A και B είναι n x n πίνακες. Εξετάστε εάν
(A + B)2 = A2 + 2.A.B + B2
|
(A + B)2 = (A + B).(A + B) = A.A + A.B + B.A + B.B
= A2 + A.B + B.A + B2
Εφ' όσον στο γινόμενο δεν ισχύει η αντιμετάθεση , δεν αληθεύει ότι
(A + B)2 = A2 + 2.A.B + B2
Θα λέμε ότι δύο πίνακες A και B αντιμεταθετίθενται, τότε και μόνον τότε εάν AB = BA.
Δείξτε ότι όλοι οι πίνακες της μορφής
[a -b]
[b a]
αντιμετατίθενται.
|
[a -b] [a' -b'] = [aa'-bb' -ab'-ba']
[b a] [b' a'] [ba'+ab' -bb'+aa']
και
[a' -b'] [a -b] = [aa'-bb' -ab'-ba']
[b' a'] [b a] [ba'+ab' -bb'+aa']
Δείξτε ότι για κάθε n x n πίνακα A , AT .A = συμμετρικός |
Θα δείξουμε ότι κάθε πίνακας AT .A ισούται με τον ανάστροφό του. (AT .A)T = AT .(AT)T = AT .A
Δείξτε ότι εάν ο A είναι αντισυμμετρικος τότε ο A.A είναι συμμετρικός. |
Πίνακας A είναι αντισυμμετρικός <=> A = - AT . Έτσι, (A.A)T = AT .AT = (- A ).(- A ) = A.A Οπότε, A.A είναι συμμετρικός.
Δίδεται ότι X = [x y] και A ένας 2 x 2 πίνακας . Τα στοιχεία των πινάκων είναι όλα πραγματικοί αριθμοί. Εξετάστε εάν X . AT . A . XT μπορεί να είναι αρνητικό. |
Κατ'αρχάς παρατηρούμε ότι X . AT . A . XT είναι ένας 1 x 1 πίνακας.
Δηλαδή ένας αριθμός, δηλαδή μπορεί να είναι αρνητικός.
Αλλά,
X . AT = είναι ένας 1 x 2 πίνακας, έστω ο [a b].
A . XT = (X . AT )T = [a b]T
Tότε
X . AT . A . XT = (X . AT ).(X . AT )T
= [a b] .[a b]T
= a2 + b2
Έτσι, X . AT . A . XT μη αρνητικός αριθμός.
[ 1 m - 1 2 m - 3 ]
Είναι A = [ m 2 m - 2 2 ]
[ m + 1 3 m - 3 m.m - 1 ]
υπολογίστε την συνθήκη για το m έτσι ώστε ο A να είναι κανονικός.
Υποθέτοντας ότι το m ικανοποιεί την παραπάνω συνθήκη, θεωρήστε
το σύστημα που έχει τον A ως πίνακα των συντελεστών του.
/ x + (m - 1)y + (2 m - 3)z = 1
|
| m x + (2 m - 2)y + 2 z = 0
|
\ (m + 1)x + (3 m - 3)y + (m.m - 1)z = 0
Τώρα, με το x = 1 υπολογίστε την τιμή του m ώστε
το σύστημα να έχει λύση ως προς y και z.
|
Ορίζουσα του(A) = m (1 - m)2 (m - 2)
O A κανονικός εάν και μόνον εάν το m
δεν παίρνει καμιά από τις τιμές { 0, 1, 2 }
Με x = 1, το σύστημα γίνεται
/ (m - 1)y + (2 m - 3)z = 0
|
| (2 m - 2)y + 2 z = - m
|
\ (3 m - 3)y + (m.m - 1)z = -(m + 1)
Ο πίνακας των συντελεστων 1ης και 2ης εξίσωσης είναι:
[m - 1 2 m - 3 ]
[2 m - 2 2 ]
H ορίζουσα είναι 2 (m - 1) -(2m-3)(2m - 2) = -4(m-1(m-2) η οποία δεν γίνεται μηδέν διότι το m δεν παίρνει καμιά τιμή από τις { 0, 1, 2 }.
Έτσι, παίρνοντας την 1η και την 2η εξίσωση τoυ συστήματος έχουμε λύση ως προς y και z. Για να έχει λύση το σύστημα των τριών εξισώσεων θα πρέπει να ισχύει η παρακάτω συνθήκη:
Η συνθήκη είναι
|m - 1 2 m - 3 0 |
|2 m - 2 2 - m | = 0
|3 m - 3 m.m - 1 - m - 1|
<=>
(m2 + 4) (m - 1) (m - 2) = 0
Το m δεν παίρνει καμιά από τις τιμές { 0, 1, 2 }, επομένως δεν υπάρχουν πραγματικές τιμές για το m έτσι ώστε το σύστημα να έχει λύση ως προς το y και z.
Ο πίνακας Χ είναι ένας πίνακας 2 x 2 .
Υπολογίστε τρεις λύσεις της εξίσωσης:
Χ2 - Χ = 0
|
X2 - X = 0
<=>
X (X-I) = 0
Δύο λύσεις είναι ο μηδενικός πίνακας και ο μαναδιαίος, όμως γνωρίζουμε ότι Χ (Χ-I) μπορεί να είναι 0 χωρίς να είναι Χ = 0 ή Χ = I.
Για να βρούμε μια ακόμα λύση αναζητούμε ένα πίνακα
[ 1 b ]
X = [ ] τέτοιο ώστε X2 = X
[ c d ]
X2 = X
<=>
[ 1 b ] [ 1 b ] [ 1 b ]
[ ].[ ] = [ ]
[ c d ] [ c d ] [ c d ]
<=>
[ 1 + b c b + b d ] [ 1 b ]
[ ] = [ ]
[ c + d c c b + d2 ] [ c d ]
<=>
[ b c b d ] [0 0 ]
[ ] = [ ]
[ c d b c + d2 - d ] [0 0 ]
Παίρνοντας d = 0 και c = 0, και b = μια αυθαίρετη σταθερά έχουμε άπειρο αριθμό λύσεων.
[ 1 b ]
x = [ ]
[ 0 0 ]
[-2 -9 ] n [1-3n -9n ]
Δίνεται A = [ ] . Δείξτε ότι A = [ ]
[ 1 4 ] [ n 1+3n ]
|
Η απόδειξη με επαγωγή.
a) Eίναι προφανής η ιδιότητα για n = 1
b) Υποθέτουμε ότι ισχύει για n = k.
Πρέπει να δείξουμε ότι η ιδιότητα ισχύει και για n = k+1.
k+1 k [1-3k -9k ] [-2 -9 ] [-2-3k -9-9k]
A = A .A = [ ].[ ] = [ ]
[ k 1+3k ] [ 1 4 ] [k+1 3k+4]
[1-3(k+1) -9(k+1) ]
= [ ]
[ k+1 1+3(k+1) ]
[1 1 0 ]
Δίνεται : A = [0 1 0 ]
[0 0 1 ]
Δείξτε ότι ο A είναι ομαλός.
n
Να βρεθεί A .
Να βρεθούν a και b τέτοια ώστε
A2 + a A + b I = 0 ( I είναι ο 3 x 3 μοναδιαίος πίνακας)
Δείξτε ότι υπάρχουν αριθμοί c0,c1,c2, ... ,cn τέτοιοι ώστε
A-n = c0.I + c1.A2 + c2.A3 + c3.A4 + c4.A + ... + cn.An
|
Det(A) = 1 , οπότε ο A είναι ομαλός.
2 [1 2 0 ] 3 [1 3 0 ]
A = [0 1 0 ] A = [0 1 0 ]
[0 0 1 ] [0 0 1 ]
Από τα προηγούμενα βλέπουμε ότι θα πρέπει με επαγωγή να δείξουμε
n [1 n 0 ]
A = [0 1 0 ]
[0 0 1 ]
Αληθεύει για n = 1
Την θεωρούμε αληθή για n = k.
Θα την αποδείξουμε για n = k+1.
k+1 k [1 k 0 ][1 1 0 ] [ 1, k + 1, 0 ]
A = A .A = [0 1 0 ][0 1 0 ] = [ 0, 1, 0 ]
[0 0 1 ][0 0 1 ] [ 0, 0, 1 ]
A2 + a A + b I = 0
<=>
[1 2 0 ] [1 1 0 ] [1 0 0 ] [0 0 0 ]
[0 1 0 ] + a [0 1 0 ] + b [0 1 0 ] = [0 0 0 ]
[0 0 1 ] [0 0 1 ] [0 0 1 ] [0 0 0 ]
<=>
1 + a + b = 0
2 + a = 0
<=>
a = -2, b = 1
Από την τελευταία έχουμε
A2 - 2 A + I = 0
<=>
2 A - A2 = I
<=>
A (2 I - A ) = I
Από αυτό βλέπουμε ότι ο (2 I - A ) είναι αντίστροφος του A
A-1 = 2 I - A
=> A-n = (2 I - A )n
=> A-n = ένα πολυώνυμο του A βαθμού n, με πραγματικούς συντελεστές.
=> υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί c0,c1,c2, ... ,cn τέτοιοι ώστε
A-n = c0.I + c1.A + c2.A2 + c3.A3 + c4.A4 + ... + cn.An