Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Εκπαιδευτικο Υλικο...

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ

Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος

Ακαδηµαϊκο Ετος

2011 - 2012

∆ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης

Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης

Ιστοσελιδα Μαθηµατος :http://www.math.uoi.gr/∼abeligia/LinearAlgebraI/LAII.html

30 Ιουνιου 2012

‘‘If you can reduce a mathematical problem to a problem in Linear Algebra, you can most likely solve

it, provided that you know enough Linear Algebra.’’

Peter Lax

Βραβείο Abel 2005

2

Περιεχόµενα

Μέρος 1. Ασκήσεις Προς Λύση 4

Μέρος 2. Πρόχειρες ∆οκιµασίες στην Τάξη 24

Μέρος 3. Προτεινόµενες Ασκήσεις Προς Λύση 27

Μέρος 4. Επίλυση Πρόχειρων ∆οκιµασιών στην Τάξη 46

Μέρος 5. Επίλυση Επιλεγµένων Ασκήσεων 64

Μέρος 6. Θεωρητικά Θέµατα 147

Ι. Η ∆οµή Ενός Ενδοµορφισµού 1471. Χαρακτηριστικό Πολυώνυµο Γινοµένου Πινάκων 1471.1. Ιδιοτιµές Σύνθεσης Γραµµικών Απεικονίσεων και Γινοµένου Πινάκων 1471.2. Χαρακτηριστικό Πολυώνυµο Γινοµένου Πινάκων 148

2. Τριγωνοποίηση 1502.1. ΄Ανω Τριγωνικοί Πίνακες και Κάτω Τριγωνικοί Πίνακες 1502.2. Πότε είναι ένας πίνακας όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα; 1512.3. Αλγόριθµος Τριγωνοποίησης Πίνακα 153

3. Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton 1583.1. Πολυωνυµικές Γραµµικές Απεικονίσεις και Πολυωνυµικοί Πίνακες 1583.2. Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton 1583.3. Μια άλλη απόδειξη τού Θεωρήµατος Cayley-Hamilton 161

4. Ελάχιστο Πολυώνυµο 1634.1. Πυρήνες Πολυωνυµικών Γραµµικών Απεικονίσεων 1634.2. Κριτήριο ∆ιαγωνοποίησης 1654.3. Μηδενοδύναµοι Ενδοµορφισµοί και Πίνακες 167

5. Κανονική Μορφή Fitting 1695.1. Αποσύνθεση Fitting 1695.2. Κανονική Μορφή Fitting 1715.3. Ευθύ ΄Αθροισµα Γραµµικών Απεικονίσεων και Πινάκων 172

6. Ταυτόχρονη ∆ιαγωνοποίηση 1746.1. Ταυτόχρονη ∆ιαγωνοποίηση Πινάκων 1746.2. Ταυτόχρονη διαγωνοποίηση Γραµµικών Απεικονίσεων 176

7. Η Κανονική Μορφή Jordan - I 1787.1. Μηδενοδύναµες Γραµµικές Απεικονίσεις 1787.2. Μηδενοδύναµοι Πίνακες 1827.3. Βάσεις Jordan 1827.4. Η Κανονική Μορφή Jordan ενός πίνακα 1847.5. Αλγόριθµος Εύρεσης Κανονικής Μορφής Jordan 1847.6. Αλγόριθµος Εύρεσης Αντιστρέψιµου Πίνακα P έτσι ώστε ο πίνακας P−1AP να είναι η

Κανονική Μορφή Jordan του A 186

3

7.7. Κριτήριο Οµοιότητας Πινάκων 1887.8. Κριτήριο ∆ιαγωνοποίησης Πινάκων 188

8. Εφαρµογές της Κανονικής Μορφής Jordan 1898.1. Κάθε τετραγωνικός πίνακας είναι όµοιος µε τον ανάστροφό του 1898.2. Ανάλυση τετραγωνικού πίνακα σε γινόµενο δύο συµµετρικών πινάκων ένας εκ των

οποίων είναι αντιστρέψιµος 1908.3. Ανάλυση τετραγωνικού πίνακα σε άθροισµα διαγωνοποιήσιµου και µηδενοδύναµου

πίνακα 191

9. Η Κανονική Μορφή Jordan - II 1949.1. Αναλλοίωτοι και κυκλικοί υπόχωροι 1949.2. Μηδενοδύναµοι ενδοµορφισµοί–κυκλικοί υπόχωροι 197

ΙΙ. Ευκλείδειοι Χώροι 20110. Σταθµητοί Χώροι και Ευκλείδειοι Χώροι 20110.1. Σταθµητοί Χώροι 20110.2. Το Θεώρηµα των Jordan-Von Neumann 201

11. Η Ορίζουσα Gram και οι Εφαρµογές της 20711.1. Πίνακας και Ορίζουσα Gram 20711.2. ∆ιαδικασία Gram-Schmidt 21011.3. ΄Ογκος Παραλληλεπιπέδου σε Ευκλείδειους Χώρους 21311.4. Η Γεωµετρική Ερµηνεία της Ορίζουσας και η Ανισότητα του Hadamard 215

12. Ισοµετρίες 22012.1. Χαρακτηρισµός Ισοµετριών 22012.2. Κανονική µορφή Ορθογωνίων Πινάκων 22112.3. Ανακλάσεις 222

13. Παραγοντοποιήσεις Πινάκων και Γραµµικών Απεικονίσεων 22413.1. Η Παραγοντοποίηση QR ενός πίνακα 22413.2. Πολική Ανάλυση 22713.3. Ορθογώνια Τριγωνοποίηση 229

14. Αντισυµµετρικοί Πίνακες 23015. Η Μέθοδος των Ελαχίστων Τετραγώνων 23116. Ο ∆υϊκός Χώρος 23217. Κανονικοί Ενδοµορφισµοί και Κανονικοί Πίνακες 23318. Τετραγωνικές Μορφές 23419. Μέτρο Πίνακα 23520. Βιβλιογραφία 236

4

Μέρος 1. Ασκήσεις Προς Λύση

Ασκησεις - Φυλλαδιο 1∆ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης


Ιστοσελιδα Μαθηµατος :http://www.math.uoi.gr/∼abeligia/LinearAlgebraII/LAII.html

21 - 3 - 2012

΄Ασκηση 1. Θεωρούµε τους υπόχωρους του R3:

V =

(x, y, z) ∈ R3 | x+ y + z = 0, 3x+ 2y + z = 0

W =

(x, y, z) ∈ R3 | 5x+ 4y + 3z = 0

Να εξετάσετε αν ισχύει ότι : R3 = V ⊕W. Αν αυτό δεν ισχύει να ϐρείτε υπόχωρους U και Z έτσι ώστε

R3 = V⊕ U = W⊕ Z.

΄Ασκηση 2. Θεωρούµε τους ακόλουθους υπόχωρους του R4:

V =⟨(1, 2, 1,−1), (1, 1, 1, 1)

⟩και W =

⟨(−1, 1,−1, 1), (0, 1, 0, 1)

⟩(1) Είναι το άθροισµα V + W ευθύ ;

(2) Πόσοι υπόχωροι Z του R4υπάρχουν έτσι ώστε V⊕ Z = R4

; ∆ικαιολογήστε την απάντηση σας.

΄Ασκηση 3. Θεωρούµε τους ακόλουθους υπόχωρους του C-διανυσµατικού χώρου C3:

V =⟨(1, 1, 0), (i, 1 + i, 1), (1 + i, 1 + i, 0)

⟩και W =

⟨(1, 0, 1), (i,−i, 0), (0, i, i)

⟩Να ϐρείτε υπόχωρο U του C3

έτσι ώστε (V ∩W)⊕ U = C3.

΄Ασκηση 4. Να εξετάσετε αν ισχύει ότι : R3[t] = V ⊕W, όπου V και W είναι οι ακόλουθοι υπόχωροι του

R3[t]:V =

⟨1, t+ t2, 2 + 3t+ 3t2

⟩και W =

⟨t, t3

⟩΄Ασκηση 5. Να δείξετε, µε ένα αντιπαράδειγµα, ότι αν V1, · · · ,Vn είναι υπόχωροι του διανυσµατικού

χώρου E, και ισχύουν οι σχέσεις :

Vi ∩ Vj = ~0, ∀i, j = 1, · · · , n, i 6= j

τότε δεν ισχύει απαραίτητα ότι το άθροισµα V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vn είναι ευθύ.

΄Ασκηση 6. Θεωρούµε τα ακόλουθα υποσύνολα του R4:

W1 = (t, 2t,−t, t) ∈ R4 | t ∈ R, W2 = (t, s, t− 3s,−s) ∈ R4 | t, s ∈ RW3 = (t, s, 0, r) ∈ R4 | t− 2s+ r = 0

5

(1) Να δείξετε ότι τα υποσύνολα W1,W2,W3 είναι υπόχωροι του R4και να ϐρεθεί η διάσταση τους.

(2) Να εξετασθεί αν το άθροισµα W1 + W2 + W3 είναι ευθύ.

(3) Να δείξετε ότι R4 = W1 ⊕ (W2 + W3).

΄Ασκηση 7. ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση.

(1) Αν f2 = f , να δείξετε ότι E = Ker f ⊕ Im f .(2) Αν f2 = IdE, να δείξετε ότι E = V1 ⊕ V2 όπου :

V1 =~x ∈ E | f(~x) = ~x

και V2 =

~x ∈ E | f(~x) = −~x

΄Ασκηση 8. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K).

(1) Αν A2 = A, να δείξετε ότι ο A είναι όµοιος µε τον πίνακα:

B =

(O(n−r)×(n−r) Or×(n−r)O(n−r)×r Ir

)=

0 0 · · · 0 0 · · · 00 0 · · · 0 0 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.... · · ·

.

.

.

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

.

.

. · · ·...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · 0 0 · · · 1

όπου Ir είναι ο µοναδιαίος r × r πίνακας και r = r(A).

(2) Αν A2 = In, να δείξετε ότι ο A είναι όµοιος µε τον πίνακα

B =

(In−r Or×(n−r)

O(n−r)×r −Ir

)=

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

.

.

.. . .

.

.

.... · · ·

.

.

.

0 0 · · · 1 0 · · · 00 0 · · · 0 −1 · · · 0...

.

.

. · · ·...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · 0 0 · · · −1

όπου r είναι η διάσταση του υπόχωρου X ∈ Kn | A ·X = −X του Kn.

΄Ασκηση 9. ΄Εστω ότι V1, V2, · · · , Vm είναι υπόχωροι ενός K-διανυσµατικού χώρου E. Θεωρούµε τον

K-διανυσµατικό χώρο V1 × V2 × · · · × Vm και ορίζουµε µια απεικόνιση

f : V1 × V2 × · · · × Vm −→ E, f(~v1, ~v2, · · · , ~vm) = ~v1 + ~v2 + · · ·+ ~vm

(1) Να δείξετε ότι η f είναι γραµµική.

(2) Ποιά είναι η εικόνα Im(f) της f ;(3) Να δείξετε ότι η f είναι µονοµορφισµός αν και µόνον αν το άθροισµα V1 + V2 + · · · + Vm είναι

ευθύ.

(4) Να δείξετε ότι η f είναι ισοµορφισµός αν και µόνον αν E = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vm.

΄Ασκηση 10. ΄Εστω f : E −→ F µια γραµµική απεικόνιση, όπου E και F είναι K-διανυσµατικοί χώροι

πεπερασµένης διάστασης. Υποθέτουµε ότι η f είναι επιµορφισµός.

(1) Να δείξετε ότι υπάρχει µια γραµµική απεικόνιση g : F −→ E έτσι ώστε : f g = IdF.

6

(2) Να δείξετε ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός :

E∼=−→ Ker(f)⊕ Im(g)

7



Ιστοσελιδα Μαθηµατος :http://users.uoi.gr/abeligia/LinearAlgebraII/LAII.html

28 - 3 - 2012

΄Ασκηση 11. (1) Να εφαρµόσετε την Ευκλείδεια διαίρεση στα πολυώνυµα P (t) = 9t6 + 4t3 + 1 και

Q(t) = t2 + 2t+ 3.(2) Βρείτε τις ϱίζες των πολυωνύµων t3−t2+2t−2 και t2−2 εξετάζοντας τους διαιρέτες των σταθερών

όρων.

(3) ∆ίνεται το πολυώνυµο P (t) = t4−7t3+18t2−20t+8. Να ϐρείτε τις ϱίζες του και την πολλαπλότητα

κάθε ϱίζας.

΄Ασκηση 12. ΄Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος υπεράνω του σώµατος K, και f : E −→ E ένας ενδοµορ-

ϕισµός του E. ΄Εστω ~x και ~y δύο ιδιοδιανύσµατα του f τα οποία αντιστοιχούν σε διαφορετικές ιδιοτιµές του

f .Αν a, b ∈ K και ab 6= 0, να δείξετε ότι το διάνυσµα a~x+ b~y δεν είναι ιδιοδιάνυσµα της f .

΄Ασκηση 13. Βρείτε τις ιδιοτιµές καθώς και τους αντίστοιχους ιδιοχώρους του πίνακα 0 i ii 0 ii i 0

∈ M3×3(C).

΄Ασκηση 14. Θεωρούµε τον ακόλουθο ενδοµορφισµό του R-διανυσµατικού χώρου R3:

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x− y, x+ y, y − z)Να ϐρείτε τις ιδιοτιµές του f καθώς και τους αντίστοιχους ιδιοχώρους.

΄Ασκηση 15. Βρείτε τις ιδιοτιµές και τους αντίστοιχους ιδιοχώρους του πίνακα 2 1 12 3 21 1 2

∈ M3×3(R).

΄Ασκηση 16. Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές και οι αντίστοιχοι ιδιοχώροι του πίνακα1 2 −11 0 14 −4 2

∈ M3×3(R).

΄Ασκηση 17. Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές και οι αντίστοιχοι ιδιοχώροι του ενδοµορφισµού

f : R2[t] −→ R2[t], P (t) 7−→ f(P (t)) = P (t)− P ′(t) .

8

΄Ασκηση 18. Αν λ είναι µια ιδιοτιµή ενός ενδοµορφισµού f : E −→ E ή ενός πίνακα A ∈ Mn×n(K), ναδείξετε ότι το λm είναι ιδιοτιµή του ενδοµορφισµού fm ή του πίνακα Am αντίστοιχα, ∀m ≥ 1. Ποιά είναι η

σχέση των ιδιοχώρων Vf (λ) και Vfm(λm) ή των ιδιοχώρων VA(λ) και VAm(λm) αντίστοιχα ;

΄Ασκηση 19. ΄Εστω f : E −→ E ένας ενδοµορφισµός του K-διανυσµατικού χώρου E. Αν ο f είναι

ισοµορφισµός, να δείξετε ότι το λ ∈ K είναι ιδιοτιµή του f αν και µόνον αν το λ−1είναι ιδιοτιµή του f−1

.

Ποιά είναι η σχέση των ιδιοχώρων Vf (λ) και Vf−1(λ−1);

9



Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

http://users.uoi.gr/abeligia/LinearAlgebraII/LAII.html

4 - 4 - 2012

΄Ασκηση 20. Θεωρούµε τη γραµµική απεινόνιση

f : C3 −→ C3, (x, y, z) 7−→ f(x, y, z) = (x− y, x+ y, y − z)Είναι η f διαγωνοποιήσιµη ; Αν ναι να διαγωνοποιηθεί.

΄Ασκηση 21. Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές και ϐάσεις των αντίστοιχων ιδιοχώρων του πίνακα

A =

3 1 −11 3 1−1 1 3

∈ M3×3(R)

Ακολούθως να ϐρεθεί αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P−1AP να είναι διαγώνιος.

΄Ασκηση 22. Θεωρούµε τον πίνακα

A =

3 0 −10 2 0−1 0 3

∈ M3×3(R)

Να ϐρεθεί ο πίνακας Am, ∀ m ≥ 1.

΄Ασκηση 23. Ποιες συνθήκες πρέπει να ικανοποιούν οι αριθµοί α, β, γ, δ, ε, ζ, έτσι ώστε ο πίνακας

A =

3 α β γ0 3 δ ε0 0 4 ζ0 0 0 4

να είναι διαγωνοποιήσιµος ;


A =

−2 4 30 0 0−1 5 2

∈ M3×3(R)

Να δειχθεί ότι : A593 − 2A15 = −A.

10

΄Ασκηση 25. Να ϐρεθούν αναγκαίες και ικανές συνθήκες τις οποίες πρέπει να ικανοποιούν τα µ, ν ∈ R,

έτσι ώστε ο πίνακας

A =

2 0 00 2 µ3 0 ν

να είναι διαγωνοποιήσιµος.

΄Ασκηση 26. Να δείξετε ότι οι πίνακες 1 1 2−1 2 1

0 1 3

και

1 0 00 2 00 0 3

είναι όµοιοι.

΄Ασκηση 27. Να ϐρεθεί ένας 3× 3-πίνακας A για τον οποίο τα διανύσµατα στήλες

X =

111

, Y =

01−1

, Z =

011

είναι ιδιοδιανύσµατα του A µε αντίστοιχες ιδιοτιµές 1, 2 και 3.

΄Ασκηση 28. (1) ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου dimK E <∞.

(α΄) Αν f2 = IdE, να δείξετε ότι η f είναι διαγωνοποιήσιµη.

(ϐ΄) Αν f2 = f , να δείξετε ότι η f είναι διαγωνοποιήσιµη.

(2) ΄Εστω A ∈Mn×n(K).(α΄) Αν A2 = In, να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος.

(ϐ΄) Αν A2 = A, να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος.

΄Ασκηση 29. ΄Εστω (xn)n≥0, (yn)n≥0 και (zn)n≥0 ακολουθίες πραγµατικών αριθµών οι οποίες συνδέονται

µε τις παρακάτω αναγωγικές σχέσεις, ∀n ≥ 1:

xn = xn−1

yn = −2xn−1 − 3yn−1 − 2zn−1

zn = 2xn−1 + 4yn−1 + 3zn−1

Να ϐρεθούν οι ακολουθίες, αν γνωρίζουµε ότι : x0 = 2, y0 = 3, z0 = 1.

11





2 - 5 - 2012

΄Ασκηση 30. Βρείτε τα ελάχιστα πολυώνυµα των ακόλουθων πινάκων πραγµατικών αριθµών:

A =

3 −4 0 04 −5 0 01 0 3 −20 1 2 −1

και B =

4 0 −10 4 −1−1 −1 5

΄Ασκηση 31. Βρείτε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PA(t) του πίνακα

A =

1 2 3−1 0 4

0 2 2

και στη συνέχεια µε τη ϐοήθεια του Θεωρήµατος των Cayley-Hamilton να υπολογίσετε τον πίνακα

B = A23 − 3A22 − 4A21 + 10A20 −A6 + 3A5 + 4A4 − 11A3 + 4A2 + 5A+ I3

΄Ασκηση 32. Θεωρούµε τον ακόλουθο πίνακα πραγµατικών αριθµών:

A =

−4 0 −20 1 05 1 3

(1) Είναι ο πίνακας A διαγωνοποιήσιµος ;

(2) Ποιό είναι το ελάχιστο πολυώνυµο του A;

(3) Να ϐρεθεί αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P−1 ·A · P να είναι άνω τριγωνικος.

΄Ασκηση 33. ΄ΕστωA =

(2 −5−1 3

). Με τη ϐοήθεια του Θεωρήµατος των Cayley-Hamilton να εκφράσετε

τον αντίστροφο του πίνακα

B = A4 + 5A3 − 48A2 − I2

µε τη µορφή κA+ λI2, κ, λ ∈ R.

΄Ασκηση 34. ΄Εστω A ένας 2× 2 πίνακας µε στοιχεία από το R, και έστω k ένας ϕυσικός αριθµός, k > 2.Με τη ϐοήθεια του Θεωρήµατος των Cayley-Hamilton να αποδείξετε ότι

Ak = 0 =⇒ A2 = 0

΄Ασκηση 35. ΄Εστω R(t) = a0 + a1t+ · · ·+ aktkένα πολυώνυµο υπεράνω του K µε a0 6= 0.

(1) ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου E είναι ένας διανυσµατικός χώρος υπεράνω

του K. Αν R(f) = 0, δείξτε ότι η f είναι ισοµορφισµός. Να υπολογισθεί η f−1.

(2) Αν A ∈Mn×n(K) και R(A) = 0, δείξτε ότι ο A είναι αντιστρέψιµος και υπολογίστε τον A−1.

12

΄Ασκηση 36. ΄Εστω ο n× n πίνακας

A =

1 1 · · · 11 1 · · · 1...

.

.

.. . .

.

.

.

1 1 · · · 1

(1) Να δειχθεί ότι ο πίνακας

1nA είναι ταυτοδύναµος, δηλαδή ( 1

nA)2 = 1nA.

(2) Να ϐρεθεί το ελάχιστο πολυώνυµο του1nA.

(3) Να δειχθεί ότι ο πίνακας1nA είναι διαγωνοποιήσιµος. Ποιά είναι η διαγώνια µορφή του ;

΄Ασκηση 37. ΄Εστω A ∈Mn(C). Αν η µόνη ιδιοτιµή του A είναι η λ = 0, να δειχθεί ότι An = 0.

΄Ασκηση 38. Θεωρούµε τον πίνακα A =

1 2 −11 0 14 −4 5

.

(1) Να ϐρεθεί µη-µηδενικό πολυώνυµο Q(t) έτσι ώστε Q(A) = 0.(2) Να δείξετε ότι ο A είναι αντιστρέψιµος και να ϐρεθεί πολυώνυµο P (t) έτσι ώστε P (A) = A−1

.

΄Ασκηση 39. Να δείξετε ότι αν A ∈ Mn×n(R) είναι ένας πίνακας τέτοιος ώστε A3 = 2A τότε ο A είναι

διαγωνοποιήσιµος.

Αν ο A είναι πίνακας ϱητών αριθµών, δηλαδή A ∈Mn×n(Q), είναι ο A είναι διαγωνοποιήσιµος ;

΄Ασκηση 40. ΄Εστω A και B δύο όµοιοι n × n πίνακες µε στοιχεία από ένα σώµα K. Να δείξετε ότι οι

πίνακες A και B έχουν το ίδιο ελάχιστο πολυώνυµο : QA(t) = QB(t).

΄Ασκηση 41. Να δείξετε ότι ένας µηδενοδύναµος πίνακας A ∈ Mn×n(K), δηλαδή Am = O, είναι διαγω-

νοποιήσιµος αν και µονο αν A = O.

΄Ασκηση 42. ΄Εστω A ένας 4× 4 πίνακας πραγµατικών αριθµών για τον οποίο ισχύουν τα εξής :

A ·

1010

=

0000

, A ·

0001

=

000−1

, A ·

0201

=

0402

, A ·

10−2

1

=

20−4

2

.

Να ϐρεθεί το ελάχιστο πολυώνυµο του A.


A =

0 1 02 −2 22 −3 2


(2) Να ϐρεθεί αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P−1 ·A · P να είναι άνω τριγωνικός.

13





11 - 5 - 2012

΄Ασκηση 44. ΄Εστω η απεικόνιση 〈 , 〉 : R2 × R2 −→ R η οποία ορίζεται ως εξής :

〈(x1, y1), (x2, y2)〉 = 5x1x2 − 2(x1y2 + y1x2) + y1y2)

(1) ∆είξτε ότι η παραπάνω απεικόνιση ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R2.

(2) Βρείτε τα µήκη των διανυσµάτων (1, 0), (0, 1), (1, 3), (−1, 2) ως προς το παραπάνω το εσωτερικό

γινόµενο.

΄Ασκηση 45. ΄Εστω Rn[t] ο διανυσµατικός χώρος των πολυωνύµων ϐαθµού ≤ n, µε πραγµατικούς συντε-

λεστές. ΄Εστω α0, α1, · · · , αn ανα δύο διαφορετικοί πραγµατικοί αριθµοί. ∆είξτε ότι η σχέση

〈P (t), Q(t)〉 = P (α0)Q(α0) + · · ·+ P (αn)Q(αn)

ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στο Rn[t]. Να ϐρεθεί το µήκος καθενός από τα διανύσµατα της κανονικής

ϐάσης B = 1, t, t2, · · · , tn του Rn[t] ως προς το παραπάνω εσωτερικό γινόµενο.

΄Ασκηση 46. ΄Εστω B = ~ε1 = (1, 1), ~ε2 = (1,−1) µια ϐάση του R-διανυσµατικού χώρου R2. Υπο-

ϑέτουµε ότι η απεικόνιση 〈 , 〉 : R2 × R2 −→ R ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο επί του R2έτσι ώστε :

〈~ε1, ~ε1〉 = 〈~ε2, ~ε2〉 = 1, 〈~ε1, ~ε2〉 = 0

Να υπολογισθούν οι αριθµοί 〈(x1, y1), (x2, y2)〉, όπου (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2.

΄Ασκηση 47. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R2[t] µε εσωτερικό γινόµενο

〈P (t), Q(t)〉 =

∫ 1

0P (t)Q(t) dt, ∀P (t), Q(t) ∈ R2[t]

και τα πολυώνυµα P (t) = 1, Q(t) = t− 12 , W (t) = t2 − t+ 1

6 . Να υπολογίσετε τα µήκη

‖P (t)‖, ‖Q(t)‖, ‖W (t)‖

΄Ασκηση 48. Να υπολογισθεί η γωνία των διανυσµάτων ~x = (1, 0, 1), ~y = (−1, 1, 0) ∈ R3ως προς το

συνήθες εσωτερικό γινόµενο τουR3. Ακολούθως να ϐρείτε όλα τα διανύσµατα τουR3

τα οποία είναι κάθετα

στα διανύσµατα ~x, ~y.

14

΄Ασκηση 49. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και B = ~ε1, · · · , ~εn µια ϐάση του E. Θεωρούµε

τον πίνακα:

A = (aij), aij = 〈~εi, ~εj〉, 1 ≤ i, j ≤ nΑν ~x, ~y ∈ E, να δείξετε ότι :

〈~x, ~y〉 = X ·A · Yόπου :

X = (x1 · · · xn) και Y =

y1...

yn

είναι οι συνιστώσες των ~x, ~y στη ϐάση B.

΄Ασκηση 50. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και ~ε1, · · · , ~εm ένα ορθοκανονικό σύνολο διανυ-

σµάτων του E. Να δείξετε ότι

〈~y, ~ε1〉2 + · · ·+ 〈~y, ~εm〉2 ≤ ‖~y‖2, ∀ ~y ∈ E

΄Ασκηση 51. ΄Εστω η απεικόνιση 〈 , 〉′ : R3 × R3 → R η οποία ορίζεται ως εξής :

〈(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉′ = x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3 .


(2) Να ϐρεθούν όλα τα διανύσµατα του R3τα οποία είναι κάθετα, ως προς το εσωτερικό γινόµενο 〈 , 〉′,

µε κάθε διάνυσµα του υπόχωρου

V = (x, y, z) | x− y + z = 0.

΄Ασκηση 52. ΄Εστω ~x = (x1, · · · , xn) και ~y = (y1, · · · , yn) δύο διανύσµατα του Ευκλείδειου χώρου

(Rn, 〈, 〉), ο οποίος είναι εφοδιασµένος µε το κανονικό (συνηθισµένο) εσωτερικό γινόµενο.

Θεωρούµε τον πίνακα-γραµµή Y = (y1 · · · yn) ∈ M1×n(R) των συνιστωσών του ~y και τον πίνακα-στήλη

X =

x1...

xn

∈ Mn×1(R) των συνιστωσών του ~x.

Να υπολογίσετε το µήκος του n× n πίνακα X · Y ∈ Mn×n(R) στον Ευκλείδειο χώρο (Mn×n(R), 〈, 〉), οοποίος είναι εφοδιασµένος µε το κανονικό εσωτερικό γινόµενο, συναρτήσει των µηκών των διανυσµάτων ~xκαι ~y του Ευκλείδειου χώρου (Rn, 〈, 〉).

Ποιό είναι το µήκος του πίνακα Y ·X;

15


Βοηθοι Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης



16 - 5 - 2012

΄Ασκηση 53. ΄Εστω V και W δυο υπόχωροι του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉).(1) Αν V ⊆W να δείξετε ότι : W⊥ ⊆ V⊥.(2) Να δείξετε ότι : (V + W)⊥ = V⊥ ∩W⊥.(3) Αν dimRE <∞, να δείξετε ότι :

(α΄) (V⊥)⊥ = V.

(ϐ΄) (V ∩W)⊥ = V⊥ + W⊥.

΄Ασκηση 54. Θεωρούµε τον ακόλουθο υπόχωρο του Rn:

V =~x = (x1, · · · , xn) ∈ Rn | x1 + 2x2 + · · ·+ nxn = 0

⊆ Rn

Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του υπόχωρου V⊥, όταν :

(1) Ο Rn είναι εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο.

(2) Ο Rn είναι εφοδιασµένος µε το εσωτερικό γινόµενο

〈~x, ~y〉 = x1y1 + 2x2y2 + · · ·+ nxnyn

όπου : ~x = (x1, · · · , xn) και ~y = (y1, · · · , yn).

΄Ασκηση 55. Στον Ευκλείδειο χώρο R4εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο να ϐρείτε µια

ορθοκανονική ϐάση του υπόχωρου V ο οποίος παράγεται από τα διανύσµατα

~x1 = (1, 1, 0, 0), ~x2 = (0,−1, 0, 2), ~x3 = (0, 0,−2, 1)

και ακολούθως µια ορθοκανονική ϐάση του V⊥.

΄Ασκηση 56. Θεωρούµε τους υπόχωρους V και W του R3, όπου :

V =

(x, y, z) ∈ R3 | − x+ y + z = 0

και W είναι ο χώρος λύσεων του οµογενούς συστήµατος

−x− 2y + 3z = 0

2x+ y − 3z = 0

Θεωρούµε τον Ευκείδειο χώρο R3εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο. Να ϐρεθούν :

(1) Ορθοκανονικές ϐάσεις των V και W.

(2) Τις προβολές των διανυσµάτων τυχούσας ϐάσης του W στον υπόχωρο V.

16

΄Ασκηση 57. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R4εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο και

τους υποχώρους του

V = (x, y, z, w) ∈ R4 | 2x+ 3y + z = 0W = (x, y, z, w) ∈ R4 | x− y + w = 0

(1) Να εξετάσετε αν οι V και W είναι ορθοσυµπληρωµατικοί.

(2) Βρείτε το ορθογώνιο συµπλήρωµα (V ∩W)⊥ του υπόχωρου V ∩W.

΄Ασκηση 58. ΄Εστω ο Ευκλείδειος χώρος R3εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο και

έστω

V =

(x, y, z) ∈ R3 | x− y − z = 0

(1) Να ϐρεθούν ορθοκανονικές ϐάσεις των υποχώρων V και V⊥.(2) Να γραφεί το διάνυσµα ~x = (2,−1, 0) ως ~x = ~y + ~z, όπου ~y ∈ V και ~z ∈ V⊥.

΄Ασκηση 59. ΄Εστω ο Ευκλείδειος χώρος R3εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο και

έστω η γραµµική απεικόνιση

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x− y, y − z, z − x)

(1) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση της εικόνας Im(f) της f .(2) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του ορθοσυµπληρωµατικού υποχώρου Im(f)⊥.

΄Ασκηση 60. Θεωρούµε έναν Ευκλείδειο χώρο (E, 〈, 〉) και έστω U, V, W τρείς υπόχωροι του E. Να

εξετάσετε ποιοί από τους παρακάτω ισχυρισµούς είναι σωστοί :

(1) ~0⊥ = E.

(2) E⊥ = ~0.(3) V⊥W =⇒ V⊥⊥W⊥.(4) V⊥W και W⊥U =⇒ V⊥U.

΄Ασκηση 61. Θεωρούµε τα ακόλουθα διανύσµατα του R4:

~ε1 = (2,−3, 1, 0), ~ε2 = (7, 3, 0, 1), ~ε3 = (−1, 0, 1, 0), ~ε4 = (0, 1, 1, 1)

Να ϐρεθεί ένα εσωτερικό γινόµενο 〈〈, 〉〉 στον R4έτσι ώστε το σύνολο B = ~ε1, ~ε2, ~ε3, ~ε4 να αποτελεί

ορθοκανονική ϐάση του R4.

΄Ασκηση 62. ΄Εστω ~e ένα µοναδιαίο διάνυσµα σε έναν Ευκλείδειο χώρο (E, 〈, 〉). Να δείξετε ότι κάθε

διάνυσµα ~x ∈ E γράφεται µοναδικά ως εξής :

~x = α~e+ ~y, όπου : α ∈ R και 〈~y,~e〉 = 0

Ο µοναδικά προσδιορισµένος από το διάνυσµα ~x αριθµός α καλείται η αριθµητική προβολή του ~x στην

διεύθυνση του ~e και συµβολίζεται µε : α := π~e(~x)1.Να αποδείξετε τα ακόλουθα, ∀~x, ~y ∈ E και r ∈ R:

(1) π~e(~x+ ~y) = π~e(~x) + π~e(~y).(2) π~e(r~x) = rπ~e(~x)(3) π~e(~x) = 〈~x,~e〉.

1΄Ετσι, επειδή το ~e είναι µοναδιαίο, η προβολή του ~x στο διάνυσµα ~e είναι το διάνυσµα Π~e(~x) = π~e(~x)~e

17

(4) Αν B = ~ε1, ~ε2, · · · , ~εn είναι µια ορθοκανονική ϐάση του E, να δείξετε ότι :

~x =

n∑i=1

π~εi(~x)~εi =

n∑i=1

〈~x, ~εi〉~εi = 〈~x, ~ε1〉~ε1 + 〈~x, ~ε2〉~ε2 + · · ·+ 〈~x, ~εn〉~εn

18





30 - 5 - 2012

΄Ασκηση 63. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και ϑεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση

f : E −→ E, f(~x) = λ~x

όπου λ ∈ R, λ 6= 0. Να δείξετε ότι η f είναι ισοµορφισµός, αλλά γενικά όχι ισοµετρία. Να ϐρεθεί αναγκαία

και ικανή συνθήκη έτσι ώστε η f να είναι ισοµετρία.

΄Ασκηση 64. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης.

(1) Αν ~x, ~y είναι δύο διανύσµατα του E έτσι ώστε ‖~x‖ = ‖~y‖, να δείξετε ότι υπάρχει µια ισοµετρία

f : E −→ E, έτσι ώστε : f(~x) = ~y.(2) Αν ~x, ~y, ~z, ~w είναι τέσσερα διανύσµατα του E έτσι ώστε

‖~x‖ = ‖~y‖ και ‖~z‖ = ‖~w‖

να εξετασθεί αν υπάρχει ισοµετρία f : E −→ E, έτσι ώστε :

f(~x) = ~y και f(~z) = ~w

΄Ασκηση 65. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης, και

f : E −→ E

µια ισοµετρία. Να δείξετε ότι αν V είναι ένας υπόχωρος του E, τότε :

f(V) ⊆ V =⇒ f(V⊥) ⊆ V⊥

Ισχύει η αντίστροφη συνεπαγωγή ;

΄Ασκηση 66. (1) Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R4εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γι-

νόµενο και τους υποχώρους του


Να ϐρεθεί µια ισοµετρία f : (V, 〈, 〉) −→ (R2[t], 〈, 〉) και µια ισοµετρία g : (W, 〈, 〉) −→ (R3, 〈, 〉).(2) Να εξετασθεί αν υπάρχει ισοµετρία h : (V ∩W, 〈, 〉) −→ (Mn×n(R), 〈, 〉), για κατάλληλο n ≥ 1.

19


A =

1√3

1√14∗ ∗

1√3

2√14∗ ∗

1√3

−3√14∗ ∗

0 0 ∗ ∗

Συµπληρώστε τον πίνακα A έτσι ώστε να είναι ορθογώνιος.

΄Ασκηση 68. Θεωρούµε την απεικόνιση

〈 , 〉′ : R3 × R3 −→ R,⟨(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)

⟩′= 4x1y1 + 2x2y2 + 8x3y3

(1) ∆είξτε ότι η απεικόνιση 〈 , 〉′ ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R3.

(2) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση

f :(R3, 〈 , 〉) −→

(R3, 〈 , 〉′), f(x, y, z) =

(x2,y√2,z

2√

2

)είναι µια ισοµετρία, όπου 〈 , 〉 είναι το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο του R3

.

΄Ασκηση 69. Να δείξετε ότι ο πίνακας

A =

0 1 01 0 00 0 −1

παριστάνει στροφή επιπέδου περί άξονα κάθετο σ΄ αυτό και να προσδιορίσετε τον άξονα και τη γωνία

στροφής.

΄Ασκηση 70. Στον Ευκλείδειο χώρο R3, εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο, ϑεωρούµε τη

γραµµική απεικόνιση

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) =(2

3x+

2

3y + az,

2

3x− 1

3y + bz, −1

3x+

2

3y + cz

)(1) Να υπολογίσετε τις τιµές των πραγµατικών αριθµών a, b και c έτσι ώστε η f να είναι ισοµετρία η

οποία παριστά στροφή επιπέδου γύρω από άξονα κάθετο σ΄ αυτό.

(2) Αν η f είναι ισοµετρία,

(α΄) να υπολογίσθεί η γωνία των διανυσµάτων f(1, 0, 0) και f(0, 1, 0).(ϐ΄) να ϐρεθεί το επίπεδο και ο άξονας περιστροφής του ερωτήµατος (1).

20





6 - 6 - 2012

΄Ασκηση 71. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση. Να

δείξετε ότι :

〈f(~x), ~x〉 = 0, ∀ ~x ∈ E ⇐⇒ f∗ = −fΑν f∗ = −f , ποιές είναι οι πραγµατικές ιδιοτιµές της f ;

΄Ασκηση 72. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R3εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο.

΄Εστω f : R3 −→ R3η µοναδική γραµµική απεικόνιση της οποίας ο πίνακας στην κανονική ϐάση του

R3είναι ο πίνακας

A =

2 1 43 0 34 2 1

Να προσδιοριθεί η προσαρτηµένη απεικόνιση f∗ : R3 −→ R3

της f .

΄Ασκηση 73. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R3εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο.

΄Εστω f : R3 −→ R3µια γραµµική απεικόνιση για την οποία ισχύει :

f(1, 0, 1) = (1, 4, 1), f(1, 0,−1) = (−3, 0, 3), f(0, 1, 0) = (2,−1, 2)

Να προσδιορισθεί η προσαρτηµένη απεικόνιση f∗ : R3 −→ R3της f .

΄Ασκηση 74. Στον Ευκλείδειο χώρο M2×2(R) εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο

〈A,B〉 = Tr(A · tB)

ϑεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση

f : M2×2(R) −→ M2×2(R), f(x yz w

)=( x zy w

)Να εξετάσετε αν η f είναι : (α) ισοµετρία, και (β) αυτοπροσαρτηµένη.

΄Ασκηση 75. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. ΄Εστω f, g : E −→ E δύο γραµµικές απεικο-

νίσεις, και λ, µ ∈ R. Να δείξετε ότι :

(1) (λf + µg)∗ = λf∗ + µg∗.(2) (f∗)∗ = f .

21

΄Ασκηση 76. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R2[t] µε εσωτερικό γινόµενο

〈P (t), Q(t)〉 =

∫ 1

0P (t)Q(t) dt, P (t), Q(t) ∈ R2[t]

Θεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση f : R2[t] −→ R2[t] της οποίας ο πίνακας στην κανονική ϐάση

B =

1, t, t2

του R2[t] είναι ο πίνακας :

A =

1 −1 0−2 1 1

0 1 1

Να προσδιορίσετε τη προσαρτηµένη απεικόνιση f∗ : R2[t] −→ R2[t] της f .

΄Ασκηση 77. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E −→ E µια

γραµµική απεικόνιση, έτσι ώστε : f∗ = −f .(1) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση IdE + f : E −→ E είναι ισοµορφισµός.

(2) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση (IdE − f) (IdE + f)−1 : E −→ E είναι ισοµετρία.

΄Ασκηση 78. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης, και f : E −→ E µια

γραµµική απεικόνιση. Να δείξετε ότι :

(1) Ker(f∗) = Im(f)⊥.(2) Ker(f) = Im(f∗)⊥.(3) Im(f∗) = Ker(f)⊥.(4) Im(f) = Ker(f∗)⊥.(5) Αν V είναι ένας υπόχωρος του E, τότε :

f(V) ⊆ V ⇐⇒ f∗(V⊥) ⊆ V⊥

22





13 - 6 - 2012

΄Ασκηση 79. Θεωρούµε τον πίνακα πραγµατικών αριθµών

A =

a 4 44 8 84 8 b

(1) Να προσδιορισθούν οι αριθµοί a, b, έτσι ώστε ο πίνακας A να έχει ως ιδιοτιµή το 0 µε πολλαπλότητα

2.

(2) Για τις τιµές των a, b που ϑα ϐρείτε, να υπολογίσετε ορθογώνιο πίνακα P έτσι ώστε ο πίνακας

P−1 ·A · P να είναι διαγώνιος.

(3) Να υπολογίσετε τον πίνακα Am, ∀m ≥ 1.

΄Ασκηση 80. Να πρσδιορισθεί ο αριθµός a έτσι ώστε ο πίνακας

A =

1 a −aa 4 −4−a −4 4

να είναι µη-αρνητικός.


A =

92 0 −7

20 −1 0−7

2 0 92

Να ϐρεθεί πίνακας B ∈M3×3(R), έτσι ώστε : B3 = A.


A =

3 0 −10 2 0−1 0 3

(1) Να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι ϑετικός.

(2) Να ϐρείτε συµµετρικό και αντιστρέψιµο πίνακα B έτσι ώστε : A = B2.

΄Ασκηση 83. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E −→ E µια

αυτοπροσαρτηµένη γραµµική απεικόνιση. Να δείξετε ότι αν fn = 0, τότε f = 0.(fn = f f · · · f είναι η σύνθεση της f µε τον εαυτό της n-ϕορές

).

23

΄Ασκηση 84. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E −→ E µια

γραµµική απεικόνιση.

(1) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση f f∗ : E −→ E είναι αυτοπροσαρτηµένη και µη-αρνητική.

(2) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση f f∗ είναι ϑετική αν και µόνον αν η f είναι ισοµορφισµός.

΄Ασκηση 85. ΄Εστω A ∈ Mn×n(R) ένας αντισυµµετρικός πίνακας. Να δείξετε ότι υπάρχει ορθογώνιος

πίνακας P και πίνακας B µε την ιδιότητα ο πίνακας B2να είναι διαγώνιος, έτσι ώστε :

P−1 ·B · P = A

΄Ασκηση 86. Να αναχθεί η τετραγωνική µορφή

q : R3 −→ R, q(x, y, z) =7

2x2 +

7

2y2 + 5z2 − xy − 2xz + 2yz

στους κύριους άξονές της, οι οποίοι και να ϐρεθούν.

΄Ασκηση 87. Να προσδιορισθεί το είδος των καµπύλων οι οποίες ορίζονται από τις εξισώσεις :

(C1) : xy = 1

(C2) : 5x2 − 4xy + 8y2 = 1

΄Ασκηση 88. Να προσδιορισθεί το είδος της τετραγωνικής επιφάνειας η οποία ορίζεται από την εξίσωση:

(S) : 9x2 − 4xy + 6y2 + 3z2 + 2√

5x+ 4√

5y + 12z + 16 = 0

΄Ασκηση 89. Θεωρούµε την τετραγωνική µορφή

q : R3 −→ R, q(x, y, z) = 3x2 + 3y2 + 2z2 − 2xy

(1) Να αναχθεί η τετραγωνική µορφή q στους κύριους άξονές της, οι οποίοι και να ϐρεθούν.

(2) Να προσδιορισθεί το είδος της τετραγωνικής επιφάνειας η οποία ορίζεται από την εξίσωση:

(S) : 3x2 + 3y2 + 2z2 − 2xy = 8

(3) Να δείξετε ότι ο πίνακας A της τετραγωνικής µορφής q είναι ϑετικός και στη συνέχεια να ϐρεθεί

συµµετρικός και αντιστρέψιµος πίνακας B έτσι ώστε : B2 = A.

24

Μέρος 2. Πρόχειρες ∆οκιµασίες στην Τάξη

Προχειρη ∆οκιµασια 121 - 3 - 2012

∆οκιµασία 1. ϑεωρούµε τους ακόλουθους υποχώρους του R4:

V =

(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x2 − 2x3 + x4 = 0

W =

(x, x, x, x) ∈ R4 | x ∈ R

(1) Να εξετασθεί αν ισχύει ότι R4 = V⊕W.

(2) Αν R4 6= V⊕W, να ϐρεθούν υπόχωροι U και Z του R4έτσι ώστε :

R4 = V⊕ U = W⊕ Z


∆οκιµασία 2. ϑεωρούµε τον ακόλουθο πίνακα πραγµατικών αριθµών:

A =

1 −3 30 −1 20 −3 4

Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές του A και ϐάσεις των αντίστοιχων ιδιοχώρων.


∆οκιµασία 3. Θεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση :

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x+ kz, 2ky, ky + 2z)

Να ϐρεθούν οι τιµές του k ∈ R για τις οποίες η f είναι διαγωνοποιήσιµη.

25


∆οκιµασία 4. ϑεωρούµε έναν πίνακα A ∈ M3×3(R) για τον οποίο ισχύει ότι :

A2 − 5A+ 6I3 = O(1) Να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος.

(2) Να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος.

(3) Να ϐρεθεί ο αντίστροφος A−1συναρτήσει των πινάκων A και I3.


∆οκιµασία 5. Να εξετασθεί αν οι παρακάτω απεικονίσεις ορίζουν εσωτερικό γινόµενο στονR-διανυσµατικό

χώρο Mn×n(R) των n× n πινάκων:

〈−,−〉1 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉1 = det(A ·B)

〈−,−〉2 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉2 = Tr(A ·B)

〈−,−〉3 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉3 = Tr(A+B)

〈−,−〉4 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉4 = det(A+B)


∆οκιµασία 6. ΄Εστω ο Ευκλείδειος χώρος (R4, 〈, 〉), όπου 〈, 〉 είναι το κανονικό (συνηθισµένο) εσωτερικό

γινόµενο.

Θεωρούµε τον ακόλουθο υπόχωρο V του Ευκλείδειου χώρου R4:

V =

(x, y, z, w) ∈ R4 | 2x− y − z = 0 και y − z − w = 0

1. Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του V.

2. Να ϐρεθεί ο ορθογώνιος υπόχωρος V⊥ του V.


∆οκιµασία 7. (1) ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και υποθέτουµε ότι B =~e1, ~e2, ~e3, ~e4

µια

ορθοκανονική ϐάση του E.

΄Εστω f : E −→ E η µοναδική γραµµική απεικόνιση έτσι ώστε :

f(~e1) = −~e2, f(~e2) = −~e3, f(~e3) = −~e4, f(~e4) = ~e1

Να εξετάσετε αν η f είναι ισοµετρία.

(2) Να εξετασθεί αν το άθροισµα f + g δύο ισοµετριών f, g : E −→ E είναι ισοµετρία.

26

(3) Να εξετασθεί αν το άθροισµα A+B ή A+B2, όπου A και B είναι δύο n× n ορθογώνιοι πίνακες,

είναι ορθογώνιος πίνακας.


∆οκιµασία 8. Να δείξετε ότι ο πίνακας

A =

1/2 1/2 −√

2/2

1/2 1/2√

2/2√2/2 −

√2/2 0

παριστάνει στροφή επιπέδου (Π) κατά γωνία ϑ, γύρω από άξονα (ε) ο οποίος είναι κάθετος στο (Π).

Στη συνέχεια να ϐρεθούν :

(1) Η γωνία στροφής ϑ.(2) Ο άξονας (ε).(3) Το επίπεδο (Π).


∆οκιµασία 9. Να δείξετε ότι ο πίνακας πραγµατικών αριθµών

A =

(3 −1−1 3

)είναι ϑετικός και ακολούθως να ϐρεθεί µια τετραγωνική ϱίζα

√A του A.

Επιπρόσθετα να δείξετε ότι :√A−

(1 −1−1 1

)2012= 21005 ·

(1 11 1

)


∆οκιµασία 10. Να ϐρεθούν οι κύριοι άξονες της τετραγωνικής µορφής

q : R3 −→ R, q(x, y, z) = xy + yz

27

Μέρος 3. Προτεινόµενες Ασκήσεις Προς Λύση

Ασκησεις Προς Λυση - Φυλλαδιο 1∆ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης



http://www.math.uoi.gr/∼abeligia/LinearAlgebraII/LAII.html

21 - 3 - 2012

΄Ασκηση 90. ΄Εστω ~ε1 = (1, 1, 1), ~ε2 = (1, 0, 1) ∈ R3. Αν V = 〈~ε1, ~ε2〉, να ϐρεθεί υπόχωρος W του R3

έτσι ώστε R3 = V⊕W.

΄Ασκηση 91. Στον διανυσµατικό χώρο Mn×n(K) ϑεωρούµε τα ακόλουθα υποσύνολα :

V =A = (aij) ∈ Mn×n(K) | aij = 0, ∀i, j = 1, · · · , n, j ≤ i

W =

A = (aij) ∈ Mn×n(K) | aij = 0, ∀i, j = 1, · · · , n, i ≤ j

Z =

A = (aij) ∈ Mn×n(K) | aij = 0, ∀i, j = 1, · · · , n, i 6= j

Να δείξετε ότι τα υποσύνολα V,W,Z είναι υπόχωροι του Mn×n(K) και ακολούθως να δείξετε ότι :

Mn×n(K) = V⊕ Z⊕W

΄Ασκηση 92. Θεωρούµε τους ακόλουθους υπόχωρους του Rn:

V =

(x1, x2, · · · , xn) ∈ Rn | x1 + x2 + · · ·+ xn = 0

W =

(x1, x2, · · · , xn) ∈ Rn | x1 = x2 = · · · = xn

Να δείξετε ότι Rn = V⊕W.

΄Ασκηση 93. Θεωρούµε τους ακόλουθους υποχώρους του R3:

W1 =

(a, b, 0) ∈ R3 | a, b ∈ R

W2 =

(0, 0, c) ∈ R3 | c ∈ R

W3 =

(d, 0, d) ∈ R3 | d ∈ R

να εξετασθεί αν ισχύει ότι : R3 = W1 ⊕W2 ⊕W3.

28

΄Ασκηση 94. Θεωρούµε τις ακόλουθες γραµµικές απεικονίσεις fi : R3 −→ R3, i = 1, 2, 3, 4:

f1(x, y, z) = (x+ y, y + z, z + x)

f2(x, y, z) = (x− y, y − z, 0)

f3(x, y, z) = (−y, x, z)f4(x, y, z) = (x, y, y)

Να δείξετε ότι, ∀i = 1, 2, 3, 4:R3 = Im(fi)⊕ Ker(fi)

΄Ασκηση 95. ΄Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος υπεράνω από το σώµα K µε dimK E <∞, και f : E −→E µια γραµµική απεικόνιση.

(1) Αν dimK Ker(f) = dimK Ker(f2), τότε : E = Ker(f)⊕ Im(f).(2) Αν dimK Im(f) = dimK Im(f2), τότε : E = Ker(f)⊕ Im(f).

΄Ασκηση 96. ΄Εστω f : E −→ F και g : F −→ G γραµµικές απεικονίσεις µεταξύ διανυσµατικών

χώρων πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ένός σώµατος K. Συµβολίζουµε µε r(f) = dimK Im(f) και

r(g) = dimK Im(g) τη ϐαθµίδα των f και g αντίστοιχα.

(1) Να δείξετε ότι r(g f) = r(f) αν και µόνο αν Im(f) ∩ Ker(g) = ~0.(2) Να δείξετε ότι r(g f) = r(g) αν και µόνο αν Im(f) + Ker(g) = F.

(3) Να δείξετε ότι r(f) = r(g f) = r(g) αν και µόνο αν F = Im(f)⊕ Ker(g).

΄Ασκηση 97. ΄Εστω f : E −→ F µια γραµµική απεικόνιση µεταξύ των K-διανυσµατικών χώρων πεπε-

ϱασµένης διάστασης E και F. Υποθέτουµε ότι η f είναι µονοµορφισµός.

(1) Να δείξετε ότι υπάρχει µια γραµµική απεικόνιση g : F −→ E έτσι ώστε : g f = IdE.

(2) Να δείξετε ότι υπάρχει ένας ισοµορφσιµός :

E∼=−→ Im(f)⊕ Ker(g)

΄Ασκηση 98. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω του σώµατος K.

Συµβολίζουµε µε fk = f f · · · f (k-ϕορές) την σύνθεση της f µε τον εαυτό της k-ϕορές, όπου k ≥ 1.

(1) Να δείξετε ότι υπάρχει µια (αύξουσα) ακολουθία υποχώρων του E:

~0 ⊆ Ker(f) ⊆ Ker(f2) ⊆ · · · ⊆ Ker(fk) ⊆ Ker(fk+1) ⊆ · · · ⊆ E

για την οποία υπάρχει κ ≥ 0 έτσι ώστε : Ker(fκ) = Ker(fκ+1) = Ker(fκ+2) = · · · .(2) Να δείξετε ότι υπάρχει µια (ϕθίνουσα) ακολουθία υποχώρων του E:

~0 ⊆ · · · ⊆ Im(fλ+1) ⊆ Im(fλ) ⊆ · · · ⊆ Im(f2) ⊆ Im(f) ⊆ E

για την οποία υπάρχει λ ≥ 0 έτσι ώστε : Im(fλ) = Im(fλ+1) = Im(fλ+2) = · · · .(3) Να δείξετε ότι υπάρχει m ≥ 1 έτσι ώστε :

E = Ker(fm)⊕ Im(fm)

Υπόδειξη: Θέτουµε m = maxκ, λ, όπου τα κ και λ είναι όπως στο (1) και (2) αντίστοιχα.

29




28 - 3 - 2012

΄Ασκηση 99. Αν n ≥ 1, να υπολογισθούν οι ιδιοτιµές και οι αντίστοιχοι ιδιοχώροι του n× n-πίνακα

A =

1 1 · · · 11 1 · · · 1...

.

.

.. . .

.

.

.

1 1 · · · 1

΄Ασκηση 100. Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές και ϐάσεις για τους αντίστοιχους ιδιοχώρους της γραµµικής απει-

κόνισης

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (y, x+ z, y)

΄Ασκηση 101. Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές και οι ιδιοχώροι του πίνακα

A =

(1 11 0

)

΄Ασκηση 102. Θεωρούµε το πολυώνυµο

P (t) = (−1)n(a0 + a1t+ · · ·+ an−1t

n−1 + tn)∈ K[t]

και τον πίνακα

A =

0 0 0 · · · 0 0 −a0

1 0 0 · · · 0 0 −a1

0 1 0 · · · 0 0 −a2...

.

.

.. . .

. . ....

.

.

.

0 0 0. . . 0 0 −an−3

0 0 0 · · · 1 0 −an−2

0 0 0 · · · 0 1 −an−1

ο οποίος καλείται ο συνοδεύων πίνακας του πολυωνύµου P (t). Να δείξετε ότι

PA(t) = |A− tIn| = (−1)n(a0 + a1t+ · · ·+ an−1t

n−1 + tn)

΄Ασκηση 103. Με τη ϐοήθεια της ’σκησης 4 να ϐρείτε το πολυώνυµο |A− tI4|, όπου A είναι ο πίνακας

A =

0 0 0 −21 0 0 −40 1 0 80 0 1 3

30

΄Ασκηση 104. Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές και ϐάσεις για τους αντίστοιχους ιδιοχώρους της γραµµικής απει-

κόνισης

f : M2×2(R) −→ M2×2(R), f

(a bc d

)=

(2a −2b+ c

−5b+ 2c 2d

)

΄Ασκηση 105. ΄ΕστωA ∈Mn×n(R) µε την ιδιότητα ότιA2 = −In. Να υπολογίσετε τις ιδιοτιµές του πίνακα

A και να αποδείξετε ότι ο n δεν µπορεί να είναι περιττός αριθµός.

΄Ασκηση 106. Θεωρούµε ένα πίνακα A ∈Mn×n(R) µε ϑετικές ιδιοτιµές. Να εξετάσετε αν ο πίνακας A+Iείναι αντιστρέψιµος.

΄Ασκηση 107. Θεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση

f : M2×2(R) −→ M2×2(R), f(A) = tA

Να ϐρείτε τις ιδιοτιµές της f και ϐάσεις των αντίστοιχων ιδιοχώρων.

΄Ασκηση 108. ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου E είναι ένας K-διανυσµατικός

χώρος. Υποθέτουµε ότι κάθε µη-µηδενικό διάνυσµα του E είναι ιδιοδιάνυσµα της f . Να δείξετε ότι υπάρχει

λ ∈ K έτσι ώστε

f(~x) = λ · ~x, ∀~x ∈ E

΄Ασκηση 109. ΄Εστω A ένας n × n-πίνακας µε στοιχεία από ένα σώµα K. Υποθέτουµε ότι το άθροισµα

των στοιχείων καθεµιάς γραµµής του είναι ίσο µε 1.

(1) Να δείξετε ότι το 1 είναι ιδιοτιµή του A.

(2) Αν κάθε µη-µηδενικό διάνυσµα στήλη του χώρου Kn είναι ιδιοδιάνυσµα του A, να δείξετε ότι ο Aείναι ο µοναδιαίος πίνακας : A = In.

31





4 - 4 - 2012


A =

(−1 2−2 3

)Να υπολογισθεί ο πίνακας A2011(A− 2I2)2012

.

΄Ασκηση 111. Να ϐρεθεί ένας 3× 3-πίνακας A για τον οποίο τα διανύσµατα στήλες

X =

1−1

1

, Y =

110

, Z =

1−1

0

είναι ιδιοδιανύσµατα του A µε αντίστοιχες ιδιοτιµές 1, −1 και 0.

΄Ασκηση 112. Να εξετασθεί εαν ο πίνακας

A =

0 2 0 01 0 0 00 0 0 30 0 1 0

είναι διαγωνοποιήσιµος.

΄Ασκηση 113. Θεωρούµε τη γραµµική απεινόνιση

f : R3 −→ R3, (x, y, z) 7−→ f(x, y, z) = (3x+ y − z, x+ 3y + z, −x+ y + 3z)

Να δείξετε ότι η f είναι διαγωνοποιήσιµη και ακολούθως να την διαγωνοποιήσετε.

΄Ασκηση 114. Να ϐρεθούν ικανές και αναγκαίες συνθήκες τις οποίες πρέπει να πληρούν τα α, β, γ ∈ Rέτσι ώστε ο πίνακας

A =

3 α β0 3 γ0 0 2


32

΄Ασκηση 115. Να εξετασθεί ως προς τη διαγωνοποίηση ο πίνακας µιγαδικών αριθµών

A =

0 i i−i 0 i−i −i 0

΄Ασκηση 116. Να υπολογισθεί η m-οστή δύναµη Am,∀ m ≥ 1, του πίνακα

A =

−1 2 22 2 2−3 −6 −6

΄Ασκηση 117. Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση

f : Mn×n(K) −→ Mn×n(K), A 7−→ f(A) = tA

είναι διαγωνοποιήσιµη.

΄Ασκηση 118. ΄Εστω A ∈ Mn(K). Υποθέτουµε ότι ο A είναι διαγωνοποιήσιµος και η µοναδική ιδιοτιµή

του είναι το λ ∈ K. Να δείξετε ότι

A =

λ 0 · · · 00 λ · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 0 λ

.

΄Ασκηση 119. ΄Εστω (xn)n≥0, (yn)n≥0 και (zn)n≥0 ακολουθίες πραγµατικών αριθµών έτσι ώστε

xn = xn−1 + yn−1 − zn−1

yn = −xn−1 + 3yn−1 − zn−1

zn = −xn−1 + 2zn−1

για κάθε n ≥ 1.Αν x0 = 1, yn = 0, zn = −1, να ϐρεθούν οι ακολουθίες (xn)n≥0, (yn)n≥0, (zn)n≥0.

33




2 - 5 - 2012

΄Ασκηση 120. ∆ίνεται ο πίνακας

A =

−2 4 30 0 0−1 5 2

Ποιο είναι το ελάχιστο πολυώνυµο του A;

΄Ασκηση 121. (1) ΄Εστω f : E→ E µια γραµµική απεκόνιση. Αν f2 = f να υπολογισθεί το ελάχιστο

πολυώνυµο της f .(2) Αν A ∈Mn×n(K) µε A2 = A, να υπολογισθεί το ελάχιστο πολυώνυµο του A.

΄Ασκηση 122. Να προσδιοριστούν οι πίνακες A ∈Mn×n(K) των οποίων το ελάχιστο πολυώνυµο είναι της

µορφής QA(t) = t− λ.

΄Ασκηση 123. Να ϐρείτε όλους τους πίνακες A ∈ M2×2(R) που είναι διαγωνιοποιήσιµοι και ικανοποιούν

τη σχέση

A2 − 3A+ 2I2 = 0 .

΄Ασκηση 124. Να δείξετε ότι αν A ∈ Mn×n(R) είναι ένας πίνακας τέτοιος ώστε A3 = 7A τότε ο A είναι

διαγωνοποιήσιµος. Είναι ο A διαγωνοποιήσιµος όταν ϑεωρηθεί ως πίνακας ϱητών αριθµών ;

΄Ασκηση 125. ΄Εστω k ≥ 1 και A ο n× n πίνακας

A =

k k · · · kk k · · · k...

.

.

.. . .

.

.

.

k k · · · k

(1) Να ϐρεθεί το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα A.

(2) Να εξετάσετε αν ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος.


34

΄Ασκηση 126. ΄Ενας πίνακας B = (bij)Mn×n(K) καλείται δίκαιος αν :

(a) bij > 0, ∀i, j = 1, 2, · · · , n.(b) bijbjk = bik, ∀i, j, k = 1, 2, · · · , n.

Για τους δίκαιους πίνακες να δείξετε τα ακόλουθα:

(1) Να δείξετε ότι ο πίνακας

A =

1 1 · · · 11 1 · · · 1...

.

.

.. . .

.

.

.

1 1 · · · 1

είναι δίκαιος.

(2) Να δείξετε ότι αν B είναι ένας δίκαιος πίνακας, τότε : B2 = nB.

(3) Κάθε δίκαιος πίνακας είναι όµοιος µε τον A.

(4) Να δείξετε ότι κάθε δίκαιος πίνακας B είναι διαγωνοποιήσιµος και να προσδιορισθεί ένας αντι-

στρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας

P−1BP

να είναι διαγώνιος. Ποιά είναι η διαγώνια µορφή του ;

΄Ασκηση 127. ΄ΕστωR(t) ∈ K[t] ένα πολυώνυµο το οποίο έχει όλες τις ϱίζες του στο σώµαK και καθε ϱίζα

έχει πολλαπλότητα 1, δηλαδή το R(t) αναλύεται σε γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων.

(1) ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου dimKE < ∞. Αν R(f) = 0, να δείξετε ότι η

f είναι διαγωνοποιήσιµη.

(2) ΄Εστω A ∈ Mn×n(K). Αν R(A) = 0, να δείξετε ότι ο A είναι διαγωνοποιήσιµος.

΄Ασκηση 128. Για κάθε τετραγωνικό πίνακα A δείξτε ότι ο A και οtA έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό

πολυώνυµο και το ίδιο ελάχιστο πολυώνυµο.

΄Ασκηση 129. Αν οι αριθµοί λ1, · · · , λn είναι όλες οι ιδιοτιµές του διαγωνοποιήσιµου πίνακα A, τότε να

δείξετε οτι οι αριθµοί λ21, · · · , λ2

n είναι όλες οι ιδιοτιµές του πίνακα A2. Ισχύει αυτό το συµπέρασµα αν ο A

δεν είναι διαγωνοποιήσιµος ;

΄Ασκηση 130. ΄Εστω k ≥ 1 ένας ϕυσικός αριθµός.

(1) ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου dimKE = n. Να δείξετε ότι :

fk = 0 =⇒ fn = 0

(2) ΄Εστω A ∈Mn×n(K). Να δείξετε ότι :

Ak = 0 =⇒ An = 0


A =

2 1 00 1 −10 2 4


35



΄Ασκηση 132. Θεωρούµε τον ακόλουθο πίνακα µιγαδικών αριθµών:

A =

0 i i−i 0 i−i −i 0



(3) Να ϐρεθεί αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P−1 ·A · P να είναι άνω τριγωνικος.

Οι παρακάτω δύο ασκήσεις είναι αυξηµένης δυσκολίας.

΄Ασκηση 133. ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου dimKE < ∞. Να δείξετε ότι η fµπορεί να γραφεί ώς ‘‘ευθύ άθροισµα’’ κατάλληλων γραµµικών απεικονίσεων:

f = g + h

όπου V και W είναι κατάλληλοι υπόχωροι του E έτσι ώστε E = V⊕W και :

(1) η γραµµική απεικόνιση g : V −→ V είναι ισοµορφισµός.

(2) η γραµµική απεικόνιση h : W −→ W είναι µηδενοδύναµη, δηλ. hm = 0, για κάποιο m ≥ 1.

Υπόδειξη: Χρησιµοποιείστε την ’σκηση 9. του Φυλλαδίου 1 Ασκήσεων πρός Λύση.

΄Ασκηση 134. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας τετραγωνικός πίνακας. Να δείξετε ότι ο A µπορεί να γραφεί ώς

‘‘ευθύ άθροισµα’’ πινάκων:

A = B + C

όπου για κατάλληλα 1 ≤ r, s ≤ n έτσι ώστε s+ r = n:

(1) ο B είναι αντιστρέψιµος s× s πίνακας.

(2) ο C είναι µηδενοδύναµος r × r πίνακας, δηλ. Cm = 0, για κάποιο m ≥ 1.

Υπόδειξη: Χρησιµοποιείστε την ΄Ασκηση 14. παραπάνω.

36




11 - 5 - 2012

΄Ασκηση 135. Να δείξετε ότι η απεικόνιση 〈−,−〉 : R2 × R2 −→ R η οποία ορίζεται ως εξής :

〈(x1, x2), (y1, y2)〉 = x1y1 + 2x1y2 + 2x2y1 + 5x2y2 .

ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R2.

΄Ασκηση 136. Θεωρούµε τα ακόλουθα διανύσµατα του R4:

~x1 = (2,−3,−1, 0), ~x2 = (7, 3, 0, 1), ~x3 = (−1, 0, 1, 0), ~x4 = (0, 1, 1, 1)

Να ϐρεθεί ένα εσωτερικό γινόµενο

〈−,−〉 : R4 × R4 −→ Rέτσι ώστε τα ~x1, ~x2, ~x3, ~x4 να αποτελούν ορθοκανονική ϐάση του Ευκλείδειου χώρου (R4, 〈, 〉).

΄Ασκηση 137. ΄Εστω

A =

(x yz w

)ένας 2× 2 πίνακας πραγµατικών αριθµών. Να δείξετε ότι η απεικόνιση

〈−,−〉′ : R2 × R2 −→ R, 〈(a1, a2), (b1, b2)〉′ = (a1 a2) ·A ·(b1b2

)ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο επί του R2

αν και µόνον αν ο πίνακας A είναι συµµετρικός και ισχύει :

x, w, xw − y2 > 0.

΄Ασκηση 138. ΄Εστω ~x, ~y ∈ Rn µε ~x 6= ~0 και ~y 6= ~0. Να δείξετε ότι

(1) ~x = a · ~y όπου a > 0 αν και µόνο αν η γωνία την οποια σχηµατίζουν τα ~x, ~y είναι ίση µε 0.(2) ~x = a · ~y όπου a < 0 αν και µόνο αν η γωνία την οποια σχηµατίζουν τα ~x, ~y είναι ίση µε π.

΄Ασκηση 139. Να ϐρεθούν όλα τα διανύσµατα τα οποία είναι κάθετα προς τα :

(1) ~x = (−1, 1, 2,−1) ∈ R4.

(2) ~x = t2 ∈ R3[t].

΄Ασκηση 140. ΄Εστω ~e1, · · · , ~en µια ϐάση του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈−,−〉) και ~x ∈ E. Να δείξετε ότι

〈~x,~ei〉 = 0 για κάθε i = 1, 2, · · · , n αν και µόνο αν ~x = ~0.

37

΄Ασκηση 141. Χρησιµοποιώντας ιδιότητες του Ευκλείδειου χώρου Rn, ο οποίος είναι εφοδιασµένος µε το

συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο, να δείξετε ότι αν a1, · · · , an είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί τότε

n2 ≤ (a1 + · · ·+ an)(1

a1+ · · ·+ 1

an)

΄Ασκηση 142. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και ~x, ~y ∈ E. Να δείξετε ότι :

〈~x, ~y〉 = 0 ⇐⇒ ‖~x‖ ≤ ‖~x+ λ~y‖, ∀λ ∈ R

΄Ασκηση 143. Να εξετασθεί αν οι παρακάτω απεικονίσεις ορίζουν εσωτερικό γινόµενο :

〈−,−〉 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉 = det(A ·B)

〈−,−〉 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉 = Tr(A ·B)

〈−,−〉 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉 = Tr(A+B)

〈−,−〉 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉 = det(A+B)

΄Ασκηση 144. Στον Ευκλείδειο χώρο (R3, 〈, 〉), ο οποίος είναι εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό

γινόµενο, ϑεωρούµε δύο διανύσµατα ~x και ~y. Αν ~x× ~y είναι το εξωτερικό γινόµενο των ~x και ~y, να δείξετε

ότι :

‖~x× ~y‖ =√‖~x‖2‖~y‖2 − 〈~x, ~y〉2

38





16 - 5 - 2012

΄Ασκηση 145. ΄Εστω B =~e1, · · · , ~en

µια ορθοκανονική ϐάση του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉). Τι

προκύπτει µε την εφαρµογή της διαδικασίας Gram-Schmidt στο σύνολο B;

΄Ασκηση 146. Στον Ευκλείδειο χώρο R3, εφοδιασµένον µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο, να ϐρείτε

µια ορθοκανονική ϐάση του υποχώρου V ο οποίος παράγεται από τα διανύσµατα :

~x = (1,−1, 0, 1), ~y = (−1, 0, 0, 2), ~z = (1, 0,−2, 1)

΄Ασκηση 147. Να επεκταθεί σε µια ορθοκανονική ϐάση του R3το σύνολο διανυσµάτων ~x1, ~x2, όπου :

~x1 =( 1√

2, 0,

1√2

), ~x2 = (0, 1, 0)

΄Ασκηση 148. Θεωρούµε τα ακόλυθα διανύσµατα του R4:

~x = (2, 1, 3,−1), ~y = (7, 4, 3,−3), ~z = (1,−1, 6, 0), ~w = (5, 7, 7, 8)

Με την διαδικασία Gram-Schmidt, να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του υπόχωρου V ο οποίος παράγεται

από τα παραπάνω διανύσµατα

΄Ασκηση 149. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο M2×2(R), εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γι-

νόµενο, και έστω οι ακόλουθοι 2× 2 πίνακες πραγµατικών αρθµών:

A =

(1 −10 1

)και B =

(1 0−1 0

)΄Εστω V ο υπόχωρος του M2×2(R) ο οποίος παράγεται από τους πίνακες A και B.

(1) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονονική ϐάση B1 του V.

(2) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση B2 του V⊥.(3) Να συµπληρωθεί η B1 σε µια ορθοκανονική ϐάση B του M2×2(R).(4) Να ϐρεθεί η ορθογώνια προβολή του πίνακα

X =

(1 11 1

)στον υπόχωρο V.

39

΄Ασκηση 150. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και ~ε1, · · · , ~εm ένα ορθοκανονικό σύνολο διανυ-

σµάτων του E. ΄Εστω ~y ∈ E. Αν dimRE = n <∞, τότε να δείξετε ότι στην ανισότητα

〈~y, ~ε1〉2 + · · ·+ 〈~y, ~εm〉2 ≤ ||~y||2

ισχύει η ισότητα αν και µόνον αν m = n.

΄Ασκηση 151. ∆ίνεται ο υπόχωρος του R4:

V =

(x, y, z, w) ∈ R4 | 2x− y − z = 0, y − z − w = 0

(1) Να ϐρεθούν δυο διαφορετικοί υπόχωροι V1 και V2 του R4διάστασης 3 έτσι ώστε V = V1 ∩ V2.

(2) Να ϐρεθεί ένα ορθογώνιο συµπλήρωµα του V1 και ένα ορθογώνιο συµπλήρωµα του V2 στον R4, ως

προς το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο του R4.

(3) Είναι το ~u = (0, 0, 1, 1) στοιχείο του V; Αν όχι ϐρείτε την προβολή του ~u στον V.

΄Ασκηση 152. Θεωρούµε τους Ευκλείδειους χώρους R4και R3

, εφοδιασµένους µε το συνηθισµένο εσωτε-

ϱικό γινόµενο, και έστω η γραµµική απεικόνιση :

f : R4 −→ R3, f(x, y, z, w) = (x+ y, z + w, x+ z)

(1) Να ϐρεθούν ορθοκανονικές ϐάσεις των υποχώρων Ker(f) και Ker(f)⊥.(2) Να ϐρεθούν οι ορθογώνιες προβολές το διανύσµατος

~z = (5, 2,−1, 4)

στους υποχώρους Ker(f) και Ker(f)⊥.

΄Ασκηση 153. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R3, εφοδιασµένον µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο,

και έστω

V =

(x, y, z) ∈ R3 | x− 5y − 2z = 0

(1) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του R3η οποία να περιέχει δύο διανύσµατα του V.

(2) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του R3η οποία να περιέχει ένα διανύσµα του V⊥.

΄Ασκηση 154. ΄Εστω a1, a2, · · · , an, b1, b2, · · · , bn, και c1, c2, · · · , cn πραγµατικοί αριθµοί. Αν c1, c2, · · · , cn >0, να δείξετε ότι : ∣∣ n∑

i=1

ciaibi∣∣ ≤

√√√√ n∑i=1

cia2i ·

√√√√ n∑i=1

cib2i

΄Ασκηση 155. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. Να δείξετε την ισότητα του Απολλώνιου :∥∥~z − ~x∥∥2+∥∥~z − ~y∥∥2

=1

2

∥∥~x− ~y∥∥2+ 2∥∥~z − 1

2(~x+ ~y

∥∥2

∀~z, ~x, ~y ∈ E.

40




30 - 5 - 2012

΄Ασκηση 156. Να ορίσετε µια ισοµετρία από τον Ευκλείδειο χώρο R4εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσω-

τερικό γινόµενο, στον Ευκλείδειο χώρο M2×2(R) ο οποίος είναι εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό

γινόµενο

〈A,B〉 = Tr(A · tB)

Υπάρχει ισοµετρία από τον R3στον Ευκλείδειο χώρο Mn×n(R), για κατάλληλο n;

΄Ασκηση 157. Να δείξετε ότι ο πραγµατικός πίνακας

A =

(1/2

√3/2√

3/2 −1/2

)παριστάνει συµµετρία ως προς άξονα ο οποίος και να ϐρεθεί.

΄Ασκηση 158. Να συµπληρωθεί ο ακόλουθος πίνακας A σε έναν 3× 3 ορθογώνιο πίνακα

A =

1√2

0 1√2

0 1 0∗ ∗ ∗

΄Ασκηση 159. Στον διανυσµατικό χώρο R2

ϑεωρούµε την απεικόνιση

〈 , 〉′ : R2 × R2 −→ R,⟨(x, y), (x′, y′)

⟩′= xx′ − yx′ − xy′ + 4yy′

(1) Να δειξετε ότι η παραπάνω απεικόνιση είναι ένα εσωτερικό γινόµενο στον R2.

(2) Να ορίσετε ισοµετρία f :(R2, 〈, 〉′

)−→

(R1[t], 〈, 〉

), όπου 〈, 〉 συµβολίζει το συνηθισµένο εσωτε-

ϱικό γινόµενο του R1[t].

΄Ασκηση 160. ΄Εστω B = ~e1, ~e2, ~e3, ~e4 µια ορθοκανονική ϐάση του Ευκλειδείου χώρου E. Αν f :E −→ E είναι η µοναδική γραµµική απεικόνιση, έτσι ώστε

f(~e1) = −~e2, f(~e2) = −~e3, f(~e3) = −~e4, f(~e4) = ~e1

να εξετάσετε αν η f είναι ισοµετρία.

΄Ασκηση 161. ΄Εστω A = (aij) ∈ Mn×n(R) ένας πίνακας για τον οποίο ισχύει :

aij =1

4ή aij = −1

4Αν ο A είναι ορθογώνιος, να ϐρεθεί το n.

41

΄Ασκηση 162. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R3εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο και

τη γραµµική απεικόνιση

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) =(x,

√2

2y +

√2

2z, −

√2

2y +

√2

2z)

(1) ∆είξτε ότι η f είναι ισοµετρία και υπολογίστε την γωνία µεταξύ των διανυσµάτων f(3, 7, 1) και

f(2,−1, 3).(2) Τι παριστάνει η ισοµετρία f γεωµετρικά ; (εξηγήστε χωρίς απόδειξη).

΄Ασκηση 163. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. Μια γραµµική απεικόνιση f : E −→ E καλείται

απεικόνιση οµοιότητας αν :

υπάρχει λ ∈ R \ 0 : ‖f(~x)‖ = λ‖~x‖, ∀~x ∈ E

∆είξτε ότι µια µη-µηδενική γραµµική απεικόνιση f : E −→ E είναι απεικόνιση οµοιότητας αν και µόνον

αν :

~x⊥ ~y =⇒ f(~x)⊥ f(~y), ∀~x, ~y ∈ E

Τι µορφή έχει ο πίνακας µιας οµοιότητας σε µια ορθοκανονική ϐάση του E;

΄Ασκηση 164. (1) Να εξετασθεί αν το άθροισµα f + g δύο ισοµετριών f, g : E −→ E είναι ισοµετρία.

(2) Να εξετασθεί αν το άθροισµα A+B δύο ορθογωνίων πινάκων A,B ∈Mn×n(R) είναι ορθογώνιος

πίνακας.

42





6 - 6 - 2012

΄Ασκηση 165. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο Rn, εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο,

και έστω η γραµµική απεικόνιση

f : Rn −→ Rn, f(x1, x2, · · · , xn) = (0, x1, x2, · · · , xn−1)

Να προσδιορισθεί η προσαρτηµένη απεικόνιση f∗ : Rn −→ Rn της f .

΄Ασκηση 166. Να προσδιορισθούν οι προσαρτηµένες απεικονίσεις f∗ και g∗ των γραµµικών απεικονίσεων:

g : R2 −→ R2, f(x, y) = (x+ 3y, 2x+ y)

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x− y + z, x+ y, z − x)

΄Ασκηση 167. ΄Εστω ~e1, ~e2, ~e3, ~e4 µια ορθοκανονική ϐάση του Ευκλειδείου χώρου E. Αν f : E −→ E

είναι µια γραµµική απεικόνιση, έτσι ώστε

f(~e1) = −~e2, f(~e2) = −~e3, f(~e3) = −~e4, f(~e4) = ~e1

Να προσδιορισθεί η προσαρτηµένη απεικόνιση f∗ της f .


δείξετε ότι η f είναι ισοµετρία αν και µόνο αν f f∗ = IdE.

΄Ασκηση 169. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. Να δείξετε ότι για κάθε γραµµική απεικόνιση

f : E −→ E, υπάρχουν γραµµικές απεικονίσεις g, h : E −→ E έτσι ώστε :

f = g + h, όπου : g∗ = g και h∗ = −hΕπιπλέον αν g′, h′ : E −→ E είναι γραµµικές απεικονίσεις, έτσι ώστε f = g′ + h′, όπου : (g′)∗ = g′

και (h′)∗ = −h′, τότε g = g′ και h = h′.


δείξετε ότι αν η f ικανοποιεί δύο από τις ακόλουθες τρεις ιδιότητες :

(1) η f είναι αυτοπροσαρτηµένη.

(2) η f είναι ισοµετρία.

(3) f2 = IdE.

τότε ικανοποιεί και την τρίτη. Τι µορφή έχει η f αν ικανοποιούνται οι παραπάνω ιδιότητες.

43

΄Ασκηση 171. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. ΄Εστω f, g : E −→ E δύο γραµµικές

απεικονίσεις, και λ, µ ∈ R. Να δείξετε ότι :

(1) (f g)∗ = g∗ f∗ .

(2) Η f είναι ισοµορφισµός αν και µόνο αν η προσαρτηµένη της f∗ είναι ισοµορφισµός. Αν η f είναι

ισοµορφισµός, να δείξετε ότι :

(f∗)−1 = (f−1)∗

΄Ασκηση 172. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. Αν f : E −→ E είναι µια γραµµική απεικόνιση,

για την οποία ισχύει :

f f∗ = f∗ fνα δείξετε ότι :

f(~x) = ~0 =⇒ f∗(~x) = ~0

44





13 - 6 - 2012


A =

7/2 −1/2 −1−1/2 7/2 1−1 1 5

Να ϐρεθεί ορθογώνιος πίνακας P έτσι ώστε : P−1 ·A · P να είναι διαγώνιος.


A =

1 −1 0−1 2 −1

0 −1 1

Να ϐρεθεί ορθογώνιος πίνακας P έτσι ώστε : P−1 ·A · P να είναι διαγώνιος.

΄Ασκηση 175. Να εξετάσετε ποιοι από τους παρακάτω πίνακες είναι ϑετικοί ή µη-αρνητικοί :(1 22 1

),

(1 −1−1 2

),

1 2 32 0 13 1 1

΄Ασκηση 176. ΄ΕστωA,B δυο συµµετρικοί n×n πίνακες πραγµατικών αριθµών. Αν οι πίνακεςA,B είναι

ϑετικοί, να δείξετε ότι και ο πίνακας κA + λB είναι ϑετικός, για κάθε Ϲεύγος µη-αρνητικών πραγµατικών

αριθµών (κ, λ) 6= (0, 0).

΄Ασκηση 177. ΄Εστω A ∈Mn×n(R) ένας συµµετρικός πίνακας. Αν A2 = A, να δείξετε ότι :

(1) Οι ιδιοτιµές του A είναι 0 ή 1.(2) Η ϐαθµίδα r(A) του A είναι ίση µε το ίχνος Tr(A) του A.

(3) Πότε ο A είναι ϑετικός ;

΄Ασκηση 178. ΄Εστω A ∈Mn×n(R) ένας συµµετρικός πίνακας. Αν A3 = A2, να δείξετε ότι A2 = A.

΄Ασκηση 179. ΄Εστω A ∈Mn×n(R) ένας συµµετρικός ορθογώνιος πίνακας.

Αν A > 0, να δείξετε ότι A = In.

45

΄Ασκηση 180. ΄Εστω f : E −→ E µια αυτοπροσαρτηµένη γραµµική απεικόνιση, όπου E είναι ένας

Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης. Να δείξετε ότι αν η f έχει µόνο µια διακεκριµένη ιδιοτιµή,

τότε καθε ορθοκανονική ϐάση του E αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα της f .

΄Ασκηση 181. ΄Εστω A ∈Mn×n(R) ένας αντισυµµετρικός πίνακας, δηλαδή:tA = −A.

(1) Να δείξετε ότι οι ιδιοτιµές του A (στο C) είναι της µορφής : λi, λ ∈ R.

(2) Να δείξετε ότι οι πίνακες In +A και In −A είναι αντιστρέψιµοι.

(3) Να δείξετ ότι ο πίνακας (A+ In) · (A− In)−1είναι ορθογώνιος.


q : R3 −→ R, q(x, y, z) = 3x2 + 3y2 + 2z2 − 2xy


΄Ασκηση 183. Να προσδιορισθεί το είδος της τετραγωνικής επιφάνειας, καθώς και οι κύριοι άξονές της, η

οποία ορίζεται από την εξίσωση:

(S) :3

2x2 − y2 +

3

2z2 − xz = 0


q : R2 −→ R, q(x, y) = x2 − y2 + 2√

3xy


Στη συνέχεια να περιγραφεί το είδος της καµπύλης η οποία ορίζεται από την εξίσωση:

x2 − y2 + 2√

3xy + 6x = 0

46

Μέρος 4. Επίλυση Πρόχειρων ∆οκιµασιών στην Τάξη

Προχειρη ∆οκιµασια 1∆ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης- Α. Μπεληγιάννης




21 - 3 - 2012

∆οκιµασία 1. ϑεωρούµε τους ακόλουθους υποχώρους του R4:

V =

(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x2 − 2x3 + x4 = 0

W =

(x, x, x, x) ∈ R4 | x ∈ R

(1) Να εξετασθεί αν ισχύει ότι R4 = V⊕W.

(2) Αν R4 6= V⊕W, να ϐρεθούν υπόχωροι U και Z του R4έτσι ώστε :

R4 = V⊕ U = W⊕ Z

Λύση. ΄Εχουµε :

V = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x2 − 2x3 + x4 = 0= (x1, 2x3 − x4, x3, x4) ∈ R4 | x1, x3, x4 ∈ R= x1(1, 0, 0, 0) + x3(0, 2, 1, 0) + x4(0,−1, 0, 1) | x1, x3, x4 ∈ R= 〈(1, 0, 0, 0), (0, 2, 1, 0), (0,−1, 0, 1)〉

και

W = x(1, 1, 1, 1) | x ∈ R = 〈(1, 1, 1, 1)〉Το σύνολο διανυσµάτων (1, 0, 0, 0), (0, 2, 1, 0), (0,−1, 0, 1) αποτελεί ϐάση του V αφού είναι γραµµικά

ανεξάρτητα και άρα dimR V = 3. Επίσης dimRW = 1. Το άθροισµα V + W δεν είναι ευθύ αφού∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0 00 2 1 00 −1 0 11 1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

δηλαδή τα διανύσµατα (1, 0, 0, 0), (0, 2, 1, 0), (0,−1, 0, 1), (1, 1, 1, 1) είναι γραµµικά εξαρτηµένα, και

άρα dimR(V + W) 6= dimR V + dimRW = 4. ∆ιαφορετικά, εύκολα παρατηρούµε ότι V ∩W = W 6= ~0.Εποµένως R4 6= V⊕W.

Στη συνέχεια ϑέλουµε να ϐρούµε υπόχωρους U και Z του R4έτσι ώστε : R4 = V ⊕ U = W ⊕ Z.

Αφού ο υπόχωρος V αποτελείται από τρια διανύσµατα πρέπει απλά να επιλέξουµε κατάλληλα ακόµα ένα

διάνυσµα ~ε ∈ R4έτσι ώστε το σύνολο διανυσµάτων

(1, 0, 0, 0), (0, 2, 1, 0), (0,−1, 0, 1), ~ενα είναι ϐάση του R4

. ΄Εστω U = 〈(0, 0, 0, 1)〉. Τότε το σύνολο

(1, 0, 0, 0), (0, 2, 1, 0), (0,−1, 0, 1), ~ε = (0, 0, 0, 1)

47

είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα R4 = V⊕ U. ΄Εστω ο υπόχωρος του R4:

Z = 〈(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)〉Τότε εύκολα διαπιστώνουµε ότι το σύνολο (1, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) είναι γραµµικά

ανεξάρτητο και άρα έχουµε ότι R4 = W⊕ Z. 2

48




28 - 3 - 2012

∆οκιµασία 2. Θεωρούµε τον ακόλουθο πίνακα πραγµατικών αριθµών:

A =

1 −3 30 −1 20 −3 4

Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές του A και ϐάσεις των αντίστοιχων ιδιοχώρων.

Λύση. Βρίσκουµε πρώτα το χαρακτηριστικό πολυώνυµο. ΄Εχουµε :

PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣1− λ −3 3

0 −1− λ 20 −3 4− λ

∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)

∣∣∣∣−1− λ 2−3 4− λ

∣∣∣∣ = (λ− 1)2(λ− 2)

΄Αρα οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 1 πολλαπλότητας δύο και λ2 = 2 πολλαπλότητας ένα. Για τον ιδιόχωρο V(1)λύνουµε το παρακάτω σύστηµα: 0 −3 3

0 −2 20 −3 3

xyz

=

000

Από τις εξισώσεις −3y + 3z = 0 και −2y + 2z = 0 έπεται ότι y = z. Εποµένως

V(1) = (x, y, z) ∈ R3 | y = z = (x, y, y) ∈ R3 | x, y ∈ R = 〈(1, 0, 0), (0, 1, 1)〉Εύκολα διαπιστώνουµε ότι τα διανύσµατα (1, 0, 0), (0, 1, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητα και άρα το σύνολο

(1, 0, 0), (0, 1, 1) αποτελεί µια ϐάση του ιδιοχώρου V(1). Για τον ιδιόχωρο V(2) έχουµε το ακόλουθο

σύστηµα: −1 −3 30 −3 20 −3 2

xyz

=

000

και άρα

−x− 3y + 3z = 0−3y + 2z = 0

=⇒ y =2

3z =⇒ x = 3z − 3

2

3z = z

Συνεπώς έχουµε :

V(2) = (x, y, z) ∈ R3 | y =2

3x, z = x = (x, 2

3x, x) ∈ R3 | x ∈ R = 〈(1, 2

3, 1)〉 = 〈(3, 2, 3)〉

΄Αρα µια ϐάση του ιδιοχώρου V(2) είναι το σύνολο (3, 2, 3). 2

49





4 - 4 - 2012

∆οκιµασία 3. Θεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση :

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x+ kz, 2ky, ky + 2z)

Να ϐρεθούν οι τιµές του k ∈ R για τις οποίες η f είναι διαγωνοποιήσιµη.

Λύση. Βρίσκουµε πρώτα το πίνακα της f στη κανονική ϐάση B = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) του R3.

΄Εχουµε : f(1, 0, 0) = (1, 0, 0)f(0, 1, 0) = (0, 2k, k)f(0, 0, 1) = (k, 0, 2)

=⇒ Μ(f)BB =

1 0 k0 2k 00 k 2

Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του Μ(f)BB είναι

Pf (λ) =

∣∣∣∣∣∣1− λ 0 k

0 2k − λ 00 k 2− λ

∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)

∣∣∣∣2k − λ 0k 2− λ

∣∣∣∣ = (1− λ)(2k − λ)(2− λ)

∆ιακρίνουµε τις παρακάτω περιπτώσεις :

(1) Αν 2k 6= 1 και 2k 6= 2, δηλαδή k 6= 12 και k 6= 1, τότε έχουµε ότι η f έχει τρεις διακεκριµένες

ιδιοτιµές :

λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 2k

Συνεπώς, η f είναι διαγωνοποιήσιµη.

(2) ΄Εστω ότι 2k = 1, δηλαδή k = 12 . Τότε η αλγεβρική πολλαπλότητα της ιδιοτιµής λ1 = 1 είναι δύο

και η η αλγεβρική πολλαπλότητα της ιδιοτιµής λ2 = 2 είναι ένα. Για να είναι η f διαγωνοποιήσιµη

ϑα πρέπει

dimV(1) = 2 και dimV(2) = 1

Υπενθυµίζουµε ότι αν έχουµε µια ιδιοτιµή λ σε ένα διανυσµατικό χώρο E πεπερασµένης διάστασης,

τότε ισχύει

1 ≤ dimV(λ) ≤ αλγεβρική πολλαπλότητα της λ

΄Αρα πράγµατι έχουµε dimV(2) = 1. Για τον ιδιόχωρο V(1) έχουµε :0 0 12

0 0 00 1

2 1

xyz

=

000

=⇒ y = z = 0

Τότε V(1) = (x, 0, 0) | x ∈ R = 〈(1, 0, 0)〉 και άρα ο ιδιόχωρος V(1) έχει διάσταση dimV(1) = 1.Εποµένως, στη περίπτωση όπου το k = 1

2 η f δεν είναι διαγωνοποιήσιµη.

50

(3) ΄Εστω ότι 2k = 2, δηλαδή k = 1. Τότε η αλγεβρική πολλαπλότητα της ιδιοτιµής λ1 = 1 είναι

ένα, ενώ η αλγεβρική πολλαπλότητα της ιδιοτιµής λ2 = 2 είναι δύο. ΄Αρα για να είναι η fδιαγωνοποιήσιµη ϑα πρέπει

dimV(1) = 1 και dimV(2) = 2

΄Οπως παραπάνω ισχύει ότι dimV(1) = 1. Για τον ιδιόχωρο V(2) έχουµε :−1 0 10 0 00 1 0

xyz

=

000

=⇒ x = z και y = 0

Τότε V(2) = (x, 0, x) | x ∈ R = 〈(1, 0, 1)〉 και άρα ο ιδιόχωρος V(2) έχει διάσταση dimV(2) = 1.Εποµένως, στη περίπτωση όπου το k = 1 η f δεν είναι διαγωνοποιήσιµη.

΄Αρα συνοψίζουµε ότι για k 6= 12 και k 6= 1 η f είναι διαγωνοποιήσιµη. 2

51




2 - 5 - 2012

∆οκιµασία 4. Θεωρούµε έναν πίνακα A ∈ M3×3(R) για τον οποίο ισχύει ότι :

A2 − 5A+ 6I3 = O (∗)(1) Να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος.

(2) Να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος.

(3) Να ϐρεθεί ο αντίστροφος A−1συναρτήσει των πινάκων A και I3.

Λύση. 1. Θεωρούµε το πολυώνυµο P (t) = t2 − 5t+ 6. Τότε προφανώς ϑα έχουµε

P (A) = A2 − 5A+ 6I3 = OΕπειδή το πολυώνυµο P (t) µηδενίζει τον πίνακα A, έπεται ότι το πολυώνυµο P (t) ϑα διαιρείται

από το ελάχιστο πολυώνυµο QA(t) του A: QA(t)/P (t). Επειδή P (t) = (t− 2)(t− 3) το ελάχιστο

πολυώνυµο QA(t) ϑα είναι ένα εκ των:

QA(t) = t− 2 ή QA(t) = t− 3 ή QA(t) = (t− 2)(t− 3) (∗∗)Συνεπώς, σε κάθε περίπτωση το ελάχιστο πολυώνυµο QA(t) είναι γινόµενο διακεκριµένων πρωτο-

ϐαθµίων παραγόντων και άρα ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος.

2. Πρώτος Τρόπος: Επειδή ο πίνακαςA είναι διαγωνοποιήσιµος και το ελάχιστο πολυώνυµοQA(t) έχει

τις ίδιες ϱίζες µε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PA(t) του A, από την (∗∗) έπεται ότι οι ιδιοτιµές του

A είναι : λ = 2 (µε πολλαπλότητα 3) ή λ = 3 (µε πολλαπλότητα 3) ή λ1 = 2 και λ2 = 3 (όπου

είτε η ιδιοτιµή 2 έχει πολλαπλότητα 2 και η ιδιοτιµή 3 έχει πολλαπλότητα 1 ή η ιδιοτιµή 2 έχει

πολλαπλότητα 1 και η ιδιοτιµή 3 έχει πολλαπλότητα 2). Εποµένως σε κάθε περίπτωση ο πίνακας

A δεν έχει ως ιδιοτιµή το 0 και άρα2είναι αντιστρέψιµος.

Ο ∆εύτερος Τρόπος: περιγράφεται παρακάτω και µας δίνει άµεση απάντηση και στο ερώτηµα 3.:

3. Απο την σχέση (∗) ϑα έχουµε :

A2 − 5A+ 6I3 = O =⇒ A · (A− 5I3) = −6I3 =⇒

A · (−1

6A+

5

6I3) = I3 = (−1

6A+

5

6I3) ·A

Η τελευταία σχέση δείχνει ότι ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος και επιπλέον :

A−1 = −1

6A+

5

6I3

2

2Υπενθυµίζουµε ότι : |A| = 0 αν και µόνον αν το 0 είναι ιδιοτιµή του A.

52





11 - 5 - 2012

∆οκιµασία 5. Να εξετασθεί αν οι παρακάτω απεικονίσεις ορίζουν εσωτερικό γινόµενο στονR-διανυσµατικό

χώρο Mn×n(R) των n× n πινάκων:

〈−,−〉1 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉1 = det(A ·B)

〈−,−〉2 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉2 = Tr(A ·B)

〈−,−〉3 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉3 = Tr(A+B)

〈−,−〉4 : Mn×n(R) × Mn×n(R) −→ R, 〈A,B〉4 = det(A+B)

Λύση. (1) : Για την απεικόνιση 〈−,−〉1 η συµµετρική ιδιότητα του εσωτερικού γινοµένου ισχύει αφού

〈A,B〉1 = det(A · B) = det(A) · det(B) = det(B) · det(A) = det(B · A). ΄Οµως γνωρίζουµε από τη

Θεωρία Οριζουσών ότι γενικά δεν ισχύει ότι det(A+B) = det(A) + det(B) για πίνακες A,B ∈ Mn×n(R).Εποµένως η απεικόνιση 〈−,−〉1 δεν είναι εσωτερικό γινόµενο διότι αν A1, A2, B ∈ Mn×n(R), τότε γενικά:

〈A1+A2, B〉1 = det((A1+A2)·B) = det(A1 ·B+A2 ·B) 6= det(A1 ·B)+det(A2 ·B) = 〈A1, B〉1+〈A2, B〉1Για παράδειγµα, έστω

A1 =

(1 20 1

), A2 =

(−1 0−3 2

)και B =

(3 21 −2

)Τότε εκτελώντας τους πολλαπλασιασµούς ϐρίσκουµε ότι

〈A1 +A2, B〉1 = det(A1 ·B +A2 ·B) = det

(2 −4−6 −12

)= −48

ενώ

〈A1, B〉1 + 〈A2, B〉1 = det

(5 −21 −2

)+ det

(−3 −2−7 −10

)= −8 + 16 = 8

(2) : Για την απεικόνιση 〈−,−〉2 έχουµε :

•〈A,B〉2 = Tr(A ·B) = Tr(B ·A) = 〈B,A〉2

•〈A1 +A2, B〉2 = Tr((A1 +A2) ·B) = Tr(A1 ·B +A2 ·B)

= Tr(A1 ·B) + Tr(A2 ·B)

= 〈A1, B〉2 + 〈A2, B〉2

•〈λA,B〉2 = Tr(λA ·B) = λTr(A ·B) = λ〈A,B〉2

53

• Για να είναι η απεικόνιση 〈−,−〉2 εσωτερικό γινόµενο ϑα πρέπει να ισχύει και η τελευταία ιδιότητα,

δηλαδή 〈A,A〉2 = Tr(A2) ≥ 0 και 〈A,A〉2 = 0 αν και µόνο αν A = 0. ΄Εστω ο πίνακας

A =

(0 −11 0

)Τότε 〈A,A〉2 = Tr(A2) = −2 < 0 και το Tr(A) = 0 ενώ ο πίνακας A δεν είναι ο µηδενικός. ΄Αρα

η απεικόνιση 〈−,−〉2 δεν είναι εσωτερικό γινόµενο.

(3) : Για την απεικόνιση 〈−,−〉3 παρατηρούµε εύκολα ότι δεν ισχύει η τελευταία ιδιότητα. ΄Εστω ο πίνακας

A =

(−1 1

0 −1

)Τότε 〈A,A〉3 = Tr(2A) = −4 < 0 και άρα η απεικόνιση 〈−,−〉3 δεν είναι εσωτερικό γινόµενο.

(4) : Για την απεικόνιση 〈−,−〉4 παρατηρούµε πάλι ότι δεν ισχύει η τέταρτη ιδιότητα. ΄Εστω ο πίνακας

A =

(−2 4

0 1

)Τότε 〈A,A〉4 = det(A+A) = −8 < 0 και άρα η απεικόνιση 〈−,−〉4 δεν είναι εσωτερικό γινόµενο. 2

Παρατήρηση. Για τις παραπάνω απεικονίσεις, εκτός της 〈, 〉2, υπάρχουν και άλλες ιδιότητες, εκτός αυτών

που αναφέρθηκαν στην Λύση, οι οποίες δεν ικανοποιούνται.

54





23 - 5 - 2012

∆οκιµασία 6. ΄Εστω ο Ευκλείδειος χώρος (R4, 〈, 〉), όπου 〈, 〉 είναι το κανονικό (συνηθισµένο) εσωτερικό

γινόµενο.

Θεωρούµε τον ακόλουθο υπόχωρο V του Ευκλείδειου χώρου R4:

V =

(x, y, z, w) ∈ R4 | 2x− y − z = 0 και y − z − w = 0

1. Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του V.

2. Να ϐρεθεί ο ορθογώνιος υπόχωρος V⊥ του V.

Λύση. Από τις εξισώσεις 2x− y − z = 0 και y − z − w = 0 έχουµε ότι z = 2x− y και άρα w = y − z =y − 2x+ y = 2y − 2x. Εποµένως

V =

(x, y, z, w) ∈ R4 | 2x− y − z = 0 και y − z − w = 0

=

(x, y, z, w) ∈ R4 | z = 2x− y και w = 2y − 2x

=

(x, y, 2x− y, 2y − 2x) ∈ R4 | x, y ∈ R

= 〈(1, 0, 2,−2), (0, 1,−1, 2)〉

Το σύνολο (1, 0, 2,−2), (0, 1,−1, 2) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του V. Αφού

〈(1, 0, 2,−2), (0, 1,−1, 2)〉 = −6 6= 0 έπεται ότι τα διανύσµατα δεν είναι κάθετα µεταξύ τους. ΄Αρα για να

ϐρούµε µια ορθοκανονική ϐάση του V εφαρµόζουµε την διαδικασία Gram-Schmidt.

∆ιαδικασία Gram-Schmidt:

Θέτουµε ~x1 = (1, 0, 2,−2) και ~x2 = (0, 1,−1, 2). Τότε ~y1 = ~x1 = (1, 0, 2,−2) και

~y2 = ~x2 −〈~x2, ~y1〉〈~y1, ~y1〉

· ~y1 = (0, 1,−1, 2)− 〈(0, 1,−1, 2), (1, 0, 2,−2)〉〈(1, 0, 2,−2), (1, 0, 2,−2)〉

· (1, 0, 2,−2)

= (0, 1,−1, 2)− −6

9· (1, 0, 2,−2)

= (0, 1,−1, 2) + (2

3, 0,

4

3,−4

3)

= (2

3, 1,

1

3,2

3)

Υπολογίζουµε τα µέτρα των διανυσµάτων ~y1 και ~y2:

‖~y1‖ = ‖(1, 0, 2,−2)‖ =√〈(1, 0, 2,−2), (1, 0, 2,−2)〉 =

√9 = 3

‖~y2‖ = ‖(2

3, 1,

1

3,2

3)‖ =

√⟨(2

3, 1,

1

3,2

3), (

2

3, 1,

1

3,2

3)⟩

=

√18

9=√

2

55

Τότε η ορθοκανονική ϐάση του V είναι

ΟΚΒ :~z1, ~z2

=~z1 =

~y1

‖~y1‖, ~z2 =

~y2

‖~y2‖

=1

3(1, 0, 2,−2),

1√2

(2

3, 1,

1

3,2

3)

Αφού R4 = V⊕ V⊥ έπεται ότι dimRR4 = dimR V + dimR V⊥ και άρα dimR V⊥ = 2. ΄Εχουµε :

V⊥ =

(x, y, z, w) ∈ R4 | 〈(1, 0, 2,−2), (x, y, z, w)〉 = 0 και 〈(0, 1,−1, 2), (x, y, z, w)〉 = 0

=

(x, y, z, w) ∈ R4 | x+ 2z − 2w = 0 και y − z + 2w = 0

=

(x, y, z, w) ∈ R4 | x = −2z + 2w και y = z − 2w

=

(−2z + 2w, z − 2w, z, w) ∈ R4 | z, w ∈ R

=z(−2, 1, 1, 0) + w(2,−2, 0, 1) ∈ R4 | z, w ∈ R

=

⟨(−2, 1, 1, 0), (2,−2, 0, 1)

⟩Εύκολα διαπιστώνουµε ότι το σύνολο (−2, 1, 1, 0), (2,−2, 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα απο-

τελεί µια ϐάση του V⊥. 2

56

Προχειρη ∆οκιµασια 7∆ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης




30 - 5 - 2012

∆οκιµασία 7. (1) ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και υποθέτουµε ότι B =~e1, ~e2, ~e3, ~e4

µια

ορθοκανονική ϐάση του E.

΄Εστω f : E −→ E η µοναδική γραµµική απεικόνιση έτσι ώστε :

f(~e1) = −~e2, f(~e2) = −~e3, f(~e3) = −~e4, f(~e4) = ~e1

Να εξετάσετε αν η f είναι ισοµετρία.

(2) Να εξετασθεί αν το άθροισµα f + g δύο ισοµετριών f, g : E −→ E είναι ισοµετρία.

(3) Να εξετασθεί αν το άθροισµα A+B ή A+B2, όπου A και B είναι δύο n× n ορθογώνιοι πίνακες,

είναι ορθογώνιος πίνακας.

Λύση. (1) ΄Εστω τυχόν διάνυσµα ~x ∈ E. Τότε το ~x γράφεται µοναδικά

~x = λ1~e1 + λ2~e2 + λ3~e3 + λ4~e4, λ1, λ2, λ3, λ4 ∈ R

ως γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων της ϐάσης B.

Τότε, χρησιµοποιώντας ότι η ϐάση B είναι ορθοκανονική, ϑα έχουµε :

‖f(~x)‖ = ‖f(λ1~e1 + λ2~e2 + λ3~e3 + λ4~e4)‖

= ‖λ1f(~e1) + λ2f(~e2) + λ3f(~e3) + λ4f(~e4)‖

= ‖ − λ1~e2 − λ2~e3 − λ3~e4 + λ4~e1‖

=√

(−λ1)2 + (−λ2)2 + (−λ3)2 + λ24 B : OKB

=√λ2

1 + λ22 + λ2

3 + λ24

= ‖λ1~e1 + λ2~e2 + λ3~e3 + λ4~e4‖

= ‖~x‖

Εποµένως η f είναι ισοµετρία.

57

∆εύτερος Τρόπος: Γνωρίζουµε από τη Θεωρία ότι µια γραµµική απεικόνιση f : E −→ E είναι

ισοµετρία αν και µόνο αν ο πίνακας της f σε ΟΚΒ είναι ορθογώνιος. Ο πίνακας της f ως προς την

ορθοκανονική ϐάση B είναι

A =

0 0 0 1−1 0 0 0

0 −1 0 00 0 −1 0

Εξετάζουµε αν ο πίνακας A είναι ορθογώνιος, δηλαδή αν

tA ·A = I4. ΄Εχουµε :

tA ·A =

0 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −11 0 0 0

·

0 0 0 1−1 0 0 0

0 −1 0 00 0 −1 0

=

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

= I4

Συνεπώς η f είναι ισοµετρία.

(2) ΄Εστω f : E −→ E µια ισοµετρία. Τότε η γραµµική απεικόνιση −f είναι ισοµετρία διότι :

‖(−f)(~x)‖ = ‖ − f(~x)‖ = | − 1| · ‖f(~x)‖ = ‖f(~x)‖ = ‖~x‖, ∀~x ∈ E

΄Οµως το άθροισµα f + (−f) = 0 είναι η µηδενική γραµµική απεικόνιση η οποία προφανώς δεν

είναι ισοµετρία.

∆ιαφορετικά: Θεωρούµε την ταυτοτική απεικόνιση IdE : E −→ E, IdE(x) = x,∀x ∈ E, η οποία

προφανώς είναι ισοµετρία, και έστω f = g = IdE. Τότε οι f, g είναι ισοµετρίες, αλλά το άθροισµα

f + g δεν είναι ισοµετρία διότι

‖(f + g)(~x)‖ = ‖f(~x) + g(~x)‖ = ‖~x+ ~x‖ = ‖2~x‖ = 2‖~x‖και για ~x 6= ~0: 2‖~x‖ 6= ‖~x‖.΄Αρα γενικά το άθροισµα f + g δύο ισοµετριών f, g : E −→ E ∆ΕΝ είναι ισοµετρία.

(3) ΄Εστω A ένας n × n ορθογώνιος πίνακας. Τότε και ο πίνακας −A είναι ορθογώνιος αλλά το

άθροισµα A+ (−A) = O είναι ο µηδενικός πίνακας που ϕυσικά δεν είναι ορθογώνιος.

Θεωρούµε τους ορθογώνιους πίνακες

B = A =

(0 11 0

)Τότε ο πίνακας

A+B2 =

(0 11 0

)+

(1 00 1

)=

(1 11 1

)δεν είναι προφανώς ορθογώνιος.

∆ιαφορετικά: ΄Εστω A, αντίστοιχα B, οι ορθογώνιοι πίνακες µιας ισοµετρίας f , αντίστοιχα g, σε

ορθοκανονική ϐάση. Τότε ο πίνακας A+ B είναι ο πίνακας της f + g. ΄Οµως δείξαµε παραπάνω

ότι γενικά το άθροισµα δυο ισοµετριών δεν είναι ισοµετρία. ΄Αρα ο πίνακας A + B δεν είναι

ορθογώνιος.

΄Αρα γενικά το άθροισµα A + B, όπου A και B είναι δύο n × n ορθογώνιοι πίνακες, ∆ΕΝ είναι

ορθογώνιος πίνακας. 2

58





6 - 6 - 2012

∆οκιµασία 8. Να δείξετε ότι ο πίνακας

A =

1/2 1/2 −√

2/2

1/2 1/2√

2/2√2/2 −

√2/2 0

παριστάνει στροφή επιπέδου (Π) κατά γωνία ϑ, γύρω από άξονα (ε) ο οποίος είναι κάθετος στο (Π).

Στη συνέχεια να ϐρεθούν :

(1) Η γωνία στροφής ϑ.(2) Ο άξονας (ε).(3) Το επίπεδο (Π).

Λύση. Ο πίνακας A είναι ορθογώνιος διότι :

tA ·A =

1/2 1/2√

2/2

1/2 1/2 −√

2/2

−√

2/2 −√

2/2 0

· 1/2 1/2 −

√2/2

1/2 1/2√

2/2√2/2 −

√2/2 0

=

1 0 00 1 00 0 1

και έχει ορίζουσα +1 διότι :

|A| =

∣∣∣∣∣∣∣12

12 −

√2

212

12

√2

2√2

2 −√

22 0

∣∣∣∣∣∣∣ =

√2

2·

∣∣∣∣∣12 −√

22

12

√2

2

∣∣∣∣∣+

√2

2·

∣∣∣∣∣12 −√

22

12

√2

2

∣∣∣∣∣ = 2 ·√

2

2· (√

2

4+

√2

4) = 1

Συνεπώς από το Θεώρηµα του Euler έχουµε ότι ο πίνακας A παριστάνει στροφή επιπέδου (Π) κατά γωνία

ϑ, γύρω από άξονα (ε) ο οποίος είναι κάθετος στο (Π).

• ΄Αξονας Στροφής: Από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι ο πίνακας A έχει ως ιδιοτιµή το λ = 1. Βρίσκουµε

ένα ιδιοδιάνυσµα ~e1 το οποίο αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ = 1:

A ·X = 1 ·X =⇒

−1/2 1/2 −√

2/2

1/2 −1/2√

2/2√2/2 −

√2/2 −1

·xyz

=

000

=⇒

x− y +√

2z = 0

√2x−

√2y − 2z = 0

=⇒

x− y +√

2z = 0

x− y −√

2z = 0

=⇒

x = y

z = 0

΄Αρα ένα ιδιοδιάνυσµα το οποίο αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ = 1, είναι το διάνυσµα-στήλη

~e1 =

110

59

και ένα µοναδιαίο ιδιοδιάνυσµα το οποίο αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ = 1 είναι το

~ε1 =~e1

‖~e1‖=

1√2

110

Σύµφωνα µε την ϑεωρία, ο άξονας περιστροφής είναι ο µονοδιάστατος υπόχωρος ο οποίος παράγεται

από το ~e1, ή ισοδύναµα από το ~ε1:

(ε) : κ~ε1 | κ ∈ R• Επίπεδο Στροφής: Συµπληρώνουµε το διάνυσµα ~ε1 σε µια ορθοκανονική ϐάση του R3. Για να το

επιτύχουµε αυτό αρκεί να ϐρούµε µια ορθοκανονική ϐάση του ~ε1⊥:~ε1⊥

=

(x, y, z) ∈ R3 |⟨ 1√

2

110

,

xyz

⟩ = 0

=xy

z

∈ R3 | x+ y = 0

=xy

z

∈ R3 | y = −x και z ∈ R

= x−xz

∈ R3 | x, z ∈ R

= L(~e2, ~e3

)ο υπόχωρος του R3 ο οποίος παρτάγεται από τα ~e2, ~e3

όπου :

~e2 :=

1−1

0

, ~e3 :=

001

Επειδή, όπως ϐλέπουµε εύκολα τα ~e2, ~e3 είναι γραµµικά ανεξάρτητα, ϑα αποτελούν µια ϐάση του ~e1⊥

την οποία κάνουµε ορθοκανονική µε την διαδικασία Gram-Schmidt:

~ε2 :=~e2

‖~e2‖=

1√2

1−1

0

, ~ε3 :=~e3

‖~e3‖=

001

Τότε ως γνωστόν, το επίπεδο περιστροφής (Π) ορίζεται από το 2-διάστατο υπόχωρο ο οποίος παράγεται

από τα ~ε2, ~ε3:

(Π) :κ~ε2 + λ~ε3 | κ, λ ∈ R

• Γωνία Στροφής: ΄Ως γνωστόν το συνηµίτονο της γωνίας περιστροφής ϑ υπολογίζεται ως εξής :

cos (ϑ) =TrA− 1

2=

0

2= 0

΄Αρα η γωνία περιστροφής είναι

ϑ =π

22

60





13 - 6 - 2012

∆οκιµασία 9. Να δείξετε ότι ο πίνακας πραγµατικών αριθµών

A =

(3 −1−1 3

)είναι ϑετικός και ακολούθως να ϐρεθεί µια τετραγωνική ϱίζα

√A του A.

Επιπρόσθετα να δείξετε ότι :√A−

(1 −1−1 1

)2012= 21005 ·

(1 11 1

)Λύση. Ο πίνακας A είναι συµµετρικός αφού A = tA και είναι ϑετικός διότι detA1 = 3 > 0 και detA2 =detA = 9 − 1 = 8 > 0. Στη συνέχεια ϑα ϐρούµε τη τετραγωνική ϱίζα

√A του A, δηλαδή ϑα ϐρούµε

πίνακα B µε B2 = A. Βρίσκουµε πρώτα το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα A. ΄Εχουµε :

PA(λ) =

∣∣∣∣3− λ −1−1 3− λ

∣∣∣∣ = (3− λ)2 − 1 = (λ− 2)(λ− 4)

΄Αρα οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 2 και λ2 = 4 πολλαπλότητας ένα. Για τον ιδιόχωρο V(2) λύνουµε το παρακάτω

σύστηµα: (1 −1−1 1

)(xy

)=

(00

)=⇒ x = y

Εποµένως ο ιδιόχωρος V(2) είναι

V(2) = (x, x) ∈ R2 | x ∈ R = 〈(1, 1)〉και άρα µια ορθοκανονική ϐάση του V(2) είναι το σύνολο 1√

2(1, 1). Για τον ιδιόχωρο V(4) έχουµε το

ακόλουθο σύστηµα: (−1 −1−1 −1

)(xy

)=

(00

)=⇒ y = −x

Συνεπώς ο ιδιόχωρος V(4) είναι

V(4) = (x,−x) ∈ R2 | x ∈ R = 〈(1,−1)〉και άρα µια ορθοκανονική ϐάση του V(4) είναι το σύνολο 1√

2(1,−1). Τότε έχουµε τον ορθογώνιο πίνακα

P =

(1√2

1√2

1√2− 1√

2

)έτσι ώστε

tP ·A · P =

(2 00 4

)=⇒ A = P ·

(2 00 4

)· tP

61

Θεωρούµε το πίνακα

B = P ·(√

2 00 2

)· tP

Τότε

B2 = B ·B = P ·(√

2 00 2

)· tP · P ·

(√2 00 2

)· tP = P ·

(√2 00 2

)2

· tP = A

Εποµένως η τετραγωνική ϱίζα

√A του A είναι ο πίνακας B:

√A = B =

(1√2

1√2

1√2− 1√

2

)·(√

2 00 2

)·

(1√2

1√2

1√2− 1√

2

)=

(1√2

+ 1 1√2− 1

1√2− 1 1√

2+ 1

)Για το δεύτερο ερώτηµα έχουµε :√

A−(

1 −1−1 1

)2012=

( 1√2

+ 1 1√2− 1

1√2− 1 1√

2+ 1

)−(

1 −1−1 1

)2012

=( 1√

21√2

1√2

1√2

)2012

=( 1√

21√2

1√2

1√2

)2 1006

=

(1 11 1

)1006

Με επαγωγή δείχνουµε εύκολα ότι για κάθε n ≥ 1 έχουµε :(1 11 1

)n=

(2n−1 2n−1

2n−1 2n−1

)= 2n−1 ·

(1 11 1

)Τότε √

A−(

1 −1−1 1

)2012=

(1 11 1

)1006

= 21005 ·(

1 11 1

)2

62





20 - 6 - 2012

∆οκιµασία 10. Να ϐρεθούν οι κύριοι άξονες της τετραγωνικής µορφής

q : R3 −→ R, q(x, y, z) = xy + yz

Λύση. Ο πίνακας της τετραγωνικής µορφής q είναι

A =

0 12 0

12 0 1

20 1

2 0

Υπολογίζουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα A. ΄Εχουµε :

PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣−λ 1

2 012 −λ 1

20 1

2 −λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ ·∣∣∣∣−λ 1

212 −λ

∣∣∣∣− 1

2·∣∣∣∣12 1

20 −λ

∣∣∣∣ = −λ · (λ2 − 1

4) +

λ

4

= −λ · (λ2 − 1

4− 1

4) = −λ · (λ2 − 1

2) = −λ · (λ− 1√

2) · (λ+

1√2

)

΄Αρα οι ιδιοτιµές του πίνακαA είναι λ1 = 0, λ2 = 1√2και λ3 = − 1√

2πολλαπλότητας ένα. Για τον ιδιόχωρο

V(0) λύνουµε το παρακάτω οµογενές σύστηµα:0 12 0

12 0 1

20 1

2 0

xyz

=

000

=⇒

y = 0

z = −x

και άρα

V(0) =xy

z

∈ R3 | y = 0 και z = −x

= x

0−x

∈ R3 | x ∈ R

=x

10−1

∈ R3 | x ∈ R

=⇒ V(0) =⟨ 1

0−1

⟩Υπολογίζουµε : ‖(1, 0,−1)‖ =

√2. Τότε το σύνολο

ΟΚΒ :~ε1 =

1√2

0− 1√

2

63

αποτελεί µια ορθοκανονική ϐάση του V(0). Για τον ιδιόχωρο V(√

22 ) έχουµε το οµεγενές σύστηµα:−

√2

212 0

12 −

√2

212

0 12 −

√2

2

xyz

=

000

=⇒

−√

2x+ y = 0

x−√

2y + z = 0

y −√

2z = 0

Από τη πρώτη εξίσωση έχουµε y =√

2x και αντικαθιστώντας στη δεύτερη ϐρίσκουµε : x−√

2√

2x + z =0⇒ x = z. Συνεπώς

V(√2

2

)=xy

z

∈ R3 | y =√

2x και x = z

= x√

2xx

∈ R3 | x ∈ R

=x

1√21

∈ R3 | x ∈ R

=⇒ V(√2

2

)=⟨ 1√

21

⟩΄Εχουµε ‖(1,

√2, 1)‖ = 2 και άρα µια ορθοκανονική ϐάση του V

(√2

2

)είναι το σύνολο:

ΟΚΒ :~ε2 =

12√2

212

Για τον ιδιόχωρο V(−

√2

2 ) έχουµε το οµεγενές σύστηµα:√

22

12 0

12

√2

212

0 12

√2

2

xyz

=

000

=⇒

√

2x+ y = 0

x+√

2y + z = 0

y +√

2z = 0

=⇒

y = −√

2x

z = x

Τότε

V(−√

2

2

)=⟨ 1

−√

21

⟩ =⇒ ΟΚΒ :~ε3 =

12

−√

2212

Εποµένως οι κύριοι άξονες της τετραγωνικής µορφής q είναι

~ε1 =

1√2

0− 1√

2

, ~ε2 =

12√2

212

, ~ε3 =

12

−√

2212

Τέλος η τετραγωνική µορφή q στους κύριους άξονες γράφεται ως εξής :

q(x′, y′, z′) =

√2

2(y′)2 −

√2

2(z′)2 2

64

Μέρος 5. Επίλυση Επιλεγµένων Ασκήσεων




http://www.math.uoi.gr/∼abeligia/LinearAlgebraII/LAII.html

21 - 3 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 1. Θεωρούµε τους ακόλουθους υπόχωρους του R4:

V =⟨(1, 2, 1,−1), (1, 1, 1, 1)

⟩και W =

⟨(−1, 1,−1, 1), (0, 1, 0, 1)

⟩(1) Είναι το άθροισµα V + W ευθύ ;

(2) Πόσοι υπόχωροι Z του R4υπάρχουν έτσι ώστε V⊕ Z = R4

; ∆ικαιολογήστε την απάντηση σας.

Λύση. Τα σύνολα διανυσµάτων (1, 2, 1,−1), (1, 1, 1, 1) και (−1, 1,−1, 1), (0, 1, 0, 1) είναι γραµµικά

ανεξάρτητα και άρα αποτελούν ϐάσεις αντίστοιχα των υπόχωρων V και W. Συνεπώς έχουµε dimR V = 2και dimRW = 2. Ο υπόχωρος V + W = 〈(1, 2, 1,−1), (1, 1, 1, 1), (−1, 1,−1, 1), (0, 1, 0, 1)〉, αλλά

1 2 1 −11 1 1 1−1 1 −1 1

0 1 0 1

Γ2→Γ2−Γ1

Γ3→Γ3+Γ1

//

1 2 1 −10 −1 0 20 3 0 00 1 0 1

Γ2→Γ2+Γ4

Γ3→Γ3−3Γ4

//

1 2 1 −10 0 0 30 0 0 −30 1 0 1

Γ2↔Γ4//

1 2 1 −10 1 0 10 0 0 −30 0 0 3

Γ4→Γ4+Γ3//

1 2 1 −10 1 0 10 0 0 −30 0 0 0

Γ3→− 13

Γ3//

1 2 1 −10 1 0 10 0 0 10 0 0 0

και άρα

V + W = 〈(1, 2, 1,−1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 0, 1)〉Το σύνολο διανυσµάτων (1, 2, 1,−1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 0, 1) αποτελεί ϐάση του V + W, αφού είναι γραµ-

µικά ανεξάρτητο, και συνεπώς dimR V + W = 3. Τότε

3 = dimR V + W 6= dimR V + dimRW = 2 + 2 = 4

και εποµένως το άθροισµα V + W δεν είναι ευθύ.

Για το δεύτερο ερώτηµα, Ϲητάµε υπόχωρους Z του R4έτσι ώστε V⊕Z = R4

. Αφού dimR V = 2 ϑέλουµε

επιπλέον δυο διανύσµατα γραµµικά ανεξάρτητα µε τα (1, 2, 1,−1), (1, 1, 1, 1). ∆ηλαδή, ϑέλουµε να

συµπληρώσουµε το παρακάτω πίνακα 1 2 1 −11 1 1 1α1 α2 α3 α4

β1 β2 β3 β4

65

µε τέτοιο τρόπο ώστε η ορίζουσα του να είναι διάφορη του µηδενός. Θεωρούµε τα διανύσµατα (α1, α2, α3, α4) =(0, 0, 1, 0) και (β1, β2, β3, β4) = (0, 0, 0, λ) µε λ 6= 0, δηλαδή Z = 〈(0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, λ)〉. Τότε εύκολα

διαπιστώνουµε ότι το σύνολο

(1, 2, 1,−1), (1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, λ)είναι γραµµικά ανεξάρτητο. Εποµένως, υπάρχουν άπειροι υπόχωροι Z του R4

έτσι ώστε V⊕ Z = R4. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 2. Να εξετάσετε αν ισχύει ότι : R3[t] = V ⊕ W, όπου V και W είναι οι ακόλουθοι

υπόχωροι του R3[t]:

V =⟨1, t+ t2, 2 + 3t+ 3t2

⟩και W =

⟨t, t3

⟩Λύση. Καταρχήν παρατηρούµε ότι

2 + 3t+ 3t2 = 2 · 1 + 3 · (t+ t2)

και άρα

V =⟨1, t+ t2

⟩Τα διανύσµατα 1, t+ t2 είναι γραµµικά ανεξάρτητα αφού αν

λ1 · 1 + λ2 · (t+ t2) = 0 =⇒ λ1 · 1 + λ2 · t+ λ2 · t2 = 0 · 1 + 0 · t+ 0 · t2 + 0 · t3

=⇒ λ1 = λ2 = 0

Συνεπώς dimR V = 2. ΄Οµοια dimRW = 2 αφού το σύνολο διανυσµάτων t, t3 είναι γραµµικά ανε-

ξάρτητο. Για να είναι το άθροισµα ευθύ, δηλαδή για να ισχύει ότι R3[t] = V ⊕W, ϑα πρέπει το σύνολο

διανυσµάτων

1, t+ t2, t, t3να είναι γραµµικά ανεξάρτητο. Πράγµατι, εύκολα διαπιστώνουµε ότι το παραπάνω σύνολο είναι γραµµικά

ανεξάρτητο και άρα: R3[t] = V⊕W. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 3. Θεωρούµε τα ακόλουθα υποσύνολα του R4:

W1 = (t, 2t,−t, t) ∈ R4 | t ∈ R, W2 = (t, s, t− 3s,−s) ∈ R4 | t, s ∈ R

W3 = (t, s, 0, r) ∈ R4 | t− 2s+ r = 0(1) Να δείξετε ότι τα υποσύνολα W1,W2,W3 είναι υπόχωροι του R4

και να ϐρεθεί η διάσταση τους.

(2) Να εξετασθεί αν το άθροισµα W1 + W2 + W3 είναι ευθύ.

(3) Να δείξετε ότι R4 = W1 ⊕ (W2 + W3).

Λύση. Αφού

W1 = 〈(1, 2,−1, 1)〉, W2 = 〈(1, 0, 1, 0), (0, 1,−3,−1)〉, W3 = 〈(2, 1, 0, 0), (−1, 0, 0, 1)〉έπεται ότι ταW1,W2,W3 είναι υπόχωροι τουR4

. Επίσης, τα σύνολα διανυσµάτων (1, 0, 1, 0), (0, 1,−3,−1)και (2, 1, 0, 0), (−1, 0, 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητα και άρα έχουµε : dimRW1 = 1, dimRW2 = 2και dimRW3 = 2. Ο υπόχωρος W1 + W2 + W3 παράγεται από τα διανύσµατα

W1 + W2 + W3 = 〈(1, 2,−1, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 1,−3,−1), (2, 1, 0, 0), (−1, 0, 0, 1)〉΄Οµως τα παραπάνω διανύσµατα είναι γραµµικά εξαρτηµένα και dimR(W1 + W2 + W3) = 4. Συνεπώς

4 = dimR(W1 + W2 + W3) 6= dimRW1 + dimRW2 + dimRW3 = 1 + 2 + 2 = 5

και άρα το άθροισµα W1 + W2 + W3 δεν είναι ευθύ. Για το τελευταίο ερώτηµα, ο υπόχωρος W2 + W3

παράγεται από τα διανύσµατα

W2 + W3 = 〈(1, 0, 1, 0), (0, 1,−3,−1), (0, 0, 1, 1)〉

66

διότι 1 0 1 00 1 −3 −12 1 0 0−1 0 0 1

Γ3→Γ3−2Γ1

Γ4→Γ4+Γ1

//

1 0 1 00 1 −3 −10 1 −2 00 0 1 1

Γ3→Γ3−Γ2//

1 0 1 00 1 −3 −10 0 1 10 0 1 1

Γ4→Γ4−Γ3//

1 0 1 00 1 −3 −10 0 1 10 0 0 0

Τότε ∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 −1 11 0 1 00 1 −3 −10 0 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0

και άρα το σύνολο διανυσµάτων 1, 2,−1, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 1,−3,−1), (0, 0, 1, 1) είναι γραµµικά ανε-

ξάρτητο. Συνεπώς έχουµε : R4 = W1 ⊕ (W2 + W3). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 4. ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση.

(1) Αν f2 = f , να δείξετε ότι E = Ker f ⊕ Im f .(2) Αν f2 = IdE, να δείξετε ότι E = V1 ⊕ V2 όπου :

V1 =~x ∈ E | f(~x) = ~x

και V2 =

~x ∈ E | f(~x) = −~x

Λύση. ∆ιαγραµµατικά έχουµε :

Ef //

f2

99Ef // E

όπου στην πρώτη περίπτωση ισχύει : f2(~x) = f(f(~x)) = f(~x), ∀~x ∈ E, ενώ στη δεύτερη περίπτωση έχουµε :

f2(~x) = f(f(~x)) = ~x, ∀~x ∈ E.

(1) Αφού f2(~x) = f(~x), ∀~x ∈ E, τότε :

f(f(~x)) = f(~x) =⇒ f(f(~x)− ~x) = ~0 =⇒ f(~x)− ~x ∈ Ker f

΄Αρα το τυχαίο διάνυσµα ~x ∈ E γράφεται ως : ~x = (~x − f(~x)) + f(~x) ∈ Ker f + Im f . Συνεπώς

έχουµε :

E = Ker f + Im f (1)

΄Εστω ~x ∈ Ker f ∩ Im f , δηλαδή ~x ∈ Ker f και ~x ∈ Im f . ΄Αρα f(~x) = ~0 και f(~y) = ~x για κάποιο

~y ∈ E. Τότε

f(~x) = f(f(~y)) = f2(~y) = f(~y) = ~x =⇒ ~x = ~0

και άρα

Ker f ∩ Im f = ~0 (2)

Εποµένως, από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται ότι E = Ker f ⊕ Im f .(2) ΄Εστω ~x ∈ V1 ∩ V2, δηλαδή ~x ∈ V1 και ~x ∈ V2. Τότε

f(~x) = ~xf(~x) = −~x =⇒ ~x = −~x =⇒ 2~x = ~0 =⇒ ~x = ~0 =⇒ V1 ∩ V2 = ~0 (3)

67

Ας υποθέσουµε τώρα ότι κάποιο ~x ∈ E γράφεται ως ~x = ~x1 + ~x2 µε ~x1 ∈ V1 και ~x2 ∈ V2. Τότε

f(~x) = f(~x1) + f(~x2) = ~x1 − ~x2 και άρα~x = ~x1 + ~x2

f(~x) = ~x1 − ~x2=⇒

2~x1 = ~x+ f(~x)2~x2 = ~x− f(~x)

=⇒

~x1 = 12(~x+ f(~x))

~x2 = 12(~x− f(~x))

΄Εστω ~x ∈ E. Τότε

~x =~x+ f(~x)

2+~x− f(~x)

2∈ V1 + V2

αφού

f(~x+ f(~x)

2) =

1

2(f(~x) + f2(~x)) =

1

2(f(~x) + ~x) =

~x+ f(~x)

2και

f(~x− f(~x)

2) =

1

2(f(~x)− f2(~x)) =

1

2(f(~x)− ~x) = −(

~x− f(~x)

2)

Εποµένως, χρησιµοποιώντας τη σχέση f2(~x) = ~x, ∀~x ∈ E, δείξαµε ότι ~x ∈ V1 + V2. Συνεπώς

έχουµε

E = V1 + V2 (4)

΄Αρα, από τις σχέσεις (3) και (4) έχουµε το Ϲητούµενο : E = V1 ⊕ V2. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 5. ΄Εστω ότι V1, V2, · · · , Vm είναι υπόχωροι ενός K-διανυσµατικού χώρου E. Θεωρο-

ύµε τον K-διανυσµατικό χώρο V1 × V2 × · · · × Vm και ορίζουµε µια απεικόνιση

f : V1 × V2 × · · · × Vm −→ E, f(~v1, ~v2, · · · , ~vm) = ~v1 + ~v2 + · · ·+ ~vm

(1) Να δείξετε ότι η f είναι γραµµική.

(2) Ποιά είναι η εικόνα Im(f) της f ;(3) Να δείξετε ότι η f είναι µονοµορφισµός αν και µόνον αν το άθροισµα V1 + V2 + · · · + Vm είναι

ευθύ.

(4) Να δείξετε ότι η f είναι ισοµορφισµός αν και µόνον αν E = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vm.

Λύση. (1) ΄Εστω (~x1, ~x2, · · · , ~xm), (~y1, ~y2, · · · , ~ym) ∈ V1 × V2 × · · · × Vm και λ ∈ K. Τότε :

f((~x1, ~x2, · · · , ~xm) + (~y1, ~y2, · · · , ~ym)) = f(~x1 + ~y1, ~x2 + ~y2, · · · , ~xm + ~ym)

= ~x1 + ~y1 + ~x2 + ~y2 + · · ·+ ~xm + ~ym

= ~x1 + ~x2 + · · ·+ ~xm + ~y1 + ~y2 + · · ·+ ~ym

= f(~x1, ~x2, · · · , ~xm) + f(~y1, ~y2, · · · , ~ym)

και

f(λ(~x1, ~x2, · · · , ~xm)) = f(λ~x1, λ~x2, · · · , λ~xm)

= λ~x1 + λ~x2 + · · ·+ λ~xm

= λ(~x1 + ~x2 + · · ·+ ~xm)

= λf(~x1, ~x2, · · · , ~xm)

Εποµένως, η f είναι γραµµική απεικόνιση.

(2) Η εικόνα Im(f) της f είναι

Im f =~x ∈ E | ∃ (~v1, ~v2, · · · , ~vm) ∈ V1 × V2 × · · · × Vm : f(~v1, ~v2, · · · , ~vm) = ~x

=

~x ∈ E | ∃ (~v1, ~v2, · · · , ~vm) ∈ V1 × V2 × · · · × Vm : ~v1 + ~v2 + · · ·+ ~vm = ~x

= ~v1 + ~v2 + · · ·+ ~vm ∈ E | ~vi ∈ Vi, 1 ≤ i ≤ m= V1 + V2 + · · ·+ Vm

68

(3) ΄Εστω ότι η f είναι µονοµορφισµός. Θα δείξουµε ότι για το άθροισµα V1 + V2 + · · ·+ Vm ισχύει η

µοναδικότητα της γραφής. ΄Εστω ~x1 + ~x2 + · · ·+ ~xm = ~y1 + ~y2 + · · ·+ ~ym όπου ~x1, ~y1 ∈ V1, · · · ,~xm, ~ym ∈ Vm. Τότε :

f(~x1, · · · , ~xm) = f(~y1, · · · , ~ym)f :1-1 +3 (~x1, · · · , ~xm) = (~y1, · · · , ~ym)

και άρα ~x1 = ~y1, · · · , ~xm = ~ym. Εποµένως το άθροισµα V1 + V2 + · · ·+ Vm είναι ευθύ.

Αντίστροφα, έστω f(~x1, · · · , ~xm) = f(~y1, · · · , ~ym), δηλαδή ~x1+~x2+· · ·+~xm = ~y1+~y2+· · ·+~ymόπου ~x1, ~y1 ∈ V1, · · · , ~xm, ~ym ∈ Vm. Τότε αφού ισχύει η µοναδικότητα της γραφής, έπεται άµεσα

ότι ~xi = ~yi, 1 ≤ i ≤ m και άρα (~x1, · · · , ~xm) = (~y1, · · · , ~ym). Εποµένως η f είναι µονοµορφισµός.

(4) ΄Εστω ότι η f είναι ισοµορφισµός. Τότε αφού η f είναι µονοµορφισµός έπεται από το (3) ότι το

άθροισµα V1 + V2 + · · · + Vm είναι ευθύ. Επίσης, η f είναι επιµορφισµός και άρα Im f = E.

Συνεπώς, από το (2) έχουµε ότι V1 + V2 + · · ·+ Vm = E. ΄Αρα: E = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vm.

Αντίστροφα, αν E = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vm τότε E = V1 + V2 + · · · + Vm και το άθροισµα

V1 +V2 + · · ·+Vm είναι ευθύ. Από τα (2) και (3) έπεται ότι E = Im f , δηλαδή η f : επιµορφισµός,

και f : µονοµορφισµός. Εποµένως, η γραµµική απεικόνιση f είναι ισοµορφισµός. 2

69





28 - 3 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 6. ΄Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος υπεράνω του σώµατος K, και f : E −→ E ένας

ενδοµορφισµός του E. ΄Εστω ~x και ~y δύο ιδιοδιανύσµατα του f τα οποία αντιστοιχούν σε διαφορετικές

ιδιοτιµές του f . Αν a, b ∈ K και ab 6= 0, να δείξετε ότι το διάνυσµα a~x+ b~y δεν είναι ιδιοδιάνυσµα της f .

Λύση. Υποθέτουµε αντίθετα ότι το a~x + b~y είναι ιδιοδιάνυσµα της f που αντιστοιχεί σε κάποια ιδιοτιµή µτης f . Από υπόθεση τα ~x και ~y είναι δύο ιδιοδιανύσµατα της f που αντιστοιχούν στις ιδιοτιµές κ και λαντίστοιχα, µε κ 6= λ. Επειδή ab 6= 0, ϑα έχουµε a 6= 0 6= b, τότε :

f(a~x+ b~y) = µ(a~x+ b~y)

=⇒ af(~x) + bf(~y) = aµ~x+ bµ~y

=⇒ aκ~x+ bλ~y = aµ~x+ bµ~y

=⇒ (aκ− aµ)~x+ (bλ− bµ)~y = 0 ~x, ~y : γραµµικά ανεξάρτητα

=⇒ a(κ− µ) = 0 και b(λ− µ) = 0 a 6= 0 6= b

=⇒ κ− µ = 0 και λ− µ = 0

=⇒ κ = µ = λ

΄Αρα καταλήξαµε σε άτοπο αφού γνωρίζουµε ότι κ 6= λ. Συνεπώς το διάνυσµα a~x + b~y δεν είναι ιδιοδι-

άνυσµα της f . 2

Λυµένη ΄Ασκηση 7. Βρείτε τις ιδιοτιµές καθώς και τους αντίστοιχους ιδιοχώρους του πίνακα

A =

0 i ii 0 ii i 0

∈ M3×3(C).

Λύση. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο είναι PA(λ) = −(λ + i)2(λ − 2i) και άρα έχουµε τις ιδιοτιµές :

λ1 = 2i απλή και λ2 = −i πολλαπλότητας δύο. Τότε εύκολα ϐρίσκουµε ότι

V(2i) = 〈(1, 1, 1)〉 και V(−i) = 〈(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)〉

Το σύνολο (1, 1, 1) είναι ϐάση του V(2i) και επειδή το σύνολο διανυσµάτων (−1, 1, 0), (−1, 0, 1) είναι

γραµµικά ανεξάρτητο έπεται ότι αποτελεί ϐάση του V(−i). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 8. Θεωρούµε τον ακόλουθο ενδοµορφισµό του R-διανυσµατικού χώρου R3:

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x− y, x+ y, y − z)

Να ϐρείτε τις ιδιοτιµές του f καθώς και τους αντίστοιχους ιδιοχώρους.

70

Λύση. Βρίσκουµε πρώτα το πίνακα της f στη κανονική ϐάση B = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) του R3.

΄Εχουµε : f(1, 0, 0) = (1, 1, 0)f(0, 1, 0) = (−1, 1, 1)f(0, 0, 1) = (0, 0,−1)

=⇒ Μ(f)BB =

1 −1 01 1 00 1 −1


Pf (λ) =

∣∣∣∣∣∣1− λ −1 0

1 1− λ 00 1 −1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (−1− λ)

∣∣∣∣1− λ −11 1− λ

∣∣∣∣ = (−1− λ)(λ2 − 2λ+ 2)

΄Αρα η f έχει ιδιοτιµή µόνο την λ = −1 µε αλγεβρική πολλαπλότητα ένα, δίοτι το πολυώνυµο λ2− 2λ+ 2δεν έχει πραγµατικές ϱίζες. Για τον ιδιόχωρο V(−1) λύνουµε το παρακάτω οµογενές σύστηµα:2 −1 0

1 2 00 1 0

xyz

=

000

=⇒ x = y = 0 και z ∈ R

Εποµένως έχουµε :

V(−1) =

(x, y, z) ∈ R3 | x = y = 0 και z ∈ R

=

(0, 0, z) ∈ R3 | z ∈ R

= 〈(0, 0, 1)〉και άρα το σύνολο (0, 0, 1) αποτελεί ϐάση του ιδιοχώρου V(−1). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 9. Βρείτε τις ιδιοτιµές και τους αντίστοιχους ιδιοχώρους του πίνακα

A =

2 1 12 3 21 1 2

∈ M3×3(R).

Λύση. Βρίσκουµε πρώτα το χαρακτηριστικό πολυώνυµο. ΄Εχουµε :

PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣2− λ 1 1

2 3− λ 21 1 2− λ

∣∣∣∣∣∣ Γ1→Γ1+Γ2+Γ3

∣∣∣∣∣∣5− λ 5− λ 5− λ

2 3− λ 21 1 2− λ

∣∣∣∣∣∣ = (5− λ)

∣∣∣∣∣∣1 1 12 3− λ 21 1 2− λ

∣∣∣∣∣∣Σ2→Σ2−Σ1

Σ3→Σ3−Σ1(5− λ)

∣∣∣∣∣∣1 0 02 1− λ 01 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (5− λ)(1− λ)2

΄Αρα οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 5 πολλαπλότητας ένα και λ2 = 1 πολλαπλότητας δύο. Για τον ιδιόχωρο V(5)λύνουµε το παρακάτω σύστηµα:−3 1 1

2 −2 21 1 −3

xyz

=

000

=⇒

−3x+ y + z = 02x− 2y + 2z = 0x+ y − 3z = 0

΄Εχουµε :−3 1 12 −2 21 1 −3

Γ1↔Γ3//

1 1 −32 −2 2−3 1 1

Γ2→Γ2−2Γ1

Γ3→Γ3+3Γ1

//

1 1 −30 −4 80 4 −8

Γ3→Γ3+Γ2//

1 1 −30 −4 80 0 0

Από τις εξισώσεις x+ y − 3z = 0 και −4y + 8z = 0 έπεται ότι x = z και y = 2z. Εποµένως

V(5) = (x, y, z) ∈ R3 | x = z και y = 2z = (z, 2z, z) ∈ R3 | z ∈ R = 〈(1, 2, 1)〉

71

και άρα το σύνολο (1, 2, 1) αποτελεί µια ϐάση του ιδιοχώρου V(5). Για τον ιδιόχωρο V(1) έχουµε το

ακόλουθο σύστηµα: 1 1 12 2 21 1 1

xyz

=

000

=⇒ x = −y − z

και άρα

V(1) = (x, y, z) ∈ R3 | x = −y − z = (−y − z, y, z) ∈ R3 | y, z ∈ R = 〈(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)〉Αφού τα διανύσµατα (−1, 1, 0), (−1, 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητα έπεται ότι µια ϐάση του ιδιοχώρου

V(1) είναι το σύνολο (−1, 1, 0), (−1, 0, 1). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 10. Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές και οι αντίστοιχοι ιδιοχώροι του πίνακα

A =

1 2 −11 0 14 −4 2

∈ M3×3(R).

Λύση. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο είναι : PA(λ) = (2 − λ)(λ2 − λ + 6). Η µόνη πραγµατική

ιδιοτιµή είναι λ = 2 διότι το πολυώνυµο λ2 − λ + 6 έχει αρνητική διακρίνουσα, και εύκολα ϐρίσκεται ότι

V(2) = 〈(1, 1, 1)〉. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 11. Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές και οι αντίστοιχοι ιδιοχώροι του ενδοµορφισµού

f : R2[t] −→ R2[t], P (t) 7−→ f(P (t)) = P (t)− P ′(t) .Λύση. Αφού R2[t] = 〈1, t, t2〉, τότε ο πίνακας της f στη ϐάση B = 1, t, t2 του R2[t] είναι ο ακόλουθος : f(1) = 1− 0 = 1 = 1 · 1 + 0 · t+ 0 · t2

f(t) = t− 1 = (−1) · 1 + 1 · t+ 0 · t2f(t2) = t2 − 2t = 0 · 1 + (−2) · t+ 1 · t2

=⇒ Μ(f)BB =

1 −1 00 1 −20 0 1


Pf (λ) =

∣∣∣∣∣∣1− λ −1 0

0 1− λ −20 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3

΄Αρα η f έχει ιδιοτιµή την λ = 1 µε αλγεβρική πολλαπλότητα τρία. Για τον ιδιόχωρο V(1) λύνουµε το

παρακάτω οµογενές σύστηµα:0 −1 00 0 −20 0 0

abc

=

000

=⇒ b = c = 0 και a ∈ R

Εποµένως έχουµε :

V(1) =a+ bt+ ct2 ∈ R2[t] | b = c = 0 και a ∈ R

=

a | a ∈ R

= 〈1〉

και άρα ϐάση του ιδιοχώρου V(1) αποτελούν τα σταθερά πολυώνυµα. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 12. Αν λ είναι µια ιδιοτιµή ενός ενδοµορφισµού f : E −→ E ή ενός πίνακα A ∈Mn×n(K), να δείξετε ότι το λm είναι ιδιοτιµή του ενδοµορφισµού fm ή του πίνακα Am αντίστοιχα, ∀m ≥ 1.Ποιά είναι η σχέση των ιδιοχώρων Vf (λ) και Vfm(λm) ή των ιδιοχώρων VA(λ) και VAm(λm) αντίστοιχα ;

72

Λύση. ΄Εστω λ µια ιδιοτιµή ενός ενδοµορφισµού f : E −→ E. ΄Αρα υπάρχει διάνυσµα ~0 6= ~x ∈ E έτσι

ώστε f(~x) = λ~x. Τότε :

f2(~x) = f(f(~x))

= f(λ~x)

= λf(~x) f : γραµµική απεικόνιση

= λλ~x

= λ2~x

και άρα το λ2είναι ιδιοτιµή της f2

αφού ~x 6= ~0. Συνεχίζοντας τη παραπάνω διαδικασία, δηλαδή συνθέτον-

τας ξανά µε την f , καταλήγουµε στη σχέση : fm−1(~x) = λm−1~x (∗). Εποµένως, έχουµε :

fm(~x) = f(fm−1(~x))(∗)= f(λm−1~x) = λm−1f(~x) = λm−1λ~x = λm~x

Συνεπώς το λm είναι ιδιοτιµή του ενδοµορφισµού fm. ΄Εστω ~x ∈ Vf (λ), δηλαδή f(~x) = λ~x. Τότε

fm(~x) = λm~x και άρα το διάνυσµα ~x ∈ Vfm(λm). Εποµένως : Vf (λ) ⊆ Vfm(λm). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 13. ΄Εστω f : E −→ E ένας ενδοµορφισµός του K-διανυσµατικού χώρου E. Αν ο fείναι ισοµορφισµός, να δείξετε ότι το λ ∈ K είναι ιδιοτιµή του f αν και µόνον αν το λ−1

είναι ιδιοτιµή του

f−1. Ποιά είναι η σχέση των ιδιοχώρων Vf (λ) και Vf−1(λ−1);

Λύση. ΄Εστω λ µια ιδιοτιµή της f . Τότε υπάρχει µη-µηδενικό διάνυσµα ~x ∈ E µε f(~x) = λ~x. Αφού η fείναι ισοµορφισµός υπάρχει γραµµική απεικόνιση f−1 : E −→ E έτσι ώστε f f−1 = IdE = f−1 f .Τότε :

f−1(f(~x)) = f−1(λ~x) =⇒ ~x = λf−1(~x) =⇒ f−1(~x) = λ−1~x

και άρα το λ−1είναι ιδιοτιµή της f−1

µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα το ~x. Αντίστροφα, αν λ−1είναι ιδιοτιµή

της f−1τότε εφαρµόζοντας την f στη σχέση f−1(~x) = λ−1~x έπεται ότι f(~x) = λ~x. Συνεπώς το λ είναι

ιδιοτιµή της f µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα το ~x. Τέλος, από τα παραπάνω έπεται άµεσα ότι

Vf (λ) = ~x ∈ E | f(~x) = λ~x = ~x ∈ E | f−1(~x) = λ−1~x = Vf−1(λ−1)

Παρατήρηση: Να σηµειώσουµε ότι ένας ισοµορφισµός δεν µπορεί να έχει το 0 ως ιδιοτιµή. Πράγµατι, αν

0 ∈ K είναι ιδιοτιµή της f τότε υπάρχει ένα µη-µηδενικό διάνυσµα ~x ∈ E έτσι ώστε f(~x) = 0~x = 0 και άρα

~x ∈ Ker f . ΄Οµως, η f είναι ισοµορφισµός άρα και µονοµορφισµός, δηλαδή Ker f = ~0. Αυτό όµως είναι

άτοπο και άρα αν λ ιδιοτιµή της f , όπου f : ισοµορφισµός, τότε λ 6= 0. 2

73





4 - 4 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 14. Να ϐρεθούν οι ιδιοτιµές και ϐάσεις των αντίστοιχων ιδιοχώρων του πίνακα

A =

3 1 −11 3 1−1 1 3

∈ M3×3(R)

Ακολούθως να ϐρεθεί αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P−1AP να είναι διαγώνιος.


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣3− λ 1 −1

1 3− λ 1−1 1 3− λ

∣∣∣∣∣∣ Γ3→Γ3+Γ2

∣∣∣∣∣∣3− λ 1 −1

1 3− λ 10 4− λ 4− λ

∣∣∣∣∣∣ = (4− λ)

∣∣∣∣∣∣3− λ 1 −1

1 3− λ 10 1 1

∣∣∣∣∣∣Σ2→Σ2−Σ3

(4− λ)

∣∣∣∣∣∣3− λ 2 −1

1 2− λ 10 0 1

∣∣∣∣∣∣ = (4− λ)

∣∣∣∣3− λ 21 2− λ

∣∣∣∣ = −(λ− 4)2(λ− 1)

΄Αρα οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 4 πολλαπλότητας δύο και λ2 = 1 πολλαπλότητας ένα. Για τον ιδιόχωρο V(4)λύνουµε το παρακάτω οµογενές σύστηµα:−1 1 −1

1 −1 1−1 1 −1

xyz

=

000

=⇒ x = y − z

και άρα

V(4) =

(x, y, z) ∈ R3 | x = y − z

=

(y − z, y, z) ∈ R3 | y, z ∈ R

=y(1, 1, 0) + z(−1, 0, 1) ∈ R3 | y, z ∈ R

= 〈(1, 1, 0), (−1, 0, 1)〉

Το σύνολο (1, 1, 0), (−1, 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και συνεπώς αποτελεί ϐάση του ιδιόχωρου

V(4). Εποµένως :

2 = dimR V(4) = αλγεβρική πολλαπλότητα της ιδιοτιµής λ1 = 4 (1)

Για τον ιδιόχωρο V(1) έχουµε : 2 1 −11 2 1−1 1 2

xyz

=

000

=⇒

2x+ y − z = 0x+ 2y + z = 0−x+ y + 2z = 0

=⇒ x = z και y = −z

και άρα

V(1) =

(x, y, z) ∈ R3 | x = z και y = −z

=z(1,−1, 1) ∈ R3 | z ∈ R

= 〈(1,−1, 1)〉

74

Εποµένως :

1 = dimR V(1) = αλγεβρική πολλαπλότητα της ιδιοτιµής λ2 = 1 (2)

΄Αρα από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται ότι ο πίνακας A διαγωνοποιείται. Ο αντιστρέψιµος πίνακας Pπου ψάχνουµε είναι ο πίνακας µετάβασης από τη κανονική ϐάση (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) στη ϐάση

(1, 1, 0), (−1, 0, 1), (1,−1, 1). Τότε

P =

1 −1 11 0 −10 1 1

και εύκολα υπολογίζουµε τον αντίστροφο πίνακα του P :

P−1 =1

3

1 2 1−1 1 2

1 −1 1

Εποµένως, ϐρήκαµε αντιστρέψιµο πίνακα P έτσι ώστε : P−1AP =

4 0 00 4 00 0 1

. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 15. Θεωρούµε τον πίνακα

A =

3 0 −10 2 0−1 0 3

∈ M3×3(R)

Να ϐρεθεί ο πίνακας Am, ∀ m ≥ 1.


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣3− λ 0 −1

0 2− λ 0−1 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)

∣∣∣∣3− λ −1−1 3− λ

∣∣∣∣ = (2− λ)2(4− λ)

και άρα οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 2 πολλαπλότητας δύο και λ2 = 4 πολλαπλότητας ένα. ΄Οπως στη

προηγούµενη άσκηση, λύνοντας τα κατάλληλα οµογενή συστήµατα, ϐρίσκουµε :

V(2) = 〈(1, 0, 1), (0, 1, 0)〉 και V(4) = 〈(−1, 0, 1)〉

Αφού dimR V(2) = 2 και dimR V(4) = 1 έπεται ότι ο πίνακας A διαγωνοποιείται. Συνεπώς υπάρχει

αντιστρέψιµος πίνακας

P =

1 0 −10 1 01 0 1

έτσι ώστε

P−1AP =

2 0 00 2 00 0 4

75

Τότε

A = P

2 0 00 2 00 0 4

P−1 =⇒ A2 = P

2 0 00 2 00 0 4

P−1P

2 0 00 2 00 0 4

P−1

=⇒ A2 = P

2 0 00 2 00 0 4

2

P−1

.

.

.

=⇒ Am = P

2 0 00 2 00 0 4

m

P−1

και άρα

Am =

1 0 −10 1 01 0 1

2 0 00 2 00 0 4

m 12 0 1

20 1 0−1

2 0 12

=

1 0 −10 1 01 0 1

2m 0 00 2m 00 0 4m

12 0 1

20 1 0−1

2 0 12

...

=

2m+4m

2 0 2m−4m

20 2m 0

2m−4m

2 0 2m+4m

2

2

Λυµένη ΄Ασκηση 16. Ποιες συνθήκες πρέπει να ικανοποιούν οι αριθµοί α, β, γ, δ, ε, ζ, έτσι ώστε ο πίνακας

A =

3 α β γ0 3 δ ε0 0 4 ζ0 0 0 4

να είναι διαγωνοποιήσιµος ;


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣3− λ α β γ

0 3− λ δ ε0 0 4− λ ζ0 0 0 4− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)2(4− λ)2

και άρα οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 3 πολλαπλότητας δύο και λ2 = 4 πολλαπλότητας ένα. Για να διαγωνο-

ποιείται ο πίνακας A ϑα πρέπει οι ιδιοτιµές του να ανήκουν στο R, που ισχύει, καθώς

dimR V(3) = 2 και dimR V(4) = 2

Για τον ιδιόχωρο V(3) έχουµε το οµογενές σύστηµα:0 α β γ0 0 δ ε0 0 1 ζ0 0 0 1

xyzw

=

0000

76

και αφού

dimR V(3) = 4− rank

0 α β γ0 0 δ ε0 0 1 ζ0 0 0 1

έπεται ότι dimR V(3) = 2 αν και µόνο αν η ϐαθµίδα

rank

0 α β γ0 0 δ ε0 0 1 ζ0 0 0 1

= 2

Εύκολα κάνοντας γραµµοπράξεις έχουµε :0 α β γ0 0 δ ε0 0 1 ζ0 0 0 1

// · · · //

0 α 0 00 0 0 00 0 1 00 0 0 1

και άρα

rank

0 α β γ0 0 δ ε0 0 1 ζ0 0 0 1

= 2 ⇐⇒ α = 0 (1)

΄Οµοια, για τον ιδιόχωρο ιδιόχωρο V(4) έχουµε το οµογενές σύστηµα:−1 α β γ

0 −1 δ ε0 0 0 ζ0 0 0 0

xyzw

=

0000

και άρα έχουµε ότι dimR V(4) = 2 αν και µόνο αν η ϐαθµίδα

rank

−1 α β γ

0 −1 δ ε0 0 0 ζ0 0 0 0

= 2

Κάνοντας στηλοπράξεις αυτή τη ϕορά έχουµε :−1 α β γ

0 −1 δ ε0 0 0 ζ0 0 0 0

// · · · //

1 0 0 00 1 0 00 0 0 ζ0 0 0 0

και άρα

rank

−1 α β γ

0 −1 δ ε0 0 0 ζ0 0 0 0

= 2 ⇐⇒ ζ = 0 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται ότι για να διαγωνοποιείται ο πίνακας A πρέπει : α = ζ = 0. 2

77


A =

−2 4 30 0 0−1 5 2

∈ M3×3(R)

Να δειχθεί ότι : A593 − 2A15 = −A.


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣−2− λ 4 3

0 −λ 0−1 5 2− λ

∣∣∣∣∣∣ = (−λ)

∣∣∣∣−2− λ 3−1 2− λ

∣∣∣∣ = (−λ)(λ− 1)(λ+ 1)

και άρα οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 0, λ2 = 1 και λ3 = −1 πολλαπλότητας ένα. Εποµένως, ο πίνακας A είναι

διαγωνοποιήσιµος και εύκολα ϐρίσκουµε :

V(0) = 〈(−7, 1,−6)〉, V(1) = 〈(1, 0, 1)〉, V(−1) = 〈(3, 0, 1)〉Συνεπώς υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας

P =

−7 1 31 0 0−6 1 1

έτσι ώστε

P−1AP =

0 0 00 1 00 0 −1

Τότε

A593 = P

0 0 00 1 00 0 −1

593

P−1 = P

0 0 00 1 00 0 −1

P−1 = A

και όµοια A15 = A. ΄Αρα, έχουµε :

A593 − 2A15 =

−2 4 30 0 0−1 5 2

−−4 8 6

0 0 0−2 10 4

=

2 −4 −30 0 01 −5 −2

= −A

Β΄ τρόπος: Από το Θεώρηµα των Cauley-Hamilton έχουµε ότι ο πίνακαςA µηδενίζεται από το χαρακτηριστικό

του πολυώνυµο, δηλαδή PA(A) = 0. Εποµένως

−A3 +A = 0 =⇒ A3 = A

΄Αρα έχουµε :

A593 = A3·197+2 = (A3)197 ·A2 = A197 ·A2 = A199 = A3·66+1 = A67

= A3·22+1 = A23 = A3·7+2 = A9 = (A3)3 = A3 = A

και A15 = (A3)5 = A5 = A3·1+2 = A3 ·A2 = A3 = A. Συνεπώς :

A593 − 2A15 = A− 2A = −A 2

Λυµένη ΄Ασκηση 18. Να ϐρεθούν αναγκαίες και ικανές συνθήκες τις οποίες πρέπει να ικανοποιούν τα

µ, ν ∈ R, έτσι ώστε ο πίνακας

A =

2 0 00 2 µ3 0 ν


78


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣2− λ 0 0

0 2− λ µ3 0 ν − λ

∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)

∣∣∣∣2− λ µ0 ν − λ

∣∣∣∣ = (2− λ)2(ν − λ)

∆ιακρίνουµε τις ακόλουθες περιπτώσεις :

(1) ΄Εστω ν = 2. Τότε έχουµε την ιδιοτιµή λ = 2 µε πολλαπλότητα τρια. Για να είναι ο A διαγωνοποι-

ήσιµος ϑα πρέπει dimR V(2) = 3. ΄Οµως από το οµεγενές σύστηµα0 0 00 0 µ3 0 0

xyz

=

000

έπεται ότι

rank

0 0 00 0 µ3 0 0

=

2 αν µ 6= 0

1 αν µ = 0=⇒

dimR V(2) = 3− 2 = 1 6= 3 αν µ 6= 0

dimR V(2) = 3− 1 = 2 6= 3 αν µ = 0

΄Αρα για ν = 2 και µ ∈ R ο πίνακας A δεν διαγωνοποιείται.

(2) ΄Εστω ν 6= 2. Τότε έχουµε τις ιδιοτιµές λ1 = 2 πολλαπλότητας δυο και λ = ν πολλαπλότητας

ένα. Σε αυτή τη περίπτωση για να είναι ο πίνακας A διαγωνοποιήσιµος ϑα πρέπει dimR V(2) = 2.΄Εχουµε το οµογενές σύστηµα:0 0 0

0 0 µ3 0 ν − 2

xyz

=

000

και άρα

rank

0 0 00 0 µ3 0 ν − 2

=

2 αν µ 6= 0

1 αν µ = 0=⇒

dimR V(2) = 3− 2 = 1 6= 2 αν µ 6= 0

dimR V(2) = 3− 1 = 2 αν µ = 0

Εποµένως για ν 6= 2 και µ = 0 ο πίνακας A διαγωνοποιείται. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 19. Να δείξετε ότι οι πίνακες

A =

1 1 2−1 2 1

0 1 3

και B =

1 0 00 2 00 0 3

είναι όµοιοι.


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣1− λ 1 2−1 2− λ 1

0 1 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)(λ− 2)(λ− 3)

Οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 1, λ2 = 2 και λ3 = 3 πολλαπλότητας ένα. Εποµένως, ο πίνακας A διαγωνοποιείται

και άρα υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε

P−1AP =

1 0 00 2 00 0 3

Συνεπώς οι πίνακες A και B είναι όµοιοι. 2

79

Λυµένη ΄Ασκηση 20. Να ϐρεθεί ένας 3× 3-πίνακας A για τον οποίο τα διανύσµατα στήλες

X =

111

, Y =

01−1

, Z =

011

είναι ιδιοδιανύσµατα του A µε αντίστοιχες ιδιοτιµές 1, 2 και 3.

Λύση. Από υπόθεση οι ιδιοτιµές του πίνακα A είναι πραγµατικές µε πολλαπλότητα ένα. Συνεπώς ο Aδιαγωνοποιείται και άρα υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας

P =

1 0 01 1 11 −1 1

έτσι ώστε

P−1AP =

1 0 00 2 00 0 3

=⇒ A = P

1 0 00 2 00 0 3

P−1 = · · · =

1 0 0−2 5

212

−2 12

52

2

Λυµένη ΄Ασκηση 21. (1) ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου dimK E <∞.

(α΄) Αν f2 = IdE, να δείξετε ότι η f είναι διαγωνοποιήσιµη.

(ϐ΄) Αν f2 = f , να δείξετε ότι η f είναι διαγωνοποιήσιµη.

(2) ΄Εστω A ∈Mn×n(K).(α΄) Αν A2 = In, να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος.

(ϐ΄) Αν A2 = A, να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος.

Λύση. (1) (α΄) ΄Εστω f 6= 0, IdE έτσι ώστε f2 = IdE και έστω λ ιδιοτιµή της f . Τότε υπάρχει ~x 6= 0έτσι ώστε f(~x) = λ~x. Συνεπώς

f2(~x) = f(f(~x)) = f(λ~x) = λf(~x) = λ2~x =⇒ ~x = λ2~x

=⇒ (1− λ2)~x = ~0

=⇒ λ = 1,−1 αφού ~x 6= 0

΄Αρα έχουµε τις ιδιοτιµές λ1 = 1 και λ2 = −1 και εποµένως οι αντίστοιχοι ιδιόχωροι είναι :

V(1) = ~x ∈ E | f(~x) = ~x και V(−1) = ~x ∈ E | f(~x) = −~xΑπό την άσκηση 7 του Φυλλαδίου 1 έπεται ότι

E = V(1)⊕ V(−1)

και άρα καταλήγουµε ότι η f είναι πράγµατι διαγωνοποιήσιµη.

(ϐ΄) ΄Εστω λ ιδιοτιµή της f . Τότε υπάρχει ~x 6= 0 έτσι ώστε f(~x) = λ~x και άρα έχουµε :

f2(~x) = f(f(~x)) = f(λ~x) = λf(~x) = λ2~x =⇒ f(~x) = λ2~x

=⇒ λ~x = λ2~x

=⇒ λ(λ− 1)~x = ~0

=⇒ λ = 0, 1 αφού ~x 6= 0

΄Αρα έχουµε τις ιδιοτιµές λ1 = 0 και λ2 = 1 µε αντίστοιχους ιδιοχώρους :

V(0) = ~x ∈ E | f(~x) = ~0 και V(1) = ~x ∈ E | f(~x) = ~xΤότε V(0) = Ker f και ϑα δείξουµε ότι

V(1) = Im f = ~y ∈ E | ∃ ~x ∈ E έτσι ώστε f(~x) = ~y΄Εστω ~y ∈ Im f . Τότε

~y = f(~x) =⇒ f(~y) = f2(~x) = f(~x) = ~y

80

και άρα ~y ∈ V(1), δηλαδή δείξαµε ότι Im f ⊆ V(1). Προφανώς όµως ισχύει ότι V(1) ⊆ Im fκαι εποµένως V(1) = Im f . Τότε από την άσκηση 7 του Φυλλαδίου 1 έχουµε

E = V(0)⊕ V(1)

και άρα έπεται ότι η f είναι διαγωνοποιήσιµη όταν f2 = f .(2) Υπενθυµίζουµε ότι αν έχουµε ένα πίνακα A ∈Mn×n(K), τότε έχουµε τη γραµµική απεικόνιση

fA : Mn×1(K) −→ Mn×1(K), f(X) = A ·Xκαι ο πίνακας A διαγωνοποιείται αν και µόνο αν η γραµµική απεικόνιση fA είναι διαγωνοποιήσιµη.

Αν A2 = In τότε έπεται εύκολα ότι f2A = IdMn×1(K) και αν A2 = A τότε έχουµε f2

A = fA. Συνεπώς

και στις δυο περιπτώσεις από το ερώτηµα (1) έχουµε ότι ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 22. ΄Εστω (xn)n≥0, (yn)n≥0 και (zn)n≥0 ακολουθίες πραγµατικών αριθµών οι οποίες

συνδέονται µε τις παρακάτω αναγωγικές σχέσεις, ∀n ≥ 1:

xn = xn−1

yn = −2xn−1 − 3yn−1 − 2zn−1

zn = 2xn−1 + 4yn−1 + 3zn−1

Να ϐρεθούν οι ακολουθίες, αν γνωρίζουµε ότι : x0 = 2, y0 = 3, z0 = 1.

Λύση. Από τις αναγωγικές σχέσεις έχουµε :xnynzn

=

1 0 0−2 −3 −2

2 4 3

xn−1

yn−1

zn−1

(1)

Θέτουµε

A =

1 0 0−2 −3 −2

2 4 3

Τότε αφού xn−1

yn−1

zn−1

= A

xn−2

yn−2

zn−2

από τη σχέση (1) έπεται ότιxnyn

zn

= A2

xn−2

yn−2

zn−2

= · · · = An

x0

y0

z0

=⇒

xnynzn

= An

x0

y0

z0

(2)

Συνεπώς από τη παραπάνω σχέση αρκεί να ϐρούµε το πίνακα An. ΄Εχουµε :

PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣1− λ 0 0−2 −3− λ −2

2 4 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)

∣∣∣∣−3− λ −24 3− λ

∣∣∣∣ = −(1− λ)2(λ+ 1)

και άρα οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 1 πολλαπλότητας δύο και λ2 = −1 πολλαπλότητας ένα. Εύκολα ϐρίσκου-

µε :

V(1) = 〈(−2, 1, 0), (−1, 0, 1)〉 και V(−1) = 〈(0,−1, 1)〉Αφού dimR V(1) = 2 και dimR V(−1) = 1 έπεται ότι ο πίνακας A διαγωνοποιείται. Συνεπώς υπάρχει

αντιστρέψιµος πίνακας

P =

−2 −1 01 0 −10 1 1

81

έτσι ώστε

P−1AP =

1 0 00 1 00 0 −1

Τότε

A = P

1 0 00 1 00 0 −1

P−1 =⇒ An = P

1 0 00 1 00 0 −1

n

P−1

και εκτελώντας τους παραπάνω πολλαπλασιασµούς ϐρίσκουµε

An =

1 0 0−1 + (−1)n+2 −1− 2(−1)n+1 −1 + (−1)n+2

1 + (−1)n+1 2− 2(−1)n 2 + (−1)n+1

΄Αρα από τη σχέση (2) και τη περιγραφή του πίνακα An έχουµε :xnyn

zn

= An

231

=⇒ · · · =⇒

xn = 2yn = 9(−1)n − 6zn = −9(−1)n + 10

2

82





2 - 5 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 23. Βρείτε τα ελάχιστα πολυώνυµα των ακόλουθων πινάκων πραγµατικών αριθµών:

A =

3 −4 0 04 −5 0 01 0 3 −20 1 2 −1

και B =

4 0 −10 4 −1−1 −1 5

Λύση. Για το πίνακα A έχουµε :

PA(t) =

∣∣∣∣∣∣∣∣3− t −4 0 0

4 −5− t 0 01 0 3− t −20 1 2 −1− t

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣3− t −44 −5− t

∣∣∣∣ · ∣∣∣∣3− t −22 −1− t

∣∣∣∣ = (t+ 1)2(t− 1)2

Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι το ελάχιστο πολυώνυµο QA(t) διαιρεί το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PA(t),και άρα τα πιθανά ελάχιστα είναι τα ακόλουθα:

(t+ 1)(t− 1), (t+ 1)2(t− 1), (t+ 1)(t− 1)2, (t+ 1)2(t− 1)2

Στη συνέχεια υπολογίζουµε ποιο από τα παρακάτω γινόµενα δίνει το µηδενικό πίνακα: (A + I4)(A −I4), (A+ I4)2(A− I4), (A+ I4)(A− I4)2, (A+ I4)2(A− I4)2

. Εύκολα ϐρίσκουµε ότι

(A+ I4)(A− I4) 6= O, (A+ I4)2(A− I4) 6= O, (A+ I4)(A− I4)2 6= O΄Αρα το ελάχιστο πολυώνυµο είναι το

QA(t) = (t+ 1)2(t− 1)2

Πραγµατικά:

(A+ I4)2(A− I4)2 =

4 −4 0 04 −4 0 01 0 4 −20 1 2 0

2

2 −4 0 04 −6 0 01 0 2 −20 1 2 −2

2

= · · · =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

δηλαδή το (t + 1)2(t − 1)2

µηδενίζει τον πίνακα A και είναι το κανονικό πολυώνυµο µε τον µικρότερο

ϐαθµό το οποίο µηδενίζει τον πίνακα A. Εποµένως το ελάχιστο πολυώνυµο του πίνακα A είναι QA(t) =(t+ 1)2(t− 1)2

.

Για το πίνακα B έχουµε :

PB(t) =

∣∣∣∣∣∣4− t 0 −1

0 4− t −1−1 −1 5− t

∣∣∣∣∣∣ Γ2→Γ2−Γ1

∣∣∣∣∣∣4− t 0 −1

−(4− t) 4− t 0−1 −1 5− t

∣∣∣∣∣∣ = (4− t)

∣∣∣∣∣∣4− t 0 −1−1 1 0−1 −1 5− t

∣∣∣∣∣∣Γ2→Γ2+Γ3

(4−t)

∣∣∣∣∣∣4− t 0 −1−2 0 5− t−1 −1 5− t

∣∣∣∣∣∣ = (4−t)∣∣∣∣4− t −1−2 5− t

∣∣∣∣ = (4−t)(t2−9t+18) = (4−t)(t−3)(t−6)

83

Συνεπώς, αφού το ελάχιστο πολυώνυµο QB(t) έχει τις ίδιες ϱίζες µε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PB(t)έπεται ότι QB(t) = (4− t)(t− 3)(t− 6). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 24. Βρείτε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PA(t) του πίνακα

A =

1 2 3−1 0 4

0 2 2

και στη συνέχεια µε τη ϐοήθεια του Θεωρήµατος των Cayley-Hamilton να υπολογίσετε τον πίνακα

B = A23 − 3A22 − 4A21 + 10A20 −A6 + 3A5 + 4A4 − 11A3 + 4A2 + 5A+ I3

Λύση. Εύκολα ϐρίσκουµε ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PA(t) είναι

PA(t) =

∣∣∣∣∣∣1− t 2 3−1 −t 4

0 2 2− t

∣∣∣∣∣∣ = · · · = −t3 + 3t2 + 4t− 10

Θεωρούµε το πολυώνυµο

R(t) = t23 − 3t22 − 4t21 + 10t20 − t6 + 3t5 + 4t4 − 11t3 + 4t2 + 5t+ 1

∆ιαιρώντας το πολυώνυµο R(t) µε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PA(t) ϑα έχουµε :

R(t) = PA(t)(−t20 + t3 + 1) + (t2 + t+ 11) (∗)

Από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton έχουµε ότι PA(A) = 0. Εποµένως, από τη σχέση (∗) έχουµε :

B = R(A) = PA(A)(−A20 +A3 + I3) + (A2 +A+ 11I3)

=⇒ B = A2 +A+ 11I3

=⇒ B =

11 10 20−2 17 9−2 6 25

2

Λυµένη ΄Ασκηση 25. ΄Εστω A =

(2 −5−1 3

). Με τη ϐοήθεια του Θεωρήµατος των Cayley-Hamilton να

εκφράσετε τον αντίστροφο του πίνακα

B = A4 + 5A3 − 48A2 − I2

µε τη µορφή κA+ λI2, κ, λ ∈ R.


PA(t) =

∣∣∣∣2− t −5−1 3− t

∣∣∣∣ = (2− t)(3− t)− 5 = t2 − 5t+ 1

Θεωρούµε το πολυώνυµο R(t) = t4 + 5t3 − 48t2 − 1 και εκτελούµε τη διαίρεση του R(t) µε το PA(t):

R(t) = PA(t)(t2 + 10t+ 1) + (−5t− 2)

Εποµένως, από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton έχουµε :

B = R(A) = PA(A)(A2 + 10A+ I2) + (−5A− 2I3) = −5A− 2I2

Εποµένως :

B =

(−12 25

5 −17

)

84

Βρίσκουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα B. ΄Εχουµε :

PB(t) =

∣∣∣∣−12− t 255 −17− t

∣∣∣∣ = (−12− t)(−17− t)− 125 = t2 + 29t+ 79

Συνεπώς από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton έχουµε :

PB(B) = 0 =⇒ B2 + 29B + 79I2 = 0

=⇒ B(B + 29I2) = −79I2

=⇒ B(− 1

79(B + 29I2)) = I2

=⇒ B−1 = − 1

79(B + 29I2)

=⇒ B−1 = − 1

79(−5A− 2I2 + 29I2)

=⇒ B−1 =5

79A− 27

29I2

΄Αρα εκφράσαµε τον αντίστροφο του πίνακα B στη µορφή κA+ λI2, όπου κ = 579 και λ = −27

29 . 2

Λυµένη ΄Ασκηση 26. ΄Εστω A ένας 2×2 πίνακας µε στοιχεία από το R, και έστω k ένας ϕυσικός αριθµός,

k > 2. Με τη ϐοήθεια του Θεωρήµατος των Cayley-Hamilton να αποδείξετε ότι

Ak = 0 =⇒ A2 = 0

Λύση. Θεωρούµε το πολυώνυµο R(t) = tk. Τότε από υπόθεση έπεται ότι R(A) = Ak = 0. Συνεπώς το

ελάχιστο πολυώνυµοQA(t) του πίνακα A διαιρεί το πολυώνυµο g(t) και άραQA(t) = tn όπου 1 ≤ n ≤ k.΄Οµως ο ϐαθµός του QA(t) δεν µπορεί να είναι µεγαλύτερος του 2 διότι QA(t)/PA(t) και degPA(t) = 2.΄Αρα έχουµε ότι 1 ≤ n ≤ 2. Αν n = 1 τότε QA(t) = t και από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton έχουµε

QA(A) = 0 =⇒ A = 0 =⇒ A2 = 0

που είναι η τετριµµένη περίπτωση.

Αν n = 2 τότε QA(t) = t2 και από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton έπεται ότι

QA(A) = 0 =⇒ A2 = 0

και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 27. ΄Εστω R(t) = a0 + a1t+ · · ·+ aktkένα πολυώνυµο υπεράνω του K µε a0 6= 0.

(1) ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου E είναι ένας διανυσµατικός χώρος υπεράνω

του K. Αν R(f) = 0, δείξτε ότι η f είναι ισοµορφισµός. Να υπολογισθεί η f−1.

(2) Αν A ∈Mn×n(K) και R(A) = 0, δείξτε ότι ο A είναι αντιστρέψιµος και υπολογίστε τον A−1.

Λύση. Συµβολίζουµε µε IE : E −→ E την ταυτοτική απεικόνιση στον E. Αφού a0 6= 0 έχουµε :

R(f) = a0IE + a1f + · · ·+ akfk = 0

=⇒ a1f + · · ·+ akfk = −a0IE

=⇒ f (a1IE + · · ·+ akfk−1) = −a0IE

=⇒ f (−a1

a0IE − · · · −

aka0fk−1) = IE

Παρόµοια ϑα έχουµε : (−a1a0IE − · · · − ak

a0fk−1) f = IE.

85

΄Αρα η γραµµική απεικόνιση f είναι ισοµορφισµός µε

f−1 = −a1

a0IE − · · · −

aka0fk−1

΄Οµοια δουλεύουµε στη περίπτωση του ερωτήµατος (2). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 28. ΄Εστω ο n× n πίνακας

A =

1 1 · · · 11 1 · · · 1...

.

.

.. . .

.

.

.

1 1 · · · 1

(1) Να δειχθεί ότι ο πίνακας

1nA είναι ταυτοδύναµος, δηλαδή ( 1

nA)2 = 1nA.

(2) Να ϐρεθεί το ελάχιστο πολυώνυµο του1nA.

(3) Να δειχθεί ότι ο πίνακας1nA είναι διαγωνοποιήσιµος. Ποιά είναι η διαγώνια µορφή του ;

Λύση. Για το πρώτο ερώτηµα έχουµε :

(1

nA)2 = (

1

nA)(

1

nA) =

1

n2

1 1 · · · 11 1 · · · 1...

.

.

.. . .

.

.

.

1 1 · · · 1

1 1 · · · 11 1 · · · 1...

.

.

.. . .

.

.

.

1 1 · · · 1

=1

n2

n n · · · nn n · · · n...

.

.

.. . .

.

.

.

n n · · · n

=1

nA

και άρα ο πίνακας1nA είναι ταυτοδύναµος.

΄Εστω λ µια ιδιοτιµή του πίνακα B = 1nA. Συνεπώς, υπάρχει ένα µη-µηδενικο διάνυσµα στήλη X έτσι

ώστε BX = λX. Αφού B2 = B από το πρώτο ερώτηµα, τότε έχουµε :

BX = λX =⇒ B2X = λBX =⇒ BX = λ2X =⇒ λX = λ2X =⇒ (λ− λ2)X = 0

και αφού το X 6= 0 έπεται ότι λ(1 − λ) = 0. Αντίστροφα εύκολα ϐλέπουµε ότι πράγµατι οι αριθµοί 0, 1είναι ιδιοτιµές του B. Εποµένως, ο πίνακας B = 1

nA έχει ιδιοτιµές : λ1 = 0, λ2 = 1 µε κατάλληλες

πολλαπλότητες. Θεωρούµε το πολυώνυµο R(t) = t2 − t. Τότε

R(B) = B2 −B = B −B = 0

και άρα το ελάχιστο πολυώνυµο QB(t) του πίνακα B διαιρεί το πολυώνυµο R(t). Εποµένως, έχουµε :

QB(t) / R(t) =⇒ QB(t) = 1 ή QB(t) = t− 1 ή QB(t) = t(t− 1)

΄Οµως το ελάχιστο πολυώνυµο πρέπει να έχει όλες τις ϱίζες του χαρακτηριστικού PB(t). ΄Αρα

QB(x) = t(t− 1)

και συνεπώς από γνωστό Θεώρηµα (ϐλέπε Θεώρηµα 4.6 στα Θεωρητικά Θέµατα: Κεφάλαιο 1) έπεται ότι ο

πίνακας B = 1nA διαγωνοποιείται. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 29. ΄Εστω A ∈Mn(C). Αν η µόνη ιδιοτιµή του A είναι η λ = 0, να δειχθεί ότι An = 0.

Λύση. Αφού η µόνη ιδιοτιµή του πίνακα A είναι η λ = 0 έπεται ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο είναι :

PA(t) = tn. Τότε από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton έχουµε PA(A) = An = 0 και άρα έχουµε το

Ϲητούµενο. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 30. Θεωρούµε τον πίνακα A =

1 2 −11 0 14 −4 5

.

86

(1) Να ϐρεθεί µη-µηδενικό πολυώνυµο Q(t) έτσι ώστε Q(A) = 0.(2) Να δείξετε ότι ο A είναι αντιστρέψιµος και να ϐρεθεί πολυώνυµο P (t) έτσι ώστε P (A) = A−1

.

Λύση. Βρίσκουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα A:

PA(t) =

∣∣∣∣∣∣1− t 2 −1

1 −t 14 −4 5− t

∣∣∣∣∣∣ = · · · = −t3 + 6t2 − 11t+ 6

και άρα από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton έχουµε :

PA(A) = 0 =⇒ −A3 + 6A2 − 11A+ 6I3 = 0

=⇒ A3 − 6A2 + 11A = 6I3

=⇒ A(1

6(A2 − 6A+ 11I3)) = I3

=⇒ A−1 =1

6A2 −A2 +

11

6I3

Εποµένως ϐρήκαµε πολυώνυµα Q(t) = −t3 + 6t2 − 11t+ 6 και P (t) = 16 t

2 − t+ 116 έτσι ώστε

Q(A) = 0 και P (A) = A−1

Να σηµειώσουµε ότι από τον υπολογισµό του χαρακτηριστικού πολυωνύµου PA(t) = −t3 + 6t2 − 11t+ 6γνωρίζουµε ότι ο πίνακαςA είναι αντιστρέψιµος διότι |A| = 6, όπου 6 είναι ο σταθερός όρος του πολυωνύµου

PA(t). 2

Λυµένη ΄Ασκηση 31. ΄Εστω A και B δύο όµοιοι n× n πίνακες µε στοιχεία από ένα σώµα K. Να δείξετε

ότι οι πίνακες A και B έχουν το ίδιο ελάχιστο πολυώνυµο : QA(t) = QB(t).

Λύση. Βλέπε Θεωρητικά Θέµατα: Κεφάλαιο 1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 32. Να δείξετε ότι ένας µηδενοδύναµος πίνακας A ∈Mn×n(K), δηλαδή Am = O, είναι

διαγωνοποιήσιµος αν και µονο αν A = O.

Λύση. ΄Εστω ότι ο µηδενοδύναµος πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος. Τότε γνωρίζουµε ότι το ελάχιστο

πολυώνυµοQA(t) είναι γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων. ΄Εστω το πολυώνυµοQ(t) =tm. Τότε έχουµε ότι Q(A) = Am = O και άρα

QA(t) / Q(t) =⇒ QA(t) = tk, 1 ≤ k ≤ m

΄Οµως αφού το QA(t) είναι γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων έπεται ότι QA(t) = t.Εποµένως από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton έχουµε ότι A = O. Η αντίστροφη κατεύθυνη έπεται

άµεσα. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 33. ΄Εστω A ένας 4× 4 πίνακας πραγµατικών αριθµών για τον οποίο ισχύουν τα εξής :

A ·

1010

=

0000

, A ·

0001

=

000−1

, A ·

0201

=

0402

, A ·

10−2

1

=

20−4

2

.

Να ϐρεθεί το ελάχιστο πολυώνυµο του A.

87

Λύση. Θεωρούµε το πίνακα

B =

1 0 0 10 0 2 01 0 0 −20 1 1 1

και ϑέτουµε :

E1 =

1010

, E2 =

0001

, E3 =

0201

, E4 =

10−2

1

Εύκολα υπολογίζουµε ότι |B| = −6 6= 0 και άρα ο πίνακας B είναι αντιστρέψιµος. Εποµένως το σύνολο

E1, E2, E3, E4 αποτελεί ϐάση του R4 και ιδιαίτερα έχουµε :

E1 : ιδιοδιάνυσµα του A µε αντίστοιχη ιδιοτιµή λ1 = 0 αφού A · E1 = 0 · E1

E2 : ιδιοδιάνυσµα του A µε αντίστοιχη ιδιοτιµή λ2 = −1 αφού A · E2 = −1 · E2



Επειδή η ϐάση E1, E2, E3, E4 αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα του πίνακα A έπεται ότι ο A διαγωνοποιε-

ίται. ΄Αρα το ελάχιστο πολυώνυµο του πίνακα A είναι

QA(t) = t(t+ 1)(t− 2)

Τέλος να σηµειώσουµε ότι µπορούµε να υπολογίσουµε το πίνακα A. Πράγµατι έχουµε :

B−1 ·A ·B =

0 0 0 00 −1 0 00 0 2 00 0 0 2

=⇒ A = B ·

0 0 0 00 −1 0 00 0 2 00 0 0 2

·B−1

=⇒ A =

1 0 0 10 0 2 01 0 0 −20 1 1 1

·

0 0 0 00 −1 0 00 0 2 00 0 0 2

·

23 0 1

3 0−1

3 −12

13 1

0 12 0 0

13 0 −1

3 0

= · · · =

23 0 −2

3 00 2 0 0−4

3 0 43 0

1 32 −1 −1

2

Λυµένη ΄Ασκηση 34. Θεωρούµε τον ακόλουθο πίνακα πραγµατικών αριθµών:

A =

0 1 02 −2 22 −3 2



Λύση. Βρίσκουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα A:

PA(t) =

∣∣∣∣∣∣−t 1 0

2 −2− t 22 −3 2− t

∣∣∣∣∣∣ = −t∣∣∣∣−2− t 2−3 2− t

∣∣∣∣− ∣∣∣∣2 22 2− t

∣∣∣∣ = −t3

88

Εποµένως η µόνη ιδιοτιµή του πίνακα A είναι η λA = 0 µε αλγεβρική πολλαπλότητα 3. Για τον ιδιόχωρο

V(0) λύνουµε το παρακάτω οµογενές σύστηµα:0 1 02 −2 22 −3 2

xyz

=

000

=⇒

y = 02x− 2y + 2z = 02x− 3y + 2z = 0

=⇒y = 0z = −x

και άρα

V(0) = x

0−x

∈ R3 | x ∈ R

=⟨ 1

0−1

⟩Εποµένως ο πίνακας A δεν διαγωνοποιείται αφού

dimR V(0) = 1 6= 3 = πολλαπλότητα της ιδιοτιµής λA = 0

Στη συνέχεια, ακολουθώντας τον αλγόριθµο τριγωνοποίησης όπως αυτός περιγράφεται στα Θεωρητικά

Θέµατα του Κεφαλαίου 1, ϑα ϐρούµε αντιστρέψιµο πίνακα P έτσι ώστε ο πίνακας P−1 ·A · P να είναι άνω

τριγωνικός. Ξεκινάµε πρώτα συµπληρώνοντας το διάνυσµα της ϐάσης του V(0) σε µια ϐάση του R3. Το

σύνολο

B1 = 1

0−1

,

010

,

001

αποτελεί µια ϐάση του R3. Θεωρούµε τον αντιστρέψιµο πίνακα

P1 =

1 0 00 1 0−1 0 1

ο οποίος σχηµατίστηκε από τις στήλες της ϐάσης B1. Τότε

P−11 =

1 0 00 1 01 0 1

και P−11 ·A · P1 =

0 1 00 −2 20 −2 2

Αφού ο πίνακας P−1

1 · A · P1 δεν είναι άνω τριγωνικός συνεχίζουµε τη διαδικασία του αλγόριθµου τριγω-

νοποίησης. Θεωρούµε το πίνακα

B =

(−2 2−2 2

)και τότε

PB(t) =

∣∣∣∣−2− t 2−2 2− t

∣∣∣∣ = t2

΄Αρα ο πίνακας B έχει ιδιοτιµή την λB = 0 µε πολλαπλότητα 2. Να σηµειώσουµε ότι οι ιδιοτιµές του

πίνακα B είναι και ιδιοτιµές του A, και άρα η µόνη ιδιοτιµή του B είναι πράγµατι η λB = 0 µε αλγεβρική

πολλαπλότητα 2. Για τον ιδιόχωρο V(0) λύνουµε το οµογενές σύστηµα:(−2 2−2 2

)(xy

)=

(00

)=⇒ y = x

και άρα

V(0) =(x

x

)∈ R2 | x ∈ R

=⟨(1

1

)⟩Συνεπώς ο πίνακας B δεν διαγωνοποιείται αφού

dimR V(0) = 1 6= 2 = πολλαπλότητα της ιδιοτιµής λB = 0

89

και άρα συνεχίζουµε τον αλγόριθµο τριγωνοποίησης, δηλαδή συµπληρώνουµε το διάνυσµα της ϐάσης του

V(0) σε µια ϐάση του R2. Το σύνολο

B2 =(1

1

),

(01

)αποτελεί µια ϐάση του R2 και άρα έχουµε τον αντιστρέψιµο πίνακα

P2 =

(1 01 1

)Τότε υπολογίζουµε :

P−12 ·B · P2 =

(1 0−1 1

)·(−2 2−2 2

)·(

1 01 1

)=

(0 20 0

)δηλαδή ο πίνακας P−1

2 · B · P2 είναι άνω τριγωνικός και άρα ο αλγόριθµος τριγωνοποίησης σταµατάει.

Τέλος υπολογίζουµε την άνω τριγωνική µορφή του πίνακα A. Θέτουµε

Q2 =

1 0 00 1 00 1 1

και τότε έχουµε :

(P1 ·Q2)−1 ·A · (P1 ·Q2) = · · · =

0 1 00 0 20 0 0

Εποµένως ϐρήκαµε αντιστρέψιµο πίνακα P := P1 · Q2 έτσι ώστε ο πίνακας P−1 · A · P να είναι άνω

τριγωνικός. 2

90





11 - 5 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 35. ΄Εστω η απεικόνιση 〈 , 〉 : R2 × R2 −→ R η οποία ορίζεται ως εξής :

〈(x1, y1), (x2, y2)〉 = 5x1x2 − 2(x1y2 + y1x2) + y1y2


(2) Βρείτε τα µήκη των διανυσµάτων (1, 0), (0, 1), (1, 3), (−1, 2) ως προς το παραπάνω το εσωτερικό

γινόµενο.

Λύση. ΄Εστω (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) ∈ R2και λ ∈ R. Τότε έχουµε :

〈(x1, y1), (x2, y2)〉 = 5x1x2 − 2(x1y2 + y1x2) + y1y2

= 5x2x1 − 2(x2y1 + y2x1) + y2y1

= 〈(x2, y2), (x1, y1)〉

〈(x1, y1) + (x2, y2), (x3, y3)〉 = 〈(x1 + x2, y1 + y2), (x3, y3)〉= 5(x1 + x2)x3 − 2((x1 + x2)y3 + (y1 + y2)x3) + (y1 + y2)y3

= 5x1x3 + 5x2x3 − 2x1y3 − 2x2y3 − 2y1x3 − 2y2x3 + y1y3 + y2y3

= 5x1x3 − 2(x1y3 + y1x3) + y1y3 + 5x2x3 − 2(x2y3 + y2x3) + y2y3

= 〈(x1, y1), (x3, y3)〉+ 〈(x2, y2), (x3, y3)〉

〈λ(x1, y1), (x2, y2)〉 = 〈(λx1, λy1), (x2, y2)〉= 5λx1x2 − 2(λx1y2 + λy1x2) + λy1y2

= λ(5x1x2 − 2(x1y2 + y1x2) + y1y2)

= λ〈(x1, y1), (x2, y2)〉

〈(x1, y1), (x1, y1)〉 = 5x21 − 2(x1y1 + y1x1) + y2

1 = 5x21 − 4x1y1 + y2

1 = x21 + (2x1 − y1)2 ≥ 0

και 〈(x1, y1), (x1, y1)〉 = 0 αν και µόνο αν x1 = 0 και 2x1 − y1 = 0, δηλαδή y1 = 0. ΄Αρα η απεικόνιση

〈 , 〉 ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R2. Τα µήκη των διανυσµάτων (1, 0), (0, 1), (1, 3), (−1, 2) ως προς

το παραπάνω το εσωτερικό γινόµενο είναι

‖(1, 0)‖ =√⟨

(1, 0), (1, 0)⟩

=√

5 · 1 · 1− 2(1 · 0 + 0 · 1) + 0 =√

5

‖(0, 1)‖ =√⟨

(0, 1), (0, 1)⟩

= · · · = 1

‖(1, 3)‖ =√⟨

(1, 3), (1, 3)⟩

= · · · =√

2

91

‖(−1, 2)‖ =√⟨

(−1, 2), (−1, 2)⟩

= · · · =√

17 2

Λυµένη ΄Ασκηση 36. ΄Εστω B = ~ε1 = (1, 1), ~ε2 = (1,−1) µια ϐάση του R-διανυσµατικού χώρου R2.

Υποθέτουµε ότι η απεικόνιση 〈 , 〉 : R2 × R2 −→ R ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο επί του R2έτσι ώστε :

〈~ε1, ~ε1〉 = 〈~ε2, ~ε2〉 = 1, 〈~ε1, ~ε2〉 = 0

Να υπολογισθούν οι αριθµοί 〈(x1, y1), (x2, y2)〉, όπου (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2.

Λύση. ΄Εστω (xi, yi) ∈ R2. Τότε το διάνυσµα (xi, yi) = m(1, 1) + n(1,−1) αφού το σύνολο B αποτελεί

µια ϐάση του R-διανυσµατικού χώρου R2. ΄Εχουµε :

(xi, yi) = m(1, 1) + n(1,−1) = (m+ n,m− n) =⇒xi = m+ nyi = m− n =⇒

m = xi+yi2

n = xi−yi2

και άρα (xi, yi) = xi+yi2 ~ε1 + xi−yi

2 ~ε2. Τότε :⟨(x1, y1), (x2, y2)

⟩=

⟨x1 + y1

2~ε1 +

x1 − y1

2~ε2,

x2 + y2

2~ε1 +

x2 − y2

2~ε2

⟩=

⟨x1 + y1

2~ε1,

x2 + y2

2~ε1

⟩+⟨x1 + y1

2~ε1,

x2 − y2

2~ε2

⟩+

⟨x1 − y1

2~ε2,

x2 + y2

2~ε1

⟩+⟨x1 − y1

2~ε2,

x2 − y2

2~ε2

⟩=

x1 + y1

2· x2 + y2

2

⟨~ε1, ~ε1

⟩+x1 + y1

2· x2 − y2

2

⟨~ε1, ~ε2

⟩+

x1 − y1

2· x2 + y2

2

⟨~ε2, ~ε1

⟩+x1 − y1

2· x2 − y2

2

⟨~ε2, ~ε2

⟩=

x1 + y1

2· x2 + y2

2· 1 +

x1 + y1

2· x2 − y2

2· 0

+x1 − y1

2· x2 + y2

2· 0 +

x1 − y1

2· x2 − y2

2· 1

=x1 + y1

2· x2 + y2

2+x1 − y1

2· x2 − y2

2

=2x1x2 + 2y1y2

4

=x1x2 + y1y2

2

Εποµένως δείξαµε ότι : 〈(x1, y1), (x2, y2)〉 = x1x2+y1y22 για κάθε (x1, y1), (x2, y2) ∈ R2

. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 37. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R2[t] µε εσωτερικό γινόµενο

〈P (t), Q(t)〉 =

∫ 1

0P (t)Q(t) dt, ∀P (t), Q(t) ∈ R2[t]

και τα πολυώνυµα P (t) = 1, Q(t) = t− 12 , W (t) = t2 − t+ 1

6 . Να υπολογίσετε τα µήκη

‖P (t)‖, ‖Q(t)‖, ‖W (t)‖

92


‖P (t)‖ = ‖1‖ =√〈1, 1〉 =

√∫ 1

01dt = 1

‖Q(t)‖ = ‖t− 1

2‖ =

√⟨t− 1

2, t− 1

2

⟩=

√∫ 1

0(t− 1

2)2 dt =

√∫ 1

0t2 dt−

∫ 1

0t dt+

1

4

∫ 1

01 dt

= · · · = 1√12

‖W (t)‖ = ‖t2 − t+1

6‖ =

√⟨t2 − t+

1

6, t2 − t+

1

6

⟩=

√∫ 1

0(t2 − t+

1

6)2 dt = · · · = 1√

1802

Λυµένη ΄Ασκηση 38. Να υπολογισθεί η γωνία των διανυσµάτων ~x = (1, 0, 1), ~y = (−1, 1, 0) ∈ R3ως

προς το συνήθες εσωτερικό γινόµενο του R3. Ακολούθως να ϐρείτε όλα τα διανύσµατα του R3

τα οποία

είναι κάθετα στα διανύσµατα ~x, ~y.


cosφ =〈~x, ~y〉||~x|| · ||~y||

=〈(1, 0, 1), (−1, 1, 0)〉||(1, 0, 1)|| · ||(−1, 1, 0)||

=−1√2 ·√

2= −1

2

΄Αρα η γωνία των διανυσµάτων ~x = (1, 0, 1) και ~y = (−1, 1, 0) είναι

φ =2π

3

΄Εστω (x, y, z) ∈ R3. Τότε : 〈(1, 0, 1), (x, y, z)〉 = 0

〈(−1, 1, 0), (x, y, z)〉 = 0=⇒

x+ z = 0

−x+ y = 0=⇒

x = −z

y = −z

Συνεπώς τα διανύσµατα του R3τα οποία είναι κάθετα στα διανύσµατα ~x = (1, 0, 1) και ~y = (−1, 1, 0)

είναι : z(−1,−1, 1) µε z ∈ R. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 39. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και ~ε1, · · · , ~εm ένα ορθοκανονικό σύνολο

διανυσµάτων του E. Να δείξετε ότι

〈~y, ~ε1〉2 + · · ·+ 〈~y, ~εm〉2 ≤ ‖~y‖2, ∀ ~y ∈ E

93


0 ≤⟨~y −

m∑i=1

〈~y, ~εi〉~εi, ~y −m∑i=1

〈~y, ~εi〉~εi⟩

=

=⟨~y, ~y⟩−⟨~y,

m∑i=1

〈~y, ~εi〉~εi⟩

−⟨ m∑i=1

〈~y, ~εi〉~εi, ~y⟩

+⟨ m∑i=1

〈~y, ~εi〉~εi,m∑i=1

〈~y, ~εi〉~εi⟩

=⟨~y, ~y⟩−

m∑i=1

〈~y, ~εi〉⟨~y, ~εi

⟩−

m∑i=1

〈~y, ~εi〉⟨~εi, ~y

⟩+

m∑i=1

〈~y, ~εi〉m∑i=1

〈~y, ~εi〉⟨~εi, ~εi

⟩= ‖~y‖2 − 2

m∑i=1

〈~y, ~εi〉2 +

m∑i=1

〈~y, ~εi〉2

= ‖~y‖2 −m∑i=1

〈~y, ~εi〉2

Εποµένως έχουµε :∑m

i=1〈~y, ~εi〉2 ≤ ‖~y‖2. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 40. ΄Εστω η απεικόνιση 〈 , 〉′ : R3 × R3 → R η οποία ορίζεται ως εξής :

〈(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉′ = x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3


(2) Να ϐρεθούν όλα τα διανύσµατα του R3τα οποία είναι κάθετα, ως προς το εσωτερικό γινόµενο 〈 , 〉′,

µε κάθε διάνυσµα του υπόχωρου

V = (x, y, z) | x− y + z = 0

Λύση. (1) ΄Εστω (x1, x2, x3), (y1, y2, y3), (z1, z2, z3) ∈ R3και λ ∈ R. Τότε :

(α):

〈(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉′ = x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3

= y1x1 + 2y2x2 + 3y3x3

= 〈(y1, y2, y3), (x1, x2, x3)〉′

(β):

〈(x1, x2, x3) + (z1, z2, z3), (y1, y2, y3)〉′ = 〈(x1 + z1, x2 + z2, x3 + z3), (y1, y2, y3)〉′

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

= x1y1 + z1y1 + 2x2y2 + 2z2y2 + 3x3y3 + 3z3y3

= x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + z1y1 + 2z2y2 + 3z3y3

= 〈(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉′ + 〈(z1, z2, z3), (y1, y2, y3)〉′

94

(γ):

〈λ(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉′ = 〈(λx1, λx2, λx3), (y1, y2, y3)〉′

= λx1y1 + 2λx2y2 + 3λx3y3

= λ(x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3)

= λ〈(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉′

(δ): 〈(x1, x2, x3), (x1, x2, x3)〉′ = x21 + 2x2

2 + 3x23 ≥ 0 και 〈(x1, x2, x3), (x1, x2, x3)〉′ = 0 αν και

µόνο αν x1 = x2 = x3 = 0.

Εποµένως η απεικόνιση 〈 , 〉′ ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R3.

(2) ΄Εχουµε :

V = (x, y, z) | x− y + z = 0= (x, y, z) | y = x+ z= (x, x+ z, z) | x, z ∈ R= x(1, 1, 0) + z(0, 1, 1) | x, z ∈ R= 〈(1, 1, 0), (0, 1, 1)〉

και επειδή τα διανύσµατα (1, 1, 0), (0, 1, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητα έπεται ότι το σύνολο (1, 1, 0), (0, 1, 1)αποτελεί µια ϐάση του V. Αφού ϑέλουµε να ϐρούµε όλα τα διανύσµατα του R3

τα οποία είναι κάθε-

τα, ως προς το εσωτερικό γινόµενο 〈 , 〉′, µε κάθε διάνυσµα του υπόχωρου V, αρκεί να ϐρούµε τα

διανύσµατα που είναι κάθετα µε τα διανύσµατα της ϐάσης του V. ΄Εστω (x, y, z) ∈ R3. Τότε : 〈(1, 1, 0), (x, y, z)〉′ = 0

〈(0, 1, 1), (x, y, z)〉′ = 0=⇒

x+ 2y = 0

2y + 3z = 0=⇒

x = −2y

z = −23y

΄Αρα έχουµε :

W = (x, y, z) ∈ R3 | 〈(1, 1, 0), (x, y, z)〉′ = 0 και 〈(0, 1, 1), (x, y, z)〉′ = 0

= (x, y, z) ∈ R3 | x = −2y και z = −2

3y

= (−2y, y,−2

3y) ∈ R3 | y ∈ R

= y(−2, 1,−2

3) ∈ R3 | y ∈ R

= 〈(−2, 1,−2

3)〉 2

95





16 - 5 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 41. ΄Εστω V και W δυο υπόχωροι του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉).(1) Αν V ⊆W να δείξετε ότι : W⊥ ⊆ V⊥.(2) Να δείξετε ότι : (V + W)⊥ = V⊥ ∩W⊥.(3) Αν dimRE <∞, να δείξετε ότι :

(α΄) (V⊥)⊥ = V.

(ϐ΄) (V ∩W)⊥ = V⊥ + W⊥.

Λύση. (1) ΄Εστω ~x ∈W⊥. Τότε

〈~x, ~w〉 = 0, ∀~w ∈W και V ⊆W =⇒ 〈~x,~v〉 = 0,∀~v ∈ V =⇒ ~x ∈ V⊥ =⇒ W⊥ ⊆ V⊥

(2) ΄Εχουµε ότι V ⊆ V + W και W ⊆ V + W. ΄Αρα από το ερώτηµα (1) έπεται ότι (V + W)⊥ ⊆ V⊥

(V + W)⊥ ⊆W⊥=⇒ (V + W)⊥ ⊆ V⊥ ∩W⊥ (∗)

΄Εστω ~x ∈ V⊥ ∩W⊥, δηλαδή ~x ∈ V⊥ και ~x ∈W⊥. ΄Αρα έχουµε ότι 〈~x,~v〉 = 0 και 〈~x, ~w〉 = 0, γιακάθε ~v ∈ V και ~w ∈W. ΄Εστω ~y = ~v + ~w µε ~v ∈ V και ~w ∈W. Τότε

〈~x, ~y〉 = 〈~x,~v〉+ 〈~x, ~w〉 = 0 =⇒ ~x ∈ (V + W)⊥ =⇒ V⊥ ∩W⊥ ⊆ (V + W)⊥ (∗∗)

Από τις σχέσεις (∗) και (∗∗) έπεται το Ϲητούµενο : (V + W)⊥ = V⊥ ∩W⊥.(3) (α΄) ΄Εστω ~x ∈ V. Τότε έπεται άµεσα ότι ~x ⊆ (V⊥)⊥ = ~x ∈ E | 〈~x, ~y〉 = 0, ∀~y ∈ V⊥ και άρα

V ⊆ (V⊥)⊥. Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι για κάθε υπόχωρο Z ενός Ευκλείδειου χώρου E

πεπερασµένης διάστασης ισχύει ότι : E = Z⊕Z⊥. Επιλέγοντας διαδοχικά Z = V και Z = V⊥,ϑα έχουµε : E = V⊕ V⊥

E = V⊥ ⊕ (V⊥)⊥=⇒

dimR E = dimR V + dimR V⊥

dimR E = dimR V⊥ + dimR(V⊥)⊥

και εποµένως

dimR V = dimR(V⊥)⊥

Επειδή V ⊆ (V⊥)⊥ και dimR V = dimR(V⊥)⊥, έπεται ότι V = (V⊥)⊥.(ϐ΄) Για το δεύτερο ερώτηµα του (3) χρησιµοποιώντας το (2) και το (3)(α′) έχουµε :

(V⊥ + W⊥)⊥ = (V⊥)⊥ ∩ (W⊥)⊥ = V ∩W =⇒

(V ∩W)⊥ =((V⊥ + W⊥)⊥

)⊥= V⊥ + W⊥

96

Λυµένη ΄Ασκηση 42. Θεωρούµε τον ακόλουθο υπόχωρο του Rn:

V =~x = (x1, · · · , xn) ∈ Rn | x1 + 2x2 + · · ·+ nxn = 0

⊆ Rn

Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του υπόχωρου V⊥, όταν :

(1) Ο Rn είναι εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο.

(2) Ο Rn είναι εφοδιασµένος µε το εσωτερικό γινόµενο

〈~x, ~y〉 = x1y1 + 2x2y2 + · · ·+ nxnyn

όπου : ~x = (x1, · · · , xn) και ~y = (y1, · · · , yn).


V =

(x1, · · · , xn) ∈ Rn | x1 + 2x2 + · · ·+ nxn = 0

=

(x1, · · · , xn) ∈ Rn | x1 = −2x2 − · · · − nxn

=

(−2x2 − · · · − nxn, x2, · · · , xn) ∈ Rn | x2, · · · , xn ∈ R

=x2(−2, 1, 0, · · · , 0) + · · ·+ xn(−n, 0, · · · , 0, 1) ∈ Rn | x2, · · · , xn ∈ R

=

⟨(−2, 1, 0, · · · , 0), (−3, 0, 1, · · · , 0), · · · , (−n, 0, · · · , 0, 1)

⟩Τα διανύσµατα (−2, 1, 0, · · · , 0), (−3, 0, 1, · · · , 0), · · · , (−n, 0, · · · , 0, 1) αποτελούν ϐάση του V, αφού

είναι γραµµικά ανεξάρτητα, και άρα dimR V = n− 1. Τότε :

Rn = V⊕ V⊥ =⇒ dimRRn = dimR V + dimR V⊥ =⇒ dimR V⊥ = 1

Παρατηρούµε ότι το διάνυσµα (1, 2, · · · , n) ∈ V⊥ διότι από τη περιγραφή του υπόχωρου V έχουµε

〈(x1, x2, · · · , xn), (1, 2, · · · , n)〉 = x1 + 2x2 + · · ·+ nxn = 0

µε το κανονικό εσωτερικό γινόµενο. Αφού λοιπόν το µη-µηδενικό διάνυσµα (1, 2, · · · , n) ∈ V⊥ και

dimR V⊥ = 1 έπεται ότι το σύνολο (1, 2, · · · , n) αποτελεί µια ϐάση του V⊥. Συνεπώς, µια ορθοκα-

νονική ϐάση του V⊥, µε το κανονικό εσωτερικό γινόµενο, είναι το µονοσύνολο:

ΟΚΒ : (1, 2, · · · , n)√

1 + 22 + · · ·+ n2

Στη συνέχεια χρησιµοποιώντας το δεύτερο εσωτερικό γινόµενο και την περιγραφή του V παρατηρούµε ότι

το διάνυσµα (1, 1, · · · , 1) ∈ V⊥, διότι

〈(x1, x2, · · · , xn), (1, 1, · · · , 1)〉 = x1 + 2x2 + · · ·+ nxn = 0

Επειδή το µη-µηδενικό διάνυσµα (1, 1, · · · , 1) ∈ V⊥ και dimRV⊥ = 1 έπεται ότι το µονοσύνολο

(1, 1, · · · , 1) αποτελεί µια ϐάση του V⊥. Εποµένως µια ορθοκανονική ϐάση του V⊥, µε το δεύτερο

εσωτερικό γινόµενο, είναι το σύνολο:

ΟΚΒ : (1, 1, · · · , 1)√

1 + 2 + · · ·+ n

2

Λυµένη ΄Ασκηση 43. Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R4εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό

γινόµενο και τους υποχώρους του


(1) Να εξετάσετε αν οι V και W είναι ορθοσυµπληρωµατικοί3.

(2) Βρείτε το ορθογώνιο συµπλήρωµα (V ∩W)⊥ του υπόχωρου V ∩W.

3∆ηλαδή αν R4 = V⊕W και 〈~v, ~w〉 = 0, ∀~v ∈ V και ∀~w ∈W.

97


V =

(x, y, z, w) ∈ R4 | 2x+ 3y + z = 0

=

(x, y, z, w) ∈ R4 | z = −2x− 3y

=

(x, y,−2x− 3y, w) ∈ R4 | x, y, w ∈ R

=x(1, 0,−2, 0) + y(0, 1,−3, 0) + w(0, 0, 0, 1) ∈ R4 | x, y, w ∈ R

= 〈(1, 0,−2, 0), (0, 1,−3, 0), (0, 0, 0, 1)〉

και

W =

(x, y, z, w) ∈ R4 | x− y + w = 0

=

(x, y, z, w) ∈ R4 | y = x+ w

=

(x, x+ w, z, w) ∈ R4 | x, z, w ∈ R

=x(1, 1, 0, 0) + w(0, 1, 0, 1) + z(0, 0, 1, 0) ∈ R4 | x, z, w ∈ R

= 〈(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0)〉

Τα σύνολα(1, 0,−2, 0), (0, 1,−3, 0), (0, 0, 0, 1)

⊆ V και

(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0)

⊆ W

είναι γραµµικά ανεξάρητα και άρα αποτελούν ϐάσεις των υπόχωρων V και W αντίστοιχα. ΄Αρα

dimR V = 3 και dimRW = 3

Αν οι V και W είναι ορθοσυµπληρωµατικοί τότε 4 = dimRR4 = dimR V+dimRW = 3+3, που προφανώς

δεν ισχύει.

∆ιαφορετικά : αν οι υπόχωροι V καιW ήσαν ορθοσυµπληρωµατικοί, τότε ϑα έπρεπε να ισχύει : 〈~x, ~y〉 = 0για κάθε ~x ∈ V και ~y ∈ W. ΄Οµως 〈(0, 1,−3, 0), (0, 1, 0, 1) = 1 6= 0 και άρα οι V και W δεν είναι

ορθοσυµπληρωµατικοί.

Στην συνέχεια ϑα ϐρούµε το ορθογώνιο συµπλήρωµα (V∩W)⊥ του υπόχωρου V∩W. ΄Αρα πρώτα πρέπει

να ϐρούµε µια ϐάση του V ∩W. Από την εξίσωση x− y + w = 0 έχουµε x = y − w και αντικαθιστώντας

στην 2x + 3y + z = 0 έπεται ότι 2y − 2w + 3y + z = 0, δηλαδή y = 25w −

15z. ΄Αρα ϐρίσκουµε ότι

x = −35w −

15z. ΄Εχουµε :

V ∩W =

(x, y, z, w) ∈ R4 | (x, y, z, w) ∈ V και (x, y, z, w) ∈W

=

(x, y, z, w) ∈ R4 | 2x+ 3y + z = 0 και x− y + w

=

(x, y, z, w) ∈ R4 | x = −3

5w − 1

5z και y =

2

5w − 1

5z

=

(−3

5w − 1

5z,

2

5w − 1

5z, z, w) ∈ R4 | x, y, w ∈ R

=

z(−1

5,−1

5, 1, 0) + w(−3

5,2

5, 0, 1) ∈ R4 | z, w ∈ R

=

⟨(−1

5,−1

5, 1, 0), (−3

5,2

5, 0, 1)

⟩

98

Το σύνολο (−15 ,−

15 , 1, 0), (−3

5 ,25 , 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του υ-

πόχωρου V ∩W. Για να ϐρούµε το ορθογώνιο συµπλήρωµα (V ∩W)⊥ πρέπει να λύσουµε το σύστηµα:⟨(−1

5 ,−15 , 1, 0), (x, y, z, w)

⟩= 0⟨

(−35 ,

25 , 0, 1), (x, y, z, w)

⟩= 0

=⇒

−x− y + 5z = 0

−3x+ 2y + 5w = 0

Από τη πρώτη εξίσωση έχουµε x = −y + 5z και αντικαθιστώντας στη δεύτερη ϐρίσκουµε y = 3z − w και

άρα x = 2z + w. Τότε :

(V ∩W)⊥ =

(x, y, z, w) ∈ R4 |⟨(−1

5,−1

5, 1, 0), (x, y, z, w)

⟩= 0 και

⟨(−3

5,2

5, 0, 1), (x, y, z, w)

⟩= 0

=

(x, y, z, w) ∈ R4 | − x− y + 5z = 0 και − 3x+ 2y + 5w = 0

=

(x, y, z, w) ∈ R4 | x = 2z + w και y = 3z − w

=

(2z + w, 3z − w, z, w) ∈ R4 | z, w ∈ R

=z(2, 3, 1, 0) + w(1,−1, 0, 1) ∈ R4 | z, w ∈ R

=

⟨(2, 3, 1, 0), (1,−1, 0, 1)

⟩Εύκολα διαπιστώνουµε ότι το σύνολο

(2, 3, 1, 0), (1,−1, 0, 1)

είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του (V ∩W)⊥.

∆ουλεύοντας διαφορετικά ϑα µπορούσε κανείς να ϑεωρήσει την ϐάση (−15 ,−

15 , 1, 0), (−3

5 ,25 , 0, 1)

του V ∩W και µε την διαδικασία Gram-Schmidt να ϐρει µια ορθοκανονική ϐάση ~ε1, ~ε2 του V ∩W.

Συµπληρώνοντας την ορθοκανονική αυτή ϐάση σε µια ορθοκανονική ϐάση ~ε1, ~ε2, ~ε3, ~ε4 του R4, έπεται

ότι το σύνολο διανυσµάτων ~ε3, ~ε4 είναι µια ορθοκανονική ϐάση του (V ∩W)⊥. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 44. ΄Εστω ο Ευκλείδειος χώροςR3εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο

και έστω

V =

(x, y, z) ∈ R3 | x− y − z = 0

(1) Να ϐρεθούν ορθοκανονικές ϐάσεις των υποχώρων V και V⊥.(2) Να γραφεί το διάνυσµα ~x = (2,−1, 0) ως ~x = ~y + ~z, όπου ~y ∈ V και ~z ∈ V⊥.


V =

(x, y, z) ∈ R3 | x− y − z = 0

=

(x, y, z) ∈ R3 | x = y + z

=

(y + z, y, z) ∈ R3 | y, z ∈ R

=y(1, 1, 0) + z(1, 0, 1) ∈ R3 | y, z ∈ R

= 〈(1, 1, 0), (1, 0, 1)〉

Το σύνολο (1, 1, 0), (1, 0, 1) είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του V. Αφού

〈(1, 1, 0), (1, 0, 1)〉 = 1 6= 0 έπεται ότι τα διανύσµατα δεν είναι κάθετα µεταξύ τους. ΄Αρα για να ϐρο-

ύµε µια ορθοκανονική ϐάση του V εφαρµόζουµε τη διαδικασία Gram-Schmidt:

99


Θέτουµε ~x1 = (1, 1, 0) και ~x2 = (1, 0, 1). Τότε ~y1 = ~x1 = (1, 1, 0) και

~y2 = ~x2 −〈~x2, ~y1〉〈~y1, ~y1〉

· ~y1 = (1, 0, 1)− 〈(1, 0, 1), (1, 1, 0)〉〈(1, 1, 0), (1, 1, 0)〉

· (1, 1, 0)

= (1, 0, 1)− 1

2· (1, 1, 0)

= (1

2,−1

2, 1)


‖~y1‖ = ‖(1, 1, 0)‖ =√〈(1, 1, 0), (1, 1, 0)〉 =

√2

‖~y2‖ = ‖(1

2,−1

2, 1)‖ =

√⟨(1

2,−1

2, 1), (

1

2,−1

2, 1)⟩

=

√6

4=

√3

2

Τότε η ορθοκανονική ϐάση του V είναι

ΟΚΒ :~z1, ~z2

=~z1 =

~y1

‖~y1‖, ~z2 =

~y2

‖~y2‖

=

(1√2,

1√2, 0), (

√2

2√

3,−√

2

2√

3,

√2√3

)

Για τον V⊥ έχουµε :

V⊥ =

(x, y, z) ∈ R3 | 〈(1, 1, 0), (x, y, z)〉 = 0 και 〈(1, 0, 1), (x, y, z)〉 = 0

=

(x, y, z) ∈ R3 | x+ y = 0 και x+ z = 0

=

(x, y, z) ∈ R3 | y = −x και z = −x

=

(x,−x,−x) ∈ R3 | x ∈ R

=⟨(−1, 1, 1)

⟩Συνεπώς το σύνολο (−1, 1, 1) αποτελεί µια ϐάση του V⊥ και άρα µια ορθοκανονική ϐάση του V⊥ είναι

(− 1√3, 1√

3, 1√

3).

Επειδή R3 = V⊕ V⊥ έπεται ότι

(2,−1, 0) = κ(1, 1, 0) + λ(1, 0, 1) + µ(−1, 1, 1) = (κ+ λ− µ, κ+ µ, λ+ µ) =⇒

κ+ λ− µ = 2κ+ µ = −1λ+ µ = 0

Λύνοντας το παραπάνω σύστηµα ϐρίσκουµε ότι κ = 0, λ = 1 και µ = −1 και άρα

(2,−1, 0) = 0 · (1, 1, 0) + 1 · (1, 0, 1) + (−1) · (−1, 1, 1)

Εποµένως δείξαµε πράγµατι ότι το διάνυσµα ~x = (2,−1, 0) γράφεται ως ~x = ~y + ~z, όπου ~y = (1, 0, 1) ∈ V

και ~z = (1,−1,−1) ∈ V⊥. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 45. ΄Εστω ο Ευκλείδειος χώροςR3εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο

και έστω η γραµµική απεικόνιση

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x− y, y − z, z − x)

(1) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση της εικόνας Im(f) της f .(2) Να ϐρεθεί µια ορθοκανονική ϐάση του ορθοσυµπληρωµατικού υποχώρου Im(f)⊥.

100

Λύση. Θεωρούµε την κανονική ϐάση ~e1 = (1, 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0), ~e3 = (0, 0, 1) του R3, και τότε

γνωρίζουµε ότι Im(f) = 〈f(~e1), f(~e2), f(~e3)〉. ΄Ετσι ϑα έχουµε :

Im(f) = 〈f(1, 0, 0), f(0, 1, 0), f(0, 0, 1)〉 = 〈(1, 0,−1), (−1, 1, 0), (0,−1, 1)〉 = 〈(1, 0,−1), (−1, 1, 0)〉

αφού (−1) · (1, 0,−1) + (−1) · (−1, 1, 0) = (0,−1, 1). Το σύνολο(1, 0,−1), (−1, 1, 0)

είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση της εικόνας Im(f) της f . Αφού 〈(1, 0,−1), (−1, 1, 0)〉 =−1 6= 0 έπεται ότι τα διανύσµατα δεν είναι κάθετα µεταξύ τους και άρα για να ϐρούµε µια ορθοκανονική

ϐάση της εικόνας Im(f) εφαρµόζουµε τη διαδικασία Gram-Schmidt.


Θέτουµε ~x1 = (1, 0,−1) και ~x2 = (−1, 1, 0). Τότε ~y1 = ~x1 = (1, 0,−1) και

~y2 = ~x2 −〈~x2, ~y1〉〈~y1, ~y1〉

· ~y1 = (−1, 1, 0)− 〈(−1, 1, 0), (1, 0,−1)〉〈(1, 0,−1), (1, 0,−1)〉

· (1, 0,−1)

= (−1, 1, 0) +1

2· (1, 0,−1)

= (−1

2, 1,−1

2)


‖~y1‖ = ‖(1, 0,−1)‖ =√〈(1, 0,−1), (1, 0,−1)〉 =

√2

‖~y2‖ = ‖(−1

2, 1,−1

2)‖ =

√⟨(−1

2, 1,−1

2), (−1

2, 1,−1

2)⟩

=

√6

2

Τότε η ορθοκανονική ϐάση της εικόνας Im(f) είναι

ΟΚΒ :~z1, ~z2

=~z1 =

~y1

‖~y1‖, ~z2 =

~y2

‖~y2‖

= 1√

2(1, 0,−1),

1√6

(−1, 2,−1)

Στη συνέχεια ϐρίσκουµε τον ορθοσυµπληρωµατικό υπόχωρο της εικόνας Im(f). ΄Εχουµε :

Im(f)⊥ =

(x, y, z) ∈ R3 | 〈(1, 0,−1), (x, y, z)〉 = 0 και 〈(−1, 1, 0), (x, y, z)〉 = 0

=

(x, y, z) ∈ R3 | x− z = 0 και − x+ y = 0

=

(x, y, z) ∈ R3 | x = y = z

=

(x, x, x) ∈ R3 | x ∈ R

=⟨(1, 1, 1)

⟩΄Αρα το σύνολο (1, 1, 1) αποτελεί µια ϐάση του υπόχωρου Im(f)⊥ και άρα το σύνολο 1√

3(1, 1, 1) είναι

µια ορθοκανονική ϐάση του ορθοσυµπληρωµατικού υποχώρου Im(f)⊥. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 46. Θεωρούµε τα ακόλουθα διανύσµατα του R4:

~ε1 = (2,−3, 1, 0), ~ε2 = (7, 3, 0, 1), ~ε3 = (−1, 0, 1, 0), ~ε4 = (0, 1, 1, 1)

Να ϐρεθεί ένα εσωτερικό γινόµενο 〈〈 , 〉〉 στον R4έτσι ώστε το σύνολο B = ~ε1, ~ε2, ~ε3, ~ε4 να αποτελεί

ορθοκανονική ϐάση του R4.

101

Λύση. Καταρχήν το σύνολο B = ~ε1, ~ε2, ~ε3, ~ε4 είναι γραµµικά ανεξάρτητο διότι η ορίζουσα του πίνακα:2 −3 1 07 3 0 1−1 0 1 0

0 1 1 1

των συνιστωσών των διανυσµάτων του συνόλου B είναι ίση µε 24 6= 0. Εποµένως το σύνολο B αποτελεί

µια ϐάση του R4.

΄Εστω ~x, ~y ∈ R4. Αφού το σύνολο B είναι ϐάση έχουµε µοναδική γραφή αυτών των διανυσµάτων ως

γραµµικό συνδυασµό των διανυσµάτων της ϐάσης B:

~x = x1~ε1 + x2~ε2 + x3~ε3 + x4~ε4 και ~y = y1~ε1 + y2~ε2 + y3~ε3 + y4~ε4

όπου : xi, yi ∈ R. Ορίζουµε την απεικόνιση

〈〈 , 〉〉 : R4 × R4 −→ R, 〈〈~x, ~y〉〉 = x1y1 + x2y2 + x3y3 + x4y4

Τότε όπως µπορούµε να δούµε εύκολα η απεικόνιση 〈〈 , 〉〉 : R4 × R4 −→ R είναι ένα εσωτερικό γινόµενο

στον R4.

Ως προς το εσωτερικό γινόµενο 〈〈 , 〉〉 η ϐάση B είναι προφανώς ορθοκανονική.

Για παράδειγµα υπολογίζουµε ότι 〈〈~ε1, ~ε1〉〉 = 1 · 1 = 1, 〈〈~ε1, ~ε2〉〉 = 1 · 0 + 0 · 1 + 0 = 0 και γενικότερα

ισχύει : 〈〈~εi, ~εj〉〉 = δij για κάθε 1 ≤ i, j ≤ 4.

Για την εύρεση του εσωτερικού γινοµένου στην κανονική ϐάση του R4, δηλαδή για την εύρεση της τιµής

της απεικόνισης

〈〈(a1, a2, a3, a4), (b1, b2, b3, b4)〉〉

της απεικόνισης 〈〈, 〉〉, συναρτήσει των ai και bi, εκφράζουµε τα διανύσµατα ~x = (a1, a2, a3, a4) και

~y = (b1, b2, b3, b4) συναρτήσει των διανυσµάτων της ϐάσης ~ε1, ~ε2, ~ε3, ~ε4 και χρησιµοποιύµε τη σχέση

〈〈~x, ~y〉〉 = x1y1 + x2y2 + x3y3 + x4y4. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 47. ΄Εστω ~e ένα µοναδιαίο διάνυσµα σε έναν Ευκλείδειο χώρο (E, 〈, 〉). Να δείξετε ότι

κάθε διάνυσµα ~x ∈ E γράφεται µοναδικά ως εξής :


Ο µοναδικά προσδιορισµένος από το διάνυσµα ~x αριθµός α καλείται η αριθµητική προβολή του ~x στην

διεύθυνση του ~e και συµβολίζεται µε : α := π~e(~x) 4.

Να αποδείξετε τα ακόλουθα, ∀~x, ~y ∈ E και r ∈ R:

(1) π~e(~x+ ~y) = π~e(~x) + π~e(~y).(2) π~e(r~x) = rπ~e(~x)(3) π~e(~x) = 〈~x,~e〉.(4) Αν B = ~ε1, ~ε2, · · · , ~εn είναι µια ορθοκανονική ϐάση του E, να δείξετε ότι :

~x =n∑i=1

π~εi(~x)~εi =n∑i=1

〈~x, ~εi〉~εi = 〈~x, ~ε1〉~ε1 + 〈~x, ~ε2〉~ε2 + · · ·+ 〈~x, ~εn〉~εn

Λύση. Συµπληρώνουµε το διάνυσµα ~e σε µια ορθοκανονική ϐάση

C =~e,~e2, · · · , ~en

4΄Ετσι, επειδή το ~e είναι µοναδιαίο, η προβολή του ~x στο διάνυσµα ~e είναι το διάνυσµα Π~e(~x) = π~e(~x)~e

102

του E. ΄Εστω V = κ~e | κ ∈ R ο υπόχωρος του E που παράγεται από το ~e, και W ο υπόχωρος του που

παράγεται από τα διανύσµατα ~e2, · · · , ~en. Τότε ϑα έχουµε

E = V⊕W

και άρα κάθε διάνυσµα ~x ∈ E γράφεται µοναδικά ως εξής :


Προφανώς το διάνυσµα α~e είναι η ορθογώνια προβολή του ~x στον υπόχωρο V και εποµένως α = 〈~x,~e〉,διότι το ~e είναι µοναδιαίο. ΄Αρα π~e(~x) = 〈~x,~e〉, και τότε χρησιµοποιώντας τις ιδιότητες του εσωτερικού

γινοµένου ϐλέπουµε άµεσα ότι ισχύουν τα (1) και (2).

Τέλος ανB = ~ε1, ~ε2, · · · , ~εn είναι µια ορθοκανονική ϐάση του E, τότε κάθε διάνυσµα ~x έχει µοναδική

γραφή

~x = 〈~x, ~ε1〉~ε1 + 〈~x, ~ε2〉~ε2 + · · ·+ 〈~x, ~εn〉~εnαπ΄ όπου προκύπτει το Ϲητούµενο. 2

103





30 - 5 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 48. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και ϑεωρούµε τη γραµµική απεικόνιση

f : E −→ E, f(~x) = λ~x

όπου λ ∈ R, λ 6= 0. Να δείξετε ότι η f είναι ισοµορφισµός, αλλά γενικά όχι ισοµετρία. Να ϐρεθεί αναγκαία

και ικανή συνθήκη έτσι ώστε η f να είναι ισοµετρία.

Λύση. ΄Εστω ~x ∈ Ker f . Τότε f(~x) = λ~x = ~0 και αφού λ 6= 0 έπεται ότι ~x = ~0. ΄Αρα Ker f = ~0 και

εποµένως η f είναι ένα προς ένα. ΄Εστω ~y ∈ E. Τότε υπάρχει ~x = 1λ~y ∈ E έτσι ώστε f(~x) = λ 1

λ~y = ~y.Συνεπώς η f είναι επί και άρα ισοµορφισµός. ΄Εχουµε :

‖f(~x)‖ = ‖λ~x‖ = |λ| · ‖~x‖ 6= ‖~x‖Εποµένως η f γενικά δεν είναι ισοµετρία. ΄Εστω ~x ∈ E. Τότε :

‖f(~x)‖2 = ‖~x‖2 ⇐⇒⟨f(~x), f(~x)

⟩=⟨~x, ~x

⟩⇐⇒

⟨λ~x, λ~x

⟩=⟨~x, ~x

⟩⇐⇒ λ2

⟨~x, ~x

⟩=⟨~x, ~x

⟩⇐⇒ λ2 = 1

⇐⇒ λ = ±1

΄Αρα η f είναι ισοµετρία αν και µόνο αν λ = ±1. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 49. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης.

(1) Αν ~x, ~y είναι δύο διανύσµατα του E έτσι ώστε ‖~x‖ = ‖~y‖, να δείξετε ότι υπάρχει µια ισοµετρία

f : E −→ E, έτσι ώστε : f(~x) = ~y.(2) Αν ~x, ~y, ~z, ~w είναι τέσσερα διανύσµατα του E έτσι ώστε

‖~x‖ = ‖~y‖ και ‖~z‖ = ‖~w‖να εξετασθεί αν υπάρχει ισοµετρία f : E −→ E, έτσι ώστε :

f(~x) = ~y και f(~z) = ~w

Λύση. (1) Αν ~x = ~0, τότε επειδή ‖~x‖ = ‖~y‖, έπεται ότι ~y = ~0. Τότε προφανώς κάθε ισοµετρία f : E −→ E,

έχει την επιθυµιτή ιδιότητα f(~x) = f(~0) = ~0 = f(~0) = f(~y).

΄Εστω ~x 6= ~0, και εποµένως ~y 6= ~0. Θέτουµε :

~e1 =~x

‖~x‖και ~ε1 =

~y

‖~y‖Συµληρώνουµε τα µοναδιαία διανύτσµατα ~e1 και ~ε1 σε ορθοκανονικές ϐάσεις του E:

B =~e1, ~e2, · · · , ~en

και C =

~ε1,~ε2, · · · ,~εn

104

Τότε όπως γνωρίζουµε υπάρχει µοναδική ισοµετρία f : E −→ E έτσι ώστε :

f(~ei) = ~εi 1 ≤ i ≤ n

΄Αρα υπάρχει ισοµετρία f : E −→ E, έτσι ώστε :

~y

‖~y‖= ~ε1 = f(~e1) = f(

~x

‖~x‖) =

1

‖~x‖f(~x)

και επειδή ‖~x‖ = ‖~y‖, η παραπάνω σχέση δείχνει ότι : f(~x) = ~y.

(2) ΄Εστω ο Ευκλείδειος χώρςο E = R3εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο, και έστω:

~x = (1, 0, 0), ~y = (1/3, 2/3, 2/3), ~z = (0, 1, 1), ~w = (1, 0, 1)

Τότε υπολογίζουµε εύκολα:

‖~x‖ = 1 = ‖~y‖ και ‖~z‖ =√

2 = ‖~w‖

Αν υπήρχε ισοµετρία f : E −→ E, έτσι ώστε :

f(~x) = ~y και f(~z) = ~w (∗)

τότε ϑα είχαµε :

0 = 〈~x, ~z〉 = 〈f(~x), f(~z)〉 = 〈~y, ~w〉 = 1

το οποίο είναι άτοπο. ΄Αρα δεν υπάρχει ισοµετρία µε την επιθυµιτή ιδιότητα.

Παρατήρηση: Αν επιπλέον ισχύει ότι : 〈~x, ~z〉 = 〈~y, ~w〉, τότε υπάρχει ισοµετρία f : E −→ E, έτσι ώστε

να ισχύουν οι σχέσεις (∗). ∆είξτε το σαν Ασκηση. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 50. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης, και

f : E −→ E

µια ισοµετρία. Να δείξετε ότι αν V είναι ένας υπόχωρος του E, τότε :

f(V) ⊆ V =⇒ f(V⊥) ⊆ V⊥

Ισχύει η αντίστροφη συνεπαγωγή ;

Λύση. Υπενθυµίζουµε πρώτα το εξής :

Θεωρία: ΄Εστω f : E −→ F µια ισοµετρία µεταξύ δυο Ευκλειδείων χώρων πεπερασµένης διάστασης.

Τότε η f είναι µονοµορφισµός.

Απόδειξη: ΄Εστω ~x ∈ E έτσι ώστε f(~x) = ~0. Τότε ‖f(~x)‖ = 0 και επειδή η f είναι ισοµετρία έπεται ότι

‖~x‖ = 0. Συνεπώς ~x = ~0 και άρα Ker f = ~0, δηλαδή η f είναι 1-1.

Υποθέτουµε ότι f(V) ⊆ V και έστω ένα διάνυσµα ~w ∈ f(V⊥). Θα δείξουµε ότι ~w ∈ V⊥. Από

τη παραπάνω υπενθύµιση έχουµε ότι η f είναι µονοµορφισµός και επειδή f(V) ⊆ V έπεται ότι η fπεριορίζεται σε µια γραµµική απεικόνιση

fV : V −→ V, fV(~x) = f(~x)

Επειδή ο V είναι Ευκλείδειος χώρος, ώς υπόχωρος του Ευκλείδειου χώρου E, και επειδή η f παραµένει

ισοµετρία περιορισµένη στον V, έπεται ότι η fV είναι ισοµετρία και άρα είναι µονοµορφισµός. Επειδή ο V

έχει πεπερασµένη διάσταση, ώς υπόχωρος του E, έπεται ότι η fV είναι ισοµορφισµός και ιδιαίτερα είναι επί.

΄Αρα:

f(V) = V (∗)

105

Επειδή ~w ∈ f(V⊥), έχουµε ότι ~w = f(~z) για κάποιο ~z ∈ V⊥. ΄Εστω ~v ∈ V. Επειδή η f περιορισµένη στον

V είναι επί, από τη σχέση (∗), έχουµε ~v = f(~v′) για κάποιο ~v′ ∈ V και άρα⟨~v, ~w

⟩=

⟨f(~v′), f(~z)

⟩=

⟨~v′, ~z

⟩f : ισοµετρία

= 0 ~z ∈ V⊥

Εποµένως ~w ∈ V⊥ και άρα πράγµατι δείξαµε : f(V⊥) ⊆ V⊥.

Αντίστροφα έστω ότι ισχύει f(V⊥) ⊆ V⊥. Τότε αν αντικαταστήσουµε όπου V µε V⊥ έχουµε ότι

f((V⊥)⊥) ⊆ (V⊥)⊥ και άρα f(V) ⊆ V, διότι όπως γνωρίζουµε ισχύει ότι (V⊥)⊥ = V επειδή ο E έχει

πεπερασµένη διάσταση. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 51. (1) Θεωρούµε τον Ευκλείδειο χώρο R4εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτε-

ϱικό γινόµενο και τους υποχώρους του


Να ϐρεθεί µια ισοµετρία f : (V, 〈, 〉) −→ (R2[t], 〈, 〉) και µια ισοµετρία g : (W, 〈, 〉) −→ (R3, 〈, 〉).(2) Να εξετασθεί αν υπάρχει ισοµετρία h : (V ∩W, 〈, 〉) −→ (Mn×n(R), 〈, 〉), για κατάλληλο n ≥ 1.

Λύση. Από την περιγραφή των συνόλων V και W, εύκολα ϐλέπουµε ότι το σύνολο

B1 =

(1, 0,−2, 0), (0, 1,−3, 0), (0, 0, 0, 1)

είναι µια ϐάση του V, και το σύνολο

C1 =

(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0)

είναι µια ϐάση του W. ΄Αρα:

dimRV = 3 = dimRR2[t] και dimRW = 3 = dimRR3

Επειδή οι Ευκλείδειοι χώροι (V, 〈, 〉) και (R2[t] έχουν την ίδια διάσταση, έπεται ότι είναι ισοµετρικά ισόµορ-

ϕοι, και παρόµοια επειδή οι Ευκλείδειοι χώροι (W, 〈, 〉) και (R3, 〈, 〉) έχουν την ίδια διάσταση, έπεται ότι

είναι ισοµετρικά ισόµορφοι.

1. Για να κατασκευάσουµε µια ισοµετρία f : V −→ R2[t], ϐρίσκουµε πρώτα ορθοκανονικές ϐάσεις των

V και R2[t].Με την διαδικασία Gram-Schmidt στη ϐάση B1 ϐλέπουµε ότι το σύνολο

B =~e1 =

1√10

(0, 1,−3, 0), ~e2 =

√5√7

(1,−3

5,−1

5, 0), ~e3 = (0, 0, 0, 1)

είναι µια ορθοκανονική ϐαση του V.

Η διαδικασία Gram-Schmidt στην κανονική ϐάση 1, t, t2 τουR2[t] δίνει, ως γνωστόν την ορθοκανονική

ϐάση

F =~ε1 = 1, ~ε2 =

√12(t− 1

2), ~ε3 =

√180(t2 − t+

1

6)

Τότε υπάρχει µοναδική ισοµετρία f : V −→ R2[t] έτσι ώστε :

f(~ei) = ~εi, 1 ≤ i ≤ 3

Αν ϑέλουµε να υπολογίσουµε τον ακριβή τύπο ορισµού της f σε ένα διάνυσµα ~ζ = (x, y, z, w) ∈ V,

εκφράζουµε το ~ζ ως γραµµικό συνδυασµό ~ζ = κ~e1 + λ~e2 + µ~e3 της ΟΚΒ B, και κατόπιν εφαρµόζουµε την

f : f(~ζ) = κf(~e1)+λf(~e2)+µf(~e3) = κ~ε1 +λ~ε2 +µ~ε3 απ΄ όπου προκύπτει µετά από πράξεις το Ϲητούµενο.

106

Παρόµοια κατασκευάζουµε µια ισοµετρία µεταξύ των W και R3.

2. Για να υπάρχει ισοµετρία h : (V ∩W, 〈, 〉) −→ (Mn×n(R), 〈, 〉), για κατάλληλο n ≥ 1, ϑα πρέπει

dimR(V ∩W) = n2 = dimRMn×n(R)

Επειδή dimRV = 3 = dimRW, έπεται ότι :

dimR(V ∩W) = dimRV + dimRW− dimR(V + W) = 6− dimR(V + W)

Η ένωση των ϐάσεων

B1

⋃C1 =

(1, 0,−2, 0), (0, 1,−3, 0), (0, 0, 0, 1)

⋃ (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0)

των V και W είναι προφανώς ένα σύνολο γεννητόρων του V + W και εύκολα ϐλέπουµε ότι το υποσύνολο

D =

(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)

είναι ϐάση του V + W και εποµένως dimR(V + W) = 4. Με άλλα λόγια V + W = R4. Τότε όµως

dimR(V ∩W) = 2

Επειδή δεν υπάρχει ϕυσικός n ≥ 1 έτσι ώστε n2 = 2, συµπεραίνουµε ότι δεν υπάρχει ισοµετρία h : (V ∩W, 〈, 〉) −→ (Mn×n(R), 〈, 〉), ∀n ≥ 1. 2


A =

1√3

1√14∗ ∗

1√3

2√14∗ ∗

1√3

−3√14∗ ∗

0 0 ∗ ∗

Συµπληρώστε τον πίνακα A έτσι ώστε να είναι ορθογώνιος.

Λύση. Για να είναι ο πίνακας A ορθογώνιος πρέπει να τον συµπληρώσουµε µε κατάλληλα διανύσµατα

στήλες έτσι ώστε να έχουν µέτρο ένα και να είναι κάθετα µεταξύ τους. Θέτουµε

Σ1 =

1√3

1√3

1√3

0

, Σ2 =

1√142√14−3√

14

0

και Σ3 =

0001

Τότε ‖Σ3‖ = 1 και 〈Σ1,Σ3〉 = 〈Σ2,Σ3〉 = 0. ΄Εστω

Σ4 =

αβγδ

Θέλουµε το διάνυσµα στήλη Σ4 να έχει µέτρο ένα και να είναι κάθετο µε τα τρία προηγούµενα διανύσµατα

στήλες του πίνακα A, δηλαδή: ‖Σ4‖ = 1 και 〈Σ1,Σ4〉 = 〈Σ2,Σ4〉 = 〈Σ3,Σ4〉 = 0. ΄Εχουµε :

⟨Σ3,Σ4

⟩=⟨

0001

,

αβγδ

⟩ = 0 =⇒ δ = 0

107

⟨Σ1,Σ4

⟩=⟨

1√3

1√3

1√3

0

,

αβγδ

⟩ = 0 =⇒ α+ β + γ = 0 =⇒ α = −β − γ (1)

⟨Σ2,Σ4

⟩=⟨

1√142√14−3√14

0

,

αβγδ

⟩ = 0 =⇒ α+ 2β − 3γ = 0(1)=⇒

β = 4γ

α = −5γ

Αφού λοιπόν δ = 0, β = 4γ και α = −5γ τότε :

‖Σ4‖ = 1 =⇒√α2 + β2 + γ2 = 1

=⇒ α2 + β2 + γ2 = 1

=⇒ (−5γ)2 + (4γ)2 + γ2 = 1

=⇒ 25γ2 + 16γ2 + γ2 = 1

=⇒ 42γ2 = 1

=⇒ γ = ± 1√42

΄Αρα η στήλη Σ4 που ψάχνουµε είναι

Σ4 =

αβγδ

=

−5√

424√421√42

0

ή Σ4 =

αβγδ

=

5√42−4√

42−1√

42

0

Εποµένως ο πίνακας

A =

1√3

1√14

0 −5√42

1√3

2√14

0 4√42

1√3

−3√14

0 1√42

0 0 1 0

ή A =

1√3

1√14

0 5√42

1√3

2√14

0 −4√42

1√3

−3√14

0 −1√42

0 0 1 0

είναι ορθογώνιος. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 53. Θεωρούµε την απεικόνιση

〈 , 〉′ : R3 × R3 −→ R,⟨(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)

⟩′= 4x1y1 + 2x2y2 + 8x3y3

(1) ∆είξτε ότι η απεικόνιση 〈 , 〉′ ορίζει ένα εσωτερικό γινόµενο στον R3.

(2) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση

f :(R3, 〈 , 〉) −→

(R3, 〈 , 〉′), f(x, y, z) =

(x2,y√2,z

2√

2

)είναι µια ισοµετρία, όπου 〈 , 〉 είναι το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο του R3

.

108

Λύση. ΄Εστω (x1, x2, x3), (y1, y2, y3), (z1, z2, z3) ∈ R3και λ ∈ R. Τότε έχουµε :

〈(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉′ = 4x1y1 + 2x2y2 + 8x3y3

= 4y1x1 + 2y2x2 + 8y3x3

= 〈(y1, y2, y3), (x1, x2, x3)〉′

〈(x1, x2, x3) + (y1, y2, y3), (z1, z2, z3)〉′ = 〈(x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3), (z1, z2, z3)〉′

= 4(x1 + y1)z1 + 2(x2 + y2)z2 + 8(x3 + y3)z3

= 4x1z1 + 4y1z1 + 2x2z2 + 2y2z2 + 8x3z3 + 8y3z3

= 4x1z1 + 2x2z2 + 8x3z3 + 4y1z1 + 2y2z2 + 8y3z3

= 〈(x1, x2, x3), (z1, z2, z3)〉+ 〈(y1, y2, y3), (z1, z2, z3)〉′

〈λ(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉′ = 〈(λx1, λx2, λx3), (y1, y2, y3)〉′

= 4λx1y1 + 2λx2y2 + 8λx3y3

= λ(4x1y1 + 2x2y2 + 8x3y3)

= λ〈(x1, x2, x3), (y1, y2, y3)〉′

〈(x1, x2, x3), (x1, x2, x3)〉′ = 4x21 + 2x2

2 + 8x23 ≥ 0

και 〈(x1, x2, x3), (x1, x2, x3)〉′ = 0 αν και µόνο αν (x1, x2, x3) = (0, 0, 0). ΄Αρα η απεικόνιση 〈 , 〉′ ορίζειένα εσωτερικό γινόµενο στον R3

. ΄Εστω (x, y, z) ∈ R3. Τότε :

‖f(x, y, z)‖ =

√⟨f(x, y, z), f(x, y, z)

⟩′=

√⟨(x2,y√2,z

2√

2

),(x

2,y√2,z

2√

2

)⟩′=

√4 · x

2· x

2+ 2 · y√

2· y√

2+ 8 · z

2√

2· z

2√

2

=√x2 + y2 + z2

= ‖(x, y, z)‖

΄Αρα η γραµµική απεικόνιση f :(R3, 〈 , 〉) −→

(R3, 〈 , 〉′), f(x, y, z) =

(x2 ,

y√2, z

2√

2

)είναι ισοµετρία.

2

Λυµένη ΄Ασκηση 54. Να δείξετε ότι ο πίνακας

A =

0 1 01 0 00 0 −1

παριστάνει στροφή επιπέδου περί άξονα κάθετο σ΄ αυτό και να προσδιορίσετε τον άξονα και τη γωνία

στροφής.

109

Λύση. Ο πίνακας A είναι ορθογώνιος αφούtA ·A = I3. ∆ιαφορετικά : ϐλέπουµε άµεσα ότι οι στήλες του

πίνακα A αποτελούν ορθοκανονική ϐάση του R3. Επιπλέον εύκολα υπολογίζουµε ότι |A| = 1.΄Αρα από το Θεώρηµα του Euler ο πίνακας A παριστάνει στροφή επιπέδου (Π) γύρω από άξονα (ε)

κάθετο σ΄ αυτό κατά γωνία θ. Επίσης, από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι ο A έχει ιδιοτιµή το λ = 1 και ο

άξονας στροφής είναι ο ιδιόχωρος V(1). ΄Εχουµε :

A ·X = 1 ·X =⇒

0 1 01 0 00 0 −1

·xyz

=

xyz

=⇒

yx−z

=

xyz

=⇒

x = y

z = 0

Τότε ο ιδιόχωρος V(1), δηλαδή ο άξονας στροφής (ε), είναι

V(1) =κ ·

110

∈ R3 | κ ∈ R

=⟨1

10

⟩Το διάνυσµα

E1 =

1√2

1√2

0

αποτελεί µια ορθοκανονική ϐάση του V(1), την οποία την συµπληρώνουµε σε µια ορθοκανονική ϐάση του

R3. Εύκολα ϐρίσκουµε ότι το σύνολο

E1 =

1√2

1√2

0

, E2 =

1√2−1√

2

0

, E3 =

001

αποτελεί µια ορθοκανονική ϐάση του R3. Τότε το επίπεδο (Π) ορίζεται από τον υπόχωρο 〈E2, E3〉. Ο

πίνακας A ορίζει τη γραµµική απεικόνιση

f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (y, x,−z)

και έχουµε τον ορθογώνιο πίνακα

P =

1√2

1√2

01√2−1√

20

0 0 1

που είναι ο πίνακας µετάβασης από τη κανονική ϐάση ~e1 = (1, 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0), ~e3 = (0, 0, 1) του R3

στην ορθοκανονική ϐάση ~ε1 = ( 1√2, 1√

2, 0),~ε2 = ( 1√

2, −1√

2, 0),~ε3 = (0, 0, 1) του R3

. Τότε έχουµε :

tP ·A · P = · · · =

1 0 00 −1 00 0 −1

=

1 0 00 cos θ − sin θ0 sin θ cos θ

όπου θ η γωνία στροφής. Συνεπώς αφού cos θ = −1 έχουµε ότι η γωνία στροφής είναι θ = π.

∆ιαφορετικά τη γωνία στροφής τη ϐρίσκουµε πιο εύκολα ως εξής :

cos (θ) =TrA− 1

2=−1− 1

2= −1 =⇒ θ = π 2

Λυµένη ΄Ασκηση 55. Στον Ευκλείδειο χώρο R3, εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο,


f : R3 −→ R3, f(x, y, z) =(2

3x+

2

3y + az,

2

3x− 1

3y + bz, −1

3x+

2

3y + cz

)

110

(1) Να υπολογίσετε τις τιµές των πραγµατικών αριθµών a, b και c έτσι ώστε η f να είναι ισοµετρία η

οποία παριστά στροφή επιπέδου γύρω από άξονα κάθετο σ΄ αυτό.

(2) Αν η f είναι ισοµετρία,

(α΄) να υπολογίσθεί η γωνία των διανυσµάτων f(1, 0, 0) και f(0, 1, 0).(ϐ΄) να ϐρεθεί το επίπεδο και ο άξονας περιστροφής του ερωτήµατος (1).

Λύση. (1) ΄ΕστωB = ~e1 = (1, 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0), ~e3 = (0, 0, 1) η κανονική ϐάση τουR3. ΄Εχουµε :

f(1, 0, 0) = (23 ,

23 ,−

13)

f(0, 1, 0) = (23 ,−

13 ,

23)

f(0, 0, 1) = (a, b, c)

=⇒ MBB(f) := A =

23

23 a

23 −1

3 b−1

323 c

και τότε γνωρίζουµε ότι

f : ισοµετρία ⇐⇒ A : ορθογώνιος

΄Αρα πρέπει να ϐρούµε τα a, b, c ∈ R έτσι ώστε ο πίνακας A να είναι ορθογώνιος, δηλαδή ϑέλουµε

το διάνυσµα (a, b, c) να είναι κάθετο µε τα διανύσµατα (23 ,

23 ,−

13), (2

3 ,−13 ,

23) και να έχει µέτρο

ένα. ΄Εχουµε :

⟨(2

3 ,23 ,−

13), (a, b, c)

⟩= 0⟨

(23 ,−

13 ,

23), (a, b, c)

⟩= 0

‖(a, b, c)‖ = 1

=⇒

2a+ 2b− c = 0

2a− b+ 2c = 0

a2 + b2 + c2 = 1

Αφαιρώντας από τη πρώτη εξίσωση τη δεύτερη ϐρίσκουµε ότι b = c και άρα a = − b2 . Συνεπώς

έχουµε (a, b, c) = (−k2 , k, k), k ∈ R και από τη τρίτη εξίσωση έπεται ότι

a2 + b2 + c2 = 1 =⇒ k2

4+ k2 + k2 = 1 =⇒ 9k2 = 4 =⇒ k = ±2

3

Συνεπώς (a, b, c) = (−13 ,

23 ,

23) ή (a, b, c) = (1

3 ,−23 ,−

23) και άρα

A =

23

23 −1

323 −1

323

−13

23

23

ή A =

23

23

13

23 −1

3 −23

−13

23 −2

3

΄Οµως ϑέλουµε η f να είναι ισοµετρία η οποία παριστά στροφή επιπέδου γύρω από άξονα κάθετο

σ΄ αυτό, δηλαδή ισοδύναµα: |A| = 1. Υπολογίζουµε∣∣∣∣∣∣23

23 −1

323 −1

323

−13

23

23

∣∣∣∣∣∣ = −1

και άρα

A =

23

23

13

23 −1

3 −23

−13

23 −2

3

Συνεπώς για a = 1

3 , b = −23 και c = −2

3 η f είναι ισοµετρία η οποία παριστά στροφή επιπέδου

γύρω από άξονα κάθετο σ΄ αυτό.

(2) Αφού η f είναι ισοµετρία έπεται ότι η f διατηρεί τη γωνία δυο διανυσµάτων. ΄Αρα αφου τα δια-

νύσµατα (0, 1, 0) και (1, 0, 0) είναι κάθετα µεταξύ τους έπεται ότι η γωνία των διανυσµάτων f(1, 0, 0)και f(0, 1, 0) είναι

π2 .

111

Στη συνέχεια ϑα ϐρούµε το επίπεδο και τον άξονα περιστροφής του ερωτήµατος (1). Από τη

Θεωρία γνωρίζουµε ότι ο A έχει ιδιοτιµή το λ = 1 και ο άξονας περιστροφής είναι ο ιδιόχωρος V(1).΄Εχουµε :

A ·X = 1 ·X =⇒

−13

23

13

23 −4

3 −23

−13

23 −5

3

·xyz

=

000

=⇒

−x+ 2y + z = 02x− 4y − 2z = 0−x+ 2y − 5z = 0

Τότε−1 2 12 −4 −2−1 2 −5

Γ2→Γ2+2Γ1

Γ3→Γ3−Γ1

//

−1 2 10 0 00 0 −6

=⇒

−x+ 2y + z = 0

−6z = 0=⇒

x = 2y, y ∈ R

z = 0

και άρα ο ιδιόχωρος V(1), δηλαδή ο άξονας περιστροφής (ε), είναι

V(1) =

(2y, y, 0) ∈ R3 | y ∈ R

=⟨(2, 1, 0)

⟩Το σύνολο ~ε1 = 1√

5(2, 1, 0) αποτελεί µια ορθοκανονική ϐάση του V(1), την οποία την συµπλη-

ϱώνουµε σε µια ορθοκανονική ϐάση του R3. ΄Εστω (x, y, z) ∈ R3

. Τότε

〈(x, y, z), 1√5

(2, 1, 0)〉 = 0 =⇒ 2x+ y = 0 =⇒ y = −2x

΄Αρα για x = 1 έχουµε το διάνυσµα (1,−2, 0) µε µέτρο ‖(1,−2, 0)‖ =√

5 και ϑέτουµε ~ε2 =1√5(1,−2, 0). Ακόµα έχουµε :⟨( 2√

5, 1√

5, 0), (x, y, z)

⟩= 0⟨

( 1√5,− 2√

5, 0), (x, y, z)

⟩= 0

=⇒

2x+ y = 0

x− 2y = 0=⇒ x = y = 0 και z ∈ R

Για z = 1 έχουµε ~ε3 = (0, 0, 1) και άρα µια ορθοκανονική ϐάση του R3είναι

~ε1 =1√5

(2, 1, 0),~ε2 =1√5

(1,−2, 0),~ε3 = (0, 0, 1)

Τότε το επίπεδο (π) ορίζεται από τον υπόχωρο 〈~ε2,~ε3〉. Τέλος η γωνία περιστροφής είναι

cos (θ) =TrA− 1

2= · · · = −2

32

112





6 - 6 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 56. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και f : E −→ E µια γραµµική απεικόνι-

ση. Να δείξετε ότι :

〈f(~x), ~x〉 = 0, ∀ ~x ∈ E ⇐⇒ f∗ = −fΑν f∗ = −f , ποιές είναι οι πραγµατικές ιδιοτιµές της f ;

Λύση. ΄Εστω f∗ = −f και ~x ∈ E. Τότε :⟨f(~x), ~x

⟩=⟨~x, f∗(~x)

⟩=

⟨~x,−f(~x)

⟩= −

⟨~x, f(~x)

⟩= −

⟨f(~x), ~x

⟩=⇒ 2 ·

⟨f(~x), ~x

⟩= 0 =⇒

⟨f(~x), ~x

⟩= 0

Αντίστροφα έστω 〈f(~x), ~x〉 = 0, ∀ ~x ∈ E. Τότε για κάθε ~x, ~y ∈ E έχουµε :⟨f(~x+ ~y), ~x+ ~y

⟩= 0 =⇒

⟨f(~x), ~x

⟩+⟨f(~x), ~y

⟩+⟨f(~y), ~x

⟩+⟨f(~y), ~y

⟩= 0

=⇒⟨f(~x), ~y

⟩+⟨f(~y), ~x

⟩= 0

=⇒⟨~x, f∗(~y)

⟩+⟨f(~y), ~x

⟩= 0

=⇒⟨f∗(~y), ~x

⟩+⟨f(~y), ~x

⟩= 0

=⇒⟨f∗(~y) + f(~y), ~x

⟩= 0, ∀~x ∈ E

=⇒ f∗(~y) = −f(~y), ∀~x ∈ E

=⇒ f∗ = −f

Υποθέτουµε ότι f∗ = −f και έστω λ µια ιδιοτιµή της f . Συνεπώς υπάρχει ένα µη-µηδενικό διάνυσµα

~x ∈ E έτσι ώστε f(~x) = λ~x. Τότε :

0 =⟨f(~x), ~x

⟩=⟨λ~x, ~x

⟩=⇒

λ ·⟨~x, ~x

⟩= 0

~x 6= ~0=⇒ λ = 0

Εποµένως αν f∗ = −f τότε η µόνη πραγµατική ιδιοτιµή της f είναι : λ = 0. 2

113


γινόµενο. ΄Εστω f : R3 −→ R3η µοναδική γραµµική απεικόνιση της οποίας ο πίνακας στην κανονική

ϐάση του R3είναι ο πίνακας

A =

2 1 43 0 34 2 1

Να προσδιοριθεί η προσαρτηµένη απεικόνιση f∗ : R3 −→ R3

της f .

Λύση. Από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι ο πίνακας της f∗ σε µια ορθοκανονική ϐάση B είναι ο ανάστροφος

του πίνακα της f στην B, δηλαδή

ΜBB(f∗) = t

ΜBB(f)

Αφού η κανονική ϐάση B = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) του R3είναι ορθοκανονική έπεται ότι

ΜBB(f∗) = t

ΜBB(f) = tA =

2 3 41 0 24 3 1

΄Εστω (x, y, z) ∈ R3

. Τότε :2 3 41 0 24 3 1

·xyz

=

2x+ 3y + 4zx+ 2z

4x+ 3y + z

=⇒ f∗(x, y, z) = (2x+ 3y + 4z, x+ 2z, 4x+ 3y + z)

∆εύτερος Τρόπος: Από το πίνακα A έχουµε ότι ο τύπος της f είναι

f(x, y, z) = (2x+ y + 4z, 3x+ 3z, 4x+ 2y + z), ∀(x, y, z) ∈ R3

΄Εστω (x, y, z), (x1, y1, z1) ∈ R3. Τότε έχουµε :⟨

(x1, y1, z1), f∗(x, y, z)⟩

=⟨f(x1, y1, z1), (x, y, z)

⟩=

⟨(2x1 + y1 + 4z1, 3x1 + 3z1, 4x1 + 2y1 + z1), (x, y, z)

⟩= 2x1x+ y1x+ 4z1x+ 3x1y + 3z1y + 4x1z + 2y1z + z1z

= x1(2x+ 3y + 4z) + y1(x+ 2z) + z1(4x+ 3y + z)

=⟨(x1, y1, z1), (2x+ 3y + 4z, x+ 2z, 4x+ 3y + z)

⟩για κάθε (x1, y1, z1) ∈ R3

. ΄Αρα η προσαρτηµένη απεικόνιση f∗ : R3 −→ R3της f είναι

f∗(x, y, z) = (2x+ 3y + 4z, x+ 2z, 4x+ 3y + z), ∀(x, y, z) ∈ R3 2


γινόµενο. ΄Εστω f : R3 −→ R3µια γραµµική απεικόνιση για την οποία ισχύει :

f(1, 0, 1) = (1, 4, 1), f(1, 0,−1) = (−3, 0, 3), f(0, 1, 0) = (2,−1, 2)

Να προσδιορισθεί η προσαρτηµένη απεικόνιση f∗ : R3 −→ R3της f .

114

Λύση. Το σύνολο C = (1, 0, 1), (1, 0,−1), (0, 1, 0) αποτελεί ϐάση του R3η οποία όµως δεν είναι ορθο-

κανονική. ΄Αρα αφού γνωρίζουµε τη τιµή της f στα διανύσµατα της ϐάσης C Θα ϐρούµε το πίνακα της fστη κανονική ϐάση B = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) του R3

. ΄Εχουµε :(1, 0, 0) = 1

2 · (1, 0, 1) + 12 · (1, 0,−1) + 0 · (0, 1, 0)

(0, 1, 0) = 0 · (1, 0, 1) + 0 · (1, 0,−1) + 1 · (0, 1, 0)

(0, 0, 1) = 12 · (1, 0, 1) + (−1

2) · (1, 0,−1) + 0 · (0, 1, 0)

και άραf(1, 0, 0) = 1

2 · f(1, 0, 1) + 12 · f(1, 0,−1) = (1

2 , 2,12) + (−3

2 , 0,32) = (−1, 2, 2)

f(0, 1, 0) = 1 · f(0, 1, 0) = (2,−1, 2)

f(0, 0, 1) = 12 · f(1, 0, 1) + (−1

2) · f(1, 0,−1)) = (12 , 2,

12) + (3

2 , 0,−32) = (2, 2,−1)

Εποµένως ο πίνακας της f στη κανονική ϐάση B του R3είναι

A = ΜBB(f) =

−1 2 22 −1 22 2 −1

Υπενθυµίζουµε ότι

Θεωρία: Μια γραµµική απεικόνιση f : E −→ E µεταξύ Ευκλείδειων χώρων πεπερασµένης διάστασης

είναι αυτοπροσαρτηµένη αν και µόνο αν ο πίνακας της f σε µια ορθοκανονική ϐάση B είναι συµµετρικός,

δηλαδή:

f = f∗ ⇐⇒ ΜBB(f) = t

ΜBB(f)

Εποµένως αφού ο πίνακας A είναι συµµετρικός έπεται ότι f = f∗ και άρα η προσαρτηµένη απεικόνιση

f∗ : R3 −→ R3της f είναι ακριβώς η ίδια η f . 2

∆εύτερος Τρόπος: Παρατηρούµε ότι η ϐάση C είναι ορθογώνια αλλά όχι ορθοκανονική. Για να κάνουµε

την C ορθοκανονική διαιρούµε κάθε διάνυσµα της ϐάσης C µε το µήκος του και έτσι αποκτούµε την

ορθοκανονική ϐάση

D = 1√

2(1, 0, 1),

1√2

(1, 0,−1) (0, 1, 0)

Υπολογίζουµε την f στην ορθοκανονική ϐάση D:f( 1√

2(1, 0, 1)) = 1√

2f(1, 0, 1) = 1√

2(1, 4, 1)

f( 1√2(1, 0,−1)) = 1√

2f(1, 0,−1) = 1√

2(3, 0,−3)

f(0, 0, 1) = (2,−1, 2)

και κατόπιν εκφράζουµε τα διανύσµατα αυτά ως γραµµικό συνδυασµό της ορθοκανονικής ϐάσης D:

f( 1√2(1, 0, 1)) = 1 1√

2(1, 0, 1) + 0 1√

2(1, 0,−1) + 2

√2(0, 1, 0)

f( 1√2(1, 0,−1)) = 0 1√

2(1, 0, 1)− 3 1√

2(1, 0,−1) + 0

√2(0, 1, 0)

f(0, 0, 1) = 2√

2 1√2(1, 0, 1) + 0 1√

2(1, 0,−1)− 1

√2(0, 1, 0)

Εποµένως ο πίνακας της f στην ορθοκανονική ϐάση D είναι :

115

ΜBB(f) =

1 0 2√

20 −3 0

2√

2 0 −1

ο οποίος είναι συµµετρικός. Εποµένως ϑα έχουµε f∗ = f .

Λυµένη ΄Ασκηση 59. Στον Ευκλείδειο χώροM2×2(R) εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο

〈A,B〉 = Tr(A · tB)


f : M2×2(R) −→ M2×2(R), f(x yz w

)=( x zy w

)Να εξετάσετε αν η f είναι : (α) ισοµετρία, και (β) αυτοπροσαρτηµένη.


‖f(x yz w

)‖ = ‖

( x zy w

)‖ =

√Tr[( x zy w

)·(x yz w

)] =

√Tr[( x2+z2 xy+zwyx+wz y2+w2

)] =

√x2 + y2 + z2 + w2

και

‖(x yz w

)‖ =

√Tr[(x yz w

)·( x zy w

)] =

√Tr[( x2+y2 xz+ywzx+wy z2+w2

)] =

√x2 + y2 + z2 + w2

Εποµένως η f είναι ισοµετρία.

Η κανονική ϐάση

B =E1 =

(1 00 0

), E2 =

(0 10 0

), E3 =

(0 01 0

), E4 =

(0 00 1

)στον M2×2(R) είναι προφανώς ορθοκανονική. Τότε ο πίνακας της f στη ϐάση B είναι

f(

1 00 0

)=(

1 00 0

)= 1 · E1 + 0 · E2 + 0 · E3 + 0 · E4

f(

0 10 0

)=(

0 01 0

)= 0 · E1 + 0 · E2 + 1 · E3 + 0 · E4

f(

0 01 0

)=(

0 10 0

)= 0 · E1 + 1 · E2 + 0 · E3 + 0 · E4

f(

0 00 1

)=(

0 00 1

)= 0 · E1 + 0 · E2 + 0 · E3 + 1 · E4

=⇒ A = ΜBB(f) =

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

Παρατηρούµε όµως ότι ο πίνακας A είναι A : ορθογώνιος =⇒ f : ισοµετρία

A : συµµετρικός =⇒ f : αυτοπροσαρτηµένη

΄Αρα η f είναι ισοµετρία και f∗ = f . 2

Παρατήρηση. Η ΄Ασκηση 4 γενικεύεται ως εξής :

• ΄Εστω ο Ευκλείδειος χώρος Mn×n(R) εφοδιασµένο µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο

〈A,B〉 = Tr(A · tB)


f : Mn×n(R) −→ Mn×n(R), f(A) = tA

Τότε η f είναι αυτοπροσαρτηµένη και ισοµετρία.

116

Λύση. Για κάθε n× n πίνακα A ϑα έχουµε :

〈f(A), f(A)〉 = 〈tA, tA〉 = Tr(tA · t(tA)) = Tr(tA ·A)

Επειδή, όπως γνωρίζουµε Tr(A ·B) = Tr(B ·A), η προηγούµενη σχέση γράφεται :

〈f(A), f(A)〉 = Tr(tA ·A) = Tr(A · tA) = 〈A,A〉και άρα η f είναι ισοµετρία. Ιδιαίτερα ϑα έχουµε ότι

f−1 = f∗ (0.1)

Παρατηρούµε ότι, επειδή f2(A) = f(f(A)) = f(tA) = t(tA) = A, ϑα έχουµε :

f2 = IdMn×n(R)

απ΄ όπου έπεται ότι

f−1 = f (0.2)Από τις (1) και (2) έπεται ότι :

f∗ = f

και άρα η f είναι αυτοπροσαρτηµένη.

Η ΄Ασκηση 4 είναι η ειδική περίπτωση n = 2 του παραπάνω αποτελέσµατος.

Λυµένη ΄Ασκηση 60. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. ΄Εστω f, g : E −→ E δύο γραµµικές

απεικονίσεις, και λ, µ ∈ R. Να δείξετε ότι :

(1) (λf + µg)∗ = λf∗ + µg∗.(2) (f∗)∗ = f .

Λύση. ΄Εστω ~x, ~y ∈ E. Τότε :⟨~x, (λf + µg)∗(~y)

⟩=

⟨(λf + µg)(~x), ~y

⟩=

⟨λf(~x) + µg(~x), ~y

⟩=

⟨λf(~x), ~y

⟩+⟨µg(~x), ~y

⟩= λ

⟨f(~x), ~y

⟩+ µ

⟨g(~x), ~y

⟩= λ

⟨~x, f∗(~y)

⟩+ µ

⟨~x, g∗(~y)

⟩=

⟨~x, λf∗(~y)

⟩+⟨~x, µg∗(~y)

⟩=

⟨~x, λf∗(~y) + µg∗(~y)

⟩=

⟨~x, (λf∗ + µg∗)(~y)

⟩Εφόσον η παραπάνω ισότητα ισχύει για κάθε ~x ∈ E τότε προκύπτει ότι

(λf + µg)∗(~y) = (λf∗ + µg∗)(~y), ∀~y ∈ E =⇒ (λf + µg)∗ = λf∗ + µg∗

117

Για το δεύτερο ερώτηµα έχουµε :⟨~x, (f∗)∗(~y)

⟩=⟨f∗(~x), ~y

⟩=⟨~x, f(~y)

⟩, ∀~x ∈ E

και άρα (f∗)∗(~y) = f(~y) για κάθε ~y ∈ E. Εποµένως : (f∗)∗ = f . 2

Λυµένη ΄Ασκηση 61. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και

f, g : E −→ E

δύο γραµµικές απεικονίσεις.

(1) Να δείξετε ότι : (f g)∗ = g∗ f∗.(2) Η f είναι ισοµορφισµός αν και µόνον η f∗ είναι ισοµορφισµός, και τότε :

(f∗)−1 = (f−1)∗

Λύση. (1) Για τυχόντα διανύσµατα ~x, ~y ∈ E, ϑα έχουµε :

〈~x, (f g)∗(~y)〉 = 〈(f g)(~x), ~y〉 = 〈f(g(~x)), ~y〉 = 〈g(~x), f∗(~y)〉 = 〈~x, g∗(f∗(~y))〉 = 〈~x, (g∗ f∗)(~y)〉

Επειδή η παραπάνω σχέση ισχύει για κάθε ~x ∈ E, έπεται ότι : (f g)∗(~y) = g∗(f∗(~y)) =(g∗ f∗)(~y), ∀~y ∈ E. Εποµένως :

(f g)∗ = g∗ f∗

(2) Αν η f είναι ισοµορφισµός, τότε επειδή f f−1 = IdE = f−1 f , από το (1) και λαµβάνοντας υπ΄

όψιν ότι Id∗E = IdE, ϑα έχουµε :

(f f−1)∗ = Id∗E = (f−1 f)∗ =⇒ (f−1)∗ f∗ = IdE = f∗ (f−1)∗

Η παραπάνω σχέση δείχνει ότι η f∗ είναι ισοµορφισµός και

(f∗)−1 = (f−1)∗

Αντίστροφα αν η f∗ είναι ισοµορφισµός, τότε υπάρχει γραµµική απεικόνιση g : E −→ E έτσι ώστε :

f∗ g = IdE = g f∗

Τότε όπως παραπάνω ϑα έχουµε :

(f∗ g)∗ = Id∗E = (g f∗)∗ =⇒ g∗ (f∗)∗ = IdE = (f∗)∗ g∗

Από την ΄Ασκηση 5, έχουµε (f∗)∗ = f και άρα η παραπάνω σχέση γράφεται :

g∗ f = IdE = f g∗

Τότε προφανώς η f είναι ισοµορφισµός. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 62. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E −→ E

µια γραµµική απεικόνιση, έτσι ώστε : f∗ = −f .(1) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση IdE + f : E −→ E είναι ισοµορφισµός.

(2) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση (IdE − f) (IdE + f)−1 : E −→ E είναι ισοµετρία.

Λύση. Αφού f∗ = −f από την ’σκηση 1 γνωρίζουµε ότι 〈f(~x), ~x〉 = 0, ∀~x ∈ E, και η µοναδική πραγµατική

ιδιοτιµή είναι η λ = 0.

118

(1) Υποθέτουµε αντίθετα ότι η γραµµική απεικόνιση IdE + f : E −→ E δεν είναι ισοµορφισµός. Τότε

ο πυρήνας της IdE + f δεν είναι ο τετριµένος, δηλαδή Ker(IdE + f) 6= ~0 και άρα υπάρχει ένα

µη-µηδενικό διάνυσµα ~u ∈ E έτσι ώστε

(IdE + f)(~u) = 0 =⇒ ~u+ f(~u) = 0 =⇒ f(~u) = −~uΣυνεπώς : λ = −1 αποτελεί ιδιοτιµή της f . Αυτό όµως είναι άτοπο αφού η µοναδική πραγµατική

ιδιοτιµή της f είναι µόνο η λ = 0. Εποµένως η γραµµική απεικόνιση IdE + f : E −→ E είναι

ισοµορφισµός.

(2) ΄Εστω ~x ∈ E. Θα δείξουµε ότι

‖~x‖2 = ‖(IdE − f) (IdE + f)−1(~x)‖2

Αφού η γραµµική απεικόνιση IdE + f : E −→ E είναι ισοµορφισµός έχουµε : ~x = (IdE + f)(~y)για κάποιο ~y ∈ E. Εποµένως από τη παραπάνω σχέση αρκεί να δείξουµε ότι

‖(IdE + f)(~y)‖2 = ‖(IdE − f) (IdE + f)−1 (IdE + f)(~y)‖2 = ‖(IdE − f)(~y)‖2

΄Εχουµε :

‖(IdE + f)(~y)‖2 =⟨(IdE + f)(~y), (IdE + f)(~y)

⟩=

⟨~y + f(~y), ~y + f(~y)

⟩=

⟨~y, ~y⟩

+⟨f(~y), f(~y) + 2 ·

⟨~y, f(~y)

⟩⟩=

⟨~y, ~y⟩

+⟨f(~y), f(~y)

⟩διότι

⟨~y, f(~y)

⟩= 0 για κάθε ~y ∈ E, και παρόµοια υπολογίζουµε :

‖(IdE − f)(~y)‖2 =⟨(IdE − f)(~y), (IdE − f)(~y)

⟩=

⟨~y − f(~y), ~y − f(~y)

⟩=

⟨~y, ~y⟩

+⟨f(~y), f(~y)− 2 ·

⟨~y, f(~y)

⟩⟩=

⟨~y, ~y⟩

+⟨f(~y), f(~y)

⟩Συνεπώς

‖(IdE + f)(~y)‖2 = ‖(IdE − f)(~y)‖2

και άρα η γραµµική απεικόνιση (IdE − f) (IdE + f)−1 : E −→ E είναι ισοµετρία. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 63. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης, και

f : E −→ E

µια γραµµική απεικόνιση. Να δείξετε ότι :

(1) Ker(f∗) = Im(f)⊥.(2) Ker(f) = Im(f∗)⊥.(3) Im(f∗) = Ker(f)⊥.(4) Im(f) = Ker(f∗)⊥.(5) Αν V είναι ένας υπόχωρος του E, τότε :

f(V) ⊆ V ⇐⇒ f∗(V⊥) ⊆ V⊥

119

Λύση. (1) ΄Εχουµε :

Im(f)⊥ =~x ∈ E |

⟨~y, ~x⟩

= 0 για κάθε ~y ∈ Im f

=~x ∈ E |

⟨f(~z), ~x

⟩= 0 για κάθε ~z ∈ E

=

~x ∈ E |

⟨~z, f∗(~x)


=

~x ∈ E | f∗(~x) = ~0

= Ker (f∗)

(2) ΄Εχουµε :

Im(f∗)⊥ =~x ∈ E |

⟨~x, ~y⟩

= 0 για κάθε ~y ∈ Im f∗

=~x ∈ E |

⟨~x, f∗(~z)


=

~x ∈ E |

⟨f(~x), ~z


=

~x ∈ E | f(~x) = ~0

= Ker (f)

(3) Από το (2) έπεται ότι : Im(f∗) = (Im(f∗)⊥)⊥ = Ker (f)⊥.

(4) Χρησιµοποιώντας το (1) έχουµε : Im (f) = (Im (f)⊥)⊥ = Ker (f∗)⊥.(5) Υποθέτουµε ότι f(V) ⊆ V και έστω ~x ∈ V⊥. Θα δείξουµε ότι f∗(~x) ∈ V⊥. ΄Εστω ~v ∈ V. Τότε⟨

~v, f∗(~x)⟩

=⟨f(~v), ~x

⟩= 0

διότι ~x ∈ V⊥ και f(~v) ∈ V. Συνεπώς :

f∗(V⊥) ⊆ V⊥

Υποθέτουµε αντίστροφα ότι f∗(V⊥) ⊆ V⊥, δηλαδή

⟨~v, f∗(~x)

⟩= 0 για κάθε ~v ∈ V και ~x ∈ V⊥.

Τότε :⟨~v, f∗(~x)

⟩= 0 ∀~x ∈ V⊥ =⇒

⟨f(~v), ~x

⟩= 0 ∀~x ∈ V⊥ =⇒ f(~v) ∈ (V⊥)⊥ = V

και άρα

f(V) ⊆ V 2

120





13 - 6 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 64. Θεωρούµε τον πίνακα πραγµατικών αριθµών

A =

a 4 44 8 84 8 b

(1) Να προσδιορισθούν οι αριθµοί a, b, έτσι ώστε ο πίνακας A να έχει ως ιδιοτιµή το 0 µε πολλαπλότητα

2.(2) Για τις τιµές των a, b που ϑα ϐρείτε, να υπολογίσετε ορθογώνιο πίνακα P έτσι ώστε ο πίνακας

P−1 ·A · P να είναι διαγώνιος.

(3) Να υπολογίσετε τον πίνακα Am, ∀m ≥ 1.

Λύση. (1) Ο πίνακας A είναι συµµετρικός και άρα διαγωνοποιείται.

Προφανώς το λ = 0 είναι ιδιοτιµή του A αν και µόνον αν το οµογενές σύστηµαa 4 44 8 84 8 b

·xyz

= 0 ·

xyz

=

000

(Σ)

έχει µη-µηδενικές λύσεις. Επιπλέον επειδή ο ιδιοχώρος V(0) ο οποίος αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή

λ = 0 συµπίπτει µε το σύνολο λύσεων Λ(Σ) του (Σ), ϑα έχουµε ότι : ο πίνακας A ως ιδιοτιµή το 0µε πολλαπλότητα 2 αν και µόνον αν

dimR V(0) = 2 ⇐⇒ dimR Λ(Σ) = 2 ⇐⇒ 3− r(A) = 2 ⇐⇒ r(A) = 1

΄Αρα ϑέλουµε όλες οι ελάσσονες ορίζουσες δεύτερης τάξης του πίνακα A να είναι µηδέν, δηλαδή:

∣∣∣∣a 44 8

∣∣∣∣ = 8a− 16 = 0 =⇒ a = 2

∣∣∣∣8 88 b

∣∣∣∣ = 8b− 64 = 0 =⇒ b = 8

Συνεπώς για a = 2 και b = 8 έχουµε dimV(0) = 2.(2) Θεωρούµε τον πίνακα πραγµατικών αριθµών

A =

2 4 44 8 84 8 8


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣2− λ 4 4

4 8− λ 84 8 8− λ

∣∣∣∣∣∣ Σ2→Σ2−Σ3

∣∣∣∣∣∣2− λ 0 4

4 −λ 84 λ 8− λ

∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣∣∣2− λ 0 4

4 −1 84 1 8− λ

∣∣∣∣∣∣

121

Γ2→Γ2+Γ3λ

∣∣∣∣∣∣2− λ 0 4

8 0 16− λ4 1 8− λ

∣∣∣∣∣∣ = (−λ)

∣∣∣∣2− λ 48 16− λ

∣∣∣∣ = (−λ)((2− λ)(16− λ)− 32

)= (−λ)(λ2 − 18λ) = −λ2(λ− 18)

Συνεπώς οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 0 πολλαπλότητας δύο (όπως ακριβώς περιµέναµε) και λ2 = 18πολλαπλότητας ένα. Για τον ιδιόχωρο V(0) λύνουµε το παρακάτω οµογενές σύστηµα:2 4 4

4 8 84 8 8

xyz

=

000

=⇒ x = −2y − 2z

και άρα

V(0) =

(x, y, z) ∈ R3 | x = −2y − 2z

=

(−2y − 2z, y, z) ∈ R3 | y, z ∈ R

=y(−2, 1, 0) + z(−2, 0, 1) ∈ R3 | y, z ∈ R

= 〈(−2, 1, 0), (−2, 0, 1)〉

Το σύνολο (−2, 1, 0), (−2, 0, 1) αποτελεί µια ϐάση του ιδιόχωρου V(0) που δεν είναι ορθογώνια

όµως διότι 〈(−2, 1, 0), (−2, 0, 1)〉 = 4 6= 0. Για να ϐρούµε µια ορθοκανονική ϐάση του V(0)εφαρµόζουµε τη διαδικασία Gram-Schmidt.


Θέτουµε ~x1 = (−2, 1, 0) και ~x2 = (−2, 0, 1). Τότε ~y1 = ~x1 = (−2, 1, 0) και

~y2 = ~x2 −〈~x2, ~y1〉〈~y1, ~y1〉

· ~y1 = (−2, 0, 1)− 〈(−2, 0, 1), (−2, 1, 0)〉〈(−2, 1, 0), (−2, 1, 0)〉

· (−2, 1, 0)

= (−2, 0, 1)− 4

5· (−2, 1, 0)

= (−2

5,−4

5, 1)


‖~y1‖ = ‖(−2, 1, 0)‖ =√〈(−2, 1, 0), (−2, 1, 0)〉 =

√5

‖~y2‖ = ‖(−2

5,−4

5, 1)‖ =

√⟨(−2

5,−4

5, 1), (−2

5,−4

5, 1)⟩

=

√45

25=

3√5

Τότε η ορθοκανονική ϐάση του V(0) είναι

ΟΚΒ :~z1, ~z2

=~z1 =

~y1

‖~y1‖, ~z2 =

~y2

‖~y2‖

=

(− 2√5,

1√5, 0), (− 2

3√

5,− 4

3√

5,

√5

3)

Για τον ιδιόχωρο V(18) έχουµε το σύστηµα:

−16 4 44 −10 84 8 −10

xyz

=

000

=⇒

−4x+ y + z = 0

2x− 5y + 4z = 0

2x+ 4y − 5z = 0

=⇒

−4x+ y + z = 0

2x− 5y + 4z = 0

122

Αν λύσουµε τη πρώτη εξίσωση ως προς y και αντικαταστήσουµε στη δεύτερη ϐρίσκουµε x = z2

και τότε έπεται ότι y = z. ΄Αρα

V(18) =

(x, y, z) ∈ R3 | x =z

2και y = z

=

(z

2, z, z) ∈ R3 | z ∈ R

=

z(

1

2, 1, 1) ∈ R3 | z ∈ R

= 〈(1, 2, 2)〉

Εποµένως µια οροκανονική ϐάση του V(18) είναι το σύνολο~z3

= (1, 2, 2)

‖(1, 2, 2)‖

=

(1

3,2

3,2

3)

Τότε έχουµε τον ορθογώνιο πίνακα

P =

−2√5− 2

3√

513

1√5− 4

3√

523

0√

53

23

έτσι ώστε

tP ·A · P =

0 0 00 0 00 0 18

=⇒ A = P ·

0 0 00 0 00 0 18

· tPκαι άρα ο πίνακας P−1 ·A · P είναι διαγώνιος.

(3) Για κάθε m ≥ 1 έχουµε :

A = P ·

0 0 00 0 00 0 18

· tP =⇒ Am = P ·

0 0 00 0 00 0 18

m

· tP = · · · = 18m−1 ·

2 4 44 8 84 8 8

2

Λυµένη ΄Ασκηση 65. Να πρσδιορισθεί ο αριθµός a έτσι ώστε ο πίνακας

A =

1 a −aa 4 −4−a −4 4

να είναι µη-αρνητικός.

Λύση. Ο πίνακας A είναι µη-αρνητικός αν και µόνο αν οι ιδιοτιµές του πίνακα A είναι ≥ 0.΄Εχουµε :

PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣1− λ a a

a 4− λ −4−a −4 4− λ

∣∣∣∣∣∣ Γ3→Γ3+Γ2

∣∣∣∣∣∣1− λ a −a

a 4− λ −40 −λ −λ

∣∣∣∣∣∣ = (−λ)

∣∣∣∣∣∣1− λ a −a

a 4− λ −40 1 1

∣∣∣∣∣∣Σ2→Σ2−Σ3

(−λ)

∣∣∣∣∣∣1− λ 2a −a

a 8− λ −40 0 1

∣∣∣∣∣∣ = (−λ)

∣∣∣∣1− λ 2aa 8− λ

∣∣∣∣ = (−λ)(λ2 − 9λ+ 8− 2a2)

= (−λ)(λ−

(9

2+

√49 + 8a2

2

))(λ−

(9

2−√

49 + 8a2

2

))

123

Εποµένως έχουµε τις ιδιοτιµές :

λ1 = 0, λ2 =9

2+

√49 + 8a2

2> 0, λ3 =

9

2−√

49 + 8a2

2

και πρέπει λ3 ≥ 0, δηλαδή

9 ≥√

49 + 8a2 =⇒ 81 ≥ 49 + 8a2 =⇒ 8a2 ≤ 32 =⇒ a2 ≤ 4 =⇒ (a+ 2)(a− 2) ≤ 0

=⇒ −2 ≤ a ≤ 2

΄Αρα ο πίνακας A είναι µη-αρνητικός αν και µόνο αν −2 ≤ a ≤ 2.

∆εύτερος Τρόπος: ΄Εχουµε :

A ≥ 0 ⇐⇒

|A1| ≥ 0

|A2| ≥ 0

|A3| = |A| ≥ 0

⇐⇒

|A1| = 1 > 0

|A2| =∣∣∣∣1 aa 4

∣∣∣∣ = 4− a2 ≥ 0 ⇐⇒ −2 ≤ a ≤ 2

|A3| =

∣∣∣∣∣∣1 a −aa 4 −4−a −4 4

∣∣∣∣∣∣ = 0

και άρα A ≥ 0 αν και µόνο αν −2 ≤ a ≤ 2. 2


A =

92 0 −7

20 −1 0−7

2 0 92

Να ϐρεθεί πίνακας B ∈M3×3(R), έτσι ώστε : B3 = A.


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣92 − λ 0 −7

20 −1− λ 0−7

2 0 92 − λ

∣∣∣∣∣∣ = (−1− λ)

∣∣∣∣92 − λ −72

−72

92 − λ

∣∣∣∣ = (−1− λ)((9

2− λ)2 − 49

4

)= (−1− λ)(

9

2− λ+

7

2)(

9

2− λ− 7

2) = (−1− λ)(8− λ)(1− λ)

΄Αρα οι ιδιοτιµές του πίνακα A είναι : λ1 = 1, λ2 = 8, λ3 = −1 πολλαπλότητας ένα. Στη συνέχεια

υπολογίζουµε εύκολα ορθοκανονικές ϐάσεις για τους αντίστοιχους ιδιοχώρους. Βρίσκουµε :

V(1) =x

√

220√2

2

∈ R3 | x ∈ R

=⟨

√2

20√2

2

⟩

V(−1) =x

010

∈ R3 | x ∈ R

=⟨0

10

⟩

V(8) =x

−√

220√2

2

∈ R3 | x ∈ R

=⟨−

√2

20√2

2

⟩

124

Τότε υπάρχει ο ορθογώνιος πίνακας

P =

√

22 0 −

√2

20 1 0√2

2 0√

22

έτσι ώστε

tP ·A · P =

1 0 00 −1 00 0 8

=⇒ A = P ·

1 0 00 −1 00 0 8

· tPΘέτουµε

B = P ·

1 0 00 −1 00 0 2

· tP = · · · =

32 0 −1

20 −1 0−1

2 0 32

Τότε

B3 = P ·

1 0 00 −1 00 0 2

3

· tP = P ·

1 0 00 −1 00 0 8

· tP = A

και άρα πράγµατι ϐρήκαµε πίνακα B ∈M3×3(R), έτσι ώστε : B3 = A. 2


A =

3 0 −10 2 0−1 0 3

(1) Να δείξετε ότι ο πίνακας A είναι ϑετικός.

(2) Να ϐρείτε συµµετρικό και αντιστρέψιµο πίνακα B έτσι ώστε : A = B2.


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣3− λ 0 −1

0 2− λ 0−1 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)

∣∣∣∣3− λ −1−1 3− λ

∣∣∣∣ = · · · = −(λ− 2)2(λ− 4)

΄Αρα οι ιδιοτιµές του πίνακα A είναι : λ1 = 2 > 0 πολλαπλότητας δυο και λ2 = 4 > 0 πολλαπλότητας

ένα. Εποµένως ο πίνακας A είναι ϑετικός. Στη συνέχεια υπολογίζουµε εύκολα ορθοκανονικές ϐάσεις για

τους αντίστοιχους ιδιοχώρους. Βρίσκουµε :

V(2) =xy

x

∈ R3 | x, y ∈ R

=x ·

101

+ y ·

010

∈ R3 | x, y ∈ R

=⟨1

01

,

010

⟩Το παραπάνω σύνολο διανυσµάτων αποτελεί µια ϐάση του ιδιόχωρου V(2) που είναι ορθογώνια. ΄Αρα µια

ορθοκανονική ϐάση του V(2) αποτελεί το σύνολο

~ε1 =

1√2

01√2

, ~ε2 =

010

Ακόµα υπολογίζουµε :

V(4) =−x0

x

∈ R3 | x ∈ R

=x ·

−101

∈ R3 | x ∈ R

=⟨−1

01

⟩

125

και άρα µια ορθοκανονική ϐάση του ιδιοχώρου V(4) είναι

~ε3 =

−1√2

01√2

Τότε υπάρχει ο ορθογώνιος πίνακας

P =

√

22 0 −

√2

20 1 0√2

2 0√

22

έτσι ώστε

tP ·A · P =

2 0 00 2 00 0 4

=⇒ A = P ·

2 0 00 2 00 0 4

· tPΘεωρούµε το πίνακα

B = P ·

√2 0 0

0√

2 00 0 2

· tP = · · · =

√

22 + 1 0

√2

2 − 1

0√

2 0√2

2 − 1 0√

22 + 1

που είναι συµµετρικός και αντιστρέψιµος διότι

|B| = |P | ·

∣∣∣∣∣∣√

2 0 0

0√

2 00 0 2

∣∣∣∣∣∣ · |tP | = 4 6= 0

Τότε

B2 = P ·

√2 0 0

0√

2 00 0 2

2

· tP = P ·

2 0 00 2 00 0 4

· tP = A

και άρα ϐρήκαµε ένα συµµετρικό και αντιστρέψιµο πίνακα B ∈M3×3(R), έτσι ώστε : B2 = A. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 68. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E −→ E

µια αυτοπροσαρτηµένη γραµµική απεικόνιση. Να δείξετε ότι αν fn = 0, τότε f = 0.(fn = f f · · · f είναι η σύνθεση της f µε τον εαυτό της n-ϕορές

).

Λύση. ΄Εστω A ο πίνακας της f σε µια ορθοκανονική ϐάση B του E. Τότε ο πίνακας A είναι συµµετρικός

και από το Φασµατικό Θεώρηµα γνωρίζουµε ότι υπάρχει ένας ορθογώνιος πίνακας P έτσι ώστε

tP ·A · P =

λ1 · · · 0...

. . ....

0 · · · λm

όπου λi οι ιδιοτιµές του πίνακα A, άρα και της f , και λi ∈ R. Τότε

(tP ·A · P )n = tP ·An · P =

λn1 · · · 0...

. . ....

0 · · · λnm

όπου λni είναι οι ιδιοτιµές του πίνακα An. Αφού fn = 0 έπεται ότι An = 0 και άρα λni = 0 για κάθε

1 ≤ i ≤ m. Τότε οι ιδιοτιµές λi = 0 και άρα A = 0. Εποµένως έχουµε : f = 0.

126

∆εύτερος Τρόπος: Από το Φασµατικό Θεώρηµα υπάρχει ορθοκανονική ϐάση B =~e1, ~e2, · · ·~en

του

E η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα της f :

f(~ei) = λi · ~ei, 1 ≤ i ≤ n

Τότε προφανώς : fk(~ei) = λki · ~ei, ∀k ≥ 1. Εποµένως ~0 = fm(~ei) = λmi · ~ei, 1 ≤ i ≤ n, και άρα λmi = 0

ή ισοδύναµα λi = 0, 1 ≤ i ≤ n, διότι ~ei 6= ~0. Εποµένως f(~ei) = ~0, 1 ≤ i ≤ n. Τότε f = 0 διότι η fµηδενίζει κάθε διάνυσµα της ϐάσης B. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 69. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E −→E µια γραµµική απεικόνιση.

(1) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση f f∗ : E −→ E είναι αυτοπροσαρτηµένη και µη-αρνητική.

(2) Να δείξετε ότι η γραµµική απεικόνιση f f∗ είναι ϑετική αν και µόνον αν η f είναι ισοµορφισµός.

Λύση. (1) Γνωρίζουµε ότι αν f, g : E −→ E είναι δυο γραµµικές απεικονίσεις, όπου (E, 〈 , 〉) ένας

Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης, τότε

(f g)∗ = g∗ f∗

και (f∗)∗ = f (δείτε τις Ασκήσεις 5 και 6 του Φυλλαδίου 8 στην Επίλυση Επιλεγµένων Ασκήσεων).

Χρησιµοποιώντας τα παραπάνω έχουµε :

(f f∗)∗ = (f∗)∗ f∗ = f f∗

και άρα η f f∗ είναι αυτοπροσαρτηµένη. Επίσης για κάθε ~x ∈ E έχουµε :⟨(f f∗)(~x), ~x

⟩=⟨f(f∗(~x)), ~x

⟩=⟨f∗(~x), f∗(~x)

⟩= ‖f∗(~x)‖2 ≥ 0

Εποµένως η γραµµική απεικόνιση f f∗ είναι µη-αρνητική.

(2) ΄Εστω ότι η f f∗ είναι ϑετική. Τότε για κάθε µη-µηδενικό διάνυσµα ~x ∈ E έχουµε :⟨(f f∗(~x), ~x

⟩> 0 =⇒ ‖f∗(~x)‖2 > 0 =⇒ f∗(~x) 6= ~0, ∀~x 6= ~0 =⇒ Ker f∗ = ~0

Συνεπώς η f∗ είναι ισοµορφισµός. Τότε υπάρχει γραµµική απεικόνιση g : E −→ E έτσι ώστε

g f∗ = IdE = f∗ g =⇒ (g f∗)∗ = (IdE)∗ = (f∗ g)∗ =⇒

f g∗ = IdE = g∗ fΕποµένως η f είναι ισοµορφισµός.

Αντίστροφα υποθέτουµε ότι η f είναι ισοµορφισµός. Τότε όπως παραπάνω έχουµε ότι και η f∗

είναι ισοµορφισµός. Τότε για κάθε ~x ∈ E µε ~x 6= ~0 ϑα έχουµε ‖f∗(~x)‖ 6= 0, και άρα:

‖f∗(~x)‖2 > 0 =⇒⟨(f f∗)(~x), ~x

⟩> 0

΄Αρα η f f∗ είναι ϑετική. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 70. ΄Εστω A ∈ Mn×n(R) ένας αντισυµµετρικός πίνακας. Να δείξετε ότι υπάρχει

ορθογώνιος πίνακας P και πίνακας B µε την ιδιότητα ο πίνακας B2να είναι διαγώνιος, έτσι ώστε :

P−1 ·B · P = A

Λύση. ΄Εστω A ∈ Mn×n(R) ένας αντισυµµετρικός πίνακας, δηλαδήtA = −A. Τότε ο πίνακας A2

είναι

συµµετρικός αφού

t(A2) = t(A ·A) = tA · tA = (−A) · (−A) = A2

Συνεπώς από το Φασµατικό Θεώρηµα υπάρχει ορθογώνιος πίνακας Q έτσι ώστε

tQ ·A2 ·Q = ∆ =⇒ A2 = Q ·∆ · tQ

127

όπου ∆ είναι ένας διαγώνιος πίνακας και ϑέτουµε P = Q−1 = tQ. ΄Αρα

P ·A2 · P−1 = ∆ (∗)και ϑεωρούµε το πίνακα

B = P ·A · P−1

Τότε έχουµε :

P−1 ·B · P = P−1 · (P ·A · P−1) · P = (P−1 · P ) ·A · (P−1 · P ) = A

και

B2 = (P ·A · P−1) · (P ·A · P−1) = P ·A2 · P−1 (∗)= ∆ 2

Λυµένη ΄Ασκηση 71. Να αναχθεί η τετραγωνική µορφή

q : R3 −→ R, q(x, y, z) =7

2x2 +

7

2y2 + 5z2 − xy − 2xz + 2yz


Λύση. Ο πίνακας της τετραγωνικής µορφής q είναι

A =

72 −1

2 −1−1

272 1

−1 1 5


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣72 − λ −1

2 −1−1

272 − λ 1

−1 1 5− λ

∣∣∣∣∣∣ Γ1→Γ1+Γ2

∣∣∣∣∣∣3− λ 3− λ 0−1

272 − λ 1

−1 1 5− λ

∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)

∣∣∣∣∣∣1 1 0−1

272 − λ 1

−1 1 5− λ

∣∣∣∣∣∣Σ2→Σ2−Σ1

(3− λ)

∣∣∣∣∣∣1 0 0−1

2 4− λ 1−1 2 5− λ

∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)

∣∣∣∣4− λ 12 5− λ

∣∣∣∣ = (3− λ)((4− λ)(5− λ)− 2

)= (3− λ)(λ2 − 9λ+ 18) = −(λ− 3)2(λ− 6)

΄Αρα οι ιδιοτιµές του πίνακα A είναι λ1 = 3 πολλαπλότητας δυο και λ2 = 6 πολλαπλότητας ένα. Για τον

ιδιόχωρο V(3) λύνουµε το παρακάτω οµογενές σύστηµα: 12 −1

2 −1−1

212 1

−1 1 2

xyz

=

000

=⇒

x− y − 2z = 0−x+ y + 2z = 0−x+ y + 2z = 0

=⇒ x = y + 2z

και άρα

V(3) =xy

z

∈ R3 | x = y + 2z

=y + 2z

yz

∈ R3 | y, z ∈ R

=y

110

+ z

201

∈ R3 | y, z ∈ R

=⇒ V(3) =⟨1

10

,

201

⟩Το παραπάνω σύνολο διανυσµάτων αποτελεί µια ϐάση του ιδιόχωρου V(3) που όµως δεν είναι ορθογώνια.

Για να ϐρούµε µια ορθοκανονική ϐάση του V(3) εφαρµόζουµε τη διαδικασία Gram-Schmidt:

128


Θέτουµε ~x1 = (1, 1, 0) και ~x2 = (2, 0, 1). Τότε ~y1 = ~x1 = (1, 1, 0) και

~y2 = ~x2 −〈~x2, ~y1〉〈~y1, ~y1〉

· ~y1 = (2, 0, 1)− 〈(2, 0, 1), (1, 1, 0)〉〈(1, 1, 0), (1, 1, 0)〉

· (1, 1, 0)

= (2, 0, 1)− (1, 1, 0)

= (1,−1, 1)


‖~y1‖ = ‖(1, 1, 0)‖ =√〈(1, 1, 0), (1, 1, 0)〉 =

√2

‖~y2‖ = ‖(1,−1, 1)‖ =√⟨

(1,−1, 1), (1,−1, 1)⟩

=√

3

Τότε η ορθοκανονική ϐάση του V(3) είναι

ΟΚΒ :~ε1 =

1√2

1√2

0

,~ε2 =

1√3

− 1√3

1√3

Για τον ιδιόχωρο V(6) έχουµε το οµεγενές σύστηµα:−5

2 −12 −1

−12 −5

2 1−1 1 −1

xyz

=

000

=⇒

−5x− y − 2z = 0−x− 5y + 2z = 0−x+ y − z = 0

Προσθέτοντας τις δύο πρώτες εξισώσεις ϐρίσκουµε x = −y και αντικαθιστώντας στη τρίτη έχουµε ότι

z = 2y. Εποµένως έχουµε :

V(6) =xy

z

∈ R3 | x = −y και z = 2y

=y ·

−112

∈ R3 | y ∈ R

=⟨−1

12

⟩και άρα µια ορθοκανονική ϐάση του ιδιόχωρου V(6) είναι

ΟΚΒ :~ε3 =

−1√6

− 1√6

2√6

Συνεπώς οι κύριοι άξονες της τετραγωνικής µορφής q είναι

~ε1 =

1√2

1√2

0

,~ε2 =

1√3

− 1√3

1√3

,~ε3 =

−1√6

− 1√6

2√10

ή δουλεύοντας στον R3

, οι κύριοι άξονες είναι τα διανύσµατα του R3:

~ε1 =( 1√

2,

1√2, 0), ~ε2 =

( 1√3, − 1√

3,

1√3

), ~ε3 =

(− 1√

6, − 1√

6,

2√10

)και η τετραγωνική µορφή q στους κύριους άξονες γράφεται ως εξής :

q(x′, y′, z′) = 3(x′)2 + 3(y′)2 + 6(z′)2 2

129

Λυµένη ΄Ασκηση 72. Να προσδιορισθεί το είδος των καµπύλων οι οποίες ορίζονται από τις εξισώσεις :

(C1) : xy = 1

(C2) : 5x2 − 4xy + 8y2 = 1

Λύση. Ο πίνακας της τετραγωνικής µορφής q(x, y) = xy είναι

A =

(0 1

212 0

)και το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα A είναι

PA(λ) =

∣∣∣∣−λ 12

12 −λ

∣∣∣∣ = λ2 − 1

4

Συνεπώς έχουµε τις απλές ιδιοτιµές λ1 = 12 και λ2 = −1

2 . Τότε στους κύριους άξονες ~ε1,~ε2 η τετραγωνική

µορφή q γράφεται ως εξής :

q(x′, y′) =1

2(x′)2 − 1

2(y′)2

και άρα η καµπύλη (C1) : xy = 1 παριστάνει υπερβολή αφού

(C1) :1

2(x′)2 − 1

2(y′)2 = 1 =⇒ (x′)2 − (y′)2 = 2 : υπερβολή

Για τη καµπύλη (C2) έχουµε ότι πίνακας της τετραγωνικής µορφής q(x, y) = 5x2 − 4xy + 8y2είναι

A =

(5 −2−2 8

)και υπολογίζουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα A:

PA(λ) =

∣∣∣∣5− λ −2−2 8− λ

∣∣∣∣ = (5− λ)(8− λ)− 4 = λ2 − 13λ+ 36 = (λ− 9)(λ− 4)

Εποµένως έχουµε τις απλές ιδιοτιµές λ1 = 9 και λ2 = 4. Τότε στους κύριους άξονες ~ε1,~ε2 η τετραγωνική

µορφή q γράφεται ως εξής :

q(x′, y′) = 9(x′)2 + 4(y′)2

και άρα η καµπύλη (C2) : 5x2 − 4xy + 8y2 = 1 παριστάνει έλλειψη αφού

(C2) : 9(x′)2 + 4(y′)2 = 1 =⇒ (x′)2

19

+(y′)2

14

= 1 : έλλειψη 2

Λυµένη ΄Ασκηση 73. Να προσδιορισθεί το είδος της τετραγωνικής επιφάνειας η οποία ορίζεται από την

εξίσωση:

(S) : 9x2 − 4xy + 6y2 + 3z2 + 2√

5x+ 4√

5y + 12z + 16 = 0

Λύση. Θεωρούµε την απεικόνιση

q : R3 −→ R, q(x, y, z) = 9x2 − 4xy + 6y2 + 3z2

Τότε η απεικόνιση q είναι µια τετραγωνική µορφή της οποίας ο πίνακας είναι

A =

9 −2 0−2 6 0

0 0 3


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣9− λ −2 0−2 6− λ 0

0 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = (3− λ) ·∣∣∣∣9− λ −2−2 6− λ

∣∣∣∣ = · · · = −(λ− 10) · (λ− 5) · (λ− 3)

130

και άρα έχουµε τις ιδιοτιµές : λ1 = 10, λ2 = 5, λ3 = 3. Στη συνέχεια υπολογίζουµε ορθοκανονικές

ϐάσεις των αντίστοιχων ιδιοχώρων. Εύκολα ϐρίσκουµε τα εξής :

V(10) =⟨−2

10

⟩ =⇒ ΟΚΒ του V(10) :~ε1 =

−2√5

1√5

0

V(5) =⟨1

20

⟩ =⇒ ΟΚΒ του V(5) :~ε2 =

1√5

2√5

0

V(3) =⟨0

01

⟩ =⇒ ΟΚΒ του V(3) :~ε3 =

001

Τότε οι κύριοι άξονες της q είναι : ~ε1, ~ε2, ~ε3 και υπάρχει ορθογώνιος πίνακας

P =

−2√

51√5

01√5

2√5

0

0 0 1

έτσι ώστε

tP ·A · P =

10 0 00 5 00 0 3

΄Εστω (x, y, z) ∈ R3

. Τότε το τυχαίο διάνυσµα (x, y, z) γράφεται ως : (x, y, z) = x′~ε1 + y′~ε2 + z′~ε3 και

έχουµε : xyz

= P ·

x′y′z′

=⇒ x =−2x′ + y′√

5, y =

x′ + 2y′√5

, z = z′

Τότε η αρχική επιφάνεια γράφεται ως εξής :

10(x′)2 + 5(y′)2 + 3(z′)2 + 2(−2x′ + y′) + 4(x′ + 2y′) + 12z′ + 16 = 0

=⇒ 10(x′)2 + 5(y′)2 + 3(z′)2 + 10y′ + 12z′ + 16 = 0

=⇒ 10(x′)2 + 5((y′)2 + 2y′ + 1

)+ 3((z′)2 + 4z′ + 4

)+ 16− 17 = 0

=⇒ 10(x′)2 + 5((y′)2 + 2y′ + 1

)+ 3((z′)2 + 4z′ + 4

)= 1 (∗)

Η επιφάνεια (∗) προέκυψε από την αρχική µετά από στροφή των αξόνων η οποία προσδιορίζεται από τον

ορθογώνιο πίνακα P .

Τέλος ϑέτοντας

x′′ = x′, y′′ = y′ + 1, z′′ = z′ + 2

δηλαδή εφαρµόζοντας την παράλληλη µεταφορά

(x′, y′, z′) −→ (x′′, y′′, z′′) = (x′, y′, z′) + (0, 1, 2)

η εξίσωση (∗) γράφεται

10(x′′)2 + 5(y′′)2 + 3(z′′)2 = 1

131

η οποία παριστάνει ελλειψοειδές στο νέο σύστηµα συντεταγµένων το οποίο προέκυψε µετά από στροφή και

παράλληλη µεταφορά. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 74. Θεωρούµε την τετραγωνική µορφή

q : R3 −→ R, q(x, y, z) = 3x2 + 3y2 + 2z2 − 2xy

(1) Να αναχθεί η τετραγωνική µορφή q στους κύριους άξονές της, οι οποίοι και να ϐρεθούν.

(2) Να προσδιορισθεί το είδος της τετραγωνικής επιφάνειας η οποία ορίζεται από την εξίσωση:

(S) : 3x2 + 3y2 + 2z2 − 2xy = 8

(3) Να δείξετε ότι ο πίνακας A της τετραγωνικής µορφής q είναι ϑετικός και στη συνέχεια να ϐρεθεί

συµµετρικός και αντιστρέψιµος πίνακας B έτσι ώστε : B2 = A.

Λύση. (1) Ο πίνακας της τετραγωνικής µορφής q είναι

A =

3 −1 0−1 3 0

0 0 2


PA(λ) =

∣∣∣∣∣∣3− λ −1 0−1 3− λ 0

0 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)((3− λ)2 − 1

)= (2− λ)2(4− λ)

και άρα οι ιδιοτιµές είναι λ1 = 2 πολλαπλότητας δυο και λ2 = 4 απλή. Για τον ιδιόχωρο V(2)λύνουµε το παρακάτω οµογενές σύστηµα: 1 −1 0

−1 1 00 0 0

xyz

=

000

=⇒ x = y

και άρα

V(2) =xy

z

∈ R3 | x = y

=xx

z

∈ R3 | x, z ∈ R

=x

110

+ z

001

∈ R3 | x, z ∈ R

=⇒ V(2) =⟨1

10

,

001

⟩Το παραπάνω σύνολο διανυσµάτων αποτελεί µια ϐάση του ιδιόχωρου V(2) που είναι ορθογώνια.

΄Αρα µια ορθοκανονική ϐάση του V(2) αποτελεί το σύνολο

~ε1 =

1√2

1√2

0

, ~ε2 =

001

Για τον ιδιόχωρο V(4) έχουµε το παρακάτω οµογενές σύστηµα:−1 −1 0

−1 −1 00 0 −2

xyz

=

000

=⇒ y = −x και z = 0

και άρα

V(4) =xy

z

∈ R3 | y = −x και z = 0

= x−x

0

∈ R3 | x ∈ R

=⟨ 1−1

0

⟩

132

Συνεπώς µια ορθοκανονική ϐάση του V(4) αποτελεί το σύνολο

~ε3 =

1√2

− 1√2

0

΄Αρα οι κύριοι άξονες της τετραγωνικής µορφής q είναι

~ε1 =

1√2

1√2

0

, ~ε2 =

001

, ~ε3 =

1√2

− 1√2

0

και η τετραγωνική µορφή q στους κύριους άξονες γράφεται ως εξής :

q(x′, y′, z′) = 2(x′)2 + 2(y′)2 + 4(z′)2

(2) Από το προηγούµενο ερώτηµα έχουµε ότι

(S) : 2(x′)2 + 2(y′)2 + 4(z′)2 = 8 =⇒ (x′)2

4+

(y′)2

4+

(z′)2

2= 1

και άρα το είδος της τετραγωνικής επιφάνειας η οποία ορίζεται από την εξίσωση:

(S) : 3x2 + 3y2 + 2z2 − 2xy = 8

είναι ελλειψοειδές.

(3) Από το ερώτηµα (1) έχουµε ότι οι ιδιοτιµές του πίνακα A είναι λ1 = 2 > 0, λ2 = 4 > 0 και άρα ο

πίνακας A είναι ϑετικός. Πάλι από το ερώτηµα (1) γνωρίζουµε ότι υπάρχει ορθογώνιος πίνακας

P =

1√2

0 1√2

1√2

0 − 1√2

0 1 0

έτσι ώστε

tP ·A · P =

2 0 00 2 00 0 4

=⇒ A = P ·

2 0 00 2 00 0 4

· tPΘεωρούµε το πίνακα

B = P ·

√2 0 0

0√

2 00 0 2

· tP = · · · =

1√2

+ 1 1√2− 1 0

1√2− 1 1√

2+ 1 0

0 0√

2

Τότε

B2 = P ·

√2 0 0

0√

2 00 0 2

2

· tP = P ·

2 0 00 2 00 0 4

· tP = A 2

133

Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

Επαναληπτικες Ασκησεις

∆ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης




28 - 6 - 2012

Λυµένη ΄Ασκηση 75. ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου E 6= ~0 είναι ένας K-

διανυσµατικός χώρος. Υποθέτουµε ότι κάθε µη-µηδενικό διάνυσµα του E είναι ιδιοδιάνυσµα της f . Να

δείξετε ότι υπάρχει λ ∈ K έτσι ώστε

f(~x) = λ · ~x, ∀~x ∈ E

Λύση. Από την υπόθεση έχουµε :

∀~x ∈ E, ~x 6= ~0, ∃λ~x ∈ K : f(~x) = λ~x~x

΄Εστω ~x, ~y ∈ K, όπου ~x 6= ~0 6= ~y.Τότε :

f(~x) = λ~x~x και f(~y) = λ~y~y

• Αν ~x+ ~y 6= ~0, τότε ϑα έχουµε και :

f(~x+ ~y) = λ~x+~y(~x+ ~y)

και εποµένως :

f(~x) + f(~y) = λ~x+~y~x+ λ~x+~y~y =⇒ λ~x~x+ λ~y~y = λ~x+~y~x+ λ~x+~y~y

΄Αρα:

(λ~x − λ~x+~y)~x+ (λ~y − λ~x+~y)~y = ~0

Υποθέουµε ότι : λ~x 6= λ~y. Τότε τα ~x και ~y είναι ιδιοδιανύσµατα της f τα οποία αντιστοιχούν σε διαφορετικές

ιδιοτιµές. Τότε όπως γνωρίζουµε, τα ~x και ~y είναι γραµµικά ανεξάρτητα, και εποµένως η τελευταία σχέση

δίνει :

λ~x − λ~x+~y = 0 = λ~y − λ~x+~y =⇒ λ~x = λ~x+~y = λ~y

το οποίο είναι άτοπο. ΄Αρα αν ~x+ ~y 6= ~0, τότε : λ~x = λ~y.

• Αν ~x+ ~y = ~0, τότε ~y = −~x, και ϑα έχουµε :

~0 = f(~x+ ~y) = f(~x) + f(~y) = λ~x~x+ λ~y~y = λ~x~x− λ~x = (λ~x − λ~y)~xδηλαδή:

(λ~x − λ~y)~x = ~0

Επειδή το ~x 6= ~0, ως ιδιοδιάνυσµα της f , έπεται από την τελευταία σχέση ότι λ~x−λ~y = 0, και άρα λ~x = λ~y.

134

΄Ετσι δείξαµε ότι σε κάθε περίπτωση: ~x 6= ~0 6= ~y =⇒ λ~x = λ~y. Θέτουµε λ~x = λ = λ~y την κοινή

αυτή τιµή. Τότε ϑα έχουµε :

f(~x) = λ~x, ~0 6= ~x ∈ E

και επειδή f(~0) = ~0 = λ~0, έπεται ότι :

f(~x) = λ~x, ∀~x ∈ E 2

Λυµένη ΄Ασκηση 76. ΄Εστω A ένας n × n-πίνακας µε στοιχεία από ένα σώµα K. Υποθέτουµε ότι το

άθροισµα των στοιχείων καθεµιάς γραµµής του είναι ίσο µε 1.

(1) Να δείξετε ότι το 1 είναι ιδιοτιµή του A.

(2) Αν κάθε µη-µηδενικό διάνυσµα στήλη του χώρου Kn είναι ιδιοδιάνυσµα του A, να δείξετε ότι ο Aείναι ο µοναδιαίος πίνακας : A = In.


A ·

11...

1

=

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.

.

.. . .

.

.

.

an1 an2 · · · ann

·

11...

1

=

a11 + a12 + · · ·+ a1n

a21 + a22 + · · ·+ a2n...

an1 + an2 + · · ·+ ann

=

11...

1

και άρα το 1 είναι ιδιοτιµή του πίνακα A µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα τη στήλη:

11...

1

Υποθέτουµε ότι κάθε µη-µηδενικό διάνυσµα στήλη του χώρου Kn είναι ιδιοδιάνυσµα του A. Τότε από

την ’σκηση 1 έχουµε ότι υπάρχει λ ∈ K έτσι ώστεa11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.

.

.. . .

.

.

.


·x1

x2...

xn

= λ ·

x1

x2...

xn

, ∀

x1

x2...

xn

∈Mn×1(K)

Θεωρούµε το διάνυσµα στήλη x1

x2...

xn

=

11...

1

Τότε :

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.

.

.. . .

.

.

.


·

11...

1

= λ ·

11...

1

=⇒

11...

1

= λ ·

11...

1

=⇒ λ = 1

Εποµένως έχουµε :a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.

.

.. . .

.

.

.


·x1

x2...

xn

=

x1

x2...

xn

, ∀

x1

x2...

xn

∈Mn×1(K)

135

και άρα A = In. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 77. ΄Ενας πίνακας B = (bij) ∈ Mn×n(K) καλείται δίκαιος αν :

(a) bij > 0, ∀i, j = 1, 2, · · · , n.(b) bijbjk = bik, ∀i, j, k = 1, 2, · · · , n.

Για τους δίκαιους πίνακες να δείξετε τα ακόλουθα:

(1) Να δείξετε ότι ο πίνακας

A =

1 1 · · · 11 1 · · · 1...

.

.

.. . .

.

.

.

1 1 · · · 1

είναι δίκαιος.

(2) Να δείξετε ότι αν B είναι ένας δίκαιος πίνακας, τότε : B2 = nB.

(3) Κάθε δίκαιος πίνακας είναι όµοιος µε τον A.

(4) Να δείξετε ότι κάθε δίκαιος πίνακας B είναι διαγωνοποιήσιµος και να προσδιορισθεί ένας αντι-

στρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας

P−1BP

να είναι διαγώνιος. Ποιά είναι η διαγώνια µορφή του ;

Λύση. (1) Ο πίνακας A είναι δίκαιος διότι ∀i, j, k = 1, 2, · · · , n έχουµε :

bij = 1 > 0 και bij · bjk = 1 · 1 = 1 = bik

(2) ΄Εστω B ένας δίκαιος πίνακας. Τότε :

(B2)ij =

n∑k=1

(B)ik · (B)kj =

n∑k=1

bikbkj =

n∑k=1

bij = nbij = n · (B)ij = (nB)ij

για κάθε i, j = 1, 2, · · · , n. ΄Αρα: B2 = nB.

(3) ΄Εστω B ένας δίκαιος πίνακας. Θα δείξουµε ότι υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας C ∈ Mn×n(K)έτσι ώστε C−1 ·B · C = A. Καταρχήν παρατηρούµε ότι

bii · bij = bij ∀i, j = 1, 2, · · · , nbij 6=0

+3 bii = 1 ∀i = 1, 2, · · · , n

Θεωρούµε το πίνακα C µε

(C)ij = δij · bj1δηλαδή

C =

b11 0 · · · 0

0 b21 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · bn1

Ο πίνακας C είναι αντιστρέψιµος µε

(C)−1ij = δij · b1j

διότι

C · C−1 =

b11 0 · · · 0

0 b21 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · bn1

·b11 0 · · · 0

0 b12 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · b1n

= In = C−1 · C

136

Τότε υπολογίζουµε :

(B · C)ij =

n∑k=1

(B)ik · (C)kj =

n∑k=1

bik · δkj · bj1 = bij · bj1 = bi1

και

(C−1 ·B · C)ij =n∑k=1

(C−1)ik · (B · C)kj =n∑k=1

δik · b1k · bk1 = b1i · bi1 = 1

Συνεπώς ϐρήκαµε αντιστρέψιµο πίνακα C έτσι ώστε

C−1 ·B · C =

1 1 · · · 11 1 · · · 1...

.

.

.. . .

.

.

.

1 1 · · · 1

= A

και άρα ο δίκαιος πίνακας B είναι όµοιος µε τον A.

(4) Θεωρούµε το πολυώνυµο P (t) = t2 − nt. Τότε από το ερώτηµα (2) έχουµε

P (B) = B2 − nB = O

Επειδή το πολυώνυµοP (t) µηδενίζει το δίκαιο πίνακαB, έπεται ότι το πολυώνυµοP (t) ϑα διαιρείται

από το ελάχιστο πολυώνυµο QB(t) του B: QB(t)/P (t). Επειδή P (t) = t(t − n) το ελάχιστο

πολυώνυµο ϑα είναι ένα εκ των:

QB(t) = t ή QB(t) = t− n ή QB(t) = t(t− n)

Αν το ελάχιστο πολυώνυµο του B είναι το t ή το t − n, τότε ϑα έχουµε αντίστοιχα ότι : B = O ή

B = nIn το οποίο είναι άτοπο διότι bij > 0, 1 ≤ i, j ≤ n. ΄Αρα QB(t) = t(t − n) και έτσι το

ελάχιστο πολυώνυµο QB(t) είναι γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων. Εποµένως

ο πίνακας B είναι διαγωνοποιήσιµος.

Επίσης ο πίνακας A, ως δίκαιος πίνακας, διαγωνοποιείται. Βρίσκουµε τους ιδιοχώρους που

αντιστοιχούν στις ιδιοτιµές λ1 = 0 και λ2 = n.΄Εχουµε :

A ·

x1

x2...

xn

=

00...

0

=⇒ · · · =⇒ V(0) =⟨

1−1

0...

0

,

10−1

.

.

.

0

, · · · ,

10...

0−1

⟩

και

A ·

x1

x2...

xn

= n ·

x1

x2...

xn

=⇒ · · · =⇒ V(n) =⟨

11...

1

⟩Συνεπώς υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας

Q =

1 1 · · · 1 1−1 0 · · · 0 1

.

.

....

. . ....

.

.

.

0 0 · · · 0 10 0 · · · −1 1

137

έτσι ώστε

Q−1 ·A ·Q =

0 0 · · · 00 0 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · n

= n · Enn

όπου :

Enn =

0 0 · · · 00 0 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · 1

΄Ετσι ο πίνακας A είναι όµοιος µε τον n · Enn. Επειδή ο πίνακας B είναι όµοιος µε τον A, έπεται

ότι ο B είναι όµοιος µε τον n · Enn. Λεπτοµερέστερα:

(C ·Q)−1 ·B · (C ·Q) = Q−1 · (C−1 ·B · C) ·Q = Q−1 ·A ·Q =

0 0 · · · 00 0 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · n

= n · Enn

Συνεπώς υπάρχει ο αντιστρέψιµος πίνακας P = C ·Q έτσι ώστε ο πίνακας

P−1 ·B · Pείναι διαγώνιος, και άρα η διαγώνια µορφή του δίκαιου πίνακα B είναι η

0 0 · · · 00 0 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · n

= n · Enn 2

Λυµένη ΄Ασκηση 78. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και ~x, ~y ∈ E. Να δείξετε ότι :⟨~x, ~y⟩

= 0 ⇐⇒ ‖~x‖ ≤ ‖~x+ λ~y‖, ∀λ ∈ R

Λύση. • ΄Εστω

⟨~x, ~y⟩

= 0. Τότε :

‖~x+ λ~y‖2 = ‖~x‖2 + 2λ ·⟨~x, ~y⟩

+ ‖λ~y‖2

= ‖~x‖2 + λ2 · ‖~y‖2

≥ ‖~x‖2

διότι λ2 · ‖~y‖2 ≥ 0 για κάθε λ ∈ R. Συνεπώς :

‖~x+ λ~y‖ ≥ ‖~x‖

• Αντίστροφα έστω ότι ‖~x‖ ≤ ‖~x+ λ~y‖, ∀λ ∈ R. Τότε :

‖~x+ λ~y‖2 ≥ ‖~x‖2 =⇒ ‖~x‖2 + 2λ ·⟨~x, ~y⟩

+ λ2 · ‖~y‖2 ≥ ‖~x‖2

=⇒ λ2 · ‖~y‖2 + 2λ ·⟨~x, ~y⟩≥ 0, ∀λ ∈ R

Αν ‖~y‖ = 0, τότε ~y = ~0, και προφανώς : 〈~x, ~y〉 = 0.Υποθέτουµε ότι : ‖~y‖ 6= 0. Θέτουµε

ϕ(λ) = ‖~y‖2λ2 + 2〈~x, ~y〉λ, ∀λ ∈ R

138

και άρα

ϕ(λ) ≥ 0, ∀λ ∈ R (∗)Υποθέτουµε ότι 〈~x, ~y〉 6= 0. Οι ϱίζες του τριωνύµου ϕ(λ) ως προς λ είναι :

λ1 = 0 και λ2 = −2〈~x, ~y〉‖~y‖2

οι οποίες είναι διακεκριµµένες : λ1 = 0 6= λ2 διότι 〈~x, ~y〉 6= 0. Επειδή η διακρίνουσα του ϕ(λ) είναι

∆ = 4〈~x, ~y〉2 > 0, το τριώνυµο ϕ(λ) λαµβάνει τιµές αντίθετες του πρόσηµου του ‖~y‖2 > 0 στο διάστηµα

µεταξύ των ϱιζών του. ΄Αρα:

ϕ(λ) < 0, ∀λ ∈(

0, −2〈~x, ~y〉‖~y‖

), αν 〈~x, ~y〉 < 0

και

ϕ(λ) < 0, ∀λ ∈(− 2〈~x, ~y〉‖~y‖

, 0), αν 〈~x, ~y〉 > 0

΄Αρα επιλέγοντας λ σε ένα από τα παραπάνω διαστήµατα, ϐλέπουµε ότι :

∃λ ∈ R : ϕ(λ) < 0 (∗∗)

Από τις (∗) και (∗∗) ϐλέπουµε ότι η υπόθεση 〈~x, ~y〉 6= 0, µας οδηγεί σε άτοπο. ΄Αρα

〈 ~x, ~y 〉 = 0 2

Λυµένη ΄Ασκηση 79. ΄Εστω a1, a2, · · · , an, b1, b2, · · · , bn, και c1, c2, · · · , cn πραγµατικοί αριθµοί. Αν

c1, c2, · · · , cn > 0, να δείξετε ότι :

∣∣ n∑i=1

ciaibi∣∣ ≤

√√√√ n∑i=1

cia2i ·

√√√√ n∑i=1

cib2i

Λύση. Θεωρούµε τα ακόλουθα διανύσµατα του Rn:

~x = (√c1a1, · · · ,

√cnan) και ~y = (

√c1b1, · · · ,

√cnbn)

Τότε από την ανισότητα των Cauchy-Schwarz έχουµε :

|〈~x, ~y〉| ≤ ‖~x‖ · ‖~y‖ =⇒∣∣ n∑i=1

ciaibi∣∣ ≤

√√√√ n∑i=1

cia2i ·

√√√√ n∑i=1

cib2i 2

∆ιαφορετικά: Επειδή c1, c2, · · · , cn > 0, η απεικόνιση

〈〈(x1, · · · , xn), (y1, · · · , yn) 〉〉 =n∑k=1

xkckyk

είναι ένα εσωτερικό γινόµενο στον Rn. Από την ανισότητα των Cauchy-Schwarz για τα διανύσµατα

~x = (a1, · · · , an) και ~y = (b1, · · · , bn)

ως προς το εσωτερικό γινόµενο 〈〈−,− 〉〉, ϑα έχουµε :

|〈~x, ~y〉| ≤ ‖~x‖ · ‖~y‖ =⇒∣∣ n∑i=1

ciaibi∣∣ ≤

√√√√ n∑i=1

cia2i ·

√√√√ n∑i=1

cib2i 2

139

Λυµένη ΄Ασκηση 80. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. Να δείξετε την ισότητα του Απολλώνιου :∥∥~z − ~x∥∥2+∥∥~z − ~y∥∥2

=1

2

∥∥~x− ~y∥∥2+ 2∥∥~z − 1

2(~x+ ~y)

∥∥2

∀~z, ~x, ~y ∈ E.


1

2

∥∥~x− ~y∥∥2+ 2∥∥~z − 1

2(~x+ ~y)

∥∥2=

1

2

∥∥~x− ~y∥∥2+ 2∥∥~z∥∥2 − 2

⟨~z, ~x+ ~y

⟩+

1

2

∥∥~x+ ~y∥∥2

=1

2

∥∥~x∥∥2 −⟨~x, ~y⟩

+1

2

∥∥~y∥∥2+ 2∥∥~z∥∥2 − 2

⟨~z, ~x⟩− 2⟨~z, ~y⟩

+1

2

∥∥~x∥∥2+⟨~x, ~y⟩

+1

2

∥∥~y∥∥2

=(∥∥~z∥∥2 − 2

⟨~z, ~x⟩

+∥∥~x∥∥2)

+(∥∥~z∥∥2 − 2

⟨~z, ~y⟩

+∥∥~y∥∥2)

=∥∥~z − ~x∥∥2

+∥∥~z − ~y∥∥2

και άρα δείξαµε την ισότητα του Απολλώνιου. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 81. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. Να δείξετε ότι για κάθε γραµµική απει-

κόνιση f : E −→ E, υπάρχουν γραµµικές απεικονίσεις g, h : E −→ E έτσι ώστε :

f = g + h, όπου : g∗ = g και h∗ = −h

Επιπλέον αν g′, h′ : E −→ E είναι γραµµικές απεικονίσεις, έτσι ώστε f = g′ + h′, όπου : (g′)∗ = g′

και (h′)∗ = −h′, τότε g = g′ και h = h′.

Λύση. Θεωρούµε τις γραµµικές απεικονίσεις

g =f + f∗

2και h =

f − f∗

2

Τότε

g + h =f + f∗

2+f − f∗

2= f

Επιπλέον :

g∗ = (f + f∗

2)∗ =

1

2(f∗ + (f∗)∗) =

1

2(f∗ + f) =

f + f∗

2= g

h∗ = (f − f∗

2)∗ =

1

2(f∗ − (f∗)∗) =

1

2(f∗ − f) =

f∗ − f2

= −h

Υποθέτουµε ότι f = g′ + h′, όπου : (g′)∗ = g′ και (h′)∗ = −h′. Τότε :

f = g + h = g′ + h′ =⇒ g − g′ = h− h′ (†)

και άρα:

(g − g′)∗ = (h− h′)∗

Επειδή : (g − g′)∗ = g∗ − (g′)∗ = g − g′ =⇒ (g − g′)∗ = g − g′(h− h′)∗ = h∗ − (h′)∗ = −h+ h′ = −(h− h′) =⇒ (h− h′)∗ = −(h− h′)

140

ϑα έχουµε :

g − g′ = −(h− h′) (††)Από τις (†) και (††) έπεται ότι :

2(g − g′) = 0 = 2(h− h′) =⇒

g = g′

h = h′2

Λυµένη ΄Ασκηση 82. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος και f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση.

Να δείξετε ότι αν η f ικανοποιεί δύο από τις ακόλουθες τρεις ιδιότητες :

(1) η f είναι αυτοπροσαρτηµένη.

(2) η f είναι ισοµετρία.

(3) f2 = IdE.

τότε ικανοποιεί και την τρίτη. Τι µορφή έχει η f αν ικανοποιούνται οι παραπάνω ιδιότητες.

Λύση. (1) + (3) =⇒ (2) : ΄Εστω ~x, ~y ∈ E. Τότε :⟨f(~x), f(~y)

⟩=

⟨~x, f∗(f(~y))

⟩=

⟨~x, f(f(~y))

⟩f = f∗

=⟨~x, f2(~y))

⟩=

⟨~x, ~y⟩

f2 = IdE

και άρα η f είναι ισοµετρία.

(2) + (3) =⇒ (1) : Αφού f2 = IdE έπεται ότι η f είναι ισοµορφισµός µε

f−1 = f (1)

Επίσης, επειδή η f είναι ισοµετρία έχουµε⟨~x, ~y⟩

=⟨f(~x), f(~y)

⟩=⟨~x, f∗(f(~y))

⟩∀~x, ~y ∈ E =⇒ f∗(f(~y)) = ~y ∀~y ∈ E

=⇒ f∗ f = IdE

και άρα η f είναι ισοµορφισµός µε

f−1 = f∗ (2)

Εποµένως από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται ότι f∗ = f , δηλαδή η f είναι αυτοπροσαρτηµένη.

(1) + (2) =⇒ (3) : ΄Εστω ~x ∈ E. Αφού η f είναι ισοµετρία και f∗ = f , τότε :⟨f2(~x), ~x

⟩=⟨f(f(~x)), ~x

⟩=⟨f(~x), f∗(~x)

⟩=⟨f(~x), f(~x)

⟩=⟨~x, ~x

⟩(3)

και ξανά επειδή η f είναι ισοµετρία έχουµε :⟨f2(~x), f2(~x)

⟩=⟨f(f(~x)), f(f(~x))

⟩=⟨f(~x), f(~x)

⟩=⟨~x, ~x

⟩(4)

Χρησιµοποιώντας τις σχέσεις (3) και (4) έπεται ότι⟨f2(~x)− ~x, f2(~x)− ~x

⟩=⟨f2(~x), f2(~x)

⟩−⟨f2(~x), ~x

⟩−⟨~x, f2(~x)

⟩+⟨~x, ~x

⟩= 0

και άρα f2(~x)− ~x = ~0 για κάθε ~x ∈ E. Εποµένως : f2 = IdE.

141

Υποθέτουµε ότι η f ικανοποιεί τις ιδιότητες (1), (2) και (3). Θεωρούµε το πολυώνυµο P (t) = t2 − 1 =(t− 1)(t+ 1). Τότε

P (f) = f2 − IdE = 0

και άρα το ελάχιστο πολυώνυµο Qf (t) της f διαιρεί το P (t): Qf (t)/P (t). Εποµένως :

Qf (t) = t− 1 ή Qf (t) = t+ 1 ή Qf (t) = t2 − 1

Αν

Qf (t) = t− 1 =⇒ f = IdE

ή αν

Qf (t) = t+ 1 =⇒ f = −IdE

Τέλος, αν Qf (t) = t2 − 1 τότε υπάρχει ϐάση του E έτσι ώστε ο πίνακας της f να είναι ο ακόλουθος :

A =

1 · · · 0 0 · · · 0...

. . ....

.

.

....

0 · · · 1 0 · · · 00 · · · 0 −1 · · · 0...

. . . 0 0. . .

.

.

.

0 · · · 0 0 · · · −1

∆ηλαδή σε αυτή τη περίπτωση η f είναι µια γραµµική απεικόνιση όπου ο πίνακας της είναι ο A. 2

Λυµένη ΄Ασκηση 83. ΄Εστω (E, 〈 , 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. Αν f : E −→ E είναι µια γραµµική

απεικόνιση, για την οποία ισχύει :

f f∗ = f∗ fνα δείξετε ότι :

f(~x) = ~0 =⇒ f∗(~x) = ~0


f(~x) = ~0 =⇒ f∗(f(~x)) = ~0

=⇒ (f∗ f)(~x) = ~0

=⇒ (f f∗)(~x) = ~0

=⇒⟨(f f∗)(~x), ~x

⟩= 0

=⇒⟨f(f∗(~x)), ~x

⟩= 0

=⇒⟨f∗(~x), f∗(~x)

⟩= 0

=⇒∥∥f∗(~x)

∥∥2= 0

=⇒ f∗(~x) = ~0 2

142

Λυµένη ΄Ασκηση 84. ΄Εστω A ∈Mn×n(R) ένας συµµετρικός πίνακας. Αν A2 = A, να δείξετε ότι :

(1) Οι ιδιοτιµές του A είναι 0 ή 1.(2) Η ϐαθµίδα r(A) του A είναι ίση µε το ίχνος Tr(A) του A.

(3) Πότε ο A είναι ϑετικός ;

Λύση. (1) Αφού ο πίνακας A είναι συµµετρικός τότε από το Φασµατικό Θεώρηµα υπάρχει ένας ορθο-

γώνιος πίνακας P έτσι ώστε

tP ·A · P =

λ1 · · · 0...

. . ....

0 · · · λn

όπου λi ∈ R οι ιδιοτιµές του πίνακα A. Τότε :

(tP ·A · P )2 = tP ·A2 · P =

λ21 · · · 0...

. . ....

0 · · · λ2n

και επειδή A2 = A έπεται ότιλ

21 · · · 0...

. . ....

0 · · · λ2n

=

λ1 · · · 0...

. . ....

0 · · · λn

=⇒ λ2i = λi =⇒ λi(λi − 1) = 0, 1 ≤ i ≤ n

Εποµένως : λi = 0 ή λi = 1 και άρα οι ιδιοτιµές του πίνακα A είναι 0 ή 1.(2) ΄Εστω ότι η ϐαθµίδα του πίνακα A είναι r(A) = m. Από το Φασµατικό Θεώρηµα, υπάρχει ορθο-

γώνιος πίνακας P έτσι ώστε

tP ·A · P =

1 · · · 0 0 · · · 0...

. . ....

.

.

....

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

. . . 0 0. . .

.

.

.

0 · · · 0 0 · · · 0

όπου το πλήθος των 1 στην κύρια διαγώνιο είναι ίσο µε την πολλαπλότητα της λ = 1 ως ιδιοτιµής

του A. Επειδή όµοιοι πίνακες έχουν την ίδια ϐαθµίδα, και επειδή η ϐαθµίδα του πίνακα στα δεξιά

της παραπάνω σχέσης είναι προφανώς ίση µε m, έπεται ότι r(A) = m = πολλαπλότητα της λ = 1ως ιδιοτιµής του A. Επειδή όµοιοι πίνακες έχουν το ίδιο ίχνος και επειδή το ίχνος του πίνακα στα

δεξιά της παραπάνω σχέσης είναι ίσο µε m, έπεται ότι :

Tr(A) = Tr(tP ·A · P ) = Tr

1 · · · 0 0 · · · 0...

. . ....

.

.

....

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

. . . 0 0. . .

.

.

.

0 · · · 0 0 · · · 0

= 1 + 1 + · · ·+ 1 = m = r(A)

και άρα η ϐαθµίδα r(A) του A είναι ίση µε το ίχνος Tr(A) του A.

(3) Ο πίνακαςA είναι ϑετικός αν και µόνο αν όλες οι ιδιοτιµές του είναι ϑετικές, δηλαδή στη περίπτωση

µας ίσες µε 1. Εποµένως : A = In. 2

143

Λυµένη ΄Ασκηση 85. ΄Εστω A ∈Mn×n(R) ένας συµµετρικός πίνακας. Αν A3 = A2, να δείξετε ότι :

A2 = A

Λύση. Αφού ο πίνακας A είναι συµµετρικός γνωρίζουµε από το Φασµατικό Θεώρηµα ότι υπάρχει ένας

ορθογώνιος πίνακας P έτσι ώστε

tP ·A · P =

λ1 · · · 0...

. . ....

0 · · · λn

όπου λi οι ιδιοτιµές του πίνακα A. Τότε :

tP ·A3 · P =

λ31 · · · 0...

. . ....

0 · · · λ3n

καιtP ·A2 · P =

λ21 · · · 0...

. . ....

0 · · · λ2n

Επειδή A3 = A2

έχουµε :

A3 = A2 =⇒ tP ·A3 · P = tP ·A2 · P =⇒

λ31 · · · 0...

. . ....

0 · · · λ3n

=

λ21 · · · 0...

. . ....

0 · · · λ2n

και άρα λ3

i = λ2i , δηλαδή ισοδύναµα λi(λ

2i −λi) = 0, για κάθε 1 ≤ i ≤ n. Αν λi = 0 για κάθε i = 1, · · · , n

τότε A = 0 και άρα το Ϲητούµενο ισχύει. ∆ιαφορετικά αν κάποια από τα λi 6= 0 τότε έχουµε λ2i = λi.

Εποµένως :

tP ·A · P = tP ·A2 · P =⇒ A = A2

∆ιαφορετικά: Θεωρούµε το πολυώνυµο Q(t) = t3 − t2. Τότε Q(A) = A3 − A2 = O. ΄Αρα το ελάχιστο

πολυώνυµο QA(t) είναι διαιρέτης του Q(t) = t3 − t2 = t2(t− 1), και άρα:

QA(t) = t ή QA(t) = t2 ή QA(t) = t− 1 ή QA(t) = t(t− 1) ή QA(t) = t2(t− 1)

Επειδή οA είναι συµµετρικός από το Φασµατικό Θεώρηµα, οA είναι διαγωνοποιήσιµος και άρα το ελάχιστο

πολυώνυµο έχει διακεκριµένους παράγοντες. Εποµένως :

QA(t) = t ή QA(t) = t− 1 ή QA(t) = t(t− 1)

Αν QA(t) = t, τότε A = O. Αν QA(t) = t − 1, τότε A = In. Και στις δύο αυτές περιπτώσεις έχουµε

προφανώς ότι : A2 = A. Τέλος αν QA(t) = t(t− 1) = t2 − t, τότε A2 = A. 2

Αν A ∈ Mn×n(C) είναι ένας πίνακας µιγαδικών αριθµών, τότε ορίζουµε τον πίνακα:

A∗ := tA

δηλαδή αν

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

, τότε A∗ =

a11 a21 · · · an1

a12 a22 · · · an2...

.... . .

...a1n a2n · · · ann

Ο πίνακας A∗ καλείται ο συζυγής ανάστροφος του A. Παρατηρούµε ότι : A∗ = tA = tA.

Η παρακάτω άσκηση περιγράφει τις κυριότερες ιδιότητες του ανάστροφου συζυγή ενός πίνακα µιγα-δικών αριθµών.

144

Λυµένη ΄Ασκηση 86. A,B ∈ Mn×n(C), τότε :

(1) (A∗)∗ = A.

(2) (A ·B)∗ = B∗ ·A∗.(3) (µ ·A)∗ = µ ·A∗.(4) Αν Z ∈ Mn×1(C), τότε Z∗ · Z ∈ R και Z∗ · Z = 0 αν και µόνον αν Z = O.

(5) Αν A ∈ Mn×n(R) ⊆ Mn×n(C), τότε A∗ = tA.

Λύση. (1) Θα έχουµε, ∀1 ≤ i, j ≤ n:

[(A∗)∗]ij = (A∗)ji = (A)ij = (A)ij

΄Αρα: (A∗)∗ = A.

(2) Θα έχουµε, ∀1 ≤ i, j ≤ n:

[(A ·B)∗]ij = (A ·B)ji =

n∑k=1

(A)jk(B)ki =n∑k=1

(A)jk (B)ki =n∑k=1

(B)ki (A)jk =

=

n∑k=1

(B∗)ik(A∗)kj = (B∗ ·A∗)ij

΄Αρα: (A ·B)∗ = B∗ ·A∗.(3) Θα έχουµε, ∀1 ≤ i, j ≤ n:

[(µ ·A)∗]ij = (µA)ji = µ(A)ji = µ(A∗)ij = [µ ·A∗]ij΄Αρα: (µ ·A)∗ = µ ·A∗.

(4) ΄Εστω

Z =

z1

z2...

zn

=

κ1 + iλ1

κ2 + iλ2...

κn + iλn

Τότε :

Z∗ =(z1 z2 · · · zn

)=(κ1 − iλ1 κ2 − iλ2 · · · κn − iλn

)΄Αρα:

Z∗ · Z =(z1 z2 · · · zn

)·

z1

z2...

zn

= z1z1 + z2z2 + · · ·+ znzn =

n∑j=1

(κ2j + λ2

j ) ∈ R

είναι ένας πραγµατικός αριθµός και προφανώς : Z∗ · Z ≥ 0. Τέλος Z∗ · Z = 0 αν και µόνον αν∑nj=1(κ2

j + λ2j ) = 0 αν και µόνον αν κj = 0 = λj , 1 ≤ j ≤ n, αν και µόνον αν Z = O.

(5) Αν A ∈ Mn×n(R) ⊆ Mn×n(C), τότε, ∀1 ≤ i, j ≤ n:

(A∗)ij = (A)ji = (A)ji =⇒ A∗ = tA 2

Λυµένη ΄Ασκηση 87. ΄Εστω A ∈Mn×n(R) ένας αντισυµµετρικός πίνακας, δηλαδή:tA = −A.

(1) Να δείξετε ότι οι ιδιοτιµές του A (στο C) είναι της µορφής : λi, λ ∈ R.

(2) Να δείξετε ότι οι πίνακες In +A και In −A είναι αντιστρέψιµοι.

(3) Να δείξετε ότι ο πίνακας (A+ In) · (A− In)−1είναι ορθογώνιος.

145

Λύση. (1) ΄Εστω µ = κ + λi ∈ C, µε κ, λ ∈ R µια ιδιοτιµή του πίνακα A στο C, µε αντίστοιχο

ιδιοδιάνυσµα Z ∈ Mn×1(C). Τότε ϑα έχουµε :

A · Z = µ · Z


Z∗ ·A · Z = Z∗ · µ · Z = µ · (Z∗ · Z) (1)

Επειδή ο A είναι πίνακας πραγµατικών αριθµών και αντισυµµετρικός, χρησιµοποιώντας την ΄Ασκη-

ση 12, ϑα έχουµε :

(Z∗ ·A · Z)∗ = Z∗ ·A∗ · (Z∗)∗ = Z∗ · tA · Z = Z∗ · (−A) · Z = −(Z∗ ·A · Z)

και εποµένως από τη σχέση (1):

(Z∗ ·A · Z)∗ = −(Z∗ · (µ · Z)) = −µ · (Z∗ · Z) (2)

Παίρνοντας ανάστροφο συζυγή στην σχέση (1) και χρησιµοποιώντας την ΄Ασκηση 12, ϑα έχουµε :

(Z∗ ·A · Z)∗ = (µ · (Z∗ · Z))∗ = µ · (Z∗ · Z)∗ = µ · (Z∗ · (Z∗)∗) = µ · (Z∗ · Z) (3)

Από τις (2) και (3) έπεται ότι :

µ · (Z∗ · Z) = −µ · (Z∗ · Z)

Επειδή από την ΄Ασκηση (12) έχουµε ότι Z∗ · Z ∈ R και Z∗ · Z 6= 0, διότι το διάνυσµα-στήλη Zείναι µη-µηδενικό ως ιδιοδιάνυσµα του A, έπεται ότι :

µ = −µ

΄Ετσι αν µ = κ+ iλ, ϑα έχουµε :

µ = −µ =⇒ κ− λi = −κ− λi =⇒ κ = −κ =⇒ 2κ = 0 =⇒ κ = 0

΄Αρα µ = λi και εποµένως η ιδιοτιµή µ είναι καθαρά ϕανταστικός αριθµός. Συνοψίζουµε :

Οι ιδιοτιµές του A είναι της µορφής : λi, λ ∈ R. Ιδιαίτερα η µόνη πραγµατική ιδιοτιµή του Aείναι η µηδενική.

(2) Υποθέτουµε αντίθετα ότι ο πίνακας In +A δεν είναι αντιστρέψιµος. Τότε :

|A+ In| = 0 =⇒ |A− (−1)In| = 0 =⇒ −1 : ιδιοτιµή του A

που είναι άτοπο από το ερώτηµα (1). ΄Αρα ο πίνακας In + A είναι αντιστρέψιµος. ΄Οµοια αφού

ούτε το 1 δεν είναι ιδιοτιµή του A έπεται ότι πίνακας In −A είναι αντιστρέψιµος.

(3) Θα δείξουµε ότι

(A+ In) · (A− In)−1 · t((A+ In) · (A− In)−1

)= In

146

΄Εχουµε

t((A+ In) · (A− In)−1

)= t

((A− In)−1

)· t(A+ In)

=(t(A− In)

)−1 · (tA+ In)

= (tA− In)−1 · (−A+ In)

= (−A− In)−1 · (−A+ In)

= −(A+ In)−1 · (−A+ In)

= (A+ In)−1 · (A− In)

και άρα

(A+ In) · (A− In)−1 · (A+ In)−1 · (A− In) = (A+ In) ·((A+ In) · (A− In)

)−1 · (A− In)

= (A+ In) · (A2 − I2n)−1 · (A− In)

= (A+ In) ·((A− In) · (A+ In)

)−1 · (A− In)

= (A+ In) · (A+ In)−1 · (A− In)−1 · (A− In)

= In

Εποµένως ο πίνακας (A+ In) · (A− In)−1είναι ορθογώνιος.

∆ιαφορετικά: ΄Εστω η γραµµική απεικόνιση

fA : Rn −→ Rn, fA(X) = A ·XΕπειδή

tA = −A, έπεται ότι f∗A = −fA. Τότε από την (λυµένη) ΄Ασκηση 7 του Φυλλαδίου 8, έπεται

ότι η γραµµική απεικόνιση IdRn + fA είναι ισοµορφισµός και η γραµµική απεικόνιση

(IdRn − fA) (IdRn + fA)−1 : Rn −→ Rnείναι ισοµετρία. Ιδιαίτερα η γραµµική απεικόνιση IdRn − fA είναι ισοµορφισµός. Επειδή οι πίνακες

In−A και In+A είναι οι πίνακες των ισοµορφισµών IdRn−fA και IdRn +fA στην κανονική ϐάση

του Rn, έπεται ότι οι πίνακες In −A και In +A είναι αντιστρέψιµοι.

Τέλος επειδή ο πίνακας της ισοµετρίας (IdRn−fA) (IdRn +fA)−1στην κανονική ϐάση του Rn,

η οποία είναι ορθοκανονική, είναι ο (In−A) ·(In+A)−1, έπεται ότι ο πίνακας (In−A) ·(In+A)−1

είναι ορθογώνιος. 2

147

Μέρος 6. Θεωρητικά Θέµατα

Ι. Η ∆οµή Ενός Ενδοµορφισµού

1. Χαρακτηριστικό Πολυώνυµο Γινοµένου Πινάκων1.1. Ιδιοτιµές Σύνθεσης Γραµµικών Απεικονίσεων και Γινοµένου Πινάκων. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ενός σώµατος K και

f, g : E −→ E

δύο γραµµικές απεικονίσεις. Θεωρούµε τις γραµµικές απεικονίσεις

f g, g f : E −→ E

Πρόταση 1.1. Οι γραµµικές απεικονίσεις f g και g f έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές.

Απόδειξη. 1. ∆είχνουµε ότι κάθε ιδιοτιµή της f g είναι και ιδιοτιµή της g f .΄Εστω λ µια ιδιοτιµή της f g µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυµσα ~e, δηλαδή:

(f g)(~e) = λ~e, ~e 6= ~0

(α΄) Αν λ = 0, τότε σύµφωνα µε όσα γνωρίζουµε από την ϑεωρία, η γραµµική απεικόνιση f g δενείναι ισοµορφισµός. Τότε όµως και η γραµµική απεικόνιση g f δεν είναι ισοµορφισµός.Πραγµατικά: αν η g f είναι ισοµορφισµός, τότε η f ϑα είναι µονοµορφισµός διότι ανf(~x) = 0, τότε g(f(~x)) = ~0 =⇒ ~x = 0 διότι από την υπόθεση η g f είναι ισοµορφισµός.Γνωρίζουµε όµως ότι ένας µονοµορφισµός f : E−→E είναι πάντα ισοµορφισµός. ΄Αρα η fείναι ισοµορφισµός και παρόµοια δείχνουµε η g είναι ισοµορφισµός. Επειδή η σύνθεσηισοµορφσιµών είναι ισοµορφισµός έπεται ότι και η f g είναι ισοµορφισµός το οποίο είναιάτοπο. Καταλήγουµε ότι η γραµµική απεικόνιση g f δεν είναι ισοµορφισµός. Αυτό είναιισοδύναµο µε το ότι η γραµµική απεικόνιση g f έχει το λ = 0 ως ιδιοτιµή.Εποµένως ϑα έχουµε ότι : η γραµµική απεικόνιση f g έχει το λ = 0 ως ιδιοτιµή =⇒ ηγραµµική απεικόνιση g f έχει το λ = 0 ως ιδιοτιµή.

(ϐ΄) Υποθέτουµε ότι λ 6= 0. Θεωρούµε το διάνυσµα ~ε := g(~e). Τότε ~ε 6= 0 διότι διαφορετικά αν~ε = g(~e) = ~0, τότε f(g(~e)) = ~0. Επειδή (f g)(~e) = λ~e ϑα έχουµε λ~e = ~0. ΄Οµως ~e 6= ~0 καιεποµένως λ = 0 το οποίο είναι άτοπο. ΄Αρα ϑα έχουµε ~ε = g(~e) 6= 0.Τότε f(~ε) = f(g(~e)) = (f g)(~e) = λ~e 6= ~0. Επιπρόσθετα :

(g f)(~ε) = g(f(~ε) = g(λ~e) = λg(~e) = λ~ε, ~ε 6= ~0

Η παραπάνω σχέση δείχνει ότι το λ είναι ιδιοτιµή της g f µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα ~ε.

2. Παρόµοια δείχνουµε ότι κάθε ιδιοτιµή της g f είναι και ιδιοτιµή της f g.

Πόρισµα 1.2. Αν A,B ∈ Mn×n(K), τότε οι πίνακες AB και BA έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές.

Απόδειξη. Θεωρούµε τις γραµµικές απεικονίσεις

fA : Kn −→ Kn, fA(X) = AX

fB : Kn −→ Kn, fB(X) = BX

Τότε fAB(X) = (AB)X = A(BX) = AfB(X) = fA(fB(X)) = (fA fB)(X), ∀X ∈ Kn. Αυτό σηµαίνειότι fAB = fA fB. Παρόµοια fBA = fB fA.

148

Από την Πρόταση 1.1, έπεται ότι οι γραµµικές απεικονίσεις fAB και fBA έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές.Αυτό όµως είναι ισοδύναµο µε το ότι οι πίνακες AB και BA έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές.

Παρατήρηση 1.3. Από την Πόρισµα 1.2, έπεται αν A,B ∈ Mn×n(K), τότε οι πίνακες AB και BA έχουν

τις ίδιες ιδιοτιµές. Αυτό δεν σηµαίνει ότι οι πίνακες είναι όµοιοι. Για παράδειγµα οι πίνακες

A =

(1 01 0

), B =

(0 01 1

)έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο και άρα τις ίδιες ιδιοτιµές. ΄Οµως A ·B = O 6= B ·A και άρα οι

πίνακες A ·B και B ·A δεν µπορεί να είναι όµοιοι.

1.2. Χαρακτηριστικό Πολυώνυµο Γινοµένου Πινάκων. Ισχύει κάτι ισχυρότερο από το συµπέρασµατης Πρότασης 1.1, ή ισοδύναµα του Πορίσµατος 1.2:

Θεώρηµα 1.4. Αν A,B ∈ Mn×n(K). Τότε οι πίνακες AB και BA έχουν το ίδιο χαρακτηρισικό πολυώνυ-

µο :

PAB(t) = PBA(t)

Απόδειξη. Πρώτη Περίπτωση: ΄Ενας εκ των πινάκων A, B είναι αντστρέψιµος. ΄Εστω ότι ο A είναι αντι-στρέψιµος. Τότε :

BA = A−1ABA = A−1(AB)A

και εποµένως οι πίνακες AB και BA είναι όµοιοι. Επειδή όµοιοι πίνακες έχουν το ίδιο χαρακτηρ-σιτικό πολυώνυµο, έπεται ότι : PAB(t) = PBA(t). Παρόµοια αν ο B είναι αντιστρέψιµος, τότε AB =B−1BAB = B−1(BA)B, δηλαδή οι πίνακες AB και BA είναι όµοιοι και άρα PAB(t) = PBA(t).

∆εύτερη Περίπτωση: Υποθέτουµε ότι ο A δεν είναι αντιστρέψιµος. Τότε η ϐαθµίδα του είναι r(A) :=r < n. Από την Γραµµική ΄Αλγεβρα Ι γνωρίζουµε ότι ο A είναι ισοδύναµος µε τον πίνακα

Ir :=

(Ir Or×n−r

On−r×r On−r×n−r

)∆ηλαδή υπάρχουν αντιστρέψιµοι πίνακες Q1, P1 ∈ Mn×n(K) έτσι ώστε :

Q1AP1 = Ir

Θέτοντας Q = Q−11 και P := P−1

1 ϑα έχουµε τότε :

A = QIrP (1.1)

Θεωρούµε τον πίνακα C := PBQ τον οποίο τον χωρίζουµε σε υποπίνακες :

C = PBQ =

(C11 C12

C21 C22

)όπου

C11 ∈ Mr×r(K), C12 ∈ Mr×n−r(K), C21 ∈ Mn−r×r(K), C22 ∈ Mn−r×n−r(K)

και τότε

B = P−1CQ−1 = P−1

(C11 C12

C21 C22

)Q−1

Εποµένως :

AB = AP−1

(C11 C12

C21 C22

)Q−1 = QIrPP

−1

(C11 C12

C21 C22

)Q−1 = QIr

(C11 C12

C21 C22

)Q−1

Εύκολα ϐλέπουµε ότι :

Ir

(C11 C12

C21 C22

)=

(C11 C12

Or×r On−r×n−r

)

149

και εποµένως ϑα έχουµε:

AB = Q

(C11 C12

Or×r On−r×n−r

)Q−1

∆ηλαδή ο πίνακας AB είναι όµοιος µε τον πίνακα(C11 C12

Or×r On−r×n−r

)Επίσης :

BA = P−1CQ−1A = P−1

(C11 C12

C21 C22

)Q−1 QIrP = P−1

(C11 C12

C21 C22

)IrP

Εύκολα ϐλέπουµε ότι : (C11 C12

C21 C22

)Ir =

(C11 Or×n−rC21 On−r×n−r

)΄Αρα ϑα έχουµε

BA = P−1


)P

∆ηλαδή ο πίνακας BA είναι όµοιος µε τον πίνακα(C11 Or×n−rC21 On−r×n−r

)Επειδή όµοιοι πίνακες έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο ϑα έχουµε

PAB(t) = PM (t), όπου M :=

(C11 C12

Or×r On−r×n−r

)PBA(t) = PN (t), όπου N :=


)΄Οµως:

PM (t) =

∣∣∣∣ C11 − tIr C12

Or×r On−r×n−r − tIn−r×n−r

∣∣∣∣ = (−1)n−rPC11(t)

PN (t) =

∣∣∣∣ C11 − tIr Or×n−rC21 On−r×n−r − tIn−r×n−r

∣∣∣∣ = (−1)n−rPC11(t)

΄Αρα PM (t) = PN (t) και εποµένωςPAB(t) = PBA(t)

Θεώρηµα 1.5. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης, και έστω f, g : E −→ E

δύο γραµµικές απεικονίσεις. Τότε οι f g και g f έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο :

Pfg(t) = Pgf (t)

Απόδειξη. ΄Εστω B µια ϐάση του E και A = MBB (f) και B = MB

B (g). Τότε από το Θεώρηµα 1.4 έχουµε:PAB(t) = PBA(t). Επειδή το χαρακτηριστικό πολυώνυµο µιας γραµµικής απεικόνισης συµπίπτει µε τοχαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακά της σε τυχούσα ϐάση, έπεται ότι :

Pf (t) = PA(t) και Pg(t) = PB(t)

Επειδή ο πίνακας της f g στην ϐάση B είναι ο AB και ο πίνακας της g f στην ϐάση B είναι ο BA,ϑα έχουµε:

Pfg(t) = PAB(t) = PBA(t) = Pgf (t)

150

2. Τριγωνοποίηση2.1. ΄Ανω Τριγωνικοί Πίνακες και Κάτω Τριγωνικοί Πίνακες. ΄Οπως γνωρίζουµε ένας τετραγωνικόςπίνακαςA ∈ Mn×n(K) καλείται τριγωνοποιήσιµος αν και µόνον αν οA είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικόπίνακα.

Το παρακάτω αποτέλεσµα δείχνει ότι ο A είναι τριγωνοποιήσιµος αν και µόνον αν ο A είναι όµοιος µεέναν κάτω τριγωνικό πίνακα.

Πρόταση 2.1. Για έναν πίνακα A ∈ Mn×n(K) τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Ο A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα.

(2) Ο A είναι όµοιος µε έναν κάτω τριγωνικό πίνακα.

Απόδειξη. Θεωρούµε τον πίνακα:

T =

0 0 0 · · · 0 0 10 0 0 · · · 0 1 00 0 0 · · · 1 0 0...

...... . . .

......

...0 0 1 · · · 0 0 00 1 0 · · · 0 0 01 0 0 · · · 0 0 0

Εύκολα υπολογίζουµε ότι T 2 = In και εποµένως ο πίνακας T είναι αντιστρέψιµος και T−1 = T .

(1) =⇒ (2) ΄Εστω ότι ο A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα B. Τότε υπάρχει αντιστρέψιµοςπίνακας P έτσι ώστε :

P−1 ·A · P = B

Τότε :

TP−1 ·A · PT = TBT =⇒ T−1P−1 ·A · PT = TBT =⇒ (PT )−1 ·A · PT = TBT

Υπολογίζουµε :TBT =

0 0 0 · · · 0 0 10 0 0 · · · 0 1 00 0 0 · · · 1 0 0...

...... . . .

......

...0 0 1 · · · 0 0 00 1 0 · · · 0 0 01 0 0 · · · 0 0 0

·

k11 k12 k13 · · · k1n−2 k1n−1 k1n0 k22 k23 · · · k2n−2 k2,n−1 k2n0 0 k33 · · · k3n−2 k3n−1 k3n

......

.... . .

......

...0 0 0 · · · kn−2n−2 kn−2n−1 kn−2n

0 0 0 · · · 0 kn−1n−1 kn−1n

0 0 0 · · · 0 0 knn

·

0 0 0 · · · 0 0 10 0 0 · · · 0 1 00 0 0 · · · 1 0 0...

...... . . .

......

...0 0 1 · · · 0 0 00 1 0 · · · 0 0 01 0 0 · · · 0 0 0

=

knn 0 0 · · · 0 0 0kn−1n kn−1n−1 0 · · · 0 0 0kn−2n kn−2n−1 kn−2n−2 · · · 0 0 0

......

.... . .

......

...k2n k2n−1 k2n−2 · · · k23 k22 0k1n k1n−1 k1n−2 · · · k13 k12 k11

Ο τελευταίος πίνακας είναι κάτω τριγωνικός. ΄Αρα ο A είναι όµοιος µε έναν κάτω τριγωνικό πίνακα.

(2) =⇒ (1) Η απόδειξη είναι παρόµοια (χρησιµοποιώντας πάλι τον πίνακα T ).

151

2.2. Πότε είναι ένας πίνακας όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα;

Θεώρηµα 2.2. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας n×n πίνακας και PA(t) το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A.

Ο πίνακας A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα, αν και µόνο αν, όλες οι ϱίζες τού PA(t) ανήκουν

στο σώµα K.

Απόδειξη. «=⇒» Υπενθυµίζουµε ότι όµοιοι πίνακες έχουν το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο. Αν λοιπόν,ο A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα D ∈ Mn×n(K), τότε PA(t) = PD(t). Αλλά το PD(t)ισούται µε5 (t−λ1)(t−λ2) . . . (t−λn), όπου τα λ1, λ2, . . . , λn ∈ K είναι τα στοιχεία τής κύριας διαγωνίουτου D. Επιπλέον, το PA(t) = PD(t) είναι ένα πολυώνυµο τού K[t] ϐαθµού n και αφού εκφράζεται ωςγινόµενο γραµµµικών παραγόντων, τα λ1, λ2, . . . , λn είναι ακριβώς όλες οι ϱίζες του, οι οποίες ανήκουνστο K.

«⇐=» Η απόδειξη ϑα εκτελεστεί µε επαγωγή ως προς το µέγεθος n τού πίνακα A.(Επαγωγική Θεµελίωση) Η αλήθεια τού ϑεωρήµατος είναι ϕανερή για n = 1, αφού κάθε 1× 1 πίνακας

είναι άνω τριγωνικός.(Επαγωγική Υπόθεση) ΄Εστω ότι κάθε (n − 1) × (n − 1) πίνακας, τού οποίου όλες οι ϱίζες τού χαρα-

κτηριστικού του πολυωνύµου ανήκουν στο K, είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα.(Επαγωγική Απόδειξη) Θα δείξουµε ότι το ϑεώρηµα ισχύει, για κάθε n× n πίνακα A, τού οποίου όλες

οι ϱίζες τού χαρακτηριστικού του πολυωνύµου ανήκουν στο K.Ας είναι A ένας τέτοιος πίνακας και λ1 µια ϱίζα τού PA(t). Υπεθυµίζουµε ότι ο A ορίζει έναν K–

γραµµικό ενδοµορφισµό

fA : Mn×1(K) = Kn −→ Mn×1(K) = Kn,

κ1

κ2...κn

7−→ A ·

κ1

κ2...κn

τού χώρου Mn×1(K) των n×1 πινάκων, δηλαδή τού χώρου Kn των στηλών µε n συνιστώσες από το K, καιεπιπλέον ο A είναι ο πίνακας που παριστάνει τον fA ως προς την κανονική ϐάση B = ~e1, ~e2, . . . , ~enτού Mn×1(K), δηλαδή A = MB

B (f).Ας είναι ~v1 ∈ Mn×1(K) ένα ιδιοδιάνυσµα τού fA που αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ1, δηλαδή fA(~v1) =

A~v1 = λ1~v1. Επειδή το ~v1 6= ~0, µπορούµε να ϑεωρήσουµε µια νέα ϐάση B′ τού Mn×1(K) µε πρώτοδιάνυσµά της το ~v1, δηλαδή B′ = ~v1, ~v2, . . . , ~vn. Ως προς τη νέα ϐάση B′ ο πίνακας που παριστάνειτον fA είναι ο

MB′B′ (f) =

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 B...0

,

όπου B είναι ένας (n− 1)× (n− 1) πίνακας.Οι πίνακεςA = MB

B (f) καιMB′B′ (f) είναι όµοιοι, αφού παριστάνουν τον ίδιο γραµµικό ενδοµορφισµό,

ως προς τις ϐάσεις B και B′ αντιστοίχως και γι΄ αυτό το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PA(t) τού A ισούταιµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο q(t) τού πίνακα MB′

B′ (f). Αλλά το q(t) = (t − λ1)PB(t), όπου PB(t)είναι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο τού (n − 1) × (n − 1) υποπίνακα B, ο οποίος εµφανίζεται στηνπροηγούµενη µορφή τού MB′

B′ (f), αφού

5Αυτό ισχύει όταν το χαρακτηριστικό πολυώνυµο ορίζεται ως PA(t) = Det(XIn −A). ΄Οταν ορίζεται ως PA(t) = Det(A−XIn), τότε PD(t) = (−1)n(t− λ1)(t− λ2) . . . (t− λn)

152

Det(tIn −MB′B′ (f)) = Det

t− λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 tIn−1 −B...0

= (t− λ1)Det(tIn−1 −B),

λόγω τής ειδικής µορφής που έχει ο DetMB′B′ (f). Επειδή λοιπόν, PA(t) = q(t) = (t−λ1)PB(t), όλες οι

ϱίζες τού χαρακτηριστικού πολυωνύµου PB(t) τού B ανήκουν στο K και γι΄ αυτό, λόγω τής επαγωγικήςυπόθεσης, ο B είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα C, δηλαδή υπάρχει ένας αντιστρέψιµος(n− 1)× (n− 1) πίνακας S, έτσι ώστε ο S−1BS = C να είναι ένας άνω τριγωνικός πίνακας.

Τώρα έχουµε:

1 0 0 0 . . . 00...0 S−1

...0

·

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 B...0

·

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

=

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 S−1BS...0

=

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 C...0

Εποµένως, ο πίνακας

MB′B′ (f) =

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 B...0

.

είναι όµοιος µε τον πίνακα

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 C...0

,

153

που είναι άνω τριγωνικός επειδή ο C είναι άνω τριγωνικός. ΄Ετσι ο αρχικός πίνακας A είναι όµοιοςµε τον συγκεκριµένο άνω τριγωνικό πίνακα, αφού είναι όµοιος µε τον MB′

B′ (f).

2.3. Αλγόριθµος Τριγωνοποίησης Πίνακα. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας πίνακας και υποθέτουµε ότιόλες οι ιδιοτιµές του λ1, λ2, · · · , λn ανήκουν στο σώµα K, έτσι ώστε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο τουA να αναλύεται ως εξής :

PA(t) = (−1)n(t− λ1)a1)(t− λ2)a2 · · · (t− λk)ak

΄Ετσι λ1, λ2, · · · , λk ∈ K είναι οι διακεκριµµένες ιδιοτιµές του A. Τότε όπως γνωρίζουµε ο πίνακας Aείναι τριγωνοποιήσιµος. Εποµένως υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε :

P−1 A P =

λ1 ε12 · · · ε1n0 λ2 · · · ε2n...

.... . . εn−1n

0 0 · · · λn

Αλγόριθµος Τριγωνοποίησης του A

1. Επιλέγουµε µια ιδιοτιµή λ1 του A µε αντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα-στήλη E1:

A · E1 = λ1E1

και συµπλήρώνουµε το ιδιοδιάνυσµα E1 σε µια ϐάση

B1 =E1, E2, · · · , En

του χώρου των στηλών Kn.

Θεωρούµε τον αντιστρέψιµο πίνακα

P1 =(E1E2 · · ·En

)ο οποίος σχηµατίζεται από τις στήλες της ϐάσης B1. Τότε ο πίνακας P−1

1 · A · P1 ϑα έχει τηνακόλουθη µορφή:

P−11 ·A · P1 =

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 B1...0

Ο (n− 1)× (n− 1) πίνακας B1 έχει όλες τις ιδιοτιµές του στο K διότι

PA(t) = PP−11 ·A·P1

(t) = (λ1 − t)PB1(t)

(α΄) Αν ο (n−1)× (n−1) πίνακας B1 είναι άνω τριγωνικός, ο αλγόριθµος σταµατάει και έχουµεϐρει την άνω τριγωνική µορφή του A η οποία είναι ο πίνακας P−1 ·A · P1.

(ϐ΄) Αν ο (n− 1)× (n− 1) πίνακας B1 δεν είναι άνω τριγωνικός, τότε προχωρούµε στο επόµενοϐήµα:

154

2. Επιλέγουµε µια ιδιοτιµή λ2 τουB1 (η οποία εκ΄ κατασκευής είναι και ιδιοτιµή τουA µε αντίστοιχοιδιοδιάνυσµα E′2:

B1 · E′2 = λ2E′2

και συµπλήρώνουµε το ιδιοδιάνυσµα E′2 σε µια ϐάση

B2 =E′2, E

′3, · · · , E′n

του χώρου των στηλών Kn−1.

Θεωρούµε τον αντιστρέψιµο (n− 1)× (n− 1) πίνακα

P2 =(E′2E

′3 · · ·E′n

)ο οποίος σχηµατίζεται από τις στήλες της ϐάσης B2. Τότε ο πίνακας P−1

2 · B1 · P2 ϑα έχει τηνακόλουθη µορφή:

P−12 ·B1 · P2 =

λ2 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 B2...0

Ο (n− 2)× (n− 2) πίνακας B2 έχει όλες τις ιδιοτιµές του στο K διότι

PB1(t) = PP−12 ·B1·P2

(t) = (λ2 − t)PB2(t)

(α΄) Αν ο (n−1)× (n−1) πίνακας B2 είναι άνω τριγωνικός, ο αλγόριθµος σταµατάει και έχουµεϐρει την άνω τριγωνική µορφή του A ως εξής :

Θέτουµε

Q2 =

1 0 0 0 . . . 00...0 P2...0

Τότε ο πίνακας Q2 είναι αντιστρέψιµος, διότι |Q2| = 1|P2| = |P2| 6= 0, και

Q−12 =

1 0 0 0 . . . 00...0 P−1

2...0

Επιπλέον έχουµε:

(P1Q2)−1 ·A(P1Q2) = Q−12 · (P

−11 ·A · P1) ·Q2 =

155

Q−12 ·

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 B1...0

·Q2 =

1 0 0 0 . . . 00...0 P−1

2...0

·

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 B1...0

·

1 0 0 0 . . . 00...0 P2...0

=

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0...0 P−1

2 ·B1 · P2...0

=

λ1 ∗ ∗ ∗ . . . ∗0 λ2 ∗ ∗ . . . ∗0 0...0 0 B2...

...0 0

Επειδή ο B2 είναι άνω τριγωνικός, έπεται ότι και ο A είναι άνω τριγωνικός και ο τελευταίοςπίνακας, δηλαδή ο πίνακας (P1Q2)−1 ·A(P1Q2) είναι µια άνω τριγωνική µορφή του A.

(ϐ΄) Αν ο (n− 2)× (n− 2) πίνακας B2 δεν είναι άνω τριγωνικός, τότε προχωρούµε στο επόµενοϐήµα:

3. Το ϐήµα αυτό είναι η επανάληψη του ϐήµατος 2. για τον (n− 2)× (n− 2) πίνακα B2.

4. Συνεχίζουµε την παραπάνω διαδικασία η οποία µετά από πεπερασµένο πλήθος ϐηµάτων ϑα µαςοδηγήσει στην άνω τριγωνική µορφή του πίνακα A.

Παράδειγµα 2.3. Θεωρούµε τον πίνακα

A =

8 14 11−3 −5 −5−1 −2 0

Υπολογίζουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του πίνακα A:

PA(t) = −(t− 1)3

και άρα η µόνη ιδιοτιµή του A είναι η λ = 1 µε αλγεβρική πολλαπλότητα 3.

Εποµένως ο πίνακας A είναι τριγωνοποιήσιµος. Εφαρµόζουµε το Αλγόριθµο Τριγωνοποίησης για να

υπολογίσουµε µια άνω τριγωνική µορφή του A:

156

1. Για την ιδιοτιµής λ = 1, υπολογίζουµε τον ιδιοχώρο

V(1) = k−k/2

0

∈ R3 | k ∈ R

=⟨ 2−1

0

⟩και άρα έβα ιδιοδιάνυσµα του A το οποίο αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ = 1 είναι το

E1 =

2−1

0

Συµπληρώνουµε το E1 σε µια ϐάση B1 του R3, για παράδειγµα:

B1 =E1 =

2−1

0

, E2 =

010

, E3 =

001

Θεωρούµε τον αντιστρέψιµο πίνακα P1 = (E1E2E3):

P1 =

2 0 0−1 1 0

0 0 1

Υπολογίζουµε τον αντίστροφο του P1:

P−11 =

1/2 0 01/2 1 0

0 0 1

και ακολούθως τον πίνακα P−1

1 ·A · P1:

P−11 ·A · P1 =

1 7 1/20 2 −20 −2 0

Ο 2× 2 πίνακας

B1 :=

(2 −2−2 0

)δεν είναι άνω τριγωνικός, εποµένως προχωρούµε στο επόµενο ϐήµα:

2. Οι ιδιοτιµές τοπυ B1 είναι οι ιδιοτιµές του A, και άρα η µόνη ιδιοτιµή του B1 είναι η λ = 1 µε

αλγεβρική πολλαπλότητα 2.

Για την ιδιοτιµής λ = 1 του 2× 2 πίνακα B1, υπολογίζουµε τον ιδιοχώρο

V(1) =( k−2k

)∈ R2 | k ∈ R

=⟨( 1−2

)⟩και άρα ένα ιδιοδιάνυσµα του B1 το οποίο αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ = 1 είναι το

E′2 =

(1−2

)Συµπληρώνουµε το E′2 σε µια ϐάση B2 του R2, για παράδειγµα:

B2 =E′2 =

(1−2

), E′3 =

(01

)Θεωρούµε τον αντιστρέψιµο πίνακα P1 = (E′2E

′3):

P2 =

(1 0−2 1

)

157

Υπολογίζουµε τον αντίστροφο του P2:

P−11 =

(1 02 1

)και ακολούθως τον πίνακα P−1

1 ·A · P1:

P−21 ·B1 · P2 =

(1 10 1

):= B2

ο οποίος είναι άνω τριγωνικός. ΄Αρα ο αλγόριθµος τριγωνοποίησης σταµατάει και µπορούµε να

υπολογίσουµε την άνω τριγωνική µορφή ως εξής :

Θέτουµε

Q2 =

1 0 000 P1

=

1 0 00 1 00 −2 1

Τότε µπορούµε να υπολογίσουµε την άνω τριγωνική µορφή του πίνακα A ως εξής :

(P1Q2)−1 ·A · (P1Q2) =

1 −4 1/20 1 10 0 1

158

3. Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton3.1. Πολυωνυµικές Γραµµικές Απεικονίσεις και Πολυωνυµικοί Πίνακες.

1. ΄Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ενός σώµατος K.

Σταθεροποιούµε µια γραµµική απεικόνιση f : E−→E.

Για κάθε πολυώνυµο P (t) = a0 + a1t+ · · ·+ an−1tn−1 + ant

n ορίζουµε µια απεικόνιση

P (f) : E−→ E, ~x 7−→ P (f)(~x)

όπου

P (f)(~x) := a0IdE(~x) + a1f(~x) + · · ·+ an−1fn−1(~x) + anf

n(~x)

= a0~x+ a1f(~x) + · · ·+ an−1fn−1(~x) + anf

n(~x)

Αν HomK(E,E) = f : E−→E | f είναι γραµµική είναι ο K-διανυσµατικός χώρος των γραµ-µικών απεικονίσεων από τον E στον εαυτό του, τότε η παραπάνω διαδικασία ορίζει µια απεικόνιση

K[t] × HomK(E,E) −→ HomK(E,E),(P (t), f

)7−→ P (f)

Γραµµικές απεικονίσεις της µορφής P (f), όπου P (t) ∈ K[t], καλούνται πολυωνυµικές γραµ-

µικές απεικονίσεις.

2. Σταθεροποιούµε έναν n× n πίνακα A ∈ Mn×n(K).

Για κάθε πολυώνυµο P (t) = a0 + a1t+ · · ·+ an−1tn−1 + ant

n ορίζουµε έναν n× n πίνακα

P (A) := a0In + a1A+ · · ·+ an−1An−1 + anA

n ∈ Mn×n(K)

Η παραπάνω διαδικασία ορίζει µια απεικόνιση

K[t] × Mn×n(K) −→ Mn×n(K),(P (t), A

)7−→ P (A)

Τετραγωνικοί πίνακες της µορφής P (A), όπου P (t) ∈ K[t], καλούνται πολυωνυµικοί πίνακες.

3.2. Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος και P (t) ∈ K[t] έναπολυώνυµο µε συντελεστές από το σώµα K. ΄Εστω επίσης f : E−→E µια γραµµική απεικόνιση, καιA ∈ Mn×n(K) ένας τετραγωνικός πίνακας.

Ορισµός 3.1. (1) Το P (t) µηδενίζει την γραµµική απεικόνιση f : E−→E, αν : P (f) = 0.(2) Το P (t) µηδενίζει τον τετραγωνικό πίνακα A ∈ Mn×n(K), αν : P (A) = O.

Το ακόλουθο σηµαντικό Θεώρηµα των Cayley-Hamilton πιστοποιεί ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυµοενός πίνακα µηδενίζει τον πίνακα. Στην απόδειξη του Θεωρήµατος εµπλέκονται πίνακες τα στοιχείατων οποίων είναι πολυώνυµα. Οι ϐασικές ιδιότητες πινάκων µε στοιχεία αριθµούς από το σώµα που ϑαχρησιµοποιηθούν στην απόδειξη, είναι εύκολο να δει κανείς ότι ισχύουν και για πίνακες µε στοιχείαπολυώνυµα.

Θεώρηµα 3.2. (Cayley-Hamilton) ΄ΕστωA ∈ Mn×n(K) ένας n×n πίνακας. και PA(t) το χαρακτηριστικό

πολυώνυµο του A. Τότε ο πολυωνυµικός πίνακας PA(A) είναι ο µηδενικός :

PA(A) = O

159

Απόδειξη. Γνωρίζουµε ότι PA(t) = |A− tIn| = (−1)ntn + an−1tn−1 + · · ·+ a1t+ a0. Θα δείξουµε ότι

PA(A) = (−1)nAn + an−1An−1 + · · ·+ a1A+ a0In = O (3.1)

Υπενθυµιζουµε ότι για κάθε τετραγωνικό πίνακα M ∈ Mn×(K) ισχύει :

M · adj(M) = |M | · InΕποµένως ϑα έχουµε την ακόλουθη ισότητα πινάκων µε στοιχεία πολυώνυµα:

(A− tIn) · adj(A− tIn) = |A− tIn| · In = PA(t) · In (3.2)

Τα στοιχεία του πίνακα πολυωνύµων adj(A− tIn) είναι πολυώνυµα τα οποία προκύπτουν ως ελάσσονεςορίζουσες τάξης n−1 του πίνακα A−tIn, και άρα ϑα είναι πολυώνυµα ϐαθµού το πολύ n−1. Εποµένωςυπάρχουν πίνακες B0, B1, · · · , Bn−1 ∈ Mn×n(K) έτσι ώστε :

adj(A− tIn) = Bn−1tn−1 +Bn−2t

n−2 + · · ·+B1t+B0 (3.3)

Τότε συνδυάζοντας τις (2.2) και (2.3) ϑα έχουµε:

(A− tIn) · adj(A− tIn) = PA(t) · In = ((−1)ntn + an−1tn−1 + · · ·+ a1t+ a0) · In =⇒

A ·Bn−1tn−1 +A ·Bn−2t

n−2 + · · ·+A ·B1t+A ·B0 −Bn−1tn −Bn−2t

n−1 − · · · −B1t2 −B0t =

(−1)ntnIn + an−1tn−1In + · · ·+ a1tIn + a0In =⇒

−Bn−1tn − (A ·Bn−1 +Bn−2)tn−1 + · · ·+ (A ·B2 −B1)t2 + (A ·B1 −B0)t+A ·B0 =

(−1)ntnIn + an−1tn−1In + · · ·+ a1tIn + a0In

Η τελευταία ισότητα είναι µια ισότητα πινάκων µε στοιχεία πολυώνυµα, και εποµένως ϑα έχουµε:

−Bn−1 = (−1)nIn

A ·Bn−1 +Bn−2 = an−1In...

A ·B1 −B0 = a1In

A ·B0 = a0In

Πολλαπλασιάζουµε την πρώτη ισότητα πινάκων µε τον πίνακα An, την δεύτερη µε τον πίνακα An−1, · · · ,την προτελευταία µε τον πίνακα A, και την τελευταία µε τον πίνακα In. Τότε ϑα έχουµε τις ακόλουθεςισότητες πινάκων:

−An ·Bn−1 = (−1)nAn · In = (−1)nAn

An ·Bn−1 +An−1 ·Bn−2 = an−1An−1 · In = an−1A

n−1

...A2 ·B1 −A ·B0 = a1A · In = a1A

A ·B0 = a0In

Προσθέτοντας τις παραπάνω ισότητες πινάκων, ϐλέπουµε ότι το πρώτο µέλος της προκύπτουσας ισότηταςείναι ο µηδενικός πίνακας O και το δεύτερο µέλος είναι ο πίνακας (−1)nAn + an−1A

n−1 + · · ·+ a1A+a0In = PA(A). Εποµένως δείξαµε ότι :

PA(A) = O

Θα δείξουµε στη συνέχεια ότι το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton ισχύει και για γραµµικές απεικο-νίσεις. Πριν περάσουµε στην απόδειξη, ϑα χρειασθούµε το ακόλουθο Λήµµα:

Λήµµα 3.3. ΄Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ενός σώµατος K και

B µια ϐάση του E. ΄Εστω f : E−→E µια γραµµική απεικόνιση, και P (t) ∈ K[t] ένα πολυώνυµο. Τότε :

MBB

(P (f)

)= P

(MB

B (f))

160

Απόδειξη. ΄Εστω P (t) = a0 + a1t+ a2t2 + · · ·+ am−1t

m−1 + amtm. Τότε :

P (MBB (f)) = a0In + a1M

BB (f) + a2M

BB (f)2 + · · ·+ am−1M

BB (f)m−1 + amM

BB (f)m (3.4)

Υπενθυµίζουµε από την Γραµµική ΄Αλγεβρα Ι, ότι αν B είναι µια ϐάση του E, τότε η απεικόνιση

Φ : HomK(E,E) −→ Mn×n(K), Φ(f) = MBB (f)

είναι ισοµορφισµός K-διανυσµατικών χώρων, όπου n = dimKE. Επιπλέον η Φ στέλνει την σύνθεσηγραµµικών απεικονίσεων στο γινόµενο των αντίστοιων πινάκων, δηλαδή ισχύει :

Φ(f g) = Φ(f) · Φ(g) = MBB (f) ·MB

B (g)

Ιδιαίτερα ϑα έχουµε:

Φ(fk) = Φ(f f · · · f) = Φ(f) · Φ(f) · · · · · Φ(f) = Φ(f)k = MBB (f)k

Επίσης η Φ και στέλνει την ταυτοτική γραµµική απεικόνιση IdE στον ταυτοτικό n× n πίνακα In:

Φ(IdE) = In

Χρησιµοποιώντας τις παραπάνω ιδιότητες του ισοµορφισµού Φ, η σχέση (3.4) δίνει :

P (MBB (f)) = a0Φ(IdE) + a1Φ(f) + a2Φ(f)2 + · · ·+ anΦ(f)m =

Φ(a0IdE + a1f + a2f2 + · · ·+ amf

m) = Φ(P (f)) = MBB (P (f))

Πόρισµα 3.4. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας n× n πίνακας και και P (t) ∈ K[t] ένα πολυώνυµο. Αν B είναι

η κανονική ϐάση του Kn, και fA : Kn−→Kn, fA(X) = AX, είναι η επαγόµενη γραµµική απεικόνιση,

τότε :

P (A) = MBB

(P (fA)

)Απόδειξη. Γνωρίζουµε ότι ο πίνακας της γραµµικής απεικόνισης fA στην κανονική ϐάση B του Kn είναιο A: MB

B (fA) = A. Τότε το συµπέρασµα προκύπτει άµεσα από το Λήµµα 3.3.

Θεώρηµα 3.5. (Cayley-Hamilton) ΄Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω

ενός σώµατοςK. ΄Εστω f : E−→E είναι µια γραµµική απεικόνιση, καιPf (t) το χαρακτηριστικό πολυώνυµο

της f . Τότε η γραµµική απεικόνσιση Pf (f) είναι η µηδενική :

Pf (f) = 0

Απόδειξη. Θεωρώντας τυχούσα ϐάση B του E, και ϑέτοντας P (t) = Pf (t) στο Λήµµα 3.3, έπεται ότι :

MBB

(Pf (f)

)= Pf

(MB

B (f))

(3.5)

΄Οπως γνωρίζουµε, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο µιας γραµµκής απεικόνισης συµπίπτει µε το χαρα-κτηριστικό πολυώνυµο του πίνακά της σε τυχούσα ϐάση του E:

Pf (t) = PMBB

(f)(t)

και εποµένως :Pf (MB

B (f)) = PMBB

(f)(MBB (f)) (3.6)

Απο το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton 3.2 για πίνακες έπεται ότι PMBB

(f)(MBB (f)) = O. Εποµένως

Pf (MBB (f)) = O, και τότε η σχέση (3.6) δείχνει ότι

MBB

(Pf (f)

)= O

δηλαδή ο πίνακας της πολυωνυµικής γραµµικής απεικόνισης Pf (f) στην ϐάση B είναι ο µηδενικόςπίνακας. Επειδή η µόνη γραµµική απεικόνιση της οποίας ο πίνακας σε τυχούσα ϐάση του E είναι οµηδενικός, έπεται ότι η γραµµική απεικόνιση Pf (f) είναι η µηδενική:

Pf (f) = 0

161

3.3. Μια άλλη απόδειξη τού Θεωρήµατος Cayley-Hamilton.

Πρόταση 3.6. ΄Εστω A = (aij) ∈ Mn×n(K) ένας άνω τριγωνικός πίνακας. Τότε ο πίνακας B = (A −a11In)(A− a22In) . . . (A− annIn) ισούται µε τον µηδενικό n× n πίνακα, δηλαδή τον On×n.

Απόδειξη. Για να δείξουµε ότι ο B είναι ο On×n, αρκεί να δείξουµε ότι

B · ~ej = ~0,∀j, 1 ≤ j ≤ n,όπου ~ej είναι ο n× 1 πίνακας, τού οποίου όλα τα στοιχεία είναι ίσα µε µηδέν, εκτός από το στοιχείο τήςj–οστής γραµµής το οποίο ισούται µε 1, αφού το γινόµενο B · ~ej ισούται µε την j–οστή στήλη τού B.

Πριν προχωρήσουµε παρατηρούµε ότι οποιοδήποτε γινόµενο

(A− ai1i1In)(A− ai2i2In) . . . (A− aininIn),

όπου τα ai1i1 , ai2i2 , . . . , ainin , είναι µια µετάθεση των a11, a22, . . . ann, δηλαδή είναι οι αριθµοί a11, a22,. . . ann, ενδεχόµενα µε διαφορετική σειρά, ισούται και πάλι τον πίνακα B, αφού ο B ισούται µε την τιµήp(A) τού πολυωνύµου p(t) = (t − a11)(t − a22) . . . (t − ann), οι παράγοντες τού οποίου µετατίθενται,δηλαδή p(t) = (t− ai1i1)(t− ai2i2) . . . (t− ainin).

Θα δείξουµε επαγωγικώς ότι

(A− a11In)(A− a22In) . . . (A− aiiIn) · ~ej = ~0, ∀j, 1 ≤ j ≤ i, (*)

Για i = 1 έχουµε:(A− a11In)(~e1 = A · ~e1 − a11~e1) = a11~e1 − a11~e1 = ~0,

επειδή ο A είναι άνω τριγωνικός.΄Εστω ότι η (∗) είναι αληθής για i = κ. Θα δείξουµε την (∗) για i = κ+ 1.Για κάθε ~ej , 1 ≤ j ≤ κ, έχουµε:

(A− a11In)(A− a22In) . . . (A− aκκIn)(A− aκ+1,κ+1In) · ~ej =

(A− aκ+1,κ+1In)(A− a11In)(A− a22In) . . . (A− aκκIn) · ~ej = ~0,

αφού λόγω τής επαγωγικής υπόθεσης (A− a11In)(A− a22In) . . . (A− aκκIn) · ~ej = ~0, όταν 1 ≤ j ≤ κ.Υπολείπεται η απόδειξη για j = κ+ 1.Παρατηρούµε ότι

(A− aκ+1,κ+1In) · ~eκ+1,κ+1 = A · ~eκ+1,κ+1 − aκ+1,κ+1~eκ+1 =

a1,κ+1~e1 + a2,κ+1~e2 + · · ·+ aκ,κ+1~eκ + aκ+1,κ+1~eκ+1 − aκ+1,κ+1~eκ+1 =

a1,κ+1~e1 + a2,κ+1~e2 + · · ·+ aκ,κ+1~eκ.

Συνεπώς, το (A− aκ+1,κ+1In) ·~eκ+1,κ+1 είναι ένας K–γραµµικός συνδυασµός των ~ej , 1 ≤ j ≤ κ. Αφού οπίνακας (A−a11In)(A−a22In) . . . (A−aκκIn), µηδενίζει τα ~ej , για κάθε j, 1 ≤ j ≤ κ, µηδενίζει και κάθεγραµµικό συνδυασµό τους. ΄Ετσι, ο συγκεκριµένος πίνακας µηδενίζει και το (A−aκ+1,κ+1In) ·~eκ+1,κ+1.΄Ωστε,

(A− a11In)(A− a22In) . . . (A− aκκIn)(A− aκ+1,κ+1In) · ~eκ+1,κ+1 = ~0.

Εποµένως, B · ~ej = ~0,∀j, 1 ≤ j ≤ n.

Παρατήρηση 3.7. Παρατηρούµε ότι το πολυώνυµο (t − a11)(t − a22) . . . (t − ann) ισούται µε το χα-

ϱακτηριστικό πολυώνυµο PA(t) = Det(tIn − A) τού άνω τριγωνικού πίνακα A. Συνεπώς, η ανωτέρω

Πρόταση δηλώνει ότι PA(A) = (A − a11In)(A − a22In) . . . (A − annIn) = On×n, που είναι το Θεώρηµα

Cayley–Hamilton, όταν ο A είναι ένας άνω τριγωνικός πίνακας. Ας δούµε πώς αποδεικνύεται η γενική

περίπτωση:

Θεώρηµα 3.8. (Cayley-Hamilton) ΄Εστω A ένας n × n πίνακας µε συνιστώσες από το σώµα K, όπου

K = C ή R. Αν PA(t) είναι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο τού A, τότε PA(A) = On×n.

162

Απόδειξη. Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PA(t) τού A ισούται µε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PB(t)οποιουδήποτε πίνακα που είναι όµοιος µε τον A. ΄Ολες οι ϱίζες τού PA(t) ανήκουν στο σώµα C και γι΄αυτό ο A είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα B µε πιθανόν µιγαδικές συνιστώσες, σύµφωνα µετο Θεώρηµα 2.2. Ας πούµε λοιπόν ότι B = S−1AS, όπου ο S ∈ Mn×n(C) είναι ένας αντιστρέψιµοςπίνακας. Αλλά για τον άνω τριγωνικό πίνακα B γνωρίζουµε ότι PB(B) = On×n, λόγω τής Πρότασης 3.6,και αφού PA(t) = PB(t), έχουµε PA(B) = On×n. Επιπλέον είναι :

PA(A) = PA(SBS−1) = SPA(B)S−1 = SOn×nS−1 = On×n, (**)

Παρατήρηση 3.9. Σχετικά µε τον υπολογισµό που εκτελέσαµε στην (∗∗) ισχύει το γενικότερο :

Αν, P (t) = a0 + a1t + a2t · · · + amtm

είναι οποιοδήποτε πολυώνυµο και A,S−1AS είναι δύο όµοιοι

τετραγωνικοί n× n πίνακες, τότε η τιµή P (S−1AS) τού P (t) στον πίνακα S−1AS ισούται µε S−1P (A)S:

P (S−1AS) = S−1P (A)S

Πραγµατικά:

P (S−1AS) = a0In + a1(S−1AS) + a2(S−1AS)2 + · · ·+ am(S−1AS)m =

a0S−1S + a1(S−1AS) + a2S

−1A2S + · · ·+ amS−1AmS =

S−1(a0In + a1A+ a2A2 + · · ·+ amA

m)S = S−1P (A)S.

163

4. Ελάχιστο ΠολυώνυµοΣτην παρούσα παράγραφο ϑε δείξουµε ένα πολύ χρήσιµο κριτήριο διαγωνοποιησιµότητας για γραµ-

µικές απεικονίσεις και πίνακες.

4.1. Πυρήνες Πολυωνυµικών Γραµµικών Απεικονίσεων. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πε-περασµένης διάστασης και f : E−→E µια γραµµική απεικόνιση.

Παρατήρηση 4.1. ΄Οπως γνωρίζουµε, αν f, g : E−→E είναι δύο γραµµικές απεικονίσεις, τότε γενικά

ισχύει ότι : f g 6= gf . Αν όµως η g προκύπτει ως πολυωνυµική απεικόνιση από την f , δηλαδή g = P (f)για κάποιο πολυώνυµο P (t) ∈ K[t], είναι εύκολο να δει κανείς ότι οι f και g µετατίθενται : f g = g f .

Γενικότερα ισχύει ότι (η απόδειξη είναι εύκολη και αφήνεται ως άσκηση):

F (f) G(f) = G(f) F (f), ∀ F (t), G(t) ∈ K[t]

Για κάθε πολυώνυµο P (t) ∈ K[t], ϑεωρούµε την πολυωνυµική γραµµική απεικόνιση

P (f) : E −→ E, ~x 7−→ P (f)(~x)

και ορίζουµε έναν υπόχωρο του E, τον πυρήνα της πολυωνυµικής γραµµικής απεικόνισης P (t), ως εξής :

NP (t) := KerP (f) =~x ∈ E | P (f)(~x) = ~0

Στην απόδειξη του κριτηρίου διαγωοποιησιµότητας ϑα χρησιµοποιήσουµε την ακόλουθη χρήσιµη

πρόταση.

Πρόταση 4.2. ΄Εστω P (t) ∈ K[t] ένα πολυώνυµο έτσι ώστε P (f) = 0, και υποθέτουµε ότι :

P (t) = (t− κ1)(t− κ2) · · · (t− κm), κi 6= κj , 1 ≤ i 6= j ≤ m1. Nt−κi = ~x ∈ E | f(~x) = κi~x, 1 ≤ i ≤ m.

2. E = Nt−κ1 ⊕ Nt−κ2 ⊕ · · · ⊕ Nt−κm .

Απόδειξη. 1. Για κάθε 1 ≤ i ≤ m:

Nt−κi = ~x ∈ E | (f − κiIdE)(~x) = ~0 = ~x ∈ E | f(~x)− κiIdE(~x) = ~0 =

~x ∈ E | f(~x)− κi~x = ~0 = ~x ∈ E | f(~x) = κi~x

2. Επειδή κi 6= κj , 1 ≤ i 6= j ≤ m, έπεται ότι τα πολυώνυµα t− κ1, t− κ2, · · · , t− κm είναι πρώταµεταξύ τους, δηλαδή ΜΚ∆

(t− κi, t− κj

)= 1, για 1 ≤ i 6= j ≤ m. Εποµένως ϑέτοντας

Fi(t) =P (t)

t− κi= (t− κ1)(t− κ2) · · · (t− κi−1)(t− κi+1) · · · (t− κm)

έπεται ότι ο µέγιστος κοινός διαιρέτης των πολυωνύµων F1(t), F2(t), · · · , Fm(t) είναι το σταθερό πολυ-ώνυµο 1: ΜΚ∆

(F1(t), · · · , Fm(t)

)= 1. Από την Θεωρία Πολυωνύµων γνωρίζουµε τότε ότι υπάρχουν

πολυώνυµα G1(t), · · ·Gm(t), έτσι ώστε :

G1(t)F1(t) +G2(t)F2(t) + · · ·+Gm(t)Fm(t) = 1

Τότε όµως για τις αντίστοιχες πολυωνυµικές απεικονίσεις ϑα έχουµε:

G1(f) F1(f) +G2(f) F2(f) + · · · +Gm(f) Fm(f) = IdE

και εποµένως για κάθε ~x ∈ E ϑα έχουµε:

G1(f)(F1(f)(~x)) +G2(f)(F2(f)(~x)) + · · · +Gm(f)(Fm(f)(~x)) = IdE(~x) = ~x (4.1)

Θέτουµε :~xi = Gi(f)(Fi(f)(~x)), ∀~x ∈ E, 1 ≤ i ≤ m

και άρα η σχέση (4.1) γράφεται :

~x1 + ~x2 + · · ·+ ~xm = ~x, ∀~x ∈ E (4.2)

164

Ισχυρισµός: ~xi ∈ Nt−κi .

Πραγµατικά: χρησιµοποιώντας την Παρατήρηση 4.1 ϑα έχουµε (f −κiIdE) Gi(f) Fi(f) = Gi(f) (f − κiIdE) Fi(f) = Gi(f) Fi(f) (f − κiIdE). ΄Οµως

Fi(f) (f − κiIdE) =

= (f − κ1IdE)(f − κ2IdE) · · · (f − κi−1IdE)(f − κi+1IdE) · · · (f − κmIdE) (f − κiIdE) =

= (f − κ1IdE)(f − κ2IdE) · · · (f − κi−1IdE) (f − κiIdE) (f − κi+1IdE) · · · (f − κmIdE) = P (f)

Εποµένως

(f − κiIdE)(~xi) = (f − κiIdE)(Gi(f)(Fi(f)

)(~x)) = (f − κiIdE) Gi(f) Fi(f))(~x) =

= (Gi(f) (f − κiIdE) Fi(f))(~x) = (Gi(f) P (f))(~x) =

= Gi(f)(P (f)(~x)) = ~0

διότι P (f) = 0. ΄Αρα (f − κ1IdE)(~xi) = 0 το οποίο σηµαίνει ότι

f(~xi) = κi(~xi) =⇒ ~xi ∈ Nt−κi

Εποµένως συνδυάζοντας την παραπάνω σχέση µε την (4.2) ϑα έχουµε ότι :

E = Nt−κ1 + Nt−κ2 + · · ·+ Nt−κm

Μένει να δείξουµε ότι το παραπάνω άθροισµα είναι ευθύ. Ως γνωστόν αρκεί να δείξουµε ότι :

~x1 + · · ·+ ~xm = ~0 και ~xi ∈ Nt−κi 1 ≤ i ≤ m =⇒ ~xi = ~0, 1 ≤ i ≤ mΥποθέτουµε ότι κάποια από τα ~x1, · · · , ~xm είναι µη-µηδενικά. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας µπορούµε ναυποθέσουµε ότι τα διανύσµατα ~x1, · · · , ~xρ είναι µη-µηδενικά και ~xρ+1 = · · · = ~xm = ~0. Τότε επειδή ~xi ∈Nt−κi), 1 ≤ i ≤ ρ, από το 1. έπεται ότι τα ~x1, · · · , ~xρ είναι ιδιοδιανύσµατα της f τα οποία αντιστοιχούνστις ιδιοτιµές κ1, · · · , κρ. Επειδή οι ιδιοτιµές κ1, · · · , κρ είναι ανα δύο διαφορετικές, γνωρίζουµε ότι ταδιανύσµατα ~x1, · · · , ~xρ είναι γραµµικά ανεξάρτητα το οποίο είναι άτοπο διότι ~x1 + · · · + ~xρ = ~0. Στοάτοπο καταλήξαµε διότι υποθέσαµε ότι κάποια από τα ~x1, · · · , ~xm είναι µη-µηδενικά. ΄Αρα ϑα έχουµε~x1 = · · · = ~xm = ~0. Εποµένως το άθροισµα Nt−κ1 + Nt−κ2 + · · ·+ Nt−κm είναι ευθύ και άρα:

E = Nt−κ1 ⊕ Nt−κ2 ⊕ · · · ⊕ Nt−κm

Παρατήρηση 4.3. Η παραπάνω Πρόταση είναι ειδική περίπτωση του ακόλουθου Θεωρήµατος Πρωταρχι-

κής Ανάλυσης. Πρώτα υπενθυµίζουµε ότι ένα πολυώνυµο P (t) καλείται ανάγωγο αν P (t) = P1(t)P2(t)έπεται ότι είτε το P1(t) ή το P2(t) είναι σταθερό πολυώνυµο. Από την Θεωρία Πολυωνύµων γνωρίζουµε ότι

ισχύει το ακόλουθο σηµαντικό Θεώρηµα:

Θεώρηµα: Κάθε µη-σταθερό πολυώνυµο P (t) γράφεται κατά µοναδικό τρόπο ως γινόµενο αναγώγων

πολυωνύµων κατά µοναδικό τρόπο. ∆ηλαδή υπάρχουν µοναδικά κανονικά ανάγωγα πολυώνυµαP1(t), · · · ,Pk(t), και µοναδικό α ∈ K, έτσι ώστε :

P (t) = αP1(t)P2(t) · · ·Pk(t)και η παραπάνω γραφή είναι µοναδική (µη-λαµβάνοντας υπ΄ όψιν τη σειρά των παραγόντων).

Θεώρηµα Πρωταρχικής Ανάλυσης: ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης

και f : E −→ E µια γραµµικής απεικόνιση. Υποθέτουµε ότι

Qf (t) = Q1(t)α1Q2(t)α2 · · ·Qm(t)αm

είναι η ανάλυση του ελαχίστου πολυωνύµουQf (t) της f σε διακεκριµένα ανάγωγα κανονικά πολυώνυµα.

Τότε :

E = NQ1(t)α1 ⊕ NQ2(t)α2 ⊕ · · · ⊕ NQm(t)αm

Η απόδειξη είναι παρόµοια µε την απόδειξη της Πρότασης 4.2 και αφήνεται ως ΄Ασκηση.

165

4.2. Κριτήριο ∆ιαγωνοποίησης. Μπορούµε να αποδείξουµε τώρα το ακόλουθο κριτήριο διαγωνοποι-ησιµότητας :

Θεώρηµα 4.4. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E−→E µια γραµ-

µική απεικόνιση. Τότε τα ακόλυθα είναι ισοδύναµα:

(1) Η f είναι διαγωνοποιήσιµη.

(2) Το ελάχιστο πολυώνυµο Qf (t) της f αναλύεται σε γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παρα-

γόντων :

Qf (t) = (t− λ1)(t− λ2) · · · (t− λm), λi 6= λj , 1 ≤ i 6= j ≤ m

Απόδειξη. (1) =⇒ (2) Θεωρούµε το πολυώνυµο Q(t) = (t− λ1)(t− λ2) · · · (t− λm), όπου λi, 1 ≤ i ≤ mείναι οι διακεκριµένες ιδιοτιµές της f . Θα δείξουµε ότι Q(t) = Qf (t). Για αυτό το σκοπό, δείχνουµεπρώτα ότι το πολυώνυµο Q(t) µηδενίζει την f : Q(f) = 0.

Επειδή η f είναι διαγωνοποιήσιµη, ο χώρος E ϑα είναι το ευθύ άθροισµα των ιδιοχώρων της f :

E = V(λ1)⊕ V(λ2)⊕ · · · ⊕ V(λm) (4.3)

Ισχυρισµός: Q(f)(~xi) = ~0, ∀~xi ∈ V(λi), 1 ≤ i ≤ m.

Πραγµατικά επειδή ~xi ∈ V(λi) =⇒ f(~xi) = λi~xi, δηλαδή (f − λiIdE)(~xi) = ~0, και επειδή, λόγω τηςΠαρατήρησης 4.1, οι γραµµικές απεικονίσεις (f − λiIdE) και (f − λjIdE) µετατίθενται, ϑα έχουµε:

Q(f)(~xi) = [(f − λ1IdE) (f − λ2IdE) · · · (f − λmIdE)](~xi) =

= [(f − λ1IdE) · · · (f − λi−1IdE) (f − λiIdE) (f − λi+1IdE) · · · (f − λmIdE)](~xi) =

= [(f − λ1IdE) · · · (f − λi−1IdE) (f − λi+1IdE) · · · (f − λmIdE) (f − λiIdE)](~xi) =

= [(f − λ1IdE) · · · (f − λi−1IdE) (f − λi+1IdE) · · · (f − λmIdE)](f − λiIdE)(~xi) =

= [(f − λ1IdE) · · · (f − λi−1IdE) (f − λi+1IdE) · · · (f − λmIdE)](~0) = ~0

Εποµένως δείξαµε ότι Q(f)(~xi) = ~0, ∀~xi ∈ V(λi), 1 ≤ i ≤ m.

Επειδή το άθροισµα (4.3) είναι ευθύ, κάθε διάνυσµα ~x ∈ E έχει µοναδική γραφή:

~x = ~x1 + ~x2 + · · ·+ ~xm, ~xi ∈ V(λi), 1 ≤ i ≤ mΤότε :

Q(f)(~x) = Q(f)(~x1) +Q(f)(~x2) + · · ·+Q(f)(~xm) = ~0

και άρα η γραµµική απεικόνιση Q(f) είναι η µηδενική:

Q(f) = 0

διότι µηδενίζει κάθε διάνυσµα του E. Τότε όµως Qf (t)/Q(t). Επειδή τα πολυώνυµα Qf (t) και Q(t)είναι κανονικά και κάθε ϱίζα του Q(t) (δηλαδή µια ιδιοτιµή της f ) είναι και ϱίζα του Qf (t), έπεται ότιτα πολυώνυµα Qf (t) και Q(t) συµπίπτουν : Qf (t) = Q(t).

(2) =⇒ (1) Επειδή τα λ1, · · · , λm είναι ανα δύο διαφορετικά, σύµφωνα µε την Πρόταση 4.1 ϑα έχουµε:

E = Nt−λ1 ⊕ Nt−λ2 ⊕ · · · ⊕ Nt−λm

Επειδή οι ϱίζες του ελαχίστου πολυωνύµου συµπίπτουν µε τις ϱίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύµουτης f , δηλαδή µε τις ιδιοτιµές της f , έπεται ότι τα λ1, · · · , λm είναι οι ιδιοτιµές της f µε αντίστοιχουςιδιοχώρους Nt−λ1 ,Nt−λ2 , · · · ,Nt−λm . ∆ηλαδή:

E = V(λ1)⊕ V(λ2)⊕ · · · ⊕ V(λm)

Εποµένως ο χώρος E είναι το ευθύ άθροισµα των ιδιοχώρων της f και τότε όπως γνωρίζουµε η f είναιδιαγωνοποιήσιµη.

166

Πριν περάσουµε να δούµε το αντίστοιχο του παραπάνω κριτηρίου για πίνακες, χρειαζόµαστε το α-κόλουθο Λήµµα:

Λήµµα 4.5. ΄Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω ενός σώµατος Kκαι f : E−→E µια γραµµική απεικόνιση. Τότε το ελάχιστο πολυώνυµο της f συµπίπτει µε το ελάχιστο

πολυώνυµο του πίνακά της σε µια τυχούσα ϐάση B του E:

Qf (t) = QMBB

(f)(t)

Απόδειξη. ΄Εστω A = MBB (f). Τότε ϑέτοντας P (t) = Qf (t) στο Λήµµα 3.3, ϑα έχουµε:

MBB (Qf (f)) = Qf (MB

B (f)) = Qf (A)

Επειδή Qf (f) = 0 και ο πίνακας της µηδενικής γραµµικής απεικόνισης ως προς τυχούσα ϐάση είναι οµηδενικός, έπεται ότι Qf (A) = O, δηλαδή το ελάχιστο πολυώνυµο της f µηδενίζει τον πίνακα A. Τότεόµως ϑα έχουµε:

QA(t)/Qf (t) (4.4)Από την άλλη πλευρά, ϑέτοντας P (t) = QA(t) στο Λήµµα 3.3, ϑα έχουµε:

MBB (QA(f)) = QA(MB

B (f)) = QA(A)

Επειδή QA(A) = O και επειδή η µοναδική γραµµική απεικόνιση µε µηδενικό πίνακα σε τυχούσαϐάση είναι η µηδενική, έπεται ότι η γραµµική απεικόνιση QA(f) είναι η µηδενική, δηλαδή το ελάχιστοπολυώνυµο του A µηδενίζει την γραµµική απεικόνιση f . Τότε όµως ϑα έχουµε:

Qf (t)/QA(t) (4.5)

Επειδή τα πολυώνυµα QA(t) και Qf (t) είναι κανονικά, από τις (4.4) και (4.5) έπεται ότι QA(t) = Qf (t),δηλαδή: QMB

B(f)(t) = Qf (t).

Θεώρηµα 4.6. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας n× n πίνακας. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Ο A είναι διαγωνοποιήσιµος.

(2) Το ελάχιστο πολυώνυµο QA(t) του A αναλύεται σε γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παρα-

γόντων :

QA(t) = (t− λ1)(t− λ2) · · · (t− λm), λi 6= λj , 1 ≤ i 6= j ≤ m

Απόδειξη. Θεωρούµε την γραµµική απεικόνιση fA : Kn−→Kn, fA(X) = AX. ΄Εστω B η κανονικήϐάση του Kn. Τότε γνωρίζουµε ότι MB

B (fA) = A. Από το Λήµµα 3.3 ϑα έχουµε τότε :

QA(t) = QfA(t)

Επειδή, όπως γνωρίζουµε, ο πίνακας A είναι διαγωνοποιήσιµος αν και µονον αν η γραµµική απεικόνισηfA είναι διαγωνοποιήσιµη, το Ϲητούµενο προκύπτει από την παραπάνω ισότητα ελαχίστων πολυωνύµωνσε συνδυασµό µε το Θεώρηµα 4.4.

Παράδειγµα 4.7. Θεωρούµε τον 4× 4 πίνακα παργµατικών αριθµών0 4 1 −2−1 4 0 −1

0 0 1 0−1 3 0 0

Υπολογίζουµε το ελάχιστο πολυώνυµο του πίνακα A:

QA(t) = t3 − 4t2 + 5t− 2

167

Επειδή όπως ϐλέπουµε εύκολα

QA(t) = t3 − 4t2 + 5t− 2 = (t− 1)2(t− 2)

το ελάχιστο πολυώνυµο του A δεν αναλύεται σε γινόµενο διακεκριµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων.

Εποµένως ο πίνακας A δεν είναι διαγωνοποιήσιµος.

Γνωρίζουµε ότι µια γραµµική απεικόνιση, αντίστοιχα ένας πίνακας, είναι τριγωνοποιήσιµη, αντίστοι-χα τριγωνοποιήσιµος, αν και µόνον αν το χαρακτηριστικό της, αντίστοιχα το χαρακτηριστικό του, τοπολυώνυµο αναλύεται σε γινόµενο πρωτοβαθµίων παραγόντων υπεράνω του K. ΄Οπως γνωρίζουµε τοχαρακτηριστικό και το ελάχιστο πολυώνυµο έχουν τις ίδιες ϱίζες. Σηµειώνουµε εδώ ότι µπορούµε ναπεριορισθούµε στο ελάχιστο πολυώνυµο, όπως δείχνει η παρακάτω εφαρµογή.

Πόρισµα 4.8. (1) ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος και f : E−→E µια γραµµική απεικόνιση.

Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(α΄) Η γραµµική απεικόνιση f είναι τριγωνοποιήσιµη.

(ϐ΄) Το ελάχιστο πολυώνυµο Qf (t) της f έχει όλες τις ϱίζες του στο σώµα K.

(2) A ∈ Mn×n(K) ένας n× n πίνακας. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(α΄) Ο πίνακας A είναι τριγωνοποιήσιµος.

(ϐ΄) Το ελάχιστο πολυώνυµο QA(t) του A έχει όλες τις ϱίζες του στο σώµα K.

Απόδειξη. Προκύπτει άµεσδα από το γεγονός ότι το ελάχιστο πολυώνυµο διαιρεί, και έχει τις ιδιες ϱίζεςµε, το χαρακτηριστικό πολυώνυµο.

΄Ασκηση 185. Επειδή όλες οι ιδιοτιµές του πίνακα A του Παραδείγµατος 4.7 ανήκουν στο R, ο πίνακας Aείναι τριγωνοποιήσιµος. Να ϐρεθεί η άνω τριγωνική µορφή του πίνακα A.

4.3. Μηδενοδύναµοι Ενδοµορφισµοί και Πίνακες. ΄Εστω E έναςK-διανυσµατικός χώρος και f : E−→E

µια γραµµική απεικόνιση. ΄Εστω επίσης A ∈ Mn×n(K) ένας τετραγωνικός πίνακας.

Ορισµός 4.9. (1) Η γραµµική απεικόνιση καλείται µηδενοδύναµη αν: fm = 0, για κάποιο m ≥ 1.(2) Ο πίνακας A καλείται µηδενοδύναµος αν : Am = 0, για κάποιο m ≥ 1.

Πρόταση 4.10. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος διάστασης dimKE = n. και f : E−→E µια γραµ-

µική απεικόνιση. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Η f είναι µηδενοδύναµη: fm = 0, για κάποιο m ≥ 1.(2) Η µόνη ιδιοτιµή της f είναι η µηδενική.

(3) fn = 0.(4) Το ελάχιστο πολυώνυµο Qf (t) είναι της µορφής : Qf (t) = tm, για κάποιο m ≥ 1.

Απόδειξη. (1) =⇒ (2) Αν fm = 0, τότε το πολυώνυµοQ(t) = tm µηδενίζει την f και άρα διαιρείται από τοελάχιστο πολυώνυµο Qf (t). Προφανώς τότε το ελάχιστο πολυώνυµο της f είναι της µορφής Qf (t) = tk

του οποίου η µοναδική ϱίζα είναι η λ = 0. Επειδή οι ϱίζες του ελαχίστου πολυωνύµου είναι οι ιδιοτιµέςτης f έπεται ότι η µόνη ιδιοτιµή της f είναι η µηδενική.

(2) =⇒ (3) Αν η µόνη ιδιοτιµή της f είναι η µηδενική, τότε προφανώς το ελάχιστο πολυώνυµο της fϑα είναι της µορφής Qf (t) = tm για κάποιο 1 ≤ m ≤ n. Επειδή το χαρακτηριστικό και το ελάχιστοπολυώνυµο έχουν τις ίδιες ϱίζες, έπεται ότι Pf (t) = (−1)ntn. Από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton ϑαέχουµε: 0 = Pf (f) = (−1)nfn και άρα fn = 0.

(3) =⇒ (4) Αν fn = 0, τότε το πολυώνυµο Q(t) = tn µηδενίζει την f και άρα διαιρείται το από τοελάχιστο πολυώνυµο Qf (t) της f . Προφανώς τότε Qf (t) = tm για κάποιο 1 ≤ m ≤ n.

(4) =⇒ (1) Αν το ελάχιστο πολυώνυµο Qf (t) είναι της µορφής Qf (t) = tm, για κάποιο m ≥ 1, τότε0 = Qf (f) = fm.

168

Χρησιµοποιώντας την γραµµική απεικόνιση fA : Kn−→Kn, fA(X) = AX και την Πρόταση 4.11έχουµε το ακόλουθο πόρισµα:

Πόρισµα 4.11. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας τετραγωνικός πίνακας. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Ο A είναι µηδενοδύναµος : Am = 0, για κάποιο m ≥ 1.(2) Η µόνη ιδιοτιµή του A είναι η µηδενική.

(3) An = 0.(4) Το ελάχιστο πολυώνυµο QA(t) είναι της µορφής : QA(t) = tm, για κάποιο m ≥ 1.

169

5. Κανονική Μορφή Fitting΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας πίνακας. Σκοπός µας στην παρούσα παράγραφο είναι η απόδειξη του

ακόλουθου Θεωρήµατος :

Θεώρηµα 5.1. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας πίνακας. Τότε ο A είναι όµοιος µε έναν πίνακα της µορφής

B =

N O

O P

όπου ο P είναι αντιστρέψιµος και ο N είναι µηδενοδύναµος.

Η παραπάνω µορφή καλείται µορφή Fitting του πίνακα A.

΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω του σώµατος K, και

f : E −→ E

µια γραµµική απεικόνιση.Συµβολίζουµε µε fk = f f · · · f (k-ϕορές) την σύνθεση της f µε τον εαυτό της k-ϕορές, ∀k ≥ 1.

Υπενθυµίζουµε ότι η f καλείται µηδενοδύναµη αν fk = 0.

5.1. Αποσύνθεση Fitting. Για να αποδείξουµε το Θεώρηµα 5.1 χρειαζόµαστε πρώτα κάποια προεργα-σία.

Πρόταση 5.2. (1) Υπάρχει µια (αύξουσα) ακολουθία υπόχωρων του E:

~0 ⊆ Ker(f) ⊆ Ker(f2) ⊆ · · · ⊆ Ker(fk) ⊆ Ker(fk+1) ⊆ · · · ⊆ E (5.1)

και ϕυσικός αριθµός µ ≥ 0 έτσι ώστε : Ker(fµ) = Ker(fµ+1) = Ker(fµ+2) = · · · .(2) Υπάρχει µια (ϕθίνουσα) ακολουθία υποχώρων του E:

~0 ⊆ · · · ⊆ Im(fk+1) ⊆ Im(fk) ⊆ · · · ⊆ Im(f2) ⊆ Im(f) ⊆ E (5.2)

και ϕυσικός αριθµός λ ≥ 0 έτσι ώστε : Im(fλ) = Im(fλ+1) = Im(fλ+2) = · · · .

Απόδειξη. (1) ∆είχνουµε πρώτα ότι

Ker(fk) ⊆ Ker(fk+1), ∀k ≥ 0

΄Εστω ~x ∈ Ker(fk), δηλαδή fk(~x) = ~0. Τότε f(fk(~x)) = ~0 και άρα (f fk)(~x) = fk+1(~x) = ~0. ΄Αρα~x ∈ Ker(fk+1(~x) = ~0 και εποµένως Ker(fk) ⊆ Ker(fk+1). ΄Ετσι έχουµε την ακολουθία υπόχωρων (5.1).Τότε όµως ϑα έχουµε και

dimK Ker(fk) ≤ dimK Ker(fk+1), ∀k ≥ 0

Τότε η ακολουθία υπόχωρων (5.1) επάγει την αύξουσα ακολουθία ϕυσικών αριθµών

0 ≤ dimK Ker(f) ≤ dimK Ker(f2) ≤ · · · ≤ dimK Ker(fk) ≤ dimK Ker(fk+1) ≤ · · · ≤ dimKE

Επειδή dimK E < ∞, έπεται το σύνολο ϕυσικών αριθµώνdimK Ker(fk), k ≥ 0

είναι πεπερασµένο.

΄Αρα υπάρχει ϕυσικός µ ≥ 0 έτσι ώστε : dimK Ker(fµ) = dimK Ker(fµ+1) = dimK Ker(fµ+2) = · · · .Επειδή από την ακολουθία (5.1) έχουµε Ker(fµ) ⊆ Ker(fµ+1) ⊆ Ker(fµ+2) ⊆ · · · , έπεται ότι :

Ker(fµ) = Ker(fµ+1) = Ker(fµ+2) = · · ·(2) ∆είχνουµε πρώτα ότι

Im(fk+1) ⊆ Im(fk), ∀k ≥ 0

170

΄Εστω ~x ∈ Im(fk+1), δηλαδή υπάρχει ~y ∈ E έτσι ώστε : fk+1(~y) = ~x. Τότε fk+1(~y) = (fk f)(~y) =fk(f(~y)) = ~x, και άρα ~x ∈ Im(fk). ΄Ετσι Im(fk+1) ⊆ Im(fk). ΄Ετσι έχουµε την ακολουθία υπόχωρων(5.2). Τότε όµως ϑα έχουµε και

dimK Im(fk+1) ≤ dimK Im(fk), ∀k ≥ 0

Τότε η ακολουθία υπόχωρων (5.2) επάγει την αύξουσα ακολουθία ϕυσικών αριθµών

0 ≤ · · · ≤ dimK Im(fk+1) ≤ dimK Im(fk) ≤ · · · ≤ dimK Im(f2) ≤ dimK Im(f) ≤ dimKE

Επειδή dimK E < ∞, έπεται το σύνολο ϕυσικών αριθµώνdimK Im(fk), k ≥ 0

είναι πεπερασµένο.

΄Αρα υπάρχει ϕυσικός λ ≥ 0 έτσι ώστε : · · · = dimK Im(fλ+2) = dimK Im(fλ+1) = dimK Im(fλ). Επειδήαπό τη ακολουθία (5.2) έχουµε · · · ⊆ Im(fλ+2) ⊆ Im(fλ+1) ⊆ Im(fλ), έπεται ότι :

· · · = Im(fλ+2) = Im(fλ+1) = Im(fλ)

Λήµµα 5.3. Με τους συµβολισµούς της Πρότασης 5.2, έστω m := maxµ, λ.1. f(Ker(fm) ⊆ Ker(fm) και άρα η f : E−→E επάγει µια γραµµική απεικόνιση :

f1 : Ker(fm) −→ Ker(fm), f1(~x) = f(~x)

Επιπλέον η f1 είναι µηδενοδύναµη, δηλαδή f r1 = 0, για κάποιον r ≥ 1.2. f(Im(fm) ⊆ Im(fm) και άρα η f : E−→E επάγει µια γραµµική απεικόνιση :

f2 : Im(fm) −→ Im(fm), f2(~x) = f(~x)

Επιπλέον η f2 είναι ισοµορφισµός.

Απόδειξη. (1) Για το 1. ϑα έχουµε:(α) ΄Εστω ~x ∈ Ker(fm), δηλαδή fm(~x) = ~0. Τότε f(fm(~x)) = f(~0) = ~0 και άρα fm+1(~x) = ~0,

δηλαδή ~x ∈ Ker(fm+1). ΄Οµως επειδή m ≥ µ, έχουµε Ker(fm+1) = Ker(fm) και άρα~x ∈ Ker(fm. Εποµένως f(Ker(fm)) ⊆ Ker(fm). Προφανώς τότε η f επάγει µια γραµµικήαπεικόνιση f1 : Ker(fm) −→ Ker(fm), ορίζοντας f1(~x) = f(~x), ∀~x ∈ Ker(fm).

(ϐ) ΄Εστω ~x ∈ Ker(fm), δηλαδή fm(~x) = ~0. Τότε fm+11 (~x = fm+1(~x) = f(fm(~0) = f(~0) = ~0.

΄Αρα ϑέτοντας r = m+ 1 έχουµε f r1 (~x) = 0, ∀~x ∈ Ker(fm) και εποµένως f r1 = 0, δηλαδή ηf1 είναι µηδενοδύναµη.

(2) Για το 2. ϑα έχουµε:(α) ΄Εστω ~x ∈ f(Im(fm)), δηλαδή υπάρχει ~y ∈ Im(fm) έτσι ώστε : f(~y) = ~x. Επειδή ~y ∈ Im(fm)

έπεται ότι υπάρχει ~z ∈ E έτσι ώστε : fm(~z) = ~y. Τότε ~x = f(~y) = f(fm(~z)) = fm+1(~z καιάρα ~x ∈ Im(fm+1). Επειδή m ≥ λ, έπεται ότι ϑα έχουµε Im(fm+1) = Im(fm) και άρα~x ∈ Im(fm. Εποµένως f(Im(fm)) ⊆ Im(fm). Προφανώς τότε η f επάγει µια γραµµικήαπεικόνιση f1 : Im(fm) −→ Im(fm), ορίζοντας f2(~x) = f(~x), ∀~x ∈ Im(fm).

(ϐ) ΄Εστω ~y ∈ Im(fm). Επειδή Im(fm) = Im(fm+1), έπεται ότι ~y ∈ Im(fm+1) και άρα υπάρχει~x ∈ E έτσι ώστε : fm+1(~x) = ~y. Τότε : ~y = fm+1(~x) = f(fm(~x) και ϑέτοντας ~z := fm(~x) ∈Im(fm) ϑα έχουµε ~y = f(~z) = f2(~z). Αυτό σηµαίνει ότι η f2 είναι επιµορφισµός. ΕπειδήdimK Im(fm) ≤ dimK E <∞, έπεται ότι η f2 είναι ισοµορφισµός.

Θεώρηµα 5.4. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω του σώµατος K.

Αν f : E−→E είναι µια γραµµική απεικόνιση, τότε υπάρχει m ≥ 1 έτσι ώστε :

E = Ker(fm)⊕ Im(fm)

Απόδειξη. ΄Εστω m = maxµ, λ όπως στην Πρόταση 5.2 ή στο Λήµµα 5.3.

171

(1) ∆είχνουµε πρώτα ότι : Ker(fm) ∩ Im(fm) = ~0.΄Εστω ~x ∈ Ker(fm) ∩ Im(fm). Τότε fm(~x) = ~0 και υπάρχει ~y ∈ E έτσι ώστε fm(~y) = ~x. Τότε

f2m(~y) = fm(fm(~y)) = fm(~x) = ~0 και άρα ~y ∈ Ker(f2m). Επειδή Ker(f2m) = Ker(fm), έπεταιότι ~y ∈ Ker(fm) και άρα ~x = fm(~y) = ~0. Εποµένως Ker(fm) ∩ Im(fm) = ~0.

(2) ∆είχνουµε ότι : E = Ker(fm) + Im(fm).΄Εστω ~x ∈ E. Τότε fm(~x) ∈ Im(fm). Επειδή Im(fm) = Im(f2m) έπεται ότι fm(~x) ∈ Im(f2m)

και άρα υπάρχει ~y ∈ E έτσι ώστε : fm(~x) = f2m(~y). Τότε : fm(~x) = f2m(~y) = fm(fm(~y)) καιάρα fm(~x− fm(~y)) = ~0. Θέτοντας ~z := ~x− fm(~y) έπεται ότι ~z ∈ Ker(fm) και

~x = ~z + fm(~y, ~z ∈ Ker(fm), fm(~y) ∈ Im(fm)

Η τελευταία σχέση δείχνει ότι : E = Ker(fm) + Im(fm).Από τα (1) και (2) έχουµε ότι E = Ker(fm)⊕ Im(fm).

Θεώρηµα 5.5. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω του σώµατος K.

Αν f : E−→E είναι µια γραµµική απεικόνιση, τότε υπάρχει ϐάση B του E έτσι ώστε ο πίνακας της f στην

ϐάση B να είναι της µορφής :

MBB (f) =

N O

O P


Απόδειξη. ΄Εστω ο ϕυσικός αριθµόςm όπως στο παραπάνω Θεώρηµα 5.3. Τότε ϑα έχουµε E = Ker(fm)⊕Im(fm). Από την άλλη πλευρά από την Πρόταση 5.2 η f επάγει έναν ισοµορφισµό

f2 : Im(fm)−→ Im(fm), f2 = f |Im(fm)

και µια µηδενοδύναµη γραµµική απεικόνιση

f1 : Ker(fm)−→Ker(fm, f1 = f |Ker(fm)

΄Εστω B1 µια ϐάση του υπόχωρου Ker(fm) και B2 µια ϐάση του υπόχωρου Im(fm). Τότε ο πίνακαςP := MB2

B2(f2) της f2 στην ϐάση B2 ϑα είναι αντιστρέψιµος (επειδή η f2 είναι ισοµορφσιµός) και ο

πίνακας N := MB1B1

(f1) της f1 στην ϐάση B1 ϑα είναι µηδενοδύναµος (επειδή η f1 είναι µηδενοδύναµη.Επειδή το άθροισµα Ker(fm) + Im(fm) είναι ευθύ και µας δίνει τον χώρο E, έπεται ότι το σύνολο

B = B1 ∪ B2 είναι µια ϐάση του E. Τότε προφανώς f(B2) ⊆ Im(fm) και f(B1) ⊆ Ker(fm) και τότε οπίνακας της f στην ϐάση B ϑα είναι της µορφής

MBB (f) =

N O

O P


5.2. Κανονική Μορφή Fitting. Είµαστε τώρα σε ϑέση να αποδείξουµε το Θεώρηµα 5.1.

Απόδειξη του Θεωρήµατος 5.1: Θεωρούµε την γραµµική αεπικόνιση

fA : Kn −→ Kn, fA(X) = A ·X

172

Από το Θεώρηµα 5.4 έπεται ότι υπάρχει ϐάση B του Kn έτσι ώστε ο πίνακας της fA στην ϐάση B ναείναι της µορφής:

MBB (fA) =

N O

O P

Επειδή ο πίνακας της fA στην κανονική ϐάση του Kn είναι ο A έπεται ότι ο πίνακας A είναι όµοιος

µε τον παραπάνω πίνακα. 2

5.3. Ευθύ ΄Αθροισµα Γραµµικών Απεικονίσεων και Πινάκων. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώροςυπεράνω του σώµατος K.

Υποθέτουµε ότι E = V⊕W και έστω f : V−→V και g : W−→W δύο γραµµικές απεικονίσεις.

Ορισµός 5.6. Το ευθύ άθροισµα f⊕g των γραµµικών απεικονίσεων f και g ορίζεται να είναι η απεικόνιση

f ⊕ g : E = V⊕W −→ E = V⊕W, (f ⊕ g)(~v + ~w) = f(~v) + g(~w)

Είναι εύκολο να δει κανείς ότι η f ⊕ g είναι µια γραµµική απεικόνιση.

΄Εστω A ∈ Mn×n(K) και B ∈ Mm×m(K) δύο τετραγωνικοί πίνακες, ενδεχοµένως διαφορετικού µε-γέθους.

Ορισµός 5.7. Το ευθύ άθροισµα A ⊕ B των A ∈ Mn×n(K) και B ∈ Mm×m(K) ορίζεται να είναι ο

(n+m)× (n+m) πίνακας

A⊕B =

A O

O B

Παράδειγµα 5.8. ΄Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και υποθέτουµε ότι

E = V ⊕W, για κάποιους υπόχωρους V,W του E. ΄Εστω f : V−→V και g : W−→W δύο γραµµικές

απεικονίσεις. Αν BV είναι µαι ϐάση του V και BW είναι µια ϐάση του W, τότε όπως γνωρίζουµε το σύνολο

B = BV ∪BW είναι µια ϐάση του E.

Εύκολα ϐλέπουµε ότι ϑέτοντας B = MBV

BV(f) και C = MBW

BW(g), έχουµε :

MBB (f ⊕ g) = B ⊕ C =

B O

O C

Παράδειγµα 5.9. ΄Εστω E ένας διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και υποθέτουµε ότι E =V⊕W, για κάποιους υπόχωρους V,W του E. ΄Εστω f : E−→E µια γραµµική απεικόνιση.

Υποθέτουµε ότι : f(V) ⊆ V και f(W) ⊆W.

Τότε ορίζονται οι περιορισµοί της f στους υπόχωρους V και W:

fV : V −→ V, fV(~v) = f(~v)

fW : W −→ W, fW(~w) = f(~w)

Προφανώς ϑα έχουµε :

f = fV ⊕ fW

173

Θεώρηµα 5.10. ΄Εστω f : E −→ E µια γραµµική απεικόνιση, όπου dimKE < ∞. Τότε η f µπορεί να

γραφεί ώς ευθύ άθροισµα

f = g ⊕ hκατάλληλων γραµµικών απεικονίσεων g : V−→V και h : W−→W, όπου V,W είναι υπόχωροι του E, και

όπου :

(1) η γραµµική απεικόνιση g : V −→ V είναι ισοµορφισµός.

(2) η γραµµική απεικόνιση h : W −→ W είναι µηδενοδύναµη, δηλ. hm = 0, για κάποιο m ≥ 1.

Απόδειξη. Θεωρούµε τον ϕυσικό αριθµό m του Θεωρήµατος 5.4, και ϑέτουµε :

V := Im(fm) και W := Im(fm)

Τότε από το Θεώρηµα 5.4 ϑα έχουµε:E = V⊕W

Από το Λήµµα 5.3 έπεται ότι f(V) ⊆ V και η επαγόµενη γραµµική απεικόνιση fV : V−→V είναι ισο-µορφισµός, και f(W) ⊆W και η επαγόµενη γραµµική απεικόνιση fW : W−→W είναι µηδενοδύναµη.Θέτοντας g = fV και h = fW, µε χρήση του Παραδείγµατος 5.9 ϑα έχουµε το Ϲητούµενο.

Θεώρηµα 5.11. ΄Εστω A ∈Mn×n(K) ένας τετραγωνικός πίνακας. Τότε ο A είναι όµοιος µε έναν πίνακα

D ο οποίος ώς ευθύ άθροισµα πινάκων:

D = B ⊕ Cόπου B ∈ Mk×k(K), C ∈ Mr×r(K), όπου k + r = n, και :

(1) ο πίνακας B είναι αντιστρέψιµος.

(2) ο πίνακας C είναι µηδενοδύναµος, δηλ. Cm = 0, για κάποιο m ≥ 1.

Απόδειξη. Εφαρµόζουµε το Θεώρηµα 5.10 για την γραµµική απεικόνιση

fA : Kn −→ Kn, fA(X) = A ·XΥπάρχουν υπόχωροι V και W του Kn έτσι ώστε :

Kn = V⊕ V

και fA(V) ⊆ V και fA(W) ⊆ W. Με χρήση του Παραδείγµατος 5.8 και του Θεωρήµατος 5.11, αν B1

είναι µια ϐάση του V και B2 είναι µια ϐάση του W, τότε ϑέτοντας B = B1 ∪ B2, ϑα έχουµε µια ϐάσητου Kn στην οποία ο πίνακας D της fA ϑα είναι το ευθύ άθροισµα B ⊕ C πινάκων, όπου B είναι έναςαντιστρέψιµος k × k πίνακας, ο C είναι ένας µηδενοδύναµος r × r πίνακας, και k + r = n. Εποµένωςο πίνακας A είναι όµοιος µε τον πίνακα D = B ⊕ C.

174

6. Ταυτόχρονη ∆ιαγωνοποίηση6.1. Ταυτόχρονη ∆ιαγωνοποίηση Πινάκων. ΄Εστω A,B ∈ Mn×n(K) δύο n × n πίνακες µε στοιχείααπό το σώµα K.

Ορισµός 6.1. Οι πίνακες A,B καλούνται ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιµοι αν υπάρχει αντιστρέψιµος

πίνακας P έτσι ώστε :

P−1 ·A · P = ∆1 και P−1 ·B · P = ∆2

όπου οι πίνακες ∆1 και ∆2 είναι διαγώνιοι. ∆ηλαδή αν υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P ο οποίος

διαγωνοποιεί ταυτόχρονα τους A,B.

Σκοπός µας στην παρούσα παράγραφο είναι να αποδείξουµε το ακόλουθο κριτήριο ταυτόχρονηςδιαγωνοποίησης :

Θεώρηµα 6.2. ΄Εστω A,B ∈ Mn×n(K) δύο n×n πίνακες µε στοιχερία από το σώµα K. Τότε τα ακόλυθα

είναι ισοδύναµα:

1. Οι πίνακες A,B είναι ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιµοι.

2. Οι πίνακες A,B είναι διαγωνοποιήσιµοι και : A ·B = B ·A.

Απόδειξη. 1. =⇒ 2. Υποθέτουµε ότι οι πίνακες A,B είναι ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιµοι. Τότε οιπίνακες είναι διαγωνοποιήσιµοι και υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτις ώστε :

P−1 ·A · P = ∆1 και P−1 ·B · P = ∆2

όπου οι πίνακες ∆1 και ∆2 είναι διαγώνιοι. Τότε ϑα έχουµε:

P−1 · (A ·B) · P = P−1 ·A ·B · P = P−1 ·A · P · P−1 ·B · P = ∆1 ·∆2

P−1 · (B ·A) · P = P−1 ·B ·A · P = P−1 ·B · P · P−1 ·A · P = ∆2 ·∆1

Επειδή προφαβώς διαγώνιοι πίνακες µετατίθενται, ϑα έχουµε ∆1 ·∆2 = ∆2 ·∆1. Τότε

P−1 · (A ·B) · P = P−1 · (B ·A) · P =⇒ (A ·B) · P = (B ·A) · P =⇒ A ·B = B ·A

2. =⇒ 1. Για τη απόδειξη αυτής της κατεύθυνσης χρειαζόµαστε κάποια προεργασία. Η απόδειξη ϑαολοκληρωθεί στο Πόρισµα 6.8 στο τέλος της παραγράφου.

Λήµµα 6.3. ΄Εστω f : E−→E µια γραµµική απεικόνιση, όπου dimK E <∞. Υποθέτουµε ότι

E = V⊕W και f(V) ⊆ V

Θεωρούµε την επαγόµενη γραµµική απεικόνιση fV = f |V : V−→V, όπου f |V είναι ο περιορισµός της fστον υπόχωρο V. Τότε το ελάχιστο πολυώνυµο QfV(t) της fV διαιρεί το ελάχιστο πολυώνυµο Qf (t) της f :

QfV(t)/Qf (t)

Απόδειξη. ΄Εστω Qf (t) = a0 + a1t+ · · · am−1tm−1 + tm το ελάχιστο πολυώνυµο της f , και ϑεωρούµε την

γραµµική απεικόνιση

Qf (fV) = a0IdV + a1fV + · · ·+ am−1(fV)m−1 + (fV)m : V −→ V

Τότε, ∀~v ∈ V: Qf (fV)(~v) = a0(~v) +a1fV(~v) + · · ·+am−1(fV)m−1(~v) + (fV)m(~v). Επειδή fV(~v) = f(~v),∀~v ∈ V, έπεται ότι ϑα έχουµε: Qf (fV)(~v) = a0(~v) + a1f(~v) + · · · + am−1f

m−1(~v) + fm(~v) = (a0IdE +a1f + · · · am−1f

m−1 + fm)(~v) = Qf (f)(~v) = 0. Αυτό σηµαίναι ότι το πολυώνυµο Qf (t) µηδενίζει τηνfV. Τότε όµως το Qf (t) ϑα διαιρείται από το ελάχιστο πολυώνυµο της fV: QfV(t)

/Qf (t).

175

Πόρισµα 6.4. ΄Εστω f : E−→E µια γραµµική απεικόνιση, όπου dimK E <∞. Υποθέτουµε ότι

E = V⊕W και f(V) ⊆ V

Θεωρούµε την επαγόµενη γραµµική απεικόνιση fV : V−→V, όπου fV = f |V είναι ο περιορισµός της f στον

υπόχωρο V. Τότε :

f είναι διαγωνοποιήσιµη =⇒ fV είναι διαγωνοποιήσιµη

Απόδειξη. Από το Λήµµα 6.3, έχουµε QfV(t)/Qf (t). Επειδή η f είναι διαγωνοπιήσιµη, έπεται ότι το

ελάχιστο πολυώνυµο Qf (t) της f αναλύεται σε γινόµενο διακεκριµµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων.Επειδή το ελάχιστο πολυώνυµο της fV είναι διαιρέτης του Qf (t), έπεται ότι το ελάχιστο πολυώνυµοQfV(t) της fV αναλύεται σε γινόµενο διακεκριµµένων πρωτοβαθµίων παραγόντων. Εποµένως η fV είναιδιαγωνοποιήσιµη.

Πόρισµα 6.5. ΄Εστω f : E−→E µια γραµµική απεικόνιση, όπου dimK E <∞. Υποθέτουµε ότι

E = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vk και f(Vi) ⊆ Vi, 1 ≤ i ≤ kΘεωρούµε τις επαγόµενες γραµµικές απεικόνισεις fVi : Vi−→Vi, όπου fVi = f |Vi είναι ο περιορισµός της

f στον υπόχωρο Vi. Τότε :

f είναι διαγωνοποιήσιµη ⇐⇒ fVi είναι διαγωνοποιήσιµη, 1 ≤ i ≤ k

Απόδειξη. ‘‘=⇒’’ ΄Επεται άµεσα από το Πόρισµα 6.4.‘‘⇐=’’ ΄Εστω Bi µια ϐάση του Vi, 1 ≤ i ≤ k, η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα της fi. Από το

ορισµό των απεικονίσεων fi, έπεται προφανώς ότι τα διανύσµατα κάθε ϐάσηςBi είναι και ιδιοδιανύσµατατης f . Επειδή το άθροισµα V1 +V2 + · · ·+Vk είναι ευθύ και µας δίνει τον χώρο E, έπεται ότι το σύνολο

C := B1 ∪B2 ∪ · · · ∪Bk

είναι µια ϐάση του E η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα της f . ΄Αρα η f είναι διαγωνοποιήσιµη.

Θεώρηµα 6.6. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και f, g : E−→E δύο

γραµµικές απεικονίσεις. Υποθέτουµε ότι οι f, g είναι διαγωνοποιήσιµες και f g = g f . Τότε υπάρχει

ϐάση C του E η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα της f και της g.

Απόδειξη. Επειδή η g είναι διαγωνοποιήσιµη, όπως γνωρίζουµε ϑα έχουµε:

E = Vg(λ1)⊕ Vg(λ2)⊕ · · · ⊕ Vg(λk)

όπου λ1, · · ·λk είναι οι διακεκριµµένες ιδιοτιµές της g και Vg(λi) είναι οι αντίστοιχοι ιδιοχώροι :

Vg(λi) = ~x ∈ E | g(~x) = λi~x, 1 ≤ i ≤ k΄Εστω ~x ∈ Vg(λi). Τότε g(~x) = λi~x και εποµένως, ∀i = 1, 2, · · · , k:f(g(~x)) = f(λi~x) =⇒ (f g)(~x) = λif(~x) =⇒ (g f)(~x) = λif(~x) =⇒ g(f(~x)) = λif(~x)

Εποµένως το διάνυσµα f(~x) ∈ Vg(λi), και άρα: f(Vg(λi) ⊆ Vg(λi). Αυτό σηµαίναι ότι µπορούµε ναπεριορίσουµε την f σε µια γραµµική απεικόνιση

fi := f |Vg(λi) : Vg(λi) −→ Vg(λi), fi(~x) = f(~x)

Επειδή η f είναι διαγωνοποιήσιµη, από το Πόρισµα 6.5 έπεται ότι η απεικόνιση fi είναι διαγωνοποιήσι-µη, για κάθε i = 1, 2, · · · , k. ΄Εστω Bi µια ϐάση του Vg(λi) η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατατης fi. Από το ορισµό των απεικονίσεων fi, έπεται προφανώς ότι τα διανύσµατα κάθε ϐάσης Bi είναι καιιδιοδιανύσµατα της f . Επειδή το άθροισµα Vg(λ1) +Vg(λ2) + · · ·+Vg(λk) είναι ευθύ και µας δίνει τονχώρο E, έπεται ότι το σύνολο

C := B1 ∪B2 ∪ · · · ∪Bk

176

είναι µια ϐάση του E η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα της f . Επειδή Bi ⊆ Vg(λi) έπεται ότι ταδιανύσµατα κάθε ϐάσης Bi είναι και ιδιοδιανύσµατα της g. Καταλήγουµε ότι η ϐάση C του E αποτελείταιαπό ιδιοδιανύσµατα της f και της g.

6.2. Ταυτόχρονη διαγωνοποίηση Γραµµικών Απεικονίσεων.

Ορισµός 6.7. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και f, g : E−→E δύο

γραµµικές απεικονίσεις. Τότε οι f, g καλούνται ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιµες, αν υπάρχει ϐάση C του

E η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα της f και της g.

Θεώρηµα 6.8. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και f, g : E−→E δύο

γραµµικές απεικονίσεις. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Οι f, g είναι ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιµες.

(2) Οι f, g είναι διαγωνοποιήσιµες και f g = g f .

Απόδειξη. (2) =⇒ (1) Η κατεύθυνση αυτή αποδείχθηκε στο Θεώρηµα 6.6.(1) =⇒ (2) ΄Εστω ότι οι f, g είναι ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιµες, δηλαδή υπάρχει ϐάση

C =~e1, ~e2, · · · , ~en

του E η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα της f και της g, τα οποία αντιστοιχούν στις ιδιοτιµέςλ1, λ2, · · · , λn της f και στις ιδιοτιµές µ1, µ2, · · · , µn της f Τότε :

(f g)(~ei) = f(g(~ei)) = f(µi~ei) = µif(~ei) = µiλi~ei

(g f)(~ei) = g(f(~ei)) = g(λi~ei) = λig(~ei) = λiµi~eiΕποµένως (f g)(~ei) = (g f)(~ei), για κάθε διάνυσµα ~ei της ϐάσης C. Τότε όµως f g = g f .

Το ακόλουθο Πόρισµα ολοκληρώνει την απόδειξη της κατεύθυνσης 2. =⇒ 1. του Θεωρήµατος 6.2.

Πόρισµα 6.9. ΄Εστω A και B δύο διαγωνοποιήσιµοι n× n πίνακες υπεράνω του σώµατος K. Αν A ·B =B ·A, τότε υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε :

P−1 ·A · P = ∆1 και P−1 ·B · P = ∆2

όπου οι πίνακες ∆1 και ∆2 είναι διαγώνιοι.

Απόδειξη. Θεωρούµε τις γραµµικές απεικονίσεις

fA, fB : Kn −→ Kn, fA(X) = A ·X και fB(X) = B ·XΕπειδή οι πίνακες A και B είναι διαγωνοποιήσιµοι, έπεται ότι και οι γραµµικές απεικονλίσεις fA καιfB είναι διαγωνοποιήσιµες. Επειδή A · B = B · A, έπεται άµεσα ότι fA fB = fB fA. Τότε από τοΘεώρηµα 6.5 έπεται ότι υπάρχει ϐάση C του Kn η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα της fA καιτης fB. ΄Αρα ο πίνακας της fA στην C είναι ένας διαγώνιος πίνακας ∆1 και ο πίνακας της fB στην C

είναι ένας διαγώνιος πίνακας ∆2. Τότε όµως υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε οι πίνακαςP−1 ·A · P = ∆1 και P−1 ·B · P = ∆2.

Τα παραπάνω γενικεύονται και για παραπάνω από δύο πίνακες.

Ορισµός 6.10. ΄Εστω A1, A2, · · · , Ar n×n πίνακες υπεράνω του σώµατος K. Οι πίνακες A1, A2, · · · , Arκαλούνται ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιµοι αν υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε :

P−1 ·Ai · P = ∆i 1 ≤ i ≤ rόπου οι πίνακες ∆i διαγώνιοι. ∆ηλαδή αν υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P ο οποίος διαγωνοποιεί ταυ-

τόχρονα τους A1, A2, · · · , Ar.

177

Ορισµός 6.11. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης υπεράνω του σώµατος K,

και f1, f2, · · · , fr : E−→E γραµµικές απεικονίσεις. Οι f1, f2, · · · , fr καλούνται ταυτόχρονα διαγωνο-ποιήσιµες αν υπάρχει ϐάση B του E η οποία αποτελείται από ιδιοδιανύσµατα των f1, f2, · · · , fr.

Με ϐάση τα Θεωρήµατα 6.2 και 6.8 και µε χρήση επαγωγής αποδεικνύεται εύκολα και το ακόλουθοΘεώρηµα:

Θεώρηµα 6.12. (1) ΄ΕστωA1, A2, · · · , Ar n×n πίνακες υπεράνω του σώµατος K. Τότε τα ακόλουθα


(α΄) Οι πίνακες A1, A2, · · · , Ar είναι ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιµοι.

(ϐ΄) Οι πίνακες A1, A2, · · · , Ar είναι διαγωνοποιήσιµοι και Ai ·Aj = Aj ·Ai, 1 ≤ i 6= j ≤ r.(2) ΄Εστω f1, f2, · · · , fr : E−→E γραµµικές απεικονίσεις, όπου dimK E <∞. Τότε τα ακόλουθα είναι

ισοδύναµα:

(α΄) Οι f1, f2, · · · , fr είναι ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιµες.

(ϐ΄) Οι f1, f2, · · · , fr είναι διαγωνοποιήσιµες και fi fj = fj fi, 1 ≤ i 6= j ≤ r.

΄Ασκηση 186. 1. Να ορισθούν οι έννοιες ‘‘ταυτόχρονα τριγωνοποιήσιµοι πίνακες’’ και ‘‘ταυτόχρονα τρι-

γωνοποιήσιµες γραµµικές απεικονίσεις’’

2. Να εξετασθεί αν το Θεώρηµα 6.12 ισχύει αν στην διατύπωσή του έχουµε παντού τριγωνοποιήσιµους

πίνακες ή τριγωνοποιήσιµες γραµµικές απεικονίσεις αντί διαγωνοποιήσιµους πίνακες ή διαγωνοποιήσιµες

γραµµικές απεικονίσεις.

178

7. Η Κανονική Μορφή Jordan - IΣτην παρούσα παράγραφο ϑα µελετήσουµε µια σηµαντική κανονική µορφή πινάκων οι οποίοι έχουν

την ιδιότητα ότι το χαρακτηριστικό τους πολυώνυµο αναλύεται σε γινόµενο πρωτοβαθµίων, όχι κατ΄ανάγκη διακεκριµµένων, παραγόντων.

΄Εστω K ένα σώµα.

Ορισµός 7.1. ΄Εστω n ≥ 1 και λ ∈ K. Ο τετραγωνικός n× n πίνακας

Jn(λ) =

λ 1 0 · · · 0 0 00 λ 1 · · · 0 0 00 0 λ · · · 0 0 0...

.

.

....

. . ....

.

.

....

0 0 0 · · · λ 1 00 0 0 · · · 0 λ 10 0 0 · · · 0 0 λ

καλείται ο στοιχειώδης n× n πίνακας Jordan ο οποίος αντιστοιχεί στο λ.

΄Ενας πίνακας n × n πινακας J καλείται πίνακας Jordan αν είναι το ευθύ άθροισµα στοιχειωδών

πινάκων Jordan:

J = Jn1(λ1)⊕ Jn2(λ2)⊕ · · · ⊕ Jnk(λk)

όπου λi ∈ K, 1 ≤ i ≤ k, και n1 + n2 + · · ·+ nk = n.

Στην παρούσα παράγραφο ϑα αποδείξουµε ότι κάθε n × n πίνακας A µε στοιχεία από το σώµα K, οοποίος έχει όλες τις ιδιοτιµές του στο K είναι όµοιος µε έναν πίνακα Jordan.

7.1. Μηδενοδύναµες Γραµµικές Απεικονίσεις. Στην παρούσα παράγραφο συµβολίζουµε µε K ένασώµα.

΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και

f : E −→ E

µια γραµµική απεικόνιση.

Θεώρηµα 7.2. Υποθέτουµε ότι η f είναι µηδενοδύναµη: fm = 0. Τότε υπάρχουν διανύσµατα

~z1, ~z2, · · · , ~zk ∈ E

και ϕυσικοί αριθµοί

ρ1, ρ2, · · · , ρk ≥ 1

έτσι ώστε : fρ1(~z1) = fρ2(~z2) = · · · = fρk(~zk) = ~0, δηλαδή:

fρi(~zi) = ~0, 1 ≤ i ≤ k

και το σύνολο

B =~z1, f(~z1), · · · , fρ1−1(~z1), ~z2, f(~z2), · · · , fρ2−1(~z2), · · · , ~zk, f(~zk), · · · , fρk−1(~zk)

να είναι ϐάση του E.

Απόδειξη. Η απόδειξη ϑα γίνει µε επαγωγή στην διάσταση dimK E := n.Αν dimK E = 0, τότε E = ~0 και f = 0. Το συµπέρασµα τότε ισχύει τετριµµένα.

179

1. Υποθέτουµε ότι n = 1 . Θεωρούµε µιά ϐάση ~e του E, και τότε ∀~x ∈ E, ϑα έχουµε ~x = k~eκαι άρα: f(~x) = f(k~e) = kf(~e). ΄Ετσι ϑέτοντας f(~e) = ~ε ∈ K, έπεται ότι ~ε = λ~e, για κάποιολ ∈ K, και άρα ϑα έχουµε: f(~x) = k~ε = kλ~e = λ~x, ∀~x ∈ E. Επειδή fm = 0, έπεται ότι :fm(~x) = λm~x = ~0. Ιδιαίτερα fm(~e) = λm~e = ~0 και άρα λm = 0 διότι ~e 6= ~0. Εποµένως λ = 0και άρα f = 0. Τότε ϑέτοντας k = 1, ρ1 = 1, και ~z1 = ~e, έπεται ότι το σύνολο B = ~e είναι µιαϐάση του E µε την επιθυµιτή ιδιότητα.

2. Επαγωγική Υπόθεση : Υποθέτουµε ότι το συµπέρασµα ισχύει για όλους τους K-διανυσµατικούςχώρους F µε dimK F < n και κάθε µηδενοδύναµη γραµµική απεικόνιση g : F −→ F.

3. Γενική Περίπτωση : Υποθέτουµε, όπως στην εκφώνηση του Θεωρήµατος, ότι dimK E = n ≥ 1 και ηf : E −→ E είναι µηδενοδύναµη: fm = 0, για κάποιον ϕυσικόm ≥ 1. Επιπλέον υποθέτουµεότι f 6= 0, διότι αν f = 0, τότε το συµπέρασµα ισχύει κατά τετριµµένο τρόπο.

Θέτουµε F := Im(f) = f(E).Ισχυρισµός 1: 0 < dimK F < n = dimK E.Πραγµατικά: Αν 0 = dimK F, τότε F = f(E) = ~0, δηλαδή: f(~x) = ~0, και άρα f = 0 και

το συµπέρασµα ισχύει.Αν dimK F < n = dimK E, τότε προφανώς ϑα έχουµε F = Im(f) = E και εποµένως επειδή

fm = 0, ϑα καταλήξουµε στο άτοπο:

f2(E) = f(f(E)) = f(E) = E, · · · , ~0 = fm(E) = fm−1(f(E)) = fm−1(E) = · · · = f(E) = E

Συµφωνα µε τον παραπάνω Ισχυρισµό 1, ϑα έχουµε ~0 6= F 6= E.Από την άλλη πλευρά είναι προφανές ότι η µηδενοδύναµη γραµµική απεικόνιση f : E−→E

επάγει µια γραµµική απεικόνιση

g : F −→ F, g = f |F, δηλαδή g(~x) = f(~x), ∀~x ∈ F

Προφανώς η g είναι µηδενοδύναµη, διότι η f είναι µηδενοδύναµη, και άρα από την επαγωγικήυπόθεση, υπάρχουν διανύσµατα

~w1, ~w2, · · · , ~wl ∈ F

και ϕυσικοί αριθµοίσ1, σ2, · · · , σl ≥ 1

έτσι ώστε : gσ1(~w1) = gσ2(~w2) = · · · = gσl(~wl) = ~0, δηλαδή:

gσi(~wi) = ~0, 1 ≤ i ≤ l

και το σύνολο

C =~w1, g(~w1), · · · , gσ1−1(~w1), ~w2, g(~w2), · · · , gσ2−1(~w2), · · · , ~wl, g(~wl), · · · , gσl−1(~wl)

να είναι ϐάση του F.

Επειδή f(E) = F 6= E, έπεται ότι για τα διανύσµατα ~wi ∈ F, 1 ≤ i ≤ l, υπάρχουν διανύσµατα~zi ∈ E έτσι ώστε :

f(~zi) = ~wi, 1 ≤ i ≤ lΠαρατηρούµε ότι επειδή

gσi(~wi) = fσi(~wi) = ~0, 1 ≤ i ≤ lέπεται ότι τα διανύσµατα

fσi−1(~wi) ∈ Ker(f), 1 ≤ i ≤ l

Ισχυρισµός 2: Το σύνολο

fσ1−1(~w1), · · · , fσl−1(~wl) είναι γραµµικά ανεξάρτητο

180

Πραγµατικά: αυτό προκύπτει διότι τα παραπάνω διανύσµατα είναι στοιχεία της ϐάσης C.

Συµπληρώνουµε το σύνολο fσ1−1(~w1), · · · , fσl−1(~wl) σε µια ϐάση του Ker(f):

D =fσ1−1(~w1), · · · , fσl−1(~wl), ~y1, ~y2, · · · , ~yt

Εποµένως

dimK Ker(f) = l + t

Από την άλλη πλευρά ϑα έχουµε

dimKF = dimK Im(f) = σ1 + σ2 + · · ·σl

διότι το σύνολο D είναι ϐάση του F και |D| = σ1 + σ2 + · · ·σl.Από την Θεµελιώδη εξίσωση διαστάσεων για την γραµµική απεικόνιση f : E−→E ϑα έχουµε

dimKE = dimK Ker(f) + dimK Im(f) = σ1 + σ2 + · · ·σl + l + t

Ισχυρισµός 3: Το σύνολο

B =~z1, f(~z1), · · · , fσ1(~z1), ~z2, f(~z2), · · · , fσ2(~z2), · · · , ~zl, f(~zl), · · · , fσl(~zl), y1, y2, · · · , yt

είναι µια ϐάση του E.Απόδειξη του Ισχυρισµού 3: Πρώτα παρατηρούµε ότι :

|B| = (σ1 + 1) + (σ2 + 1) + · · · (σl + 1) + t = σ1 + σ2 + · · ·σl + l + t = dimKE

΄Αρα για να είναι το σύνολο B ϐάση του E, αρκεί να είναι γραµµικά ανεξάρτητο.Υποθέτουµε ότι :

~0 = λ0~z1 + λ1f(~z1) + · · ·+ λσ1fσ1(~z1)

= µ0~z2 + µ1f(~z2) + · · ·+ µσ2fσ2(~z2)

...= ν0~zl + ν1f(~zl) + · · ·+ νσlf

σl(~zl)

= ξ1y1 + ξ2y2 + · · · ξtyt

Εφαρµώζοντας την f στην παραπάνω σχέση και χρησιµοποιώντας ότι yi ∈ Ker(f), 1 ≤ i ≤ t,ϑα έχουµε:

~0 = λ0f(~z1) + λ1f2(~z1) + · · ·+ λσ1f

σ1+1(~z1)

= µ0f(~z2) + µ1f2(~z2) + · · ·+ µσ2f

σ2+1(~z2)

...= ν0f(~zl) + ν1f

2(~zl) + · · ·+ νσlfσl+1(~zl)

(7.1)

΄Οµως

f(~zi) = ~wi, 1 ≤ i ≤ l

και εποµένως η τελευταία σχέση γράφεται :

181

~0 = λ0 ~w1 + λ1f(~w1) + · · ·+ λσ1fσ1(~w1)

= µ0 ~w2 + µ1f(~w2) + · · ·+ µσ2fσ2(~w2)

...= ν0 ~wl + ν1f(~wl) + · · ·+ νσlf

σl(~wl)

(7.2)

Επειδή τα διανύσµατα ~wi ανήκουν στον υπόχωρο F = Im(f) και g(~x) = f(~x), ∀~x ∈ F,η τελευταία σχέση είναι ένας γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων της ϐάσης C του F.Εποµένως ϑα έχουµε:

λ0 = · · · = λσ1 = · · · = µ0 = · · · = µσ2 = · · · = ν0 = · · · = νσl

και άρα το σύνολο B είναι γραµµικά ανεξάρτητο.Καταλήγουµε ότι το σύνολο B είναι µια ϐάση του E.

Η ϐάση B έχει την επιθυµιτή ιδιότητα της εκφώνησης, ϑέτοντας :

k = l + t, ρ1 = σ1 + 1, · · · , ρl = σl + 1, ρl+1 = 1, · · · , ρk = 1

και~zl+1 = ~y1, · · · , ~zk = ~yk

Θεώρηµα 7.3. ΄Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E−→E µια µηδε-

νοδύναµη γραµµική απεικόνιση. Τότε υπάρχει µια ϐάση του B του E στην οποία ο πίνακας της f είναι ένας

πίνακας Jordan της µορφής :

MBB (f) = Jρ1(0)⊕ Jρ2(0)⊕ · · · ⊕ Jρk(0)

όπου ρ1 + ρ2 + · · ·+ ρk = n και :

Jni(0) =

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

.

.

....

. . ....

.

.

....

0 0 0 · · · 0 1 00 0 0 · · · 0 0 10 0 0 · · · 0 0 0

Απόδειξη. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα 7.2 υπάρχει ϐάση B του E της µορφής

B = B1 ∪B2 ∪ · · · ∪Bk

όπουBi =

fρi−1(~zi), f

ρi−2(~zi), · · · , f(~zi), ~zi, 1 ≤ i ≤ k

καιfρi(~zi) = ~0, 1 ≤ i ≤ k

Είναι προφανές από τις παραπάνω σχέσεις ότι ο πίνακας της f στην παραπάνω ϐάση B είναι ο Ϲητούµε-νος.

Αναλυτικότερα: ϑέτουµε Vi να είναι ο υπόχωρος του E ο οποίος παράγεται από το σύνολο Vi:

Vi = 〈Bi〉 =⟨fρi−1(~zi), f

ρi−2(~zi), · · · , f(~zi), ~zi⟩, 1 ≤ i ≤ k

182

Παρατηρούµε ότι το σύνολο Bi είναι ϐάση του Vi και επιπλέον f(Vi) ⊆ Vi. Εποµένως η f : E−→E

επάγει για κάθε i = 1, 2, · · · , k, γραµµικές απεικονίσεις

fi := f |Vi : Vi −→ Vi, fi(~x) = f(~x), ∀ ~x ∈ Vi

Επειδή fρi(~zi) = fρii (~zi) = ~0, έπεται ότι ο πίνακας της fi στην ϐάση Bi είναι ο στοιχειώδης πίνακαςJordan Jρi(0):

MBiBi

(fi) = Jρi(0)

Επειδή το σύνολο B = B1∪B2∪ · · · ∪Bk είναι ϐάση του E, έπεται ότι το άθροισµα υπόχωρων V1 +V2 +· · ·+ Vk είναι ευθύ και µας δίνει τον E:

E = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vk

και η γαρµµική απεικόνιση f είναι το ευθύ άθροισµα των fi:

f = f1 ⊕ f2 ⊕ · · · ⊕ fk

Τότε όµως ο πίνακας MBB (f) της f στην ϐάση B είναι το ευθύ άθροισµα των πινάκων MBi

Bi(fi) = Jρi(0)

της fi στην ϐάση Bi του Vi:

MBB (f) = Jρ1(0)⊕ Jρ2(0)⊕ · · · ⊕ Jρk(0)

7.2. Μηδενοδύναµοι Πίνακες. Μια άµεση συνέπεια του Πορίσµατος 7.3 είναι το ακόλουθο σηµαντικόαποτέλεσµα:

Θεώρηµα 7.4. Κάθε µηδενοδύναµος n× n πίνακας A είναι όµοιος µε έναν πίνακα Jordan της µορφής

J = Jρ1(0)⊕ Jρ2(0)⊕ · · · ⊕ Jρk(0), ρ1 + ρ2 + · · ·+ ρk = n

Απόδειξη. Προκύπτει άµεσα από το Πόρισµα 7.3 αν το τελευταίο εφαρµοσθεί στην γραµµική απεικόνιση


η οποία είναι προφανώς µηδενοδύναµη.

7.3. Βάσεις Jordan. Θεωρούµε την γραµµική απεικόνιση f : E−→E και υποθέτουµε ότι όλες οι ιδιο-τιµές της ανήκουν στο K. Εποµένως το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της f γράφεται ως εξής :

Pf (t) = (−1)n(t− λ1)k1 · (t− λ2)k2 · · · · (t− λr)kr

όπου λ1, · · · , λr είναι οι διακεκριµµένες ιδιοτιµές της f µε αντίστοιχες πολλαπλότητες k1, · · · , kr, όπου:k1 + · · ·+ kr = n = dimK E.

Θεώρηµα 7.5. Υπάρχει µια ϐάση J του E στην οποία ο πίνακας της f είναι ένας πίνακας Jordan της

µορφής :

MJJ (f) = Jn1(λ1)⊕ Jn2(λ2)⊕ · · · ⊕ Jnr(λr) dimK E = n1 + n2 + · · ·+ nr

όπου λ1, · · · , λr είναι οι διακεκριµµένες ιδιοτιµές της f , και κάθε πίνακας Jordan Jni(λi) είναι ευθύ

άθροισµα στοιχειωδών πινάκων Jordan κατάλληλων µεγεθών ως προς την ιδιοτιµή λi:

Jni(λi) = Jni1 (λi)⊕ · · · ⊕ Jnik (λi), ni = ni1 + · · ·nik , 1 ≤ i ≤ r

Η ϐάση J καλείται ϐάση Jordan του E για την f .

183

Απόδειξη. Επειδή η f έχει όλες τις ιδιοτιµές της στο K, έπεται ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο τηςαναλύεται όπως παραπάνω σε γινόµενο (δυνάµεων) πρωτοβαθµίων παταγόντων :

Pf (t) = (−1)n(t− λ1)k1 · (t− λ2)k2 · · · · (t− λr)kr

Θέτουµε:Ni :=

~x ∈ E | (f − λiIdE)ki(~x) = ~0

, 1 ≤ i ≤ r

Αν ~x ∈ Ni, δηλαδή (f − λiIdE)ki(~x) = ~0, έστω (f − λiIdE)(~x) = ~y. Τότε (f − λiIdE)ki(~y) =

(f − λiIdE)ki+1(~x) = (f − λiIdE)((f − λiIdE)ki(~x)) = ~0. Εποµένως ~y ∈ Ni και εποµένως η γραµµικήαπεικόνιση f − λiIdE : E−→E επάγει µια γραµµική απεικόνιση

fi := f − λiIdE : Ni −→ Ni, fi(~x) = (f − λiIdE)(~x) = f(~x)− λi~x

Ισχυρισµός : Η γραµµική απεικόνιση fi : Ni −→ Ni είναι µηδενοδύναµη και :

E = N1 ⊕N2 ⊕ · · · ⊕Nr

Πράγµατικά: το ότι η fi είναι µηδενοδύναµη προκύπτει άµεσα από τον ορισµό του υπόχωρου Ni. Τοότι ο E είναι το ευθύ άθροισµα των υπόχωρων Ni προκύπτει ακριβώς όπως στην Πρόταση 4.2, ϐλέπε καιΠαρατήρηση 4.3, διότι επειδή οι ιδιοτιµές λ1, · · · , λr είναι διακεκριµµένες, ο µέγιστος κοινός διαιρέτηςτων πολυωνύµων (t− λ1)k1 , · · · , (t− λr)kr είναι το σταθερό πολυώνυµο 1.

Επειδή η γραµµική επεικόνιση fi : Ni−→Ni είναι µηδενοδύναµη, από το Θεώρηµα 7.3 έπεται ότιυπάρχει ϐάση Bi του Ni στην οποία ο πίνακας της fi είναι ένας πίνακας Jordan της µορφής

MBiBi

(fi) = MB1B1

(fi + λiIdNi) := Ji = Jρi1(0)⊕ Jρi2(0)⊕ · · · ⊕ Jρik(0)

όπου ρi1 + ρi2 + · · ·+ ρik = dimKNi := n1 και :

Jij(0) =

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

......

. . ....

......

0 0 0 · · · 0 1 00 0 0 · · · 0 0 10 0 0 · · · 0 0 0

, 1 ≤ j ≤ k

Επειδή E = N1 ⊕N2 ⊕ · · · ⊕Nr, έπεται ότι το σύνολο

B = B1 ∪B2 ∪ · · · ∪Br

ϑα είναι µια ϐάση του E.Επειδή fi = f − λiIdE, έπεται ότι ο περιορισµός f |Ni της f στον υπόχωρο Ni ϑα είναι της µορφής

f |Ni = fi + λiIdNi .Παρατηρούµε ότι ο πίνακας της fi + λiIdNi στην ϐάση Bi του Ni είναι της µορφής

MBiBi

(fi + λiIdNi) := Ji(λi) = Jρi1(λi)⊕ Jρi2(λi)⊕ · · · ⊕ Jρik(λi)

όπου ρi1 + ρi2 + · · ·+ ρik = dimKNi = ni και :

Jij(λi) =

λi 1 0 · · · 0 0 00 λi 1 · · · 0 0 00 0 λi · · · 0 0 0...

......

. . ....

......

0 0 0 · · · λi 1 00 0 0 · · · 0 λi 10 0 0 · · · 0 0 λi

, 1 ≤ j ≤ k

184

Λαµβάνοντας υπ΄ όψιν τα παραπάνω, ϑα έχουµε ότι η f είναι το ευθύ άθροισµα

f = f |N1 ⊕ f |N2 ⊕ · · · ⊕ f |Nr = (f1 + λ1IdN1)⊕ (f2 + λ2IdN2)⊕ · · · ⊕ (fr + λrIdNr)

και άρα ο πίνακας της f στην ϐάση B ϑα είναι της µορφής:

MBB (f) = MB1

B1(f1 + λ1IdN1)⊕MB1

B1(f2 + λ2IdN2)⊕ · · · ⊕MB1

B1(fr + λrIdNr)

δηλαδήMB

B (f) = Jn1(λ1)⊕ Jn2(λ2)⊕ · · · ⊕ Jnr(λr)ο οποίος είναι ένας πίνακας Jordan. Αυτό σηµαίνει ότι η ϐάση B του E είναι η επιθυµιτή ϐάση JordanJ του E για την f .

7.4. Η Κανονική Μορφή Jordan ενός πίνακα. Μια άµεση συνέπεια του Πορίσµατος 7.5 είναι τοακόλουθο σηµαντικό αποτέλεσµα:

Θεώρηµα 7.6. Κάθε n × n πίνακας A ∈ Mn×n(K) ο οποίος έχει όλες τις διακεκριµµένες ιδιοτιµές του

λ1, · · · , λk στο K είναι όµοιος µε έναν πίνακα Jordan της µορφής

J = Jn1(λ1)⊕ Jn2(λ)⊕ · · · ⊕ Jnk(λk), n1 + n2 + · · ·+ nk = n

όπου κάθε πίνακας Jordan Jni(λi), 1 ≤ i ≤ k, είναι ευθύ άθροισµα στοιχειωδών πινάκων Jordan

κατάλληλων µεγεθών που αντιστοιχούν στην ιδιοτιµή λi:

Jni(λi) = Jni1 (λi)⊕ · · · ⊕ Jnir (λi), ni = ni1 + · · ·nir

Απόδειξη. Προκύπτει άµεσα από το Πόρισµα 7.3 αν το τελευταίο εφαρµοσθεί στην γραµµική απεικόνιση


η οποία είναι προφανώς έχει όλες τις ιδιοτιµές της (= ιδιοτιµές του A) στο σώµα K.

7.5. Αλγόριθµος Εύρεσης Κανονικής Μορφής Jordan.• ΄Εστω A ∈Mn×n(K) ένας n× n-πίνακας µε στοιχεία απο το σώµα K.

• Υποθέτουµε ότι όλες οι ιδιοτιµές του A ανήκουν στο σώµα K.

Τότε υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας

P−1 ·A · P = J

να είναι η κανονική µορφή Jordan J του A.- Περιγράφουµε έναν αλγόριθµο εύρεσης της κανονικής µορφής Jordan J του πίνακα A:

Βήµα 1. Υπολογίζουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο PA(t) και ϐρίσκουµε το σύνολο

Spec(A) := λ1, λ2, · · · , λk

των διακεκριµένων ιδιοτιµών του A.

Βήµα 2. Για κάθε ιδιοτιµή λ ∈ Spec(A), υπολογίζουµε τις ϐαθµίδες των πινάκων:

(A− λ · In), (A− λ · In)2, · · · , (A− λ · In)n

185

Βήµα 3. Για κάθε ιδιοτιµή λ ∈ Spec(A) υπολογίζουµε τον ελάχιστο ϕυσικό αριθµό s := s(λ) για τον οποίο

ισχύει :

r(A− λ · In)s = r(A− λ · In)s+1

και ϑέτουµε :

qm := r(A− λ · In)m−1 − r(A− λ · In)m, ∀m = 1, 2, · · · , s+ 1.

Σηµειώνουµε ότι :

0 = qs+1 < qs ≤ qs−1 ≤ · · · ≤ q1 = n− r(A− λ · In)

Βήµα 4. Για κάθε ιδιοτιµή λ ∈ Spec(A) και για κάθε m = 1, 2, · · · , s(λ), ϑεωρούµε :

qm − qm+1 στοιχειώδεις πίνακες Jordan οι οποίοι είναι m×m και έχουν διαγώνιο στοιχείο

τον αριθµό λ.

Βήµα 5. Για κάθε ιδιοτιµή λ ∈ SpecA, ϑεωρούµε το ευθύ άθροισµα των στοιχειωδών πινάκων Jordan του

Βήµατος 4. Ο πίνακας που προκύπτει είναι η κανονική µορφή Jordan του A. (Ως συνήθως διατάσσουµε

Jordan blocks έτσι ώστε τα blocks µε µεγαλύτερη τάξη να εµφανίζονται πρώτα).

Παράδειγµα 7.7. Θεωρούµε τον 3× 3 πίνακα πραγµατικών αριθµών

A =

0 4 2−3 8 3

4 −8 −2

Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A είναι

PA(t) = (t− 2)3

και άρα η µόνη ιδιοτιµή του A είναι η λ = 2 πολλαπλότητας 3. Εποµένως

Spec(A) = 2(1) Θα έχουµε :

A− 2 · I3 =

−2 4 2−3 6 3

4 −8 −4

και άρα όπως µπορούµε να δούµε εύκολα

r(A− 2 · I3) = 1

(2) Θα έχουµε

(A− 2 · I3)2 = 0

και άρα

r(A− 2 · I3)2 = r(A− 2 · I3)3 = 0

(3) Εποµένως

s = 2, q1 = 3− 1 = 2

και

q2 = r(A− 2 · I3)− r(A− 2 · I3)2 = 1− 0 = 1 και q3 = 0

(4) Για τον πίνακα A ϑα έχουµε :

• q1 − q2 = 1 − 0 = 1 στοιχειώδη πίνακα Jordan ο οποίος ϑα είναι 1 × 1 και ϑα έχει το λ = 2στην διαγώνιο.

• q2 − q3 = 1 − 0 = 1 στοιχειώδη πίνακα Jordan ο οποίος ϑα είναι 2 × 2 και ϑα έχει το λ = 2στην διαγώνιο.

186

• q3 − q4 = 0 στοιχειώδη πίνακα Jordan ο οποίος ϑα είναι 3 × 3 και ϑα έχει το λ = 2 στην

διαγώνιο.

Εποµένως η κανονική µορφή Jordan του A ϑα είναι ο πίνακας2 1 00 2 00 0 2

ο οποίος είναι το ευθύ άθροισµα των στοιχειωδών πινάκων Jordan:(

2 10 2

)⊕(2)

7.6. Αλγόριθµος Εύρεσης Αντιστρέψιµου Πίνακα P έτσι ώστε ο πίνακας P−1AP να είναι ηΚανονική Μορφή Jordan του A.• ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας n× n-πίνακας µε στοιχεία απο το σώµα K.

• Υποθέτουµε ότι όλες οι ιδιοτιµές του A ανήκουν στο σώµα K.

Τότε υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας

P−1 ·A · Pνα είναι η κανονική µορφή Jordan του A.

- Περιγράφουµε έναν αλγόριθµο εύρεσης του αντιστρέψιµου πίνακα P :

Βήµα 6. Για κάθε ιδιοτιµή λ ∈ SpecA (s = s(λ)):

(1) Βρίσκουµε qs γραµµικά ανεξαρτητες λύσεις του συστήµατος εξισώσεων:

(A− λ · In)s ·X = 0

έτσι ώστε να ισχύει :

(A− λ · In)s−1 ·X 6= 0

(2) Βρίσκουµε qs−1 − qs γραµµικά ανεξαρτητες λύσεις του συστήµατος εξισώσεων:

(A− λ · In)s−1 ·X = 0

έτσι ώστε

(A− λ · In)s−2 ·X 6= 0

έτσι ώστε αυτές οι λύσεις µαζί µε τις qs λυσεις του (1) να αποτελούν γραµµικά ανεξάρτητο σύνολο.

(3) Συνεχίζουµε αυτή την διαδικασία και τελικά ϐρίσκουµε q1 − q2 γραµµικά ανεξάρτητες λύσεις του

συστήµατος

(A− λ · In) ·X = 0

έτσι ώστε αυτές οι λύσεις µαζί µε τις q2 λύσεις που ϐρέθηκαν προηγούµενα να αποτελούν γραµµικά

ανεξάρτητο σύνολο.

Βήµα 7. ΄Εστω X1, X2, · · · , Xk οι λύσεις που ϐρέθηκαν στο Βήµα 6. Εκ΄ κατασκευής οι λύσεις αυτές

είναι γενικευµένα ιδιοδιανύσµατα του A που αντιστοιχούν σε κάποια ιδιοτιµή λ, δηλαδή ικανοποιούν την

σχέση

(A− λ · In)t ·X = 0 για κάποιο t ≥ 0

Για κάθε i = 1, 2, · · · k, Βρίσκουµε τον ϕυσικό αριθµό

mi := mint ≥ 0 | (A− λ · In)t ·X = 0

187

και ϑεωρούµε τον πίνακα

Pi :=((A− λ · In)mi−1 ·Xi, · · · (A− λ · In) ·Xi, Xi

)δηλαδή ο πίνακας Pi έχει σαν στήλες τα διανύσµατα

(A− λ · In)r ·Xi, 0 ≤ r ≤ mi − 1

Βήµα 8. Ο αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P−1AP να ειναι η Κανονικη Μορφη Jordan του

A, είναι τότε ο πίνακας :

P =(P1 P2 · · · Pk

).

Παράδειγµα 7.8. Θεωρούµε τον 4× 4 πίνακα πραγµατικών αριθµών

A =

5 1 −2 40 5 2 20 0 5 30 0 0 4

(1) Υπολογίζουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A:

PA(t) = (t− 5)3(t− 4)

(2) ΄Αρα ϑα έχουµε :

Spec(A) = 5, 4(α΄) Για την ιδιοτιµή λ = 5, έχουµε :

s = 3, q3 = 1, q2 = 1, q1 = 1

΄Αρα υπάρχει ένα Jordan block τάξης 3.(ϐ΄) Για την λ = 4, έχουµε :

s = 1, q1 = 1

΄Αρα υπάρχει ένα Jordan block τάξης 1.(3) Η κανονική µορφή Jordan είναι η

5 1 0 00 5 1 00 0 5 00 0 0 4

=

5 1 00 5 10 0 5

⊕ (4)(4) Ακολουθώντας την διαδικασία των Βηµάτων 6, 7, 8 ϐρίσκουµε ότι :

P =

2 −1 0 −140 2 0 40 0 1 −30 0 0 1

.

΄Ασκηση 187. Να ϐρεθεί η κανονική µορφή Jordan των ακόλουθων πινάκων πραγµατικών αριθµών:

A =

1 −3 0 3−2 −6 0 13

0 −3 1 3−1 −4 0 8

και B =

3 −1 0 01 1 0 03 0 5 −34 −1 3 −1

188

΄Ασκηση 188. Να δείξετε ότι η κανονική µορφή Jordan του πίνακα πραγµατικών αριθµών:

A =

3 −4 0 24 −5 −2 40 0 3 −20 0 2 −1

είναι (ως ευθύ άθροισµα στοιχειωδών πινάκων Jordan):

1 1 0 00 1 0 00 0 −1 10 0 0 −1

=

(1 10 1

)⊕(−1 1

0 −1

)


A =

3 −1 1 −79 −3 −7 −10 0 4 −80 0 2 −4

Να ϐρεθεί αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P−1 · A · P να είναι η κανονική µορφή Jordan

του A.

7.7. Κριτήριο Οµοιότητας Πινάκων. Το ακόλουθο σηµαντικό Θεώρηµα µας δίνει ένα χρήσιµο κρι-τήριο για το πότε δύο πίνακες είναι όµοιοι.

Θεώρηµα 7.9. ΄Εστω A,B δύο τετραγωνικοί πίνακες µε στοιχεία από το σώµα K, και υποθέτουµε ότι οι

A,B έχουν όλες τις ιδιοτιµές του στο K. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Οι πίνακες A και B είναι όµοιοι.

(2) (α΄) Οι πίνακες A και B έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές λ1, λ2, · · · , λk.(ϐ΄) Για κάθε 1 ≤ j ≤ k και για κάθε m ≥ 1:

r(A− λjIn

)m= r

(B − λjIn

)mΑπόδειξη.

7.8. Κριτήριο ∆ιαγωνοποίησης Πινάκων. Το ακόλουθο σηµαντικό Θεώρηµα µας δίνει ένα χρήσιµοκριτήριο για το πότε ένας πίνακας είναι διαγωνοποίησιµος.

Θεώρηµα 7.10. ΄Εστω A ένας τετραγωνικός πίνακας µε στοιχεία από το σώµα K, και έστω s = degQA(t)ο ϐαθµός του ελαχίστου πολυωνύµου QA(t) του A. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Ο πίνακας A είναι διαγωνοποίησιµος.

(2) ΄Ολες οι ιδιοτιµές του A ανήκουν στο σώµα K, και :

Det(Tr(Ai+j)

)6= 0, 0 ≤ i, j ≤ s− 1

189

8. Εφαρµογές της Κανονικής Μορφής JordanΣτην παρούσα παράγραφο ϑα δούµε κάποιες εφαρµογές της κανονικής µορφής Jordan. Οι πίνακες

A ∈ Mn×n(K) µε τους οποίους ϑα ασχοληθούµε ϑα έχουν όλες οι ιδιοτιµές τους στο σώµα K. Αν K = C,τότε ως γνωστόν όλοι οι πίνακες A ∈ Mn×n(C) έχουν αυτή την ιδιότητα.

8.1. Κάθε τετραγωνικός πίνακας είναι όµοιος µε τον ανάστροφό του.΄Ως γνωστόν κάθε τετραγωνικός πίνακας A έχει το ίδιο χαρακτηριστικό πολυώνυµο µε τον ανάστροφό

του tA, και άρα οι πίνακες A και tA έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές.Το ακόλουθο αποτέλεσµα δείχνει ότι οι πίνακες A και tA είναι όµοιοι, µε την προυπόθεση ότι οι

ιδιοτιµές τους ανήκουν στο K.

Θεώρηµα 8.1. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας τετραγωνικός πίνακας, και υποθέτουµε ότι όλες οι ιδιοτιµές του

A ανήκουν στο K. Τότε ο A είναι όµοιος µε το ανάστροφό τουtA.

Απόδειξη. ΄Ως γνωστόν οι πίνακες A και tA έχουν τις ίδιες ιδιοτιµές. ΄Αρα όλες οι ιδιοτιµές του tAανήκουν στο σώµα K. Τότε οι πίνακες A και tA είναι όµοιοι µε πίνακες Jordan J1 και J2 αντίστοιχα:

P−1 ·A · P = J1 και Q−1 · tA ·Q = J2

για κατάλληλους αντιστρέψιµους πίνακες P και Q. Τότε :

P−1 ·A · P = J1 =⇒ A = P · J1 · P−1 =⇒ tA = t(P−1) · tJ1 · tP = (tP )−1 · tJ1 · tP

Q−1 · tA ·Q = J2 =⇒ tA = Q · J2 ·Q−1

΄Αρα:(tP )−1 · tJ1 · tP = Q · J2 ·Q−1 =⇒ J2 = Q−1 · (tP )−1 · tJ1 · tP ·Q

και εποµένως οι πίνακες tJ1 και J2 είναι όµοιοι :

J2 = (tP ·Q)−1 · tJ1 · (tP ·Q) (8.1)

Για κάθε στοιχειώδη πίνακα Jordan

Jm(λ) =

λ 1 0 · · · 0 0 00 λ 1 · · · 0 0 00 0 λ · · · 0 0 0...

......

. . ....

......

0 0 0 · · · λ 1 00 0 0 · · · 0 λ 10 0 0 · · · 0 0 λ

ο οποίος εµφανίζεται στον πίνακα Jordan J1 και αντιστοιχεί σε µια ιδιοτιµή λ του A, άρα και του tA,ϑεωρούµε τον m×m πίνακα

Tm =

0 0 0 · · · 0 0 10 0 0 · · · 0 1 00 0 0 · · · 1 0 0...

...... . . .

......

...0 0 1 · · · 0 0 00 1 0 · · · 0 0 01 0 0 · · · 0 0 0

190

Εύκολα υπολογίζουµε ότι T 2m = Tm και άρα T−1

m = Tm. Επιπλέον :

T−1m · Jm(λ) · Tm = tJm(λ) =

λ 0 0 · · · 0 0 01 λ 0 · · · 0 0 00 1 λ · · · 0 0 0...

......

. . ....

......

0 0 0 · · · λ 0 00 0 0 · · · 1 λ 00 0 0 · · · 0 1 λ

Εποµένως ο στοιχειώδης πίνακας Jordan Jm((λ) είναι όµοιος µε τον ανάστροφό του. Θεωρώντας τοευθύ άθροισµα T πινάκων της µορφής Tm για κατάλληλα µεγέθη m ≥ 1, έπεται ότι ο πίνακας JordanJ1 είναι όµοιος µε τον ανάστροφό του tJ1: υπαρχει αντιστρέωιµος πίνακας R έτσι ώστε :

T−1 · tJ1 · T = J1 =⇒ tJ1 = T · J1 · T−1 (8.2)

Επειδή η σχέση οµοιότητας πινάκων είναι µεταβατική, από τις (8.1) και (8.2) έπεται ότι οι πίνακεςJordan J1 και J2 είναι όµοιοι. Ακλριβέστερα ϑα έχουµε:

J2 = (T−1 · tP ·Q)−1 · J1 · (T−1 · tP ·Q)

΄Ετσι :tA ∼ J2 και J2 ∼ J1 και J1 ∼ A

όπου η σχέση ∼ υποδηλώνει σχέση οµοιότητας. Λόγω µεταβατικότητας της σχέσης οµοιότητας, έπεταιτελικά ότι :

A ∼ tA

και άρα ο A είναι όµοιος µε τον A.

8.2. Ανάλυση τετραγωνικού πίνακα σε γινόµενο δύο συµµετρικών πινάκων ένας εκ τωνοποίων είναι αντιστρέψιµος.

Το ϐασικό αποτέλεσµα της παρούσης παραγράφου είναι το ακόλουθο:

Θεώρηµα 8.2. ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας τετραγωνικός πίνακας, και υποθέτουµε ότι όλες οι ιδιοτιµές του

A ανήκουν στο K. Τότε υπάρχουν συµµετρικοί πίνακες B,C ∈ Mn×n(K) έτσι ώστε :

A = B · C

και ο πίνακας B είναι αντιστρέψιµος.

Απόδειξη. Επειδή όλες οι ιδιοτιµές του A ανήκουν στο σώµα K, έπεται ότι ο A είναι όµοιος µε ένανπίνακα Jordan J :

P−1 ·A · P = J =⇒ A = P · J · P−1

Τότε ϑα έχουµε:tA = tP−1 · tJ · tP

Αν λ1, · · · , λk είναι οι διακεκριµµένες ιδιοτιµές του A, ϑα έχουµε:

J = Jn1(λ1)⊕ · · · ⊕ Jnk(λk)

και κάθε πίνακας Jordan Jni(λi), 1 ≤ i ≤ k, είναι ευθύ άθροισµα στοιχειωδών πινάκων Jordan κατάλ-ληλων µεγεθών που αντιστοιχούν στην ιδιοτιµή λi:


191

΄Οπως και στην απόδειξη του Θεωρήµατος 8.1, ϑέτοντας

T = Tn1 ⊕ · · · ⊕ Tnk , n = n1 + n2 + · · ·+ nk

όπουTni = Tni1 ⊕ · · · ⊕ Tnir , ni = ni1 + · · ·nir

και

Tm =

0 0 0 · · · 0 0 10 0 0 · · · 0 1 00 0 0 · · · 1 0 0...

...... . . .

......

...0 0 1 · · · 0 0 00 1 0 · · · 0 0 01 0 0 · · · 0 0 0

, ∀m ≥ 1

ϑα έχουµε:J t = T−1 · J · T

και άρα:tA = tP−1 · tJ · tP = tP−1 · T−1 · J · T · tP = tP−1 · T−1P−1 ·A · P · T · tP

και άρα:tA = B−1 ·A ·B, όπου B := P · T · tP

Παρατηρούµε ότι ο πίνακας B είναι συµµετρικός και αντιστρέψιµος. Πραγµατικά επειδή ο P και ο Tείναι αντιστρέψιµοι πίνακες και ο T είναι προφανώς συµµετρικός, ϑα έχουµε:

tB = t(P · T · tP ) = t(tP ) · tT · tP = P · T · tP

Επειδή ο B είναι συµµετρικός, έπεται ότι και ο B είναι συµµετρικός : t(B−1) = B−1. Θέτοντας

C := B−1 ·A

ϑα έχουµε:tC = t(B−1 ·A) = tA · t(B−1) = B−1 ·A ·B ·B−1 = B−1 ·A = C

Εποµένως ϑα έχουµε:

A = B · C, B : συµµετρικός και αντιστρέψιµος και C : συµµετρικός

8.3. Ανάλυση τετραγωνικού πίνακα σε άθροισµα διαγωνοποιήσιµου και µηδενοδύναµουπίνακα.

Θεώρηµα 8.3. (Ανάλυση Jordan) ΄Εστω A ∈ Mn×n(K) ένας τετραγωνικός πίνακας, και υποθέτουµε ότι

όλες οι ιδιοτιµές του A ανήκουν στο K. Τότε ο A µπορεί να γραφεί ως εξής :

A = ∆ + N

όπου :

(1) ο ∆ είναι διαγωνοποιήσιµος.

(2) ο N είναι µηδενοδύναµος.

(3) ∆ · N = N · ∆, A · ∆ = ∆ ·A, A · N = N ·A.

(4) Υπάρχουν πολυώνυµα R(t), S(t) ∈ K[t] έτσι ώστε :

∆ = R(A) και N = S(A)

192

Απόδειξη. Υποθέτουµε πτώτα ότι ο πίνακας A είναι ένας στοιχειώδης πίνακας Jordan Jm(λ) µεγέθουςm ≥ 1 που αντιστοιχεί σε έναν αριθµό λ ∈ K:

A = Jm(λ) =

λ 1 0 · · · 0 0 00 λ 1 · · · 0 0 00 0 λ · · · 0 0 0...

......

. . ....

......

0 0 0 · · · λ 1 00 0 0 · · · 0 λ 10 0 0 · · · 0 0 λ

Τότε ϑέτοντας

∆m(λ) = λ · Im =

λ 0 0 · · · 0 0 00 λ 0 · · · 0 0 00 0 λ · · · 0 0 0...

......

. . ....

......

0 0 0 · · · λ 0 00 0 0 · · · 0 λ 00 0 0 · · · 0 0 λ

και Nm =

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

......

. . ....

......

0 0 0 · · · 0 1 00 0 0 · · · 0 0 10 0 0 · · · 0 0 0

ϑα έχουµε:

Jm(λ) = ∆m(λ) +Nm

και προφανώς:(1) ο ∆m(λ) είναι διαγώνιος (ακριβέστερα είναι ϐαθµωτός, δηλαδή ϐαθµωτό πολλαπλάσιο του Im).(2) ο είναι µηδενοδύναµος : Nm

m = O.Επιπλέον :

(1)

∆m(λ) ·Nm = λ · Im ·Nm = λ ·Nm = λ ·Nm · Im = Nm · λ · Im = Nm ·∆m(λ)

(2)Jm(λ) ·∆m(λ) = (∆m(λ) +Nm) ·∆m = ∆m(λ)∆m(λ) +Nm ·∆m(λ) =

∆m(λ)∆m(λ) + ∆m(λ) ·Nm = ∆m(λ) · (∆m(λ) +Nm) = ∆m(λ) · Jm(λ)

(3)Jm(λ) ·Nm = (∆m(λ) +Nm) ·Nm = ∆m(λ) ·Nm +Nm ·Nm =

Nm ·∆m(λ) +Nm ·Nm = Nm · (∆m(λ) +Nm) = Nm · Jm(λ)

΄Αρα οι πίνακες ∆m(λ) και Nm µετατίθενται µεταξύ τους και µε τον A = Jm(λ).

Στην γενική περίπτωση, επειδή ο A έχει όλες τις ιδιοτιµές του στο K, έπεται ότι ο A είναι όµοιος µεένας πίνακα Jordan J , δηλαδή υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε :

P−1 ·A · P = J

όπου, αν λ1, · · · , λk είναι οι διακεκριµµένες ιδιοτιµές του A, ϑα έχουµε:

J = Jn1(λ1)⊕ · · · ⊕ Jnk(λk)

και κάθε πίνακας Jordan Jni(λi), 1 ≤ i ≤ k, είναι ευθύ άθροισµα στοιχειωδών πινάκων Jordan κατάλ-ληλων µεγεθών που αντιστοιχούν στην ιδιοτιµή λi:


193

Τότε ϑα έχουµεA = P · J · P−1

και κάθε στοιχειώδης πίνακα Jordan Jnis (λi), σύµφωνα µε την παραπάνω ανάλυση, µπορεί να γραφείως άθροισµα:

Jnis (λi) = ∆nis (λi) +Nnis

Θέτουµε:

∆ni(λi) = ∆ni1(λi)⊕ · · · ⊕∆nir (λi) και ∆ = ∆n1(λ1)⊕ · · · ⊕∆nk(λk)

Nni = Nni1⊕ · · · ⊕Nnir και N = Nn1 ⊕ · · · ⊕Nnk

Τότε, µε χρήση των παραπάνω σχέσεων, εύκολα ϐλέπουµε ότι ϑα έχουµε:

J = ∆ +N, ∆ ·N = N ·∆, J ·N = N · J, J ·∆ = ∆ · Jκαι ο πίνακας ∆ είναι διαγωνοπιήσιµος (ως ευθύ άθροισµα ϐαθµωτών πινάκων) και ο πίνακας N είναιµηδενοδύναµος (ως ευθύ άθροισµα µηδενοδύναµων πινάκων).

Τότε όµως ϑα έχουµε:

A = P−1 · J · P = P−1 · (∆ +N) · P = P−1 ·∆ · P + P−1 ·N · PΤέλος ϑέτοντας ∆ = P−1 ·∆ ·P και N = P−1 ·N ·P , έχουµε έναν διαγωνοποιήσιµο πίνακα ∆ και ένανµηδενοδύναµο πίνακα N έτσι ώστε :

A = ∆ + N

καιA · ∆ = ∆ ·A, A · N = N ·A, N · ∆ = ∆ · N

Τέλος έστω ένα πολυώνυµο R(t) ∈ K[t] µε την ιδιότητα :

R(λi) = λi, 1 ≤ i ≤ k, και R(m)(λi) = 0, 1 ≤ m ≤ niόπου ni είναι η πολλαπλότητα της ιδιοτιµής λi (προφανώς τέτοια πολυώνυµα υπάρχουν), και εκ΄ κατα-σκευής το R(t) έχει την ιδιότητα :

∆ = R(A)

Θέτοντας S(t) = t−R(t) έχουµε ένα πολυώνυµο S(t) ∈ K[t] έτσι ώστε :

N = S(A)

Ορισµός 8.4. Η ανάλυση του πίνακα A:

A = ∆ + N

στο Θεώρηµα 8.3 καλείται ανάλυση Jordan του A.

΄Ασκηση 190. Να δείξετε ότι η ανάλυση Jordan του A είναι µοναδική : Αν

A = ∆′ +N ′

όπου ο πίνακας ∆′ είναι διαγωνοποιήσιµος και ο πίνακας N ′ είναι µηδενοδύναµος, και οι πίνακες ∆′ και

N ′ µετατίθενται µεταξύ τους (άρα και µε τον A), τότε :

∆ = ∆′ και N = N ′

194

9. Η Κανονική Μορφή Jordan - IIΣτην παρούσα παράγραφό ϑα δούµε µια διαφορετική προσέγγιση στην Κανονική Μορφή Jordan.

9.1. Αναλλοίωτοι και κυκλικοί υπόχωροι.

΄Εστω ότι E είναι ένας K-διανυσµατικός χώρος υπεράνω ενός σώµατος K και ότι f : E−→E είναι έναςK–γραµµικός ενδοµορφισµός του.

Ορισµός 9.1. ΄Ενας υπόχωρος V του E ονοµάζεται f–αναλλοίωτος, αν f(V) ⊆ V.

Αν V είναι ένας f–αναλλοίωτος υπόχωρος τού E, τότε ο περιορισµός f|V : V−→E του f στον υπόχωροV αποτελεί έναν ενδοµορφισµό του V, αφού f(V) ⊆ V, δηλαδή f|V : V−→V.

Παράδειγµα 9.2. ∆οθέντος ενός ενδοµορφισµού f : E−→E, οι προφανείς υπόχωροι ~0 και E είναι f–αναλλοίωτοι. Επιπλέον, για κάθε n ∈ N, οι υπόχωροι Ker(fn) και Im(fn) είναι επίσης f–αναλλοίωτοι

υπόχωροι του E. (Γιατί;)

Αν ~v είναι οποιοδήποτε διάνυσµα του E, τότε ενδιαφερόµαστε για τον «µικρότερο»6 f–αναλλοίωτουπόχωρο του E που περιέχει το ~v.

Λήµµα 9.3. Ο υπόχωρος τού E που παράγεται από το σύνολο των διανυσµάτωνf i(~v) | i ∈ N ∪ 0

=~v = f0(~v), f(~v), f2(~v), . . . , fn(~v), f (n+1)(~v), . . .

είναι ο µικρότερος f–αναλλοίωτος υπόχωρος του E που περιέχει το διάνυσµα ~v.

Απόδειξη. Αν ~w είναι ένα στοιχείο του υπόχωρου 〈f i(~v) | i ∈ N ∪ 0〉, τότε είναι ένας πεπερασµένοςK–γραµµικός συνδυασµός κάποιων δυνάµεων f i(~v), i ∈ N ∪ 0. ΄Εστω ότι ~w = a1f

i1(~v) + a2fi2(~v) +

· · ·+ asfis(~v), aj ∈ K,∀j, 1 ≤ j ≤ s.

Εφαρµόζοντας στο ~w τον f προκύπτει το διάνυσµα:

f(~w) = f(a1fi1(~v) + a2f

i2(~v) + · · ·+ asfis(~v)) = a1f

i1+1(~v) + a2fi2+1(~v) + · · ·+ asf

is+1(~v),

το οποίο είναι γραµµικός συδυασµός των f i1+1(~v), f i2+1(~v), . . . , f is+1(~v) και συνεπώς ανήκει στον〈f i(~v) | i ∈ N ∪ 0〉. Εποµένως, ο 〈f i(~v) | i ∈ N ∪ 0〉 είναι ένας f–αναλλοίωτος υπόχωροςτου E.

Αν τώρα, V είναι ένας f–αναλλοίωτος υπόχωρος που περιέχει το συγκεκριµένο διάνυσµα ~v, τότε οφείλεινα περιέχει και κάθε δύναµη fn(~v), n ∈ N ∪ 0, αφού είναι f–αναλλοίωτος. Συνεπώς, περιέχει και τοσύνολο

f i(~v) | i ∈ N ∪ 0

, που είναι ακριβώς το σύνολο των γεννητόρων τού 〈f i(~v) | i ∈ N ∪ 0〉.

Εποµένως, 〈f i(~v) | i ∈ N∪0〉 ⊆ V. ΄Ωστε, ο 〈f i(~v) | i ∈ N∪0〉 είναι ο µικρότερος f–αναλλοίωτοςυπόχωρος του E που περιέχει το διάνυσµα ~v.

Ορισµός 9.4. ΄Εστω ότι E είναι ένας K–διανυσµατικός χώρος, ότι f : E−→E είναι ένας K–γραµµικός

ενδοµορφισµός και ότι ~v είναι ένα διάνυσµα τού E. Ο υπόχωρος 〈f i(~v) | i ∈ N ∪ 0〉 καλείται ο

f–κυκλικός υπόχωρος που παράγεται από το Ϲεύγος (f,~v) και συµβολίζεται µε C(f ;~v).

Λήµµα 9.5. ΄Εστω ότι E είναι ένας K–διανυσµατικός χώρος, ότι f : E−→E είναι ένας K–γραµµικός

ενδοµορφισµός και ότι ~v είναι ένα µη µηδενικό διάνυσµα τού E.

Το ~v είναι ιδιοδιάνυσµα τού f , αν και µόνο αν, η K–διάσταση τού f–κυκλικού υπόχωρου C(f ;~v) ισούται

µε 1.

6ως προς τη σχέση του υποσυνόλου ¨⊆¨

195

Απόδειξη. «=⇒» Αν το ~v είναι ένα ιδιοδιάνυσµα τού f που αντιστοιχεί στην ιδιοτιµή λ, τότε κάθε έναςαπό τους γεννήτορες f i(~v), i > 0 του C(f ;~v) ισούται µε f i(~v) = λi~v, αφού f(~v) = λ~v. Σύµφωνα µε τηνυπόθεση, το ~v 6= ~0, εποµένως, dimC(f ;~v) = 1.

«⇐=» Αν dimC(f ;~v) = 1, τότε το σύνολο που αποτελείται από οποιονδήποτε µη µηδενικό γεννήτορατού C(f ;~v) είναι και µια ϐάση του. Γι΄ αυτό το ~v είναι µια ϐάση τού C(f ;~v). Το f(~v) ∈ C(f ;~v) είναιγραµµικά εξαρτηµένο από το ~v. Συνεπώς, υπάρχει κάποιο λ ∈ K µε f(~v) = λ~v και γι΄αυτό το ~v είναιιδιοδιάνυσµα.

Παρατήρηση 9.6. Η διάσταση τού f–κυκλικού υπόχωρου C(f ;~v) «µετρά» το πόσο «απέχει» ένα µη µηδε-

νικό διάνυσµα ~v από το να είναι ιδιοδιάνυσµα.

Ας στρέψουµε τώρα την προσοχή µας σε πεπερασµένης διάστασης διανυσµατικούς χώρους.

Ας είναι E ένας K–διανυσµατικός χώρος µε dimK E = n ∈ N ∪ 0, ας είναι f : E−→E ένας K–γραµµικός ενδοµορφισµός, ας είναι ~v ένα µη µηδενικό διάνυσµα τού E και τέλος ας είναι C(f ;~v) οαντίστοιχος f–κυκλικός υπόχωρος. Επειδή, dimK E = n , ϑα είναι επίσης dimKC(f ;~v) ≤ n.

Υπενθυµίζουµε, ότι δοθέντος οποιουδήποτε πολυωνύµου P (t) = a0 +a1t+· · ·+asts ∈ K[t] µπορούµενα σχηµατίσουµε τον γραµµικό ενδοµορφισµό P (f) := a0IdE + a1f + · · · + asf

s, όπου IdE είναι οταυτοτικός ενδοµορφισµός τού E. Εφαρµόζοντας τον P (f) στο διάνυσµα ~v, παίρνουµε P (f)(~v) :=a0~v + a1f(~v) + · · ·+ asf

s(~v).Παρατηρούµε ότι το σύνολο των πολυωνύµων S(f ;v) = P (t) ∈ K[t] | P (t) 6= 0, P (f)(~v) = ~0 είναι

µη κενό. Πράγµατι, το S(f ;v) περιέχει το ελάχιστο πολυώνυµο Qf (t) τού f , επειδή το Qf (t) 6= 0, ενώ οενδοµορφισµός Qf (f) ισούται µε τον µηδενικό ενδοµορφισµό ζE του E και γι΄αυτό Qf (f)(~v) = ~0.

΄Οπως και στην περίπτωση τού ελαχίστου πολυωνύµου ενός ενδοµορφισµού, µπορούµε να ορίσουµετο ελάχιστο πολυώνυµο τού f–κυκλικού υπόχωρου ως εξής:

(1) Μεταξύ των πολυωνύµων του S(f ;v) ϑεωρούµε κάποιο πολυώνυµο µε τον µικρότερο ϐαθµό.(2) Πολλαπλασιάζοντας αυτό το πολυώνυµο µε τον αντίστροφο τού συντελεστή τού µεγιστοβαθµίου

όρου προκύπτει ένα πολυώνυµο που ανήκει στο S(f ;v) που έχει τον µικρότερο ϐαθµό µεταξύ τωνπολυωνύµων τού S(f ;v).

(3) Αποδεικνύεται ότι αυτό το πολυώνυµο είναι µοναδικό, το ονοµάζουµε το ελάχιστο πολυώνυµο

του f–κυκλικού υπόχωρου C(f ;~v) και το συµβολίζουµε µε Q(f ;v)(t).(4) Τέλος, αποδεικνύεται ακριβώς όπως και στην περίπτωση τού ελαχίστου πολυωνύµου ενός ενδο-

µορφισµού, ότι κάθε πολυώνυµο τού S(f ;v) είναι πολλαπλάσιο τού Q(f ;v)(t).

Θεώρηµα 9.7. ΄Εστω ότι E είναι ένας πεπερασµένης διάστασης K–διανυσµατικός χώρος, ότι f : E−→E

είναι ένας K–γραµµικός ενδοµορφισµός, ότι ~v είναι ένα µη µηδενικό διάνυσµα τού E και ότι C(f ;~v) είναι

ο αντίστοιχος f–κυκλικός υπόχωρος µε ελάχιστο πολυώνυµο το Q(f ;v)(t).

(1) Ο ϐαθµός τού Q(f ;v)(t) ισούται µε m ∈ N, αν και µόνο αν,

το σύνολο ~v = f0(~v), f(~v), f2(~v), . . . , f (m−1)(~v) είναι ϐάση τού f–κυκλικού υπόχωρου C(f ;~v).(2) Το ελάχιστο πολυώνυµο τού περιορισµού f|C(f ;~v) τού f στον f–κυκλικό υπόχωρο C(f ;~v) συµπίπτει

µε το Q(f ;v)(t).

Απόδειξη. Παρατηρούµε ότι ένας πεπερασµένος K–γραµµικός συνδυασµός

~w =s∑j=1

aijfij (~v), ij ∈ N ∪ 0, ∀j, 1 ≤ j ≤ s (*)

196

διανυσµάτων τού C(f ;~v) προκύπτει ως εικόνα τού ενδοµορφισµού P (f) εφαρµοσµένη πάνω στο διάνυ-σµα ~v, όπου P (t) είναι το πολυώνυµο

∑sj=1 aij t

ij , δηλαδή ~w = P (f)(~v). (Υπενθυµίζουµε ότι t0 = 1K.)(1) «=⇒» Αν ήταν τα διανύσµατα ~v = f0(~v), f(~v), f2(~v), . . . , f (m−1)(~v), γραµµικά εξαρτηµένα, τότε ϑα

υπήρχαν ai ∈ K, 0 ≤ i ≤ m− 1, όχι όλα ίσα µε 0, τέτοια ώστε,∑m−1

i=0 aifi(~v) = ~0. Τότε το µη µηδενικό

πολυώνυµο R(t) =∑m−1

i=0 aiti, που έχει ϐαθµό γνήσια µικρότερο από τον ϐαθµό m του Q(f ;v)(t),

ικανοποιεί την R(f)(~v) = ~0. Συνεπώς, το R(t) ανήκει στο σύνολο S(f ;v) = P (t) ∈ K[t] | P (t) 6=0, P (f)(~v) = ~0. Αυτό είναι άτοπο, αφού τοQ(f ;v)(t) είναι ένα πολυώνυµο που έχει τον µικρότερο ϐαθµόm µεταξύ των πολυωνύµων τού S(f ;v). ΄Ωστε το σύνολο B = ~v = f0(~v), f(~v), f2(~v), . . . , f (m−1)(~v)αποτελείται από γραµµικά ανεξάρτητα διανύσµατα.Θα δείξουµε ότι το B είναι επίσης σύνολο γεννητόρων του C(f ;~v) και συνεπώς µια ϐάση του. Αν~w ∈ C(f ;~v), τότε ~w =

∑sj=1 aijf

ij (~v), ϐλ. (*). Εποµένως, ~w = P (f)(~v) µε P (t) =∑s

j=1 aij tij .

Εκτελώντας την ευκλείδεια διαίρεση P (t) δια Q(f ;v)(t) προκύπτει

P (t) = L(t)Q(f ;v)(t) +R(t), όπου ή R(t) = 0 ή ϐαθµός R(t) < m = ϐαθµός Q(f ;v)(t).

Συνεπώς, το πολυώνυµο R(t) έχει τη γενική µορφή R(t) = a0 +a1t+ · · ·+am−1tm−1 µε ai ∈ K,∀i, 0 ≤

i ≤ m− 1, όπου κάποια ή και όλα τα ai είναι ίσα µε το 0 ∈ K. Επιπλέον,

~w = P (f)(~v) = L(f) Q(f ;v)(f)(~v) +R(f)(~v) = L(f)(Q(f ;v)(f)(~v)) +R(f)(~v) = L(f)(~0) +R(f)(~v)

= a0~v + a1f(~v) + · · ·+ am−1fm−1(~v).

Εποµένως, το ~w είναι ένας K–γραµµικός συνδυασµός των στοιχείων τού συνόλου B. ΄Ωστε το B αποτελείµια ϐάση τού C(f ;~v).(1) «⇐=» Επειδή το σύνολο B = ~v = f0(~v), f(~v), f2(~v), . . . , f (m−1)(~v) είναι ϐάση τού f–κυκλικούυπόχωρου C(f ;~v), το σύνολοB∪fm(~v) = ~v = f0(~v), f(~v), f2(~v), . . . , f (m−1)(~v), fm(~v) αποτελείταιαπό γραµµικώς εξαρτηµένα διανύσµατα. Εποµένως, υπάρχουν a0, a1, . . . , am ∈ K, όχι όλα ίσα µε µηδέν,τέτοια ώστε

a0~v + a1f(~v) + a2f2(~v) + · · ·+ am−1f

(m−1)(~v) + amfm(~v) = ~0. (**)

Επιπλέον, ο συντελεστής am οφείλει να µην ισούται µε µηδέν, αφού αν am = 0, τότε από την (**)έπεται ότι το B αποτελείται απο γραµµικά εξαρτηµένα διανύσµατα, πράγµα άτοπο. ΄Ωστε το πολυώνυµοP (f) = a0 + a1t + · · · + amt

m έχει ϐαθµό m και ανήκει στο σύνολο S(f ;v). Εποµένως, το ελάχιστοπολυώνυµο Q(f ;v)(t) έχει ϐαθµό ≤ m. Αν ο ϐαθµός s τού Q(f ;v)(t) = b0 + b1t + · · · + ts ήταν γνήσιαµικρότερος από m, τότε από ~0 = Q(f ;v)(f)(~v) = b0~v + b1f(~v) + · · · + fs(~v) έπεται ότι τα διανύσµατα~v, f(~v), . . . , f s(~v) είναι γραµµικώς εξαρτηµένα, αφού τουλάχιστον ένας από τους συντελεστές bi (τουµη µηδενικού πολυωνύµου Q(f ;v)(t)) είναι διάφορος τού µηδενός. Αλλά αυτό είναι άτοπο, αφού τα~v, f(~v), . . . , f s(~v) µε s ≤ m, ανήκουν στη ϐάση B. ΄Ωστε ο ϐαθµός τού Q(f ;v)(t) ισούται µε m.(2) Θεωρούµε τον περιορισµό τού f στον f–αναλλοίωτο υπόχωρο C(f ;~v), δηλαδή τον ενδοµορφισµόf|C(f ;~v) : C(f ;~v)−→C(f ;~v) και ας είναι R(t) το ελάχιστο πολυώνυµο τού f|C(f ;~v). Επειδή το R(t) είναιτο ελάχιστο πολυώνυµο τού f|C(f ;~v), ο ενδοµορφισµός R(f|C(f ;~v)) είναι ο µηδενικός ενδοµορφισµός τούC(f ;~v) και γι΄αυτό R(f|C(f ;~v))(~v) = ~0. Εποµένως, το Q(f ;v)(t) διαιρεί το R(t).

΄Εστω P (t) οποιοδήποτε πολυώνυµο και P (f) ο αντίστοιχος ενδοµορφισµός τού E. Επειδή ο C(f ;~v)είναι ένας f–αναλλοίωτος υπόχωρος, ο ενδοµορφισµός P (f) περιορισµένος στον C(f ;~v) αποτελεί ένανενδοµορφισµό τού C(f ;~v).

΄Εστω ότι το ελάχιστο πολυώνυµο τού f–κυκλικού υπόχωρου C(f ;~v) είναι το Q(f ;v)(t) = a0 + a1t +

a2t2 + · · ·+ am−1t

(m−1) + tm.

197

Παρατηρούµε ότι για κάθε διάνυσµα f i(~v), 1 ≤ i ≤ m− 1, της ϐάσης B του C(f ;~v), έχουµε:

Q(f ;v)(f)(f i(~v)) = a0fi(~v) + a1f(f i(~v)) + a2f

2(f i(~v)) + · · ·+ am−1f(m−1)(f i(~v)) + fm(f i(~v))

= f i(a0~v + a1f(~v) + a2f2(~v) + · · ·+ am−1f

(m−1)(~v) + fm(~v))

= f i(Q(f ;v)(f)(~v)) = f i(~0) = ~0.

Εποµένως, ο ενδοµορφισµός Q(f ;v)(f) περιορισµένος στον υπόχωρο C(f ;~v) ισούται µε τον µηδενικόενδοµορφισµό τού C(f ;~v), αφού η τιµή τού Q(f ;v)(f) ισούται µε το µηδενικό διάνυσµα πάνω σε κάθεστοιχείο τής ϐάσης B. Γι΄αυτό το ελάχιστο πολυώνυµο R(t) τού f|C(f ;~v)) διαιρεί το Q(f ;v)(t).

Συνεπώς το Q(f ;v)(t) διαιρεί το R(t) και το R(t) διαιρεί το Q(f ;v)(t). Τέλος, επειδή ο συντελεστής τωνµεγιστοβαθµίων όρων και των δύο πολυωνύµων ισούται µε 1, έπεται Q(f ;v)(t) = R(t).

Παρατήρηση 9.8. Ας είναι E ένας K–διανυσµατικός χώρος µε dimK E = n ∈ N∪0, ας είναι f : E−→E

ένας K–γραµµικός ενδοµορφισµός, ας είναι ~v ένα µη µηδενικό διάνυσµα τού E, ας είναι C(f ;~v) ο αντίστοι-

χος f–κυκλικός υπόχωρος και τέλος ας είναι Q(f ;v)(t) = a0 + a1t + a2t2 + · · · + am−1t

(m−1) + tm το

ελάχιστο πολυώνυµο τού C(f ;~v). Χρησιµοποιώντας το προηγούµενο ϑεώρηµα, ϐλέπουµε ότι ο m × mπίνακας MB

B (f|C(f ;~v)) που παριστάνει τον ενδοµορφισµό

f|C(f ;~v) : C(f ;~v)−→C(f ;~v) ως προς τη ϐάση B = ~v, f(~v), f2(~v), . . . , f (m−1)(~v) είναι ο

MBB (f|C(f ;~v)) =

0 0 0 . . . 0 0 −a0

1 0 0 . . . 0 0 −a1

0 1 0 . . . 0 0 −a2...

.

.

.... . . .

.

.

....

.

.

.

0 0 0 . . . 1 0 −am−2

0 0 0 . . . 0 1 −am−1

.

Πράγµατι, για κάθε f i(~v), 0 ≤ i ≤ m − 2, τής ϐάσης B έχουµε f(f i(~v)) = f i+1(~v). Για το διάνυσµα

fm−1(~v) έχουµε

f(fm−1(~v)) = fm(~v) = (−a0)~v + (−a1)f(~v) + (−a2)f2(~v) + · · ·+ (−am−1)f (m−1)(~v),

αφού Q(f ;v)(~v) = a0~v + a1f(~v) + a2f2(~v) + · · ·+ am−1f

(m−1)(~v) + fm(~v) = ~0.

9.2. Μηδενοδύναµοι ενδοµορφισµοί–κυκλικοί υπόχωροι.Υπενθυµίζουµε ότι ένας ενδοµορφισµός f : E−→E, ονοµάζεται µηδενοδύναµος, αν υπάρχει n ∈ N µεfn ίσο µε τον µηδενικό ενδοµορφισµό ζE τού E. Ονοµάζουµε δείκτη µηδενοδυναµικότητας τον µικρότεροk ∈ N µε fk = ζE.

Πρόταση 9.9. ΄Εστω ότι E είναι ένας πεπερασµένης διάστασης K–διανυσµατικός χώρος µε dimK E ≥ 1και ότι f : E−→E είναι ένας µηδενοδύναµος ενδοµορφισµός µε δείκτη µηδενοδυναµικότητας k. Τότε

υπάρχει ένας f–κυκλικός υπόχωρος C(f ;~v) µε dimKC(f ;~v) = k.

Απόδειξη. Αν k = 1, τότε ο f = f1 είναι ο µηδενικός ενδοµορφισµός ζE και για οποιοδήποτε διάνυσµα~v 6= ~0 έχουµε f(~v) = ~0. Γι΄ αυτό, ο υπόχωρος C(f ;~v) = 〈~v, f(~v) . . . , f i(~v), f i+1(~v), . . . 〉 = 〈~v〉 είναιδιάστασης 1.Ας δούµε τώρα την περίπτωση k ≥ 2. Αφού ο fk είναι ο µηδενικός ενδοµορφισµός ζE του E, ενώ fk−1 6=ζE, υπάρχει κάποιο ~v ∈ E µε fk−1(~v) 6= ~0. Θεωρούµε τον υπόχωρο C(f ;~v) = 〈~v, f(~v) . . . , fk−1(~v)〉.Το ελάχιστο πολυώνυµο Q(f ;v)(t) τού C(f ;~v) διαιρεί το πολυώνυµο P (t) = tk, αφού P (f)(v) = fk(~v).Συνεπώς, Q(f ;v)(t) = ts, όπου s ≥ k. Αλλά, αν s < k, δηλαδή αν k − s ≥ 1, τότε Q(f ;v)(f)(~v) =

198

fs(~v) = ~0 και γι΄αυτό και fk−1(~v) = fk−s−1(fs(~v)) = ~0. Το τελευταίο είναι άτοπο. Εποµένως, τοελάχιστο πολυώνυµο Q(f ;v)(t) τού C(f ;~v) ισούται µε tk. Σύµφωνα µε το προηγούµενο Θεώρηµα 9.7,dimKC(f ;~v) = k.

Παρατήρηση 9.10. Ο πίνακας MBB (f|C(f ;~v)) που παριστάνει τον περιορισµό f|C(f ;~v) του µηδενοδύναµου

ενδοµορφισµού f : E−→E στον f–κυκλικό υπόχωρο C(f ;~v) τής προηγούµενης πρότασης, ως προς τη

ϐάση B = ~v, f(~v) . . . , fk−1(~v) είναι ο

MBB (f|C(f ;~v)) =

0 0 0 . . . 0 0 01 0 0 . . . 0 0 00 1 0 . . . 0 0 0...

.

.

.... . . .

.

.

....

.

.

.

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

.

Πρόταση 9.11. ΄Εστω ότι E είναι ένας πεπερασµένης διάστασης K–διανυσµατικός χώρος µε dimK E ≥ 1,ότι f : E−→E είναι ένας µηδενοδύναµος ενδοµορφισµός µε δείκτη µηδενοδυναµικότητας k και ότι ~v ∈ E

είναι ένα µη µηδενικό διάνυσµα, όπου ο αντίστοιχος f–κυκλικός υπόχωρος C(f ;~v) έχει K–διάσταση k.Τότε υπάρχει ένας f–αναλλοίωτος υπόχωρος W του E µε E = C(f ;~v)⊕W .

Απόδειξη. Επαγωγή ως προς τον δείκτη µηδενοδυναµικότητας k.Αν k = 1, τότε ο f = f1 ισούται µε τον µηδενικό ενδοµορφισµό ζE του χώρου E. Ας είναι ~v οποιοδήποτεµη µηδενικό διάνυσµα τού E. Η K–διάσταση τού χώρου C(f ;~v) ισούται µε 1 και οποιοδήποτε ευθύσυµπλήρωµα W τού C(f ;~v), δηλαδή οποιοσδήποτε υπόχωρος W τού E µε C(f ;~v) ⊕ W = E, είναιf–αναλλοίωτος, αφού ο f είναι ο µηδενικός ενδοµορφισµός ζE.

Ας υποθέσουµε ότι η πρόταση είναι αληθής για κάθε ϕυσικό αριθµό < k, ϑα την αποδείξουµε για τονϕυσικό k.Από την Πρόταση 9.9 γνωρίζουµε ότι υπάρχει ~v ∈ E, ~v 6= ~0 τέτοιο, ώστε ο f–κυκλικός υπόχωροςC(f ;~v) = 〈~v, f(~v) . . . , fk−1(~v)〉 να έχει διάσταση τον δείκτη µηδενοδυναµικότητας k. Θεωρούµε τονπεριορισµό τού f στον f–αναλλοίωτο υπόχωρο Im(f) = f(E), δηλαδή τον f|f(E) : f(E)−→ f(E). Οδείκτης µηδενοδυναµικότητας τού f|f(E) ισούται µε k − 1, αφού fk−1(f(E)) = fk(E) = ~0, ενώfk−2(f(E)) = fk−1(E) 6= ~0. Επιπλέον, η εικόνα

f(C(f ;~v)) = f(〈~v, f(~v) . . . , fk−1(~v)〉) = 〈f(~v), f(f(~v)) . . . , f(fk−2(~v))〉 = C(f|f(E); f(~v))

τού C(f ;~v) είναι ένας f|f(E)–κυκλικός υπόχωρος µε dimKC(f|f(E); f(~v)) ίσο µε τον δείκτη µηδενοδυνα-µικότητας k − 1 τού f|f(E), αφού τα διανύσµατα f(~v), f(f(~v)) = f2(~v) . . . , f(fk−2(~v)) = fk−1(~v) είναιK–γραµµικώς ανεξάρτητα.Συνεπώς, λόγω της επαγωγικής υπόθεσης, υπάρχει ένας f|f(E)–αναλλοίωτος υπόχωρος W ′ τού f(E),δηλαδή f|f(E)(W

′) = f(W ′) ⊆W ′, µε f(E) = C(f|f(E); f(~v))⊕W ′.Ας είναι W0 = ~w ∈ E | f(~w) ∈ W ′. Προφανώς ο W0 είναι ένας υπόχωρος τού E. Επιπλέον, επειδήο W ′ είναι f–αναλλοίωτος, έχουµε W ′ ⊆ W0, (**) και αφού f(W0) ⊆ W ′, έπεται ότι ο W0 είναι επίσηςf–αναλλοίωτος.

Ισχυριζόµαστε ότι E = C(f ;~v) + W0. Πράγµατι, αν ~x ∈ E, τότε f(~x) ∈ f(E) = C(f|f(E); f(~v)) ⊕W ′(*). Εποµένως, f(~x) = ~z + ~w′, όπου ~z ∈ C(f|f(E); f(~v)) = f(C(f ;~v)) και ~w′ ∈ W ′. Συνεπώς,f(~x) = f(~s) + ~w′, όπου ~z = f(~s), ~s ∈ C(f ;~v). Τώρα, ~x = ~s + (~x − ~s) µε s ∈ C(f ;~v). Επιπλέον,το ~x− ~s ανήκει στο W0, αφού f(~x− ~s) = f(~x)− f(~s) = ~w′ ∈W ′. Συνεπώς, E = C(f ;~v) +W0.

Ισχυριζόµαστε ότι η τοµή C(f ;~v) ∩W0 περιέχεται στον υπόχωρο C(f|f(E); f(~v)) = f(C(f ;~v)). Αν~x ∈ C(f ;~v) ∩W0, τότε f(~v) ∈ f(C(f ;~v)) ∩ f(W0). Αλλά f(C(f ;~v)) = C(f|f(E); f(~v)), f(W0) ⊆ W0

και C(f|f(E); f(~v)) ∩W0 = ~0. Εποµένως, f(~x) = ~0. Τώρα, το ~x ως στοιχείο τού C(f ;~v), ισούται µε

199

~x = a0~x+a1f(~x)+· · ·+ak−1fk−1(~v) και γι΄ αυτό~0 = f(~x) = a0f(~x)+a1f

2(~x)+· · ·+ak−2fk−1(~v). Αλλά,

αφού τα f(~x), f2(~x), . . . , fk−1(~v) είναι K–γραµµικώς ανεξάρτητα, έχουµε a0 = a1 = · · · = ak−2 = 0 καιεποµένως το ~x = ak−1f

k−1(~v) ανήκει στον υπόχωρο C(f|f(E); f(~v)) = f(C(f ;~v)).Αφού C(f ;~v) ∩ W0 ⊆ C(f|f(E); f(~v)) και W ′ ∩ C(f|f(E); f(~v)) = ~0, λόγω της (*), έχουµε W ′ ∩

(C(f ;~v) ∩W0) = ~0. Εποµένως, το άθροισµα W ′ ⊕ (C(f ;~v) ∩W0) είναι ευθύ και περιέχεται στο W0,επειδή το W ′ ⊆W0, λόγω τής (**).

Ας είναιW ′′ ένας υπόχωρος τού E µεW0 = W ′′⊕ [W ′⊕(C(f ;~v)∩W0)], (***). Θεωρούµε τον υπόχωροW = W ′′⊕W ′. Παρατηρούµε ότι οW ′′ είναι f–αναλλοίωτος, ως υπόχωρος τού f–αναλλοίωτου υπόχωρουW0. Αφού και ο W ′ είναι f–αναλλοίωτος, έπεται ότι ο W είναι επίσης f–αναλλοίωτος.

Για να ολοκληρωθεί η απόδειξη τής πρότασης, αρκεί να δείξουµε ότι E = C(f ;~v)⊕W . Παρατηρούµεότι η τοµή C(f ;~v) ∩W = C(f ;~v) ∩ (W ′′ ⊕W ′) ⊆ C(f ;~v) ∩ (W ′′ ⊕W ′) ∩W0, αφού W ′′ ⊕W ′ ⊆ W0.Αλλά λόγω τής (***), η τοµή C(f ;~v) ∩ (W ′′ ⊕W ′) ∩W0 ισούται µε ~0. Εποµένως, C(f ;~v) ∩W = ~0.

Τέλος,

E = C(f ;~v) +W0 = C(f ;~v) +W ′′ +W ′ + (C(f ;~v) ∩W0) = C(f ;~v) +W ′′ +W ′ = C(f ;~v) +W.

΄Ωστε, E = C(f ;~v)⊕W , όπου ο W είναι ένας f–αναλλοίωτος υπόχωρος τού E.

Η προηγούµενη πρόταση αποτελεί το επαγωγικό ϐήµα τού επόµενου ισχυρισµού:

Πρόταση 9.12. ΄Εστω ότι E είναι ένας πεπερασµένης διάστασης K–διανυσµατικός χώρος µε dimK E ≥ 1,ότι f : E−→E είναι ένας µηδενοδύναµος ενδοµορφισµός µε δείκτη µηδενοδυναµικότητας k.Τότε υπάρχει µια πεπερασµένη ακολουθία k = k1 ≥ k2 ≥ · · · ≥ ks ϕυσικών µε k1 + k2 + . . . ks = dimK E

και µη µηδενικά διανύσµατα ~v1, ~v2, . . . , ~vs τέτοια, ώστε

E = C(f ;~v1)⊕ C(f ;~v2)⊕ · · · ⊕ C(f ;~vs),

όπου dimKC(f ;~vi) = ki, ∀i, 1 ≤ i ≤ s.

Απόδειξη. Λόγω των Προτάσεων 9.9 και 9.11, γνωρίζουµε ότι υπάρχει ένας f–κυκλικός υπόχωροςC(f ;~v1) ⊆ E διάστασης k = k1 τέτοιος, ώστε E = C(f ;~v1) ⊕W1, όπου ο W1 είναι ένας f–αναλλοίωτοςυπόχωρος διάστασης dimK E−k1. Τώρα, υπάρχει ένας f–κυκλικός υπόχωρος C(f ;~v2) ⊆W1 διάστασηςk2 µεW1 = C(f ;~v2)⊕W2, όπου οW2 είναι ένας f–αναλλοίωτος υπόχωρος διάστασης dimK E−k1−k2.Επιπλέον,

E = C(f ;~v1)⊕W1 = C(f ;~v1)⊕ C(f ;~v2)⊕W2

Σχηµατίζοντας, για i = 1, 2, . . . , j, j + 1, . . . , τον f–κυκλικό υπόχωρο C(f ;~vi) ⊆Wi−1 διάστασης ki καικατόπιν τον f–αναλλοίωτο υπόχωρο Wi ⊆ Wi−1 έτσι, ώστε Wi−1 = C(f ;~vi) ⊕Wi, όπου W0 = E, µεdimKWi = dimK E− k1 − k2 − · · · − ki, i ≥ 1, διαπιστώνουµε ότι οι διαστάσεις των Wi σχηµατίζουν µιαϕθίνουσα ακολουθία ϕυσικών αριθµών που οφείλει να σταµατήσει µετά από πεπερασµένα, ας πούµε, sϐήµατα. Τότε dimKWs = 0 και

E = C(f ;~v1)⊕ C(f ;~v2)⊕ · · · ⊕ C(f ;~vs).

Παρατήρηση 9.13. Αν C(f ;~vi) είναι ένας f–κυκλικός υπόχωροςδιάστασης ki, τότε γνωρίζουµε ότι το

σύνολο ~vi, f(~vi), . . . , fk−1(~vi) αποτελεί µια ϐάση του. Συνεπώς, αν f : E−→E είναι ένας µηδενοδύνα-

µος ενδοµορφισµός µε δείκτη µηδενοδυναµικότητας ίσο µε k, τότε, λόγω τής Πρότασης 9.12, ο χώρος E

είναι το ευθύ άθροισµα των C(f ;~vi), i = 1, 2, . . . , s και η ένωση των αντίστοιχων ϐάσεων, δηλαδή το

σύνολο

B = ~v1, f(~v1), . . . , fk1−1(~v1) ∪ ~v2, f(~v2), . . . , fk2−1(~v2) ∪ · · · ∪ ~vs, f(~vs), . . . , fks−1(~vs)

200

αποτελεί µια ϐάση τού E. Ο πίνακας που παριστάνει τον ενδοµορφισµό f ως προς τη συγκεκριµένη ϐάση,

είναι ο

MBB (f) =

B1

B2

201

ΙΙ. Ευκλείδειοι Χώροι

10. Σταθµητοί Χώροι και Ευκλείδειοι Χώροι

10.1. Σταθµητοί Χώροι. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. Τότε όπως γνωρίζουµε η απεικόνιση‘‘µήκος διανύσµατος’’

‖ · ‖ : E −→ R, ~x 7−→ ‖~x‖ =√〈~x, ~x〉

ικανοποιεί, µεταξύ άλλων, τις ακόλουθες ιδιότητες :1. ‖r~x‖ = |r| ‖~x‖, ∀r ∈ R, ∀~x ∈ E.2. (Τριγωνική ανισότητα): ‖~x+ ~y‖ ≤ ‖~x‖+ ‖~y‖, ∀~x, ~y ∈ E.3. ‖~x‖ ≥ 0, ∀~x ∈ E, και αν ‖~x‖ = 0, τότε ~x = ~0.

Ορισµός 10.1. Μια απεικόνιση ‖ ·‖ : E −→ R ορισµένη υπεράνω του R-διανυσµατικού χώρου E η οποία

ικανοποιεί τις τρείς παραπάνω ιδιότητες καλείται στάθµη επί του E.

΄Ενας R-σταθµητός χώρος είναι ένα Ϲεύγος (E, ‖ · ‖), όπου E είναι ένας R-διανυσµατικός χώρος και

‖ · ‖ είναι µια στάθµη επί του E.

Υπενθυµίζουµε επίσης ότι αν (E, 〈, 〉) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος, τότε ικανοποιείται ο ακόλουθος

2‖~x‖2 + 2‖~y‖2 = ‖~x+ ~y‖2 + ‖~x− ~y‖2 (Νόµος Παραλληλογράµµου)

΄Αρα αν (E, 〈, 〉) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος, τότε ορίζεται επί του E µια στάθµη ‖ · ‖ : E −→ R,‖~x‖ =

√〈~x, ~x〉, η οποία ικανοποιεί τον νόµο του Παραλληλογράµµου.

10.2. Το Θεώρηµα των Jordan-Von Neumann. Αντίστροφα ένα σηµαντικό Θεώρηµα, το οποίο οφε-ίλεται στους Jordan και Von Neumann, ϐλέπε P. Jordan and J. Von Neumann: ‘‘On Inner product

spaces in linear metric spaces’’, Annals of Mathematics, 36, (1935), δείχνει ότι οι Ευκλείδειοι χώροιχαρακτηρίζονται ώς οι σταθµητοί χώροι των οποίων η στάθµη ικανοποιεί τον Νόµο του Παραλληλογράµ-µου. Για την απόδειξη του, η οποία χρησιµοποιεί ϐασικά στοιχεία τοπολογίας, χρειαζόµαστε κάποιαπροεργασία.

Ορισµός 10.2. ΄Ενας µετρικός χώρος είναι ένα Ϲεύγος (E, ρ), όπου E είναι ένα µη-κενό σύνολο και

ρ : E× E −→ R, (x, y) 7−→ ρ(x, y)

είναι µια απεικόνιση, η οποία καλείται µετρική, έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι ακόλουθες ιδιότητες :

(1) ∀x, y ∈ E: ρ(x, y) ≥ 0(2) ρ(x, y) = 0 αν και µόνον αν x = y.(3) ∀x, y ∈ E: ρ(x, y) = ρ(y, x).(4) ∀x, y, z ∈ E: ρ(x, z) ≤ ρ(x, y) + ρ(y, z).

΄Ενας µετρικός χώρος ο οποίος είναι και R-διανυσµατικός χώρος, καλείται διανυσµατικός µετρικόςχώρος.

202

Λήµµα 10.3. ΄Εστω (E, ‖ · ‖) ένας σταθµητός χώρος. Τότε η απεικόνιση

ρ : E × E −→ R, ρ(~x, ~y) = ‖~x− ~y‖είναι µια µετρική επί του E και το Ϲεύγος (E, ρ) είναι ένας µετρικός διανυσµατικός χώρος.

Απόδειξη. Το ότι η απεικόνιση ρ είναι µετρική είναι άµεση συνέπεια των ιδιοτήτων της στάθµης ‖ · ‖.

Σύµφωνα µε τα παραπάνω έχουµε τις ακόλουθες συνεπαγωγές

(E, 〈, 〉) : Ευκλείδειος Χώρος =⇒ (E, ‖·‖) : Σταθµητός Χώρος =⇒ (E, ρ) : Μετρικός ∆ιανυσµατικός Χώρος

Σε έναν µετρικό (διανυσµατικό) χώρο (E, ρ) µπορούµε να ορίσουµε την έννοια της σύγκλισης καισυνέχειας ως εξής :

΄Εστω (xn)n∈N µια ακολουθία στοιχείων του E.(1) Η ακολουθία (xn)n∈N συγκλίνει ισχυρά στο στοιχείο y ∈ E, και ϑα γράφουµε:

limn−→∞xn = y

αν:∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : ‖xn − y‖ < ε, ∀n > n0

Προφανώς limn−→∞ xn = y αν και µόνον αν η ακολουθία πραγµατικών αριθµών ‖xn − y‖συγκλίνει στο 0: limn−→∞ ‖xn − y‖ = 0.

(2) Η ακολουθία (xn)n∈N καλείται ακολουθία Cauchy αν:

∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : ‖xn − xm‖ < ε, ∀n,m > n0

Είναι εύκολο να δεί κανείς ότι κάθε ισχυρά συγκλίνουσα ακολουθία στοιχείων του E είναι ακο-λουθία Cauchy, και το όριο µιας ισχυρά συγκλίνουσας ακολουθίας (αν υπάρχει) είναι µοναδικό.

(3) ΄Εστω f : E−→R, µια συνάρτηση. Τότε η f καλείται συνεχής αν για κάθε στοιχείο y του E καικάθε ισχυρά συγκλίνουσα ακολουθία στοιχείων (xn)n∈N έτσι ώστε limn−→∞ xn = y, ισχύει ότι ηακολουθία πραγµνατικών αριθµών (f(xn))n∈N συγκλίνει στο f(y):

limn−→∞xn = y =⇒ lim

n−→∞ f(xn) = f(y)

Στην απόδειξη του κύριου Θεωρήµατος της παρούσης παραγράφου ϑα χρειαστούµε την ακόλουθη:

Πρόταση 10.4. ΄Εστω (E, ‖ · ‖) ένας σταθµητός χώρος.

(1) ∀~x, ~y ∈ E:

∣∣‖~x‖ − ‖~y‖∣∣ ≤ ‖~x− ~y‖.(2) Η απεικόνιση ‖ · ‖ : E −→ R είναι συνεχής.

Απόδειξη. (1) Θα έχουµε:

‖~x‖ = ‖~y + (~x− ~y)‖ ≤ ‖~y‖+ ‖~x− ~y‖ και άρα ‖~x‖ − ‖~y‖ ≤ ‖~x− ~y‖Παρόµοια ϑα έχουµε: ‖~y‖ − ‖~x‖ ≤ ‖~x− ~y‖ απ΄ όπου προκύπτει το Ϲητούµενο.

(2) ΄Εστω (~xn)n∈N µια ισχυρά συγκλίνουσα ακολουθία στοιχείων του E έτσι ώστε limn−→∞ ~xn = ~y.Τότε από το (1) ϑα έχουµε: ∣∣‖~xn‖ − ‖~y‖∣∣ ≤ ‖~xn − ~y‖και εποµένως :

0 ≤ limn−→∞

∣∣‖~xn‖ − ‖~y‖∣∣ ≤ limn−→∞ ‖~xn − ~y‖ = 0

Αυτό όµως σηµαίνει ότι η ακολουθία πραγµατικών αριθµών ‖~xn‖n∈N συγκλίνει στον ‖~y‖:limn−→∞ ‖~xn‖ = ‖y‖

203

και άρα η στάθµη ‖ · ‖ είναι συνεχής.

Θεώρηµα 10.5 (Jordan - Von Neumann (1935) ). ΄Εστω E έναςR-διανυσµατικός χώρος και ‖·‖ : E −→ Rµια στάθµη επί του E η οποία ικανοποιεί τον Νόµο του Παραλληλογράµµου. Τότε η απεικόνιση

〈 , 〉 : E× E −→ R, 〈~x, ~y〉 =‖~x+ ~y‖2 − ‖~x− ~y‖2

4(†)

ορίζει ένα µοναδικό εσωτερικό γινόµενο επί του E έτσι ώστε ∀~x ∈ E:

〈~x, ~x〉 = ‖~x‖2

Εποµένως αν E είναι ένας R-διανυσµατικός χώρος, τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Το Ϲεύγος (E, 〈, 〉) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος

(2) Το Ϲεύγος (E, ‖ · ‖) είναι σταθµητός χώρος και η στάθµη του ‖ · ‖ ικανοποιεί τον Νόµο του Παραλ-

ληλογράµµου.

Απόδειξη. (a) ΄Εστω ~x, ~y ∈ E. Τότε χρηισµοποιώντας τις ιδιότητες της στάθµης ‖ · ‖ ϑα έχουµε:

〈~x, ~y〉 =‖~x+ ~y‖2 − ‖~x− ~y‖2

4=‖~y + ~x‖2 − ‖(−1)(~y − ~x‖2

4=‖~y + ~x‖2 − (−1)2‖~y − ~x‖2

4=

=‖~y + ~x‖2 − ‖~y − ~x‖2

4= 〈~y, ~x〉

΄Αρα ∀~x, ~y ∈ E: 〈~x, ~y〉 = 〈~y, ~x〉.

(c) ΄Εστω ~x ∈ E. Τότε :

〈~x, ~x〉 =‖~x+ ~x‖2 − ‖~x− ~x‖2

4=‖2~x‖2

4=|2|2‖~x‖2

4=

4‖~x‖2

4= ‖~x‖2 ≥ 0

Αν 〈~x, ~x〉 = 0, τότε από την παραπάνω σχέση ϑα έχουµε: ‖~x‖2 και επειδή η απεικόνιση ‖ · ‖είναι στάθµη ϑα έχουµε ~x = ~0.

(b) ΄Εστω ~x, ~y, ~z ∈ E και λ ∈ R.(i) Από τον ορισµό της απεικόνισης 〈 , 〉 : E× E −→ R, ϑα έχουµε:

〈~x, ~z〉 =‖~x+ ~z‖2 − ‖~x− ~z‖2

4και 〈~y, ~z〉 =

‖~y + ~z‖2 − ‖~y − ~z‖2

4και εποµένως :

〈~x, ~z〉+ 〈~y, ~z〉 =‖~x+ ~z‖2 + ‖~y + ~z‖2 − ‖~x− ~z‖2 − ‖~y − ~z‖2

4(∗)

Εφαρµώζοντας το Νόµο του Παραλληλογράµµου για τα διανύσµατα ~x + ~z και ~y + ~z ϑαέχουµε:

2‖~x+ ~z‖2 + 2‖~y + ~z‖2 = ‖~x+ ~y + 2~z‖2 + ‖~x− ~y‖2

η οποία γράφεται ισοδύναµα και ως εξής :

2‖~x+ ~z‖2 + 2‖~y + ~z‖2 = ‖~x+ ~y + 2~z‖2 + ‖~x+ ~y‖2 + ‖~x− ~y‖2 − ‖~x+ ~y‖2

Εφαρµόζωντας στην τελευταία σχέση πάλι το Νόµο του Παραλληλογράµµου για τα δια-νύσµατα ~x+ ~y + ~z και ~z ϑα έχουµε:

2‖~x+ ~z‖2 + 2‖~y + ~z‖2 = 2‖~x+ ~y + ~z‖2 + 2‖~z‖2

204

και εποµένως η προτελευταία σχέση γράφεται :

2‖~x+ ~z‖2 + 2‖~y + ~z‖2 = 2‖~x+ ~y + ~z‖2 + 2‖~z‖2 − ‖~x+ ~y‖2 + ‖~x− ~y‖2 (10.1)

Θέτοντας −~z στην ϑέση του ~z η παραπάνω σχέση δίνει :

2‖~x− ~z‖2 + 2‖~y − ~z‖2 = 2‖~x+ ~y − ~z‖2 + 2‖~z‖2 − ‖~x+ ~y‖2 + ‖~x− ~y‖2 (10.2)

Αφαιρώντας την (10.2) από την (10.1) τότε ϑα έχουµε την ταυτότητα:

‖~x+ ~z‖2 + ‖~y + ~z‖2 − ‖~x− ~z‖2 − ‖~y − ~z‖2 = ‖~x+ ~y + ~z‖2 + ‖~x+ ~y − ~z‖2

Τότε η (∗) γράφεται ώς εξής :

〈~x, ~z〉+ 〈~y, ~z〉 =‖~x+ ~y + ~z‖2 + ‖~x+ ~y − ~z‖2

4= 〈~x+ ~y, ~z〉

΄Αρα ϑα έχουµε:

〈~x+ ~y, ~z〉 = 〈~x, ~z〉+ 〈~y, ~z〉 (10.3)

(ii) Μένει να δείξουµε ότι : 〈λ~x, ~y〉 = λ〈~x, ~y〉.• Από την σχέση (10.3) έπεται άµεσα ότι : 〈2~x, ~y〉 = 2〈~x, ~y〉. Επαγωγικά προκύπτει εύκολαότι :

〈n~x, ~y〉 = n〈~x, ~y〉, ∀n ∈ NΑπό την άλλη πλευρά, ϑα έχουµε:

〈0~x, ~y〉 = 〈~0, ~y〉 =‖~0 + ~y‖2 − ‖~0− ~y‖2

4=‖~y‖2 − ‖ − ~y‖2

4=‖~y‖2 − (−1)2‖~y‖2

4=

=‖~y‖2 − ‖~y‖2

4= 0

Επίσης αν n ∈ N, τότε :

n〈~x, ~y〉+ 〈(−n)~x, ~y〉 = 〈(n+ (−n))~x, ~y〉 = 〈0~x, ~y〉 = 〈~0, ~y〉 = 0

και εποµένως

〈(−n)~x, ~y〉 = (−n)〈~x, ~y〉Συνοψίζοντας ϑα έχουµε:

〈n~x, ~y〉 = n〈~x, ~y〉, ∀n ∈ Z (10.4)• ΄Εστω τώρα r = m

n ∈ Q. Τότε :

n〈mn~x, ~y〉 = 〈nm

n~x, ~y〉 = 〈m~x, ~y〉 = m〈~x, ~y〉

και άρα ϑα έχουµε:

〈mn~x, ~y〉 =

m

n〈~x, ~y〉

∆ηλαδή

〈r~x, ~y〉 = r〈~x, ~y〉, ∀r ∈ Q (10.5)

205

• Τέλος υποθέτουµε ότι λ ∈ R. Τότε, όπως είναι γνωστό από τον Απειροστικό Λογισµό,υπάρχει µια ακολουθία (rn)n∈N ϱητών αριθµών έτσι ώστε :

limn−→∞ rn = λ

Επειδή από την Πρόταση 10.4 η απεικόνιση E−→R, ~x 7−→ ‖~x‖ είναι συνεχής, έπεται ότικαι η απεικόνιση, για σταθερό ~y ∈ E:

〈−, ~y〉 : E −→ R, ~x 7−→ 〈~x, ~y〉 =‖~x+ ~y‖2 − ‖~x− ~y‖2

4

είναι συνεχής συνάρτηση του ~x. Τότε ϑα έχουµε:

〈λ~x, ~y〉 = 〈 limn−→∞ rn~x, ~y〉 =

‖ limn−→∞ rn~x+ ~y‖2 − ‖ limn−→∞ rn~x− ~y‖2

4=

=‖ limn−→∞(rn~x+ ~y)‖2 − ‖ limn−→∞(rn~x− ~y)‖2

4=

=limn−→∞ ‖rn~x+ ~y‖2 − limn−→∞ ‖rn~x− ~y‖2

4=

= limn−→∞

‖rn~x+ ~y‖2 − ‖rn~x− ~y‖2

4= lim

n−→∞〈rn~x, ~y〉 =(∗) limn−→∞ rn〈~x, ~y 〉 = λ〈~x, ~y〉

όπου στην ισότητα (∗) χρησιµοποιήσαµε την σχέση (10.5).

Εποµένως δείξαµε ότι η απεικόνιση 〈, 〉 είναι ένα εσωτερικό γινόµενο στον E, το οποίο λόγωτης (c) ικανοποιεί τη σχέση 〈~x, ~x〉 = ‖~x‖2, ∀~x ∈ E.

Αν 〈〈, 〉〉 : E × E −→ R, είναι ένα άλλο εσωτερικό γινόµενο στον E το οποίο ικανοποιεί την σχέση〈〈~x, ~x〉〉 = ‖~x‖2, ∀~x ∈ E, τότε η σχέση (†) δείχνει ότι : 〈〈~x, ~x〉〉 = 〈~x, ~y〉, ∀~x, ~y ∈ E.

Το ακόλουθο είναι ένα παράδειγµα σταθµητού χώρου του οποίου η στάθµη δεν ικανοποιεί τον Νόµοτου Παραλληλογράµµου και άρα ο χώρος δεν είναι Ευκλείδειος.

Παράδειγµα 10.6. ΄Εστω p ≥ 1 και έστω το ακόλουθο σύνολο ακολουθιών πραγµατικών αριθµών:

`p(R) :=

(xn)n∈N | xn ∈ R και

∞∑n=0

|xn|p < ∞

Τότε αποδεικνύεται εύκολα ότι το σύνολο `p(R) είναι ένας διανυσµατικός χώρος άπειρης διάστασης υπε-

ϱάνω του (R). Ορίζουµε µια απεικόνιση :

‖ · ‖p : `p(R) −→ R, ‖(xn)n∈N‖p =( ∞∑n=0

|xn|p) 1p

Αποδεικνύεται εύκολα ότι η απεικόνιση ‖·‖p είναι µια στάθµη επί του `p(R) και άρα το Ϲεύγος (`p(R), ‖·‖p)είναι ένας σταθµητός χώρος.

206

(1) Αν p = 2, τότε ϐλέπουµε εύκολα ότι η απεικόνιση

〈, 〉 : `2(R)× `2(R) −→ R,⟨(xn)n∈N, (yn)n∈N

⟩=∞∑n=0

xnyn

είναι ένα εσωτερικό γινόµενο επί του `2(R) έτσι ώστε : ‖(xn)n∈N‖2p = 〈(xn)n∈N, (xn)n∈N〉. ΄Αρα το

Ϲεύγος (`2(R), 〈, 〉) είναι ένας Ευκλείδειος χώρος.

(2) Θα δείξουµε ότι αν p > 2, τότε δεν ισχύει ο Νόµος του Παραλληλογράµµου. Πραγµατικά: όπως

έχουµε δει αν ισχύει ο Νόµος του Παραλληλογράµµου, τότε, ∀~x, ~y ∈ `2(R):

‖~x+ ~y‖2 + ‖~x− ~y‖2 = 2‖~x‖2 + 2‖~y‖2 (+)

Θεωρούµε τις ακολουθίες :

(xn)n∈N = (1, 1, 0, 0, · · · ) και (yn)n∈N = (1,−1, 0, 0, · · · )οι οποίες ποροφανώς ανήκουν στον σταθµητό χώρο `p(R). Υπολογίζουµε εύκολα:

‖(xn)n∈N‖p = ‖(xn)n∈N‖p = 21p και ‖(xn)n∈N + (yn)n∈N‖p = ‖(xn)n∈N − (yn)n∈N‖p = 2

΄Αρα λόγω της σχέσης (+) ϑα πρέπει

2(21p )2 + 2(2

1p )2 = 22 + 22 =⇒ 22 = 2p

το οποίο ισχύει αν και µόνον αν p = 2. ΄Αρα αν p > 2, δεν ισχύει η σχέση (+) και άρα και ο Νόµος

του Παραλληλογράµµου. Συµπεραίνουµε ότι αν p > 2, τότε δεν υπάρχει εσωτερικό γινόµενο 〈, 〉στον σταθµητό χώρο `p(R), έτσι ώστε : 〈(xn)n∈N, (xn)n∈N〉 = ‖(xn)n∈N‖2p.

Παρατήρηση 10.7. Υπάρχουν περισσότεροι από 350 χαρακτηρισµοί του πότε ένας σταθµητός χώρος είναι

Ευκλείδειος, ϐλέπε το ϐιβλίο : D. Amir: Characterizations of Inner Product Spaces, Birkhauser Verlag,

Basel, 1986. Ο χαρακτηρισµός του Θεωρήµατος 10.5, ο οποίος οφείλεται στους Jordan και Von Neumann

και αποδείχθηκε το 1935, είναι ίσως ο πρώτος ιστορικά χαρακτηρισµός.

Αναφέρουµε µόνο τους ακόλουθους ενδιαφέροντες χαρακτηρισµούς :

Θεώρηµα 10.8. Για έναν σταθµητό χώρο (E, ‖ · ‖) οι ακόλουθες συνθήκες είναι ισοδυναµες :

(1) Υπάρχει ένα (µοναδικό) εσωτερικό γινόµενο 〈, 〉 : E× E−→R, έτσι ωστε :

〈~x, ~x〉 = ‖~x‖2, ∀~x ∈ E

(2) (Lorch (1947) ) ∀~x, ~y ∈ E:(‖~x‖+ ‖~y‖

)∥∥∥ ~x

‖~x‖− ~y

‖~y‖

∥∥∥ ≤ 2‖~x− ~y‖

(3) (Lorch (1947) ) ∀~x, ~y ∈ E, ∀λ ∈ R:

‖~x‖ = ‖~y‖ =⇒ ‖~x+ λ~y‖ = ‖λ~x+ ~y‖(4) (Lorch (1947) ) ∀~x, ~y, ~z ∈ E:

‖~x‖ = ‖~y‖ και ~x+ ~y + ~z = ~0 =⇒ ‖~x− ~z‖ = ‖~y − ~z‖(Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο οι διχοτόµοι των ίσων γωνιών είναι ίσες).

(5) (Day (1947) ) ∀~x, ~y ∈ E:

‖~x‖ = ‖~y‖ = 1 =⇒ ‖~x+ ~y‖2 + ‖~x− ~y‖2 = 4

207

11. Η Ορίζουσα Gram και οι Εφαρµογές της΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος. Στην παρούσα παράγραφο ϑα δούµε, µεταξύ άλλων, µια

γεωµετρική ερµηνεία της ορίζουσας ενός τετραγωνικού πίνακα, και ένα χρήσιµο κριτήριο για το πότεένα πεπερασµένο σύνολο διανυσµάτων

S =~x1, ~x2, · · · , ~xm

είναι γραµµικά ανεξάρτητο.

11.1. Πίνακας και Ορίζουσα Gram.

Ορισµός 11.1. Ο πίνακας Gram των διανυσµάτων ~x1, ~x2, · · · , ~xm ορίζεται να είναι ο πίνακας :

G(~x1, · · · , ~xm) :=

〈~x1, ~x1〉〈~x1, ~x2〉 · · · 〈~x1, ~xm〉〈~x2, ~x1〉〈~x2, ~x2〉 · · · 〈~x2, ~xm〉

.

.

....

. . ....

〈~xm, ~x1〉〈~xm, ~x2〉 · · · 〈~xm, ~xm〉

Η ορίζουσα Gram των διανυσµάτων ~x1, ~x2, · · · , ~xm ορίζεται να είναι η ορίζουσα του πίνακα Gram:∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣Παρατηρούµε ότι η ορίζουσα Gram είναι η ορίζουσα ενός συµµετρικού πίνακα διότι :

〈~xi, ~xj〉 = 〈~xj , ~xi〉, 1 ≤ i, j ≤ m

• Αν n = 1, τότε η ορίζουσα Gram του διανύσµατος ~x1 είναι :∣∣G(~x1)∣∣ = 〈~x1, ~x1〉 = ‖~x1‖2 ≥ 0

και η ισότητα ισχύει αν και µόνον αν ~x1 = ~0.

• Αν n = 2, τότε η ορίζουσα Gram των διανυσµάτων ~x1, ~x2 είναι :

∣∣G(~x1, ~x2)∣∣ =

∣∣∣∣〈~x1, ~x1〉〈~x1, ~x2〉〈~x2, ~x1〉〈~x2, ~x2〉

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ ‖~x1‖2 〈~x1, ~x2〉〈~x2, ~x1〉 ‖~x2‖2

∣∣∣∣ = ‖~x1‖2 ‖~x2‖2 − 〈~x1, ~x2〉2 ≥ 0

όπου η τελευταία ανισότητα ισχύει λόγω της ανισότητας των Cauchy-Schwarz. Επιπλέον∣∣G(~x1, ~x2)∣∣ = 0 αν και µόνον αν τα ~x1, ~x2 είναι γραµµικά εξαρτηµένα

Θα δούµε ότι ισχύει κάτι ανάλογο και για n ≥ 3.

Πρόταση 11.2. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Το σύνολο διανυσµάτων S =~x1, ~x2, · · · , ~xm

του E είναι γραµµικά ανεξάρτητο.

(2)∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ 6= 0.

Απόδειξη. (1) =⇒ (2) ΄Εστω ότι το S είναι γραµµικά εξαρτηµένο. Τότε υπάρχουν αριθµοί λ1, · · · , λm ∈ R,έτσι ώστε : (λ1, · · · , λm) 6= (0, · · · , 0) και :

λ1~x1 + λ2~x2 + · · ·+ λm~xm = ~0 (11.1)

Τότε ϑεωρώντας το εσωτερικό γινόµενο των δύο µελών της (11.1) µε το διάνυσµα ~xi, 1 ≤ i ≤ m, ϑαέχουµε:

〈~xi, λ1~x1 + λ2~x2 + · · ·+ λm~xm〉 = 〈~xi,~0〉 = 0 1 ≤ i ≤ m

208

Η παραπάνω σχέση γράφεται :

λ1〈~xi, ~x1〉+ λ2〈~xi, ~x2〉+ · · ·+ λm〈~xi, ~xm〉 = 0 1 ≤ i ≤ m

Οι τελευταίες σχέσεις δείχνουν ότι ϑα έχουµε µια σχέση γραµµικής εξάρτησης

λ1Γ1 + λ2Γ2 + · · ·λmΓm = 0

µεταξύ των γραµµών

Γi =(〈~xi, ~x1〉, 〈~xi, ~x2〉, · · · , 〈~xi, ~xm〉

)του πίνακα Gramm G(~x1, · · · , ~xm). Τότε όµως η ορίζουσα Gram είναι µηδέν. ΄Αρα αν το σύνολο S είναιγραµµικά ανεξάρτητο, έπεται ότι :

∣∣G(~x1, · · · , ~xm)∣∣ 6= 0.

(2) =⇒ (1) ΄Εστω ότι :∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ = 0. Τότε οι γραµµές του πίνακα G(~x1, · · · , ~xm) είναι γραµ-µικά εξαρτηµένες ή ισοδύναµα οι στήλες του G(~x1, · · · , ~xm) είναι γραµµικά εξαρτηµένες. Εποµένωςυπάρχουν αριθµοί λ1, · · · , λm ∈ R, όπου: (λ1, · · · , λm) 6= (0, · · · , 0), έτσι ώστε :

λ1Σ1 + λ2Σ2 + · · ·λmΣm = 0

∆ηλαδή:

λ1

〈~x1, ~x1〉〈~x2, ~x1〉

...〈~xm, ~x1〉

+ λ2

〈~x1, ~x2〉〈~x2, ~x2〉

...〈~xm, ~x2〉

+ · · ·+ λm

〈~x1, ~xm〉〈~x2, ~xm〉

...〈~xm, ~xm〉

=

00...0

Αυτό σηµαίνει ότι :

λ1〈~xi, ~x1〉+ λ2〈~xi, ~x2〉+ · · ·+ λm〈~xi, ~xm〉 = 0 1 ≤ i ≤ m

και εποµένως〈~xi, λ1~x1 + λ2~x2 + · · ·+ λm~xm〉 = 0 1 ≤ i ≤ m

Πολλαπλασιάζοντας διαδοχικά κάθε σχέση από τις παραπάνω µε λ1, · · · , λm και ακολούθως προσθέτον-τας τις σχέσεις που προκύπτουν καταλήγουµε στην σχέση:

‖λ1~x1 + λ2~x2 + · · ·+ λm~xm‖2 = 0

από την οποία προκύπτει ότι :λ1~x1 + λ2~x2 + · · ·+ λm~xm = ~0

και εποµένως το σύνολο διανυσµάτων S είναι γραµµικά εξαρτηµένο. Καταλήγουµε: αν η ορίζουσα Gram∣∣G(~x1, · · · , ~xm)∣∣ 6= 0, τότε το σύνολο S είναι γραµµικά ανεξάρτητο.

΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και S =~x1, ~x2, · · · , ~xm

ένα σύνολο

διανυσµάτων του E.΄Εστω B = ~e1, ~e2, · · · , ~en µια ορθοκανονική ϐάση του E. Τότε ϑα έχουµε µοναδική γραφή των

διανυσµάτων του συνόλου S ως γραµµικό συνδυασµό των διανυσµάτων της ϐάσης B:

~x1 = x11~e1 + x12~e2 + · · ·+ x1n~en

...

~xi = xi1~e1 + xi2~e2 + · · ·+ xin~en...

~xm = xm1~e1 + xm2~e2 + · · ·+ xmn~en

209

Συµβολίζουµε µε H τον m × n πίνακα του οποίου οι γραµµές είναι οι συνιστώσες των διανυσµάτων~x1, ~x2, · · · , ~xm στην ϐάση B:

H =

x11 x12 · · · x1n

x21 x22 · · · x2n...

.... . .

...xm1 xm2 · · · xmn

Υπολογίζουµε εύκολα:

H · tH = G(~x1, ~x2, · · · , ~xm)

Αυτό προκύπτει από το γεγονός ότι :

〈~xi, ~xj〉 =

n∑k=1

xikxjk = (H · tH)ij

Πρόταση 11.3. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και S=~x1, ~x2, · · · , ~xm

ένα σύνολο διανυσµάτων του E. Τότε : ∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ ≥ 0

Επιπλέον :

(1)∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ = 0 αν και µόνον αν το σύνολο διανυσµάτων S είναι γραµµικά εξαρτηµένο.

(2)∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ > 0 αν και µόνον αν το σύνολο διανυσµάτων S είναι γραµµικά ανεξάρτητο.

Απόδειξη. ∆είχνουµε πρώτα ότι η ορίζουσα Gram είναι µη-αρνητική. Από την προηγούµενη Πρότασηαρκεί να δείξουµε ότι αν το σύνολο S είναι γραµµικά ανεξάρτητο, τότε η ορίζουσα Gram είναι ϑετική.

΄Εστω B = ~e1, ~e2, · · · , ~en µια ορθοκανονική ϐάση του E. Από την ανάλυση που προηγήθηκε έπεταιότι :

H · tH = G(~x1, ~x2, · · · , ~xm)

Από το Φασµατικό Θεώρηµα έπεται ότι ο συµµετρικός πίνακας G(~x1, ~x2, · · · , ~xm) είναι διαγωνοποιήσι-µος και άρα έχει όλες τις ιδιοτιµές του στο R. ΄Εστω λ µια ιδιοτιµή του G := G(~x1, ~x2, · · · , ~xm) µεαντίστοιχο ιδιοδιάνυσµα-στήλη Y :

G · Y = λY, Y =

y1

y2...ym

Τότε εργαζόµενοι στον Ευκλείδειο χώρο Rm ϑα έχουµε:

‖Y ‖2 = 〈Y, Y 〉 = tY · Y

΄Αρα:

λ‖Y ‖2 = λ(tY · Y ) = (tY ) · (λ · Y ) = tY ·G · Y = tY ·H · tH · Y = t(tH · Y ) · (tH · Y ) =

= 〈tH · Y, tH · Y 〉 = ‖tH · Y ‖2 ≥ 0

Η τελευταία σχέση δείχνει ότι λ ≥ 0. Επειδή το σύνολο S είναι γραµµικά ανεξάρτητο, έπεται ότι ηορίζουσα Gram είναι 6= 0 και εποµένως ο πίνακας Gram δεν έχει το 0 ως ιδιοτιµή. Καταλήγουµε ότιόλες ιδιοτιµές του πίνακα Gram ανήκουν στο R και είναι όλες > 0. Επειδή η ορίζουσα ενός πίνακα είναιτο γινόµενο των ιδιοτιµών του, αυτό σηµαίνει ότι η ορίζουσα Gram είναι ϑετική.

210

11.2. ∆ιαδικασία Gram-Schmidt. Υπενθυµίζουµε την ∆ιαδικασία Gram-Schmidt για το γραµµικά ανε-

ξάρτητο σύνολο διανυσµάτωνS =

~x1, ~x2, · · · , ~xm

του E:

Υπενθυµίζουµε πρώτα ότι η ορθογώνια προβολή του ~y 6= ~0 στο ~x ορίζεται να είναι το διάνυσµα:

Π~y(~x) :=〈~x, ~y〉‖~x‖ ‖~y‖

· ~y

Για την απλοποίηση των υπολογισµών που ϑα ακολουθήσουν, ορίζουµε την αριθµητική προβολή του ~yστο ~x να είναι ο αριθµός :

π~y(~x) :=〈~x, ~y〉‖~x‖ ‖~y‖

Τότε ϑα έχουµε:Π~y(~x) = π~y(~x) · ~y

Κατασκευή Ορθογώνιου Συνόλου T =~y1, ~y2, · · · , ~ym

(GS1) Θέτουµε:

~y1 = ~x1

(GS2) Θέτουµε:~y2 = ~x2 − πy1(~x1) · ~y1

...(GSk) Επαγωγικά:

~yk = ~xk − πy1(~xk) · ~y1 − πy2(~xk) · ~y2 − · · · − πyk−1(~xk) · ~yk−1 = ~xk −

k−1∑i=1

πyi(~xk) · ~yi

Τότε το σύνολο T = ~y1, ~y2, · · · , ~ym έχει τις ακόλουθες ιδιότητες :

1. Το T είναι ορθογώνιο : 〈~yi, ~yj〉 = 0, ∀1 ≤ i 6= j ≤ m.2. Για κάθε 1 ≤ k ≤ m: ο υπόχωρος L(~x1, ~x2, · · · , ~xk) ο οποίος παράγεται από το σύνολο S

συµπίπτει µε τον υπόχωρο L(~y1, ~y2, · · · , ~yk) ο οποίος παράγεται από το σύνολο T:

L(~x1, ~x2, · · · , ~xk) = L(~y1, ~y2, · · · , ~yk), 1 ≤ k ≤ m (11.2)

3. Εποµένως, για κάθε 2 ≤ k ≤ m:

~yk ∈ L(~x1, ~x2, · · · , ~xk−1)⊥ (11.3)

4. Αν L(~yk) είναι ο υπόχωρος του E ο οποίος παράγεται από το ~yk, τότε :

L(~x1, ~x2, · · · , ~xk) = L(~x1, ~x2, · · · , ~xk−1)⊕ L(~yk) (Ορθογώνιο Ευθύ ΄Αθροισµα)

5.0 ≤ ‖~yk‖ ≤ ‖~xk‖ 1 ≤ k ≤ m (11.4)

Πράγµατικά: χρησιµοποιώντας την (GSk) και τα 2. και 4. Θα έχουµε

~xk = ~zk + ~yk

~zk = πy1(~xk) · ~y1 + πy2(~xk) · ~y2 + · · ·+ πyk−1(~xk) · ~yk−1 ∈ L(~x1, ~x2, · · · , ~xk−1)

211

Επειδή 〈~zk, ~yk〉 = 0, από το Πυθαγόρειο Θεώρηµα, ϑα έχουµε:

0 ≤ ‖~y‖2 ≤ ‖~zk‖2 + ‖~y‖2 = ‖~xk‖2 =⇒ 0 ≤ ‖~yk‖ ≤ ‖~xk‖

6. Επειδή το σύνολο T = ~y1, ~y2, · · · , ~ym είναι ορθογώνιο, ϑα έχουµε:

G(~y1, · · · , ~ym) :=

〈~y1, ~y1〉 0 · · · 0

0 〈~y2, ~y2〉 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · 〈~ym, ~ym〉

και άρα: ∣∣G(~y1, · · · , ~ym)

∣∣ = ‖~y1‖2 · ‖~y2‖2 · · · · · ‖~ym‖2 (11.5)

7. Το σύνολο διανυσµάτων ~y1

‖~y1‖,~y2

‖~y2‖, · · · , ~ym

‖~ym‖

είναι ορθοκανονικό και άρα αποτελεί µια ορθοκανονική ϐάση του υπόχωρου L(~x1, ~x2, · · · , ~xm).

∆είχνουµε τώρα ότι η ορίζουσα Gram των διανυσµάτων S = ~x1, ~x2, · · · , ~xm είναι ίση µε την ορίζουσαGram των διανυσµάτων T = ~y1, ~y2, · · · , ~ym.

Πρόταση 11.4. ΄Εστω S = ~x1, ~x2, · · · , ~xm ένα σύνολο διανυσµάτων του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉),και έστω T = ~y1, ~y2, · · · , ~ym το ορθογώνιο σύνολο το οποίο προκύπτει από το S µε την διαδικασία

Gram-Schmidt. Τότε :∣∣G(~x1, · · · , ~xm)∣∣ =

∣∣G(~y1, · · · , ~ym)∣∣ = 〈~y1, ~y1〉 · 〈~y2, ~y2〉 · · · · · 〈~ym, ~ym〉

Απόδειξη. Θα αποδείξουµε τον ισχυρισµό εκτελώντας στοιχειώδεις πράξεις, οι οποίες δεν αλλάζουν τηνορίζουσά, στις γραµµές και στις στήλες του πίνακα Gram:

G(~x1, · · · , ~xm) =

〈~x1, ~x1〉〈~x1, ~x2〉 · · · 〈~x1, ~xm〉〈~x2, ~x1〉〈~x2, ~x2〉 · · · 〈~x2, ~xm〉

......

. . ....

〈~xm, ~x1〉〈~xm, ~x2〉 · · · 〈~xm, ~xm〉

Κατ΄ αρχήν αν το σύνολο S είναι γραµµικά εξαρτηµένο, τότε προφανώς και το σύνολο T είναι γραµµικά

εξαρτηµένο, και τότε∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ = 0 =∣∣G(~y1, · · · , ~ym)

∣∣.Υποθέτουµε ότι το S, άρα και το T, είναι γραµµικά ανεξάρτητο.(1) Θέτουµε ~y1 = ~x1 παντού στον πίνακα G(~x1, · · · , ~xm).(2) Το διάνυσµα ~y2 είναι της µορφής: ~y2 = ~x2 +κ~y1. Πολλαπλασιάζουµε κάθε στοιχείο της πρώτης

στήλης του πίνακα G(~x1, · · · , ~xm) µε το κ, και ακολούθως προσθέτουµε την προκύπτουσα στήληστην δεύτερη στήλη του πίνακα G(~x1, · · · , ~xm). ΄Επειτα πολλαπλασιάζουµε την πρώτη γραµµήτου πίνακα G(~x1, · · · , ~xm) µε το κ και ακολούθως προσθέτουµε την προκύπτουσα γραµµή στηνδεύτερη γραµµή του πίνακα G(~x1, · · · , ~xm).

΄Ετσι, µε τις παραπάνω πράξεις οι οποίες δεν αλλάζουν την ορίζουσα, τα διανύσµατα ~y1 και ~y2

εµφανίζονται σε κάθε στοιχείο της ορίζουσας όπου εµφανίζονταν τα ~y1 και ~x2, και εποµένως ϑαέχουµε:

212

∣∣G(~x1, · · · , ~xm)∣∣ = Det

〈~y1, ~y1〉〈~y1, ~y2〉〈~y1, ~x3〉 · · · 〈~y1, ~xm〉〈~y2, ~y1〉〈~y2, ~y2〉〈~y2, ~x3〉 · · · 〈~y2, ~xm〉〈~x3, ~y1〉〈~x3, ~y2〉〈~x3, ~x3〉 · · · 〈~x3, ~xm〉

......

.... . .

...〈~xm, ~y1〉〈~xm, ~y2〉〈~ym, ~x3〉 · · · 〈~xm, ~xm〉

(3) Ακολούθως το διάνυσµα ~y3 είναι της µορφής ~y3 = ~x3 + λ1~y1 + λ2~y2. Τότε πολλαπλασιάζουµε

κάθε στοιχείο της πρώτης στήλης του πίνακα G(~y1, · · · , ~xm) µε το λ1, και κάθε στοιχείο τηςδεύτερης στήλης µε λ2 και προσθέτουµε τις προκύπτουσες στήλες στην τρίτη στήλη του πίνακαG(~y1, · · · , ~xm). Εκτελούµε τις ίδιες πράξεις µε τις γραµµές του πίνακα G(~y1, · · · , ~xm).

΄Ετσι, µε τις παραπάνω πράξεις οι οποίες δεν αλλάζουν την ορίζουσα, τα διανύσµατα ~y3 εµφα-νίζεται σε κάθε στοιχείο της ορίζουσας όπου εµφανιζόταν τα ~q3, και εποµένως ϑα έχουµε:

∣∣G(~x1, · · · , ~xm)∣∣ = Det

〈~y1, ~y1〉〈~y1, ~y2〉〈~y1, ~y3〉 · · · 〈~y1, ~xm〉〈~y2, ~y1〉〈~y2, ~y2〉〈~y2, ~y3〉 · · · 〈~y2, ~xm〉〈~y3, ~y1〉〈~y3, ~y2〉〈~y3, ~y3〉 · · · 〈~y3, ~xm〉

......

.... . .

...〈~xm, ~y1〉〈~xm, ~y2〉〈~xm, ~y3〉 · · · 〈~xm, ~xm〉

(4) Συνεχίζοντας αυτή τη διαδικασία, αντικαθιστούµε, µε στοιχειώδεις πράξεις οι οποίες δεν αλλάζουν

την ορίζουσα, όλα τα διάνυσµατα ~xi, 1 ≤ i ≤ m, τα οποία εµφανίζονται ως (i, j)-στοιχεία 〈~xi, ~xj〉της ορίζουσας

∣∣G(~x1, · · · , ~xm)∣∣, µε τα διανύσµατα ~yi, 1 ≤ i ≤ m, τα οποία προκύπτουν από τα

~xi, 1 ≤ i ≤ m, µε την διαδικασία Gram-Schmidt. Εποµένως ϑα έχουµε:

∣∣G(~x1, · · · , ~xm)∣∣ = Det

〈~y1, ~y1〉〈~y1, ~y2〉〈~y1, ~y3〉 · · · 〈~y1, ~ym〉〈~y2, ~y1〉〈~y2, ~y2〉〈~y2, ~y3〉 · · · 〈~y2, ~ym〉〈~y3, ~y1〉〈~y3, ~y2〉〈~y3, ~y3〉 · · · 〈~y3, ~ym〉

......

.... . .

...〈~ym, ~y1〉〈~ym, ~y2〉〈~ym, ~y3〉 · · · 〈~ym, ~ym〉

=∣∣G(~y1, · · · , ~ym)

∣∣

Επειδή το σύνολο ~y1, · · · , ~ym είναι ορθογώνιο, έπεται ότι :

∣∣G(~x1, · · · , ~xm)∣∣ =

∣∣G(~y1, · · · , ~ym)∣∣ =

m∏i=1

〈~yi, ~yi〉 =m∏i=1

‖~yi‖2

Πρόταση 11.5. ΄Εστω S = ~x1, ~x2, · · · , ~xm ένα σύνολο διανυσµάτων του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉),και έστω T = ~y1, ~y2, · · · , ~ym το ορθογώνιο σύνολο το οποίο προκύπτει από το S µε την διαδικασία

Gram-Schmidt. Τότε :

0 ≤∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ ≤ ‖~x1‖2 ‖~x2‖2 · · · ‖~xm‖2

Επιπλέον :

(1)∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ = 0 αν και µόνον αν το σύνολο διανυσµάτων S είναι γραµµικά εξαρτηµένο.

(2)∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ > 0 αν και µόνον αν το σύνολο διανυσµάτων S είναι γραµµικά ανεξάρτητο.

(3)∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ = ‖~x1‖2 ‖~x2‖2 · · · ‖~xm‖2 αν και µόνον αν το σύνολο S είναι ορθογώνιο.

Απόδειξη. Από την σχέση (12.4) και την Πρόταση 12.4 έπεται ότι∣∣G(~x1, · · · , ~xm)∣∣ =

∣∣G(~y1, · · · , ~ym)∣∣ = ‖~y1‖2 · ‖~y2‖2 · · · · · ‖~ym‖2 ≤ ‖~x1‖2 · ‖~x2‖2 · · · · · ‖~xm‖2

213

΄Αρα 0 ≤∣∣G(~x1, · · · , ~xm)

∣∣ ≤ ‖~x1‖2 ‖~x2‖2 · · · ‖~xm‖2. Οι ισχυρισµοί (1) και (2) αποδείχθηκαν στηνΠρόταση 12.3.

Προφανώς αν το σύνολο S είναι ορθογώνιο, τότε η παραπάνω ανισότητα είναι ισότητα. Αντίστροφαεύκολα ϐλέπουµε µε επαγωγή στο πλήθος m των διανυσµάτων και µε χρήση της σχέσης (11.4), ότι αν ηπαραπάνω ανισότητα είναι ισότητα, τότε το σύνολο διανυσµάτων S είναι ορθογώνιο,

11.3. ΄Ογκος Παραλληλεπιπέδου σε Ευκλείδειους Χώρους. ΄Εστω S = ~x1, ~x2, · · · , ~xm ένα σύνολοδιανυσµάτων του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉).

Υπενθυµίζουµε ότι αν V είναι ένας υπόχωρος του E, τότε :

E = V⊕ V⊥ (Ορθογώνιο Ευθύ ΄Αθροισµα)

και άρα κάθε διάνυσµα ~x του E γράφεται µοναδικά ως εξής :

~x = ΠV(~x) + KV(~x)

όπου: ΠV(~x) ∈ V και KV(~x) ∈ V⊥.

Ορισµός 11.6. ΄Εστω S = ~x1, ~x2, · · · , ~xm ένα σύνολο διανυσµάτων του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉).(1) Το m-διάστατο παραλληλεπίπεδο του E το οποίο ορίζουν τα διανύσµατα S = ~x1, ~x2, · · · , ~xm

είναι το σύνολο

P(~x1, ~x2, · · · , ~xm) = m∑i=1

ri~xi | 0 ≤ ri ≤ 1

(2) Η ϐάση του παραλληλεπιπέδου P(~x1, ~x2, · · · , ~xm) ορίζεται ως το (n − 1)-διάστατο παραλληλε-

πίπεδο P(~x1, ~x2, · · · , ~xm−1) το οποίο ορίζουν τα διανύσµατα ~x1, ~x2, · · · , ~xm−1.(3) Το ύψος τουm-διάστατου παραλληλεπιπέδουP(~x1, ~x2, · · · , ~xm) ορίζεται να είναι η κάθετη προβο-

λή του διανύσµατος ~xm στον υπόχωρο L(~x1, ~x2, · · · , ~xm−1) ο οποίος παράγεται απο τα διανύσµατα

~x1, ~x2, · · · , ~xm−1:

~hm := KL(~x1,~x2,··· ,~xm−1)(~xm)

Παρατήρηση 11.7. ΄Εστω E = R3εφοδιασµένος µε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο, ο οποίος είναι ο

χώρος που εξετάζει η Αναλυτική Γεωµετρία. Τότε το 1-διάστατο παραλληλεπίπεδο το οποίο ορίζεται από

το σύνολο S = ~x1 είναι η ευθεία η οποία διέρχεται από το ~0 και από το τέλος του διανύσµατος ~x1. Το

2-διάστατο παραλληλεπίπεδο το οποίο ορίζεται από το σύνολο S = ~x1, ~x2 είναι το παραλληλόγραµµο

µε πλευρές τα διανύσµατα ~x1 και ~x2. Το 3-διάστατο παραλληλεπίπεδο το οποίο ορίζεται από το σύνολο

S = ~x1, ~x2 είναι το παραλληλόγραµµο µε πλευρές τα διανύσµατα ~x1, ~x2, και ~x3.

Παρατήρηση 11.8. Από την Αναλυτική Γεωµετρία το εµβαδόν ενός παραλληλογράµου το οποίο ορίζουν

δύο διανύσµατα ~x1 και ~x2, είναι το γινόµενο του µήκους του ενός από αυτά, π.χ. το ~x1 το οποίο ϑεωρούµε

ως ϐάση, µε το µήκος της καθέτου από το τέλος του ~x2 στην ευθεία στην οποία κείται το ~x1.

Παρόµοια ο όγκος ενός παραλληλεπιπέδου το οποίο ορίζουν τρία διανύσµατα ~x1, ~x2, και ~x3, είναι το

γινόµενο του εµβαδού του παραλληλογράµµου το οποίο σχηµατίζεται από δύο εκ των διανυσµάτων, π.χ.

~x1 και ~x2 τα οποία ϑεωρούνται ως ϐάση, µε το µήκος της καθέτου από το τρίτο διάνυσµα ~x3 στο επίπεδο το

οποίο ορίζουν τα ~x1 και ~x2.

Με ϐάση τις παραπάνω παρατηρήσεις, µπορούµε να ορίσουµε τον όγκο ενός m-διάστατου παραλλη-λεπίπεδου ως εής :

214

Ορισµός 11.9. Ο όγκος Vm := V(~x1, ~x2, · · · , ~xm) του m-διάστατου παραλληλεπίπεδου του E το οποίο

ορίζουν τα διανύσµατα S = ~x1, ~x2, · · · , ~xm του E ορίζεται επαγωγικά ως εξής :

1. Αν m = 1, τότε :V1 := ‖~x1‖

2. Αν m = 2, τότε :V2 := V1 · ‖~h1‖

όπου :

~h1 = KL(~x1)(~x2) και V1 = µήκος του~x1

3. Αν m = 3, τότε :V3 := V2 · ‖~h2‖

όπου :

~h2 = KL(~x1,~x2)(~x3) είναι η κάθετη προβολή του ~x3 στο επίπεδο L(~x1, ~x2)

και

V2 = εµβαδόν παραλληλογράµµου P(~x1, ~x2) το οποίο ορίζουν τα ~x1, ~x2

.

.

.

k. Για 1 ≤ k ≤ m:

Vk := Vk−1 · ‖~hk−1‖όπου :

~hk−1 = KL(~x1,~x2,··· ,~xk−1)(~xk) είναι η κάθετη προβολή του ~xk στον υπόχωρο L(~x1, ~x2, · · · , ~xk−1)

και

Vk−1 = όγκος παραλληλεπιπέδου P(~x1, ~x2, · · · , ~xk−1) το οποίο ορίζουν τα ~x1, ~x2, · · · , ~xk−1.

Παρατήρηση 11.10. ΄Οπως είναι ϕανερό από τον παραπάνω επαγωγικό ορισµό, ο όγκος Vm του m-

διάστατου παραλληλεπιπέδου P(~x1, ~x2, · · · , ~xm) είναι :

Vm = ‖~x1‖ · ‖~h1‖ · ‖~h2‖ · · · · · ‖~hm−1‖

Λαµβάνοντας υπ΄ όψιν τη σχέση (11.4), την Πρόταση 11.5, και το γεγονός ότι τα διανύσµατα ~hi, 1 ≤ i ≤m προκύπτουν µε ϐάση την διαδικασία Gram-Schmidt από τα διανύσµατα ~xi, 1 ≤ i ≤ m, ϑα έχουµε :

(Vm)2 =∣∣G(~x1, ~x2, · · · , ~xm)

∣∣Ορισµός 11.11. ΄Εστω P(~x1, ~x2, · · · , ~xm) το m-διάστατο παραλληλεπίπεδο το οποίο ορίζεται από τα

διανύσµατα ~x1, ~x2, · · · , ~xm του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉).Το P(~x1, ~x2, · · · , ~xm) καλείται ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο, αντίστοιχα ορθοκανονικό παραλλη-

λεπίπεδο, αν το σύνολο διανυσµάτων ~x1, ~x2, · · · , ~xm είναι ορθογώνιο, αντίστοιχα ορθοκανονικό.

Θεώρηµα 11.12. ΄Εστω P(~x1, ~x2, · · · , ~xm) τοm-διάστατο παραλληλεπίπεδο το οποίο ορίζεται από τα δια-

νύσµατα ~x1, ~x2, · · · , ~xm του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉). Τότε το τετράγωνο του όγκου τουP(~x1, ~x2, · · · , ~xm)είναι ίσο µε την ορίζουσα Gram των διανυσµάτων ~x1, ~x2, · · · , ~xm. ΄Αρα:

Vm = ±√∣∣G(~x1, ~x2, · · · , ~xm)

∣∣Επιπλέον ο όγκος ενός m-διάστατου παραλληλεπιπέδου είναι µικρότερος ή ίσος από το γινόµενο των

µηκών των πλευρών του και είναι ίσος µε αυτό αν και µόνον αν το παραλληλεπίπεδο είναι ορθογώνιο.

215

Πόρισµα 11.13. ΄Εστω P(~x1, ~x2, · · · , ~xm) το m-διάστατο παραλληλεπίπεδο το οποίο ορίζεται από τα

διανύσµατα ~x1, ~x2, · · · , ~xm του Ευκλείδειου χώρου (E, 〈, 〉).(1) Αν το παραλληλεπίπεδο P(~x1, ~x2, · · · , ~xm) είναι ορθογώνιο, τότε :

Vm = ‖~x1‖ · ‖~x2‖ · · · · · ‖~xm‖(2) Αν το παραλληλεπίπεδο P(~x1, ~x2, · · · , ~xm) είναι ορθοκανονικό, τότε :

Vm = 1

11.4. Η Γεωµετρική Ερµηνεία της Ορίζουσας και η Ανισότητα του Hadamard.΄Εστω A ένας n× n πίνακας πραγµατικών αριθµών:

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

Τότε χωρίς ϐλάβη της γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι οι στήλες του A είναι οι συνιστώσεςδιανυσµάτων ~x1, ~x2, · · · , ~xn ως προς µια ορθοκανονική ϐάση B = ~e1, ~e2, · · · , ~en σε έναν Ευκλείδειοχώρο (E, 〈, 〉) διάστασης n, για παράδειγµα στον Rn. ΄Ετσι ϑα έχουµε τα διανύσµατα:

~x1 := a11~e1 + a21~e2 + · · ·+ an1~en

~x2 := a12~e1 + a22~e2 + · · ·+ an2~en

...

~xn := a1n~e1 + a2n~e2 + · · ·+ ann~en

Θεώρηµα 11.14. ΄Εστω A ένας n× n πίνακας πραγµατικών αριθµών. Τότε :∣∣Det(A)∣∣ = Vn

όπου Vn είναι ο όγκος του n-διάστατου παραλληλεπιπέδου P(~x1, ~x2, · · · , ~xn) το οποίο σχηµατίζεται από

τα διανύσµατα ~x1, ~x2, · · · , ~xn µε συνιστώσες σε µια ορθοκανονκή ϐάση του Rn τις στήλες του A.

Απόδειξη. Υπολογίζουµε εύκολα ότι :

G(~x1, ~x2, · · · , ~xn) = tA ·Aκαι άρα χρησιµοποιώντας το Θεώρηµα 11.12, ϑα έχουµε:

V2n = Det

(G(~x1, ~x2, · · · , ~xn)

)= Det(tA ·A) = Det(tA) · Det(A) = Det(A)2

απ΄ όπου προκύπτει το Ϲητούµενο.

Παρατήρηση 11.15. Το παραπάνω Θεώρηµα δίνει µια γεωµετρική ερµηνεία της ορίζουσας, ακριβέστε-

ϱα της απόλυτης τιµής της ορίζουσας, ενός τετραγωνικού n × n πίνακα A ως ο όγκος του n-διάστατου

παραλληλεπιπέδου το οποίο σχηµατίζεται από τα διανύσµατα-στήλες του πίνακα, ϑεωρούµενες ως συνι-

στώσες διανυσµάτων ~x1, ~x2, · · · , ~xn σε µια ορθοκανονική ϐάση ενός n-διάστατου Ευκλείδειου χώρου E.

΄Οσον αφορά το πρόσηµο αυτό ερµηνεύεται ως ο ‘‘προσανατολισµός’’ των διανυσµάτων αναφορικά µε την

ορθοκανονική ϐάση B του E.

216

Προχωρούµε µε σκοπό να αποδείξουµε µια σηµαντική ανισότητα του Hadamard η οποία δίνει µιαεκτίµηση για την ορίζουσα ενός τετραγωνικού πίνακα πραγµατικών αριθµών.

΄Εστω (Rn, 〈, 〉) ο Ευκλείδειος χώρος των στηλών πραγµατικών αριθµών µε n στοιχεία εφοδιασµένοςµε το συνηθισµένο εσωτερικό γινόµενο.

Υπενθυµίζουµε ότι αν A ∈ Mn×n(R) είναι ένας συµµετρικός πίνακας, τότε ο A καλείται ϑετικός αν:

〈A ·X,X〉 > 0, ∀X ∈ Rn, X 6= 0

Ο πίνακας A καλείται µη-αρνητικός αν:

〈A ·X,X〉 ≥ 0, ∀X ∈ Rn

Λήµµα 11.16. ΄Εστω A = (aij) ένας συµµετρικός πίνακας πραγµατικών αριθµών. Αν ο A είναι ϑετικός,

αντίστοιχα µη-αρνητικός, τότε :

aii > 0, αντίστοιχα aii ≥ 0, 1 ≤ i ≤ n

Απόδειξη. Θεωρούµε τα διανύσµατα-στήλες της κανονικής ϐάσης του Rn:

E1 =

10...0

, E2 =

01...0

, · · · , En =

00...1

,

Τότε εύκολα ϐλέπουµε ότι :〈A · Ei, Ei〉 = aii

από όπου προκύπτει το Ϲητούµενο.

Υπενθυµίζουµε το ακόλουθο ϑεµελιώδες

Θεώρηµα 11.17 (Φασµατικό Θεώρηµα). Αν A ∈ Mn×n(R) είναι ένας συµµετρικός πίνακας, τότε όλες οι

ιδιοτιµές του λ1, · · · , λn ανήκουν στο R, και υπάρχει ένας ορθογώνιος πίνακα P έτσι ώστε

tP ·A · P =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · λn

Επιπλέον :

(1) Ο A είναι ϑετικός ⇐⇒ ο A είναι αντιστρέψιµος ⇐⇒ λi > 0, ∀i = 1, 2, · · · , n.(2) Ο A είναι µη-αρνητικός ⇐⇒ λi ≥ 0, ∀i = 1, 2, · · · , n.

Θεώρηµα 11.18. Αν A ∈ Mn×n(R) είναι ένας ϑετικός συµµετρικός πίνακας, τότε :

Det(A) ≤n∏i=1

aii

217

Απόδειξη. Από το Λήµµα 11.16 έπεται ότι τα διαγώνια στοιχεία aii του πίνακα A είναι ϑετικοί αριθµοί.Θέτουµε :

κi =1√aii, 1 ≤ i ≤ n

και έστω ο διαγώνιος πίνακας

D =

κ1 0 · · · 00 κ2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · κn

Θεωρούµε τον πίνακα

B := D ·A ·Dκαι παρατηρούµε ότι ο B είναι επίσης συµµετρικός και τα στοιχεία της διαγωνίου του είναι όλα ίσα µε1:

bii = 1, 1 ≤ i ≤ nΕπιπλέον ο πίνακας B είναι ϑετικός, διότι αν X είναι ένα µη-µηδενικό διάνυσµα-στήλη, τότε :

〈B ·X,X〉 = 〈D ·A ·D ·X,X〉 = 〈A · (D ·X), tD ·X〉 = 〈A · (D ·X), D ·X〉 > 0

διότι ο A είναι ϑετικός και προφανώς D ·X 6= 0.

Για την ορίζουσα του B ϑα έχουµε:

Det(B) = Det(D ·A ·D) = Det(D)2 · Det(A) = Det(D2) · Det(A) = (1√aii

)2 · Det(A) =Det(A)∏ni=1 aii

΄Αρα για να αποδείξουµε το Θεώρηµα, αρκεί να δείξουµε ότι : Det(B) ≤ 1. ΄Εστω

F =

µ1 0 · · · 00 µ2 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · µn

η διαγώνια µορφή του συµµετρικού πίνακα B, όπου µ1, · · · , µn είναι οι ιδιοτιµές του B, οι οποίες είναιϑετικοί αριθµοί, όπως προκύπτει από το Φασµατικό Θεώρηµα, διότι ο B είναι ϑετικός.

Από την, εύκολα αποδεικνυόµενη σχέση, ϑετικών πραγµατικών αριθµών:n∏i=1

µi ≤n∑i=1

(µin

)nϑα έχουµε:

Det(B) = Det(F ) =

n∏i=1

µi ≤n∑i=1

(µin

)n ≤(Tr(B)

n

)n=(nn

)n= 1

διότι, καθώς όλα τα διαγώνια στοιχεία του B είναι ίσα µε 1, έπεται ότι Tr(B) = n. ΄Αρα Det(B) ≤ 1 καιεποµένως :

Det(A) ≤n∏i=1

aii

Μπορούµε τώρα να αποδείξουµε την ανισότητα του Hadamard:

218

Θεώρηµα 11.19 (Ανισότητα Hadamard). ΄Εστω A = (aij) ∈ Mn×n(R). Τότε :

Det(A) ≤

√√√√ n∏j=1

·n∑i=1

a2ij

Απόδειξη. Αν Det(A) = 0, τότε η ανισότητα ισχύει τετριµµένα.Υποθέτουµε ότι Det(A) 6= 0, και ϑεωρούµε τον πίνακα T = (tij), όπου T := tA · A. Τότε προφανώς

ο T είναι συµµετρικός, και αντιστρέψιµος διότι ο A είναι αντιστρέψιµος. Εποµένως από το ΦασµατικόΘεώρηµα έπεται ότι T είναι ϑετικός. Τότε από το Θεώρηµα 11.18, ϑα έχουµε:

Det(T ) ≤n∏j=1

tjj

΄Οµως προφανώς:

tjj = (T )jj = (tA ·A)jj =

n∑i=1

aijaij =

n∑i=1

a2ij


Det(T ) ≤n∏j=1

tjj =n∏j=1

n∑i=1

a2ij

Επειδή D(T ) = Det(tA ·A) = Det(A2) = Det(A)2, ϑα έχουµε:

Det(A)2 = Det(T ) ≤n∏j=1

tjj =n∏j=1

n∑i=1

a2ij

απ΄ όπου προκύπτει το Ϲητούµενο.

Προφανώς η ισότητα στην Ανισότητα Hadamard ισχύει όταν ο πίνακας είναι διαγώνιος.

΄Ως άµεση συνέπεια της Ανισότητας Hadamard, έχουµε το ακόλουθο

Πόρισµα 11.20. ΄Εστω A = (aij) ∈ Mn×n(R). Αν |aij | ≤ ε, 1 ≤ i, i ≤ n, τότε :

Det(A) ≤ εn · nn2

Πόρισµα 11.21. Από όλα τα n-διάστατα παραλληλεπίπεδα P(~x1, · · · , ~xn) µε δεδοµένο µήκος ‖~xi‖ δια-

νυσµάτων πλευρών, εκείνο µε τον µεγαλύτερο όγκο είναι το ορθογώνιο.

Παράδειγµα 11.22. Θωρούµε τον 4× 4 πίνακα

A =

2 −2 1 2−1 1 1 1

2 1 2 11 2 1 −2

Τότε ϑέτοντας ε = 2, από το Πόρισµα 11.20 ϑα έχουµε Det(A) ≤ 24 · 4

42 = 16 · 16 = 256. Πραγµατικά:

Det(A) = 12.

219

Παράδειγµα 11.23. Θωρούµε τον 3× 3 πίνακα

A =

5 1 11 4 11 1 3

Τότε ϑέτοντας ε = 5, από το Πόρισµα 11.20 ϑα έχουµεDet(A) ≤ 53·3

32 που είναι περίπου 156. Πραγµατικά:

Det(A) = 50.

220

12. Ισοµετρίες

12.1. Χαρακτηρισµός Ισοµετριών. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης.

Ορισµός 12.1. Μια, όχι κατ΄ ανάγκην γραµµική, απεικόνιση f : E−→E καλείται ισοµετρία αν η f διατηρεί

αποστάσεις, δηλαδή:

‖f(~x)− f(~y)‖ = ‖~x− ~y‖, ∀~x, ~y ∈ E

Μια απεικόνιση g : E−→E καλείται µεταφορά, κατά το διάνυσµα ~a, αν :

g(~x) = ~x+ ~a, ∀~x ∈ E

Την µεταφορά κατά το διάνυσµα ~a ϑα την συµβολίζουµε µε g~a.

Προφανώς κάθε µεταφορά είναι ισοµετρία. Στην παρούσα παράγραφο µε τον όρο ισοµετρία ϑαενοούµε ισοµετρία µε την έννοια του ορισµού 12.1.

Θεώρηµα 12.2. (1) Κάθε ισοµετρία f : E−→E µπορεί να γραφεί µοναδικά ως σύνθεση µιας µεταφο-

ϱάς g~a και µιας ισοµετρίας h η οποία στέλνει το ~0 στο ~0:

f = g~a h, η h : E−→E είναι ισοµετρία και h(~0) = ~0

δηλαδή: f(~x) = h(~x) + ~a, ∀~x ∈ E.

(2) Τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(α΄) Η f : E−→E είναι ισοµετρία και : f(~0) = ~0.(ϐ΄)

〈 f(~x), f(~y) 〉 = 〈 ~x, ~y 〉, ∀~x, ~y ∈ E

Ιδιαίτερα : ‖f(~x)‖ = ‖~x‖, ∀~x ∈ E.

(3) ΄Εστω B = ~e1, · · · , ~en µια ορθοκανονική ϐάση του E και f : E−→E µια ισοµετρία.

Αν f(~0) = ~0 και f(~ei) = ~ei, 1 ≤ i ≤ n, τότε : f = IdE.

Απόδειξη.

Θεώρηµα 12.3. Κάθε ισοµετρία f : E−→E για την οποία ισχύει ότι f(~0) = ~0, είναι γραµµική απεικόνιση,

και εποµένως είναι ένας ισοµορφισµός.

Απόδειξη.

Πόρισµα 12.4. Για µια απεικόνιση f : E−→E, τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Η f είναι ισοµετρία και f(~0) = ~0.(2) Η f είναι γραµµική ισοµετρία.

Θεώρηµα 12.5. (1) ΄Εστω f : E−→E µια ισοµετρία, τότε υπάρχει µοναδικό διάνυσµα ~a ∈ E και µια

γραµµική ισοµετρία h : E−→E έτσι ώστε :

f = g~a h(2) Αντίστροφα κάθε απεικόνιση της παραπάνω µορφής είναι ισοµετρία.

221

Πόρισµα 12.6. ΄Εστω f : Rn−→Rn µια απεικόνιση. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) Η f είναι ισοµετρία.

(2) Υπάρχει µοναδικό διάνυσµα-στήλη Y ∈ Rn και µοναδικός ορθογώνιος πίνακας A έτσι ώστε :

f(X) = A ·X + Y, ∀X ∈ Rn

12.2. Κανονική µορφή Ορθογωνίων Πινάκων. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένηςδιάστασης dimRE = n ≥ 2.

Συµβολισµός: Υπενθυµίζουµε ότι ένα ευθύ άθροισµα V1 ⊕V2 ⊕ · · · ⊕Vk υπόχωρων καλείται ορθο-γώνιο ευθύ άθροισµα αν οι υπόχωροι Vi, 1 ≤ i ≤ k είναι ανά δύο ορθογώνιοι, δηλαδή:

Vi ⊥ Vj , 1 ≤ i 6= j ≤ kµε άλλα λόγια : 〈~xi, ~xj〉 = 0, ∀~xi ∈ Vi, ∀~xj ∈ Vj .

Σ΄ αυτή την περίπτωση ϑα γράφουµε το ορθογώνιο ευθύ άθροισµα ως εξής : V1 V2 · · · Vk.

Από τώρα και στο εξής : µε τον όρο ισοµετρία ϑα εννούµε γραµµική ισοµετρία.

Θεώρηµα 12.7. Αν f : E−→E είναι µια ισοµετρία, τότε :

E = V1 V2 · · · Vk

όπου κάθε υπόχωρος Vi είναι f -αναλλοίωτος, δηλαδή: f(Vi) ⊆ Vi, και dimRV = 1 ή 2.

Απόδειξη. Η απόδειξη ϑα γίνει µε χρήση επαγωγής σε κάποια ϐήµατα.

Βήµα 1: Ο Ευκλείδειος χώρος E έχει έναν f-αναλλοίωτο υπόχωρο V µε dimRV = 1 ή 2.Απόδειξη : ΄Εστω Pf (t) το χαρακτηρσιτικό πολυώνυµο της f . Επειδή τα µόνα ανάγωγα πολυ-

ώνυµα µε συντελεστές από το R είναι ϐαθµού 1 ή 2, έπεται ότι µπορούµε να γράψουµε το Pf (t)ως γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων

Pf (t) = P1(t) · P2(t) · · · · · Pk(t) degPi(t) = 1 ή 2

Από το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton, ϑα έχουµε Pf (f) = 0, και άρα Pf (f)(~x) = ~0, ∀~x ∈ E.

Θεώρηµα 12.8. ΄Εστω f : E −→ E µια ισοµετρία. Τότε υπάρχει ορθοκανονική ϐάση B του E έτσι ώστε ο

πίνακας της f στην B να είναι της µορφής :

A = MBB(f) =

A1 O · · · OO A2 · · · O...

.

.

.. . .

.

.

.

O O · · · Ak

(∗)

όπου :

Ai =

(cos(ϕi) sin(ϕi)− sin(ϕi) cos(ϕi)

), 1 ≤ i ≤ k − 2

Ak−1 =

1 0 · · · 00 1 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · 1

∈ Mr×r(R)

222

Ak =

−1 0 · · · 00 −1 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · −1

∈ Ms×s(R)

2(k − 2) + r + s = dimRE

Ιδιαίτερα κάθε ορθογώνιος πίνακας είναι όµοιος µε έναν πίνακα της µορφής (∗).

12.3. Ανακλάσεις. Στο παρόν εδάφιο ϑα ασχοληθούµε µε ανακλάσεις οι οποίες είναι ειδικού τύπουισοµετρίες.

Ορισµός 12.9. Μια γραµµική απεικόνιση f : E −→ E καλείται ανάκλαση αν υπάρχει ένα υπερεπίπεδο

H του E, το υπερεπίπεδο ανάκλασης, δηλαδή ένας υπόχωρος H του E διάστασης dimRH = n− 1, έτσιώστε :

f(~x) = ~x, ∀~x ∈ H και f(~x) = −~x, ∀~x ∈ H⊥

Πρόταση 12.10. ΄Εστω f : E −→ E µια ανάκλαση ως προς ένα υπερεπίπεδο H του E. Τότε υπάρχει ένα

µη-µηδενικό διάνυσµα ~v ∈ H⊥, έτσι ώστε :

f(~x) = ~x− 2〈 ~x,~v 〉〈~v,~v 〉

· ~v, ∀ ~x ∈ E

Αν ~w ∈ H⊥ είναι ένα άλλο διάνυσµα έτσι ώστε να ικανοποιείται η παραπάνω σχέση, τότε ~w = λ~v, για

κάποιο λ ∈ R.

Απόδειξη.

Σύµφωνα µε την παραπάνω Πρόταση, µια ανάκλαση f : E −→ E προσδιορίζεται από ένα µη-µηδενικόδιάνυσµα ~v ∈ E, δηλαδή είναι της µορφής f = f~v, όπου

f~v : E −→ E, f~v(~x) = ~x− 2〈 ~x,~v 〉〈~v,~v 〉

· ~v, ∀ ~x ∈ E

και τότε το υπερεπίπεδο ανάκλασης είναι : H = ~v⊥.

Πρόταση 12.11. Κάθε ανάκλαση f : E −→ E είναι ισοµετρία και αυτοπροσαρτηµένη. Ιδιαίτερα f2 = IdE

και υπάρχει ορθοκανονική ϐάση B του E στην οποία ο πίνακας της f είναι της µορφής :−1 0 · · · 00 1 · · · 0...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · 1

Απόδειξη.

Λήµµα 12.12. ΄Εστω ~v, ~w ∈ E δύο διανύσµατα του E. Τότε τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα:

(1) ‖~v‖ = ‖~w‖.(2) Υπάρχει µια ανάκλαση f : E −→ E, έστι ώστε : f(~v) = ~w.

223

Επιπλέον f(~w) = ~v, και αν ~v 6= ~0 6= ~w, τότε η ανάκλαση f για την οποία ισχύει f(~v) = ~w είναι µοναδική

και ίση µε την ανάκλαση:

f = f~v−~w

Απόδειξη.

Θεώρηµα 12.13 (Cartan-Dieudonne). Αν f : E −→ E, είναι µια γραµµική απεικόνιση, τότε τα ακόλυθα


(1) Η f είναι ισοµετρία.

(2) Η f είναι σύνθεση k το πλήθος ανακλάσεων, δηλαδή υπάρχουν µη-µηδενικά διανύσµατα~v1, ~v2, · · · , ~vk,1 ≤ k ≤ n = dimRE, έτσι ώστε :

f = f~v1 f~v1 · · · f~vkΑπόδειξη.

224

13. Παραγοντοποιήσεις Πινάκων και Γραµµικών Απεικονίσεων13.1. Η Παραγοντοποίηση QR ενός πίνακα. ΄Εστω A ένας n× n πίνακας πραγµατικών αριθµών:

A =

x11 x12 · · · x1n

x21 x22 · · · x2n...

.... . .

...xn1 xn2 · · · xnn

Στην παρούσα παράγραφο, µε χρήση της διαδικασίας Gram-Schmidt ϑα δείξουµε ότι αν ο A είναι

αντιστρέψιµος, τότε ο A µπορεί να γραφεί µε µοναδικό τρόπο ως γινόµενο ενός ορθογώνιου πίνακα καιενός άνω τριγωνικού πίνακα ο οποίος έχει ϑετικούς αριθµούς στην διαγώνιό του.

Θεώρηµα 13.1. ΄Εστω A ένας αντιστρέψιµος n× n πίνακας πραγµατικών αριθµών. Τότε υπάρχουν :

(1) ένας ορθογώνιος πίνακας Q, και

(2) ένας άνω τριγωνικός πίνακας R όλα τα στοιχεία της διαγωνίου του οποίου είναι ϑετικοί αριθµοί,

έτσι ώστε :

A = Q ·R

και η παραπάνω παραγοντοποίηση είναι µοναδική. ∆ηλαδή ανA = Q1 ·R1, όπουQ1 είναι ένας ορθογώνιος

πίνακας, καιR1 είναι ένας άνω τριγωνικός πίνακαςR όλα τα στοιχεία της διαγωνίου του οποίου είναι ϑετικοί

αριθµοί, τότε : Q = Q1 και R = R1.

Απόδειξη. ΄Εστω

Σi =

a1j

a2j...anj

, 1 ≤ j ≤ n

η j-στήλη του πίνακα A. Τότε ο πίνακας A ορίζει το σύνολο διανυσµάτωνΣ1, Σ2, · · · , Σn

του Ευκλείδειου χώρου (Rn, 〈, 〉). Επειδή ο πίνακας A είναι αντιστρέψιµος, έπεται ότι οι στήλες τουΣ1,Σ2, · · · ,Σn αποτελούν ένα γραµµικά ανεξάρτητο σύνολο διανυσµάτων του Rn. ΄Εστω

Qj =

q1j

q2j...qnj

, 1 ≤ j ≤ n

το σύνολο διανυσµάτων το οποίο προκύπτει από το σύνολο των στηλών του A µε την διαδικασία Gram-Schmidt. Ως γνωστόν τότε το διάνυσµα Qj είναι γραµµικός συνδυασµός των Σ1, · · · ,Σj , και έτσι ϑαέχουµε, ϐλέπε εδάφιο 11.2, ότι το σύνολο :

Q1 = c11Σ1

Q2 = c12Σ1 + c22Σ2

...

Qn = c1nΣ1 + c2nΣ2 + · · ·+ cnnΣn

225

είναι ένα ορθοκανονικό σύνολο διανυσµάτων του Rn, και cjj 6= 0, 1 ≤ j ≤ n. Οι παραπάνω σχέσειςµπορούν να γραφούν µε µορφή πινάκων ως εξής :

(Q1, Q2, · · · , Qn

)=(

Σ1, Σ2, · · · , Σn

)·

c11 c12 · · · c1n

0 c22 · · · c2n...

.... . .

...0 0 · · · cnn

Επειδή cjj 6= 0, 1 ≤ j ≤ n, ο άνω τριγωνικός πίνακας

C =

c11 c12 · · · c1n

0 c22 · · · c2n...

.... . .

...0 0 · · · cnn

είναι αντιστρέψιµος και τότε ο αντίστροφός του

C−1 =

d11 d12 · · · d1n

0 d22 · · · d2n...

.... . .

...0 0 · · · dnn

ϑα είναι άνω τριγωνικός. ΄Ετσι ϑα έχουµε:

(Σ1, Σ2, · · · , Σn

)=(Q1, Q2, · · · , Qn

)·

d11 d12 · · · d1n

0 d22 · · · d2n...

.... . .

...0 0 · · · dnn

(∗)

και djj 6= 0, 1 ≤ j ≤ n. Τότε ϑα έχουµε τις σχέσεις :

Σ1 = d11Q1

Σ2 = d12Q1 + d22Q2

...Σn = d1nQ1 + d2nQ2 + · · ·+ dnnQn

Αν κάποιο από τα djj είναι < 0, τότε πολλαπλασιάζουµε κάθε στήλη Qj µε το −1 και έτσι χωρίς ναεπηρεάζεται η ορθοκανονικότητα του συνόλου

Q1, Q2, · · · , Qn

, µπορούµε να γράψουµε τις παραπάνω

σχέσεις ως εξής :Σ1 = r11Q

′1

Σ2 = r12Q′1 + r22Q

′2

...Σn = r1nQ

′1 + r2nQ

′2 + · · ·+ rnnQ

′n

όπουr11, r22, · · · , rnn > 0

Οι παραπάνω σχέσεις γράφονται µε µορφή πινάκων:

(Σ1, Σ2, · · · , Σn

)=(Q′1, Q

′2, · · · , Q′n

)·

r11 r12 · · · r1n

0 r22 · · · r2n...

.... . .

...0 0 · · · rnn

(∗)

226

ή ισοδύναµα:A = Q ·R

όπου

Q =(Q′1, Q

′2, · · · , Q′n

)και R =

r11 r12 · · · r1n

0 r22 · · · r2n...

.... . .

...0 0 · · · rnn

η οποία είναι η Ϲητούµενη παραγοντοποίηση, διότι ο πίνακας Q είναι ορθογώνιος επειδή οι στήλες τουαποτελούν ορθοκανονική ϐάση του Rn, και ο πίνακας R είναι άνω τριγωνικός µε ϑετικά στοιχεία στηνδιαγώνιο.

΄Εστω P = (pij) ένας ορθογώνιος πίνακας και S = (sij) ένας άνω τριγωνικός πίνακας µε ϑετικάστοιχεία στην διαγώνιο, έτσι ώστε : A = P ·S. Τότε επειδή οι πίνακας R είναι αντιστρέψιµος, ϑα έχουµε:

Q ·R = P · S =⇒ P−1 ·Q = S ·R−1

Επειδή οι πίνακες P−1 και Q είναι ορθογώνιοι, έπεται ότι και ο πίνακας P−1 · Q ϑα είναι ορθογώνιος.΄Αρα ο πίνακας S · R−1 ορθογώνιος. ΄Οµως ο πίνακας S · R−1 είναι άνω τριγωνικός (ως γινόµενο άνωτριγωνικών πινάκων). Επειδή, όπως µπορούµε να δούµε εύκολα ο µόνος ορθογώνιος και άνω τριγωνικόςπίνακας µε ϑετικά στοιχεία στην κύρια διαγώνιο είναι ο µοναδιαίος, έπεται ότι S · R−1 = In και άραS = R. Τότε προφανώς Q = P .

Παρατήρηση 13.2. Η παραγοντοποίηση QR ενός αντιστρέψιµου πίνακα χρησιµοποιείται στην επίλυση

γραµµικών συστηµάτων: ΄Εστω A ∈ Mn×n(R και έχτω το γραµµικό σύστηµα

A ·X = B

΄Εστω A = Q · R, όπου Q είναι ένας ορθογώνιος πίνακας, δηλαδή Q−1 = tQ, και R είναι ένας άνω

τριγωνικός πίνακας µε ϑετικά στοιχεία στην κύρια διαγώνιο. Τότε ϑα έχουµε το σύστηµα

Q ·R ·X = B =⇒ R ·X = tQ ·Bτο οποίο είναι της µορφής

r11 r12 · · · r1n

0 r22 · · · r2n...

.

.

.. . .

.

.

.

0 0 · · · rnn

·x1

x2

·xn

=

b′1b′2·b′n

όπου στα δεξιά είναι ο πίνακας-στήλη

tQ · B, και το οποίο επιλύεται εύκολα διότι ο πίνακας R είναι άνω

τριγωνικός και rjj > 0, 1 ≤ j ≤ n. Για παράδειγµα

xn =rnnb′n, xn−1 =

1

rn−1,n−1

(b′n−1 − rn−1,n

rnnb′n

), · · ·

Παρατήρηση 13.3. Η παραγοντοποίηση QR, χωρίς την µοναδικότητα, ισχύει και για µη-τετραγωνικούς

(και ιδιαίτερα και για µη-αντιστρέψιµους) πίνακες :

Κάθε πίνακας A ∈ Mm×n(R) µπορεί να γραφεί ως γινόµενο

A = Q ·Rόπου Q ∈ Mm×n(R) είναι ένας πίνακας του οποίου οι στήλες αποτελούν ένα ορθοκανονικό σύνολο, και

R ∈ Mn×n(R) είναι ένας άνω τριγωνικός πίνακας µε µη-αρνητικά στοιχεία στην κύρια διαγώνιο.

Η απόδειξη είναι παρόµοια µε την απόδειξη του Θεωρήµατος 13.1.

227

13.2. Πολική Ανάλυση. ΄Εστω z ∈ C ένας µη-µηδενικός µιγαδικός αριθµός. Τότε ως γνωστόν ο zµπορεί να γραφεί ως :

z = r · eiθ, r > 0, |eiθ| = 1

∆ιαφορετικά: z = r · w, όπου w = z|z| και r = |z|.

Στην παρούσα παράγραφο ϑα δούµε µια ανάλογη παραγοντοποίηση για γραµµικές απεικονίσεις σεΕυκλείδειους χώρους.

Θεώρηµα 13.4. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E −→ E µια

αντιστρέψιµη γραµµική απεικόνιση. Τότε η f µπορεί να γραφεί µοναδικά ως :

f = g h

όπου :

(1) Η γραµµική απεικόνιση g : E−→E είναι αυτοπροσαρτηµένη και ϑετική.

(2) Η γραµµική απεικόνιση h : E−→E είναι ισοµετρία.

Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι η f είναι ισοµορφισµός. Τότε όπως γνωρίζουµε η αυτοπροσαρτηµένη της f∗

είναι επίσης ισοµορφισµός και ισχύει (f∗)−1 = (f−1)∗. Θεωρούµε την γραµµική απεικόνιση

f f∗ : E −→ E

η οποία είναι ϑετική διότι, ∀~x 6= ~0:

〈f f∗)(~x), ~x〉 = 〈f(f∗(~x)), ~x〉 = 〈f∗(~x), f∗(~x)〉 = ‖f∗(~x)‖2 > 0

και η τελευταία ανισότητα ισχύει διότι ‖f∗(~x)‖2 ≥ 0 και ‖f∗(~x)‖2 = 0 αν και µόνον αν f∗(~x) = 0 καιάρα αν και µόνον αν ~x = ~0 το οποίο είναι άτοπο διότι ~x 6= 0. ΄Αρα:

f f∗ > 0

Επειδή όπως γνωρίζουµε κάθε ϑετική γραµµική απεικόνιση έχει µια µοναδική ϑετική τετραγωνική ϱίζα,έπεται ότι υπάρχει µοναδική αυτοπροσαρτηµένη ϑετική γραµµική απεικόνιση g : E−→E έτσι ώστε :

f f∗ = g2

Επειδή κάθε ϑετική γραµµική απεικόνιση είναι ισοµορφισµός, µπορούµε να Θεωρήσουµε τότε τηνγραµµική απεικόνιση

h := g−1 fκαι άρα

h∗ = (g−1 f)∗ = f∗ (g−1)∗ = f∗ (g∗)−1 = f∗ g−1

και εποµένωςh h∗ = h f∗ g−1 = g−1 f f∗ g−1 = g−1 g2 g−1 = IdE

το οποίο δείχνει ότι η h είναι ισοµετρία. Επειδή h := g−1 f ϑα έχουµε f = g h, όπου η g είναιαυτοπροσαρτηµένη ϑετική γραµµική απεικόνιση και η h είναι ισοµετρία.

Για την µοναδικότητα: έστω f = g1 h1, όπου η g1 είναι ϑετική αυτοπροσαρτηµένη και η h1 είναιισοµετρία. Τότε χρησιµοποιώντας ότι η h1 είναι ισοµετρία, ϑα έχουµε:

f∗ = (g1 h1)∗ = h∗1 g∗1 = h∗1 g1 =⇒ g2 = f f∗ = f h∗1 g1 = g1 h1 h∗1 g1 = g21

Εποµένως g2 = g21 και άρα g =

√g2 =

√g2

1 = g1, λόγω της µοναδικότητας της ϑετικής τετραγωνικήςϱίζας ϑετικής αυτοπροσαρτηµένης γραµµικής απεικόνισης. Τέλος ϑα έχουµε:

h = g−1 f = g−11 f = h1

228

Πόρισµα 13.5. Κάθε αντιστρέψιµος n× n πίνακας πραγµατικών αριθµών A γράφεται µοναδικά ως :

A = B · C

όπου :

(1) Ο πίνακας B είναι συµµετρικός και ϑετικός.

(2) Ο πίνακας C είναι ορθογώνιος.

Απόδειξη. Θεωρούµε την γραµµική απεικόνιση

fA : Rn −→ Rn, fA(X) = A ·X

Από το παραπάνω Θεώρηµα η fA γράφεται µοναδικά ως:

fA = g h

όπου g : Rn−→Rn είναι είναι συµµετρικός και ϑετικός, και η h : Rn−→Rn είναι ισοµετρία. Τότεϑεωρώντας πίνακες στην κανονική ϐάση B του Rn η οποία είναι ορθοκανονική, ϑα έχουµε A = B · C,διότι MB

B (fA = A, και ο πίνακας B της αυτοπροσαρτηµένης ϑετικής γραµµικής απεικόνισης g είναισυµµετρικός και ϑετικός, και ο πίνακας C της ισοµετρίας h είναι ορθογώνιος.

Πρόταση 13.6. ΄Εστω f, g : E −→ E δύο αυτοπροσαρτηµένες ϑετικές γραµµικές απεικονίσεις, και έστω

h : E −→ E µια ισοµετρία. Υποθέτουµε ότι :

f = g h ή f = h g

Τότε h = IdE και f = g.

Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι : f = g h. Επειδή οι f, g είναι ϑετικές, έπεται ότι f, g είναι αντιστρέψιµες.Τότε :

f = g h =⇒ h = g−1 fκαι εποµένως χρησιµοποιώντας οτι οι f, g είναι αυτοπροσαρτηµένες, ϑα έχουµε:

h∗ = (g−1 f)∗ = f∗ (g−1)∗ = f (g∗)−1 = f g−1

Επίσης χρησιµοποιώντας ότι η h είναι ισοµετρία, ϑα έχουµε h∗ h = IdE και άρα

h∗ = h−1 =⇒ f g−1 = (g−1 f)−1 = f−1 g =⇒ f2 = g2

Λόγω της µοναδικότητας της ϑετικής τετραγωνικής ϱίζας αυτοπροσαρτηµένων ϑετικών γραµµικών απει-κονίσεων, ϑα έχουµε f = g και άρα h = IdE.

Παρόµοια εργαζόµαστε αν f = h g.

Θα δείξουµε τώρα ότι το Θεώρηµα 13.4 ισχύει για κάθε γραµµική απεικόνιση f , όχι κατ΄ ανάγκηναντιστρέψιµη.

Θεώρηµα 13.7. ΄Εστω (E, 〈, 〉) ένας Ευκλείδειος χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E −→ E µια

αντιστρέψιµη γραµµική απεικόνιση. Τότε η f µπορεί να γραφεί ως :

f = g h

όπου :

(1) Η γραµµική απεικόνιση g : E−→E είναι αυτοπροσαρτηµένη και µη-αρνητική.

(2) Η γραµµική απεικόνιση h : E−→E είναι ισοµετρία.

229

Απόδειξη. Υποθέτουµε πρώτα ότι η f είναι δεν είναι ισοµορφισµός. Τότε η γραµµική απεικόνισηf f∗ : E −→ E είναι αυτοπροσαρτηµένη και µη-αρνητική, και άρα έχει µια µοναδική µη-αρνητικήτετραγωνική ϱίζα g : E−→E, δηλαδή έτσι ώστε :

f f∗ = g2

Τότε

‖g(~x)‖2 = 〈g(~x, g(~x)〉 = 〈~x, g∗(g(~x))〉 = 〈~x, g2(~x〉 = 〈~x, (f f∗)(~x)〉 = 〈(f f∗)(~x), ~x〉 =

= 〈f∗(~x), f∗(~x)〉 = ‖f∗(~x)‖2

Ορίζουµε µια γραµµική απεικόνιση

h : Im(g) −→E, h(g(~x)) := f∗(~x)

Η h είναι καλά ορισµένη διότι αν g(~x), g(~y) ∈ Im(g) και g(~x) = g(~y), τότε ϑα έχουµε:

‖g(~x)‖2 = ‖g(~y)‖2 =⇒ ‖f∗(~x)‖2 = ‖f∗(~y)‖2 =⇒ ‖f∗(~x− ~y)‖ = 0 =⇒ f∗(~x) = f∗(~y)

Εποµένως έχουµε µια ισοµετρία h : Im(g) −→E.

13.3. Ορθογώνια Τριγωνοποίηση. ΄Οπως γνωρίζουµε, για κάθε τετραγωνικό πίνακα A ο οποίος έχειόλες τις ιδιοτιµές του στοK, είναι όµοιος µε έναν άνω τριγωνικό πίνακα: υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακαςP έτσι ώστε ο πίνακας P−1 ·A · P να είναι άνω τριγωνικός.

Αν K = R, τότε το ακόλουθο Θεώρηµα δείχνει ότι ο πίνακας A είναι ορθογώνια όµοιος µε έναν άνωτριγωνικό πίνακα.

Θεώρηµα 13.8 (Θεώρηµα του Schur). Αν A είναι ένας τετραγωνικός πίνακας πραγµατικών αριθµών ο

οποίος έχει όλες τις ιδιοτιµές του στο R, τότε υπάρχει ορθογώνιος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας :

P−1 ·A · P είναι άνω τριγωνικός

Απόδειξη.

230

14. Αντισυµµετρικοί Πίνακες

231

15. Η Μέθοδος των Ελαχίστων Τετραγώνων

232

16. Ο ∆υϊκός Χώρος

233

17. Κανονικοί Ενδοµορφισµοί και Κανονικοί Πίνακες

234

18. Τετραγωνικές Μορφές

235

19. Μέτρο Πίνακα

236

20. Βιβλιογραφία

1. Peter Lax, Linear Algebra and its applications, John Wiley & Sons, (2007).

2. Sheldom Axler, Linear Algebra done right, Springer-Verlag, (1996).

3. S. Treil, Linear Algebra done wrong, http://www.math.brown.edu/ treil/papers/LADW/LADW.html

4. Paul Halmos, Finite dimensional vector spaces, Springer-Verlag, (1974).

5. Paul Halmos, Linear Algebra Problem Book, American Mathematical Society, (1995).

6. K. Hoffman and R. Kunze, Linear Algebra, Prentice Hall, (1971).

7. Serge Lang, Linear Algebra, Springer-Verlag, (1987).

8. Steven Roman, Advanced Linear Algebra, Springer-Verlag, (1992).

9. E. Vinberg, A Course in Algebra, American Mathematical Society, (2003).

10. J. Golan, The Linear Algebra a Beginning Graduate Student Ought to Know, Kluwer,(2004).

11. Seth Warner, Modern Algebra, Dover, (1990).

12. S. Friedberg, A. Insel, and L. Spence, Linear Algebra, Prentice Hall, (1989).

13. I. M. Gelfand, Lectures on Linear Algebra, Interscience, (1961).

14. G. Shilov, Linear Algebra, Dover, (1971).

15. I.V. Proskuryakov, Problems in Linear Algebra, Mir, (1978).

16. V. Prasolov, Problems and Theorems in Linear Algebra, American Mathematical So-ciety, (1994).

17. W. Greub, Linear Algebra, Springer-Verlag, (1967).

18. I. N. Herstein, Topics in Algebra, Wiley, (2006).

19. M. Postnikov, Lectures in Geometry, Semesters I-V, Mir, (1986).

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Εκπαιδευτικο Υλικο...

Documents

Transcript of Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Εκπαιδευτικο Υλικο...