Download pdf - 11η διάλεξη Γραμμικής Άλγεβρας

Εξέταση Προόδου

Γραμμική ΄Αλγεβρα

Αντιστροφοι Πίνακες

Θεωρήματα και Ασκήσεις

Τμήμα Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Υπολογιστών

Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας

17 Οκτωβρίου 2014


Γινόμενο Πινάκων

Κάθε στήλη του γινομένου των δύο πινάκων A B ισούται με τογινόμενο του A με την αντίστοιχη στήλη του B.

A ·

...

.

.

.

Bστ1 · · · Bστn...

.

.

.

=

...

.

.

.

A ·Bστ1 · · · A ·Bστn...

.

.

.

Κάθε γραμμή του γινομένου των δύο πινάκων A B ισούται με τογινόμενο της αντίστοιχης γραμμής του A επί τον B.

· · · Aγρ1 · · ·...

· · · Aγρn · · ·

·B=

· · · Aγρ1 ·B · · ·

.

.

.

· · · Aγρn ·B · · ·


Ορισμός αντιστρόφου

Ο αντίστροφος ενός πίνακα A είναι ένας άλλος πίνακας B τέτοιοςώστε

AB=BA= I

Ο αντίστροφος συνήθως συμβολίζεται με A−1.


Αντίστροφος του αντίστροφου

Θεώρημα

Ο αντίστροφος του αντίστροφου ενός πίνακα είναι ο ίδιος ο

πίνακας. Δηλαδή (A−1

)−1 =A

.

Απόδειξη.

AA−1 =A−1A= I.


Αντίστροφος του αντίστροφου

Θεώρημα

Ο αντίστροφος του αντίστροφου ενός πίνακα είναι ο ίδιος ο

πίνακας. Δηλαδή (A−1

)−1 =A

.

Απόδειξη.

AA−1 =A−1A= I.


Αντίστροφος γινομένου

Θεώρημα

Ο αντίστροφος του γινομένου δύο πινάκων ισούται με το γινόμενο,

με αντίστροφη σειρά, των αντιστρόφων τους.

Δηλαδή

(AB)−1 =B−1A−1.

Απόδειξη.

(B−1A−1

)(AB) =B−1

(A−1A

)B=B−1IB=B−1B= I.

(AB)(B−1A−1

)=A

(BB−1

)A−1 =AIA−1 =AA−1 = I.



Θεώρημα


με αντίστροφη σειρά, των αντιστρόφων τους. Δηλαδή

(AB)−1 =B−1A−1.

Απόδειξη.

(B−1A−1

)(AB) =B−1

(A−1A


(AB)(B−1A−1

)=A

(BB−1

)A−1 =AIA−1 =AA−1 = I.



Θεώρημα



(AB)−1 =B−1A−1.

Απόδειξη.

(B−1A−1

)(AB) =B−1

(A−1A


(AB)(B−1A−1

)=A

(BB−1

)A−1 =AIA−1 =AA−1 = I.



Θεώρημα



(AB)−1 =B−1A−1.

Απόδειξη.

(B−1A−1

)(AB) =B−1

(A−1A


(AB)(B−1A−1

)=A

(BB−1

)A−1 =AIA−1 =AA−1 = I.


Μοναδικότητα αντιστρόφου

Θεώρημα

Αν υπάρχει ο αντίστροφος αυτός είναι μοναδικός.

Απόδειξη.

΄Εστω ότι υπάρχουν δύο αντίστροφοι του A ο B και ο C. Τότε

B=BI =B(AC) = (BA)C= IC=C.



Θεώρημα


Απόδειξη.


B

=BI =B(AC) = (BA)C= IC=C.



Θεώρημα


Απόδειξη.


B=BI

=B(AC) = (BA)C= IC=C.



Θεώρημα


Απόδειξη.


B=BI =B(AC)

= (BA)C= IC=C.



Θεώρημα


Απόδειξη.


B=BI =B(AC) = (BA)C=

IC=C.



Θεώρημα


Απόδειξη.


B=BI =B(AC) = (BA)C= IC=C.


Αντίστροφος και λύσεις

Θεώρημα

Αν υπάρχει ο αντίστροφος ενός πίνακα A τότεÏ υπάρχει μοναδική λύση του συστήματος Ax= b γιαοποιοδήποτε b

Ï και η μόνη λύση του ομογενούς συστήματος είναι η μηδενική.

Απόδειξη.

Ax= b⇒A−1Ax=A−1b⇒ x=A−1b.



Θεώρημα



Απόδειξη.

Ax= b

⇒A−1Ax=A−1b⇒ x=A−1b.



Θεώρημα



Απόδειξη.

Ax= b⇒A−1Ax=A−1b

⇒ x=A−1b.



Θεώρημα



Απόδειξη.

Ax= b⇒A−1Ax=A−1b⇒ x=A−1b.


΄Υπαρξη αντιστρόφου

Θεώρημα

Ο αντίστροφος ενός πίνακα A υπάρχει ανν όλα τα οδηγά στοιχείαμετά την απαλοιφή με οδήγηση του A είναι μη μηδενικά.

Απόδειξη.

Για να υπάρχει πρέπει να μπορούμε να υπολογίσουμε όλες τις

στήλες του.

Πρέπει δηλαδή τα συστήματα Avj = ejγια j= 1,2, . . . ,n να έχουν

όλα λύση.


Αντίστροφος τριγωνικού

Θεώρημα

Ο αντίστροφος ενός άνω(κάτω) τριγωνικού πίνακα είναι

άνω(κάτω) τριγωνικός πίνακας.

Απόδειξη.

Εύκολη αλλά θέλει τον χρόνο της και είναι βαρετή.


΄Ασκηση

EA=1 0 0

0 1 π

0 0 1

2 2 40 1 −3−2 7 4

=??

Α)

2 2 4−2π 1+7π −3+4π−2 7 4

Β)

2 2 40 1 −3

2π−2 2π+7 4π+4

Γ)

2 2 4+2π0 1 −3+π−2 7 4+7π

Δ)

2 2 40 1 −3−2 π+7 4−3π


΄Ασκηση

Ο αντίστροφος του πίνακα

[1 32 4

]είναι ο

[−2 32

1 −12

].

Ποιά είναι η λύση του συστήματος

2x1 +4x2 = 2x1 +3x2 = 1

Α)

[1 23 1

]Β)

[10

]Γ)

[03

]Δ)

[ 12 0−0 1

]Δικαιολογήστε την απάντησή σας

Απάντηση: Το σύστημα σε μορφή πινάκων

[1 32 4

]x=

[12

]άρα

λύση είναι η Β):

[−2 32

1 −12

][12

]=

[10

]


΄Ασκηση


[1 32 4

]είναι ο

[−2 32

1 −12

].


2x1 +4x2 = 2x1 +3x2 = 1

Α)

[1 23 1

]Β)

[10

]Γ)

[03

]Δ)

[ 12 0−0 1



[1 32 4

]x=

[12

]άρα


[−2 32

1 −12

][12

]=

[10

]


΄Ασκηση


[1 32 4

]είναι ο

[−2 32

1 −12

].


2x1 +4x2 = 2x1 +3x2 = 1

Α)

[1 23 1

]Β)

[10

]Γ)

[03

]Δ)

[ 12 0−0 1

]

Δικαιολογήστε την απάντησή σας


[1 32 4

]x=

[12

]άρα


[−2 32

1 −12

][12

]=

[10

]


΄Ασκηση


[1 32 4

]είναι ο

[−2 32

1 −12

].


2x1 +4x2 = 2x1 +3x2 = 1

Α)

[1 23 1

]Β)

[10

]Γ)

[03

]Δ)

[ 12 0−0 1



[1 32 4

]x=

[12

]άρα


[−2 32

1 −12

][12

]=

[10

]


΄Ασκηση


[1 32 4

]είναι ο

[−2 32

1 −12

].


2x1 +4x2 = 2x1 +3x2 = 1

Α)

[1 23 1

]Β)

[10

]Γ)

[03

]Δ)

[ 12 0−0 1



[1 32 4

]x=

[12

]άρα


[−2 32

1 −12

][12

]=

[10

]


΄Ασκηση

Αποδείξτε ότι για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα A για κάθεπραγματικό αριθμό r 6= 0 ισχύει

(rA)−1 = 1r

A−1

(1r

A−1)rA= (r(1r

A−1))A=A−1A= I


΄Ασκηση

Αποδείξτε ότι για κάθε αντιστρέψιμο πίνακα A για κάθεπραγματικό αριθμό r 6= 0 ισχύει

(rA)−1 = 1r

A−1

(1r

A−1)rA= (r(1r

A−1))A=A−1A= I


΄Ασκηση

Είναι ο πίνακας

A=1 2 3

1 2 41 2 5

Αντιστρέψιμος;

Α Ναι.

Β ΄Οχι.

Γ ΄Ισως.

Δ Τα έχω χαμένα.


΄Ασκηση

Είναι ο πίνακας

B=1 1 1

2 2 23 4 5

αντιστρέψιμος;

Α Ναι.

Β ΄Οχι.

Γ ΄Ισως.


΄Ασκηση

Αν γνωρίζουμε ότι το σύστημα1 1 12 −1 03 4 5

x=0

00

έχει σαν λύση μόνον την x=~0 τι ισχύει για το σύστημα1 1 1

2 −1 03 4 5

x=−1

7−3

?

Α Υπάρχει τουλάχιστον μία λύση x.Β Υπάρχει το πολύ μια λύση x.Γ Και τα δύο απο τα παραπάνω

Δ Τίποτε απο τα παραπάνω.


΄Ασκηση

Αν γνωρίζουμε ότι το σύστημα1 1 12 −1 03 4 5

x=0

00

έχει σαν λύση μόνον την x=~0 τι ισχύει για το σύστημα1 1 1

2 −1 03 4 5

x=−1

7−3

?

Α Υπάρχει τουλάχιστον μία λύση x.Β Υπάρχει το πολύ μια λύση x.Γ Και τα δύο απο τα παραπάνω

Δ Τίποτε απο τα παραπάνω.


΄Ασκηση

Η ισότητα (A+B)T =AT +BTισχύει

Α Για κάθε ζεύγος n×n πινάκων A και B.Β Για κανένα ζεύγος n×n πινάκων A και B.Γ Για μερικά μόνον ζεύγη n×n πινάκων A και B ενώ για άλλαδεν ισχύει


΄Ασκηση

Η ισότητα (A+B)−1 =A−1 +B−1ισχύει

Α Για κάθε ζεύγος n×n αντιστρέψιμων πινάκων A και B.Β Για κανένα ζεύγος n×n αντιστρέψιμων πινάκων A και B.Γ Για μερικά μόνον ζεύγη n×n αντιστρέψιμων πινάκων A και Bενώ για άλλα δεν ισχύει