GRAMMIKH ALGEBRA I · 17. D—netai o p—nakac A= 0 B B @ 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29...

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι

Χειμερινό Εξάμηνο 2015

Ασκήσεις

1. Για πίνακες A ∈ Rm×nκαι B ∈ Rp×q

ορίζονται οι πίνακες AB και BA και ισχύειAB = BA. Τι συμπεραίνετε για τα m,n, p, q;

2. Για A,B ∈ Rn×n:

(α) Δείξτε ότι (A+B)2 + (A−B)2 = 2(A2 +B2).

(β) Δείξτε ότι (A+B)2 − (A−B)2 = 2(AB +BA).

(γ) Υπολογίστε τα μέλη των δύο ισότητων στα ερωτήματα (α) και (β) αν

A =

(0 −12 3

), B =

(−1 0

1 −2

).

3. Δίνεται ο πίνακας P =

8 2 −22 5 4

−2 4 5

.(α) Δείξτε ότι P 2 = 9P .

(β) ΄Εστω ότι ισχύει P = AB για κάποιους πίνακες A,B ∈ R3×3. Δείξτε ότι για τον

πίνακα Q = BA ισχύει Q3 = 9Q2.

4. Δίνονται οι πίνακες

A =

(1 0

0 2

), B =

(−2 −26 5

), P =

(2 1

−3 −2

).

(α) Δείξτε ότι B = PAP και ότι P 2 = I2.

(β) Συνάγετε ότι Bn = PAnP για κάθε n ∈ N.(γ) Υπολογίστε τον πίνακα Bn

για n ∈ N.

5. Δίνεται ο πίνακας A =

(5 1

−4 1

).

(α) Δείξτε ότι (A− 3I2)2 = O.

(β) Υπολογίστε τον πίνακα Anγια n ∈ N.

6. Θεωρούμε τετραγωνικούς πίνακες A,B της ίδιας διάστασης. Ποιες από τις παρακάτωπροτάσεις είναι σωστές και ποιες λάθος;

(α) Αν οι A και AB είναι διαγώνιοι πίνακες και ο A είναι μη μηδενικός, τότε ο B είναιεπίσης διαγώνιος πίνακας.

(β) Αν οι A και AB είναι διαγώνιοι πίνακες και κάθε στοιχείο στην κύρια διαγώνιοτου A είναι μη μηδενικό, τότε ο B είναι επίσης διαγώνιος πίνακας.

7. Δίνονται πίνακες A,B ∈ Cn×n.

(α) Αν οι A και B είναι συμμετρικοί, δείξτε ότι ο λA+ µB είναι συμμετρικός για όλατα λ, µ ∈ C.

(β) Αν οι πίνακες A+B και A−B είναι συμμετρικοί, ισχύει υποχρεωτικά το ίδιο γιατους A και B;

(γ) Δίνεται ότι οι A και B είναι συμμετρικοί. Δείξτε ότι ο AB είναι συμμετρικός ανκαι μόνο αν AB = BA.

8. Δίνεται πίνακας A ∈ Fn×n.

(α) Αν A = Bt +B για κάποιο B ∈ Fn×n, δείξτε ότι ο πίνακας A είναι συμμετρικός.

(β) Αν A = BtB για κάποιο B ∈ Fn×n, δείξτε ότι ο πίνακας A είναι συμμετρικός.

(γ) Δώστε παράδειγμα συμμετρικού πίνακα A ∈ R2×2για τον οποίο δεν υπάρχει

B ∈ R2×2τέτοιο ώστε A = BtB.

9. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές και ποιες λάθος;

(α) Αν A,B ∈ Rn×nείναι αντισυμμετρικοί πίνακες και AB = BA, τότε ο πίνακας AB

είναι συμμετρικός.

(β) Αν A,B ∈ R2×2είναι αντισυμμετρικοί πίνακες, τότε ο πίνακας AB είναι συμμετρι-

κός.

(γ) Αν A,B ∈ R3×3είναι αντισυμμετρικοί πίνακες, τότε ο πίνακας AB είναι συμμετρι-

κός.

10. Δίνεται ο πίνακας J =

(0 −11 0

).

(α) Δείξτε ότι ο J είναι αντιστρέψιμος και υπολογίστε τον αντίστροφό του.

(β) Υπολογίστε τον πίνακα Jnγια n ∈ N.

(γ) Βρείτε όλους τους 2× 2 πίνακες που μετατίθενται με τον J .


A =

(1 1 −12 −1 1

), B =

2 1

1 −1−1 −1

, C =

011

.

(α) Δείξτε ότι ο AB είναι αντιστρέψιμος και υπολογίστε τον αντίστροφό του.

(β) Δείξτε ότι AC = O.

(γ) Χρησιμοποιώντας το (β), δείξτε ότι ο BA δεν είναι αντιστρέψιμος πίνακας.


A =

(2 −3−3 5

), B =

(1 −24 −3

), C =

(5 1

0 −2

).

(α) Υπολογίστε, αν υπάρχει, τον αντίστροφο του πίνακα ABC.

(β) Βρείτε όλους τους πίνακες X ∈ R2×2για τους οποίους AXB = C.

13. Δείξτε ότι ο αντίστροφος οποιουδήποτε συμμετρικού αντιστρέψιμου πίνακα είναι

επίσης συμμετρικός πίνακας.


(α) Αν A,B ∈ R2×2είναι αντιστρέψιμοι πίνακες, τότε το ίδιο ισχύει για τον πίνακα

A2 +B2.

(β) Αν A,B ∈ R2×2είναι αντιστρέψιμοι άνω τριγωνικοί πίνακες, τότε το ίδιο ισχύει

για τον πίνακα A2 +B2.

15. Δείξτε ότι για κάθε πίνακα A ∈ C2×2υπάρχουν το πολύ δύο τιμές του λ ∈ C για

τις οποίες ο πίνακας A+ λI2 δεν είναι αντιστρέψιμος.


(α) ΄Εστω ότι υπάρχουν πίνακες B,C ∈ Fn×nμε AB = CA = In. Δείξτε ότι B = C

και ότι ο A είναι αντιστρέψιμος πίνακας.

(β) Χρησιμοποιώντας το (α) δείξτε ότι αν ο A2είναι αντιστρέψιμος πίνακας, τότε ο A

είναι επίσης αντιστρέψιμος πίνακας.


1 3 5 7

9 11 13 15

17 19 21 23

25 27 29 31

.(α) Βρείτε ένα γραμμοισοδύναμο με τον A, ανηγμένο κλιμακωτό πίνακα.

(β) Χρησιμοποιώντας την απάντησή σας στο (α), βρείτε όλες τις λύσεις του συστήμα-

τος των γραμμικών εξισώσεωνx1 + 3x2 + 5x3 = 7

9x1 + 11x2 + 13x3 = 15

17x1 + 19x2 + 21x3 = 23

25x1 + 27x2 + 29x3 = 31.

18. Λύστε το σύστημα γραμμικών εξισώσεωνx1 + αx2 + x3 + αx4 = 1

x1 + αx2 − x3 − αx4 = −1αx1 + x2 + αx3 + x4 = 1

για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου α ∈ R.

19. Δίνεται το γραμμικό σύστημαx1 + x2 + x3 = 1

x1 + αx2 + α2x3 = βx1 + α2x2 + α4x3 = β2

στους αγνώστους x1, x2, x3, όπου α, β ∈ R είναι παράμετροι.

(α) Βρείτε όλα τα α ∈ R για τα οποία το σύστημα έχει μοναδική λύση για κάθε β ∈ R.(β) Βρείτε όλα τα α, β ∈ R για τα οποία το σύστημα είναι αδύνατο.(γ) Βρείτε όλες τις λύσεις του συστήματος για α = 2 και τυχαίο β ∈ R.

20. Γράψτε τον πίνακα

(0 1

1 0

)ως γινόμενο στοιχειωδών πινάκων της μορφής

(λ 0

0 1

),

(1 0

0 λ

),

(1 λ0 1

),

(1 0

λ 1

).


(α) ΄Ενας πίνακας B ∈ Fm×nείναι γραμμοισοδύναμος με έναν πίνακα A ∈ Fm×n

αν και

μόνο αν υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας P ∈ Fm×mτέτοιος ώστε B = PA.

(β) Αν A ∈ Fn×nκαι υπάρχει b ∈ Fn×1

για το οποίο το γραμμικό σύστημα Ax = bέχει μοναδική λύση, τότε ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος.

(γ) Αν A,B ∈ Fn×nκαι ο πίνακας AB είναι αντιστρέψιμος, τότε οι A,B είναι και οι

δύο αντιστρέψιμοι πίνακες.


1 1 1 1

1 −1 1 1

1 1 −1 1

1 1 1 −1

.(α) Δείξτε ότι ο A είναι αντιστρέψιμος και υπολογίστε τον αντίστροφό του.

(β) Χρησιμοποιώντας την απάντησή σας στο (α), λύστε το γραμμικό σύστημα Ax = bγια b = (1 2 1 2)t.


1 −2 3 −1−1 1 −3 −12 −4 7 2

−3 7 −9 4

.(α) Υπολογίστε την ορίζουσα του A.

(β) Υπολογίστε την ορίζουσα του Anγια n ∈ N.

24. Βρείτε όλους τους ακεραίους n για τους οποίους

1 0 2

−1 1 0

2 −1 −1

n

= I3.


a b c db −a d −cc −d −a bd c −b −a

∈ R4×4.

(α) Υπολογίστε τον πίνακα AAtκαι την ορίζουσα αυτού.

(β) Χρησιμοποιώντας την απάντησή σας στο (α), δείξτε ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέ-ψιμος αν και μόνο αν τουλάχιστον ένας από τους πραγματικούς αριθμούς a, b, c, dείναι διάφορος του μηδενός.

26. Υπολογίστε τις ορίζουσες

(α) det

2 1 1 1 1

1 2 1 1 1

1 1 2 1 1

1 1 1 2 1

1 1 1 1 2

(β) det

1 1 1 1 1

−1 1 1 1 1

0 −1 1 1 1

0 0 −1 1 1

0 0 0 −1 1

.

27. Υπολογίστε τις ορίζουσες των πινάκων

(2 1

1 2

),

2 1 01 2 1

0 1 2

,

2 1 0 0

1 2 1 0

0 1 2 1

0 0 1 2

,

2 1 0 0 0

1 2 1 0 0

0 1 2 1 0

0 0 1 2 1

0 0 0 1 2

, . . .


(α) Για κάθε πίνακα A ∈ Cn×nκαι κάθε αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Cn×n

ισχύει

det(P−1AP ) = det(A).

(β) Αν τα στοιχεία του πίνακα A ∈ R3×3είναι μη αρνητικοί αριθμοί, τότε det(A) ≥ 0.

(γ) Για κάθε πίνακα A ∈ R3×3ισχύει det(AtA) ≥ 0.

29. Δίνεται αντισυμμετρικός πίνακας A ∈ Rn×n.

(α) Αν ο n είναι περιττός αριθμός, δείξτε ότι det(A) = 0

(β) Ποιες είναι οι δυνατές τιμές της ορίζουσας του A, αν n = 2;


a xb yc z

∈ R3×2.

(α) Δείξτε ότι det(AtA) = (ay − bx)2 + (az − cx)2 + (bz − cy)2.

(β) Συνάγετε ότι για κάθε πίνακα A ∈ R3×2ισχύει det(AtA) ≥ 0.

(γ) Δείξτε γενικότερα ότι ισχύει det(AtA) ≥ 0 για κάθε πίνακα A ∈ Rm×2.

31. ΄Εστω πίνακας A ∈ R4×4με A2 = 2I4.

(α) Ποιες είναι οι δυνατές τιμές της ορίζουσας του A;

(β) Δείξτε ότι για τον προσαρτημένο πίνακα του A ισχύει adj(A) = ±2A.

32. Δείξτε ότι για κάθε n ≥ 2 και κάθε A ∈ Cn×nη ορίζουσα του προσαρτημένου

πίνακα του A είναι ίση με (det(A))n−1.

33. ΄Εστω αντιστρέψιμος πίνακας A ∈ Rn×n. Δείξτε ότι αν κάθε γραμμή του A έχει

άθροισμα στοιχείων ίσο με 1, τότε το ίδιο ισχύει και για τον πίνακα A−1:

(α) Χρησιμοποιώντας τον τύπο που εκφράζει τον A−1 μέσω του προσαρτημένου πίνακακαι της ορίζουσας του A.

(β) Χρησιμοποιώντας την ισοδυναμία AX = Y ⇔ X = A−1Y για κατάλληλουςπίνακες X, Y .

34. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις ισχύουν για όλους τους πίνακες A,B ∈ Fm×n;

(α) rank(A+B) = rank(A) + rank(B).

(β) rank(PA) = rank(A) για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Fm×m.

(γ) rank(AQ) = rank(A) για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα Q ∈ Fn×n.

(δ) rank(PAQ) = rank(A) για όλους τους αντιστρέψιμους πίνακες P ∈ Fm×mκαι

Q ∈ Fn×n.

35. Για τυχαίους πίνακες A ∈ Fm×nκαι B ∈ Fn×p

δείξτε ότι:

(α) rank(AB) ≤ rank(A).

(β) rank(AB) ≤ rank(B).


A =

11 12 13 14

21 22 23 24

31 32 33 34

41 42 43 44

, B =

9 −1 −1 −1−2 8 −2 −2−3 −3 7 −3−4 −4 −4 6

.

(α) Υπολογίστε την τάξη των A και B.

(β) Δείξτε ότι δεν υπάρχουν πίνακες P,Q ∈ R4×4τέτοιοι ώστε PAQ = B.

37. Θεωρούμε τις στήλες v1, v2, v3, v4 ∈ R3×1του πίνακα

A =

1 2 0 −1−2 −3 −1 2

1 −1 3 1

.

(α) Ποια είναι η γραμμική θήκη των v1, v2, v3, v4;

(β) Βρείτε όλες τις τετράδες (λ1, λ2, λ3, λ4) πραγματικών αριθμών για τις οποίες λ1v1+λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 = 0.

(γ) Είναι τα v1, v2, v3, v4 γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του R3×1;

38. Δίνονται στοιχεία u1, u2, . . . , up και v1, v2, . . . , vq του Fn×1.

(α) Δείξτε ότι 〈u1, u2, . . . , up〉 ⊆ 〈v1, v2, . . . , vq〉 αν και μόνο αν ui ∈ 〈v1, v2, . . . , vq〉για κάθε i ∈ 1, 2, . . . , p.

(β) Να εξετάσετε αν

〈

2

−11

0

,

1

2

−14

,

5

0

1

4

〉 = 〈

−21

−10

,

1

1

1

1

,

−33

−11

〉.39. Για ποιους θετικούς ακεραίους m,n ισχύει καθεμιά από τις παρακάτω προτάσεις;

(α) Αν οι στήλες ενός πίνακα A ∈ Fm×nπαράγουν τον Fm×1

, τότε οι στήλες του At

παράγουν τον Fn×1.

(β) Αν οι στήλες ενός πίνακα A ∈ Fm×nείναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του

Fm×1, τότε οι στήλες του At

είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του Fn×1.

(γ) Αν οι στήλες ενός πίνακα A ∈ Fm×nπαράγουν τον Fm×1

, τότε οι στήλες του At

είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του Fn×1.

40. Δίνονται τα διανύσματα v0, v1, . . . , vn ∈ Fn×1. Αν οποιαδήποτε n από αυτά είναι

γραμμικώς ανεξάρτητα, δείξτε ότι:

(α) Υπάρχουν λ0, λ1, . . . , λn ∈ F r 0, τέτοια ώστε λ0v0 + λ1v1 + · · ·+ λnvn = 0.

(β) Αν λ0v0 + λ1v1 + · · · + λnvn = 0 και µ0v0 + µ1v1 + · · · + µnvn = 0 για κάποιαλi, µi ∈ F και οι συντελεστές µi δεν είναι όλοι ίσοι με μηδέν, τότε υπάρχει c ∈ Fτέτοιο ώστε λi = cµi για 0 ≤ i ≤ n.

41. Ποια από τα σύνολα

U = (x1 x2 x3 x4)t ∈ R4×1 : x3 = 0,

V = (x1 x2 x3 x4)t ∈ R4×1 : x1x2 = x3x4

W = (x1 x2 x3 x4)t ∈ R4×1 : x1x2 ≥ 0

είναι υπόχωροι του R4×1;

42. Δίνεται το σύνολο W = (x1 x2 x3 x4)t ∈ R4×1 : x1 − x2 + x3 − x4 = 0.

(α) Δείξτε ότι το W είναι υπόχωρος του R4×1.

(β) Βρείτε τρία στοιχεία του W που παράγουν το χώρο αυτό. Αποτελούν τα στοιχείααυτά βάση του W ;

43. Δίνεται ο υπόχωρος

W = 〈

1

0

1

0

1

,

1

1

0

1

1

,

1

0

1

1

0

〉του R5×1

.

(α) Βρείτε μια βάση B του W .(β) Βρείτε μια βάση του R5×1

που περιέχει τη B.

44. Δίνεται βάση v1, v2, . . . , vn του χώρου Fn×1.

(α) Αν n = 3, δείξτε ότι το v1 + v2, v2 + v3, v3 + v1 είναι βάση του Fn×1.

(β) Αν n = 4, δείξτε ότι το v1 + v2, v2 + v3, v3 + v4, v4 + v1 δεν είναι βάση του Fn×1.

(γ) Γενικότερα, δείξτε ότι το v1 + v2, v2 + v3, . . . , vn−1 + vn, vn + v1 είναι βάση τουFn×1

αν και μόνο αν ο n είναι περιττός αριθμός.

45. Δίνεται πίνακας A ∈ F3×5.

(α) Δείξτε ότι υπάρχουν γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία u1, u2 του F5×1τέτοια ώστε

Au1 = Au2 = 0.

(β) ΄Εστω ότι υπάρχουν τρία γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία u1, u2, u3 του F5×1τέτοια

ώστε Au1 = Au2 = Au3 = 0. Τι συμπεραίνετε για τον πίνακα A;

46. Δίνονται διανυσματικός χώρος V με μηδενικό στοιχείο 0V και u, v ∈ V .

(α) Αν 2u+ v = 3u− 2v = 0V , δείξτε ότι u = v = 0V .

(β) Γενικότερα, αν au + bv = cu + dv = 0V για κάποια a, b, c, d ∈ F με ad− bc 6= 0,δείξτε ότι u = v = 0V .

(γ) Γενικεύστε για διανύσματα u1, u2, . . . , un ∈ V .

47. Για τα στοιχεία u, v, w ενός διανυσματικού χώρου V ισχύει u+v+w = 0V . Δείξτε

ότι 〈u, v〉 = 〈u,w〉 = 〈v, w〉.


(α) Αν W είναι υπόχωρος ενός διανυσματικού χώρου V επί του F και για τα u, v ∈ Vισχύει u+ v ∈ W , τότε u ∈ W ή v ∈ W .

(β) Αν W είναι υπόχωρος ενός διανυσματικού χώρου V επί του F και για τα u, v ∈ Vισχύει u+ v ∈ W και u− v ∈ W , τότε λu+ µv ∈ W για όλα τα λ, µ ∈ F.

(γ) Για οποιαδήποτε στοιχεία u, v ενός διανυσματικού χώρου V ισχύει 〈u〉 = 〈v〉 ή〈u〉 ∩ 〈v〉 = 0V .

49. Δίνονται πίνακες A,B ∈ Fn×nκαι το σύνολο W = X ∈ Fn×n : AX = XB.

(α) Δείξτε ότι το W είναι υπόχωρος του διανυσματικού χώρου Fn×n.

(β) ΄Εστω ότι n = 2 και

A =

(1 0

1 0

), B =

(0 1

0 1

).

Βρείτε δύο στοιχεία του διανυσματικού χώρου W που παράγουν το χώρο αυτό.

50. ΄Εστω a ∈ C. Δείξτε ότι τα πολυώνυμα 1, t − a, (t − a)2, . . . , (t − a)d παρά-γουν το χώρο Cd[t] των πολυωνύμων βαθμού μικρότερου ή ίσου του d με μιγαδικούςσυντελεστές.


(α) Αν u, v, w είναι γραμμικώς εξαρτημένα στοιχεία ενός διανυσματικού χώρου V ,τότε w ∈ 〈u, v〉.

(β) Αν u, v, w είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία ενός διανυσματικού χώρου V ,τότε ο υπόχωρος 〈u, v〉 του V είναι γνήσιο υποσύνολο του 〈u, v, w〉.

(γ) Για οποιαδήποτε στοιχεία u, v, w ενός διανυσματικού χώρου V ισχύει 〈u, v〉 ∩〈v, w〉 = 〈v〉.

(δ) Αν u, v, w είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία ενός διανυσματικού χώρου V ,τότε 〈u, v〉 ∩ 〈v, w〉 = 〈v〉.

52. Θεωρούμε το διανυσματικό χώρο V = R2×3και το υποσύνολο

W =

(a a+ b b+ c

a+ 2b b+ 2c d

): a, b, c, d,∈ R

αυτού.

(α) Δείξτε ότι το W είναι υπόχωρος του V .

(β) Υπολογίστε τη διάσταση του W .

53. Δίνεται πίνακας A ∈ Fn×nκαι το σύνολο W = X ∈ Fn×n : AX t = −XA.

(α) Δείξτε ότι το W είναι υπόχωρος του διανυσματικού χώρου Fn×n.

(β) Υπολογίστε τη διάσταση του W , αν n = 2 και A =

(0 1

−1 0

).

54. Δίνονται διαφορετικοί ανά δύο πραγματικοί αριθμοί a, b, c και τα στοιχεία

ϕ1(t) = (t− a)2, ϕ2(t) = (t− b)2, ϕ3(t) = (t− c)2

του χώρου R2[t] των πολυωνύμων βαθμού μικρότερου ή ίσου του 2 με πραγματικούςσυντελεστές.

(α) Δείξτε ότι το ϕ1(t), ϕ2(t), ϕ3(t) είναι βάση του R2[t].

(β) ΄Εστω ότι a = 1, b = 0, c = −1. Εκφράστε το ϕ(t) = t2 + t + 1 ως γραμμικόσυνδυασμό των ϕ1(t), ϕ2(t), ϕ3(t).

55. Δίνεται διανυσματικός χώρος V διάστασης n ≥ 3. Ποιες από τις παρακάτω προτά-σεις είναι σωστές και ποιες λάθος;

(α) Αν U1, U2 είναι διακεκριμένοι υπόχωροι του V διάστασης n− 1 και W είναι υπό-χωρος του V με W ⊆ U1 ∩ U2, τότε dim(W ) ≤ n− 2.

(β) Αν U1, U2 είναι διακεκριμένοι υπόχωροι του V διάστασης n− 1 και W είναι υπό-χωρος του V με U1 ⊆ W και U2 ⊆ W , τότε W = V .

(γ) Αν U1, U2, U3 είναι διαφορετικοί ανά δύο υπόχωροι του V διάστασης n− 1 και Wείναι υπόχωρος του V με W ⊆ U1 ∩ U2 ∩ U3, τότε dim(W ) ≤ n− 3.

56. Δίνονται οι υπόχωροι

U = 〈

1

0

1

0

,

0

1

0

1

〉, W = 〈

1

0

0

1

,

0

1

1

0

〉του διανυσματικού χώρου V = R4×1

.

(α) Υπολογίστε τη διάσταση του U +W . Αληθεύει ότι V = U +W ;

(β) Υπολογίστε τη διάσταση της τομής U ∩W . Είναι το άθροισμα U +W ευθύ;

57. Δίνεται βάση v1, v2, . . . , vn ενός διανυσματικού χώρου V διάστασης n. Δείξτεότι V = 〈v1, . . . , vk〉 ⊕ 〈vk+1, . . . , vn〉 για 0 ≤ k ≤ n.

58. Δίνεται ο διανυσματικός χώρος V = R5[t] των πολυωνύμων (στη μεταβλητή t)βαθμού το πολύ 5 με συντελεστές από το R και τα υποσύνολά του U = p(t) ∈ V :p(−t) = p(t) και W = p(t) ∈ V : p(−t) = −p(t).

(α) Δείξτε ότι οι U και W είναι υπόχωροι του V .

(β) Δείξτε ότι V = U ⊕W .

59. Δίνεται πίνακας A ∈ Fn×nκαι η απεικόνιση T : Fn×n → Fn×n

με T (X) = AX−XAγια X ∈ Fn×n

.

(α) Δείξτε ότι η T είναι γραμμικός μετασχηματισμός του V .

(β) Δείξτε ότι ο μετασχηματισμός T δεν είναι ισομορφισμός.

60. Δίνεται διανυσματικός χώρος V διάστασης 3, μια βάση v1, v2, v3 του V καιγραμμικός μετασχηματισμός T : V → V με T (v1 + v2) = v3, T (v1 + v3) = v2 καιT (v2 + v3) = v1.

(α) Υπολογίστε τα T (v1), T (v2) και T (v3).

(β) Δείξτε ότι ο μετασχηματισμός T είναι ισομορφισμός.


(α) Αν T : V → W είναι γραμμική απεικόνιση διανυσματικών χώρων και v1, v2, . . . , vnείναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του V , τότε τα T (v1), T (v2), . . . , T (vn) είναιγραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του W .

(β) Αν T : V → W είναι γραμμική απεικόνιση διανυσματικών χώρων, v1, v2, . . . , vn ∈V και τα T (v1), T (v2), . . . , T (vn) είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του W ,τότε τα v1, v2, . . . , vn είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του V .

62. Δίνεται γραμμική απεικόνιση διανυσματικών χώρων T : V → W και υπόχωρος Uτου V . Θέτουμε T (U) = T (u) : u ∈ U.

(α) Δείξτε ότι το T (U) είναι υπόχωρος του W .

(β) Αν ο U έχει πεπερασμένη διάσταση, δείξτε ότι ο T (U) έχει επίσης πεπερασμένηδιάσταση και ότι ισχύει dim(T (U)) ≤ dim(U).

63. Δίνεται ο διανυσματικός χώρος Fd[t] των πολυωνύμων (στη μεταβλητή t) βαθμούτο πολύ d με συντελεστές από το F και η απεικόνιση T : Fd[t] → Fd[t] με T (p(t)) =p(t) + p′(t) για p(t) ∈ Fd[t].

(α) Δείξτε ότι η T είναι γραμμικός μετασχηματισμός του Fd[t].

(β) Δείξτε ότι ο μετασχηματισμός T είναι ισομορφισμός.

64. Βρείτε διανυσματικό χώρο V και γραμμικούς μετασχηματισμούς S, T : V → V μετις εξής ιδιότητες:

(α) ο S είναι μονομορφισμός αλλά όχι επιμορφισμός,

(β) ο T είναι επιμορφισμός αλλά όχι μονομορφισμός.

65. Δίνεται η γραμμική απεικόνιση T : R4×1 → R2×2με

T (x) =

(x1 + x2 − x3 − x4 x2 + x3 − x4 − x1x3 + x4 − x1 − x2 x4 + x1 − x2 − x3

)για x = (x1 x2 x3 x4)

t ∈ R4×1.

(α) Υπολογίστε τον πυρήνα ker(T ) και την εικόνα Im (T ) της T .

(β) Υπολογίστε τις διαστάσεις των ker(T ) και Im (T ).

66. Δίνεται η γραμμική απεικόνιση T : R2[t]→ R4×1με

T (p(t)) =

p(0)p(1)p(2)p(3)

για p(t) ∈ R2[t].

(α) Δείξτε ότι η T είναι μονομορφισμός διανυσματικών χώρων. Ποια είναι η διάστασητης εικόνας Im (T ) της T ;

(β) Δείξτε ότι

Im (T ) =

y1y2y3y4

∈ R4×1 : y1 − 3y2 + 3y3 − y4 = 0

.

(γ) Για ποια a, b, c, d ∈ R υπάρχει πολυώνυμο p(t) βαθμού μικρότερου του 3 με πραγ-ματικούς συντελεστές, τέτοιο ώστε p(0) = a, p(1) = b, p(2) = c και p(3) = d;

67. Δίνονται διανυσματικοί χώροι πεπερασμένης διάστασης V και W με dim(V ) = nκαι υπόχωρος U του V με dim(U) = k.

(α) Αν υπάρχει γραμμική απεικόνιση T : V → W τέτοια ώστε ker(T ) = U , δείξτε ότιdim(W ) ≥ n− k.

(β) Αν dim(W ) ≥ n− k, δείξτε ότι υπάρχει γραμμική απεικόνιση T : V → W τέτοιαώστε ker(T ) = U .

68. Θεωρούμε το διανυσματικό χώρο V = R3[t] των πολυωνύμων βαθμού το πολύ 3με συντελεστές από το R και το γραμμικό μετασχηματισμό T : V → V με T (p(t)) =p(t) + p′(t), για p(t) ∈ V .

(α) Υπολογίστε τον πίνακα A του T ως προς τη διατεταγμένη βάση (1, t, t2, t3) τουχώρου V .

(β) Λύστε το γραμμικό σύστημα Ax = (1 1 1 1)t.

(γ) Χρησιμοποιώντας την απάντησή σας στο (β), βρείτε πολυώνυμο p(t) ∈ V τέτοιοώστε p(t) + p′(t) = 1 + t+ t2 + t3.

69. Δίνεται διανυσματικός χώρος V διάστασης n ≥ 2. Ποιες από τις παρακάτω προτά-σεις είναι σωστές και ποιες λάθος;

(α) Αν T : V → V είναι γραμμικός μετασχηματισμός ο οποίος δεν είναι ισομορφι-σμός, τότε ο πίνακας του T ως προς οποιαδήποτε διατεταγμένη βάση του V έχειτουλάχιστον μία μηδενική στήλη.

(β) Αν T : V → V είναι γραμμικός μετασχηματισμός ο οποίος δεν είναι ισομορφισμός,τότε υπάρχει διατεταγμένη βάση του V ως προς την οποία ο πίνακας του T έχειτουλάχιστον μία μηδενική στήλη.

(γ) Αν T : V → V είναι γραμμικός μετασχηματισμός ο οποίος δεν είναι ισομορφισμός,τότε υπάρχει διατεταγμένη βάση του V ως προς την οποία ο πίνακας του T έχειτουλάχιστον μία μηδενική γραμμή.


(1 1

0 1

)και η γραμμική απεικόνιση T : R2×2 → R2×2

με

T (X) = AX +XA για X ∈ R2×2.

(α) Υπολογίστε τον πίνακα της T και εκείνον της T 2 = T T ως προς την κανονικήδιατεταγμένη βάση (E11, E12, E21, E22) του R2×2

.

(β) Δείξτε ότι η T είναι γραμμικός ισομορφισμός.

(γ) Βρείτε πίνακα X ∈ R2×2για τον οποίο να ισχύει T (T (X)) =

(12 8

8 12

).

71. Δίνεται διανυσματικός χώρος V διάστασης n και βάση B αυτού. Ποιες είναι οι δυνα-τές τιμές της ορίζουσας του πίνακα ως προς τη βάση B ενός γραμμικού μετασχηματισμούT : V → V για τον οποίο ισχύει T (T (x)) = T (x) για κάθε x ∈ V ;

72. Δίνεται ο πίνακας

A =

0 1 11 0 1

1 1 0

,

ο γραμμικός μετασχηματισμός T : R3×1 → R3×1με T (x) = Ax για x ∈ R3×1

και τα

διανύσματα

v1 =

111

, v2 =

1

−10

, v3 =

0

1

−1

του R3×1

.

(α) Δείξτε ότι η τριάδα B = (v1, v2, v3) είναι διατεταγμένη βάση του R3×1.

(β) Υπολογίστε τον πίνακα ∆ της T ως προς τη βάση B.(γ) Βρείτε αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ R3×3

τέτοιον ώστε να ισχύει An = P∆nP−1 γιακάθε φυσικό αριθμό n και συνάγετε έναν τύπο για τη δύναμη An

.

73. Δίνονται οι πίνακες A =

(1 −1−1 1

), B =

(1 2

2 4

)και J =

(1 0

0 0

).

(α) Βρείτε αντιστρέψιμους πίνακες P,Q ∈ R2×2τέτοιους ώστε Q−1AP = J .

(β) Βρείτε αντιστρέψιμους πίνακες P,Q ∈ R2×2τέτοιους ώστε Q−1BP = J .

(γ) Βρείτε αντιστρέψιμους πίνακες P,Q ∈ R2×2τέτοιους ώστε Q−1AP = B.

74. Δίνεται ο πίνακας C =

(0 1

0 0

). Δείξτε ότι:

(α) Αν ο πίνακας A ∈ F2×2είναι όμοιος προς τον C, τότε A2 = O και A 6= O.

(β) Αν για τον πίνακα A ∈ F2×2ισχύουν A2 = O και A 6= O, τότε ο A είναι ισοδύναμος

προς τον C.

(γ) Αν για τον πίνακα A ∈ F2×2ισχύουν A2 = O και A 6= O, τότε ο A είναι όμοιος

προς τον C.

(δ) Αν A,B ∈ F2×2είναι μη μηδενικοί πίνακες και ισχύει A2 = B2 = O, τότε ο A

είναι όμοιος προς τον B.

75. Δίνεται ακέραιος n ≥ 2. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές και ποιεςλάθος;

(α) Αν A,B ∈ Fn×nκαι ο πίνακας A είναι όμοιος προς τον B, τότε ο πίνακας A3

είναι

όμοιος προς τον B3.

(β) Αν A,B ∈ Fn×nκαι ο πίνακας A είναι όμοιος προς τον B, τότε ο πίνακας A+ In

είναι όμοιος προς τον B + In.

(γ) Αν A,B,C ∈ Fn×nκαι ο πίνακας A είναι όμοιος προς τον B, τότε ο πίνακας A+C

είναι όμοιος προς τον B + C.

Σύντομες Λύσεις

1. Αφού A ∈ Rm×nκαι B ∈ Rp×q

και ορίζονται οι AB και BA έχουμε n = p καιq = m, οπότε AB ∈ Rm×m

και BA ∈ Rn×n. Αφού AB = BA, έχουμε επιπλέον

ότι m = n. Συμπεραίνουμε ότι m = n = p = q.

2. Για τα (α) και (β) υπολογίζουμε ότι

(A+B)2 = (A+B)(A+B) = A(A+B) +B(A+B)

A2 + AB +BA+B2

και ότι

(A−B)2 = (A−B)(A−B) = A(A−B)−B(A−B)

A2 − AB −BA+B2.

Προσθέτοντας και αφαιρώντας κατά μέλη προκύπτουν οι δύο προτεινόμενες ισό-

τητες. Για το (γ), μετά από πράξεις βρίσκουμε ότι

(A+B)2+(A−B)2 =

(−2 −66 22

), (A+B)2−(A−B)2 =

(−2 6

−6 −26

).

3. Για το (α) υπολογίζουμε ότι

P 2 =

8 2 −22 5 4

−2 4 5

8 2 −22 5 4

−2 4 5

=

72 18 −1818 45 36

−18 36 45

= 9P.

Για το (β) χρησιμοποιούμε το (α) και βρίσκουμε ότι

Q3 = (BA) (BA) (BA) = B (AB) (AB)A = BP 2A = 9BPA

= 9B (AB)A = 9 (BA)2 = 9Q2.


PAP =

(2 1

−3 −2

)(1 0

0 2

)(2 1

−3 −2

)=

(2 2

−3 −4

)(2 1

−3 −2

)=

(−2 −26 5

)= B.

και ότι

P 2 =

(2 1

−3 −2

)(2 1

−3 −2

)=

(1 0

0 1

)= I2.

Για το (β) χρησιμοποιούμε το (α) και βρίσκουμε ότι

Bn = (PAP ) (PAP ) · · · (PAP ) = (PA) (PP )A (PP ) · · · (PP ) (AP )

= (PA)A · · ·A (AP ) = PAnP.

Για το (γ) συνάγουμε από το (β) ότι

Bn =

(2 1

−3 −2

)(1 0

0 2

)n(2 1

−3 −2

)=

(2 1

−3 −2

)(1 0

0 2n

)(2 1

−3 −2

)=

(2 2n

−3 −3n+1

)(2 1

−3 −2

)=

(4− 3 · 2n 2− 2n+1

3 · 2n+1 − 6 2n+2 − 3

).


(A− 3I2)2 =

(2 1

−4 −2

)(2 1

−4 −2

)=

(0 0

0 0

).

Για το (β) θέτουμε A−3I2 = B, οπότε B2 = O και A = B+3I2. Χρησιμοποιώνταςτις δύο τελευταίες σχέσεις και εφαρμόζοντας επαγωγή στο n βρίσκουμε (εξηγήστεπώς) ότι An = n3n−1 ·B + 3nI2 για κάθε n ∈ N και συμπεραίνουμε ότι

An = n3n−1(

2 1

−4 −2

)+ 3n

(1 0

0 1

)= 3n−1

(2n+ 3 n−4n −2n+ 3

)για n ∈ N.

6. Σωστή είναι μόνο η πρόταση στο (β). Για το (α) θεωρούμε τους πίνακες

A =

(1 0

0 0

), B =

(1 0

1 0

).

Παρατηρούμε ότι οι πίνακες A και

AB =

(1 0

0 0

)(1 0

1 0

)=

(1 0

0 0

)είναι (μη μηδενικοί και) διαγώνιοι, ενώ ο B δεν είναι διαγώνιος. Για το (β) θέτουμεA = (aij), B = (bij) και AB = (cij), όπου οι πίνακες είναι n× n. Αφού ο A είναιδιαγώνιος, έχουμε aik = 0 για k 6= i και συνεπώς

cij =n∑

k=1

aikbkj = aiibij.

Αφού ο AB είναι διαγώνιος, έχουμε aiibij = cij = 0 για i 6= j. Από την ισότητααυτή και την υπόθεσή μας ότι aii 6= 0 για κάθε δείκτη i έπεται ότι bij = 0 γιαi 6= j. Αυτό σημαίνει ότι ο πίνακας B είναι επίσης διαγώνιος.

7. Για το (α) παρατηρούμε ότι (λA + µB)t = λAt + µBt = λA + µB. Για το (β)θέτουμε C = A+B και D = A−B, οπότε A = (C +D)/2 και B = (C −D)/2.Χρησιμοποιώντας το (α) συμπεραίνουμε ότι αν οι C,D είναι συμμετρικοί, τότε τοίδιο ισχύει και για τους A,B. Για το (γ) παρατηρούμε ότι (AB)t = BtAt = BAκαι επομένως ότι (AB)t = AB ⇔ BA = AB.

8. Για το (α) παρατηρούμε ότι αν A = Bt +B, τότε At = (Bt +B)t = (Bt)t +Bt =B+Bt = A και συνεπώς ο A είναι συμμετρικός. Ομοίως για το (β), αν A = BtB,τότε At = (BtB)t = Bt(Bt)t = BtB = A. Για το (γ) θέτουμε

B =

(x zy w

)με x, y, z, w ∈ R και υπολογίζουμε ότι

BtB =

(x yz w

)(x zy w

)=

(x2 + y2 xz + ywxz + yw z2 + w2

).

Συμπεραίνουμε ότι τα στοιχεία της κύριας διαγωνίου του BtB είναι μη αρνητικοίπραγματικοί αριθμοί και επομένως ότι π.χ. για το συμμετρικό πίνακα

A =

(−1 0

0 0

)∈ R2×2

δεν υπάρχει πίνακας B ∈ R2×2με BtB = A.

9. Το (α) είναι σωστό, αφού αν At = −A και Bt = −B, τότε (AB)t = BtAt =(−B)(−A) = BA = AB. Το (β) είναι επίσης σωστό, αφού οι αντισυμμετρικοίπίνακες A,B ∈ R2×2

έχουν υποχρεωτικά τη μορφή

A =

(0 a−a 0

), B =

(0 b−b 0

)με a, b ∈ R, οπότε ο AB = (−ab) · I2 είναι συμμετρικός πίνακας. Το (γ) είναιλάθος, αφού θέτοντας π.χ.

A =

0 1 0

−1 0 0

0 0 0

, B =

0 0 1

0 0 0

−1 0 0

βρίσκουμε ότι

AB =

0 0 0

0 0 −10 0 0

.

10. Υπολογίζοντας ότι

J2 =

(0 −11 0

)(0 −11 0

)=

(−1 0

0 −1

)= −I2

βρίσκουμε ότι J−1 = −J και ότι J4 = (−I2)2 = I2, οπότε J4n = I2, J

4n+1 = J ,J4n+2 = J2 = −I2 και J4n+3 = J3 = −J για κάθε φυσικό αριθμό n. Για το (γ),θέτοντας

X =

(a bc d

),

έχουμε

XJ = JX ⇔(a bc d

)(0 −11 0

)=

(0 −11 0

)(a bc d

)⇔

(b −ad −c

)=

(−c −da b

)⇔ a = d, b = −c.

Συνεπώς οι 2× 2 πίνακες που μετατίθενται με τον J είναι εκείνοι της μορφής(a b−b a

)με a, b ∈ C.


AB =

(4 1

2 2

),

οπότε det(AB) = 6, και συμπεραίνουμε ότι ο πίνακας AB είναι αντιστρέψιμος μεαντίστροφο

(AB)−1 =1

6

(2 −1−2 4

)=

(1/3 −1/6−1/3 2/3

).

Το (β) αφήνεται στον αναγνώστη. Για το (γ) υποθέτουμε ότι ο BA είναι αντι-στρέψιμος. Πολλαπλασιάζοντας την ισότητα AC = O του ερωτήματος (β) απόαριστερά με B προκύπτει ότι B(AC) = O και συνεπώς ότι (BA)C = O. Πολ-λαπλασιάζοντας την τελευταία ισότητα με τον αντίστροφο του BA βρίσκουμε ότιC = O, το οποίο είναι προφανώς εσφαλμένο. Από αυτή την αντίφαση συμπεραί-νουμε ότι ο BA δεν είναι αντιστρέψιμος.


ABC =

(2 −3−3 5

)(1 −24 −3

)(5 1

0 −2

)=

(−50 −2085 35

)και συμπεραίνουμε ότι

(ABC)−1 =1

10

(−7 −417 10

).

Για το (β), πολλαπλασιάζοντας από αριστερά και από δεξιά με τους αντίστροφους

των A και B, αντίστοιχα, βρίσκουμε ότι AXB = C ⇔ X = A−1CB−1 καισυμπεραίνουμε ότι ο μοναδικός πίνακας με τη δοσμένη ιδιότητα είναι ο

X =

(2 −3−3 5

)−1(5 1

0 −2

)(1 −24 −3

)−1=

(5 3

3 2

)(5 1

0 −2

)· 1

5

(−3 2

−4 1

)=

1

5

(−71 49

−41 29

).

13. ΄Εστω A ένας συμμετρικός, αντιστρέψιμος πίνακας. Από τη θεωρία γωρίζουμε ότι(At)−1 = (A−1)t. Αφού At = A, η προηγούμενη ισότητα γράφεται (A−1)t = A−1

και δείχνει ότι ο A−1 είναι επίσης συμμετρικός πίνακας.

14. Το (α) είναι λάθος, όπως δείχνουν οι αντιστρέψιμοι πίνακες

A =

(1 0

0 1

), B =

(0 −11 0

)για τους οποίους A2 + B2 = O. Θα δείξουμε ότι το (β) είναι σωστό. Πράγματι,αφού οι A,B είναι άνω τριγωνικοί 2× 2 πίνακες, έχουμε

A =

(a x0 c

), B =

(b y0 d

)για κάποιους πραγματικούς αριθμούς a, b, c, d, x, y. Αφού οι A,B είναι αντιστρέ-ψιμοι, έχουμε επιπλέον abcd 6= 0. Υπολογίζοντας ότι

A2 +B2 =

(a2 + b2 ∗0 c2 + d2

)και παρατηρώντας ότι a2 + b2 6= 0 και c2 + d2 6= 0, συμπεραίνουμε ότι ο A2 + B2


15. Θέτοντας

A =

(a bc d

),

έχουμε

A+ λI2 =

(a+ λ bc d+ λ

).

Γνωρίζουμε ότι αν ο A+λI2 δεν είναι αντιστρέψιμος, τότε (a+λ)(d+λ)−bc = 0.Η ισότητα αυτή γράφεται ισοδύναμα ως λ2 + (a + d)λ + (ad − bc) = 0, άρα ωςπολυωνυμική εξίσωση δευτέρου βαθμού στο λ. Το ζητούμενο προκύπτει αφούκάθε τέτοια εξίσωση έχει το πολύ δύο μιγαδικές ρίζες.

16. Για το (α) παρατηρούμε ότι

B = In ·B = (CA)B = C (AB) = C · In = C,

οπότε ο A είναι αντιστρέψιμος με αντίστροφο A−1 = B = C. Για το (β), έστωP ο αντίστροφος του A2

, οπότε A2P = PA2 = In. Γράφοντας τις σχέσεις αυτέςως A(AP ) = (PA)A = In και εφαρμόζοντας το (α) συμπεραίνουμε ότι ο A είναιαντιστρέψιμος και ότι για τον αντίστροφό του ισχύει A−1 = AP = PA.

17. Για το (α) αφαιρούμε την πρώτη γραμμή του A από καθεμιά από τις υπόλοιπες.΄Επειτα αφαιρούμε κατάλληλα πολλαπλάσια της δεύτερης γραμμής του πίνακα που

προέκυψε από την τρίτη και τέταρτη γραμμή, ώστε να προκύψουν δύο μηδενικές

γραμμές. Συνεχίζουμε πολλαπλασιάζοντας τη δεύτερη γραμμή με 1/8 κλπ και

βρίσκουμε ότι ο ζητούμενος πίνακας είναι ο

A′ =

1 0 −1 −20 1 2 3

0 0 0 0

0 0 0 0

.

Από την απάντηση αυτή προκύπτει ότι το γραμμικό σύστημα του ερωτήματος (β)

είναι ισοδύναμο με το x1 − x3 = −2x2 + 2x3 = 3.

Οι λύσεις προκύπτουν δίνοντας αυθαίρετες τιμές x3 = λ ∈ F στη μεταβλητή x3και λύνοντας τις εξισώσεις ως προς τις άλλες δύο ως x1 = −2 + λ, x2 = 3− 2λ.

18. Ο επαυξημένος πίνακας του συστήματος είναι ο 1 α 1 α 1

1 α −1 −α −1α 1 α 1 1

.

Πολλαπλασιάζουμε την πρώτη γραμμή με −1 και −α, αντίστοιχα, και προσθέτουμεστη δεύτερη και τρίτη γραμμή. Πολλαπλασιάζοντας έπειτα τη δεύτερη γραμμή με

−1/2 προκύπτει ο γραμμοισοδύναμος πίνακας 1 α 1 α 1

0 0 1 α 1

0 1− α20 1− α2 1− α

.

Διακρίνουμε περιπτώσεις για το αν 1 − α2 = 0 ή όχι. Για α = −1, από τηντελευταία γραμμή του προηγούμενου πίνακα φαίνεται ότι το σύστημα είναι αδύνατο.

Για α = 1 ο πίνακας είναι γραμμοισοδύναμος με τον 1 1 0 0 00 0 1 1 1

0 0 0 0 0

,

ο οποίος αντιστοιχεί στο σύστημα γραμμικών εξισώσεωνx1 + x2 = 0

x3 + x4 = 1.

Οι λύσεις προκύπτουν δίνοντας αυθαίρετες τιμές x2 = λ ∈ R και x4 = µ ∈ Rστις μεταβλητές x2 και x4 και λύνοντας τις εξισώσεις ως προς τις άλλες δύο ωςx1 = −λ, x3 = 1 − µ. ΄Εστω τώρα ότι α ∈ R \ −1, 1. Πολλαπλασιάζονταςτην τρίτη γραμμή με 1/(1− α2) και εναλλάσσοντάς την με τη δεύτερη προκύπτειο γραμμοισοδύναμος πίνακας 1 α 1 α 1

0 1 0 1 1/(1 + α)0 0 1 α 1

,

με αντίστοιχο σύστημα γραμμικών εξισώσεωνx1 + αx2 + x3 + αx4 = 1

x2 + x4 = 1/(1 + α)x3 + αx4 = 1.

Οι λύσεις προκύπτουν δίνοντας αυθαίρετες τιμές x4 = λ ∈ F στη μεταβλητή x4και λύνοντας τις εξισώσεις ως προς τις άλλες τρεις ως x1 = −α/(1 + α) + αλ,x2 = 1/(1 + α)− λ, x3 = 1− αλ.

19. Θα δείξουμε ότι το δοσμένο σύστημα έχει μοναδική λύση για κάθε β ∈ R ακριβώςόταν α /∈ −1, 0, 1 και ότι είναι αδύνατο ακριβώς όταν έχουμε είτε α = 1 και

β 6= 1, είτε α = 0 και β /∈ 0, 1, είτε α = −1 και β /∈ −1, 1. Ο επαυξημένοςπίνακας του συστήματος είναι ο 1 1 1 1

1 α α2 β1 α2 α4 β2

.

Αφαιρώντας την πρώτη γραμμή από τις δύο άλλες προκύπτει ο γραμμοισοδύναμος

πίνακας 1 1 1 1

0 α− 1 α2 − 1 β − 10 α2 − 1 α4 − 1 β2 − 1

.

Αν α = 1, τότε το σύστημα έχει άπειρες λύσεις για β = 1 και είναι αδύνατοδιαφορετικά. Υποθέτουμε ότι α 6= 1 και πολλαπλασιάζουμε τη δεύτερη και τρίτηγραμμή με 1/(α− 1) για να βρούμε το γραμμοισοδύναμο πίνακα 1 1 1 1

0 1 α + 1 (β − 1)/(α− 1)0 α + 1 (α + 1)(α2 + 1) (β2 − 1)/(α− 1)

.

Πολλαπλασιάζοντας τη δεύτερη γραμμή με −(α+ 1) και προσθέτοντας στην τρίτηγραμμή προκύπτει ο γραμμοισοδύναμος κλιμακωτός πίνακας 1 1 1 1

0 1 α + 1 (β − 1)/(α− 1)0 0 (α + 1)(α2 − α) (β − 1)(β − α)/(α− 1)

.

Συμπεραίνουμε ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση αν α /∈ −1, 0, 1 και ότι ανα = 0 (αντίστοιχα, α = −1), τότε το σύστημα έχει άπειρες λύσεις για β ∈ 0, 1(αντίστοιχα, β ∈ −1, 1) και είναι αδύνατο διαφορετικά. Για α = 2 ο παραπάνωπίνακας είναι ίσος με 1 1 1 1

0 1 3 β − 10 0 6 (β − 1)(β − 2)

και αντιστοιχεί στο σύστημα γραμμικών εξισώσεων

x1 + x2 + x3 = 1

x2 + 3x3 = β − 16x3 = (β − 1)(β − 2)

το οποίο έχει μοναδική λύση x1 = (β − 2)(β − 4)/3, x2 = −(β − 1)(β − 4)/2,x3 = (β − 1)(β − 2)/6.

20. Από το δοσμένο πίνακα μπορεί να προκύψει ο ταυτοτικός προσθέτοντας τη δεύτερη

γραμμή στην πρώτη, πολλαπλασιάζοντας έπειτα τη δεύτερη γραμμή με −1, προ-σθέτοντας μετά την πρώτη γραμμή στη δεύτερη και αφαιρώντας τέλος τη δεύτερη

γραμμή από την πρώτη. Από τους μετασχηματισμούς αυτούς προκύπτει η ισότητα(1 −10 1

)(1 0

1 1

)(1 0

0 −1

)(1 1

0 1

)(0 1

1 0

)= I2

και επομένως(0 1

1 0

)=

(1 1

0 1

)−1(1 0

0 −1

)−1(1 0

1 1

)−1(1 −10 1

)−1=

(1 −10 1

)(1 0

0 −1

)(1 0

−1 1

)(1 1

0 1

).

21. Οι προτάσεις είναι και οι τρεις σωστές. Για το (α) αρκεί να παρατηρήσει κανείς

ότι ο B είναι γραμμοισοδύναμος με τον A αν και μόνο αν υπάρχουν στοιχειώδειςπίνακες E1, E2, . . . , Er ∈ Fm×m

τέτοιοι ώστε B = (Er · · ·E2E1)A και ότι έναςπίνακας P ∈ Fm×m

είναι αντιστρέψιμος αν και μόνο αν ο P είναι ίσος με τογινόμενο πεπερασμένου πλήθους στοιχειωδών πινάκων. Για το (β) ας υποθέσουμε

ότι ο A δεν είναι αντιστρέψιμος και ότι το Ax = b έχει λύση ξ0 ∈ Fn×1, οπότε

Aξ0 = b. Θα δείξουμε ότι η λύση αυτή δεν είναι μοναδική. Πράγματι, αφού ο Aδεν είναι αντιστρέψιμος, το ομογενές σύστημα Ax = 0 έχει άπειρες λύσεις. Γιακάθε τέτοια λύση ξ ∈ Fn×1

έχουμε Aξ = 0 και συνεπώς A(ξ+ξ0) = Aξ+Aξ0 = b.Κατά συνέπεια το ξ + ξ0 είναι λύση του Ax = b και επομένως το σύστημα αυτόέχει επίσης άπειρες λύσεις. Το (γ) προκύπτει εύκολα με χρήση της θεωρίας των

οριζουσών και της ιδιότητας det(AB) = det(A) det(B). Διαφορετικά μπορούμε νασκεφτούμε ως εξής. Αφού ο AB είναι αντιστρέψιμος, υπάρχει πίνακας C ∈ Fn×n

τέτοιος ώστε (AB)C = In ή, ισοδύναμα, A(BC) = In. Γνωρίζουμε ότι από τηνισότητα αυτή προκύπτει ότι (BC)A = In και συνεπώς ότι ο A είναι αντιστρέψιμοςμε αντίστροφο τον BC. Με παρόμοιο τρόπο, από την ισότητα (BC)A = Inσυμπεραίνουμε ότι (CA)B = In και ότι ο B είναι αντιστρέψιμος με αντίστροφοτον CA.

22. Εργαζόμενοι με τον επαυξημένο πίνακα (A | In), αφαιρούμε την πρώτη γραμμήαπό καθεμιά από τις υπόλοιπες, έπειτα πολλαπλασιάζουμε κάθε γραμμή εκτός της

πρώτης με −1/2 και τέλος αφαιρούμε από την πρώτη γραμμή το άθροισμα τωνυπολοίπων για να συμπεράνουμε ότι

A−1 =1

2

−1 1 1 1

1 −1 0 0

1 0 −1 0

1 0 0 −1

.

Το γραμμικό σύστημα Ax = b έχει μοναδική λύση

x = A−1b =1

2

−1 1 1 1

1 −1 0 0

1 0 −1 0

1 0 0 −1

1

2

1

2

=

2

−1/20

−1/2

.

23. Προσθέτοντας στη δεύτερη γραμμή του A την πρώτη, αφαιρώντας από την τρίτηγραμμή του A το διπλάσιο της πρώτης και προσθέτοντας στην τέταρτη γραμμήτου A το τριπλάσιο της πρώτης, βρίσκουμε ότι

det(A) = det

1 −2 3 −10 −1 0 −20 0 1 4

0 1 0 1

.

Προσθέτοντας στην τέταρη γραμμή του πίνακα που προέκυψε τη δεύτερη καταλή-

γουμε σε άνω τριγωνικό πίνακα με στοιχεία στην κύρια διαγώνιο 1, −1, 1 και −1και συμπεραίνουμε ότι det(A) = (−1)2 = 1. Επίσης, από τη βασική ιδιότητα τωνοριζουσών det(AB) = det(A) det(B) προκύπτει (με επαγωγή στο n) ότι

det(An) = (det(A))n

για κάθε τετραγωνικό πίνακα A και n ∈ N. Στην περίπτωσή μας έχουμε det(An) =(det(A))n = 1n = 1.

24. Η ορίζουσα του δοσμένου 3× 3 πίνακα, έστω A, είναι ίση με −3. Επομένως, απότην ισότητα An = I3 προκύπτει ότι 1 = det(An) = (det(A))n = (−3)n. ΄Αρα, ημόνη δυνατή τιμή του n είναι η n = 0.

25. Εκτελώντας τις πράξεις, βρίσκουμε ότι

AAt =

F 0 0 0

0 F 0 0

0 0 F 0

0 0 0 F

,

όπου F = a2 + b2 + c2 + d2, και συνεπώς ότι

det(AAt) = (a2 + b2 + c2 + d2)4.

Αφού det(AAt) = (det(A))2, συμπεραίνουμε ότι det(A) 6= 0⇔ a2+b2+c2+d2 6= 0και συνεπώς ότι ισχύει το ζητούμενο του (β).

26. Για το (α), προσθέτοντας στην πρώτη γραμμή τις υπόλοιπες γραμμές του δοσμένου

πίνακα βρίσκουμε ότι

det

2 1 1 1 1

1 2 1 1 1

1 1 2 1 1

1 1 1 2 1

1 1 1 1 2

= 6 · det

1 1 1 1 1

1 2 1 1 1

1 1 2 1 1

1 1 1 2 1

1 1 1 1 2

.

Αφαιρώντας την πρώτη γραμμή του πίνακα που προέκυψε από καθεμιά από τις

υπόλοιπες, βρίσκουμε ότι η ορίζουσα αυτή είναι ίση με 1. ΄Αρα η ορίζουσα που

θέλαμε να υπολογίσουμε είναι ίση με 6. Για το (β), προσθέτοντας στη δεύτερη

γραμμή του δοσμένου πίνακα την πρώτη και αναπτύσσοντας την ορίζουσα κατά τα

στοιχεία της πρώτης στήλης, βρίσκουμε ότι

det

1 1 1 1 1

−1 1 1 1 1

0 −1 1 1 1

0 0 −1 1 1

0 0 0 −1 1

= 2 · det

1 1 1 1

−1 1 1 1

0 −1 1 1

0 0 −1 1

.

Εργαζόμενοι με τον ίδιο τρόπο, βρίσκουμε ότι

det

1 1 1 1

−1 1 1 1

0 −1 1 1

0 0 −1 1

= 2 · det

1 1 1

−1 1 1

0 −1 1

= 4 · det

(1 1

−1 1

)= 8

και συνεπώς η ορίζουσα που ζητάμε να υπολογίσουμε είναι ίση με 16.

27. Συμβολίζουμε με An τον n×n πίνακα που δόθηκε και υπολογίζουμε ότι det(An) =2, 3, 4, 5 για n = 1, 2, 3, 4, αντίστοιχα. Θα δείξουμε ότι det(An) = n+ 1 για κάθεθετικό ακέραιο n. ΄Ενας τρόπος είναι ο εξής. Παρατηρούμε ότι αναπτύσσονταςτην ορίζουσα π.χ. του A5 κατά τα στοιχεία της πρώτης στήλης, βρίσκουμε ότι

det(A5) = 2 · det(A4) − det

1 0 0 0

1 2 1 0

0 1 2 1

0 0 1 2

.

Αναπτύσσοντας την ορίζουσα στο δεξιό μέλος της προηγούμενης ισότητας κατά

τα στοιχεία της πρώτης γραμμής, προκύπτει ότι det(A5) = 2 det(A4) − det(A3).Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε γενικότερα ότι ισχύει ο αναγωγικός τύπος

det(An+1) = 2 · det(An) − det(An−1)

για κάθε ακέραιο n ≥ 3. Από τον τύπο αυτό προκύπτει άμεσα με επαγωγή στο nότι det(An) = n+ 1 για κάθε θετικό ακέραιο n.

28. Το (α) είναι σωστό, αφού

det(P−1AP ) = det(P−1) det(A) det(P ) = det(A) det(P−1P )

= det(A) det(In) = det(A).

Το (β) είναι λάθος, αφού π.χ. τα στοιχεία του πίνακα

A =

1 0 00 0 1

0 1 0

είναι μη αρνητικοί αριθμοί, αλλά det(A) = −1. Το (γ) είναι σωστό, αφού γιακάθε πίνακα A ∈ Rn×n

η ορίζουσα det(A) είναι πραγματικός αριθμός και επομένωςdet(AtA) = det(At) det(A) = (det(A))2 ≥ 0.

29. Γνωρίζουμε ότι At = −A. Αν λοιπόν ο n είναι περιττός αριθμός, τότε det(−A) =(−1)n det(A) = − det(A) και συνεπώς det(A) = det(At) = det(−A) = − det(A),άρα det(A) = 0. Για n = 2, ο πίνακας A έχει τη μορφή

A =

(0 a−a 0

)με a ∈ R. ΄Εχουμε det(A) = a2 και συνεπώς οι δυνατές τιμές της ορίζουσας τουA είναι ακριβώς οι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί. Είναι αρκετά δυσκολότερονα δείξει κανείς ότι det(A) ≥ 0 για κάθε αντισυμμετρικό πίνακα A ∈ Rn×n

και

κάθε άρτιο θετικό ακέραιο n.


AtA =

(a b cx y z

) a xb yc z

=

(a2 + b2 + c2 ax+ by + czax+ by + cz x2 + y2 + z2

)και συμπεραίνουμε ότι

det(AtA) = (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2)− (ax+ by + cz)2

= (ay − bx)2 + (az − cx)2 + (bz − cy)2.

Το (β) είναι άμεση συνέπεια του (α). Για το (γ) εργαζόμαστε όπως στο (α) και

δείχνουμε ότι αν

A =

a1 x1a2 x2...

...

am xm

∈ Rm×2,

τότε

det(AtA) = (a21 + · · ·+ a2m)(x21 + · · ·+ x2m)− (a1x1 + · · ·+ amxm)2

=∑

1≤i<j≤m

(aixj − ajxi)2 ≥ 0.

31. Για το (α), εξισώνοντας τις ορίζουσες των δύο μελών της ισότητας A2 = 2I4παίρνουμε det(A2) = det(2I4) = 16. Αφού όμως det(A2) = (det(A))2, έπεται ότι(det(A))2 = 16 και συνεπώς det(A) = ±4. Οι επιλογές

A =

±√

2 0 0 0

0√

2 0 0

0 0√

2 0

0 0 0√

2

δείχουν ότι και οι δύο αυτές τιμές για την ορίζουσα του A είναι δυνατές. Για το(β) χρησιμοποιούμε τη γνωστή ισότητα A · adj(A) = det(A) · I4. Το ζητούμενοπροκύπτει πολλαπλασιάζοντας από αριστερά την προηγούμενη ισότητα με A καιχρησιμοποιώντας τις σχέσεις A2 = 2I2 και det(A) = ±4.

32. Παίρνοντας ορίζουσες στη γνωστή ισότητα A · adj(A) = det(A) · In προκύπτειότι det(A) · det(adj(A)) = (det(A))n και συνεπώς το ζητούμενο, αν det(A) 6= 0.΄Εστω ότι det(A) = 0, οπότε A · adj(A) = O. Θα δείξουμε ότι det(adj(A)) = 0.Αυτό είναι προφανές αν A = O, αφού τότε adj(A) = O. Στην αντίθετη περίπτωση,από την ισότητα A · adj(A) = O προκύπτει ότι ο adj(A) δεν είναι αντιστρέψιμοςπίνακας (εξηγήστε γιατί) και συνεπώς ότι η ορίζουσά του είναι ίση με μηδέν.

33. Συμβολίζουμε με X ∈ Rn×1τον πίνακα στήλη κάθε στοιχείο του οποίου είναι

ίσο με 1. Για το (β) παρατηρούμε ότι AX = X αν και μόνο αν κάθε γραμμήτου A έχει άθροισμα στοιχείων ίσο με 1, οπότε το ζητούμενο προκύπτει από τηνπροφανή ισοδυναμία AX = X ⇔ X = A−1X. Για το (α) συμβολίζουμε μεΣ1,Σ2, . . . ,Σn τις στήλες του A και με cij τον (i, j) συμπαράγοντα του A. Απότην υπόθεση του προβλήματος για τον A έχουμε ότι Σ1 + Σ2 + · · · + Σn = X.Λύνοντας αυτή την ισότητα ως προς Σj, αντικαθιστώντας στον πίνακα A καιχρησιμοποιώντας τις βασικές ιδιότητες της ορίζουσας βρίσκουμε (εξηγήστε τις

λεπτομέρεις) ότι det(A) = det(B), όπου B είναι ο πίνακας που προκύπτει από τονA αντικαθιστώντας τη στήλη Σj με το X. Αναπτύσσοντας την ορίζουσα του Bως προς τη j στήλη βρίσκουμε ότι det(A) =

∑ni=1 cij. Αφού το (j, i) στοιχείο

του A−1 είναι ίσο με cij/ det(A) (εξηγήστε γιατί), η τελευταία ισότητα δείχνει ότιη j γραμμή του πίνακα A−1 έχει άθροισμα στοιχείων ίσο με 1, όπως το θέλαμε.

34. Σωστές είναι οι προτάσεις στα (β), (γ) και (δ). Για το (α) αρκεί να θεωρήσει κανείς

τυχαίους μη μηδενικούς πίνακες A και B με A+B = O. Για το (β) γνωρίζουμε ότι

P = Ek · · ·E2E1 για κάποιους στοιχειώδεις πίνακες E1, E2, . . . , Ek ∈ Fm×mκαι

ότι rank(EA) = rank(A) για κάθε στοιχειώδη πίνακα E ∈ Fm×mκαι κάθε πίνακα

A ∈ Fm×n(στοιχειώδεις μετασχηματισμοί γραμμών δε μεταβάλλουν την τάξη).

Από τα προηγούμενα προκύπτει ότι rank(PA) = rank(Ek · · ·E2E1A) = rank(A).Για το (γ) χρησιμοποιούμε το (β) και βρίσκουμε ότι rank(AQ) = rank(AQ)t =rank(QtAt) = rank(At) = rank(A), αφού οQt


Το (δ) έπεται από τα (β) και (γ).

35. Για το (α), γνωρίζουμε ότι υπάρχουν στοιχειώδεις πίνακες E1, E2, . . . , Ek ∈ Fm×m

για τους οποίους ο πίνακας A′ = Ek · · ·E2E1A είναι κλιμακωτός και ότι η τά-ξη του A είναι ίση με το πλήθος, έστω r, των μη μηδενικών γραμμών του A′.Γνωρίζουμε επίσης ότι rank(AB) = rank(Ek · · ·E2E1AB) = rank(A′B) (αφούστοιχειώδεις μετασχηματισμοί γραμμών δε μεταβάλλουν την τάξη). Αφού ο A′

έχει r μη μηδενικές γραμμές, ο πίνακας A′B έχει το πολύ r μη μηδενικές γραμμές(εξηγήστε) και συνεπώς rank(A′B) ≤ r. Από τα προηγούμενα προκύπτει ότιrank(AB) = rank(A′B) ≤ r = rank(A). Για το (β) χρησιμοποιούμε το (α) καιβρίσκουμε ότι rank(AB) = rank(AB)t = rank(BtAt) ≤ rank(Bt) = rank(B).

36. Εκτελώντας στοιχειώδεις μετασχηματισμούς γραμμών με τη γνωστή διαδικασία

(π.χ. αφαιρώντας πρώτα την πρώτη γραμμή από καθεμιά από τις άλλες, στην

περίπτωση του A, και προσθέτοντας τη δεύτερη, τρίτη και τέταρτη γραμμή στηνπρώτη, στη περίπτωση του B), βρίσκουμε τους γραμμοισοδύναμους με τους A καιB, αντίστοιχα, κλιμακωτούς πίνακες

A′ =

1 2 3 4

0 1 2 3

0 0 0 0

0 0 0 0

, B′ =

1 −4 1 1

0 1 −2 1

0 0 4 −30 0 0 0

.

Αφού ο A′ έχει δύο μη μηδενικές γραμμές και ο B′ έχει τρεις, έχουμε rank(A) = 2και rank(B) = 3. Για το (β), γνωρίζουμε ότι για τυχαίους πίνακες P,Q ∈ R4×4

ισχύει rank(PAQ) ≤ rank(A) και συμπεραίνουμε από το (α) ότι PAQ 6= B.

37. Με τη γνωστή διαδικασία βρίσκουμε ανηγμένο κλιμακωτό πίνακα

A′ =

1 0 2 0

0 1 −1 0

0 0 0 1

γραμμοϊσοδύναμο του A. Για το (α) παρατηρούμε ότι rank(A) = 3, αφού ο A′

έχει τρεις μη μηδενικές γραμμές, και συμπεραίνουμε ότι οι στήλες του A παράγουνόλο το χώρο R3×1

, δηλαδή ότι 〈v1, v2, v3, v4〉 = R3×1. Για το (β) παρατηρούμε ότι

η ισότητα λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 + λ4v4 = 0 γράφεται

λ1

1

−21

+ λ2

2

−3−1

+ λ3

0

−13

+ λ4

−12

1

=

000

και οδηγεί στο ομογενές γραμμικό σύστημα

λ1 + 2λ2 − λ4 = 0

−2λ1 − 3λ2 − λ3 + 2λ4 = 0

λ1 − λ2 + 3λ3 + λ4 = 0,

δηλαδή στο σύστημα Ax = 0, όπου x = (λ1 λ2 λ3 λ4)t ∈ R4×1

. Το σύστημα αυτό

είναι ισοδύναμό με το

A′x = 0 ⇔

λ1 + 2λ3 = 0 = 0

λ2 − λ3 = 0 = 0

λ4 = 0 = 0,

το οποίο λύνεται δίνοντας αυθαίρετη τιμή a ∈ R στο λ3 και λύνοντας τις εξισώσειςως προς τις υπόλοιπες μεταβλητές. Συμπεραίνουμε ότι οι ζητούμενες τετράδες

(λ1, λ2, λ3, λ4) είναι οι (−2a, a, a, 0) για a ∈ R. Αφού υπάρχουν μη μηδενικέςτέτοιες τετράδες, τα v1, v2, v3, v4 είναι γραμμικώς εξαρτημένα στοιχεία του R3×1

.

38. Για το (α) υποθέτουμε ότι ui ∈ 〈v1, v2, . . . , vq〉 για κάθε i ∈ 1, 2, . . . , p. Τότετο ui είναι γραμμικός συνδυασμός των v1, v2, . . . , vq για κάθε i ∈ 1, 2, . . . , p καισυνεπώς το ίδιο ισχύει για κάθε γραμμικό συνδυασμό των u1, u2, . . . , up (εξηγήστεγιατί). Συνεπώς 〈u1, u2, . . . , up〉 ⊆ 〈v1, v2, . . . , vq〉. Το αντίστροφο ισχύει αφούui ∈ 〈u1, u2, . . . , up〉 για κάθε i ∈ 1, 2, . . . , p. Το (β) έχει αρνητική απάντηση.Γράφουμε τη δοσμένη ισότητα ως 〈u1, u2, u3〉 = 〈v1, v2, v3〉. Λύνοντας το αντί-στοιχο γραμμικό σύστημα βρίσκουμε ότι δεν υπάρχουν λ1, λ2, λ3 ∈ R τέτοια ώστεu2 = λ1v1 +λ2v2 +λ3v3 και συμπεραίνουμε ότι u2 /∈ 〈v1, v2, v3〉. Από το (α) έπεταιότι 〈u1, u2, u3〉 6= 〈v1, v2, v3〉.

39. Γνωρίζουμε ότι οι στήλες ενός πίνακα A ∈ Fm×nπαράγουν το χώρο Fm×1

αν και

μόνο αν rank(A) = m και ότι είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του Fm×1αν

και μόνο αν rank(A) = n. Αφού At ∈ Fn×m, συμπεραίνουμε ότι τα (α) και (β)

ισχύουν αν και μόνο αν m = n και ότι το (γ) ισχύει για όλα τα ζεύγη θετικώνακεραίων m,n.

40. Αφού οποιαδήποτε n+1 στοιχεία του Fn×1είναι γραμμικώς εξαρτημένα, υπάρχουν

λ0, λ1, . . . , λn ∈ F, όχι όλα μηδέν, τέτοια ώστε λ0v0+λ1v1+· · ·+λnvn = 0. Αφούτα v1, v2, . . . , vn είναι γραμμικώς ανεξάρτητα, στην προηγούμενη σχέση έχουμε

υποχρεωτικά λ0 6= 0. Ομοίως προκύπτει ότι λi 6= 0 για 1 ≤ i ≤ n και συνεπώςισχύει το (α). Για το (β) μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας

ότι µ0 6= 0. Πολλαπλασιάζοντας την ισότητα µ0v0+µ1v1+· · ·+µnvn = 0 με λ0/µ0

και αφαιρώντας το αποτέλεσμα από την λ0v0 + λ1v1 + · · ·+ λnvn = 0 παίρνουμε

n∑i=1

(λi −

λ0µ0

µi

)vi = 0.

Αφού τα v1, v2, . . . , vn είναι γραμμικώς ανεξάρτητα, από την προηγούμενη σχέσηέπεται ότι

λi −λ0µ0

µi = 0

για 1 ≤ i ≤ n. Κατά συνέπεια, θέτοντας c = λ0/µ0 ∈ F, έχουμε λi = cµi για

0 ≤ i ≤ n.

41. Το U είναι υπόχωρος του R4×1αφού επαληθεύει τα αντίστοιχα αξιώματα, όπως

μπορεί εύκολα να διαπιστώσει κανείς. Τα V και W δεν είναι, αφού για παράδειγμαθέτοντας x = (1 0 0 0)t και y = (0 − 1 0 0)t έχουμε x, y ∈ V αλλά x+ y /∈ Vκαι x, y ∈ W αλλά x+ y /∈ W .

42. Για το (α) παρατηρούμε πρώτα ότι (0 0 0 0)t ∈ W . Επίσης, υποθέτοντας ότιx = (x1 x2 x3 x4)

t ∈ W και y = (y1 y2 y3 y4)t ∈ W , έχουμε x1−x2+x3−x4 = 0

και y1 − y2 + y3 − y4 = 0. Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο αυτές ισότητες καιπολλαπλασιάζοντας την πρώτη με λ ∈ R προκύπτει ότι x + y ∈ W και λx ∈ W .Για το (β), λύνουμε την εξίσωση x1 − x2 + x3 − x4 = 0 π.χ. ως προς το x1 καιβρίσκουμε ότι

W =

λ2 − λ3 + λ4λ2λ3λ4

: λ2, λ3, λ4 ∈ R

=

λ21

1

0

0

+ λ3

−10

1

0

+ λ4

1

0

0

1

: λ2, λ3, λ4 ∈ R

= 〈

1

1

0

0

,

−10

1

0

,

1

0

0

1

〉 ⊆ R4×1.

Ο πίνακας με στήλες τα στοιχεία u1, u2, u3 που βρήκαμε έχει τάξη 3 (εξηγήστε για-τί). ΄Αρα τα u1, u2, u3 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του R4×1

και συνεπώς

το u1, u2, u3 είναι βάση του W .

43. Θεωρούμε τον πίνακα

A =

1 0 1 0 11 1 0 1 1

1 0 1 1 0

,

οι γραμμές του οποίου είναι οι δοσμένοι γεννήτορες τουW . Αφαιρώντας την πρώτηγραμμή από τη δεύτερη και την τρίτη, βρίσκουμε τον κλιμακωτό γραμμοισοδύναμο

πίνακα

A′ =

1 0 1 0 1

0 1 −1 1 0

0 0 0 1 −1

και συμπεραίνουμε ότι οι στήλες

1

0

1

0

1

,

0

1

−11

0

,

0

0

0

1

−1

του ανάστροφου του A′ αποτελούν βάση του W . Συμπληρώνουμε τη βάση αυτήτου W σε μια βάση του R5×1

προσθέτοντας δύο γραμμές στον κλιμακωτό πίνακα

A′ ώστε να προκύψει αντιστρέψιμος πίνακας, π.χ. ο1 0 1 0 1

0 1 −1 1 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 −10 0 0 0 1

.

Οι στήλες 1

0

1

0

1

,

0

1

−11

0

,

0

0

1

0

0

,

0

0

0

1

−1

,

0

0

0

0

1

του ανάστροφου του πίνακα αυτού είναι πέντε γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του

R5×1, άρα αποτελούν βάση του R5×1

που περιέχει τη B.

44. Για το (α), αφού το δοσμένο σύνολο έχει τρία στοιχεία και dim(F3×1) = 3, αρ-κεί να δείξουμε ότι το σύνολο αυτό είναι γραμμικώς ανεξάρτητο. Πράγματι, για

λ1, λ2, λ3 ∈ F έχουμε

λ1(v1+v2)+λ2(v2+v3)+λ3(v3+v1) = 0⇔ (λ1+λ3)v1+(λ1+λ2)v2+(λ2+λ3)v3 = 0.

Αφού τα v1, v2, v3 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του Fn×1, η τελευταία

ισότητα ισχύει μόνο για λ1 + λ3 = λ1 + λ2 = λ2 + λ3 = 0 και επομένως μόνο γιαλ1 = λ2 = λ3 = 0. Εργαζόμενοι ομοίως για το (β), βρίσκουμε ότι

(v1 + v2)− (v2 + v3) + (v3 + v4)− (v4 + v1) = 0

και συμπεραίνουμε ότι τα v1+v2, v2+v3, v3+v4, v4+v1 είναι γραμμικώς εξαρτημέναστοιχεία του F4×1

. Γενικότερα για το (γ), για τυχαίο ακέραιο n ≥ 2, η ισότητα

λ1(v1 + v2) + λ2(v2 + v3) + · · ·+ λn(vn + v1) = 0

οδηγεί στο σύστημα των γραμμικών εξισώσεων λ1 + λ2 = λ2 + λ3 = · · · =λn + λ1 = 0. Το σύστημα αυτό έχει μόνο τη μηδενική λύση αν ο n είναι περιττόςαριθμός, ενώ υπάρχει η μη μηδενική λύση λi = (−1)i αν ο n είναι άρτιος. Απόαυτά έπεται το ζητούμενο.

45. Θεωρούμε τον πυρήνα ker(A) = x ∈ F3×5 : Ax = 0 του A. Γνωρίζουμε ότιdim(ker(A)) = 5− rank(A) και, αφού ο A είναι 3× 5 πίνακας, ότι rank(A) ≤ 3.΄Αρα dim(ker(A)) ≥ 2 και συνεπώς υπάρχουν δύο γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχείαu1, u2 του ker(A). Για τα στοιχεία αυτά έχουμε Au1 = Au2 = 0 και συνεπώςισχύει το (α). Με το ίδιο σκεπτικό, για το (β) βρίσκουμε ότι rank(A) ≤ 2.

46. Θα δείξουμε το (β). Αφού ad− bc 6= 0, ένας τουλάχιστον από τους a, b, c, d είναιδιάφορος του μηδενός. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι a 6= 0. Απότην ισότητα au+bv = 0V παίρνουμε u = −(b/a)v. Αντικαθιστώντας στην ισότηταcu + dv = 0V βρίσκουμε ότι −(bc/a)v + dv = 0V και, πολλαπλασιάζοντας με a,ότι (ad − bc)v = 0V . Από την τελευταία ισότητα και την υπόθεση ad − bc 6= 0προκύπτει ότι v = 0V , οπότε u = −(b/a)v = 0V . Για το (γ) δείτε το αρχείο των

συμπληρωματικών ασκήσεων (κεφάλαιο των αφηρημένων διανυσματικών χώρων).

47. ΄Εστω x ∈ 〈u, v〉. Τότε x = λu+µv για κάποιους αριθμούς λ, µ ∈ F. Παρατηρώ-ντας ότι v = −(u+w), βρίσκουμε ότι x = λu−µ(u+w) = (λ−µ)u−µw ∈ 〈u,w〉.Από τα προηγούμενα συμπεραίνουμε ότι 〈u, v〉 ⊆ 〈u,w〉. Ομοίως δείχνουμε ότι〈u,w〉 ⊆ 〈u, v〉, ότι 〈u, v〉 ⊆ 〈v, w〉 και ότι 〈v, w〉 ⊆ 〈u, v〉.

48. Το (α) είναι λάθος αφού αν V = R1×2, W = (λ λ) ∈ V : λ ∈ R, u = (1 0) και

v = (0 1), τότε u+ v = (1 1) ∈ W αλλά u /∈ W και v /∈ W . Το (β) είναι σωστόαφού οW είναι υπόχωρος του V και συνεπώς αν x = u+v ∈ W και y = u−v ∈ W ,τότε u = (x + y)/2 ∈ W και v = (x − y)/2 ∈ W , οπότε λu + µv ∈ W για όλα

τα λ, µ ∈ F. Για να δείξουμε ότι το (γ) είναι σωστό, ας υποθέσουμε ότι η τομή〈u〉 ∩ 〈v〉 περιέχει κάποιο μη μηδενικό στοιχείο w ∈ V . Τότε w ∈ 〈u〉 και w ∈ 〈v〉και συνεπώς υπάρχουν λ, µ ∈ F τέτοια ώστε w = λu = µv. Αφού w 6= 0V ,

έχουμε λ, µ 6= 0 και συνεπώς u = αv και v = βu για α = µ/λ και β = λ/µ.Παρατηρούμε τώρα ότι για κάθε x ∈ 〈u〉 έχουμε x = cu για κάποιο c ∈ F και

συνεπώς x = (cα)v ∈ 〈v〉. Αυτό δείχνει ότι 〈u〉 ⊆ 〈v〉 και ομοίως βρίσκουμε ότι〈v〉 ⊆ 〈u〉. Από τις σχέσεις αυτές προκύπτει ότι 〈u〉 = 〈v〉.

49. Για το (α) παρατηρούμε πρώτα ότι O ∈ W , αφού A ·O = O = O ·B. Παρατηρούμεέπειτα ότι αν X, Y ∈ W και λ ∈ F, τότε AX = XB και AY = Y B και συνεπώςA(X + Y ) = AX + AY = XB + Y B = (X + Y )B και A(λX) = λ(AX) =λ(XB) = (λX)B, οπότε X + Y ∈ W και λX ∈ W . Για το (β), θέτουμε

X =

(a bc d

)και εκτελώντας τις πράξεις, βρίσκουμε ότι AX = Y B αν και μόνο αν a = 0 καιb = c+ d. Επομένως

W =

(0 c+ dc d

): c, d ∈ F

=

c

(0 1

1 0

)+ d

(0 1

0 1

): c, d ∈ F

= 〈

(0 1

1 0

),

(0 1

0 1

)〉 ⊆ F2×2.

50. ΄Εστω p(t) ∈ Cd(t]. ΄Εχουμε να δείξουμε ότι το p(t) είναι γραμμικός συνδυασμόςτων 1, t− a, (t− a)2, . . . , (t− a)d. Γράφοντας p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 + · · ·+ adtd

και αναπτύσσοντας τα διώνυμα (t+ a)k σε δυνάμεις του t, βρίσκουμε ότι

p(t+ a) = a0 + a1(t+ a) + a2(t+ a)2 + · · ·+ ad(t+ a)d

= c0 + c1t + c2t2 + · · ·+ cdt

d

για κάποιους μιγαδικούς αριθμούς c0, c1, . . . , cd. Αντικαθιστώντας το t με το t−aσυμπεραίνουμε ότι p(t) = c0 + c1(t− a) + c2(t− a)2 + · · ·+ cd(t− a)d.

51. Το (α) είναι λάθος αφού αν u,w είναι δύο οποιαδήποτε γραμμικώς ανεξάρτηταστοιχεία ενός χώρου V και v = −u, τότε τα u, v, w είναι γραμμικώς εξαρτημέναστοιχεία του V αλλά w /∈ 〈u〉 = 〈u, v〉. Το (β) είναι σωστό. Πράγματι, έχουμεw = 0 · u + 0 · v + 1 · w ∈ 〈u, v, w〉. ΄Αρα αν ήταν 〈u, v〉 = 〈u, v, w〉, τότεw ∈ 〈u, v〉 και συνεπώς τα u, v, w θα ήταν γραμμικώς εξαρτημένα, σε αντίθεσημε την υπόθεση. Το (γ) είναι λάθος αφού η προτεινόμενη ισότητα δεν ισχύει

όταν u = w και τα u, v είναι γραμμικώς ανεξάρτητα. Το (δ) είναι σωστό. Αφούπροφανώς 〈v〉 ⊆ 〈u, v〉∩ 〈v, w〉, αρκεί να δείξουμε ότι 〈u, v〉∩ 〈v, w〉 ⊆ 〈v〉. ΄Εστωότι x ∈ 〈u, v〉 ∩ 〈v, w〉. Θα δείξουμε ότι x ∈ 〈v〉. Εξαιτίας της υπόθεσής μας,υπάρχουν a, b, c, d ∈ F τέτοια ώστε x = au+bv και x = cv+dw. Από τις σχέσειςαυτές προκύπτει ότι au+ (b− c)v+ dw = 0V . Από τη γραμμική ανεξαρτησία των

u, v, w προκύπτει ότι a = d = 0 (και ότι b = c). Επομένως x = au+bv = bv ∈ 〈v〉,που ήταν το ζητούμενο.

52. Γράφοντας(a a+ b b+ c

a+ 2b b+ 2c d

)= a

(1 1 0

1 0 0

)+ b

(0 1 1

2 1 0

)+

c

(0 0 1

0 2 0

)+ d

(0 0 0

0 0 1

)προκύπτει ότι W = 〈w1, w2, w3, w4〉, όπου

w1 =

(1 1 0

1 0 0

), w2 =

(0 1 1

2 1 0

), w3 =

(0 0 1

0 2 0

),

w4 =

(0 0 0

0 0 1

).

΄Επεται ότι τοW συμπίπτει με τη γραμμική θήκη των στοιχείων w1, w2, w3, w4 του

V και συνεπώς ότι είναι υπόχωρος του V που παράγεται από τα w1, w2, w3, w4.

Επιπλέον, για λ1, λ2, λ3, λ4 ∈ R η σχέση λ1w1 + λ2w2 + λ3w3 + λ4w4 = O οδηγείστο σύστημα των γραμμικών εξισώσεων λ1 = λ1 + λ2 = λ2 + λ3 = λ1 + 2λ2 =λ2 + 2λ3 = λ4 = 0, το οποίο έχει τη μοναδική λύση λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0.Συμπεραίνουμε ότι τα w1, w2, w3, w4 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του Vκαι συνεπώς ότι το σύνολο w1, w2, w3, w4 είναι βάση τουW , οπότε dim(W ) = 4.

53. Ο μηδενικός πίνακας προφανώς ανήκει στο W . ΄Εστω ότι X, Y ∈ W και λ ∈ F.Τότε AX t = −XA και AY t = −Y A και συνεπώς A(X + Y )t = A(X t + Y t) =AX t + AY t = −XA − Y A = −(X + Y )A και A(λX)t = A(λX t) = λ(AX t) =λ(−XA) = −(λX)A. Από τα προηγούμενα συμπεραίνουμε ότι X + Y ∈ W και

λX ∈ W και συνεπώς ότι ισχύει το (α). Για το (β), θέτουμε

X =

(a bc d

)και εκτελώντας τις πράξεις, βρίσκουμε ότι AX t = −XA αν και μόνο αν d = −a.Επομένως

W =

(a bc −a

): a, b, c ∈ F

.

Από αυτή την ισότητα έπεται με τη γνωστή διαδικασία ότι το σύνολο(1 0

0 −1

),

(0 1

0 0

),

(0 0

1 0

)είναι βάση του W και συνεπώς ότι dim(W ) = 3.

54. Αφού ο R2[t] είναι διανυσματικός χώρος διάστασης 3, για το (α) αρκεί να δείξουμεότι τα ϕ1(t), ϕ2(t), ϕ3(t) είναι γραμμικώς ανεξάρτητα. Πράγματι, για λ1, λ2, λ3 ∈ Rυπολογίζουμε ότι

λ1ϕ1(t) + λ2ϕ2(t) + λ3ϕ3(t) = λ1(t− a)2 + λ2(t− b)2 + λ3(t− c)2

= (λ1 + λ2 + λ3) t2 − 2(λ1a+ λ2b+ λ3c) t +

(λ1a2 + λ2b

2 + λ3c2).

Συνεπώς έχουμε λ1ϕ1(t) + λ2ϕ2(t) + λ3ϕ3(t) = 0 αν και μόνο ανλ1 + λ2 + λ3 = 0

aλ1 + bλ2 + cλ3 = 0

a2λ1 + b2λ2 + c2λ3 = 0.

Αφού

det

1 1 1

a b ca2 b2 c2

= (b− a)(c− a)(c− b) 6= 0,

το ομογενές αυτό σύστημα έχει μόνο τη λύση λ1 = λ2 = λ3 = 0 και επομένωςισχύει το (α). Για το (β) παρατηρούμε ότι η ισότητα λ1ϕ1(t)+λ2ϕ2(t)+λ3ϕ3(t) =t2 + t+ 1 είναι ισοδύναμη με το γραμμικό σύστημα

λ1 + λ3 = 1

−2λ1 + 2λ3 = 1

λ1 + λ2 + λ3 = 1.

Λύνοντας το σύστημα αυτό βρίσκουμε ότι λ1 = −1/2, λ2 = 3/2 και λ3 = 0, οπότεη t2 + t+ 1 = −ϕ1(t)/2 + 3ϕ2(t)/2 είναι η ζητούμενη έκφραση.

55. Τα (α) και (β) είναι σωστά. Πράγματι, έστω διακεκριμένοι υπόχωροι U1, U2 του

V διάστασης n − 1 και υπόχωρος W του V . Υποθέτοντας ότι W ⊆ U1 ∩ U2,

έχουμε W ⊆ U1 και W ⊆ U2, οπότε dim(W ) ≤ dim(U1) = dim(U2) = n − 1.Αν ήταν dim(W ) = n − 1, τότε θα είχαμε W ⊆ U1, W ⊆ U2 και dim(W ) =dim(U1) = dim(U2). Από τις σχέσεις αυτές προκύπτει ότι W = U1 και W = U2,

σε αντίθεση με την υπόθεση ότι U1 6= U2. Συμπεραίνουμε ότι dim(W ) ≤ n − 2,οπότε ισχύει το (α). Ομοίως, υποθέτοντας ότι U1, U2 ⊆ W έχουμε dim(W ) ≥dim(U1) = dim(U2) = n − 1. Η περίπτωση dim(W ) = n − 1 απορίπτεται αφού,όπως προηγουμένως, οδηγεί στο εσφαλμένο συμπέρασμα W = U1 = U2. ΄Αρα

έχουμε dim(W ) = n = dim(V ) και συνεπώς W = V . Το (γ) όμως είναι λάθος.Πράγματι, έστω V = R1×n

και

U1 = (x1 x2 · · · xn) ∈ V : xn−1 = 0U2 = (x1 x2 · · · xn) ∈ V : xn = 0U3 = (x1 x2 · · · xn) ∈ V : xn−1 + xn = 0.

Τότε οι U1, U2, U3 είναι διαφορετικοί ανά δύο υπόχωροι του V , ο καθένας διάστα-σης n− 1, αλλά η τομή τους

U1 ∩ U2 ∩ U3 = (x1 x2 · · · xn) ∈ V : xn−1 = xn = 0

είναι υπόχωρος του V διάστασης n− 2.

56. Παρατηρούμε ότι

U +W = 〈

1

0

1

0

,

0

1

0

1

,

1

0

0

1

,

0

1

1

0

〉.Τα τέσσερα αυτά στοιχεία του V είναι γραμμικώς εξαρτημένα, ενώ οποιαδήποτετρία από αυτά είναι γραμμικώς ανεξάρτητα (εξηγήστε γιατί). Κατά συνέπεια έχου-

με dim(U + W ) = 3 και, ειδικότερα, U + W 6= V . Για το (β) παρατηρούμε ότιdim(U ∩W ) = dim(U) + dim(W )−dim(U +W ) = 4− 3 = 1 και συμπεραίνουμεότι το άθροισμα U +W δεν είναι ευθύ, αφού U ∩W 6= 0.

57. Θέτουμε U = 〈v1, . . . , vk〉 και W = 〈vk+1, . . . , vn〉 και παρατηρούμε ότι U +W =〈v1, . . . , vn〉 = V . Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι U ∩W = 0V . Θεωρούμετυχαίο στοιχείο x ∈ U ∩W και δείχνουμε ότι x = 0V ως εξής. Αφού x ∈ U καιx ∈ W , μπορούμε να γράψουμε x = λ1v1+· · ·+λkvk και x = µk+1vk+1+· · ·+µnvnγια λ1, . . . , λk, µk+1, . . . , µn ∈ F. Από τις εκφράσεις αυτές προκύπτει ότι

λ1v1 + · · ·+ λkvk − µk+1vk+1 − · · · − µnvn = 0V .

Αφού τα v1, v2, . . . , vn είναι γραμμικώς ανεξάρτητα, από την προηγούμενη ισότηταέπεται ότι λ1 = · · · = λk = µk+1 = · · · = µn = 0 και επομένως ότι x = 0V .

58. Για ένα πολυώνυμο

p(t) = a0 + a1t+ a2t2 + a3t

3 + a4t4 + a5t

5 ∈ V

έχουμε p(−t) = a0 − a1t+ a2t2 − a3t3 + a4t

4 − a5t5 και συνεπώς

p(−t) = p(t) ⇔ a1 = a3 = a5 = 0,p(−t) = −p(t) ⇔ a0 = a2 = a4 = 0.

Συμπεραίνουμε ότι

U = a0 + a2t2 + a4t

4 : a0, a2, a4 ∈ R = 〈1, t2, t4〉 ⊆ V

και

W = a1t+ a3t3 + a5t

5 : a1, a3, a5 ∈ R = 〈t, t3, t5〉 ⊆ V.

Ειδικότερα, οι U και W είναι υπόχωροι του V και από το (α) της ΄Ασκησης 57προκύπτει ότι V = 〈1, t, t2, t3, t4, t5〉 = 〈1, t2, t4〉 ⊕ 〈t, t3, t5〉 = U ⊕W .

59. Για το (α) υπολογίζουμε ότι για X, Y ∈ Fn×nκαι λ ∈ F ισχύουν T (X + Y ) =

A(X + Y ) − (X + Y )A = (AX − XA) + (AY − Y A) = T (X) + T (Y ) καιT (λX) = A(λX) − (λX)A = λ(AX −XA) = λT (X). Για το (β) παρατηρούμεότι η T δεν είναι μονομορφισμός, αφού T (In) = A · In − In · A = O = T (O).

60. Από την ΄Ασκηση 44 γνωρίζουμε ότι το σύνολο v1 + v2, v1 + v3, v2 + v3 είναιβάση του V . Αφού ο T απεικονίζει τη βάση αυτή του V στη βάση v3, v2, v1,έπεται ότι ισχύει το (β). Για το (α) παρατηρούμε ότι

T (v1) + T (v2) = v3T (v1) + T (v3) = v2T (v2) + T (v3) = v1.

Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε T (v1) +T (v2) +T (v3) = (v1 + v2 + v3)/2 καισυμπεραίνουμε ότι

T (v1) = (v2 + v3 − v1)/2T (v2) = (v1 + v3 − v2)/2T (v3) = (v1 + v2 − v3)/2.

61. Θεωρώντας απεικόνιση T : V → W με T (x) = 0W για x ∈ V βλέπουμε ότι ηπρόταση στο (α) είναι λανθασμένη. Αντιθέτως, ας υποθέσουμε ότι T : V → W εί-ναι τυχαία γραμμική απεικόνιση και ότι τα T (v1), T (v2), . . . , T (vn) είναι γραμμικώςανεξάρτητα στοιχεία του W . Τότε, για λ1, λ2, . . . , λn ∈ F,

λ1v1 + λ2v2 + · · ·+ λnvn = 0V ⇒ T (λ1v1 + λ2v2 + · · ·+ λnvn) = T (0V )

⇒ λ1T (v1) + λ2T (v2) + · · ·+ λnT (vn) = 0W

⇒ λ1 = λ2 = · · · = λn = 0

και συνεπώς τα v1, v2, . . . , vn είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του V . ΄Αρα, ηπρόταση στο (β) είναι σωστή.

62. Για το (α) παρατηρούμε πρώτα ότι 0W = T (0V ) ∈ T (U), αφού 0V ∈ U . Δείχνουμεέπειτα ότι λ1w1 + λ2w2 ∈ T (U) για όλα τα w1, w2 ∈ T (U) και λ1, λ2 ∈ F ωςεξής. Αφού w1, w2 ∈ T (U), υπάρχουν u1, u2 ∈ U τέτοια ώστε w1 = T (u1) καιw2 = T (u2). Επομένως, από τη γραμμικότητα της T παίρνουμε λ1w1 + λ2w2 =λ1T (u1)+λ2T (u2) = T (λ1u1+λ2u2). Αφού όμως το U είναι υπόχωρος τουW καιu1, u2 ∈ U , έχουμε λ1u1+λ2u2 ∈ U και συνεπώς λ1w1+λ2w2 = T (λ1u1+λ2u2) ∈T (U). Για το (β) θέτουμε dim(U) = r, θεωρούμε μια βάση u1, u2, . . . , ur τουU και υπολογίζουμε ότι

T (U) = T (u) : u ∈ U = T (λ1u1 + λ2u2 + · · ·+ λrur) : λ1, λ2, . . . , λr ∈ F= λ1T (u1) + λ2T (u2) + · · ·+ λrT (ur) : λ1, λ2, . . . , λr ∈ F= 〈T (u1), T (u2), . . . , T (ur)〉 ⊆ W.

΄Επεται ότι ο υπόχωρος T (U) του W παράγεται από r = dim(U) σε πλήθοςστοιχεία και συνεπώς ότι ισχύει το (β).

63. Το (α) προκύπτει από τη γραμμικότητα της παραγώγου (την οποία εδώ θεωρούμε

γνωστή), αφού για p(t), q(t) ∈ V και λ, µ ∈ F έχουμε

T (λp(t) + µq(t)) = λp(t) + µq(t) + (λp(t) + µq(t))′

= λp(t) + µq(t) + λp′(t) + µq′(t)

= λ(p(t) + p′(t)) + µ(q(t) + q′(t))

= λT (p(t)) + µT (q(t)).

Για το (β), αφού η T είναι γραμμικός μετασχηματισμός ενός διανυσματικού χώρουπεπερασμένης διάστασης, αρκεί να δείξουμε ότι η T είναι μονομορφισμός. ΄Εστωλοιπόν ότι p(t) = a0+a1t+· · ·+adtd ∈ ker(T ), οπότε T (p(t)) = 0. Υπολογίζονταςότι

T (p(t)) = p(t) + p′(t) = a0 + a1t+ · · ·+ adtd + a1 + 2a2t+ · · ·+ dadt

d−1

= (a0 + a1) + (a1 + 2a2)t+ · · ·+ (ad−1 + dad)td−1 + adt

d

οδηγούμαστε στο σύστημα των εξισώσεων a0+a1 = a1+2a2 = · · · = ad−1+dad =ad = 0. Από τις εξισώσεις αυτές προκύπτει ότι a0 = a1 = · · · = ad = 0, δηλαδήp(t) = 0. ΄Επεται ότι ker(T ) = 0 και συνεπώς το ζητούμενο.

64. Θέτουμε V = F[t] και ορίζουμε απεικονίσεις S, T : V → V με

S(p(t)) = tp(t), T (p(t)) =p(t)− p(0)

t,

για p(t) ∈ V . Προφανώς η S είναι γραμμικός μετασχηματισμός του V (εξηγήστε)και για p(t) ∈ V έχουμε p(t) ∈ ker(S) ⇔ S(p(t)) = 0 ⇔ tp(t) = 0 ⇔ p(t) = 0.

Επομένως ker(S) = 0 και συνεπώς η S είναι μονομορφισμός. Παρατηρούμεεπίσης ότι τα μη μηδενικά σταθερά πολυώνυμα (γενικότερα, τα στοιχεία του V μεμη μηδενικό σταθερό όρο) δεν ανήκουν στην εικόνα της S και συνεπώς η S δενείναι επιμορφισμός. Παρατηρούμε τώρα ότι για p(t) = a0 +a1t+ · · ·+adt

dέχουμε

p(0) = a0 και συνεπώς

T (p(t)) =p(t)− p(0)

t= a1 + a2t+ · · ·+ adt

d−1 ∈ V.

΄Αρα η απεικόνιση T : V → V είναι καλά ορισμένη και (εξηγήστε γιατί) αποτελείγραμμικό μετασχηματισμό του V . Αφού για κάθε σταθερό πολυώνυμο p(t) = a0 ∈V έχουμε T (p(t)) = 0, η T δεν είναι μονομορφισμός. Είναι όμως επιμορφισμόςαφού για κάθε q(t) ∈ V υπάρχει το πολυώνυμο p(t) = tq(t) ∈ V για το οποίοισχύει p(0) = 0 και συνεπώς T (p(t)) = p(t)/t = q(t).

65. ΄Εχουμε T (x) = 0 αν και μόνο αν το x ικανοποιεί το ομογενές γραμμικό σύστημαx1 + x2 − x3 − x4 = 0

x1 − x2 − x3 + x4 = 0.

Λύνοντας το σύστημα αυτό βρίσκουμε τις λύσεις x1 = x3 = λ και x2 = x4 = µ,με λ, µ ∈ R και συμπεραίνουμε ότι ker(T ) = (λ µ λ µ)t : λ, µ ∈ R και ότιdim ker(T ) = 2. Από τη θεμελιώδη εξίσωση rank(T ) = dim(V ) − dim ker(V )προκύπτει ότι dim Im(T ) = rank(T ) = 2. Παρατηρούμε τέλος ότι αν

W =

(a b−a −b

): a, b,∈ R

,

τότε T (x) ∈ W για κάθε x ∈ R4×1. Ισοδύναμα, έχουμε Im(T ) ⊆ W . Αφού

όμως το W είναι υπόχωρος του R2×2διάστασης 2 και dim Im(T ) = 2, έχουμε

υποχρεωτικά Im(T ) = W .

66. Για p(t) = a0 + a1t+ a2t2 ∈ R2[t] έχουμε

p(0) = a0p(1) = a0 + a1 + a2p(2) = a0 + 2a1 + 4a2p(3) = a0 + 3a1 + 9a2.

Για το (α) βρίσκουμε ότι το ομογενές γραμμικό σύστημα p(0) = p(1) = p(2) =p(3) = 0 στους αγνώστους a0, a1, a2 έχει μόνο την τετριμμένη λύση a0 = a1 =a2 = 0 και συμπεραίνουμε ότι T (p(t)) = 0 μόνο αν p(t) = 0. ΄Αρα ker(T ) = 0,οπότε ο T είναι μονομορφισμός και η θεμελιώδης εξίσωση της διάστασης δίνει ότιdim Im (T ) = dim(R2[t])− dim ker(T ) = 3− 0 = 3. Για το (β), ας συμβολίσουμε

με W τον υπόχωρο του R4×1που εμφανίζεται στο δεξιό μέλος της προτεινόμενης

ισότητας. Προφανώς, dim(W ) = 3. Υπολογίζοντας ότι

p(0)− 3p(1) + 3p(2)− p(3) = a0 − 3(a0 + a1 + a2) + 3(a0 + 2a1 + 4a2)

−(a0 + 3a1 + 9a2) = 0,

συμπεραίνουμε ότι T (p(t)) ∈ W για κάθε p(t) ∈ R2[t], επομένως ότι Im (T ) ⊆ W .Αφού όμως dim Im (T ) = dim(W ) = 3, έχουμε υποχρεωτικά Im (T ) = W . Γιατο (γ), συμπεραίνουμε από το (β) ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη για τα a, b, c, dείναι να ισχύει a− 3b+ 3c− d = 0.

67. Για το (α), γνωρίζουμε από τη θεμελιώδη εξίσωση της διάστασης ότι dim Im(T ) =n− dim ker(T ) = n− dim(U) = n− k. Αφού Im(T ) ⊆ W , έχουμε dim Im(T ) ≤dim(W ) και συμπεραίνουμε ότι dim(W ) ≥ n − k. Για το (β) θεωρούμε βά-ση u1, u2, . . . , uk του U και την επεκτείνουμε σε βάση u1, u2, . . . , un του V .Παρατηρούμε επίσης ότι αφού dim(W ) ≥ n − k, υπάρχουν n − k γραμμικώς α-νεξάρτητα διανύσματα, έστω wk+1, . . . , wn, του W . Θεωρούμε τέλος τη μοναδικήγραμμική απεικόνιση T : V → W με T (ui) = 0 για 1 ≤ i ≤ k και T (uj) = wj

για k < j ≤ n και ισχυριζόμαστε ότι ker(T ) = U . Πράγματι, έχουμε ui ∈ ker(T )για 1 ≤ i ≤ k και συνεπώς U = 〈u1, u2, . . . , uk〉 ⊆ ker(T ). ΄Εχουμε επίσηςIm(T ) = 〈T (uk+1), . . . , T (un)〉 = 〈wk+1, . . . , wn〉 και συνεπώς dim Im(T ) = n−k.΄Αρα, dim ker(T ) = k = dim(U). Από τη σχέση αυτή και τη σχέση U ⊆ ker(T )προκύπτει ότι ker(T ) = U .

68. ΄Εχουμε T (1) = 1, T (t) = 1 + t, T (t2) = 2t+ t2 και T (t3) = 3t2 + t3 και συνεπώςο ζητούμενος πίνακας στο (α) είναι ο

A =

1 1 0 0

0 1 2 0

0 0 1 3

0 0 0 1

.

Για το (β) βρίσκουμε τη λύση

x =

1 1 0 0

0 1 2 0

0 0 1 3

0 0 0 1

−1

1

1

1

1

=

1 −1 2 −60 1 −2 6

0 0 1 −30 0 0 1

1

1

1

1

=

−45

−21

.

Για το (γ) παρατηρούμε ότι η λύση x που βρήκαμε στο (β) είναι η στήλη τωνσυντεταγμένων του πολυωνύμου p(t) = −4 + 5t − 2t2 + t3 ∈ V στην κανονικήβάση (1, t, t2, t3) του V . ΄Αρα, η στήλη των συντεταγμένων του T (p(t)) στην ίδιαβάση είναι ίση με Ax = (1 1 1 1)t, δηλαδή ισχύει T (p(t)) = 1 + t+ t2 + t3.

69. Το (α) είναι λάθος. Ο γραμμικός μετασχηματισμός T : Rn×1 → Rn×1με

T (x) =

x1 + x2 + · · ·+ xnx1 + x2 + · · ·+ xn

...

x1 + x2 + · · ·+ xn

για x = (x1 x2 · · · xn)t ∈ Rn×1

δεν είναι ισομορφισμός, αλλά ο πίνακάς του1 1 · · · 11 1 · · · 1............

1 1 · · · 1

ως προς την κανονική διατεταγμένη βάση του Rn×1

δεν έχει μηδενικές στήλες. Τα

(β) και (γ) είναι σωστά. Για το (β) παρατηρούμε ότι ker(T ) 6= 0 και συνεπώςότι υπάρχει διατεταγμένη βάση (v1, v2, . . . , vn) του V με v1 ∈ ker(T ). ΑφούT (v1) = 0, η πρώτη στήλη του πίνακα της T ως προς τη βάση αυτή είναι ημηδενική στήλη. Για το (β) επιλέγουμε διατεταγμένη βάση (w1, w2, . . . , wn) τουV η οποία επεκτείνει τυχαία βάση (w1, w2, . . . , wr) του υπόχωρου Im(T ). Αφού ηT δεν είναι ισομορφισμός, η εικόνα της Im(T ) είναι γνήσιος υπόχωρος του V καισυνεπώς έχουμε r = dim Im(T ) < n. Αφού καθένα από τα T (wi) για 1 ≤ i ≤ nανήκουν στην εικόνα Im(T ), άρα είναι γραμμικοί συνδυασμοί των w1, w2, . . . , wr, ο

πίνακας της T ως προς τη βάση (w1, w2, . . . , wn) έχει τις τελευταίες n−r γραμμέςτου ίσες με τη μηδενική γραμμή.


T (E11) = AE11 + E11A =

(1 1

0 1

)(1 0

0 0

)+

(1 0

0 0

)(1 1

0 1

)=

(2 1

0 0

)και ομοίως βρίσκουμε ότι

T (E12) =

(0 2

0 0

), T (E21) =

(1 0

2 1

), T (E22) =

(0 1

0 2

).

Επομένως, ο πίνακας της T ως προς τη διατεταγμένη βάση (E11, E12, E21, E22)του R2×2

είναι ο

A =

2 0 1 0

1 2 0 1

0 0 2 0

0 0 1 2

και εκείνος της T 2 = T T είναι ο

A2 =

4 0 4 0

4 4 2 4

0 0 4 0

0 0 4 4

.

Για το (β) υπολογίζουμε ότι det(A) = 16 και συμπεραίνουμε ότι ο πίνακας A είναιαντιστρέψιμος, οπότε το ίδιο ισχύει για τον T . Για το (γ), λύνοντας το γραμμικόσύστημα A2x = (12 8 8 12)t βρίσκουμε τη μοναδική λύση x = (1 − 1 2 1)t καισυμπεραίνουμε ότι

X =

(1 −12 1

).

71. Θα δείξουμε ότι οι δυνατές τιμές της ορίζουσας είναι οι 0 και 1. ΄Εστω A ο πίνακαςτης T ως προς τη δοσμένη βάση B. Αφού T T = T και ο πίνακας της T T ωςπρος τη B είναι ίσος με A2

, θα πρέπει να έχουμε A2 = A. Από την ισότητα αυτήπροκύπτει ότι det(A) = det(A2) = (det(A))2 και συνεπώς ότι det(A) ∈ 0, 1.Επιπλέον, για την περίπτωση του μηδενικού και του ταυτοτικού μετασχηματισμού

T : V → V έχουμε A = O ή In και συνεπώς det(A) = 0 ή 1, αντίστοιχα.Επομένως και οι δύο αυτές τιμές είναι εφικτές.


det

1 1 0

1 −1 1

1 0 −1

= 3

και συμπεραίνουμε ότι οι στήλες του παραπάνω πίνακα αποτελούν βάση του R3×1.

Για το (β) υπολογίζουμε ότι T (v1) = 2v1, T (v2) = −v2 και T (v3) = −v3 καισυμπεραίνουμε ότι

∆ =

2 0 0

0 −1 0

0 0 −1

.

Αφού ο πίνακας του T ως προς την κανονική διατεταγμένη βάση του R3×1είναι ο

A και ο πίνακας μετάβασης από την κανονική βάση στη βάση B είναι ο

P =

1 1 0

1 −1 1

1 0 −1

,

από τον τύπο αλλαγής βάσης παίρνουμε ∆ = P−1AP ή, ισοδύναμα, A = P∆P−1.Με επαγωγή στο n έπεται ότι An = P∆nP−1 για κάθε φυσικό αριθμό n. Επομέ-νως

An =

1 1 0

1 −1 1

1 0 −1

2n0 0

0 (−1)n 0

0 0 (−1)n

1 1 0

1 −1 1

1 0 −1

−1

από όπου μετά από πράξεις προκύπτει ότι

An =1

3

2n + 2(−1)n 2n + (−1)n−1 2n + (−1)n−1

2n + (−1)n−1 2n + 2(−1)n 2n + (−1)n−1

2n + (−1)n−1 2n + (−1)n−1 2n + 2(−1)n

.

73. Για το (α), θεωρούμε το γραμμικό μετασχηματισμό LA : R2×1 → R2×1με LA(x) =

Ax για x ∈ R2×1. Ως γνωστόν, ο πίνακας του LA ως προς την κανονική διατε-

ταγμένη βάση B = C = (e1, e2) του R2×1είναι ίσος με A. Λύνοντας το ομογε-

νές σύστημα Ax = 0, βρίσκουμε ότι το v′2 = (1 1)t αποτελεί βάση του πυρήναker(LA). Συμπληρώνουμε σε διατεταγμένη βάση B′ = (v′1, v

′2) του R2×1

, π.χ. θέ-

τοντας v′1 = e1 = (1 0)t. Υπολογίζουμε ότι LA(v′1) = Av′1 = Ae1 = (1 − 1)t

και θέτουμε w′1 = (1 − 1)t. Συμπληρώνουμε σε διατεταγμένη βάση C ′ = (w′1, w′2)

του R2×1, π.χ. θέτοντας w′2 = e1 = (1 0)t. Αφού LA(v′1) = w′1 και LA(v′2) = 0,

ο πίνακας του LA ως προς τις διατεταγμένες βάσεις B′ και C ′ είναι ίσος με τονπίνακα J . Από τον τύπο αλλαγής βάσης προκύπτει ότι J = Q−11 AP1, όπου

P1 =

(1 1

0 1

), Q1 =

(1 1

−1 0

)είναι οι πίνακες αλλαγής βάσης από τη B στη B′ και από τη C στη C ′, αντίστοιχα.Με ανάλογο τρόπο, για το (β) βρίσκουμε ότι J = Q−12 BP2, όπου

P2 =

(1 2

0 −1

), Q2 =

(1 1

2 0

).

Για το (γ), χρησιμοποιούμε τα (α) και (β) και παρατηρούμε ότι

B = Q2JP−12 = Q2(Q

−11 AP1)P

−12 = (Q2Q

−11 )A(P1P

−12 ).

΄Αρα, έχουμε B = Q−1AP όπου

P = P1P−12 =

(1 1

0 −1

), Q = Q1Q

−12 =

(1 0

0 −1/2

).

74. Για το (α) παρατηρούμε πρώτα ότι C2 = O. ΄Εστω τώρα ότι ο πίνακας A ∈ F2×2

είναι όμοιος προς τον C. Τότε, υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας P ∈ F2×2τέτοιος

ώστε A = P−1CP και συνεπώς

A2 = (P−1CP )(P−1CP ) = P−1C(PP−1)CP = P−1C2P = O.

Επίσης έχουμε A 6= O, αφού C = PAP−1 και C 6= O. Για το (β), υποθέτουμεότι ο A ∈ F2×2

είναι μη μηδενικός πίνακας και ότι A2 = O. Αφού A 6= O,έχουμε rank(A) ≥ 1. Αφού A2 = O, ο A δεν είναι αντιστρέψιμος και συνεπώςrank(A) 6= 2. Συμπεραίνουμε ότι rank(A) = 1, οπότε rank(A) = rank(C) καιεπομένως ο A είναι ισοδύναμος προς τον C. Για το (γ) θεωρούμε το γραμμικόμετασχηματισμό T : F2×1 → F2×1

με T (x) = Ax για x ∈ F2×1και υπενθυμίζουμε

ότι ο πίνακας του T ως προς την κανονική διατεταγμένη βάση του F2×1είναι ίσος

με A. ΄Οπως δείξαμε προηγουμένως, ισχύει rank(A) = 1. ΄Αρα rank(T ) = 1και συνεπώς dim ker(T ) = 1. Θεωρούμε διατεταγμένη βάση (u, v) του F2×1

με

u ∈ ker(T ) και γράφουμε T (v) = au + bv, με a, b ∈ F. Από τη σχέση A2 = Oπροκύπτει ότι T 2 = T T = 0. Κατά συνέπεια, έχουμε

0 = T (T (v)) = T (au+ bv) = aT (u) + bT (v) = bT (v) = abu+ b2v

και επομένως ab = b2 = 0. ΄Αρα b = 0, δηλαδή T (v) = au. ΄Εχουμε επίσης a 6= 0,αφού v /∈ ker(T ). Από τα παραπάνω, και αφού T (au) = aT (u) = 0, συμπεραίνουμεότι το ζεύγος (au, v) είναι διατεταγμένη βάση του F2×1

ως προς την οποία ο

μετασχηματισμός T έχει πίνακα C. ΄Αρα, οι πίνακες A και C παριστάνουν τονίδιο γραμμικό μετασχηματισμό ως προς δύο (πιθανώς διαφορετικές) διατεταγμένες

βάσεις του F2×1και συνεπώς είναι όμοιοι. Για το (δ) χρησιμοποιούμε το (γ) για να

συμπεράνουμε ότι καθένας από τους A και B είναι όμοιος προς τον C και συνεπώςότι οι A και B είναι και μεταξύ τους όμοιοι.

75. Τα (α) και (β) είναι σωστά. Πράγματι, έστω ότι ο A ∈ Fn×nείναι όμοιος προς τον

B ∈ Fn×nκαι έστω αντιστρέψιμος πίνακας P ∈ Fn×n

τέτοιος ώστε B = P−1AP .Τότε, έχουμε

B3 = (P−1AP )(P−1AP )(P−1AP ) = P−1A(PP−1)A(PP−1)AP = P−1A3P

και

B + In = P−1AP + In = P−1AP + P−1P = P−1(A+ In)P.

Κατά συνέπεια, ο A3είναι όμοιος προς τον B3

και ο A + In είναι όμοιος προςτον B + In. Το (γ) είναι λάθος. Πράγματι, αφού n ≥ 2, υπάρχουν διακεκριμένοιπίνακες A,B ∈ Fn×n

οι οποίοι είναι όμοιοι μεταξύ τους. Για παράδειγμα, για n = 4τέτοιοι πίνακες είναι (εξηγήστε) οι

A =

1 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

, B =

0 0 0 0

0 1 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

.

Γενικότερα, μπορούμε να επιλέξουμε ως A και B οποιουσδήποτε διακεκριμένουςδιαγώνιους πίνακες, τέτοιους ώστε τα στοιχεία της κύριας διαγωνίου του ενός να

αποτελούν μετάθεση των στοιχείων της κύριας διαγωνίου του άλλου. Θέτοντας

C = −B, έχουμε ότι ο A είναι όμοιος προς τον B αλλά ο A+C δεν είναι όμοιοςπρος τον B + C, διότι A + C = A− B 6= O, B + C = O και ο μόνος πίνακας οοποίος είναι όμοιος προς το μηδενικό πίνακα O είναι ο ίδιος ο μηδενικός πίνακας.

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ

Συμπληρωματικές Ασκήσεις

Χειμερινό Εξάμηνο 2015

Χρήστος Α. Αθανασιάδης

Συμβολίζουμε με O το μηδενικό πίνακα καταλλήλων διαστάσεων, με I (ορισμένες

φορές, με In) τον n× n ταυτοτικό πίνακα, με det(A) την ορίζουσα ενός τετραγωνικού

πίνακα A, με F ένα τυχαίο σώμα και με F[x] το δακτύλιο των πολυωνύμων στη μεταβλητή

x με συντελεστές από το F.

Πράξεις Πινάκων

1. Υπολογίστε τον πίνακα

1 0 1

0 1 0

1 0 1

n

για n ∈ N.


A =

(0 −4 1

2 1 −1

), B =

2 5

−1 1

3 4

, C =

10 −3 −32 5 −28 −8 −1

.

(α) Δείξτε ότι AB = 7I και BA = C.

(β) Χρησιμοποιώντας το (α), υπολογίστε τον πίνακα Cnγια n ∈ N.

3. ΄Ενας πίνακας A ∈ Rn×nλέγεται στοχαστικός αν τα στοιχεία του είναι μη αρνητικοί

αριθμοί και το άθροισμα των στοιχείων οποιασδήποτε γραμμής του A είναι ίσο με 1.

(α) Δείξτε ότι ένας πίνακας A ∈ Rn×nμε στοιχεία μη αρνητικούς αριθμούς είναι

στοχαστικός αν και μόνο αν ισχύει AX = X, όπου X ∈ Rn×1είναι ο πίνακας -

στήλη όλα τα στοιχεία του οποίου είναι ίσα με 1.

(β) Συνάγετε ότι το γινόμενο δύο οποιωνδήποτε n × n στοχαστικών πινάκων είναι

επίσης n× n στοχαστικός πίνακας.

1

4. Για ακεραίους 0 ≤ k ≤ n γράφουμε(n

k

)=

n!

k! (n− k)!,

όπου m! = 1 · 2 · · ·m για θετικούς ακεραίους m και 0! = 1 κατά σύμβαση.

(α) Δείξτε ότι

(n

k

)=

(n− 1

k

)+

(n− 1

k − 1

)για 1 ≤ k ≤ n− 1.

(β) Αν A,B είναι τετραγωνικοί πίνακες επί του F της ίδιας διάστασης και AB = BA,

δείξτε ότι AmBn = BnAm για όλα τα m,n ∈ N.

(γ) Αν A,B είναι τετραγωνικοί πίνακες επί του F της ίδιας διάστασης και AB = BA,

δείξτε ότι

(A+B)n =n∑k=0

(n

k

)AkBn−k

για κάθε n ∈ N.

5. Δίνονται πίνακες A ∈ Fm×n, B ∈ Fn×p και C ∈ Fp×q.

(α) Εκφράστε το στοιχείο (i, j) του γινομένου ABC ως συνάρτηση των στοιχείων

των A,B και C.

(β) Γενικότερα, έστω A1, A2, . . . , Ap πίνακες για τους οποίους ορίζεται το γινόμενο

A1A2 · · ·Ap. Εκφράστε το στοιχείο (i, j) του πίνακα A1A2 · · ·Ap ως συνάρτηση

των στοιχείων των A1, A2, . . . , Ap.

6. ΄Εστω A,B ∈ Fn×n δύο άνω τριγωνικοί πίνακες.

(α) Δείξτε ότι ο πίνακας AB είναι επίσης άνω τριγωνικός.

(β) Αν κάθε στοιχείο στην κύρια διαγώνιο του B είναι ίσο με μηδέν, δείξτε ότι το ίδιο

ισχύει για τον AB.

(γ) Αν κάθε στοιχείο στην κύρια διαγώνιο του A είναι ίσο με μηδέν, δείξτε ότι το ίδιο

ισχύει για τον AB.

(δ) Αν A1, A2, . . . , An ∈ Fn×n είναι άνω τριγωνικοί πίνακες κάθε στοιχείο στην κύρια

διαγώνιο των οποίων είναι ίσο με μηδέν, δείξτε ότι A1A2 · · ·An = O.

2

7. Δίνεται πίνακας A =

(a bc d

)∈ F2×2

.

(α) Δείξτε ότι A2 − (a+ d)A+ (ad− bc) I = O.

(β) Βρείτε όλους τους πίνακες A ∈ F2×2για τους οποίους ισχύει A2 = O.

(γ) Βρείτε όλους τους πίνακες A ∈ F2×2για τους οποίους ισχύει A2 = I.

(δ) Βρείτε όλους τους πίνακες A ∈ R2×2για τους οποίους ισχύει A2 = −I.

8. ΄Εστω πίνακες A,B, P ∈ Fn×n.

(α) Αν ο P είναι αντιστρέψιμος και AP = O, δείξτε ότι A = O.

(β) Αν ο P είναι αντιστρέψιμος και PB = O, δείξτε ότι B = O.

(γ) Αν AB = BA, A2 = B2και ο A+B είναι αντιστρέψιμος, δείξτε ότι A = B.


1 −1 1

0 2 −10 1 0

και B = A− I.

(α) Υπολογίστε τον πίνακα B και δείξτε ότι B2 = O.

(β) Συνάγετε ότι ο A είναι αντιστρέψιμος και υπολογίστε τον αντίστροφό του.

(γ) Υπολογίστε τον πίνακα An για n ∈ N.

10. Υπολογίστε τους πίνακες

(α)

λ 1 0

0 λ 1

0 0 λ

n

, (β)

0 1 1

1 0 1

1 1 0

n

για n ∈ N και λ ∈ F.

11. Δίνεται ο n× n πίνακας A =

1 1 1 · · · 1

0 1 1 · · · 1

0 0 1 · · · 1

......

.... . .

...

0 0 0 · · · 1

.

(α) Υπολογίστε τους πίνακες A2και A3

.

(β) Υπολογίστε τον πίνακα Am για τυχαίο m ∈ N.

3

12. Για τυχαίο πίνακα A ∈ Fn×n συμβολίζουμε με tr(A) το άθροισμα των στοιχείων

της κύριας διαγωνίου (ίχνος) του A.

(α) Για A,B ∈ Fn×n και λ ∈ F, δείξτε ότι:

tr(λA) = λtr(A),

tr(A+B) = tr(A) + tr(B),

tr(AB) = tr(BA).

(β) Αν για τη συνάρτηση ϕ : Fn×n → F ισχύουν

ϕ(λA) = λϕ(A),

ϕ(A+B) = ϕ(A) + ϕ(B),

ϕ(AB) = ϕ(BA)

για όλους τους πίνακες A,B ∈ Fn×n και κάθε λ ∈ F, δείξτε ότι υπάρχει c ∈ Fτέτοιο ώστε ϕ(A) = c tr(A) για κάθε A ∈ Fn×n.


(α) Υπολογίστε το ίχνος tr(A2) ως συνάρτηση των στοιχείων του A.

(β) Συνάγετε ότι αν F = R και ο πίνακας A είναι συμμετρικός, τότε tr(A2) ≥ 0 και η

ισότητα ισχύει μόνο για το μηδενικό πίνακα.

14. Υπάρχει θετικός ακέραιος n και πίνακες A,B,C ∈ Cn×nτέτοιοι ώστε

(α) AB −BA = I;

(β) AB −BA = A και AC = I;


(α) Αν ο A είναι συμμετρικός, δείξτε ότι ο πίνακας P tAP είναι συμμετρικός για κάθε

P ∈ Fn×n.(β) Αν ο P tAP είναι συμμετρικός για κάποιον αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Fn×n, δείξτε

ότι ο A είναι συμμετρικός πίνακας.

4

16. Για ποιους θετικούς ακεραίους n ισχύει καθένα από τα εξής;

(α) Αν ο πίνακας A ∈ Fn×n είναι συμμετρικός, τότε και ο A2είναι συμμετρικός.

(β) Αν A ∈ Rn×nκαι ο πίνακας A2

είναι συμμετρικός, τότε και ο A είναι συμμετρικός.

(γ) Αν ο πίνακας A ∈ Rn×nείναι αντιστρέψιμος και ο A2

είναι συμμετρικός, τότε ο Aείναι συμμετρικός.

(δ) Αν A ∈ Rn×nκαι ο πίνακας (A + B)2 είναι συμμετρικός για κάθε συμμετρικό

πίνακα B ∈ Rn×n, τότε ο A είναι συμμετρικός.

17. ΄Εστω πίνακας A ∈ Fn×n. Βρείτε όλους τους πίνακες B ∈ Fn×n για τους οποίους

ισχύει AB = BA στις εξής περιπτώσεις:

(α) A =

0 0 0 0

0 1 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

, (β) A =

0 0 0 0

0 0 0 0

0 1 0 0

0 0 0 0

,

(γ) ο A είναι διαγώνιος και τα στοιχεία του στην κύρια διαγώνιο είναι διαφορετικά ανά

δύο,

(δ) A =

0 1 0 · · · 0

0 0 1 · · · 0

0 0 0. . .

...

......

... · · · 1

0 0 0 · · · 0

, (ε) A =

0 0 0 · · · 1

0 0 0 · · · 0

0 0 0 · · · 0

......

... · · · ...

0 0 0 · · · 0

.

18. ΄Εστω πίνακας A ∈ Fn×n.

(α) Αν ισχύει AB = BA για κάθε διαγώνιο πίνακα B ∈ Fn×n, δείξτε ότι ο A είναι

διαγώνιος πίνακας.

(β) Αν ισχύει AB = BA για κάθε B ∈ Fn×n, δείξτε ότι A = λI για κάποιο λ ∈ F.(γ) Αν ισχύει AB = BA για κάθε πίνακα B ∈ Fn×n τα στοιχεία στην κύρια διαγώνιο

του οποίου είναι ίσα με μηδέν, δείξτε ότι A = λI για κάποιο λ ∈ F.(δ) Αν ισχύει AP = PA για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Fn×n, δείξτε ότι A = λI

για κάποιο λ ∈ F.(ε) Για ποιους πίνακες A ισχύει AB = BA για κάθε άνω τριγωνικό πίνακα B ∈ Fn×n,

τα στοιχεία στην κύρια διαγώνιο του οποίου είναι ίσα με μηδέν;

5

19. ΄Ενας τετραγωνικός πίνακας A λέγεται μηδενοδύναμος αν ισχύει Am = O για

κάποιο θετικό ακέραιο m.

(α) Δείξτε ότι δεν υπάρχουν αντιστρέψιμοι μηδενοδύναμοι πίνακες.

(β) Δείξτε ότι αν ο πίνακας A είναι άνω τριγωνικός και όλα τα στοιχεία πάνω στην

κύρια διαγώνιο του A είναι ίσα με μηδέν, τότε ο A είναι μηδενοδύναμος.

(γ) Δείξτε ότι αν οι A,B είναι μηδενοδύναμοι πίνακες και BA = λAB για κάποιο

λ ∈ F, τότε ο A+B είναι επίσης μηδενοδύναμος πίνακας.

(δ) Δώστε παράδειγμα 2× 2 μηδενοδύναμων πινάκων A,B τέτοιων ώστε ο A+B να

είναι αντιστρέψιμος πίνακας.

(ε) Βρείτε όλους τους 2 × 2 μηδενοδύναμους πίνακες. Συνάγετε ότι αν οι A,B και

A+B είναι 2× 2 μηδενοδύναμοι πίνακες, τότε AB = BA = O.

(στ) Αληθεύει ότι αν οι A,B και A+B είναι 3×3 μηδενοδύναμοι πίνακες, τότε AB = Oή BA = λAB για κάποιο λ ∈ F;

20. Βρείτε όλους τους αντιστρέψιμους πίνακες A ∈ Rn×nμε στοιχεία μη αρνητικούς

αριθμούς για τους οποίους τα στοιχεία του αντίστροφου πίνακα A−1 είναι επίσης μη

αρνητικοί αριθμοί:

(α) για n = 2,

(β) για τυχαίο θετικό ακέραιο n.

21. ΄Εστω A ∈ Fm×n και B ∈ Fn×m. Δείξτε ότι ο πίνακας Im−AB είναι αντιστρέψιμος

αν και μόνο αν ο πίνακας In −BA είναι αντιστρέψιμος.

22. Συμβολίζουμε με Kn(F) το σύνολο όλων των πινάκων της μορφής BC−CB, όπου

B,C ∈ Fn×n.

(α) Δείξτε ότι tr(A) = 0 για κάθε πίνακα A ∈ Fn×n που μπορεί να γραφεί ως άθροισμα

πεπερασμένου πλήθους στοιχείων του Kn(F).

(β) Δείξτε ότι οι πίνακες

(0 1

0 0

),

(0 0

1 0

)και

(1 0

0 −1

)ανήκουν στο K2(F).

(γ) Δείξτε ότι κάθε πίνακας A ∈ Fn×n ίχνους μηδέν μπορεί να γραφεί ως άθροισμα

πεπερασμένου πλήθους στοιχείων του Kn(F).

6

Στοιχειώδεις Μετασχηματισμοί και Γραμμικά Συστήματα

23. Υπολογίστε την ανηγμένη κλιμακωτή μορφή του πίνακα1 2 · · · n

n+ 1 n+ 2 · · · 2n...

... · · · ...

n2 − n+ 1 n2 − n+ 2 · · · n2

για n ≥ 2.

24. Να λύσετε τα συστήματα των γραμμικών εξισώσεων:

(α)

x1 + x2 + x3 = 1

x2 + x3 + x4 = 1

x3 + x4 + x5 = 1

......

...

x98 + x99 + x100 = 1

(β)

x1 + x3 + x5 = 1

x2 + x4 + x6 = 1

x3 + x5 + x7 = 1

......

...

x96 + x98 + x100 = 1

πάνω σε τυχαίο σώμα F.

25. Για τις διάφορες τιμές του λ ∈ R, να λύσετε το σύστημα των γραμμικών εξισώσεων:

(α)

λx1 + x2 = 1

x1 + λx2 = λ(β)

λx1 + x2 + x3 = 1

x1 + λx2 + x3 = λx1 + x2 + λx3 = λ2

(γ)

λx1 + x2 + · · ·+ xn−1 + xn = 1

x1 + λx2 + · · ·+ xn−1 + xn = λ...

......

x1 + x2 + · · ·+ λxn−1 + xn = λn−2

x1 + x2 + · · ·+ xn−1 + λxn = λn−1

για τυχαίο ακέραιο n ≥ 3.

26. Δίνονται θετικοί ακέραιοι m, p και μη αντιστρέψιμος πίνακας A ∈ Fn×n.

(α) Δείξτε ότι υπάρχει μη μηδενικός πίνακας B ∈ Fn×p, τέτοιος ώστε AB = O.

(β) Δείξτε ότι υπάρχει μη μηδενικός πίνακας C ∈ Fm×n, τέτοιος ώστε CA = O.

7

27. Δίνεται πίνακας A ∈ Fm×n με m < n.

(α) Δείξτε ότι το ομογενές γραμμικό σύστημα Ax = 0 έχει μη τετριμμένη λύση.

(β) Αν το σώμα F είναι άπειρο, δείξτε ότι το σύστημα Ax = 0 έχει άπειρες λύσεις.

28. ΄Εστω πίνακες A ∈ Fn×m και B ∈ Fm×n με AB = In.

(α) Δείξτε ότι το ομογενές γραμμικό σύστημα Bx = 0 δεν έχει μη τετριμμένη λύση.

(β) Συνάγετε ότι ισχύει n ≤ m.

(γ) Αν n = m, δείξτε ότι ισχύει επίσης BA = In.

29. Δίνεται πίνακας A ∈ Fm×n. Δείξτε ότι οι ακόλουθες προτάσεις είναι ισοδύναμες:

(i) Το γραμμικό σύστημα Ax = b έχει το πολύ μία λύση για κάθε b ∈ Fm.

(ii) Το ομογενές γραμμικό σύστημα Ax = 0 έχει μόνο την τετριμμένη λύση.

30. Δίνεται πίνακας A ∈ Fn×n. Δείξτε ότι οι ακόλουθες προτάσεις είναι ισοδύναμες:

(i) Ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος.

(ii) Το γραμμικό σύστημα Ax = b έχει μοναδική λύση για κάθε b ∈ Fn.(iii) Το γραμμικό σύστημα Ax = b έχει μοναδική λύση για κάποιο b ∈ Fn.(iv) Το γραμμικό σύστημα Ax = b έχει λύση για κάθε b ∈ Fn.

31. Δίνεται πίνακας A ∈ Qm×nκαι b ∈ Qm

. Δείξτε ότι αν το γραμμικό σύστημα Ax = bέχει μιγαδική λύση x ∈ Cn

, τότε το σύστημα αυτό έχει και ρητή λύση x ∈ Qn.

32. Δίνονται σύνολο S με n στοιχεία και μη κενά υποσύνολα A1, A2, . . . , An+1 του

S. Χρησιμοποιώντας την ΄Ασκηση 27, δείξτε ότι υπάρχουν μη κενά, ξένα μεταξύ τους

σύνολα δεικτών I, J ⊆ 1, 2, . . . , n+ 1 τέτοια ώστε ∪i∈IAi = ∪j∈JAj.

8

33. Υπολογίστε τον αντίστροφο των n× n πινάκων:

(α) An =

1 λ λ2 · · · λn−1

0 1 λ · · · λn−2

0 0 1 · · · λn−3

......

.... . .

...

0 0 0 · · · 1

, (β) Bn =

0 1 1 · · · 1

1 0 1 · · · 1

1 1 0 · · · 1

......

.... . .

...

1 1 1 · · · 0

για λ ∈ F και n ≥ 2, αντίστοιχα.

34. Δίνεται ο πίνακας An =

1 2 3 · · · n2 2 3 · · · n3 3 3 · · · n...

......

. . ....

n n n · · · n

∈ Rn×n.

(α) Υπολογίστε τον αντίστροφο του An για n = 2, 3, 4, 5.

(β) Υπολογίστε τον αντίστροφο του An για τυχαίο θετικό ακέραιο n.

35. Δίνεται ο πίνακας An =

0 1 1 · · · 1

−1 0 1 · · · 1

−1 −1 0 · · · 1

......

.... . .

...

−1 −1 −1 · · · 0

∈ Rn×n.

(α) Για ποιες τιμές του n είναι ο πίνακας An αντιστρέψιμος;

(β) Υπολογίστε τον αντίστροφο του An, όταν αυτός υπάρχει.

36. ΄Εστω πίνακας A ∈ Cn×n.

(α) Αν κάθε στοιχείο της κύριας διαγωνίου του A είναι ίσο με n και καθένα από τα

υπόλοιπα στοιχεία του A έχει μέτρο μικρότερο ή ίσο του 1, δείξτε ότι ο πίνακας

A είναι αντιστρέψιμος.

(β) Ισχύει το ίδιο αν υποθέσουμε ότι κάθε στοιχείο της διαγωνίου του A είναι ίσο με

n− 1;

9

37. ΄Εστω πίνακες A,B ∈ Fn×n. Αν υπάρχουν ακέραιοι m ≥ 1 και p ≥ 0 τέτοιοι ώστε

ABm = (I −B)p, δείξτε ότι ο πίνακας B είναι αντιστρέψιμος.

38. ΄Εστω πίνακες A,B ∈ Cn×nμε AB = BA και έστω P = A+B + I.

(α) Αν Px = 0 για κάποιο x ∈ Cn, δείξτε ότι (A+ I)kx = (−B)kx για κάθε k ∈ N.

(β) Αν Am = Bm+1 = I για κάποιο θετικό ακέραιο m, δείξτε ότι ο πίνακας P είναι

αντιστρέψιμος.

(γ) Αληθεύει το (β) χωρίς την υπόθεση ότι AB = BA;

39. ΄Εστω πίνακες A,B ∈ Fn×n.

(α) Αν AB = A+B, δείξτε ότι AB = BA.

(β) Αν P ∈ Fn×n είναι αντιστρέψιμος πίνακας και ισχύει A = PB(A+ P ), δείξτε ότι

ABP = PBA.

(γ) Αληθεύει το (β) χωρίς την υπόθεση ότι ο P είναι αντιστρέψιμος;

Ορίζουσες

40. Ποιο είναι το πρόσημο του όρου a13a25a31a46a52a64 στο ανάπτυγμα της 6 × 6ορίζουσας det(aij);

41. Δείξτε ότι

(α) det

1 a a2 + bc1 b b2 + ac1 c c2 + ab

= 2 det

1 a a2

1 b b2

1 c c2

,

(β) det

1 a a2 a3 + bcd1 b b2 b3 + acd1 c c2 c3 + abd1 d d2 d3 + abc

= 0

για a, b, c, d ∈ F.

10

42. Υπολογίστε τις n× n ορίζουσες:

(α) det

1 1 1 · · · 1

−1 1 1 · · · 1

−1 −1 1 · · · 1

......

.... . .

...

−1 −1 −1 · · · 1

(β) det

1 −1 0 · · · 0 0

0 2 −2 · · · 0 0

0 0 3. . . 0 0

......

.... . .

......

0 0 0 . . . n− 1 1− n1 1 1 · · · 1 1

43. Θεωρούμε την n× n ορίζουσα

cn = det

α + β α 0 · · · 0 0

β α + β α · · · 0 0

0 β α + β. . .

......

......

. . .. . . α 0

0 0 · · · β α + β α0 0 · · · 0 β α + β

για α, β ∈ F.

(α) Δείξτε ότι cn = (α + β)cn−1 − αβ cn−2 για n ≥ 2, όπου c0 = 1 κατά σύμβαση.

(β) Συνάγετε έναν τύπο για το cn της μορφής cn = pn(α, β), όπου pn(x, y) ∈ Z[x, y]είναι πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές.

44. ΄Εστω ο n× n πίνακας An της ΄Ασκησης 34.

(α) Υπολογίστε την ορίζουσα του An για n = 1, 2, 3, 4, 5.

(β) Υπολογίστε την ορίζουσα του An για τυχαίο θετικό ακέραιο n.

(γ) Υπολογίστε τον προσαρτημένο πίνακα του An για τυχαίο θετικό ακέραιο n.

(δ) Να λύσετε το σύστημα γραμμικών εξισώσεων An · x = b, όπου b είναι η στήλη

μήκους n όλα τα στοιχεία της οποίας είναι ίσα με 1.

45. Δείξτε ότι η ορίζουσα του προσαρτημένου πίνακα ενός πίνακα A ∈ Fn×n είναι ίση

με (det(A))n−1.

46. ΄Εστω αντιστρέψιμος πίνακας A ∈ Fn×n. Δείξτε ότι το άθροισμα των στοιχείων

του αντίστροφου πίνακα A−1 είναι ίσο με 1/ det(A) επί το άθροισμα των οριζουσών των

n πινάκων που προκύπτουν αντικαθιστώντας μια από τις n γραμμές του A με τη γραμμή

(1 1 · · · 1).

11

47. Δίνεται θετικός ακέραιος m.

(α) Αν για δύο n×n πίνακες A = (aij) και B = (bij) με στοιχεία ακέραιους αριθμούς

ισχύει aij ≡ bij (mod m) για 1 ≤ i, j ≤ n, δείξτε ότι det(A) ≡ det(B) (mod m).

(β) Δείξτε ότι ο πίνακας

A =

1 3331 6661 9991

9332 2662 5992 8002

8663 2993 4333 7003

7994 1004 4334 6664

∈ R4×4

είναι αντιστρέψιμος.

48. ΄Εστω ο n× n πίνακας

A =

1 1 · · · 1a1 a2 · · · ana21 a22 · · · a2n...

......

...

an−11 an−12 · · · an−1n

,

όπου a1, a2, . . . , an είναι στοιχεία ενός σώματος F.

(α) Δείξτε ότι det(A) =∏

1≤i<j≤n (aj − ai).(β) Αν τα a1, a2, . . . , an είναι διαφορετικά ανά δύο, συνάγετε ότι ο πίνακας A είναι

αντιστρέψιμος και δείξτε ότι το άθροισμα των στοιχείων του A−1 είναι ίσο με 1.

(γ) Δείξτε ότι

det

1 1 · · · 1a1 a2 · · · ana21 a22 · · · a2n...

......

...

an−21 an−22 · · · an−2n

an1 an2 · · · ann

= (a1 + a2 + · · ·+ an)

∏1≤i<j≤n

(aj − ai).

12

49. Υπολογίστε την n× n ορίζουσα

det

1 1 · · · 1

x1 + y1 x2 + y1 · · · xn + y1(x1 + y1)(x1 + y2) (x2 + y1)(x2 + y2) · · · (xn + y1)(xn + y2)

......

......

(x1 + y1) · · · (x1 + yn−1) · · · · · · (xn + y1) · · · (xn + yn−1)

για πραγματικούς αριθμούς x1, . . . , xn, y1, . . . , yn−1.

50. ΄Εστω f(t) η ορίζουσα του n× n πίνακαc1 − t a− t a− t · · · a− tb− t c2 − t a− t · · · a− tb− t b− t c3 − t · · · a− t...

......

. . ....

b− t b− t b− t · · · cn − t

,

όπου a, b, c1, c2, . . . , cn ∈ C και έστω το πολυώνυμο ϕ(t) = (c1 − t)(c2 − t) · · · (cn − t).

(α) Δείξτε ότι f(a) = ϕ(a) και ότι f(b) = ϕ(b).

(β) Αν a 6= b, δείξτε ότι f(0) = bϕ(a)−aϕ(b)b−a .

51. Να υπολογίσετε την ορίζουσα του (k + 1)× (k + 1) πίνακα

A(n, k) =

(n0

) (n1

)· · ·

(nk

)(n+10

) (n+11

)· · ·

(n+1k

)...

.... . .

...(n+k0

) (n+k1

)· · ·

(n+kk

)

,

όπου(mr

)= m!

r!(m−r)! . Υπόδειξη:(mr

)=(m−1r

)+(m−1r−1

).

13

52. ΄Εστω A,B ∈ Fn×n και a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn, x1, x2, . . . , xn ∈ F.

(α) Δείξτε ότι η ορίζουσα του πίνακα A+B είναι ίση με το άθροισμα των οριζουσών

των 2n πινάκων που προκύπτουν από τον A αντικαθιστώντας κάποιες από τις

στήλες του A (πιθανώς καμιά ή και όλες) με τις αντίστοιχες στήλες του B.

(β) Υπολογίστε την n× n ορίζουσα

det

a1b1 + x1 a1b2 · · · a1bn

a2b1 a2b2 + x2 · · · a2bn...

.... . .

...

anb1 anb2 · · · anbn + xn

.

(γ) Υπολογίστε το όριο

limn→∞

(−1)bn/2c

n!det

2 1 1 · · · 1

1 −1 1 · · · 1

1 1 4 · · · 1

......

.... . .

...

1 1 1 · · · 1 + (−1)n−1n

.

53. ΄Εστω η n× n ορίζουσα

dn = det

11!

12!

· · · 1n!

12!

13!

· · · 1(n+1)!

......

. . ....

1n!

1(n+1)!

· · · 1(2n−1)!

.

(α) Υπολογίστε τη dn για n = 2 και n = 3.

(β) Δείξτε ότι

dn =1!2! · · · (n− 1)!

n!(n+ 1)! · · · (2n− 1)!det

(n1

) (n2

)· · ·

(nn

)(n+12

) (n+13

)· · ·

(n+1n+1

)...

.... . .

...(2n−1n

) (2n−1n+1

)· · ·

(2n−12n−1

)

.

(γ) Υπολογίστε τη dn για τυχαίο θετικό ακέραιο n.

14

54. ΄Εστω ακέραιος n ≥ 2 και a0, a1, . . . , an−1 ∈ R.


det

1 −1 0 · · · 0 0

1 1 −1 · · · 0 0

1 1 1. . .

......

......

.... . . −1 0

1 1 1 · · · 1 −1a0 a1 a2 · · · an−2 an−1

= a0+a1+2a2+22a3+· · ·+2n−2an−1.

(β) Υπάρχει 12×12 πίνακας A τα στοιχεία του οποίου ανήκουν στο σύνολο −1, 0, 1,τέτοιος ώστε det(A) = 2010;

55. ΄Εστω θετικοί ακέραιοι n,m και x0, x1, . . . , xm−1 ∈ F.(α) Αν A ∈ Fn×n και B = (bij) ∈ Fm×m, δείξτε ότι

det

b11A b12A · · · b1mAb21A b22A · · · b2mA...

......

...

bm1A bm2A · · · bmmA

= (det(A))m(det(B))n.

(β) ΄Εστω ο m2 × m2πίνακας Cm = (cij), όπου 0 ≤ i, j ≤ m2 − 1, με στοιχεία

cij = xs0r0xs1r1, όπου i = r0+mr1, j = s0+ms1 και r0, r1, s0, s1 ∈ 0, 1, . . . ,m−1.

Δείξτε ότι

det(Cm) =

(∏i>j

(xi − xj)

)2m

.

56. ΄Εστω πίνακες A ∈ Fn×n, B ∈ Fn×m και D ∈ Fm×m.


det

(A BO D

)= det(A) det(D).

(β) ΄Εστω ότι A,B ∈ Rn×n(δηλαδή F = C και n = m). Δείξτε ότι

det

(A B−B A

)= det(A− iB) det(A+ iB)

και συνάγετε ότι

det

(A B−B A

)≥ 0.

15

57. ΄Εστω πίνακες A,B,C,D ∈ Fn×n.

(α) Δείξτε ότι αν ο A είναι αντιστρέψιμος και AC = CA, τότε

det

(A BC D

)= det(AD − CB).

(β) Ισχύει το συμπέρασμα του (α) χωρίς την υπόθεση AC = CA;

58. ΄Εστω πίνακες A ∈ Fm×n και B ∈ Fn×m.

(α) Αν m > n, δείξτε ότι det(AB) = 0.

(β) Αν m ≤ n, δείξτε ότι

det(AB) =∑S

det(AS) det(BS),

όπου στο άθροισμα του δεξιού μέλους το S = j1 < j2 < · · · < jm διατρέχει

όλα τα υποσύνολα του 1, 2, . . . , n με m στοιχεία, AS είναι ο m×m πίνακας με

στήλες τις j1, j2, . . . , jm στήλες του A και BS είναι ο m×m πίνακας με γραμμές

τις j1, j2, . . . , jm γραμμές του B.

(γ) Για τυχαίο πίνακα Q ∈ Rn×m, δείξτε ότι det(QtQ) ≥ 0.


det

a1 a2 a3 · · · anan a1 a2 · · · an−1an−1 an a1 · · · an−2...

......

. . ....

a2 a3 a4 · · · a1

= (−1)n−1n−1∏j=0

(n∑k=1

ζjkak

),

όπου ζ = e2πi/n. Συνάγετε ότι

det

1 2 3 · · · nn 1 2 · · · n− 1

n− 1 n 1 · · · n− 2...

......

. . ....

2 3 4 · · · 1

= (−1)n−1(n+ 1)nn−1

2.

16

60. ΄Εστω n× n πίνακας A, καθένα από τα στοιχεία του οποίου είναι ίσο με 1 ή −1.

(α) Δείξτε ότι η ορίζουσα του A είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του 2n−1.

(β) Για δοσμένο n, υπολογίστε την ελάχιστη θετική τιμή που μπορεί να λάβει η ορί-

ζουσα του A.

61. Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους n που έχουν την εξής ιδιότητα: η ορίζουσα

κάθε συμμετρικού n×n πίνακα με στοιχεία ακεραίους αριθμούς και μηδενικά πάνω στην

κύρια διαγώνιο είναι άρτιος αριθμός.

62. Υπάρχει πίνακας A ∈ Rn×nτέτοιος ώστε A2 = −I;

(α) Απαντήστε το ερώτημα αυτό

για n = 2,

για n = 3,

για τυχαίο θετικό ακέραιο n.

(β) Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους n για τους οποίους υπάρχουν αντιστρέψιμοι

πίνακες A,B ∈ Rn×nτέτοιοι ώστε A2 +B2 = O.

63. ΄Εστω ότι A,B ∈ R2×2είναι συμμετρικοί αντιστρέψιμοι πίνακες. Δείξτε ότι ο

A2 +B2είναι επίσης αντιστρέψιμος πίνακας. Ισχύει το ίδιο για n× n πίνακες;

64. Δίνεται σώμα F.

(α) Αν το F έχει τουλάχιστον τρία στοιχεία, δείξτε ότι κάθε πίνακας A ∈ Fn×n μπορεί

να γραφεί ως άθροισμα δύο αντιστρέψιμων πινάκων, ένας από τους οποίους είναι

άνω τριγωνικός και ο άλλος κάτω τριγωνικός.

(β) Αν n ≥ 2, δείξτε ότι κάθε πίνακας A ∈ Fn×n μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο

αντιστρέψιμων πινάκων.

65. Δίνεται θετικός ακέραιος n και τυχαίοι πραγματικοί αριθμοί aij για 1 ≤ i, j ≤ nμε i 6= j. Δείξτε ότι υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί aii ∈ 0, 1 για 1 ≤ i ≤ n, τέτοιοιώστε ο πίνακας A = (aij) ∈ Rn×n

να είναι αντιστρέψιμος.

17

66. Δείξτε ότι:

(α) ΑνA1, A2, . . . , An+1 ∈ Fn×n είναι τυχαίοι πίνακες, τότε υπάρχουν λ1, λ2, . . . , λn+1 ∈F, όχι όλα μηδέν, τέτοια ώστε det(λ1A1 + λ2A2 + · · ·+ λn+1An+1) = 0.

(β) Υπάρχουν πίνακες A1, A2 ∈ R2×2με την εξής ιδιότητα: αν λ1, λ2 είναι τυχαίοι

πραγματικοί αριθμοί, όχι και οι δύο μηδέν, τότε det(λ1A1 + λ2A2) 6= 0.

(γ) Υπάρχουν πίνακες A1, A2, A3, A4 ∈ R4×4με την εξής ιδιότητα: αν λ1, λ2, λ3, λ4

είναι τυχαίοι πραγματικοί αριθμοί, όχι όλοι μηδέν, τότε det(λ1A1 +λ2A2 +λ3A3 +λ4A4) 6= 0.

Τάξη Πίνακα

Συμβολίζουμε με rank(A) την τάξη ενός πίνακα A ∈ Fm×n, δηλαδή το μεγαλύτερο

φυσικό αριθμό k για τον οποίο υπάρχει μη μηδενική k × k υποορίζουσα του A και

υπενθυμίζουμε ότι η τάξη ενός πίνακα δε μεταβάλλεται όταν εκτελούμε στοιχειώδεις

μετασχηματισμούς στις γραμμές (ή στις στήλες) του πίνακα αυτού.

67. Υπολογίστε την τάξη του πίνακα της ΄Ασκησης 23 για κάθε θετικό ακέραιο n.

68. Δίνεται θετικός ακέραιος n. Ποια είναι η μέγιστη δυνατή τάξη ενός μηδενοδύναμου

πίνακα A ∈ Fn×n (δηλαδή n× n πίνακα με Am = O για κάποιο θετικό ακέραιο m);

69. Για τυχαίους πίνακες A ∈ Fm×n και B ∈ Fn×p δείξτε ότι:

(α) rank(AB) ≤ rank(A).

(β) rank(AB) ≤ rank(B).


(α) rank(A) = m.

(β) Υπάρχει μία m×m υποορίζουσα του A η οποία είναι διάφορη του μηδενός.

(γ) Το γραμμικό σύστημα Ax = b είναι συμβιβαστό για κάθε b ∈ Fm×1.(δ) Υπάρχει πίνακας B ∈ Fn×m τέτοιος ώστε AB = Im.

18


(α) rank(A) = n.

(β) Υπάρχει μία n× n υποορίζουσα του A η οποία είναι διάφορη του μηδενός.

(γ) Το γραμμικό σύστημα Ax = b έχει το πολύ μία λύση για κάθε b ∈ Fm×1.(δ) Το ομογενές γραμμικό σύστημα Ax = 0 έχει μόνο την τετριμμένη λύση x = 0.

(ε) Υπάρχει πίνακας C ∈ Fn×m τέτοιος ώστε CA = In.

72. Για τυχαίο πίνακα A ∈ Fm×n δείξτε ότι:

(α) rank(PAQ) ≤ rank(A) για P ∈ Fm×m και Q ∈ Fn×n.(β) rank(PA) = rank(A) για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Fm×m.

(γ) rank(AQ) = rank(A) για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα Q ∈ Fn×n.(δ) rank(PAQ) = rank(A) για όλους τους αντιστρέψιμους P ∈ Fm×m και Q ∈ Fn×n.

73. Δείξτε ότι rank(A+B) ≤ rank(A)+rank(B) για τυχαίους πίνακες A,B ∈ Fm×n.


rank(I − A1A2 · · ·Am) ≤m∑i=1

rank(I − Ai)

για τυχαίους πίνακες A1, A2, . . . , Am ∈ Fn×n.

75. Δίνεται ακέραιος n ≥ 2. Ποια είναι η ελάχιστη και ποια η μέγιστη τιμή της τάξης

ενός n× n πίνακα, τα στοιχεία του οποίου είναι ακριβώς οι ακέραιοι 1, 2, . . . , n2;

76. ΄Εστω θετικός ακέραιος n και πίνακας A = (aij) ∈ Rn×nμε

|aij| =

0, αν i = j,1, διαφορετικά.

(α) Αν ο n είναι άρτιος, δείξτε ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος.

(β) ΄Εστω ότι ο n είναι περιττός. Ποιες είναι οι δυνατές τιμές της τάξης του A;

77. ΄Εστω A ένας n × n πίνακας με τις εξής ιδιότητες: Κάθε στοιχείο της κύριας

διαγωνίου του A είναι ίσο με μηδέν και καθένα από τα υπόλοιπα στοιχεία του A είναι

ίσο με 1 ή με 2010. Δείξτε ότι rank(A) ≥ n− 1.

19

78. Δίνεται πίνακας A ∈ Rn×nγια τον οποίο ισχύει At +A = Jn − In, όπου Jn είναι ο

n× n πίνακας κάθε στοιχείο του οποίου είναι ίσο με 1.

(α) Δείξτε ότι rank(A) ≥ n− 1.

(β) Δώστε παράδειγμα τέτοιου πίνακα με rank(A) = n− 1.

(γ) Για n ≥ 2, δώστε παράδειγμα τέτοιου πίνακα με rank(A) = n.

Ο Διανυσματικός Χώρος Fn×1

Ορίζουμε τον πυρήνα ενός πίνακα A ∈ Fm×n ως ker(A) := x ∈ Fn×1 : Ax = 0 και

την απεικόνιση LA : Fn×1 → Fm×1 θέτοντας LA(x) = Ax για x ∈ Fn×1.

79. Δίνεται πίνακας A ∈ Fm×n. Δείξτε ότι οι ακόλουθες συνθήκες είναι ισοδύναμες:

(α) Οι στήλες του A παράγουν το χώρο Fm×1.(β) Το γραμμικό σύστημα Ax = b είναι συμβιβαστό για κάθε b ∈ Fm×1.(γ) Η απεικόνιση LA : Fn×1 → Fm×1 είναι επί.

(δ) rank(A) = m.

80. Δίνεται πίνακας A ∈ Fm×n. Δείξτε ότι οι ακόλουθες συνθήκες είναι ισοδύναμες:

(α) Οι στήλες του A είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του Fm×1.(β) Το ομογενές γραμμικό σύστημα Ax = 0 έχει μόνο την τετριμμένη λύση x = 0.

(γ) Η απεικόνιση LA : Fn×1 → Fm×1 είναι 1–1.

(δ) rank(A) = n.

81. ΄Εστω διακεκριμένοι πραγματικοί αριθμοί λ1, λ2, . . . , λn που δεν ανήκουν στο σύ-

νολο −1,−2, . . . ,−n. Δείξτε ότι οι στήλες του πίνακα1

λ1+11

λ1+2· · · 1

λ1+n

1λ2+1

1λ2+2

· · · 1λ2+n

......

......

1λn+1

1λn+2

· · · 1λn+n

είναι γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα του Rn×1

.

20

82. ΄Εστω W το σύνολο των στοιχείων (x1 x2 · · · xn)t του διανυσματικού χώρου Fn×1που ικανοποιούν τη σχέση x1 + x2 + · · ·+ xn = 0.

(α) Δείξτε ότι το W είναι υπόχωρος του Fn×1.(β) Υπολογίστε τη διάσταση του W και βρείτε μια βάση αυτού.

83. Δίνεται πίνακας A ∈ Fm×n.

(α) Δείξτε ότι η διάσταση του υπόχωρου του Fm×1 που παράγεται από τις στήλες του

A είναι ίση με την τάξη του A.

(β) Συνάγετε ότι η διάσταση του υπόχωρου του Fm×1 που παράγεται από τις στήλες

του A είναι ίση με τη διάσταση του υπόχωρου του Fn×1 που παράγεται από τις

στήλες του At.

84. Δείξτε ότι dim ker(A) = n− rank(A) για κάθε πίνακα A ∈ Fm×n.

85. Βρείτε όλους τους υπόχωρουςW του Rn×1με την ιδιότητα: αν (x1 x2 · · · xn)t ∈ W

και σ είναι μετάθεση του συνόλου 1, 2, . . . , n, τότε (xσ(1) xσ(2) · · · xσ(n))t ∈ W . Ποιες

είναι οι δυνατές τιμές της διάστασης ενός τέτοιου υπόχωρου;

86. Δείξτε ότι για κάθε υπόχωρο W του χώρου Fn×1 υπάρχουν θετικός ακέραιος r και

πίνακας A ∈ Fr×n τέτοιοι ώστε W = ker(A).

87. Δείξτε ότι για τον προσαρτημένο πίνακα adj(A) ενός πίνακα A ∈ Fn×n ισχύουν:

(α) Αν rank(A) = n, τότε rank(adj(A)) = n.

(β) Αν rank(A) = n− 1, τότε rank(adj(A)) = 1.

(γ) Αν rank(A) ≤ n− 2, τότε rank(adj(A)) = 0.

88. Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους n που έχουν την εξής ιδιότητα: αν A = (aij)είναι n×n πίνακας με στοιχεία μη μηδενικούς πραγματικούς αριθμούς, τότε είναι δυνατόν

να πολλαπλασιάσουμε κάθε στοιχείο aij του A με κάποιον θετικό πραγματικό αριθμό bijέτσι ώστε ο πίνακας που θα προκύψει να έχει ορίζουσα μηδέν.

21

Αφηρημένοι Διανυσματικοί Χώροι

Συμβολίζουμε με dim(V ) τη διάσταση ενός διανυσματικού χώρου V και με Fn[x]τον F-διανυσματικό χώρο όλων των πολυωνύμων p(x) ∈ F[x] βαθμού μικρότερου ή ίσου

του n.

89. Για τα διανύσματα v1, v2, . . . , vn ενός διανυσματικού χώρου V επί του F ισχύουν οι

ισότητεςn∑j=1

aijvj = 0V , i = 1, 2, . . . ,m

για κάποιους συντελεστές aij ∈ F, όπου 0V είναι το μηδενικό στοιχείο του V . Αν η

τάξη του πίνακα A = (aij) ∈ Fm×n είναι ίση με n, δείξτε ότι v1 = v2 = · · · = vn = 0V .

90. Δίνονται γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα u1, u2, . . . , un ενός διανυσματικού χώ-

ρου V και διανύσματα v1, v2, . . . , vm που παράγουν το V . Χρησιμοποιήστε την ΄Ασκηση

27 για να δείξετε ότι n ≤ m.

91. Υπολογίστε τη διάσταση των παρακάτω υπόχωρων του Fn×n:

(α) του υπόχωρου των άνω τριγωνικών n× n πινάκων,

(β) του υπόχωρου των άνω τριγωνικών n × n πινάκων, κάθε στοιχείο στην κύρια

διαγώνιο των οποίων είναι ίσο με μηδέν,

(γ) του υπόχωρου των συμμετρικών n× n πινάκων,

(δ) του υπόχωρου των αντισυμμετρικών n× n πινάκων.

92. Δίνεται το σύνολο Wn = A ∈ Fn×n : tr(A) = 0 όλων των n × n πινάκων με

στοιχεία από το F, το ίχνος των οποίων είναι ίσο με μηδέν.

(α) Δείξτε ότι το Wn είναι γνήσιος υπόχωρος του Fn×n. Ποια είναι η διάστασή του;

(β) Συνάγετε ότι οποιοιδήποτε πίνακες A1, A2, . . . , An2 ∈ Fn×n με tr(Ai) = 0 για

1 ≤ i ≤ n2είναι γραμμικώς εξαρτημένα στοιχεία του Fn×n.

(γ) Βρείτε γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία A1, A2, . . . , An2 του Fn×n, τέτοια ώστε

tr(Ai) = 1 για 1 ≤ i ≤ n2.

(δ) ΄Εστω πίνακας B ∈ Fn×n ο οποίος δεν είναι πολλαπλάσιο του In και έστω πίνακες

A1, A2, . . . , An2 ∈ Fn×n. Αν ισχύει AiB = BAi για 1 ≤ i ≤ n2, δείξτε ότι οι

A1, A2, . . . , An2 είναι γραμμικώς εξαρτημένα στοιχεία του Fn×n.

22

93. ΄Εστω V το σύνολο των πινάκων στο Fm×n των οποίων τα στοιχεία κάθε γραμμής

και κάθε στήλης έχουν άθροισμα μηδέν.

(α) Δείξτε ότι ο V είναι γραμμικός υπόχωρος του Fm×n.(β) Βρείτε μια βάση του V για m = 2 και τυχαίο n.

(γ) Βρείτε μια βάση του V για τυχαία m και n.

(δ) Συνάγετε ότι dim(V ) = (m− 1)(n− 1).

94. Δίνονται πολυώνυμα φ0(x), φ1(x), . . . , φn(x) ∈ Fn[x].

(α) Αν το φi(x) έχει βαθμό ίσο με i για 0 ≤ i ≤ n (οπότε το φ0(x) είναι μη μηδενικό

σταθερό πολυώνυμο), δείξτε ότι η (φ0(x), φ1(x), . . . , φn(x)) είναι βάση του Fn[x].

(β) ΄Εστω a ∈ F. Συνάγετε από το (α) ότι τα πολυώνυμα φi(x) = (x − a)i για

0 ≤ i ≤ n αποτελούν τα στοιχεία μιας βάσης του Fn[x].

(γ) Αν F = C, εκφράστε ένα τυχαίο πολυώνυμο p(x) ∈ Fn[x] ως γραμμικό συνδυασμό

των στοιχείων της βάσης του ερωτήματος (β).

95. ΄Εστω a ∈ F.

(α) Δείξτε ότι το σύνολο W = p(x) ∈ Fn[x] : p(a) = 0 είναι γνήσιος υπόχωρος

του διανυσματικού χώρου Fn[x].

(β) Αν p0(x), p1(x), . . . , pn(x) ∈ Fn[x] και pi(a) = 0 για 0 ≤ i ≤ n, δείξτε ότι τα

p0(x), p1(x), . . . , pn(x) είναι γραμμικώς εξαρτημένα στοιχεία του Fn[x].

(γ) ΄Εστω μη μηδενικό στοιχείο b ∈ F. Δείξτε ότι υπάρχουν γραμμικώς ανεξάρτητα

p0(x), p1(x), . . . , pn(x) ∈ Fn[x], τέτοια ώστε pi(a) = b για 0 ≤ i ≤ n.

96. Δίνονται ανά δύο διακεκριμένα στοιχεία a1, a2, . . . , an ενός σώματος F και τα

πολυώνυμα φ(x) = (x−a1)(x−a2) · · · (x−an) και φi(x) = φ(x)/(x−ai) για 1 ≤ i ≤ nτου F[x].

(α) Δείξτε ότι τα φ1(x), φ2(x), . . . , φn(x) είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του

F-διανυσματικού χώρου F[x].

(β) Δείξτε ότι κάθε πολυώνυμο p(x) ∈ F[x] με βαθμό μικρότερο του n γράφεται στη

μορφή

p(x) = c1φ1(x) + c2φ2(x) + · · ·+ cnφn(x)

με ci = p(ai)φ′(ai)

για 1 ≤ i ≤ n.

23

97. Δίνονται τα στοιχεία φi(x) = xi(1 + x)n−i του Fn[x] για 0 ≤ i ≤ n.

(α) Δείξτε ότι η Bn = (φ0(x), φ1(x), . . . , φn(x)) είναι βάση του Fn[x].

(β) Για 0 ≤ k ≤ n, εκφράστε το μονώνυμο xk ως γραμμικό συνδυασμό των στοιχείων

της βάσης Bn.(γ) Αν n = 4, πράξτε ομοίως για το πολυώνυμο p(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4.

98. Δίνεται διανυσματικός χώρος V διάστασης n και υπόχωροί του U και W . Δείξτε

ότι οι ακόλουθες προτάσεις είναι ισοδύναμες:

(i) V = U ⊕W .

(ii) V = U +W και dim(U) + dim(W ) = n.

(iii) Υπάρχουν βάσεις B και C των U και W , αντίστοιχα, με B ∩ C = ∅, η ένωση των

οποίων είναι βάση του V .

(iv) Για οποιεσδήποτε βάσεις B και C των U και W , αντίστοιχα, ισχύει B ∩C = ∅ και

η ένωση B ∪ C είναι βάση του V .

99. ΄Εστω Vn = Rn[x]. Συμβολίζουμε με Un το σύνολο των πολυωνύμων p(x) ∈ Vnγια τα οποία ισχύει p(−x) = p(x) και με Wn το σύνολο των πολυωνύμων q(x) ∈ Vn για

τα οποία ισχύει q(−x) = −q(x).

(α) Δείξτε ότι τα σύνολα Un και Wn είναι υπόχωροι του διανυσματικού χώρου Vn.

(β) Υπολογίστε τις διαστάσεις των Un και Wn.

(γ) Δείξτε ότι Vn = Un ⊕Wn.

100. Δίνεται ένας F-διανυσματικός χώρος V διάστασης n και ένας γνήσιος υπόχωρος

U του V . Δείξτε ότι ο U είναι ίσος με την τομή όλων των υπόχωρων διάστασης n− 1του V που περιέχουν τον U .

101. Δίνεται διανυσματικός χώρος V διάστασης n.

(α) ΄Εστω U και W υπόχωροι του V διάστασης k και n− 1, αντίστοιχα. Δείξτε ότι η

διάστασης της τομής U ∩W είναι ίση με k − 1 ή k και ότι ισχύει dim(U ∩W ) =k ⇔ U ⊆ W .

(β) Αν W1,W2 είναι δύο διαφορετικοί υπόχωροι του V διάστασης n− 1, ποιες είναι οι

δυνατές τιμές της διάστασης του W1 ∩W2;

(γ) ΄Εστω ακέραιος 1 ≤ r ≤ n. Αν W1,W2, . . . ,Wr είναι υπόχωροι του V διάστασης

n− 1, ποιες είναι οι δυνατές τιμές της διάστασης του W1 ∩W2 ∩ · · · ∩Wr;

24

102. Δίνονται υπόχωροι U, V,W ενός διανυσματικού χώρου.

(α) Δείξτε ότι U ∩W + V ∩W ⊆ (U + V ) ∩W .

(β) Ισχύει πάντοτε η ισότητα στο (α);

(γ) Αν οι U, V,W έχουν πεπερασμένη διάσταση, δείξτε ότι

dim(U + V +W ) ≤ dim(U) + dim(V ) + dim(W )− dim(U ∩ V )

− dim(U ∩W )− dim(V ∩W ) + dim(U ∩ V ∩W ).

(δ) Αν οι U, V,W έχουν πεπερασμένη διάσταση, συνάγετε από το (γ) ότι

dim(U) + dim(V ) + dim(W )− dim(U + V +W ) ≥ m,

όπου m είναι ο μέγιστος των ακεραίων dim(U ∩V ) + dim(U ∩W ), dim(U ∩V ) +dim(V ∩W ) και dim(U ∩W ) + dim(V ∩W ).

103. ΄Ενα πολυώνυμο a0+a1x+· · ·+anxn ∈ Fn[x] λέγεται συμμετρικό (ή παλινδρομικό)αν ισχύει ai = an−i για 0 ≤ i ≤ n. Συμβολίζουμε Wn με το σύνολο των συμμετρικών

πολυωνύμων του Fn[x].

(α) Δείξτε ότι το Wn είναι υπόχωρος του διανυσματικού χώρου Fn[x].

(β) Δείξτε ότι τα πολυώνυμα pi(x) = xi + xn−i για 0 ≤ i ≤ bn/2c αποτελούν τα

στοιχεία μιας βάσης του Wn και συνάγετε ότι dim(Wn) = bn/2c + 1.

(γ) Δείξτε ότι τα πολυώνυμα φi(x) = xi + xi+1 + · · · + xn−i για 0 ≤ i ≤ bn/2cαποτελούν επίσης τα στοιχεία μιας βάσης του Wn.

Θέτουμε τώρα F = R. ΄Ενα συμμετρικό πολυώνυμο a0 + a1x + · · · + anxn ∈ Rn[x]

λέγεται μονότροπο αν

0 ≤ a0 ≤ a1 ≤ · · · ≤ abn/2c.

(δ) Δείξτε ότι ένα συμμετρικό πολυώνυμο p(x) ∈ Rn[x] είναι μονότροπο αν και μόνο

αν οι συντεταγμένες του p(x) ως προς τη βάση του του Wn στο ερώτημα (γ) είναι

μη αρνητικοί αριθμοί.

(ε) Συνάγετε ότι αν τα πολυώνυμα p(x) ∈ Rn[x] και q(x) ∈ Rm[x] είναι συμμετρικά

και μονότροπα, τότε το γινόμενό τους p(x)q(x) ∈ Rn+m[x] είναι επίσης συμμετρικό

και μονότροπο.

25

104. ΄Εστω S ένα σύνολο m διανυσμάτων το οποίο παράγει ένα διανυσματικό χώρο

V διάστασης n ≥ 2. Υποθέτουμε ότι το άθροισμα οποιωνδήποτε m− 1 στοιχείων του

S είναι συγγραμμικό με το στοιχείο του S που περισσεύει (δύο διανύσματα λέγονται

συγγραμμικά αν είναι γραμμικώς εξαρτημένα).

(α) Δείξτε ότι n ≤ m− 1.

(β) Δείξτε ότι το άθροισμα των στοιχείων του S είναι ίσο με το μηδενικό διάνυσμα.

105. ΄Εστω διανυσματικός χώρος V πάνω σε ένα άπειρο σώμα. Δείξτε ότι ο V δεν

είναι ίσος με την ένωση πεπερασμένου πλήθους γνήσιων υποχώρων του.

106. ΄Εστω δύο βάσεις B και C ενός διανυσματικού χώρου V πεπερασμένης διάστασης.

(α) Δείξτε ότι για κάθε v ∈ C υπάρχει u ∈ B τέτοιο ώστε το σύνολο (Bru) ∪ vνα είναι βάση του χώρου V .

(β) Δείξτε ότι για κάθε v ∈ C υπάρχει u ∈ B τέτοιο ώστε τα σύνολα (Bru) ∪ vκαι (Crv) ∪ u να είναι και τα δύο βάσεις του χώρου V .

107. ΄Εστω διανυσματικός χώρος V διάστασης n και έστω A ένας n × n πίνακας

με στοιχεία διανύσματα του V . Δώστε απόδειξη ή αντιπαράδειγμα για την ακόλουθη

πρόταση: Αν κάθε γραμμή του A είναι βάση του V , τότε είναι δυνατόν να αναδιαταχθεί

κάθε γραμμή του A έτσι ώστε κάθε στήλη του πίνακα που θα προκύψει να είναι επίσης

βάση του V .

26

Γραμμικές Απεικονίσεις

Για F-διανυσματικούς χώρους V καιW , συμβολίζουμε με L(V,W ) τον F-διανυσματικόχώρο όλων των γραμμικών απεικονίσεων T : V → W . Ο δυικός χώρος V ∗ του V είναι

ο F-διανυσματικός χώρος L(V,F) όλων των γραμμικών μορφών T : V → F.

108. Δίνονται ακέραιοι 1 ≤ k ≤ n και η απεικόνιση T : Fn → Fn η οποία ορίζεται

θέτοντας T (x) = (x1, . . . , xk, 0, . . . , 0) για x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Fn.

(α) Δείξτε ότι η T είναι γραμμική απεικόνιση και ότι T (T (x) = T (x) για κάθε x ∈ Fn.(β) Βρείτε τον πυρήνα και την εικόνα της T και υπολογίστε τις διαστάσεις τους.

(γ) Για ποιες τιμές των k και n είναι η T ισομορφισμός διανυσματικών χώρων;

(δ) Υπολογίστε τον πίνακα της T ως προς τη συνήθη βάση του Fn.

109. Δίνεται ο γραμμικός μετασχηματισμός T : Fn → Fn που ορίζεται θέτοντας

T (x) = (x1 − x2, x2 − x3, . . . , xn − x1) για x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Fn (όπου για n = 1έχουμε T (x) = 0 για κάθε x ∈ F, κατά σύμβαση).

(α) Δείξτε ότι η T είναι γραμμική απεικόνιση.

(β) Βρείτε τον πυρήνα και την εικόνα της T και υπολογίστε τις διαστάσεις τους.

(γ) ΄Εστω n = 2 και F = R. Δείξτε ότι για x ∈ R2, το T (x) είναι η ορθογώνια

προβολή του 2x στην ευθεία x1 + x2 = 0.

110. Δίνεται η γραμμική απεικόνιση F-διανυσματικών χώρων T : V → U και υπόχωρος

W του V .

(α) Δείξτε ότι η εικόνα T (W ) = T (w) : w ∈ W του W ως προς την απεικόνιση Tείναι υπόχωρος του U .

(β) Αν ο V έχει πεπερασμένη διάσταση, δείξτε ότι το ίδιο ισχύει για την εικόνα T (W )και ότι dimT (W ) ≤ dim(W ).

111. Δίνεται διανυσματικός χώρος V . Βρείτε όλες τις γραμμικές απεικονίσεις T : V →V με την εξής ιδιότητα: τα διανύσματα v και T (v) είναι γραμμικώς εξαρτημένα για κάθε

v ∈ V .

112. Δίνεται γραμμικός μετασχηματισμός T : V → V ενός διανυσματικού χώρου V και

διάνυσμα x ∈ V . Αν ισχύουν Tm(x) = 0 και Tm−1(x) 6= 0 για κάποιο θετικό ακέραιο

m, δείξτε ότι τα διανύσματα x, T (x), T 2(x), . . . , Tm−1(x) είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.

27

113. Δίνεται γραμμικός μετασχηματισμός T : V → V ενός διανυσματικού χώρου V .

(α) Αν x1, x2, . . . , x2k είναι στοιχεία του V και ισχύουν Tm(xm) 6= 0 και T 2m(xm) = 0για 1 ≤ m ≤ 2k, δείξτε ότι τα διανύσματα x1, x2, x4, . . . , x2k είναι γραμμικώς

ανεξάρτητα.

(β) Αν ο V έχει πεπερασμένη διάσταση, δείξτε ότι υπάρχει θετικός ακέραιοςm τέτοιος

ώστε ker(Tm) ∩ Im(Tm) = 0.

114. Δίνεται διανυσματικός χώρος V , στοιχεία v1, v2, . . . , vn ∈ V και γραμμικός με-

τασχηματισμός T : V → V . Αν T (v1) = v1, T (vi) = vi−1 + vi για 2 ≤ i ≤ n και το

v1 είναι μη μηδενικό διάνυσμα, δείξτε ότι το v1, v2, . . . , vn είναι γραμμικώς ανεξάρτητο

υποσύνολο του V .

115. Δίνεται διανυσματικός χώρος V διάστασης n. Αν u1, . . . , un+1 και v1, . . . , vn+1είναι υποσύνολα του V με n+1 στοιχεία, κάθε γνήσιο υποσύνολο καθενός από τα οποία

είναι γραμμικώς ανεξάρτητο, δείξτε ότι υπάρχει γραμμικός ισομορφισμός T : V → Vτέτοιος ώστε τα διανύσματα T (ui) και vi να είναι γραμμικώς εξαρτημένα για κάθε i με1 ≤ i ≤ n+ 1.

116. ΄Εστω V ο υπόχωρος του Fm×n που αποτελείται από τους πίνακες τα στοιχεία κάθε

γραμμής και κάθε στήλης των οποίων έχουν άθροισμα μηδέν (βλέπε ΄Ασκηση 93). Για

X ∈ V , έστω T (X) ∈ F(m−1)×(n−1)ο πίνακας που προκύπτει από τον X διαγράφοντας

την τελευταία γραμμή και στήλη.

(α) Δείξτε ότι η T : V → F(m−1)×(n−1)είναι γραμμική απεικόνιση.

(β) Δείξτε ότι η T είναι ισομορφισμός διανυσματικών χώρων.

(γ) Συνάγετε ότι dim(V ) = (m− 1)(n− 1).

117. Για A ∈ Fp×m και θετικό ακέραιο n θεωρούμε την απεικόνιση T : Fm×n → Fp×nη οποία ορίζεται θέτοντας T (X) = AX για X ∈ Fm×n.

(α) Δείξτε ότι η απεικόνιση T είναι γραμμική.

(β) Αν p = m και ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος, δείξτε ότι η T είναι ισομορφισμός

διανυσματικών χώρων.

(γ) Αν η T είναι ισομορφισμός διανυσματικών χώρων, δείξτε ότι p = m και ότι ο

πίνακας A είναι αντιστρέψιμος.

118. Δίνεται γραμμική απεικόνιση F-διανυσματικών T : V → W . Αν ο V έχει πεπερα-

σμένη διάσταση, δείξτε ότι dim(V ) = dim ker(T ) + dim Im(T ).

28

119. ΄Εστω γραμμικοί μετασχηματισμοί S, T : V → V ενός F-διανυσματικού χώρου V .

(α) Δείξτε ότι ο περιορισμός της T στον υπόχωρο ker(ST ) του V ορίζει μια γραμμική

απεικόνιση R : ker(ST )→ ker(S).

(β) Δείξτε ότι ker(R) = ker(T ) και ότι Im(R) = ker(S) ∩ Im(T ).

(γ) Αν ο V έχει πεπερασμένη διάσταση, συνάγετε ότι dim ker(ST ) ≤ dim ker(S) +dim ker(T ) και ότι η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν ker(S) ⊆ Im(T ).

120. Δίνεται η γραμμική απεικόνιση F-διανυσματικών χώρων T : V → U και υπόχωρος

W του U .

(α) Δείξτε ότι η αντίστροφη εικόνα T−1(W ) = v ∈ V : T (v) ∈ W του W ως προς

την T είναι υπόχωρος του V .

(β) ΄Εστω π : U → U/W ο φυσικός επιμορφισμός του U επί του χώρου πηλίκο U/W .

Δείξτε ότι T−1(W ) = ker(S), όπου S είναι η σύνθεση π T : V → U/W .

(γ) Αν οι V και U έχουν πεπερασμένη διάσταση, δείξτε ότι dimT−1(W ) ≥ dim(V )−dim(U) + dim(W ).

121. ΄Εστω F-διανυσματικοί χώροι V0, V1, . . . , Vm, Vm+1 με V0 = Vm+1 = 0. Αν

υπάρχουν γραμμικές απεικονίσεις Ti : Vi → Vi+1 για 0 ≤ i ≤ m, τέτοιες ώστε ker(Ti) =Im(Ti−1) για κάθε 1 ≤ i ≤ m, δείξτε ότι

m∑i=1

(−1)i dim(Vi) = 0.

122. ΄Εστω F-διανυσματικός χώρος V διάστασης n και γραμμικές απεικονίσεις S, T :V → V . Δείξτε ότι:

(α) Αν Im(T ) = ker(T ), τότε ο n είναι άρτιος ακέραιος.

(β) Αν Im(S) = ker(S), Im(T ) = ker(T ), Im(S) ∩ Im(T ) = Im(ST ) και ST = TS,τότε ο n είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του 4.

123. Για A ∈ Fm×n θεωρούμε την απεικόνιση TA : Fn×m → F η οποία ορίζεται θέτοντας

TA(X) = tr(AX) για X ∈ Fn×m.

(α) Δείξτε ότι η TA είναι γραμμική απεικόνιση για κάθε A ∈ Fm×n.(β) Αν TA : Fn×m → F είναι η μηδενική απεικόνιση, δείξτε ότι A = O.

(γ) ΄Εστω T : Fm×n → (Fn×m)∗ η απεικόνιση που ορίζεται θέτοντας T (A) = TA για

A ∈ Fm×n. Δείξτε ότι η T είναι γραμμική απεικόνιση.

(δ) Δείξτε ότι για κάθε γραμμική απεικόνιση L : Fn×m → F υπάρχει μοναδικός πίνακας

A ∈ Fm×n τέτοιος ώστε L = TA.

29

124. ΄Εστω πίνακες A,B ∈ Fm×n.

(α) Αν υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας P ∈ Fm×m τέτοιος ώστε B = PA, δείξτε ότι

για x ∈ Fn×1 ισχύει η ισοδυναμία Ax = 0⇔ Bx = 0.

(β) Αν για x ∈ Fn×1 ισχύει η ισοδυναμία Ax = 0 ⇔ Bx = 0, δείξτε ότι υπάρχει

αντιστρέψιμος πίνακας P ∈ Fm×m τέτοιος ώστε B = PA.

Τάξη Γραμμικής Απεικόνισης

Υπενθυμίζουμε ότι η τάξη μιας γραμμικής απεικόνισης T : V → W ορίζεται ως

rank(T ) = dim Im(T ). Ειδικότερα, για κάθε πίνακα A ∈ Fm×n η τάξη της γραμμικής

απεικόνισης LA : Fn×1 → Fm×1 που ορίζεται θέτοντας LA(x) = Ax για x ∈ Fn×1 είναι

ίση με τη διάσταση του υπόχωρου του Fm×1 που παράγεται από τις στήλες του A και

συνεπώς (΄Ασκηση 83) ίση με rank(A).

125. Δίνονται διανυσματικοί χώροι V και W πεπερασμένης διάστασης και γραμμική

απεικόνιση T : V → W .

(α) Δείξτε ότι η T είναι μονομορφισμός αν και μόνο αν rank(T ) = dim(V ).

(β) Δείξτε ότι η T είναι επιμορφισμός αν και μόνο αν rank(T ) = dim(W ).

(γ) Συνάγετε ότι η T είναι ισομορφισμός αν και μόνο αν rank(T ) = dim(V ) =dim(W ).

126. Δίνονται F-διανυσματικοί χώροι U, V,W πεπερασμένης διάστασης και γραμμικές

απεικονίσεις T : U → V και S : V → W .

(α) Δείξτε ότι rank(ST ) ≤ minrank(S), rank(T ).(β) Συνάγετε ότι rank(AB) ≤ minrank(A), rank(B) για πίνακες A ∈ Fm×n και

B ∈ Fn×p.

127. Δίνεται F-διανυσματικός χώρος V διάστασης n και γραμμικές απεικονίσεις S, T,R :V → V .

(α) Δείξτε ότι rank(S + T ) ≤ rank(S) + rank(T ).

(β) Δείξτε ότι rank(S) + rank(T ) ≤ n+ rank(ST ).

(γ) Δείξτε ότι rank(SR) + rank(RT ) ≤ rank(R) + rank(SRT ).

30

128. ΄Εστω πίνακας A ∈ Fn×n. Ποια είναι η μέγιστη δυνατή τιμή της τάξης του A

(α) αν A2 = O;

(β) αν A3 = O;

129. Δίνεται F-διανυσματικός χώρος V διάστασης n και γραμμικός μετασχηματισμός

S : V → V . Ορίζουμε το γραμμικό μετασχηματισμό T : V → V θέτοντας T (x) =x− S(x) για x ∈ V .

(α) Δείξτε ότι S(T (x)) = T (S(x) για κάθε x ∈ V .

(β) Δείξτε ότι rank(S) + rank(T ) ≥ n.

(γ) Δείξτε ότι οι ακόλουθες συνθήκες είναι ισοδύναμες:

(i) V = Im(S)⊕ Im(T ).

(ii) Im(S) ∩ Im(T ) = 0.(iii) rank(S) + rank(T ) = n.

(iv) Im(S) = ker(T ).

(v) ker(S) = Im(T ).

(vi) S(T (x)) = T (S(x)) = 0 για κάθε x ∈ V .

Για τυχαίο πίνακα A ∈ Fn×n συνάγετε τα εξής:

(δ) rank(A) + rank(I − A) ≥ n.

(ε) Ισχύει rank(A) + rank(I − A) = n αν και μόνο αν A2 = A.


(α) Για τυχαίους πίνακες A,B ∈ Fn×n ισχύει rank(AB)− rank(BA) ≤ bn/2c.(β) Υπάρχουν πίνακες A,B ∈ Fn×n ώστε rank(AB)− rank(BA) = bn/2c.(γ) Αν για τους A,B ∈ Fn×n ισχύει AB = O και οι πίνακες A+At και B +Bt

είναι

αντιστρέψιμοι, δείξτε ότι rank(A) = rank(B) = n/2.

131. ΄Εστω διανύσματα u, v ∈ Cnμε u 6= 0. Δείξτε ότι υπάρχει συμμετρικός πίνακας

P ∈ Cn×nτέτοιος ώστε Pu = v.

31

Πίνακας μιας Γραμμικής Απεικόνισης

132. Δίνονται διανυσματικοί χώροι V και W διάστασης n και m, αντίστοιχα, και

γραμμική απεικόνιση T : V → W . ΄Εστω A ∈ Fm×n ο πίνακας της T ως προς τυχαίες

βάσεις των V και W .

(α) Δείξτε ότι rank(T ) = rank(A).

Συνάγετε ότι η T είναι:

(β) μονομορφισμός αν και μόνο αν rank(A) = n,

(γ) επιμορφισμός αν και μόνο αν rank(A) = m,

(δ) ισομορφισμός αν και μόνο αν ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος.

133. Θεωρούμε την απεικόνιση T : Rn[x] → Rn[x] που ορίζεται θέτοντας T (p(x)) =p(x)− p′(x) για p(x) ∈ Rn[x].


(β) Βρείτε τον πίνακα της T ως προς τη βάση (1, x, . . . , xn) του Rn[x].

(γ) Συνάγετε ότι η T είναι γραμμικός ισομορφισμός και υπολογίστε το ίχνος της.

(δ) Βρείτε όλα τα πολυώνυμα p(x) ∈ Rn[x] για τα οποία ισχύει T (p(x)) = xn.

(ε) Υπολογίστε το σταθερό όρο του p(x) ∈ Rn[x], αν T (p(x)) = 1 + x+ · · ·+ xn.

134. ΄Εστω A ∈ Fp×m, θετικός ακέραιος n και η γραμμική απεικόνιση T : Fm×n → Fp×nη οποία ορίζεται θέτοντας T (X) = AX για X ∈ Fm×n (βλέπε ΄Ασκηση 117).

(α) Υπολογίστε τον πίνακα της T ως προς τις συνήθεις βάσεις (κατάλληλα διατεταγ-

μένες) των Fm×n και Fp×n.(β) Δείξτε ότι rank(T ) = n rank(A).

(γ) Συνάγετε ότι η T είναι ισομορφισμός διανυσματικών χώρων αν και μόνο αν p = mκαι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος.

(δ) Αν p = m, δείξτε ότι tr(T ) = n tr(A), όπου με tr(T ) συμβολίζουμε το ίχνος του

πίνακα της T ως προς οποιαδήποτε βάση του Fm×n (βλέπε ΄Ασκηση 145).

32

135. Δίνονται πίνακες A ∈ Fp×m και B ∈ Fn×q και η γραμμική απεικόνιση T : Fm×n →Fp×q η οποία ορίζεται θέτοντας T (X) = AXB για X ∈ Fm×n.


(β) Δείξτε ότι η T είναι ισομορφισμός διανυσματικών χώρων αν και μόνο αν p = m,

q = n και οι πίνακες A και B είναι αντιστρέψιμοι.

(γ) Υπολογίστε τον πίνακα της T ως προς τις συνήθεις βάσεις (κατάλληλα διατεταγ-

μένες) των Fm×n και Fp×q.(δ) ΄Εστω ότι ισχύουν p = m και q = n. Δείξτε ότι tr(T ) = tr(A) tr(B) και ότι

det(T ) = (det(A))n (det(B))m, όπου με tr(T ) και det(T ) συμβολίζουμε το ίχνος

και την ορίζουσα του πίνακα της T ως προς οποιαδήποτε βάση του Fm×n (βλέπε

΄Ασκηση 145).

136. Συμβολίζουμε με Vn τον πραγματικό διανυσματικό χώρο διάστασης 2n μια βάση

του οποίου είναι το σύνολο όλων των υποσυνόλων του συνόλου [n] := 1, 2, . . . , n.Θεωρούμε τη γραμμική απεικόνιση ϕn : Vn → Vn που ορίζεται θέτοντας

ϕn(S) =∑T⊆[n]

(−1)|S∩T | · T

για κάθε S ⊆ [n]. Για παράδειγμα, για n = 2 έχουμε ϕn(1, 2) = ∅−1−2+1, 2.Υπολογίστε το ίχνος και την ορίζουσα της ϕn. Συνάγετε ότι η ϕn είναι αντιστρέψιμη

για κάθε θετικό ακέραιο n.

137. Δίνεται ο πίνακας Jr =

(Ir OO O

)∈ Fn×n, όπου 0 ≤ r ≤ n.

(α) Αν n ≥ 2, δείξτε ότι ο πίνακας Jr μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο αντιστρέψιμων

πινάκων τα στοιχεία των οποίων ανήκουν στο σύνολο −1, 0, 1.(β) Συνάγετε από το (α) ότι αν n ≥ 2, τότε κάθε πίνακας A ∈ Fn×n μπορεί να γραφεί

ως άθροισμα δύο αντιστρέψιμων πινάκων.

33

138. ΄Εστω επί απεικόνιση f : Rn×n → 0, 1, . . . , n για την οποία ισχύει f(AB) ≤min f(A), f(B) για όλους τους πίνακες A,B ∈ Rn×n

. Δείξτε ότι f(A) = rank(A)για κάθε A ∈ Rn×n

ως εξής:

(α) Δείξτε ότι f(PA) = f(AP ) = f(A) για κάθε A ∈ Rn×nκαι κάθε αντιστρέψιμο

πίνακα P ∈ Rn×n.

(β) Για A ∈ Rn×nδείξτε ότι f(A) = f(Jk), όπου k = rank(A) και Jk είναι ο διαγώνιος

πίνακας τάξης k με στοιχεία 1, . . . , 1, 0, . . . , 0 στην κύρια διαγώνιο.

(γ) Δείξτε ότι f(Jk) ≤ f(Jk+1) για k = 0, 1, . . . , n− 1.

(δ) Συνάγετε ότι f(A) = rank(A) για κάθε A ∈ Rn×n.

139. Θεωρούμε γραμμικό μετασχηματισμό T : V → V ενός F-διανυσματικού χώρου Vκαι θέτουμε Fix(T ) = x ∈ V : T (x) = x.

(α) Δείξτε ότι το Fix(T ) είναι υπόχωρος του V .

(β) Δείξτε γενικότερα ότι για κάθε λ ∈ F, το σύνολο Vλ(T ) = x ∈ V : T (x) = λxείναι υπόχωρος του V .

(γ) ΄Εστω ότι ο V έχει πεπερασμένη διάσταση. Δείξτε ότι Fix(T ) 6= 0 αν και μόνο

αν υπάρχει y ∈ V τέτοιο ώστε y 6= x− T (x) για κάθε x ∈ V .

(δ) ΄Εστω ότι ο V έχει πεπερασμένη διάσταση και έστω k ∈ N. Δείξτε ότι dim Fix(T ) ≥k αν και μόνο αν υπάρχει διατεταγμένη βάση του V ως προς την οποία ο πίνακας

της T έχει τη μορφή (Ik BO C

).

(ε) Ισχύει το (γ) χωρίς την υπόθεση ότι ο V έχει πεπερασμένη διάσταση;

34

140. Δίνεται γραμμικός μετασχηματισμός T : V → V ενός F-διανυσματικού χώρου Vγια τον οποίο ισχύει T (T (x)) = T (x) για κάθε x ∈ V .

(α) Δείξτε ότι Im(T ) = Fix(T ) (όπου το Fix(T ) ορίστηκε στην ΄Ασκηση 139).

(β) Δείξτε ότι V = ker(T )⊕ Fix(T ).

(γ) ΄Εστω ότι ο V έχει πεπερασμένη διάσταση. Δείξτε ότι υπάρχει διατεταγμένη βάση

του V ως προς την οποία ο πίνακας της T έχει τη μορφή(Ir OO O

).

141. Δίνεται γραμμικός μετασχηματισμός T : V → V ενός F-διανυσματικού χώρου Vγια τον οποίο ισχύει T (T (x)) = x για κάθε x ∈ V .

(α) Δείξτε ότι ο T είναι γραμμικός ισομορφισμός.

(β) Θεωρούμε τους υπόχωρους Fix(T ) και U = x ∈ V : T (x) = −x του V που

ορίστηκαν στην ΄Ασκηση 139. Δείξτε ότι x + T (x) ∈ Fix(T ) και x − T (x) ∈ Uγια κάθε x ∈ V .

Υποθέτουμε τώρα ότι ισχύει −1 6= 1 στο F (δηλαδή ότι η χαρακτηριστική του Fείναι διάφορη του 2).

(γ) Δείξτε ότι V = Fix(T )⊕ U .

(δ) ΄Εστω ότι ο V έχει πεπερασμένη διάσταση n. Δείξτε ότι υπάρχει διατεταγμένη

βάση του V ως προς την οποία ο πίνακας της T έχει τη μορφή(−Ik OO In−k

).

35

142. Δίνεται γραμμικός μετασχηματισμός T : V → V ενός R-διανυσματικού χώρου Vγια τον οποίο ισχύει T (T (x)) = −x για κάθε x ∈ V .

(α) Δείξτε ότι ο T είναι γραμμικός ισομορφισμός.

(β) Δείξτε ότι για κάθε μη μηδενικό διάνυσμα x ∈ V , τα διανύσματα x και T (x) είναι

γραμμικώς ανεξάρτητα.

Υποθέτουμε τώρα ότι ο V έχει πεπερασμένη διάσταση n.

(γ) Δείξτε ότι υπάρχει βάση του V της μορφής u1, . . . , um ∪ T (u1), . . . , T (um)και συνάγετε ότι ο n είναι άρτιος ακέραιος.

(δ) Δείξτε ότι υπάρχει διατεταγμένη βάση του V ως προς την οποία ο πίνακας της Tέχει τη μορφή (

O −ImIm O

).

143. ΄Εστω F-διανυσματικός χώρος V διάστασης n και γραμμική απεικόνιση T : V →V . ΄Εστω επίσης Wm = Im(Tm) για θετικούς ακεραίους m.

(α) Δείξτε ότι αν ισχύουν Tm = O για κάποιο θετικό ακέραιο m και Wi 6= 0, τότεdim(Wi+1) < dim(Wi).

(β) Δείξτε ότι υπάρχει θετικός ακέραιος m, τέτοιος ώστε Tm = O αν και μόνο αν

υπάρχει βάση του V ως προς την οποία ο πίνακας της T είναι άνω τριγωνικός και

κάθε στοιχείο στην κύρια διαγώνιό του είναι ίσο με μηδέν.

(γ) Δείξτε ότι αν T n = O και T n−1 6= O, τότε υπάρχει βάση του V ως προς την οποία

ο πίνακας της T είναι ίσος με0 1 0 · · · 0

0 0 1 · · · 0

0 0 0. . .

...

......

... · · · 1

0 0 0 · · · 0

.

(δ) Δείξτε ότι αν Tm = O για κάποιο θετικό ακέραιο m, τότε T n = O.

36

Ομοιότητα Πινάκων

Υπενθυμίζουμε ότι δύο πίνακες A,B ∈ Fn×n λέγονται όμοιοι αν υπάρχει αντιστρέ-

ψιμος πίνακας P ∈ Fn×n, τέτοιος ώστε B = P−1AP .


(α) ΄Εστω ότι A = λI για κάποιο λ ∈ F. Δείξτε ότι αν B ∈ Fn×n είναι πίνακας όμοιος

με τον A, τότε B = A.

(β) ΄Εστω ότι A 6= λI για κάθε λ ∈ F. Δείξτε ότι υπάρχει πίνακας B ∈ Fn×n διάφορος

του A, ο οποίος είναι όμοιος με τον A.

145. Δίνονται όμοιοι πίνακες A,B ∈ Fn×n.

(α) Δείξτε ότι tr(A) = tr(B), ότι det(A) = det(B) και ότι rank(A) = rank(B).

(β) Δείξτε ότι οι πίνακες Am και Bmείναι όμοιοι για κάθε m ∈ N.

(γ) Δείξτε ότι οι πίνακες φ(A) και φ(B) είναι όμοιοι για κάθε πολυώνυμο φ(x) ∈ F[x].

(δ) ΄Εστω n ≥ 2 και C,D ∈ Rn×n. Αν για κάθε ακέραιο m ≥ 2 οι πίνακες Cm

και

Dmείναι όμοιοι, είναι υποχρεωτικά οι C και D όμοιοι;

146. Δίνεται ο πίνακας C =

0 · · · 0 1

0 · · · 0 0

... · · · ......

0 · · · 0 0

∈ Fn×n, όπου n ≥ 2.

(α) Δείξτε ότι αν ο πίνακας A ∈ Fn×n είναι όμοιος με τον C, τότε A2 = O και A 6= O.

(β) Για n = 2, δείξτε ότι κάθε μη μηδενικός πίνακας A ∈ F2×2με A2 = O είναι όμοιος

με τον C.

(γ) Για n = 3, δείξτε ότι κάθε μη μηδενικός πίνακας A ∈ F3×3με A2 = O είναι όμοιος

με τον C.

(δ) Ισχύει το ίδιο για n = 4;

147. Να εξετάσετε αν είναι όμοιοι οι ακόλουθοι πίνακες:

(α)

1 1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 1

0 0 0 1

∈ F4×4και

1 1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

∈ F4×4.

37

(β)

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 1 0

0 0 0 1

∈ F4×4και

1 1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 1

0 0 0 1

∈ F4×4.

148. Δίνονται ακέραιοι 0 ≤ r ≤ n και ο πίνακας Jr =

(Ir OO O

)∈ Fn×n.

(α) Δείξτε ότι για κάθε πίνακα A ∈ Fn×n που είναι όμοιος με τον Jr ισχύει A2 = A.

(β) Δείξτε ότι αν για τον πίνακα A ∈ Fn×n ισχύει A2 = A, τότε ο A είναι όμοιος με

τον Jr όπου r = rank(A).

149. Δίνονται ακέραιοι 0 ≤ k ≤ n και ο πίνακας Jk =

(−Ik OO In−k

)∈ Fn×n.

(α) Δείξτε ότι για κάθε πίνακα A ∈ Fn×n που είναι όμοιος με τον Jk ισχύει A2 = I.

(β) Δείξτε ότι αν για τον πίνακα A ∈ Fn×n έχουμε A2 = I και ισχύει −1 6= 1 στο F,τότε ο A είναι όμοιος με τον Jk για κάποια τιμή του k.

(γ) Αληθεύει το (β) χωρίς την υπόθεση ότι ισχύει −1 6= 1 στο F;

150. Δίνεται ο πίνακας Jm =

(O −ImIm O

)∈ F2m×2m

.

(α) Δείξτε ότι για κάθε πίνακα A ∈ F2m×2mπου είναι όμοιος με τον Jm ισχύει A2 =

−I.(β) Δείξτε ότι αν για τον πίνακα A ∈ Fn×n ισχύει A2 = −I, τότε ο n είναι άρτιος και

ο A είναι όμοιος με τον πίνακα Jm για m = n/2.

151. ΄Εστω

An(λ) =

1 λ 0 · · · 0

0 1 λ · · · 0

0 0 1. . .

...

......

.... . . λ

0 0 0 · · · 1

∈ Fn×n

για λ ∈ F. Δείξτε ότι οι πίνακες An(λ) και An(µ) είναι όμοιοι για τυχαία μη μηδενικά

στοιχεία λ, µ ∈ F.

38

Χαρακτηριστικό Πολυώνυμο

Γράφουμε χA(x) = det(A − xI) για το χαρακτηριστικό πολυώνυμο ενός τετραγω-

νικού πίνακα A.

152. ΄Εστω ο n× n πίνακας

An =

1 0 0 · · · 0 1

1 1 0 · · · 0 0

0 1 1 · · · 0 0

0 0 1. . .

......

......

.... . . 1 0

0 0 0 · · · 1 1

,

όπου n ≥ 2.

(α) Υπολογίστε το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του An.

(β) Για ποιες τιμές του n είναι ο An αντιστρέψιμος;

153. ΄Εστω θετικοί ακέραιοι p, q. Συμβολίζουμε με J τον πίνακα καταλλήλων δια-

στάσεων, κάθε στοιχείο του οποίου είναι ίσο με 1. Υπολογίστε το χαρακτηριστικό

πολυώνυμο:

(α) του p× p πίνακα J + qIp,

(β) του (p+ q)× (p+ q) πίνακα

(qIp −J−J pIq

).

154. ΄Εστω αντιστρέψιμος πίνακας A ∈ Fn×n με χA(x) = (λ1−x)(λ2−x) · · · (λn−x),για κάποια λi ∈ F.

(α) Δείξτε ότι λi 6= 0 για κάθε δείκτη i και ότι

χA−1(x) = (1

λ1− x)(

1

λ2− x) · · · ( 1

λn− x).

(β) Αν ο A είναι όμοιος με τον A−1 και ο n είναι περιττός, δείξτε ότι λi ∈ −1, 1 γιαέναν τουλάχιστον δείκτη 1 ≤ i ≤ n.

155. Για πίνακες A ∈ Fm×n και B ∈ Fn×m δείξτε ότι

xn det(xIm − AB) = xm det(xIn −BA).

39

156. ΄Εστω πίνακας A ∈ Fn×n τα στοιχεία κάθε γραμμής και κάθε στήλης του οποίου

έχουν άθροισμα μηδέν. Αν Aij είναι ο πίνακας που προκύπτει από τον A διαγράφοντας

την i γραμμή και τη j στήλη και

χA(x) =n∑i=0

cixi,

δείξτε ότι c1 = (−1)i+j−1 n det(Aij). Συνάγετε ότι η απόλυτη τιμή της det(Aij) είναι

ανεξάρτητη των i και j.

157. ΄Εστω F-διανυσματικοί χώροι V0, V1, . . . , Vm, Vm+1 με V0 = Vm+1 = 0 και

γραμμικές απεικονίσεις fi : Vi → Vi+1 για 0 ≤ i ≤ m, τέτοιες ώστε ker fi = Im fi−1 για

κάθε 1 ≤ i ≤ m. ΄Εστω γραμμικοί ενδομορφισμοί Ti : Vi → Vi για 1 ≤ i ≤ m, τέτοιοι

ώστε

Ti+1 fi = fi Tiγια 1 ≤ i ≤ m− 1. Αν pi(x) είναι το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του Ti : Vi → Vi για1 ≤ i ≤ m, δείξτε ότι

p1(x) p3(x) · · · = p2(x) p4(x) · · · για m = 2,

για m = 3,

για τυχαίο θετικό ακέραιο m.

Συνάγετε από τα παραπάνω το ζητούμενο της ΄Ασκησης 121.

158. ΄Εστω ένα άπειρο σώμα F και A ∈ Fn×n. Αν ο πίνακας (A+B)2 είναι συμμετρικός

για κάθε συμμετρικό πίνακα B ∈ Fn×n για τον οποίο ο A+B είναι αντιστρέψιμος, δείξτε

ότι ο A είναι συμμετρικός πίνακας.


(α) Κάθε 2 × 2 πίνακας με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς μπορεί να γραφεί στη

μορφή B2 + cI, με B ∈ R2×2και c ∈ R.

(β) Κάθε 2 × 2 πίνακας με στοιχεία πραγματικούς αριθμούς μπορεί να γραφεί στη

μορφή B2 + C2, με B,C ∈ R2×2

.

(γ) Για κάθε θετικό ακέραιο n υπάρχει n×n πίνακας με στοιχεία πραγματικούς αριθ-

μούς ο οποίος δεν μπορεί να γραφεί στη μορφή B2 +C2, όπου B,C ∈ Rn×n

είναι

πίνακες με BC = CB.

40

160. Για έναν n×n πίνακα A με στοιχεία ακέραιους αριθμούς ισχύει det (A3− I) = 1.

(α) Δείξτε ότι det (A− I) = 1.

(β) Αν n = 2, δείξτε ότι A2 = O.

161. ΄Εστω ότι για τους πίνακες A,B ∈ Fn×n έχουμε det(A + rB) = 0 για r =1, 2, . . . , n+ 1. Ισχύει υποχρεωτικά ότι det(A) = 0;

Ιδιοτιμές και Ιδιοδιανύσματα

162. ΄Εστω V ένας F-διανυσματικός χώρος διάστασης n και γραμμική απεικόνιση

T : V → V . ΄Εστω ότι υπάρχουν n + 1 ιδιοδιανύσματα της T , οποιαδήποτε n από τα

οποία είναι γραμμικώς ανεξάρτητα. Δείξτε ότι υπάρχει λ ∈ F με T (x) = λx για κάθε

x ∈ V .

163. Υπολογίστε τις ιδιοτιμές του πίνακα

A =

0 a b ca 0 c bb c 0 ac b a 0

,

για a, b, c ∈ F.

164. Δίνεται ο 2n× 2n πίνακας

Cn =

a b a · · · bb a b · · · aa b a · · · b...

......

. . ....

b a b · · · a

,

με a, b ∈ C.

(α) Υπολογίστε την τάξη του Cn.

(β) Υπολογίστε τις ιδιοτιμές του Cn.

(γ) Υπολογίστε την ορίζουσα του πίνακα που προκύπτει από τον Cn αντικαθιστώντας

κάθε στοιχείο της διαγωνίου του με δοσμένο x ∈ C.

41

165. Δίνονται πίνακες A,B ∈ Fn×n.

(α) Αν οι A και B είναι όμοιοι, δείξτε ότι για κάθε λ ∈ F οι ιδιοχώροι των A και Bμε αντίστοιχη ιδιοτιμή λ έχουν ίσες διαστάσεις.

(β) ΄Εστω ότι F = C και ότι για κάθε λ ∈ C, οι ιδιοχώροι των A και B με αντίστοιχη

ιδιοτιμή λ έχουν ίσες διαστάσεις. Είναι υποχρεωτικά οι A και B όμοιοι;


(α) Αν χA(x) = (λ1 − x)(λ2 − x) · · · (λn − x), δείξτε ότι

χA2(x) = (λ21 − x)(λ22 − x) · · · (λ2n − x).

Υποθέτουμε τώρα ότι ο A είναι όμοιος με τον A2.

(β) Ποιες είναι οι δυνατές τιμές της ορίζουσας του A;

(γ) Δείξτε ότι για κάθε ιδιοτιμή λ του A, το λ2 είναι επίσης ιδιοτιμή του A και ότι

υπάρχει ιδιοτιμή µ του A τέτοια ώστε λ = µ2.

(δ) Δείξτε ότι για κάθε μη μηδενική ιδιοτιμή λ του A, υπάρχει θετικός ακέραιος mτης μορφής 2k − 1 τέτοιος ώστε λm = 1.

(ε) Συνάγετε ότι tr(A) = rank(A), αν όλες οι ιδιοτιμές του A είναι πραγματικοί

αριθμοί.

167. ΄Εστω πίνακας A = (aij) ∈ Cn×nγια τον οποίο ισχύουν aii = 1 και

∑nj=1 |aij| ≤ 2

για 1 ≤ i ≤ n.

(α) Δείξτε ότι |λ− 1| ≤ 1 για κάθε ιδιοτιμή λ ∈ C του A.

(β) Αν όλες οι ιδιοτιμές του A είναι πραγματικοί αριθμοί, δείξτε ότι 0 ≤ det(A) ≤ 1.

168. Δίνονται πίνακες A,B,C ∈ Cn×nμε AB = BA, AC = CA και BC = CB.

(α) Δείξτε ότι υπάρχουν λ, µ, ν ∈ C και μη μηδενικό διάνυσμα y ∈ Cn, τέτοια ώστε

Ay = λy, By = µy και Cy = νy.

(β) Συνάγετε ότι υπάρχουν α, β, γ ∈ R, τέτοια ώστε det(αA+ βB + γC) = 0.

42

Διαγωνισιμότητα και Κανονικές Μορφές

169. Θεωρούμε τον πίνακα An της ΄Ασκησης 152.

(α) Βρείτε όλες τις τιμές του n για τις οποίες ο An είναι διαγωνίσιμος επί του C.

(β) Βρείτε όλες τις τιμές του n για τις οποίες ο An είναι διαγωνίσιμος επί του R.

170. Δίνεται n× n πίνακας της μορφής

A =

a1 1 0 · · · 0a2 0 1 · · · 0...

.... . .

. . ....

an−1 0 0 · · · 1an 0 0 · · · 0

με στοιχεία από ένα σώμα F. Αν ο A είναι διαγωνίσιμος επί του F, δείξτε ότι οι ιδιοτιμές

του είναι ανά δύο διαφορετικά στοιχεία του F.

171. Για καθεμιά από τις επόμενες προτάσεις δώστε απόδειξη ή αντιπαράδειγμα.

(α) Αν ο πίνακας A ∈ Fn×n είναι διαγωνίσιμος, τότε ο Am είναι διαγωνίσιμος για κάθε

θετικό ακέραιο m.

(β) Αν οι A,B ∈ Fn×n είναι διαγωνίσιμοι πίνακες, τότε ένας τουλάχιστον από τους

πίνακες A+B, AB και BA είναι διαγωνίσιμος.

(γ) Αν οι A,B ∈ Fn×n είναι διαγωνίσιμοι πίνακες και AB = BA, τότε οι A + B και

AB είναι επίσης διαγωνίσιμοι πίνακες.

(δ) Αν A ∈ Rn×nκαι A3 = I, τότε ο A είναι διαγωνίσιμος πάνω στο R.

(ε) Αν A ∈ Cn×nκαι Ar = I ή −I για κάποιο θετικό ακέραιο r, τότε ο A είναι

διαγωνίσιμος πάνω στο C.

172. ΄Εστω ακέραιος n ≥ 2. Για καθεμιά από τις επόμενες προτάσεις δώστε απόδειξη

ή αντιπαράδειγμα.

(α) Αν A ∈ Cn×n, τότε υπάρχει τουλάχιστον ένας θετικός ακέραιος m για τον οποίο

ο πίνακας Am είναι διαγωνίσιμος.

(β) Αν A ∈ Cn×nκαι ο Am είναι διαγωνίσιμος για κάθε θετικό ακέραιο m ≥ 2, τότε

ο A είναι διαγωνίσιμος.

(γ) Αν A ∈ Cn×nκαι οι A2

και A3είναι διαγωνίσιμοι, τότε ο Am είναι διαγωνίσιμος

για κάθε θετικό ακέραιο m ≥ 2.

43

(δ) Αν A ∈ C2×2και οι A και A2

δεν είναι διαγωνίσιμοι, τότε ο Am δεν είναι διαγω-

νίσιμος για κανένα θετικό ακέραιο m.

(ε) Αν A ∈ C3×3και οι A και A2

δεν είναι διαγωνίσιμοι, τότε ο Am δεν είναι διαγω-

νίσιμος για τουλάχιστον ένα θετικό ακέραιο m ≥ 3.

173. ΄Εστω πίνακας A ∈ Cn×nτέτοιος ώστε A3 = A. Δείξτε ότι

rank(A) + rank(A+ I) + rank(A− I) = 2n.

174. ΄Εστω πίνακας A = (aij) ∈ Cn×nκαι ε > 0. Δείξτε ότι υπάρχει διαγωνίσιμος

πίνακας B = (bij) ∈ Cn×n, τέτοιος ώστε |aij − bij| < ε για 1 ≤ i, j ≤ n.

175. Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους n με την εξής ιδιότητα: Αν για τα χα-

ρακτηριστικά και ελάχιστα πολυώνυμα των A,B ∈ Cn×nισχύει χA(x) = χB(x) και

mA(x) = mB(x), τότε οι πίνακες A και B είναι όμοιοι.

176. Για A ∈ Cn×nθεωρούμε τη γραμμική απεικόνιση TA : Cn×n → Cn×n

με TA(X) =AX −XA για X ∈ Cn×n

.

(α) Δείξτε ότι αν οι A,B ∈ Cn×nείναι όμοιοι πίνακες, τότε ισχύει dim (kerTA) =

dim (kerTB).

(β) Δείξτε ότι dim(kerTA) ∈ 2, 4 για κάθε πίνακα A ∈ C2×2.

(γ) Δείξτε ότι dim(kerTA) ≥ n για κάθε πίνακα A ∈ Cn×n.

Μηδενοδύναμοι Πίνακες

Υπενθυμίζουμε (΄Ασκηση 19) ότι ένας τετραγωνικός πίνακας A λέγεται μηδενοδύ-

ναμος αν ισχύει Am = O για κάποιο θετικό ακέραιο m.

177. Για πίνακα A ∈ Fn×n, δείξτε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα:

(α) ο A είναι μηδενοδύναμος,

(β) ισχύει det(xI + A) = xn στο F[x],

(γ) An = O.

178. Για πίνακα A ∈ Cn×n, δείξτε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα:

(α) ο A είναι μηδενοδύναμος,

44

(β) όλες οι ιδιοτιμές του A είναι ίσες με μηδέν,

(γ) tr(Ak) = 0 για κάθε θετικό ακέραιο k.

179. ΄Εστω πίνακες A,B ∈ Cn×n.

(α) Αν ισχύει AB −BA = A, δείξτε ότι ο A είναι μηδενοδύναμος.

(β) Αν C = AB −BA και ισχύει AC = CA, δείξτε ότι ο C είναι μηδενοδύναμος.

180. Απαντήστε στα ακόλουθα ερωτήματα:

(α) Βρείτε όλους τους θετικούς ακεραίους n για τους οποίους υπάρχει μηδενοδύναμος

πίνακας A ∈ Rn×nκαι αντιστρέψιμος πίνακας P ∈ Rn×n

, τέτοιοι ώστε ο P + Aνα είναι μηδενοδύναμος πίνακας.

(β) Δείξτε ότι αν ο A ∈ Fn×n είναι μηδενοδύναμος πίνακας, ο P ∈ Fn×n είναι α-

ντιστρέψιμος πίνακας και AP = PA, τότε ο P + A είναι επίσης αντιστρέψιμος

πίνακας και ισχύει det(P + A) = det(P ).

(γ) Δείξτε ότι αν ο A ∈ Fn×n είναι μηδενοδύναμος πίνακας, το σώμα F είναι άπειρο

και AP = PA για κάποιο P ∈ Fn×n, τότε det(P + A) = det(P ).

(δ) ΄Εστω A ∈ Cn×nκαι έστω ότι ο P + A είναι αντιστρέψιμος πίνακας για κάθε

αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Cn×nγια τον οποίο ισχύει AP = PA. Δείξτε ότι ο A

είναι μηδενοδύναμος πίνακας.

181. ΄Εστω B = (bij) ∈ Fn×n ο πίνακας με

bij =

1, αν i = 1 και j = n,0, διαφορετικά.

Για ποιους θετικούς ακεραίους n υπάρχει πίνακας A ∈ Fn×n τέτοιος ώστε A2 = B;

182. ΄Εστω τυχαίοι πίνακες A,B ∈ Fn×n.

(α) Δείξτε ότι αν (AB)n+1 = O, τότε (BA)n+1 = O.

(β) Για ποιους θετικούς ακεραίους n ισχύει ότι αν (AB)n = O, τότε (BA)n = O;

(γ) Για ποιους θετικούς ακεραίους n ισχύει ότι αν (AB)2 = O, τότε (BA)2 = O;

45

Διγραμμικές Μορφές, Ευκλείδειοι Χώροι

Για πίνακα A ∈ Fm×n γράφουμε ker(A) = ker(LA) και Im(A) = Im(LA), όπου

LA : Fn → Fm είναι η γραμμική απεικόνιση με LA(x) = Ax για x ∈ Fn.

183. Δίνεται πραγματικός Ευκλείδειος χώρος E. Συμβολίζουμε με ‖u‖ το μήκος ενός

διανύσματος u ∈ E.

(α) Δείξτε ότι για x, y, z ∈ E ισχύει

3(‖x‖2 + ‖y‖2 + ‖z‖2

)= ‖x+ y + z‖2 + ‖x− y‖2 + ‖y − z‖2 + ‖z − x‖2.

(β) Δείξτε ότι ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα του

E, μπορούν πάντοτε να επιλεγούν δύο τα οποία σχηματίζουν μεταξύ τους γωνία

μικρότερη από 2π/3.

(γ) Για διανύσματα x, y, z ∈ E με ‖x‖ = ‖y‖ = ‖z‖ = 1, βρείτε τη μέγιστη δυνατή

τιμή του αθροίσματος ‖x− y‖ + ‖y − z‖ + ‖z − x‖.

184. ΄Εστω τυχαίοι πίνακες A,B ∈ Rm×nκαι ότι ο χώρος Rn

είναι εφοδιασμένος με

το σύνηθες εσωτερικό γινόμενο.

(α) Δείξτε ότι (ker(A))⊥ = Im(At).

(β) Δείξτε ότι ker(A) ⊆ ker(B)⇔ Im(At) ⊇ Im(Bt).

(γ) Αν υπάρχει πίνακας C ∈ Rm×mτέτοιος ώστε B = CA, δείξτε ότι ker(A) ⊆

ker(B).

(δ) ΄Εστω ότι ker(A) ⊆ ker(B). Υπάρχει υποχρεωτικά πίνακας C ∈ Rm×mτέτοιος

ώστε B = CA;

185. Δίνεται πίνακας A ∈ Rn×n.

(α) Δείξτε ότι ker(AtA) = ker(A).

(β) Δείξτε ότι Im(AtA) = Im(At).

(γ) Συνάγετε ότι rank(AtA) = rank(A).

186. Βρείτε την τάξη και την υπογραφή της συμμετρικής διγραμμικής μορφής 〈A,B〉 =tr(AB) του χώρου Rn×n

.

46

Συμμετρικοί, Ερμιτιανοί και Ορθογώνιοι Πίνακες

Υπενθυμίζουμε ότι ένας συμμετρικός πίνακας A ∈ Rn×nλέγεται θετικά ημιορισμένος

αν ισχύει xtAx ≥ 0 για κάθε πίνακα - στήλη x ∈ Rnκαι θετικά ορισμένος αν ο A είναι

θετικά ημιορισμένος και επιπλέον ισχύει xtAx = 0 μόνο για x = 0.

187. Δίνονται συμμετρικοί πίνακες A,B ∈ Rn×n.

(α) Αν οι A,B είναι θετικά ημιορισμένοι, δείξτε ότι ο A + B είναι επίσης θετικά

ημιορισμένος.

(β) Αν ο A είναι θετικά ημιορισμένος και ο B είναι θετικά ορισμένος, δείξτε ότι ο

A+B είναι θετικά ορισμένος.

(γ) Δείξτε ότι ο n× n πίνακαςd1 t t · · · tt d2 t · · · tt t d3 · · · t...

......

. . ....

t t t · · · dn

είναι θετικά ορισμένος για τυχαίους πραγματικούς αριθμούς d1, d2, . . . , dn, t με

d1, d2, . . . , dn > t ≥ 0.

188. Δίνεται συμμετρικός, θετικά ορισμένος πίνακας A = (aij) ∈ Rn×n.

(α) Δείξτε ότι tr(A) tr(A−1) ≥ n2.

(β) Δείξτε ότι υπάρχει δείκτης 1 ≤ m ≤ n, τέτοιος ώστε να ισχύει aij ≤ amm για

όλα τα 1 ≤ i, j ≤ n.

47

189. Δίνεται συμμετρικός πίνακας A = (aij) ∈ Rn×n.


rank(A) ·

(n∑i=1

λ2i

)≥

(n∑i=1

λi

)2

,

όπου λ1, λ2, . . . , λn είναι οι ιδιοτιμές του A.

(β) Συνάγετε ότι αν ο A δεν είναι ο μηδενικός πίνακας, τότε

rank(A) ≥ (∑n

i=1 aii)2∑n

i,j=1 a2ij

.

(γ) Ισχύει το (β) χωρίς την υπόθεση ότι ο πίνακας A είναι συμμετρικός;

190. ΄Εστω πίνακες A ∈ Rm×nκαι B ∈ Rp×m

.

(α) Αν x ∈ Rnκαι AtAx = 0, δείξτε ότι Ax = 0.

(β) Αν Im(A) = ker(B), δείξτε ότι ο πίνακας AAt +BtB είναι θετικά ορισμένος.

191. ΄Εστω συμμετρικοί, θετικά ορισμένοι πίνακες A,B ∈ Rn×n.

(α) Δείξτε ότι det(I +B) ≥ 1 + det(B).

(β) Δείξτε ότι det(A+B) ≥ det(A) + det(B).

192. ΄Εστω συμμετρικοί πίνακες A,B ∈ Rn×n. Αν ένας τουλάχιστον από τους A,B

είναι θετικά ημιορισμένος, δείξτε ότι όλες οι ιδιοτιμές του πίνακα AB είναι πραγματικοί

αριθμοί.

193. Δίνονται n κυκλικοί δίσκοι K1, K2, . . . , Kn στο επίπεδο. Θεωρούμε τον πίνακα

A = (aij) ∈ Rn×n, όπου aij είναι το εμβαδό της τομής Ki ∩Kj για 1 ≤ i, j ≤ n.

(α) Δείξτε ότι ο πίνακας A είναι συμμετρικός και θετικά ημιορισμένος.

(β) Συνάγετε ότι det(A) ≥ 0.

194. ΄Εστω A ∈ Rn×nένας αντισυμμετρικός (δηλαδή At = −A) πίνακας.

(α) Αν ο n είναι περιττός, δείξτε ότι det(A) = 0.

(β) Αν ο n είναι άρτιος, δείξτε ότι det(A) ≥ 0.

(γ) Δείξτε ότι η τάξη του A είναι άρτιος ακέραιος για κάθε θετικό ακέραιο n.

48

195. Δίνεται πίνακας A ∈ Cn×nτέτοιος ώστε A∗ − A = 2aIn για κάποιο a ∈ C.

(α) Δείξτε ότι ο a είναι φανταστικός αριθμός.

(β) Δείξτε ότι κάθε ιδιοτιμή του A έχει φανταστικό μέρος ίσο με a.

(γ) Συνάγετε ότι | det(A)| ≥ |a|n. Υποθέτοντας ότι a 6= 0, δείξτε επιπλέον ότι η

ισότητα ισχύει μόνο αν A = aIn.

196. ΄Εστω P ∈ Rn×nορθογώνιος πίνακας.

(α) Δείξτε ότι det(P ) = 1 ή −1.

(β) Αν det(P ) = −1, δείξτε ότι το −1 είναι ιδιοτιμή του P .

(γ) Ισχύει το (β) για μοναδιαίους πίνακες U ∈ Cn×n;

197. Δείξτε ότι ο μόνος συμμετρικός, θετικά ορισμένος, ορθογώνιος πίνακας A ∈ Rn×n

είναι ο ταυτοτικός πίνακας.

198. Βρείτε όλους τους:

(α) συμμετρικούς μηδενοδύναμους πίνακες A ∈ C2×2,

(β) ερμιτιανούς μηδενοδύναμους πίνακες B ∈ Cn×n.


(α) Δείξτε ότι η ορίζουσα det(A∗A+ I) είναι πραγματικός αριθμός.

(β) Δείξτε ότι ο πίνακας A∗A+ I είναι αντιστρέψιμος.

(γ) Δείξτε ότι det(A∗A+ I) ≥ 1.

200. ΄Εστω ότι ο χώρος Cnείναι εφοδιασμένος με το σύνηθες ερμιτιανό γινόμενο.

Δείξτε ότι οι γραμμές ενός πίνακα U ∈ Cn×nείναι ορθοκανονικές αν και μόνο αν οι

στήλες του U είναι ορθοκανονικές.

201. ΄Εστω γραμμικές μορφές T1, T2, . . . , Tm : Cn → C, όπου ο χώρος Cnείναι

εφοδιασμένος με το σύνηθες ερμιτιανό γινόμενο. Αν

m∑i=1

‖Ti(z)‖2 = ‖z‖2

για κάθε z ∈ Cn, δείξτε ότι m ≥ n.

49

202. ΄Εστω ερμιτιανός πίνακας A ∈ Cn×nκαι T : Cn → Cn

η γραμμική απεικόνιση με

T (x) = Ax για x ∈ Cn.

(α) Αν το w ∈ Cnείναι ιδιοδιάνυσμα του A, δείξτε ότι ο υπόχωρος w⊥ του Cn

είναι

T -αναλλοίωτος.

(β) Δείξτε ότι αν ο B ∈ Cn×nείναι επίσης ερμιτιανός πίνακας και ισχύει AB = BA,

τότε υπάρχει μοναδιαίος πίνακας U ∈ Cn×nτέτοιος ώστε οι πίνακες U∗AU και

U∗BU να είναι διαγώνιοι.

203. ΄Εστω ερμιτιανοί πίνακες A1, A2, . . . , Ap ∈ Cn×n.

(α) Αν ισχύει AiAj = AjAi για όλους τους δείκτες 1 ≤ i < j ≤ p, δείξτε ότι υπάρχει

μοναδιαίος πίνακας U ∈ Cn×nτέτοιος ώστε ο πίνακας U∗AiU να είναι διαγώνιος

για κάθε 1 ≤ i ≤ p.

(β) Αν ισχύει AiAj = O για όλους τους δείκτες 1 ≤ i < j ≤ p, δείξτε ότι rank(A1) +rank(A2) + · · ·+ rank(Ap) ≤ n.

204. Δείξτε ότι για κάθε συμμετρικό αντιστρέψιμο πίνακα A ∈ Cn×nυπάρχει πίνακας

P ∈ Cn×nτέτοιος ώστε A = P tP .

205. ΄Εστω διαγώνιος πίνακας ∆ ∈ Cn×nκαι πίνακες A,B ∈ Cn×n

.

(α) Αν ∆B = B∆, δείξτε ότι ∆∗B = B∆∗.

(β) Αν ο A είναι κανονικός και AB = BA, δείξτε ότι A∗B = BA∗.

(γ) Αν οι A,B είναι κανονικοί και AB = BA, δείξτε ότι ο AB είναι επίσης κανονικός.

(δ) Αληθεύει ότι αν οι A,B είναι τυχαίοι κανονικοί πίνακες, τότε ο AB είναι επίσης

κανονικός πίνακας;

Διάφορα Προβλήματα

206. ΄Εστω πίνακες A,B ∈ Rn×n.

(α) Αν ο n είναι περιττός και A2 +B2 = O, δείξτε ότι det(A) = det(B) = 0.

(β) Αν όλες οι ιδιοτιμές των A,B είναι πραγματικές και tr(A2 + B2) = 0, δείξτε ότι

οι A και B είναι μηδενοδύναμοι.

(γ) Αν οι A,B είναι διαγωνίσιμοι πάνω στο R και tr(A2 + B2) = 0, δείξτε ότι A =B = O.

(δ) Αν οι A,B είναι διαγωνίσιμοι πάνω στο R και ισχύουν det(A2 + B2) = 0 και

AB = BA, δείξτε ότι det(A) = det(B) = 0.

50

Υποδείξεις

1. Υπολογίστε τον πίνακα της άσκησης για n = 1, 2, 3, 4, μαντέψτε ένα γενικό τύπο και αποδείξτε

τον με επαγωγή στο n.

2. Για το (β) παρατηρήστε πρώτα ότι (AB)n = 7nI για n ∈ N και δείξτε έπειτα ότι για n ≥ 1 ισχύει

Cn = (BA)n = (BA) (BA) · · · (BA) = B (AB) · · · (AB)A = B (AB)n−1A = 7n−1(BA) =7n−1C.

3. Το (α) είναι συνέπεια του ορισμού του γινομένου πινάκων. Το (β) προκύπτει από το (α), αφού

αν για τους n× n πίνακες A,B ισχύει AX = BX = X, τότε (AB)X = A(BX) = AX = X.

4. Για το (β) εφαρμόστε επαγωγή στο n, αφού πρώτα αποδείξετε την περίπτωση n = 1 με επαγωγή

στο m. Για το (γ), εφαρμόζοντας επαγωγή στο n, παρατηρήστε ότι

(A+B)n = (A+B) (A+B)n−1 = (A+B)

n−1∑k=0

(n− 1

k

)AkBn−k−1

=n−1∑k=0

(n− 1

k

)Ak+1Bn−k−1 +

n−1∑k=0

(n− 1

k

)BAkBn−k−1

και χρησιμοποιήστε τα (α) και (β) για να καταλήξετε στο ζητούμενο τύπο.

5. Για το (α) θέστε A = (aij) ∈ Fm×n, B = (bij) ∈ Fn×p και C = (cij) ∈ Fp×q. Παρατηρήστε ότι

αν di` είναι το στοιχείο (i, `) του πίνακα AB ∈ Fm×p, τότε di` =∑

1≤k≤n aik bk` και συνάγετε

ότι το στοιχείο (i, j) του γινομένου (AB)C = ABC είναι ίσο με το άθροισμα∑1≤`≤p

di` c`j =∑

1≤k≤n, 1≤`≤p

aik bk` c`j .

Παρατηρήστε ότι στο ίδιο αποτέλεσμα φτάνει κανείς υπολογίζοντας το στοιχείο (i, j) του A(BC).Για το (β) παρατηρήστε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι n0, n1, . . . , np τέτοιοι ώστε ο Ar να είναι

πίνακας nr−1 × nr για 1 ≤ r ≤ p. Συμβολίζοντας με a(r)ij το στοιχείο (i, j) του Ar, δείξτε με

επαγωγή στο p ότι το στοιχείο (i, j) του A1A2 · · ·Ap είναι ίσο με∑a(1)i0i1

a(2)i1i2· · · a(p)ip−1ip

για 1 ≤ i ≤ n0 και 1 ≤ j ≤ np, όπου το άθροισμα διατρέχει όλες τις ακολουθίες (i0, i1, . . . , ip)με i0 = i, ip = j και ir ∈ 1, 2, . . . , nr για 1 ≤ r ≤ p− 1. Παρατηρήστε ότι η περίπτωση p = 1είναι τετριμμένη, ότι η περίπτωση p = 2 είναι ισοδύναμη με τον ορισμό του γινομένου A1A2 των

πινάκων A1 και A2 και ότι η p = 3 είναι ισοδύναμη με το ερώτημα (α).

6. ΄Εστω A = (aij), B = (bij) και AB = (cij), οπότε cij =∑nk=1 aikbkj . Χρησιμοποιώντας τις

σχέσεις aij = bij = 0 για i > j, δείξτε ότι cij = 0 για i > j και ότι cii = aiibii για 1 ≤ i ≤ n.Από αυτά συμπεράνετε ότι ισχύουν τα (α), (β) και (γ). Για το (δ) χρησιμοποιήστε το αποτέλεσμα

στη λύση της ΄Ασκησης 5 (β), ή δείξτε με επαγωγή στο k ≥ 1 ότι το στοιχείο (i, j) του γινομένου

A1A2 · · ·Ak είναι ίσο με μηδέν για όλους τους δείκτες i, j για τους οποίους j ≤ i+ k − 1.

7. Για το (α) υπολογίστε ευθέως την παράσταση A2− (a+d)A+ (ad− bc) I. Για το (β), συνάγετε

από το (α) ότι ισχύει A2 = O αν και μόνο αν a+ d = ad− bc = 0. Για το (γ), συνάγετε από το

(α) ότι ισχύει A2 = I αν και μόνο αν είτε A = I, είτε A = −I, είτε a+ d = 0 και ad− bc = 1.

51

Εργασθείτε παρόμοια για το (δ). Απάντηση: Οι 2 × 2 πίνακες A με A2 = O είναι αυτοί της

μορφής (a b

−a2/b −a

),

(0 0

c 0

),

όπου a, c ∈ F και b ∈ Fr0. Οι 2× 2 πίνακες A με A2 = I είναι οι I,−I και αυτοί της μορφής(a b

(1− a2)/b −a

),

(1 0

c −1

),

(−1 0

c 1

),

όπου a, c ∈ F και b ∈ Fr0. Οι πίνακες A ∈ R2×2με A2 = −I είναι αυτοί της μορφής(

a b−(1 + a2)/b −a

),

όπου a, c ∈ R και b ∈ Rr0.8. Για το (α), πολλαπλασιάστε τη σχέση AP = O από τα δεξιά με τον P−1 και εφαρμόστε την

προσεταιριστική ιδιότητα για το γινόμενο πινάκων. Εργαστείτε ανάλογα για το (β). Για το (γ),

παρατηρήστε ότι (A−B)(A+B) = O και εφαρμόστε το (α).

9. Για το (β) παρατηρήστε ότι A(I − B) = (I + B)(I − B) = I − B2 = I και συμπεράνετε ότι

A−1 = I −B = 2I −A. Για το (γ), εφαρμόζοντας το Διωνυμικό Θεώρημα της ΄Ασκησης 4 (γ),

δείξτε ότι An = (I +B)n = I + nB = nA− (n− 1)I.

10. ΄Εστω A ο δοσμένος 3×3 πίνακας την n δύναμη του οποίου ζητάμε να υπολογίσουμε. Για το (α)

εργαστείτε όπως στην ΄Ασκηση 1, ή γράψτε τον πίνακα A στη μορφή A = λI+B για κατάλληλο

3×3 πίνακα B και αναπτύξτε τον (λI+B)n σύμφωνα με το Διωνυμικό Θεώρημα της ΄Ασκησης 4

(γ), παρατηρώντας ότι B3 = O. Απάντηση:

An =

λn nλn−1 12 n(n− 1)λn−2

0 λn nλn−1

0 0 λn

.

Για το (β) παρατηρήστε ότι A = J − I, όπου J είναι ο 3× 3 πίνακας κάθε στοιχείο του οποίου

είναι ίσο με 1, και ότι οι πίνακες J και I μετατίθενται. Δείξτε ότι Jm = 3m−1J για m ≥ 1.Εφαρμόζοντας το Διωνυμικό Θεώρημα της ΄Ασκησης 4 (γ) στον πίνακα (J − I)n προκύπτει ότι

An =

n∑k=0

(−1)n−k(n

k

)Jk = (−1)n I +

n∑k=1

(−1)n−k(n

k

)3k−1J

= (−1)n I +1

3J

n∑k=1

(−1)n−k(n

k

)3k.

Υπολογίστε το τελευταίο άθροισμα χρησιμοποιώντας το Διωνυμικό Θεώρημα και συμπεράνετε

ότι An = cnJ + (−1)n I, όπου cn = (2n + (−1)n−1)/3.

11. Για το (β), δείξτε με επαγωγή στο m ότι

Am+1 =

(mm

) (m+1m

) (m+2m

)· · ·

(m+n−1

m

)0

(mm

) (m+1m

)· · ·

(m+n−2

m

)0 0

(mm

)· · ·

(m+n−3

m

)...

.

.

....

. . ....

0 0 0 · · ·(mm

)

,

52

όπου(nk

)= n!

k!(n−k)! .

12. Για την τελευταία σχέση του (α) δείξτε ότι tr(AB) =∑ni=1

∑nj=1 aijbji, όπου A = (aij) και

B = (bij), και συνάγετε το ζητούμενο. Για το (β), έστω Eij ο n× n πίνακας το (i, j) στοιχείο

του οποίου είναι ίσο με 1 και τα υπόλοιπα στοιχεία του οποίου είναι ίσα με μηδέν, οπότε έχουμε

EijEk` =

Ei`, αν j = k,O, διαφορετικά.

Παρατηρήστε ότι ανA = (aij), τότεA =∑ni,j=1 aijEij και επομένως ϕ(A) =

∑ni,j=1 ϕ(aijEij) =∑n

i,j=1 aijϕ(Eij). Θέτοντας B = Ek` στην ισότητα ϕ(AB) = ϕ(BA), με 1 ≤ k, ` ≤ n, δείξτεότι ϕ(E11) = ϕ(E22) = · · · = ϕ(Enn) και ότι ϕ(Eij) = 0 για δείκτες i 6= j και συμπεράνετε το

ζητούμενο.

13. Για το (α), χρησιμοποιώντας τους σχετικούς ορισμούς και θέτοντας A = (aij), δείξτε ότι

tr(A2) =∑ni,j=1 aijaji. Παρατηρήστε επίσης ότι αν ο A είναι συμμετρικός, τότε ο προηγούμενος

τύπος γράφεται tr(A2) =∑ni,j=1 a

2ij και συνάγετε ότι ισχύει το (β).

14. Η απάντηση είναι αρνητική και για τα δύο ερωτήματα. Για το (α) χρησιμοποιήστε τις ιδιότητες

του ίχνους ενός τετραγωνικού πίνακα (΄Ασκηση 12). Για το (β) πράξτε ομοίως, παρατηρώντας

ότι ABC −B = I και ότι tr(ABC) = tr(ACB) = tr(B).

15. Παρατηρήστε ότι (P tAP )t = P tAt(P t)t = P tAtP . Για το (β) θυμηθείτε ότι αν ένας τετραγω-

νικός πίνακας P είναι αντιστρέψιμος, τότε ο P t είναι επίσης αντιστρέψιμος και χρησιμοποιήστε

την ΄Ασκηση 8.

16. Στα (α) και (δ) η πρόταση ισχύει για όλα τα n, ενώ στα (β) και (γ) ισχύει μόνο για n = 1.Για το (α) δείξτε γενικότερα ότι για συμμετρικούς πινακες A,B, ο AB είναι συμμετρικός αν και

μόνο αν AB = BA. Για τα (β) και (γ) βρείτε π.χ. μη συμμετρικό πίνακα A ∈ Rn×n με A2 = I,όπου n ≥ 2. Για το (δ), θέτοντας B = O και B = I, προκύπτει ότι οι πίνακες C = A2

και

D = (A+ I)2 είναι συμμετρικοί. Από αυτό συμπεράνετε ότι ο A = (D − C − I)/2 είναι επίσης

συμμετρικός.

17. Γράψτε B = (bij) ∈ Fn×n, υπολογίστε σε κάθε περίπτωση τους πίνακες AB και BA και βρείτε

όλα τα bij για τα οποία ισχύει AB = BA. Απάντηση: Για τα (α) και (β), είναι όλοι οι πίνακες

της μορφής b11 0 b13 b140 b22 0 0

b31 0 b33 b34b41 0 b43 b44

και

b11 b12 0 b140 b 0 0

b31 b32 b b34b41 b42 0 b44

,

αντίστοιχα, με bij , b ∈ F. Για το (γ) είναι ακριβώς οι διαγώνιοι πίνακες. Για το (δ), είναι όλοι οι

πίνακες της μορφής

c1 c2 c3 · · · cn0 c1 c2 · · · cn−1

0 0 c1. . .

.

.

.

.

.

....

.

.

.. . . c2

0 0 0 · · · c1

με c1, c2, . . . , cn ∈ F. Για το (ε), είναι όλοι οι πίνακες B = (bij) ∈ Fn×n με b11 = bnn, bi1 = 0για 1 < i ≤ n και bnj = 0 για 1 ≤ j < n.

53

18. ΄Εστω Eij οι n× n πίνακες που ορίσαμε στη λύση της ΄Ασκησης 12. ΄Εστω επίσης A = (aij) =∑ni,j=1 aijEij . Για το (α) εφαρμόστε την ισότητα AB = BA για B = Ekk και 1 ≤ k ≤ n

και εργαστείτε όπως στην ΄Ασκηση 17 (με τους ρόλους των A και B αντεστραμένους). Το

(β) έπεται από το (γ). Για τα (γ) και (ε) εφαρμόστε την ισότητα AB = BA, αντίστοιχα, για

B = Ek` με k 6= ` και για B = Ek` με 1 ≤ k < ` ≤ n. Οι λεπτομέρειες για το (γ) είναι οι

εξής: ΄Εχουμε A =∑ni,j=1 aijEij και επομένως AEk` =

∑ni=1 aikEi` και EkÀ =

∑nj=1 a`jEkj .

Από την ισότητα AEk` = EkÀ προκύπτει ότι aik = a`j = 0 για i 6= k και j 6= `, αντίστοιχα,και ότι akk = a``. Αφού αυτά ισχύουν για όλους τους δείκτες k, ` με k 6= ` συμπεραίνουμε

ότι A = λI, όπου λ = a11 = · · · = ann. Απάντηση για το (ε): είναι όλοι οι πίνακες της

μορφής A = λI + µe1n, όπου λ, µ ∈ F. Για το (δ) παρατηρήστε ότι ο πίνακας P = I + Ek`είναι αντιστρέψιμος για όλους τους δείκτες k, ` με k 6= ` και ότι από την ισότητα AP = PAπροκύπτει ότι AEk` = EkÀ. Επομένως το συμπέρασμα προκύπτει όπως στο (γ).

19. Για το (α), θυμηθείτε ότι το γινόμενο αντιστρέψιμων πινάκων είναι αντιστρέψιμος πίνακας ή

χρησιμοποιήστε την ΄Ασκηση 8. Για το (β), συνάγετε από την ΄Ασκηση 6 (δ) ότι An = O, όπου

n είναι η διάσταση του A. Για το (γ), δείξτε ότι (A+B)2m = O, αν Am = Bm = O. Για το (δ)

δοκιμάστε τους πίνακες A = E12 και B = E21 (όπου ο Eij είναι όπως στη λύση της ΄Ασκησης

12). Για το (ε), δείξτε πρώτα ότι για τυχαίο 2× 2 μηδενοδύναμο πίνακα A ισχύει A2 = O (μια

γενικότερη πρόταση θα δειχθεί στην ΄Ασκηση 143 (δ) και την ΄Ασκηση 177). Επομένως οι 2× 2μηδενοδύναμοι πίνακες είναι αυτοί που βρήκαμε στη λύση της ΄Ασκησης 7 (β). Η απάντηση στο

(στ) είναι αρνητική. Δοκιμάστε τους πίνακες A =

1 0 1

0 0 −1−1 0 −1

και B =

0 1 0

0 0 1

0 0 0

.

20. ΄Εστω A = (aij) και έστω B = (bij) ο αντίστροφος πίνακας του A. Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις∑nk=1 aikbkj = 0 για i 6= j, δείξτε ότι δεν υπάρχει γραμμή (ή στήλη) του A με περισσότερα του

ενός μη μηδενικά στοιχεία. Συνάγετε ότι οι πίνακες με τις δοσμένες ιδιότητες είναι αυτοί που

μπορούν να προκύψουν από διαγώνιο πίνακα ∆ ∈ Rn×n που έχει θετικούς αριθμούς ως στοιχεία

στην κύρια διαγώνιο με μετάθεση των γραμμών (ή στηλών) του ∆. Για n = 2, αυτοί είναι οι

πίνακες της μορφής

(a 0

0 b

)και

(0 ba 0

), με a, b > 0.

21. Αν X είναι ο αντίστροφος του Im − AB, οπότε X − ABX = X − XAB = Im, δείξτε ότι ο

BXA+ In είναι ο αντίστροφος του In −BA.

22. Για το (α) χρησιμοποιήστε τις ιδιότητες του ίχνους του μέρους (α) της ΄Ασκησης 12. Για το (β)

παρατηρήστε γενικότερα ότι για i, j ∈ 1, 2, . . . , n με i 6= j έχουμε Eij = EiiEij − EijEii καιEii − Ejj = EijEji − EjiEij και συνεπώς ότι Eij , Eii − Ejj ∈ Kn(F). Συνάγετε ότι ισχύει

και το (γ) αφού κάθε πίνακας A = (aij) ∈ Fn×n ίχνους μηδέν γράφεται ως το άθροισμα των

πινάκων aijEij για i 6= j και των aii(Eii − Enn) για 1 ≤ i ≤ n− 1.

23. Αφαιρέστε την πρώτη γραμμή από τις υπόλοιπες και συνεχίστε με κατάλληλους στοιχειώδεις

μετασχηματισμούς γραμμών. Απάντηση:1 0 1 · · · 1

0 1 2 · · · n− 10 0 0 · · · 0

.

.

....

.

.

. · · ·...

0 0 0 · · · 0

24. Απάντηση για το (α): x1 = x4 = x7 = · · · = x100 = λ, x2 = x5 = x7 = · · · = x98 = µ και

x3 = x6 = x9 = · · · = x99 = 1− λ− µ, όπου τα λ, µ ∈ F παίρνουν αυθαίρετες τιμές. Απάντηση

54

για το (β): x1 = x7 = x13 = · · · = x97 = λ, x2 = x8 = x14 = · · · = x98 = µ, x3 = x9 = x15 =· · · = x99 = ν, x4 = x10 = x16 = · · · = x100 = ρ, x5 = x11 = x17 = · · · = x95 = 1− λ− ν και

x6 = x12 = x18 = · · · = x96 = 1− µ− ρ, όπου τα λ, µ, ν, ρ ∈ F παίρνουν αυθαίρετες τιμές.

25. Το (α) έχει απειρία λύσεων για λ ∈ −1, 1 και μοναδική λύση (ποια;) διαφορετικά. Για το

(β) εργαστείτε με τον επαυξημένο πίνακα, π.χ. ανταλλάσσοντας πρώτα την πρώτη με την τρίτη

γραμμή. Δείξτε ότι το σύστημα έχει απειρία λύσεων για λ = 1 (προφανές), ότι είναι αδύνατο

για λ = −2 και ότι έχει τη μοναδική λύση x1 = −(λ + 1)/(λ + 2), x2 = 1/(λ + 2) και

x3 = (λ + 1)2/(λ + 2) σε κάθε άλλη περίπτωση. Για το (γ), πρώτα προσθέστε στην πρώτη

γραμμή του επαυξημένου πίνακα όλες τις υπόλοιπες γραμμές, διαιρέστε την πρώτη γραμμή με

λ + n − 1 και συνεχίστε την απαλοιφή του Gauss κατά τα γνωστά. Το σύστημα έχει απειρία

λύσεων για λ = 1 (προφανές), είναι αδύνατο για λ = −n + 1 και έχει μοναδική λύση για τις

υπόλοιπες τιμές του λ, την οποία μπορείτε να υπολογίσετε.

26. Αφού ο A δεν είναι αντιστρέψιμος, υπάρχει μη μηδενικό διάνυσμα x ∈ Rn με Ax = 0. Για το

(α), δείξτε ότι ο n × p πίνακας B κάθε στήλη του οποίου είναι ίση με x έχει τις ζητούμενες

ιδιότητες. Για το (β), εργαστείτε ανάλογα ή εφαρμόστε το (α) στον ανάστροφο πίνακα του A.

27. Γνωστό από τη θεωρία. Θεωρήστε την ανηγμένη κλιμακωτή μορφή A′ του A, δείξτε τα (α) και

(β) για το ομογενές γραμμικό σύσυημα A′x = 0 και θυμηθείτε ότι τα συστήματα Ax = 0 και

A′x = 0 έχουν το ίδιο σύνολο λύσεων.

28. Για το (α), πολλαπλασιάστε την ισότητα Bx = 0 από αριστερά με τον πίνακα A. Το (β) προκύπτει

από το (α). Για το (γ), συνάγετε από το (α) ότι ο πίνακας B είναι αντιστρέψιμος και δείξτε ότι

B−1 = A.

29. Υποθέστε ότι ισχύει το (i) και ότι ξ και ξ0 είναι δύο λύσεις του συστήματος Ax = b. Παρα-

τηρήστε ότι A(ξ − ξ0) = 0 και συμπεράνετε ότι ξ = ξ0 και επομένως ότι ισχύει το (ii). Το

αντίστροφο είναι φανερό.

30. Για τη συνεπαγωγή (iii)⇒ (i), υποθέστε ότι το σύστημα Ax = b έχει μοναδική λύση για κάποιο

b ∈ Fn, δείξτε ότι το ίδιο ισχύει για το ομογενές σύστημα Ax = 0 και συμπεράνετε ότι ο πίνακας

A είναι αντιστρέψιμος. Για την (iv)⇒ (i), θεωρήστε μια λύση ξi ∈ Fn του συστήματος Ax = ei,όπου ei ∈ Fn είναι η i-στήλη του In, δείξτε ότι για τον πίνακα B ∈ Fn×n με στήλες ξ1, ξ2, . . . , ξnισχύει AB = In και συνάγετε από την ΄Ασκηση 28 ότι ο A είναι αντιστρέψιμος. Οι συνεπαγωγές

(i)⇒ (ii), (ii)⇒ (iii) και (ii)⇒ (iv) είναι γνωστές ή τετριμμένες.

31. Θεωρήστε την ανηγμένη κλιμακωτή μορφή (A′ | b′) του επαυξημένου πίνακα (A | b) του συστή-

ματος. Παρατηρήστε ότι A′ ∈ Qm×1 και b′ ∈ Qm και ότι η ισυδυναμία Ax = b ⇔ A′x = b′

ισχύει και για την περίπτωση x ∈ Cn και για την x ∈ Qn. Αφού το Ax = b έχει λύση πάνω

στο C, συμπεράνετε ότι το πλήθος των μη μηδενικών γραμμών του A′ είναι ίσο με εκείνο του

(A′ | b′). Από το τελευταίο συμπεράνετε ότι το A′x = b′ έχει λύση πάνω στο Q και επομένως

ότι το ίδιο ισχύει για το Ax = b.

32. ΄Εστω S = a1, a2, . . . , an. Θεωρούμε το ομογενές σύστημα των n γραμμικών εξισώσεων∑r∈1,...,n+1: ak∈Ar

xr = 0, 1 ≤ k ≤ n

σε n + 1 αγνώστους x1, x2, . . . , xn+1 ∈ R. Σύμφωνα με την ΄Ασκηση 27, ένα τέτοιο σύστημα

έχει μη μηδενική λύση (x1, x2, . . . , xn+1). ΄Εστω I = i : xi > 0 και J = j : xj < 0 και

έστω yj = −xj για j ∈ J . Προφανώς τα I και J είναι μη κενά, ξένα μεταξύ τους υποσύνολα

του συνόλου 1, 2, . . . , n+ 1 και για κάθε k ∈ 1, 2, . . . , n ισχύει∑i∈I: ak∈Ai

xi =∑

j∈J: ak∈Aj

yj .

55

Από την ισότητα αυτή έπεται ότι ak ∈ ∪i∈IAi αν και μόνο αν ak ∈ ∪j∈JAj για κάθε k, οπότε∪i∈IAi = ∪j∈JAj .

33. Εργαστείτε με τους επαυξημένους πίνακες (An | In) και (Bn | In). Για το (α), αφαιρώντας λφορές τη δεύτερη γραμμή από την πρώτη, λ φορές την τρίτη από τη δεύτερη και ούτω καθεξής,

δείξτε ότι

A−1n =

1 −λ 0 · · · 0

0 1 −λ. . . 0

0 0 1. . .

.

.

.

.

.

....

.

.

.. . . −λ

0 0 0 · · · 1

.

Για το (β), προσθέστε πρώτα στην πρώτη γραμμή όλες τις υπόλοιπες γραμμές. Απάντηση:

B−1n =1

n− 1

−(n− 2) 1 · · · 1

1 −(n− 2) · · · 1

.

.

....

. . ....

1 1 · · · −(n− 2)

.

34. Εργαζόμενοι με τον επαυξημένο πίνακα (An | In), πολλαπλασιάστε την τελευταία γραμμή με 1/nκαι με διαδοχικές αλλαγές γραμμών, μεταφέρετέ την πάνω από την πρώτη γραμμή. Ακολούθως,

αφαιρέστε i φορές την πρώτη γραμμή από τη γραμμή i + 1 για 1 ≤ i ≤ n − 1. Αφαιρέστε τη

γραμμή i+ 1 από τη γραμμή i για i = 2, . . . , n− 1 και στη συνέχεια αφαιρέστε τη γραμμή i+ 1από τη γραμμή i για i = 1, 2, . . . , n− 1. Απάντηση:

A−1n =

−1 1 0 0 · · · 0

1 −2 1 0 · · · 0

0 1 −2 1 · · · 0

0 0 1. . .

. . ....

.

.

....

.

.

.. . . −2 1

0 0 0 · · · 1 −n−1n

.

35. Εργαστείτε με τον επαυξημένο πίνακα (An | In). Αφαιρώντας τη δεύτερη γραμμή από την πρώτη,

την τρίτη από τη δεύτερη και ούτω καθεξής και έπειτα προσθέτοντας στην τελευταία γραμμή του

πίνακα που προέκυψε το άθροισμα των γραμμών 2i − 1 για 1 ≤ i ≤ n/2, δείξτε ότι ο πίνακας

An είναι αντιστρέψιμος αν και μόνο αν ο n είναι άρτιος ακέραιος. Συνεχίζοντας με κατάλληλους

στοιχειώδεις μετασχηματισμούς γραμμών, δείξτε ότι

A−1n =

0 −1 1 · · · 1 −11 0 −1 · · · −1 1

−1 1 0 · · · 1 −1...

.

.

....

. . ....

.

.

.

−1 1 −1 · · · 0 −11 −1 1 · · · 1 0

για κάθε άρτιο n.

56

36. Για το (α), δείξτε γενικότερα ότι αν ο πίνακας A = (aij) ∈ Cn×n έχει την ιδιότητα

|aii| >∑j 6=i

|aij |

για 1 ≤ i ≤ n, τότε το ομογενές γραμμικό σύστημα Ax = O έχει μόνο την τετριμμένη λύση,

ως εξής: Υποθέστε το αντίθετο και θεωρήστε ένα μη μηδενικό διάνυσμα x = (x1 · · · xn)t ∈Cn με Ax = O. Επιλέξτε δείκτη 1 ≤ i ≤ n για τον οποίο το μέτρο του xi είναι μέγιστο

και χρησιμοποιήστε την ισότητα∑nj=1 aijxj = 0 για να καταλήξετε σε άτοπο. Για το (β)

παρατηρήστε ότι αν κάθε στοιχείο της κύριας διαγωνίου του A είναι ίσο με n− 1 και κάθε άλλο

στοιχείο του A είναι ίσο με −1, τότε ισχύει Ax = O για x = (1 1 · · · 1)t και επομένως ο A δεν

είναι αντιστρέψιμος.

37. Χρησιμοποιώντας τη δοσμένη ισότητα, δείξτε ότι το ομογενές γραμμικό σύστημα Bx = 0 έχει

μόνο την τετριμμένη λύση x = 0.

38. Για το (α) παρατηρήστε ότι (A+ I)x = −Bx και εφαρμόστε επαγωγή στο k, χρησιμοποιώντας

τη σχέση (A + I)B = B(A + I). Για το (β) αρκεί να δείξει κανείς ότι αν Px = 0 για κάποιο

x ∈ Cn, τότε x = 0. Υποθέτοντας ότι Px = 0, συνάγετε από το (α) ότι (A + I)m+1 x = −xκαι ότι Amx = x. ΄Επειτα δείξτε ότι τα πολυώνυμα p(z) = (z + 1)2011 + 1 και q(z) = z2010 − 1δεν έχουν κοινή ρίζα στο C (παρατηρήστε ότι αν z ∈ C είναι κοινή ρίζα, τότε |z| = |z + 1| = 1,συμπεράνετε ότι το z είναι τρίτη ρίζα της μονάδος και καταλήξτε σε άτοπο). Συνάγετε ότι

υπάρχουν πολυώνυμα a(z), b(z) ∈ C[z] με a(z)p(z) + b(z)q(z) = 1 και συμπεράνετε από τα

παραπάνω ότι x = 0. Για το (γ) βρείτε αντιπαράδειγμα π.χ. με n = m = 2 και

A =

(0 1

1 0

), B =

(1 a0 1

)(ζ1 0

0 ζ2

)(1 −a0 1

)για κατάλληλη τιμή του a, όπου ζ1 και ζ2 είναι οι μη πραγματικές τρίτες ρίζες της μονάδος.

39. Για το (α), γράψτε τη δοσμένη ισότητα ως (A−I)(B−I) = I και χρησιμοποιήστε την ΄Ασκηση 28

(γ). Εργαστείτε ομοίως για το (β), γράφοντας τη δοσμένη ισότητα ως (P−1 − B)(A + P ) =I. Η απάντηση στο (γ) είναι θετική. Η ακόλουθη κομψή λύση δόθηκε από τον Ηλία Ζαδίκ

(δευτεροετή φοιτητή του Τμήματος Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αθηνών τον Οκτώβριο

του 2010). Η δοσμένη ισότητα γράφεται ως (I −PB)A = PBP . Πολλαπλασιάζοντας από δεξιά

με τον B προκύπτει ότι (I − PB)AB = (PB)2. Παίρνοντας τους ανάστροφους πίνακες στην

τελευταία ισότητα και χρησιμοποιώντας την ΄Ασκηση 37 προκύπτει ότι ο πίνακας I − PB είναι

αντιστρέψιμος. Ο αντίστροφος του πίνακα αυτού μετατίθεται με τον I−PB και συνεπώς με τον

PB. Επομένως, από τη σχέση A = (I−PB)−1PBP έπεται ότι ABP = (I−PB)−1PBPBP =PB(I − PB)−1PBP = PBA.

40. Απάντηση: −1.

41. Για το (α) παρατηρήστε ότι για abc 6= 0 ισχύει

det

1 a bc1 b ac1 c ab

= abc · det

1 a 1/a1 b 1/b1 c 1/c

=

a a2 1

b b2 1

c c2 1

= det

1 a a2

1 b b2

1 c c2

και χρησιμοποιήστε τη γραμμικότητα της ορίζουσας ως προς την τελευταία στήλη. Εργαστείτε

παρόμοια για το (β).

57

42. Για το (α) προσθέστε την πρώτη γραμμή του δοσμένου πίνακα σε καθεμία από τις υπόλοιπες και

συνάγετε ότι ορίζουσα του πίνακα αυτού είναι ίση με 2n−1. Για το (β) προσθέστε στην πρώτη

στήλη όλες τις στήλες εκτός της πρώτης και αναπτύξτε την ορίζουσα που προκύπτει κατά τα

στοιχεία της πρώτης στήλης. Απάντηση: n!.

43. Για το (α), αναπτύξτε τη δοσμένη ορίζουσα κατά τα στοιχεία της πρώτης στήλης. Για το (β),

χρησιμοποιήστε το (α) και επαγωγή στο n για να δείξετε ότι cn = αn + αn−1β + · · ·+ βn.

44. Για το (β) παρατηρήστε ότι det(An) = ndet(Bn), όπου ο Bn προκύπτει από τον An πολλαπλα-

σιάζοντας την τελευταία γραμμή με 1/n. Στη συνέχεια αφαιρέστε i φορές την τελευταία γραμμή

του Bn από τη γραμμή i για 1 ≤ i ≤ n − 1. Απάντηση: det(An) = (−1)n+1n. Για τα (γ) και

(δ) χρησιμοποιήστε τη σχέση που συνδέει τον προσαρτημένο πίνακα με τον αντίστροφο και την

΄Ασκηση 34 (β).

45. Από την ταυτότητα A · adj(A) = det(A) · In και γνωστές ιδιότητες των οριζουσών συνάγετε

ότι det(A) ·det(adj(A)) = (det(A))n. Συμπεράνετε το ζητούμενο παρατηρώντας ότι η ορίζουσα

ενός τετραγωνικού πίνακα B είναι μη μηδενικό πολυώνυμο στα στοιχεία του B με ακέραιους συ-

ντελεστές και χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι για πολυώνυμα p και q με ακέραιους συντελεστές

ισχύει pq = 0⇒ p = 0 ή q = 0.

46. Χρησιμοποιώντας το ανάπτυγμα Laplace παρατηρήστε ότι η ορίζουσα του πίνακα που προκύπτει

αντικαθιστώντας την i γραμμή του A με τη γραμμή (1 1 · · · 1) είναι ίση με∑nj=1 cij , όπου cij

είναι ο (i, j)-συμπαράγοντας του A. Εφαρμόστε έπειτα το γνωστό τύπο για τον αντίστροφο

πίνακα, σύμφωνα με τον οποίο το (i, j) στοιχείο του A−1 είναι ίσο με cji/det(A).

47. Για το (α) εφαρμόστε επαγωγή στο n, αναπτύσσοντας τις ορίζουσες των A,B κατά τα στοιχεία

της πρώτης στήλης. Για το (β) εφαρμόστε το (α) για m = 3 και παρατηρήστε ότι

det(A) ≡

1 1 1 1

−1 1 1 1

−1 −1 1 1

−1 −1 −1 1

= 8 ≡ −1 (mod 3)

για να συμπεράνετε ότι det(A) 6= 0.

48. Για το (α) παρατηρήστε ότι η ορίζουσα του A είναι ομογενές πολυώνυμο βαθμού n(n−1)/2 στις

μεταβλητές a1, a2, . . . , an, το οποίο μηδενίζεται αν ai = aj και συνεπώς διαιρείται με τη διαφορά

aj − ai για 1 ≤ i < j ≤ n, άρα και με το γινόμενο∏

1≤i<j≤n(aj − ai). Η ορίζουσα του A είναι

η γνωστή ορίζουσα Vandermonde. Χρησιμοποιήστε παρόμοιο σκεπτικό για το (γ). Για το (β)

εφαρμόστε την ΄Ασκηση 46.

49. Θεωρείσε τη δοσμένη ορίζουσα ως πολυώνυμο στις μεταβλητές x1, x2, . . . , xn και εργαστείτε

όπως στη λύση της ΄Ασκησης 48 για να δείξετε ότι είναι ίση με∏

1≤i<j≤n(xj−xi), άρα ανεξάρτητη

των y1, . . . , yn−1.

50. Το (α) είναι εύκολο. Δείξτε ότι το f(t) είναι πολυώνυμο στο t βαθμού μικρότερου ή ίσου του

1 και συνάγετε το (β) με χρήση του (α).

51. Παρατηρήστε ότι

A(n, k)

1 1 0 · · · 0

0 1 1 · · · 0

0 0 1. . .

.

.

.

.

.

....

.

.

.. . . 1

0 0 0 · · · 1

= A(n+ 1, k)

58

και συνάγετε με επαγωγή στο n ότι detA(n, k) = 1 για όλα τα n και k.

52. Για το (α) χρησιμοποιήστε την πολυγραμμικότητα της ορίζουσας ενός πίνακα ως προς τις στήλες

του. Για το (β) εφαρμόστε κατάλληλα το (α) και για το (γ) εφαρμόστε κατάλληλα το (β).

Απάντηση για το (β): x1x2 · · ·xn(1 +∑ni=1

aibixi

). Απάντηση για το (γ): 1 + log 2.

53. Απάντηση για το (α): −1/12 και −1/8640 για n = 2 και n = 3, αντίστοιχα. Για τη γενική

περίπτωση, δείξτε ότι η ορίζουσα του πίνακα στο δεξιό μέλος της ισότητας στο (β) είναι ίση με

(−1)n(n−1)

2 εφαρμόζοντας στοιχειώδεις πράξεις γραμμών για να μετατρέψετε τον πίνακα αυτό σε

έναν πίνακα τα στοιχεία του οποίου είναι ίσα με μηδέν κάτω από τη δευτερεύουσα διαγώνιο και

με ένα πάνω σε αυτή.

54. Για το (α) εργαστείτε με στοιχειώδεις πράξεις στις στήλες του δοσμένου πίνακα ή με άλλο

παρόμοιο τρόπο. Για το (β), να θέσετε n = 12 στο (α) και να βρείτε a0, a1, . . . , a11 ∈ 0, 1ώστε a0 + a1 + 2a2 + 22a3 + · · ·+ 210a11 = 2010.

55. Για το (α) παρατηρήστε ότι εκτελώντας στοιχειώδεις πράξεις σε γραμμές και στήλες, ο πίνακας

B μπορεί να μετατραπεί σε διαγώνιο πίνακα, έστω με διαγώνια στοιχεία λ1, λ2, . . . , λm, ώστε

det(B) = λ1λ2 · · ·λm. ΄Επειτα παρατηρήστε ότι οι αντίστοιχες πράξεις σε γραμμές και στήλες

του διαμερισμένου πίνακα, την ορίζουσα του οποίου θέλουμε να υπολογίσουμε, φέρνουν τον

πίνακα αυτό στη μορφή λ1A O · · · OO λ2A · · · O...

.

.

....

.

.

.

O O · · · λmA

και ότι η ορίζουσα του τελευταίου πίνακα είναι ίση με (det(A))m λn1λ

n2 · · ·λnm. Μια διαφορετική

λύση δίνεται στην ΄Ασκηση 135. Για το (β) εφαρμόστε το (α) σε κατάλληλους m×m πίνακες Aκαι B.

56. Για το (α) εφαρμόστε επαγωγή στο n, αναπτύσσοντας την ορίζουσα κατά τα στοιχεία της πρώτης

στήλης. Για το (β) εφαρμόστε κατάλληλες στοιχειώδεις πράξεις στις στήλες και τις γραμμές του

πίνακα στο αριστερό μέλος και χρησιμοποιήστε το (α). Για το (γ) χρησιμοποιήστε το γεγονός

ότι det(C) = det(C) για κάθε C ∈ Cn×n, όπου η παύλα παριστάνει τη μιγαδική συζυγία.

57. Για το (α) αποδείξτε πρώτα ότι(A−1 O−C A

) (A BC D

)=

(In A−1BO AD − CB

)και στη συνέχεια εξισώστε τις ορίζουσες των πινάκων στα δύο μέλη αυτής της ισότητας.

58. Για το (α) παρατηρήστε ότι ο AB είναι m×m πίνακας και ότι rank(AB) ≤ rank(A) ≤ n < m.

Για το (β) θεωρήστε την ισότητα(Im AO In

) (A O−In B

)=

(O AB−In B

)και συνάγετε από αυτήν ότι

det

(A O−In B

)= det

(O AB−In B

)και (π.χ. χρησιμοποιώντας το μέρος (α) της ΄Ασκησης 52) ότι ισχύει η προτεινόμενη ταυτότητα.

Η ταυτότητα αυτή είναι γνωστή και ως Θεώρημα Binet-Cauchy. Για το (γ) χρησιμοποιήστε τα

(α) και (β) με A = Qt και B = Q.

59

59. Για την πρώτη προτεινόμενη ισότητα, πολλαπλασιάστε την πρώτη στήλη με ζj , τη δεύτερη στήλη

με ζ2j κλπ και προσθέστε όλες τις στήλες για να συμπεράνετε ότι η ορίζουσα είναι ίση με μηδέν

αν∑nk=1 ζ

jkak = 0. Για τη δεύτερη προτεινόμενη ισότητα, να θέσετε ai = i στην πρώτη και να

χρησιμοποιήστε (αφού αποδείξετε) την ισότητα

n∑k=1

kxk =

n(n+ 1)

2, αν x = 1,

nxn+2 − (n+ 1)xn+1 + x

(x− 1)2, διαφορετικά,

καθώς και τις

n−1∏j=1

ζj = (−1)n−1,

n−1∏j=1

(ζj − 1) = (−1)n−1n.

60. Για το (α) αφαιρέστε την πρώτη γραμμή του A από τις υπόλοιπες και δείξτε ότι η ορίζουσα του

πίνακα που προκύπτει είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του 2n−1. Για το (β), χρησιμοποιήστε το (α)

για να δείξετε ότι η ζητούμενη ελάχιστη τιμή είναι ίση με 2n−1.

61. Απλά παραδείγματα δείχνουν ότι οι άρτιοι θετικοί ακέραιοι δεν έχουν αυτή την ιδιότητα. Το

αντίθετο ακριβώς ισχύει για τους περιττούς. Πράγματι, θεωρούμε τον τύπο

det(A) =∑w∈Sn

ε(w) a1w(1)a2w(2) · · · anw(n)

για την ορίζουσα ενός n × n πίνακα A = (aij), όπου ε(w) ∈ −1, 1 είναι το πρόσημο της

μετάθεσης w ∈ Sn, και υποθέτουμε ότι ο A είναι συμμετρικός πίνακας με ακέραια στοιχεία

και μηδενικά πάνω στην κύρια διαγώνιο. Τότε οι όροι του αθροίσματος που αντιστοιχούν σε

μεταθέσεις που έχουν τουλάχιστον ένα σταθερό σημείο είναι ίσοι με μηδέν. Αν ο n είναι περιττός,

τότε οι υπόλοιπες μεταθέσεις χωρίζονται σε ζευγάρια w,w−1 μεταθέσεων με w 6= w−1, τα

μέλη w και w−1 των οποίων έχουν την ίδια συνεισφορά στο άθροισμα. Αυτό δείχνει ότι η

ορίζουσα του A είναι άρτιος ακέραιος.

62. Για το (α) βρείτε 2 × 2 πίνακα το τετράγωνο του οποίου είναι ίσο με −I και από αυτόν κατα-

σκευάστε n × n πίνακα A με A2 = −I για τυχαίο άρτιο θετικό ακέραιο n. Επίσης, παίρνοντας

ορίζουσες στην ισότητα A2 = −I, δείξτε ότι η απάντηση είναι αρνητική όταν ο n είναι περιττός.

Για το (β) χρησιμοποιήστε τη λύση του (α), όταν ο n είναι άρτιος, και δείξτε ότι δεν υπάρχουν

τέτοιοι πίνακες όταν ο n είναι περιττός, εξισώνοντας τις ορίζουσες στα δύο μέλη της ισότητας

A2 = −B2.

63. Χρησιμοποιώντας τη θεωρία των θετικά ορισμένων συμμετρικών πινάκων μπορεί κανείς να δείξει

ότι το συμπέρασμα ισχύει γενικά για n× n πίνακες. Μια στοιχειώδη απόδειξη για 2× 2 πίνακες

είναι η εξής. Παρατηρούμε πρώτα (εξηγήστε πώς) ότι το τετράγωνο κάθε αντιστρέψιμου συμμε-

τρικού 2× 2 πίνακα έχει θετικά στοιχεία στην κύρια διαγώνιο και θετική ορίζουσα. Μπορούμε

επομένως να γράψουμε

A2 =

(a bb c

), B2 =

(x yy z

)όπου a, c, x, z είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με ac > b2 και xz > y2. Τότε det(A2 +B2) =(a+ x)(c+ z)− (b+ y)2 και

(b+ y)2 = b2 + y2 + 2by < ac+ xz + 2√acxz

≤ ac+ xz + az + cx = (a+ x)(c+ z),

60

οπότε det(A2 +B2) > 0.

64. ΄Εστω A = (aij) ∈ Fn×n. Για το (α) θεωρήστε άνω τριγωνικό πίνακα B = (bij) ∈ Fn×n με

bij = aij για i < j και bii = aii−xi για 1 ≤ i ≤ n και κάτω τριγωνικό πίνακα C = (cij) ∈ Fn×nμε cij = aij για i > j και cii = xi για 1 ≤ i ≤ n. Παρατηρήστε ότι A = B + C και επιλέξτε

τα x1, x2, . . . , xn ∈ F έτσι ώστε να ισχύουν det(B) 6= 0 και det(C) 6= 0. Για το (β) μπορείτε να

υποθέσετε ότι F = 0, 1 είναι το σώμα με δύο στοιχεία. Δείξτε πρώτα ότι το ζητούμενο ισχύει

για n = 2 και συνεχίστε με επαγωγή στο n ως εξής: Υποθέστε πρώτα ότι aij = 0 για κάποιους

δείκτες i και j και θεωρήστε τον πίνακα A που προκύπτει από τον A διαγράφοντας τη γραμμή

i και τη στήλη j. Από την υπόθεση της επαγωγής, μπορούμε να γράψουμε A = P + Q για

κάποιους αντιστρέψιμους πίνακες P,Q ∈ F(n−1)×(n−1). Θεωρήστε πίνακες B = (bij) ∈ Fn×n

και C = (cij) ∈ Fn×n με bij = cij = 1, με bkj = 0 για k 6= i και bi` = ai` για ` 6= j και με

ckj = akj για k 6= i και ci` = 0 για ` 6= j. Επιλέξτε τα υπόλοιπα στοιχεία των B και C έτσι

ώστε οι πίνακες που προκύπτουν από τους B και C διαγράφοντας τη γραμμή i και τη στήλη jνα είναι οι P και Q, αντίστοιχα. Δείξτε ότι A = B + C και ότι οι B και C είναι αντιστρέψιμοι

για να ολοκληρώσετε το βήμα της επαγωγής στην περίπτωση αυτή. Αν aij = 1 για όλα τα i καιj, τότε γράψτε π.χ.

A =

0 0 0 · · · 0 1

1 0 0 · · · 0 1

1 1 0 · · · 0 1

.

.

....

.

.

.. . .

.

.

....

1 1 1 · · · 0 1

1 1 1 · · · 1 0

+

1 1 1 · · · 1 0

0 1 1 · · · 1 0

0 0 1 · · · 1 0

.

.

....

.

.

.. . .

.

.

....

0 0 0 · · · 1 0

0 0 0 · · · 0 1

.

Μια εναλλακτική λύση για το (β) δίνεται στην ΄Ασκηση 137.

65. Εφαρμόζοντας επαγωγή στο n, επιλέξτε τα aii ∈ 0, 1 για 2 ≤ i ≤ n έτσι ώστε ο πίνακας Bπου προκύπτει από τον A διαγράφοντας την πρώτη γραμμή και στήλη να είναι αντιστρέψιμος.

΄Επειτα παρατηρήστε ότι det(A) = xdet(B) + c, όπου x = a11 ∈ 0, 1 και το c δεν εξαρτάται

από το x.

66. ΄Εστω A = λ1A1 + λ2A2 + · · · + λn+1An+1. Για το (α), χρησιμοποιώντας την ΄Ασκηση 27,

δείξτε ότι υπάρχουν λ1, λ2, . . . , λn+1 ∈ F, όχι όλα μηδέν, τέτοια ώστε ο πίνακας A να έχει μια

μηδενική γραμμή και συνεπώς ορίζουσα μηδέν. Για το (β), παρατηρήστε ότι για

A1 =

(1 0

0 1

), A2 =

(0 −11 0

)ισχύει det(A) = λ21 + λ22. Για το (γ) να θέσετε

A1 =

1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 −1

, A2 =

0 1 0 0

1 0 0 0

0 0 0 1

0 0 −1 0

, A3 =

0 0 1 0

0 0 0 −11 0 0 0

0 1 0 0

και

A4 =

0 0 0 1

0 0 1 0

0 −1 0 0

1 0 0 0

και να δείξετε ότι det(A) = −(λ21 + λ22 + λ23 + λ24)2.

61

67. Από τη λύση της ΄Ασκησης 23 προκύπτει ότι η τάξη είναι ίση με 1 για n = 1 και με 2 αν n ≥ 2.

68. Δείξτε ότι η ζητούμενη μέγιστη τιμή είναι ίση με n− 1 ως εξής. Παρατηρήστε πρώτα ότι κάθε

μηδενοδύναμος n × n πίνακας έχει ορίζουσα ίση με μηδέν και επομένως τάξη μικρότερη του n.Συμβουλευτείτε έπειτα την ΄Ασκηση 19 (β) και δώστε παράδειγμα μηδενοδύναμου n× n πίνακα

με τάξη ίση με n− 1.

69. Για το (α), γνωρίζουμε ότι υπάρχουν στοιχειώδεις πίνακες E1, E2, . . . , Ek ∈ Fm×m για τους

οποίους ο πίνακας A′ = Ek · · ·E2E1A είναι κλιμακωτός και ότι η τάξη του A είναι ίση με

το πλήθος, έστω r, των μη μηδενικών γραμμών του A′. Γνωρίζουμε επίσης ότι rank(AB) =rank(Ek · · ·E2E1AB) = rank(A′B). Αφού ο A′ έχει r μη μηδενικές γραμμές, ο πίνακας A′Bέχει το πολύ r μη μηδενικές γραμμές και συνεπώς rank(A′B) ≤ r. Από τα προηγούμενα

προκύπτει ότι rank(AB) = rank(A′B) ≤ r = rank(A). Για το (β) χρησιμοποιούμε το (α)

και βρίσκουμε ότι rank(AB) = rank(AB)t = rank(BtAt) ≤ rank(Bt) = rank(B).

70. Η ισοδυναμία (α) ⇔ (β) είναι συνέπεια του ορισμού της τάξης. Δείξτε ότι (α) ⇒ (γ) ⇒ (δ)

⇒ (α) ως εξής: Για τη συνεπαγωγή (α) ⇒ (γ) θεωρήστε ανηγμένο κλιμακωτό πίνακα A′ ∈Fm×n γραμμοισοδύναμο του A, παρατηρήστε ότι όλες οι γραμμές του A′ είναι μη μηδενικές και

συμπεράνετε ότι το γραμμικό σύστημα A′x = b′ είναι συμβιβαστό για κάθε b′ ∈ Fm×1. Για

τη (γ) ⇒ (δ) θεωρήστε τις στήλες e1, e2, . . . , em του πίνακα Im (που απαρτίζουν την κανονική

βάση του Fm×1), επιλέξτε διανύσματα ξ1, ξ2, . . . , ξm ∈ Fn×1 με Aξi = ei για 1 ≤ i ≤ m και

δείξτε ότι ο πίνακας B με στήλες ξ1, ξ2, . . . , ξm ικανοποιεί την ισότητα AB = Im. Για τη (δ) ⇒(α) χρησιμοποίστε την ΄Ασκηση 69 για να δείξετε ότι m = rank(Im) = rank(AB) ≤ rank(A)και συμπεράνετε ότι rank(A) = m.

71. Η ισοδυναμία (α) ⇔ (β) είναι συνέπεια του ορισμού της τάξης. Για την ισοδυναμία (α) ⇔ (ε)

παρατηρήστε ότι rank(At) = n και εφαρμόστε την ισοδυναμία (α) ⇔ (δ) της ΄Ασκησης 70 στον

πίνακα At ∈ Fn×m. Τέλος δείξτε ότι (β) ⇒ (γ) ⇒ (δ) ⇒ (α) ως εξής: Για τη συνεπαγωγή

(β) ⇒ (γ) παρατηρήστε ότι για κάθε b ∈ Fm×1 το γραμμικό σύστημα που αποτελείται από τις

εξισώσεις του Ax = b που αντιστοιχούν στις γραμμές της μη μηδενικής n×n υποορίζουσας του

A έχει μοναδική λύση και συμπεράνετε ότι το σύστημα Ax = b έχει το πολύ μία λύση. Για τη (δ)

⇒ (α) θεωρήστε ανηγμένο κλιμακωτό πίνακα A′ ∈ Fm×n γραμμοισοδύναμο του A, παρατηρήστε

ότι γραμμικό σύστημα A′x = 0 έχει μόνο την τετριμμένη λύση x = 0 και συμπεράνετε ότι ο A′

έχει ακριβώς n μη μηδενικές γραμμές, οπότε rank(A) = rank(A′) = n. Η συνεπαγωγή (γ) ⇒(δ) είναι τετριμμένη.

72. Για το (α) εφαρμόστε την ΄Ασκηση 69. Για το (β) χρησιμοποιήστε το γεγονός ότι ο P γράφεται

ως γινόμενο στοιχειωδών πινάκων. Για το (γ) χρησιμοποιήστε το (β) και συμπεράνετε ότι

rank(AQ) = rank(AQ)t = rank(QtAt) = rank(At) = rank(A). Το (δ) έπεται από το (α), ή

από τα (β) και (γ).

73. Εφαρμόζοντας την ΄Ασκηση 52 (α), δείξτε πρώτα ότι rank(A + B) ≤ rank(A |B), όπου A |Bείναι ο m × 2n πίνακας που προκύπτει παραθέτοντας τις στήλες του B στα δεξιά των στηλών

του A. Δείξτε έπειτα ότι rank(A |B) ≤ rank(A)+rank(B) εκτελώντας κατάλληλα στοιχειώδεις

μετασχηματισμούς στις γραμμές του ανάστροφου του πίνακα A |B.

74. Παρατηρήστε πρώτα ότι

I −A1A2 · · ·Am = (I −Am) + (Am −Am−1Am) + · · ·+ (A2 · · ·Am−1Am −A1A2 · · ·Am)

=

m∑i=1

(I −Ai)Bi,

όπου Bi = Ai+1 · · ·Am−1Am για 1 ≤ i ≤ m − 1 και Bm = I, και εφαρμόστε έπειτα τις

ασκήσεις 73 και 69.

62

75. ΄Εστω A = (aij) πίνακας με τις δοσμένες ιδιότητες. Προφανώς ισχύει rank(A) ≤ n. Δείξτε ότι

rank(A) ≥ 2 ως εξής: Αφού μεταθέτοντας τις γραμμές ή τις στήλες ενός πίνακα δε μεταβάλλεται

η τάξη αυτού, μπορείτε να υποθέσετε (γιατί;) ότι 1 = a11 < a12 < · · · < a1n και ότι a11 <a21 < · · · < an1. Δείξτε ότι η 2 × 2 υποορίζουσα του A που σχηματίζεται από την πρώτη

και τελευταία γραμμή και στήλη είναι αρνητική και συνάγετε το ζητούμενο. ΄Επειτα, δείξτε ότι

υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας (δηλαδή πίνακας τάξης n) με τις δοσμένες ιδιότητες ως εξής:

Επιλέξτε τα στοιχεία στην κύρια διαγώνιο του A να είναι όλα περιττοί ακέραιοι και εκείνα πάνω

από την κύρια διαγώνιο να είναι όλα άρτιοι ακέραιοι και δείξτε ότι η ορίζουσα ενός τέτοιου

πίνακα είναι περιττός ακέραιος. Τέλος, συμπεράνετε από τις Ασκήσεις 23 και 67 ότι η ισότητα

rank(A) = 2 είναι επίσης εφικτή. Συνεπώς η ζητούμενη ελάχιστη τιμή είναι ίση με 2 και η

μέγιστη ίση με n.

76. Αν ο n είναι άρτιος, δείξτε ότι η ορίζουσα του A είναι περιττός ακέραιος και συμπεράνετε ότι

ο A είναι αντιστρέψιμος. Αν ο n είναι περιττός, δείξτε ότι οι πιθανές τιμές της τάξης του Aείναι οι n − 1 και n ως εξής: Συνάγετε από το (α) ότι η (n − 1) × (n − 1) υποορίζουσα του

πίνακα που σχηματίζουν οι πρώτες n− 1 γραμμές και στήλες του A είναι διάφορη του μηδενός

και συμπεράνετε ότι rank(A) ≥ n − 1. ΄Επειτα δείξτε ότι αν όλα τα στοιχεία του A εκτός της

κύριας διαγωνίου είναι ίσα με 1, τότε det(A) = (−1)n−1(n − 1) και συνεπώς rank(A) = n.Τέλος παρατηρήστε ότι οποιοσδήποτε αντισυμμετρικός n×n πίνακας με στοιχεία πραγματικούς

αριθμούς έχει ορίζουσα μηδέν και συνάγετε ότι η ισότητα rank(A) = n− 1 είναι επίσης εφικτή.

77. Θεωρήστε τον n × n πίνακα J κάθε στοιχείο του οποίου είναι ίσο με −1 και παρατηρήστε ότι

det(A + J) ≡ (−1)n modulo 2009. Συνάγετε ότι ο πίνακας A + J είναι αντιστρέψιμος και

εφαρμόστε την ΄Ασκησης 73 για τους πίνακες A και J για να δείξετε ότι rank(A) ≥ n− 1.

78. Για το (α) εργασθείτε ως εξής: Υποθέστε ότι rank(A) ≤ n − 2 και θεωρήστε τον (n + 1) × nπίνακα B που προκύπτει από τον A προσθέτοντας τη γραμμή (1 1 · · · 1) (π.χ. στο τέλος).

Παρατηρήστε ότι rank(B) ≤ n − 1 και συμπεράνετε ότι υπάρχει μη μηδενικό διάνυσμα x =(x1 x2 · · · xn)t ∈ Rn×1 με Bx = 0, δηλαδή με Ax = 0 και x1 + x2 + · · ·+ xn = 0. Καταλήξτε

σε άτοπο παρατηρώντας ότι xt(At + A)x = xtAtx + xtAx = (Ax)tx + xt(Ax) = 0 και ότι

xt(Jn − In)x = xtJnx − xtx = (x1 + · · · + xn)2 − xtx = −(x21 + · · · + x2n) < 0. Για το (β)

θεωρήστε το μοναδικό άνω τριγωνικό πίνακα A ∈ Rn×n με At +A = Jn− In. Για το (γ) δείξτε

ότι ο πίνακας Jn − In είναι αντιστρέψιμος για n ≥ 2 και θέστε A = (Jn − In)/2.

79. Για την ισοδυναμία (α) ⇔ (β) παρατηρήστε ότι αν v1, v2, . . . , vn είναι οι στήλες του A, τότε∑ni=1 λivi = Ax όπου x = (λ1 λ2 · · · λn)t ∈ Fn×1. Η ισοδυναμία (β) ⇔ (γ) είναι συνέπεια του

ορισμού της απεικόνισης LA. Η ισοδυναμία (β) ⇔ (δ) είναι ταυτόσημη με την ισοδυναμία (α) ⇔(γ) της ΄Ασκησης 70.

80. Για την ισοδυναμία (α) ⇔ (β) παρατηρήστε ότι αν v1, v2, . . . , vn είναι οι στήλες του A, τότε∑ni=1 λivi = Ax όπου x = (λ1 λ2 · · · λn)t ∈ Fn×1. Για την ισοδυναμία (β) ⇔ (γ) παρατηρήστε

ότι LA(x) = LA(y)⇔ A(x−y) = 0. Η ισοδυναμία (β)⇔ (δ) είναι ταυτόσημη με την ισοδυναμία

(α) ⇔ (δ) της ΄Ασκησης 71.

81. Υποθέστε ότι οι στήλες του δοσμένου πίνακα είναι γραμμικώς εξαρτημένες και συμπεράνετε

ότι υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί c1, c2, . . . , cn, όχι όλοι μηδέν, τέτοιοι ώστε η συνάρτηση

f : R− −1,−2, . . . ,−n → R με

f(x) =

n∑i=1

cix+ i

να έχει διακεκριμένες πραγματικές ρίζες λ1, λ2, . . . , λn. Πολλαπλασιάστε την εξίσωση f(x) = 0με (x+ 1)(x+ 2) · · · (x+ n) και δείξτε ότι αυτό είναι αδύνατο.

63

82. Το (α) είναι εύκολο. Απάντηση για το (β): ΄Εστω (e1, e2, . . . , en) η κανονική βάση του Fn×1.Μια βάση του W είναι η (e1 − en, e2 − en, . . . , en−1 − en). Μια άλλη είναι η (e1 − e2, e2 −e3, . . . , en−1 − en). Ειδικότερα, έχουμε dim(W ) = n− 1.

83. Για το (α) θεωρήστε κλιμακωτό πίνακα B ∈ Fn×m γραμμοισοδύναμο του At. Παρατηρήστε ότι

ο υπόχωρος του Fm×1 που παράγεται από τις στήλες του A είναι ίσος με εκείνον που παράγεται

από τις στήλες του Bt, δείξτε ότι οι μη μηδενικές στήλες του Bt είναι γραμμικώς ανεξάρτητα

στοιχεία του Fm×1 και συμπεράνετε ότι η ζητουμενη διάσταση είναι ίση με rank(Bt) = rank(A).Το (β) είναι συνέπεια του (α) και της ισότητας rank(A) = rank(At).

84. Θεωρούμε ανηγμένο κλιμακωτό πίνακα A′ ∈ Fm×n γραμμοισοδύναμο του A, οπότε ker(A) =ker(A′) και rank(A) = rank(A′) είναι το πλήθος των μη μηδενικών γραμμών (άρα και των

ηγετικών στοιχείων) του A′. Λύνοντας το ομογενές γραμμικό σύστημα A′x = 0 με τη γνωστή

διαδικασία προκύπτει ότι ker(A) = 〈u1, u2, . . . , uk〉 για κάποια u1, u2, . . . , uk ∈ Fn×1, όπου

k = n − rank(A) είναι το πλήθος των στηλών του A χωρίς ηγετικό στοιχείο (ισοδύναμα, το

πλήθος των μεταβλητών στις οποίες δίνονται αυθαίρετες τιμές). Δείχνουμε ότι k από τις γραμμές

(αυτές που αντιστοιχούν στις k στήλες του A χωρίς ηγετικό στοιχείο) του n×k πίνακα με στήλες

u1, u2, . . . , uk σχηματίζουν τον k × k ταυτοτικό πίνακα και συνάγουμε από την ΄Ασκηση 80 ότι

τα u1, u2, . . . , uk είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του Fn×1. Από τα παραπάνω έπεται ότι

dim ker(A) = k = n− rank(A).

85. Δείξτε ότι υπάρχουν συνολικά τέσσερις δυνατότητες. Αν ισχύει x1 = x2 = · · · = xn για κάθε

(x1 x2 · · · xn)t ∈ W , δείξτε ότι ο W είναι είτε ο μηδενικός υπόχωρος, είτε ο μονοδιάστατος

υπόχωρος του Rn×1 που παράγεται από το διάνυσμα (1 1 · · · 1)t. Αν υπάρχει (x1 x2 · · · xn)t ∈W και δείκτες i, j με xi 6= xj , δείξτε ότι ο W περιέχει τον υπόχωρο (x1 x2 · · · xn)t ∈ Rn×1 :x1 + x2 + · · · + xn = 0 διάστασης n − 1 του Rn×1 και συνάγετε ότι είτε ο W είναι ίσος με

αυτόν τον υπόχωρο, είτε W = Rn×1.86. Θεωρήστε το σύνολο U με στοιχεία τα διανύσματα u ∈ Fn×1 για τα οποία ισχύει utx = 0 για

κάθε x ∈W . Δείξτε ότι το U είναι υπόχωρος του Fn×1 και θεωρήστε μια βάση (u1, u2, . . . , ur)αυτού, όπου r = dim(U), καθώς και τον πίνακα A ∈ Fr×n με γραμμές ut1, u

t2, . . . , u

tr. Δείξτε

ότι W = ker(A) ως εξής. Παρατηρήστε πρώτα ότι Ax = 0 για κάθε x ∈W και συμπεράνετε ότι

W ⊆ ker(A). Αρκεί επομένως να δείξει κανείς ότι dim(W ) = dim ker(A). ΄Εστω dim(W ) = kκαι έστω βάση (w1, w2, . . . , wk) του W . Δείξτε ότι U = u ∈ Fn×1 : utw1 = utw2 = · · · =utwk = 0 και συμπεράνετε ότι U = ker(B), όπου B ∈ Fk×n είναι ο πίνακας με γραμμές

wt1, wt2, . . . , w

tk. Από την ΄Ασκηση 80 συνάγετε ότι rank(A) = r = dim(U) και rank(B) = k

και από την ΄Ασκηση 84 ότι dim(U) = dim ker(B) = n− rank(B) = n− k και συμπεράνετε ότι

πράγματι dim(W ) = k = n− dim(U) = n− rank(A) = dim ker(A).

87. Για το (α) χρησιμοποιήστε την ΄Ασκηση 45. Για το (β) χρησιμοποιήστε πρώτα τον ορισμό της

τάξης και του προσαρτημένου πίνακα για να δείξετε ότι adj(A) 6= O. ΄Επειτα παρατηρήστε ότι

dim ker(A) = 1 και ότι det(A) = 0 και συμπεράνετε ότι A · adj(A) = O. Από την τελευταία

ισότητα συνάγετε ότι οι στήλες του πίνακα adj(A) ανήκουν στον πυρήνα ker(A) και συμπεράνετε

το ζητούμενο. Για το (γ) χρησιμοποιήστε τον ορισμό της τάξης και του προσαρτημένου πίνακα

για να δείξετε ότι adj(A) = O.

88. Εύκολα αποκλείονται οι περιπτώσεις n = 1 και n = 2. Θα δείξουμε ότι κάθε ακέραιος n ≥ 3έχει την ιδιότητα της άσκησης. Θεωρούμε τις στήλες του πίνακα A ως διανύσματα v1, v2, . . . , vnστο χώρο Rn×1 και για κάθε ε = (ε1, ε2, . . . , εn) ∈ −1, 1n θεωρούμε το υποσύνολο

Ωε = (x1 x2 · · · xn)t ∈ Rn×1 : ε1x1 > 0, ε2x2 > 0, . . . , εnxn > 0

του Rn×1. Παρατηρούμε ότι κάθε διάνυσμα vi ανήκει σε ακριβώς ένα, έστω το Ωi, από αυτά τα

υποσύνολα και ότι ο πολλαπλασιασμός των στοιχείων του A με τυχαίους θετικούς πραγματικούς

64

αριθμούς ισοδυναμεί με την αντικατάσταση κάθε διανύσματος vi με τυχαίο στοιχείο του συνόλου

Ωi στο οποίο το vi ανήκει. Κατά συνέπεια, αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχουν γραμμικώς εξαρτημένα

διανύσματα u1, u2, . . . , un του Rn×1 τέτοια ώστε ui ∈ Ωi για κάθε i. Αφού υπάρχουν ακριβώς

2n σύνολα της μορφής Ωε και n ≥ 3, οπότε 2n−1 > n, υπάρχει ε = (ε1, ε2, . . . , εn) ∈ −1, 1nγια το οποίο το Ωε και το αντίθετό του −Ωε δεν περιλαμβάνονται ανάμεσα στα Ω1,Ω2, . . . ,Ωn.Τότε, ο υπόχωρος

H = (x1 x2 · · · xn)t ∈ Rn×1 : ε1x1 + ε2x2 + · · ·+ εnxn = 0

διάστασης n − 1 του Rn×1 τέμνει μη προφανώς καθένα από τα Ω1,Ω2, . . . ,Ωn. Επιλέγοντας

τυχαίο ui ∈ H∩Ωi για i ∈ 1, 2, . . . , n έχουμε γραμμικώς εξαρτημένα διανύσματα u1, u2, . . . , unμε τις επιθυμητές ιδιότητες.

89. Ας γράψουμε τις δοσμένες ισότητες στη μορφή

n∑j=1

akjvj = 0V , k = 1, 2, . . . ,m

και ας θέσουμε uk =∑nj=1 akjvj για k ∈ 1, 2, . . . ,m. Αφού rank(A) = n, από την ΄Ασκηση 71

προκύπτει ότι υπάρχει πίνακας B = (bij) ∈ Fn×m τέτοιος ώστε BA = In. Χρησιμοποιώντας τις

ισότητες∑mk=1 bikakj = δij , βρίσκουμε ότι

0V =

m∑k=1

bikuk =

m∑k=1

bik

n∑j=1

akjvj =

n∑j=1

(m∑k=1

bikakj

)vj =

n∑j=1

δijvj = vi

για i ∈ 1, 2, . . . , n και συμπεραίνουμε το ζητούμενο.

90. Υποθέστε ότι m < n και καταλήξτε σε άτοπο ως εξής: Γράψτε το uj ως γραμμικό συνδυασμό

uj =∑ni=1 aijvi των vi για 1 ≤ j ≤ n και παρατηρήστε ότι για λ1, λ2, . . . , λn ∈ F έχουμε∑n

j=1 λjuj =∑nj=1 λj(

∑mi=1 aijvi) =

∑mi=1(

∑nj=1 aijλj) vi. Συνάγετε από την ΄Ασκηση 27 (α)

ότι υπάρχουν λ1, λ2, . . . , λn ∈ F, όχι όλα μηδέν, τέτοια ώστε να ισχύει∑nj=1 aijλj = 0 για

1 ≤ i ≤ m. Συμπεράνετε ότι τα u1, u2, . . . , un είναι γραμμικώς εξαρτημένα, σε αντίθεση με την

υπόθεση.

91. Βρείτε μια βάση για τον κάθε υπόχωρο που να αποτελείται από πίνακες της μορφής Eij ή Eij+Ejiή Eij − Eji. Συνάγετε ότι η διάσταση του δοσμένου υπόχωρου είναι ίση με n(n + 1)/2 στις

περιπτώσεις (α) και (γ), και με n(n− 1)/2 στις περιπτώσεις (β) και (δ).

92. Για το (α) δείξτε, βρίσκοντας μια βάση του Wn ή με άλλο τρόπο, ότι dim(Wn) = n2 − 1. Το

(β) προκύπτει άμεσα από το (α). Για το (γ) θεωρήστε π.χ. τους πίνακες Eii για 1 ≤ i ≤ n και

Eij + E11 για 1 ≤ i, j ≤ n με i 6= j. Για το (δ), παρατηρήστε ότι το σύνολο V των πινάκων

A ∈ Fn×n για τους οποίους ισχύει AB = BA είναι υπόχωρος του Fn×n. Χρησιμοποιώντας

την ΄Ασκηση 18 (β), δείξτε ότι το V είναι γνήσιος υπόχωρος του Fn×n και συμπεράνετε το

ζητούμενο.

93. Το (α) είναι εύκολο. Για το (β) εργασθείτε όπως στην ΄Ασκηση 82. Για το (γ) θεωρήστε πίνακα

X = (xij) ∈ V και λύστε τις γραμμικές εξισώσεις στις mn μεταβλητές xij που ορίζουν τον

υπόχωρο V ως προς τις xin και xmj για 1 ≤ i ≤ m και 1 ≤ j ≤ n. Συνάγετε ότι μια βάση του

V αποτελείται από τους πίνακες Eij − Ein − Emj + Emn για 1 ≤ i ≤ m− 1 και 1 ≤ j ≤ n− 1και συνεπώς ότι dim(V ) = (m− 1)(n− 1).

65

94. Για το (α), δείξτε ότι τα φ0(x), φ1(x), . . . , φn(x) είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του Fn[x](αυτό αρκεί αφού η διάσταση του Fn[x] είναι ίση με n + 1) ως εξής: Υποθέστε ότι λ0φ0(x) +λ1φ1(x) + · · · + λnφn(x) = 0 για κάποια λ0, λ1, . . . , λn ∈ F. Εξισώνοντας τους συντελεστές

του xn στα δύο μέλη αυτής της ισότητας, δείξτε ότι λn = 0 και συνεχίστε με επαγωγή στο n.Για το (γ), υποθέστε ότι p(x) = c0 + c1(x− a) + · · ·+ cn(x− a)n. Παραγωγίζοντας i φορές ως

προς x και θέτοντας x = a, δείξτε ότι ci = p(i)(a)/i! για 0 ≤ i ≤ n, όπου p(i)(x) είναι η i-οστήπαράγωγος του p(x).

95. Το (α) είναι εύκολο. Για το (β) παρατηρήστε ότι τα δοσμένα πολυώνυμα είναι n + 1 στοιχεία

του W και ότι dim(W ) < dim(Fn[x]) = n+ 1. Για το (γ), συνάγετε από την ΄Ασκηση 94 ότι τα

πολυώνυμα pi(x) = b+ (x− a)i για 0 ≤ i ≤ n έχουν τις ζητούμενες ιδιότητες.

96. Για το (α) υποθέστε ότι ισχύει λ1φ1(x)+λ2φ2(x)+· · ·+λnφn(x) = 0 για κάποια λ1, λ2, . . . , λn ∈F και θέστε x = ai για να συμπεράνετε ότι λi = 0, για κάθε δείκτη i. Συμπεράνετε ότι τα

φ1(x), φ2(x), . . . , φn(x) αποτελούν τα στοιχεία μιας βάσης του χώρου Fn−1[x]. Γράφοντας ένα

δοσμένο πολυώνυμο p(x) ∈ Fn−1[x] ως γραμμικό συνδυασμό p(x) = c1φ1(x) + c2φ2(x) + · · ·+cn−1φn−1(x) των στοιχείων αυτής της βάσης, θέστε x = ai στην προηγούμενη ισότητα για να

δείξετε ότι p(ai) = ciφi(ai) = ciφ′(ai).

97. Για το (α) υποθέστε ότι ισχύει λ0φ0(x)+λ1φ1(x)+· · ·+λnφn(x) = 0 για κάποια λ0, λ1, . . . , λn ∈F και θέστε x = 0 για να δείξετε ότι λ0 = 0. Διαιρέστε με το x τη σχέση που προκύπτει και

χρησιμοποήστε επαγωγή στο n για να συμπεράνετε ότι λi = 0 κάθε δείκτη i. Για το (β) γράψτε

xk =∑ni=0 ciφi(x) =

∑ni=0 cix

i(1 + x)n−i. Διαιρέστε με xn και θέστε y = (1 + x)/x για να

δείξετε ότι (y − 1)n−k =∑ni=0 ciy

n−i. Συμπεράνετε ότι ci = (−1)i−k

(n−ki−k)για 0 ≤ i ≤ n

(οπότε ci = 0 για i < k). Απάντηση για το (γ): c0 = 1, c1 = −3, c2 = 4, c3 = −2 και c4 = 1.

98. Για την ισοδυναμία (i) ⇔ (ii) χρησιμοποιήστε τη σχέση dim(U + W ) = dim(U) + dim(W ) −dim(U ∩W ). Για τη συνεπαγωγή (ii) ⇒ (iv) δείξτε ότι το σύνολο B ∪ C παράγει το χώρο Vκαι ότι έχει το πολύ n στοιχεία και συνάγετε το ζητούμενο. Η συνεπαγωγή (iv) ⇒ (iii) είναι

τετριμμένη και η (iii)⇒ (ii) αφήνεται σε εσάς.

99. Παρατηρήστε ότι για p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ cnxn ∈ Vn ισχύουν: (i) p(x) ∈ Un αν και μόνο αν

ai = 0 για κάθε περιττό δείκτη i και (ii) p(x) ∈Wn αν και μόνο αν ai = 0 για κάθε άρτιο δείκτη

i. Συμπεράνετε ότι Un = 〈1, x2, x4, . . .〉 και ότι Wn = 〈x, x3, . . .〉 και συνάγετε ότι ισχύει το (α).

Δείξτε επίσης ότι τα σύνολα x2k : 0 ≤ k ≤ n/2 και x2k−1 : 1 ≤ k ≤ (n+ 1)/2 είναι βάσεις

των Un και Wn, αντίστοιχα, και συνάγετε ότι dim(Un) = 1+bn/2c και dim(Wn) = b(n+1)/2c.Για το (γ) χρησιμοποιήστε τα παραπάνω και την ισοδυναμία (i)⇔ (iii) της ΄Ασκησης 98.

100. Θεωρήστε μια βάση u1, u2, . . . , uk του U , όπου k = dim(U) < n, και επεκτείνετε αυτή σε βάση

B = u1, u2, . . . , uk, v1, v2, . . . , vn−k του V . Για 1 ≤ i ≤ n − k, θεωρήστε τον υπόχωρο Wi

του V που παράγεται από τα στοιχεία της B εκτός του vi. Δείξτε ότι U = W1∩W2∩· · ·∩Wn−kκαι συνάγετε το ζητούμενο.

101. Για το (α) δείξτε πρώτα ότι n − 1 ≤ dim(U + W ) ≤ n και ότι dim(U + W ) = n − 1 ⇔U ⊆ W . ΄Επειτα θυμηθείτε ότι dim(U + W ) = dim(U) + dim(W ) − dim(U ∩W ). Για το (β)

χρησιμοποιήστε το (α) για να συμπεράνετε ότι dim(W1∩W2) = n−2. Για το (γ) χρησιμοποιήστε

το (α) με U = W1 ∩W2 ∩ · · · ∩Wr−1 και επαγωγή στο r για να δείξετε ότι n− r ≤ dim(W1 ∩W2 ∩ · · · ∩Wr) ≤ n− 1. Δείξτε επίσης με παράδειγμα ότι η διάσταση του W1 ∩W2 ∩ · · · ∩Wr

μπορεί να λάβει οποιαδήποτε τιμή στο σύνολο n− r, n− r + 1, . . . , n− 1.102. Το (α) είναι εύκολο. Για το (β), βρείτε π.χ. παράδειγμα με U ∩ W = V ∩ W = 0 και

(U +V )∩W 6= 0. Για το (γ) παρατηρήστε ότι dim(U +V +W ) = dim(U +V ) + dim(W )−dim((U + V )∩W ) και ότι dim(U + V ) = dim(U) + dim(V )− dim(U ∩ V ) και χρησιμοποιήστε

το (α). Το (δ) προκύπτει εύκολα από το (γ).

66

103. ΄Εστω p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn ∈ Fn[x]. Παρατηρήστε ότι p(x) ∈ Wn αν και μόνο

αν p(x) = a0p0(x) + a1p1(x) + · · · + abn/2cpbn/2c(x) και συνάγετε ότι το Wn συμπίπτει με τη

γραμμική θήκη των στοιχείων p0(x), p1(x), . . . , pbn/2c(x) του Fn[x]. Ειδικότερα ισχύει το (α) και

τα p0(x), p1(x), . . . , pbn/2c(x) παράγουν τον υπόχωρο Wn. Δείξτε απευθείας ότι τα πολυώνυμα

αυτά, καθώς και τα φ0(x), φ1(x), . . . , φbn/2c(x), είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και συνάγετε ότι

ισχύουν τα (β) και (γ). Θεωρήστε τώρα ότι F = R. Παρατηρήστε ότι αν p(x) ∈Wn, τότε

p(x) =

bn/2c∑i=0

(ai − ai−1)φi(x),

όπου a−1 = 0 κατά σύμβαση. Συνάγετε ότι αν το p(x) είναι μονότροπο, τότε αυτό γράφεται ως

γραμμικός συνδυασμός των φ0(x), φ1(x), . . . , φbn/2c(x) με συντελεστές μη αρνητικούς πραγμα-

τικούς αριθμούς. Δείξτε ότι ισχύει επίσης το αντίστροφο (εύκολο) και συνάγετε ότι ισχύει το

(δ). Για το (ε) χρησιμοποιήστε το (δ).

104. Για το (α) παρατηρήστε ότι το S είναι γραμμικώς εξαρτημένο και ότι παράγει το χώρο V . Για

το (β) μπορείτε να υποθέσετε ότι το S δεν περιέχει το μηδενικό διάνυσμα (γιατί;). ΄Εστω

S = v1, v2, . . . , vm και u = v1 + v2 + · · ·+ vm. Δείξτε ότι για κάθε 1 ≤ i ≤ m υπάρχει λi ∈ Fτέτοιο ώστε u− vi = λivi και συνεπώς, ότι υπάρχει µi ∈ F τέτοιο ώστε u = µivi. Αφού μεταξύ

των v1, v2, . . . , vm υπάρχουν δύο γραμμικώς ανεξάρτητα, συμπεράνετε ότι u = 0.

105. Υποθέστε ότι ο V είναι ίσος με την ένωση των γνήσιων υποχώρων τουW1,W2, . . . ,Wk, κανένας

από τους οποίους δεν περιέχεται στην ένωση των υπολοίπων. Επιλέξτε διανύσματα v0 ∈ VrW1

και v ∈ W1r(W2 ∪ · · · ∪Wk) και θεωρήστε το σύνολο L = v0 + λv : λ ∈ F. Δείξτε ότι το

σύνολο L είναι άπειρο, ότι L∩W1 = ∅ και ότι το L έχει το πολύ ένα κοινό στοιχείο με καθένα

από τα W2, . . . ,Wk και καταλήξτε σε άτοπο.

106. ΄Εστω B = u1, u2, . . . , un και v ∈ C. Γράψτε το v ως γραμμικό συνδυασμό∑ni=1 λiui των

στοιχείων της B και επιλέξτε ως u οποιοδήποτε από τα στοιχεία ui της B με λi 6= 0, για το

ερώτημα (α) και οποιοδήποτε από τα στοιχεία ui της B με λi 6= 0 τα οποία δεν ανήκουν στη

γραμμική θήκη του Crv, για το ερώτημα (β).

107. Το πρόβλημα αυτό, δηλαδή ότι η πρόταση ισχύει για κάθε θετικό ακέραιο n, είναι γνωστό ως η

εικασία βάσης του Rota. Είναι γνωστό ότι η πρόταση ισχύει στις ειδικές περιπτώσεις n = 2kpκαι n = 2k(p+ 1), όπου p είναι περιττός πρώτος (βλέπε [A. Drisko, Adv. Math. 128 (1997),20–35], [A. Drisko, Electron. J. Combin. 5 (1998)] και [P. Zappa, Adv. in Appl. Math. 19(1997), 31–44]). Από όσο είμαι σε θέση να γνωρίζω, το ερώτημα παραμένει ανοικτό στη γενική

του περίπτωση.

108. Απάντηση για το (β): ker(T ) = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Fn : x1 = · · · = xk = 0, Im(T ) =(x1, x2, . . . , xn) ∈ Fn : xk+1 = · · · = xn = 0, dim ker(T ) = n − k και dim Im(T ) = k.Απάντηση για το (γ): η T είναι ισομορφισμός διανυσματικών χώρων αν και μόνο αν k = n.Απάντηση για το (δ): είναι ο διαγώνιος n× n πίνακας με στοιχεία 1, . . . , 1, 0, . . . , 0 στην κύρια

διαγώνιο (k από τα οποία είναι ίσα με 1).

109. Το (α) είναι εύκολο. Απάντηση για το (β): ker(T ) = (x, x, . . . , x) : x ∈ Fn, Im(T ) =(y1, y2, . . . , yn) ∈ Fn : y1 + y2 + · · · + yn = 0, dim ker(T ) = 1 και dim Im(T ) = n − 1. Για

το (γ), θεωρήστε την ορθογώνια προβολή S(x) του 2x στην ευθεία x1 + x2 = 0 για x ∈ R2

και παρατηρήστε ότι η απεικόνιση S : R2 → R2είναι γραμμικός μετασχηματισμός. Δείξτε ότι

S(u1) = T (u1) και S(u2) = T (u2) για κάποια βάση u1, u2 του R2(π.χ. επιλέξτε u1 = (1, 1)t

και u2 = (1,−1)t) και συνάγετε ότι S(x) = T (x) για κάθε x ∈ R2.

67

110. Το (α) προκύπτει εύκολα από τη γραμμικότητα της T και από τον ορισμό του υπόχωρου (και

θα πρέπει να σας είναι οικείο από τη θεωρία). Για το (β) παρατηρήστε ότι ο W έχει πεπερα-

σμένη διάσταση, ως υπόχωρος ενός χώρου πεπερασμένης διάστασης. ΄Εστω n = dim(W ) και

έστω w1, w2, . . . , wn μια βάση του W . Παρατηρήστε ότι κάθε w ∈ W είναι γραμμικός συν-

δυασμός των w1, w2, . . . , wn και δείξτε ότι το T (w) είναι ο αντίστοιχος γραμμικός συνδυασμός

των T (w1), T (w2), . . . , T (wn). Συμπεράνετε ότι τα T (w1), T (w2), . . . , T (wn) παράγουν το χώρο

T (W ) και συνάγετε ότι ισχύει dimT (W ) ≤ n = dim(W ). Πιο συγκεκριμένες πληροφορίες για

τη διαφορά dim(W )− dimT (W ) προκύπτουν από την ΄Ασκηση 118.

111. Από την υπόθεση προκύπτει ότι για κάθε v ∈ V υπάρχει λv ∈ F με T (v) = λvv. Χρησιμοποιώ-

ντας τη γραμμικότητα της T , δείξτε ότι για τυχαία γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα u, v του

V ισχύει λu = λu+v = λv και συνάγετε ότι υπάρχει λ ∈ F τέτοιο ώστε T (v) = λv για κάθε

v ∈ V .

112. Υποθέστε ότι∑m−1k=0 ckT

k(x) = 0 για κάποια c0, c1, . . . , cm−1 ∈ F. Εφαρμόστε την Tm−1 στη

σχέση αυτή και συμπεράνετε ότι c0 = 0. Εφαρμόστε έπειτα την Tm−2 και συμπεράνετε ότι

c1 = 0. Συνεχίστε παρόμοια για να δείξετε ότι c0 = c1 = · · · = cm−1 = 0.

113. Για το (α) εργασθείτε όπως στην ΄Ασκηση 112: Θεωρήστε μια σχέση γραμμικής εξάρτησης

μεταξύ των x1, x2, . . . , x2k και εφαρμόστε διαδοχικά σε αυτήν τις T 2k , T 2k−1

, . . . , T για να δείξετε

ότι η σχέση είναι τετριμμένη. Για το (β) υποθέστε ότι για κάθε θετικό ακέραιο m υπάρχει μη

μηδενικό διάνυσμα ym ∈ ker(Tm) ∩ Im(Tm). Θεωρήστε xm ∈ V τέτοιο ώστε ym = Tm(xm)και παρατηρήστε ότι ισχύουν Tm(xm) 6= 0 και T 2m(xm) = 0 για κάθε m. Συνάγετε από το (α)

ότι τα διανύσματα x1, x2, x4, . . . , x2k είναι γραμμικώς ανεξάρτητα για κάθε μη αρνητικό ακέραιο

k και καταλήξτε σε άτοπο.

114. Υποθέτουμε ότι n ≥ 2 και εφαρμόζουμε επαγωγή στο n. Θεωρούμε μια γραμμική σχέση λ1v1 +λ2v2 + · · ·+ λnvn = 0V μεταξύ των v1, v2, . . . , vn, όπου λ1, λ2, . . . , λn ∈ F. Εφαρμόζουμε την

T σε αυτή την ισότητα, λαμβάνοντας υπόψην τις σχέσεις T (v1) = v1 και T (vi) = vi−1 + viγια 2 ≤ i ≤ n, αφαιρούμε από την ισότητα που προκύπτει την αρχική και καταλήγουμε στην

ισότητα λ2v1 + λ3v2 + · · ·+ λnvn−1 = 0V . Από την υπόθεση της επαγωγής συμπεραίνουμε ότι

λ2, . . . , λn = 0 και συνεπώς ότι λ1v1 = 0V , οπότε λ1 = 0. ΄Επεται η γραμμική ανεξαρτησία του

v1, v2, . . . , vn.

115. Παρατηρήστε ότι τα u1, . . . , un και v1, . . . , vn είναι βάσεις του V και συνεπώς ότι για τυχαία

μη μηδενικά στοιχεία λ1, . . . , λn του F υπάρχει γραμμικός ισομορφισμός T : V → V με T (ui) =λivi για 1 ≤ i ≤ n. ΄Επειτα γράψτε vn+1 = c1v1 + · · · + cnvn και un+1 = d1u1 + · · · + dnunμε ci, di ∈ F, δείξτε ότι όλοι οι συντελεστές ci και di είναι μη μηδενικοί και επιλέξτε τα λiκατάλληλα ώστε να ισχύει T (un+1) = vn+1. Για όσους γνωρίζουν την έννοια του προβολικού

χώρου, η άσκηση αυτή δείχνει ότι σε προβολικό χώρο διάστασης n−1, οποιαδήποτε δύο σύνολα

καθένα από τα οποία αποτελείται από n+ 1 σημεία σε γενική θέση είναι μεταξύ τους προβολικά

ισοδύναμα.

116. Το (α) είναι εύκολο. Για το (β) δείξτε ότι για κάθε Y ∈ F(m−1)×(n−1)υπάρχει μοναδικό X ∈ V

τέτοιο ώστε T (X) = Y . Το (γ) είναι άμεση συνέπεια του (β).

117. Για το (α) χρησιμοποιήστε γνωστές ιδιότητες των πράξεων πινάκων. Για το (β) δείξτε ότι η

απεικόνιση T είναι αντιστρέψιμη, με αντίστροφη την απεικόνιση S : Fm×n → Fm×n που ορίζεται

θέτοντας S(X) = A−1X για X ∈ Fm×n. Για το (γ), υποθέστε ότι η T είναι ισομορφισμός

και παρατηρήστε ότι dim(Fm×n) = dim(Fp×n) και ότι ker(T ) = 0. Από την πρώτη ισότητα

συνάγετε ότι p = m και από τη δεύτερη και την ΄Ασκηση 26 συμπεράνετε ότι ο πίνακας A είναι

αντιστρέψιμος.

68

118. Αποδείξτε το θεμελιώδες αυτό θεώρημα της γραμμικής άλγεβρας ωε εξής: ΄Εστω dim ker(T ) = kκαι dim(V ) = n. Θεωρήστε μια βάση v1, v2, . . . , vk του πυρήνα ker(T ) και επεκτείνετε αυτή

σε βάση v1, v2, . . . , vn του V . Δείξτε ότι τα T (vk+1), . . . , T (vn) παράγουν την εικόνα Im(T )(εύκολο) και ότι είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και συνάγετε ότι dim Im(T ) = n− k = dim(V )−dim ker(T ).

119. Για το (α) παρατηρήστε ότι αν x ∈ ker(ST ), τότε T (x) ∈ ker(S). Για την πρώτη ισότητα του

(β) παρατηρήστε ότι ker(T ) ⊆ ker(ST ) και συνάγετε ότι ker(R) = ker(ST ) ∩ ker(T ) = ker(T ).Για τη δεύτερη παρατηρήστε ότι Im(R) = T (x) : x ∈ ker(ST ) και συνάγετε το ζητούμενο.

Για το (γ) εφαρμόστε την ΄Ασκηση 118 στην R και χρησιμοποιήστε το (β).

120. Το (α) προκύπτει από το (β) ή ευθέως από τη γραμμικότητα της T και τον ορισμό του υπόχωρου.

Για το (β) παρατηρήστε ότι για v ∈ V ισχύει v ∈ ker(S)⇔ S(v) = 0⇔ π(T (v)) = 0⇔ T (v) ∈W ⇔ v ∈ T−1(W ). Για το (γ) συμπεράνετε από το (δ) και την ΄Ασκηση 118 ότι dimT−1(W ) =dim ker(S) = dim(V ) − dim Im(S) ≥ dim(V ) − dim(U/W ) = dim(V ) − dim(U) + dim(W ).Εναλλακτικά, θεωρήστε τον περιορισμό T της T στο T−1(W ). Παρατηρήστε ότι ker(T) =ker(T ) και ότι Im(T) = Im(T ) ∩W και συμπεράνετε ότι

dimT−1(W ) = dim ker(T) + dim Im(T) = dim ker(T ) + dim(Im(T ) ∩W )

= dim(V )− dim Im(T ) + dim(Im(T ) ∩W )

= dim(V )− dim(Im(T ) +W ) + dim(W )

≥ dim(V )− dim(U) + dim(W ).

121. Χρησιμοποιήστε τις σχέσεις dim(Vi) = dim ker(Ti) + dim Im(Ti) = dim Im(Ti−1) + dim Im(Ti)για 1 ≤ i ≤ m.

122. Για το (α) παρατηρήστε ότι n = dim(V ) = dim ker(T ) + dim Im(T ) = 2 dim ker(T ). Για το

(β) δείξτε ότι ο υπόχωρος ker(T ) του V είναι S-αναλλοίωτος και ότι ο περιορισμός της S στον

υπόχωρο αυτό ικανοποιεί τη συνθήκη του (α).

123. Για τα (α) και (γ) χρησιμοποιήστε την ΄Ασκηση 12, καθώς και γνωστές ιδιότητες των πράξεων

πινάκων. Για το (β), παρατηρήστε ότι από την υπόθεση ισχύει tr(AX) = 0 για κάθε X ∈ Fn×m.

Γράφοντας A = (aij), δείξτε ότι ισχύει tr(AEij) = aji για 1 ≤ i ≤ n και 1 ≤ j ≤ m και

συνάγετε ότι A = O. Τέλος, παρατηρήστε ότι το αποτέλεσμα του (β) γράφεται ισοδύναμα ως

ker(T ) = 0, οπότε η T είναι μονομορφισμός διανυσματικών χώρων. Λαμβάνοντας υπόψην ότι

dim(Fm×n) = dim(Fn×m)∗ = mn, συμπεράνετε ότι η T είναι και επιμορφισμός και επομένως

ότι ισχύει το (δ).

124. Το (α) είναι εύκολο. Από τη σχέση B = PA προκύπτει ότι Ax = 0 ⇒ Bx = 0 και από την

A = P−1B ότι Bx = 0 ⇒ Ax = 0. Για το (β) εργασθείτε ως εξής: ΄Εστω LA, LB : Fn×1 →Fm×1 οι γραμμικές απεικονίσεις με LA(x) = Ax και LB(x) = Bx για x ∈ Fn×1. Από την

υπόθεση γνωρίζουμε ότι ker(LA) = ker(LB). Επεκτείνετε μια τυχαία βάση (u1, u2, . . . , uk) του

ker(LA) = ker(LB) σε μια βάση (u1, u2, . . . , un) του Fn×1. Υπενθυμίζεται ότι τα LA(ui) για

k+1 ≤ i ≤ n είναι γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα του Fm×1 (και αποτελούν βάση της εικόνας

ImLA) και ομοίως για τα LB(ui) για k + 1 ≤ i ≤ n. Θεωρήστε τυχαία αντιστρέψιμη γραμμική

απεικόνιση T : Fm×1 → Fm×1 τέτοια ώστε T (LA(x)) = LB(x) για κάθε x ∈ uk+1, . . . , unκαι δείξτε ότι T (LA(x)) = LB(x) για κάθε x ∈ Fn×1. Συνάγετε ότι PA = B, όπου P ∈ Fm×mείναι ο αντιστρέψιμος πίνακας με T (y) = Py για κάθε y ∈ Fm×1.

125. Για το (α) θυμηθείτε ότι η T είναι μονομορφισμός αν και μόνο αν ker(T ) = 0 και χρη-

σιμοποιήστε την ΄Ασκηση 118. Για το (β) παρατηρήστε ότι Im(T ) ⊆ W και συνεπώς ότι

Im(T ) = W ⇔ dim Im(T ) = dim(W ). Το (γ) έπεται από τα (α) και (β).

69

126. Παρατηρώντας ότι Im(ST ) ⊆ Im(S) βρίσκουμε ότι rank(ST ) ≤ rank(S). ΄Εχουμε επίσης

Im(ST ) = S(Im(T )) και συνεπώς rank(ST ) = dim Im(ST ) = dim Im(T ) − dim ker(S) ∩Im(T ) ≤ dim Im(T ) = rank(T ), άρα ισχύει το (α). Το (β) προκύπτει εφαρμόζοντας το (α) στις

γραμμικές απεικονίσεις LA : Fn → Fm και LB : Fp → Fn.

127. Για το (α) παρατηρήστε ότι Im(S + T ) ⊆ Im(S) + Im(T ). Για το (β) γράψτε την προτεινόμενη

ανισότητα ως n−rank(S) ≥ rank(T )−rank(ST ) και παρατηρήστε ότι n−rank(S) = dim ker(S)και ότι rank(T )− rank(ST ) = dim Im(T )∩ker(S). Εργαστείτε παρόμοια για το (γ) και γράψτε

την προτεινόμενη ανισότητα ως rank(R)− rank(SR) ≥ rank(RT )− rank(SRT ). Παρατηρήστε

ότι rank(R)−rank(SR) = dim Im(R)∩ker(S) και ότι rank(RT )−rank(SRT ) = dim Im(RT )∩ker(S). Προφανώς το (β) προκύπτει από το (γ) όταν η R : V → V είναι η ταυτοτική απεικόνιση.

128. Απάντηση: bn/2c για το (α) και b2n/3c για το (β). ΄Εστω LA : Fn → Fn η γραμμική απεικόνιση

με LA(x) = Ax για x ∈ Fn. Για το (α) εφαρμόστε το (β) της ΄Ασκησης 127 για S = LA και

δώστε παράδειγμα πίνακα A με A2 = O και τάξη ίση με bn/2c. Παρόμοια, για το (β) εφαρμόστε

το (β) της ΄Ασκησης 127 για S = LA και S = L2A.

129. Το (α) είναι εύκολο (χρησιμοποιήστε τη γραμμικότητα της S). Για το (β) παρατηρήστε ότι

η S + T είναι η ταυτοτική απεικόνιση πάνω στο V και εφαρμόστε την ΄Ασκηση 127 (α). Για

το (γ) θεωρήστε τους υπόχωρους U = Im(S) και W = Im(T ) του V . Παρατηρήστε ότι για

κάθε x ∈ V έχουμε x = S(x) + T (x) ∈ U + W και συνάγετε ότι U + W = V , επομένως ότι

V = U ⊕W ⇔ U ∩W = 0 ⇔ dim(U) + dim(W ) = n. Από το τελευταίο συμπεράνετε ότι

(i) ⇔ (ii) ⇔ (iii). Χρησιμοποιώντας το (α), δείξτε ότι Im(ST ) = Im(TS) ⊆ Im(S) ∩ Im(T )και συνάγετε ότι (ii) ⇒ (iv). Παρατηρήστε ότι ker(T ) = Fix(S) και ker(S) = Fix(T ) και

συνάγετε ότι οι συνεπαγωγές (vi) ⇒ (iv) και (vi) ⇒ (v) προκύπτουν από το (α) της ΄Ασκησης

140. Τέλος δείξτε ότι (iv)⇒ (iii) και (v)⇒ (iii) παρατηρώντας ότι dim ker(T ) = n− rank(T )και dim ker(S) = n − rank(S), αντίστοιχα. Για τα (δ) και (ε) εφαρμόστε τα παραπάνω στο

γραμμικό μετασχηματισμό S = LA : Rn → Rn.

130. Για το (α) δείξτε ότι rank(AB)− rank(BA) ≤ rank(A) και, με χρήση του (β) της ΄Ασκησης 127,

ότι rank(AB)− rank(BA) ≤ n− rank(A). Για το (β), βρείτε πρώτα τέτοιους πίνακες για n = 2.Για το (γ) χρησιμοποιήστε πρώτα το (α) της ΄Ασκησης 127 για να δείξετε ότι rank(A) ≥ n/2 και

rank(B) ≥ n/2 και έπειτα το (β) της ίδιας άσκησης για να δείξετε ότι rank(A) = rank(B) = n/2.

131. Θέτουμε u = (a1 a2 · · · an)t ∈ Cn, P = (xij) ∈ Cn×n με xij = xji και

X = (x11 x12 · · · x1n x22 · · · xnn)t ∈ Cn(n+1)

2 .

Γράψτε την ισότητα Pu = v ως ένα γραμμικό σύστημα QX = B, όπου Q είναι n × n(n+1)2

πίνακας τα στοιχεία του οποίου εξαρτώνται από τα a1, a2, . . . , an. Δείξτε ότι οι γραμμές του Qείναι γραμμικώς ανεξάρτητες αν τα a1, a2, . . . , an δεν είναι όλα ίσα με μηδέν και συνάγετε από

την ΄Ασκηση 70 ότι το σύστημα QX = B έχει μία τουλάχιστον λύση.

132. ΄Εστω B και C οι δοσμένες βάσεις των V καιW , αντίστοιχα. Θεωρήστε το γραμμικό ισομορφισμό

φ : V → Fn που απεικονίζει το v ∈ V στη στήλη των συντεταγμένων του v ως προς τη βάση

B και το γραμμικό ισομορφισμό ψ : W → Fm που απεικονίζει το w ∈ W στη στήλη των

συντεταγμένων του w ως προς τη βάση C. Θυμηθείτε ότι ισχύει ψ(T (v)) = Ax για κάθε v ∈ V ,

όπου x = φ(v) (θεμελιώδης ιδιότητα του πίνακα μιας γραμμικής απεικόνισης). Συμπεράνετε

ότι ψ T = LA φ και συνεπώς ότι ψ(Im(T )) = Im(LA). Συνάγετε από το τελευταίο ότι

rank(T ) = dim Im(T ) = dim Im(LA) = rank(A), δηλαδή ότι ισχύει το (α). Τα υπόλοιπα

ερωτήματα προκύπτουν από το (α) και την ΄Ασκηση 125.

70

133. Για το (α) χρησιμοποιήστε γνωστές ιδιότητες της παραγώγου. Για τα (β) και (γ) παρατηρήστε

ότι ο πίνακας της T ως προς τη βάση (1, x, x2, . . . , xn) του Vn είναι άνω τριγωνικός και ότι

τα διαγώνια στοιχεία του είναι ίσα με 1. Συνάγετε από την ΄Ασκηση 132 (δ) ότι η T είναι

αντιστρέψιμη για κάθε n ∈ N και ότι το ίχνος της είναι ίσο με n + 1. Για τα (γ) και (δ),

λύνοντας το αντίστοιχο γραμμικό σύστημα δείξτε ότι για 0 ≤ k ≤ n, το μοναδικό fk(x) ∈ Vμε T (fk(x)) = xk είναι το πολυώνυμο fk(x) = k!

∑ki=0 x

i/i!. Για το (δ) συνάγετε ότι f(x) =∑ni=0 fk(x) και συνεπώς ότι f(0) = 0! + 1! + · · ·+ n!.

134. Αναδιατάσοντας τα στοιχεία της συνήθους βάσης του Fm×n ως (E11, E21, . . . , Em1, E12, . . . , Emn)και τα στοιχεία της συνήθους βάσης του Fp×n ως (E11, E21, . . . , Ep1, E12, . . . , Epn), δείξτε ότι

ο πίνακας της T παίρνει τη μορφή

A =

A O · · · OO A · · · O...

.

.

.. . .

.

.

.

O O · · · A

.

Συμπεράνετε από την ΄Ασκηση 132 (α) ότι rank(T ) = n rank(A) και ότι ισχύει το (δ). Για το

(γ) χρησιμοποιήστε την ΄Ασκηση 125 (γ) και το (β).

135. Για το (α) χρησιμοποιήστε γνωστές ιδιότητες των πράξεων πινάκων. Για το (β) δείξτε πρώτα ότι

αν οι πίνακες A και B είναι αντιστρέψιμοι (οπότε p = m και q = n), τότε η T : Fm×n → Fm×nείναι επίσης αντιστρέψιμη και ότι η αντίστροφη απεικόνιση ορίζεται από τον τύπο T−1(X) =A−1XB−1 για X ∈ Fm×n. Για το αντίστροφο παρατηρήστε πρώτα ότι T = R S = S′ R′,όπου S : Fm×n → Fp×n και R′ : Fm×n → Fm×q είναι οι απεικονίσεις που ορίζονται θέτοντας

S(X) = AX και R′(X) = XB για X ∈ Fm×n και R : Fp×n → Fp×q και S′ : Fm×q → Fp×qείναι οι απεικονίσεις που ορίζονται θέτοντας R(Y ) = Y B και S′(Y ) = AY για Y ∈ Fp×nκαι Y ∈ Fm×q, αντίστοιχα. Υποθέστε ότι η T είναι ισομορφισμός διανυσματικών χώρων, οπότε

rank(T ) = dim(Fm×n) = dim(Fp×q). Από τις ισότητες T = RS = S′R′ και την ΄Ασκηση 126

συμπεράνετε ότι rank(T ) ≤ rank(S) ≤ pn και rank(T ) ≤ rank(R′) ≤ mq. Από τα παραπάνω

συνάγετε ότι pq = mn ≤ pn,mq και συνεπώς ότι p = m και q = n. Τέλος, από τη σχέση

ker(T ) = 0 και την ΄Ασκηση 26 συνάγετε ότι ker(S) = ker(R′) = 0 και ότι οι πίνακες A και

B είναι αντιστρέψιμοι. Για το (γ) γράψτε A = (aij) και B = (bij) και υπολογίστε ότι

T (Eij) = AEijB =

(p∑k=1

m∑`=1

ak`Ek`

)Eij

(n∑r=1

q∑s=1

brsErs

)=

p∑k=1

q∑s=1

akibjsEks.

Συνάγετε ότι ο πίνακας της T ως προς τις διατεταγμένες βάσεις (E11, E21, . . . , Em1, E12, . . . , Emn)του Fm×n και (E11, E21, . . . , Ep1, E12, . . . , Epq) του Fp×q είναι ο

C =

b11A b21A · · · bn1Ab12A b22A · · · bn2A...

.

.

.. . .

.

.

.

b1qA b2qA · · · bnqA

.

Για το (δ) παρατηρήστε (για p = m και q = n) ότι tr(C) = tr(A)tr(B) και (βλέπε ΄Ασκηση

55) ότι det(C) = (det(A))n(det(B))m. Δώστε μια διαφορετική απόδειξη για την τελευταία

ισότητα παρατηρώντας ότι det(T ) = det(R S) = det(R) det(S) (όπου οι απεικονίσεις R και Sορίστηκαν παραπάνω), συνάγοντας από την ΄Ασκηση 134 ότι det(S) = (det(A))n και δείχνοντας

με παρόμοιο τρόπο ότι det(R) = (det(B))m.

71

136. Αφού ο συντελεστής του S στο ϕn(S) είναι ίσος με (−1)|S|, έχουμε

tr(ϕn) =∑S⊆[n]

(−1)|S| =

n∑k=0

(−1)k(n

k

)= 0

για κάθε n ≥ 1. Θεωρούμε τώρα την αντίστροφη λεξικογραφική διάταξη της δοσμένης βάσης του

Vn. Για παράδειγμα, για n = 3 η διάταξη αυτή είναι η ∅ < 1 < 2 < 1, 2 < 3 < 1, 3 <2, 3 < 1, 2, 3. Συμβολίζουμε με An τον πίνακα της ϕn ως προς αυτή τη διατεταγμένη βάση.

Παρατηρούμε ότι

An =

(An−1 An−1An−1 −An−1

)για n ≥ 1. Αφαιρώντας την πρώτη στήλη από τη δεύτερη βρίσκουμε ότι

det(An) = det

(An−1 OAn−1 −2An−1

)= (−2)2

n−1

(det(An−1))2

για n ≥ 1. Με επαγωγή στο n βρίσκουμε ότι det(ϕn) = det(An) = 22n−1n

για n ≥ 2, όπου

det(A0) = 1 και det(A1) = −2, και συμπεραίνουμε ότι η ϕn είναι αντιστρέψιμη για κάθε n ≥ 1.

137. Για το (α) χρησιμοποιήστε τις ισότητες(1 0

0 1

)=

(1 1

1 0

)+

(0 −1−1 1

)και

(1 0

0 0

)=

(1 1

1 0

)+

(0 −1−1 0

),

καθώς και την O = I + (−I). Για το (β) χρησιμοποιήστε το (α) και θυμηθείτε ότι για κάθε

πίνακα A ∈ Fn×n υπάρχουν αντιστρέψιμοι πίνακες P,Q ∈ Fn×n τέτοιοι ώστε A = QJrP , όπου

r = rank(A).

138. Για το (α) παρατηρήστε ότι A = P−1PA = APP−1 και χρησιμοποιήστε τη δοσμένη ιδιότητα

της f . Για το (β) χρησιμοποιήστε το (α) και το γεγονός ότι υπάρχουν αντιστρέψιμοι πίνακες Pκαι Q ώστε PAQ = Jk, όπου k = rank(A). Για το (γ) παρατηρήστε ότι JkJk+1 = Jk.

139. Το (α) και (β) είναι εύκολα (χρησιμοποιήστε τη γραμμικότητα του T ). Για το (γ) θεωρήστε

το γραμμικό μετασχηματισμό S : V → V με S(x) = x − T (x) για x ∈ V , παρατηρήστε ότι

ker(S) = Fix(T ) και θυμηθείτε ότι ένας γραμμικός μετασχηματισμός S ενός διανυσματικού

χώρου πεπερασμένης διάστασης είναι μονομορφισμός αν και μόνο αν ο S είναι επιμορφισμός. Για

το (δ), υποθέτοντας ότι dim Fix(T ) ≥ k, θεωρήστε τυχαία βάση του Fix(T ) και επεκτείνετέ την

σε βάση του V . Αντιστρόφως, αν υπάρχει βάση (u1, u2, . . . , un) του V με τη δοσμένη ιδιότητα,

δείξτε ότι τα u1, u2, . . . , uk είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του Fix(T ) και συνάγετε ότι

dim Fix(T ) ≥ k. Για το (ε) θεωρήστε π.χ. τη γραμμική απεικόνιση T : F[t]→ F[t] που ορίζεται

θέτοντας T (p(t)) = tp(t), για p(t) ∈ F[t].

140. Από τη σχέση T (T (x)) = T (x) προκύπτει ότι Im(T ) ⊆ Fix(T ). Ο αντίστροφος εγκλεισμός

Fix(T ) ⊆ Im(T ) είναι προφανής. Συνεπώς ισχύει το (α). Για το (β) παρατηρήστε ότι η σχέση

T (T (x)) = T (x) γράφεται ισοδύναμα T (x − T (x)) = 0, ή x − T (x) ∈ ker(T ). Από την

τελευταία ισότητα συνάγετε ότι V = ker(T ) + Im(T ) = ker(T ) + Fix(T ) και παρατηρήστε

ότι ker(T ) ∩ Fix(T ) = 0. Για το (γ) επιλέξτε τυχαίες βάσεις των Fix(T ) και ker(T ) και

χρησιμοποιήστε τη συνεπαγωγή (i) ⇒ (iv) της ΄Ασκησης 98 για να ορίσετε την επιθυμητή βάση

του V .

141. Για το (α) παρατηρήστε ότι η απεικόνιση T είναι αντιστρέψιμη με αντίστροφη απεικόνιση τον

εαυτό της. Για το (β) χρησιμοποιήστε τη γραμμικότητα της T και την υπόθεση T (T (x)) = x.Για το (γ) παρατηρήστε πρώτα ότι ισχύει x = (x+ T (x))/2 + (x− T (x))/2 για κάθε x ∈ V και

72

χρησιμοποιήστε το (β) για να συμπεράνετε ότι V = Fix(T )+U . ΄Επειτα δείξτε ότι Fix(T )∩U =0. Για το (δ) θεωρήστε μια βάση του Fix(T ) και μια βάση του U και χρησιμοποιήστε το (γ) και

την ΄Ασκηση 98 για να δείξετε ότι η ένωση των δύο είναι βάση του V με τη ζητούμενη ιδιότητα.

142. Για το (α) παρατηρήστε ότι η T είναι αντιστρέψιμη απεικόνιση, με αντίστροφη T−1 = −T .

Για το (β) υποθέστε ότι τα x και T (x) είναι γραμμικώς εξαρτημένα για κάποιο μη μηδενι-

κό διάνυσμα x ∈ V και συμπεράνετε ότι T (x) = λx για κάποιο λ ∈ R. Συνάγετε ότι

−x = T (T (x)) = T (λx) = λT (x) = λ2x και καταλήξτε στο άτοπο λ2 = −1. Για το (γ)

δείξτε πρώτα την εξής βοηθητική πρόταση: Αν τα u1, . . . , uk, T (u1), . . . , T (uk) είναι γραμμικώς

ανεξάρτητα διανύσματα του V και το u ∈ V δεν ανήκει στη γραμμική θήκη αυτών, τότε τα

u1, . . . , uk, u, T (u1), . . . , T (uk), T (u) είναι επίσης γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα του V (πα-

ρατηρήστε ότι το ερώτημα (β) ισοδυναμεί με την περίπτωση k = 0). Το ζητούμενο προκύπτει

εύκολα από την πρόταση. Για την απόδειξη της πρότασης, υποθέστε ότι ισχύει

λu+ µT (u) +

k∑i=1

λiui +

k∑i=1

µiT (ui) = 0

για κάποια λ, µ, λi, µi ∈ R. Υποθέτοντας ότι οι λ και µ δεν είναι και οι δύο ίσοι με μηδέν,

εφαρμόστε την T στην παραπάνω σχέση και δείξτε ότι το u είναι γραμμικός συνδυασμός των

u1, . . . , uk, T (u1), . . . , T (uk), σε αντίθεση με την υπόθεση. Συμπεράνετε ότι λ = µ = 0 και

συνεπώς ότι λi = µi = 0 για 1 ≤ i ≤ k. Για το (δ) χρησιμοποιήστε τη βάση που προκύπτει από

το ερώτημα (γ).

143. Παρατηρήστε πρώτα ότι V ⊇W1 ⊇W2 ⊇ · · · . Για το (α) δείξτε ότι αν dim(Wi+1) = dim(Wi),τότε Wi+1 = Wi και ότι Wk = Wi για κάθε k ≥ i, σε αντίφαση με την υπόθεση Wm = 0.Για το (β), έστω ότι Tm = O, δηλαδή ότι Wm = 0, και ότι ο m είναι ο μικρότερος θετικός

ακέραιος με αυτή την ιδιότητα. Χρησιμοποιώντας το (α), επιλέξτε μια βάση του Wm−1 και

επεκτείνετε αυτή διαδοχικά σε βάσεις των Wm−2, . . . ,W1 και V . Δείξτε ότι η βάση του V που

προκύπτει έχει τη ζητούμενη ιδιότητα. Το αντίστροφο προκύπτει από την ΄Ασκηση 6 (δ). Για

το (γ) επιλέξτε διάνυσμα v ∈ V ώστε Tn−1(v) 6= 0 και συνάγετε από την ΄Ασκηση 112 ότι το

σύνολο v, T (v), T 2(v), . . . , Tn−1(v) είναι βάση του V . Για το (δ) χρησιμοποιήστε το (α) ή το

(β) και την ΄Ασκηση 6 (δ).

144. Για το (α) παρατηρήστε ότι B = P−1AP για κάποιον αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Fn×n, οπότε

B = P−1(λI)P = λ(P−1P ) = λI = A. Για το (β) υποθέστε ότι ο μόνος πίνακας B ∈ Fn×nπου είναι όμοιος με τον A είναι ο B = A και δείξτε ότι ο A πρέπει να είναι της μορφής A = λIως εξής: Παρατηρήστε ότι για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Fn×n, ο πίνακας P−1AP είναι

όμοιος με τον A. Από την υπόθεσή μας προκύπτει ότι P−1AP = A, δηλαδή AP = PA, για

κάθε αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Fn×n. Το ζητούμενο έπεται από την ΄Ασκηση 18 (δ).

145. ΄Εστω ότι B = P−1AP για κάποιον αντιστρέψιμο πίνακα P ∈ Fn×n. Για την ισότητα tr(A) =tr(B) του (α) χρησιμοποιήστε τις ιδιότητες του ίχνους (μέρος (α) της ΄Ασκηση 12). Για την

ισότητα det(A) = det(B), συμπεράνετε από γνωστές ιδιότητες της ορίζουσας ότι det(B) =det(P−1) det(A) det(P ) και ότι det(P−1) det(P ) = 1 και καταλήξτε στο ζητούμενο. Η ισότητα

rank(A) = rank(B) είναι ειδική περίπτωση της ΄Ασκησης 126 (δ). Για το (β) παρατηρήστε ότι αν

B = P−1AP , τότε Bm = P−1AmP για κάθε m ∈ N. Για το (γ) συνάγετε ότι αν B = P−1AP ,

τότε φ(B) = P−1φ(A)P για κάθε πολυώνυμο φ(x) ∈ F[x]. Για το (δ) επιλέξτε πίνακα C 6= Oμε C2 = O και D = O για να δείξετε ότι η απάντηση είναι αρνητική.

146. Για το (α) παρατηρήστε ότι C2 = O και ότι C 6= O και συνάγετε ότι αν A = PCP−1, τότε

A2 = PC2P−1 = O και A 6= O. Για τα (β) και (γ) θεωρήστε το γραμμικό μετασχηματισμό

T = LA : Fn → Fn με T (x) = Ax για x ∈ Fn. Το (β) προκύπτει εφαρμόζοντας την ειδική

73

περίπτωση n = 2 της ΄Ασκησης 143 (γ) στο μετασχηματισμό T , ή με τρόπο ανάλογο με τον

ακόλουθο για το ερώτημα (γ). Για το (γ), υποθέστε ότι ο A ∈ F3×3είναι μη μηδενικός

πίνακας με A2 = O. Παρατηρήστε τότε ότι T 6= 0 και ότι T 2 = 0, και συμπεράνετε ότι

Im(T ) ⊆ ker(T ). Αφού οι διαστάσεις των Im(T ) και ker(T ) έχουν άθροισμα 3 (΄Ασκηση 118) και

Im(T ) 6= 0, συμπεράνετε ότι dim Im(T ) = 1 και dim ker(T ) = 2. Επιλέξτε τώρα μη μηδενικό

διάνυσμα u ∈ Im(T ), επεκτείνετε σε διατεταγμένη βάση (u, v) του ker(T ) και θεωρήστε διάνυσμα

w ∈ F3με T (w) = u. Τέλος, παρατηρώντας ότι w /∈ ker(T ), δείξτε ότι η τριάδα (u, v, w) είναι

διατεταγμένη βάση του Fn ως προς την οποία ο πίνακας της T είναι ίσος με C και συνάγετε το

ζητούμενο. Για το (δ) δώστε αρνητική απάντηση, θέτοντας

A =

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

0 0 0 0

και παρατηρώντας ότι A2 = O και ότι rank(A) = 2.

147. Δείξτε ότι η απάντηση είναι αρνητική και στις δύο περιπτώσεις ως εξής: Υποθέστε ότι οι

δοσμένοι πίνακες, έστω A και B, είναι όμοιοι. Για το (α), συμπεράνετε από το μέρος (γ) της

΄Ασκησης 145 (ή χρησιμοιποιώντας απευθείας τον ορισμό της ομοιότητας ή άλλον τρόπο) ότι οι

A−I και B−I είναι επίσης όμοιοι και από το (α) της ίδιας άσκησης ότι rank(A−I) = rank(B−I)και καταλήξτε σε άτοπο. Για το (β) εργασθείτε παρόμοια με τους πίνακες (A− I)2 και (B− I)2.

148. Για το (α) παρατηρήστε ότι J2r = Jr και συνάγετε ότι αν A = P−1JrP , τότε A2 = P−1J2

rP =P−1JrP = A. Για το (β) εφαρμόστε την ΄Ασκηση 140 στο γραμμικό μετασχηματισμό T = LA.

149. Για το (α) παρατηρήστε ότι J2k = I και συνάγετε ότι αν A = P−1JkP , τότε A2 = P−1J2

kP =P−1P = I. Για το (β) εφαρμόστε την ΄Ασκηση 141 στο γραμμικό μετασχηματισμό T = LA. Για

το (γ) δείξτε ότι το ερώτημα έχει αρνητική απάντηση, θεωρώντας το σώμα F = 0, 1 με δύο

στοιχεία και τον πίνακα A =

(0 1

1 0

)∈ F2×2

.

150. Για το (α) παρατηρήστε ότι J2m = −I και συνάγετε ότι αν A = P−1JmP , τότε A2 = P−1J2

mP =P−1(−I)P = −I. Για το (β) εφαρμόστε την ΄Ασκηση 142 στο γραμμικό μετασχηματισμό

T = LA.

151. Θεωρήστε τη γραμμική απεικόνιση T = LAn(λ) : Fn → Fn με T (x) = An(λ)x, οπότε T (e1) = e1και T (ei) = λei−1 +ei για 2 ≤ i ≤ n. Βρείτε μια βάση του Fn της μορφής (c1e1, c2e2, . . . , cnen),όπου ci ∈ Fr0, ως προς την οποία ο πίνακας της T είναι ίσος με An(µ) και συνάγετε το

ζητούμενο.

152. Για το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του An έχουμε

χA(x) = det(An − xI) = det

1− x 0 · · · 0 1

1 1− x · · · 0 0

0 1. . .

.

.

....

.

.

....

. . . 1− x 0

0 0 · · · 1 1− x

.

Αναπτύσσοντας την ορίζουσα κατά τα στοιχεία της πρώτης στήλης (ή με άλλο τρόπο), δείξτε

ότι χA(x) = (1− x)n + (−1)n−1 και συνάγετε ότι ο An είναι αντιστρέψιμος αν και μόνο αν ο nείναι περιττός.

74

153. Για το (α) παρατηρήστε ότι ο πίνακας J έχει τάξη 1 και ίχνος p, οπότε χJ(x) = (−x)p−1(p−x).Παρατηρήστε επίσης ότι ο πίνακας J+qIp έχει χαρακτηριστικό πολυώνυμο det(J+(q−x)Ip) =χJ(x− q) και συμπεράνετε ότι αυτό είναι ίσο με (q − x)p−1(p+ q − x). ΄Εστω A ο πίνακας του

ερωτήματος (β). Προσθέστε όλες τις γραμμές του A − xIp+q εκτός της πρώτης στην πρώτη

γραμμή και αφαιρέστε την πρώτη στήλη του πίνακα που προέκυψε από καθεμία από τις υπόλοιπες

στήλες για να συμπεράνετε ότι χA(x) = (−x)(p−x)q−1 det(J+(q−x)Ip). Από το αποτέλεσμα

του ερωτήματος (α) προκύπτει ότι χA(x) = (−x)(p+ q − x)(p− x)q−1(q − x)p−1.

154. Για το (α) παρατηρήστε ότι

χA−1(x) = det(A−1 − xI) = det(A−1) det(I − xA) = det(A−1) (−x)n det(A− 1

xI).

Για το (β) χρησιμοποιήστε το γεγονός ότι όμοιοι πίνακες έχουν ίσα χαρακτηριστικά πολυώνυμα,

ότι αν λi = 1λj

, τότε λj = 1λi

, ότι λi = 1λi

αν και μόνο αν λi = ±1 και ότι ο n είναι περιττός.

155. Χρησιμοποιήστε τις ισότητες(xIn OA Im

) (In −B−A xIm

)=

(xIn −xBO xIm −AB

)και (

In −B−A xIm

) (xIn OA Im

)=

(xIn −BA −B

O xIm

)καθώς και ιδιότητες των οριζουσών.

156. Προσθέστε στην i γραμμή του A− xI όλες τις γραμμές του πίνακα αυτού εκτός της i γραμμής.Προκύπτει ένας πίνακας B με det(B) = det(A − xI), κάθε στοιχείο της i γραμμής του οποίου

είναι ίσο με −x. Επομένως det(B) = −xdet(C), όπου C είναι ο πίνακας που προκύπτει από τον

B αντικαθιστώντας κάθε στοιχείο −x της i γραμμής με το 1. Προσθέστε στην j στήλη του Cόλες τις στήλες εκτός της j στήλης, αναπτύξτε την ορίζουσα του πίνακα που προκύπτει κατά τα

στοιχεία της j στήλης και θέστε x = 0 για να συμπεράνετε το ζητούμενο.

157. Παρατηρήστε ότι η ζητούμενη σχέση ισχύει και για m = 1, με την έννοια ότι p1(x) = 1, αφούστην περίπτωση αυτή οι f0 και f1 είναι μηδενικές απεικονίσεις και συνεπώς V1 = ker f1 = Im f0 =0. Στην περίπτωση m = 2, δείξτε ότι η f1 : V1 → V2 είναι ισομορφισμός, γράψτε τη σχέση

T2f1 = f1T1 στη μορφή T1 = f−11 T2f1 και συμπεράνετε ότι p1(x) = p2(x). Στην περίπτωση

m = 3, συνάγετε από τις υποθέσεις για τις fi ότι η απεικόνιση f1 : V1 → V2 είναι 1–1, ότι η

f2 : V2 → V3 είναι επί και ότι Im f1 = ker f2. Επίσης, συνάγετε από τη σχέση T2f1 = f1T1 ότι

ο υπόχωρος Im f1 του V2 είναι T2-αναλλοίωτος. Επεκτείνετε μια τυχαία βάση (v1, . . . , vk) του

χώρου Im f1 ⊆ V2 σε μια βάση (v1, . . . , vn) του V2 και δείξτε, χρησιμοποιώντας τη σχέση Im f1 =ker f2, ότι τα διανύσματα f2(vj) για k < j ≤ n αποτελούν βάση του V3. Χρησιμοποιώντας τον

πίνακα του T2 ως προς τη βάση (v1, . . . , vn) του V2, καθώς και την περίπτωση m = 2, δείξτε

ότι p2(x) = p1(x)p3(x). Για τη γενική περίπτωση χρησιμοποιήστε την περίπτωση m = 3 και

επαγωγή στο m. Το ζητούμενο της ΄Ασκησης 121 προκύπτει εξισώνοντας τους βαθμούς των

πολυωνύμων στα δύο μέλη της p1(x) p3(x) · · · = p2(x) p4(x) · · · (όπου η υπόθεση Ti+1 fi =fi Ti ικανοποιείται π.χ. επιλέγοντας τον Ti : Vi → Vi ως τον ταυτοτικό ενδομορφισμό του Viγια 1 ≤ i ≤ m).

158. Δείξτε ότι υπάρχουν άπειρες τιμές του λ ∈ F για τις οποίες ο A + λI είναι αντιστρέψιμος. Αν

λ και µ είναι δύο οποιεσδήποτε από αυτές, παρατηρήστε ότι οι (A + λI)2 και (A + µI)2 είναι

συμμετρικοί πίνακες και συνάγετε το ζητούμενο.

75

159. Για το (α) χρησιμοποιήστε το Θεώρημα Cayley-Hamilton για να δείξετε το ζητούμενο όταν ο

δοσμένος πίνακας έχει θετικό ίχνος. ΄Επειτα παρατηρήστε ότι κάθε τετραγωνικός πίνακας μπορεί

να γραφεί ως άθροισμα ενός πίνακα με θετικό ίχνος και ενός πολλαπλασίου του ταυτοτικού

πίνακα. Το (β) είναι άμεση συνέπεια του (α). Για το (γ) παρατηρήστε ότι αν B,C ∈ Rn×nκαι BC = CB, τότε B2 + C2 = (B + iC)(B − iC) και συνεπώς έχουμε det(B2 + C2) =det(B + iC) det(B − iC) = zz = |z|2 ≥ 0, όπου z = det(B + iC).

160. Παρατηρούμε ότι A3−I = (A−I)(A2+A+I) και συνεπώς det (A−I) det (A2+A+I) = 1. Αφού

τα στοιχεία των πινάκων A− I και A2 +A+ I είναι ακέραιοι αριθμοί, οι ορίζουσες των πινάκων

αυτών είναι επίσης ακέραιοι αριθμοί και συνεπώς είτε είναι και οι δύο ίσες με 1, είτε είναι και οι δύο

ίσες με −1. ΄Εστω χA(x) = det (A−xI) το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του A και έστω 1, ω, ω2

οι τρεις κυβικές ρίζες της μονάδος. Γράφοντας A2 + A + I = (A − ωI)(A − ω2I), βρίσκουμε

ότι det (A2 + A + I) = χA(ω)χA(ω2) = χA(ω)χA(ω) = |χA(ω)|2 ≥ 0 και συμπεραίνουμε ότι

det (A−I) = det (A2+A+I) = 1. Υποθέτουμε τώρα ότι n = 2 και θέτουμε χA(x) = x2−px+q.΄Εχουμε det (A−I) = χA(1) = 1−p+q και det (A2+A+I) = χA(ω)χA(ω2) = (ω2−pω+q)(ω−pω2+q) = 1+p−q+p2+pq+q2. Από τις σχέσεις αυτές και τις det (A−I) = det (A2+A+I) = 1παίρνουμε p = q = 0. Από το Θεώρημα Cayley-Hamilton προκύπτει ότι A2 = O.

161. Το ερώτημα έχει θετική απάντηση. Παρατηρήστε ότι, όπως στην ειδική περίπτωση B = I,η ορίζουσα det(A + xB) είναι πολυώνυμο στο x βαθμού μικρότερου ή ίσου του n. Από την

υπόθεση του προβλήματος, το πολυώνυμο αυτό έχει n + 1 διακεκριμένες ρίζες και επομένως

συμπίπτει με το μηδενικό πολυώνυμο.

162. Θεωρήστε μια μη τετριμένη σχέση γραμμικής εξάρτησης∑n+1i=1 civi = 0 μεταξύ των δοσμένων

ιδιοδιανυσμάτων v1, v2, . . . , vn+1 της T . Παρατηρήστε ότι όλοι οι συντελεστές ci είναι μη μηδενι-

κοί. Χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι ιδιοδιανύσματα μιας γραμμικής απεικόνισης τα οποία έχουν

διακεκριμένες αντίστοιχες ιδιοτιμές είναι γραμμικώς ανεξάρτητα, δείξτε ότι τα v1, v2, . . . , vn+1

έχουν όλα την ίδια ιδιοτιμή λ και συμπεράνετε το ζητούμενο.

163. Προσθέτοντας στην πρώτη γραμμή του πίνακα xI −A τις υπόλοιπες γραμμές, βρίσκουμε ότι

χA(x) = det(xI −A) = (x− a− b− c) det

1 1 1 1

−a x −c −b−b −c x −a−c −b −a x

.

Πολλαπλασιάζοντας την πρώτη γραμμή της ορίζουσας που προέκυψε με a, b και c και αφαιρώντας

το αποτέλεσμα από τη δεύτερη, τρίτη και τέταρτη γραμμή, αντίστοιχα, βρίσκουμε ότι

χA(x) = (x− a− b− c) det

x+ a a− c a− bb− c x+ b b− ac− b c− a x+ c

.

Προσθέτοντας τη δεύτερη γραμμή της ορίζουσας που προέκυψε στην τρίτη και την πρώτη γραμμή

στη δεύτερη, βρίσκουμε ότι

χA(x) = (x− a− b− c) (x+ a+ b− c) (x− a+ b+ c) det

x+ a a− c a− b1 1 0

0 1 1

= (x− a− b− c) (x+ a+ b− c) (x− a+ b+ c) (x+ a− b+ c)

και συμπεραίνουμε ότι οι ιδιοτιμές του A είναι οι a+ b+ c, a− b− c, b− a− c και c− a− b.

76

164. Παρατηρήστε ότι η τάξη του Cn είναι μικρότερη ή ίση του 2, συμπεράνετε ότι το μηδέν είναι

ιδιοτιμή του Cn πολλαπλότητας τουλάχιστον 2n− 2 και δείξτε ότι οι n(a+ b) και n(a− b) είναι

επίσης ιδιοτιμές του Cn. Απάντηση για το (γ): η ζητούμενη ορίζουσα είναι η det(Cn + (x −a)I2n) = (x− a)2n−2(x+ (n− 1)a+ nb)(x+ (n− 1)a− nb).

165. Για το (α) παρατηρήστε ότι οι πίνακες A − λI και B − λI είναι επίσης όμοιοι (δείτε π.χ. το

μέρος (α) της ΄Ασκησης 145) και επομένως ότι ισχύει rank(A− λI) = rank(B − λI). Από την

ισότητα αυτή συνάγετε ότι dim ker(A− λI) = dim ker(B − λI). Εναλλακτικά, χρησιμοποιήστε

το γεγονός ότι οι A και B παριστάνουν τον ίδιο γραμμικό ενδομορφισμό L : V → V ως προς

δύο (εν γένει διαφορετικές) βάσεις του διανυσματικού χώρου V = Fn. Για το (β) θεωρήστε

τους πίνακες της ΄Ασκησης 147 (β) για να δείξετε ότι το ερώτημα έχει αρνητική απάντηση.

166. Το (α) προκύπτει από την τριγωνισιμότητα του A. Για το (β) παρατηρήστε ότι οι αν πίνακες Aκαι A2

είναι όμοιοι, τότε det(A) = det(A2) = det(A)2 και συνεπώς det(A) = 0 ή 1. Για τα (γ)

και (δ), συμπεράνετε από το (α) ότι υπάρχει μετάθεση σ του 1, 2, . . . , n για την οποία ισχύει

λi = λ2σ(i) για 1 ≤ i ≤ n και θεωρήστε την κυκλική αναπαράσταση της σ. Για το (ε), συνάγετε

από το (δ) ότι οι μόνες δυνατές πραγματικές ιδιοτιμές του A είναι οι 0 και 1 και θυμηθείτε ότι

το ίχνος του A είναι ίσο με το άθροισμα των ιδιοτιμών του A.

167. Για το (α), επιλέξτε μη μηδενικό διάνυσμα x = (x1 · · · xn)t ∈ Cn με Ax = λx και δείκτη 1 ≤i ≤ n για τον οποίο το μέτρο του xi είναι μέγιστο. Από την ισότητα

∑j 6=i aijxj = (λ− 1)xi και

τα δεδομένα του προβλήματος συμπεράνετε ότι |λ−1| ≤ 1 (παρόμοιο σκεπτικό χρησιμοποιήσαμε

στη λύση της ΄Ασκησης 36). Για το (β), συνάγετε από το (α) ότι όλες οι ιδιοτιμές του A είναι μη

αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί. Παρατηρήστε ότι το γινόμενο (αντίστοιχα, άθροισμα) αυτών ίσο

με det(A) (αντίστοιχα, n) και χρησιμοποιήστε την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου.

168. ΄Εστω λ ∈ C μια ιδιοτιμή του πίνακα A και έστω V = x ∈ Cn : Ax = λx ο αντίστοιχος

ιδιοχώρος. Ο πίνακας B αφήνει τον V αναλλοίωτο, αφού για κάθε x ∈ V ισχύει A(Bx) =B(Ax) = B(λx) = λ(Bx) και συνεπώς Bx ∈ V . ΄Εστω µ ∈ C μια ιδιοτιμή του περιορισμού

του πίνακα B στο χώρο V και έστω W = x ∈ V : Bx = µx ο αντίστοιχος ιδιοχώρος.

Με ανάλογο τρόπο, όπως προηγουμένως, βρίσκουμε ότι ο C αφήνει τον W αναλλοίωτο και

συνεπώς ότι έχει τουλάχιστον μία ιδιοτιμή ν ∈ C με αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα y ∈ W . Δείξαμε

ότι υπάρχουν λ, µ, ν ∈ C και μη μηδενικό διάνυσμα y ∈ Cn τέτοια ώστε Ay = λy, By = µyκαι Cy = νy, δηλαδή ότι ισχύει το (α). Για το (β) παρατηρούμε ότι οι τρεις μιγαδικοί αριθμοί

λ, µ, ν είναι γραμμικώς εξαρτημένοι επί του R. Κατά συνάπεια, υπάρχουν α, β, γ ∈ R τέτοια

ώστε αλ+ βµ+ γν = 0. Παρατηρούμε τότε ότι (αA+ βB+ γC)(y) = (αλ+ βµ+ γν)(y) = 0.΄Αρα, ο πίνακας αA+ βB+ γC έχει μη τετριμμένο πυρήνα και συνεπώς η ορίζουσά του είναι ίση

με μηδέν.

169. Συνάγετε από τη λύση της ΄Ασκησης 152 ότι ο An έχει n διακεκριμένες μιγαδικές ιδιοτιμές (και

συνεπώς ότι είναι διαγωνίσιμος επί του C για κάθε n) και ότι είναι διαγωνίσιμος επί του R μόνο

για n = 2.

170. Αφού ο A είναι διαγωνίσιμος επί του F, υπάρχει βάση (e1, e2, . . . , en) του Fn×1 για την οποία

A · ei = λiei για 1 ≤ i ≤ n για κάποια λ1, λ2, . . . , λn ∈ F. Θα δείξουμε ότι τα λ1, λ2, . . . , λnείναι ανά δύο διαφορετικά στοιχεία του F. Θέτουμε

v =

00...

01

77

και παρατηρούμε ότι

v =

00...

01

, Av =

0...

010

, . . . , An−1v =

10...

00

.

Γράφοντας v = c1e1 + c2e2 + · · ·+ cnen, με c1, c2, . . . , cn ∈ F, βρίσκουμε ότι

v = c1e1 + c2e2 + · · ·+ cnen,

Av = c1λ1e1 + c2λ2e2 + · · ·+ cnλnen,

.

.

.

An−1v = c1λn−11 e1 + c2λ

n−12 e2 + · · ·+ cnλ

n−1n en.

Από τη γραμμική ανεξαρτησία των v,Av, . . . , An−1v έπεται ότι

det

c1 c1λ1 · · · c1λ

n−11

c2 c2λ2 · · · c2λn−12

.

.

....

.

.

....

cn cnλn · · · cnλn−1n

6= 0

και συνεπώς ότι λi 6= λj για i 6= j.

171. Για το (α) δώστε απόδειξη γράφοντας A = P∆P−1, όπου ∆ είναι διαγώνιος πίνακας. Για το (γ)

θυμηθείτε ότι υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας P ∈ Fn×n για τον οποίο οι P−1AP και P−1BPείναι διαγώνιοι. Για το (δ) παρατηρήστε ότι οποιοσδήποτε πίνακας A ∈ Rn×n με (n ≥ 2 και)

A2 +A+ I = O ικανοποιεί τη σχέση A3 = I και δεν είναι διαγωνίσιμος πάνω στο R και δώστε

παράδειγμα τέτοιου πίνακα για n = 2. Για το (ε) δείξτε πρώτα ότι τα πολυώνυμα xr − 1 και

xr + 1 δεν έχουν πολλαπλές μιγαδικές ρίζες και χρησιμοποιήστε το ελάχιστο πολυώνυμο του A.

Για το (β) δοκιμάστε τους πίνακες A =

(1 1

0 −1

)και B =

(−1 0

0 1

).

172. Για το (γ) δώστε απόδειξη, χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας

P ∈ Cn×n για τον οποίο οι P−1A2P και P−1A3P είναι διαγώνιοι. Για το (δ) δώστε απόδειξη,

παρατηρώντας ότι ο A έχει μια μη μηδενική ιδιοτιμή πολλαπλότητας δύο και χρησιμοποιώντας

την κανονική μορφή Jordan του A. Για τα (α), (β) και (ε) δοκιμάστε τους πίνακες

(1 1

0 1

),(

0 1

0 0

)και

0 1 0

0 0 1

0 0 0

, αντίστοιχα.

173. Δείξτε πρώτα ότι ο A είναι διαγωνίσιμος και ότι οι ιδιοτιμές του ανήκουν στο σύνολο −1, 0, 1και ανάγετε το πρόβλημα στην περίπτωση στην οποία ο A είναι διαγώνιος.

174. Γράψτε A = PCP−1, όπου ο C ∈ Cn×n είναι άνω τριγωνικός πίνακας. Παρατηρήστε ότι για

σταθερό P , τα στοιχεία του A είναι συνεχείς συναρτήσεις των στοιχείων του C και θυμηθείτε

ότι κάθε πίνακας C ∈ Cn×n με n διακεκριμένες ιδιοτιμές είναι διαγωνίσιμος.

175. Χρησιμοποιώντας την κανονική μορφή Jordan και την ΄Ασκηση 151, δείξτε ότι οι ακέραιοι n ≤ 3έχουν αυτή την ιδιότητα. Για n ≥ 4 θεωρήστε τους πίνακες της ΄Ασκησης 147 (α).

78

176. Για το (α) παρατηρήστε ότι αν B = P−1AP , τότε X ∈ ker(TB) ⇔ PXP−1 ∈ ker(TA) και

συνάγετε ότι οι χώροι ker(TA) και ker(TB) είναι ισόμορφοι. Λόγω του (α), για τα (β) και (γ)

μπορείτε να υποθέσετε ότι ο A είναι σε κανονική μορφή Jordan. Με αυτό ως δεδομένο, για το

(γ) συμβουλευτείτε την ΄Ασκηση 17 (δ) για να δείξετε το ζητούμενο.

177. Για τη συνεπαγωγή (α)⇒ (β) χρησιμοποιήστε την ΄Ασκηση 143 (β) (φυσικά υπάρχει ευκολότερος

τρόπος αν F = C, αφού τότε αρκεί να δείξει κανείς ότι όλες οι ιδιοτιμές του A είναι ίσες με μηδέν).

Για τη (β) ⇒ (γ) χρησιμοποιήστε το Θεώρημα Cayley-Hamilton. Η (γ) ⇒ (α) είναι προφανής.

Χωρίς τη χρήση του Θεωρήματος Cayley-Hamilton, μια απόδειξη της (β)⇒ (α) μπορεί να δοθεί

ως εξής: ΄Εστω ότι ο A δεν είναι μηδενοδύναμος και έστωWi = ImT i. Από την υπόθεση έχουμε

det(A) = 0, οπότε W1 6= V . Παρατηρούμε ότι V ⊃ W1 ⊃ W2 ⊃ · · · ⊃ Wk = Wk+1 > 0 για

κάποιο θετικό ακέραιο k, οπότε ο W = Wk είναι T -αναλλοίωτος, γνήσιος υπόχωρος του Fn.Προκύπτει ότι ο A είναι όμοιος με πίνακα της μορφής(

A1 BO A2

),

όπου οι A1 και A2 είναι τετραγωνικοί πίνακες διάστασης μικρότερης του n. Εφαρμόζοντας

επαγωγή στο n συμπεραίνουμε ότι οι πίνακες αυτοί είναι μηδενοδύναμοι και καταλήγουμε σε

άτοπο, δείχνοντας ότι ο A είναι επίσης μηδενοδύναμος. Μια ευθεία απόδειξη της (α) ⇒ (γ)

προκύπτει από την ΄Ασκηση 143 (α) ή (β). Δώστε μια ακόμη απόδειξη ως εξής: ΄Εστω L =LA : Fn → Fn η γραμμική απεικόνιση με L(x) = Ax για x ∈ Fn. Θεωρήστε το μοναδικό θετικό

ακέραιο m με Lm = O και Lm−1 6= O. Επιλέξτε διάνυσμα x ∈ Fn με Lm−1(x) 6= 0 και δείξτε

ότι m τα διανύσματα x, L(x), L2(x), . . . , Lm−1(x) είναι γραμμικώς ανεξάρτητα (θεωρώντας μια

σχέση γραμμικής εξάρτησης μεταξύ τους και εφαρμόζοντας τις Lm−1, Lm−2, . . . , L στη σχέση

αυτή). Συμπεράνετε ότι m ≤ n.

178. Για την ισοδυναμία των (α) και (β) δείτε την ΄Ασκηση 177 (φυσικά, η (α) ⇒ (β) προκύπτει

ευκολότερα από τη συνεπαγωγή Ay = λy ⇒ Amy = λmy). Για την ισοδυναμία των (β) και (γ)

εκφράστε το ίχνος του Ak ως συνάρτηση των ιδιοτιμών του A. Θα χρειαστεί να δείξετε την

εξής πρόταση: Αν λ1, λ2, . . . , λn ∈ C και λk1 + λk2 + · · · + λkn = 0 για κάθε θετικό ακέραιο k,τότε λ1 = λ2 = · · · = λn = 0.

179. Για το (β) παρατηρήστε ότι για τυχαίο θετικό ακέραιο k ισχύει Ck = ABCk−1 − BACk−1 =ABCk−1 −BCk−1A. Συνάγετε ότι tr(Ck) = tr(ABCk−1)− tr(BCk−1A) = 0 και χρησιμοποι-

ήστε την ΄Ασκηση 178. Το (α) είναι ειδική περίπτωση του (β).

180. Απάντηση για το (α): όλοι οι ακέραιοι n ≥ 2 έχουν αυτή την ιδιότητα. Για το (β) αποδείξτε

πρώτα την ειδική περίπτωση P = I, χρησιμοποιώντας την ΄Ασκηση 177. Στη συνέχεια αποδείξτε

τη γενική περίπτωση γράφοντας P + A = P (I + Q), όπου Q = P−1A, και παρατηρώντας

ότι ο Q είναι μηδενοδύναμος. Για το (γ) χρησιμοποιήστε το (β) και συμπεράνετε ότι ισχύει

det(P +xI+A) = det(P +xI) για άπειρες τιμές του x ∈ F και επομένως για όλα τα x ∈ F. Για

το (δ) χρησιμοποιήστε την υπόθεση για P = λI με λ ∈ Cr0 και συνάγετε ότι όλες οι ιδιοτιμές

του A είναι ίσες με μηδέν. Από το δεδομένο αυτό συμπεράνετε ότι ο A είναι μηδενοδύναμος.

181. Βρείτε τέτοιο πίνακα A για n = 1 (εύκολο) και n ≥ 3 και δείξτε ότι δεν υπάρχει τέτοιος πίνακας

για n = 2, παρατηρώντας ότι B2 = O και B 6= O.

182. Για το (α) παρατηρήστε ότι αν (AB)n+1 = O, τότε ο AB είναι μηδενοδύναμος n × n πίνακας

και συνεπώς ισχύει (AB)n = O, οπότε (BA)n+1 = B(AB)nA = O. Για το ερώτημα στο (β),

το οποίο έχει θετική απάντηση για κάθε θετικό ακέραιο n, χρησιμοποιήστε την ΄Ασκηση 155.

79

Η πρόταση στο (γ) ισχύει μόνο για n = 1 και n = 2. Για n = 3 δοκιμάστε π.χ. τους πίνακες

A =

0 0 1

0 0 0

0 1 0

και B =

0 0 1

1 0 0

0 0 0

.

183. Για το (α) χρησιμοποιήστε τη σχέση ‖u‖2 = 〈u, u〉, όπου 〈 , 〉 είναι το εσωτερικό γινόμενο του

E. Για το (β), υποθέτοντας ότι τα τρία δοσμένα γραμμικώς ανεξάρτητα διανύσματα έχουν μέτρο

ένα, χρησιμοποιήστε το (α) για να συμπεράνετε ότι υπάρχουν δύο διαφορετικά από αυτά, έστω

u και v, για τα οποία ισχύει ‖u − v‖2 < 3. Δείξτε τέλος ότι τα διανύσματα αυτά έχουν τη

ζητούμενη ιδιότητα. Για το (γ), χρησιμοποιήστε το (α) για να δείξετε ότι το ζητούμενο μέγιστο

είναι ίσο με 3√

3 και λαμβάνεται όταν x+ y + z = 0.

184. Για το (α), χρησιμοποιώντας την ιδιότητα W⊥⊥ = W που ισχύει για υποχώρους του Rn, δείξτεότι και τα δύο μέλη της προτεινόμενης ισότητας είναι ίσα με το χώρο των γραμμών του A. Το

(β) προκύπτει από το (α). Το (γ) είναι προφανές. Η απάντηση στο (δ) είναι θετική. Από το (β)

έχουμε ότι Im (Bt) ⊆ Im (At). Συμπεράνετε ότι κάθε στήλη του Bt είναι γραμμικός συνδυασμός

των στηλών του At και επομένως ότι υπάρχει πίνακας C ∈ Rm×m τέτοιος ώστε Bt = AtCt,δηλαδή ώστε B = CA.

185. Για το (α) δείξτε πρώτα ότι ker(A) ⊆ ker(AtA). Για τον αντίστροφο εγκλεισμό παρατηρήστε

ότι αν AtAx = 0 για κάποιο x ∈ Rn, τότε 〈Ax,Ax〉 = 〈x,AtAx〉 = 0 και συνάγετε ότι Ax = 0.Για το (β) παρατηρήστε πρώτα ότι Im(AtA) ⊆ Im(At). ΄Επειτα συνάγετε από το (α) και τις

Ασκήσεις 83 και 84 ότι dim Im(AtA) = dim Im(At) και συμπεράνετε το ζητούμενο. Το (γ)

έπεται από τα προηγούμενα αφού (΄Ασκηση 83) dim Im(A) = rank(A) για κάθε πίνακα A.

186. Παρατηρήστε ότι για A = (aij) ∈ Rn×n ισχύει

〈A,A〉 = tr(A2) =

n∑i=1

a2ii +∑

1≤i<j≤n

(aij + aji√

2

)2

−∑

1≤i<j≤n

(aij − aji√

2

)2

.

Απάντηση: n2 και n.

187. Για το (α) παρατηρήστε ότι για κάθε πίνακα - στήλη x ∈ Rn ισχύουν xtAx ≥ 0 και xtBx ≥ 0και συνάγετε ότι xt(A+B)x ≥ 0. Εργασθείτε παρόμοια για το (β). Για το (γ) παρατηρήστε ότι

ο δοσμένος πίνακας γράφεται στη μορφή A + B, όπου A είναι ο n × n πίνακας κάθε στοιχείο

του οποίου είναι ίσο με t και B είναι διαγώνιος πίνακας με θετικά στοιχεία στην κύρια διαγώνιο.

Χρησιμοποιώντας τους σχετικούς ορισμούς, δείξτε ότι ο A είναι θετικά ημιορισμένος και ότι ο

B είναι θετικά ορισμένος και συμπεράνετε το ζητούμενο από το αποτέλεσμα του (β).

188. Για το (α), εκφράστε τα ίχνη των πινάκων A και A−1 ως συναρτήσεις των ιδιοτιμών του A και

εφαρμόστε την ανισότητα Cauchy-Schwartz. Για το (β), δείξτε ότι όλοι οι πίνακες της μορφής(aii aijaji ajj

)είναι θετικά ορισμένοι και συμπεράνετε ότι a2ij < aiiajj .

189. Για το (α) εφαρμόστε την ανισότητα Cauchy-Schwartz ‖x · y‖ ≤ ‖x‖‖y‖ όπου x = (1, 1, . . . , 1)και y είναι το διάνυσμα με συντεταγμένες τις μη μηδενικές ιδιοτιμές του A και θυμηθείτε ότι το

πλήθος των μη μηδενικών ιδιοτιμών του A είναι ίσο με την τάξη του A. Για το (β) χρησιμοποιήστε

το (α) και θυμηθείτε ότι∑ni=1 λi = tr(A) =

∑ni=1 aii, ότι

∑ni=1 λ

2i = tr(A2) (βλέπε π.χ.

΄Ασκηση 166) και ότι tr(A2) =∑ni,j=1 a

2ij (΄Ασκηση 13).

190. Για το (α) παρατηρήστε ότι αν AtAx = 0, τότε 0 = 〈AtAx, x〉 = 〈Ax, Ax〉. Για το (β)

παρατηρήστε ότι για τυχαίο y ∈ Rm ισχύει

〈(AAt +BtB)y, y〉 = 〈Aty, Aty〉 + 〈By, By〉 ≥ 0.

80

Χρησιμοποιώντας το (α) και την υπόθεση ImA = ker(B), δείξτε ότι αν y ∈ Rm και Aty = By =0, τότε y = 0 και συμπεράνετε το ζητούμενο.

191. Για το (α) θεωρήστε τις ιδιοτιμές λ1, λ2, . . . , λn του B, οι οποίες είναι θετικοί πραγματικοί

αριθμοί. Παρατηρήστε ότι ο I +B έχει ιδιοτιμές 1 + λ1, 1 + λ2, . . . , 1 + λn και ότι

det(I +B) =

n∏i=1

(1 + λi) ≥ 1 + λ1λ2 · · ·λn = 1 + det(B).

Για το (β) επιλέξτε συμμετρικό, θετικά ορισμένο πίνακα C ∈ Rn×n ώστε A = C2και εφαρμόστε

το (α) γράφοντας A + B = C2 + B = C(I + C−1BC−1)C και παρατηρώντας ότι ο πίνακας

C−1BC−1 είναι συμμετρικός και θετικά ορισμένος.

192. Υποθέστε π.χ. ότι ο B είναι θετικά ημιορισμένος. Τότε υπάρχει πίνακας Q ∈ Rn×n τέτοιος ώστε

B = QQt. Χρησιμοποιώντας την ΄Ασκηση 155, δείξτε ότι det(AB−xIn) = det(AQQt−xIn) =det(QtAQ − xIn). Παρατηρήστε ότι ο QtAQ είναι συμμετρικός πίνακας και συμπεράνετε το

ζητούμενο.

193. Προφανώς ο πίνακας A είναι συμμετρικός. Συμβολίζοντας με fi : R2 → 0, 1 τη χαρακτηριστική

συνάρτηση του συνόλου Ki για 1 ≤ i ≤ n, παρατηρήστε ότι aij =∫R2 fifj και ότι για x =

(x1 x2 · · · xn)t ∈ Rn ισχύει

xtAx =

n∑i,j=1

aijxixj =

n∑i,j=1

xixj

∫R2

fifj =

∫R2

(n∑i=1

xifi

)2

≥ 0.

Συνάγετε ότι ισχύει το (α) και επομένως και το (β).

194. Για το (α) χρησιμοποιήστε τις σχέσεις det(At) = det(A) και det(−A) = (−1)n det(A). Για το

(β) χρησιμοποιήστε το γεγονός ότι ο A έχει φανταστικές ιδιοτιμές και ότι αν το λ ∈ C είναι

ιδιοτιμή του A, τότε το λ είναι επίσης ιδιοτιμή του A. Για το (γ) θυμηθείτε ότι η τάξη του Aείναι ίση με το πλήθος των μη μηδενικών ιδιοτιμών του A.

195. Για το (α) παρατηρήστε ότι 2aIn = (A∗ −A)∗ = A−A∗ = −2aIn και συνάγετε το ζητούμενο.

Για το (β) παρατηρήστε ότι A = (A∗ +A)/2− aIn και θυμηθείτε ότι ως ερμητιανός, ο πίνακας

(A∗ + A)/2 έχει μόνο πραγματικές ιδιοτιμές. Για το (γ) θυμηθείτε ότι η ορίζουσα του A είναι

ίση με το γινόμενο των ιδιοτιμών του.

196. Για το (α), λάβετε ορίζουσες στην ισότητα P tP = I. Για το (β), χρησιμοποιώντας την ίδια

σχέση, δείξτε ότι det(P + I) = 0. Για το (γ) θεωρήστε το μοναδιαίο πίνακα U =

(i 0

0 i

).

197. Θεωρήστε συμμετρικό, θετικά ορισμένο πίνακα A ∈ Rn×n με AtA = I. Παρατηρήστε ότι

A2 = I και δείξτε ότι όλες οι ιδιοτιμές του A είναι ίσες με 1. Χρησιμοποιώντας το φασματικό

θεώρημα για συμμετρικούς πίνακες, ή παρατηρώντας ότι (A − I)(A + I) = O και ότι ο A + Iείναι αντιστρέψιμος, συμπεράνετε ότι A = I.

198. Για το (α) συμβουλευτείτε τη λύση της ΄Ασκησης 19 (δ). Για το (β) χρησιμοποιείστε το φασματικό

θεώρημα και δείξτε ότι, γενικότερα, ο μόνος κανονικός, μηδενοδύναμος πίνακας B ∈ Cn×n είναι

ο μηδενικός πίνακας. Απάντηση για το (α): A = c

(1 ii −1

)με c ∈ C.

199. Για το (α) παρατηρήστε ότι ο πίνακας A∗A + I είναι ερμιτιανός. Για τα (β) και (γ) δείξτε ότι

ο ερμιτιανός πίνακας A∗A έχει μη αρνητικές ιδιοτιμές c1, c2, . . . , cn και ότι det(A∗A + I) =∏ni=1 (1 + ci).

81

200. Χρησιμοποιήστε την ισοδυναμία UU∗ = I ⇔ U∗U = I.

201. Γράφουμε Ti(z) =∑nj=1 aijzj για 1 ≤ i ≤ m, όπου aij ∈ C και z = (z1, z2, . . . , zn)t ∈ Cn. Αν

u1, u2, . . . , un είναι οι στήλες του πίνακα (aij), δείξτε ότι η δοσμένη ισότητα είναι ισοδύναμη με

το σύστημα 〈ui, uj〉 = δij . Συνάγετε ότι το u1, u2, . . . , un είναι γραμμικώς ανεξάρτητο (όντας

ορθοκανονικό) υποσύνολο του Cm και συμπεράνετε ότι n ≤ m.

202. Το (α) είναι εύκολο. Για το (β) επιλέξτε ιδιοτιμή λ ∈ C του B και δείξτε ότι ο αντίστοιχος

ιδιοχώρος V (λ) του B είναι T -αναλλοίωτος. Συμπεράνετε ότι υπάρχει κοινό ιδιοδιάνυσμα w =u1 ∈ C των A και B με μέτρο ένα. Χρησιμοποιήστε το ερώτημα (α) και επαγωγή στο n για να

συμπληρώσετε το μονοσύνολο u1 σε ορθοκανονική βάση u1, u2, . . . , un του Cn τα στοιχεία

της οποίας είναι κοινά ιδιοδιανύσματα των A και B.

203. Για το (α) χρησιμοποιήστε επαγωγή στο k και εργαστείτε όπως στο (β) της ΄Ασκησης 202. Για

το (β) εφαρμόστε το (α) για να ανάγετε το πρόβλημα στην περίπτωση στην οποία οι πίνακες

A1, A2, . . . , Ap είναι όλοι διαγώνιοι.

204. Θεωρήστε τη διγραμμική μορφή 〈x, y〉 = xtAy στο χώρο Cn. Δείξτε ότι ο Cn έχει ορθογώνια

βάση ως προς τη μορφή αυτή και συμπεράνετε ότι A = Qt∆Q για κάποιον αντιστρέψιμο πίνακα

Q ∈ Cn×n και διαγώνιο πίνακα ∆ ∈ Cn×n. Τέλος γράψτε ∆ = ∆20 για διαγώνιο πίνακα

∆0 ∈ Cn×n και θέστε P = ∆0Q.

205. Για το (β) χρησιμοποιήστε το (α) και το φασματικό θεώρημα για κανονικούς πίνακες. Για

το (γ) χρησιμοποιήστε το (β). Η απάντηση στο (δ) είναι αρνητική. Δοκιμάστε τους πίνακες

A =

(1 0

0 0

)και B =

(0 1

1 0

).

206. Για το (α) γράψτε A2 = −B2και λάβετε ορίζουσες. Για τα (β) και (γ) εκφράστε τα ίχνη των

A2και B2

σαν συναρτήσεις των ιδιοτιμών των A και B. Για το (δ) χρησιμοποιήστε το γεγονός

ότι υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας P ∈ Rn×n και διαγώνοι πίνακες Γ,∆ ∈ Rn×n τέτοιοι ώστε

A = PΓP−1 και B = P∆P−1.

82

Grammik 'Algebra IJèmata Exetsewn FebrouarÐou 2011

1. DÐnetai o pÐnakac A =

1 1 1 −31 1 −3 11 −3 1 1−3 1 1 1

∈ R4×4.

(a) (5 mondec) UpologÐste thn txh tou A.

(b) (10 mondec) UpologÐste tic orÐzousec det(A) kai det(A4).

(g) (5 mondec) LÔste to grammikì sÔsthma Ax = b gia b = (1 1 1 1)t.

(d) (10 mondec) LÔste to grammikì sÔsthma Ax = b gia b = (1 − 1 1 − 1)t.

(e) (5 mondec) DeÐxte ìti den uprqei dinusma b ∈ R4×1 gia to opoÐo to grammikìsÔsthma Ax = b èqei monadik lÔsh.

2. DÐnetai to uposÔnolo W =

(a bc d

): a, b, c, d ∈ R, a + b + c + d = 0

tou

dianusmatikoÔ q¸rou V = R2×2.

(a) (10 mondec) DeÐxte ìti to W eÐnai upìqwroc tou V kai upologÐste th distashtou W .

(b) (10 mondec) DeÐxte ìti to sÔnolo

(1 −20 1

),

(0 11 −2

),

(1 0−2 1

)apoteleÐ bsh tou W .

(g) (5 mondec) BreÐte upìqwro U tou V ¸ste na isqÔei V = U ⊕W .

(d) (5 mondec) An A1, A2, A3, A4 ∈ W , deÐxte ìti uprqoun pragmatikoÐ arijmoÐλ1, λ2, λ3, λ4, ìqi ìloi mhdèn, tètoioi ¸ste λ1A1 + λ2A2 + λ3A3 + λ4A4 = O.

3. DÐnontai ta stoiqeÐa A =

(1 −1−1 0

)kai B =

(0 11 1

)tou dianusmatikoÔ

q¸rou V = R2×2 kai h apeikìnish T : V → V pou orÐzetai jètontac T (X) = AXBgia X ∈ V .

(a) (5 mondec) DeÐxte ìti h apeikìnish T eÐnai grammik .

(b) (10 mondec) UpologÐste ton pÐnaka thc T wc proc thn kanonik (diatetagmènh)bsh (E11, E12, E21, E22) tou V .

(g) (10 mondec) UpologÐste th distash tou pur na ker(T ) thc grammik c apeikìn-ishc T . EÐnai h T isomorfismìc dianusmatik¸n q¸rwn?

4. Poiec apì tic akìloujec protseic eÐnai swstèc kai poiec ljoc (dikaiolog stepl rwc tic apant seic sac)?

(a) (5 mondec) An A, B ∈ R2×2 eÐnai antistrèyimoi pÐnakec, tìte o A + B ∈ R2×2

eÐnai epÐshc antistrèyimoc pÐnakac.

(b) (5 mondec) An gia touc pÐnakec A, B, C ∈ R4×4 isqÔoun det(A) = det(C) = 1kai ABC = O, tìte B = O.

(g) (5 mondec) An V eÐnai dianusmatikìc q¸roc epÐ tou R distashc 2 kai U,WeÐnai dÔo diakekrimènoi upìqwroi tou V , diaforetikoÐ apì ton V , tìte h tom U ∩W perièqei mìno to mhdenikì dinusma tou V .

(d) (5 mondec) Uprqei grammik apeikìnish T : R3×3 → R3×3 me dim ker(T ) =dim im(T ).

(e) (5 mondec) An A, B ∈ R2×2 kai o pÐnakac A eÐnai isodÔnamoc proc ton B, tìteo A eÐnai ìmoioc proc ton B.

Na dikaiolog sete pl rwc tic apant seic sac.

Aj na 4/2/2011 Dirkeia exètashc 3 ¸rec Kal EpituqÐa

Grammik 'Algebra IJèmata Exetsewn SeptembrÐou 2011


1 1 −1 1

−1 1 1 11 3 −1 5

−1 −1 1 1

∈ R4×4.

(a) (10 mondec) BreÐte thn anhgmènh klimakwt morf tou A.

(b) (5 mondec) LÔste to omogenèc grammikì sÔsthma Ax = O.

(g) (5 mondec) UpologÐste th distash tou upìqwrou tou R4×1 pou pargetai apìtic st lec tou A.

(d) (5 mondec) DeÐxte ìti gia kje B ∈ R4×4, to omogenèc grammikì sÔsthma(AB)x = O èqei toulqiston mÐa mh tetrimmènh lÔsh.

2. DÐnetai dianusmatikìc q¸roc V epÐ tou R, bseic u = (u1, u2, u3) kai v = (v1, v2, v3)autoÔ me v1 = u1 + u2 + u3, v2 = u1 + u3, v3 = u2 − u3 kai grammikèc apeikonÐseicS : V → V kai T : V → V me pÐnakec

(S : u,u) =

1 1 00 −1 11 0 1

, (T : v,v) =

4 2 2−2 0 −3−2 −1 −1

wc proc tic bseic u kai v, antÐstoiqa.

(a) (10 mondec) UpologÐste ton pÐnaka (T : u,u) thc T wc proc th bsh u.

(b) (10 mondec) UpologÐste th distash tou q¸rou ker(S + T ).

(g) (10 mondec) DeÐxte ìti isqÔei S(T (x)) = T (S(x)) gia kje x ∈ V .

3. Poiec apì tic akìloujec protseic eÐnai swstèc kai poiec ljoc (dikaiolog stepl rwc tic apant seic sac)?

(a) (5 mondec) An A ∈ Cn×n kai A2 + A − 3In = O, tìte o pÐnakac A + In eÐnaiantistrèyimoc.

(b) (5 mondec) An gia touc pÐnakec A, B ∈ R2×2 isqÔei A2 + B2 = O, tìtedet(AB) = 0.

(g) (5 mondec) Uprqei grammik¸c anexrthto uposÔnolo tou dianusmatikoÔ q¸rouR3×3 to opoÐo perièqei ept nw trigwnikoÔc pÐnakec.

(d) (5 mondec) Uprqoun upìqwroi U, V tou dianusmatikoÔ q¸rou R4 tètoioi ¸stedim(U) = 3, dim(V ) = 2 kai U ∩ V = 0.

(e) (5 mondec) An T : Rn → Rn eÐnai grammik apeikìnish kai isqÔei ker(T ) ⊆Im(T ), tìte dim ker(T ) ≤ n/2.

4. DÐnontai dianusmatikoÐ q¸roi U, V,W peperasmènhc distashc, grammikèc apeikonÐ-seic S : V → W kai T : U → V kai h sÔnjes touc R = S T : U → W .

(a) (10 mondec) DeÐxte ìti ker(T ) ⊆ ker(R) kai ìti Im(R) ⊆ Im(S).

(b) (10 mondec) An dim(U) = dim(V ) kai h R eÐnai isomorfismìc dianusmatik¸nq¸rwn, deÐxte ìti oi S kai T eÐnai epÐshc isomorfismoÐ dianusmatik¸n q¸rwn.



Grammik 'Algebra IJèmata Exetsewn SeptembrÐou 2012


1 1 −13 1 15 1 3

∈ R3×3.

(a) (10 mondec) BreÐte ìla ta dianÔsmata b = (b1 b2 b3)t ∈ R3×1 gia ta opoÐa to grammikì

sÔsthma Ax = b èqei peirec lÔseic.

(b) (5 mondec) BreÐte ìlec tic lÔseic tou grammikoÔ sust matoc Ax = b gia b = (1 2 3)t.

(g) (5 mondec) Na exetsete an uprqei jetikìc akèraioc m gia ton opoÐo to omogenèc grammikìsÔsthma Amx = 0 èqei mìno thn tetrimmènh lÔsh x = 0.

2. DÐnontai o dianusmatikìc q¸roc V = R2×2, o pÐnakac A =

(1 −10 −1

)kai o grammikìc

metasqhmatismìc T : V → V me T (X) = X t + AX gia X ∈ V .

(a) (15 mondec) BreÐte mia bsh tou pur na ker(T ) tou T . EÐnai o T antistrèyimoc?

(b) (10 mondec) BreÐte mia bsh thc eikìnac Im(T ) tou T .

(g) (5 mondec) Na exetsete an uprqei grammikìc metasqhmatismìc S : V → V , tètoioc ¸stena isqÔei Im(S) = Im(T ) kai S(S(X)) = O gia kje X ∈ V .

3. DÐnontai dianusmatikìc q¸roc V epÐ tou R, diatetagmènh bsh v = (v1, v2) autoÔ kai grammikoÐmetasqhmatismoÐ S : V → V kai T : V → V me pÐnakec

(S : v,v) =

(2 1

−3 −2

), (T : v,v) =

(3 1

−2 1

)wc proc th v. JewroÔme to grammikì metasqhmatismì R : V → V o opoÐoc orÐzetai jètontacR(x) = S(T (x)) + T (S(x)) gia x ∈ V .

(a) (15 mondec) UpologÐste ton pÐnaka tou R wc proc th bsh v. EÐnai o R antistrèyimoc?

(b) (5 mondec) Ekfrste to R(2v1 − v2) wc grammikì sunduasmì twn v1 kai v2.

(g) (10 mondec) DeÐxte ìti isqÔei S(R(x)) = R(S(x)) gia kje x ∈ V .

4. Poiec apì tic akìloujec protseic eÐnai swstèc kai poiec ljoc (dikaiolog ste pl rwc ticapant seic sac)?

(a) (5 mondec) An A, B ∈ R2×2 kai isqÔoun AB = −3I2 kai det(A) = 2, tìte det(B) < 0.

(b) (5 mondec) An u, v, w eÐnai diaforetik an dÔo stoiqeÐa enìc dianusmatikoÔ q¸rou V kaita u, v, u, w kai v, w eÐnai grammik¸c anexrthta uposÔnola tou V , tìte to u, v, weÐnai epÐshc grammik¸c anexrthto uposÔnolo tou V .

(g) (5 mondec) Uprqei upìqwroc W tou R1×4 distashc 3 gia ton opoÐo isqÔei (λ, µ, λ, µ) ∈ Wgia ìla ta λ, µ ∈ R.

(d) (5 mondec) An A eÐnai o pÐnakac enìc grammikoÔ metasqhmatismoÔ T : R2×1 → R2×1 wcproc mia diatetagmènh bsh (v1, v2) tou R2×1, tìte o pÐnakac thc T wc proc th bsh (v2, v1)eÐnai Ðsoc me At.



Γραμμική ΄Αλγεβρα Ι

Θέματα Εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2015

1. Θεωρούμε πίνακες A,B ∈ Cm×m.

(α) Δείξτε ότι (A+B)2 + (A−B)2 = 2(A2 +B2).

(β) ΄Εστω A =

(0 −12 3

), B =

(−1 0

1 −2

)και C = (A+B)2 + (A−B)2.

(β1) Δείξτε ότι ο C είναι αντιστρέψιμος και υπολογίστε τον αντίστροφό του.

(β2) Βρείτε όλους τους ακεραίους n για τους οποίους Cn = I2.

2. Θεωρούμε το σύστημα των γραμμικών εξισώσεωνx1 − x2 + 2x3 = a

4x1 + x3 = b3x1 + x2 − x3 = c

με αγνώστους x1, x2, x3 ∈ R.

(α) Για ποιες τριάδες (a, b, c) πραγματικών αριθμών είναι συμβιβαστό το σύστημα; Για

ποιες από αυτές τις τριάδες έχει μοναδική λύση;

(β) ΄Εστω W το σύνολο των (a, b, c)t ∈ R3×1για τα οποία το σύστημα είναι συμβιβα-

στό. Δείξτε ότι το W είναι υπόχωρος του R3×1, υπολογίστε τη διάσταση του W

και βρείτε μια βάση αυτού.

3. Δίνονται διανυσματικός χώρος V επί του R, διατεταγμένη βάση v = (v1, v2, v3, v4)αυτού και γραμμικός μετασχηματισμός T : V → V με T (v1 − v2) = T (v2 − v3) =T (v3 − v4).

(α) Δείξτε ότι dim(ker(T )) ≥ 2.

(β) ΄Εστω ότι επιπλέον έχουμε T (v3) = v2 + v4 και T (v4) = v1 + v3. Υπολογίστε

τη διάσταση της εικόνας του T , βρείτε τον πίνακα του T ως προς τη βάση v και

εκφράστε το T (T (v1)) ως γραμμικό συνδυασμό των στοιχείων της βάσης αυτής.


(1− λ λ

2 1 + λ

)και B =

(1 1

0 1

).

(α) Για ποια λ ∈ R είναι ο πίνακας A ισοδύναμος με τον B;

(β) Για ποια λ ∈ R είναι ο πίνακας A όμοιος με τον B;

Τα θέματα είναι ισοδύναμα.

Να δικαιολογήσετε πλήρως τις απαντήσεις σας.

Αθήνα 9/9/2015 – Καλή Επιτυχία


Θέματα Εξετάσεων Ιανουαρίου 2016

1.

(α) Υπολογίστε τον πίνακα X ∈ R2×2και την ορίζουσα det(X25), αν AX = B + C και

A =

(3 −12 1

), B =

(−3 0

4 2

), C =

(−1 1

−3 −1

).

(β) Θεωρούμε πίνακα A ∈ Rn×nτέτοιον ώστε A2 = 4A− 4In.

(β1) Δείξτε ότι ο A είναι αντιστρέψιμος και ότι A−1 = λA+ µIn για κάποια λ, µ ∈ R.

(β2) Αν n = 2, δείξτε ότι det(A) = 4.

2. ΄Εστω A =

1 2 3 λ2 2 3 λ3 3 3 λλ λ λ λ

και x =

x1x2x3x4

.

(α) Να υπολογίσετε την τάξη του πίνακα A για τις διάφορες τιμές του λ ∈ R.

(β) Να λύσετε το γραμμικό σύστημα Ax = 0 για τις διάφορες τιμές του λ ∈ R.

(γ) Για ποια λ ∈ R υπάρχει πίνακας B ∈ R4×2τάξης 2, τέτοιος ώστε AB = O;

3. Θεωρούμε τους υπόχωρους

U =

(a b cx y z

)∈ R2×3 : a+ b+ c = x+ y + z = 0

και

V =

(a b cx y z

)∈ R2×3 : a+ x = b+ y = c+ z = 0

του διανυσματικού χώρου R2×3

.

(α) Βρείτε μια βάση του U και μια βάση του V . Είναι οι χώροι U και V ισόμορφοι;

(β) Υπολογίστε τις διαστάσεις των U ∩ V και U + V .

(γ) Δώστε παράδειγμα στοιχείου του R2×3που δεν ανήκει στο U + V .


1 1 0 −10 1 1 1

1 2 1 0

1 3 2 1

.

(α) Βρείτε μια βάση του πυρήνα και μια βάση της εικόνας της γραμμικής απεικόνισης

T : R4×1 → R4×1με T (x) = Ax για x ∈ R4×1

.

(β) Βρείτε αντιστρέψιμους πίνακες P,R ∈ R4×4τέτοιους ώστε

RAP =

1 0 0 0

0 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 0

.





Θέματα Εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2016


A =

1 −1 2 1

0 1 0 −2−2 0 1 1

, B =

1 0 −3 2

−1 2 4 0

2 −1 −7 1

.

(α) Ποιοι από τους πίνακες AB + BA, ABt + AtB, ABt + BAtκαι AtB + BtA

ορίζονται;

(β) Λύστε τα ομογενή γραμμικά συστήματα Ax = 0 και Bx = 0.

(γ) Υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας Q ∈ R3×3τέτοιος ώστε B = QA;

(δ) Υπάρχουν αντιστρέψιμοι πίνακες P ∈ R4×4και Q ∈ R3×3

τέτοιοι ώστε B = QAP ;

2.

(α) Δίνεται ο πίνακας

A =

1 0 3

−2 −1 −41 2 −3

.

Υπολογίστε τον αντίστροφο πίνακα του A, του Atκαι του AAt

.

(β) Θεωρούμε πίνακες A,B ∈ Rn×nμε την ιδιότητα A2 +B2 = O.

(β1) Αν ο n είναι περιττός αριθμός, δείξτε ότι οι A,B δεν είναι αντιστρέψιμοι.

(β2) Δώστε παράδειγμα αντιστρέψιμων 4× 4 πινάκων A,B με αυτή την ιδιότητα.

3. Δίνεται ο υπόχωρος

U = 〈(λ 1

1 λ

),

(1 λ1 1

),

(1 1

λ 1

),

(1 1

1 λ

)〉

του R2×2, όπου λ ∈ R.

(α) Για ποιες τιμές του λ είναι ο U ισόμορφος με το διανυσματικό χώρο R4×1; Για

ποιες τιμές του λ είναι ισόμορφος με τον R3×1;

(β) Για ποιες τιμές του λ υπάρχει υπόχωρος W του R2×2διάστασης 2, τέτοιος ώστε

U ∩W = 0;

4. Δίνονται οι γραμμικές απεικονίσεις S : R2[x] → R1[x] και T : R1[x] → R2[x] πουορίζονται θέτοντας S(p(x)) = p′(x)−xp′′(x) για p(x) ∈ R2[x] και T (q(x)) = (x+1)q(x)για q(x) ∈ R1[x], όπου Rd[x] := f(x) ∈ R[x] : deg(f(x)) ≤ d.

(α) Υπολογίστε τους πίνακες των S και T ως προς τις κανονικές βάσεις των R1[x] καιR2[x].

(β) Υπολογίστε τη διάσταση του πυρήνα της S και τη διάσταση της εικόνας της T .

(γ) Ποιες από τις γραμμικές απεικονίσεις S T και T S είναι αντιστρέψιμες;





Εξετάσεις Ιανουαρίου 2016

Απαντήσεις

1. (α) Αφού det(A) = 5 6= 0, ο πίνακας A είναι αντιστρέψιμος. Πολλαπλασιάζονταςαπό αριστερά την ισότητα AX = B + C με A−1

βρίσκουμε ότι

X = A−1(B + C) =

(3 −12 1

)−1( −4 1

1 1

)=

1

5

(1 1

−2 3

)(−4 1

1 1

)=

1

5

(−3 2

11 1

)=

(−3/5 2/511/5 1/5

).

Επίσης, det(X) = −1 και συνεπώς det(X25) = (det(X))25 = (−1)25 = −1.(β1) Από τη δοσμένη ισότητα παίρνουμε 4A−A2 = 4In και συνεπώς A·(In−A/4) =

(In − A/4) · A = In. ΄Αρα, ο A είναι αντιστρέψιμος με αντίστροφο A−1 = In − A/4,

δηλαδή ισχύει το ζητούμενο με λ = −1/4 και µ = 1.

(β2) ΄Εστω τώρα ότι n = 2 και ότι

A =

(a bc d

).

Από την ισότητα A−1 = In − A/4 παίρνουμε(d −b−c a

)= det(A) ·

(1− a/4 −b/4−c/4 1− d/4

)και συμπεραίνουμε ότι det(A) = 4 (και ότι a + d = 4), αν ένα τουλάχιστον από τα b, cείναι διάφορο του μηδενός. Στην περίπτωση b = c = 0, ο πίνακας A είναι διαγώνιοςκαι από τη δοσμένη ισότητα A2 = 4A − 4I2 βρίσκουμε ότι A = 2I2, οπότε και πάλιdet(A) = 4.

2. (α) Υπολογίζουμε πρώτα ότι

det(A) = λ · det

1 2 3 λ2 2 3 λ3 3 3 λ1 1 1 1

= −λ · det

1 1 1 1

1 2 3 λ2 2 3 λ3 3 3 λ

= −λ · det

1 1 1 1

0 1 2 λ− 10 0 1 λ− 20 0 0 λ− 3

= −λ(λ− 3)

και συμπεραίνουμε ότι det(A) 6= 0, δηλαδή ότι ο A έχει τάξη 4, αν και μόνο αν λ 6= 0, 3.Παρατηρούμε επίσης ότι

det

1 2 32 2 3

3 3 3

= det

1 2 31 0 0

3 3 3

= − det

(2 3

3 3

)= 3 6= 0

και συμπεραίνουμε ότι rank(A) ≥ 3 για κάθε λ ∈ R. Από τα προηγούμενα έπεται ότιrank(A) = 3 για λ = 0 και για λ = 3 και ότι rank(A) = 4 για τις υπόλοιπες τιμές τουλ ∈ R.(β) Βρήκαμε στο (α) ότι ο A είναι αντιστρέψιμος για λ 6= 0, 3. Κατά συνέπεια, για

αυτές τις τιμές του λ το ομογενές σύστημα Ax = 0 έχει μόνο την τετριμμένη λύσηx = 0. Για λ ∈ 0, 3, λύνοντας το σύστημα με τη γνωστή διαδικασία, βρίσκουμε τοσύνολο λύσεων

0

0

0

µ

: µ ∈ R = 〈

0

0

0

1

〉για λ = 0 και το

0

0

µ−µ

: µ ∈ R = 〈

0

0

1

−1

〉για λ = 3.(γ) Δεν υπάρχουν τέτοιες τιμές του λ. Πράγματι, ένας πινακας B ∈ R4×2

επαληθεύει

την ισότητα AB = O αν και μόνο αν οι στήλες του είναι λύσεις του συστήματος Ax = 0και έχει τάξη 2 αν και μόνο αν οι στήλες του είναι γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία του

R4×1. Αφού, όπως βρήκαμε παραπάνω, ο χώρος των λύσεων του Ax = 0 έχει διάσταση

μηδέν ή ένα, ο χώρος αυτός δεν μπορεί να περιέχει δύο γραμμικώς ανεξάρτητα στοιχεία

και επομένως δεν υπάρχει πίνακας B με τις επιθυμητές ιδιότητες.

3. (α) Παρατηρούμε ότι

U =

(a b −a− bx y −x− y

): a, b, x, y ∈ R

= 〈

(1 0 −10 0 0

),

(0 1 −10 0 0

),

(0 0 0

1 0 −1

),

(0 0 0

0 1 −1

)〉

και ότι

V =

(a b c−a −b −c

): a, b, c ∈ R

= 〈

(1 0 0

−1 0 0

),

(0 1 0

0 −1 0

),

(0 0 1

0 0 −1

)〉.

Με το γνωστό τρόπο επαληθεύουμε ότι οι τέσσερις πίνακες που βρήκαμε παραπάνω

ότι παράγουν το χώρο U είναι γραμμικώς ανεξέρτητα στοιχεία του R2×3και συνεπώς

αποτελούν τα στοιχεία μιας βάσης του U . Ομοίως για τους τρεις πίνακες που παράγουντον υπόχωρο V . ΄Επεται ότι dim(U) = 4 και dim(V ) = 3 και ότι οι U και V δεν είναιισόμορφοι (αφού έχουν διαφορετικές διαστάσεις).

(β) Βρίσκουμε ομοίως ότι

U ∩ V =

(a b −a− b−a −b a+ b

): a, b ∈ R

= 〈

(1 0 −1−1 0 1

),

(0 1 −10 −1 1

)〉

και ότι dim(U ∩ V ) = 2, οπότε dim(U + V ) = dim(U) + dim(V ) − dim(U ∩ V ) =4 + 3− 2 = 5.(γ) Θεωρούμε τον υπόχωρο

W =

(a b cx y z

)∈ R2×3 : a+ b+ c+ x+ y + z = 0

του R2×3

και παρατηρούμε ότι U ⊆ W και ότι V ⊆ W . ΄Επεται ότι U + V ⊆ W (και

επιπλέον ότι U + V = W , αφού dim(W ) = 5 = dim(U + V )). Συνεπώς, οποιοδήποτεστοιχείο του R2×3

που δεν ανήκει στο W , για παράδειγμα ο πίνακας(1 0 0

0 0 0

),

δεν ανήκει ούτε στο χώρο U + V .

4. (α) Λύνοντας το σύστημα Ax = 0, βρίσκουμε

ker(T ) =

λ+ 2µ−λ− µ

λ−µ

: λ, µ ∈ R = 〈

1

−11

0

,

2

−10

1

〉.Θέτοντας

v2 =

1

−11

0

, v4 =

2

−10

1

έχουμε τη βάση v2, v4 του πυρήνα ker(T ). Επεκτείνουμε σε βάση v1, v2, v3, v4 τουR4×1

, για παράδειγμα επιλέγοντας

v1 =

1

0

0

0

, v3 =

0

1

0

0

,

σημειώνοντας ότι το σύνολο αυτό είναι πράγματι βάση του R4×1αφού

det

1 1 0 2

0 −1 1 −10 1 0 0

0 0 0 1

6= 0.

Από τη θεωρία γνωρίζουμε ότι το

T (v1), T (v3) =

1

0

1

1

,

1

1

2

3

είναι βάση της εικόνας της T .(β) Θέτουμε

w1 = T (v1) =

1

0

1

1

, w3 = T (v3) =

1

1

2

3

.

Επεκτείνουμε σε βάση w1, w2, w3, w4 του R4×1, για παράδειγμα επιλέγοντας

w2 =

1

0

0

0

, w4 =

0

1

0

0

,

σημειώνοντας ότι το σύνολο αυτό είναι πράγματι βάση του R4×1αφού

det

1 1 1 0

0 0 1 1

1 0 2 0

1 0 3 0

6= 0.

Αφού T (v1) = w1, T (v2) = 0, T (v3) = w3 και T (v4) = 0, ο πίνακας της T ως προς τιςδιατεταγμένες βάσεις (v1, v2, v3, v4) και (w1, w2, w3, w4) του R4×1

είναι ο

B =

1 0 0 0

0 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 0

.

Επομένως έχουμε Q−1AP = B, όπου

P =

1 1 0 2

0 −1 1 −10 1 0 0

0 0 0 1

, Q =

1 1 1 0

0 0 1 1

1 0 2 0

1 0 3 0

.

Συμπεραίνουμε ότι RAP = B, όπου

R = Q−1 =

0 0 3 −21 0 −2 1

0 0 −1 1

0 1 1 −1

.


Εξετάσεις Σεπτεμβρίου 2016

Απαντήσεις

1. (α) Οι πίνακες AB και BA προφανώς δεν ορίζονται, άρα ούτε και το άθροισμά τουςAB+BA. Ο πίνακας ABt+AtB δεν ορίζεται αφού ο ABt

είναι 3× 3, ενώ ο AtB είναι4× 4. Αντιθέτως, οι πίνακες ABt + BAt

και AtB + BtA ορίζονται και είναι 3× 3 και4× 4, αντίστοιχα.

(β) Με τη γνωστή διαδικασία βρίσκουμε ανηγμένο κλιμακωτό πίνακα

A′ =

1 0 0 −3/50 1 0 −20 0 1 −1/5

γραμμοισοδύναμο του A. Συμπεραίνουμε ότι το ομογενές σύστημα Ax = 0 είναι ισο-δύναμο με εκείνο με εξισώσεις x1 − 3x4/5 = 0, x2 − 2x4 = 0 και x3 − x4/5 = 0 καισυνεπώς ότι έχει σύνολο λύσεων

3λ/52λλ/5λ

: λ ∈ R .

Εργαζόμενοι ομοίως, βρίσκουμε το σύνολο λύσεων

−14λλ−4λλ

: λ ∈ R

του ομογενούς συστήματος Bx = 0.

(γ) Αν υπήρχε τέτοιος αντιστρέψιμος πίνακας Q, τότε τα συστήματα Ax = 0 καιBx = 0 θα είχαν το ίδιο σύνολο λύσεων, αφού Bx = 0 ⇔ (QA)x = 0 ⇔ Q(Ax) =0 ⇔ Ax = 0. Αφού, όπως φαίνεται από τις απαντήσεις μας στο ερώτημα (β), αυτό δεσυμβαίνει, η απάντηση είναι αρνητική.

(δ) Δείξαμε στο (β) ότι οι πίνακες A και B έχουν μονοδιάστατο πυρήνα. Από αυτόσυμπεραίνουμε ότι rank(A) = rank(B) = 4−1 = 3. Από τη θεωρία έπεται ότι υπάρχουναντιστρέψιμοι πίνακες P ∈ R4×4

και Q ∈ R3×3τέτοιοι ώστε B = QAP .

2. (α) Με τη γνωστή διαδικασία υπολογίζουμε ότι

A−1 =

11/2 3 3/2

−5 −3 −1−3/2 −1 −1/2

και συμπεραίνουμε ότι

(At)−1 = (A−1)t =

11/2 −5 −3/23 −3 −13/2 −1 −1/2

και ότι

(AAt)−1 = (At)−1A−1 =

11/2 −5 −3/23 −3 −13/2 −1 −1/2

11/2 3 3/2

−5 −3 −1−3/2 −1 −1/2

=

115/2 33 14

33 19 8

14 8 7/2

.

(β1) Από την ισότητα A2 = −B2παίρνουμε (det(A))2 = det(A2) = det(−B2) =

(−1)n det(B2) = − det(B2) = −(det(B))2. Αφού οι πίνακες A,B έχουν στοιχείαπραγματικούς αριθμούς, οι ορίζουσές τους είναι πραγματικοί αριθμοί το άθροισμα των

τετραγώνων των οποίων είναι ίσο με μηδέν. Από αυτό έπεται ότι det(A) = det(B) = 0,δηλαδή ότι οι A,B δεν είναι αντιστρέψιμοι.

(β2) ΄Ενα τέτοιο παράδειγμα δίνεται από τους

A =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

, B =

0 0 0 1

0 0 1 0

0 −1 0 0

−1 0 0 0

.

3. (α) Παρατηρούμε ότι η διάσταση του U είναι ίση με την τάξη του πίνακα

A =

λ 1 1 1

1 λ 1 1

1 1 λ 1

λ 1 1 λ

.

Προφανώς rank(A) = 1 αν λ = 1. Για λ 6= 1 βρίσκουμε με τη γνωστή διαδικασία τονγραμμοισοδύναμο του A πίνακα

1 λ 1 1

0 1 −1 0

0 0 λ+ 2 1

0 0 0 1

και συμπεραίνουμε ότι rank(A) = 3 αν λ = −2 και rank(A) = 4 για τις υπόλοιπες τιμέςτου λ. Συνολικά, έχουμε

dim(U) =

1, αν λ = 1,3, αν λ = −2,4, διαφορετικά

και συμπεραίνουμε ότι ο U είναι ισόμορφος με τον R4×1για λ ∈ Rr −2, 1 και με τον

R3×1μόνο για λ = −2.(β) Τέτοιος υπόχωρος υπάρχει μόνο για λ = 1. Πράγματι, αφού U ∩W = 0, θα

πρέπει να έχουμε dim(U) + dim(W ) = dim(U +W ) ≤ dim(R2×2) = 4 και συνεπώςdim(U) ≤ 2. Από την απάντησή μας στο ερώτημα (α) προκύπτει ότι αυτό συμβαίνειμόνο για λ = 1. Αντιστρόφως, αν λ = 1 (οπότε dim(U) = 1), τότε οποιοσδήποτευπόχωρος W του R2×2

που δεν περιέχει τον U έχει την ιδιότητα U ∩W = 0. ΄Εναςτέτοιος υπόχωρος διάστασης δύο είναι εκείνος των διαγώνιων 2× 2 πινάκων.

4. (α) Υπολογίζουμε ότι S(1) = 0, S(x) = 1, S(x2) = 0 και συμπεραίνουμε ότι οπίνακας της S ως προς τις κανονικές διατεταγμένες βάσεις (1, x, x2) και (1, x) είναι ο

A =

(0 1 0

0 0 0

).

Ομοίως, από τις ισότητες T (1) = 1 + x, T (x) = x+ x2 βρίσκουμε ότι ο πίνακας της Tως προς τις κανονικές διατεταγμένες βάσεις (1, x) και (1, x, x2) είναι ο

B =

1 01 10 1

.

(β) ΄Εχουμε dim(ker(S)) = 3 − rank(S) = 3 − rank(A) = 2 και dim(Im (T )) =rank(T ) = rank(B) = 2.

(γ) Οι πίνακες των S T και T S ως προς τις κανονικές διατεταγμένες βάσεις είναιοι

AB =

(1 1

0 0

), BA =

0 1 00 1 0

0 0 0

,

αντίστοιχα. Αφού οι πίνακες αυτοί δεν είναι αντιστρέψιμοι, ούτε η S T ούτε και η T Sείναι αντιστρέψιμη γραμμική απεικόνιση.

Grammik 'Algebra IKatatakt riec Exetseic 20112012

Apant seic

1. (a) EkteloÔme stoiqei¸deic metasqhmatismoÔc gramm¸n ston epauxhmèno pÐnaka(A | I4) me skopì na katal xoume se pÐnaka thc morf c (I4 | B). Gia pardeigma,prosjètontac sth deÔterh gramm thn pr¸th kai sthn trÐth thn tètarth, prokÔptei opÐnakac

1 −1 0 0 | 1 0 0 00 0 −1 0 | 1 1 0 00 −1 0 0 | 0 0 1 10 0 −1 1 | 0 0 0 1

.

Antallssontac th deÔterh me thn trÐth gramm kai pollaplasizontac tic grammècautèc me −1, prokÔptei o pÐnakac

1 −1 0 0 | 1 0 0 00 1 0 0 | 0 0 −1 −10 0 1 0 | −1 −1 0 00 0 −1 1 | 0 0 0 1

.

Tèloc, prosjètontac sthn pr¸th gramm tou prohgoÔmenou pÐnaka th deÔterh kaisthn tètarth thn trÐth, prokÔptei o pÐnakac (I4 | B) me

B =

1 0 −1 −10 0 −1 −1

−1 −1 0 0−1 −1 0 1

.

Sunep¸c o pÐnakac A eÐnai antistrèyimoc me antÐstrofo ton B.(b) Apì thn prohgoÔmenh diadikasÐa prokÔptei ìti det(A) = 1. Sunep¸c, gia kje

pÐnaka B ∈ R4×4 èqoume det(ABA) = det(A) det(B) det(A) = det(B).

2. (a) Jètontac

X =

(x yz w

)brÐskoume ìti

X ∈ U ⇔ AX = O ⇔(

1 11 1

) (x yz w

)= O ⇔

(x + z y + wx + z y + w

)= O

⇔ x + z = y + w = 0,

opìte

U =

(x y

−x −y

): x, y ∈ R

.

Apì thn isìthta aut prokÔptei eÔkola ìti to sÔnolo(1 0

−1 0

),

(0 10 −1

)eÐnai bsh tou U kai sunep¸c ìti dim(U) = 2. OmoÐwc brÐskoume ìti

XB = O ⇔ x− y = z − w = 0, AXB = O ⇔ x− y + z − w = 0,

opìte

V =

(x xz z

): x, z ∈ R

, W =

(x yz x− y + z

): x, y, z ∈ R

.

Apì tic isìthtec autèc prokÔptei ìti ta sÔnola(1 10 0

),

(0 01 1

),

(1 00 1

),

(0 10 −1

),

(0 01 1

)eÐnai bseic twn V kai W , antÐstoiqa, kai sunep¸c dim(V ) = 2, dim(W ) = 3.

(b) Profan¸c èqoume U ⊆ W kai V ⊆ W , opìte U + V ⊆ W . Epomènwc, arkeÐna deÐxoume ìti dim(U + V ) = dim(W ), dhlad ìti dim(U + V ) = 3. Prgmati, apìtouc upologismoÔc sthn apnthsh tou erwt matoc (a) prokÔptei ìti

U ∩ V =

(x x

−x −x

): x ∈ R

.

'Ara dim(U ∩ V ) = 1 kai

dim(U + V ) = dim(U) + dim(V )− dim(U ∩ V ) = 2 + 2− 1 = 3.

3. (a) O pÐnakac thc T wc proc thn kanonik bsh tou R1×3 eÐnai o

A =

1 2 −1−3 0 2−1 4 0

kai sunep¸c h distash thc eikìnac thc T eÐnai Ðsh me thn txh tou pÐnaka autoÔ. Meth gnwst diadikasÐa brÐskoume ìti ènac grammoisodÔnamoc tou A klimakwtìc pÐnakaceÐnai o

A′ =

1 2 −10 1 −1/60 0 0

.

'Ara h txh tou A eÐnai Ðsh me 2, ìsec eÐnai oi mh mhdenikèc grammèc tou A′. 'Epetaiìti h distash thc eikìnac thc T eÐnai epÐshc Ðsh me 2.

(b) Ja deÐxoume ìti h apnthsh eÐnai arnhtik . 'Estw ìti uprqei tètoia bsh kaièstw T (v1) = T (v2) = T (v3) = w. GnwrÐzoume ìti kje dinusma v ∈ V grfetai (memonadikì trìpo) sth morf v = λ1v1+λ2v2+λ3v3, me λ1, λ2, λ3 ∈ R. Qrhsimopoi¸ntacth grammikìthta thc T , brÐskoume ìti

T (v) = T (λ1v1 + λ2v2 + λ3v3) = λ1T (v1) + λ2T (v2) + λ3T (v3)

= (λ1 + λ2 + λ3)w ∈ 〈w〉.

OdhgoÔmaste sto sumpèrasma ìti h eikìna thc T eÐnai Ðsh me to q¸ro 〈w〉 = λw :λ ∈ R kai sunep¸c ìti h distash thc eikìnac aut c eÐnai mikrìterh Ðsh tou 1, seantÐjesh ma thn apnthsh tou erwt matoc (a). Apì aut thn antÐfash prokÔptei tozhtoÔmeno.

4. (a) Profan¸c oi pÐnakec A kai B eÐnai antistrèyimoi kai sunep¸c èqoun txh Ðshme 2. AfoÔ oi A kai B èqoun Ðsec txeic, oi pÐnakec autoÐ eÐnai isodÔnamoi.

(b) Ja deÐxoume ìti oi A kai B den eÐnai ìmoioi pÐnakec. Prgmati, ac upojèsoumeto antÐjeto. Tìte uprqei antistrèyimoc pÐnakac P ∈ R2×2 tètoioc ¸ste A = P−1BP ,opìte PA = BP . Jètontac

P =

(x yz w

)brÐskoume ìti

PA = BP ⇔(

x yz w

) (1 11 0

)=

(1 10 1

) (x yz w

)⇔

(x + y xz + w z

)=

(x + z y + w

z w

).

H teleutaÐa isìthta isqÔei mìno an x + y = x + z, x = y + w, z + w = z kai z = w,sqèseic apì tic opoÐec prokÔptei ìti x = y = z = w = 0. Sunep¸c P = O, seantÐjesh me thn upìjes mac ìti o P eÐnai antistrèyimoc. Apì thn antÐfash aut sumperaÐnoume ìti oi A kai B den eÐnai ìmoioi pÐnakec.

GRAMMIKH ALGEBRA I · 17. D—netai o p—nakac A= 0 B B @ 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29...

Documents

Transcript of GRAMMIKH ALGEBRA I · 17. D—netai o p—nakac A= 0 B B @ 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29...