Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

52
Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης Σελίδα 1 από 52 Πρόχειρες Σημειώσεις Διδασκαλίας του μαθήματος Γραμμικη & Υπολογιστικη Αλγεβρα Α Ακ κ α α δ δ η η μ μ α α ϊ ϊ κ κ ό ό Έ Έτ τ ο ο ς ς 2 2 0 0 0 0 5 5 2 2 0 0 0 0 6 6 ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗ & ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Καθ. Μιχάλης Γεωργιακόδης

Transcript of Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Page 1: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 1 από 52

ΠΠρρόόχχεειιρρεεςς ΣΣηημμεειιώώσσεειιςς ΔΔιιδδαασσκκααλλίίααςς

ττοουυ μμααθθήήμμααττοοςς ΓΓρρααμμμμιικκηη && ΥΥπποολλοογγιισσττιικκηη ΑΑλλγγεεββρραα

ΑΑκκααδδηημμααϊϊκκόό ΈΈττοοςς 22000055 –– 22000066

ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗ & ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΙΚΗ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΚΚααθθ.. ΜΜιιχχάάλληηςς ΓΓεεωωρργγιιαακκόόδδηηςς

Page 2: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 2 από 52

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΝΕΞΑΡΤΗΣΙΑ Ορισμός 9 : Εστω S=ν1,ν2,...,νr ένα σύνολο διανυσμάτων. Η εξίσωση κ1ν1+κ2ν2+...+κrνr=0 (1) έχει τουλάχιστον μία λύση την κ1=κ2=...=κr=0 (2) Αν η (2) είναι η μοναδική λύση της (1) τότε το σύνολο S λέγεται Γραμμικώς Ανεξάρτητο.Αν υπάρχουν και άλλες λύσεις πλην της (2) τότε το S λέγεται Γραμμικώς Εξαρτημένο. Παραδείγματα 1.Το σύνολο S=ν1,ν2,ν3 όπου ν1=2,-1,0,3 ν2=1,2,5,-1 και ν3=7,-1,5,8 είναι Γραμμικά Εξαρτημένο,αφού 3ν1+ν2-ν3=0 Αντιθέτως τα διανύσματα i=(1,0,0), j=(0,1,0) και κ=(0,0,1) αποτελούν γραμμικώς ανεξάρτητα σύνολα. Να εξεταστεί αν το σύνολο S=ν1,ν2,ν3 με ν1=1,-2,3), ν2=5,6,-1) και ν3=3,2,1) είναι Γρ.Εξαρτημένο ή Γρ.Ανεξάρτητο. Θεώρημα 6 : Ενα σύνολο S με δύο ή περισσότερα διανύσματα είναι 1) Γραμμικώς Εξαρτ. ανν τουλάχιστον ένα εκ των διανυσμάτων του S είναι γραμμικός συνδυασμός των άλλων διανυσμάτων του S. 2) Γραμμικώς Ανεξ. ανν ουδέν διάνυσμα του S είναι γραμμικός συνδυασμός των άλλων. Θεώρημα 7 : 1) Κάθε σύνολο που περιέχει το μηδενικό διάνυσμα είναι Γραμμικώς Εξαρτημένο. 2) Κάθε σύνολο που περιέχει ακριβώς δύο διανύσματα είναι γραμμ.εξαρτημένο ανν τουλάχιστον το ένα είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Θεώρημα 8 : Εστω S=ν1,ν2,...,νr ένα σύνολο διανυσμάτων του Rn.Aν r>n το S είναι Γρ.Εξαρτημένο. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2 1. Για ποιές τιμές του λєR τα επόμενα διαν.συγκροτούν ένα Γρ.Εξαρτημένο σύνολο; ν1=λ,-½ , -½ ), ν2=-½,λ, -½), ν3=-½ , -½ ,λ) 2. Αν S=ν1,ν2,ν3 είναι Γρ.Ανεξ. να δείξετε ότι και τα ν1,ν2, ν1,ν3, ν2,ν3 είναι Γρ.Ανεξ.

Page 3: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 3 από 52

3. Αν το S=ν1,ν2,...,νr είναι Γρ.Ανεξ. να δείξετε ότι κάθε μη κενό υποσύνολό του είναι Γρ.Ανεξ. 4. Αν το S=ν1,ν2,...,νr είναι Γρ.Εξαρτ. τότε και κάθε S’, με S υποσύνολο του S’ είναι Γρ.Εξ. Απόδειξη Θεωρήματος 8 : Εστω ότι V1=(U11,U12,...,U1n) V2=(U21,U22,...,U2n) ............................... (1) Vr=(Ur1,Ur2 ,...,Urn ) Θεωρούμε την εξίσωση Κ1V1+Κ2V2+...+ΚrVr=0 (2) η οποία ισοδυνάμως γράφεται U11K1+U21K2+…+U r1Kr=0 U12K1+U22K2+…+U r2Kr=0 …………………………….. (3) U1n K1+U2n K2+…+UrnKr=0 To (3) είναι ένα ομογενές σύστημα n εξισώσεων με r αγνώστους.Εξ’υποθέσεως r>n, άρα το σύστημα (2) έχει και μη μηδενικές λύσεις.Δηλαδή, υπάρχουν Κ1,Κ2,...,Κr όχι όλα μηδέν που ικανοποιούν την (2).Αρα το S=ν1,ν2,...,νr είναι Γρ.Εξαρτημένο. ΒΑΣΗ κ ΔΙΑΣΤΑΣΗ Ορισμός 10 : Αν V δ.χ. και S=ν1,ν2,...,νr ένα πεπερασμένο σύνολο διανυσμάτων του V. Το S είναι μία βαση του V αν

1) Το S είναι Γραμ.Ανεξάρτητο 2) Το S καλύπτει το V

Παραδείγματα : • Το σύνολο S=e1,e2,...,en με e1=(1,0,0,...,0), e2=(0,1,0,...,0), ..., en=(0,0,0,...,1)

είναι μία βάση του Rn. Αυτή η βάση λέγεται κανονική βάση του Rn. • Το σύνολο S=ν1,ν2,ν3 με ν1=(1,2,1), ν2=(2,9,0) και ν3=(3,3,4) είναι μία βάση του

R3. • Το σύνολο S=Μ1,Μ2,Μ3,Μ4

Page 4: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 4 από 52

με Μ1= |¯ 1 0 ¯| Μ2= |¯ 0 1 ¯| Μ3= |¯ 0 0 ¯| Μ4= |¯ 0 0 ¯| |_ 0 0 _| |_ 0 0 _| |_ 1 0 _| |_ 0 1 _| Είναι μία βάση του δ.χ. Μ22 των πινάκων 2x2 Ορισμός 11 : Ο μη μηδενικός δ.χ. V λέμε ότι έχει πεπερασμένη διάσταση αν υπάρχει ένα πεπερασμένο σύνολο διανυσμάτων S=ν1,ν2,...,ν n που είναι βάση του. Αν δεν υπάρχει τέτοιο σύνολο ο V έχει άπειρη διάσταση.Θεωρούμε ότι ο μηδενικός δ.χ. έχει πεπερασμένη διάσταση αν και δεν έχει γραμμικώς ανεξάρτητα σύνολα και επομένως δεν έχει βάση. Θεώρημα 9 : Αν S=ν1,ν2,...,ν n είναι μία βάση του δ.χ. V, τότε κάθε σύνολο με περισσότερα από n διανύσματα είναι γραμ.εξαρτημένο. Απόδειξη : Εστω S’=w1,w2,...,wm ένα σύνολο m διανυσμάτων του V με m>n. Αφού το S είναι μία βάση του V τότε w1=α11 ν1+α21 ν2+...+ α n1 νn w2=α12 ν1+α22 ν2+...+ α n2 νn .......................................................... (1) wm=α1m ν1+α2m ν2+...+ α nm νn Το S’ θα είναι γρ.ανεξ.αν υπάρχουν Κ1,Κ2,...,Κm όχι όλα μηδέν τέτοια ώστε K1W1+K2W2+…+KmWm=0 (2) Από τα (1) και (2) προκύπτει το σύστημα α11 Κ1+α12 Κ2+...+ α 1m Κm=0 α21 Κ1+α22 Κ2+...+ α 2m Κm=0 .................................................. (3) αn1 Κ1+αn2 Κ2+...+ α nm Κm=0 Το σύστημα 3 είναι ομογενές με n εξισώσεις και m αγνώστους με m>n. Αρα έχει και μη μηδενικές λύσεις.Επομένως το S’ είναι Γρ.Εξαρτημένο. Θεώρημα 10 : Εστω S και S’ δύο βάσεις του πεπερασμένου δ.χ. V.Τότε S και S’ έχουν τον ίδιο αριθμό διανυσμάτων. Απόδειξη : Εστω S=ν1,ν2,...,ν n και S’=w1,w2,...,wm δύο βάσεις του πεπερ. δ.χ. V. Αφού το S είναι βάση και το S’ γραμ.ανεξάρτητο απο Θ.9 προκύπτει ότι m≤n (1) Ομοίως αφού S’ είναι βάση και S γραμ.ανεξάρτητο από Θ.9 προκύπτει n≤ m (2) Αρα m= n.

Page 5: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 5 από 52

Ορισμός 12 : Εστω ο πεπερασμένος δ.χ..Ονομάζουμε διάσταση του V τον αριθμό των διανυσμάτων μίας βάσης του. Η διάσταση του μηδενικού δ.χ. είναι 0. Παράδειγμα : Να προσδιοριστεί μία βάση και η διάσταση του δ.χ. των λύσεων του ομογενούς συστήματος. 2x1+2x2+-x3 +x5=0 -x1-x2+2x3-3x4+x5=0 x1+x2-2x3 -x5=0 x3+x4+x5=0 Λύση : Οι λύσεις του συστήματος είναι x1= -s-t , x2= s , x3 = - t , x4=0 , x5 = t Αρα |¯ x1 ¯| |¯ -s-t ¯| |¯ -s ¯| |¯ - t ¯| |¯ -1 ¯| |¯ -1 ¯| | x2 | | s | | s | | 0 | | 0 | | 0 | | x3 | = | - t | = | 0 | + | - t | = s | -1 | + t | -1 | | x4 | | 0 | | 0 | | 0 | | 0 | | 0 | |_ x5 _| |_ t _| |_ 0 _| |_ t _| |_ 1 _| |_ 1 _| Τα διανύσματα |¯ -1 ¯| |¯ -1 ¯| | 1 | | 0 | V1 = | 0 | και V2= | -1 | | 0 | | 0 | |_ 0 _| |_ 1 _| καλύπτουν τον χώρο των λύσεων του συστήματος αφού κάθε λύση είναι γρ.συνδυασμός των V1 και V2. Επίσης τα V1, V2 είναι γρ.ανεξάρτητα.Αρα το S=V1, V2 είναι μία βάση του δ.χ. των λύσεων και η διάσταση του δ.χ. είναι δύο. Θεώρημα 11 : Εστω ο δ.χ. V με διάσταση n. 1) Αν το S=ν1,ν2,...,ν n είναι ένα σύνολο n γραμμικώς ανεξαρτήτων διανυσμάτων,τότε το S είναι μία βάση του V. 2) Αν το S=ν1,ν2,...,ν n καλύπτει τον V, τότε το S είναι μία βάση του V. 3) Αν το S=ν1,ν2,...,νr είναι γραμμικώς ανεξ. σύνολο στοιχείων του V και r<n , τότε το S μπορεί να επεκταθεί σε μία βάση του V.Δηλαδή υπάρχουν διανύσματα νr+1,.....,ν n τέτοια ώστε το ν1,ν2,...,ν r ,ν r+1 , ....,ν n είναι μία βάση του V.

Page 6: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 6 από 52

Παράδειγμα : Το S=V1, V2 με V1=(-3,7) και V2=(5,5) είναι μία βάση του R2. Πράγματι κανένα εκ των δύο διανυσμάτων δεν είναι πολλαπλάσιο του άλλου,άρα το S είναι γρ.ανεξάρτητο.Ο δ.χ. R2 έχει διάσταση 2 άρα από το Θ.11 (1) προκύπτει ότι το S είναι μία βάση του R2. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1. Να προσδιοριστεί μία βάση και η διάσταση του δ.χ. των λύσεων των συστημάτων.

1) x1+x2-x3=0 2) x+y+z=0 -2x1-x2+2x3=0 3x+2y-2z=0 -x1+x3=0 4x+3y-z=0 6x+5y+z=0 2. Εστω S=v1,v2,v3 είναι μία βάση του δ.χ. V τότε και το S’=u1,u2,u3 με u1= v1 , u2= v1+ v2 και u3= v1+ v2+ v3 είναι μία βάση του V.

Page 7: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 7 από 52

ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΣ ΧΩΡΟΣ ΓΡΑΜΜΩΝ, ΣΤΗΛΩΝ Εδώ θα ασχοληθούμε με κάποιους διανυσματικούς χώρους που σχετίζονται

με πίνακες Ορισμός 13: Για τον m x n πίνακα Α = τα διανύσματα r1 = (α11, α12, … , α1n), r2 = (α21, α22, … , α2n), ………………… rn = (αm1, αm2, … , αmn) που σχηματίζονται από τις γραμμές του Α λέγονται διανύσματα γραμμές του Α ενώ τα διανύσματα c1 = (α11, α21, … , αm1), c2 = (α12, α22, … , αm2), ……………………. cn = (α1n, α2n, … , αmn) λέγονται διανύσματα στήλες. Ο διανυσματικός υπόχωρος του Rn των γραμμών του Α λέγεται χώρος γραμμών του Α και ο διανυσματικός υπόχωρος του Rm των στηλών του Α λέγεται χώρος στηλών του Α. Παράδειγμα: Για τον πίνακα Α = 2 1 0 τα διανύσματα γραμμές του A είναι 3 -1 4 τα r1=(2,1,0) και r2=(3, -1, 4) και τα διανύσματα στήλες είναι τα c1=(2, 3), c2=(1, -1) και c3=(0, 4).

Το επόμενο θεώρημα μας βοηθά να προσδιορίσουμε βάσεις ενός διανυσματικού χώρου.

Θεώρημα 12: Οι στοιχειώδεις μετασχηματισμοί γραμμών δεν μεταβάλουν το χώρο γραμμών του πίνακα (χωρίς απόδειξη). Από το θεώρημα αυτό προκύπτει ότι ένας πίνακας Α και όλες οι κλιμακωτές του μορφές έχουν τον ίδιο χώρο γραμμών. Οι μη μηδενικές γραμμές (διανύσματα) ενός πίνακα σε κλιμακωτή μορφή είναι πάντοτε γραμμικώς ανεξάρτητες και αποτελούν μια βάση του χώρου γραμμών.

Page 8: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 8 από 52

Θεώρημα 13: Τα μη μηδενικά διανύσματα γραμμές μιας κλιμακωτής μορφής του πίνακα Α είναι μια βάση του χώρου γραμμών του πίνακα Α. Παράδειγμα: Να βρεθεί μια βάση του χώρου που παράγεται από τα διανύσματα v1=(1, -2, 0, 0, 3), v2=(2, -5, -3, -2, 6), v3=(0, 5, 15, 10, 0) και v4=(2, 6, 18, 8, 6) Λύση: Ο χώρος που παράγεται από αυτά τα διανύσματα είναι ο χώρος γραμμών του

Τα μη μηδενικά διανύσματα γραμμές του τελευταίου πίνακα είναι μια βάση του χώρου γραμμών και επομένως και του χώρου που παράγεται από τα v1, v2, v3 και v4. Παράδειγμα: Να βρεθεί ένα υποσύνολο των v1=(1,-2,0,3), v2=(2,-5,-3,6), v3=(0,1,3,0), v4=(2,-1,4,-7), v5=(5,-8,1,2) το οποίo να είναι μια βάση του χώρου που παράγεται από τα v1, v2, v3, v4, v5. Λύση: Θεωρούμε την εξίσωση c1v1 + c2v2 + c3v3 + c4v4 + c5v5 = 0 (1) από την οποία προκύπτει το σύστημα: c1 + 2c2 + 2c4 + 5c5 = 0 -2c1 – 5c2 + c3 – c4 - 8c5 = 0 -3c2 + 3c3 + 4c4 + c5 =0 3c1 + 6c2 – 7c4 + 2c5 = 0 που έχει λύση c1=-2s-t, c2=s-t, c3=s, c4=-t, c5=t (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει η: (-2s –t)v1 + (s-t)v2 + sv3 – tv4 + tv5 = 0 s(-2v1 + v2 + v3) + t(-v1 -v2 -v4 -v5) = 0 Για s=1, t=0 και s=0, t=1 από την (3) προκύπτει -2v1 + v2 + v3 = 0 ή v3 = 2v1 – v2 -v1 – v2 – v4 + v5 = 0 (4) v5 = v1 + v2 + v4 (5) Τα v3 και v5 ως εξαρτημένα από τα v1, v2 και v1, v2, v4 αντίστοιχα μπορούν να εξαιρεθούν από τη βάση. Τα διανύσματα v1, v2 και v4 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα αφού αν c1v1 + c2v2 + c4v4 = 0 η (1) ικανοποιείται για c3=0, c5=0. Άρα η (2) ικανοποιείται για c3=s=0 και t=c5=0. Από τις υπόλοιπες εξισώσεις της (2) προκύπτει ότι c1=0, c2=0 και c4=0. Άρα τα v1, v2, v4 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.

ΧΩΡΟΙ ΜΕ ΕΣΩΤΕΡΙΚΟ ΓΙΝΟΜΕΝΟ

Page 9: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 9 από 52

Ορισμός: Ένα εσωτερικό γινόμενο επί του διανυσματικού χώρου V είναι μια απεικόνιση με την οποία κάθε ζεύγος (u,v) διανυσμάτων του V απεικονίζεται στον πραγματικό <u,v> και τέτοια ώστε, για κάθε u,v,w ε V και κάθε κ ε R

1. <u,v> = <v,u> 2. <u+,w> = <u,w> + <v,w> 3. <κu,v> = κ<u,v> 4. <v,v> >= 0, και <v,v> = 0 αν και μόνο αν v=0

Ένας πραγματικός διανυσματικός χώρος με εσωτερικό γινόμενο λέγεται πραγματικός χώρος με εσωτερικό γινόμενο. Παράδειγμα: Αν u=(u1, u2, …un) και v=(v1, v2, …vn) είναι διανύσματα του Rn, τότε το <u,v>=uv=u1v1 + u2v2 + … + unvn είναι ένα εσωτερικό γινόμενο επί του Rn. Τα τέσσερα αξιώματα του ορισμού ικανοποιούνται. Άρα το Rn είναι χώρος με εσωτερικό γινόμενο το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο. Το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο είναι το πλέον σημαντικό εσωτερικό γινόμενο επί του Rn. Υπάρχουν όμως πολλές εφαρμογές στις οποίες είναι επιθυμητό να το τροποποιήσουμε εισάγοντας «βάρη» στους όρους του. Συγκεκριμένα αν w1, w2, … wn είναι πραγματικοί θετικοί (βάρη) και u=(u1, u2, … un), v=(v1, v2, …vn) τότε αποδεικνύεται ότι η έκφραση <u,v> = w1u1v1 + w2u2v2 +…+ wnunvn ορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο επί του Rn. Το εσωτερικό αυτό γινόμενο ονομάζεται Σταθμικό Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο με βάση w1, w2, …wn. Παραδείγματα: Αν u=(u1,u2) και v=(v1,v2) ε R2 τότε το <u,v> = 3u1v1 + 2u2v2 είναι ένα Σταθμικό Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο. Πράγματι:

1. <u,v> = 3u1v1 + 2u2v2 = 3v1u1 + 2v2u2 = <v,u> 2. Αν z = (z1,z2), τότε <u+v,z> = 3(u1+v1)z1 + 2(u2+v2)z2 = 3u1z1 + 3v1z1 + 2u2z2 + 2v2z2 = 3u1z1 + 2u2z2 + 3v1z1 + 2v2z2 = <u,z> + <v,z> 3. <κu,v> = 3(κu1)v1 + 2(κu2)v2 = κ(3u1v1) + κ(2u2v2) = κ(3u1v1 + 2u2v2) = κ<u,v> 4. <v,v> = 3v1v1 + 2v2v2 = 3v1

2 + 2v22

Page 10: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 10 από 52

Αφού v1, v2 ε R, 3v12 + 2v2

2 >= 0 και προφανώς η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν v1=v2=0.

Το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο και το Σταθμισμένο Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο είναι ειδικές περιπτώσεις μιας γενικότερης ομάδας εσωτερικών γινομένων επί του Rn, που τώρα θα περιγραφούν. Έστω ut = [u1 u2 … un], vt = [v1 v2 … vn] και Α ομαλός nxn πίνακας. Αν u·v είναι το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο επί του Rn τότε το <u,v> = Au·Av ορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο το οποίο καλείται Εσωτερικό Γινόμενο επί του Rn που παράγεται από τον πίνακα Α. Το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο u·v σε μορφή πινάκων μπορεί να γραφτεί vtu (2). Άρα η (1) μπορεί να πάρει τη μορφή

<u,v> = (Av)tAu ή

<u,v> = vtAtAu (3)

Παράδειγμα: Το εσωτερικό γινόμενο επί του Rn που παράγεται από τον In είναι το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο. Πραγματικά η (1) για A=In δίνει <u,v> = Iu·Iv = u·v Παράδειγμα: Το εσωτερικό γινόμενο (σταθμός) <u,v> = 3u1v1 + 2u2v2 παράγεται από το Α = √3 0 . Πράγματι: 0 √2 <u,v> = [v1 v2] √3 0 √3 0 u1 = … = 3u1v1 + 2u2v2 0 √2 0 √2 u2 Γενικά, το Σταθμικό Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο

<u,v> = w1u1v1 + … + wnunvn είναι το εσωτερικό γινόμενο επί του Rn που παράγεται από τον

. Παράδειγμα: Αν U = u1 u2 και V = v1 v2 τότε το <U,V> = u1v1 + u2v2 + u3 u4 v3 v4 + u3v3 + u4v4 ορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο επί του Μ22 . Θεώρημα: Αν u,v,w είναι διανύσματα ενός πραγματικού διανυσματικού χώρου με εσωτερικό γινόμενο και κ ε R, τότε:

Page 11: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 11 από 52

1. <0,v> = <v,0> = 0 2. <u,v+w> = <u,v> +<u,w> 3. <u,κv> = κ<u,v>

Απόδειξη για το (2): <u,v+w> = <v+w,u> = <v,u> + <w,u> = <u,v> + <u,w> Θα αποδείξουμε ότι η προηγούμενη αποδειχθείσα πρόταση ικανοποιείται από το

<u,v> = vtAtAu . Είναι: <u,v+w> = (v+w)tAtAu = (vt + wt)AtAu = vtAtAu + wtAtAu = <u,v> + <u,w> Ασκήσεις:

1. Με χρήση του τύπου <u,v> = vtAtAu (1) α) Να δειχθεί ότι το <u,v> = 9u1v1 + 4u2v2 είναι το εσωτερικό γινόμενο επί του R2 που παράγεται από τον πίνακα Α = 3 0 0 2 β) Αν u=(-2,1) και v=(2,9) να υπολογισθεί το <u,v> = 9u1v1 + 4u2v2 γ) Με χρήση του (1) να δειχθεί ότι το

<u,v> = 5u1v1 – u1v2 – u2v1 + 10u2v2 είναι εσωτερικό γινόμενο επί του R2 που γεννάται από τον Α = 2 1 -1 3 δ) Να υπολογιστεί το πραγματικό εσωτερικό γινόμενο εάν u=(0,-1) και v=(1,4) 2. Αν u=(u1,u2,u3) και v=(v1,v2,v3) ε R3 να προσδιορίσετε ποια εκ

των επομένων είναι εσωτερικά γινόμενα: α) <u,v> = u1v1 + u3v3 β) <u,v> = u1

2v12 + u2

2v22 + u3

2v32

γ) <u,v> = 2u1v1 + u2v2 + 4u3v3 δ) <u,v> = u1v1 – u2v2 + u3v3 3. Αν U = u1 u2 και V = v1 v2 να εξετάσετε αν το u3 u4 v3 v4

<U,V> = u1v1 + u2v3 + u3v2 + u4v4 είναι ένα εσωτερικό γινόμενο επί του M22 . 4. Αν w1,w2,…,wn είναι θετικοί πραγματικοί και u=(u1,u2,…,un) ,

v=(v1,v2,…,vn) ε Rn να δειχθεί ότι το <u,v> = w1u1v1 + w2u2v2 + … + wnunvn

είναι ένα εσωτερικό γινόμενο επί του Rn .

Page 12: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 12 από 52

ΜΗΚΟΣ & ΓΩΝΙΑ ΣΕ ΧΩΡΟΥΣ ΜΕ ΕΣΩΤΕΡΙΚΟ ΓΙΝΟΜΕΝΟ

Στο R2 το μήκος του u = (u1,u2) είναι u = u1

2 +u22= u·u = (u·u)1/2

Στο R3 αν u = (u1, u2, u3) τότε u= u12 +u2

2 + u32 = u·u = (u·u )1/2

Προφανώς εδώ το εσωτερικό γινόμενο είναι το Ευκλείδιο. ΟΡΙΣΜΟΣ: Αν V είναι διανυσματικός χώρος με εσωτερικό γινόμενο τότε το μήκος του διανύσματος u είναι :

u = < u , u >1/2

ΟΡΙΣΜΟΣ: Αν V είναι δ.χ. με εσ. γιν. τότε η απόσταση των διανυσμάτων u και v είναι :

d (u ,v) = u - v. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ: Αν u = (u1, u2, … , un) και v = (v1, v2, …, vn) είναι διανύσματα του Rn με εσωτερικό γινόμενο το Ευκλείδιο τότε :

u = < u, u >1/2 = u12 + u2

2 + … + un2

και d (u,v) = u – v = < u–v, u–v >1/2

= (u1 – ν1)2 + (u2 – ν2)2 + … + ( un – νn)2.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Το μήκος και η απόσταση εξαρτώνται απο το εσωτ. γινόμ. που χρησιμοποιούμε. Π.χ. για τα u = (1, 0) και v = (0, 1) στο R2 με Ευκλείδιο εσωτερικό γινόμενο είναι

u= 12 + 02 = 1

και d (u,v) = u – v = ( 1, -1) = 12 + (-1)2 = √2

Αν όμως έχουμε το Σταθμισμένο Ευκλείδιο εσωτερικό γινόμενο: < u, v > = 3 u1v1 + 2 u2v2

Page 13: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 13 από 52

τότε: u= < u, u >1/2 = 3(1)(1) + 2(0)(0) = √3 και

d (u,v) = u – v = < (1, -1), (1, -1) >1/2 = 3(1)(1) + 2(-1)(-1) = √5

ΘΕΩΡΗΜΑ: (Ανισότητα Cauchy – Schwarz) Αν V διανυσματικός χώρος με εσωτερικό γινόμενο και u, v є V τότε

< u, v >2 ≤ <u,u> <v,v> ΘΕΩΡΗΜΑ: Αν V είναι διανυσματικός χώρος με εσωτερικό γινόμενο τότε το μήκος u= < u, u >1/2 και η απόσταση d (u,v) = u – v ικανοποιούν τις επόμενες προτάσεις :

ΜΗΚΟΣ ΑΠΟΣΤΑΣΗ u≥ 0 d (u,v) ≥ 0 u = 0 ανν u=0 d (u,v) = 0 ανν u=v k u = k u d (u,v) = d (v,u) u + v= u + v d (u,v) ≤ d (u,w) + d (w,v) Από την ανισότητα των C – S αφού: u2 = < u, u > και v2 = < v, v >

προκύπτει ότι: < u, v >2 ≤ u2 v2 ή <u, v> ≤ u v (1)

Αν u ≠ 0 και v ≠ 0 τότε :

-1 ≤ < u, v > ≤ 1 uv

Δηλαδή υπάρχει μία γωνία θ, 0 ≤ θ ≤ π με cosθ = < u, v > uv Το θ είναι η γωνία των διανυσμάτων u και v. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ: Aν u = (4, 3, 1, -2) και v = (-2, 1, 2, 3) διανύσματα του R4 με Ευκλείδιο εσωτερικό γινόμενο τότε

cosθ = < u, v > = -8 +3 +2 -6 = -9 uv √30 √18 6√15

Page 14: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 14 από 52

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ: Αν U = u1 u2 και V = v1 v2 u3 u4 v3 v4 τότε ο τύπος: < U, V > = u1v1 + u2v2 + u3v3 + u4v4 ορίζει ένα εσωτ. επί του M22. Αν U = 1 0 και V = 0 2 1 1 0 0 Τότε η γωνία των U και V είναι cosθ = < u·v > = 0 +0 +0 +0 = 0 uv uv Άρα θ = π/2 ΟΡΙΣΜΟΣ: Σε ένα χώρο με εσωτερικό γινόμενο τα διανύσματα u και v είναι ορθογώνια αν: < u, v > = 0. Επιπλέον αν το u είναι ορθογώνιο σε κάθε διάνυσμα ενός συνόλου W τότε το u είναι ορθογώνιο στο W. ΘΕΩΡΗΜΑ: (Γενικευμένο Πυθαγόριο Θεώρημα) Αν u, v είναι ορθογώνια διανύσματα ενός διανυσματικού χώρου με εσωτερικό γινόμενο τότε:

u + v2 = u2 + v2

ΑΠΟΔΕΙΞΗ: u + v2 = < (u+v) , (u+v) > = u2 + 2< u, v > + v2 = u2 + 2·0 + v2 = u2 + v2

Page 15: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 15 από 52

ΑΛΛΑΓΗ ΒΑΣΗΣ

y y

bv2 P (a,b) b P (a,b) v2 av1+bv2

O a x O v1 av1 x

v1 = v2 = 1 . Το v1,v2 είναι μια βάση του R2.

OP = av1 + bv2

Μπορούμε να θεωρούμε τις συντεταγμένες a και b του P σαν τους αριθμούς που απαιτούνται για να εκφρασθεί το διάνυσμα OP με τα στοιχεία της βάσης v1 και v2. Δεν είναι αναγκαίο τα διανύσματα της βάσης v1 και v2 να είναι κάθετα ή να έχουν μήκος 1. Κάθε βάση του R3 είναι κατάλληλη. Για παράδειγμα αν χρησιμοποιήσουμε τα διανύσματα βάσης v1 και v2 του επόμενου σχήματος μπορούμε να αντιστοιχίσουμε ένα και μοναδικό ζεύγος συντεταγμένων στο σημείο Ρ προβάλλοντας το Ρ παράλληλα προς τα διανύσματα της βάσης ώστε ΟΡ = av1 + bv2 bv2 av1 + bv2 v2 v1 av1 Το ζεύγος (a, b) είναι οι συντεταγμένες του σημείου Ρ ως προς τη βάση v1 , v2 .

Page 16: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 16 από 52

ΘΕΩΡΗΜΑ: Έστω S = v1, v2, … ,vn μία βαση του διανυσματικού χώρου V. Τότε κάθε v є V μπορεί να εκφρασθεί στη μορφή v = c1v1 + c2v2 +…+ cnvn ακριβώς κατά ένα τρόπο. ΑΠΟΔΕΙΞΗ: Έστω v є V τότε v = c1v1 + c2v2 +…+ cnvn (1) Υποθέτουμε ότι το ν μπορεί να γραφτεί και ως v = κ1v1 + κ2v2 +…+ κnvn (2) Από (1) και (2) προκύπτει ότι: 0 = (c1 - κ1)v1 + (c2 – κ2)v2 +…+ (cn – κn)vn Τα v1, v2, … , vn είναι στοιχεία βάσης άρα γραμμικώς ανεξάρτητα. Επομένως : c1 - κ1 = c2 – κ2 = … = cn – κn = 0 Δηλαδή : c1 = κ1 , c2 = κ2 , … , cn = κn ΟΡΙΣΜΟΣ: Αν S = v1, v2, …, vn είναι μια βάση του διανυσματικού χώρου V και v = c1v1 + c2v2 +…+ cnvn τότε τα c1, c2 , …, cn είναι οι συντεταγμένες του ν ως προς τη βάση S. Το διάνυσμα των συντεταγμένων του ν ως προς τη βάση S είναι το (v)s = ( c1, c2, …, cn ) є Rn . Ο πίνακας συντεταγμένων του v ως προς τη βάση S είναι ο πίνακας :

c1 c2

[v]s = … cn ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1 : Έστω S = v1, v2, v3 με v1 = (1,2,1), v2 = (2,9,0) και v3 = (3,3,4).

i. Το S είναι μια βάση του R3. ii. Να βρεθεί το διάνυσμα και ο πίνακας συντεταγμένων του v = (5, -1, 9)

ως προς S. iii. Να βρεθεί το διάνυσμα v є R3 για το οποίο [v]s = [-1 3 2]t .

ΛΥΣΗ:

Page 17: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 17 από 52

i. .... ii. Πρέπει να βρούμε c1, c2, c3 є R τέτοια ώστε v = c1v1 + c2v2 + c3v3

Δηλαδή : (5, -1, 9) = c1(1, 2, 1) + c2(2, 9, 0) + c3(3, 3, 4)

Δηλαδή: c1 + 2c2 + 3c3 = 5 c1 = 1

2c1 + 9c2 + 3c3 = -1 => c2 = -1 c1 + 4c3 = 9 c3 = 2 1

Άρα [v]s = -1 και (v)s = (1, -1, 2) 2

iii. v = -1v1 + 3v2 + 2v3 = -(1, 2, 1) + 3(2, 9, 0) + 2(3, 3, 4) = (-1, -2, -1) + (6, 27, 0) + (6, 6, 8) = (11, 31, 7).

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ: Το διάνυσμα των συντεταγμένων εξαρτάται από την τάξη με την οποία τα διανύσματα της βάσης είναι γραμμένα. Αλλαγή στην τάξη αναγραφής των διανυσμάτων της βάσης έχει ως αποτέλεσμα αντίστοιχη αλλαγή της τάξης αναγραφής των στοιχείων του διανύσματος συντεταγμένων και του πίνακα συντεταγμένων. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2 : Στο παράδειγμα 1 ii αν v = c1v2 + c2v1 + c3v3 τότε

(5, -1, 9) = c1(2, 9, 0) + c2(1, 2, 1) + c3(3, 3, 4) Δηλαδή 2c1 + c2 + 3c3 = 5 c1 = -1 9c1 + 2c2 + 3c3 = -1 => c2 = 1 c2 + 4c3 = 9 c3 = 2 ‘Αρα -1 [v]s = 1 και (v)s = (-1, 1, 2) 2 ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3 : Αν S = v1, v2, …, vn είναι μια ορθοκανονική βάση του διανυσματικού χώρου με εσωτερικό γινόμενο V τότε αν u є V είναι

u = <u,v1>v1 + <u,v2>v2 + … + <u,vn>vn (1) Από το οποίο έχουμε ότι :

Page 18: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 18 από 52

(u)s = ( <u,v1>, <u,v2> , … , <u,vn> ) (2)

<u,v1> και [u]s = <u,v2> (3) … <u,vn> Δηλαδή αν v1 = (0, 1, 0), v2 = (-4/5, 0, 3/5), v3 = (3/5, 0, 4/5) είναι μια ορθοκανονική βάση του R3 με εσωτερικό γινόμενο και u = (2, -1, 4) τότε

<u,v1> = -1 , <u,v2> = 4/5 , <u,v3> = 22/5

και -1 (u)s = (-1, 4/5, 22/5) , [u]s = 4/5 22/5

ΘΕΩΡΗΜΑ : Αν S είναι μια ορθοκανονική βάση για τον n-διάστατο διανυσματικό χώρο με εσωτερικό γινόμενο και αν (u)s = (u1, u2, …, un) , (v)s = (v1, v2, …, vn) τότε :

i. u = u12 + u2

2 + … + un2

ii. d(u,v) = (u1 – v1)2 + (u2 – v2)2 + … + (un – vn)2

iii. <u,v> = u1v1 + u2v2 + … + unvn

Page 19: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 19 από 52

TΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΗΣ ΑΛΛΑΓΗΣ ΒΑΣΗΣ Έστω Β = u₁, u₂ μια βάση του δ.χ. V και Β' = u₁', u₂' μια άλλη βάση του δ.χ. V και έστω ότι: [u₁']в = και [u₂']в = τότε, u₁' = au₁ + bu₂ u₂' =cu₁ + du₂ (1) Έστω v ∊ V και [v]в = (2) τότε, v = k₁u₁' + k₂u₂' (3) από (1) και (3) προκύπτει ότι: v = k₁(au₁ + bu₂) + k₂ (cu₁ + du₂) ή v = (k₁a + k₂c) u₁ + (k₁b + k₂d) u₂ άρα [v]в = (4) Από τις (2) και (4) προκύπτει ότι: [v]в = [v]в' (5) Από την (5) προκύπτει ότι ο πίνακας συντεταγμένων της «παλαιάς» βάσης Β προκύπτει από τον πολλαπλασιασμό του πίνακα συντεταγμένων της «νέας» βάσης Β΄ από τα αριστερά με τον πίνακα που έχει στήλες τις στήλες των πινάκων συντεταγμένων των διανυσμάτων της «νέας» βάσης ως προς την «παλαιά» βάση. Δηλαδή τα [u₁']в και [u₂']в.

a b

c d

k1 k2

k1 k2

a +k 1 k 1 b + 2

2 k k

c d

ab

cd

a b

c d

Page 20: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 20 από 52

ΓΕΝΙΚΑ αν αλλάξουμε τη βάση Β=u₁, u₂,…, ) τότε του δ.χ. V σε Β'=u₁', u₂',…, ' , τότε [v]в = P[v]в' όπου P = [[u₁']в, [u₂']в,…, [u' ]в]. Ο Ρ είναι ο πίνακας μετάβασης από τη Β' στη Β. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ: 1. Τα σύνολα Β = u₁, u₂ & B' = u₁', u₂' με u₁ = (1,0), u₂ = (0,1),

u₁' = (1,1), u₂' = (2,1) είναι δύο βάσεις του ℝ². i) Να βρεθεί ο πίνακας μετάβασης από την Β' στη Β.

ii) Να βρεθεί ο [ν]в αν [ν]в' = . ΛΥΣΗ: i) Είναι u₁' = u₁ + u₂ u₂' = 2u₁ + u₂ Δηλαδή [u₁']в = και [u₂']в = Άρα Ρ = . ii) Είναι

[v]в = P [v]в' = = ΘΕΩΡΗΜΑ: Έστω Ρ ο πίνακας μετάβασης από τη βάση Β΄ στη βάση Β. Τότε: Α) ο Ρ είναι αναστρέψιμος Β) ο Ρ¯¹ είναι ο πίνακας μετάβασης από τη Β στη Β΄. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ: Από το προηγούμενο παράδειγμα Ρ = είναι ο πίνακας μετάβασης από την Β΄ στη Β, τώρα Ρ¯¹ = . Αν v = (7,2) τότε [v]в = και [v]в' = = ..

u nu n

n

-3 5

1 2 1 1

1 2 1 1

-1 2 1 -1

-1 2 1 -1

7 2

7 2

-3 5

1 1

2 1

-3 5

1 2 1 1

7 2

Page 21: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 21 από 52

ΘΕΩΡΗΜA: Αν Ρ είναι ο πίνακας μετάβασης από μια ορθοκανονική βάση, ενός χώρου με εσωτερικού γινομένου, σε μια άλλη ορθοκανονική βάση, τότε:

Ρ¯¹ = Ρ

ΟΡΙΣΜΟΣ: Ένας τετραγωνικός πίνακας Α για τον οποίο ισχύει ότι: Α¯¹ = Α λέγεται ορθοκανονικός πίνακας.

ΘΕΩΡΗΜΑ: Οι κάτωθι προτάσεις είναι ισοδύναμες: i) Ο πίνακας Α είναι ορθογώνιος. ii) Οι γραμμές του Α σχηματίζουν ένα

ορθοκανονικό σύνολο ως προς το ευκλείδειο εσωτερικό γινόμενο.

iii) Οι στήλες του Α σχηματίζουν ένα ορθοκανονικό σύνολο ως προς το ευκλείδειο εσωτερικό γινόμενο.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ: Έστω ο πίνακας: A =

Τα διανύσματα – γραμμές του Α είναι:

r₁ = (1/√2,1/√2,0), r₂ = (0,0,1) r₃ = (1√2,-1√2,0). Ως προς το ευκλείδειο εσωτερικό γινόμενο είναι: r₁=r₂=r₃=1 και r₁‧r₂ = r₂‧r₃ = r₁‧r₃ = 0 Άρα τα διανύσματα r₁, r₂, r₃ δημιουργούν ένα ορθοκανονικό σύνολο. Άρα από το προηγούμενο θεώρημα προκύπτει ότι ο πίνακας Α είναι ορθογώνιος και επομένως Α¯¹ = Α.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ:

1. Να βρεθεί ο πίνακας συντεταγμένων και το διάνυσμα συντεταγμένων του w ως προς τη βάση S = u₁,u₂ όταν

1/√2 1/√2 0 0 0 1 1/√2 -1/√2 0

t

t

t

Page 22: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 22 από 52

i) u₁ = (1,0), u₂ = (0,1) και w = (3,-7) ii) u₁ = (2,-4), u₂ = (3,8) και w = (1,1).

2. Να βρεθεί ο πίνακας συντεταγμένων και το διάνυσμα συντεταγμένων του w προς τη βάση S = u₁,u₂ όταν

u₁ = (1/√2,-1/√2), u₂ = (1/√2,1/√2), w = (3,7) 3. Έστω οι βάσεις Β = u₁,u₂ και Β΄ = v₁,v₂ του ℝ² με

u₁ = , u₂ = , v₁ = και v₂ = .

i) Να βρεθεί ο πίνακας μετάβασης από τη Β΄ στη Β. ii) Να βρεθεί ο πίνακας μετάβασης από τη Β στη Β΄.

iii) Να βρεθεί ο [w]в, όταν w = .

4. Έστω οι βάσεις Β = u₁,u₂,u₃ και Β΄ = v₁,v₂,v₃ του ℝ³ με

u₁ = , u₂ = , u₃ = , v₁ = , v₂ = , v₃ =

i) Να βρεθεί ο πίνακας μετάβασης από τη Β στη Β΄

ii) Να βρεθεί ο πίνακας συντεταγμένων [w]в, με w = .

5. Να βρεθεί ποιος από τους πίνακες είναι ορθογώνιος:

A = , B = C =

6. Αν ο πίνακας Ρ είναι ορθογώνιος τότε det(P) = ±1. ΛΥΣΕΙΣ: 2. Η βάση S = u₁,u₂ ως προς το ευκλείδειο εσωτερικό γινόμενο είναι ορθοκανονική.

1 0

0 1

21

-3 4

3 -5

-3 0 -3

-3 2 -1

1 6 -1

-6-6 0

-2 -6 4

-2-3 7

-5 8 -5

0 1 1 0

0 1 1/√2 1 0 0 0 0 1/√2

1/2 1/2 1/2 1/2 1/2 -5/6 1/6 1/6 1/2 1/6 1/6 -5/61/2 1/6 -5/6 1/6

t

Page 23: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 23 από 52

Άρα (w)ѕ = (<w,u₁> , <w,u₂>) = (-4/√2 , 10/√2) = (-2√2 , 5√2) Δηλαδή, [w]ѕ = [-2√2 5√2] 1.ii) (w)ѕ = (a,b) με w = au₁ + bu₂ Δηλαδή: (1,1) = a(2,-4) + b(3,8) Δηλαδή: 2a + 3b = 1 a = 5/28 -4a + 8b = 1 b = 3/14 Άρα, [w]ѕ = 4.i) Είναι u₁ = c₁v₁ + c₂v₂ + c₃v₃ -6c₁ + 2c₂ - 2c₃ Δηλαδή: = -6c₁ - 6c₂ - 3c₃ 4c₂ + 7c₃ Από το οποίο προκύπτει ότι: c₁ = 3/4, c₂ = -3/4, c₃ = 0. Κατά τον ίδιο τρόπο προκύπτουν οι συντεταγμένες των u₂ και u₃ ως προς τη βάση: B' = v₁,v₂,v₃ και προκύπτει ο πίνακας μετάβασης Ρ από τη βάση Β στη βάση Β'. Ρ = ii) Ζητάμε a, b, c τέτοια ώστε w = au₁ + bu₂ + cu₃ από την οποία προκύπτει ότι: -3a -3b+c = -5 a = 1 2b+6c= 8 b = 1 -3a -b- c = -5 c = 1 Άρα [w]в = [1 1 1] Τώρα [w]в' = P[w]в = P = .

5/28 3/14

-3 0 -3

3/4 3/4 1/12 -3/4 -17/12 -17/12 0 2/3 2/3

1 1 1

t

19/12 -43/12 4/3

Page 24: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 24 από 52

x y z

ΚΑΝΟΝΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ του Γρ.Μετ. Τ:Rn R Oρισμός 6: Έστω ο Γρ.Μετ Τ:Rn Rm και e1,e2,…,en η κανονική βάση του Rn. Ονομάζεται κανονικός πίνακας του Τ και συμβολίζεται Μ(Τ), ο m x n πίνακας με στήλες τις ΕΙΚΟΝΕΣ των στοιχείων της κανονικής βάσης. Παράδειγμα 11: Έστω ο Γρ.Μετ Τ :R3 R4 με Τ = .Να βρεθεί ο Μ(Τ) Είναι: Τ = = Τ = και Τ = ΑΡΑ Μ(Τ)= 103

x + y + z -7x +z 0 3y

1 0 0

1 +0 +0 -7*1 +0 +0 0 3*0

1 -7

0 0

0 1 0

1 0

0 3

0 0 1

1 1

0 0

1 1 1 -7 0 1 0 0 0 0 3 0

Page 25: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 25 από 52

Θεώρημα 4: Έστω Μ(Τ) ο κανονικός πίνακας του Γρ. Μετ Τ:Rn Rm. Τότε για κάθε x ε Rn T(x)=M(T)x Παράδειγμα 12: Να υπολογισθεί το Τ για το Γρ. Μετ. Τ του παραδ. 11. Είναι (θ.4) Τ = = Παράδειγμα 13: Έστω ο Γρ. Μετ Τ:R4 R2 με

Τ(e1)= ,T(e2)= ,T(e3)= ,T(e4)= Να υπολογισθεί το Τ . Είναι Μ(Τ)= Άρα (θ.4) Τ = =

6 -5

6

1 1 1 -7 0 1 0 0 0 0 3 0

6 -5

6

6 -5 6

7 -36

0 -15

-4 6

0 2

1 -2

3 3

4 -4

5 -4

-4 0 1 3 6 2 -2 3

4 -4

5 -4

4 -4

5 -4

-4 0 1 3 6 2 -2 3 -23

-6

Page 26: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 26 από 52

104 Θεώρημα 5: Έστω ο m x n πίνακας Α και ο Γρ. Μετ. Τ:Rn Rm με Τ(x)=Ax. Τότε ο κανονικός πίνακας του Τ είναι ο Α. Δηλαδή Μ(Τ)=Α. Παρατήρηση: Από το θεώρημα 5 προκύπτει οτι ο πίνακας Μ(Τ) είναι ο μοναδικός πίνακας που ικανοποιεί την Τ(x)=M(T)x , για κάθε x ε Rn. Θεώρημα 6: Έστω οι Γραμ. Μετασχ. Τ:U V και S:V W. Η σύνθεση SoT:U V είναι ένας Γρ.Μετ. Θεώρημα 7: Έστω οι Γραμ. Μετασχ. Τ:Rn Rm και S:Rm Rk. Ο κανονικός πίνακας του Γρ.Μετ. SoT:Rn Rk είναι M(SoT)=M(S) M(T)

Page 27: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 27 από 52

105 Παράδειγμα 14: Αν Τ:R3 R3 και S:R3 R4 είναι Γρ. Μετ με Τ

= , S = Nα βρεθεί ο S.T Είναι SoT = S(T )= S = =

3x + 6z -5x +2y +2z 3x +y -4z

3x + 3y +3z x - y +z -2x + y 10y + 3z

x y z

x y z

x y z

x y z

3x + 6z -5x +2y +2z 3x +y -4z

3(3x + 6z) +3(-5x + 2y + 2z) +3(3x + y – 4z) 3x + 6z -(-5x + 2y + 2z) + 3x + y – 4z -2(3x + 6z) + (-5x + 2y + 2z) 10(-5x + 2y + 2z) + 3(3x + y – 4z)

3x + 9y +12z 11 x - y 11x + 2y - 10z -41x +23y + 8z

Page 28: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 28 από 52

106

Παράδειγμα 15: Το παρ. 14 με χρήση του θ.7. Είναι T(x)= και S(x)= Tώρα (θ.7) Μ (SoT) = M(S) M(T) = =

3 0 6 -5 2 2 3 1 -4

3 3 3 1 -1 1 -2 1 0 0 10 3

3 3 3 1 -1 1 -2 1 0 0 10 3

3 0 6 -5 2 2 3 1 -4

3 9 12 11 -1 0 -11 2 -10 -41 23 8

Page 29: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 29 από 52

107 To rauK του Γραμ. Μετ. Τ είναι η διάσταση της “έκτασής” του Το rauK ενός πίνακα Α είναι ο αριθμός των ηγουμένων 1 της υποβαθμισμένης κλιμακωτής του μορφής. Θεώρημα 8: Έστω ο Γρ. Μετ Τ:Rn Rm. Τότε: i) H έκταση του Τ ταυτίζεται με το χώρο των στηλών του Μ(Τ) και

ii) rauK T = rauK M(T) Παράδειγμα 16: Έστω ο Γρ. Μετ. Τ:R3 R4 με Τ(e1) = (9,8,9,8) , T(e2) = (-1,-1,-1,0) , T(e3) = (-3,5,4,-6) Nα υπολογισθεί το Τ(1,1,1). Είναι Μ(Τ)= και Τ|1,1,1|t = M(T) = Δηλαδή

9 -1 -3 8 -1 5 8 -1 4 8 0 -6

1 1 1

5 12 12

2

Page 30: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 30 από 52

Τ(1,1,1) = (5,12,12,2) 108

Page 31: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 31 από 52

ΟΡΘΟΚΑΝΟΝΙΚΕΣ ΒΑΣΕΙΣ ΔΙΑΔΙΚΑΣΙΑ GRAM – SCHMIDT Ορισμός: Έστω V δ.χ με εσωτ. γινομ. Ένα σύνολο διαν του V είναι ορθογώνιο αν όλα τα ζεύγη διακεκριμμένων διανυσμάτων είναι ορθογώνια. Ένα ορθογώνιο σύνολο του οποίου κάθε διάνυσμα έχει μέτρο 1 λέγεται ορθοκανονικό. Παράδειγμα: Το σύνολο S = ν1,ν2,ν3 με ν1 = ( 0, 1, 0 ), ν2 = ( 1/, 0, 1/ ), ν3 = (1/, 0, -1/ ) Πράγματι αν ο 3 έχει το Ευκλ. εσωτ. γινόμενο είναι: < ν1, ν2 > = < ν1, ν3 > = < ν2, ν3 > = 0 και ‖ ν1 ‖ = ‖ ν2 ‖ = ‖ ν3 ‖ = 1 Παρατήρηση: Άν V χώρος με εσ. γιν. και 0≠νεV τότε το διάν. ___ έχει μέτρο 1. Πράγματι ___ Η διαδικασία του πολ/σμου ενός ν≠0 με το αντίστροφο του μέτρου του λέγεται κανονικοποίηση του ν. Ένα ορθογώνιο σύνολο μη μηδενικών διανυσμάτων είναι πάντοτε μετατρέψιμο σε ένα ορθοκανονικό σύνολο. Παράδειγμα: S = u1, u2, u3 με u1 = ( 0, 1, 0 ), u2 = ( 1, 0, 1 ), u3 = ( 1, 0, -1 ) Το S είναι ορθογώνιο. Το S’ = u’1, u’2, u’3 , u’2 = _____ είναι ορθοκανονικό. Θεώρημα: Έστω V χώρος με εσ. γιν. Άν S = ν1, ν2,...,νn είναι μία ορθοκανονική βάση του V και uєV, τότε u = < u, ν1 > ν1 + < u, ν2 > ν2 +...+ < u, νn > νn. Απόδειξη: Είναι u = κ1ν1 + κ2ν2 +...+ κnνn και < u, νi > = < κ1ν1 + κ2ν2 +…+ κnνn, νi > = κ1 < ν1, νi > + κ2 < ν2,νi > +…+ κn < νn, νn > (1) Τώρα το S είναι ορθοκανονικό άρα < νi, νi > = ||νi||2 = 1 και < νi, νj > = 0 , i≠j Άρα από την (1) προκύπτει < u, νi > = κi Παράδειγμα: Αν S = ν1, ν2, ν3 με ν1 = ( 0, 1, 0 ) , ν2 = ( -__, 0, __ ) , ν3 = ( __, 0, __ ) Να εκφρασθεί το u = (1, 1, 1) σαν γραμμ. Συνδυασμός των ν1, ν2, ν3 Θεώρημα: Έστω V χώρος με εσωτ. γινομ. και S = ν1,ν2,…,νn ένα ορθοκανονικό σύνολο μη μηδενικών διανυσμάτων του V. Το S είναι γραμμ. ανεξάρτητο. Απόδειξη: Έστω ότι κ1ν1 + κ2ν2 +…+ κnνn = 0 (1) Για κάθε νi ε S είναι < κ1ν1 + κ2ν2 +…+ κnνn, νi > = < 0, νi > = 0 ή κ1 < ν1, νi > + κ2 < ν2,νi > +…+ κn < νn, νn > = 0 (2) Το S είναι ορθογώνιο. Άρα < yj, yi >, i≠j και < νi, νi > = 1 (3) Άρα (2), (3) ⇒ κι < νi, νi > = 0 ⇒ κi = 0 Δηλαδή S γραμμ ανεξάρτητο. Θεώρημα: Έστω V χώρος με εσ. γιν. και ν1, ν2,…, νr ένα ορθοκανονικό σύνολο διανυσμάτων. Αν W είναι ο χώρος που παράγεται από τα ν1, ν2,…, νr τότε κάθε u ε V μπορεί να πάρει τη μορφή U = w1 + w2 w1 ε W και w2 ορθογώνιο στο W με w1 = < u, v1 > v1 + < u, v2 > v2 +…+ < u, vr > vr (1) και w2 = < u, v1 > v1 - < u, v2 > v2 -…- < u, vr > vr (2) Ορισμός:

Page 32: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 32 από 52

w1 είναι η ορθογώνια προβολή του u επί του W και συμβολίζεται με projwu w2 = u – projwu είναι η ορθογώνια συνιστώσα του u επί του W. Παράδειγμα: Έστω ο 3 με το Ευκλ. εσωτ. γινομ. και W ο χώρος που παράγεται από τα v1 = ( 0, 1, 0 ) και v2 = ( Η ορθογ. προβολή του u = ( 1, 1, 1 ) Είναι: projwu = < u, v1 > v1 + < u, v2 > v2 =(1) ( 0, 1, 0 ) + ( __ ) ( -__, 0, __ ) = ( __, 1, __ ) Η ορθ. συνιστώσα του u στο W είναι u – projwu = ( 1, 1, 1 ) – ( __, 1, __ ) = ( __, 0, __ ) Το διάνυσμα u – projwu είναι ορθ σε αμφότερα τα ν1, ν2 , δηλαδή σε κάθε διάνυσμα του χώρου W που παράγεται από τα ν1,ν2. Θεώρημα: Κάθε μη μηδενικός πεπερ. χώρος με εσωτ. γινόμενο έχει μια ορθοκανονική βάση. Απόδειξη: Έστω V ένας τέτοιος χώρος και S = u1, u2, …, un μια βάση του V . Η διαδικασία που ακολουθεί παράγει μία ορθοκανονική βάση v1, v2, …, vn του V. 1ο Έστω ν1 = ____. Το μέτρο του ν1 είναι 1. 2ο Προκειμένου να κατασκευάσουμε διάνυσμα ν2 μέτρου 1 και ορθογώνιο προς το ν1, υπολογίζουμε την συνιστώσα του u2 που είναι ορθογώνια στο χώρο W, που παράγεται από το ν1 και να το κανονικοποιήσουμε. Είναι: ν2 = ______ Άν u2 - < u2, v1 > v1 = 0 τότε u2 = < u2, v1 > v1 = < u2, v1 > __ = ____ u1 Δηλαδή το u2 θα είναι ένα πολ/σιο του u1. Άτοπο αφού το S = u1, u2, …, un σαν βάση είναι γραμμικώς ανεξάρτητο. 3ο Κατ’ αναλογία κατασκευάζουμε το Ν_____________________ 4ο Ομοίως Ν_________________ κ.τ.λ Η ανωτέρω διαδικασία είναι γνωστή σαν διαδικασία Gram – Schmidt. Παράδειγμα: Έστω ο χώρος 3 με το Ευκλ. εσώτ. γινομ. Με τη διαδικασία G – S να μετασχηματισθεί η βάση u1 = ( 1, 1, 1 ), u2 = ( 0, 1, 1 ), u3 = (0, 0, 1 ) σε ορθοκανονική. Λύση: 1ο / ν1 = _________ 2ο / u2 – projw1u2 = u2 - < u2, v1 > v1 = ( 0,1, 1 ) - ______ Επομένως: v2 = _____ 3ο / u3 – projw2u3 = u3 - < u3, v1 > v1 - < u3, v2 > v2 = … = ( 0,- 1/,1/ ) Επομένως: Ν___________ Τα __________ είναι μία ορθοκανονική βάση του 3.

Page 33: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 33 από 52

Διανυσματικός Χώρος Γραμμών, Στηλών Εδώ θα ασχοληθούμε με κάποιους διανυσματικούς χώρους που σχετίζονται με πίνακες Ορισμός 13: Για τον m x n πίνακα Α = τα διανύσματα r1 = (α11, α12, … , α1n), r2 = (α21, α22, … , α2n), ………………… rn = (αm1, αm2, … , αmn) που σχηματίζονται από τις γραμμές του Α λέγονται διανύσματα γραμμές του Α ενώ τα διανύσματα c1 = (α11, α21, … , αm1), c2 = (α12, α22, … , αm2), ……………………. cn = (α1n, α2n, … , αmn) λέγονται διανύσματα στήλες. Ο διανυσματικός υπόχωρος του Rn των γραμμών του Α λέγεται χώρος γραμμών του Α και ο διανυσματικός υπόχωρος του Rm των στηλών του Α λέγεται χώρος στηλών του Α. Παράδειγμα: Για τον πίνακα Α = 2 1 0 τα διανύσματα γραμμές του A είναι 3 -1 4 τα r1=(2,1,0) και r2=(3, -1, 4) και τα διανύσματα στήλες είναι τα c1=(2, 3), c2=(1, -1) και c3=(0, 4). Το επόμενο θεώρημα μας βοηθά να προσδιορίσουμε βάσεις ενός διανυσματικού χώρου. Θεώρημα 12: Οι στοιχειώδεις μετασχηματισμοί γραμμών δεν μεταβάλουν το χώρο γραμμών του πίνακα (χωρίς απόδειξη). Από το θεώρημα αυτό προκύπτει ότι ένας πίνακας Α και όλες οι κλιμακωτές του μορφές έχουν τον ίδιο χώρο γραμμών. Οι μη μηδενικές γραμμές (διανύσματα) ενός πίνακα σε κλιμακωτή μορφή είναι πάντοτε γραμμικώς ανεξάρτητες και αποτελούν μια βάση του χώρου γραμμών. Θεώρημα 13: Τα μη μηδενικά διανύσματα γραμμές μιας κλιμακωτής μορφής του πίνακα Α είναι μια βάση του χώρου γραμμών του πίνακα Α. Παράδειγμα: Να βρεθεί μια βάση του χώρου που παράγεται από τα διανύσματα v1=(1, -2, 0, 0, 3), v2=(2, -5, -3, -2, 6), v3=(0, 5, 15, 10, 0) και v4=(2, 6, 18, 8, 6) Λύση: Ο χώρος που παράγεται από αυτά τα διανύσματα είναι ο χώρος γραμμών του Τα μη μηδενικά διανύσματα γραμμές του τελευταίου πίνακα είναι μια βάση του χώρου γραμμών και επομένως και του χώρου που παράγεται από τα v1, v2, v3 και v4.

Page 34: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 34 από 52

Παράδειγμα: Να βρεθεί ένα υποσύνολο των v1=(1,-2,0,3), v2=(2,-5,-3,6), v3=(0,1,3,0), v4=(2,-1,4,-7), v5=(5,-8,1,2) το οποίo να είναι μια βάση του χώρου που παράγεται από τα v1, v2, v3, v4, v5. Λύση: Θεωρούμε την εξίσωση c1v1 + c2v2 + c3v3 + c4v4 + c5v5 = 0 (1) από την οποία προκύπτει το σύστημα: c1 + 2c2 + 2c4 + 5c5 = 0 -2c1 – 5c2 + c3 – c4 - 8c5 = 0 -3c2 + 3c3 + 4c4 + c5 =0 3c1 + 6c2 – 7c4 + 2c5 = 0 που έχει λύση c1=-2s-t, c2=s-t, c3=s, c4=-t, c5=t (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει η: (-2s –t)v1 + (s-t)v2 + sv3 – tv4 + tv5 = 0 à s(-2v1 + v2 + v3) + t(-v1 -v2 -v4 -v5) = 0 Για s=1, t=0 και s=0, t=1 από την (3) προκύπτει -2v1 + v2 + v3 = 0 ή v3 = 2v1 – v2 -v1 – v2 – v4 + v5 = 0 (4) v5 = v1 + v2 + v4 (5) Τα v3 και v5 ως εξαρτημένα από τα v1, v2 και v1, v2, v4 αντίστοιχα μπορούν να εξαιρεθούν από τη βάση. Τα διανύσματα v1, v2 και v4 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα αφού αν c1v1 + c2v2 + c4v4 = 0 η (1) ικανοποιείται για c3=0, c5=0. Άρα η (2) ικανοποιείται για c3=s=0 και t=c5=0. Από τις υπόλοιπες εξισώσεις της (2) προκύπτει ότι c1=0, c2=0 και c4=0. Άρα τα v1, v2, v4 είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.

Χώροι Με Εσωτερικό Γινόμενο

Ορισμός: Ένα εσωτερικό γινόμενο επί του διανυσματικού χώρου V είναι μια απεικόνιση με την οποία κάθε ζεύγος (u,v) διανυσμάτων του V απεικονίζεται στον πραγματικό <u,v> και τέτοια ώστε, για κάθε u,v,w ε V και κάθε κ ε R 1. <u,v> = <v,u> 2. <u+,w> = <u,w> + <v,w> 3. <κu,v> = κ<u,v> 4. <v,v> >= 0, και <v,v> = 0 αν και μόνο αν v=0 Ένας πραγματικός διανυσματικός χώρος με εσωτερικό γινόμενο λέγεται πραγματικός χώρος με εσωτερικό γινόμενο. Παράδειγμα: Αν u=(u1, u2, …un) και v=(v1, v2, …vn) είναι διανύσματα του Rn, τότε το <u,v>=uv=u1v1 + u2v2 + … + unvn είναι ένα εσωτερικό γινόμενο επί του Rn. Τα τέσσερα αξιώματα του ορισμού ικανοποιούνται. Άρα το Rn είναι χώρος με εσωτερικό γινόμενο το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο. Το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο είναι το πλέον σημαντικό εσωτερικό γινόμενο επί του Rn. Υπάρχουν όμως πολλές εφαρμογές στις οποίες είναι επιθυμητό να το τροποποιήσουμε εισάγοντας «βάρη» στους όρους του. Συγκεκριμένα αν w1, w2, … wn είναι πραγματικοί θετικοί (βάρη) και u=(u1, u2, … un), v=(v1, v2, …vn) τότε αποδεικνύεται ότι η έκφραση <u,v> = w1u1v1 + w2u2v2 +…+ wnunvn ορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο επί του Rn. Το εσωτερικό αυτό γινόμενο ονομάζεται Σταθμικό Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο με βάση w1, w2, …wn.

Page 35: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 35 από 52

Παραδείγματα: Αν u=(u1,u2) και v=(v1,v2) ε R2 τότε το <u,v> = 3u1v1 + 2u2v2 είναι ένα Σταθμικό Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο. Πράγματι: 1. <u,v> = 3u1v1 + 2u2v2 = 3v1u1 + 2v2u2 = <v,u> 2. Αν z = (z1,z2), τότε <u+v,z> = 3(u1+v1)z1 + 2(u2+v2)z2 = 3u1z1 + 3v1z1 + 2u2z2 + 2v2z2 = 3u1z1 + 2u2z2 + 3v1z1 + 2v2z2 = <u,z> + <v,z> 3. <κu,v> = 3(κu1)v1 + 2(κu2)v2 = κ(3u1v1) + κ(2u2v2) = κ(3u1v1 + 2u2v2) = κ<u,v> 4. <v,v> = 3v1v1 + 2v2v2 = 3v1

2 + 2v22

Αφού v1, v2 ε R, 3v12 + 2v2

2 >= 0 και προφανώς η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν v1=v2=0. Το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο και το Σταθμισμένο Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο είναι ειδικές περιπτώσεις μιας γενικότερης ομάδας εσωτερικών γινομένων επί του Rn, που τώρα θα περιγραφούν. Έστω ut = [u1 u2 … un], vt = [v1 v2 … vn] και Α ομαλός nxn πίνακας. Αν u·v είναι το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο επί του Rn τότε το <u,v> = Au·Av ορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο το οποίο καλείται Εσωτερικό Γινόμενο επί του Rn που παράγεται από τον πίνακα Α. Το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο u·v σε μορφή πινάκων μπορεί να γραφτεί vtu (2). Άρα η (1) μπορεί να πάρει τη μορφή

<u,v> = (Av)tAu ή

<u,v> = vtAtAu (3)

Παράδειγμα: Το εσωτερικό γινόμενο επί του Rn που παράγεται από τον In είναι το Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο. Πραγματικά η (1) για A=In δίνει <u,v> = Iu·Iv = u·v Παράδειγμα: Το εσωτερικό γινόμενο (σταθμός) <u,v> = 3u1v1 + 2u2v2 παράγεται από το Α = √3 0 . Πράγματι: 0 √2 <u,v> = [v1 v2] √3 0 √3 0 u1 = … = 3u1v1 + 2u2v2 0 √2 0 √2 u2 Γενικά, το Σταθμικό Ευκλείδιο Εσωτερικό Γινόμενο

<u,v> = w1u1v1 + … + wnunvn είναι το εσωτερικό γινόμενο επί του Rn που παράγεται από τον

. Παράδειγμα: Αν U = u1 u2 και V = v1 v2 τότε το <U,V> = u1v1 + u2v2 + u3 u4 v3 v4 + u3v3 + u4v4 ορίζει ένα εσωτερικό γινόμενο επί του Μ22 . Θεώρημα: Αν u,v,w είναι διανύσματα ενός πραγματικού διανυσματικού χώρου με εσωτερικό γινόμενο και κ ε R, τότε:

Page 36: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 36 από 52

1. <0,v> = <v,0> = 0 2. <u,v+w> = <u,v> +<u,w> 3. <u,κv> = κ<u,v> Απόδειξη για το (2): <u,v+w> = <v+w,u> = <v,u> + <w,u> = <u,v> + <u,w> Θα αποδείξουμε ότι η προηγούμενη αποδειχθείσα πρόταση ικανοποιείται από το

<u,v> = vtAtAu . Είναι: <u,v+w> = (v+w)tAtAu = (vt + wt)AtAu = vtAtAu + wtAtAu = <u,v> + <u,w> Ασκήσεις: 1. Με χρήση του τύπου <u,v> = vtAtAu (1) α) Να δειχθεί ότι το <u,v> = 9u1v1 + 4u2v2 είναι το εσωτερικό γινόμενο επί του R2 που παράγεται από τον πίνακα Α = 3 0 0 2 β) Αν u=(-2,1) και v=(2,9) να υπολογισθεί το <u,v> = 9u1v1 + 4u2v2 γ) Με χρήση του (1) να δειχθεί ότι το

<u,v> = 5u1v1 – u1v2 – u2v1 + 10u2v2 είναι εσωτερικό γινόμενο επί του R2 που γεννάται από τον Α = 2 1 -1 3 δ) Να υπολογιστεί το πραγματικό εσωτερικό γινόμενο εάν u=(0,-1) και v=(1,4) 2. Αν u=(u1,u2,u3) και v=(v1,v2,v3) ε R3 να προσδιορίσετε ποια εκ των επομένων είναι εσωτερικά γινόμενα: α) <u,v> = u1v1 + u3v3 β) <u,v> = u1

2v12 + u2

2v22 + u3

2v32

γ) <u,v> = 2u1v1 + u2v2 + 4u3v3 δ) <u,v> = u1v1 – u2v2 + u3v3 3. Αν U = u1 u2 και V = v1 v2 να εξετάσετε αν το u3 u4 v3 v4

<U,V> = u1v1 + u2v3 + u3v2 + u4v4 είναι ένα εσωτερικό γινόμενο επί του M22 . 4. Αν w1,w2,…,wn είναι θετικοί πραγματικοί και u=(u1,u2,…,un) , v=(v1,v2,…,vn) ε Rn να δειχθεί ότι το

<u,v> = w1u1v1 + w2u2v2 + … + wnunvn είναι ένα εσωτερικό γινόμενο επί του Rn .

Page 37: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 37 από 52

ΥΠΟΧΩΡΟΙ

Ορισμός: Έστω ο διανυσματικός χώρος (V, +, F•

). Λέμε ότι ο διανυσματικός χώρος

(W, +, F•

) είναι ένας υπόχωρος του (V, +, F•

) αν W⊆V

Θεώρημα: Έστω ο διανυσματικός χώρος (V, +, F•

) και W⊆V. Το W είναι φορέας

διανυσματικού χώρου (υπόχωρου του (V, +, F•

)) ανν i) k, v ∈ W ⇒ (k + v) ∈ W ii) Αν k ∈ F και k ∈ W τότε k*v ∈ W (Δηλαδή όταν το W είναι κλειστό ως προς την πρόσθεση και τον βαθμωτό πολλαπλασιασμό.)

Απόδειξη

Αν το (W, +, F•

) είναι υπόχωρος του (V, +, F•

) τότε τα i και ii ισχύουν. Έστω ότι οι συνθήκες i και ii ικανοποιούνται κ. τ. λ. Κάθε διανυσματικός χώρος έχει δύο τουλάχιστον υποχώρους. Τον εαυτό του και τον μηδενικό.

Ορισμός: Έστω ο διανυσματικός χώρος (V, +, F•

). Λένε ότι το διάνυσμα w∈ V είναι ένας γραμμικός συνδυασμός των

1 2, , ,

rVv v v ∈K αν υπάρχουν

1 2, , ,

rFk k k ∈K τέτοια ώστε

1 1 2 2 r rW k v k v k v= ∗ + ∗ + + ∗K .

Π.χ Αν u=(1, 2, -1) και v=(6, 4, 2) ∈ 3

τότε το 1

(9, 2,7)w = είναι ένας

γραμμικός συνδυασμός των u και v ενώ το 2

(4, 1,8)w = − δεν είναι.

Ορισμός: Έστω ο διανυσματικός χώρος (V, +, F•

) και 1 2, , , .

rU Vv v v= ⊆K

Λέμε ότι το σύνολο U παράγει το V αν κάθε στοιχείο του V μπορεί να εκφρασθεί σαν γραμμικός συνδυασμός των στοιχείων του U. Παράδειγμα Να εξετασθεί αν το σύνολο 1 2 3

,U v v v= με 1

(1,1, 2)v = , 2

(1,0,1)v = ,

3(2,1,3)v = παράγει το

3

.

Θεώρημα: Έστω ο διανυσματικός χώρος (V, +, F•

) και 1 2, , ,

rVv v v ∈K

i) Το σύνολο W όλων των γραμμικών συνδυασμών των

1 2, , ,

rv v vK είναι

φορέας υπόχωρου του (V, +, F•

).

Page 38: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 38 από 52

ii) Ο διανυσματικός χώρος (W, +, F•

) είναι ο μικρότερος υπόχωρος του

(V, +, F•

) που περιέχει τα διανύσματα

Λέμε ότι ο χώρος (W, +, F•

) παράγεται από το σύνολο 1 2, , , .

rv v vK

Απόδειξη

i) Αρκεί να δείξουμε ότι το W είναι κλειστό ως προς την πρόσθεση και τον βαθμωτό πολλαπλασιασμό. Αν u, v W∈ τότε

1 1 2 2 r r

u c v c v c v= ∗ + ∗ + + ∗K , ,i i

Fc k ∈ και

1 1 2 2 r rv k v k v k v= ∗ + ∗ + + ∗K

Άρα

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

r r ru v c k v c k v c k v+ = + + + + + +K

Και για κάθε λ F∈ λ * κ= λ (

1 1 2 2 )r rvc v c v c+ + +K = 1 1

( ) ( )r rc v c vλ λ+ +K

Επομένως u + v ∈ W και λ * κ ∈ W για κάθε κ, ν ∈ W και λ F∈ . Δηλαδή το W είναι κλειστό ως προς την πρόσθεση και τον βαθμωτό πολλαπλασιασμό. ii) Για κάθε i=1,2, …,r είναι

1 20 0 1 0

i i rv v v v v= + + + + +K K

Άρα ο υπόχωρος (W, +, F•

) περιέχει κάθε ένα από τα διανύσματα 1 2, , ,

rv v vK .

Έστω τώρα ότι '( , , )FW•

+ είναι ένας άλλος υπόχωρος του (V, +, F•

) που περιέχει τα

διανύσματα 1 2, , ,

rv v vK . Αφού το W’ είναι κλειστό ως προς την πρόσθεση και τον βαθμωτό πολλαπλασιασμό τότε στο W’ θα ανήκουν όλοι οι γραμμικοί συνδυασμοί

1 1 2 2 r rc v c v c v+ + +K

Των 1 2, , ,

rv v vK . Άρα το W’ περιέχει όλα τα στοιχεία του W.

Page 39: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 39 από 52

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΝΕΞΑΡΤΗΣΙΑ Τα σύνολα που παράγουν ένα διανυσματικό χώρο βοηθούν στην αντιμετώπιση μιας ποικιλίας προβλημάτων, αφού είναι συνήθως δυνατή η μελέτη ενός διανυσματικού χώρου μέσω του συνόλου που το παράγει. Επομένως είναι επιθυμητή να διατηρήσει το σύνολο αυτό στο μικρότερο δυνατό μέγεθος. Το πρόβλημα του προσδιορισμού του “μικρότερου” συνόλου που παράγει ένα διανυσματικό χώρο βασίζεται στην εικόνα της Γραμμικής Ανεξαρτησίας. Ορισμός: Έστω ο διανυσματικός χώρος (V, +, F

) και το σύνολο 1 2

, , ,r

S Vv v v= ⊆K . Θα λέμε ότι το σύνολο S είναι γραμμικά ανεξάρτητο επί του

(F,+,*) ανν 1 1 2 2 1 2

0 0r r rk v k v k v k k k+ + + = ⇒ = = = =K K

Παράδειγμα

Να εξετάσετε αν το σύνολο 1 2

, , , .rv v vK με

1(1, 2,3)v = − ,

2(5,6, 1)v = − ,

3(3,2,1)v = είναι γραμμικά ανεξάρτητα επί του .

Θεώρημα: : Έστω ο διανυσματικός χώρος (V, +, F•

), 1

Vv ∈ και

1, 2, ,

rS v v v= K , r≥ 2.

i) Το S είναι γραμμικά ανεξάρτητο ανν τουλάχιστον ένα από τα διανύσματα του S είναι γραμμικός συνδυασμός των άλλων διανυσμάτων του S.

ii) Το S είναι γραμμικά ανεξάρτητο ανν δεν υπάρχει διάνυσμα του S που να

είναι γραμμικός συνδυασμός των άλλων διανυσμάτων του.

Απόδειξη ι) Έστω ότι το S είναι γραμμικά εξαρτημένο. Τότε υπάρχουν

1 2, , ,

rFk k k ∈K

όχι όλα μηδέν τέτοια ώστε 1 1 2 2

0r rk v k v k v+ + + =K (1)

Έστω 1

0k ≠ τότε από την (1) έχουμε ότι 21 2

1 1

rr

k kv v vk k⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= − + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

K .

Αντιστρόφως: Υποθέτουμε ότι τουλάχιστον ένα διάνυσμα του S είναι γραμμικός συνδυασμός των άλλων διανυσμάτων. Έστω ότι

1 2 2 r rv c v c v= + +K τότε

1 2 2 3 30

r rv c v c v c v− − − − =K

Page 40: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 40 από 52

οπότε το S είναι γραμμικά εξαρτημένο αφού η εξίσωση

1 1 2 20

r rk v k v k v+ + + =K ικανοποιείται για

1 2 21, , ,

r rk k c k c= = − = −K ii) Άσκηση Θεώρημα: i) Αν ένα σύνολο S περιέχει το μηδενικό διάνυσμα τότε το S είναι γραμμικό

εξαρτημένο . ii) Αν ένα σύνολο S περιέχει ακριβώς δύο διανύσματα τότε το S είναι

γραμμικώς εξαρτημένο ανν το ένα διάνυσμα είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Θεώρημα: Έστω ότι 1, 2

, ,r

S v v v= K είναι ένα σύνολο διανυσμάτων του n . Αν r>s τότε

το S είναι γραμμικά εξαρτημένο.

Απόδειξη Έστω ότι

1 11 12 1

2 21 22 2

1 2

( , , , )

( , , , )

( , , , )

n

n

r r r rm

v u u uv u u u

v u u u

=

=

=

K

K

M

K

θεωρούμε την εξίσωση

1 1 2 20

r rk v k v k v+ + + =K από την οποία προκύπτει ότι:

11 1 21 2 1

12 1 22 2 2

1 1 2 2

0

0

0

r r

r r

n n rn r

u k u k u ku k u k u k

u k u k u k

+ + + =

+ + + =

+ + + =

K

K

M

K

(1)

Το σύστημα (1) είναι ομογενές με n εξισώσεις και r αγνώστους

1, ,

rk kK και r>n. Άρα το σύστημα έχει και μη μηδενικές λύσεις. Άρα το S είναι γραμμικά εξαρτημένο.

ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

Page 41: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 41 από 52

Στο παρόν θα γενικεύσουμε

1. Αν ,u v V∈ τότε u v V+ ∈ 2. u v v u+ = + 3. ( ) ( )u v w u v w+ + = + + 4. Υπάρχει 0 V∈ τέτοιο ώστε 0 0u u u+ = + = για κάθε u V∈ 5. Για κάθε u V∈ , υπάρχει -u V∈ (το αντίθετο του u) ώστε ( ) 0u u+ − =

6. Για κάθε V,λ ,λu Vu∈ ∈ ∈

7. ( )u v u vλ λ λ+ = +

8. ( )u u uκ λ κ λ+ = +

9. ( ) ( )u uκ λ κλ=

10. 1u u=

Το 0 του αξιώματος 4 είναι το μηδενικό διάνυσμα του V. Παραδείγματα: 1. Το σύνολο nV = με τις πράξεις της πρόσθεσης και του βαθμωτού

πολλαπλασιασμού όπως αυτές έχουν ορισθεί είναι δ.χ 2. Έστω V επίπεδο μέσω της αρχής των αξόνων του 3 . Το σύνολο των

σημείων του επιπέδου είναι δ .χ ως προς τις συνήθεις πράξεις Κάθε τέτοιο επίπεδο έχει εξίσωση της μορφής 0ax by cz+ + = αν ,u v V∈

τότε 1 2 3

1 2 3

( , , )

( , , )

u

vu u uv v v

=

=

Και 1 2 3 1 2 3

0, 0a b c a b cu u u v v v+ + = + + =

Άρα 1 1 2 2 3 3

( ) ( ) ( ) 0a b cu v u v u v+ + + + + =

Δηλαδή 1 1 2 2 3 3

( , , )u v Vu v u v u v+ = + + + ∈ Δηλαδή αξίωμα 1 ισχύει. Τα αξιώματα 2, 3 ικανοποιούνται αφού τα ,u v V∈ είναι και στοιχεία του 3 (δ. χ ως προς τις συνήθεις πράξεις) Το αξίωμα 4 είναι προφανές Το αξίωμα 5:

Page 42: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 42 από 52

1 2 3

1 2 3

0

( ) ( ) ( )

a b c

a b Vu u u

u u u+ + = ⇒

− + − + − ∈

Το αξίωμα 6 προφανές Τα αξιώματα 7, 8, 9, 10 ισχύουν για κάθε σημείο του 3 άρα και για τα σημεία του V. 3. 3( , ) , 0, 0V x y x y= ∈ ≥ ≥

Τα αξιώματα 5,6 δεν ικανοποιούνται άρα όχι δ. χ.

4. Έστω V a= και a+a=a , κ* a=a ,κ ∈ . Το V ικανοποιεί και το 10 αξίωμα άρα είναι δ. χ ως προς τις συνήθεις πράξεις. Ο δ. χ αυτός λέγεται μηδενικός διανυσματικός χώρος.

Θεώρημα 3(ιδιότητες δ. χ) Έστω ο δ. χ V,u V∈ και κ ∈ . Τότε: 1. 0* u=0 ( 0∈ ) 2. κ* 0=0 ( 0 V∈ ) 3. (-1)u=-u 4. Αν κ*u=0 τότε κ=0 ή u=0 Απόδειξη

1. 0u+0u=(0+0)u=0u [0u+0u] +(-0u)=0u+ (-0u)

[0u+0u] + (-0u)=0 0u + [0u + (-0u)]=0, 0u=0

2. κ*0=0 Είναι κ*w + κ*0= κ(w+0)= κ*w Δηλ κ*0=0

3. u + (-1)u= 1*u =(-1)u =(1 + (-1))u= 0*u=0 4. Έστω κ*u=0 , 0, 0uκ ≠ ≠

Τότε (κ*u)=0 1 1( ) 00

uu

κκ κ− −⇒ = •

⇒ = Άτοπο

Page 43: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 43 από 52

ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1 1. Αν 1 3

2 4

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

(2,0,4, 1), (6,3,1,2)u uu u

= − =

= − =

Να προσδιορισθούν οι πραγματικοί

1 2 3 4, , ,c c c c ώστε

1 1 2 2 3 3 4 4

(0,5,6, 3)c u c u c u c u+ + + = − 2.Αν u=(3,0,1,2) , v=(-1,2,7,-3) και w=(2,0,1,1) να υπολογίσετε:

a) u v+ b) u w+

c) 2 2u u− + d) 3 5u v w− +

e) 1 ww

f) 1 ww

3. Αν v=(-1,2,0,3) να προσδιορίσετε όλα τα κ ∈ . Για τα οποία 3vκ = 4. Να βρεθεί το Ευκλείδιο Εσωτερικό γινόμενο κ*v όταν

a) u=(1,-1,2,3) , v=(3,3,-6,4) b) u=(1,3,2,6,-1), v=(0,0,2,4,1)

5. Να βρεθούν 2,u v∈ με 1u v= = και για τα οποία ( 2,4) ( 2,4) 0u v• − = • − =

6. Να βρεθεί η Ευκλείδια απόσταση των a) u=(2,0,1,3) και v=(-1,4,6,6) b) u=(1,1,-1) και v=(2,6,0)

7. Να αποδείξετε ότι 2 2 2 2

2 2 , , nu vu v u v u v+ = + ∈+ −

Page 44: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 44 από 52

8 . Να αποδείξετε ότι

2 21 1 , ,

4 4nu v u vu v u v• = − ∈+ −

Page 45: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 45 από 52

Θεώρημα 1: Με την προϋπόθεση ότι οι διαστάσεις των πινάκων επιτρέπουν την εκτέλεση των σημειούμενων πράξεων τότε:

1. Α + Β= Β + Α 2. Α + (Β + C)= (A + B) + C 3. A * (B * C)=(A * B)* C 4. A* ( B C± )= AB± AC 5. ( B C± )* A=BA ± CA 6. a* B=B*a 7. a* ( B C± )= aB + aC 8. (a ± b) C=aC ± bC 9. (ab)* C= a(b*C) 10. a*(BC)=(aB)C=B(aC)=B(Ca)=(BC)a

Μηδενικός Πίνακας

AB AC= δεν συνεπάγεται B=C Προσοχή: και AD = 0 δεν συνεπάγεται Α=0 ή D=0

π.χ. Α= 00⎡⎢⎣

12⎤⎥⎦, Β= 1

3⎡⎢⎣

14⎤⎥⎦, C= 2

3⎡⎢⎣

54⎤⎥⎦, D= 3

0⎡⎢⎣

70⎤⎥⎦

Θεώρημα 2: Με την προϋπόθεση ότι οι διαστάσεις των πινάκων επιτρέπουν την εκτέλεση των σημειούμενων πράξεων τότε:

1. Α + 0 = 0 + Α = Α 2. Α – Α = 0 3. 0 – Α = -Α 4. Α*0 = 0 και 0*Α = 0

Page 46: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 46 από 52

Μοναδιαίος Πίνακας In Ορισμός: Αν ο πίνακας Α είναι τετραγωνικός και υπάρχει πίνακας Β τέτοιος ώστε ΑΒ=ΒΑ=Ι, τότε ο Α είναι αντιστρέψιμος και ο Β λέγεται αντίστροφος του Α. π.χ.

ο πίνακας Β= 31⎡⎢⎣

52⎤⎥⎦ είναι αντίστροφος του Α= 2

1⎡⎢−⎣

53− ⎤⎥⎦

ο πίνακας Α= 123

⎡⎢⎢⎢⎣

456

000

⎤⎥⎥⎥⎦

δεν είναι αντιστρέψιμος

Θεώρημα 3: Αν Β και C είναι αμφότεροι του πίνακα Α τότε B=C. Απόδειξη: Είναι ΒΑ = Ι (1) Τώρα (ΒΑ)C = IC = C (2) Και (BA)C = B(AC) = BI = B (3) Από (2) και (3) προκύπτει ότι B = C Θεώρημα 4: Αν Α και Β είναι αντιστρέψιμος πίνακας της ίδιας διάστασης τότε:

i) ΑΒ είναι αντιστρέψιμος ii) 1 1 1( )AB B A− − −= Απόδειξη:

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

( )( ) ( )

( )( ) ( )

AB B A A BB A AIA AA I

B A AB B A A B B IB B B I

− − − − − −

− − − − − −

= = = =

= = = =

Γενικά 1 1 1 1

1 2 2 1( ... ) ...A A Aκ κ− − − −= Α Α Α

Page 47: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 47 από 52

Ορισμός: Αν ο πίνακας Α είναι τετραγωνικός τότε ορίζουμε:

i) 0Α = Ι ii)

...n

n έ

AA Aφορ ς

Α =123 n>0

Αν επιπλέον ο πίνακας είναι και αντιστρέψιμος τότε: iii)

1 1 1 1

n φορές

( ) ...n nA A A A− − − − −Α = =14243

Θεώρημα 5: Αν ο πίνακας Α είναι τετραγωνικός και r,s ακέραιοι τότε

i) r s r sA A +Α = και ii) ( )r s rsA A=

Θεώρημα 6: Αν ο πίνακας Α είναι αντιστρέψιμος τότε

i) και ο Α-1 είναι αντιστρέψιμος και (Α -1 ) -1=Α ii) και ο Αn είναι αντιστρέψιμος και (Αn)-1=(Α-1) n, n=0,1,2… iii) Για κάθε 0κ ≠ , ο πίνακας κΑ είναι αντιστρέψιμος και

1 11( )κκ

− −Α = Α

Θεώρημα 7: Με την προϋπόθεση ότι οι διαστάσεις των πινάκων επιτρέπουν την εκτέλεση των σημειούμενων πράξεων τότε:

i. ( )t tA A=

ii. ( )t t tA VB A B+ = +

iii. ( ) , kt tkA kA= ∈

iv. ( )t t tAB B A=

v. 1 2 3 5 5 3 2 1( ... ) ...t t t t tA A A A A A A A=

Page 48: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 48 από 52

Μορφές Μητρών (Πινάκων) Βαθμωτός Πίνακας: Ο τετραγωνικός πίνακας Α λέγεται Βαθμωτός ανν είναι διαγώνιος και 11 22 ... nna a a= = = Κύριο Στοιχείο Γραμμής: Έστω i1 i2 in[a a ... a ]iR = μία μηδενική γραμμή του πίνακα Α. Το στοιχείο 0ika ≠ λέγεται κύριο στοιχείο της γραμμής Ri ανν για κάθε λ=1,2,…,ν , 0ia λ λ κ≠ ⇒ ≥ . Δηλαδή κ είναι ο μικρότερος δείκτης στήλης για τον οποίο 0iκα ≠ . π.χ. αν

Α=

10000

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

26403

37000

49600

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

το 1 είναι κύριο στοιχείο της R1 το 6 είναι κύριο στοιχείο της R2

τότε το 4 είναι κύριο στοιχείο της R3 η R4 δεν έχει κύριο στοιχείο

το 3 είναι κύριο στοιχείο της R5 Κλιμακωτή Μήτρα: Ο m x n λέγεται κλιμακωτός ανν.

1. Ο δείκτης κάθε μη μηδενικής γραμμής είναι μικρότερος από τον δείκτη κάθε μηδενικής γραμμής.

2. Αν 1 2 1 2, ,..., , ...kl l l kR R R l l l< < < οι γραμμές που έχουν

κύριο στοιχείο, τότε το κύριο στοιχείο της 1l

R έχει δείκτη στήλης

μικρότερο από το δείκτη στήλης του κυρίου στοιχείου της 1ilR

+.

Page 49: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 49 από 52

Π.χ η μήτρα

1000

A

⎡⎢⎢=⎢⎢⎣

1600

3000

4850

5901

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

είναι κλιμακωτή.

Υποβαθμισμένη Κλιμακωτή Μήτρα: Ο m x n πίνακας λέγεται υποβαθμισμένος κλιμακωτός ανν:

1. Ο Α είναι κλιμακωτός 2. Το κύριο στοιχείο κάθε μη μηδενικής γραμμής είναι 1 3. Οι στήλες στις οποίες ανήκουν τα κύρια στοιχεία των γραμμών

έχουν όλα τα άλλα στοιχεία 0. π.χ. οι πίνακες 1000

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

0100

3600

0010

3020

− ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

,

1000

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

0100

0010

0001

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

είναι υποβαθμισμένοι κλιμακωτοί.

Τριγωνικός Πίνακας: Ο τετραγωνικός n x n πίνακας Α είναι

• Άνω τριγωνικός ανν i j 0a = για κάθε i>j • Κάτω τριγωνικός ανν i j 0a = για κάθε i<j • Τριγωνικός ανν είναι άνω ή κάτω τριγωνικός

π.χ ο πίνακας

Page 50: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 50 από 52

1000

A

⎡⎢⎢=⎢⎢⎣

0000

2300

0542

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

είναι άνω τριγωνικός

και ο πίνακας

00

2B

⎡⎢= ⎢⎢−⎣

013

000

⎤⎥⎥⎥⎦

κάτω τριγωνικός

ΣΤΟΙΧΕΙΩΔΕΙΣ ΠΡΑΞΕΙΣ ΓΡΑΜΜΩΝ

1. Πολλαπλασιασμός μιας γραμμής επί i* ic R cR∈ℜ → 2. Εναλλαγή δύο οποιονδήποτε γραμμών i jR R↔ 3. Πρόσθεση του πολλαπλασίου μιας γραμμής σε μια άλλη γραμμή

i i jR R Rλ→ + Παραδείγματα:

120

A⎡⎢= ⎢⎢⎣

212

303

410

⎤⎥⎥⎥⎦

2 2( 2)R R→ − 1

40

B⎡⎢= −⎢⎢⎣

2

22−

303

4

20

⎤⎥− ⎥⎥⎦

120

A⎡⎢= ⎢⎢⎣

212

303

410

⎤⎥⎥⎥⎦

1 3R R↔ 021

B⎡⎢= ⎢⎢⎣

212

303

014

⎤⎥⎥⎥⎦

Page 51: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 51 από 52

Θεώρημα 9: Κάθε στοιχειώδης πίνακας είναι αντιστρέψιμος και ο αντίστροφος του είναι αντιστρέψιμος και ο αντίστροφος του είναι επίσης στοιχειώδης. Απόδειξη: Αν Ε στοιχειώδης και 0E ο πίνακας που προκύπτει από τον nI με εφαρμογή της αντίστροφης πράξης τότε 0 nE E I= και 0 nEE I= άρα

10E E−= .

Ορισμός: Αν ο πίνακας Β προκύπτει από τον πίνακα Α με την εφαρμογή μιας πεπερασμένης ακολουθίας στοιχειωδών πράξεων γραμμών τότε οι Α και Β λέγονται «R-ισοδύναμοι» και γράφουμε BA R

%.

Θεώρημα 10: Αν Α και Β είναι τετραγωνικοί πίνακες και A R B

%τότε

υπάρχει ομαλός πίνακας Ρ τέτοιος ώστε Β=ΡΑ. Θεώρημα 11: Έστω Α είναι ένας n x n πίνακας και BA R

%, όπου Β

υποβαθμισμένος κλιμακωτός πίνακας. Ο Α είναι μη αντιστρέψιμος ανν μια τουλάχιστον γραμμή του Β είναι μηδενική. π.χ. ο πίνακας

15913

A

⎡⎢⎢=⎢⎢⎣

261014

371115

481216

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

R%

1000

B

⎡⎢⎢=⎢⎢⎣

0100

1200

2300

− ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

δεν είναι αντιστρέψιμος

Θεώρημα 12: Έστω ο τετραγωνικός πίνακας Α. Οι προτάσεις i, ii και iii είναι ισοδύναμες.

Page 52: Shmeiwseis Gram & Ypol Algebra 2005 - 2006

Παν. Πειραιώς, Τμήμα Πληροφορικής Καθ. Μιχάλης Γωργιακόδης

Σελίδα 52 από 52

i. Ο πίνακας Α έχει αντίστροφο ii. Είναι A R I

%

iii. Ο Α είναι γινόμενο πεπερ. πλήθους στοιχειωδών πινάκων.

Μέθοδος Εύρεσης Αντιστρόφου

Έστω ο n x n πίνακας Α και είναι Α R%

Ι τότε υπάρχουν στοιχειώδεις πίνακες 1 2, ,..., sE E E ώστε ... 2 1I E E E An s=

τώρα ( ) 12 1...s nE E E I A− =

( )( )

1 1 11 2

11 1 1 11 2

12 1

...

...

...

s n

s n

s n

E E E I A

E E E I A

A E E E I

− − −

−− − − −

=

=

=

Άρα προκειμένου να βρούμε τον Α-1 γράφουμε τον Α δίπλα στον Ιn και με κατάλληλους στοιχειώδεις μετασχηματισμούς γραμμών που εκτελούμε ταυτόχρονα και στους δύο πίνακες Α και Ιn μετασχηματίζοντας τον Α σε Ιn μετασχηματίζεται ο Ιn σε Α-1. παράδειγμα:

ο αντίστροφος του 231

A⎡⎢= ⎢⎢⎣

110

021

⎤⎥⎥⎥⎦

είναι ο 1

111

A−

⎡⎢= −⎢⎢−⎣

010

11

2

− ⎤⎥− ⎥⎥⎦