Αθ.Κεχαγιας - thalis.math.upatras.grzaf/Downloads/LAlgBook092.pdf · η γραµµικη...

Αθ.Κεχαγιας

ΣηµειωσειςΓραµµικης Αλγεβρας

Θ. Κεχαγιας

∆εκεµβρης 2010, v.0.92

Αθ.ΚεχαγιαςΠεριεχόµεναΕισαγωγη vi

I Βασικες Εννοιες 1

1 Πινακες 21.1 Περιληψη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Θεωρια και Παραδειγµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Αντιστροφος Πινακας και ∆υναµεις Πινακων 212.1 Περιληψη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2 Θεωρια και Παραδειγµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3 Μερικοι Ειδικοι Τυποι Πινακων 433.1 Περιληψη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.2 Θεωρια και Παραδειγµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4 Οριζουσες και Αντιστροφοι Πινακες 604.1 Περιληψη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.2 Θεωρια και Παραδειγµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 634.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

5 Οριζουσες και Συστηµατα Γραµµικων Εξισωσεων 875.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 875.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

6 Απαλοιφη Gauss και Συστηµατα Γραµµικων Εξισωσεων 1006.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1036.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

i


ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ii

7 ∆ιανυσµατικοι Χωροι 1257.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1257.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1287.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

8 ∆ιανυσµατικοι Χωροι και Συστηµατα Γραµµικων Εξισωσεων 1518.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1518.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1538.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

9 Ορθογωνιοτητα ∆ιανυσµατων 1699.1 Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1699.2 Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1719.3 Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

10Ορθογωνιοτητα ∆ιανυσµατικων Χωρων 18310.1Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18310.2Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18510.3Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

11Μιγαδικοι Πινακες 20811.1Περιληψη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20811.2Θεωρια και Παραδειγµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20911.3Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

12 Ιδιοτιµες και Ιδιοδιανυσµατα 22712.1Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22712.2Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22812.3Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239

13∆ιαγωνιοποιηση και Συναρτησεις Πινακων 24413.1Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24413.2Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24513.3Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

II Συµπληρωµατικα Θεµατα 271

14Οριζουσες : Θεωρητικη Θεµελιωση 27214.1Θεωρια . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27214.2Λυµενα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27614.3Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301

15Επαναληπτικη Λυση Συστηµατων Γραµµικων Εξισωσεων 304

16Πινακες, Εξισωσεις ∆ιαφορων και ∆ιαφορικες Εξισωσεις 305


ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ iii

17Στοχαστικοι Πινακες 306

18Πινακες και Ηεκτρικα Κυκλωµατα 307

19Γενικευσεις 30819.1Περιληψη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30819.2Θεωρια και Παραδειγµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31219.3Αλυτα Προβληµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328

20Πινακες και Θεωρια Γραφων 330

Αθ.ΚεχαγιαςΠρολογοςΑγαπητε αναγνωστη,το παρον τευχος περιεχει συντοµη ϑεωρια καθως και λυµενα και αλυτα προβληµαταΓραµµικης Αλγεβρας και προοριζεται για χρηση απο τους ϕοιτητες της Πολυτεχνικης

Σχολης του Αριστοτελειου Πανεπιστηµιου Θεσσαλονικης. Σε αυτο τον συντοµο προλογοδινω µερικες οδηγιες για την χρηση αυτου του τευχους.

Κατα τη γνωµη µου, για τους περισσοτερους ανθρωπους, ο µονος τροπος εξοικειω-σης µε τα µαθηµατικα ειναι η επιλυση προβληµατων – οσο περισσοτερα προβληµαταλυσεις τοσο πιο πολλα µαθηµατικα ϑα µαθεις ! Συµφωνα µε αυτη την αποψη, στοπαρον τευχος η ϑεωρια παρουσιαζεται σε µεγαλη συντοµια, αλλα υπαρχει µεγαλος αρι-ϑµος λυµενων και αλυτων προβληµατων. Χρησιµοποιησε τα λυµενα προβληµατα ως εναενδιαµεσο ϐοηθηµα για την επιλυση των αλυτων. Με αλλα λογια, δεν αρκει να µελετησειςτα ηδη λυµενα προβληµατα. Αν δεν λυσεις ο ιδιος µεγαλο αριθµο των αλυτων προβ-ληµατων δεν ϑα ωφεληθεις ιδιαιτερα και η πιθανοτητα να περασεις το αντιστοιχοµαθηµα ϑα ειναι µικρη.

Το παρον τευχος δεν εχει παρει ακοµη την τελικη του µορφη και ειναι πιθανον καποιεςλυσεις και απαντησεις να περιεχουν σφαλµατα. Η παρουσα εκδοση εχει τον κωδικοv.0.92 – εποµενες εκδοσεις ϑα χαρακτηριζονται απο µικροτερο αριθµο σφαλµατων καιµεγαλυτερους κωδικους1. Στην διαδικασια της διορθωσης σηµαντικο ϱολο εχουν παιξειϕοιτητες προηγουµενων ετων, τους οποιους ευχαριστω ϑερµα. Παντως πιστευω οτι ηπαρουσα µορφη ϑα σου ϕανει πολυ χρησιµη, ιδιαιτερα σε συνδυασµο µε το διδακτικοϐιβλιο το οποιο ϑα σου δοθει κατα την διαρκεια του εξαµηνου.

Το τευχος περιεχει 20 κεφαλαια. Τα Κεφαλαια 1-13 πραγµατευονται ϐασικα ϑεµατατα οποια πρεπει να διδαχτει καθε µελετητης της Γραµµικης Αλγεβρας. Τα Κεφαλαια 14-20 πραγµατευονται ειδικοτερα ϑεµατα, τα οποια συνηθως παραλειπονται στο εισαγωγικοµαθηµα Γραµµικης Αλγεβρας για µηχανικους2.

Πως σχετιζεται το παρον τευχος µε την εξεταση του µαθηµατος ; Η απαντηση ειναιαπλη: στις εξετασεις µπορεις να περιµενεις οποιοδηποτε προβληµα ειναι ¨παροµοιο¨µε καποιο που περιεχεται στο τευχος, χωρις να ειναι απαραιτητο ενα τετοιου τυπουπροβληµα να εχει λυθει στην ταξη . Υπαρχει µονο µια εξαιρεση: δεν απαιτειται ναξερεις ¨δυσκολες¨ αποδειξεις. Οµως ο ορος ¨δυσκολη αποδειξη¨, οπως και ο ορος ¨παρο-µοιο προβληµα¨ δεν ειναι απολυτως σαφης. Για µια καλυτερη κατανοηση του τι εννοωµε τους ορους αυτους ϑα πρεπει να παρακολουθησεις τις παραδοσεις του µαθηµατος.

1Ακολουθω την ονοµατολογια της αναπτυξης software: το τευχος ειναι ακοµα σε µορφη beta· η πρωτη¨τελικη¨ εκδοση ϑα ειναι η v.1.00.

2Στην παρουσα εκδοση δεν εχω ακοµη γραψει τα Κεφαλαια 15-20.

iv


v

Παντως το σιγουρο ειναι το εξης : αν λυσεις ολα τα αλυτα προβληµατα του παροντοςτευχους ϑα εισαι απολυτα ετοιµος για την εξεταση του µαθηµατος.

Ετσι λοιπον, ο καλυτερος τροπος χρησης του παροντος τευχους ειναι ο εξης : αφουµελετησεις τα λυµενα προβληµατα καθε κεφαλαιου, προσπαθησε να λυσεις οσο µπορ-εις περισσοτερα απο τα αλυτα προβληµατα· εαν δεν µπορεις να λυσεις καποιο αλυτοπροβληµα, ϐρες µε ποια απο τα λυµενα παρουσιαζει αυτο την µεγαλυτερη οµοιοτητα καιπροσπαθησε να εφαρµοσεις την µεθοδολογια των λυµενων στο αλυτο.

Θανασης Κεχαγιας

Θεσσαλονικη, Σεπτεµβρης 2010

Αθ.ΚεχαγιαςΕισαγωγηΗ Γραµµικη Αλγεβρα εχει τρια κυρια αντικειµενα µελετης (τα οποια ειναι στενα συνδεδε-µενα µεταξυ τους, οπως ϑα ϕανει παρακατω):

1. τους πινακες,

2. τα συστηµατα γραµµικων εξισωσεων,

3. την γεωµετρια του N-διαστατου χωρου, οπου N = 1, 2, 3, ... 3.

Θεωρουµε γνωστη την εννοια ¨συστηµα γραµµικων εξισωσεων", οπως επισης και τιςστοιχειωδεις µεθοδους επιλυσης τετοιων συστηµατων. Επισης ϑεωρουµε γνωστα τα ϐασι-κα στοιχεια των διανυσµατων και της αναλυτικης γεωµετριας του επιπεδου. Οι πινακεςειναι µαθηµατικα αντικειµενα τα οποια µπορουµε να σκεφτουµε ως µια γενικευση τωνπραγµατικων αριθµων. Οι πινακες παρεχουν εναν ευχερη και συµπαγη συµβολισµο γι-α την διατυπωση και επιλυση ενος ευρεος ϕασµατος µαθηµατικων προβληµατων. Ενααπο αυτα τα προβληµατα ειναι και η επιλυση συστηµατων γραµµικων εξισωσεων. Επι-πλεον, επειδη οι πινακες µπορουν επισης να ϑεωρηθουν γενικευση των διανυσµατων,η γραµµικη αλγεβρα µπορει να χρησιµοποιηθει για την γενικευση στις N διαστασειςτης γεωµετριας του επιπεδου (2 διαστασεις) και του χωρου (3 διαστασεις). Με αυτο τοντροπο µπορουµε να κατανοησουµε καλυτερα και ϐαθυτερα την Γεωµετρια και να τηνχρησιµοποιησουµε για να αποκτησουµε εποπτικη αντιληψη των συστηµατων γραµµικωνεξισωσεων. Επιπλεον, η Γραµµικη Αλγεβρα χαρακτηριζεται, οπως ϕανερωνει το ονοµα,απο την αλγεβρικη προσεγγιση4.

Το παρον τευχος περιεχει 20 κεφαλαια. Τα Κεφαλαια 1 ως 13 πραγµατευονται ϐασικαϑεµατα τα οποια πρεπει να διδαχτει καθε µελετητης της Γραµµικης Αλγεβρας. Τα Κε-ϕαλαια 14 ως 20 πραγµατευονται ειδικοτερα ϑεµατα, τα οποια συνηθως παραλειπονταιστο εισαγωγικο µαθηµα Γραµµικης Αλγεβρας για µηχανικους5.

Χρησιµοποιουµε τον τυπικο µαθηµατικο συµβολισµο, γνωστο και απο το Λυκειο.Σηµειωνουµε ιδιατερα τα εξης.

3Ακοµη και η N = 0 περιλαµβανεται ως µια πολυ ειδικη και τετριµµενη περιπτωση.4Η ειδικη περιπτωση στην οποια N = 2 η 3 (δηλ. η µελετη της γεωµετριας του επιπεδου και του

τριδιαστατου χωρου) ειναι επισης αντικειµενο µιας αλλης µαθηµατικης ϑεωριας, της Αναλυτικης Γεωµε-τριας. Η Αναλυτικη Γεωµετρια χρησιµοποιει πολλες εννοιες και εργαλεια της Γραµµικης Αλγεβρας, αλλαεπεκτεινεται και σε µη γραµµικες µαθηµατικες οντοτητες (π.χ. τις δευτεροβαθµιες επιφανειες).

5Η συγγραφη των Κεφαλαιων 14-20 δεν εχει ακοµη ολοκληρωθει (στην παρουσα εκδοση v.091 τουτευχους).

vi


ΕΙΣΑΓΩΓΗ vii

1. Το συνολο των πραγµατικων αριθµων συµβολιζεται µε R και αυτο των µιγαδικωναριθµων µε C.

2. Ο συµβολισµος αθροισµατος ειναι ο εξης

N∑n=1

an = a1 + a2 + ...+ aN .

Αντιστοιχα, ο συµβολισµος γινοµενου ειναι ο εξης

N∏n=1

an = a1 · a2 · ... · aN .

3. Η λεξη ¨ανν¨ σηµαινει ¨αν και µονο αν¨. Η συντοµογραφια ¨τ.ω.¨ σηµαινει ¨τετοιοωστε¨.


Μέρος I

Βασικες Εννοιες

1

Αθ.ΚεχαγιαςΚεφάλαιο 1Πινακες

Στα µαθηµατικα (οπως και στην καθοµιλουµενη) ¨πινακας¨ σηµαινει µια ορθογωνια δι-αταξη (αριθµων ή αλλων οντοτητων). Αυτο που κανει του ¨µαθηµατικους¨ πινακες ιδι-αιτερα χρησιµους ειναι οτι αφου τους εφοδιασουµε µε πραξεις µπορουµε να τους χρησι-µοποιησουµε ως ¨γενικευµενους αριθµους¨ οι οποιοι (οπως ϑα ϕανει σε εποµενα κε-ϕαλαια) διευκολυνουν την επιλυση πολλων µαθηµατικων προβληµατων.

1.1 Περιληψη

1.1.1. Ορισµος. Ενας πινακας A ειναι µια ορθογωνια διαταξη αριθµων:

A =

a11 a12 ... a1Na21 a22 ... a2N... ... ... ...aM1 aM2 ... aMN

.Το στοιχειο του A στηνm-στη γραµµη και στην n-στη στηλη συµβολιζεται µε amn ή (A)mn(και λεµε οτι εχει συντεταγµενες m,n).

1.1.2. Ορισµος. Πιο αυστηρα, ενας M × N πινακας ειναι µια συναρτηση µε πεδιοορισµου το συνολο {1, 2, ...,M} × {1, 2, ..., N} και πεδιο τιµων το R:

A : {1, 2, ...,M} × {1, 2, ..., N} → R.

∆ηλ. σε καθε Ϲευγαρι (m,n) ∈ {1, 2, ...,M} × {1, 2, ..., N} αντιστοιχιζουµε εναν αριθµοamn, που ειναι το στοιχειο του πινακα στην ϑεση µε συντεταγµενες m,n.

1.1.3. Ο παραπανω ορισµος του πινακα µπορει να γενικευτει. Π.χ. τα στοιχεια τουπινακα µπορει να ειναι µιγαδικοι αριθµοι.

1.1.4. Ορισµος. Για το τυχον στοιχειο amn του πινακα , λεµε οτι m ειναι ο δεικτηςγραµµης και n ειναι ο δεικτης στηλης.

1.1.5. Ορισµος. Οταν ο A εχειM γραµµες και N στηλες, λεµε οτι εχει διαστασηM×N .

2


ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1. ΠΙΝΑΚΕΣ 3

1.1.6. Ορισµος. Οταν ο A εχει διασταση N ×N (δηλ. ισο αριθµο γραµµων και στηλων)τοτε λεµε οτι ειναι τετραγωνικος.

1.1.7. Ορισµος. ∆υο M × N πινακες A,B ειναι ισοι (γραφουµε A = B) ανν για m ∈{1, ...,M} και n ∈ {1, ..., N} ισχυει mmn = bmn.

1.1.8. Ορισµος. Οταν ο A εχει 1 στηλη (εχει διασταση M × 1) λεµε οτι ειναι πινακας-στηλη:

A =

a11a21...aM1

.1.1.9. Ορισµος. Οταν ο A εχει 1 γραµµη (εχει διασταση 1×N ) λεµε οτι ειναι πινακας-γραµµη:

A =[a11 a12 ... a1N

].

1.1.10. Ορισµος. Οι πινακες-γραµµες και οι πινακες-στηλες λεγονται και διανυσµατα.

1.1.11. Συµβολισµος. Μπορουµε να γραψουµε ενα πινακα ως συνδυασµο των γραµµωντου:

A =

r1r2...

rM

,οπου (για m ∈ {1, ...,M} ):

rm =[am1 am2 ... amN

].

1.1.12. Συµβολισµος. Επισης µπορουµε να γραψουµε τον πινακα ως συνδυασµο τωνστηλων του:

A =[

c1 c2 ... cN],

οπου (για n ∈ {1, ..., N} ):

cn=

a1na2n...

aMn

.1.1.13. Ορισµος. Η προσθεση πινακων οριζεται ως εξης. Εστω οτι εχουµε πινακες A(διαστασης M ×N ) και B (διαστασης M ×N ). Τοτε

(A + B)mn = amn+bmn (A−B)mn = amn−bmn.

Προσοχη ! Η προσθεση A + B ειναι δυνατη µονο αν οι A και B εχουν ιδιες διαστασεις !



1.1.14. Ορισµος. Ενας πινακας A µε διαστασεις M × N , λεγεται µηδενικος ανν γιαm = 1, 2, ...,M , n = 1, 2, ..., N εχουµε amn = 0, δηλ.

0M,N=

0 0 ... 00 0 ... ...... ... ... ...0 ... ... 0

.Ο µηδενικος πινακας συµβολιζεται µε 0M,N η και απλα µε 0 (δηλ. οταν η διαστασηM×Nπροκυπτει απο τα συµφραζοµενα, παραλειπεται ο συµβολισµος της)..

1.1.15. Ορισµος. Ο πολλαπλασιασµος πινακα επι αριθµο οριζεται ως εξης :

(κ ·A)mn = κ · amn.

1.1.16. Θεωρηµα. Για ολους τους πινακες A,B ισχυουν τα εξης (αρκει οι διαστασειςαυτων να ειναι τετοιες ωστε οι πραξεις ειναι δυνατες).

1. A + 0 = A. (Το 0 ειναι το ουδετερο στοιχειο της προσθεσης).

2. A + B = B + A. (Αντιµεταθετικοτητα.)

3. A + (B + C) = (A + B) + C. (Προσεταιριστικοτητα.)

4. A + ((−1) ·A) = ((−1) ·A) + A = 0. (Ο αντιθετος του A ειναι ο −A = (−1) ·A.)

5. κ · (A + B) = κ ·A+κ ·B = (A + B) · κ. (Επιµεριστικοτητα.)

6. (κ+ λ) ·A = κ ·A+λ ·A.(Επιµεριστικοτητα.)

7. (κ · λ) ·A = κ · (λ ·A) .

1.1.17. Ορισµος. Ο πολλαπλασιασµος πινακα επι πινακα οριζεται ως εξης. Εστω οτιεχουµε πινακες A (διαστασης M ×K) και B (διαστασης K ×N ). Τοτε

(A ·B)mn =K∑k=1

amkbkn.

Προσοχη ! Ο πολλαπλασιασµος A ·B ειναι δυνατος µονο αν ο αριθµος των στηλων τουA ειναι ισος µε αυτο των γραµµων του B!

1.1.18. Ορισµος. Ενας πινακας A µε διαστασεις N × N , λεγεται µοναδιαιος ανν γιαm,n = 1, 2, ..., N εχουµε amm = 1 και amn = 0 οταν m 6= n, δηλ.

IN=

1 0 0 ... 00 1 0 ... ...0 0 1 ... ...... ... ... ... ...0 ... ... ... 1

.Ο µοναδιαιος πινακας συµβολιζεται µε IN η και απλα µε I (δηλ. οταν η διασταση Nπροκυπτει απο τα συµφραζοµενα, παραλειπεται ο συµβολισµος της).



1.1.19. Θεωρηµα. Για ολους τους πινακες A,B,C ισχυουν τα εξης (αρκει οι διαστασειςαυτων να ειναι τετοιες ωστε οι πραξεις ειναι δυνατες).

1. I ·A = A · I = A. (Το I ειναι το ουδετερο στοιχειο του πολλαπλασιασµου πινακων).

2. Υπαρχουν πινακες A,B για τους οποιους A ·B 6= B ·A.

3. A · (B ·C) = (A ·B) ·C. (Προσεταιριστικοτητα.)

4. A · (B + C) = A ·B + A ·C. (Επιµεριστικοτητα.)

5. (B + C) ·A = B ·A + C ·A. (Επιµεριστικοτητα.)

6. κ · (A ·B) = (κ ·A) ·B = A · (κ ·B) .

7. A · 0 = 0 ·A = 0.

1.1.20. Ορισµος. Για καθε N ×N (τετραγωνικο) πινακα A, µπορουµε να ορισουµε τιςδυναµεις του: A2 = A ·A, A3 = A ·A ·A κ.τ.λ. Συµβατικα οριζουµε A0 = I. Ισχυουνοι συνηθισµενες ιδιοτητες των δυναµεων: AmAn = Am+n, (Am)n = Amn. Μπορουµενα επεκτεινουµε τον ορισµο ωστε να εχουµε αρνητικες ακεραιες δυναµεις, κλασµατικεςδυναµεις (π.χ. A1/2, την τετραγωνικη ϱιζα του A κ.ο.κ.1).

1.2 Θεωρια και Παραδειγµατα

1.2.1. Ορισµος. Ενας πινακας A ειναι µια ορθογωνια διαταξη αριθµων:

A =

a11 a12 ... a1Na21 a22 ... a2N... ... ... ...aM1 aM2 ... aMN

.Το στοιχειο του A στηνm-στη γραµµη και στην n-στη στηλη συµβολιζεται µε amn ή (A)mn(και λεµε οτι εχει συντεταγµενες m,n).

1.2.2. Να δυο παραδειγµατα πινακων

A =

[1 4−1 2

], B =

[2 −3 00 1 4

]. (1.1)

1.2.3. Ορισµος. Πιο αυστηρα, ενας M × N πινακας ειναι µια συναρτηση µε πεδιοορισµου το συνολο {1, 2, ...,M} × {1, 2, ..., N} και πεδιο τιµων το R:

A : {1, 2, ...,M} × {1, 2, ..., N} → R.

∆ηλ. σε καθε Ϲευγαρι (m,n) ∈ {1, 2, ...,M} × {1, 2, ..., N} αντιστοιχιζουµε εναν αριθµοamn, που ειναι το στοιχειο του πινακα στην ϑεση µε συντεταγµενες m,n.

1Αυτα τα ϑεµατα εξεταζονται σε περισσοτερη λεπτοµερεια στο Κεφαλαιο ;;.



1.2.4. Ο παραπανω ορισµος του πινακα µπορει να γενικευτει. Π.χ. τα στοιχεια τουπινακα µπορει να ειναι µιγαδικοι αριθµοι2.

1.2.5. Ορισµος. Για το τυχον στοιχειο amn του πινακα , λεµε οτι m ειναι ο δεικτηςγραµµης και n ειναι ο δεικτης στηλης.

1.2.6. Στον πινακα A της (1.1), το στοιχειο a12 ειναι το 4. Εχει δεικτη γραµµης το m = 1και δεικτη στηλης το n = 2.

1.2.7. Ορισµος. Οταν ο A εχειM γραµµες και N στηλες, λεµε οτι εχει διαστασηM×N .

1.2.8. Ορισµος. Οταν ο A εχει διασταση N ×N (δηλ. ισο αριθµο γραµµων και στηλων)τοτε λεµε οτι ειναι τετραγωνικος.

1.2.9. Ποια ειναι η διασταση των παρακατω πινακων ; Ποιοι εξ αυτων ειναι τετραγωνικοι ;

A =

[3 24 1

], B =

[3 0

], C =

[3 3 44 1 2

], D = [3] , E =

364

Απαντηση. Ο A ειναι 2× 2, τετραγωνικος· ο B ειναι 1× 2· ο C ειναι 2× 3· ο D ειναι

1× 1, τετραγωνικος· ο B ειναι 3× 1.

1.2.10. ∆ινεται πινακας

A =

1 5 −24 −3 6−8 7 0

.Ποια ειναι η τιµη του στοιχειου a11; Του a23; Του a31; Ποιοι ειναι οι δεικτες γραµµης καιστηλης του 5; Του −8;

Απαντηση. a11 = 1, a23 = 6, a31 = −8. Το 5 εχει δεικτη γραµµης 1 και στηλης 2· το−8 εχει δεικτη γραµµης 3 και στηλης 1.

1.2.11. Ορισµος. ∆υο M × N πινακες A,B ειναι ισοι (γραφουµε A = B) ανν γιαm ∈ {1, ...,M} και n ∈ {1, ..., N} ισχυει mmn = bmn.

1.2.12. Οι πινακες

A =

[x 2y 1

], B =

[3 z4 1

]ειναι ισοι. Ποιες ειναι οι τιµες των x, y, z;

Απαντηση. A = B⇒ ∀i, j : aij = bij. Αρα ειναι x = 3, y = 4 και z = 2.

1.2.13. Ορισµος. Οταν ο A εχει 1 στηλη (εχει διασταση M × 1) λεµε οτι ειναι πινακας-στηλη:

A =

a11a21...aM1

.2Θα εξετασουµε αυτην και αλλες γενικευσεις στο Κεφαλαιο 11.



1.2.14. Ορισµος. Οταν ο A εχει 1 γραµµη (εχει διασταση 1×N ) λεµε οτι ειναι πινακας-γραµµη:

A =[a11 a12 ... a1N

].

1.2.15. Ορισµος. Οι πινακες-γραµµες και οι πινακες-στηλες λεγονται και διανυσµατα.

1.2.16. Συγκρινετε τα ¨διανυσµατα¨ της Γραµµικης Αλγεβρας µε τα διανυσµατα που µαςειναι γνωστα απο τον ∆ιανυσµατικο Λογισµο.

Απαντηση. Καταρχην τονιζουµε οτι στον ∆ιανυσµατικο Λογισµο υπαρχουν τρια ειδηδιανυσµατων: ελευθερα, ολισθαινοντα και εφαρµοστα. Εµεις ϑα ασχοληθουµε µε ταελευθερα διανυσµατα. Ενα ελευθερο διανυσµα ειναι ενα ¨βελος¨ ΄η προσανατολισµενοευθυγραµµο τµηµα (στο επιπεδο ή στον 3-διαστατο χωρο)· η ϑεση του ελευθερου διανυσ-µατος δεν ειναι προσδιορισµενη ! Αυτα τα οποια προσδιοριζονται ειναι το µηκος, η ϕορακαι η διευθυνση αυτου.Μπορουµε να πουµε οτι ενα ελευθερο διανυσµα αντιστοιχει σε µιααπειρια ϐελων, τα οποια εχουν τηο ιδιο µηκος, ϕορα και διευθυνση. ∆ειτε και το σχηµα.

Σχηµα 1.2.1

Οι πληροφοριες αυτες (µηκος, ϕορα και διευθυνση) προσδιοριζονται πληρως απο δυοαριθµους στον χωρο και τρεις αριθµους στο επιπεδο. Π.χ. στον χωρο, το διανυσµα −→aπροσδιοριζεται απο την τριαδα (x, y, z). Αν επιλεξουµε απο την οικογενεια των προσανα-τολισµενων ευθυγραµµων τµηµατων (που αντιστοιχουν στο−→a ) αυτο το οποιο εχει την αρχητου στην αρχη των αξονων (0, 0, 0), τοτε προσδιοριζουµε µονοσηµαντα και το περας του−→a ,το οποιο ειναι ενα σηµειο µε συντεταγµενες (x, y, z). Γραφουµε −→a = (x, y, z) και εχουµεµια 1-προς-1 αντιστοιχια µεταξυ ελευθερων διανυσµατων και σηµειων. Θυµοµαστε οµωςοτι σε αυτη την αντιστοιχια καθε προσανατολισµενο ευθυγραµµο τµηµα παραλληλο σε αυτοπου εχει αρχη το (0, 0, 0) και περας το (x, y, z) ταυτιζεται επισης µε το σηµειο (x, y, z).

Στην Γραµµικη Αλγεβρα ενα διανυσµα ειναι ενας πινακας. Αν εχουµε το διανυσµα−→a = (x, y, z) και κατασκευασουµε τον πυνακα

a =

a1a2a3

µε a1 = x, a2 = y, a3 = z, τοτε το διανυσµα −→a και ο πινακας a ταυτιζονται. Μπορουµεοµως να ταυτισουµε το −→a και µε τον πινακα

[a1 a2 a3

]. Με αλλα λογια, καθε δι-

ανυσµα µπορει να ταυτιστει ειτε µε εναν πινακα-στηλη ειτε µε εναν πινακα-γραµµη·οποιοσδηποτε απο τους δυο πινακες µπορει να ταυτιστει µε ενα σηµειο (το περας τουa οταν η αρχη αυτου ϐρισκεται στην αρχη των αξονων). Απο εδω και περα ϑα χρησι-µοποιουµε τον συµβολισµο a για να δηλωσουµε οποιοδηποτε απο τα εξης : το διανυσµα,το σηµειο, τον πινακα-γραµµη ή τον πινακα-στηλη.3

1.2.17. Συµβολισµος. Μπορουµε να γραψουµε ενα πινακα ως συνδυασµο των γραµµωντου:

A =

r1r2...

rM

,3Το αν ο a ειναι πινακας-γραµµη ή στηλη ϑα προκυπτει απο τα συµφραζοµενα.



οπου (για m ∈ {1, ...,M} ):

rm =[am1 am2 ... amN

].

1.2.18. Συµβολισµος. Επισης µπορουµε να γραψουµε τον πινακα ως συνδυασµο τωνστηλων του:

A =[

c1 c2 ... cN],

οπου (για n ∈ {1, ..., N} ):

cn=

a1na2n...

aMn

.1.2.19. Γραψτε τον πινακα

A =

[4 2 3−2 1 0

]µε συµβολισµο γραµµων και συµβολισµο στηλων. Το ιδιο για τον πινακα

B =

4 −5 2 36 −2 −4 1−2 0 1 0

.Απαντηση. Θετουµε

r1 =[

4 2 3], r2 =

[−2 1 0

]και εχουµε

A =

[r1r2

].

Θετουµε τωρα

c1 =

[4−2

], c2 =

[21

], c3 =

[30

]και εχουµε A = [c1 c2 c3].

1.2.20. Ορισµος. Η προσθεση (και η αφαιρεση) πινακων οριζεται ως εξης. Εστω οτιεχουµε πινακες A (διαστασης M ×N ) και B (διαστασης M ×N ). Τοτε

(A + B)mn = amn+bmn (A−B)mn = amn−bmn.

Προσοχη ! Η προσθεση A + B ειναι δυνατη µονο αν οι A και B εχουν ιδιες διαστασεις !

1.2.21. ∆ινονται οι πινακες

A =

[1 24 3

], B =

[1 23 −1

], C =

[2 −1 33 1 2

].

Υπολογιστε τα A + B, A−B,A + C.Απαντηση.



A + B =

[1 24 3

]+

[1 23 −1

]=

[1 + 1 2 + 24 + 3 3− 1

]=

[2 47 2

].

A−B =[

1 24 3

]−[

1 23 −1

]=

[1− 1 2− 24− 3 3 + 1

]=

[0 01 4

].

Η προσθεση A + C δεν ειναι δυνατη.

1.2.22. Ορισµος. Ενας πινακας A µε διαστασεις M × N , λεγεται µηδενικος ανν γιαm = 1, 2, ...,M , n = 1, 2, ..., N εχουµε amn = 0, δηλ.

0M,N=

0 0 ... 00 0 ... ...... ... ... ...0 ... ... 0

.Ο µηδενικος πινακας συµβολιζεται µε 0M,N η και απλα µε 0 (δηλ. οταν η διαστασηM×Nπροκυπτει απο τα συµφραζοµενα, παραλειπεται ο συµβολισµος της)..

1.2.23. Αποδειξτε οτι A + 0 = A.Απαντηση. Εχουµε για καθε m,n

(A + 0)mn = (A)mn + (0)mn = amn + 0 = amn = (A)mn .

Αφου αυτο ισχυει για καθε m,n, εχουµε A + 0 = A.

1.2.24. Αποδειξτε οτι A + B = B + A.Απαντηση. Εχουµε για καθε m,n

(A + B)mn = (A)mn + (B)mn = amn + bmn = bmn + amn = (B + A)mn .

Αφου αυτο ισχυει για καθε m,n, εχουµε A + B = A + B.

1.2.25. Ορισµος. Ο πολλαπλασιασµος πινακα επι αριθµο οριζεται ως εξης :

(κ ·A)mn = κ · amn.

1.2.26. Θεωρηµα. Για ολους τους πινακες A,B ισχυουν τα εξης (αρκει οι διαστασειςαυτων να ειναι τετοιες ωστε οι πραξεις ειναι δυνατες).

1. A + 0 = A. (Το 0 ειναι το ουδετερο στοιχειο της προσθεσης).

2. A + B = B + A. (Αντιµεταθετικοτητα.)

3. A + (B + C) = (A + B) + C. (Προσεταιριστικοτητα.)

4. A + ((−1) ·A) = ((−1) ·A) + A = 0. (Ο αντιθετος του A ειναι ο −A = (−1) ·A.)

5. κ · (A + B) = κ ·A+κ ·B = (A + B) · κ. (Επιµεριστικοτητα.)



6. (κ+ λ) ·A = κ ·A+λ ·A.(Επιµεριστικοτητα.)

7. (κ · λ) ·A = κ · (λ ·A) .

1.2.27. Αποδειξτε οτι κ · (A + B) = κ ·A+κ ·B = (A + B) · κ.Απαντηση. Εχουµε για καθε m,n

(κ · (A + B))mn = κ · (A + B)mn = κ · ((A)mn + (B)mn)= κ · amn + κ · bmn = (κ ·A)mn + (κ ·B)mn .

Αφου αυτο ισχυει για καθε m,n, εχουµε κ · (A + B) = κ ·A + κ ·B.1.2.28. Ορισµος. Ο πολλαπλασιασµος πινακα επι πινακα οριζεται ως εξης. Εστω οτιεχουµε πινακες A (διαστασης M ×K) και B (διαστασης K ×N ). Τοτε

(A ·B)mn =K∑k=1

amkbkn.

Προσοχη ! Ο πολλαπλασιασµος A ·B ειναι δυνατος µονο αν ο αριθµος των στηλων τουA ειναι ισος µε αυτο των γραµµων του B!


A =

[1 24 3

], B =

[1 23 −1

], C =

[2 −1 33 1 2

].

Υπολογιστε τα AB, BA, AC, CA.Απαντηση.

AB =

[1 24 3

]·[

1 23 −1

]=

[1 · 1 + 2 · 3 1 · 2 + 2 · (−1)4 · 1 + 3 · 3 4 · 2 + 3 · (−1)

]=

[7 013 5

].

BA =

[1 23 −1

]·[

1 24 3

]=

[9 8−1 3

], ειναι διαφορο του AB.

AC =

[1 24 3

]·[

2 −1 33 1 2

]=

[1 · 2 + 2 · 3 1 · (−1) + 2 · 1 1 · 3 + 2 · 24 · 2 + 3 · 3 4 · (−1) + 3 · 1 4 · 3 + 3 · 2

]=

[8 1 717 −1 18

]Ο πολλαπλασιασµος CA δεν µπορει να γινει.

1.2.30. Ορισµος. Ενας πινακας A µε διαστασεις N × N , λεγεται µοναδιαιος ανν γιαm,n = 1, 2, ..., N εχουµε amm = 1 και amn = 0 οταν m 6= n, δηλ.

IN=

1 0 0 ... 00 1 0 ... ...0 0 1 ... ...... ... ... ... ...0 ... ... ... 1

.Ο µοναδιαιος πινακας συµβολιζεται µε IN η και απλα µε I (δηλ. οταν η διασταση Nπροκυπτει απο τα συµφραζοµενα, παραλειπεται ο συµβολισµος της).



1.2.31. Αποδειξτε οτι I ·A = A · I = AΑπαντηση. Θα δειξουµε οτι για καθε m,n εχουµε (I ·A)mn = (A)mn. Πραγµατι

(I ·A)mn =N∑k=1

imkakn = immamn = 1 · amn = amn = (A)mn .

Χρησιµοποιησαµε το γεγονος οτι imk = 0 για m 6= k.Παροµοια δειχνουµε οτι για καθε m,n εχουµε (A · I)mn = (A)mn.

1.2.32. Θεωρηµα. Για ολους τους πινακες A,B,C ισχυουν τα εξης (αρκει οι διαστασειςαυτων να ειναι τετοιες ωστε οι πραξεις ειναι δυνατες).

1. I ·A = A · I = A. (Το I ειναι το ουδετερο στοιχειο του πολλαπλασιασµου πινακων).

2. Υπαρχουν πινακες A,B για τους οποιους A ·B 6= B ·A.

3. A · (B ·C) = (A ·B) ·C. (Προσεταιριστικοτητα.)

4. A · (B + C) = A ·B + A ·C. (Επιµεριστικοτητα.)

5. (B + C) ·A = B ·A + C ·A. (Επιµεριστικοτητα.)

6. κ · (A ·B) = (κ ·A) ·B = A · (κ ·B) .

7. A · 0 = 0 ·A = 0.

1.2.33. Βρειτε δυο πινακες A,B για τους οποιους A ·B 6= B ·A.Απαντηση. Τετοιοι ειναι, π.χ., οι πινακες A,B του προβληµατος 1.2.29.

1.2.34. Βρειτε δυο πινακες A,B για τους οποιους A ·B = B ·A.Απαντηση. Π.χ. για τους πινακες

A =

[1 00 2

], B =

[3 00 4

],

εχουµε

AB =

[3 00 8

]= BA.

∆εν ειναι αναγκη να ειναι και οι δυο πινακες διαγωνιοι. Π.χ., για τους πινακες

C =

[1 43 2

], D =

[2 00 2

],

εχουµε

CD =

[2 86 4

]= DC.

Μπορειτε να ϐρειτε δυο µη διαγωνιους πινακες E,F τ.ω. EF = FE;



1.2.35. Ορισµος. Για καθε N ×N (τετραγωνικο) πινακα A, µπορουµε να ορισουµε τιςδυναµεις του: A2 = A ·A, A3 = A ·A ·A κ.τ.λ. Συµβατικα οριζουµε A0 = I. Ισχυουνοι συνηθισµενες ιδιοτητες των δυναµεων: AmAn = Am+n, (Am)n = Amn. Μπορουµενα επεκτεινουµε τον ορισµο ωστε να εχουµε αρνητικες ακεραιες δυναµεις, κλασµατικεςδυναµεις (π.χ. A1/2, την τετραγωνικη ϱιζα του A κ.ο.κ.4).

1.2.36. Βρειτε µια αναγκαια και ικανη συνθηκη ωστε να ισχυει

(A−B) · (A + B) = A2−B2.

Απαντηση. Εχουµε (A−B) · (A + B) = A2 + AB−BA−B2. Για να ειναι λοιπον(A−B) · (A + B) = A2−B2 πρεπει και αρκει να ειναι AB−BA = 0, δηλ. AB = BA,δηλ. οι πινακες να αντιµετατιθενται.

1.2.37. Αποδειξτε οτι A · (B ·C) = (A ·B) ·CΑπαντηση. Εστω οτι οι διαστασεις των A,B,C ειναιK×L, L×M ,M×N αντιστοιχα.

Εχουµε, για καθε k, n:

(A · (B ·C))kn =L∑l=1

Akl·(B ·C)ln =L∑l=1

Akl·

(M∑m=1

Blm·Cmn

)=

L∑l=1

M∑m=1

Akl·Blm·Cmn,

((A ·B) ·C)kn =M∑m=1

(A ·B)km ·Cmn =M∑m=1

(L∑l=1

Akl·Blm

)·Cmn =

M∑m=1

L∑l=1

Akl·Blm·Cmn.

ΟµωςL∑l=1

M∑m=1

Akl·Blm·Cmn =M∑m=1

L∑l=1

Akl·Blm·Cmn,

δηλ. µπορουµε να αλλαξουµε την σειρα της προσθεσης (να προσθεσουµε ειτε πρωτα ωςπρος m και µετα ως προς l ειτε, αντιστροφα, πρωτα ως προς l και µετα ως προς m. Αυτοσυµβαινει γιατι, και στις δυο περιπτωσεις, προσθετουµε τους ιδιους αριθµους.

1.2.38. ∆ινονται N × N πινακες A,B. Ο αντιµεταθετης του Ϲευγους (A,B) ειναι οπινακας [A,B] = AB−BA. ∆ειξτε οτι

[A,B] = − [B,A] και [A, [B,C]] + B, [C,A] + [C, [A,B]] = 0.

Απαντηση. Εχουµε

[A,B] = AB−BA = − (AB−BA) = − [B,A] .

Επισης εχουµε

[A, [B,C]] = [A, [BC−CB]] = [A, [BC]]−[A, [CB]] = ABC−BCA−ACB + CBA.

Αντιστοιχα παιρνουµε

[B, [C,A]] = BCA−CAB−BAC + ACB,[C, [A,B]] = CAB−ABC−CBA + BAC.

4Αυτα τα ϑεµατα εξεταζονται σε περισσοτερη λεπτοµερεια στο Κεφαλαιο ;;.



Οποτε[A, [B,C]] + B, [C,A] + [C, [A,B]] =

ABC−BCA−ACB + CBA+BCA−CAB−BAC + ACB+CAB−ABC−CBA + BAC= 0.

1.2.39. ∆ινεται το συστηµα γραµµικων εξισωσεων

5x− 3y + z = 22x+ y − 3z = −1

7x+ z = 8

Γραψτε το συστηµα αυτο ως µια εξισωση πινακων.Απαντηση. Μπορουµε ευκολα να ελεγξουµε οτι το συστηµα ειναι ισοδυναµο µε την

εξισωση 5 −3 12 1 −37 0 1

· xyz

= 5x− 3y + z2x+ y − 3z

7x+ z

= 2−1

8

.Αν λοιπον ϑεσουµε

A =

5 −3 12 1 −37 0 1

, u = xyz

, b = 2−1

8

,τοτε το αρχικο συστηµα ειναι ισοδυναµο µε την εξισωση Au = b, οπου u ειναι ο αγνωστοςπινακας και A,b ειναι γνωστοι συντελεστες.

1.2.40. Σε ενα Ϲαχαροπλαστειο κατασκευαζονται τρια ειδη γλυκισµατων. Τα συστατικα(σε kgr) για ενα κεικ του καθε τυπου ειναι ως εξησ:

Αλευρι Ζαχαρη Βουτυρο Καρυδια ΣταφιδεςΚεικ 0.500 0.100 0.050 0.000 0.000Σταφιδοψωµο 0.500 0.150 0.050 0.000 0.050Παντεσπανι 0.800 0.200 0.100 0.050 0.050

.

Και οι τιµες ανα kgr των συστατικων (σε Euro) ειναι

Αλευρι Ζαχαρη Βουτυρο Καρυδια Σταφιδες3 5 10 20 25 .

Χρησιµοποιειστε πολλαπλασιασµο πινακων για να ϐρειτε το κοστος ενος κεικ του καθετυπου.



Απαντηση. Μπορουµε να υπολογισουµε το κοστος ενος τεµαχιου του καθε τυπουγλυκισµατος ως εξης (χωρις χρηση πινακων):

Κεικ : 0.500 · 3 + 0.100 · 5 + 0.050 · 10 + 0.000 · 20 + 0.000 · 25 = 2.500,Σταφιδοψωµο : 0.500 · 3 + 0.150 · 5 + 0.050 · 10 + 0.000 · 20 + 0.050 · 25 = 4.000,

Παντεσπανι : 0.800 · 3 + 0.200 · 5 + 0.100 · 10 + 0.050 · 20 + 0.050 · 25 = 6.650.

Αυτες οι πραξεις ϑυµιζουν σαφως πολλαπλασιασµο πινακων. Πραγµατι, αν ορισουµεπινακες

A =

0.500 0.100 0.050 0.000 0.0000.500 0.150 0.050 0.000 0.0500.800 0.200 0.100 0.050 0.050

, b =

35

102025

,τοτε ο πολλαπλασιασµος πινακων

Ab =

0.500 0.100 0.050 0.000 0.0000.500 0.150 0.050 0.000 0.0500.800 0.200 0.100 0.050 0.050

35

102025

= 2. 504.00

6. 65

δινει σε ενα διανυσµα την τιµη ενος τεµαχιου του καθε τυπου γλυκισµατος.

1.2.41. Στο παρακατω σχηµα ϐλεπουµε την κατοψη ενος σπιτιου· σε καθε δωµατιο αν-τιστοιχιζουµε ενα αριθµο. Μια διαδροµη µεσα στο σπιτι ειναι µια σειρα αριθµων πουδειχνουν απο ποια δωµατια περναµε. Π.χ. η διαδροµη 5261 δειχνει οτι παµε απο το δω-µατιο 5 στο 2, µετα στο 6 και καταληγουµε στο 1. Η συγκεκριµενη διαδροµη εχει µηκος4, δηλ. περναει απο τεσσερα δωµατια. Χρησιοποιειστε τον πολλαπλασιασµο πινακων γιανα ϐρειτε τον συνολικο αριθµο διαδροµων µηκους 3 απο τον χωρο 1 στον χωρο 3. Το ιδιογια να ϐρειτε τον συνολικο αριθµο διαδροµων µηκους 3 απο τον χωρο 5 στον χωρο 2.

Σχηµα 1.2.2

Απαντηση. Μπορουµε να αναπαραστησουµε την συνδεσµολογια του σπιτιου µε τονπαρακατω γραφο. Καθε δωµατιο αντιστοιχει σε ενα κοµβο (κυκλο) και αν τα αντιστοιχαδωµατια επικοινωνουν, τοτε οι κοµβοι συνδεονται µε ακµες (γραµµες).

Σχηµα 1.2.3

Μπορουµε επισης να παραστησουµε την συνδεσµολογια του γραφου µε ενα πινακα γειτ-νιασης της παρακατω µορφης

A =

0 1 1 0 0 1 11 0 0 0 1 1 01 0 1 1 0 0 00 0 1 0 0 0 10 1 0 0 1 0 01 1 0 0 0 0 01 0 0 1 0 0 1

.



Τα στοιχεια του A ειναι 0 η 1. Εχουµε amn = 1 ανν τα δωµατια m και n επικοινωνουναπ΄ ευθειας, και amn = 0 στην αντιθετη περιπτωση. Βλεπουµε οτι ο A ειναι συµµετρικος– αυτο δεν ειναι τυχαιο, µπορειτε να εξηγησετε γιατι ισχυει ;

Καθε µια απο τις αναπαραστασεις (αυτη του Σχηµατος 1.2.2, αυτη του γραφου τουΣχηµατος 1.2.3 και αυτη του πινακα γειτνιασης A) µεταφερουν ακριβως την ιδια πληρο-ϕορια σχετικα µε την συνδεσµολογια των δωµατιων. Απο την κατασκευη του A ϐλεπουµεοτι καθε διαδροµη µηκους 1 µεταξυ καθε Ϲευγους δωµατιων εµφανιζεται στον A. Τι συµ-ϐαινει οµως µε τις διαδροµες µηκους, π.χ., 2; Θεωρειστε το γινοµενο της πρωτης σειραςκαι της τεταρτης στηλης του A:

[0 1 1 0 0 1 1

]

0010001

= 2.

Μπορειτε να ελεγξετε οτι το αποτελεσµα, 2, ειναι ισο µε τον αριθµο των διαδροµων µηκους2 που αρχιζουν στο δωµατιο 1 και καταληγουν στο 4. Αυτο δεν ειναι τυχαιο, οπως ϑαεξηγησουµε τωρα. Θεωρειστε το γινοµενο της m-στης σειρας επι την n-στη στηλη του A.Αυτο ϑα ειναι το (m,n) στοιχειο του A2:

(A2)mn

=7∑

k=1

amkakn.

Εστω οτι το αποτελεσµα ειναι x (ενας µη αρνητικος ακεραιος αριθµος). Αυτο σηµαινειοτι στο παραπανω αθροισµα υπαρχουν ακριβως x οροι amkakn ισοι µε 1, το οποιο µε τηνσειρα του σηµαινει οτι amkakn = 1, το οποιο σηµαινει οτι amk = akn = 1 και τελικα αυτοσηµαινει οτι το m-στο δωµατιο επικοινωνει µε το k-στο και το k-στο δωµατιο επικοινωνειµε το n-στο· δηλ. τελικα, οτι υπαρχει µια διαδροµη µηκους 2 απο το m-στο δωµατιο στοn-στο. Ο δε ορος (A2)mn =

∑7k=1 amkakn αθροιζει ολες τις διαδροµες µηκους 2 απο το

m-στο δωµατιο στο n-στο. Ετσι λοιπον, για καθε (m,n) το στοιχειο (A2)mn περιεχει τονσυνολικο αριθµο διαδροµων µηκους 2 απο το m-στο δωµατιο στο n-στο. Μπορειτε να τοελγξετε αυτο συγκρινοντας τον γραφο µε το γινοµενο :

A2 =

0 1 1 0 0 1 11 0 0 0 1 1 01 0 1 1 0 0 00 0 1 0 0 0 10 1 0 0 1 0 01 1 0 0 0 0 01 0 0 1 0 0 1

2

=

4 1 1 2 1 1 11 3 1 0 1 1 11 1 3 1 0 1 22 0 1 2 0 0 11 1 0 0 2 1 01 1 1 0 1 2 11 1 2 1 0 1 3

.



Μπορουµε να επεκτεινουµε τον συλλογισµο για τις δυναµεις Aj, j = 1, 2, 3, ... . Π.χ.

A3 =

0 1 1 0 0 1 11 0 0 0 1 1 01 0 1 1 0 0 00 0 1 0 0 0 10 1 0 0 1 0 01 1 0 0 0 0 01 0 0 1 0 0 1

3

=

4 6 7 2 2 5 76 3 2 2 4 4 27 2 5 5 1 2 42 2 5 2 0 2 52 4 1 0 3 2 15 4 2 2 2 2 27 2 4 5 1 2 5

και ετσι ϐλεπουµε οτι ο συνολικος αριθµος διαδροµων µηκους 3 απο τον χωρο 1 στονχωρο 3 ειναι 7 και απο τον χωρο 5 στον χωρο 2 ειναι 4. Μπορειτε να ελεγξετε την κατοψητου σπιτιου για να ϐεβαιωθειτε οτι αυτο ισχυει πραγµατικα.

1.2.42. ∆ειξτε οτιa11 a12 ... a1Na21 a22 ... a2N... ... ... ...aM1 ... ... aMN

κ1κ2...κN

= κ1

a11a21...aM1

+ κ2

a12a22...aM2

+ ...+ κNa1Na2N...aNN

(1.2)και

[a1 a2 ... aN ]

κ1κ2...κN

= κ1a1 + κ2a2 + ...+ κNaN . (1.3)Απαντηση. Εχουµεa11 a12 ... a1Na21 a22 ... a2N... ... ... ...aM1 ... ... aMN

κ1κ2...κN

=

κ1a11 + κ2a12 + ...+ κNa1Nκ1a21 + κ2a22 + ...+ κNa2N

...κ1aM1 + κ2aM2 + ...+ κNaMN

= κ1

a11a21...aM1

+ κ2

a12a22...aM2

+ ...+ κNa1Na2N...aNN

Ετσι εχουµε αποδειξει την (1.2). Η (1.3) ειναι απλα µια ισοδυναµη γραφη της (1.2).

1.2.43. ∆ειξτε οτικ1 0 ... 00 κ2 ... 0... ... ... ...... ... ... κN

a11 a12 ... a1Na21 a22 ... a2N... ... ... ...aN1 ... ... aNN

=

κ1a11 κ1a12 ... κ1a1Nκ2a21 κ2a22 ... κ2a2N... ... ... ...

κNaN1 ... ... κNaNN

. (1.4)



Απαντηση. Εχουµε για καθε m,n:κ1 0 ... 00 κ2 ... 0... ... ... ...... ... ... κN

a11 a12 ... a1Na21 a22 ... a2N... ... ... ...aN1 ... ... aNN

mn

=[

0 ... 0 κm 0 ... 0]

a1n...

am−1,namnam+1,n...amN

= κmamn

και αυτο αποδεικνυει την (1.4).

1.3 Αλυτα Προβληµατα

1.3.1. Υπολογιστε την διασταση των παρακατω πινακων.[1 20 −1

],

[1 2 10 −1 0

],

[1 2

],

[10

],

[1 + i 2− 1

3 −i

].

Απ. 2× 2, 2× 3, 1× 2, 2× 1, 2× 2.)

1.3.2. Γραψτε τον πινακα

A =

[5 −8 12 3 1

]µε συµβολισµο γραµµων και συµβολισµο στηλων.

1.3.3. Οι πινακες

A =

[x y4 1

], B =

[3 9z u

]ειναι ισοι. Ποιες ειναι οι τιµες των x, y, z, u;

Απ. x = 3, y = 9, z = 4, u = 1.

1.3.4. Υπολογιστε το A + B και το A−B για τους πινακες

A =

[1 3 −12 1 0

], B =

[−1 4 −2

1 0 0

].

Απ.[

0 7 −33 1 0

],[

2 −1 11 1 0

].

1.3.5. Υπολογιστε το A + B και το A−B για τους πινακες

A =

[4 0−2 1

], B =

[1 −4 22 3 6

].

Απ. Οι πραξεις αυτες δεν ειναι δυνατες.




A =

[1 45 7

], B =

[1 34 2

], C =

1 0 2−2 3 03 2 1

, D = 6 0 71 1 2−3 −2 4

.Υπολογιστε τους AB, BA, CD, DC.

Απ.[

17 1133 29

],[

16 2514 30

],

0 −4 15−9 3 −817 0 29

, 27 14 195 7 4

13 2 −2

.1.3.7. ∆ινονται οι πινακες

A =

[2 00 2

], B =

[1 54 2

], C =

4 0 00 3 00 0 2

, D = 3 −2 47 4 5

3 2 1

.Υπολογιστε τους AB, BA, CD, DC. Τι παρατηρειτε ;

Απ.[

2 108 4

],[

2 108 4

],

12 −8 1621 12 156 4 2

, 12 −6 828 12 10

12 6 2

.1.3.8. ∆ινονται οι πινακες

A =

4 0 00 3 00 0 2

, B = 6 3 4−1 1 8

8 0 4

.Υπολογιστε τους AB, BA. Τι παρατηρειτε ;

Απ.

24 12 16−3 3 2416 0 8

, 24 9 8−4 3 16

32 0 8

.1.3.9. Αποδειξτε (οταν οι παρακατω πραξεις ειναι δυνατες) οτι

A + (B + C) = (A + B) +C.

1.3.10. Αποδειξτε οτι

(κ+ λ) ·A = κ ·A+λ ·A., (κ · λ) ·A = κ · (λ ·A) .

1.3.11. Αποδειξτε (οταν οι παρακατω πραξεις ειναι δυνατες) οτι

κ · (A ·B) = (κ ·A) ·B.

1.3.12. Αποδειξτε οτι A · 0 = 0 ·A = 0.

1.3.13. Αποδειξτε οτι (A + I) · (A + I) = A2+2A + I.

1.3.14. Αποδειξτε οτι, γενικα, δεν ισχυει (A + I) · (B + I) = (A + I) · (B + I). Ποτεισχυει η ισοτητα ;



1.3.15. ∆ειξτε µε ενα παραδειγµα οτι, γενικα, (A + B) · (A + B) 6= A2+2AB + B2.

1.3.16. Οριζω

A(θ) =

[cos θ − sin θsin θ cos θ

]∆ειξτε οτι A(θ)A(φ) = A(θ + φ).

1.3.17. ∆ινεται ο πινακας

A =

0 1 01 0 00 0 1

.∆ειξτε οτι για καθε

B =

b11 b12 b13b21 b22 b23b31 b32 b33

εχουµε

AB =

b21 b22 b23b11 b12 b13b31 b32 b33

, BA = b12 b11 b13b22 b21 b23b32 b31 b33

.∆ιατυπωστε τις παραπανω ισοτητες µε λογια.

1.3.18. ∆ινεται N ×N πινακας A ο οποιος προκυπτει απο τον N ×N µοναδιαιο πινακαI, µε εναλλαγη των γραµµων i και j. ∆ινεται επισης τυχον N ×N πινακας B. ∆ειξτε οτι οAB ειναι ο B µε εναλλαγη των γραµµων i και j· επισης οτι ο BA ειναι ο B µε εναλλαγητων στηλων i και j.

1.3.19. Βρειτε ολους τους πινακες A τετοιους ωστε

A2 =

[1 −10 1

]

Απ. Υπαρχουν δυο τετοιοι πινακες : A =[

1 −1/20 1

]και A =

[−1 1/20 −1

].

1.3.20. Εστω N ×N πινακας A.Οριζουµε το ιχνος αυτου

tr (A) =N∑n=1

ann.

Αν B ειναι M ×N και C ειναι N ×M , δειξτε οτι tr (BC) = tr (CB).

1.3.21. Αν A,B ειναι N ×N πινακες, δειξτε οτι η σχεση AB−BA = I ειναι αδυνατη.

1.3.22. ∆ινεται το συστηµα γραµµικων εξισωσεων

x− 3y + z + 2u = 2x+ y − 3u = −17x+ z + u = 0



Γραψτε το συστηµα αυτο ως µια εξισωση πινακων.Απ. 1 −3 1 21 1 0 −3

7 0 1 1

xyzu

= 2−1

0

1.3.23. Βρειτε στο παρακατω σχηµα ποσες διαδροµες υπαρχουν πουν συνδεουν τον χωρο1 µε τον χωρο 3 και εχουν µηκος 4.

Σχηµα 1.2.2

1.3.24. Τι µαθατε απο τα προβληµατα 1.2.39, 1.2.40, 1.2.41;

Αθ.ΚεχαγιαςΚεφάλαιο 2Αντιστροφος Πινακας και ∆υναµειςΠινακων

Εχουµε ηδη πει οτι οι πινακες ειναι ¨γενικευµενοι αριθµοι¨. Στο προηγουµενο κεφαλαιοειδαµε πως να εκτελουµε πραξεις µεταξυ πινακων (αντιστοιχες µε τις πραξεις µεταξυαριθµων). Στο παρον κεφαλαιο ϑα δουµε οτι οι τετραγωνικοι πινακες, οπως και οι αριθµοι,µπορουν να εφοδιαστουν µε δυναµεις.

Οπως ακριβως στο συστηµα των πραγµατικων αριθµων εχουµε aa−1 = 1, ετσι και γιατους τετραγωνικους πινακες εχουµε AA−1= I, οπου A−1 ειναι ο αντιστροφος του N ×Nπινακα A. Για να υπαρχει ο αντιστροφος ενος αριθµου a, πρεπει να εχουµε a 6= 0.Παροµοια, για να εχει ο τετραγωνικος πινακας A αντιστροφο, πρεπει να ικανοποιειταικαποια συνθηκη, η οποια ειναι γενικευση (για το συνολο των τετραγωνικων πινακων) τηςa 6= 0.

Οπως ϑα ϕανει και απο τις εποµενες προτασεις, δυναµεις και αντιστροφος ορι-Ϲονται µονο για τετραγωνικους πινακες ! Καθε πινακας που εµφανιζεται σε αυτο τοκεφαλαιο ειναι τετραγωνικος εκτος αν το αντιθετο λεγεται ϱητα.

2.1 Περιληψη

2.1.1. Θεωρηµα. Εστω N ×N πινακας A. Αν υπαρχει N ×N πινακας B τετοιος ωστεBA = AB = I, τοτε ο B ειναι µοναδικος.

2.1.2. Ορισµος. Τον µοναδικο πινακα B που εχει την ιδιοτητα BA = AB = I (αν αυτοςυπαρχει !) τον ονοµαζουµε αντιστροφο του A και τον συµβολιζουµε µε A−1 = B.

2.1.3. Θεωρηµα. Υπαρχουν τετραγωνικοι πινακες που δεν εχουν αντιστροφο. Π.χ. οµηδενικος πινακας δεν εχει αντιστροφο. Αν υπαρχει ο A−1, ο A λεγεται οµαλος· σεαντιθετη περιπτωση ο A λεγεται ανωµαλος η ιδιαζων.

2.1.4. Θεωρηµα. Εστω πινακες A,B οι οποιοι εχουν αντιστροφους A−1, B−1. Ισχυουντα εξης.

1. (A−1)−1= A (δηλ. ο αντιστροφος του A−1 ειναι ο A).

21


ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ ΚΑΙ ∆ΥΝΑΜΕΙΣ ΠΙΝΑΚΩΝ 22

2. (A ·B)−1 = B−1 ·A−1.

2.1.5. Θεωρηµα. Ο γενικος 1×1 πινακας A = [a11] εχει τον αντιστροφο A−1=[a−111]ανν

a11 6= 0· ο A ειναι ανωµαλος ανν a11 = 0.

2.1.6. Θεωρηµα. Ο γενικος 2× 2 πινακας

A =

[a11 a12a21 a22

]εχει τον αντιστροφο

A−1 =1

a11a22 − a12a21

[a22 −a12−a21 a11

](2.1)

ανν a12a21 − a11a22 6= 0· ο A ειναι ανωµαλος ανν a12a21 − a11a22 = 0.

2.1.7. Οταν ο A ειναι N ×N , N ∈ {3, 4, ...}, ο A−1 µπορει να υπολογιστει ειτε λυνονταςενα συστηµα γραµµικων εξισωσεων, ειτε χρησιµοποιωντας ενα τυπο παροµοιο µε τον (2.2)– οµως ο τυπος αυτος εµπλεκει οριζουσες και γι΄ αυτο ϑα τον παρουσιασουµε στο Κεφαλαιο4.

2.1.8. Ορισµος. ∆ινεται ενας N ×N πινακας A· συµβολιζουµε µε A2 τον πινακα A ·A(το τετραγωνο του A).

2.1.9. Ορισµος. ∆ινεται ενας N × N πινακας A· συµβολιζουµε µε A3 τον πινακαA ·A ·A· λογω προσεταιριστικοτητας εχουµε

A3 = A ·A ·A =(A2)·A = A·

(A2).

2.1.10. Ορισµος. Γενικοτερα, για καθε N × N πινακα A και για καθε n ∈ {1, 2, ...}οριζουµε την n-στη δυναµη του A:

An = A ·A · .. ·An ϕορες

.

Εξ ορισµου,A0= I.

2.1.11. Θεωρηµα. Οι µη αρνητικες ακεραιες δυναµεις των πινακων συµπεριφερονταιοπως οι ακεραιες δυναµεις αριθµων. ∆ηλ. για καθε N ×N πινακα A εχουµε

∀m,n ∈ {0, 1, 2, ...} : Am ·An = Am+n, (Am)n = Amn.

2.1.12. Ορισµος. Αν υπαρχει ο A−1 µπορουµε να ορισουµε αρνητικες δυναµεις του A:για n ∈ {1, 2, ...} οριζουµε

A−n = A−1·A−1·.. ·A−1n ϕορες

.

2.1.13. Θεωρηµα. Οι ακεραιες δυναµεις των πινακων συµπεριφερονται οπως οι ακ-εραιες δυναµεις αριθµων. ∆ηλ. για καθε N ×N πινακα A εχουµε:

∀m,n ∈ {0,±1,±2, ...} : Am ·An = Am+n, (Am)n = Amn

(µε την επιφυλαξη οτι ο A πρεπει να ειναι οµαλος για να εχει αρνητικες δυναµεις).



2.1.14. Ορισµος. Ενας N ×N πινακας A λεγεται ταυτοδυναµος ανν A2= A.

2.1.15. Θεωρηµα. Για καθε ταυτοδυναµο πινακα ισχυει Ak= A για καθε k ∈ {1, 2, 3...}.

2.1.16. Ορισµος. Ενας N × N πινακας A λεγεται µηδενοδυναµος ανν υπαρχει k ∈{1, 2, 3...} τετοιο ωστε Ak= 0. Το µικροτερο τετοιο k το ονοµαζουµε ταξη του A.

2.1.17. Ορισµος. Ενας N ×N πινακας A λεγεται ενελικτικος ανν A2= I.

2.2 Θεωρια και Παραδειγµατα

2.2.1. Θεωρηµα. Εστω N ×N πινακας A. Αν υπαρχει N ×N πινακας B τετοιος ωστεBA = AB = I, τοτε ο B ειναι µοναδικος.

2.2.2. Ορισµος.Τον µοναδικο πινακα B που εχει την ιδιοτητα BA = AB = I (αν αυτοςυπαρχει !) τον ονοµαζουµε αντιστροφο του A και τον συµβολιζουµε µε A−1 = B.

2.2.3. Εστω N ×N πινακας A. Αποδειξτε οτι αν υπαρχει N ×N πινακας B τετοιος ωστεBA = AB = I, τοτε ο B ειναι µοναδικος.

Απαντηση. Εστω πινακας A που εχει δυο αντιστροφους, τους B και C. Τοτε πρεπεινα εχουµε

AB= BA = I

AC= CA = I

Πολλαπλασιαζοντας την πρωτη εξισωση απο δεξια µε C παιρνουµε CAB = CBA = C.Αλλα απο την δευτερη εχουµε CA = I, αρα IB = C δηλ. B = C. ∆ηλαδη, αν εναςπινακας εχει αντιστροφο, εχει µοναδικο αντιστροφο.

2.2.4. Επαληθευστε οτι ο

A =

[1 2−1 3


A−1 =

[35−2

515

15

].

Απαντηση. Εχουµε[1 2−1 3

]·[

35−2

515

15

]=

[1·3+2·1

5−1·2+2·1

5−1·3+3·1

5(−1)(−2)+3·1

5

]=

[1 00 1

][

35−2

515

15

]·[

1 2−1 3

]=

[3·1+(−2)·(−1)

53·2−2·3

51·1−1·1

51·2+1·3

5

]=

[1 00 1

].

2.2.5. Επαληθευστε οτι ο

A =

2 −2 13 4 51 1 2



εχει τον αντιστροφο

A−1 =

37 57 −2−17

37−1

−17−4

72

.Απαντηση. Εχουµε 2 −2 13 4 51 1 2

37 57 −2−17

37−1

−17−4

72

= 37 57 −2−1

737−1

−17−4

72

2 −2 13 4 51 1 2

= 1 0 00 1 0

0 0 1

.2.2.6. Ορισµος. Υπαρχουν τετραγωνικοι πινακες που δεν εχουν αντιστροφο. Π.χ. οµηδενικος πινακας δεν εχει αντιστροφο. Αν υπαρχει ο A−1, ο A λεγεται οµαλος· σεαντιθετη περιπτωση ο A λεγεται ανωµαλος η ιδιαζων.

2.2.7. ∆ειξτε οτι (για καθε N ) ο N ×N µηδενικος πινακας δεν εχει αντιστροφο.Απαντηση. Πρεπει να εχουµε[

0 00 0

] [x yz u

]=

[1 00 1

]το οποιο δινει το συστηµα

0x+ 0z = 1

0y + 0u = 0

0x+ 0z = 0

0y + 0u = 1

Αλλα, προφανως, οι πρωτη και τεταρτη εξισωση ειναι αδυνατες και ετσι το συστηµα ειναιαδυνατο, δηλ. δεν υπαρχει ο αντιστροφος του µηδενικου πινακα.

2.2.8. ∆ειξτε οτι ο

A =

[1 21 2

]δεν εχει αντιστροφο.

Απαντηση. Πρεπει να εχουµε[1 21 2

] [x yz u

]=

[1 00 1


x+ 2z = 1

y + 2u = 0

x+ 2z = 0

y + 2u = 1

Αλλα, προφανως, η πρωτη εξισωση ειναι ασυµβατη µε την τριτη (και η δευτερη µε τηντεταρτη) και ετσι το συστηµα ειναι αδυνατο, δηλ. δεν υπαρχει ο αντιστροφος του A.




A =

[1 22 4

]δεν εχει αντιστροφο.

Απαντηση. Πρεπει να εχουµε[1 22 4

] [x yz u

]=

[1 00 1


x+ 2z = 1

y + 2u = 0

2x+ 4z = 0

2y + 4u = 1

Αλλα η πρωτη εξισωση πολλαπλασιασµενη επι 2 δινει 2x+4z = 2 και αυτη ειναι ασυµβατηµε την τριτη (το ιδιο συµβαινει µε την δευτερη και την τεταρτη εξισωση) και ετσι το συστηµαειναι αδυνατο, δηλ. δεν υπαρχει ο αντιστροφος του A.

2.2.10. Θεωρηµα. Εστω πινακες A,B οι οποιοι εχουν αντιστροφους A−1, B−1. Ισχυουντα εξης.

1. (A−1)−1= A (δηλ. ο αντιστροφος του A−1 ειναι ο A).

2. (A ·B)−1 = B−1 ·A−1.

2.2.11. Αποδειξτε οτι (A−1)−1= A.Απαντηση. Εχουµε Εστω B = (A−1)−1. Θα πρεπει να εχουµε

BA−1 = A−1B = I.

Αλλα ενας πινακας που ικανοποιει την παραπανω ειναι ο B = A. Επειδη ο αντιστροφοςτου A−1 ειναι (αν υπαρχει) µοναδικος, εχουµε (A−1)−1 = B = A.

2.2.12. Αποδειξτε οτι (A ·B)−1 = B−1·A−1.Απαντηση. Αρκει να παρατηρησουµε οτι(

B−1·A−1)·A ·B= B−1·A−1·A ·B = B−1·I ·B = B−1·B = I

(A ·B) ·(B−1·A−1

)= A ·B ·B−1·A−1= A−1·I ·A = A−1·A = I.

2.2.13. Θεωρηµα. Ο γενικος 1 × 1 πινακας A = [a11] εχει τον αντιστροφο A−1=[a−111]

ανν a11 6= 0· ο A ειναι ανωµαλος ανν a11 = 0.



2.2.14. Θεωρηµα. Ο γενικος 2× 2 πινακας

A =

[a11 a12a21 a22


A−1 =1

a11a22 − a12a21

[a22 −a12−a21 a11

](2.2)

ανν a12a21 − a11a22 6= 0· ο A ειναι ανωµαλος ανν a12a21 − a11a22 = 0.

2.2.15. Υπολογιστε τον αντιστροφο του

A =

[3 −5−1 2

].

Απαντηση. Εστω οτι

A−1 =

[x11 x12x21 x22

].

Πρεπει να εχουµε [3 −5−1 2

] [x11 x12x21 x22

]=

[1 00 1

].

Εκτελωντας τον παραπανω πολλαπλασιασµο παιρνουµε τις εξισωσεις

3x11 − 5x21 = 1−x11 + 2x21 = 0

και

3x12 − 5x22 = 0−x12 + 2x22 = 1.

Λυνοντας το πρωτο συστηµα (µε αντικατασταση) εχουµε x11 = 2 και x21 = 1· λυνοντας τοδευτερο συστηµα εχουµε x22 = 3, x12 = 5. Αρα

A−1 =

[2 51 3

].

Αυτο το επαληθευουµε κανοντας τον πολλαπλασιασµο[2 51 3

] [3 −5−1 2

]=

[1 00 1

].

2.2.16. Οταν ο A ειναι N×N , N ∈ {3, 4, ...}, ο A−1 µπορει να υπολογιστει ειτε λυνονταςενα συστηµα γραµµικων εξισωσεων, ειτε χρησιµοποιωντας ενα τυπο παροµοιο µε τον (2.2)– οµως ο τυπος αυτος εµπλεκει οριζουσες και γι΄ αυτο ϑα τον παρουσιασουµε στο Κεφαλαιο4.




A =

1 0 2−1 1 11 2 0

.Απαντηση. Εστω οτι

A−1 =

x11 x12 x13x21 x22 x23x31 x32 x33

.Πρεπει να εχουµε 1 0 2−1 1 1

1 2 0

x11 x12 x13x21 x22 x23x31 x32 x33

= 1 0 00 1 0

0 0 1

.Εκτελωντας τον παραπανω πολλαπλασιασµο παιρνουµε τις εξισωσεις

x11 + 2x31 = 1x21 − x11 + x31 = 0x11 + 2x21 = 0

καιx12 + 2x32 = 0

x22 − x12 + x32 = 1x12 + 2x22 = 0

καιx13 + 2x33 = 0

x23 − x13 + x33 = 0x13 + 2x23 = 1.

Εχουµε τρια συστηµατα, το καθενα εκ των οποιων εχει τρεις εξισωσεις και τρεις αγνωστους.Μπορουµε λοιπον να λυσουµε το καθε συστηµα ξεχωριστα. Μετα απο αρκετες πραξειςπαιρνουµε

x11 =1

4, x21 = −

1

8, x31 =

3

8

x12 = −1

2, x22 =

1

4, x32 =

1

4

x13 =1

4, x23 =

3

8, x33 = −

1

8

οποτε

A−1 =

14 −12 14−18

14

38

38

14−1

8

.Μπορουµε λοιπον να υπολογισουµε τον αντιστροφο ενος 3×3 πινακα λυνοντας συστηµαταγραµµικων εξισωσεων. Οµως αυτος ο τροπος ειναι επιπονος. Στο Κεφαλαιο 4 ϑα δουµεεναν γενικο τυπο ο οποιος διευκολυνει τον υπολογισµο του αντιστροφου. Επισης, σταεποµενα προβληµατα ϑα δουµε µερικες ειδικες περιπτωσεις υπολογισµου αντιστροφου.



2.2.18. ∆ινονται οι

A =

0 1 00 0 11 0 0

, B = 0 0 11 0 0

0 1 0

.∆ειξτε οτι ο A ειναι αντιστροφος του B. Μπορειτε να εξηγησετε διαισθητικα γιατι συµβαινειαυτο ; (Υποδειξη : υπολογιστε το γινοµενο του µε ενα τυχαιο πινακα).

Απαντηση. Παρατηρουµε οτι

AB =

0 1 00 0 11 0 0

0 0 11 0 00 1 0

= 1 0 00 1 0

0 0 1

,BA =

0 0 11 0 00 1 0

0 1 00 0 11 0 0

= 1 0 00 1 0

0 0 1

.Οντως λοιπον A−1= B. Γιατι συµβαινει αυτο ;

Παιρνουµε τυχοντα πινακα C και εκτελουµε τον πολλαπλασιασµο

CA =

c11 c12 c13c21 c22 c23c31 c32 c33

0 1 00 0 11 0 0

= c13 c11 c12c23 c21 c22c33 c31 c32

.Παρατηρουµε οτι ο πολλαπλασιαζοντας τον C επι A εναλλαξαµε τις στηλες του C: ηπρωτη στηλη εγινε δευτερη, η δευτερη τριτη και η τριτη πρωτη. Παροµοια παιρνουµετυχοντα πινακα D και εκτελουµε τον πολλαπλασιασµο

DB =

d11 d12 d13d21 d22 d23d31 d32 d33

0 0 11 0 00 1 0

= d12 d13 d11d22 d23 d21d32 d33 d31

.Παρατηρουµε οτι ο πολλαπλασιαζοντας τον D επι B εναλλαξαµε τις στηλες του D: ηπρωτη στηλη εγινε τριτη, η δευτερη πρωτη και η τριτη δευτερη.

Τι συµβαινει αν εκτελεσουµε και τους δυο πολλαπλασιασµους ;

CAB =

c11 c12 c13c21 c22 c23c31 c32 c33

0 1 00 0 11 0 0

0 0 11 0 00 1 0

= c11 c12 c13c21 c22 c23c31 c32 c33

.Παιρνουµε τον αρχικο πινακα C. Αυτο δεν ειναι απροσδοκητο, αφου

CAB = CAA−1= CI = C.

Αλλα τωρα εχουµε και µια διαισθητικη εξηγηση: η πρωτη στηλη του C εγινε καταρχηνδευτερη (στον πρωτο πολλαπλασιασµο) και κατοπιν η δευτερη εγινε πρωτη, δηλ. επανηλθεστην αρχικη της ϑεση. Το ιδιο συµβαινει και µετις αλλες στηλες. Ο πινακας B αντιστρεφειτην µεταθεση στηλων που προξενει ο πινακας A.



Οι πινακες A,B ειναι πινακες µεταθεσης (δες Κεφ. 14). Καθε πινακας που προκυπτειαπο τον µοναδιαιο πινακα µε µεταθεση των στηλων του υλοποιει, µε εκ δεξιων πολ-λαπλασιασµο, την αντιστοιχη µεταθεση σε τυχοντα πινακα.

Τι επιδραση εχει σε τυχαιο πινακα ο πολλαπλασιασµος εξ αριστερων µε ενα πινακαµεταθεσης ; Πειραµατιστε µε τους A,B.


A =

0 1 01 0 00 0 1

ειναι αντιστροφος του εαυτου του. Μπορειτε να εξηγησετε διαισθητικα γιατι συµβαινειαυτο ;

Απαντηση. Πραγµατι

AA =

0 1 01 0 00 0 1

0 1 01 0 00 0 1

= 1 0 00 1 0

0 0 1

δηλ. A−1 = A (ο A ειναι αυτοαντιστροφος). ∆ιασθητικα, ο A εναλλασσει την πρωτη καιδευτερη στηλη καθε 3×3 πινακα· αν αυτο επαναληφθει δυο ϕορες παιρνουµε τον αρχικοπινακα.


A =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0

.Απαντηση. Ο A προκυπτει απο προς τα δεξια (κυκλικη) µεταθεση ολων των στηλων

του µοναδιαιου. Αρα περιµενουµε οτι αντιστροφος του ϑα προκυπτει απο προς τα αρισ-τερα κυκλικη µεταθεση ολων των στηλων του µοναδιαιου. ∆ηλ. περιµενουµε

A−1 =

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

.Πραγµατι

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0

=

0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

=

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

.2.2.21. Υπολογιστε τον αντιστροφο του

A =

[a11 a12a21 a22

].



Απαντηση. Εστω οτι

A−1 =

[x11 x12x21 x22

].

Πρεπει να εχουµε [a11 a12a21 a22

] [x11 x12x21 x22

]=

[1 00 1

].

Εκτελωντας τον παραπανω πολλαπλασιασµο παιρνουµε τις εξισωσεις

a11x11 + a12x21 = 1

a21x11 + a22x21 = 0

και

a11x12 + a12x22 = 0

a21x12 + a22x22 = 1.

Θα λυσουµε το πρωτο συστηµα µε αντικατασταση. Απο τη πρωτη εξισωση εχουµε

x11 =1− a12x21

a11

οποτε στην δευτερη εξισωση παιρνουµε

a21x11 + a22x21 = 0⇒ a211− a12x21

a11+ a22x21 = 0⇒

x21 = −a21

a11a22 − a12a21και x11 =

a22a11a22 − a12a21

.

Με αντιστοιχο τροπο παιρνουµε

x22 =a11

a11a22 − a12a21και x12 = −

a12a11a22 − a12a21

Επισης εχουµε

a22a11a22 − a12a21

[a22 −a12−a21 a11

] [a11 a12a21 a22

]=

[1 00 1

].

Οποτε εχουµε επαληθεσυει τον γενικο τυπο του 2× 2 αντιστροφου, που ειναι : Τελικα

A−1 =1

a11a22 − a12a21

[a22 −a12−a21 a11

]. (2.3)

Στην παραπανω επιλυση υποθεσαµε οτι a11a22−a12a21 6= 0. Αν ειχαµε a11a22−a12a21 = 0,τοτε ο αντιστροφος του A δεν ϑα υπηρχε (δες και την παρακατω ασκηση).



2.2.22. Εστω 2× 2 πινακας

A =

[a11 a12a21 a22

].

Αποδειξτε οτι ο A−1 υπαρχει ανν a11a22 − a12a21 6= 0.Απαντηση. Εχουµε ηδη δειξει οτι, οταν |A| 6= 0 υπαρχει ο A−1 και δινεται απο τον

τυπο (2.3). Ας υποθεσουµε τωρα οτι

a11a22 − a12a21 = 0 (2.4)

και ας ϑεσουµε τον αντιστροφο

A−1=

[x yz u

].

Ας εξετασουµε πρωτα την περιπτωση a11 = 0. Τοτε απο την (2.4) παιρνουµε και a12a21 = 0.Αν a12 = 0, τοτε εχουµε[

1 00 1

]= A−1A =

[x yz u

] [0 a120 a22

]⇒ 0x+ 0y = 1

το οποιο ειναι αδυνατο· παροµοια ϐλεπουµε οτι το a21 οδηγει σε αντιφαση. Αρα δενµπορει ουτε και το a11 να ειναι µηδενικο.

Ας υποθεσουµε λοιπον οτι a11a22 − a12a21 = 0 και a11 6= 0. Τοτε οπως ειδαµε στοΕδαφιο 2.2.21, εχουµε

x11 =1− a12x21

a11και

(a11a22 − a12a21)x21 = −a21 ⇒ a21 = 0⇒ a11a22 = 0⇒ a22 = 0.

Τοτε οµως [1 00 1

]= AA−1 =

[a11 a120 0

] [x yz u

]⇒ 0x+ 0z = 1

το οποιο επισης ειναι ατοπο. Αρα λοιπον, κακως υποθεσαµε οτι υπαρχει ο A−1· αυτοειναι ασυµβιβαστο µε την συνθηκη a11a22 − a12a21 = 0.

2.2.23. Εστω πινακες A και B τετοιοι ωστε AB = BA. ∆ειξτε οτι

A−1B−1 = B−1A−1, BA−1 = A−1B, AB−1 = B−1A.


AB = BA⇒ (AB)−1 = (BA)−1⇒ B−1A−1 = A−1B−1

και ετσι εχουµε αποδειξει την πρωτη Ϲητουµενη. Τωρα

B−1A−1 = A−1B−1⇒ BB−1A−1B = BA−1B−1B⇒ A−1B = BA−1

και εχουµε αποδειξει την δευτερη. Η τριτη αποδεικνυεται παροµοια.



2.2.24. Ορισµος. ∆ινεται ενας N × N πινακας A· συµβολιζουµε µε A2 τον πινακα A·A (το τετραγωνο του A).

2.2.25. Ορισµος. ∆ινεται ενας N × N πινακας A· συµβολιζουµε µε A3 τον πινακαA ·A ·A· λογω προσεταιριστικοτητας εχουµε

A3 = A ·A ·A =(A2)·A = A·

(A2).

2.2.26. Ορισµος. Γενικοτερα, για καθε N × N πινακα A και για καθε n ∈ {1, 2, ...}οριζουµε την n-στη δυναµη του A:

An = A ·A · .. ·An ϕορες

.

Εξ ορισµου,A0= I.

2.2.27. Θεωρηµα. Οι µη αρνητικες ακεραιες δυναµεις των πινακων συµπεριφερονταιοπως οι ακεραιες δυναµεις αριθµων. ∆ηλ. για καθε N ×N πινακα A εχουµε

∀m,n ∈ {0, 1, 2, ...} : Am ·An = Am+n, (Am)n = Amn.

2.2.28. Εστω N ×N πινακας A. Αποδειξτε οτι

∀m,n ∈ {0, 1, 2, ...} : Am ·An = Am+n, (Am)n = Amn

Απαντηση. Για το πρωτο Ϲητουµενο εχουµε

Am ·An = A · ... ·Am ϕορες

·A · ... ·An ϕορες

= A · ... ·Am+n ϕορες

= Am+n.

Για το δευτερο Ϲητουµενο εχουµε

(Am)n =

(A · ... ·Am ϕορες

)· ... ·

(A · ... ·Am ϕορες

)n ϕορες

= A · ... ·Am·n ϕορες

= Amn.

2.2.29. Υπολογιστε τους A2 , A3 οταν

A =

[1 12 −1

].


A2= A ·A =[

1 12 −1

Αθ.Κεχαγιας - thalis.math.upatras.grzaf/Downloads/LAlgBook092.pdf · η γραµµικη...

Documents

Transcript of Αθ.Κεχαγιας - thalis.math.upatras.grzaf/Downloads/LAlgBook092.pdf · η γραµµικη...