LinearAlgebraII
56
Πανεπιστήμιο Πατρών Τμήμα Μαθηματικών Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ασκήσεις Πρώιμο προσχέδιο 19 Μαΐου 2010
Transcript of LinearAlgebraII
Πανεπιστήμιο ΠατρώνΤμήμα Μαθηματικών
Γραμμική Άλγεβρα ΙΙΑσκήσεις
Πρώιμο προσχέδιο
19 Μαΐου 2010
Περιεχόμενα
1 Προθέρμανσης 2
2 Η κανονική μορφή Jordan 9
3 Ο δυϊκός χώρος 18
4 Χώροι με εσωτερικό γινόμενο - χώροι με νόρμα 24
5 Ορθοκανονικοποίηση κατά Gram Schmidt 33
6 Ο συζυγής ενός τελεστή 42
7 Κανονικοί και αυτοσυζυγείς τελεστές 50
1
Κεφάλαιο 1
Προθέρμανσης
1. Από το εγχειρίδιο Ερωτήσεις και Απαντήσεις στη Γραμμική Άλγεβρα απαντήστε τιςερωτήσεις 232-239.
[232]. Για κάθε γραμμικό τελεστή υπάρχει ένα πολυώνυμο p(t) μέγιστου βαθμού γιατο οποίο ισχύει p(T ) = T0.
ΨΕΥΔΗΣ. Ένα πολυώνυμο p(t) που ικανοποιεί την p(T ) = T0 μπορεί να είναι οσοδή-ποτε μεγάλου βαθμού (θεωρώντας κάποιους συντελεστές μηδέν).
[233]. Κάθε γραμμικός τελεστής έχει ένα μοναδικό ελάχιστο πολυώνυμο.ΑΛΗΘΗΣ. (1) Κάθε γραμμικός τελεστής T ∈ L(V ) με dimV = n έχει πάντα ένα ελάχι-
στο πολυώνυμο βαθμού το πολύ n. Πράγματι, από θεώρημαCayley-Hamilton, το χαρακτηρι-στικό πολυώνυμο f(t) του T βαθμού n ικανοποιεί την p(T ) = T0. Επιλέγουμε πολυώνυμοελάχιστου βαθμού g(t) τέτοιο ώστε g(T ) = T0 και διαιρώ το g(t) με τον συντελεστή τουμεγιστοβάθμιου όρου. Τότε προκύπτει το ελάχιστο πολυώνυμο p(t).
(2) Το ελάχιστο πολυώνυμο p(t) είναι μοναδικό. Πράγματι, έστω p1(t), p2(t) δύο ελά-χιστα πολυώνυμα του . Τότε p1(t)/p2(t) και p1(t), p2(t) έχουν τον ίδιο βαθμό. Άρα p1(t) =c · p2(t), c 6= 0. Επειδή p1(t), p2(t) έχουν πρώτο συντελεστή 1, τότε c = 1, άρα p1(t) = p2(t).
[234]. Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο ενός γραμμικού τελεστή διαιρεί το ελάχιστο πο-λυώνυμο του.
ΨΕΥΔΗΣ. Το αντίθετο είναι αληθές. Έστω ο πίνακας A =
3 −1 17 −5 16 −6 2
με χαρα-
κτηριστικό πολυώνυμο f(t) = (t−2)2(t+4)) και ελάχιστο πολυώνυμο p(t) = (t−2)(t+4).Το p(t) διαιρεί το f(t) αλλά όχι το αντίθετο.
[235]. Το ελάχιστο και το χαρακτηριστικό πολυώνυμο ενός διαγωνιοποιήσιμου τελεστήείναι ίδια.
ΨΕΥΔΗΣ. Έστω οπίνακαςA =
2 1 −22 3 −41 1 −1
με χαρακτηριστικό πολυώνυμο f(t) =
(t − 1)2(t − 2)) και ελάχιστο πολυώνυμο p(t) = (t − 1)(t − 2). Ο πίνακας A είναι διαγω-νιοποιήσιμος αλλά τα p(t) και f(t) δεν ταυτίζονται.
2
[236]. Έστω T ∈ L(V ) με dim(V ) = n, p(t) το ελάχιστο πολυώνυμο του T και f(t) τοχαρακτηριστικό πολυώνυμο του T . Έαν το πολυώνυμο f(t) γράφεται ως γινόμενο πρωτο-βαθμίων παραγόντων, τότε το f(t) διαιρεί το πολυώνυμο [p(t)]n.
ΑΛΗΘΗΣ. Επειδή το χαρακτηριστικό πολυώνυμο γράφεται ως γινόμενο πρωτοβαθ-μίων παραγόντων, θα είναι f(t) = p(t) και άρα:
[f(t)]n = [p(t)]n ⇔ [f(t)]n−1f(t) = [p(t)]n
Οπότε έχουμε το ζητούμενο.
[237]. Το ελάχιστο και το χαρακτηριστικό πολυώνυμο ενός γραμμικού τελεστή έχουνπάντα τον ίδιο βαθμό.
ΨΕΥΔΗΣ. Έστω οπίνακαςA =
3 −1 17 −5 16 −6 2
με χαρακτηριστικό πολυώνυμο f(t) =
(t−2)2(t+4)) και ελάχιστο πολυώνυμο p(t) = (t−2)(t+4), διαφορετικού βαθμού μεταξύτους.
[238]. Εάν το ελάχιστο πολυώνυμο ενός γραμμικού τελεστή γράφεται ως γινόμενο πρω-τοβαθμίων παραγόντων, τότε ο τελεστής είναι διαγωνιοποιήσιμος.
ΨΕΥΔΗΣ. Ισχύει ότι ένας γραμμικός τελεστής T είναι διαγωνοποιήσιμος εάν και μόνοεάν το ελάχιστο πολυώνυμο του T είναι γινόμενο διακεκριμένων πρωτοβάθμιων παραγό-ντων, δηλαδή της μορφής p(t) = (t − λ1)(t − λ2) . . . (t − λκ), όπου λ1, λ2, . . . , λκ οι δια-
κεκριμένες ιδιοτιμές του T . Θεωρούμε τον πίνακα A =
1 1 20 1 20 0 1
το χαρακτηριστικό
πολυώνυμο είναι f(t) = −(t− 1)3) και το ελάχιστο πολυώνυμο p(t) = (t− 1)(t− 1)(t− 1).Άρα ο T δεν είναι διαγωνοποιήσιμος παρά το ότι το ελάχιστο πολυώνυμο του είναι γινό-μενο πρωτοβάθμιων παραγόντων.
[239]. Έστω T ∈ L(V ). Εάν ο V είναι ένας T-κυκλικός υπόχωρος του εαυτού του, τότεο βαθμός του ελάχιστου πολυωνύμου του T ισούται με τη διάσταση του χώρου V.
ΑΛΗΘΗΣ. TODO!
2. Βρείτε το ελάχιστο πολυώνυμο των παρακάτω πινάκων:(2 11 2
),
(1 10 1
),
4 −14 51 −4 21 −6 4
.
(i) Για A =
(2 11 2
), θα έχουμε για το χαρακτηριστικό πολυώνυμο:
f(t) = det(A− t · I2) =∣∣∣∣2− t 1
1 2− t
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣3− t 13− t 2− t
∣∣∣∣ == (3− t) ·
∣∣∣∣1 11 2− t
∣∣∣∣ = (3− t)(2− t− 1) = (t− 3)(t− 1)
3
Άρα και το ελάχιστο πολυώνυμο είναι (t− 3)(t− 1).(ii) Για B =
(1 10 1
), θα έχουμε για το χαρακτηριστικό πολυώνυμο:
f(t) = det(B − t · I2) =∣∣∣∣1− t 1
0 1− t
∣∣∣∣ = (1− t)2 = (t− 1)2
και επειδή B − 1 · I2 =∣∣∣∣0 10 0
∣∣∣∣ 6= 02 το ελάχιστο πολυώνυμο είναι (t− 1)2.
(iii) Για C =
4 −14 51 −4 21 −6 4
, θα έχουμε για το χαρακτηριστικό πολυώνυμο:
f(t) = det(C − t · I3) =
∣∣∣∣∣∣4− t −14 51 −4− t 21 −6 4− t
∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣4− t −14 −91 −4− t −2− t1 −6 −2− t
∣∣∣∣∣∣ ==
∣∣∣∣∣∣4− t −14 −91 −4− t −2− t0 −2 + t 0
∣∣∣∣∣∣ = (t− 2) ·∣∣∣∣4− t −9
1 −2− t
∣∣∣∣ == (t− 2)(−8− 4t+ 2t+ t2 + 9) = (t− 2)(t2 − 2t+ 1) = (t− 2)(t− 1)2
Το ελάχιστο πολυώνυμο είναι (t− 2)(t− 1)2, επειδή
(C − 2 · I3)(C − I3) =
2 −14 51 −6 21 −6 2
·
3 −14 51 −5 21 −6 3
=
−3 12 −3−1 4 −1−1 4 −1
6= 03.
3. Να βρεθεί το ελάχιστο πολυώνυμο των παρακάτω γραμμικών απεικονίσεων:(α) T : R2 → R2 T (x, y) = (x+ y, x− y)(β) T : P2(R) → P2(R) T (f) = −xf ′′ + f ′ + 2f(γ) T :Mn×n(R) →Mn×n(R) T (A) = At. (Παρατηρείστε ότι T 2 = Id)
(α) Θεωρούμε τη συνήθη, κανονική βάση του R2, {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)}. Θα έχουμε:
T (e1) = T (1, 0) = (1, 1)
T (e2) = T (0, 1) = (1,−1)
Δηλαδή ο πίνακας που αντιστοιχεί στη γραμμική απεικόνιση είναι ο A =
(1 11 −1
), με
χαρακτηριστικό πολυώνυμο:
f(t) = det(A− t · I2) =∣∣∣∣1− t 1
1 −1− t
∣∣∣∣ == (1− t)(−1− t)− 1 = −1− t+ t+ t2 − 1 = t2 − 2 = (t−
√2)(t+
√2)
και τελικά το ελάχιστο πολυώνυμο θα είναι (t−√2)(t+
√2).
4
(β) Θεωρούμε τη συνήθη, κανονική βάση του P2(R), {1, x, x2}. Θα έχουμε:
T (1) = −x · 0 + 0 + 2 · 1 = 2 · 1 + 0 · x+ 0 · x2
T (x) = −x · 0 + 1 + 2x = 1 · 1 + 2 · x+ 0 · x2
T (x2) = −x · 2 + 2x+ 2x2 = 0 · 1 + 0 · x+ 2 · x2
Δηλαδή ο πίνακας που αντιστοιχεί στη γραμμική απεικόνιση είναι ο B =
2 1 00 2 00 0 2
, μεχαρακτηριστικό πολυώνυμο:
f(t) = det(B − t · I3) =
∣∣∣∣∣∣2− t 1 00 2− t 00 0 2− t
∣∣∣∣∣∣ = (2− t)3
Το ελάχιστο πολυώνυμο θα είναι (t− 2)2, αφού:
(B − 2I3) 6= 03 και (B − 2I3)(B − 2I3) = 03
(γ) TODO!
4. Ποιοί από τους πίνακες της άσκησης 2 και ποιές από τις απεικονίσεις της άσκησης3 είναι διαγωνιοποιήσιμοι/μες;
Από τη 2η άσκηση, ο A είναι, ο B δεν είναι, ο C δεν είναι. Από την 3η άσκηση, ο Aείναι, ο B δεν είναι, ο C είναι.
TODO! Να βάλουμε και καμιά εξήγηση.
5. Να βρεθούν όλοι οι γραμμικοί τελεστές T του R2 οι οποίοι είναι διαγωνιοποιήσιμοικαι να ικανοποιούν τη σχέση T 3 − 2T 2 + T = T0 (T0 ο μηδενικός τελεστής).
TODO!
6. Δίνεται ο πίνακας A =
−5 b a−4 2 a−4 b 0
a, b ∈ R.
(i) Αν είναι γωστό ότι λ1 = −1 είναι ιδιοτιμή του A πολλαπλότητας 3, να υπολογίσετε τιςτιμές των παραμέτρων a, b.Για τις τιμές των a, b ∈ R του ερωτήματος (i)(ii) Βρείτε το ελάχιστο πολυώνυμο του πίνακα A(iii) Αποδείξτε ότι ισχύουν οι σχέσεις A3 = 3A+ 2I, A4 = −4A− 3I(iv) Βρείτε τη κανονική μορφή Jordan του πίνακα A
5
(i) Θα ισχύει |A− λ1I3| = 0 ⇔ |A+ I3| = 0, οπότε:∣∣∣∣∣∣−4 b a−4 3 a−4 b 1
∣∣∣∣∣∣ = −4
∣∣∣∣∣∣1 b a1 3 a1 b 1
∣∣∣∣∣∣ = −4
∣∣∣∣∣∣1 b a0 3− b 00 0 1− a
∣∣∣∣∣∣ = −4
∣∣∣∣ b a3− b 0
∣∣∣∣ == −4a(b− 3) = 0 ⇔
a = 0ή
b = 3
(ii) TODO!
(iii) TODO!
(iv) TODO!
7. (α) ΈστωA ∈Mn×n(R) διαγωνιοποιήσιμος πίνακας με ιδιοτιμές τους μη αρνητικούςπραγματικούς αριθμούς λ1, λ2, . . . , λn. Αποδείξτε ότι υπάρχουν πραγματικοί πίνακεςX οιοποίοι είναι λύση της εξίσωσης X2 = A
(β) Βρείτε ένα πίνακα τέτοιον ώστε X2 = A, όπου A =
(4 −12 1
).
(γ) Έστω A =
(15 7−14 −6
). Υπολογίστε μια πραγματική λύση της εξίσωσης X3 = A
(α) Ξεκινάμε από την παρατήρηση πως για τετραγωνικό πίνακα D = [dij] μπορεί εύ-κολα να βρεθεί πίνακας X τέτοιος ώστε X2 = D. Προφανώς θα είναι X = [xij] = [
√dij].
Όμως γνωρίζουμε πως για ένα διαγωνιοποιήσιμο πίνακα υπάρχουν πίνακες τέτοιοι ώστενα ισχύει η σχέση D = P−1AP . Όπότε:
A = PDP−1 ⇒ X2 = PDP−1 ⇒ X2 = PD12D
12P−1 ⇒
⇒ X2 = PD12P−1PD
12P−1 ⇒
⇒ X2 = (PD12P−1)2 ⇒ X = PD
12P−1
Επειδή όμως στην περίπτωση μας ο διαγώνιο πίνακας D έχει σαν στοιχεία του τις ιδιοτι-μές του πίνακα A, οι οποίες είναι θετικές, θα υπάρχου και πραγματικές ρίζες αυτών. Άραυπάρχει στην περίπτωση αυτή πραγματικός πίνακας X .
(β) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του πίνακα A είναι f(t) = (4 − t)(1 − t) + 2 =4− 4t− t+ t2 +2 = t2 − 5t+6 = (t− 3)(t− 2). Και τα ιδιοδιανύσματα που αντιστοιχούνείναι είναι τα (1, 1), από την εξίσωση x1 − x2 = 0 και (1, 2) από τη εξίσωση 2x1 − x2 = 0.Έτσι στην περίπτωση μας οι πίνακες P, P−1 και D είναι:
P =
(1 11 2
), P−1 =
(2 −1−1 1
), D =
(3 00 2
),
6
Έτσι για τον X θα έχουμε:
X = PD12P−1 =
(1 11 2
)(√3 0
0√2
)(2 −1−1 1
)=
=
(√3
√2√
3 2√2
)(2 −1−1 1
)=
(2√3−
√2 −
√3 +
√2
2√3− 2
√2 −
√3 + 2
√2
)Υπάρχουν άλλες τρεις λύσεις. Ποιές;
(γ) Με αντίστοιχη λογική θα έχουμε για το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του πίνακα A,f(t) = (15−t)(−6−t)+14 ·7 = t2−9t+8 = (t−8)(t−1). Και για τα ιδιοδιανύσματα πουαντιστοιχούν θα είναι (1,−1), από την εξίσωση 7x1 + 7x2 = 0 και (1,−2) από τη εξίσωση14x1 + 7x2 = 0. Έτσι στην περίπτωση μας οι πίνακες P, P−1 και D είναι:
P =
(1 1−1 −2
), P−1 =
(2 1−1 −1
), D =
(8 00 1
),
Έτσι για τον X θα έχουμε:
X = PD13P−1 =
(1 1−1 −2
)(3√8 0
0 3√1
)(2 1−1 −1
)=
=
(1 1−1 −2
)(2 00 1
)(2 1−1 −1
)=
=
(2 1−2 −2
)(2 1−1 −1
)=
(3 1−2 0
)
8*. Δείξτε ότι όμοιοι πίνακες έχουν το ίδιο ελάχιστο πολυώνυμο.
Έστω δύο πίνακες A και B, όμοιοι μεταξύ τους. Υπάρχει δηλαδή αντιστρέψιμος πίνα-κας C, τέτοιος ώστε A = C−1BC. Θα είναι:
|A− λI| = |C−1BC − λI| = |C−1BC − λC−1C| = |C−1(BC − λC)| == |C−1||BC − λC| = |C|−1|(B − λI)C| = |C|−1|B − λI||C| == |B − λI|
Δηλαδή το ζητούμενο.
9*. Το χαρακτηριστικό και το ελάχιστο πολυώνυμο ενός τελεστή T ∈ L(V ) (ή πίνακαA έχουν τις ίδιες ρίζες.
Για το χαρακτηριστικό f(t) και το ελάχιστο p(t) πολυώνυμο, υπάρχει πολυώνυμο q(t)διάφορο του μηδενικού, τέτοιο ώστε f(t) = p(t)q(t). Έτσι άν x0 ρίζα του f(t) θα είναιf(x0) = 0 ⇒ p(x0)q(x0) = 0 και επειδή q(t) 6= 0 για κάθε t θα είναι p(x0) = 0, δηλαδήρίζα και του ελάχιστου. Αντίστοιχα αν x0 ρίζα του p(t) θα είναι p(x0) = 0 ⇒ p(x0)q(x0) =0 ⇒ f(x0) = 0 και άρα ρίζα και του χαρακτηριστικού.
7
10*. Δείξτε ότι A · AdjA = det(A) · I .
Από τον ορισμό του adjoint ενός πίνακα προκύπτει πως πολλαπλασιάζοντας έναν πί-νακα με τον adjoint του θα είναι για τον πίνακα που προκύπτει: (i) Τα στοιχεία της δια-γωνίου αποτελούν το ανάπτυγμα της det(A) κατά τα στοιχεία της i-γραμμής, οπότε είναιόλα ίσα με det(A). (ii) Τα υπόλοιπα στοιχεία αποτελούν ανάπτυγμα μια ορίζουσας με δύογραμμές ίδιες. Οπότε είναι όλα μηδενικά. Είναι δηλαδή A · AdjA = det(A) · I .
8
Κεφάλαιο 2
Η κανονική μορφή Jordan
1. Από το εγχειρίδιο Ερωτήσεις και Απαντήσεις στη Γραμμική Άλγεβρα απαντήστε τιςερωτήσεις 224-231.
[224]. Η κανονική μορφή Jordan ενός διαγώνιου πίνακα είναι ο ίδιος ο πίνακας. ΑΛΗ-ΘΗΣ.
Ο διαγώνιος πίνακας έχει ιδιοτιμές τα διαγώνια στοιχεία του και κάθε ιδιοτιμή είναιπολλαπλότητας ένα.
[225]. Έστω T ∈ L(V ) επί ενός διανυσματικού χώρου πεπερασμένης διάστασης, μεκανονική μορφή Jordan J . Έαν β είναι μια βάση του V , τότε η κανονική μορφή Jordan τουπίνακα [T ]β είναι ο πίνακας J . ΑΛΗΘΗΣ.
Για οποιαδήποτε βάση β του V , οι παραγώμενοι πίνακες [T ]β είναι όμοιοι μεταξύ τους.Οπότε έχουν την ίδια κανονική μορφή Jordan.
[226]. Γραμμικοί τελεστές με τα ίδια χαρακτηριστικά πολυώνυμα είναι όμοιοι. ΨΕΥ-ΔΗΣ.
Έστω T = LA, S = LB γραμμικοί τελεστές με A =
(1 10 1
)και B =
(1 00 1
), οι οποίοι
έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυμο (t− 1)2 οι οποίοι προφανώς δεν είναι όμοιοι.
[227]. Πίνακες με την ίδια κανονική μορφή Jordan είναι όμοιοι. ΑΛΗΘΗΣ.Γνωστό θεώρημα.
[228]. Κάθε πίνακας είναι όμοιος με την κανονική του μορφή Jordan. ΑΛΗΘΗΣ.Ένας πίνακας ταυτόσημος με την κανονική του μορφή Jordan, έχει σαν κανονική μορφή
Jordan τον εαυτό του. Όμοιοι πίνακες έχουν όμοιες κανονικές μορφές Jordan, άρα το ζητού-μενο.
[229]. Έστω T ένας γραμμικός τελεστής επί ενός διανυσματικού χώρου πεπερασμέ-νης διάστασης με χαρακτηριστικό πολυώνυμο (−1)n(t − λ)n. Άν λάβουμε υπόψη ότι οιστοιχειώδεις πίνακες Jordan διατάσσονται κατά φθίνον μέγεθος, τότε ο τελεστής T έχειμοναδική κανονική μορφή Jordan.ΨΕΥΔΗΣ.
Για την περίπτωση με n = 3, του παραδείγματος, υπάρχουν οι τρεις παρακάτω πιθανές
9
κανονικές μορφές Jordan, που αντιστοιχούν σε πίνακες 3ης τάξης.λ 1 00 λ 10 0 λ
,
λ 1 00 λ 00 0 λ
,
λ 0 00 λ 00 0 λ
,
Οπότε προφανώς δεν είναι μοναδική η πιθανή κανονική μορφή Jordan.
[230]. Έαν ένας τελεστής έχει μια κανονική μορφή Jordan, τότε υπάρχει μοναδική κα-νονική βάση Jordan για τον τελεστή αυτό.ΨΕΥΔΗΣ.
Έστω ο τελεστής στον οποίο αντιστοιχεί ο πίνακας(1 00 1
). Κανονικές βάσεις Jordan
του πίνακα αυτού αποτελούν και η β1 = {(1, 0), (0, 1)} αλλά και η β2 = {(2, 0), (0, 2)}.
[231]. Εάν ένας γραμμικός τελεστής έχει μια κανονική μορφή Jordan, τότε το χαρακτη-ριστικό του διάγραμμα (αποτελούμενο από κατακόρυφες τελείες) είναι μοναδικό. ΑΛΗ-ΘΗΣ.
Υπάρχει 1-1 αντιστοιχία στον αριθμό των "κύκλων" του χαρακτηριστικού διαγράμμα-τος, αλλά και τη διάταξη και το μήκος τους.
2. Να βρεθεί η κανονική μορφή Jordan των παρακάτω πινάκων με στοιχεία από το C.
(0 1−1 2
),
3 −4 03 −2 10 0 2
,
0 1 0 00 0 1 00 0 0 11 0 0 0
,
0 −3 1 2−2 1 −1 2−2 1 −1 2−2 −3 1 4
(α) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι f(t) = −t(2− t) + 1 = t2 − 2t+ 1 = (t− 1)2.
Με ιδιοτιμές t1,2 = 1. Για την τιμή αυτή έχουμε:
−x1 + x2 = 0−x1 + x2 = 0
}⇒ x1 = x2
Άρα ένα ιδιοδυάνυσμα, το (1, 1). Άρα η κανονική μορφή Jordan είναι(1 10 1
).
(β) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι:
f(t) =
∣∣∣∣∣∣3− t −4 03 −2− t 10 0 2− t
∣∣∣∣∣∣ = (2− t)
∣∣∣∣3− t −43 −2− t
∣∣∣∣ == (2− t)
[(3− t)(−2− t) + 12
]= (2− t)(−6− 3t+ 2t+ t2 + 12) =
= (2− t)(t2 − t+ 6) = (2− t)(t2 − t+ 6)
Με ιδιοτιμές t1 = 2 και t2,3 = 1±√23i
2. Δηλαδή έχουμε τρεις διακεκριμένες ιδιοτιμές, άρα
υπάρχει βάσηαπό τρια ιδιοδυανύσματα. Ετσι η κανονική μορφή Jordan είναι:
2 0 0
0 1+√23i
20
0 0 1−√23i
2
.10
(γ) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι:
f(t) =
∣∣∣∣∣∣∣∣−t 1 0 00 −t 1 00 0 −t 11 0 0 −t
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−t)
∣∣∣∣∣∣−t 1 00 −t 10 0 −t
∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣∣1 0 0−t 1 00 −t 1
∣∣∣∣∣∣ = t4 − 1
Με ιδιοτιμές tκ = ei(κ−1)π
2 , 1 ≤ κ ≤ 4. Δηλαδή έχουμε 4 ιδιότιμες, και αντίστοιχα με το
(β) κανονική μορφή Jordan θα είναι
1 0 0 00 i 0 00 0 −1 00 0 0 −i
.(δ) Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι:
f(t) =
∣∣∣∣∣∣∣∣−t −3 1 2−2 1− t −1 2−2 1 −1− t 2−2 −3 1 4− t
∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣−t −3 1 20 −t t 0−2 1 −1− t 2−2 −3 1 4− t
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣∣∣∣∣−t −2 1 20 0 t 0−2 −t −1− t 2−2 −2 1 4− t
∣∣∣∣∣∣∣∣ = t
∣∣∣∣∣∣−t −2 2−2 −t 2−2 −2 4− t
∣∣∣∣∣∣ == t
∣∣∣∣∣∣−t 0 2−2 2− t 2−2 2− t 4− t
∣∣∣∣∣∣ = t
∣∣∣∣∣∣−t 0 2−2 2− t 20 0 2− t
∣∣∣∣∣∣ == t(2− t)(2− t)(−t) = −t2(t− 2)2
Με ιδιοτιμές t1,2 = 0 και t3,4 = 2. Εύκολα φαίνεται ότι:
A− 0 · I =
0 −3 1 2−2 1 −1 2−2 1 −1 2−2 −3 1 4
, A− 2 · I =
−2 −3 1 2−2 −1 −1 2−2 1 −3 2−2 −3 1 2
με βαθμό 3, και για τους δύο πίνακες, άρα 4 − 3 = 1 ιδιοδιανύσμα για καθε ιδιοτιμή και
τελικά κανονική μορφή Jordan
0 1 0 00 0 0 00 0 2 10 0 0 2
.3. Να εξετάσετε ποιά ζεύγη από τους ακόλουθους πίνακες είναι όμοιοι:
(α)(1 30 1
),
(1 10 1
)∈M2×2(R)
(β)(
1 1−1 0
),
(i 00 −i
)∈M2×2(C)
(γ)
−1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 2
,
1 0 0 00 −1 0 00 0 2 00 0 0 1
∈M4×4(R)
11
(δ)
1 1 1−1 −1 −11 1 0
,
1 1 1−1 −1 −11 0 0
∈M4×4(R)
(α) Είναι όμοιοι, μια και ο δεύτερος αποτελεί ουσιαστικά την κανονική μορφή Jordanτου πρώτου. Το χ.π. του πρώτου είναι f(t) = (t− 1)2 και rank(A+ I) = 1.
(β) Είναι όμοιοι, μια και ο δεύτερος αποτελεί ουσιαστικά την κανονική μορφή Jordanτου πρώτου. Το χ.π. του πρώτου είναι f(t) = t2 + 1 οπότε t1,2 = ±i
(γ) Είναι όμοιοι μια και πρόκειται για την ίδια κανονική μορφή Jordan, με απλή ανα-διάταξη των ιδιοτιμών. Ο δεύτερος πίνακας έχει σαν κανονική μορφή Jordan τον πρώτο.
(δ) Για το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του πρώτου έχουμε:
f1(t) =
∣∣∣∣∣∣1− t 1 1−1 −1− t −11 1 −t
∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣1− t 1 1−t −t 01 1 −t
∣∣∣∣∣∣ = −t
∣∣∣∣∣∣1− t 1 11 1 01 1 −t
∣∣∣∣∣∣ == −t
∣∣∣∣∣∣1− t 1 11 1 00 0 −t
∣∣∣∣∣∣ = −t2∣∣∣∣1− t 1
1 1
∣∣∣∣ = t3
και για το δεύτερο:
f2(t) =
∣∣∣∣∣∣1− t 1 1−1 −1− t −11 0 −t
∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣1− t 1 1−t −t 01 0 −t
∣∣∣∣∣∣ = −t
∣∣∣∣∣∣1− t 1 11 1 01 0 −t
∣∣∣∣∣∣ == −t
[− 1− t(1− t− 1)
]= −t(−1 + t2) = t(t2 − 1)
Έχουν δηλαδή διαφορετικές ιδιοτιμές, άρα διαφορετικές κανονικές μορφές Jordan, άραδεν είναι όμοιοι.
4. Να βρεθούν όλοι οι 5× 5 μιγαδικοί πίνακες A με A = A2.
Αν υποθέσουμε πως η κανονική μορφή Jordan του πίνακα A είναι J , τότε θα υπάρχειπίνακας P αντιστρέψιμος τέτοιος ώστε A = PJP−1. Παρατηρούμε επίσης ότι An = A,οπότε έχουμε:
An = PJnP−1
A = PJP−1
}⇒ J = Jn (*)
Όμως για τoυς στοιχειώδεις πίνακες Jordan έχουμε αποδείξει ότι είναι:
Jm(λ)n = λnIm +
(n1
)λn−1Jm + · · ·+
(n
m− 1
)λn−m+1Jm−1
m
Οπότε σύμφωνα με τη σχέση (*) θα πρέπει για κάθε στοιχειώδη πίνακα Jm της J θα πρέπεινα ισχύει:
λnIm +
(n1
)λn−1Jm + · · ·+
(n
m− 1
)λn−m+1Jm−1
m = Jm
12
Ησχέση αυτή όμως ικανοποείται μόνο για n = 1 και λ = 0 ή 1. Δηλαδή όλοι οι στοιχειώδειςπίνακες Jordan της J είναι τάξης 1. Έτσι οι μιγαδικοί πίνακες που ικανοποιούν αυτούς τουςπεριορισμους είναι αυτοί που έχουνε τις παρακάτω κανονικές μορφές Jordan.
00
00
0
,
0
00
01
,
0
00
11
,
0
01
11
,
0
11
11
,
1
11
11
5. Να βρεθούν όλοι οι 6×6 μιγαδικοί πίνακες με χαρακτηριστικό πολυώνυμο (t−1)2(t−2)4.
Από το χαρακτηριστικό πολυώνυμο συμπεραίνουμε πως στην κανονική μορφή Jordanτων πινάκων αυτών στη διαγώνιο θα βρίσκονται οι ιδιοτιμές t1 = 1, (2 φορές) και t2 = 2(4 φορές). Δεν γνωρίζουμε όμως τίποτα για τη διάσταση των γενικευμένων ιδιόχωρων πουαντιστοιχούν σε κάθε ιδιοτιμή. Έτσι θα πάρουμε όλους τους δυνατούς συνδυασμούς, σύμ-φωνα με το παρακάτω πίνακα.
ε.π. (t− 1)2(t− 2)4 (t− 1)2(t− 2)3 (t− 1)2(t− 2)2 (t− 1)2(t− 2)εκδοχές 1 1 2 1ε.π. (t− 1)(t− 2)4 (t− 1)(t− 2)3 (t− 1)(t− 2)2 (t− 1)(t− 2)
εκδοχές 1 1 2 1
13
Δηλαδή συνολικά 12 συνδυασμοί.1 1
12 1
2 12 1
2
,
1 1
12 1
2 12
2
,
1 1
12 1
22
2
,
1 1
12 1
22 1
2
,
1 1
12
22
2
,
1
12 1
2 12 1
2
,
1
12 1
2 12
2
,
1
12 1
22
2
,
1
12 1
22 1
2
,
1
12
22
2
6. Να βρεθούν όλοι οι 6× 6 μιγαδικοί πίνακες με ελάχιστο πολυώνυμο (t− 1)2(t+ 1)2.
Γνωρίζουμε πως έχει έναν υποπίνακα Jordan, τάξης τουλάχιστο 2 για την ιδιοτιμή 1,και έναν τάξης τουλάχιστο 2 επίσης, για την ιδιοτιμή -1. Έτσι οι πιθανές εκδοχές για ταχαρακτηριστικά πολυώνυμα είναι:
χ.π. (t− 1)4(t+ 1)2 (t− 1)3(t+ 1)3 (t− 1)2(t+ 1)4
εκδοχές 2 1 2
14
και τελικά: 1 1
1−1 1
−1−1 1
−1
,
1 1
1−1 1
−1−1
−1
,
1 1
1−1 1
−11
−1
,
1 1
1−1 1
−11 1
1
,
1 1
1−1 1
−11
1
7. Να βρεθούν όλοι οι 6× 6 μιγαδικοί πίνακες με χαρακτηριστικό πολυώνυμο (t− 1)6
και ελάχιστο πολυώνυμο (t− 1)3.
Από το χαρακτηριστικό πολυώνυμο συμπεραίνουμε πως στην κανονική μορφή Jordanτων πινάκων αυτών στη διαγώνιο θα βρίσκεται η μοναδική ιδιοτιμή t = 1. Από το ελάχιστοπολυώνυμο τώρα, βλέπουμε υπάρχει πίνακας Jordan τάξης τουλάχιστο 3. Έτσι οι πιθανέςκανονικές μορφές Jordan είναι οι παρακάτω:
1 11 1
11
11
,
1 1
1 11
1 11
1
,
1 1
1 11
1 11 1
1
8. Να ταξινομήσετε (από άποψη ομοιότητας) όλους τους μηδενοδύναμους 6 × 6 πίνα-κες. (Ένας πίνακαςA ονομάζεται μηδενοδύναμος εάνAp = 0 για κάποιον θετικό ακέραιοp).
Σύμφωνα με γνωστό θεώρημα το ελάχιστο πολυώνυμο του θα είναι p(t) = tσ με 1 ≤
15
σ ≤ 6, ανάλογα με το δείκτη. Έτσι οι αντίστοιχες κανονικές μορφές Jordan θα είναι:
1)
0
00
00
0
2)
0 1
00
00
0
3)
0 1
0 10
00
0
,
0 1
00 1
00
0
4)
0 1
0 10 1
00
0
,
0 1
0 10
0 10
0
,
0 1
00 1
00 1
0
5)
0 1
0 10 1
0 10
0
,
0 1
0 10 1
00 1
0
,
0 1
0 10
0 10 1
0
6)
0 1
0 10 1
0 10 1
0
9. Έστω A ένας n×n πίνακας του οποίου το χαρακτηριστικό πολυώνυμο γράφεται ωςγινόμενο πρωτοβαθμίων παραγόντων Αποδείξτε ότι οι πίνακες A και At έχουν την ίδιακανονική μορφή Jordan. Συμπεράνετε ότι ο A είναι όμοιος με τον At.
TODO!
10. Δίνεται ο πίνακας A =
2− a a a− 31 0 −10 1 −1
.(α) Για ποιές τιμές του a ∈ R ο πίνακας A είναι διαγωνιοποιήσιμος;(β) Για τις τιμές του a ∈ R για τις οποίες ο A δεν είναι διαγωνιοποιήσιμος, να βρεθεί η
16
κανονική μορφή Jordan.
Το χαρακτηριστικό πολυώνυμο είναι:
f(t) =
∣∣∣∣∣∣2− a− t a a− 3
1 −t −10 1 −1− t
∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣2− a− t a −1− t
1 −t 00 1 −1− t
∣∣∣∣∣∣ == (−1− t)
∣∣∣∣∣∣2− a− t a 1
1 −t 00 1 1
∣∣∣∣∣∣ = −(t+ 1)
∣∣∣∣∣∣2− a− t a− 1 0
1 −t 00 1 1
∣∣∣∣∣∣ == −(t+ 1)
∣∣∣∣2− a− t a− 11 −t
∣∣∣∣ = −(t+ 1)(−2t+ at+ t2 − a+ 1) =
= −(t+ 1)[t2 + (a− 2)t+ (1− a)
]= −(t+ 1)(t− 1)(t+ a− 1)
Για a 6= 0 και a 6= 2 ο πίνακας διαγωνιοποίεται γιατί έχεις 3 διακεκριμένες ιδιοτιμές. Στηνπερίπτωση που a = 0 η ιδιοτιμή t1 = 1 είναι διπλή. Είναι όμως rk(A − I) = 2, επομένωςδίνει ένα ιδιοδυάνυσμα (3 − 2 = 1). Ομοίως και στην περίπτωση που a = 2, οπότε τότε ηιδιοτιμή t2 = −1 είναι διπλή, έχουμε πάλι rk(A+ I) = 2. για τις κανονικές μορφές Jordanστις περιπτώσεις αυτές θα είναι:
a = 0
1 1 00 1 00 0 −1
a = 2
1 0 00 −1 10 0 −1
11. Έστω
(0 1−1 0
). Να υπολογίσετε τον πίνακα eA.
Παρατηρώ ότι A2 = −I . Οπότε A2n = (−1)nI και A2n+1 = (−1)nA. Δηλαδή έχουμεμια τιμή για άρτια δύναμη, και μια άλλη για περιττή. Έτσι θα έχουμε:
etA =∞∑n=0
1
n!An =
∞∑n=0
1
(2n)!A2n +
∞∑n=0
1
(2n+ 1)!A2n+1 =
=∞∑n=0
(−1)nt2n
(2n)!I +
∞∑n=0
(−1)nt2n+1
(2n+ 1)!A =
=
( ∞∑n=0
(−1)nt2n
(2n)!
)I +
( ∞∑n=0
(−1)nt2n+1
(2n+ 1)!
)A =
= (cos t)I + (sin t)A =
(cos t sin t− sin t cos t
)
Οπότε για t = 1 θα έχουμε eA =
(cos 1 sin 1− sin 1 cos 1
).
17
Κεφάλαιο 3
Ο δυϊκός χώρος
1. Από το εγχειρίδιο Ερωτήσεις και Απαντήσεις στη Γραμμική Άλγεβρα απαντήστε τιςερωτήσεις 247-254.
[247]. Κάθε γραμμικός μετασχηματισμός είναι ένα γραμμικό συναρτησοειδές. ΨΕΥ-ΔΗΣ.
Από τον ορισμό κάθε γραμμικό συναρτησοειδές ορίζεται σε έναν διανυσματικό χώρο Vκαι παίρνει τιμές στο υποκείμενο σώμα του V . Αυτό δεν ισχύει γενικά σε ένα διανυσματικόχώρο, μπορεί π.χ. να είναι T :Mn×n(R) →Mn×n(R).
[248]. Κάθε γραμμικό συναρτησοειδές που ορίζεται σε ένα σώμα είναι δυνατόν να πα-ρασταθεί από ένα 1× 1 πίνακα. ΑΛΗΘΗΣ.
Θα είναι T : F → F, οπότε έχουμε γραμμικό μετασχηματισμό από χώρο διάστασης 1σε χώρο διάστασης 1, που μπορεί να παρασταθεί από πίνακα 1× 1.
[249]. Κάθε διανυσματικός χώρος είναι ισόμορφος με τον δυϊκό του. ΑΛΗΘΗΣ. Έστωδιανυσματικός χώρος V και έστω V ∗ ο δυϊκός του. Επειδή αναφερόμαστε σε πεπερασμέ-νους διανυσματικούς χώρους έστω dimV = n. Τότε dimV ∗ = dimL(V,F) = n · 1 = n ⇒dimV ∗ = dimV . Συνεπώς V ∼= V ∗.
[250]. Κάθε διανυσματικός χώρος είναι ο δυϊκός κάποιου διανυσματικού χώρου.ΑΛΗ-ΘΗΣ.
Μήπως θέλουμε να πούμε ότι κάθε διανυσματικός χώρος είναι ισόμορφος του δυϊκούκάποιου διανυσματικού χώρου;
[251]. Εάν T : V → V ∗ είναι ένας ισομορφισμός και β μια πεπερασμένη διατεταγμένηβάση του V τότε T (β) = β∗.ΨΕΥΔΗΣ.
Ο λόγος που δεν αναμένουμε να είναι αληθής, είναι ότι ο ισομορφισμός του V με τονV ∗ δεν είναι κανονικός. Έστω V = R2 και T : V → V ∗ ο ισομορφισμός ο οποίος ορί-ζεται από τις σχέσεις T (e1) = f1, T (e2) = f2, όπου γ = {e1, e2} η κανονική βάση τουV και γ∗ = {f1, f2} η δυϊκή της με f1(x, y) = x, f2(x, y) = y. Συνεπώς, ο T έχει τύποT (x, y) = xf1+yf2. Έστω τώρα β = {(2, 1), (3, 1)} μια άλλη βάση του V της οποίας η δυϊκηβ∗ = {g1, g2} δίνεται ως g1(x, y) = −x+3y, g2(x, y) = x−2y. Αλλά T (2, 1) = 2f1+f2 6= g1.
18
[252]. Εάν T : V → W είναι ένας γραμμικός μετασχηματισμός, τότε το πεδίο ορισμούτου τελεστή (T t)t είναι ο V ∗∗. ΑΛΗΘΗΣ.
Εξ' ορισμού ο T t είναι απεικόνιση T t : W ∗ → V ∗, οπότε κατά αντιστοιχοία είναι(T t)t : V ∗∗ → W ∗∗.
[253]. Εάν οι διανυσματικοί χώροι V,W είναι ισόμορφοι, τότε και οι διανυσματικοίχώροι V ∗,W ∗ είναι ισόμορφοι. ΑΛΗΘΗΣ.
Είναι V ∼= V ∗ καιW ∼= W ∗, οπότε τελικά V ∗ ∼= W ∗.
[254]. Η παράγωγος μιας συνάρτησης είναι δυνατόν να θεωρηθεί ως ένα γραμμικό συ-ναρτησοειδές στον διανυσματικό χώρο όλων των διαφορίσιμων συναρτήσεων.ΨΕΥΔΗΣ.
Ο τελεστής παραγώγισης στέλνει μια συνάρτηση σε μια άλλη συναρτηση, άρα δεν παίρ-νει τιμές σε ένα σώμα, συνεπώς δεν είναι συναρτησοειδές.
2. Για τους παρακάτω διανυσματικούς χώρους V και την αντίστοιχη βάση β, βρείτετην δυϊκή βάση β∗ του χώρου V ∗.(α) V = R3, β = {(1, 0, 1), (1, 2, 1), (0, 0, 1)}.(β) V = P2(R), β = {1, x, x2}.
(α) Έστω β∗ = {f1, f2, f3} η ζητούμενη βάση και {e1, e2, e3} η συνήθης βάση του R3.Θα είναι:
1 = f1((1, 0, 1)) = f1(e1 + e3) = f1(e1) + f1(e3)
0 = f1((1, 2, 1)) = f1(e1 + 2e2 + e3) = f1(e1) + 2f1(e2) + f1(e3)
0 = f1((0, 0, 1)) = f1(e3)
Από όπου προκύπτει:
f1(e1) = 1, f1(e2) = −1
2, f1(e3) = 0
Συνεπώς
f1(x, y, z) = f1(xe1 + ye2 + ze3) = xf1(e1) + yf1(e2) + zf1(e3) = x− y
2
Αντίστοιχα:
0 = f2((1, 0, 1)) = f2(e1 + e3) = f2(e1) + f2(e3)
1 = f2((1, 2, 1)) = f2(e1 + 2e2 + e3) = f2(e1) + 2f2(e2) + f2(e3)
0 = f2((0, 0, 1)) = f2(e3)
Από όπου προκύπτει:
f2(e1) = 0, f2(e2) =1
2, f2(e3) = 0
Συνεπώς
f2(x, y, z) = f2(xe1 + ye2 + ze3) = xf2(e1) + yf2(e2) + zf2(e3) =y
2
19
και επίσης:
0 = f3((1, 0, 1)) = f3(e1 + e3) = f3(e1) + f3(e3)
0 = f3((1, 2, 1)) = f3(e1 + 2e2 + e3) = f3(e1) + 2f3(e2) + f3(e3)
1 = f3((0, 0, 1)) = f3(e3)
Από όπου προκύπτει:
f3(e1) = −1, f3(e2) = 0, f3(e3) = 1
Συνεπώς
f3(x, y, z) = f3(xe1 + ye2 + ze3) = xf3(e1) + yf3(e2) + zf3(e3) = −x+ z
Δηλαδή συνοπτικά:
β∗ = {f1 = x− y
2, f2 =
y
2, f3 = −x+ z}
(β) Επειδή εδώ έχουμε να κάνουμε με τη συνήθη βάση του P2(R) θα έχουμε εύκολα ότι:
f1(1) = 1, f1(x) = 0, f1(x2) = 0
f2(1) = 0, f2(x) = 1, f2(x2) = 0
f3(1) = 0, f3(x) = 0, f3(x2) = 1
⇒f1(a0 + a1x+ a2x
2) = a0f2(a0 + a1x+ a2x
2) = a1f3(a0 + a1x+ a2x
2) = a2
Δηλαδή β∗ = {f1 = a0, f2 = a1, f3 = a2}.
3. Έστω V = P1(R) και W = R2 με αντίστοιχες βάσεις β = {1, x} και γ = {e1, e2}.Ορίζουμε τη γραμμική απεικόνιση T : V → W με T (p) = (p(0)−2p(1), p(0)+p′(0)), όπουp′ είναι η παράγωγος του πολυωνύμου p.(α) Αν f ∈ W ∗ η γραμμική μορφή με
f(a, b) = a− 2b
υπολογίστε την T t(f).(β) Βρείτε τον πίνακα [T t]β
∗
γ∗ με απευθείας υπολογισμό(γ) Βρείτε τον πίνακα [T t]γβ και τον ανάστροφο του, και συγκρίνετε το αποτέλεσμα σας μετο ερώτημα (β).
(α) Για το τυχαίο διάνυσμα του P1(R) (πολυώνυμο 1ου βαθμού a+ bx) θα είναι:
T (a+ bx) =(a+ b · 0− 2(a+ b · 1), a+ b · 0 + b
)= (−a− 2b, a+ b) (*)
Έτσι τελικά για τον υπολογισμό της T t(f) ισχύει:(T t(f)
)(a+ bx)
ορ.= (f ◦ T )(a+ bx) = f(T (a+ bx))
(∗)=
= f(−a− 2b, a+ b) = −a− 2b− 2(a+ b) ⇒⇒
(T t(f)
)(a+ bx) = −3a− 4b
20
(β) Αναζητώ [T t]β∗
γ∗ . Έστω [T t]β∗
γ∗ =
(a bc d
)και έστω β∗ = {f1, f2} και γ∗ = {g1, g2} οι
δυϊκές βάσεις των V ∗ καιW ∗ αντίστοιχα. Θα είναι τότε:
T t(g1) = af1 + cf2T t(g2) = bf1 + df2
}⇒
(T t(g1)
)(1) = af1(1) + cf2(1)(
T t(g2))(1) = bf1(1) + df2(1)(
T t(g1))(x) = af1(x) + cf2(x)(
T t(g2))(x) = bf1(x) + df2(x)
⇒
⇒
(T t(g1)
)(1) = a · 1 + c · 0 = a (1)(
T t(g2))(1) = b · 1 + d · 0 = b (2)(
T t(g1))(x) = a · 0 + c · 1 = c (3)(
T t(g2))(x) = b · 0 + d · 1 = d (4)
Ισχύουν όμως επίσης και οι σχέσεις:
T (1) = (1− 2 · 1, 1 + 0) = (−1, 1) (5)T (x) = (0− 2 · 1, 0 + 1) = (−2, 1) (6)
Και επίσης: (T t(g1)
)(1)
ορ.= g1(T (1))(
T t(g2))(1)
ορ.= g2(T (1))(
T t(g1))(x)
ορ.= g1(T (x))(
T t(g2))(x)
ορ.= g2(T (x))
⇒
(T t(g1)
)(1)
(5)= g1(−1, 1)(
T t(g2))(1)
(5)= g2(−1, 1)(
T t(g1))(x)
(6)= g1(−2, 1)(
T t(g2))(x)
(6)= g2(−2, 1)
⇒
(T t(g1)
)(1) = −g1(e1) + g1(e2)(
T t(g2))(1) = −g2(e1) + g2(e2)(
T t(g1))(x) = −2g1(e1) + g1(e2)(
T t(g2))(x) = −2g2(e1) + g2(e2)
⇒
(T t(g1)
)(1) = −1
(1)= a(
T t(g2))(1) = 1
(2)= b(
T t(g1))(x) = −2
(3)= c(
T t(g2))(x) = 1
(4)= d
Όποτε προκύπτει τελικά ότι [T t]β∗
γ∗ =
(−1 1−2 1
).
(γ) Yπολογίζουμε τον [T ]γβ , είναι:
T (1) = (1− 2 · 1, 1 + 0) = (−1, 1) = −1e1 + 1e2
T (x) = (0− 2 · 1, 0 + 1) = (−2, 1) = −2e1 + 1e2
Οπότε είναι [T ]γβ =
(−1 −21 1
). Ο ανάστροφος του θα είναι ([T ]γβ)t =
(−1 1−2 1
). Δηλαδή
ισχύει όπως αναμέναμε: ([T ]γβ)t = [T t]β∗
γ∗ .
4. Έστω V διανυσματικός χώρος πεπερασμένης διάστασης επί του F και S ένα υποσύ-νολο του V . Ορίζουμε τον μηδενιστή S0 του S ως
S0 = {f ∈ V ∗ : f(x) = 0 για κάθε x ∈ S}.
21
(α) Αποδείξτε ότι S0 είναι υπόχωρος του V ∗.(β) Εάν W είναι ένας υπόχωρος του V και x /∈ W , αποδείξτε ότι υπάρχει f ∈ W 0 έτσιώστε f(x) 6= 0.(γ) Αποδείξτε ότι S00 = span(ψ(S)), όπου ψ ο κανονικός ισομορφισμός των V και V ∗∗.(δ) Για τους υποχώρουςW1 καιW2 αποδείξτε ότιW1 = W2 εάν και μόνο εάνW 0
1 = W 02 .
(ε) Για τους υποχώρουςW1 καιW2 αποδείξτε ότι (W1 +W2)0 = W 0
1 ∩W 02 .
(α) Είναι προφανές ότι η μηδενική συνάρτηση (το ουδέτερο της ομάδας V ∗) ανήκειστο σύνολο S0. Έστω τώρα δύο συναρτήσεις f, g ∈ V ∗, διάφορες μεταξύ τους. Αρκεί ναδείξουμε ότι af+bg ∈ S0, για κάθε a, b ∈ F. Δηλαδή ότι για κάθε x ∈ S είναι (af+bg)(x) =0. Πράγματι:
(af + bg)(x) = af(x) + bg(x) = a0 + b0 = 0, ∀x ∈ S
Οπότε ο S0 είναι υπόχωρος του V ∗. περίπου...
(β) Ο διανυσματικός χώρος V είναι πεπερασμένης διάστασης, έστω n, οπότε μπορώνα βρώ μια βάση του, η οποία να περιέχει το διάνυσμα x /∈ W . Έστω β = {x, x2, . . . , xn}η βάση αυτή. Θεωρώντας τώρα τον F σαν διανυσματικό χώρο, διάστασης 1, μπορώ νακατασκευάσω συνάρτηση f : V → F για την οποία να είναι:
f(x) = 1, f(x1) = 0, . . . , f(xn) = 0
Δηλαδή για την f έχουμε (i) f(x) 6= 0 και (ii) f ∈ W 0. To (ii) προκύπτει γιατί f(y) =0, ∀y ∈ W αφού τα y δεν μπορεί να είναι γραμμικοί συνδυασμοί του x (αν ήταν, θα έπρεπεκαι x ∈ W , αφούW υπόχωρος του V ).
(γ) Έστω x̂ ∈ span(ψ(S)) τότε θα έχουμε:
x̂ ∈ span(ψ(S)) ⇒ f(x) = 0, ∀f ∈ S0 ⇒ x̂ = 0, ∀f ∈ S0
Άρα x̂ ∈ S00 οπότε span(ψ(S)) ⊆ S00.Τώρα έστω g ∈ S00. Επειδή η ψ(x) = x̂ είναι ισομορφισμός για κάποιο x ∈ V , θα είναι
g = ψ(x) = x̂. Πρέπει να δείξουμε ότι x ∈ span(ψ(S)). Αλλά για f ∈ S0 θα ισχύει:
f ∈ S0 ⇒ 0 = g(f) = x̂(f) = f(x)
Άρα x ∈ span(ψ(S)), και άρα S00 ⊆ span(ψ(S)).Από τις δύο αυτές σχέσεις προκύπτει το ζητούμενο S00 = span(ψ(S)).
(δ) Υποθέτοντας ότιW1 = W2 είναι προφανές ότιW 01 = W 0
2 . Αντίστροφα τώρα έστωότι είναιW 0
1 =W 02 , δηλαδή:
W 001 = {g ∈ V ∗∗ : g(f) = 0, για κάθε f ∈ W 0
1 }W 00
2 = {g ∈ V ∗∗ : g(f) = 0, για κάθε f ∈ W 02 }
}⇒
⇒W 001 =W 00
2 ⇒ ψ(W1) = ψ(W2)
Οπότε επειδή η ψ(x) είναι "1-1" και "επί", προκύπτειW1 =W2.
22
(ε) Έστω f ∈ (W1 +W2)0. Τότε f(x) = 0, ∀x ∈ (W1 +W2). Δηλαδή:
f(x) = 0,∀x ∈ W1
καιf(x) = 0,∀x ∈ W2
⇒f ∈ W 0
1
καιf ∈ W 0
2
⇒ f ∈ (W 01 ∩W 0
2 )
Οπότε προκύπτει ότι (W1 +W2)0 ⊆ W 0
1 ∩W 02 . Αντίστροφα έστω g ∈ W 0
1 ∩W 02 . Δηλαδή:
g ∈ W 01
καιg ∈ W 0
2
⇒g(x) = 0,∀x ∈ W1
καιg(x) = 0,∀x ∈ W2
⇒
⇒ g(x) = 0,∀x ∈ (W1 +W2) ⇒ g ∈ (W1 +W2)0
Οπότε προκύπτει ότι W 01 ∩ W 0
2 ⊆ (W1 + W2)0. Έτσι τελικά από τις δύο αυτές σχέσεις
προκύπτει το ζητούμενο (W1 +W2)0 =W 0
1 ∩W 02 .
23
Κεφάλαιο 4
Χώροι με εσωτερικό γινόμενο - χώροι μενόρμα
1. Από το εγχειρίδιο Ερωτήσεις και Απαντήσεις στη Γραμμική Άλγεβρα απαντήστε τιςερωτήσεις 162-168.
[162]. Ένα εσωτερικό γινόμενο είναι μια συνάρτηση επί του συνόλου των διατεταγμέ-νων ζευγών στοιχείων του V με τιμές στο F. ΑΛΗΘΗΣ.
Προκύπτει άμεσα από τον ορισμό.
[163]. Ένα εσωτερικό γινόμενο ορίζεται είτε επί του σώματος των πραγματικών είτεεπί του σώματος των μιγαδικών αριθμών. ΑΛΗΘΗΣ.
Πράγματι, άλλωστε μια από τις ιδιότητες χρησιμοποιεί την έννοια του συζυγούς ενόςαριθμού, που φυσικά στους πραγματικούς συμπίπτει με τον ίδιο τον αριθμό.
[164]. Ένα εσωτερικό γινόμενο είναι γραμμική συνάρτηση και ως προς τις δύο μετα-βλητές.ΨΕΥΔΗΣ.
Ισχύει μόνο όταν ο δ.χ. V είναι πραγματικός. Για παράδειγμα στον δ.χ. V = Cn επί τουC, το εσωτερικό γινόμενο 〈x, y〉 =
∑ni=1 aibi,
(x = (a1, . . . , an), y = (b1, . . . , bn)
)δεν είναι
γραμμικό ως προς την δεύτερη μεταβλητή.
[165]. Στον δ.χ. Rn ορίζεται ένα και μοναδικό εσωτερικό γινόμενο.ΨΕΥΔΗΣ.Ο δ.χ.R2 εκτός από το συνηθισμένο εσωτερικό γινόμενο έχει και το εσωτερικό γινόμενο
〈x, y〉 = a1b1 − a1b2 − a2b1 + 3a2b2,(x = (a1, a2), y = (b1, b2)
). Αυτό μπορεί να εκφραστεί
και ως 〈x, y〉 =(a1 a2
)( 1 −1−1 3
)(b1b2
). Γενικά, ισχύει ότι εάν A είναι ένας πραγμα-
τικός, θετικά ορισμένος πίνακας, τότε η συνάρτηση 〈x, y〉 = xtAy ορίζει ένα εσωτερικάγινόμενο στον Rn.
[166]. Η τριγωνική ανισότητα ισχύει μόνο για χώρους πεπερασμένης διάστασης.ΨΕΥ-ΔΗΣ.
Η τριγωνική ανισότητα ‖x+y‖ ≤ ‖x‖+‖y‖ ισχύει για οποιονδήποτε χώρο με εσωτερικόγινόμενο, ακόμα και για χώρους άπειρης διάστασης (π.χ. C([0, 1]) ο δ.χ. των πραγματικώνσυνεχών συναρτήσεων επί του [0, 1]).
24
[167]. Ο συζυγοανάστροφος ορίζεται μόνο για τετραγωνικούς πίνακες.ΨΕΥΔΗΣ.Από τον ορισμό, ο συζυγοανάστροφος A∗ ορίζεται για οποιοδήποτε m × n πίνακα , ο
οποίος είναι φυσικά n×m πίνακας.
[168]. Εάν σε έναν χώρο με εσωτερικό γινόμενο (V, 〈, 〉) ισχύει ότι 〈x, y〉 = 0 για κάθεx ∈ V , τότε y = 0. ΑΛΗΘΗΣ.
Από την ιδιότητα 〈x, y〉 = 〈x, z〉, ∀x ∈ V ⇒ y = z, έχουμε:
0 = 〈x, 0〉 = 〈x, y〉, ∀x ∈ V ⇒ y = 0
2.Έστω V = C3 με το κανονικό εσωτερικό γινόμενο x = (2, 1+i, i), y = (2−i, 2, 1+2i).Υπολογίστε τα 〈x, y〉, ‖x‖, ‖y‖ και ‖x + y‖2. Στη συνέχεια επιβεβαιώστε την ανισότηταCauchy και την τριγωνική ανισότητα.
Θα είναι:
〈x, y〉 =3∑
i=1
aibi = 2(2− i) + (1 + i)2 + i(1 + 2i) =
= 2(2 + i) + (1 + i)2 + i(1− 2i) = 4 + 2i+ 2 + 2i+ i+ 2 = 8 + 5i
επίσης:
‖x‖ =√
〈x, x〉 =√
22 + (1 + i)(1 + i) + ii =√4 + 2 + 1 =
√7
‖y‖ =√〈y, y〉 =
√(2− i)(2− i) + 22 + (1 + 2i)(1 + 2i) =
√5 + 4 + 5 =
√14
και τέλος:
‖x+ y‖2 = 〈x+ y, x+ y〉 == 〈(2 + 2− i, 1 + i+ 2, i+ 1 + 2i), (2 + 2− i, 1 + i+ 2, i+ 1 + 2i)〉 == 〈(4− i, 3 + i, 1 + 3i), (4− i, 3 + i, 1 + 3i)〉 == 17 + 10 + 10 = 37
Από όπου προκύπτει πως πράγματι:
‖x‖+ ‖y‖ ≥ ‖x+ y‖ √7 +
√14 = 6, 3874 ≥ 6, 0828 =
√37 (τριγωνική αν.)
|〈x, y〉| ≤ ‖x‖ · ‖y‖ |8 + 5i| =√89 ≤
√98 =
√7√14 (αν. Cauchy)
3.Έστω V =Mn×n(F). Αποδείξτε αναλυτικά ότι η σχέση 〈A,B〉 = tr(B∗A) ορίζει έναεσωτερικό γινόμενο στον V . Για n = 2 και
A =
(1 2 + i3 i
), B =
(1 + i 0i −i
)
25
υπολογίστε τα ‖A‖, ‖B‖ και 〈A,B〉.
Θα πρέπει να δείξουμε τις 4 ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου. Είναι:
〈A+ C,B〉 = tr(B∗(A+ C)) = tr(B∗A+B∗C) = tr(B∗A) + tr(B∗C)
= 〈A,B〉+ 〈C,B〉, ∀A,B,C ∈ V (i)〈aA,B〉 = tr(B∗(aA)) = tr(aB∗A) = a · tr(B∗A) =
= a · 〈A,B〉, ∀a ∈ F, ∀A,B ∈ V (ii)
〈A,B〉 = tr(B∗A) =n∑
i=1
(B∗A)ii =n∑
i=1
(B∗A)ii = tr(B∗A) =
= tr((AB∗)t) = tr((AB∗)∗) = tr(A∗(B∗)∗) =
= tr(A∗B) = 〈B,A〉, ∀A,B ∈ V (iii)
〈A,A〉 = tr(A∗A) =n∑
i=1
(A∗A)ii =n∑
i=1
n∑κ=1
(A∗)iκAki =
=n∑
i=1
n∑κ=1
AiκAki =n∑
i,κ=1
|Aki|2 > 0, ∀A ∈ V, μεA 6= 0 (iv)
Υπολογίζουμε πρώτα τα A∗A, B∗B και B∗A. Θα είναι:
A∗A =
(1 3
2− i −i
)(1 2 + i3 i
)=
(10 2 + 4i
2− 4i 6
)B∗B =
(1− i −i0 i
)(1 + i 0i −i
)=
(3 −1−1 1
)B∗A =
(1− i −i0 i
)(1 2 + i3 i
)=
(1− 4i 4− i3i −1
)και τελικά:
‖A‖ =√〈A,A〉 =
√tr(A∗A) =
√10 + 6 =
√16
‖B‖ =√
〈B,B〉 =√tr(B∗B) =
√3 + 1 =
√4
〈A,B〉 = tr(B∗A) = 1− 4i+ (−1) = −4i
TODO! Έλεγχος!
4. Αποδείξτε ότι στον C2 η σχέση 〈x, y〉 = xAy∗ ορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο, όπουA =
(1 i−i 2
). Αν x = (1− i, 2 + 3i), y = (2 + i, 3− 2i) υπολογίστε το 〈x, y〉.
Θα πρέπει να δείξουμε τις 4 ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου, όπου λαμβάνουμε
26
υπόψη, πως για τον συγκεκριμένο πίνακα A είναι A = A∗.
〈x+ y, z〉 = (x+ y)Az∗ = xAz∗ + yAz∗ =
= 〈x, z〉+ 〈y, z〉, ∀x, y, z ∈ C2 (i)〈ax, y〉 = (ax)Ay∗ = a(xAy∗) =
= a〈x, y〉, ∀a ∈ F, ∀x, y ∈ C2 (ii)
〈x, y〉 = xAy∗ = [(xAy∗)t]t =[(y∗)tAtxt
]t=
=[(y∗)tAtxt
]t=
[(y∗)∗A∗x∗
]t= [yA∗x∗]t =
1×1= yA∗x∗
A=A∗= yAx∗ = 〈y, x〉, ∀x, y ∈ C2 (iii)
〈x, x〉 = xAx∗ =(x1 x2
)( 1 i−i 2
)(x1x2
)=
= x1x1 + 2x2x2 + ix1x2 − ix1x2 =
= |x1|2 + 2|x2|2 + i(x1x2 − x1x2) =
= |x1|2 + 2|x2|2 + i[2i · Im(x1x2)] =
= |x1|2 + 2|x2|2 − 2 · Im(x1x2)
είναι δηλαδή |〈x, x〉| > 0, ∀x ∈ C2, με |x| > 0 (iv)
Η ιδιότητα (iv) αναλυτικά φαίνεται αν θεωρήσουμε το τυχαίο διάνυσμα μη μηδενικό διάνυ-σμα x = (a1+b1i, a2+b2i) τουC2, οπότε για να είναι |〈x, x〉| > 0, θα πρέπει Im(〈x, x〉) 6= 0ή Re(〈x, x〉) 6= 0. Όμως επειδή το φανταστικό μέρος είναι 0, θα πρέπει:
Re(〈x, x〉) 6= 0 ⇒ (a21 + b21) + 2(a22 + b22)− 2 · Img((a1 + b1i)(a2 − b2i)
)6= 0 ⇒
⇒ (a21 + b21) + 2(a22 + b22)− 2(b1a2 − a1b2) 6= 0 ⇒⇒ (a1 + b2)
2 + (a2 − b1)2 + a22 + b22 6= 0
Ηπαράσταση (a1+b2)2+(a2−b1)2+a22+b22 όμως παίρνει μηδενική τιμή μόνο για a1 = b1 =a2 = b2 = 0, δηλαδή για το μηδενικό διάνυσμα του C2. Το αποτέλεσμα είναι αναμενόμενογιατί ο πίνακας A είναι θετικά ορισμένος. Για τα συγκεκριμένα x και y τώρα ισχύει:
〈x, y〉 = xAy∗ =(1− i 2 + 3i
)( 1 i−i 2
)(2− i3 + 2i
)=
=(4− 3i 5 + 7i
)( 2− i3 + 2i
)= 6 + 21i
5. Δικαιολογήστε γιατί κάθε μία από τις παρακάτω σχέσεις δεν ορίζει εσωτερικό γινό-μενο στον αντίστοιχο διανυσματικό χώρο.(α) 〈(a, b), (c, d)〉 = ac− bd στον R2.(β) 〈A,B〉 = tr(A+B) στονM2×2(R).(γ) 〈A,B〉 = tr(AB) στονM2×2(R).(δ) 〈A,B〉 = det(AB) στονM2×2(R).(ε) 〈f, g〉 =
∫ 1
0f ′(t)g(t)dt στον P (R).
27
(α) Δεν ισχύει η ιδιότητα (iv). Είναι 〈(a, a), (a, a)〉 = a2 − a2 = 0 ακόμα και για(a, a) 6= (0, 0).
(β) Δεν ισχύει η ιδιότητα (i):
〈A+B, C〉 = tr(A+B + C) = tr(A+B) + tr(C) =
= 〈A,B〉+ tr(C) 6= 〈A,C〉+ 〈B,C〉
(γ) Δεν ισχύει η ιδιότητα (iv). Για τον μηδενοδύναμο πίνακα(0 10 0
), είναι 〈A,A〉 =
tr(AA) = tr(0) = 0 με A 6= 0.
(δ) Δεν ισχύει η ιδιότητα (iv). Για τον μηδενοδύναμο πίνακα(0 10 0
), είναι 〈A,A〉 =
det(AA) = det(0) = 0 με A 6= 0.
(ε) Δεν ισχύει η ιδιότητα (iv). Για την συνάρτηση f(x) = 1 η οποία είναι διαφορετικήτης μηδενικής, ισχύει 〈f, f〉 =
∫ 1
00 · 1dt = 0 με f(x) 6= 0.
6. Να καθοριστούν όλα τα εσωτερικά γινόμενα επί του R και επί του C.
Τα εσωτερικά γινόμενα είναι διγραμμικές μορφές, στην περίπτωση πραγματικού δια-νυσματικού χώρου. Κάθε διγραμμική μορφή μπορεί να αναπαρασταθεί με την μορφή 〈x, y〉 =xtAy =
∑ni,j=1 aijxiyj (γιατί;). Έτσι στην περίπτωση του R που είναι διάστασης 1, θα εί-
ναι 〈x, y〉 = axy, a ∈ F. Φαίνεται εύκολα ότι ικανοποιούνται οι τέσσερις ιδιότητες τουεσωτερικού γινομένου για a ∈ (0,∞). Η ιδιότητα (iv) απαιτεί θετικό συντελεστή a, ενώ ηιδιότητα (iii) απαιτεί πραγματικό συντελεστή.
Η αντίστοιχη περίπτωση στο C είναι της μορφής 〈z, w〉 = azw. Φαίνεται εύκολα καιεδώ ότι ικανοποιούνται οι τέσσερις ιδιότητες του εσωτερικού γινομένου για a ∈ (0,∞).
7. Έστω 〈·, ·〉 το κανονικό εσωτερικό γινόμενο του R3. Αν v1 = (1, 2, 0), v2 = (1,−1, 0)και v3 = (0, 2, 3) τότε να βρεθεί ένα διάνυσμα v ∈ R3 τέτοιο ώστε 〈v, v1〉 = 1, 〈v, v2〉 =3, 〈v, v3〉 = −1.
Έστω v = (x, y, z) ∈ R3. Από τις 3 συνθήκες που πρέπει να ικανοποιούνται θα έχουμε:
〈v, v1〉 = 1〈v, v2〉 = 3〈v, v3〉 = −1
⇒x+ 2y = 1x− y = 32y + 3z = −1
⇒y = −2
3
x = 3− 23= 7
3
z =−1−2(− 2
3)
3= 1
9
Άρα το ζητούμε διάνυσμα v είναι το (73,−2
3, 19).
8. Να δειχθεί ότι το διάνυσμα (2, 3,−2) είναι κάθετο προς στο διάνυσμα (1, 2, 4) τουR3. Επίσης να βρεθούν όλα τα διανύσματα του C2 που είναι κάθετα προς το διάνυσμα(1− i, 1 + i), όπου οι R3 και C2 είναι εφοδιασμένοι με το κανονικό εσωτερικό γινόμενο.
28
Πράγματι είναι 〈(2, 3,−2), (1, 2, 4)〉 = 2 ·1+3 ·2−2 ·4 = 2+6−8 = 0. Για την επόμενηερώτηση θεωρούμε το τυχαίο διάνυσμα (a1 + b1i, a2 + b2i) ∈ C2. Για να είναι κάθετο στο(1− i, 1 + i) θα πρέπει να ισχύει:
(a1 + b1i)(1− i) + (a2 + b2i)(1 + i) = 0 ⇒⇒(a1 − a1i+ b1i+ b1) + (a2 + a2i+ b2i− b2) = 0 ⇒⇒(a1 + b1 + a2 − b2) + (−a1 + b1 + a2 + b2)i = 0 ⇒
⇒ a1 + b1 + a2 − b2 = 0−a1 + b1 + a2 + b2 = 0
}⇒ b1 + a2 = 0
a1 − b2 = 0
}⇒ a2 = −b1
b2 = a1
Από όπου συμπεραίνουμε πως είναι όλα τα διανύσματα της μορφής (a + bi, −b + ai) μεa, b ∈ R.
9. Αποδείξτε τον παρακάτω νόμο του παραλληλογράμμου για έναν χώρο με εσωτερικόγινόμενο V .
‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2 για κάθε x, y ∈ V
Δώστε γεωμετρική ερμηνεία της ισότητας αυτής για ένα παραλληλόγραμμο του R2.
Από τις ιδιότητες των εσωτερικών γινομένων θα έχουμε:
‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 〈x+ y, x+ y〉+ 〈x− y, x− y〉 == 〈x, x+ y〉+ 〈y, x+ y〉+ 〈x, x− y〉+ 〈−y, x− y〉 == 〈x, x〉+���〈x, y〉+HHH〈y, x〉+ 〈y, y〉+
〈x, x〉+����〈x,−y〉+����〈−y, x〉+ 〈−y,−y〉 == 2〈x, x〉+ 〈y, y〉+ (−1 · −1)〈y, y〉 == 2〈x, x〉+ 2〈y, y〉 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2
Η γεωμετρική ερμηνεία της σχέσης, για παραλληλόγραμμο του R2, λέει πως το άθροι-σμα των τετραγώνων των πλευρών παραλληλόγραμμου ισούται με το άθροισμα των τετρα-γώνων των δύο διαγωνίων του.
10. Έστω V ένας διανυσματικός χώρος επί του σώματος F = R ή C. Μια νόρμα (ήστάθμη) επί του V είναι μια συνάρτηση ‖ ·‖ : V → R η οποία, για κάθε x, y ∈ V και a ∈ F,ικανοποιεί τις εξής ιδιότητες:(i) ‖x‖ ≥ 0 και ‖x‖ = 0 εάν και μόνο αν x = 0.(ii) ‖ax‖ = |a| · ‖x‖.(iii) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖.Αποδείξτε ότι οι ακόλουθες συναρτήσεις ορίζουν νόρμες στους αντίστοιχους διανυσματι-κούς χώρους V .(α) V =Mm×n(F), ‖A‖ = maxi,j|Aij| για κάθε A ∈ V(β) V = C([0, 1]), ‖f‖ = maxt∈[0,1]|f(t)| για κάθε f ∈ V
(γ) V = C([0, 1]), ‖f‖ =∫ 1
0|f(t)| για κάθε f ∈ V
29
(δ) V = R2, ‖(a, b)‖ = max{|a|, |b|} για κάθε (a, b) ∈ V
(α) Για τις παρακάτω ιδιότητες παίρνουμε A, ∈ V :(i) ‖A‖ = 0 ⇔ maxi,j|Aij| = 0 ⇔ Aij = 0, ∀i, j ⇔ A = 0. Ενώ ότι ‖A‖ ≥ 0 είναιπροφανές.(ii) ‖aA‖ = maxi,j|aAij| = maxi,j(|a||Aij|) = |a| ·maxi,j|Aij| = |a| · ‖A‖.(iii) ‖A + B‖ = maxi,j|Aij + Bij|. Έστω τώρα κ, λ με 1 ≤ κ ≤ m και 1 ≤ λ ≤ n, τέτοιαώστεmaxi,j|Aij +Bij| = |Aκλ +Bκλ|. Θα είναι δηλαδή:
|Aij +Bij| ≤ |Aκλ +Bκλ|, ∀i, j ⇒|Aij +Bij| ≤ |Aκλ|+ |Bκλ|, ∀i, j ⇒maxi,j|Aij +Bij| ≤ |Aκλ|+ |Bκλ| ⇒
maxi,j|Aij +Bij| ≤ maxi,j|Aij|+maxi,j|Bij|
Οπότε ‖A+B‖ ≤ maxi,j|Aij|+maxi,j|Bij| = ‖A‖+ ‖B‖.
(β) Για τις παρακάτω ιδιότητες παίρνουμε f, g ∈ V :(i) ‖f‖ = 0 ⇔ maxt∈[0,1]|f(t)| = 0 ⇔ f(t) = 0, ∀t ∈ [0, 1] ⇔ f = 0. Ενώ ότι ‖f‖ ≥ 0 είναιπροφανές.(ii) ‖af‖ = maxt∈[0,1]|af(t)| = maxt∈[0,1](|a||f(t)|) = |a| ·maxt∈[0,1]|f(t)| = |a| · ‖f‖.(iii) ‖f + g‖ = maxt∈[0,1]|f(t) + g(t)|. Έστω τώρα t0 ∈ [0, 1] τέτοιο ώστε maxt∈[0,1]|f(t) +g(t)| = |f(t0) + g(t0)|. Θα είναι δηλαδή:
|f(t) + g(t)| ≤ |f(t0) + g(t0)|, ∀t ∈ [0, 1] ⇒|f(t) + g(t)| ≤ |f(t0)|+ |g(t0)|, ∀t ∈ [0, 1] ⇒
maxt∈[0,1]|f(t) + g(t)| ≤ |f(t0)|+ |g(t0)| ⇒maxt∈[0,1]|f(t) + g(t)| ≤ maxt∈[0,1]|f(t)|+maxt∈[0,1]|g(t)|
Οπότε ‖f + g‖ ≤ maxt∈[0,1]|f(t)|+maxt∈[0,1]|g(t)| = ‖f‖+ ‖g‖.
(γ) Για τις παρακάτω ιδιότητες παίρνουμε f, g ∈ V :(i) ‖f‖ = 0 ⇔
∫ 1
0|f(t)|dt = 0 ⇔ f = 0. Ενώ ότι ‖f‖ ≥ 0 είναι προφανές.
(ii) ‖af‖ =∫ 1
0|af(t)|dt =
∫ 1
0|a||f(t)|dt = |a|
∫ 1
0|f(t)|dt = |a|‖f‖.
(iii) ‖f + g‖ =∫ 1
0|f(t) + g(t)|dt ≤
∫ 1
0
[f(t)|+ |g(t)
]dt =
∫ 1
0|f(t)|+
∫ 1
0|g(t)| ⇒ ‖f + g‖ ≤
|f‖+ ‖g‖
(δ) Για τις παρακάτω ιδιότητες παίρνουμε (a, b), (c, d) ∈ V :(i) ‖(a, b)‖ = 0 ⇔ max{|a|, |b|} = 0 ⇔ a = b = 0 ⇔ (a, b) = (0, 0). Ενώ ότι ‖(a, b)‖ ≥ 0είναι προφανές.(ii) ‖κ(a, b)‖ = ‖(κa, κb)‖ = max{|κa|, |κb|} = max{|κ||a|, |κ||b|} = |κ · |max{|a|, |b|} =|κ| · ‖(a, b)‖.
30
(iii) ‖(a, b) + (c, d)‖ = ‖(a+ c, b+ d)‖ = max{|a+ c|, |b+ d|}, οπότε θα είναι
‖(a, b) + (c, d)‖ = |a+ c|ή
‖(a, b) + (c, d)‖ = |c+ d|
⇒‖(a, b) + (c, d)‖ ≤ |a|+ |c|
ή‖(a, b) + (c, d)‖ ≤ |b|+ |d|
⇒
⇒‖(a, b) + (c, d)‖ ≤ max{|a|, |b|}+max{|c|, |d|}
ή‖(a, b) + (c, d)‖ ≤ max{|a|, |b|}+max{|c|, |d|}
⇒
⇒ ‖(a, b) + (c, d)‖ ≤ ‖(a, b)‖+ ‖(c, d)‖
11.Έστω V ένας διανυσματικός χώρος με εσωτερικό γινόμενο. Για κάθε διατεταγμένοζεύγος διανυσμάτων του V ορίζουμε με τον αριθμό d(x, y) = ‖x − y‖, που ονομάζεται ηαπόσταση μεταξύ των x και y. Αποδείξτε ότι για κάθε x, y, z ∈ V ισχύουν τα εξής:(α) d(x, y) ≥ 0, (β) d(x, y) = d(y, x)(γ) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)(δ) d(x, x) = 0, (ε) d(x, y) 6= 0 εάν x 6= y.
Με χρήση των ιδιοτήτων της νόρμας θα έχουμε:(α) d(x, y) = ‖x− y‖ ≥ 0, γιατί ‖ · ‖ είναι νόρμα.(β) d(x, y) = ‖x− y‖ = ‖(−1)(y − x)‖ = | − 1| · ‖y − x‖ = ‖y − x‖.(γ) d(x, z) + d(z, y) = ‖x− z‖+ ‖z − y‖ ≥ ‖x− z + z − y‖ = ‖x− y‖ = d(x, y).(δ) d(x, y) = ‖x− x‖ = ‖0‖ = 0 .(ε) d(x, y) 6= 0 ⇔ ‖x− y‖ 6= 0 ⇔ x− y 6= 0 ⇔ x 6= y .
12.Έστω ‖ · ‖ μια νόρμα όπως ορίστηκε στην άσκηση 11 σε ένα πραγματικό διανυσμα-τικό χώρο V , η οποία ικανοποιεί τον κανόνα του παραλληλογράμμου όπως δίνεται στηνάσκηση 9. Ορίζουμε
〈x, y〉 = 1
4[‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2]
Αποδείξτε ότι το 〈·, ·〉 ορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο στον V έτσι ώστε ‖x‖2 = 〈x, x〉 γιακάθε x ∈ V .
Γνωρίζουμε από την άσκηση 9, πως ισχύει ο κανόνας του παραλληλογράμμου. Δηλαδή:
‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2 ⇒‖x+ y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2 − ‖x− y‖2 (*)
Από τη σχέση (*) και τις ιδιότητες της νόρμας, όπως δόθηκε στη άσκηση 11, θα έχουμεγενικά:
〈x, y〉 = 1
4[‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2] =
=1
4[2‖x‖2 + 2‖y‖2 − ‖x− y‖2 − ‖x− y‖2] =
=1
2[‖x‖2 + ‖y‖2 − ‖x− y‖2], για κάθε x, y ∈ V
31
Οπότε επιλέγοντας για y το x θα είναι:
〈x, x〉 = 1
2[‖x‖2 + ‖x‖2 − ‖x− x‖2] = 1
2[2‖x‖2 − 0] = ‖x‖2
TODO!
32
Κεφάλαιο 5
Ορθοκανονικοποίηση κατά GramSchmidt
1. Από το εγχειρίδιο Ερωτήσεις και Απαντήσεις στη Γραμμική Άλγεβρα απαντήστε τιςερωτήσεις 169-175.
[169] Η διαδικασία ορθοκανονικοποίησης Gram-Schmidt μας επιτρέπει να κατασκευά-σουμε μια ορθοκανονική βάση από ένα οποιοδήποτε σύνολο διανυσμάτων ενός διανυσμα-τικού χώρου.
ΨΕΥΔΗΣ. Από τον ορισμό με τη διαδικασία ορθοκανονικοποίησης Gram - Schmidtκατασκευάζουμε ένα ορθοκανονικό υποσύνολο S ′ ενός διανυσματικού χώρου V από έναγραμμικώς ανεξάρτητο υποσύνολο S του V , ώστε να ισχύει η ιδιότητα span(S ′) = span(S).
[170] Κάθε διανυσματικός χώρος πεπερασμένης διάστασης με εσωτερικό γινόμενο, πε-ριέχει μια ορθοκανονική βάση.
ΑΛΗΘΗΣ. Από τον ορισμό, φαίνεται ότι μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε σαν S μιαοποιαδήποτε βάση του διανυσματικού χώρου, οπότε και να κατασκευάσουμε μια, τουλά-χιστο, ορθοκανονική βάση S ′.
[171] Το ορθογώνιο συμπλήρωμα ενός υποσυνόλου ενός διανυσματικού χώρου είναιυπόχωρος.
ΑΛΗΘΗΣ. Θεωρώ διανυσματικό χώρο V και το ορθογώνιο συμπλήρωμα S⊥ ενός υπο-συνόλου S του V . Πράγματι το μηδενικό διάστημα ανήκει στο S⊥ αφού 〈0, y〉 = 0, ∀y ∈ S.Επίσης ∀u, v ∈ S⊥ και κ, λ ∈ F, θα είναι:
〈λu+ κv, y〉 = 〈λu, y〉+ 〈κv, y〉 = λ〈u, y〉+ κ〈v, y〉 = 0, ∀y ∈ V
Δηλαδή λu+ κv ∈ S⊥, και άρα τελικά S⊥ είναι υπόχωρος του V .
[172] Εάν β = {x1, . . . , xn} είναι μια βάση του διανυσματικού χώρου V , τότε για κάθεx ∈ V οι αριθμοί 〈x, xi〉(i = 1, . . . , n) είναι οι συντελεστές Fourier του x.
ΨΕΥΔΗΣ. Από τον ορισμό των συντελεστών Fourier η βάση B πρέπει να είναι ορθο-κανονική.
[173] Μια ορθοκανονική βάση πρέπει να είναι μια διατεταγμένη βάση.
33
ΑΛΗΘΗΣ. Προκύπτει άμεσα από τον ορισμό.
[174] Κάθε ορθογώνιο σύνολο είναι γραμμικώς ανεξάρτητο.ΨΕΥΔΗΣ. Τα διανύσματα πρέπει να είναι μη μηδενικά, διαφορετικά είναι γραμμικώς
εξαρτημένα.
[175] Κάθε ορθοκανονικό σύνολο είναι είναι γραμμικώς ανεξάρτητο.ΑΛΗΘΗΣ. Σε αντίθεση με την ερώτηση 174, εδώ τα διανύσματα είναι μη μηδενικά,
αφού έχουν μέτρο τη μονάδα.
2. Για τα (α), (β) και (γ) παρακάτω, χρησιμοποιήστε τη μέθοδο Gram-Schmidt για τουποσύνολο S του χώρου με εσωτερικό γινόμενο V και βρείτε την ορθοκανονική βάση βτου V . Στη συνέχεια υπολογείστε τους συντελεστές Fourier του δοθέντος διανύσματος x ωςπρος τη βάση β.(α) V = R2, S = {(1, 1), (1, 2)} και x = (3, 4).(β) V = R2, S = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} και x = (1, 0, 1).(γ) V = P2(R) με το εσωτερικό γινόμενο 〈f, g〉 =
∫ 1
0f(t)g(t)dt, S = {1, x, x2} και f(x) =
1 + x.
(α) Έστω w1 = (1, 1) και w2 = (1, 2) με S = {w1, w2}. Με χρήση της μεθόδου Gram-Schmidt θα είναι:
v1 = w1 = (1, 1)
v2 = w2 −〈w2, v1〉‖v1‖2
v1 = (1, 2)− 〈(1, 2), (1, 1)〉‖(1, 1)‖2
(1, 1) =
= (1, 2)− 3
2(1, 1) = (−1
2,1
2) =
1
2(−1, 1)
Στη συνέχεια κανονικοποιούμε τη παραγώμενη ορθογώνια βάση {v1, v2}.
β = {√2
2(1, 1),
√2
2(−1, 1)}
Τώρα μπορούμε να υπολογίσουμε τους συντελεστές Fourier του x = (3, 4) ως προς τη βάσηβ. Είναι:
a1 = 〈x,w1〉 = 〈(3, 4),√2
2(1, 1)〉 = 3
√2
2+
4√2
2=
7√2
2
a2 = 〈x,w2〉 = 〈(3, 4),√2
2(−1, 1)〉 = −3
√2
2+
4√2
2=
√2
2
(β) Έστω w1 = (1, 1, 1), w2 = (0, 1, 1) και w3 = (0, 0, 1) με S = {w1, w2, w3}. Με χρήση
34
της μεθόδου Gram-Schmidt θα είναι:
v1 = w1 = (1, 1, 1)
v2 = w2 −〈w2, v1〉‖v1‖2
v1 = (0, 1, 1)− 〈(0, 1, 1), (1, 1, 1)〉‖(1, 1, 1)‖2
(1, 1, 1) =
= (0, 1, 1)− 2
3(1, 1, 1) =
1
3(−2, 1, 1)
v3 = w3 −2∑
j=1
〈w3, vj〉‖vj‖2
vj = w3 −〈w3, v1〉‖v1‖2
v1 −〈w3, v2〉‖v2‖2
v2 =
= (0, 0, 1)− 〈(0, 0, 1), (1, 1, 1)〉‖(1, 1, 1)‖2
(1, 1, 1)−〈(0, 0, 1), 1
3(−2, 1, 1)〉
‖13(−2, 1, 1)‖2
1
3(−2, 1, 1) =
= (0, 0, 1)− 1
3(1, 1, 1)−
1369
1
3(−2, 1, 1) = (0, 0, 1)− 1
6(2, 2, 2)− 1
6(−2, 1, 1) =
= (0− 1
6(2− 2), 0− 1
6(2 + 1), 1− 1
6(2 + 1)) = (0,−1
2,1
2) =
1
2(0,−1, 1)
Στη συνέχεια κανονικοποιούμε τη παραγώμενη ορθογώνια βάση {v1, v2, v3}.
‖v1‖ =√12 + 12 + 12 =
√3
‖v2‖ =1
3
√(−2)2 + 12 + 12 =
√6
3
‖v3‖ =1
2
√02 + (−1)2 + 12 =
√2
2
Οπότε τελικά:
β = {√3
3(1, 1, 1),
√6
6(−2, 1, 1),
√2
2(0,−1, 1)}
Τώρα μπορούμε να υπολογίσουμε τους συντελεστές Fourier του x = (1, 0, 1) ως προς τηβάση β. Είναι:
a1 = 〈x,w1〉 = 〈(1, 0, 1),√3
3(1, 1, 1)〉 = 2
√3
3
a2 = 〈x,w2〉 = 〈(1, 0, 1),√6
6(−2, 1, 1)〉 = −
√6
6
a3 = 〈x,w3〉 = 〈(1, 0, 1),√2
2(0,−1, 1)〉 =
√2
2
(γ) Έστω w1 = 1, w2 = x και w3 = x2 με S = {w1, w2, w3}. Με χρήση της μεθόδου
35
Gram-Schmidt θα είναι:
v1 = w1 = 1
v2 = w2 −〈w2, v1〉‖v1‖2
v1 = x− 〈x, 1〉‖1‖2
1 = x−∫ 1
0t · 1dt∫ 1
01 · 1dt
= x−t2
2
∣∣10
t|10= x− 1
2
v3 = w3 −2∑
j=1
〈w3, vj〉‖vj‖2
vj = w3 −〈w3, v1〉‖v1‖2
v1 −〈w3, v2〉‖v2‖2
v2 =
= x2 − 〈x2, 1〉‖1‖2
1−〈x2, (x− 1
2)〉
‖x− 12‖2
(x− 1
2) =
= x2 −∫ 1
0t21dt∫ 1
01 · 1dt
−∫ 1
0t2(t− 1
2)dt∫ 1
0(t− 1
2)(t− 1
2)dt
(x− 1
2) =
= x2 −t3
3
∣∣10
t|10−
( t3
3− t2
4)∣∣10
( t3
3− t2
2+ t
4)∣∣10
(x− 1
2) = x2 − 1
3−
412
− 312
412
− 612
+ 312
(x− 1
2) =
= x2 − 1
3− x+
1
2= x2 − x+
1
6
Στη συνέχεια κανονικοποιούμε τη παραγώμενη ορθογώνια βάση {v1, v2, v3}.
‖v1‖ =
√∫ 1
0
1 · 1dt =√t∣∣∣10= 1
‖v2‖ =
√∫ 1
0
(t− 1
2)(t− 1
2)dt =
√(t3
3− t2
2+t
4)
∣∣∣∣10
=
√1
12
‖v3‖ =
√∫ 1
0
(t2 − t+1
6)(t2 − t+
1
6)dt =
=
√∫ 1
0
(t4 − 2t3 +4
3t2 − 1
3t+
1
36)dt =
√t5
5− 2t4
4+
4t3
9− t2
6+
t
36
∣∣∣∣10
=
=
√1
5− 2
4+
4
9− 1
6+
1
36=
√36− 5 · 18 + 4 · 5 · 4− 5 · 6 + 5
5 · 36=
√1
5 · 62
Οπότε τελικά:
β = {1, 2√3(x− 1
2), 6
√5(x2 − x+
1
6)}
Τώρα μπορούμε να υπολογίσουμε τους συντελεστές Fourier του f(x) = 1 + x ως προς τη
36
βάση β. Είναι:
a1 = 〈x,w1〉 = 〈1 + x, 1〉 =∫ 1
0
(1 + t) · 1dt = (t+t2
2)∣∣∣10=
3
2
a2 = 〈x,w2〉 = 〈1 + x, 2√3(x− 1
2)〉 =
∫ 1
0
(1 + t)2√3(t− 1
2)dt =
=√3
∫ 1
0
(2t2 + t− 1)dt =√3(2t3
3+t2
2− t)
∣∣∣10=
=√3(2
3+
1
2− 1) =
√3
6
a3 = 〈x,w3〉 = 〈1 + x, 6√5(x2 − x+
1
6)〉 =
=
∫ 1
0
(1 + t)6√5(t2 − t+
1
6)dt =
=√5
∫ 1
0
(��6t2 − 6t+ 1 + 6t3 −��6t
2 + t)dt =
=√5(6t4
4− 5t2
2+ t)
∣∣∣10=
√5(3
2− 5
2+ 1) = 0
3. Έστω V = R2 και η βάση β = {( 1√2, 1√
2), ( 1√
2, −1√
2)}. Βρείτε τους συντελεστές Fourier
του διανύσματος (3, 4) ως προς τη βάση β.
Αρχικά επαληθεύουμε ότι το β είναι ορθοκανονικό σύνολο. Πράγματι:
〈v1, v2〉 = 〈( 1√2,1√2), (
1√2,−1√2)〉 = 1√
2
1√2+
1√2
−1√2= 0
‖v1‖ =
√〈( 1√
2,1√2), (
1√2,1√2)〉 =
√1√2
1√2+
1√2
1√2= 1
‖v2‖ =
√〈( 1√
2,−1√2), (
1√2,−1√2)〉 =
√1√2
1√2+
−1√2
−1√2= 1
Οι συντελεστές Fourier του διανύσματος (3, 4) ως προς τη βάση β θα είναι:
a1 = 〈x, v1〉 = 〈(3, 4), ( 1√2,1√2)〉 = 3√
2+
4√2=
7√2
2
a1 = 〈x, v2〉 = 〈(3, 4), ( 1√2,−1√2)〉 = 3√
2+
−4√2= −
√2
2
4. Έστω V = C3 και S = {(1, 0, i), (1, 2, 1)}. Υπολογίστε το S⊥.
37
Έστω τυχαίο διάνυσμα z = (z1, z2, z3) ∈ V , τέτοιο ώστε z ∈ S⊥. Θα είναι:
(z1, z2, z3) ∈ S⊥ ⇒ 〈(z1, z2, z3), w〉 = 0, ∀w ∈ S ⇒
⇒ 〈(z1, z2, z3), (1, 0, i)〉 = 0〈(z1, z2, z3), (1, 2, 1)〉 = 0
}⇒
⇒ z1 + z3(−i) = 0z1 + z2 · 2 + z3 = 0
}⇒ z3 = −iz1
z2 =−z3−z1
2
}⇒
⇒ z3 = −iz1z2 =
i−12z1
}Πρόκεται δηλαδή για το σύνολο S⊥ = span{(1, −1+i
2,−i)}.
5. Έστω W ο υπόχωρος του R4 που παράγεται από τα διανύσματα v1 = (1, 1, 1, 0),v2 = (0, 1, 2, 1), v3 = (3, 2, 1,−1), v4 = (0, 0, 1, 1).(α) Βρείτε τη διάσταση και μια ορθοκανονική βάση τουW .(β) Βρείτε για ποιά a, b ∈ R το διάνυσμα = (a, 2, b, 1) ανήκει στονW .
(α) Από τον πίνακα με στήλες τα διανύσματα v1, v2, v3, v4 και τη χρήση μετασχηματι-σμών ομοιώτητας θα έχουμε:
1 1 1 00 1 2 13 2 1 −10 0 1 1
∼
1 1 1 00 1 2 10 −1 −2 −10 0 1 1
∼
1 1 1 00 1 2 10 0 0 00 0 1 1
∼
1 1 1 00 1 2 10 0 1 10 0 0 0
Από όπου προκύπτει πως ο υπόχωροςW είναι διάστασης 3 και μια βάση του είναι η πα-ρακάτω:
S = {w1 = (1, 1, 1, 0), w2 = (0, 1, 2, 1), w3 = (0, 0, 1, 1)}
Με χρήση της διαδικασίας ορθοκανονικοποίησης Gram - Schmidt κατασκευάζουμε έναορθοκανονικό υποσύνολο S ′:
u1 = w1 = (1, 1, 1, 0)
u2 = w2 −〈w2, u1〉‖u1‖2
u1 = (0, 1, 2, 1)− 〈(0, 1, 2, 1), (1, 1, 1, 0)〉‖(1, 1, 1, 0)‖2
(1, 1, 1, 0) =
= (0, 1, 2, 1)− 3
3(1, 1, 1, 0) = (−1, 0, 1, 1)
u3 = w3 −〈w3, u1〉‖u1‖2
u1 −〈w3, u2〉‖u2‖2
u2 =
= (0, 0, 1, 1)− 〈(0, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 0)〉‖(1, 1, 1, 0)‖2
(1, 1, 1, 0)
− 〈(0, 0, 1, 1), (−1, 0, 1, 1)〉‖(−1, 0, 1, 1)‖2
(−1, 0, 1, 1) =
= (0, 0, 1, 1)− 1
3(1, 1, 1, 0)− 2
3(−1, 0, 1, 1) =
1
3(1,−1, 0, 1)
38
Και τελικά:
S ′ = {u′1 =√3
3(1, 1, 1, 0), u′2 =
√3
3(−1, 0, 1, 1), u′3 =
√3
3(1,−1, 0, 1)}
(β) Για να ανήκει το διάνυσμα v = (a, 2, b, 1) στονW θα πρέπει να υπάρχουν κ, λ, µ ∈F, όχι όλα διάφορα του μηδενός, τέτοια ώστε v = κu1 + λu2 + µu3.
a = κ− λ+ µ2 = κ− µb = κ+ λ1 = λ+ µ
Από τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος θα έχουμε:
1 −1 1 : a1 0 −1 : 21 1 0 : b0 1 1 : 1
∼
1 −1 1 : a0 1 −2 : 2− a0 2 −1 : b− a0 1 1 : 1
∼
∼
1 −1 1 : a0 1 −2 : 2− a0 0 3 : b+ a− 40 0 3 : a− 1
∼
1 −1 1 : a0 1 −2 : 2− a0 0 3 : b+ a− 40 0 0 : 3− b
Επομένως για να έχει λύση το σύστημα θα πρέπει 3− b = 0 ⇒ b = 3. Για να έχει και λύσηδιάφορη της μηδενικής θα πρέπει επίσης a 6= 0 ή a 6= 2 ή a 6= 1, το οποίο φυσικά ισχύειγια κάθε a.
Δεδομένου ότι γνωρίζουμε μια ορθοκανονική βάση {v1, v2, v3}, στο ίδιο αποτέλεσμαμπορούμε να φτάσουμε από τη σχέση v = 〈v, u′1〉u′1 + 〈v, u′2〉u′2 + 〈v, u′3〉u′3 που πρέπει να
39
ικανοποιεί κάθε διάνυσμα v ∈ W .
v = 〈v, u′1〉u′1 + 〈v, u′2〉u′2 + 〈v, u′3〉u′3 ⇒
(a, 2, b, 1) = 〈(a, 2, b, 1),√3
3(1, 1, 1, 0)〉
√3
3(1, 1, 1, 0)+
〈(a, 2, b, 1),√3
3(−1, 0, 1, 1)〉
√3
3(−1, 0, 1, 1)+
〈(a, 2, b, 1),√3
3(1,−1, 0, 1)〉
√3
3(1,−1, 0, 1) ⇒
(a, 2, b, 1) =
√3
3
√3
3
[〈(a, 2, b, 1), (1, 1, 1, 0)〉(1, 1, 1, 0)+
〈(a, 2, b, 1), (−1, 0, 1, 1)〉(−1, 0, 1, 1)+
〈(a, 2, b, 1), (1,−1, 0, 1)〉(1,−1, 0, 1)
]⇒
(a, 2, b, 1) =1
3
[(a+ 2 + b)(1, 1, 1, 0)+
(−a+ b+ 1)(−1, 0, 1, 1) + (a− 2 + 1)(1,−1, 0, 1)
]⇒
3(a, 2, b, 1) = (a+ 2 + b+ a− b− 1 + a− 2 + 1, a+ 2 + b− a+ 2− 1,
a+ 2 + b− a+ b+ 1, −a+ b+ 1 + a− 2 + 1) ⇒(3a, 6, 3b, 3) = (3a, 3 + b, 3 + b, b)
Δηλαδή θα πρέπει b = 3, ενώ δεν υπάρχει περιορισμός για το a.
6.ΈστωV = C3 εφοδιασμένο με το κανονικό εσωτερικό γινόμενο καιW = span{(i, 0, 1)}.Να βρεθούν ορθοκανονικές βάσεις τουW καιW⊥.
Για τονW , αφού ‖(i, 0, 1)‖ =√
(i(−i) + 0 + 12) =√2, μια ορθοκανονική βάση απο-
τελεί το σύνολο S = {√22(i, 0, 1)}. Για το W⊥ θεωρούμε τυχαίο διάνυσμα του V , έστω
z = (z1, z2, z3) για το οποίο είναι z ∈ W⊥. Οπότε θα ισχύει:
〈(z1, z2, z3),√2
2(i, 0, 1)〉 = 0 ⇒ z1(−i) + z3 = 0 ⇒ z3 = iz1
ΔηλαδήW⊥ = span{(1, 0, i), (0, 1, 0)}. Τα διανύσματα αυτά είναι ορθογώνια, οπότε με κα-νονονικοποίηση μπορούμε να πάρουμε την ορθοκανονική βάσηS ′ = {
√22(1, 0, i), (0, 1, 0)}.
7.Να βρεθεί μια ορθοκανονική βάση τουR3 που να περιέχει τα διανύσματα ( 1√2, 0, 1√
2),
(0, 1, 0).
Μια βάση για τον R3 πρέπει να περιέχει ακριβώς τρία γραμμικώς ανεξάρτητα διανύ-σματα. Αναζητούμε λοιπόν, ένα ακόμα διάνυσμα x = (x1, x2, x3) ∈ R3 το οποίο να είναι
40
κάθετο στα v1 = ( 1√2, 0, 1√
2) και v2 = (0, 1, 0). Δηλαδή:
〈x, v1〉 = 0 ⇒ x1√2+x3√2= 0 ⇒ x3 = −x1
〈x, v2〉 = 0 ⇒ x2 = 0
Θαπρέπει δηλαδή να είναι της μορφής x1(1, 0,−1). Αρκεί να κανονικοποιήσουμε το διάνυ-σμα αυτό, μια και τα άλλα δύο είναι ήδη κανονικοποιημένα. Από τη σχέση ‖x1(1, 0,−1)‖ =1 θα είναι x1 = 1√
2και τελικά η ζητούμενη βάση είναι:
S = {v1 = (1√2, 0,
1√2), v2 = (0, 1, 0), v3 = (
1√2, 0,− 1√
2)}
8. Χρησιμοποιήστε τη μέθοδο Gram-Schmidt για να ορθοκανονικοποιήσετε τη βάση{1, x, x2} του P3(R) με εσωτερικό γινόμενο 〈f, g〉 =
∫ 1
0(1− t2)f(t)g(t)dt.
Έστω w1 = 1, w2 = x και w3 = x2 με S = {w1, w2, w3}. Με χρήση της μεθόδουGram-Schmidt θα είναι:
v1 = w1 = 1
v2 = w2 −〈w2, v1〉‖v1‖2
v1 = x− 〈x, 1〉‖1‖2
1 = x−∫ 1
0(1− t2)t · 1dt∫ 1
0(1− t2)1 · 1dt
=
= x−∫ 1
0(t− t3)dt∫ 1
0(1− t2)dt
= x−( t
2
2− t4
4)∣∣10
(t− t3
3)∣∣10
= x−12− 1
4
1− 13
= x− 3
8
v3 = w3 −2∑
j=1
〈w3, vj〉‖vj‖2
vj = w3 −〈w3, v1〉‖v1‖2
v1 −〈w3, v2〉‖v2‖2
v2 =
= x2 − 〈x2, 1〉‖1‖2
1−〈x2, x− 3
8〉
‖x− 38‖2
(x− 3
8) =
= · · · = x2 − 16
19x+
7
40
Στη συνέχεια κανονικοποιούμε τη παραγώμενη ορθογώνια βάση {v1, v2, v3}.
‖v1‖2 =∫ 1
0
(1− t2)1 · 1dt = (t− t3
3)∣∣∣10= 1− 1
3=
2
3
‖v2‖2 =∫ 1
0
(1− t2)(t− 3
8)(t− 3
8)dt = · · · = 19
480
‖v3‖2 =∫ 1
0
(1− t2)(t2 − 16
19t+
7
40)(t2 − 16
19t+
7
40)dt = · · · = 127607
1360800
Οπότε τελικά:
β = {√3√2,4√40
30x− 3
√40
20,
√1360800
127607(x2 − 16
19x+
7
40)}
41
Κεφάλαιο 6
Ο συζυγής ενός τελεστή
1. Από το εγχειρίδιο Ερωτήσεις και Απαντήσεις στη Γραμμική Άλγεβρα απαντήστε τιςερωτήσεις 176-182.
[176]. Κάθε γραμμικός τελεστής έχει έναν συζυγή.ΑΛΗΘΗΣ. Πράγματι ισχύει, από γνωστό θεώρημα και μάλιστα είναι μοναδικός (σε
πεπερασμένης διάστασης δ.χ.).
[177]. Κάθε γραμμικός τελεστής σε έναν διανυσματικό χώρο V έχει τη μορφή x 7→〈x, y〉, για κάποιο y ∈ V .
ΨΕΥΔΗΣ. Η σχέση δεν έχει νόημα, δεδομένου ότι ο γραμμικός τελεστής T : V → Vπαίρνει γενικά τιμές στον V , ενώ 〈x, y〉 ∈ F. Η σωστή πρόταση είναι ότι για κάθε γραμμικήαπεικόνιση T : V → F (αυτή λέγεται και συναρτησοειδές) υπάρχει μοναδικό διάνυσμαy ∈ V , τέτοιο ώστε T (x, y) = 〈x, y〉 για κάθε x ∈ V .
[178]. Για κάθε γραμμικό τελεστή T ∈ L(V ) και για κάθε βάση β του V ισχύει ότι[T ∗]β = ([T ]β)
∗.ΨΕΥΔΗΣ. Η βάση β πρέπει να είναι ορθοκανονική. Θεωρήστε για παράδειγμα τον
τελεστή T : R2 → R2 με T (x, y) = (x + y, 2x) και την βάση β = {(1, 0), (0, 2)} του R2.Τότε μπορεί να υπολογιστεί ότι [T ]β =
(1 21 0
)και ([T ]β)∗ =
(1 12 0
). Εάν ίσχυε η ισότητα
[T ∗]β = ([T ]β)∗ θα είχαμε ότι T ∗(x, y) = (x+ y
2, 2x), η οποία δεν ικανοποιεί τη σχέση ορι-
σμού του συζυγούς τελεστή 〈T (x, y), (a, b)〉 = 〈(x, y), T ∗(a, b)〉, π.χ. για (a, b) = (1, 0).
[179]. Ο συζυγής ενός γραμμικού τελεστή είναι πάντα μοναδικός.ΑΛΗΘΗΣ. Πράγματι, έστω για τον τελεστή T , ότι υπάρχει και άλλος τελεστής U , τέ-
τοιος ώστε 〈T (x), y〉 = 〈x, U(y)〉,∀x ∈ V . Δηλαδή είναι:
〈x, U(y)〉 = 〈x, T ∗(y)〉, ∀x ∈ V
και άρα U = T ∗.
[180]. Αν T, U είναι γραμμικοί τελεστές και a, b ∈ F, τότε ισχύει η σχέση (aT + bU)∗ =aT ∗ + bU∗.
42
ΨΕΥΔΗΣ. Η ισότητα είναι σωστή μόνο όταν ο V είναι πραγματικός διανυσματικόςχώρος, διαφορετικά ισχύει (aT + bU)∗ = aT ∗ + bU∗(a, b ∈ C) .
[181]. Για κάθε n× n πίνακα ισχύει ότι (LA)∗ = LA∗ .
ΑΛΗΘΗΣ. Έστω β η κανονική βάση του Fn(F), η οποία είναι ορθοκανονική. Θα είναι:
[(LA)∗]β = ([LA]β)
∗ = A∗ = [LA∗ ]β ⇒ [(LA)∗]β = [LA∗ ]β
Από όπου προκύπτει το ζητούμενο (LA)∗ = LA∗ .
[182]. Για κάθε γραμμικό τελεστή T ισχύει ότι (T ∗)∗ = T .ΑΛΗΘΗΣ. Πράγματι είναι 〈x, T (y)〉 = 〈T ∗(x), y〉 = 〈x, (T ∗)∗(y)〉, ∀x, y ∈ V , άρα και
(T ∗)∗ = T .
2. Για κάθε ένα από τους παρακάτω χώρους με εσωτερικό γινόμενο V (επί του F) καιγραμμική μορφή g : V → F, βρείτε ένα διάνυσμα y τέτοιο ώστε g(x) = 〈x, y〉 για κάθεx ∈ V .(α) V = R3, g(a1, a2, a3) = a1 − 2a2 + 4a3(β) V = P2(R) με εσωτερικό γινόμενο 〈f, h〉 =
∫ 1
0f(t)h(t)dt, g(f) = f(0) + f ′(1).
(α) Για το διάνυσμα y, και δεδομένου ότι θεωρούμε την συνήθη βάση β = {e1, e2, e3}του R3 (η οποία είναι ορθοκανονική), θα είναι:
y =3∑
i=1
g(ei)ei = g(e1)e1 + g(e2)e2 + g(e3)e3 =
= (1− 2 · 0 + 4 · 0)e1 + (0− 2 · 1 + 4 · 0)e2 + (0− 2 · 0 + 4 · 1)e3 == e1 − 2e2 + 4e3 = (1,−2, 4)
Πράγματι 〈(a1, a2, a3), (1,−2, 4)〉 = a1 − 2a2 + 4a3 = g(a1, a2, a3), ∀(a1, a2, a3) ∈ R3.
(β) Θεωρούμε εδώ την συνήθη βάση β = {1, x, x2} του P2(R). Η βάση αυτή δεν είναιορθοκανονική., οπότε παίρνουμε την ορθοκανονικοποιημένη αυτής (άσκηση 5.2.γ) β =
43
{v1 = 1, v2 = 2√3(x− 1
2), v3 = 6
√5(x2 − x+ 1
6)}. Θα προκύψει έτσι:
h(x) =n∑
i=1
g(vi)vi = g(v1)v1 + g(v2)v2 + g(v3)v3 =
=[f(0) + f ′(1)
]∣∣∣∣f=1
· 1 +[f(0) + f ′(1)
]∣∣∣∣f=2
√3(x− 1
2)
· 2√3(x− 1
2)+
[f(0) + f ′(1)
]∣∣∣∣f=6
√5(x2−x+ 1
6)
· 6√5(x2 − x+
1
6) =
=[1∣∣x=0
+ 0∣∣x=1
]+[(2√3(x− 1
2)∣∣x=0
+ 2√3∣∣x=1
]· 2√3(x− 1
2)+[
(6√5(x2 − x+
1
6))∣∣x=0
+(6√5(2x− 1)
)∣∣x=1
]· 6√5(x2 − x+
1
6) =
= (1 + 0) + (−√3 + 2
√3)2
√3(x− 1
2) + (
√5 + 6
√5) · 6
√5(x2 − x+
1
6) =
= 1 + 6x− 3 + 7 · 6 · 5 · x2 − 7 · 6 · 5 · x+ 7 · 5 =
= 210x2 − 204x+ 33
3. Για τους παρακάτω χώρους με εσωτερικό γινόμενο V και γραμμικούς τελεστές Tστον V υπολογίστε τον τελεστή T ∗ στο δοθέν στοιχείο του V .(α) V = R2, T (a, b) = (2a+ b, a− 3b), x = (3, 5).(β) V = P2(R) με εσωτερικό γινόμενο 〈f, g〉 =
∫ 1
0f(t)g(t)dt, T (f) = f ′ + 3f, f(x) =
4− x+ 3x2.
(α) Θεωρούμε τη συνήθη βάση του R2, β = {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)}, η οποία είναιορθοκανονική. Υπολογίζουμε εύκολα τον πίνακα [T ]β:
T (e1) = T (1, 0) = (2, 1) = 2e1 + 1e2
T (e2) = T (0, 1) = (1,−3) = 1e1 − 3e2
Δηλαδή [T ]β =
(2 11 −3
), και άρα [T ∗]β = ([T ]β)
∗ =
(2 11 −3
). Τελικά για τη ζητούμενη
τιμή θα έχουμε:
T ∗(x) = [T ∗]β · x =
(2 11 −3
)(35
)=
(11−12
)Δηλαδή T ∗(3, 5) = (11,−12).
(β) Για το διανυσματικό χώρο αυτό, γνωρίζουμε πως μια ορθοκανονική βάση αποτελείη β = {v1 = 1, v2 = 2
√3(x− 1
2), v3 = 6
√5(x2−x+ 1
6)}. Υπολογίζουμε και εδώ τον πίνακα
44
[T ]β:
T (v1) = T (1) = 0 + 3 = 3 = 3v1
T (v2) = T(2√3(x− 1
2))= 2
√3 + 3 · 2
√3(x− 1
2) = 2
√3v1 + 3v2
T (v3) = T(6√5(x2 − x+
1
6))= 6
√5(2x− 1) + 3 · 6
√5(x2 − x+
1
6) =
=12√5
2√32√3(x− 1
2) + 3v3 =
6√5√3v2 + 3v3
Δηλαδή [T ]β =
3 2√3 0
0 3 6√5√3
0 0 3
, και άρα [T ∗]β = ([T ]β)∗ =
3 0 0
2√3 3 0
0 6√5√3
3
. Οι συντε-ταγμένες του f(x) στην βάση β θα είναι:
f(x) = 4− x+ 3x2 = 4− x+1
2√56√5(x2 − x+
1
6) + 3(x− 1
6) =
=7
2+ 2x+
1
2√5v3 =
7
2+
1√32√3(x− 1
2) + 1 +
1
2√5v3 =
=9
2+
1√3v2 +
1
2√5v3 =
9
2v1 +
1√3v2 +
1
2√5v3
Τελικά για τη ζητούμενη τιμή θα έχουμε:
T ∗(f) = [T ∗]β · f =
3 0 0
2√3 3 0
0 6√5√3
3
9/2
1/√3
1/2√5
=
27/2
10√3
23√5/10
=
=27
2· 1 + 10
√3 · 2
√3(x− 1
2) +
23√5
106√5(x2 − x+
1
6) =
=27
2+ 60x− 30 + 69x2 − 69x+
69
6= 69x2 − 9x+ 5
4.Έστω V = P2(R) με εσωτερικό γινόμενο 〈f, g〉 =∫ 1
0f(t)g(t)dt. Θεωρούμε τον γραμ-
μικό τελεστή T ∈ L(V ) με αντίστοιχο πίνακα
1 −1 0−2 1 10 1 1
ως προς τη βάση {1, x, x2}.
Να βρεθεί ο T ∗.
Θεωρούμε την ορθοκανονική βάση β = {v1 = 1, v2 = 2√3(x− 1
2), v3 = 6
√5(x2 − x+
45
16)}. Για τα διανύσματα της βάσης αυτής θα είναι:
T (v1) =
1 −1 0−2 1 10 1 1
100
=
1−20
= 1− 2x =
=−2
2√32√3(x− 1
2) =
1√3v2
T (v2) =
1 −1 0−2 1 10 1 1
−√3
2√3
0
=
−3√3
4√3
2√3
=
= −3√3 + 4
√3x+ 2
√3x2 =
= · · · = 1√3v1 + 3v2 +−
√5√3v3
T (v3) =
1 −1 0−2 1 10 1 1
√5
−6√5
6√5
=
7√5
−2√5
0
=
= 7√5− 2
√5x = 7
√5− 2
√5
2√32√3(x− 1
2)−
√5 =
= 6√5v1 −
√5√3v2
Επομένως είναι:
[T ]β =
0 1√3√5
6√5
1√3
3 −√5√3
0 1√3
0
[T ∗]β = ([T ]β)
∗ =
0 1√3
01√3√5
3 1√3
6√5 −
√5√3
0
Για το τυχαίο διάνυσμα τώρα a + bx + cx2 του P2(R), οι συντεταγμένες του στη βάση βυπολογίζονται ως εξής:
a+ bx+ cx2 = a+ bx+c
6√56√5(x2 − x+
1
6) + c(x− 1
6) =
= a− c
6+ (b+ c)x+
c
6√5v3 =
= a− c
6+b+ c
2√32√3(x− 1
2) +
b+ c
2+
c
6√5v3 =
=6a+ 3b+ 2c
6v1 +
b+ c
2√3v2 +
c
6√5v3
46
Έτσι η τιμή του τυχαίου διανύσματος a+ bx+ cx2 στον τελεστή T ∗ είναι:
T ∗(a+ bx+ cx2) =
0 1√3
01√3√5
3 1√3
6√5 −
√5√3
0
6a+3b+2c
6b+c2√3
c6√5
= . . .
Και πολλές πράξεις ακόμα...
5.Έστω V = Fn με το κανονικό εσωτερικό γινόμενο και T ∈ L(V ) με T (x1, . . . , xn) =(0, x1, . . . , xn−1). Να βρεθεί ο T ∗.
Για τον T ∗ ισχύει:
〈(x1, x2, . . . , xn−1, xn), T∗(y1, y2, . . . , yn−1, yn)〉 =
〈T (x1, x2, . . . , xn−1, xn), (y1, y2, . . . , yn−1, yn)〉 =〈(0, x1, x2, . . . , xn−1), (y1, y2, . . . , yn−1, yn)〉 =
0 · y1 + x1y2 + x2y3 + · · ·+ xn−1yn =
x1y2 + x2y3 + · · ·+ xn−1yn + xn · 0 =
〈(x1, x2, . . . , xn−1, xn), (y2, . . . , yn−1, 0)〉
Οπότε T ∗(y1, . . . , yn) = (y2, y3, . . . , yn, 0).
Διαφορετικά. Η κανονική βάση β = {e1, e2, . . . , en} του Fn είναι ορθοκανονική. Υπο-λογίζουμε αρχικά τον πίνακα [T ]β .
T (e1) = e2T (e2) = e3
...T (en) = 0
⇒ [T ]β =
0 0 0 . . . 0 01 0 0 0 00 1 0 0 0... . . . ...0 0 0 0 00 0 0 . . . 1 0
Οπότε
[T ∗]β = ([T ]β)∗ =
0 1 0 . . . 0 00 0 1 0 00 0 0 0 0... . . . ...0 0 0 0 10 0 0 . . . 0 0
47
Επομένως για το τυχαίο διάνυσμα (x1, x2, . . . , xn) του Fn θα είναι:
T ∗(x) =
0 1 0 . . . 0 00 0 1 0 00 0 0 0 0... . . . ...0 0 0 0 10 0 0 . . . 0 0
x1x2x3...
xn−2
xn−1
xn
=
x2x3x4...
xn−1
xn0
Δηλαδή T ∗(x1, . . . , xn) = (x2, x3, . . . , xn, 0).
6. Έστω V = C2 με το κανονικό εσωτερικό γινόμενο και T ∈ L(V ). Αν ο πίνακας πουαντιστοιχεί στον T ως προς την κανονική βάση είναι ο
(1 i−2 −1
), να βρεθεί ο T ∗.
Η κανονική βάση β = {e1, e2} του C2 είναι ορθοκανονική. Υπολογίζουμε αρχικά τονπίνακα [T ∗]β (Για την κανονική βάση ο [T ]β ταυτίζεται με τον πίνακα που αντιστοιχεί στονT ). Θα είναι:
[T ∗]β = ([T ]β)∗ =
(1 −2−i −1
)Οπότε για το τυχαίο διάνυσμα x = (x1, x2) του C2 θα είναι:
T ∗(x) =
(1 −2−i −1
)(x1x2
)Δηλαδή T ∗(x1, x2) = (x1 − 2x2, −ix1 − x2).
7. Έστω V = P2(R) με το εσωτερικό γινόμενο της άσκησης 4. Να βρεθεί ένα f ∈ V
τέτοιο ώστε f(12) =
∫ 1
0f(t)g(t)dt για κάθε g ∈ V .
Θεωρούμε εδώ την συνήθη βάση β = {1, x, x2} του P2(R). Η βάση αυτή δεν είναι ορθο-κανονική., οπότε παίρνουμε την ορθοκανονικοποιημένη αυτής (άσκηση 5.2.γ) β = {v1 =
48
1, v2 = 2√3(x− 1
2), v3 = 6
√5(x2 − x+ 1
6)}. Θα προκύψει έτσι (αν h(f) = f(1
2)):
f(x) =3∑
i=1
h(vi)vi = h(v1)v1 + h(v2)v2 + h(v3)v3 =
= f(1
2)∣∣f=1
· 1 + f(1
2)∣∣f=2
√3(x− 1
2)· 2√3(x− 1
2)+
+ f(1
2)∣∣f=6
√5(x2−x+ 1
6)· 6√5(x2 − x+
1
6) =
= 1∣∣x= 1
2
+ 2√3(x− 1
2)∣∣x= 1
2
· 2√3(x− 1
2)+
+ 6√5(x2 − x+
1
6)∣∣x= 1
2
· 6√5(x2 − x+
1
6) =
= 1 + 0 + 6√5(1
4− 1
2+
1
6)6√5(x2 − x+
1
6) =
= 1− 15x2 + 15x− 5
2= −3
2+ 15x− 15x2
Είναι δηλαδή f(x) = −32− 15x+ 15x2.
8.Έστω V ένας χώρος με εσωτερικό γινόμενο πεπερασμένης διάστασης και T ∈ L(V ).Αποδείξτε ότι εάν ο T είναι αντιστρέψιμος, τότε και ο T ∗ είναι αντιστρέψιμος και ισχύει(T ∗)−1 = (T−1)∗.
〈x, (T−1)∗ ◦ T ∗(y)〉 = 〈T−1(x), T ∗(y)〉 = 〈(T ∗)∗ ◦ T−1(x), y〉 == 〈T ◦ T−1(x), y〉 = 〈Id(x), y〉 = 〈x, Id∗(y)〉 == 〈x, Id(y)〉
Από όπου προκύπτει ότι (T−1)∗ ◦ T ∗ = Id, άρα (T ∗)−1 = (T−1)∗.
9.Έστω V ένας χώρος με εσωτερικό γινόμενο και έστω y, z ∈ V . Ορίζουμε T : V → Vμε T (x) = 〈x, y〉z για κάθε x ∈ V . Αποδείξτε καταρχήν ότι T είναι γραμμική και στησυνέχεια αποδείξτε ότι η T ∗ υπάρχει και βρείτε τον τύπο της.
Για τη γραμμικότητα είναι:
T (ax) = 〈ax, y〉z = a〈a, y〉z = aT (x), ∀x ∈ V,∀a ∈ FT (x1 + x2) = 〈x1 + x2, y〉z =
[〈x1, y〉+ 〈x2, y〉
]z =
= 〈x1, y〉z + 〈x2, y〉z = T (x1) + T (x2), ∀x1, x2 ∈ V
Στη συνέχεια έχουμε διαδοχικά:
〈T (x), w〉 =⟨〈x, y〉z, w
⟩= 〈x, y〉〈z, w〉 =
⟨x, 〈z, w〉y
⟩=
=⟨x, 〈w, z〉y
⟩, ∀x,w ∈ V
Δηλαδή υπάρχει ο T ∗ και είναι T ∗(x) = 〈x, z〉y.
49
Κεφάλαιο 7
Κανονικοί και αυτοσυζυγείς τελεστές
1. Από το εγχειρίδιο Ερωτήσεις και Απαντήσεις στη Γραμμική Άλγεβρα απαντήστε τιςερωτήσεις 183-190.
[183]. Κάθε αυτοσυζυγής τελεστής είναι κανονικός.ΑΛΗΘΗΣ. Είναι προφανές αφού αν T = T ∗ τότε είναι και TT ∗ = T ∗T = T 2.
[184]. Κάθε τελεστής και ο αντίστοιχος συζυγής του έχουν τα ίδια ιδιοδιανύσματα.ΨΕΥΔΗΣ. Δεν ισχύει γενικά, πρέπει ο τελεστής να είναι κανονικός. Για τον τελεστή
στον οποίο αντιστοιχεί ο πίνακας A =
(1 12 2
)για παράδειγμα είναι A∗ =
(1 21 2
). Οι
ιδιοτιμές των A,A∗ είναι 0 και 3. Όμως για το ιδιοδυάνυσμα x = (1, 2) του A είναι ιδιο-διάνυσμα του A∗.
Ax =
(1 12 2
)(12
)=
(36
)= 3x
A∗x =
(1 21 2
)(12
)=
(55
)Είναι δηλαδή A∗x 6= 0x και A∗x 6= 3x.
[185]. Έαν T ∈ L(V ), τότε ο T είναι κανονικός εάν και μόνο εάν ο πίνακας [T ]β είναικανονικός, όπου β μια οποιαδήποτε διατεταγμένη βάση του V .
ΨΕΥΔΗΣ. Η βάση β πρέπει να είναι ορθοκανονική.
[186].Ένας πίνακαςA είναι κανονικός εάν και μόνο εάν ο τελεστήςLA είναι κανονικός.ΑΛΗΘΗΣ. Είναι:
AA∗ = LAA∗ = LALA∗ = LAL∗A
A∗A = LA∗A = LA∗LA = L∗ALA
Οπότε AA∗ = A∗A⇔ LAL∗A = L∗
ALA. Δηλαδή το ζητούμενο.
[187]. Οι ιδιοτιμές ενός αυτοσυζυγούς τελεστή είναι πάντα πραγματικές.
50
ΑΛΗΘΗΣ. Πράγματι, αν λ είναι ιδιοτιμή του τελεστή T , και x ένα ιδιοδυάνυσμα πουαντιστοιχεί σε αυτήν, θα ισχύει:
λx = T (x) = T ∗(x) = λx⇒ λ = λ
Δηλαδή λ πραγματικός αριθμός.
[188]. Ο ταυτοτικός και ο μηδενικός τελεστής είναι αυτοσυζυγείς.ΑΛΗΘΗΣ. Προφανώς, αφού είναι Id = Id∗ και 0 = 0∗, θα είναι και IdId∗ = Id∗Id =
Id και 00∗ = 0∗0 = 0.
[189]. Κάθε κανονικός τελεστής είναι διαγωνιοποιήσιμος.ΨΕΥΔΗΣ. Έστω T : R2 → R2 ο τελεστής στροφής κατά γωνία θ (0 < θ < π). Ο πίνα-
κας του τελεστή αυτού είναι ο A =
(cos θ − sin θsin θ cos θ
)για τον οποίο ισχύει AA∗ = A∗A = I ,
άρα οA είναι κανονικός πίνακας, συνεπώς ο τελεστής T είναι κανονικός. Όμως ο πίνακαςA δεν έχει κανένα ιδιοδιάνυσμα, άρα κατ' επέκταση βάση από ιδιοδιανύσματα.
[190]. Καθε αυτοσυζυγής τελεστής είναι διαγωνιοποιήσιμος.ΑΛΗΘΗΣ. Αν ο T είναι αυτοσυζυγής, θα είναι και κανονικός. Και για την περίπτωση
μιγαδικού ευκλείδιο χώρου, αλλά και πραγματικού, από αντίστοιχα θεωρήματα προκύπτειότι ο τελεστής είναι διαγωνιοποιήσιμος.
2. . Για καθένα από τους παρακάτω γραμμικούς τελεστές ελέξτε κατά πόσον είναι κα-νονικός, αυτοσυζυγής, ή τίποτε από τα δύο.(α) T : R2 → R2 με T (a, b) = (2a− 2b,−2a+ 5b)(β) T : C2 → C2 με T (a, b) = (2a+ ib, a+ 2b)
(γ) T : P2(R) → P2(R) με T (f) = f ′ (εσωτερικό γινόμενο το 〈f, g〉 =∫ 1
0f(t)g(t)dt).
Για το (α) βρείτε μια ορθοκανονική βάση του R2 από ιδιοδιανύσματα του T .
(α) Αρχικά υπολογίζουμε τον [T ]β για μια ορθοκανονική βάση τουR2, έστω τη συνήθη,β = {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)}. Θα είναι:
[T ]β =
(2 −2−2 5
)οπότε [T ∗]β =
(2 −2−2 5
)Άρα ο τελεστής T είναι και κανονικός και αυτοσυζυγής.
(β) Υπολογιζούμε τον [T ]β για μια ορθοκανονική βάση του C2, έστω τη συνήθη, β ={e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)}. Θα είναι:
[T ]β =
(2 i1 2
)οπότε [T ∗]β =
(2 1−i 2
)Προφανώς δεν είναι αυτοσυζυγής ο τελεστής, αλλά είναι κανονικός, γιατί:
[T ]β[T∗]β =
(2 i1 2
)(2 1−i 2
)=
(5 2 + 2i
2− 2i 5
)[T ∗]β[T ]β =
(2 1−i 2
)(2 i1 2
)=
(5 2 + 2i
2− 2i 5
)
51
(γ) Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε την βάση β = {v1 = 1, v2 = 2√3(x− 1
2), v3 = 6
√5(x2−x+
16)}, η οποία είναι ορθοκανονική. Θα είναι:
T (v1) = T (1) = 0 = (0, 0, 0)
T (v2) = T (2√3(x− 1
2) = 2
√3 = (2
√3, 0, 0)
T (v3) = T (6√5(x2 − x+
1
6)) = 12
√5x− 6
√5 = 12
√5(x− 1
2) =
= (0, 12√5, 0)
Οπότε θα είναι:
[T ]β =
0 2√3 0
0 0 12√5
0 0 0
και [T ∗]β =
0 0 0
2√3 0 0
0 12√5 0
Άρα δεν είναι αυτοσυζυγής ο τελεστής. Όμως δεν είναι και κανονικός γιατί:
[T ]β[T∗]β =
0 2√3 0
0 0 12√5
0 0 0
0 0 0
2√3 0 0
0 12√5 0
=
12 0 00 720 00 0 0
[T ∗]β[T ]β =
0 0 0
2√3 0 0
0 12√5 0
0 2√3 0
0 0 12√5
0 0 0
=
0 0 00 12 00 0 720
Μια ορθοκανονική βάση για το (α), βρίσκουμε ως εξής:∣∣∣∣2− t −2
−2 5− t
∣∣∣∣ = (2− t)(5− t)− 4 = t2 − 7t+ 6 = (t− 6)(t− 1)
Οπότε για τις ιδιοτιμές t1 = 6, t2 = 1 τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα θα είναι:
t1 = 6 (−4 −2−2 −1
)(xy
)=
(00
)⇒ 2x+ y = 0 ⇒ y = −2x
t2 = 1 (
1 −2−2 4
)(xy
)=
(00
)⇒ x− 2y = 0 ⇒ 2y = x
Επομένως δύο γραμμικά ανεξάρτητα ιδιοδιανύσματα είναι τα v1 = (1,−2) και v2 = (2, 1).Έτσι από τα αντίστοιχα μοναδιαία, καταλήγουμε στην ορθοκανονική βάση { 1√
5(1,−2), 1√
5(2, 1)}.
3. Έστω T και U αυτοσυζυγείς τελεστές σε έναν χώρο με εσωτερικό γινόμενο. Απο-δείξτε ότι ο TU είναι αυτοσυζυγής εάν και μόνο εάν TU = UT .
Ισχύει:
TU = UT ⇔ (TU)∗ = (UT )∗ ⇔ (TU)∗ = T ∗U∗ ⇔ (TU)∗ = TU
52
Αφού είναι T ∗ = T και U∗ = U , ενώ ισχύει γενικά (TU)∗ = U∗T ∗.
4. Έστω V = C3 με το κανονικό εσωτερικό γινόμενο και ο γραμμικός τελεστής T ∈
L(V ) με αντίστοιχο πίνακα
1 i 1 + i1 + i 1 ii 1 + i 1
ως προς την κανονική βάση. Αποδείξτε
ότι ο T είναι κανονικός και να βρεθεί μια ορθοκανονική βάση του V από ιδιοδιανύσματατου T .
Πράγματι είναι κανονικός, αφού [T ]β[T∗]β = [T ∗]β[T ]β , και δεδομένου ότι η β είναι
ορθοκανονική βάση:
[T ]β[T∗]β =
1 i 1 + i1 + i 1 ii 1 + i 1
1 1− i −i−i 1 1− i1− i −i 1
=
4 2− i 2 + i2 + i 4 2− i2− i 2 + i 4
[T ∗]β[T ]β =
1 1− i −i−i 1 1− i1− i −i 1
1 i 1 + i1 + i 1 ii 1 + i 1
=
4 2− i 2 + i2 + i 4 2− i2− i 2 + i 4
Για την εύρεση τώρα βάσης από ιδιοδιανύσματα, θα βρούμε πρώτα τις ιδιοτιμές του πί-νακα [T ]β .
|[T ]β − tI| =
∣∣∣∣∣∣1− t i 1 + i1 + i 1− t ii 1 + i 1− t
∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣2 + 2i− t i 1 + i2 + 2i− t 1− t i2 + 2i− t 1 + i 1− t
∣∣∣∣∣∣ == (2 + 2i− t)
∣∣∣∣1− t i1 + i 1− t
∣∣∣∣ = (2 + 2i− t)[(1− t)(1− t)− i(1 + i)] =
= (2 + 2i− t)(t2 − 2t+ 1 + 1− i) = (2 + 2i− t)(t2 − 2t+ 2− i)
χμμμμ....
5. Έστω V ένας μιγαδικός χώρος με εσωτερικό γινόμενο και T ένας γραμμικός τελε-στής στον V . Ορίζουμε
T1 =1
2(T + T ∗) και T2 =
1
2i(T − T ∗)
(α) Αποδείξτε ότι οι τελεστές T1 και T2 είναι αυτοσυζυγείς και ότι T = T1 + iT2.(β) Εάν T = U1 + iU2, όπου οι U1, U2 είναι αυτοσυζυγείς, αποδείξτε ότι U1 = T1 καιU2 = T2.(γ) Αποδείξτε ότι ο T είναι κανονικός εάν και μόνο εάν T1T2 = T2T1.
53
(α) Πράγματι οι T1, T2 είναι αυτοσυζυγείς:
T ∗1 =
[12(T + T ∗)
]∗=
1
2(T + T ∗)∗ =
1
2(T ∗ + T ∗∗) =
=1
2(T ∗ + T ) =
1
2(T + T ∗) = T1
T ∗2 =
[ 12i(T − T ∗)
]∗=
1
2i(T − T ∗)∗ =
−1
2i(T ∗ − T ∗∗) =
=−1
2i(T ∗ − T ) =
1
2i(T − T ∗) = T2
Επίσης είναι:
T1 + iT2 =1
2(T + T ∗) + i · 1
2i(T − T ∗) =
T + T ∗
2+T − T ∗
2= T
(β) Δεδομένου ότι U1 = U∗1 και U2 = U∗
2 θα είναι:
T = U1 + iU2
T ∗ = (U1 + iU2)∗
}⇒ T = U1 + iU2
T ∗ = U∗1 − iU∗
2
}⇒
T = U1 + iU2
T ∗ = U1 − iU2
}⇒ T + T ∗ = 2U1
T − T ∗ = 2iU2
}⇒ U1 =
12(T + T ∗) = T1
U2 =12iT − T ∗) = T2
Δηλαδή το ζητούμενο.
(γ) Δεδομένου πως έχουμε δείξει, ότι οι T1, T2 είναι αυτοσυζυγείς, θα είναι:
TT ∗ = T ∗T ⇔ (T1 + iT2)(T1 + iT2)∗ = (T1 + iT2)
∗(T1 + iT2) ⇔⇔ (T1 + iT2)(T
∗1 − iT ∗
2 ) = (T ∗1 − iT ∗
2 )(T1 + iT2) ⇔⇔ T1T
∗1 − iT1T
∗2 + iT2T
∗1 + T2T
∗2 =
T ∗1 T1 + iT ∗
1 T2 − iT ∗2 T1 + T ∗
2 T2 ⇔⇔@@T
21 − iT1T2 + iT2T1 +��T
22 =@@T
21 + iT1T2 − iT2T1 +��T
22 ⇔
⇔ −iT1T2 + iT2T1 = iT1T2 − iT2T1 ⇔⇔ 2iT1T2 = 2iT2T1 ⇔ T1T2 = T2T1
Δηλαδή το ζητούμενο.
6. Έστω V ένας χώρος με εσωτερικό γινόμενο. Αποδείξτε ότι ο T ∈ L(V ) είναι κανο-νικός εάν και μόνο εάν μετατίθεται με τον TT ∗. Συμπεράνετε ότι T (TT ∗ − T ∗T ) εάν καιμόνο εάν TT ∗ − T ∗T = 0. (Χρησιμοποιήστε το γεγονός ότι αν S ∈ L(V ) και tr(SS∗) = 0,τότε S = 0. Πάρτε για S τον τελεστή TT ∗ − T ∗T ).
Άν T είναι κανονικός, τότε προφανώς είναι (TT ∗)T = T (T ∗T ) = T (TT ∗), δηλαδή ο Tαντιμετατίθεται με τον TT ∗.
54
Αντίστροφα τώρα έστω ότι ισχύει (TT ∗)T = T (TT ∗) (∗). Σύμφωνα με την υπόδειξηθα έχουμε και με τη βοήθεια της ιδιότητας tr(ABCD) = tr(BCDA) = tr(CDAB) =tr(DABC) (∗∗).
tr[(TT ∗ − T ∗T )(TT ∗ − T ∗T )∗
]=
tr[(TT ∗ − T ∗T )
((TT ∗)∗ − (T ∗T )∗
)]=
tr[(TT ∗ − T ∗T )(T ∗∗T ∗ − T ∗T ∗∗)
]=
tr[(TT ∗ − T ∗T )(TT ∗ − T ∗T )
]=
tr[TT ∗TT ∗ − T ∗TTT ∗ − TT ∗T ∗T + T ∗TT ∗T
]=
tr[TT ∗TT ∗ − T ∗TTT ∗ − TT ∗T ∗T + T ∗TT ∗T
]=
tr(TT ∗TT ∗)− tr(T ∗TTT ∗)− tr(TT ∗T ∗T ) + tr(T ∗TT ∗T )(**)=
tr(TT ∗TT ∗)− tr(TTT ∗T ∗)− tr(TTT ∗T ∗) + tr(TT ∗TT ∗) =
2tr(TT ∗TT ∗)− 2tr(TTT ∗T ∗)(*)=
2tr(TTT ∗T ∗)− 2tr(TTT ∗T ∗) = 0
Άρα τελικά είναι:
(TT ∗)T = T (TT ∗) ⇒ TT ∗ − T ∗T = 0 ⇒ TT ∗ = T ∗T
Δηλαδή T κανονικός, άρα ισχύει και το αντίστροφο.
Αποδείξαμε δηλαδή ότι είναι TT ∗ = T ∗T ⇔ (TT ∗)T = T (TT ∗), ή αλλιώς:
TT ∗ = T ∗T ⇔ T (TT ∗) = (TT ∗)T
ή TT ∗ − T ∗T = 0 ⇔ T (TT ∗)− (TT ∗)T = 0
ή TT ∗ − T ∗T = 0 ⇔ T (TT ∗)− T (T ∗T ) = 0
ή TT ∗ − T ∗T = 0 ⇔ T (TT ∗ − T ∗T ) = 0
7.Έστω T ένας αυτοσυζυγής τελεστής σε έναν χώρο με εσωτερικό γινόμενο V πεπερα-σμένης διάστασης. Αποδείξτε ότι για κάθε x ∈ V ισχύει
‖T (x)± ix‖2 = ‖T (x)‖2 + ‖x‖2.
Συμπεράνετε ότι ο (T − iId) είναι αντιστρέψιμος και ότι [(T − iId)−1]∗ = (T + iId)−1.
Δεδομένου ότι T αυτοσυζυγής, θα ισχύει T = T ∗, οπότε θα είναι:
‖T (x)± ix‖2 = 〈T (x)± ix, T (x)± ix〉 == 〈T (x), T (x)± ix〉+ 〈±ix, T (x)± ix〉 == 〈T (x), T (x)〉+ 〈T (x),±ix〉+ 〈±ix, T (x)〉+ 〈±ix,±ix〉 == ‖T (x)‖2 + (∓i)〈T (x), x〉+ (±i)〈x, T (x)〉+ (±i)(∓i)〈x, x〉 == ‖T (x)‖2 + (∓i)〈x, T ∗(x) + (±i)〈x, T (x)〉 − i2‖x‖2 == ‖T (x)‖2 + (∓i)〈x, T (x) + (±i)〈x, T (x)〉+ ‖x‖2 == ‖T (x)‖2 + ‖x‖2, ∀x ∈ V
55
