Απαντήσεις στις Ασκήσεις 2ου Κεφαλαίου

1) Για ποιές τιμές του k το διάνυσμα = (1,-2,k) είναι γραμμικός συνδυασμός των = (3,0,-2) , = (2,-1,-5) ; Απάντηση
Θα πρέπει να υπάρχουν λ₁ και λ₂ για τα οποία να αληθεύει η διανυσματική εξίσωση λ₁(3,0,-2) + λ₂(2,-1,-5) = (1,-2,k) Η εξίσωση δίνει το σύστημα

3λ1 + 2λ2 =  1

0λ1 + (-1)λ2 = -2

(-2)λ1 + (-5)λ2 =  k

Το σύστημα δίνει άμεσα λ₂ = 2 οπότε έχουμε από την πρώτη εξίσωση 3λ₁ + 2λ₂ =  1 δηλαδή λ₁ = -1. Η τρίτη εξίσωση (-2)λ₁ + (-5)λ₂ =  k γίνεται τότε (-2)(-1) + (-5)(2) =  k που δίνει k = -8. Πράγματι με k = -8 έχουμε (1,-2,-8) = (-1)(3,0,-2) + 2(2,-1,-5)

---

2) Για οιαδήποτε διανύσματα , , να διαπιστωθεί ότι τα + - 3, + 3 - , + είναι γραμμικώς εξαρτημένα .
Απάντηση
Για να είναι τα + - 3 , + 3 - , + γραμμικώς εξαρτημένα, θα πρέπει η διανυσματική εξίσωση : x( + - 3) + y( + 3 - ) + z( + ) = να έχει και μη-μηδενική λύση ως προς τα x,y,z .
Η εξίσωση γράφεται (x+y) + (x+3y+z) + (-3x-y+z) =
Η τελευταία εξίσωση επαληθεύεται προφανώς όταν όλοι οι συντελεστές των διανυσμάτων ( αδιάφορο αν είναι εξαρτημένα ή ανεξάρτητα) είναι ίσοι με το μηδέν.
Εξετάζουμε το ομογενές σύστημα

x+y = 0

x+3y+z = 0

-3x-y+z = 0

ως προς τις λύσεις του. Ο επαυξημένος πίνακας των συντελεστών μας δίνει : Οπότε είναι x = 1/2t , y = -1/2t , z = t ή π.χ. για t = 2 , έχουμε x = 1 , y = -1 , z = 2 .
Και ισχύει η παρακάτω σχέση 1( + - 3) -1( + 3 - ) + 2( + ) = που δηλώνει ότι τα διανύσματα είναι γραμμικώς εξαρτημένα.

---

3) Αν ₁ = ₁ + ₂ + ₃ , ₂ = ₁ + α₂ , ₃ = ₂ + β₃ και τα ₁ , ₂ , ₃ είναι γραμμικώς ανεξάρτητα , να βρεθούν συνθήκες που πρέπει να ικανοποιούνται από τα
α , β ώστε τα ₁ , ₂ , ₃ να είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.
Απάντηση
Για να είναι γραμμικώς ανεξάρτητα θα πρέπει η διανυσματική εξίσωση x₁ + y₂ + z₃ = να έχει μοναδική λύση την x = y = z = 0.
Η παραπάνω εξίσωση δίνει (x + y)₁ + (x + αy + z)₂ + (x + βz)₂ = .
H τελευταία εξίσωση , λόγω της γραμμικής ανεξαρτησίας των ₁ , ₂ , ₃ απαιτεί

x + y = 0

,

x + αy + z = 0

,

x + βz = 0

Αυτό το ομογενές σύστημα θα πρέπει να μην έχει άλλη λύση πλήν της μηδενικής . Παίρνουμε τον επαυξημένο πίνακα του συστήματος και τον φέρνουμε σε Α.Κ.Μ. και έχουμε από τον τελευταίο πίνακα έχουμε την συνθήκη β - 1 - αβ 0 μεταξύ των α , β ώστε να μην υπάρχει άλλη λύση πλην της μηδενικής. Δηλαδή όταν τα α , β ικανοποιούν την συνθήκη β - 1 - αβ 0 τα ₁ = ₁ + ₂ + ₃ , ₂ = ₁ + α₂ , ₃ = ₂ + β₃ θα είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.

---

4) Να διερευνηθεί ποιές από τις παρακάτω συνθήκες στα διανύσματα (x,y,z) ορίζουν υπόχωρους του ³.

(a) 2x + y = 0 , (b) x + y z = 1 , (c) xy = 0 , (d) x = y = z , (e) x = y2

Απάντηση
Σε κάθε περίπτωση θα πρέπει το σύνολο των διανυσμάτων να είναι κλειστό ως προς τις δύο πράξεις, της πρόσθεσης διανυσμάτων και του πολλαπλασιασμού διανύσματος με αριθμό.

a) Έστω δύο διανύσματα (α , β , γ) , (δ , ε , ζ ) , τα οποία ανήκουν στο σύνολο V των διανυσμάτων που ικανοποιούν την συνθήκη 2x + y = 0.
Από το διάνυσμα (α+δ , β+ε , γ+ζ) έχουμε 2(α+δ) + (β+ε) = 2α+β + 2δ+ε = 0+0 = 0, δηλαδή ότι το άθροισμα ανήκει στο V.
Επίσης από την λ(α , β , γ) = (λα , λβ , λγ) με λ και την 2λα +λβ = λ(2α + β) = λ(0)=0 έχουμε ότι και κάθε διάνυσμα του V πολλαπλασιαζόμενο με αριθμό ανήκει στο V. Επομένως το V είναι κλειστό ως προς τις δύο πράξεις , δηλαδή είναι υπόχωρος.

b) Έστω V το σύνολο των διανυσμάτων που ικανοποιούν την x + y z = 1. Το διάνυσμα (1,0,0) του V όταν πολλαπλασιασθεί π.χ. με το 3 δίνει το (3,0,0) που δεν ανήκει στο V, που σημαίνει ότι το V δεν είναι κλειστό ως προς τις δύο πράξεις, δηλαδή δεν είναι υπόχωρος. Eπίσης η παρατήρηση ότι το (0,0,0) δεν ανήκει στο V δίνει το ίδιο συμπέρασμα.

c) Έστω V το σύνολο των διανυσμάτων που ικανοποιούν την xy = 0 . Τα διανύσματα (1,0,1) και (0,1,1) ανήκουν στo V αλλά το άθροισμά τους (1,1,2) δεν ανήκει , που σημαίνει ότι το V δεν είναι κλειστό ως προς τις δύο πράξεις, δηλαδή δεν είναι υπόχωρος.

d) Έστω τα διανύσματα (α,α,α) και (β,β,β) που ικανοποιούν την x = y = z και το άθροισμά τους (α+β,α+β,α+β) , επίσης ικανοποιεί την x = y = z .
Έστω λ τότε το διάνυσμα λ(α,α,α) = (λα,λα,λα) ανήκει και αυτό στα διανύσματα που ικανοποιούν την x = y = z .
Επομένως το σύνολο είναι κλειστό ως προς τις δύο πράξεις άρα είναι υπόχωρος.

e) Tο διάνυσμα (1,1,1) ικανοποιεί την x = y² όμως το 2(1,1,1) = (2,2,2) δεν την αληθεύει άρα το σύνολο δεν είναι υπόχωρος.

---

5) Να αποδειχθεί ότι το σύνολο των διανυσμάτων (a , b , c) του ³ που ικανοποιούν την σχέση 2a + b - c = 0 ορίζουν υπόχωρο διάστασης 2.
Απάντηση
Έστω V το σύνολο αυτών των διανυσμάτων . Εάν (a₁ , b₁ , c₁) , (a₂ , b₂, c₂) είναι δύο διανύσματα του V, από το άθροισμά τους (a₁+a₂ , b₁+b₂ , c₁+c₂) έχουμε 2(a₁+a₂)+(b₁+b₂)-(c₁+c₂) = 2a₁ + b₁ - c₁ + 2a₂ + b₂ - c₂ = 0 + 0 = 0 δηλαδή το V κλειστό ως προς το άθροισμα .Εάν λ το λ(a₁ , b₁ , c₁)=(λa₁ , λb₁ , λc₁) δίνει 2λa₁ + λb₁ - λc₁ = λ(2a₁ + b₁ - c₁) = λ(0) = 0 που σημαίνει ότι το V είναι κλειστό και ως προς τον πολλαπλασιασμό με αριθμό , άρα είναι υπόχωρος.
Tα διανύσματα (1,0,2) και (0,1,1) ανήκουν στο V και είναι γραμμικώς ανεξάρτητα διότι το ένα δεν μπορεί να είναι πολλαπλάσιο του άλλου. Το διάνυσμα (a , b , c ) του V μπορεί να εκφρασθεί σαν γραμμικός συνδυασμός των (1,0,2) και (0,1,1) διότι έχουμε a(1,0,2) + b(0,1,1) = (a , b , 2a+b ) = (a , b , c ) και ισχύει 2a + b - c = 0.
To συμπέρασμα είναι ότι τα (1,0,2) , (0,1,1) αποτελούν βάση του υπόχωρου V διότι είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και τον παράγουν. Σύμφωνα με το Θεώρημα 2.3 η διάσταση του χώρου είναι 2 διότι η βάση αποτελείται από δύο διανύσματα.

---

6) Θεωρούμε τον υπόχωρο του ⁴ που παράγεται από τα διανύσματα

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

Να βρεθεί μια ορθοκανονική βάση αυτού του υπόχωρου.
Απάντηση
Εδώ έχουμε (3,0,1,1) -1(1,0,0,1) - 1(2,0,1,0) + 0(0,0,0,1) = (0,0,0,0) οπότε τα δοθέντα είναι γραμμικώς εξαρτημένα διανύσματα ενώ τα { (1,0,0,1) ,(2,0,1,0) ,(0,0,0,1)} είναι γραμμικώς ανεξάρτητα διότι η εξίσωση x(1,0,0,1) +y(2,0,1,0) + z(0,0,0,1) = (0,0,0,0) έχει σαν μοναδική λύση x = y = z = 0 όπως φαίνεται από το σύστημα που προκύπτει από την τελευταία διανυσματική εξίσωση { x + 2y = 0 , y = 0 , x + z = 0 } .
Eπομένως τα διανύσματα { (1,0,0,1) , (2,0,1,0) , (0,0,0,1) } αποτελούν βάση του υπόχωρου που παράγεται και με την διαδικασία ορθογωνοποίησης Gramm-Schmidt θα προκύψει η ορθογώνια βάση
Εάν διαιρέσουμε τα ορθογώνια διανύσματα με τα μέτρα τους θα έχουμε την ορθοκανονική βάσηΠαρατήρηση: Εάν αλλάζαμε την σειρά των διανυσμάτων της βάσης και πέρναμε σαν βάση τα διανύσματα (0,0,0,1) , (1,0,01) , (1,0,1,0) το αποτέλεσμα στην ορθοκανονική μορφή θα ήταν αρκετά απλούστερο.
{ (0,0,0,1) , (1,0,0,0) , (0,0,1,0) }

---

7) Έστω V , W υπόχωροι του . Τα σύνολα V W , V W θα είναι επίσης υπόχωροι ;
Απάντηση
Εάν σαν V πάρουμε τον υπόχωρο του που περιλαμβάνει όλα τα διανύσματα της μορφής (a , 0 , 0 , ... . 0) και σαν W τον υπόχωρο που περιλαμβάνει όλα τα διανύσματα της μορφής (0 , b , 0 , ... . 0) , παρατηρούμε ότι ανήκουν και τα δύο στο V W, αλλά το αθροισμά τους (a , b, 0 , ... , 0) δεν ανήκει που σημαίνει ότι το σύνολο V W δεν είναι κλειστό ως προς την πράξη της πρόσθεσης διανυσμάτων δηλαδή δεν είναι υπόχωρος. Να σημειωθεί ότι το V W , είναι κλειστό ως προς την πράξη του παλλαπλασιασμού διανύσματος με αριθμό. Προφανώς εάν ένα σύνολο από τα V , W είναι υποσύνολο του άλλου τότε και η ένωση τους V W θα είναι υπόχωρος του .
Έστω , V W τότε , V και , W αυτό όμως συνεπάγεται + V και + W δηλαδή + V W, επομένως το V W κλειστό ως προς την πρόσθεση διανυσμάτων.
Έστω V W τότε V και W οπότε λ V και λ W που συνεπάγεται ότι λ V W, δηλαδή ότι το V W είναι κλειστό και ως προς τον πολλαπλασιασμό με αριθμό και επομένως είναι υπόχωρος του .

---

8) Έστω , ₁ , ₂ , . . . , _k διανύσματα του . Να αποδειχθεί ότι :

L( 1 , 2 , . . . , k) L( , 1 , 2 , . . . , k) = L( 1 , 2 , . . . , k)

Απάντηση



Έχουμε L( ₁ , ₂ , . . . , _k) δηλαδή ότι το = t₁₁ + t₂₂ + . . . + t_kk.
Εάν L( , ₁ , ₂ , . . . , _k) σημαίνει = s₁₁ + s₂₂ + . . . + s_kk + s και εάν το αντικατασταθεί = s₁₁ + s₂₂ + . . . + s_kk + s( t₁₁ + t₂₂ + . . . + t_kk). Και έχουμε τελικά = (s₁ + st₁)₁ + (s₂ + st₂)₂ + . . . + (s_k + st_k)_k που δείχνει ότι το είναι γραμμικός συνδυασμός των ₁ , ₂ , ... , _k δηλαδή ότι L(₁ , ₂ , ... , _k) οπότε L( , ₁ , ₂ , . . . , _k) L( ₁ , ₂ , . . . , _k)     σχέση 1 Εάν τώρα πάρουμε L( ₁ , ₂ , . . . , _k) τότε = t₁₁ + t₂₂ + . . . + t_kk = t₁₁ + t₂₂ + . . . + t_kk + 0 που δείχνει ότι L( , ₁ , ₂ , . . . , _k) δηλαδή είναι L( ₁ , ₂ , . . . , _k) L( , ₁ , ₂ , . . . , _k)      σχέση 2 Από τις σχέσεις 1 και 2 έχουμε L( , ₁ , ₂ , . . . , _k) = L( ₁ , ₂ , . . . , _k)



Ο γραμμικός συνδυασμός 0₁ + 0₂ + . . . + 0_k + 1 δείχνει ότι L( , ₁ , ₂ , . . . , _k) και από την ισότητα L( , ₁ , ₂ , . . . , _k) = L( ₁ , ₂ , . . . , _k) προκύπτει ότι L( ₁ , ₂ , . . . , _k)

---

9) Έστω V ο υπόχωρος του ³ παράγεται από τα διανύσματα ₁ = (1,1,0) , ₂ = (0,1,1) και W ο υπόχωρος του ³ που παράγεται από το διάνυσμα ₃ = (1,0,0). Να αποδειχθεί ότι οι V και W είναι συμπληρωματικοί υπόχωροι.
Απάντηση
Ένας τρόπος είναι να δείξουμε ότι τα τρία διανύσματα αποτελούν βάση του ³ οπότε το Θεώρημα 2.10 δηλώνει ότι οι V και W είναι συμπληρωματικοί υπόχωροι του ³.
Πράγματι η διανυσματική εξίσωση x₁ + y₂ + z₃ = x(1,1,0) + y(0,1,1) + z(1,0,0) = δίνει το ομογενές σύστημα

x + z = 0

x +y = 0

y = 0

που έχει μοναδική λύση την x = y = z = 0. Επομένως τα τρία διανύσματα είναι γραμμικώς ανεξάρτητα και παράγουν τον χώρο ³ διότι (a , b ,c) = (b-c)(1,1,0) + c(0,1,1) + (a-b+c)(1,0,0) Τα διανύσματα (1,1,0) , (0,1,1) , (1,0,0) αποτελούν βάση και αν χωρισθούν στα υποσύνολα { (1,1,0) , (0,1,1) } και { (1,0,0) } σύμφωνα με το Θεώρημα 2.10 οι υπόχωροι V ,W που παράγονται από το κάθε υποσύνολο είναι συμπληρωματικοί.

---