ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ∆ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12)

Ενδεικτικές λύσεις

ΕΡΓΑΣΙΑ 2η

Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 16 Νοεµβρίου 2005 Ηµεροµηνία Παράδοσης της Εργασίας από τον Φοιτητή: 16 ∆εκεµβρίου 2005

Οι ασκήσεις της εργασίας αναφέρονται στα θέµατα : Κεφάλαιο 3 (Χώροι εσωτερικού γινοµένου) Κεφάλαιο 4 (Γραµµικοί µετασχηµατισµοί) Κεφάλαιο 5.1, 5.2 (Χαρακτηριστικά µεγέθη- ∆ιαγωνοποίηση ) του συγγράµµατος του ΕΑΠ «Γραµµική Άλγεβρα» των Μ. Χατζηνικολάου και Γρ. Καµβύσα.

Βοηθητικό υλικό: Για την εργασία 2 µπορείτε να συµβουλευθείτε το υλικό που υπάρχει στη διεύθυνση http://edu.eap.gr/pli/pli12/students.htm

Από το Ε∆Υ:

Κεφ 7, Βάση και ∆ιάσταση

Κεφ 8, Γραµµικές Απεικονίσεις,

Κεφ 9, Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα,

Κεφ 10, ∆ιαγωνοποίηση,

Από το ΣΕY: Οι Χώροι R^n, ∆ιανυσµατικοί Χώροι ,

Γραµµικές απεικονίσεις, Ιδιοτιµές και ιδιοδιανύσµατα,

∆ιαγωνοποίηση

1

1. (12 µον.)

Έστω το σύνολο

( ) 41 2 3 4 1 2 3 4 , , , : 2 =0 W x x x x x x x x= ∈ − + +R

α) Βρείτε µία βάση του υπόχωρου W και τη διάσταση του W .

β) Βρείτε µια ορθοκανονική βάση του ορθογωνίου συµπληρώµατος W . ⊥

γ) Υπολογίστε την προβολή του διανύσµατος ( )1 1 1 0= −v , , , στον W και W . ⊥

(Υπόδειξη : Μελετήστε τη θεωρία των σελ. 152 - 165 του βιβλίου).

Λύση : α) Επειδή 1 2 3 4 1 2 32 =0 x 2 4x x x x x x x− + + ⇒ = − − , κάθε διάνυσµα του W

γράφεται

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

1 2 3 4 2 3 4 2 3 4 2 2 3 3 4 4

2 3 4 2 1 3 2 4 3

, , , 2 , , , 2 , ,0,0 ,0, ,0 ,0,0,

2,1,0,0 1,0,1,0 1,0,0,1 .v v v

= − − = + − + −

= + − + − = + +

x x x x x x x x x x x x x x x x

x x x x x x

Άρα 1 2 3span , ,v v v=W . Τα διανύσµατα είναι γραµµικά ανεξάρτητα,

διότι ο υποπίνακας

1 2 3, ,v v v

1

2 1 11 0 00 1 0

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

A του

2 1 11 0 00 1 00 0 1

A

− −⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

έχει ορίζουσα

. Συνεπώς, 1det 1 0= − ≠A 1 2 3, ,v v v είναι βάση του W και . W 3dim =

β) Για να βρούµε µια ορθοκανονική βάση του W ⊥ , θεωρούµε το διάνυσµα

( )x, y, z, wu ⊥= W∈ , το οποίο αρκεί να είναι κάθετο σε κάθε διάνυσµα της βάσης του

. Λύνοντας το σύστηµα W

1

2

3

0 2x y 0 y 2x0 x z 0 z x

x w 0 w x 0

u vu vu v

⋅ = + = =⎫ ⎫⎪ ⎪⋅ = ⇒ − + = ⇒ =⎬ ⎬⎪ ⎪− + = =⋅ = ⎭⎭

−,

έχουµε , άρα ( )x, 2 x, x, x= −u ( ) span 1, 2,1,1W ⊥ = = −r .

Επειδή ( )22 2 21 2 1 1= + − + + =r 7 , µια ορθοκανονική βάση του είναι W ⊥

1 2 1 1span , , ,7 7 7 7

⎧ ⎫⎛ ⎞−⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭

.

2

γ) Έστω και οι προβολές του p W∈ p W ⊥′∈ ( )1 1 1 0= −v , , , στους δύο υπόχωρους.

Σύµφωνα µε τον τύπο (27) σελ. 157 του βιβλίου έχουµε

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 1 1 1 1 0 41, 2,1,1 1, 2,1,1

1 1 2 2 1 1 1 1 7r vp rr r

⋅ + − ⋅ − + ⋅ + ⋅⋅′ = = − = −⋅ ⋅ + − ⋅ − + ⋅ + ⋅

.

Από τη σχέση (βιβλίο ΕΑΠ, σελ. 165 ) συµπεραίνουµε ότι v p p′= +

( ) ( )4 3 1 31, 1,1, 0 1, 2,1,1 , , ,7 7 7 7

p v p ⎛ ⎞′= − = − − − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

47

)

,

είναι η προβολή του διανύσµατος στον υπόχωρο W . v

2. (12 µον.)

Θεωρήστε τα διανύσµατα

(2 1 3= −v , , και ( ) ( ) ( )1 2 31 0 0 2 2 0 3 3 3= = =v , , , v , , , v , ,

α) Αποδείξτε ότι το σύνολο 1 2 3v , v , v αποτελεί βάση του και βρείτε τις

συντεταγµένες του ως προς την παραπάνω βάση.

3

v

β) Αποδείξτε για τα διανύσµατα ( )1 2 3x , ,= α α α και ( )1 2 3y , ,= β β β του ότι η

σχέση

3

( ) 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 2 3 3, 10 3 3 2x y = α β + α β + α β + α β +α β +α β +α β

ορίζει εσωτερικό γινόµενο στο χώρο.

γ) Yπολογίστε τον πίνακα αναπαράστασης του εσωτερικού γινοµένου στην (β) και

εξετάστε αν είναι θετικά ορισµένος.

A

(Υπόδειξη: Για το τελευταίο ερώτηµα δείτε την παράγραφο 3.7 του βιβλίου )

Λύση : α) Τα διανύσµατα παράγουν τον και επιπλέον είναι γραµµικά

ανεξάρτητα, αφού

1 2v , v , v33R

1 2 3det 0 2 3 6 0

0 0 3

⎡ ⎤⎢ ⎥ = ≠⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. Συνεπώς αποτελούν βάση του . Οι

συντεταγµένες του ως προς αυτή τη βάση είναι η µοναδική λύση του

συστήµατος .

3R

(2 1 3= −v , , )

v1 2 3x y z+ + =v v v

Ο επαυξηµένος πίνακας του συστήµατος είναι 1 2 3 20 2 3 10 0 3 3

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

, η δε λύση είναι

, και . Συνεπώς, 1z = 2y = − 3x = 1 23 2 1 3= ⋅ − ⋅ + ⋅v v v v .

3

β) Για να αποτελεί η δοθείσα σχέση εσωτερικό γινόµενο αρκεί να επαληθεύει τις

ιδιότητες του ορισµού 3.1.1. Πράγµατι, για ,λ µ∈R και ( ) 31 2 3, ,x = α α α ∈R ,

, είναι ( ) 31 2 3, ,y = β β β ∈R ( ) 3

1 2 3, ,z = γ γ γ ∈R

( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 1 2 3ˆ ˆ ˆ, , , , , , , ,x yλ +µ = λ α α α +µ β β β = λα +µβ λα +µβ λα +µβ = α α αοπότε κάνοντας πράξεις έχουµε

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) (

1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 2 3 3

1 1 1 1 1 2 2 2 1

2 2 2 2 2 3 3 3 2 3 3

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆI , 10 3 3 2

10 3 3

2

x y zλ +µ = α γ + α γ + α γ + α γ +α γ +α γ +α γ

= λα +µβ γ + λα +µβ γ + λα +µβ γ

) 3+ λα +µβ γ + λα +µβ γ + λα +µβ γ + λα +µβ γ

( )( )

( ) ( )

1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 2 3 3

1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 2 3 3

10 3 3 2

10 3 3 2

, ,x z y z

= λ α γ + α γ + α γ + α γ +α γ +α γ +α γ

+µ β γ + β γ + β γ + β γ +β γ +β γ +β γ

= λ +µη αντιµεταθετική ιδιότητα που ισχύει στην πρόσθεση και στον πολλαπλασιασµό των

πραγµατικών αριθµών δίνει

( ) ( )

( )

2 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 2 3 3

1 1 2 1 1 2 2 2 3 2 2 3 3 3

1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 2 3 3

I , 10 3 3 2 10 3 3 2

10 3 3 2 ,

y x

x y

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

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

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

και τέλος

( ) ( )

( ) ( )

2 23 1 1 2 2 1 2 2 3 3

2 2 2 21 1 2 2 2 2 3 3

2 221 1 2 2 3

I , 10 3 3 2

10 6 2

3 0

x x = α + α α + α α + α +α α +α α +α

= α + α α +α +α + α α +α

= α + α +α + α +α ≥

22 3

2 0

και µάλιστα , όπου συµπεραίνουµε

και

( ) ( ) ( )221 1 2 2 3, 0 3x x = ⇔ α + α +α + α +α =

1 1 20, 3 0α = α +α = 2 3 0α +α = 1 2 30, 0, 0⇔ α = α = α = . Άρα . x 0=

γ) Ο πίνακας αναπαράστασης του εσωτερικού γινοµένου είναι

1 1 1 2 1 3

2 1 2 2 2 3

3 1 1 1 3 3

v v v v v vA v v v v v v

v v v v v v

⋅ ⋅ ⋅⎡ ⎤⎢ ⎥= ⋅ ⋅ ⋅⎢ ⎥⎢ ⎥⋅ ⋅ ⋅⎣ ⎦

,

όπου 1 2 3v , v , v αποτελούν βάση του χώρου σύµφωνα µε το (α) και

συµβολίζεται το εσωτερικό γινόµενο των διανυσµάτων που ορίστηκε στο (β), (δείτε

παράγραφο 3.7 του βιβλίου. Αρκεί να υπολογισθούν τα

v vi j⋅

v vi j⋅ , για τα οποία ισχύει

, εξαιτίας της ιδιότητας ( Ιv v v vi j j⋅ = ⋅ i 2) του εσωτερικού γινοµένου. Έχουµε

( ) ( )1 1 1 0 0 1 0 0 10v v , , , ,⋅ = ⋅ = ,

4

( ) ( )1 2 2 11 0 0 2 2 0 20 6 26v v , , , , v v⋅ = ⋅ = + = = ⋅ ,

( ) ( )1 3 3 11 0 0 3 3 3 30 9 39v v , , , , v v⋅ = ⋅ = + = = ⋅ ,

, ( ) ( )2 2 2 2 0 2 2 0 40 12 12 8 72v v , , , ,⋅ = ⋅ = + + + =

( ) ( )2 3 3 22 2 0 3 3 3 60 18 18 12 6 114v v , , , , v v⋅ = ⋅ = + + + + = = ⋅ ,

( ) ( )3 3 3 3 3 3 3 3 90 27 27 18 9 9 9 189v v , , , ,⋅ = ⋅ = + + + + + + = ,

οπότε . Ο συµµετρικός πίνακας είναι θετικά ορισµένος,

γιατί όλες οι κύριες πρωτεύοντες ελάσσονες ορίζουσες των υποπινάκων του είναι

θετικές, 10 ,

10 26 3926 72 11439 114 189

A⎡ ⎤⎢= ⎢⎢ ⎥⎣ ⎦

⎥⎥ A

A

0>10 26

44 026 72

= > , det 36 0A = > , (δείτε θεώρηµα 3.7.2 του βιβλίου).

3. ( 15 µον.)

α) Eξετάστε αν τα διανύσµατα 1 21 1 1 3 2 1= − =v ( , , ), v ( , ,− ) του χώρου 3 είναι

ορθογώνια.

β) Ανήκει το διάνυσµα στον χώρο 2 1 1= −w ( , , ) 1 2V = span v , v ;

γ) Βρείτε ένα µη µηδενικό διάνυσµα του χώρου 3v 3 , το οποίο να είναι ορθογώνιο

προς τα διανύσµατα και . 1ν 2ν

δ) Βρείτε την τρίτη στήλη του πίνακα

31 ;3 14

1 2 ;3 14

1 1 ;3 14

A

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥−= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

ώστε ο Α να είναι ορθογώνιος.

ε) Βρείτε µια ορθοκανονική βάση για τον υπόχωρο V του 3 που παράγεται από τα

διανύσµατα και 1 2 3(1,0,1), (1, 2,3), (0,1,1)v v v= = = 4 (1,1,0)v = µε τη διαδικασία

των Gram-Schmidt.

5

Λύση α) ∆ύο διανύσµατα είναι ορθογώνια αν το εσωτερικό τους γινόµενο ισούται µε

µηδέν. Επειδή

1 2 1 3 ( 1) 2 1 ( 1) 3 2 1 0v v⋅ = ⋅ + − ⋅ + ⋅ − = − − = τα διανύσµατα είναι ορθογώνια. 1 2,v v β) Για να ανήκει το διάνυσµα 2 1 1= −w ( , , ) στο χώρο 1 2V = span v , v , αρκεί να γράφεται σαν γραµµικός συνδυασµός των . Έστω 1 2,v v

1 2 (2,1, 1) ( , , ) (3 , 2 , ) ( 3 , 2 , )3 2

2 11

w v v= + ⇒ − = − + − = + − + −

+ =⎧⎪− + =⎨⎪ − = −⎩

a b a a a b b b a b a b a ba b

a ba b

⇒

Επειδή

[ ] 2 2 12 2

3 3 1

3 3 2

1 3 2 1 3 2 1 3 211 2 1 0 5 3 0 1 3/ 55

1 1 1 0 4 3 0 4 3

1 3 2 4 0 1 3/ 5

0 0 3/ 5

A b⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡

→ +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢= − →⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢→ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− − − − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

⎡ ⎤⎢ ⎥→ + ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

γ γ γγ γ

γ γ γ

γ γ γ

⎤⎥⎥⎥⎦

2

το παραπάνω σύστηµα δεν έχει λύση. ∆ηλαδή, δεν υπάρχουν a, b τέτοια ώστε

και έτσι το δεν ανήκει στο χώρο 1w v v= +a b (2,1, 1)w = − 1 2V = span v , v . γ) Έστω ένα τυχαίο διάνυσµα 3 (x, y, z)v = του χώρου 3. Για να είναι το ορθογώνιο προς τα διανύσµατα πρέπει :

3v

1 2,v v

3 1 0v v⋅ = και 3 2 0v v⋅ = 0

3 2 0− + =⎧

⇔ ⎨ + − =⎩

x y zx y z

Για το οµογενές σύστηµα έχουµε :

2 2 1 2 2

1 1 2

1 1 11 1 1 1 1 1 13 43 2 1 0 5 4 5 0 15

11 0540 15

γ γ γ γ γ

γ γ γ

−⎡ ⎤− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥→ − →⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎢ ⎥

→ + ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

που αντιστοιχεί στο ισοδύναµο σύστηµα

6

1 105 54 405 5

⎧ ⎧+ = = −⎪ ⎪⎪ ⎪⇒⎨ ⎨⎪ ⎪− = =⎪ ⎪⎩ ⎩

x z x

y z y z

z

Άρα το που αναζητούµε είναι της µορφής 3v 31 4( , , ) , ,5 5

v ⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎝ ⎠

x y z z z z και ένα

τέτοιο είναι το , για ( )3 1, 4, 5v = − 5=z . δ) Σύµφωνα µε το θεώρηµα 3.8.1, ένας ×n n πίνακας Α είναι ορθογώνιος αν και µόνο αν οι στήλες του (και οι γραµµές) αποτελούν µια ορθοκανονική βάση του χώρου . nRΠαρατήρησε ότι τα διανύσµατα από τα προηγούµενα ερωτήµατα αν το καθένα

διαιρεθεί µε το µέτρο του είναι το ίδιο µε τις δύο πρώτες στήλες του πίνακα Α. Το δε

διάνυσµα στο (γ) κατασκευάστηκε ορθογώνιο, άρα αρκεί να διαιρεθεί και αυτό µε

το µέτρο του,

1 2,v v

3v

3 42v = , για να αποτελέσει την τρίτη στήλη του Α. Έτσι,

31 1

3 14 421 2 4

3 14 4251 1

3 14 4

A

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥−= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦2

ε) Επειδή τα διανύσµατα 1 2 3, ,v v v είναι γραµµικά εξαρτηµένα

( ), ενώ τα 1 1 0

det 0 2 1 01 3 1

⎡ ⎤⎢ ⎥ =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

1 2 4, ,v v v είναι γραµµικά ανεξάρτητα, διότι

, τα 1 1 1

det 0 2 1 4 01 3 0

⎡ ⎤⎢ ⎥ = − ≠⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

1 2 4, ,v v v αποτελούν µια βάση του . Με τη

διαδικασία ορθοκανονικοποίησης Gram-Schmidt έχουµε :

3R

1

2 12 2 1

1 1

4 1 4 23 4 1 2

1 1 2 2

(1,0,1),

(1, 2,3) 2(1,0,1) ( 1,2,1),

1 1 4 4(1,1,0) (1,0,1) ( 1,2,1) ( , , )2 6 6 6

vv vv v vv vv v v vv v v vv v v v

=⋅

= − = − = −⋅⋅ ⋅

= − − = − − − = −⋅ ⋅

46

∆ιαιρώντας µε το µέτρο κάθε διάνυσµα είναι

7

31 21 2 3

1 2 3

1 1ˆ ˆ ˆ(1,0,1), ( 1, 2,1), (1,1, 1)2 6

vv vv v vv v v

= = = = − = = −13

.

Σηµείωσε, ότι αν επιλέξουµε άλλα διανύσµατα ως βάση του , για παράδειγµα τα 3R

1 3 4, ,v v v , θα βρούµε διαφορετική ορθοκανονική βάση.

4. ( 12 µον.)

Να εξετάσετε ποιες από τις επόµενες συναρτήσεις είναι γραµµικές:

α) , 2 21 :f →R R 1( , ) ( , )f x y xy y= , για κάθε 2( , )x y ∈R

β) , 2 32 :f →R R 2 ( , ) ( 1, 3 , )f x y x y y x= + − , για κάθε 2( , )x y ∈R

γ) , 3 33 :f →R R 3 ( , , ) (0, 2 , 3 )f x y z x y= , για κάθε . Επιπλέον,

αποδείξατε ότι

3( , , )x y z ∈R3

3 3 3 3 0f f f f= = , όπου 0 είναι η µηδενική συνάρτηση.

Λύση Υπενθυµίζουµε ότι αν V και W είναι Κ-διανυσµατικοί χώροι, τότε µια

απεικόνιση , είναι γραµµική αν και µόνο αν ισχύει

, για κάθε

:g V W→

1 1 2 2 1 1 2 2( ) ( )g k v k v k g v k g v+ = + ( ) 1 2,k k K∈ και 1 2,v v V∈ , ή ισοδύναµα να

ισχύουν ταυτόχρονα οι ιδιότητες : i) 1 2 1 2( ) ( ) (g v v g v g v )+ = + και ii) ,

για κάθε και κάθε .

( ) ( )g kv kg v=

1 2, ,v v v V∈ k K∈

α) η συνάρτηση , 2 21 :f →R R 1( , ) ( , )f x y xy y= , για κάθε δεν είναι

γραµµική, αφού για παράδειγµα έχουµε:

2( , )x y ∈R

( )1 13(1,1) (3,3) (9,3)= =f f , ενώ

, άρα 3 (1,1) 3(1,1) (3,3)= =f 1 1(3(1,1)) 3 (1,1)≠f f και εποµένως η f1 δεν είναι

γραµµική συνάρτηση.

β) Η συνάρτηση , όπου 22 :f →R R3

2 ( , ) ( 1, 3 , )f x y x y y x= + − , για κάθε

δεν είναι γραµµική συνάρτηση, εφόσον 2( , )x y ∈R 2 (0,0) (1,0,0) (0,0,0)f = ≠ ως

όφειλε (δείτε την ιδιότητα (ii) για k = 0 ).

γ) Η συνάρτηση , µε 3 33 :f →R R 3 ( , , ) (0, 2 , 3 )f x y z x y= είναι γραµµική διότι :

i) Έστω . Τότε : 31 2 3 1 2 3( , , ),( , , )x x x y y y ∈R

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) (

3 1 2 3 1 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2 3 1 2 3 3 1 2 3

( , , ) ( , , ) , , 0, 2( ), 3( )

0,2 2 , 3 3 0,2 ,3 0,2 ,3 , , , , )f x x x y y y f x y x y x y x y x y

x y x y x x y y f x x x f y y y

+ = + + + = + +

= + + = + = +

8

ii) ( ) ( ) ( ) ( ) (3 3 3( , , ) , , 0, 2 ,3 0, 2 ,3 , ,= = = = )f k x y z f kx ky kz kx ky k x y kf x y z

Για να δείξουµε ότι , αρκεί να δειχθεί ότι

για κάθε . Πράγµατι,

33 3 3 3 0f f f f= = ( )3

3 , , (0,0,0)f x y z =

3( , , )x y z ∈R

( ) ( ) ( )( )( )( )( ) ( )

3 23 3 3 3 3 3

3 3 3

, , ( , , ) , ,

0, 2 ,3 0,0,6 (0,0,0)

= =

= =

f x y z f f x y z f f f x y z

f f x y f x

=

5. ( 15 µον.)

Έστω η απεικόνιση µε 3 3:f → ( ) ( ), , 2 , , 2f x y z x y z y z x y z= + − + + − .

i) ∆είξτε ότι η f είναι γραµµική,

ii) Βρείτε µια βάση και τη διάσταση της εικόνας της f ,

iii) Βρείτε µια βάση και τη διάσταση του πυρήνα της f ,

iv) Ορίσετε την απεικόνιση 1f − , αν υπάρχει

v) Βρείτε τον πίνακα αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του . 3R

Λύση i) Έστω ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2, , , , ,= =v x y z v x y z , τότε

( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, , 2 , , 2= = + − + + 1−f v f x y z x y z y z x y z ,

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2, , 2 , , 2= = + − + + 2−f v f x y z x y z y z x y z , και

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) (( )

( ) (( ) ( )

1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2

, , , , , ,

2 , , 2

2 , , 2 2 , , 2

,

+ = + = + + +

= + + + − + + + + + + + − +

= + − + + − + + − + + −

= +

f v v f x y z x y z f x x y y z z

))

x x y y z z y y z z x x y y z z

x y z y z x y z x y z y z x y z

f v f v

( ) ( )( ) ( )( )

( )

1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1

1

, , , ,

2 , , 2

= =

= + − + + −

=

f v f x y z f x y z

1x y z y z x y z

f v

λ λ λ λ λ

λ λ λ λ λ λ λ λ

λ

δηλαδή, η f είναι γραµµική.

ii) Επειδή ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , 2 , , 2 1,0,1 2,1,1 1,1, 2 ,= + − + + − = + + − −f x y z x y z y z x y z x y z

η εικόνα της f παράγεται από τα διανύσµατα ( ) ( ) ( )1,0,1 , 2,1,1 , 1,1, 2− − . Η διάσταση

της εικόνας είναι 3≤ . Για να βρούµε τη διάστασή της εικόνας (Imf) θα εξετάσουµε

9

αν οι γεννήτορες είναι γραµµικά ανεξάρτητοι. Πράγµατι, µε γραµµοπράξεις στον

παρακάτω πίνακα έχουµε :

2 1 23 2 3

3 3 1

1 0 1 1 0 1 1 0 1( 2)

2 1 1 0 1 1 ( 1) 0 1 11 1 2 0 1 1 0 0 0

A⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡

→ − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢= − → −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢→ +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

γ γ γγ γ γ

γ γ γ

⎤⎥+ − ⎥⎥⎦

Άρα, , και τα διανύσµατα dim Im 2f = ( ) ( ) 1,0,1 , 0,1, 1− είναι βάση του Im f .

iii) Από τον τύπο σελ 91, ( ) ( )dim dim Im dimf Kerf∆ = + , έχουµε ότι

, διότι η διάσταση του χώρου είναι 3. ( )dim ker 3 2 1f = − =

Για να βρούµε τη βάση του ker f , πρέπει να λύσουµε το οµογενές σύστηµα

2 0 0

2 0

+ − = ⎫⎪+ = ⎬⎪+ − = ⎭

x y zy z

x y z. Επειδή και y = −z ( ) (2 3 , , 3, 1,1= − = ⇒ = −x z y z x y z z ) .

Άρα, το διάνυσµα ( )3, 1,1− είναι µια βάση του ker f .

iv) Για να υπάρχει 1f − , πρέπει η γραµµική απεικόνιση f να είναι 1-1 και επί,

δηλαδή ισοµορφισµός. Για να είναι όµως 1-1 πρέπει το ker 0=f . Αλλά από την

(iii), ker 0≠f , και συνεπώς δεν υπάρχει η 1f − .

v) Για τον πίνακα αναπαράστασης της f ως προς την κανονική βάση του

παίρνουµε την κανονική βάση που είναι

3R

( ) ( ) (1 2 31,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1e e e= = = )

2(1,0,1) 1 0 1= = + +

.

( )1 1 3f e e e e , ( )2 1 2 3(2,1,1) 2 1 1= = + +f e e e e

2 3

,

( )3 1( 1,1, 2) 1 1 2= − − = − + −f e e e e . Οπότε ο πίνακας αναπαράστασης της f ως

προς την κανονική βάση του είναι ο 3R1 2 10 1 11 1 2

A−⎡ ⎤

⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

.

6. ( 12 µον)

Έστω ένας 3 πραγµατικός πίνακας , τέτοιος ώστε 3× A [ ] [ ]T T1 1 1 3 3 3A = ,

[ ] [ ]T T1 1 0 0 0 0A = και [ ] [ ]T T1 0 1 2 0 2A − = − .

α) Να βρείτε τις ιδιοτιµές, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο και τα ιδιοδιανύσµατα του

πίνακα . A

10

β) Ο πίνακας διαγωνοποιείται; Αν ναι, ποια είναι η διαγώνια µορφή του και ο

αντιστρέψιµος πίνακας P, ώστε να ισχύει

A1P AP D− = ;

γ) Υπολογίστε τον πίνακα . Υπάρχει ο A 1A− ;

δ) Ποιες είναι οι ιδιοτιµές του πίνακα ; 8A

Λύση : α) Επειδή , 1

1 11 3 1 11 1

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

A1

12

1 0 1 11 0 0 1 10 0 0 0

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

A λ και

3

1 10 2 0 01 1

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

A λ1

1−,

(βιβλίο ΕΑΠ, ορισµός 5.1.2 ), ο πίνακας έχει την ιδιοτιµή A 1 3λ = µε αντίστοιχο

ιδιοδιάνυσµα το [ ]T1 1 1 1=x , την ιδιοτιµή 2 0λ = µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα

[ ]T2 1 1 0=x και την ιδιοτιµή µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα 3 2λ = − [ ]T3 1 0 1= −x .

Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του είναι A

( ) ( )( )( ) 3 2det 3 2 6−λ = −λ −λ − −λ = −λ + λ + λA I .

β) Επειδή οι ιδιοτιµές είναι όλες διαφορετικές, ο πίνακας είναι διαγωνοποιήσιµος

(βιβλίο ΕΑΠ, σελ. 285). Ο δε πίνακας , µε στήλες τα ιδιοδιανύσµατα, δηλαδή

, είναι αντιστρέψιµος, διότι τα ιδιοδιανύσµατα είναι γραµµικά

ανεξάρτητα, αφού αντιστοιχούν σε διαφορετικές ιδιοτιµές.

A

P

1 1 11 1 01 0 1

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

P

Έχουµε τον και επαληθεύουµε την ισότητα

.

1

1 1 11 2 11 1 0

−

−⎡ ⎤⎢= − −⎢⎢ ⎥−⎣ ⎦

P ⎥⎥

( )1 diag 3,0, 2− = −P AP

γ) Από τη σχέση ( )1 diag 3,0, 2P AP− = − ⇒ ( ) 1

1 1 3diag 3,0, 2 3 3 3

5 5 3

−

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

A P P .

Ο δεν αντιστρέφεται διότι A 1 2 3det 0= λ λ λ =A .

δ) Οι ιδιοτιµές του είναι , 8A 8 81 3λ = 8

2 0λ = και . ( )883 2 256λ = − =

11

7. (10 µον.)

α) Να βρεθούν οι ιδιοτιµές και τα ιδιοδιανύσµατα του πίνακα 0 11 0

A−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

και να

υπολογισθεί ο πίνακας 2006 2A A−− .

β) Να βρεθεί ο αντίστροφος των πινάκων και A B µε τη χρήση του θεωρήµατος

Caley-Hamilton

1 23 4

A ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

, 1 0 22 1 34 1 3

B⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Λύση

α) . Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο έχει ρίζες τις

ιδιοτιµές του Α,

( ) 21det 1

1A I

λλ

λ− −⎡ ⎤

− = = +⎢ ⎥−⎣ ⎦λ

1 2,i iλ λ= = − .

Θα βρούµε τώρα τα ιδιοδιανύσµατα.

Για 1 iλ λ= = έχουµε: . Το σύστηµα έχει λύση 1

2

1 01 0

xixi

− − ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡⋅ =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢−⎣ ⎦ ⎣⎣ ⎦

⎤⎥⎦

2x t= , 1 =x it ,

οπότε και για 1

2 1x it i

tx t⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

1=t , το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα είναι . 1 1i

v ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

Για 2 iλ λ= = − έχουµε: , το δε σύστηµα έχει λύση 1

2

1 01 0

xixi

− ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡⋅ =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢

⎣ ⎦ ⎣⎣ ⎦

⎤⎥⎦

2x t= ,

1 = −x it . Συνεπώς και το αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα για

είναι .

1

2 1x it i

tx t

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣⎣ ⎦

⎤⎥⎦

I

1=t

2 1i

v−⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎣ ⎦

Εφαρµόζοντας το θεώρηµα Cayley-Hamilton έχουµε

( ) 2 2A 0 A I 0 A= ⇔ + = ⇔ = −P ,

οπότε

( ) ( ) ( ) ( )1003 1 1003 12006 2 2 2A A A A I I I I

− −− 0− = − = − − − = − + = .

12

Άλλος τρόπος : Αν έχουµε 1 1

P−⎡

= ⎢⎣ ⎦

i i⎤⎥

1 00

P AP D− ⎡ ⎤= = ⎢ ⎥−⎣ ⎦

ii

.

Άρα

2006 2006 1

1 1 1 11 0 1 02 2 2 2

1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 12 2 2 2

A P D P−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= ⋅ ⋅ = ⋅ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

i i i ii i

i iκαι

2 2 1

1 1 1 11 0 1 02 2 2 2

1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 12 2 2 2

A P D P− − −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= ⋅ ⋅ = ⋅ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

i i i ii i

i i

Τότε . 2006 2 1 0 1 00 1 0 1

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

0

β) Να βρεθεί ο αντίστροφος των πινάκων και B µε τη χρήση του θεωρήµατος

Caley-Hamilton

A

1 23 4

A ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

, 1 0 22 1 34 1 3

B⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

α) ( ) (21 2det 5 2

3 4A I

−⎡ ⎤− = = − − =⎢ ⎥−⎣ ⎦

Pλ

)λ λ λ λλ

. Επειδή ο σταθερός όρος του

χαρακτηριστικού πολυωνύµου δεν είναι µηδέν, ο Α αντιστρέφεται. Έχουµε ( ) ( )

( )

2

1

5 2 5 2

2 11 2 1 01 1 5 5 .3 13 4 0 12 22 2

P

−

= ⇔ − − = ⇔ − =

−⎡ ⎤⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⇔ = − = − ⋅ =⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎣ ⎦

A 0 A A I 0 A A I I

A A I

β)

( ) ( )( ) ( )

( )

2

3 2

1 0 2det 2 1 3 1 2 6 2 2 4 4

4 1 3

3 12 6

B I−

− = − − = − − − + + +−

= − + + + = P

λ=λ λ λ λ λ

λ

λ λ λ λ

λ

Άρα

13

( ) ( )( ) ( )

3 2 2

1 2 2

3 12 6 3 12 6

1 13 12 3 126 6

1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 01 2 1 3 2 1 3 3 2 1 3 12 0 1 06

4 1 3 4 1 3 4 1 3 0 0 1

B 0 B B B I 0 B B B I I

B B B I B B I−

= ⇔ − + + + = ⇔ − + + = − ⇔

= − − + + = − − =

⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢= − ⋅ − − ⋅ − − ⋅⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣⎝ ⎠

P

⎤⎥⎥⎥⎦

1 113 39 2 8 3 0 6 12 0 0

1 512 4 10 6 3 9 0 12 0 16 6

18 2 20 12 3 9 0 0 12 1 116 6

16

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − − − = −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠

⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎣ ⎦

.

8. ( 12 µον)

Έστω η γραµµική απεικόνιση µε τύπο 3:f →R R3

( )( , , ) 2 5 , 3 5 , 2f x y z x y z x z x y z= − + + − + + .

α) Εξετάστε αν η απεικόνιση f είναι διαγωνοποιήσιµη.

β) Αποδείξτε ότι η f είναι αντιστρέψιµη και υπολογίστε την 1f − .

γ) Ποιος είναι ο πυρήνας της f , και ποια είναι η διάστασή του;

Λύση : α) Σύµφωνα µε το θεώρηµα 5.2.1, αρκεί να βρούµε τον πίνακα

αναπαράστασης της γραµµικής απεικόνισης, ως προς τις συνήθεις βάσεις του , και

να εξετάσουµε αν αυτός είναι διαγωνοποιήσιµος. Ο πίνακας της γραµµικής

3R

απεικόνισης είναι : . Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα

είναι

2 1 53 0 51 1 2

−⎡ ⎤⎢= ⎢⎢ ⎥⎣ ⎦

A ⎥− ⎥

( ) ( )( ) ( )( )(2

2 1 5det 3 5 2 2 3 2 1 3

1 1 2

− −λ−λ = −λ − = −λ λ + λ − = −λ λ − λ +

−λA I ) .

Οι ιδιοτιµές είναι 1 2λ = , και 2 1λ = 3 3λ = − , οι οποίες είναι όλες διαφορετικές, άρα

ο πίνακας είναι διαγωνοποιήσιµος (βιβλίο ΕΑΠ, σελ. 285), ισοδύναµα, η γραµµική

απεικόνιση είναι διαγωνοποιήσιµη.

β) Επειδή ο είναι διαγωνοποιήσιµος, υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας και

διαγώνιος έτσι ώστε

A P

∆ ( )11 2 3diag , ,− = = λ λ λP AP ∆ . Επίσης,

(βιβλίο ΕΑΠ, σελ. 281), οπότε από το προηγούµενο ερώτηµα 1 2 3det 6 0A = λ λ λ = − ≠

14

έχουµε ότι ο πίνακας είναι αντιστρέψιµος. Σύµφωνα µε το θεώρηµα 4.4.2, ο

πίνακας αναπαράστασης της

A

-1f είναι 1

5 3 51 11 9 5

63 3 3

−

−⎡ ⎤− ⎢ ⎥= − −⎢ ⎥

⎢ ⎥−⎣ ⎦

A ,

δηλαδή,

1 5 1 5 11 3 5 1 1 1( , , ) , ,6 2 6 6 2 6 2 2 2

f x y z x y z x y z x y z− ⎛ ⎞= − − + + − − − +⎜ ⎟⎝ ⎠

.

γ) Επειδή η f είναι αντιστρέψιµη, σύµφωνα µε ο θεώρηµα 4.3.7 (βιβλίο ΕΑΠ, σελ.

216), ker 0=f , και ker 0=dim f .

----------------------------------------

15