8/18/2019 ΓΙΝΟΜΕΝΟ KRONECKER

1/6

 Ανάλυση  Πινάκων και  Εφαρ µογές   Σελίδα 1 από 6

Μάθηµα 9ο 

ΓΙΝΟΜΕΝΟ  KRONECKER

 Λυ µένες   Ασκήσεις  

Άσκηση  9.1  Αν  είναι  πίνακες   τύπου ,A B   µ× µ   και  ν ×ν   αντίστοιχα ,

υπολογίσατε την παράσταση  2( )ν µ⊗ + ⊗Ι Ι .

Λύση : Επειδή οι πίνακες  ν⊗ Ι  και  µ ⊗  είναι αντιµεταθετικοί, έχουµε :

2 2 2

2 2

( ) ( ) ( ) 2( )( )

2  =

ν µ ν µ ν µ

ν µ

⊗ + ⊗ = ⊗ + ⊗ + ⊗ ⊗

⊗ + ⊗ + ⊗

  Ι Ι Ι Ι Ι Ι

Ι Ι

* * *

Άσκηση 9.2 Ό µοια για τους  πίνακες   , αποδείξατε τις  ισότητες : ,A B

Ι.  det( ) (det ) (det )ν µ⊗ =B   Α  

IΙ.  , όταν  είναι αντιστρέψι µοι πίνακες . 1 1( )− −⊗ = ⊗B   Α 1− 

)

)

,A B

ΙII.  rank( ) (rank )(rank )⊗ =Α Β Α Β

ΙV.  ( ) (tr( ) tr tr  ⊗ =Α Β Α Β

Λύση : Ι.  Σύµφωνα µε την ιδιότητα VI της Πρότασης 1.1 (σελ . 16) έχουµε: 

( ) ( )(ν µ⊗ = ⊗ ⊗B   Α Ι Ι

και επιπλέον 

det( ) det( ) det( )ν µ⊗ = ⊗ ⊗B   Α IΙ .

Αλλά 

det( ) det[ diag( , , , ) ] (det )B B B B Β  µ

µ ⊗ = =…

 

Θεωρία :  “Γραµµική Άλγεβρα” : εδάφιο 6, σελ . 15.

8/18/2019 ΓΙΝΟΜΕΝΟ KRONECKER

2/6

 Ανάλυση  Πινάκων και  Εφαρ µογές   Σελίδα 2 από 6

και 

T 2det( ) det[ ( ) ] (det ) det( ) (det ) 

νν ν ν⊗ = ⊗ = ⊗ =Ι Ρ Ι Ρ Ρ Ι .

IΙ.  ∆ιαπιστώνουµε ότι 1 1 1 1( )( ) ( ) ( )− − − − µ ν µν⊗ ⊗ = ⊗ = ⊗ =B B   Α  Ι Ι Ι  

και επειδή ο αντίστροφος πίνακας είναι µοναδικός, έχουµε:

1 1( ) 1− − −⊗ = ⊗B B  .

ΙII.   Έστω  και rank    = ρ rank   = σ . Σύµφωνα µε την Πρόταση 3.1 (σελ . 48),

 υπάρχουν αντιστρέψιµοι πίνακες  και  ,  ώστε ,P Q ,S T

I OPAQO O

ρ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

,  σ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦ISBTO

Ο

Ο

. 

Συνεπώς 

( )( )( ) ( ) ( )  ρ σ ρσ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⊗ ⊗ ⊗ = ⊗ = ⊗ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

I I IP S A B Q T PAQ SBT

O O O

Ο Ο Ο

Ο Ο Ο

,

δηλαδή, rank( ) (rank )(rank )⊗ = ρσ =Α Β Α Β .

IV. Έχουµε 

( ) ( )

( )( ) ( )( )

11 11 11 22 11 22 11

11 11 11

11 11

tr( )

tr tr  

νν νν µµ

νν µµ νν

µµ νν

⊗ = α β + + α β + α β + + α β + + α β + + α β

= α β + + β + + α β + + β

= α + + α β + + β =

… … … …

… … …

… …

Α Β

 

A B

µµ νν

 

* * *

Άσκηση 9.3  Βρείτε τις  ιδιοτι µές  του πίνακα 0 i

i 0

  ν

⎡ ⎤= ⊗⎢ ⎥

−⎣ ⎦

  Ι

.

Λύση : Για την χαρακτηριστική εξίσωση του πίνακα  έχουµε A

 ν ν 2

 ν

 ν ν

i idet( ) det det( ) ( 1) ( 1) ( 1)

i i

ν ν νλ −   λ −⎡ ⎤   ⎡ ⎤λ − = = ⊗ = λ − = λ + λ −⎢ ⎥   ⎢ ⎥λ   λ⎣ ⎦⎣ ⎦

I II I

I I  . 

Προφανώς το σύνολο  των  ιδιοτιµών του  , είναι ( )σ  A   { }( ) 1, 1σ = − . Κάθε 

ιδιοτιµή του  έχει αλγεβρική πολλαπλότητα A   ν .

* * *

8/18/2019 ΓΙΝΟΜΕΝΟ KRONECKER

3/6

 Ανάλυση  Πινάκων και  Εφαρ µογές   Σελίδα 3 από 6

Άσκηση 9.4  Αν  και  είναι  ιδιοποσά των ( , )λ x ( , )µ y   µ × µ  και  πινάκων 

αντίστοιχα , αποδείξατε: 

ν×ν

,A 

Ι.  (  )( ) ( )⊗ ⊗ = λµ ⊗x y x y 

ΙΙ.  ( )  ( )ν µ⊗ + ⊗ = λ + µ ⊗x yΙ Ι ( )

Λύση : Για τους πίνακες  και  ισχύουν οι ισότητες A B   = λAx x  και  .

Τότε 

= µBy y

Ι. ( ) , δηλαδή ( ) (⊗ ⊗ = ⊗ = λ ⊗ µ = λµ ⊗x y Ax By x y x y  )   λµ   είναι  ιδιοτιµή 

του  και ⊗  x y⊗  το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα.

ΙΙ.  ,

συµπεραίνοντας  αντίστοιχα  αποτελέσµατα  µε  την  Ι, για  τον  πίνακα 

.

( )( ) ( )( )ν µ⊗ + ⊗ ⊗ = ⊗ + ⊗ = λ ⊗ + ⊗ µ = λ + µ ⊗x y Ax y x By x y x y x yΙ Ι

ν µ⊗ + ⊗Ι Ι

* * *

 Όπως είναι γνωστό, για κάθε  ν×ν  πίνακα  , ο πίνακας  ορίζεται A Ae

από την ισότητα :

Ae2

1! 2! !

ν

= + + + + +ν

… …

A A AI  

και  επιπλέον είναι  ακριβώς όταν A B A Be e+ = ⋅e   =AB BA . 

Άσκηση 9.5  Αποδείξατε ότι  A I I B A Be e⊗ + ⊗ = ⊗e

Λύση : Σύµφωνα µε την παραπάνω ισότητα έχουµε:

0 0 0

( )

! ! !

A I AA I A I Ae Iν ν ν∞ ∞ ∞

⊗

ν= ν= ν=

⎛ ⎞⊗ ⊗= = = ⊗ =⎜ ⎟⎜ ⎟ν ν ν⎝ ⎠

∑ ∑ ∑ e I⊗

)

⊗

.

Επειδή  , συµπεραίνουµε ( )( ) ( )( ) (⊗ ⊗ = ⊗ ⊗ = ⊗Ι Ι Ι Ι

( )( )A I I B A I I B A B A Be e e e   Ι Ι e e e⊗ + ⊗ ⊗ ⊗= = ⊗ ⊗ =  

* * *

8/18/2019 ΓΙΝΟΜΕΝΟ KRONECKER

4/6

 Ανάλυση  Πινάκων και  Εφαρ µογές   Σελίδα 4 από 6

Άσκηση 9.6  Αν  ( )δ λ  είναι το  χαρακτηριστικό πολυώνυ µο του πίνακα  , τότε A

det( ) ( 1) det[ ]I A ( Aν⊗ + ⊗ = − δ −Ι

) . 

Λύση :  Έστω  1 2( ) | | ( )( ) ( )νδ λ = λ − = λ − λ λ − λ λ − λΙ Α  …

, τότε 

1 2( ) ( 1) ( )( ) (ν )νδ −λ = − λ + λ λ + λ λ + λ…   και 

1

( ) ( 1) (ν

νκ κ

µ=

)µδ −λ = − λ + λ∏   .

Ο  πίνακας  έχει  ιδιοτιµές (= δ − ) )( κδ −λ , όπου  ( )κλ ∈σ  , (Πόρισµα, σελ .

135) και συνεπώς 

2

1 1

1 1

( 1)

, 1 , 1

( 1) det ( ) ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( )

( 1) ( ) ( ) det( )

ν νν ν ν+ν

ν µ νµ= µ=

ν νν ν+

κ µ κ µκ µ= κ µ=

− δ − = − δ −λ δ −λ = − λ + λ λ + λ

= − λ + λ = λ + λ = ⊗ + ⊗

∏ ∏

∏ ∏

… …

  A I I A

  µ

 

διότι για κάθε  , σύµφωνα µε την άσκηση 9.4, II, είναι ,κ µ

( )µ κλ + λ ∈ σ ⊗ + ⊗Ι Ι .

Σηµειώστε  ότι  ( 1)( 1) 1ν ν+− = , διότι  , 1ν ν +   είναι  διαδοχικοί  φυσικοί  ακέραιοι 

αριθµοί και το γινόµενό τους είναι άρτιος αριθµός.

* * *

Εξισώσεις της µορφής  + =Χ Χ Γ

 

 Έστω  είναι  πίνακες  τύπου ,A B   µ × µ   και  ν×ν   αντίστοιχα  και  τύπου ,X   Γ

µ × ν

 

. Η εξίσωση 

+ =Χ Χ Γ   (9.1) 

είναι  γνωστή  ως  εξίσωση  Liapunov  και  τέτοιους  είδους  εξισώσεις 

εµφανίζονται στη Θεωρία Συστηµάτων.

Σύµφωνα  µε  την  Πρόταση  1.2, σελ . 17, η  (9.1) είναι  ισοδύναµη  µε  το 

γραµµικό σύστηµα 

=Gx   γ   (9.2)

όπου  ,Τ

= ⊗ + ⊗G A I I B ( )δx =   Χ  και  ( )δγ =   Γ .

8/18/2019 ΓΙΝΟΜΕΝΟ KRONECKER

5/6

 Ανάλυση  Πινάκων και  Εφαρ µογές   Σελίδα 5 από 6

Υπενθυµίζουµε ότι η εξίσωση (9.2) έχει λύση ακριβώς όταν ισχύει µία από τις 

ακόλουθες συνθήκες:

I. (Πρόταση 3.11, σελ . 68)rank( , rank  =G   γ) G

  II. (Πρόταση 4.18, σελ . 102)(ker )⊥∈ *γ G

Η λύση δε αυτή είναι µοναδική, ακριβώς όταν  det 0≠G , ισοδύναµα (άσκηση 

9.6) όταν για τις ιδιοτιµές των  είναι : ,A B

0λ + λ ≠Α Β .

 Όταν το δεύτερο µέλος της (9.1) είναι µηδέν, η εξίσωση 

+ =Χ Χ Ο   (9.3)

ονοµάζεται  οµογενής  εξίσωση  Liapunov. Κατ΄  αναλογία  µε  τα  γραµµικά συστήµατα, αν  είναι  µία  λύση  της  (9.1) και Θ 0   είναι  η  γενική  λύση  της 

(9.3), έχουµε 

0 0( ) ( )Θ Θ+ + + =Χ Χ Γ  

δηλαδή, η γενική λύση της (9.1) είναι ο πίνακας  0   Θ= +Χ .

Για τη λύση  0 + Θ  ισχύουν οι παρακάτω προτάσεις.

Πρόταση 9.1   Η  εξίσωση (9.1) έχει  λύση ακριβώς  όταν οι πίνακες  

⎡ ⎤= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

  Ο

Μ

Ο

, ⎡ ⎤

= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

  Γ

Ν

Ο

είναι ό µοιοι.

Απόδειξη :  Έστω ότι η εξίσωση (9.1) έχει λύση τον πίνακα  . Θεωρούµε τον X

πίνακα  και τότε I X

I

⎡= ⎢

⎣ ⎦

Τ

Ο

⎤⎥

A O I X A AX A XBM N

O B O I O B O B

− +⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Γ

Τ Τ

= ,

δηλαδή, , καθόσον 1M N   −= Τ Τ det 1= .

Αντίστροφα, έστω  οι  πίνακες  είναι  όµοιοι  και  . Επειδή ,M N 1M RNR  −= M

είναι σύνθετος διαγώνιος και  είναι σύνθετος άνω τριγωνικός, ο πίνακας N R 

στη σχέση οµοιότητας θα είναι της µορφής 

8/18/2019 ΓΙΝΟΜΕΝΟ KRONECKER

6/6

 Ανάλυση  Πινάκων και  Εφαρ µογές   Σελίδα 6 από 6

1 2

3

⎡ ⎤= ⎢ ⎥

⎣ ⎦

R R R 

O R ,

όπου  , είναι αντιστρέψιµοι πίνακες. Από την ισότητα 1R  3R 

=MR RN  

έχουµε  και 1 1=AR R A 2 2 1+ =AR R B R   Γ . Συνεπώς 

1 1 1 1 1

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2( )− − − − −+ = + = +AR R R R B R AR R R B R AR R B   Γ= ,

δηλαδή, ο πίνακας  επαληθεύει την εξίσωση (9.1) και είναι µία µερική 11

−R R 2

λύση  Θ   αυτής. □