Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 1 από 11

Μάθηµα 3ο

ΟΡΘΟΚΑΝΟΝΙΚΗ ΒΑΣΗ

Λυµένες Ασκήσεις

Άσκηση 3.1 Αν { }1 2, , ,p p pν… και { }1 2, , ,q q qν… είναι ορθοκανονικά

σύνολα διανυσµάτων του , αποδείξατε ότι τα διανύσµατα νR

1

1

12⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

pq

, 2

2

12⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

pq

, … , 12

ν

ν

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

pq

είναι ορθοκανονικά του . 2νR

Λύση : Για κάθε i, j 1, 2, , ν= … έχουµε :

( ) ( )

Tj j ji i T T

i ij j ji i

T Ti j i j i j i j

1 1 1 12 22 2

1 1 02 2

p p pp pp q

q q qq q

p p q q p p q q

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= + = + =

και

( ) ( ) ( )2

2 2i T Ti i i i i i

i

1 1 1 1 1 1 12 2 22

⎡ ⎤= + = + = +⎢ ⎥

⎣ ⎦

pp p q q p q

q= .

* * *

Θεωρία : ”Γραµµική Άλγεβρα” : εδάφιο 6, σελ. 100

(µέχρι Πρόταση 4.18).

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 2 από 11

Άσκηση 3.2 Βρείτε µια ορθοκανονική βάση του χώρου { }1 2 3span , ,W η η η= ,

όπου [ ]T1 1 2 0 1η = − , [ ]T2 1 0 0 1η = − − και [ ]T3 1 1 0 0η = .

Λύση : Εφαρµόζοντας τη διαδικασία ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt (σελ.

101) έχουµε

[ ]

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ]

T1 1

T T2 12 2 1

1 1

3 1 3 23 3 1 2

1 1 2 2T

T T

1 2 0 12 21 0 0 1 1 2 0 1 1 1 0 16 3

1 2 2 2 11 1 0 0 1 2 0 1 0 1 0 0 16 3 3 3 2

= = −

= − = − − + − = −

= − −

⎡ ⎤= + − + − − − =⎢ ⎥⎣ ⎦

ξ ηη ξξ η ξξ ξη ξ η ξξ η ξ ξξ ξ ξ ξ

T

T−

Τα διανύσµατα

[ ]T11 1 2 0 16

= −ξ , [ ]T23 1 1 0 1

3= −ξ , [ ]T3

2 1 0 0 12

= −ξ

είναι ορθοκανονική βάση του . W

* * *

Άσκηση 3.3 Βρείτε µια ορθοκανονική βάση του υποχώρου του 3R

[ ]{ }T 31 2 3 1 2 3x x x : x x x 0= ∈ + +E R =

2x

.

Λύση : Από την ισότητα έχουµε: 3 1x x= − −

[ ] [ ] [ ]T T1 2 3 1 2x x x x 1 0 1 x 0 1 1= − + T− .

Τα διανύσµατα [ ]T1 1 0 1η = − , [ ]T2 0 1 1= −η είναι βάση του υπόχωρου

και σύµφωνα µε τη διαδικασία ορθογωνοποιήσεως Gram-Schmidt (σελ.

101) τα διανύσµατα

E

[ ]T1 1 0 1= −ξ

[ ] [ ]T

T T2

1 10 1 1 1 0 1 12 2

12

⎡ ⎤= − − − = − −⎢ ⎥⎣ ⎦ξ

είναι κάθετα. Ορθοκανονική βάση του υπόχωρου είναι τα διανύσµατα

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 3 από 11

[ ]T11 1 0 12

= −ξ , T

21 2 1

36 6⎡ ⎤

= − −⎢ ⎥⎣ ⎦

ξ .

* * *

Άσκηση 3.4 Αν [ ]{ }Tspan 2 1 3E = − , βρείτε µια βάση του και

ερµηνεύσατε γεωµετρικά τον υπόχωρο

⊥E

⊥E .

Λύση : Ο υπόχωρος είναι το σύνολο των διανυσµάτων τέτοια ώστε ⊥E x

[ ]T 1 2 32 1 3 0 2 x x 3x− = ⇒ − +x = 0 .

Συνεπώς { } [ ]{ }T1 2 3 1 1 3 3 1 3: 2 x x 3x 0 x 2 x 3x x : x , xE x = ⊥ = − + = + ∈R .

Από την ισότητα

[ ] [ ] [ ]T T1 1 3 3 1 3x 2 x 3x x x 1 2 0 x 0 3 1+ = + T ,

συµπεραίνουµε ότι τα διανύσµατα [ ]T1 1 2 0=η , [ ]T2 0 3 1=η είναι βάση

του . Τα διανύσµατα και το σηµείο ορίζουν το επίπεδο που είναι

κάθετο στο διάνυσµα [

⊥E 1 2,η η 0

]T2 1 3− .

* * *

Άσκηση 3.5 ∆είξατε ότι το σύνολο

{ }31 2 3 1 2 3: 3x x x 0, x 5 x x 0E x = = = ∈ + − − +R

είναι υπόχωρος του και βρείτε µια βάση του 3R ⊥E .

Λύση : Το σύνολο είναι υπόχωρος, γιατί αν E [ ]T1 2 3x x xx = και

[ ]T1 2 3' x ' x ' x 'x = είναι στοιχεία του E , το διάνυσµα

T

1 1 2 2 3 3k kx x kx x kx x⎡ ⎤′ ′ ′′+ λ = + λ + λ + λ ∈⎣ ⎦

x x E

διότι

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 33 kx x kx x kx x k 3x x x 3x x x 0′ ′ ′ ′ ′+ λ + + λ − + λ = + − + λ + − =′

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 4 από 11

και

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3kx x 5 kx x kx x k x 5 x x x 5 x x 0′ ′ ′ ′ ′+ λ − + λ + + λ = − + + λ − + =′ .

Η λύση του συστήµατος

1 2 3 1 2

1 2 3 3 2

3 x x x 0 x = xx 5x x 0 x = 4 x+ − = ⎫

⇒⎬− + = ⎭

ορίζει το χώρο [ ]{ }Tspan 1 1 4=Ε .

Αν [ ]T ⊥α β γ ∈E έχουµε

[ ] [ ]T T1 1 4 0 4 0α β γ = ⇒ α +β+ γ =

και τότε

[ ] [ ] [ ] [ ]T T T4 1 1 0 4α β γ = −β− γ β γ = β − + γ − T0 1 .

Συνεπώς τα γραµµικά ανεξάρτητα διανύσµατα [ ]T1 1 0− , [ ]T4 0 1− είναι

βάση του E . ⊥

* * *

Άσκηση 3.6 Βρείτε µια ορθοκανονική βάση του ⊥E , όπου

[ ] [{ ] }T Tspan 1 0 1 2 , 1 1 1 0= − −Ε .

Λύση : Τα διανύσµατα [ ]T1 0 1 2− , [ ]T1 1 1 0− είναι βάση του . E

Αν [ ]T ⊥α β γ δ ∈E έχουµε

[ ] [ ]T T1 0 1 2 0 2 0α β γ δ − = ⇒ α − γ + δ = (*)

[ ] [ ]T T1 1 1 0 0 0α β γ δ − = ⇒ −α +β+ γ = (**)

Το σύστηµα των εξισώσεων (*) και (**) έχει λύση 2β = − δ και . 2α = γ − δ

Τότε,

[ ] [ ] [ ] [ ]T T T2 2 1 0 1 0 2 2 0 1α β γ δ = γ − δ − δ γ δ = γ + δ − − T ,

τα δε διανύσµατα [ ]T1 1 0 1 0η = , [ ]T2 2 2 0 1η = − − είναι βάση του ⊥E .

Με τη µέθοδο ορθογωνοποίησης βρίσκουµε τα κάθετα διανύσµατα

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 5 από 11

[ ]T1 1 0 1 0ξ = , [ ]T2 1 2 1 1ξ = − − του ⊥E

και κατά συνέπεια

[ ]T11

1

2 1 0 1 02

= =ξξ

||ξ ||, [ ]T2

22

7 1 2 1 17

ξξ||ξ ||

= = − −

είναι ορθοκανονική βάση του.

* * *

Άσκηση 3.7 Αν T

1 5 0 2 5⎡ ⎤⎣ ⎦ ,

T2 5 0 1 5⎡ ⎤⎣ ⎦ είναι βάση του

χώρου Ε, να βρείτε την προβολή του διανύσµατος [ ]T3 4 1= −x επί του Ε.

Ποια είναι η απόσταση του σηµείου από το χώρο Ε; x

Λύση : Αν [ ]T1 2 3' x x xx = είναι η προβολή του επί του Ε, το διάνυσµα x

[ ]T1 2 3' 3 x 4 x 1 xx x E⊥− = − − − − ∈ ,

και θα έχουµε T1 2( ') 0

5 5x x ⎡ ⎤− =⎢ ⎥⎣ ⎦

0 , T2 1( ') 0

5 5x x ⎡ ⎤ 0− =⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Από τις ισότητες αυτές προκύπτει το γραµµικό σύστηµα

1 3 1

1 3 3

x 2x 1 x 3

2x x 5 x 1+ = =⎫

⇒⎬+ = =⎭ −.

Επιπλέον είναι T T

1 2 1 21 2

2 21 2 2 1' 0 0 05 5 5 5 5 5

λ + λ λ + λ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡= λ + λ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣x

T⎤⎥⎦

. Από την

ισότητα αυτή συµπεραίνουµε 2x 0= και κατά συνέπεια [ ]T' 3 0 1x = − .

Η απόσταση του σηµείου από τον χώρο Ε είναι x

[ ]T|| ' || 0 4 0 4− = =x x .

* * *

Άσκηση 3.8 Βρείτε την απόσταση του σηµείου ( )2,3, 1− από το επίπεδο

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 6 από 11

3x 2 y z 0− + = .

Λύση : Θα βρούµε πρώτα µια βάση του επιπέδου. Για το τυχαίο διάνυσµα στο

επίπεδο είναι

[ ] [ ] [ ] [ ]T T Tx y z x y 2 y 3x x 1 0 3 y 0 1 2= − = − + T .

Από την ισότητα αυτή συµπεραίνουµε ότι τα διανύσµατα [ ]T1 0 3− ,

[ ]T0 1 2 είναι βάση του επιπέδου και συνεχίζουµε όπως στην άσκηση 3.6.

Ένας άλλος τρόπος είναι να βρούµε το µέτρο της προβολής του διανύσµατος

[ ]T2 3 1α = − στο κάθετο διάνυσµα του επιπέδου. Από την εξίσωση του

επιπέδου έχουµε, ότι το διάνυσµα 3x 2 y z 0− + = [ ]T3 2 1= −ε είναι κάθετο

στο επίπεδο, δηλ. ο χώρος { }span ε είναι το ορθογώνιο συµπλήρωµα του

επιπέδου. Η προβολή του διανύσµατος α επί του { }span ε είναι

[ ]

2 2

T

|| || || ||OA || |||| || || || || || || ||

1 3 14 1 7 1 14 .14

⋅ συνφ′ ′= = συνφ = =

= − = − −

ε ε α εα α εε ε ε

ε

α ε εε

Η απόσταση του σηµείου από το επίπεδο είναι || || 1 14α′ = .

* * *

Άσκηση 3.9 Αν [ ]T2 6=x και [ ]T7 1=ε , γράψτε το διάνυσµα σαν

άθροισµα διανύσµατος του υποχώρου

x

{ }span ε και ενός διανύσµατος καθέτου

στο . Υπολογίστε την απόσταση του από την ευθεία που περνά από την αρχή

και είναι παράλληλη του ε .

ε x

Λύση : Στο το διάνυσµα 2R [ ]Tη = α β , που είναι κάθετο στο ,

βρίσκεται από την ισότητα

ε

[ ] [ ] [ ]T T0 7 0 7 1 7 1 7η ε η= ⇒ α+β = ⇒ α − α = α − ⇒ = − T .

Από την εξίσωση [ ] [ ] [ ]T T2 6 7 1 1 7x ε η= λ +µ ⇒ = λ +µ − T ,

η δε λύση του συστήµατος

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 7 από 11

⇒⎭⎬⎫

=−=+

67µ λ 2µ λ7

2 5λ = , 4 5µ = − ,

ορίζει τη ζητούµενη ανάλυση του διανύσµατος.

Η ευθεία που περνά από την αρχή και είναι παράλληλη του έχει εξίσωση ε

x y x 7 y 07 1= ⇒ − = .

Η απόσταση του σηµείου από την ευθεία, σύµφωνα µε την άσκηση 3.6,

είναι το µέτρο της προβολής

x

x′ του επί του διανύσµατος [x ]T1 7− . Έτσι

έχουµε,

[ ][ ]

[ ] [ ]T

T TT 2

1 7 41 7 1 75|| 1 7 ||

−′ = − = −

−

xx −

και κατά συνέπεια

[ ]T4|| || || 1 7 || 4 25

′ = − =x .

* * *

Άσκηση 3.10 Αν [ ]{ }TTspan 0 1 0 , 1 5 0 2 5⎡ ⎤= ⎣ ⎦Ε , γράψτε το

διάνυσµα [ ]T1 2 1= −x ως άθροισµα 1x x2+ , όπου 1x Ε∈ , . 2⊥∈x Ε

Λύση : Θα βρούµε µία βάση του ⊥Ε . Αν [ ]T ⊥α β γ ∈Ε , έχουµε

[ ] [ ]T 0 1 0 0α β γ =T και [ ]TT 1 5 0 2 5 0⎡ ⎤α β γ =⎣ ⎦ .

Από τις ισότητες αυτές προκύπτει 0β = και 2 0α + γ = και συνεπώς

[ ] [ ] [ ]T T2 0 2 0 1α β γ = − γ γ = γ − T

]

δηλ. [{ }Tspan 2 0 1⊥ = −Ε . Από την εξίσωση

[ ] [ ] [ ]TT T1 2 1 0 1 0 1 5 0 2 5 2 0 1⎡ ⎤= − = λ +µ + ν −⎣ ⎦x T ,

βρίσκουµε , 2λ = 1 5µ = − , 3 5ν = − . Τότε

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 8 από 11

[ ]T T

T1

1 1 2 1 22 0 1 0 0 25 55 5 5

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦x E∈

και

T

26 325 5

⊥⎡ ⎤= − ∈⎢ ⎥⎣ ⎦x E .

* * *

Άσκηση 3.11 Αν είναι υπόχωρος του Ε νR , το διάνυσµα αναλύεται

κατά µοναδικό τρόπο ως , όπου β

ν∈α

α β γ= + Ε∈ , ⊥∈γ Ε , ακριβώς όταν

|| (*) || || ||α β α η− ≤ −

για κάθε διάνυσµα . η Ε∈

Λύση : Έστω α β γ= + , όπου β Ε∈ , γ Ε⊥∈ . Για κάθε η Ε∈ έχουµε 2 2 2|| || || || || || || ||− = − + − = − + −α η α β β η α β β η 2

διότι τα διανύσµατα ⊥− = ∈α β γ Ε και β η Ε− ∈ . Από την ισότητα αυτή είναι

προφανές ότι || . || || ||α β α η− ≤ −

Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι ισχύει η προηγούµενη ανισοτική σχέση για κάθε

. Αν επιπλέον θεωρήσουµε µια διαφορετική ανάλυση του διανύσµατος α ,

ως

η Ε∈

1α β 1γ= + , όπου και 1β Ε∈ 1γ Ε⊥∈ , τότε 2 2 2

1 1 1 1|| || || || || || || ||− = − + − = − + −α β α β β β α β β β 2 ,

διότι και . Συνεπώς 1 1⊥− = ∈α β γ Ε 1β β Ε− ∈ 1|| || || ||− > −α β α β , άτοπο. Έτσι

καταλήγουµε ότι η ισότητα α β γ= + , όπου β Ε∈ και ⊥∈γ Ε και ισχύει η

σχέση (*), είναι µοναδική. Είναι φανερό ότι ⊥= προβEβ α .

* * *

Άσκηση 3.12 Για κάθε πίνακα , αποδείξατε µ×ν A

( ) ( ){ }Tk er Im⊥

=A A , ( ) ( )( )TIm k er⊥

=A A ,

όπου { }k er( ) := =A x Ax 0 και { }T TIm( ) : µ= ∈A A x x R .

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 9 από 11

Λύση : Για την πρώτη ισότητα των συνόλων έχουµε τις ισοδυναµίες

( ) T T T Tker , µ∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ = ∀ ∈x A Ax 0 x A 0 x A y 0 y R T⇔ =x w 0 ,

όπου T ,= ⇔ =w A y x w 0 για κάθε ( ) ( ){ }T TIm Im⊥

∈ ⇔ ∈w A x A .

Για τη δεύτερη ισότητα, εφαρµόσατε την προηγούµενη για τον πίνακα και

χρησιµοποιείστε τη σχέση .

TA

( )( )( ) ( )Im Im⊥⊥=A A

* * *

Άσκηση 3.13 Αν , είναι υπόχωροι του 1Ε 2ΕνR , αποδείξατε :

Ι. 1 2 1 2⊥ ⊥⊂ ⇒ ⊃E E E E

II. ( )1 2 1 2⊥ ⊥ ⊥+ = ∩E E E E

III. ( )1 2 1 2⊥ ⊥ ⊥∩ = +E E E E

Λύση : I. Αν για κάθε 2 0,⊥∈ ⇒ =y E x y 2 0,∈ ⇒ =x E x y για κάθε

, διότι 1∈x E 1 2 1 2 1⊥ ⊥ ⊥⊂ ⇒ ∈ ⇒ ⊂E E y E E E .

II. Επειδή και , από την (I) έχουµε 1 1⊂ +E E E2 22 1⊂ +E E E

( )1 2 1⊥ ⊥+ ⊂E E E και ( ) ( )1 2 2 1 2 1 2

⊥ ⊥⊥ ⊥ ⊥+ ⊂ ⇒ + ⊂ ∩E E E E E E E .

Αντίστροφα, αν , για κάθε και 1 2 1 2 0⊥ ⊥∈ ∩ ⇒ = =y E E y x y x 1 ∈x E1

( ) ( ) ( )2 2 1 2 1 2 1 2 1 20 ⊥ ⊥⊥ ⊥∈ ⇒ + = ⇒ ∈ + ⇒ ∩ ⊂ +x E y x x y E E E E E E .

III. Αντικαθιστώντας στην (II) τους υποχώρους και µε και 1E 2E 1⊥E 2

⊥E

έχουµε

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1

⊥ ⊥ ⊥ ⊥⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥+ = ∩ ⇒ + = ∩E E E E E E E E2 ,

διότι ( )i i

⊥⊥ =E E , για ( )1 2 1 2i 1, 2 ⊥⊥ ⊥= ⇒ + = ∩E E E E .

* * *

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 10 από 11

Άσκηση 3.14 Από την βάση { }2 31, x, x , x του χώρου 3Π να κατασκευασθεί

µία ορθογώνια βάση του, µε εσωτερικό γινόµενο 1

1

f g = f(x)g(x)dx−∫

όπου είναι συνεχείς συναρτήσεις στο διάστηµα f(x), g(x) [ ]1, 1− . Επιπλέον να

βρείτε πολυώνυµο τέτοιο ώστε 3q(x)∈Π q(0) = q (0) 0′ = και το εµβαδόν

1

1

2 3x q(x) dx−

+ −∫ να είναι ελάχιστο.

Λύση : Εφαρµόζοντας τη µέθοδο ορθογωνοποίησης Gram-Schmidt έχουµε:

0

1 10 0

2 22 20 0 21 1

3 33 30 0 31 1 32 2

p (x) 1p (x) x p (x) x

1p (x) x p (x) p (x) x3

3p (x) x p (x) p (x) p (x) x x5

=

= + λ =

= + λ + λ = −

= + λ + λ + λ = −

διότι

1

0 110 1

0 0

11 1

2 32 2

0 1 120 21 1

20 0 1 1

11 1

3 43 3

0 1 1 130 31 1

20 0 1 1

1

32

32

xdxp x 0,p p

dx

x dx x dxp x p x1 0,p p 2 3 p p

x dx

x dx x dxp x p x 30, ,p p 2 p p 5

x dx

p xp

,

−

−

− −

−

− −

−

λ = − = − =

λ = − = − = − λ = − = − =

λ = − = − = λ = − = − = −

λ = −

∫

∫

∫ ∫

∫

∫ ∫

∫

1

15 3

121

2 2 2

1

1x x dx3

0.p 1x dx

3

−

−

−= − =

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

∫

∫

Γραµµική Άλγεβρα ΙΙ Σελίδα 11 από 11

Τα πολυώνυµα που απεικονίζονται στο σχήµα

ονοµάζονται ορθογώνια πολυώνυµα Legendre και επαληθεύουν τη διαφορική

εξίσωση Legendre

0 1 2 3p (x), p (x), p (x), p (x)

( ) ( )21 x y 2 xy n n 1 y 0′′ ′− − + + =

για Για το πολυώνυµο n 0,1, 2, 3= . 32q(x) x x x ,= α +β + γ + δ από τις εξισώσεις

. Συνεπώς q(0) = q (0) 0 0′ = ⇒ α = β =

{ }

1 12 3

1 1

2 3 2 3

min 2 3x q(x) dx min 2 3x x x dx

2 3x x x span x , x .

− −

⊥

+ − = + − γ − δ

⇒ + − γ − δ ∈

∫ ∫

Από τις σχέσεις ορθογωνιότητας

( )

( )

12 3 2

11

2 3 3

1

4 2 102 3x x x x dx 0 03 5 3

6 2 212 3x x x x dx 0 05 7 5

−

−

γ+ − γ − δ = ⇒ − = ⇒ γ =

δ+ − γ − δ = ⇒ − = ⇒ δ =

∫

∫

και τότε 2 310 21q( . x) x x3 5

= +

Πολυώνυµα Legendre q(x) και ευθεία

* * *

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

q (x)

y = 2 + 3 x

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

p0 (x)

p1 (x)

p2 (x)

p3 (x)