1 Γραμμική Άλγεβρα Ι 009-10 Εξέταση Φεβρουαρίου Επώνυμο Όνομα ΑΜ (1 ψηφία) Ημ/ία Αίθουσα 1 5 Σύνολο Α Η εξέταση αποτελείται από 5 Θέματα. Το άθροισμα των μονάδων είναι 1, το άριστα 10 και η βάση 5. Απαντήστε σε όσα θέματα επιθυμείτε. Δικαιολογήστε πλήρως τις απαντήσεις σας. Καλή επιτυχία Σύντομες ενδεικτικές λύσεις Στις παρακάτω λύσεις δεν καταγράφονται οι πράξεις ρουτίνας (πχ στην απαλοιφή Gauss ή στον πολλαπλασιασμό πινάκων ). Στο γραπτό αναμένεται αυτές να υπάρχουν σύμφωνα με την οδηγία στην πρώτη σελίδα. 1
Θέμα 1 Έστω α, βγ,. Θεωρούμε το σύστημα x + x + x x = α 1 x + x x + x = β 1 x1+ x x+ x = γ. a. (1 μον) Να βρεθούν όλα τα α, βγ, (αν υπάρχουν) για τα οποία το παραπάνω σύστημα δεν έχει λύση. b. (1 μον) Να βρεθεί το σύνολο των λύσεων ( x1, x, x, x) του παραπάνω συστήματος όταν α = 1, β = 1, γ =. a. και b. Με στοιχειώδεις μετασχηματισμούς γραμμών βλέπουμε ότι μια κλιμακωτή μορφή του επαυξημένου πίνακα του συστήματος είναι 1 1 1 a 11 a β 0 1. α+ β γ 0 0 1 Από αυτή έπεται ότι υπάρχουν λύσεις για κάθε α, βγ, καθώς δεν υπάρχει γραμμή της μορφής 0 0 0 0 δ με δ 0. (Σημείωση. Η κλιμακωτή μορφή ΔΕΝ είναι γενικά μοναδική. Με άλλη ακολουθία μετασχηματισμών είναι δυνατό να βρήκατε διαφορετική κλιμακωτή μορφή). Εναλλακτικά, θα μπορούσε να δικαιολογηθεί το συμπέρασμα ότι το σύστημα είναι συμβιβαστό για κάθε α, βγ, παρατηρώντας ότι το rank του πίνακα των συντελεστών ισούται και του rank του επαυξημένου πίνακα (είναι ), ή απλά λύνοντάς το με διαδοχικές αντικαταστάσεις. Για α = 1, β = 1, γ =, οι λύσεις είναι 7 16 ( x1, x, x, x) = ( x 6, x+ 1, x, x), όπου x.
Θέμα 1 0 1 0 Έστω V = A A = A. a. (0.5 μον) Δείξτε ότι ο V είναι ένας υπόχωρος του. b. (1.5 μον) Βρείτε μια βάση και τη διάσταση του V. c. (1 μον) Εξετάστε αν υπάρχει γραμμική απεικόνιση f : τέτοια ώστε Kerf = V. a. Έχουμε V, καθώς 0 V. Έστω A, B V, οπότε 1 0 1 0 A = A 1 0 1 0 και B = B. Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει 1 0 1 0 ( A+ B) = ( A+ B), δηλαδή A+ B V. Αν λ, τότε από 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 A = A έπεται ότι ( λ A) =λ A= ( λa), 1 δηλαδή λa V. b. Με πολλαπλασιασμό πινάκων διαπιστώνουμε ότι a b a b 1 0 1 0 a b V = b= + = 0 c d c d 1 1 c d a c d. a 0 0 Άρα V = a, c. Επειδή a 0 1 0 0 = a + c, τα c a+ c c a+ c 0 1 1 1 στοιχεία 1 0 0 0, παράγουν το V. (Σημείωση: Tο επιχείρημα αυτό είναι μια 0 1 1 1 άλλη απάντηση στο a.). Εύκολα επαληθεύεται ότι αυτά είναι γραμμικά ανεξάρτητα και άρα αποτελούν βάση του V, οπότε dimv =. c. Δεν υπάρχει τέτοια f γιατί διαφορετικά θα είχαμε = dimker f + dimim f, όπου di m ker f = dimv = (από πριν) και dim Im f dim = 1, άτοπο.
Θέμα Έστω A 1 5 6 και B =. a. (1 μον) Να βρεθεί μια γραμμική απεικόνιση f : με ( f : e, α ) = B, όπου e = ((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)) και α = ( ) (1, 0), (0,1). b. (1 μον) Έστω g : μια γραμμική απεικόνιση με ( g: α, e) = A, όπου οι διατεταγμένες βάσεις α,e είναι όπως στο προηγούμενο υποερώτημα. Εξετάστε αν dim Im( f g ) = και dim Im( g f ) =. c. (1 μον) Εξετάστε αν ο πίνακας AB έχει ορίζουσα διάφορη του μηδενός. a. Για να οριστεί μια γραμμική απεικόνιση f : αρκεί να οριστούν οι εικόνες μέσω της f μιας βάσης του. Λαμβάνοντας υπόψη τον ορισμό πίνακα γραμμικής απεικόνισης, θεωρούμε τη γραμμική f που ορίζεται από f (1,0,0) = 1(1,0) + (0,1) = (1,) f (0,1,0) = (1,0) + 5(0,1) = (,5) f (0,0,1) = (1,0) + 6(0,1) = (,6). Τότε, αφού η f είναι γραμμική, για κάθε ( xyz,, ), f ( x, y, z) = xf(1,0,0) + yf(0,1,0) + zf(0,0,1) = ( x+ y+ z,x+ 5y+ 6 z). Από τις 1 προηγούμενες σχέσεις έχουμε ( f : e, α) = B. 5 6 = b. Ισχύει dim Im( f g ) < και dim Im( g f ) < καθώς dim Im f min{,} <, dim Im g min{,} < και ξέρουμε ότι dim Im( f g) min{dim Im f,dim Im g }, dim Im( g f) min{dim Im g,dim Im f}. c. Θα δείξουμε ότι det( AB ) = 0. Πράγματι, επειδή ο A είναι πίνακας και ο B έχουμε ra ( ) και rb ( ). Ξέρουμε ότι rab ( ) min{ ra ( ), rb ( )} και άρα rab ( ). Επειδή ο AB είναι και rab< ( ) ξέρουμε ότι ο AB δεν είναι αντιστρέψιμος και άρα det( AB ) = 0.
5 Θέμα 1 1 1 1 1 1 1 Έστω a και A =. 1 1 1 1 1 1 a a. (1 μον) Να βρεθεί η διάσταση του υπόχωρου του που παράγεται από τις γραμμές του A. (Σημείωση: Ενδέχεται η απάντηση να εξαρτάται από το a ). b. (1 μον) Να βρεθούν όλες οι τιμές του a (αν υπάρχουν) τέτοιες ώστε ο A να είναι αντιστρέψιμος. a. Με στοιχειώδεις μετασχηματισμούς γραμμών, βλέπουμε ότι ο A είναι 1 1 1 1 0 1 0 0 γραμμοϊσοδύναμος με τον A =. Άρα η διάσταση του 0 0 0 0 0 0 a 1, 1 υπόχωρου του που παράγεται από τις γραμμές του A είναι a =, a 1. 010 b. Ο A είναι δεν είναι αντιστρέψιμος 010 010 det( A ) = 0 (det A) = 0 det A= 0 r( A ) <. Από το προηγούμενο υποερώτημα έπεται ότι ra ( ) < a= 1. 010 5
6 Θέμα 5 Έστω V ένας F -διανυσματικός χώρος, XY, V και uv, V. a. (1 μον) Έστω ότι τα σύνολα XY, είναι γραμμικά ανεξάρτητα. Δείξτε ότι αν X { } Y =, τότε το σύνολο X Y είναι γραμμικά ανεξάρτητο. 0 V b. (1 μον) Δείξτε ότι αν u X {} v και u X, τότε v X { u}. a. Έστω ότι λx +... + λ x + μ y +... + μ y = 0, όπου λ, μ και x X, y Y i j 1 1 m m 1 1 n n V i j F. Τότε λ x... λ x μ y... μ y X Y { 0 } + + = + = και 1 1 m m 1 1 n n V επομένως λx +... + λ x = μ y +... μ y = 0. Επειδή τα σύνολα XY, είναι 1 1 m m 1 1 n n V γραμμικά ανεξάρτητα παίρνουμε λ1=... = λm = 0, μ1=... = μ n = 0. Άρα το σύνολο X Y είναι γραμμικά ανεξάρτητο. b. Από u X {} v έπεται ότι υπάρχουν λ, μ F και X τέτοια ώστε u= λ1x1 +... + λmxm+ μv. Ισχύει μ 0, γιατί διαφορετικά u= λ1x1 +... + λmxm X, άτοπο. Από u= λ1x1 +... + λmxm+ μv παίρνουμε 1 v= ( u λ1x1... λmxm ) X { u }. μ i xi 6