1.i)€¦ · , [email protected] , Τηλ: 6979210251 Ενδεικτικές απαντήσεις 2...

http://elearn.maths.gr/ , [email protected] , Τηλ: 6979210251 Ενδεικτικές απαντήσεις 2ης Γραπτής Εργασίας ΠΛΗ12 2007-2008: Οι φοιτητές θα κάνουν την δική τους εργασία σκεπτόµενοι πάνω στις ενδεικτικές απαντήσεις. Σε περίπτωση αντιγραφής ή ύπαρξης παροραµάτων δεν φέρουµε καµία ευθύνη.

1.i)

= v1 v2 + + + (2) (0) ( 2) ( 1) (-2) (1) (0) (-1)

= 0

=>

, ,v1 v2 είναι κάθετα µεταξύ τους, δηλ. σχηµατίζουν "ορθή γωνία" στον χώρο R4

= v1 v3 + + + (2) (1) ( 2) ( 1) (-2) (2) (0) (-4)

= 0

=>

, ,v1 v3 είναι κάθετα µεταξύ τους, δηλ. σχηµατίζουν "ορθή γωνία" στον χώρο R4

1.ii)

Βρίσκουµε πρώτα µία ορθογώνια βάση:

= u1 [ ], , ,2 2 -2 0

= u2 − v2

v2 . u1

u 1 . u 1 u1

=>

= u2 − { }[ ], , ,0 1 1 -1

+ + + (2) (0) ( 2) ( 1) (1) (-2) (-1) (0)

+ + + (2)2 ( 2)2 (-2) (-2) (0) (0)[ ], , ,2 2 -2 0

1

=>

= u2 − { }[ ], , ,0 1 1 -1 [ ]0 [ ], , ,2 2 -2 0

=>

= u2 [ ], , ,0 1 1 -1

= u3 − − v3

v3 . u1

u 1 . u 1 u1

v3 . u2

u 2 . u 2 u2

=>

u3 { }[ ], , ,1 1 2 -4

+ + + (2) (1) ( 2) ( 1) (2) (-2) (-4) (0)

+ + + (2)2 ( 2)2 (-2) (-2) (0) (0)[ ], , ,2 2 -2 0 − =

+ + + (1) (0) ( 1)2 (2) (1) (-4) (-1)

+ + + (0)2 ( 1)2 (1) (1) (-1) (-1)[ ], , ,0 1 1 -1 −

=>

= u3 − − { }[ ], , ,1 1 2 -4 [ ]0 [ ], , ,2 2 -2 0

7

3[ ], , ,0 1 1 -1

=>

= u3

, , ,1

-4

3

-1

3

-5

3

και κατόπιν την κάνουµε κανονική διαιρώντας κάθε διάνυσµα µε το µέτρο του:

= e1

u1

||u1 ||

=>

2

= e1

u1

+ + 22 22 ( )-2 2

=>

= e1

u1

12

=>

= e1

u1

[ ]2 3

=>

= e1

1

63 u1

=>

= e1

, , ,

3

3

3

3−

3

30

= e2

u2

||u2 ||

=>

= e2

u2

+ 2 ( )-1 2

=>

= e2

u2

3

=>

3

= e2

u2

[ ]3

=>

= e2

1

33 u2

=>

= e2

, , ,0

3

3

3

3−

3

3

= e3

u3

||u3 ||

=>

= e3

u3

+ + + 1

-4

3

2

-1

3

2

-5

3

2

=>

= e3

u3

17

3

=>

= e3

u3

51

3

=>

4

= e3

1

1751 u3

=>

= e3

, , ,

51

17−

4 51

51−

51

51−

5 51

51

1.iii)

Το άθροισµα της διάστασης του W µε την διάσταση του ορθογώνιου συµπληρώµατός του W_|_

,είναι ίσο µε την διάσταση του R4 δηλ. µε 4, άρα η διάσταση του W_|_είναι 1.

, ,Εποµένως αρκεί να βρούµε ένα διάνυσµα U κάθετο στα v1 v2 v3

= Έστω U [ ], , ,x y z w

= U . v1 0

= U . v2 0

= U . v3 0

<=>

= + − 2 x 2 y 2 z 0

= + − y z w 0

= + + − x y 2 z 4 w 0

Γ1 <--> Γ3

<=>

= + + − x y 2 z 4 w 0

= + − y z w 0

= + − 2 x 2 y 2 z 0

5

+ Γ3 ---> Γ3 { }−2 Γ1

<=>

= + + − x y 2 z 4 w 0

= + − y z w 0

= − + 6 z 8 w 0

<=>

= + + − x y 2 z 4 w 0

= + − y z w 0

= − + 6 z 8 w 0

+ Γ1 ---> Γ1 { }− Γ2

<=>

= + − x z 3 w 0

= + − y z w 0

= − + 6 z 8 w 0

Γ3 ---> { }−Γ3

6

<=>

= + − x z 3 w 0

= + − y z w 0

6

= − z4 w

30

+ Γ1 ---> Γ1 { }− Γ3

+ Γ2 ---> Γ2 { }− Γ3

<=>

= − x5 w

30

= + yw

30

= − z4 w

30

<=>

= x5 w

3

= y −w

3

= z4 w

3

= w ∈ w R

Άρα µία βάση βρίσκουµε θέτοντας π.χ. w = 3 και είναι:

= U [ ], , ,5 -1 4 3

∆ιαιρώντας µε το µέτρο του U βρίσκουµε την ορθοκανονική βάση:

= uU

[ ]51

7

= u

, , ,

5

51−

1

51

4

51

3

51

1.iv)

Αρκεί να πάρουµε το άθροισµα των προβολών πάνω στα διανύσµατα

της ορθοκανονικής βάσης του W, δηλ.:

= + + ( v . e1 ) e1 ( v . e2 ) e2 ( v . e3 ) e3

= − − + 1

33 e1

1

33 e2

1

5151 e3

1

33 { }

, , ,

3

3

3

3−

3

30

1

33 { }

, , ,0

3

3

3

3−

3

3− − =

1

5151 { }

, , ,

51

17−

4 51

51−

51

51−

5 51

51 +

= + + { }

, , ,

-1

3

-1

3

1

30 { }

, , ,0

-1

3

-1

3

1

3{ }

, , ,

1

17

-4

51

-1

51

-5

51

=

, , ,

-14

51

-38

51

-1

51

4

17

Το ίδιο και στο ορθογώνιο συµπλήρωµα W_|_

= ( v . u ) u 13 51 u

51

=

, , ,

65

51

-13

51

52

51

13

17

Παρατηρούµε ότι το άθροισµα των ορθογωνίων προβολών µας δίνει το v:

8

= + { }

, , ,

-14

51

-38

51

-1

51

4

17{ }

, , ,

65

51

-13

51

52

51

13

17[ ], , ,1 -1 1 1


2.i)

, = A

1 2 1-2 0 24 -4 4

= AT

1 -2 42 0 -41 2 4

Παρατηρούµε ότι:

= A A T

=

+ 2 (1) (1 ) (2) (2 ) + + (1) (-2 ) (2) (0 ) (1) (2 ) + 2 (1) (4 ) (2) (-4 ) + + (-2) (1 ) (0) (2 ) (2) (1 ) + + (-2) (-2 ) (0) (0 ) (2) (2 ) + + (-2) (4 ) (0) (-4 ) (2) (4 )

+ 2 (4) (1 ) (-4) (2 ) + + (4) (-2 ) (-4) (0 ) (4) (2 ) + 2 (4) (4 ) (-4) (-4 )

=

6 0 00 8 00 0 48

≠

1 0 00 1 00 0 1

= A T A

=

+ + (1) (1 ) (-2) (-2 ) (4) (4 ) + + (1) (2 ) (-2) (0 ) (4) (-4 ) + + (1) (1 ) (-2) (2 ) (4) (4 ) + + (2) (1 ) (0) (-2 ) (-4) (4 ) + + (2) (2 ) (0) (0 ) (-4) (-4 ) + + (2) (1 ) (0) (2 ) (-4) (4 ) + + (1) (1 ) (2) (-2 ) (4) (4 ) + + (1) (2 ) (2) (0 ) (4) (-4 ) + + (1) (1 ) (2) (2 ) (4) (4 )

=

21 -14 13-14 20 -1413 -14 21

9

≠

1 0 00 1 00 0 1

άρα ο Α δεν είναι ορθογώνιος

2.i)

∆ιαιρούµε κάθε διάνυσµα γραµµή µε το µέτρο του κι έχουµε:

= R1

, ,

1

6

2

6

1

6

= R2

, ,−

2

80

2

8

= R3

, ,

4

48−

4

48

4

48

και έχουµε τον πίνακα:

= B

1

6

2

6

1

6

−2

80

2

84

48−

4

48

4

48

= B B T

10

=

+

2

1

6

6

2

2

6

60 −

8

1

6

48

4

2

6

48

+

−

2

8

6

2

8

6− +

2

−

2

8

8

2

2

8

8 +

4

−

2

8

48

4

2

8

48

+

2

4

48

6

2

−

4

48

60 −

8

4

48

48

4

−

4

48

48

=

6

60 0

08

80

0 048

48

=

1 0 00 1 00 0 1

= B T B

=

1 0 00 1 00 0 1

άρα ο B είναι ορθογώνιος

Επίσης ο Β µετά από απλοποιήσεις ριζικών γράφεται:

= B

6

6

6

3

6

6

−2

20

2

2

3

3−

3

3

3

3

11

2.iii)

Από τη στιγµή που ο πίνακας Β είναι ορθογώνιος

τα διανύσµατα στήλες αυτού είναι µια ορθοκανονική

βάση του χώρου R3

Τα διανύσµατα που παράγουν τον V είναι οι 2 πρώτες στήλες

του Α, εποµένως µία ορθοκανονική βάση του V

είναι οι 2 πρώτες στήλες του Β.

Επίσης ο χώρος R3 γράφεται ως ευθύ άθροισµα του V και του V_|_

άρα για το y αρκεί να βρω την προβολή του x πάνω

στις 2 πρώτες στήλες του Β και για το w αρκεί

να βρω την προβολή του x πάνω στην 3η στήλη του Β

Η προβολή του x πάνω στον V είναι:

= y + ( x . B 1 ) B1 ( x . B 2 ) B2

= +

− −

6

62 2

3

3 B1

+

6

3

3

3 B2

= +

− −

6

62 2

3

36

6

−

− −

6

62 2

3

32

2

− −

6

62 2

3

33

3

+

6

3

3

36

30

−

+

6

3

3

33

3

12

= +

− − 1

6

6 2

3

6 3

18

− + + 6 2

122

2 3

6

− − 6 3

18

2 2 3

3

1

3

+ 2

3

6 3

90

− − 6 3

9

1

3

=>

= y

− + 5

6

6 2

3

6 3

18

− + + 6 2

122

2 3

6

− − − 6 3

18

2 2 3

3

2

3

Η προβολή του x πάνω στον V_|_

= w ( x . B 3 ) B3

=

+ −

6

62 2

3

3 B3

=

+ −

6

62 2

3

36

6

+ −

6

62 2

3

32

2

+ −

6

62 2

3

33

3

=>

13

= w

+ − 1

6

6 2

3

6 3

18

+ − 6 2

122

2 3

6

+ − 6 3

18

2 2 3

3

1

3

Παρατηρούµε ότι πράγµατι:

= + y w

14

-1

= x

όπως και αναµενότανε.


3.i)

(1)

= Έστω κι ένα τρίτο διάνυσµα z [ ], ,z1 z2 z3

= (a x + b y) o z ( ) + a [ ], ,x1 x2 x3 b [ ], ,y1 y2 y3 o [ ], ,z1 z2 z3

= [ ], , + y1 b x1 a + y2 b x2 a + y3 b x3 a o [ ], ,z1 z2 z3

= + + + + 3 ( ) + y1 b x1 a z1 2 ( ) + y2 b x2 a z1 2 ( ) + y1 b x1 a z2 3 ( ) + y2 b x2 a z2 2 ( ) + y3 b x3 a z3

(a x + b y) o z 3 z1 y1 b 3 z1 x1 a 2 z1 y2 b 2 z1 x2 a 2 z2 y1 b 2 z2 x1 a 3 z2 y2 b + + + + + + =

3 z2 x2 a 2 z3 y3 b 2 z3 x3 a + + +

( a )

= (a x) o z [ ], ,x1 a x2 a x3 a o [ ], ,z1 z2 z3

= (a x) o z + + + + 3 z1 x1 a 2 z1 x2 a 2 z2 x1 a 3 z2 x2 a 2 z3 x3 a

14

( b )

= (b y) o z [ ], ,y1 b y2 b y3 b o [ ], ,z1 z2 z3

= (b y) o z + + + + 3 z1 y1 b 2 z1 y2 b 2 z2 y1 b 3 z2 y2 b 2 z3 y3 b

( c )

Από (a) , (b) , (c) έχουµε ότι:

+ (a x) o z (b y) o z 3 z1 y1 b 3 z1 x1 a 2 z1 y2 b 2 z1 x2 a 2 z2 y1 b 2 z2 x1 a 3 z2 y2 b + + + + + + =

3 z2 x2 a 2 z3 y3 b 2 z3 x3 a + + +

=>

= (a x + b y) o z + (a x) o z (b y) o z

(2)

= x o y + + + + 3 x1 y1 2 x2 y1 2 x1 y2 3 x2 y2 2 x3 y3

= y o x + + + + 3 x1 y1 2 x2 y1 2 x1 y2 3 x2 y2 2 x3 y3

=>

= x o y y o x

(3)

= Έστω το διάνυσµα x [ ], ,x y z

= x o x + + + 3 x2 4 y x 3 y2 2 z2

= + 3

+ + x2 4

3y x y2 2 z2

15

= + 3

+ + − + x2 2 x { }

2 y

3

2 y

3

2

2 y

3

2

y2 2 z2

= + 3

− +

+ x

2 y

3

2

2 y

3

2

y2 2 z2

= + 3

+

+ x

2 y

3

25 y2

92 z2

= + + 3

+ x

2 y

3

25 y2

32 z2

το οποίο είναι µεγαλύτερο ή ίσο του µηδενός ως άθροισµα τετραγώνων.

(4)

= x o x 0

<=>

= + + + 3 x2 4 y x 3 y2 2 z2 0

<=>

= + + 3

+ x

2 y

3

25 y2

32 z2 0

<=>

= 3

+ x

2 y

3

2

0

= 5 y2

30

= 2 z2 0

<=>

= x 0

16

= y 0

= z 0

<=>

= x [ ], ,0 0 0

Άρα ικανοποιούνται τα αξιώµατα του εσωτερικού γινοµένου

και η δοθείσα απικόνιση ορίζει εσωτερικό γινόµενο.

3.ii)

Τα στοιχεία του πίνακα του εσωτερικού γινοµένου είναι:

= aij ei o ej

,όπου ei i=1,2,3 τα µοναδιαία διανύσµατα του R3

, , = e1 [ ], ,1 0 0 = e1 [ ], ,1 0 0 = a11 + + + + 3 1 1 2 0 1 2 1 0 3 0 0 2 0 0

, , = e1 [ ], ,1 0 0 = e2 [ ], ,0 1 0 = a12 + + + 3 1 0 2 2 0 0 2 1 1 3 0 1

, , = e1 [ ], ,1 0 0 = e3 [ ], ,0 0 1 = a13 + + + + 3 1 0 2 0 0 2 1 0 3 0 0 2 0 1

, , = e2 [ ], ,0 1 0 = e1 [ ], ,1 0 0 = a21 + + + 3 1 0 2 2 0 0 2 1 1 3 0 1

, , = e2 [ ], ,0 1 0 = e2 [ ], ,0 1 0 = a22 + + + + 3 1 1 2 0 1 2 1 0 3 0 0 2 0 0

, , = e2 [ ], ,0 1 0 = e3 [ ], ,0 0 1 = a23 + + + + 3 1 0 2 0 0 2 1 0 3 0 0 2 0 1

, , = e3 [ ], ,0 0 1 = e1 [ ], ,1 0 0 = a31 + + + + 3 0 1 2 0 1 2 0 0 3 0 0 2 1 0

, , = e3 [ ], ,0 0 1 = e2 [ ], ,0 1 0 = a32 + + + + 3 0 1 2 0 1 2 0 0 3 0 0 2 1 0

, , = e3 [ ], ,0 0 1 = e3 [ ], ,0 0 1 = a33 + + 2 3 0 0 2 2 0 0 2 1 1

=>

= a11 3

= a12 2

17

= a13 0

= a21 2

= a22 3

= a23 0

= a31 0

= a32 0

= a33 2

=>

= A

3 2 02 3 00 0 2

Παρατηρούµε ότι ο πίνακας είναι αυστηρά διαγώνια υπέρτερος

δηλ. κάθε στοιχείο της διαγωνίου είναι µεγαλύτερο από

τα υπόλοιπα στοιχεία στην γραµµή που βρίσκεται

άρα ο πίνακας είναι θετικά ορισµένος.


4.i)

Καταρχήν παρατηρούµε ότι:

= ( ) f , ,0 0 0 [ ],0 0

, = Έστω u

x1

x2

x3

= άρα f(u)

+ + x1 x2 x3

− + 2 x1 3 x2 4 x3

, = Επίσης v

y1

y2

y3

= και f(v)

+ + y1 y2 y3

− + 2 y1 3 y2 4 y3

18

= 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 λ x3 µ y3

+ − − + + 2 λ x1 2 µ y1 3 λ x2 3 µ y2 4 λ x3 4 µ y3

= λ.f(u)+µ.f(v)

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

+ λ ( ) − + 2 x1 3 x2 4 x3 µ ( ) − + 2 y1 3 y2 4 y3

= λ.f(u)+µ.f(v)

+ + + + + λ x1 µ y1 λ x2 µ y2 λ x3 µ y3

+ − − + + 2 λ x1 2 µ y1 3 λ x2 3 µ y2 4 λ x3 4 µ y3

= > f(λ.u+µ.v) = λ.f(u)+µ.f(v) = > η f είναι γραµµική

4.ii)

=

f

xyz

+ + x y z − + 2 x 3 y 4 z

= + + { }

x2 x

{ }

y−3 y

{ }

z4 z

= + + { }x

12

{ }y

1-3

{ }z

14

, , ,Τα διανύσµατα

12

1-3

14

παράγουν τον χώρο της εικόνας του f.

Όµως ο πίνακας µε στήλες αυτά γράφεται ισοδύναµα:

1 1 12 -3 4

19

~

1 1 12 -3 4

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2 Γ1

~

1 1 10 -5 2

Γ2 ---> { }−Γ2

5

~

1 1 1

0 1-2

5

+ Γ1 ---> Γ1 { }− Γ2

~

1 07

5

0 1-2

5

Βλέπουµε ότι τα δύο πρώτα διανύσµατα στήλες

αποτελούν µία βάση του χώρου εκόνας του f, δηλ.:

20

= Imf { },

12

1-3

=>

= dimImf 2

4.iii)

>

=

f

xyz

00

<=>

=

+ + x y z − + 2 x 3 y 4 z

00

<=>

<=>

= + + x y z 0

= − + 2 x 3 y 4 z 0

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2 Γ1

<=>

= + + x y z 0

= − + 5 y 2 z 0

21

Γ2 ---> { }−Γ2

5

<=>

= + + x y z 0

= − y2 z

50

+ Γ1 ---> Γ1 { }− Γ2

<=>

= + x7 z

50

= − y2 z

50

= x −7 z

5

= y2 z

5

= z ∈ z R

<=>

=

xyz

−7 z

52 z

5z

22

= { }z

-7

52

51

Άρα µία βάση του kerf είναι:

= kerf

-7

52

51

=>

= dimkerf 1

4.iv)

∆εν υπάρχει ο αντίστροφος µετασχηµατισµός γιατί ο πυρήνας δεν είναι το µηδενικό διάνυσµα.

4.v)

Τα στοιχεία του πίνακα ως προς τις κανονικές βάσεις βρίσκονται

παίρνοντας τις εικόνες των διανυσµάτων της κανονικής βάσης του R3

και εκφράζοντάς τις ως γραµµικό συνδυασµό των διανυσµάτων

της κανονικής βάσης του R2

, , = e1 [ ], ,1 0 0 = ( )f e1 [ ],1 2 = ( )f e1 + (1) e1 (2) e2

, , = e2 [ ], ,0 1 0 = ( )f e2 [ ],1 -3 = ( )f e2 + (1) e1 (-3) e2

, , = e3 [ ], ,0 0 1 = ( )f e3 [ ],1 4 = ( )f e3 + (1) e1 (4) e2

( )Ο πίνακας θα έχει σαν 1η στήλη τις συντεταγµένες του f e1

, , ,ως προς τα e1 e2 του R2κ.ο.κ. για τις επόµενες στήλες, δηλ:

23

= A

1 1 12 -3 4


5.i)

, , ,Σχηµατίζουµε τον πίνακα µε στήλες τα u1 u2 u3

1 1 12 -1 03 1 1

~

1 1 12 -1 03 1 1

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2 Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }−3 Γ1

~

1 1 10 -3 -20 -2 -2

Γ2 ---> { }−Γ2

3

~

24

1 1 1

0 12

30 -2 -2

+ Γ1 ---> Γ1 { }− Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }2 Γ2

~

1 01

3

0 12

3

0 0-2

3

Γ3 ---> { }−3 Γ3

2

~

1 01

3

0 12

30 0 1

+ Γ1 ---> Γ1 { }−1

3 Γ3

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2

3 Γ3

~

25

1 0 00 1 00 0 1

άρα τα 3 διανύσµατα στήλες είναι µία βάση του R3

5.ii)

Τα στοιχεία του πίνακα αναπαράστασης ως προς την βάση S1

βρίσκονται παίρνοντας τις εικόνες των διανυσµάτων της βάσης S1


της βάσης S1

, = u1 [ ], ,1 2 3 = ( )f u1 [ ], ,3 1 4

, = u2 [ ], ,1 -1 1 = ( )f u2 [ ], ,0 -3 2

, = u3 [ ], ,1 0 1 = ( )f u3 [ ], ,1 -1 2

Πρέπει λοιπόν να εκφράσουµε το τυχόν διάνυσµα (x,y,z)

ως προς την βάση S1

= [ ], ,x y z + + λ1 u1 λ2 u2 λ3 u3

<=>

=

xyz

+ + λ1 λ2 λ3

− 2 λ1 λ2

+ + 3 λ1 λ2 λ3

<=>

<=>

= + + λ1 λ2 λ3 x

26

= − 2 λ1 λ2 y

= + + 3 λ1 λ2 λ3 z

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2 Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }−3 Γ1

<=>

= + + λ1 λ2 λ3 x

= − − 3 λ2 2 λ3 − y 2 x

= − − 2 λ2 2 λ3 − z 3 x

Γ2 ---> { }−Γ2

3

<=>

= + + λ1 λ2 λ3 x

= + λ2

2

3λ3 − +

y

3

2 x

3

= − − 2 λ2 2 λ3 − z 3 x

+ Γ1 ---> Γ1 { }− Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }2 Γ2

<=>

= + λ1

1

3λ3 +

x

3

y

3

= + λ2

2

3λ3 − +

y

3

2 x

3

27

= −2

3λ3 − − z

5 x

3

2 y

3

Γ3 ---> { }−3 Γ3

2

<=>

= + λ1

1

3λ3 +

x

3

y

3

= + λ2

2

3λ3 − +

y

3

2 x

3

= λ3 − + + 3 z

2

5 x

2y

+ Γ1 ---> Γ1 { }−1

3 Γ3

+ Γ2 ---> Γ2 { }−2

3 Γ3

<=>

= λ1 − + x

2

z

2

= λ2 − − + y x z

= λ3 − + + 3 z

2

5 x

2y

Άρα τώρα έχουµε:

, , = u1 [ ], ,1 2 3 = ( )f u1 [ ], ,3 1 4 = ( )f u1 + 1

2u1

5

2u3

28

, , = u2 [ ], ,1 -1 1 = ( )f u2 [ ], ,0 -3 2 = ( )f u2 + − u1 5 u2 6 u3

, , = u3 [ ], ,1 0 1 = ( )f u3 [ ], ,1 -1 2 = ( )f u3 + − 1

2u1 2 u2

3

2u3

( )Ο πίνακας θα έχει σαν 1η στήλη τις συντεταγµένες του f u1

, , ,ως προς τα u1 u2 u3 του S1

κ.ο.κ. για τις επόµενες στήλες, δηλ:

= A

1

21

1

20 5 25

2-6

-3

2

__________

Τα στοιχεία του πίνακα αναπαράστασης ως προς την βάση S2

βρίσκονται παίρνοντας τις εικόνες των διανυσµάτων της βάσης S2


της βάσης S2

, , = e1 [ ], ,1 0 0 = ( )f e1 [ ], ,1 0 1 = ( )f e1 + + (1) e1 (0) e2 (1) e3

, , = e2 [ ], ,0 1 0 = ( )f e2 [ ], ,1 2 0 = ( )f e2 + + (1) e1 (2) e2 (0) e3

, , = e3 [ ], ,0 0 1 = ( )f e3 [ ], ,0 -1 1 = ( )f e3 + + (0) e1 (-1) e2 (1) e3

( )Ο πίνακας θα έχει σαν 1η στήλη τις συντεταγµένες του f e1

, , , ,ως προς τα e1 e2 e3 του R3κ.ο.κ. για τις επόµενες στήλες, δηλ:

= B

1 1 00 2 -11 0 1

5.iii)

Οι πίνακες Α, Β είναι όµοιοι γιατί αντιπροσωπεύουν

29

τον ίδιο γραµµικό µετασχηµατισµό ως προς

διαφορετικές βάσεις του R3

Αν έχουµε µία απεικόνιση f : V --> W και δύο βάσεις

(α,α΄) του V και (β,β΄) του W και εάν:

= A (f : α , β) είναι ο πίνακας της f ώς προς τις βάσεις (α,β)

= Β (f : α΄ , β΄) είναι ο πίνακας της f ώς προς τις βάσεις (α΄,β΄)

τότε ισχύει:

= ( 1W : β , β΄) A ( 1V : α΄ , α) Β ( 1 )

µε ( 1W : β , β΄) τον πίνακα αναπαράστασης της ταυτοτικής απεικόνισης

από το W στο W ως προς τις βάσεις β, β΄

και ( 1V : α΄ , α) τον πίνακα αναπαράστασης της ταυτοτικής απεικόνισης

από το V στο V ως προς τις βάσεις α΄ , α

Στην προκειµένη περίπτωση έχουµε V = W = R3

, = α S1 = β S1

, = α΄ S2 = e = β΄ S2 = e

όπου e η κανονική βάση του R3

, = Aν θέσουµε Q = ( 1V : α΄ , α) ( 1R

3 : e S1 )

, = κι αν θέσουµε P =( 1W : β , β΄) ( 1R

3 : S1 e )

, = ( 1R

3 : e S1 ) -1

=>

= P Q -1

30

τότε η σχέση (1) γίνεται:

= Q -1 A Q B

, = δηλαδή ο πίνακας οµοιότητας είναι ο Q ( 1R

3 : e S1 )

ο οποίος είναι ο πίνακας αλλαγής βάσης από την κανονική στην S1

Όταν στο ερώτηµα i) βρήκαµε την αναπαράσταση τυχόντος διανύσµατος

, ,(x,y,z) του R3 ως προς την βάση S1 βρήκαµε ότι:

= [ ], ,x y z + + λ1 u1 λ2 u2 λ3 u3

<=>

= λ1 − + x

2

z

2

= λ2 − − + y x z

= λ3 − + + 3 z

2

5 x

2y

<=>

, =

λ1

λ2

λ3

-1

20

1

2-1 -1 15

21

-3

2

xyz

<=>

= [ ]XS

1

Q [ ]Xe

εποµένως ο πίνακας αλλαγής βάσης είναι ο:

31

= Q

-1

20

1

2-1 -1 15

21

-3

2

ο οποίος είναι και ο πίνακας οµοιότητας των Α,Β.


6.i)

= A A

=

2 -3 -5-1 4 51 -3 -4

= − I A

-1 3 51 -3 -5

-1 3 5

= ( ) − I A ( ) − I A

=

-1 3 51 -3 -5

-1 3 5

6.ii)

Παρατηρούµε ότι:

=

det

2 -3 -5-1 4 51 -3 -4

− + (2)

det

4 5-3 -4

(-3)

det

-1 51 -4

(-5)

det

-1 41 -3

32

= − + (2) (-1 ) (-3) (-1 ) (-5) (-1 )

= 0

=>

ο πίνακας δεν είναι αντιστρέψιµος.

Από την στιγµή που ο Α είναι ταυτοδύναµος έπεται ότι:

= A8 A

2 -3 -5-1 4 51 -3 -4

Γ1 ---> { }Γ1

2

~

1-3

2

-5

2-1 4 51 -3 -4

+ Γ2 ---> Γ2 { } Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }− Γ1

~

1-3

2

-5

2

05

2

5

2

0-3

2

-3

2

33

Γ2 ---> { }2 Γ2

5

~

1-3

2

-5

20 1 1

0-3

2

-3

2

+ Γ1 ---> Γ1 { }3

2 Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }3

2 Γ2

~

1 0 -10 1 10 0 0

=>

= ( )βαθµ A8 2

Επίσης και ο Ι - Α είναι ταυτοδύναµος άρα:

= ( ) − I A 8 − I A

-1 3 51 -3 -5

-1 3 5

Γ1 ---> { }−Γ1

34

~

1 -3 -51 -3 -5

-1 3 5

+ Γ2 ---> Γ2 { }− Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { } Γ1

~

1 -3 -50 0 00 0 0

=>

= ( )βαθµ ( ) − I A 8 1

= ( )tr A + + (2) (4) (-4)

= 2

=

det

-1 3 51 -3 -5

-1 3 5 − + (-1)

det

-3 -53 5

(3)

det

1 -5-1 5

(5)

det

1 -3-1 3

= − + (-1) (0 ) (3) (0 ) (5) (0 )

= 0

6.iii)

Εύρεση ιδιοτιµών:

35

= ( )det − A λ Ι

det

− 2 λ -3 -5-1 − 4 λ 51 -3 − − 4 λ

= + − ( ) − 2 λ

det

− 4 λ 5-3 − − 4 λ

3

det

-1 51 − − 4 λ

5

det

-1 − 4 λ1 -3

= + − ( ) − 2 λ ( )− + 1 λ2 3 ( )− + 1 λ 5 ( )− + 1 λ

= − ( ) − 2 λ ( )− + 1 λ2 2 ( )− + 1 λ

= −λ ( )− + 1 λ 2

= 0

<=>

= λ1 0

= λ2 λ3 = 1

Εύρεση ιδιοδιανυσµάτων:

= Για την ιδιοτιµή λ 0

= ( ) − A λ Ι X O

<=>

=

− − 2 x 3 y 5 z− + + x 4 y 5 z

− − x 3 y 4 z

000

<=>

= − − 2 x 3 y 5 z 0

= − + + x 4 y 5 z 0

= − − x 3 y 4 z 0

36

Γ1 <--> Γ3

<=>

= − − x 3 y 4 z 0

= − + + x 4 y 5 z 0

= − − 2 x 3 y 5 z 0

+ Γ2 ---> Γ2 { } Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }−2 Γ1

<=>

= − − x 3 y 4 z 0

= + y z 0

= + 3 y 3 z 0

<=>

= − − x 3 y 4 z 0

= + y z 0

= + 3 y 3 z 0

+ Γ1 ---> Γ1 { }3 Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }−3 Γ2

<=>

= − x z 0

= + y z 0

= 0 0

37

<=>

= − x z 0

= + y z 0

= 0 0

<=>

= x z

= y −z

= z z

Εποµένως:

=

xyz

z−zz

= { }z

1-11

= u1

1-11

= Για την ιδιοτιµή λ 1

= ( ) − A λ Ι X O

<=>

=

− − x 3 y 5 z− + + x 3 y 5 z

− − x 3 y 5 z

000

38

<=>

= − − x 3 y 5 z 0

= − + + x 3 y 5 z 0

= − − x 3 y 5 z 0

+ Γ2 ---> Γ2 { } Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }− Γ1

<=>

= − − x 3 y 5 z 0

= 0 0

= 0 0

<=>

= − − x 3 y 5 z 0

= 0 0

= 0 0

<=>

= − − x 3 y 5 z 0

= 0 0

= 0 0

<=>

= x + 3 y 5 z

= y y

= z z

39

Εποµένως:

=

xyz

+ 3 y 5 zyz

= + { }y

310

{ }z

501

= u2

310

= u3

501

Άρα ο πίνακας διαγωνοποιείται και ο αντιστρέψιµος πίνακας P είναι:

= P

1 3 5-1 1 01 0 1

Βρίσκουµε τον αντίστροφό του:

= [ P | I ]

1 3 5 1 0 0-1 1 0 0 1 01 0 1 0 0 1

1 3 5 1 0 0-1 1 0 0 1 01 0 1 0 0 1

~

1 3 5 1 0 0-1 1 0 0 1 01 0 1 0 0 1

40

+ Γ2 ---> Γ2 { } Γ1

+ Γ3 ---> Γ3 { }− Γ1

~

1 3 5 1 0 00 4 5 1 1 00 -3 -4 -1 0 1

Γ2 ---> { }Γ2

4

~

1 3 5 1 0 0

0 15

4

1

4

1

40

0 -3 -4 -1 0 1

+ Γ1 ---> Γ1 { }−3 Γ2

+ Γ3 ---> Γ3 { }3 Γ2

~

1 05

4

1

4

-3

40

0 15

4

1

4

1

40

0 0-1

4

-1

4

3

41

Γ3 ---> { }−4 Γ3

~

41

1 05

4

1

4

-3

40

0 15

4

1

4

1

40

0 0 1 1 -3 -4

+ Γ1 ---> Γ1 { }−5

4 Γ3

+ Γ2 ---> Γ2 { }−5

4 Γ3

~

1 0 0 -1 3 50 1 0 -1 4 50 0 1 1 -3 -4

δηλαδή:

= P -1

-1 3 5-1 4 51 -3 -4

και πράγµατι επαληθεύουµε ότι:

= P -1 A

0 0 0-1 4 51 -3 -4

= P -1 A P

0 0 00 1 00 0 1

= D

42

=

λ1 0 0

0 λ2 0

0 0 λ3

Εποµένως βρίσκουµε ότι:

= P -1 A P D

=>

= P P -1 A P P D

=>

= A P P D

=>

= A P P -1 P D P -1

=>

= A P D P -1

6.iv)

= Από την στιγµή που ο Α είναι ταυτοδύναµος έπεται ότι A3 A

= − A2007 3 A2004 − A 3 A

= −2 A

43

1.i)€¦ · , [email protected] , Τηλ: 6979210251 Ενδεικτικές απαντήσεις 2...

Documents

Transcript of 1.i)€¦ · , [email protected] , Τηλ: 6979210251 Ενδεικτικές απαντήσεις 2...