(γ) του επυξηµένου πίνκ, υτό β 1 β 2 β σηµίνει ότι το διάνυσµ-στήλη 3, γράφετι ως γρµµικός συνδυσµός των δινυσµάτωνστηλών του πίνκ του συστήµτος. Εχουµε δηλδή τη δυντότητ ν γράψουµε µί σχέση της β µ µορφής: (4.9.0.1) x 1 11 21 31 µ1 + x 2 12 22 32 µ2 + + x ν 1ν 2ν 3ν µ1 = λλά τότε το διάνυσµ (x 1, x 2,, x ν ) είνι (τουλάχιστον) µί λύση του συστήµτος. Αντίστροφ έστω ότι το γρµµικό σύστηµ έχει (τουλάχιστον) µί λύση. Τότε µπορούµε ν έχουµε β 1 β 2 β µί σχέση όπως η 4.9.0.1. Αλλά υτό σηµίνει ότι το διάνυσµ-στήλη 3 νήκει στον υπόχωρο β µ που πράγουν οι στήλες του πίνκ του συστήµτος κι έτσι η τάξη rank(a) του πίνκ A του συστήµτος είνι ίση µε την τάξη rank(γ) του επυξηµένου πίνκ. 3. Ερχόµστε τώρ στην περίπτωση ενός οµογενούς γρµµικού συστήµτος. Σύµφων µε τους συµ- ϐολισµούς κι την προσέγγιση στ προηγούµεν έχουµε ότι το σύνολο λύσεων του β 1 β 2 β 3 β µ 11 x 1 + 12 x 2 + + 1ν x ν = 0 21 x 1 + 22 x 2 + + 2ν x ν = 0 µ1 x 1 + µ2 x 2 + + µν x ν = 0 (OΣ) είνι ο πυρήνς της γρµµικής πεικόνισης θ : F ν 1 F µ 1 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 23

η οποί ορίζετι ως εξής: θ x 1 x 2 x 3 x ν = A x 1 x 2 x 3 x ν 4. Οπως ϐρίσκουµε η διάστση του συνόλου λύσεων είνι ες κι στην πράγρφο 3.9, στο 9. 5. Κτλήγουµε στο πρκάτω πόρισµ: dim(oλ) = dimf ν 1 dimimθ = ν rank(a) Πόρισµ 4.9.1. () Το οµογενές γρµµικό σύστηµ έχει κριβώς µί λύση (νγκστικά τη µηδενική λύση ) εάν κι µόνο εάν η τάξη του πίνκ Α είνι ίση µε τον ριθµό των γνώστων. (ϐ) Το οµογενές γρµµικό σύστηµ έχει πρπάνω πό µί λύσεις 14 εάν κι µόνο εάν ν > rank(a) δηλδή ο ριθµός των γνώστων είνι µεγλύτερος πό την τάξη του πίνκ του συστήµτος A 15. 6. Πως βρίσκουµε το σύνολο λύσεων ενός οµογενούς γρµµικού συστήµτος 6. 1. Βρίσκουµε την τάξη του πίνκ του συστήµτος. Αν η τάξη είνι ίση µε τον ριθµό των γνώστων πντάµε πλά ότι υπάρχει µονδική λύση η µηδενική (0, 0,..., 0). 6. 2. Αν η τάξη του πίνκ είνι µικρότερη του ριθµού των γνώστων έχουµε πολλές λύσεις. Στο σύστηµ 11 x 1 + 12 x 2 + + 1ν x ν = 0 21 x 1 + 22 x 2 + + 2ν x ν = 0 (OΣ) µ1 x 1 + µ2 x 2 + + µν x ν = 0 ο πίνκς του συστήµτος είνι ο A = 11 12 13 1ν 21 22 23 2ν 31 32 33 3ν µ1 µ2 µ3 µν κι έχει τάξη κ. Σύµφων µε προηγούµενο µάθηµ (δες το 4.8 ) ο A έχει έν τετργωνικό υποπίνκ κ κ µε ορίζουσ διφορετική του µηδενός, ενώ όλοι οι άλλοι υποπίνκες (κ + 1) (κ + 1) κλπ έχουν ορίζουσ µηδέν. 14 εν γράφουµε εδώ άπειρες λύσεις, διότι όπως ϑ µάθετε υπάρχουν κι δινυσµτικοί χώροι κι γρµµικά συστήµτ µε συντελεστές πό έν πεπερσµένο σύνολο. Γι πράδειγµ στην Πληροφορική χρησιµοποιούµε το πεπερσµένο σύνολο F 2 = {0,1} ως σύνολο συντελεστών. Συνήθως όµως εδώ χρησιµοποιούµε γι συντελεστές το σύνολο των πργµτικών ριθµών οπότε έχουµε ή µί ή άπειρες λύσεις. 15 Αυτό ντποκρίνετι στη διίσθησή µς, ν ερµηνεύσουµε τον ριθµό γνώστων ως ϐθµούς ελευθερίς κι κάθε εξίσωση (νεξάρτητη πό τις προηγούµενες) ως δεσµεύσεις που πρέπει ν υπκούουν οι άγνωστοι. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 24

6. 3. Επιλέγουµε ένν τετργωνικό υποπίνκ του A κ κ µε ορίζουσ διφορετική του µηδενός κι κρτάµε µόνο υτές τις εξισώσεις 16. 6. 4. Οι άγνωστοι που εµπλέκοντι στον τετργωνικό υποπίνκ πρµένουν στο πρώτο µέλος ενώ οι άλλοι πάνε στο δεύτερο µέλος. 6. 5. Λύνουµε το σύστηµ µε τη µέθοδο Cramer. 7. Ας δούµε έν πράδειγµ: Πράδειγµ 4.9.2. Εστω ότι έχουµε το οµογενές γρµµικό σύστηµ: 2x + 3y + 6z + 7ω = 0 x + 2y + 9z + 8ω = 0 3x + 5y + 15z + 15ω = 0 6x + 10y + 30z + 30ω = 0 7. 1. Βρίσκουµε ότι ο πίνκς του συστήµτος είνι ο A = 2 3 6 7 1 2 9 8 3 5 15 15 6 10 30 30 7. 2. Με τους τρόπους που γνωρίζουµε ϐρίσκουµε ότι η τάξη του πίνκ είνι 2. 7. 3. Σύµφων µε τ προηγούµεν µθήµτ υπάρχει υποπίνκς 2 2 µε ορίζουσ διφορετική του µηδενός ενώ όλοι οι υποπίνκες 17 3 3 έχουν ορίζουσ µηδέν, όπως κι ο A. 7. 4. Επιλέγουµε έν υποπίνκ 2 2 µε ορίζουσ διφορετική του µηδενός. Ας επιλέξουµε τον υποπίνκ πάνω ριστερά, οπότε έχουµε µόνο τις δύο εξισώσεις: 2x + 3y + 6z + 7ω = 0 x + 2y + 9z + 8ω = 0 7. 5. Το πρπάνω σύστηµ γίνετι: 2x + 3y = 6z 7ω x + 2y = 9z 8ω 7. 6. Θεωρούµε εδώ ως γνώστους τ x, y κι ως στθερούς όρους τ 6z 7ω κι 9z 8ω. Λύνουµε το συτηµ µε τη µέθοδο Cramer κι ϐρίσκουµε x = 15z + 10ω κι y = 12z 9ω 7. 7. ιτυπώνουµε το ποτέλεσµά µς ως εξής: Το σύνολο λύσεων του συστήµτος είνι το: Λ = {(x, y, z,ω) R 4 x = 15z + 10ω, y = 12z 9ω} = = ( 15z + 10ω, 12z 9ω, z,ω) = = ( 15z, 12z, z, 0) + (10ω, 9ω, 0,ω) = = z( 15, 12,1,0) + ω(10, 9,0,1) 7. 8. Πρτηρούµε άµεσ ότι το σύνολο λύσεων είνι ένς υπόχωρος που πράγετι πό δύο δινύσµτ του R 4, τ ( 15, 12,1,0) κι (10, 9,0,1). 7. 9. Βρίσκουµε µε έλεγχο ότι τ δινύσµτ του R 4 τ ( 15, 12,1,0) κι (10, 9,0,1) είνι γρµ- µικά νεξάρτητ κι τελικά συµπερίνουµε ότι το σύνολο λύσεων Λ του συστήµτος είνι ένς υπόχωρος του R 4 διάστσης 2. 16 οι άλλες δεν χρειάζοντι γιτί είνι εξρτηµένες 17 Βρείτε τον ριθµό των υποπινάκων 3 3 κι 2 2. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 25

Ασκηση Ν ϐρεθεί το σύνολο λύσεων του συστήµτος: 2x + 3y + 6z 7ω + 2ξ = 0 x + 2y 9z 8ω + 7ξ = 0 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 26

4.10 Η θεµελιώδης ντιστοιχί 1. Οπως έχουµε πει πρπάνω το σύνολο λύσεων κάθε οµογενούς γρµµικού συστήµτος είνι ένς υπόχωρος. Πιο συγκεκριµέν, ν το σύνολο συντελεστών είνι το F κι ο ριθµός των γνώστων είνι ν, τότε το σύνολο λύσεων είνι ένς υπόχωρος του δινυσµτικού χώρου F ν. 2. Αν OΓ είνι το σύνολο των οµογενών γρµµικών συστηµάτων µε ν γνώστους κι συντελεστές πό το F, κι Y το σύνολο των υπόχωρων του F ν ορίζετι η πεικόνιση: L : OΓ Y όπου σε κάθε οµογενές γρµµικό σύστηµ ντιστοιχίζετι ο υπόχωρος των λύσεων µέσω της L. 3. Αν OΣ έν οµογενές σύστηµ µε ν µετβλητές κι συντελεστές πό το F, έν στοιχείο του συνόλου OΓ δηλδή, τότε το L (OΣ) είνι ο υπόχωρος των λύσεων του οµογενούς γρµµικού συστήµτος OΣ. 4. Ψάχνουµε τώρ ν ϐρούµε ν υπάρχει η ντίστροφη της L. 5. Εστω τώρ A ένς υπόχωρος του F ν. Θέλουµε ν ϐρούµε κάποιο οµογενές γρµµικό σύστηµ, του οποίου το σύνολο λύσεων είνι ο A. 6. Θεωρούµε το σύνολο F 1 [x 1, x 2,, x ν ] των γρµµικών πολυωνύµων το πολύ ϐθµού έν µε ν µετβλητές της µορφής f (1, 2,, ν ) = 1 x 1 + + ν x ν + c, i F. Το σύνολο υτό 18 είνι ένς δινυσµτικός χώρος διάστσης ν + 1. 7. Επιλέγουµε 19 µί ϐάση { β 1, β 2,, β µ } του A κι ϑεωρούµε το σύνολο Υ(A) = { f F 1 [x 1, x 2,, x ν ] f ( β i ) = 0, f (0,0,,0) = 0,i = 1,2,, µ} 8. Το σύνολο Υ( A) είνι, όπως εύκολ διπιστώνουµε ένς υπόχωρος του δινυσµτικού χώρου F 1 [x 1, x 2,, x ν ]. 9. Τ στοιχεί του Υ(A) είνι πολυώνυµ πρώτου ϐθµού, στοιχεί του F 1 [x 1, x 2,, x ν ] της µορφής: 1 x 1 + + ν x ν. 10. Σύµφων µε το πρπάνω σηµείο, µί ϐάση του Υ(A) ϑ ποτελείτι πό το πολύ ν πολυώνυµ πρώτου ϐθµού, στοιχεί του F 1 [x 1, x 2,, x ν ] της µορφής: 1 x 1 + + ν x ν. Τ πολυώνυµ υτά σχηµτίζουν έν οµογενές σύστηµ OΣ γι το οποίο ψάχνµε. Ασκηση ίνετι ο υπόχωρος A =< (1,2,3), (4,5,6) > του δινυσµτικού χώρου R 3 Ν ϐρεθεί γρµµικό σύστηµ µε 5 εξισώσεις του οποίου το σύνολο λύσεων ν είνι ο υπόχωρος υτός. 18 Το c είνι µί στθερά. Στο µάθηµ υτό στην πργµτικότητ µς ενδιφέρει ο υπόχωρος που λµβάνετι ν c = 0. 19 Κάθε στοιχείο του A, τυτίζετι µε το διάνυσµ των συντετγµένων του Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 27

4.11 Υπόχωροι κι γρµµικά συστήµτ 1. Ας δούµε έν πράδειγµ. Θεωρούµε τον δινυσµτικό χώρο R 2 κι τον υπόχωρο A =< (2,3) > υτού διάστσης 1. Θέλουµε ν ϐρούµε το ντίστοιχο σύστηµ OΣ µε τη ϐοήθει της ντίστροφης της L. 2. Υποψήφιες εξισώσεις γι ν νήκουν στο σύστηµ είνι της µορφής x + βy, διότι έχουµε δύο συντετγµένες. 3. Το γρµµικό οµογενές σύστηµ, που ψάχνουµε είνι το {OΣ : x + β y = 0 2 + 3β = 0, β R} 4. Αυτό που ϐρήκµε είνι ότι το οµογενές σύστηµ έχει όλες τις εξισώσεις της µορφής x+ β y = 0 µε 2 + 3 β = 0. Το σύνολο υτών των εξισώσεων, όπως έχουµε πει είνι ένς υπόχωρος του R 1 [x, y]. 5. Στον πρπάνω υπόχωρο των εξισώσεων υπάρχουν άπειρες εξισώσεις. Οµως επειδή υτός ο υπόχωρος έχει πεπερσµένη διάστση ρκεί ν ϐρούµε µί ϐάση του. Τη ϐάση υτή ϐρίσκουµε ως εξής: 6. Εχουµε 2 + 3 β = 0 άρ β = 2 3 κι έτσι µί εξίσωση του συστήµτος είνι της µορφής x + ( 2 3) y = 0 ή 3x 2y = 0. 7. Πρτηρούµε οτι κάθε εξίσωση του συστήµτος είνι πολλπλάσιο της 3 x 2y = 0 κι έτσι ϑ µπορούσµε ως σύστηµ ν έχουµε µόνο υτή την εξίσωση. Στην πργµτικότητ έχουµε µί ϐάση του Υ(A). 8. Αυτό που γίνετι σχεδόν πάντ, ότν ψάχνουµε γι τον υπόχωρο Υ(A) είνι ν δίνουµε τελικά µί ϐάση του υπόχωρου υτού κι υτό είνι το Ϲητούµενο γρµµικό οµογενές σύστηµ. 9. Οι γρµµοπράξεις λλάζουν τη ϐάση του υπόχωρου Υ( A), λλά δεν λλάζουν τον Υ( A). Με γρµµοπράξεις ϕροντίζουµε ν ϕέρουµε τον Υ(A), δηλδή τη ϐάση του σε µί «κλή» µορφή γι ν είνι εύκολη η επίλυσή του. Μί πό υτές τις κλές µορφές είνι η νηγµένη µορφή γι την οποί ϑ µιλήσουµε σε άλλ µθήµτ. Ασκήσεις 1. Γι τον υπόχωρο A =< (1,2,3) > του R 3 ν ϐρείτε το Υ(A). 2. ίνετι ο υπόχωρος B =< (1,2,3), (4,5,6), (7,8,9) > του δινυσµτικού χώρου R 3. Ν ϐρεθεί ο Υ(B). 3. ίνετι ο υπόχωρος Γ =< (1,2,3), (0,4,5), (0,0,6) > του δινυσµτικού χώρου R 3. Ν ϐρεθεί ο Υ(Γ). 4. Γράψτε ότι σκέψεις κι πρτηρήσεις κάνετε σχετικά µε τ πρπάνω. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 28

4.12 Οµογενή & µη οµογενή γρµµικά συστήµτ 1. Θεωρούµε έν οµογενές γρµµικό σύστηµ OΣ κι τον πίνκ του συστήµτος. 2. Μελετήστε προσεκτικά την πράγρφο 1.3. 3. Μελετήστε ξνά τη µέθοδο γι ν κάνουµε έν τυχίο πίνκ νηγµένο κλιµκωτό. 4. Κάνουµε γρµµοπράξεις στον πίνκ του συστήµτος OΣ κι τον κάνουµε νηγµένο κλιµκωτό. 5. Ο νηγµένος κλιµκωτός υτός πίνκς µς δίνει έν ϕινοµενικά διφορετικό οµογενές γρµµικό σύστηµ, που έχει όµως ως σύνολο λύσεων τον ίδιο υπόχωρο A. 6. Οι εξισώσεις του ρχικού οµογενούς γρµµικού συστήµτος πράγουν τον υπόχωρο Υ( A). 7. Οι εξισώσεις που ϐρίσκουµε πό τον νηγµένο κλιµκωτό πίνκ πράγουν επίσης τον υπόχωρο Υ(A). Ασκηση ίνετι το οµογενές γρµµικό σύστηµ: x + 2y + 3z = 0 4x + 5y + 6z = 0 7x + 8y + 9z = 0 1. Ν ϐρεθεί ο πίνκς A του συστήµτος κι η νηγµένη κλιµκωτή µορφή του. 2. Ν ϐρεθεί το σύνολο λύσεων A του συστήµτος, ν ποδειχθεί ότι είνι υπόχωρος κι ν ϐρεθεί µί ϐάση του. 3. Ν ϐρεθεί ο υπόχωρος Υ( A) των γρµµικών εξισώσεων ντίστοιχος του A. Μη-οµογενή γρµµικά συστήµτ Αρχίζουµε τη µελέτη των µη-οµογενών γρµµικών συστηµάτων 1. Θεωρούµε το πρκάτω σύστηµ 11 x 1 + 12 x 2 + + 1ν x ν = β 1 21 x 1 + 22 x 2 + + 2ν x ν = β 2 µ1 x 1 + µ2 x 2 + + µν x ν = β µ (Σ) Το σύστηµ υτό είνι γρµµικό µε µ εξισώσεις κι ν µετβλητές. Αν όλ τ β i,i = 1,2,, µ είνι µηδέν, τότε το σύστηµ είνι οµογενές κι ντιµετωπίζετι σύµφων µε τ προηγούµεν µθήµτ. Αν κάποιο πό τ β i,i = 1,2,, µ είνι διφορετικό του µηδενός, τότε το σύστηµ είνι µηοµογενές. 2. Σύµφων µε το ϑεώρηµ 3.10.1 ν A ο πίνκς του συστήµτος κι Γ ο επυξηµένος πίνκς, το σύστηµ έχει (τουλάχιστον µί ) λύση εάν κι µόνο εάν η τάξη του A είνι ίση µε την τάξη του Γ. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 29

3. Γι κάθε σύστηµ όπως πρπάνω έχουµε κι το ντίστοιχο οµογενές: 11 x 1 + 12 x 2 + + 1ν x ν = 0 21 x 1 + 22 x 2 + + 2ν x ν = 0 µ1 x 1 + µ2 x 2 + + µν x ν = 0 (OΣ) 4. Το (OΣ) προκύπτει πό το (Σ) εάν ϑέσουµε κάθε β i,i = 1,2,, µ ίσο µε µηδέν. 5. Σύµφων µε τ προηγούµεν το σύνολο λύσεων του (OΣ) είνι ένς υπόχωρος A 20 κι έχουµε δει τρόπους ν ϐρούµε µί ϐάση του υπόχωρου υτού. 6. Πρθέτουµε χωρίς πόδειξη το πρκάτω ϑεώρηµ: Θεώρηµ 4.12.1. Εστω (ξ 1, ξ 2,, ξ ν ) κι (π 1, π 2,, π ν ) δύο λύσεις του συστήµτος (Σ). Τότε η διφορά (ξ 1 π 1, ξ 2 π 2,, ξ ν π ν ) είνι λύση του οµογενούς συστήµτος (OΣ). Η πόδειξη του ϑεωρήµτος γίνετι µε πλή επιβεβίωση. 7. Το πρπάνω ϑεώρηµ µς λέει ότι το σύνολο λύσεων του (Σ) είνι το εξής: (ξ 1, ξ 2,, ξ ν ) + A = {(ξ 1, ξ 2,, ξ ν ) + (a 1, a 2,, a ν ) (a 1, a 2,, a ν ) A} όπου (ξ 1, ξ 2,, ξ ν ) µί οποιδήποτε λύση του ρχικού συστήµτος (Σ) κι (a 1, a 2,, a ν ) µί λύση του ντίστοιχου οµογενούς (OΣ). 8. Αν το γρµµικό σύστηµ δεν είνι οµογενές, τότε το σύνολο λύσεων δεν είνι ϐέβι ένς υπόχω- ϱος, λλά έν σύνολο που γεωµετρικά λµβάνετι ν «µετκινήσουµε» ένν υπόχωρο κτά µήκος ή πράλληλ, όπως λέµε, προς έν διάνυσµ (µις λύσης του (Σ) ). Ασκηση ίνετι το γρµµικό σύστηµ (Σ): x + 2y + 3z = 6 4x + 5y + 6z = 15 7x + 8y + 9z = 24 1. Ν ϐρεθεί ο πίνκς A του συστήµτος κι ο επυξηµένος πίνκς Γ. 2. Ν εξετσθεί εάν το (Σ) έχει λύσεις. 3. Ν ϐρεθεί το σύνολο λύσεων του (Σ). 4. Ν σχολισθεί η ϕύση του συνόλου λύσεων του (Σ). 20 Γι λόγους συµβολισµού συµβολίζουµε µε το ίδιο γράµµ A κι τον πίνκ του συστήµτος κι το σύνολο λύσεων του οµογενούς συστήµτος ν κι δεν είνι πρίτητο. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 30

4.13 Σύµπλοκ υπόχωρων 1. ίνουµε τον πρκάτω ορισµό: Ορισµός 4.13.1. Εστω A ένς υπόχωρος του δινυσµτικού χώρου V κι x V. Το σύνολο {x +, A} ϑ το λέµε σύµπλοκο 21 του υπόχωρου A µε ντιπρόσωπο το x ή επίσης πλευρική κλάση του υπόχωρου A µε ντιπρόσωπο x κι ϑ το συµολίζουµε µε x + A. 2. Σύµφων µε τ προηγούµεν µθήµτ: το σύνολο λύσεων ενός γρµµικού συστήµτος (ν έχει το σύστηµ λύσεις) είνι σύµπλοκο του υπόχωρου των λύσεων του ντιστοίχου οµογενούς συστήµτος µε ντιπρόσωπο µί λύση του συστήµτος. 3. Ισχύει κι το ντίστροφο: Αν x + A έν οποιοδήποτε σύµπλοκο τότε υπάρχει κάποιο γρµµικό σύστηµ του οποίου το σύνολο λύσεων είνι το σύµπλοκο υτό. 4. Αν x A, τότε εύκολ ποδεικνύετι 22 ότι x + A = A. 5. Κάθε σύµπλοκο x + A είνι ένς «µεττοπισµένος» υπόχωρος µέσ στον δινυσµτικό χώρο V κτά µήκος του x. 6. Ισχύει το πρκάτω 23 : x + A = y + A x y A Αυτό µς λέει ότι δύο σύµπλοκ x + A κι y + A είνι ίσ εάν κι µόνο εάν η διφορά x y των ντιπροσώπων τους νήκει στον υπόχωρο 7. Εστω x + A κι y + A δύο σύµπλοκ. Τότε 7. 1. Είτε 24 x + A = y + A, οπότε σύµφων µε το πρπάνω x y A 7. 2. Είτε (x + A) (y + A) = 8. Το πρπάνω σηµείο µς λέει ότι ν ϕντσθούµε έν σύµπλοκο ως γεωµετρικό ντικείµενο µέσ στον δινυσµτικό χώρο, τότε δύο σύµπλοκ είτε ϑ συµπίπτουν είτε ϑ έχουν τοµή το κενό σύνολο (ϑ είνι δηλδή πράλληλ). 4.13.1 Ο χώρος-πηλίκο 1. Εστω V ένς δινυσµτικός χώρος κι A ένς υπόχωρος υτού. Στο σύνολο των συµπλόκων του A εισάγουµε τις πράξεις 25 : (x + A) + (y + A) = (x + y) + A, x, y V κι λ (x + A) = λ x + A, λ F 21 Στ γγλικά ο όρος είνι coset. 22 Προσπθήστε ν το ποδείξετε. 23 Προσπθήστε ν το ποδείξετε. 24 Προσπθήστε ν το ποδείξετε. 25 Πρέπει ν ποδείξετε ότι οι πράξεις είνι κλά ορισµένες. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 31

2. Με τις πρπάνω πράξεις το σύνολο των συµπλόκων του υπόχωρου A, γίνετι ένς δινυσµτικός χώρος, συµβολίζετι µε V/A κι ονοµάζετι χώρος-πηλίκο. 3. Αξίζει ν σηµειωθεί ότι το µηδενικό στοιχείο του χώρου υτού είνι το 0+ A = A, δηλδή κτά κάποιο τρόπο ο χώρος-πηλίκο V/A λµβάνετι πό τον ρχικό χώρο ν συρρικνώσουµε τον υπόχωρο A σε σηµείο 26. 4. Εύκολ ποδεικνύουµε ότι η πεικόνιση: V V/A, x x + A είνι γρµµική πεικόνιση µε Ker = A κι Im = V/A κι πό γνωστό ϑεώρηµ των προηγουµένων µθηµάτων έχουµε ότι dim(v/a) = dimv dima Ασκήσεις 1. Αποδείξτε λεπτοµερώς τ σηµεί 3 κι 4 της πργράφου 4.13. 2. ίνετι ο υπόχωρος A = {(x, y, z) x + 2y + 3z = 0} του (R 3,+, ). Ν ϐρεθεί µί ϐάση του δινυσµτικού χώρου R 3 /A. 26 Αφήστε λίγο τη ϕντσί σς ελεύθερη. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 32

4.14 Ο χώρος-πηλίκο - µέρος ΙΙ 1. Οπως είδµε στο προηγούµενο µάθηµ ν A ένς υπόχωρος ενός δινυσµτικού χώρου V τότε το σύνολο των συµπλόκων του µπορεί ν λάβει τη δοµή ενός δινυσµτικού χώρου. 2. Οι πράξεις ορίζοντι ως εξής: (x + A) + (y + A) = (x + y) + A, x, y V κι λ (x + A) = λ x + A, λ F 3. Οι πρπάνω πράξεις πρέπει ν ποδειχθεί 27 ότι είνι κλά ορισµένες. Κλά ορισµένες πράξεις σηµίνει ότι το ποτέλεσµ της πρόσθεσης κι του πολλπλσισµού δεν εξρτάτι πό τον ντιπρόσωπο λλά πό το ίδιο το σύµπλοκο. Πιο υστηρά έχουµε το εξής: 3. 1. Αν x 1 + A = x 2 + A κι y 1 + A = y 2 + A τότε (x 1 + A) + (y 1 + A) = (x 2 + A) + (y 2 + A) 3. 2. Αν x 1 + A = x 2 + A κι λ F, τότε λ (x 1 + A) = λ (x 2 + A) 4. ιάστση του χώρου-πηλίκο V/A 4. 1. Βρίσκουµε µί ϐάση { 1, 2,, κ } του υπόχωρου A. 4. 2. Η πρπάνω ϐάση µπορεί ν επεκτθεί σε µί ϐάση { 1, 2,, κ, β 1, β 2,, β λ } του χώρου 4. 3. Ισχυρισµός: Μί ϐάση του V/A είνι η { β 1 + A, β 2 + A,, β λ + A}. Γι ν ποδείξουµε τον ισχυρισµό ρκεί ν ποδείξουµε ότι τ πρπάνω δινύσµτ του V/A είνι γρµµικά νεξάρτητ κι πράγουν τον χώρο. 4. 3. 1. Εστω ξ 1 ( β 1 + A) + ξ 2 ( β 2 + A) + ξ λ ( β λ + A) = A. Από 28 τις ιδιότητες των πράξεων συµπλόκων έχουµε (ξ 1 β 1 + ξ 2 β 2 + ξ λ β λ ) + A = A Από τις ιδιότητες των συµπλόκων έχουµε ότι (ξ 1 β 1 + ξ 2 β 2 + ξ λ β λ ) A Βρήκµε ότι το στοιχείο ξ 1 β 1 + ξ 2 β 2 + ξ λ β λ ) είνι έν στοιχείο του υπόχωρου Α. Επειδή το σύνολο { 1, 2,, κ } είνι µί ϐάση του υπόχωρου Α, ϑ έχουµε ότι υπάρχουν συντελεστές µ 1, µ 2,, µ κ µε ξ 1 β 1 + ξ 2 β 2 + + ξ λ β λ = µ 1 1 + + µ κ κ ή ξ 1 β 1 + ξ 2 β 2 + + ξ λ β λ µ 1 1 µ κ κ = 0 Τώρ γνωρίζουµε ότι το σύνολο { 1, 2,, κ, β 1, β 2,, β λ } είνι µί ϐάση του χώρου V, άρ όλοι οι συντελεστές είνι µηδέν. Εµείς γι ν ποδείξουµε υτό που ϑέλουµε µς ρκεί ότι οι συντελεστές ξ 1, ξ 2,, ξ λ είνι όλοι µηδέν. 27 Σς προτρέπω ν κάνετε λεπτοµερείς ποδείξεις 28 Μην ξεχνάµε ότι το µηδενικό στοιχείο του χώρου V/A είνι το Α. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 33

4. 3. 2. Εστω x + A έν οποιοδήποτε στοιχείο του V/A. Το x είνι έν στοιχείο του χώρου V. Επειδή το σύνολο { 1, 2,, κ, β 1, β 2,, β λ } είνι µί ϐάση του V ϑ έχουµε άρ x = σ 1 1 + σ 2 2 + + σ κ κ + ρ 1 β 1 + ρ 2 β 2 + + ρ λ β λ x + A = (σ 1 1 + σ 2 2 + + σ κ κ + ρ 1 β 1 + ρ 2 β 2 + + ρ λ β λ ) + A δηλδή x + A = (σ 1 1 + A) + (σ 2 2 + A) + + (σ κ κ + A)+ +(ρ 1 β 1 + A) + (ρ 2 β 2 + A) + + (ρ λ β λ + A) Οµως το σύνολο { 1, 2,, κ } είνι µί ϐάση του Α, άρ i + A = A,i = 1,2,, κ είνι δηλδή το µηδενικό στοιχείο του χώρου. Τελικά έχουµε: x + A = (ρ 1 β 1 + A)+(ρ 2 β 2 + A)++(ρ λ β λ + A) = ρ 1 ( β 1 + A)++ ρ λ ( β λ + A) Το τελευτίο δείχνει ότι ο χώρος V/A πράγετι πό το σύνολο (ρ 1 β 1 + A) + (ρ 2 β 2 + A) + + (ρ λ β λ + A) 4. 4. Από τ πρπάνω ϐρίσκουµε ότι dim(v/a) = dimv dima 5. Εστω 29 f : V 1 V 2, τότε ορίζετι ο χώρος -πηλίκο V 1 /Ker f. Επι πλέον η πεικόνιση f : V 1 /Ker f Im f, µϵ f (x + Ker f ) = f (x) είνι γρµµική 1 1 κι επί, δηλδή ισοµορφισµός δινυσµτικών χώρων. Οπως όµως γνωρίζουµε, δύο δινυσµτικοί χώροι είνι ισόµορφοι εάν κι µόνο εάν έχουν την ίδι διάστση. Τελικά dim(v 1 /Ker f ) = dim(v 1 ) dim(ker f ) = dim(im f ) Ξνβρίσκουµε έτσι το γνωστό ϑεώρηµ που είχµε συνντήσει στο 3.8.2. 6. Ρίξτε µι µτιά κι εδώ γι ευρύτερη µελέτη. Ασκήσεις 1. Εστω A κι B δύο δικεκριµένοι (δηλδή A B = ) δινυσµτικοί χώροι µε συντελεστές πό το F. Κτσκευάζουµε έν νέο δινυσµτικό χώρο Γ ως εξής Γ = {(, β), A, β B} Εφοδιάζουµε το πρπάνω σύνολο Γ µε τις πράξεις: () ( 1, β 1 ) + ( 2, β 2 ) = ( 1 + 2, β 1 + β 2 ) (ϐ) λ (, β) = (λ, λ β) είξτε ότι το ποτέλεσµ είνι ένς νέος δινυσµτικός χώρος 30. 2. είξτε ότι οι πεικονίσεις A A B, µϵ (,0 B ) κι B A B, µϵ β (0 A, β) είνι γρµµικές κι 1 1 31. 3. Ν γράψετε τον ορισµό του νηγµένου κλιµκωτού πίνκ κι ν δώσετε δύο πρδείγµτ. 29 Το Θεώρηµ υτό ονοµάζετι Πρώτο ϑεώρηµ ισοµορφισµών ινυσµτικών χώρων. Το Θεώρηµ υτό µε τις κτάλληλες τροποποιήσεις συνντάτι κι σε άλλες δοµές, όπως κτυλίους κι Οµάδες 30 Ο νέος υτός ινυσµτικός χώρος λέγετι εξωτερικό ευθύ άθροισµ των A κι B κι συµβολίζετι A B. 31 Αυτό µς επιτρέπει ν τυτίζουµε τον υπόχωρο {(,0), A} µε τον Α. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μθηµάτων Σελίδ 34