ΜΑΣ: ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ I Εαρινό εξάμηνο 07-08, Διδάσκων: Γιώργος Γεωργίου ΕΝΔΙΑΜΕΣΗ ΕΞΕΤΑΣΗ, Διάρκεια: ώρες 8 Νοεμβρίου, 07 Δίνονται 4 προβλήματα που αντιστοιχούν σε 0 μονάδες με άριστα το 00! ΟΝΟΜΑ: Αρ. Πολ. Ταυτ. Πρόβλημα. Διατυπώστε τους ορισμούς των πιο κάτω: (α) Αλγεβρικό συμπλήρωμα μ. (β) Ιχνος πίνακα μ. (γ) Ερμιτιανός πίνακας μ. (δ) Υποομάδα μ. (ε) Αβελιανή ομάδα μ. (α) Καλούμε αλγεβρικό συμπλήρωμα του στοιχείου ελάσσονα ορίζουσα του στοιχείου αυτού: ij ( ) i j M a ij ενός πίνακα ij την προσημασμένη Mm (η ελάσσονα ορίζουσα M ij είναι η ορίζουσα του πίνακα που προκύπτει όταν διαγράψουμε την i γραμμή και την j στήλη). (β) Καλούμε ίχνος (trace) ενός πίνακα aij των διαγώνιων στοιχείων του: (γ) O καλείται ερμιτιανός αν M * και το συμβολίζουμε με tr το άθροισμα k tr a kk (δ) Έστω ( G, ) μια ομάδα. Το υποσύνολο H G καλείται υποομάδα της G αν ισχύουν τα εξής: (i) e H (ii) Αν x, y H τότε xy H (το Η είναι κλειστό ως προς την πράξη ). (iii) Αν x H τότε x H (το Η είναι κλειστό ως προς την αντιστροφή). (ε) Το ζεύγος ( G, ) όπου G ένα μη κενό σύνολο και μια πράξη στο G καλείται αβελιανή ομάδα αν ισχύουν τα εξής: (i) H πράξη είναι προσεταιριστική, δηλ. a( bc) ( ab) c a, b, c G (ii) Υπάρχει το ουδέτερο στοιχείο e G ως προς την πράξη τέτοιο ώστε ae ea a a G (iii) Κάθε στοιχείο a G έχει αντίστροφο a G τέτοιο ώστε aa a a e (iv) H πράξη είναι αντιμεταθετική, δηλ. ab ba a, b G
Πρόβλημα (α) Έστω το K R και και οι συνήθεις πράξεις της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμού στον R. Ποιες συνθήκες πρέπει να ικανοποιούνται για αν είναι η τριάδα ( K,, ) σώμα; μ. (β) Εξηγήστε γιατί το σύνολο {0,} με τις συνήθεις πράξεις + και δεν είναι σώμα. μ. (γ) Να οριστούν κατάλληλες πράξεις + και για να είναι το σύνολο {0,} σώμα. μ. (α) Το ( K,, ) είναι σώμα αν ικανοποιούνται οι εξής συνθήκες: (i) 0K και K (ii) To K είναι κλειστό ως προς τις πράξεις της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμού. (iii) Αν x K τότε x K (κάθε στοιχείο του K έχει αντίθετο στο K ). (iv) Αν xk {0} τότε x K {0} (κάθε στοιχείο του K {0} έχει αντίστροφο στο K ). (β) Το {0,} δεν είναι σώμα με τις συνήθεις πράξεις + και γιατί δεν είναι κλειστό ως προς την πρόσθεση: {0,} (γ) Ορίζουμε τις πράξεις + και ως εξής: 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 Παρατηρούμε ότι ο πολλαπλασιασμός είναι ο συνήθης. Το {0,} είναι τώρα κλειστό ως προς τις δύο πράξεις. Επίσης ικανοποιείται τώρα και η συνθήκη (iii) αφού το έχει ως αντίθετο τον εαυτό του. Οι συνθήκες (i)-(iv) ικανοποιούνται. Άρα το ({0,},+, ) είναι σώμα.
Πρόβλημα (α) Έστω V ένας διανυσματικός χώρος και S { u, u,, u } ένα πεπερασμένο υποσύνολό του. Δείξτε ότι αν μερικά στοιχεία του S είναι γραμμικώς εξαρτημένα, τότε όλα τα στοιχεία του S είναι γραμμικά εξαρτημένα. 4μ. (β) Να βρεθούν οι συντεταγμένες του u (,,) ως προς τη βάση B { u (,,), u (0,,), u (0,, )} του R. μ. (γ) Να επεκταθεί το σύνολο B { u (,, ), u (,,)} σε μια βάση του R. μ. (α) Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι k από τα στοιχεία του S με k< είναι γραμμικά εξαρτημένα. Άρα υπάρχουν,,, k R που δεν είναι όλα μηδέν έτσι ώστε u u kuk 0 u u kuk 0uk 0u 0 Επειδή δεν είναι όλοι οι συντελεστές μηδέν, συμπεραίνουμε ότι όλα τα στοιχεία του S είναι γραμμικά εξαρτημένα. (β) Έστω (,, ) οι συντεταγμένες του u ως προς τη βάση Β. Ισχύει τότε u u u u (,,) (0,, ) (0,, ) (,,) (,, ) (,,) και 0 Πράγματι, u u u. Άρα οι συντεταγμένες του u ως προς τη βάση Β είναι οι (,,0). (γ) Παρατηρούμε ότι το Β περιέχει γραμμικά ανεξάρτητα στοιχεία του R (αφού το u δεν είναι βαθμωτό πολλαπλάσιο του u ). Επειδή dim R, αρκεί να βρούμε ένα τρίτο στοιχείο u R τέτοιο ώστε το σύνολο { u, u, u } να είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Αρκεί λοιπόν το u να μην είναι γραμμικός συνδυασμός των u και u. Επιλέγουμε λοιπόν το u (,0,0) Αποδεικνύεται εύκολα ότι το { u, u, u } είναι γραμμικά ανεξάρτητο και άρα είναι βάση του R.
Πρόβλημα 4. Έστω το διάνυσμα u (,, ) R (α) Να βρεθεί η νόρμα του u μ. (β) Έστω W η γραμμική θήκη του u. Να βρεθεί μια βάση και η διάσταση του W. μ. (γ) Έστω W o χώρος των διανυσμάτων του R που είναι ορθογώνια με το u. Να βρεθεί η γενική μορφή των στοιχείων του W. μ. (δ) Δείξτε ότι ο W είναι υπόχωρος του R. (ε) Να βρεθεί μια βάση και η διάσταση του W. (στ) Δείξτε ότι R W W (α) u 4 4 (β) Είναι φανερό ότι W v v u R R (,,), Μια βάση του W είναι το {u} και έτσι dimw. (γ) Έστω u ( a, b, c) ένα στοιχείο του W. Ισχύει τότε vu 0 ( a, b, c) (,,) 0 a b c 0 a b c Άρα η γενική μορφή των στοιχείων του W είναι v (b c, b, c), b, cr 4μ μ 4μ. (δ) Θα δείξουμε ότι επαληθεύονται οι συνθήκες του Θ... (i) 0 (00,0,0) W (ii) Για τα u (b c, b, c ), u (b c, b, c) W έχουμε u u ( b b ) ( c c ), b b, c c W (το W είναι κλειστό ως προς την πρόσθεση). (iii) Αν R και u (b c, b, c) W έχουμε u (b c, b, c) W (το W είναι κλειστό ως προς το βαθμωτό πολλαπλασιασμό). Άρα το W είναι υπόχωρος του R. (ε) Επειδή κάθε στοιχείο v (b c, b, c) W γράφεται v (b c, b, c) b(,,0) c(,0,) το σύνολο { w (,,0), w (,0,)} παράγει τον W. Αποτελεί δε βάση του W επειδή είναι επίσης γραμμικά ανεξάρτητο αφού το w δεν είναι βαθμωτό πολλαπλάσιο του w. Άρα λοιπόν dimw. (στ) Αρκεί να δείξουμε ότι κάθε στοιχείο του R γράφεται μονοσήμαντα σαν άθροισμα ενός στοιχείου του W και ενός στοιχείου του W. Αυτό ισχύει γιατί το σύνολο { u (,,), w (,,0), w (,0,)} αποτελεί βάση του R. Επειδή κάθε στοιχείο του γράφεται μονοσήμαντα σαν γραμμικός συνδυασμός των στοιχείων u, w, w είναι φανερό ότι γράφεται μονοσήμαντα σαν άθροισμα ενός στοιχείου του W και ενός στοιχείου του W. R 4
Πρόβλημα 5 (α) Αν Mm και B M m, δείξτε ότι tr( B) tr( B) 4μ. (β) Αν, P M και ο P είναι αντιστρέψιμος δείξτε ότι tr( ) tr( P P) μ. (γ) Αν ο M είναι συμμετρικός και ενελικτικός δείξτε ότι aij μ. (α) Για τα δύο γινόμενα έχουμε i j ΑΒ = ( a ik b kj ) k= m m m m tr(b) = ( a ik b ki ) = a ik b ki i= k= i= k= και m ΒΑ = ( b ik a kj ) k= m m tr(b) = ( b ik a ki ) = b ik a ki = tr(b) i= k= i= k= (β) Χρησιμοποιούμε την ταυτότητα που δείξαμε πιο πάνω. (γ) Εφόσον ο Α είναι ενελικτικός ισχύει tr( P P) tr[ P ( P)] tr[( P) P ] tr( I ) tr I tr aikakj tri aikaki k i k Επειδή ο Α είναι συμμετρικός ισχύει aki aik και έτσι i k a ik 5
Πρόβλημα 6. Έστω ο σύνθετος πίνακας I P O όπου ο Α είναι αντιστρέψιμος πίνακας. (α) Να βρεθεί ο P (σε σύνθετη μορφή). 6μ. (β) Να βρεθεί ο αντίστροφος του 0 0 P 0 0 0 0 4μ. B C (α) Έστω ότι P D E οπότε I B C I O PP O D E O I IB D IC E I O B D C E I O B OD C OE O I B C O I B D I C C E O B O O P B O E C I D (β) Παρατηρούμε ότι ο P έχει τη μορφή του σύνθετου πίνακα στο (α) με και 7 9 4 Με βάση το αποτέλεσμα στο (α), P 0 0 0 0 7 9 4 6
Πρόβλημα 7. Αν 0 0 0 0 0 0 ( aij ) 0 0 0 0 0 0 (α) Βρείτε το γενικό στοιχείο του Α (χρησιμοποιήστε το δέλτα του Kroecker). μ. (β) Δείξτε ότι ισχύει (α) Παρατηρούμε ότι k, k περιττός I, k άρτιος ( ) (β) Αρκεί να δείξουμε ότι ο Α είναι ενελικτικός, δηλ. Σε αυτή την περίπτωση, αν k=m άρτιος έχουμε Αν k=m+, Για τον Το i, k έχουμε i, j I k m m m ( ) I I k m m I i, kk, j k δεν είναι μηδέν μόνο για i k k i. Άρα επιβιώνει μόνο ο αντίστοιχος όρος του αθροίσματος και έχουμε: Άρα πράγματι,, i j i j I k, k περιττός I, k άρτιος 9μ. 7
Πρόβλημα 8. Να επιλυθούν το πιο κάτω γραμμικά συστήματα: (α) x x x x x 5x x x 0 x y z w (β) x y z w x 5y 7z w 6μ. (α) Βρίσκουμε τον ανηγμένο κλιμακωτό [ R S ] του επαυξημένου πίνακα [ B] 0 ~ 0 4 ~ 0 4 5 0 0 0 0 0 0 Επειδή έχουμε ηγετικό στοιχείο στην τελευταία στήλη, το σύστημα είναι αδύνατο. (β) Βρίσκουμε τον ανηγμένο κλιμακωτό [ R S ] του επαυξημένου πίνακα [ B] ~ 0 4 0 ~ 0 4 0 5 7 0 4 0 0 0 0 0 Έχουμε ξανά ηγετικό στοιχείο στην τελευταία στήλη, άρα το σύστημα είναι αδύνατο. 8
Πρόβλημα 9. Έστω οι πίνακες: 0 0 0 0 0 0, 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 B, 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 0 0 C, 0 0 0 0 0 0 0 0 D 0 0 0 0 (α) Να βρεθούν οι αντίστροφοι των πιο πάνω πινάκων (αν υπάρχουν ) 7μ. 08 07 (β) Να υπολογιστούν τα γινόμενα BD, CB, C και BD. 8μ. (α) Παρατηρούμε ότι ο Α είναι στοιχειώδης, E,4, και έτσι Ο Β είναι επίσης στοιχειώδης, O C είναι διαγώνιος και έτσι 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 E,4 E,4 B : 4 E 4, 0 0 0 4 4 0 0 0 B E4, E4, 0 0 0 0 4 0 C 0 0 0 0 0 0 0 0 / 0 0 0 0 / Βρίσκουμε τον ανηγμένο κλιμακωτό του σύνθετου πίνακα [D I]: Άρα 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 [ D I] ~ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ~ ~ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0 0 0 ~ ~ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 9
D 4 0 0 0 0 (β) Επειδή BD E E D ο BD προκύπτει από τον D εφαρμόζοντας διαδοχικά τους 4,4 4, μετασχηματισμούς r4 r4 4r και r r4. Βρίσκουμε έτσι ότι 0 4 8 4 BD 0 0 4 Επειδή CB CEˆ Eˆ ο CB προκύπτει από τον C εφαρμόζοντας διαδοχικά τους,4,4 μετασχηματισμούς c c4 και c c 4c4. Βρίσκουμε έτσι ότι Έχουμε 0 0 0 0 4 0 CB 0 0 0 0 0 0 0 0 0 08 08 08 0 0 0 C E,4C 08 0 0 0 0 0 0 07 Επειδή I, BD BD. Ο τελευταίος πίνακας προκύπτει από τον D εφαρμόζοντας διαδοχικά τους μετασχηματισμούς r r4, r4 r4 4r και r r4. Βρίσκουμε έτσι ότι 07 0 4 BD 0 0 0 0 0
Πρόβλημα 0 (α) Δείξτε ότι ο (β) Αν Mm είναι αντιστρέψιμος αν και μόνο αν rak( ) M. μ. και ο B Mm mείναι αντιστρέψιμος δείξτε ότι rak ( B) rak ( ). μ. (γ) Έστω τα διανύσματα του 5 R : u (,,,, ), u (0,0,,,), u (,,,,), u (,0,,,), u (,,,,) 4 5 Να βρεθεί μια βάση και η διάσταση της γραμμικής θήκης του { u, u, u, u4, u 5}. 6μ. (α) Ως γνωστό rak ( ) rak ( R), όπου R ο ανηγμένος κλιμακωτός του. Αν rak( ), τότε rak( R) και άρα ο R δεν έχει μηδενική γραμμή, οπότε R I. Άρα ο είναι αντιστρέψιμος. Για το αντίστροφο, αν rak( ), θα έχουμε αναγκαστικά rak( ) οπότε ο R έχει μηδενική γραμμή και έτσι R I, οπότε ο Α δεν είναι αντιστρέψιμος. Άρα αν ο Α είναι αντιστρέψιμος έχουμε αναγκαστικά rak( ). (β) Ο B ως αντιστρέψιμος πίνακας είναι γινόμενο στοιχειωδών πινάκων και έτσι B EE Ek Παρατηρούμε ότι οι και B είναι γραμμοϊσοδύναμοι και άρα rak ( B) rak ( ). (γ) Κατασκευάζουμε τον πίνακα Α που έχει ως γραμμές τα δοσμένα διανύσματα. Οι μη μηδενικές γραμμές του ανηγμένου κλιμακωτού του αποτελούν μια βάση της γραμμικής θήκης του { u, u, u, u, u } και η διάσταση της γραμμικής θήκης είναι ο βαθμός του. 4 5 0 0 0 0 0 0 ~ 0 0 ~ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ~ 0 0 ~ 0 0 R 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Οι τρεις πρώτες γραμμές του R αποτελούν μια βάση της γραμμικής θήκης του { u, u, u, u4, u 5} και η διάσταση της τελευταίας είναι ίση με rak( )
Πρόβλημα. Έστω οι πίνακες 8 8 4 5 4 4 0 και B 9 6 7 5 8 (α) Να βρεθούν οι rak( ) και rak([ B ]). μ. (β) Είναι το σύστημα X B συμβιβαστό; μ. (γ) Αν ναι, να βρεθεί η λύση του συστήματος. μ. (α) Βρίσκουμε τον ανηγμένο κλιμακωτό [ R S ] του επαυξημένου πίνακα 8 8 8 8 4 5 4 4 0 0 0 8 4 [ B] ~ 9 0 0 0 6 7 5 8 0 0 8 4 0 8 0 0 0 0 0 8 4 0 0 0 ~ ~ [ R S] 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Οι R και [ R S ] έχουν τρεις μη μηδενικές γραμμές και έτσι rak( ) rak([ B]) (β) Αφού rak ( ) rak([ B]) το σύστημα X B είναι συμβιβαστό. (γ) Το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων με δύο ελεύθερες μεταβλητές, τις x και x 5. Έχουμε τη γενική λύση x x x x x 4 5
Πρόβλημα (α) Διατυπώστε τον ορισμό της ορίζουσας τετραγωνικού πίνακα. μ. (β) Δίνεται ότι ορίζουσα τάξης 7 περιλαμβάνει 7! όρους ένας εκ των οποίων είναι της μορφής sg( ) a a a a a a a 4 47 56 6 Να βρεθούν η μετάθεση σ που αντιστοιχεί στον πιο πάνω όρο και το πρόσημό της. μ. (γ) Χρησιμοποιώντας τον ορισμό της ορίζουσας δείξτε ότι (δ) Χρησιμοποιώντας τον ορισμό, δείξτε ότι det( ) det, M, R a b 0 0 0 0 b 0 a b 0 0 b a 0 (α) Καλούμε ορίζουσα ενός τετραγωνικού πίνακα (β) Ο όρος είναι ο a ij a b το άθροισμα M det sg(,,, ) a a a S και η μετάθεση είναι η (,4,,7,6,,5) sg(,4,,7,6,,5)a a4a a47a56 a6a 75 το πρόσημο της οποίας είναι 00 0 sg( ) ( ) ( ) μ. 4μ. (γ) Επειδή ( a ij ), έχουμε det( ) sg(,,, ) a a a sg(,,, ) a a a det S S (δ) Παρατηρούμε ότι από το άθροισμα επιβιώνουν μόνο 4 όροι: det sg(,,, ) a a a a S4 4 4 4 det sg(,,, 4) a a a a sg(,,, 4) a a a a sg(4,,,) a a a a sg(4,,,) a a a a 44 44 4 4 4 4 det a a b b a b ( a b ) 4 4
Πρόβλημα (α) Με τη χρήση των ιδιοτήτων ορίζουσας, να βρεθεί η τιμή της ορίζουσας a b c a b c a b c μ. (β) Αν ο είναι ορθογώνιος δείξτε ότι det( ) μ. M (γ) Αν ο M( ) ( ) είναι αντισυμμετρικός δείξτε ότι det( ) 0 μ. (δ) Να δειχθεί η πρόταση: αν, B M τότε ισχύει det( B) det det B 4μ. (α) a b c a b c b c b c a b c a b c b c ( a b c) b c a b c a b c b c b c b c ( a b c) 0 0 a b c 0 0 (β) Εφόσον ο Α είναι ορθογώνιος I I T det( T ) det det det T (det ) det (γ) Εφόσον ο Α είναι αντισυμμετρικός T T det( ) det( ) ( ) det det det det 0 (δ) Αν κάποιος από τους Α και Β δεν είναι αντιστρέψιμος, τότε και ο ΑΒ δεν είναι αντιστρέψιμος και η πρόταση ισχύει αφού det( B) 0 det det B Αν τώρα οι Α και Β είναι αμφότεροι αντιστρέψιμοι τότε γράφονται σαν γινόμενα στοιχειωδών πινάκων: οπότε E E E και B E E E ' ' ' k B E E E E E E ' ' ' k det( B) det( E E E E E E ) det( E E ) E ) det( E E E ) ' ' ' ' ' ' k k det( B) det det B 4
Πρόβλημα 4. Αν 0 να βρεθούν τα εξής: (α) Η ορίζουσα του Α. μ. (β) Ο συμπληρωματικός πίνακας του Α. μ. (γ) Ο αντίστροφος του Α. μ. (α) (β) (γ) 0 det 0 0 0 0 adj( ) 0 0 adj( ) det( ) 5