, [email protected] , Τηλ Γραπτής Εργασίας ΠΛΗ12 2010-2011 · , [email protected] ,...

http://elearn.maths.gr/ , [email protected] , Τηλ: 6979210251 Ενδεικτικές απαντήσεις 2ης Γραπτής Εργασίας ΠΛΗ12 2010-2011: Οι φοιτητές θα κάνουν την δική τους εργασία σκεπτόµενοι πάνω στις ενδεικτικές απαντήσεις. Σε περίπτωση αντιγραφής ή ύπαρξης παροραµάτων δεν φέρουµε καµία ευθύνη.

==============================================================

Σχηµατίζουµε τον πίνακα µε στήλες τα διανύσµατα v1,v2,v3,u1,u2:

1 -1 0 6 62 1 2 5 9

-2 0 1 -5 4-1 1 4 -2 -9

Βρίσκουµε κάνοντας γραµµοπράξεις την ανηγµένη κλιµακωτή µορφή του:

1 -1 0 6 62 1 2 5 9

-2 0 1 -5 4-1 1 4 -2 -9

~

1

1 -1 0 6 62 1 2 5 9

-2 0 1 -5 4-1 1 4 -2 -9

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2 Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }2 Γ1

+ Γ4 ---> Γ4 { } Γ1

~

1 -1 0 6 60 3 2 -7 -30 -2 1 7 160 0 4 4 -3

Γ2 ---> { }Γ2

3

~

1 -1 0 6 6

0 12

3

-7

3-1

0 -2 1 7 160 0 4 4 -3

+ Γ1 ---> Γ1 { } Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }2 Γ2

+ Γ4 ---> Γ4 { }0

~

2

1 02

3

11

35

0 12

3

-7

3-1

0 07

3

7

314

0 0 4 4 -3

Γ3 ---> { }3 Γ3

7

~

1 02

3

11

35

0 12

3

-7

3-1

0 0 1 1 60 0 4 4 -3

+ Γ1 ---> Γ1 { }−2

3 Γ3

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2

3 Γ3

+ Γ4 ---> Γ4 { }−4 Γ3

~

1 0 0 3 10 1 0 -3 -50 0 1 1 60 0 0 0 -27

Γ4 ---> { }−Γ4

27

~

3

1 0 0 3 10 1 0 -3 -50 0 1 1 60 0 0 0 1

+ Γ1 ---> Γ1 { }− Γ5

+ Γ2 ---> Γ2 { }5 Γ5

+ Γ3 ---> Γ3 { }−6 Γ5

~

1 0 0 3 00 1 0 -3 00 0 1 1 00 0 0 0 1

Από την ανηγµένη κλιµακωτή µορφή παρατηρούµε ότι:

i) Τα τρία πρώτα διανύσµατα στήλες είναι γραµµικά ανεξάρτητα

επειδή αντιστοιχούν στον µοναδιάιο πίνακα 3 x 3

εποµένως τα v1,v2,v3 είναι βάση του V

άρα έχουµε dimV = 3.

Τα δύο τελευταία διανύσµατα στήλες είναι γραµµικά ανεξάρτητα

επειδή αντιστοιχούν στον µοναδιάιο πίνακα 2 x 2

εποµένως τα u1,u2 είναι βάση του U

άρα έχουµε dimV = 2.

ii)

Ο µέγιστος µοναδιαίος πίνακας που µπορεί να σχηµατιστεί από όλα

τα διανύσµατα µαζί είναι ο 4 x 4 κι αυτός σχηµατίζεται µε γραµµοπράξεις

από τα διανύσµατα v1,v2,v3 και το u2, άρα αυτά είναι µία βάση

του V + U κι εποµένως dim(V + U) =4

iii)

4

Γνωρίζουµε ότι ισχύει:

= ( )dim ∩ V U + − ( )dim V ( )dim U ( )dim + V U

=>

= ( )dim ∩ V U 1

iv)

Mόλις δείξαµε ότι η τοµή των V,U έχει διάσταση µη µηδενική, άρα αυτό δεν µπορεί να ισχύει.


==============================================================

i)

Εξετάζουµε αν υπάρχουν αριθµοί λ1,λ2 έτσι ώστε:

= + λ1 v1 λ2 v2 w

5

<=>

=

+ λ1 3 λ2

− + λ1 2 λ2

− λ1 λ2

21

-1

<=>

<=>

= + λ1 3 λ2 2

= − + λ1 2 λ2 1

= − λ1 λ2 -1

+ Γ2 ---> Γ2 { } Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }− Γ1

<=>

= + λ1 3 λ2 2

= 5 λ2 3

= −4 λ2 -3

Γ2 ---> { }Γ2

5

<=>

= + λ1 3 λ2 2

6

= λ2

3

5

= −4 λ2 -3

+ Γ1 ---> Γ1 { }−3 Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }4 Γ2

<=>

= λ1

1

5

= λ2

3

5

= 0-3

5

Γ3 ---> { }−5 Γ3

3

<=>

= λ1

1

5

= λ2

3

5

= 0 1

+ Γ1 ---> Γ1 { }−1

5 Γ3

+ Γ2 ---> Γ2 { }−3

5 Γ3

7

<=>

= λ1 0

= λ2 0

= 0 1

Παρατηρούµε από την τελευταία γραµµή ότι το σύστηµα είναι αδύνατο

εποµένως η απάντηση είναι αρνητική.

ii)

Ο πίνακας µε γραµµές τα v1,v2 γίνεται µε γραµµοπράξεις:

1 -1 13 2 -1

~

1 -1 13 2 -1

+ Γ2 ---> Γ2 { }−3 Γ1

~

1 -1 10 5 -4

Γ2 ---> { }Γ2

5

~

8

1 -1 1

0 1-4

5

+ Γ1 ---> Γ1 { } Γ2

~

1 01

5

0 1-4

5

Άρα τα δύο διανύσµατα είναι γραµµικά ανεξάρτητα

κι επειδή παράγουν τον χώρο είναι µία βάση του.

iii)

= v1 v2 + + (1) (3) (-1) (2) (1) (-1)

= 0

=>

, ,v1 v2 είναι κάθετα µεταξύ τους, δηλ. σχηµατίζουν "ορθή γωνία" στον χώρο R3

Έστω ότι το διάνυσµα:

= v3

xyz

είναι κάθετο στα v1,v2. Αυτό σηµαίνει ότι:

= v1 v3 0

= v2 v3 0

<=>

= − + x y z 0

= + − 3 x 2 y z 0

9

<=>

= − + x y z 0

= + − 3 x 2 y z 0

+ Γ2 ---> Γ2 { }−3 Γ1

<=>

= − + x y z 0

= − 5 y 4 z 0

Γ2 ---> { }Γ2

5

<=>

= − + x y z 0

= − y4 z

50

+ Γ1 ---> Γ1 { } Γ2

<=>

= + xz

50

= − y4 z

50

10

<=>

= x −z

5

= y4 z

5

= z ∈ z R

Εποµένως ένα µη µηδενικό τέτοιο διάνυσµα είναι λ.χ. µε z=5 το:

= v3

-145

iv)

Είδαµε προηγουµένως στο iii) ότι κάθε διάνυσµα κάθετο στην βάση v1,v2 του V

εποµένως κάθε διάνυσµα του χώρου V_|_ γράφεται στην µορφή:

,

−z

54 z

5z

∈ z R

≠ άρα για κάθε τιµή του z 0

έχουµε και µία βάση, λ.χ. το διάνυσµα v3 του iii)


==============================================================

11

Τα στοιχεία του πίνακα του εσωτερικού γινοµένου είναι:

= aij ei o ej

,όπου ei i=1,2 τα µοναδιαία διανύσµατα του R2

, , = e1

10

= e1

10

= a11 − − + 1 1 3 1 0 3 0 1 10 0 0

, , = e1

10

= e2

01

= a12 − − + 1 0 3 1 1 3 0 0 10 0 1

, , = e2

01

= e1

10

= a21 − − + 0 1 3 0 0 3 1 1 10 1 0

, , = e2

01

= e2

01

= a22 − − + 0 0 3 0 1 3 1 0 10 1 1

=>

= a11 1

= a12 -3

= a21 -3

= a22 10

=>

= A

1 -3-3 10

12

Έστω ένα τυχαίο διάνυσµα

= X ∈

xy

R2

Έχουµε ότι:

= XT A X + x ( ) − x 3 y y ( )− + 3 x 10 y

=>

= XT A X − + x2 6 x y 10 y2

=>

= XT A X + ( ) − x 3 y 2 y2

=>

≤ 0 XT A X

=>

Ο Α είναι θετικά ορισµένος


==============================================================

α) i)

13

=

f

x1

x2

x3

+ x1 x2

+ 3 x1 x2 x3

− + x1 2 x2 4 x3

, = Έστω u

x1

x2

x3

= άρα f(u)

+ x1 x2

+ 3 x1 x2 x3

− + x1 2 x2 4 x3

, = Επίσης v

y1

y2

y3

= και f(v)

+ y1 y2

+ 3 y1 y2 y3

− + y1 2 y2 4 y3

= Εποµένως λ.u+µ.v

+ λ x1 µ y1

+ λ x2 µ y2

+ λ x3 µ y3

= f(λ.u+µ.v)

+ + + λ x1 µ y1 λ x2 µ y2

+ + 3 λ x1 3 µ y1 ( ) + λ x2 µ y2 ( ) + λ x3 µ y3

+ − − + + λ x1 µ y1 2 λ x2 2 µ y2 4 λ x3 4 µ y3

= f(λ.u+µ.v)

+ + + λ x1 µ y1 λ x2 µ y2

+ + + + + 3 λ x1 3 µ y1 λ2 x2 x3 λ x2 µ y3 µ y2 λ x3 µ2 y2 y3

+ − − + + λ x1 µ y1 2 λ x2 2 µ y2 4 λ x3 4 µ y3

= λ.f(u)+µ.f(v)

+ λ ( ) + x1 x2 µ ( ) + y1 y2

+ λ ( ) + 3 x1 x2 x3 µ ( ) + 3 y1 y2 y3

+ λ ( ) − + x1 2 x2 4 x3 µ ( ) − + y1 2 y2 4 y3

= λ.f(u)+µ.f(v)

+ + + λ x1 µ y1 λ x2 µ y2

+ + + 3 λ x1 λ x2 x3 3 µ y1 µ y2 y3

+ − − + + λ x1 µ y1 2 λ x2 2 µ y2 4 λ x3 4 µ y3

= − + ( )f + λ u µ v λ ( )f u µ ( )f v

0

+ + + − − λ2 x2 x3 λ x2 µ y3 µ y2 λ x3 µ2 y2 y3 λ x2 x3 µ y2 y3

0

≠ = > f(λ.u+µ.v) λ.f(u)+µ.f(v)

= > η δεν f είναι γραµµική

14

α) ii)

∈ Έστω δύο τυχαίοι πίνακες Χ,Y ( )M3 R

∈ Έστω λ R

= ( )h + X Y − A ( ) + X Y ( ) + X Y A

= ( )h + X Y − + − AX XA AY YA

(1)

= ( )h X − AX XA

= ( )h Y − AY YA

=>

= + ( )h X ( )h Y − + − AX XA AY YA

(2)

Από τις (1) και (2) µε αφαίρεση κατά µέλη:

= − − ( )h + X Y ( )h X ( )h Y 0

=>

= ( )h + X Y + ( )h X ( )h Y

= ( )h λΧ − ΑλΧ λΧΑ

= ( )h λΧ − λΑΧ λΧΑ

(3)

= λ ( )h X λ ( ) − AX XA

= λ ( )h X − λΑΧ λΧΑ

(4)

Από τις (3) και (4) µε αφαίρεση κατά µέλη:

= − ( )h λΧ λ ( )h X 0

=>

15

= ( )h λΧ λ ( )h X

Επίσης προφανώς h(O)=AO-OA=O κι επειδή:

, = ( )h + X Y + ( )h X ( )h Y = ( )h λΧ λ ( )h X

συµπεραίνουµε ότι η h είναι γραµµική

β) i)

Για την f έχουµε ως προς την κανονική βάση του R3

= ( )f , ,1 0 0 ( ), ,0 2 1

=>

= ( )f e1 + + 0 e1 2 e2 1 e3

(1)

= ( )f , ,0 1 0 ( ), ,1 1 4

=>

= ( )f e2 + + 1 e1 1 e2 4 e3

(2)

= ( )f , ,0 0 1 ( ), ,-1 -2 -8

16

=>

= ( )f e3 + + (-1) e1 (-2) e2 (-8) e3

(3)

Άρα ο πίνακας αναπαράστασης ως προς την κανονική βάση είναι

παίρνοντας τις συντεταγµένες κάθε f( ei ) ως στήλη i, ο εξής:

= A

0 1 -12 1 -21 4 -8

Παίρνοντας:

= X

xyz

Έχουµε ότι:

=

f

xyz

A X

=>

=

f

xyz

− y z + − 2 x y 2 z

+ − x 4 y 8 z

β) ii)

Για την εικόνα Ιmf έχουµε:

= ( )f , ,x y z

− y z + − 2 x y 2 z

+ − x 4 y 8 z

= + + [ ]x

021

[ ]y

114

[ ]z

-1-2-8

17

Ενώ στον πίνακα µε στήλες τα διανύσµατα:

, ,

114

021

-1-2-8

1 0 -11 2 -24 1 -8

παρατηρούµε ότι:

~

1 0 -11 2 -24 1 -8

+ Γ2 ---> Γ2 { }− Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }−4 Γ1

~

1 0 -10 2 -10 1 -4

Γ2 ---> { }Γ2

2

~

18

1 0 -1

0 1-1

20 1 -4

+ Γ1 ---> Γ1 { }0

+ Γ3 ---> Γ3 { }− Γ2

~

1 0 -1

0 1-1

2

0 0-7

2

Γ3 ---> { }−2 Γ3

7

~

1 0 -1

0 1-1

20 0 1

+ Γ1 ---> Γ1 { } Γ3

+ Γ2 ---> Γ2 { }1

2 Γ3

~

1 0 00 1 00 0 1

άρα είναι γραµµικά ανεξάρτητα κι εποµένως µια βάση είναι:

19

= Imf

, ,

021

114

-1-2-8

= dimImf 3

β) iii)

= Για τον πυρήνα ισχύει dimkerf + dimImf = 3 ( )dim R3

=>

= dimkerf 0

=>

= Imf { }O

β) iv)

Επειδή ο πυρήνας είναι το µηδενικό διάνυσµα, η f αντιστρέφεται κι έχουµε για τον Α του ερ. β) i):

= ( )f X A X

=>

= f-1 (f(X)) f-1 (A X)

=>

= X f-1 (A X)

∈ Για να ισχύει η παραπάνω σχέση για κάθε Χ R3

θα πρέπει ο πίνακας της αντίστροφης απεικόνισης ως προς την κανονική βάση του R3

να είναι ο αντίστροφος του Α, δηλ. αρκεί να υπολογίσουµε τον Α-1

20

0 1 -1 1 0 02 1 -2 0 1 01 4 -8 0 0 1

Γ1 <---> Γ3

~

1 4 -8 0 0 12 1 -2 0 1 00 1 -1 1 0 0

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2 Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }0

~

1 4 -8 0 0 10 -7 14 0 1 -20 1 -1 1 0 0

Γ2 ---> { }−Γ2

7

~

1 4 -8 0 0 1

0 1 -2 0-1

7

2

70 1 -1 1 0 0

+ Γ1 ---> Γ1 { }−4 Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }− Γ2

~

21

1 0 0 04

7

-1

7

0 1 -2 0-1

7

2

7

0 0 1 11

7

-2

7

~

1 0 0 04

7

-1

7

0 1 -2 0-1

7

2

7

0 0 1 11

7

-2

7

+ Γ1 ---> Γ1 { }0

+ Γ2 ---> Γ2 { }2 Γ3

~

1 0 0 04

7

-1

7

0 1 0 21

7

-2

7

0 0 1 11

7

-2

7

= A-1

04

7

-1

7

21

7

-2

7

11

7

-2

7

Άρα ο τύπος της αντίστροφης απεικόνισης θα είναι:

22

= f-1 (X) A-1 X

=>

= f-1 (x,y,z)

− 4 y

7

z

7

+ − 2 xy

7

2 z

7

+ − xy

7

2 z

7


==============================================================

i)

Υπολογίζουµε ιδιοτιµές και ιδιοδιανύσµατα για τον πίνακα:

23

= A

0 1 -12 1 -21 4 -8

Εύρεση ιδιοτιµών ως ριζών του χαρακτηριστικού πολυωνύµου:

= ( )det − A λ Ι

det

−λ 1 -12 − 1 λ -21 4 − − 8 λ

= − − − λ

det

− 1 λ -24 − − 8 λ

det

2 -21 − − 8 λ

det

2 − 1 λ1 4

= − + + λ ( ) + 7 λ λ2 7 λ

= −( ) − λ 1 ( ) + 7 λ ( ) + λ 1

= 0

<=>

= λ1 -7

= λ2 -1

= λ3 1

=

det

−λ 1 -12 − 1 λ -21 4 − − 8 λ

−( ) − λ 1 ( ) + 7 λ ( ) + λ 1

=>

= ( )χA λ − − + + 7 λ2 λ3 7 λ

Άυτό είναι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του Α.

24

Εύρεση ιδιοδιανυσµάτων:

= Για την ιδιοτιµή λ1 -7

= ( ) − A λ Ι X O

<=>

=

+ − 7 x y z + − 2 x 8 y 2 z + − x 4 y z

000

<=>

= + − 7 x y z 0

= + − 2 x 8 y 2 z 0

= + − x 4 y z 0

Λύνουµε το οµογενές σύστηµα µε τον επαυξηµένο πίνακα:

7 1 -1 02 8 -2 01 4 -1 0

Γ1 ---> { }Γ1

7

~

11

7

-1

70

2 8 -2 01 4 -1 0

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2 Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }− Γ1

25

~

11

7

-1

70

054

7

-12

70

027

7

-6

70

Γ2 ---> { }7 Γ2

54

~

11

7

-1

70

0 1-2

90

027

7

-6

70

+ Γ1 ---> Γ1 { }−1

7 Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }−27

7 Γ2

~

1 0-1

90

0 1-2

90

0 0 0 0

<=>

= − xz

90

26

= − y2 z

90

= 0 0

<=>

= xz

9

= y2 z

9

= z z

Εποµένως:

=

xyz

z

92 z

9z

= { }z

1

92

91

= u1

1

92

91


= ( ) − A λ Ι X O

<=>

27

=

+ − x y z + − 2 x 2 y 2 z

+ − x 4 y 7 z

000

<=>

= + − x y z 0

= + − 2 x 2 y 2 z 0

= + − x 4 y 7 z 0


1 1 -1 02 2 -2 01 4 -7 0

~

1 1 -1 02 2 -2 01 4 -7 0

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2 Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }− Γ1

~

1 1 -1 00 0 0 00 3 -6 0

Γ2 <---> Γ3

1 1 -1 00 3 -6 00 0 0 0

28

~

Γ2 ---> { }−Γ3

3

~

1 1 -1 00 1 -2 00 0 0 0

+ Γ1 ---> Γ1 { }− Γ2

~

1 0 1 00 1 -2 00 0 0 0

<=>

= + x z 0

= − y 2 z 0

= 0 0

<=>

= x −z

= y 2 z

= z z

Εποµένως:

=

xyz

−z2 zz

29

= { }z

-121

= u2

-121

= Για την ιδιοτιµή λ3 1

= ( ) − A λ Ι X O

<=>

=

− + − x y z − 2 x 2 z

+ − x 4 y 9 z

000

<=>

= − + − x y z 0

= − 2 x 2 z 0

= + − x 4 y 9 z 0


-1 1 -1 02 0 -2 01 4 -9 0

Γ1 ---> { }−Γ1

~

1 -1 1 02 0 -2 01 4 -9 0

30

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2 Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }− Γ1

~

1 -1 1 00 2 -4 00 5 -10 0

Γ2 ---> { }Γ2

2

~

1 -1 1 00 1 -2 00 5 -10 0

+ Γ1 ---> Γ1 { } Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }−5 Γ2

~

1 0 -1 00 1 -2 00 0 0 0

<=>

= − x z 0

= − y 2 z 0

= 0 0

<=>

31

= x z

= y 2 z

= z z

Εποµένως:

=

xyz

z2 zz

= { }z

121

= u3

121

ii)

Από την στιγµή που το µηδέν δεν ανήκει στο φάσµα του Α

ο πίνακας Α είναι αντιστρέψιµος και έχουµε:

= A Xi λi Xi

=>

= A-1 A Xi A-1 λi Xi

=>

= I3

Xi λi [ ]A-1 Xi

=>

= Xi λi [ ]A-1 Xi

32

=>

= A-1 Xi

Xi

λi

=>

= A-1 Xi λi

-1Xi

∆ηλαδή ο αντίστροφος πίνακας έχει τα ίδια ιδιοδιανύσµατα

αλλά αντίστροφες ιδιοτιµές από εκέινες του Α.

iii)

Από την στιγµή που οι ιδιοτιµές του Α είναι διακεκριµένες

ο πίνακας Α είναι διαγωνοποιήσιµος και αν ορίσουµε

τον πίνακα Ρ µε στήλες τα ιδιοδιανύσµατα που βρήκαµε στο i)

= P

1

9-1 1

2

92 2

1 1 1

Τότε θα ισχύει ότι:

= P-1 A P D

= D

-7 0 00 -1 00 0 1

Πράγµατι κάνοντας πράξεις επαληθεύουµε ότι ισχύει:

= P-1 A P

-7 0 00 -1 00 0 1

33

iv)

Στο i) βρήκαµε ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του Α είναι:

= ( )χA λ − − + + 7 λ2 λ3 7 λ

Σύµφωνα µε το θεώρηµα Cayley-Hamilton ο πίνακας Α

µηδενίζει το χαρακτηριστικό του πολυώνυµο, δηλ.:

= ( )χA A − − + + 7 A2 A3 7 I3

A

=>

= − − + + 7 A2 A3 7 I3

A 0

Πολλαπλασιάζοντας µε Α-1

= A-1 ( )− − + + 7 A2 A3 7 I3

A 0

=>

= − − + + 7 A-1 A2 A-1 A3 7 A-1 I3

A-1 A 0

=>

= − − + + 7 A A2 7 A-1 I3

0

=>

= A-1 + − AA2

7

1

7I3

=>

34

= A-1

04

7

-1

7

21

7

-2

7

11

7

-2

7

i)

= A

2

31

3-2

3

=>

= AT

, ,

2

3

1

3

-2

3

=>

35

= A AT

4

9

2

9

-4

92

9

1

9

-2

9-4

9

-2

9

4

9

= B − I3

2 A AT

=>

= B

1

9

-4

9

8

9-4

9

7

9

4

98

9

4

9

1

9

Εύρεση ιδιοτιµών ως ριζών του χαρακτηριστικού πολυωνύµου:

= ( )det − B λ Ι

det

− 1

9λ

-4

9

8

9-4

9 −

7

9λ

4

98

9

4

9 −

1

9λ

= + +

−

1

9λ

det

− 7

9λ

4

94

9 −

1

9λ

4

9

det

-4

9

4

98

9 −

1

9λ

8

9

det

-4

9 −

7

9λ

8

9

4

9

= − +

−

1

9λ

− − +

1

9

8

9λ λ2 80

81

80 λ

81

= −( ) + λ 1 ( ) − λ 1 2

36

= 0

<=>

= λ1 -1

= λ2 1

= λ3 1

Εύρεση ιδιοδιανυσµάτων:


= ( ) − B λ Ι X O

<=>

=

− + 10 x

9

4 y

9

8 z

9

− + + 4 x

9

16 y

9

4 z

9

+ + 8 x

9

4 y

9

10 z

9

000

<=>

= − + 10 x

9

4 y

9

8 z

90

= − + + 4 x

9

16 y

9

4 z

90

= + + 8 x

9

4 y

9

10 z

90


37

10

9

-4

9

8

90

-4

9

16

9

4

90

8

9

4

9

10

90

Γ1 ---> { }9 Γ1

10

~

1-2

5

4

50

-4

9

16

9

4

90

8

9

4

9

10

90

+ Γ2 ---> Γ2 { }4

9 Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }−8

9 Γ1

~

1-2

5

4

50

08

5

4

50

04

5

2

50

Γ2 ---> { }5 Γ2

8

~

38

1-2

5

4

50

0 11

20

04

5

2

50

+ Γ1 ---> Γ1 { }2

5 Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }−4

5 Γ2

~

1 0 1 0

0 11

20

0 0 0 0

<=>

= + x z 0

= + yz

20

= 0 0

<=>

= x −z

= y −z

2

= z z

Εποµένως:

39

=

xyz

−z

−z

2z

= { }z

-1-1

21

= u1

-1-1

21

= Για την διπλή ιδιοτιµή λ2=λ3 1

= ( ) − B λ Ι X O

<=>

=

− − + 8 x

9

4 y

9

8 z

9

− − + 4 x

9

2 y

9

4 z

9

+ − 8 x

9

4 y

9

8 z

9

000

<=>

= − − + 8 x

9

4 y

9

8 z

90

= − − + 4 x

9

2 y

9

4 z

90

= + − 8 x

9

4 y

9

8 z

90


40

-8

9

-4

9

8

90

-4

9

-2

9

4

90

8

9

4

9

-8

90

Γ1 ---> { }−9 Γ1

8

~

11

2-1 0

-4

9

-2

9

4

90

8

9

4

9

-8

90

+ Γ2 ---> Γ2 { }4

9 Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }−8

9 Γ1

~

11

2-1 0

0 0 0 00 0 0 0

<=>

= + − xy

2z 0

= 0 0

= 0 0

41

<=>

= x − + y

2z

= y y

= z z

Εποµένως:

=

xyz

− + y

2z

yz

= + { }y

-1

210

{ }z

101

= u2

-1

210

= u3

101

ii)

Με το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο βλέπουµε ότι:

= u2 u3

-1

2

42

δηλ. τα ιδιοδιανύσµατα δεν είναι ορθογώνια.

Θα τα κάνουµε ορθοκανονικά µε τη µέθοδο Gramm - Schmidt :

Βρίσκουµε πρώτα µία ορθογώνια βάση w:

= w1 u1

= w1

-1-1

21

= w2 − u2

u2 . u1

u 1 . u1

u 1

= w2 −

-1

210

{ }0

-1-1

21

= w2

-1

210

= w3 − − u3

u3 . u1

u 1 . u1

u 1

u3 . u2

u 2 . u2

u 2

= w3 − −

101

{ }0

-1-1

21

{ }-2

5

-1

210

= w3

4

52

51

43

και κατόπιν βρίσκουµε µία ορθοκανονική βάση

διαιρώντας κάθε ορθογώνιο w µε το µέτρο του:

, , = ||w1 ||3

2 = ||w2 ||

5

2 = ||w3 ||

3 5

5

, , = e1

w 1

||w1 || = e2

w 2

||w2 || = e3

w 3

||w3 ||

, , = e1

-2

3-1

32

3

= e2

−5

5

2 5

50

= e3

4 5

15

2 5

15

5

3

Eποµένως ο ορθογώνιος διαγωνοποιών πίνακας είναι:

= P [ ], ,e1 e2 e3

= P

-2

3−

5

5

4 5

15

-1

3

2 5

5

2 5

15

2

30

5

3

και ισχύει ότι:

= PT B P D

44

= PT B P

λ1 0 0

0 λ2 0

0 0 λ3

= PT B P

-1 0 00 1 00 0 1

(1)

όπου για τον ορθογώνιο πίνακα Ρ ισχύει:

= P -1 PT

Η σχέση (1) γράφεται και ως:

= B P D PT

(2)

iii)

Από την σχέση (2) έχουµε:

= B2010 P D2010 PT

= D2010

(-1)2010 0 0

0 12010 0

0 0 12010

= D2010

1 0 00 1 00 0 1

=>

= B2010 P PT

=>

= B2010

1 0 00 1 00 0 1

45

Εποµένως έχουµε και ότι:

= 9 ( ) + B2010 B2011

2

9

2B2010 ( ) + I

3B

= 9

2I3

( ) + I3

B

= 9

2 ( ) + I

3B

=>

= 9 ( ) + B2010 B2011

2

5 -2 4-2 8 24 2 5

= + αφού Ι3 Β

10

9

-4

9

8

9-4

9

16

9

4

98

9

4

9

10

9

46

, [email protected] , Τηλ Γραπτής Εργασίας ΠΛΗ12 2010-2011 · , [email protected] ,...

Documents

Transcript of , [email protected] , Τηλ Γραπτής Εργασίας ΠΛΗ12 2010-2011 · , [email protected] ,...