Λύσεις και Υποδείξεις Επιλεγμένων Ασκήσεων

i)
.

ii)
.

Λύνοντας ως προς $x_2$ και στη συνέχεια ως προς $x_4$, βρίσκουμε ότι η γενική λύση του συστήματος είναι η $5$άδα $(x_1,1/3,0,5/3-x_5,x_5)$ όπου $s,t\in ℝ$. Επομένως το σύνολο των λύσεων είναι

To σύνολο των λύσεων είναι ολόκληρος o ${ℝ}^4$.

Υπάρχουν ακριβώς δύο τέτοιοι πίνακες.

$rank{A}_2=2$ αφού η ελαττωμένη κλιμακωτή μορφή γραμμών του $A_2$ είναι o πίνακας

H ελαττωμένη κλιμακωτή μορφή γραμμών του επαυξημένου πίνακα των τεσσάρων συστημάτων είναι o πίνακας

Επομένως, το σύνολο λύσεων του πρώτου συστήματος είναι το $\{(-3t,2t,t):t\in ℝ\}$, το δεύτερο σύστημα δεν είναι συμβατό, το σύνολο λύσεων του τρίτου συστήματος είναι το $\{(-3t,2t+1,t):t\in ℝ\}$. Για να είναι το τέταρτο σύστημα συμβατό πρέπει $c-a-b=0$.

Οι ελεύθερες μεταβλητές είναι oi $x_3$, $x_4$. To σύνολο λύσεων του συστήματος είναι το

$a=-2$.

To σύνολο λύσεων του ομογενούς συστήματος είναι το $\{t(1,1,1,2)+s(0,1,2,1):t,s\in ℂ\}$.

Απαλείφοντας το $t$ βρίσκουμε ότι $y-2x-2=0$

H ελαττωμένη κλιμακωτή μορφή του αντίστοιχου συστήματος είναι

Άρα το επίπεδο περιγράφεται ως το σύνολο

$3y-2z=0$

Όλα τα επίπεδα της μορφής $ax+by+az=0$ περνούν από τα τρία αυτά σημεία, για $a,b\in ℝ$ που δεν είναι ταυτόχρονα μηδέν. Γεωμετρικά, αυτό συμβαίνει γιατί τα τρία σημεία ανήκουν στην ίδια ευθεία. H εξίσωση της ευθείας είναι $\{t(1,0,1):t\in ℝ\}$.

H καμπύλη $y=-3-2x+x^2$ διέρχεται από τα δοθέντα σημεία.

H καμπύλη $y=2-x^2+x^3$ διέρχεται από τα δοθέντα σημεία.

H καμπύλη $y=2+2ax-(1+a)x^2+(1-2a)x^3+a{x}^4$ διέρχεται από τα δοθέντα σημεία. Είναι τετάρτου βαθμού, για κάθε $a\ne 0$.

1. (a)

2. (b)

   $\left[\begin{array}{c}\hfill 3\hfill \\ \hfill 10\hfill \\ \hfill 4\hfill \end{array}\right]$

1. (a)

   
   

2. (b)

   
   

3. (c)

Παρατηρούμε ότι

O $A+A^T$ είναι συμμετρικός πίνακας ενώ ο $A-A^T$ είναι αντισυμμετρικός πίνακας.

Για $n=1$, η πρόταση ισχύει. Έστω ότι ισχύει για $n=k$. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για $n=k+1$. Αφού $A_1\mathrm{\cdots }{A}_{k+1}=(A_1\mathrm{\cdots }{A}_k)A_{k+1}$, από την υπόθεση της μαθηματικής επαγωγής $A_1\mathrm{\cdots }{A}_k$ είναι κάτω τριγωνικός. Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι το γινόμενο δύο κάτω τριγωνικών πινάκων είναι κάτω τριγωνικός. Έστω $A$, $B$ δύο κάτω τριγωνικοί πίνακες, $AB=(c_{ij})$. Τότε $c_{ij}=a_{i1}{b}_{1j}+\mathrm{\cdots }+a_{im}{b}_{mj}$. Θα αποδείξουμε ότι τα στοιχεία επάνω από την κύρια διαγώνιο του $AB$ είναι ίσα με μηδέν. Έστω ότι $j>i$. Αν $k\le i$, τότε και $b_{kj}=0$, άρα $a_{ik}{b}_{kj}=0$. Αν $k>i$, τότε $a_{ik}=0$ και $a_{ik}{b}_{kj}=0$. Επομένως $c_{ij}=0$ είναι μηδέν, για $j>i$ και $AB$ είναι κάτω τριγωνικός.

${(E_{i+a\cdot j})}^{-1}=E_{i-a\cdot j}$, ${(E_{i\leftrightarrow j})}^{-1}=E_{i\leftrightarrow j}$, ${(E_{b\cdot i})}^{-1}=E_{b\cdot i}$.

$A^2+2A=I+n\Rightarrow A(A+2I_n)=(A+2I_n)A=I_n\Rightarrow A^{-1}=A+2I_n$. Ομοίως $B^{-1}=-1/3(2B^2+4B-2I_n)$

$a_1=-2$, $a_2=3+3i$. Για την ορίζουσα $a_3$ να χρησιμοποιήσετε πράξεις γραμμών για να φέρετε τον πίνακα σε άνω τριγωνική μορφή: $a_3=90$. Για την $a_4$ να χρησιμοποιήσετε την ανάπτυξη της ορίσουσας ως προς την τέταρτη γραμμή: $a_4=-72$.

Για την ορίζουσα $b_1$ παρατηρείστε ότι o πίνακας είναι μπλοκ $3\times 3$ πινάκων: $b_1=6$. Για την ορίζουσα $b_2$ παρατηρείστε ότι an αντιμεταθέσετε δύο στήλες, o πίνακας γίνεται μπλοκ πινάκων: $b_2=2$.

Να χρησιμοποιήσετε επαγωγή ως προς $n$.

Αφού $A$ είναι $5\times 5$, έπεται ότι $det(2A)=2^{5}detA$. Επομένως $det2A=32i$. Επίσης, αφού $detadj(A)detA={(detA)}^5$ βρίσκουμε ότι $det(adj(A))=1$.

$A=-A^T\Rightarrow detA={(-1)}^{n}detA\Rightarrow detA=0$

Αν $a_i=a_j$ για $i\ne j$, τότε η ορίζουσα είναι μηδέν. Διαφορετικά, να χρησιμοποιήσετε επαγωγή ως προς $n$. Για το επαγωγικό βήμα ($n=k+1$), να χρησιμοποιήσετε πράξεις γραμμών για να μηδενίσετε τα στοιχεία της πρώτης στήλης στις γραμμές $2,\mathrm{\dots },k+1$, στη συνέχεια να αναπτύξετε κατά τα στοιχεία της πρώτης στήλης και κατόπιν να διαιρέσετε την $i$ γραμμή me $a_i-a_1$, για $i=2,\mathrm{\dots },k+1$.

;i $x_1=2/7$, $x_2=37/7$, $x_3=18/7$.

Οι λύσεις του συστήματος $A^{T}X=\mathrm{𝟎}$ δίνουν το σύνολο

Για παράδειγμα, $(1,-1,1,0,0,0)$ δηλώνει την κυκλική διαδρομή που χρησιμοποιεί τις ακμές $1,3$ κατά την φορά τους και την ακμή $2$ με αντίθετη φορά.

Εφαρμόστε τον κανόνα του Cramer, χρησιμοποιώντας την τιμή της ορίζουσας του Vanermonde.

O $n\times (n+1)$ πίνακας $A$ των συντελεστών του συστήματος που πρέπει να επιλυθεί για να βρεθούν οι συντελεστές $a_0,\mathrm{\dots },a_n$ της καμπύλης $y=a_0+a_{1}x+\mathrm{\cdots }+a_n{x}^n$, περιέχει ως υποπίνακα τον πίνακα του Vanermonde. Αφού $rankA=n$, έπεται ότι το σύστημα είναι συμβατό και έχει μία ελεύθερη μεταβλητή. Άρα έχει άπειρες λύσεις.

, .

Θα πρέπει να είναι πολλαπλάσιο του πίνακα .

H $L$ δίνεται από την εξίσωση $y=2$ και δεν είναι υποχώρος του ${ℝ}^2$. H $L^{\prime }$ δίνεται από την εξίσωση $y-2x=0$ και είναι υποχώρος του ${ℝ}^2$.

Τα σημεία $(0,0,0)$ ($k=t=0$), $(1,0,1)$ ($k=0,t=1$) και $(1,1,1)$ ($k=1,t=0$) ανήκουν στο $E_1$. Λύνουμε το σύστημα $-d=0,a+b+c-d=0,a+c-d=0$. To $E_1$ περιγράφεται από την εξίσωση $z-x=0$ και είναι υποχώρος του ${ℝ}^3$. To $E_2$ δεν είναι υποχώρος του ${ℝ}^3$. Παρατηρείστε ότι $E_3=E_1$.

$2$

Μετακινούμε το παραλληλόγραμμα οριζόντια και κάθετα κατά 1 μονάδα. To εμβαδόν του παραλληλογράμμου $(0,0)$, $(1,2)$, $(0,4)$, $(1,6)$ υπολογίζεται από την Πρόταση 3.1.2.

$6$.

$(0,0)\notin L$.

Έστω $a$, $b\in U$. Τότε $a=(a_1,a_1,a_3,\mathrm{\dots },a_n)$ και ομοίως για το $b$. Αν $k,l\in \mathbb{k<!--\; k\; -->}$ τότε $ka+lb=(k{a}_1+l{b}_1,k{a}_1+l{b}_1,K{a}_3+l{b}_3,\mathrm{\dots },k{a}_n+l{b}_n)\in U$. Ένα παράγον σύνολο για το $U$ όταν $n=4$ είναι το $\{(1,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)\}$.

Ένα παράγον σύνολο για το $L$ είναι το $\{(1,-1,,0),(0,0,1)\}$.

Ένα παράγον σύνολο για το $U$ είναι το $\{(1,1,1)\}$. Ένα παράγον σύνολο για το $V$ είναι το $\{(0,1,0),(0,0,1)\}$. $U\cap V=\{(0,0,0)\}$.

Όπως στο Παράδειγμα 3.2.4.7. Βρίσκουμε ότι $2z+y-2x=0$

$S(X)=S(Y)={ℝ}^2$.

Εφαρμόζουμε την Πρόταση 3.2.9. To διάνυσμα $(1,2,3)$ ανήκει στον χώρο γραμμών και στηλών του $A$.

$2u_1-u_4=\mathrm{𝟎}$.

$v_1-v_2-v_3=\mathrm{𝟎}$. Μία βάση για το χώρο $S(\{v_1,v_2,v_3\})$ είναι το σύνολο $\{v_1,v_2\}$.

1. (a)

   $\{(1,-2)\}$.

2. (b)

   $\{(1,0,-\frac{1}{3}),(0,1,-\frac{1}{3})\}$.

3. (c)

   To παράγον σύνολο αποτελείται από γραμμικά ανεξάρτητα διανύσματα και είναι βάση για το $U_3$.

Να χρησιμοποιήσετε το Θεώρημα 3.4.5 για να αποδείξετε ότι ${\dim }_{ℝ}(U\cap W)\ge 1$.

Έστω $A$ o πίνακας με στήλες να αντιστοιχούν στα διανύσματα που παράγουν τον $U$ και $W$. Τότε

Επομένως $U+W={ℝ}^4$ (διαλέξτε την αγαπημένη sac βάση για το ${ℝ}^4$). Από τις σχέσεις ${\mathrm{\Sigma }}_5=2{\mathrm{\Sigma }}_2$ και ${\mathrm{\Sigma }}_6=-2{\mathrm{\Sigma }}_3+{\mathrm{\Sigma }}_4$ και επομένως ${\mathrm{\Sigma }}_2=1/5{\mathrm{\Sigma }}_5$, ενώ ${\mathrm{\Sigma }}_3=1/2({\mathrm{\Sigma }}_4-{\mathrm{\Sigma }}_6)$. Συνεπώς, $U\cap W=S(\{(1,1,0,0),(1,1,0,0)\})$.

1. (a)

   $C_B(e_1)=\left[\begin{array}{c}\hfill 1\hfill \\ \hfill 0\hfill \end{array}\right],C_B(e_2)=\left[\begin{array}{c}\hfill 0\hfill \\ \hfill 1\hfill \end{array}\right]$

2. (b)

   $C_B(e_1)=\left[\begin{array}{c}\hfill 0\hfill \\ \hfill 1\hfill \end{array}\right],C_B(e_2)=\left[\begin{array}{c}\hfill 1\hfill \\ \hfill 0\hfill \end{array}\right]$
   

3. (c)

   $C_B(e_1)=\left[\begin{array}{c}\hfill 1\hfill \\ \hfill 2\hfill \end{array}\right],C_B(e_2)=\left[\begin{array}{c}\hfill 0\hfill \\ \hfill \frac{1}{2}\hfill \end{array}\right]$

$C_D(w_1)=\left[\begin{array}{c}\hfill 6\hfill \\ \hfill 10\hfill \end{array}\right]$

1. (a)

   $v=e_1+e_2+2e_3=(1,1,2)$
   

2. (b)

   $v=e_1+3e_2+e_3=(1,3,1)$
   

Αφού

έπεται ότι

H ελαττωμένη κλιμακωτή μορφή γραμμών του $A$ είναι

Επομένως το σύνολο $\{(1,1,1,0,1),(0,0,0,1,1)\}$ είναι βάση για τον $\mathrm{\Gamma }(A)$. To σύνολο $\{(1,2),(2,5)\}$ είναι βάση για τον $\mathrm{\Sigma }(A)$ . Αφού το σύνολο των λύσεων του ομογενούς συστήματος $AX=\mathrm{𝟎}$ είναι το

έπεται ότι

είναι βάση για τον $null(A)$. Παρατηρούμε ότι $-{\mathrm{\Sigma }}_1+{\mathrm{\Sigma }}_2=0$, $-{\mathrm{\Sigma }}_1+{\mathrm{\Sigma }}_3=0$, ${\mathrm{\Sigma }}_1+{\mathrm{\Sigma }}_4-{\mathrm{\Sigma }}_6=0$.

Αν $BX=0$, τότε $(AB)X=0$. Επομένως $null(B)\subset null(AB)$ και συνεπώς ${\dim }_{\mathbb{k<!--\; k\; -->}}null(B)\le {\dim }_{\mathbb{k<!--\; k\; -->}}null(AB)$.

Σύμφωνα με την Άσκηση 8 και το Θεώρημα 3.4.3, προκύπτει ότι $rank(AB)\le rank(B)$. Επομένως, για τον πίνακα $B^T{A}^T$, ισχύει ότι $rank(B^T{A}^T)\le rank(A^T)$. Να χρησιμοποιήσετε τώρα την Πρόταση 3.4.1 για να προκύψει το ζητούμενο.

To σύνολο των πολυωνύμων με συντελεστές από το $ℝ$ που έχουν βαθμό $6$ δεν είναι υποχώρος του $ℝ[x]$, αφού για παράδειγμα $x^6+(-1)(x^6-2x)=2x$ που έχει βαθμό $1$. Μία βάση για τον υποχώρο των πολυωνύμων με συντελεστές από το $ℝ$ που έχουν βαθμό $\le m$ είναι το σύνολο $\{1,x,\mathrm{\dots },x^m\}$

Αν $E_{ij}$ είναι o πίνακας με $1$ στη θέση $ij$ και μηδέν στις άλλες θέσεις, τότε παρατηρείστε ότι $\{E_{11},E_{12},\mathrm{\dots },E_{nm}\}$ είναι βάση για τον ${ℳ}_{n\times m}(\mathbb{k<!--\; k\; -->})$.

Μία βάση για τον υποχώρο των διαγωνίων $n\times n$ πινάκων στον ${ℳ}_{n\times m}(\mathbb{k<!--\; k\; -->})$ είναι το σύνολο $\{E_{11},E_{22},\mathrm{\dots },E_{nn}\}$ με τον συμβολισμό της προηγούμενης άσκησης.

$f(x,y)=(x+2y,3x+4y)$.

$f(x_1,x_2,x_3,x_4)=(x_1+3x_2+5x_3+6x_4,3x_1+x_2-x_4)$,
$g(x_1,x_2)=(x_1+3x_2,3x_1+x_2,5x_1,6x_1-x_2)$

$f(4,-3)=(1,-11)$

$e_1\mapsto (0,-1)\mapsto (0,-1)\mapsto (0,-2)\mapsto (0,-2)$. $e_2\mapsto e_1\mapsto (3,0)\mapsto (3,0)\mapsto (-3,0)$.

Να συμπεράνετε ότι $f(x,y)=(-3y,-2x)$.

Αφού

έπεται ότι $(1,0,1),(2,1,0)$ είναι βάση για την $\mathrm{Im}f$. Σημειώστε επίσης ότι η $\mathrm{Im}f$ είναι το επίπεδο $c-a+2b=0$ στον ${ℝ}^3$.

Μία βάση για τον $V$ είναι το σύνολο $\{(1,-1,0),(0,1,-1)\}$ . Σύμφωνα με τον Πίνακα 4.2.1.;iv, η γραμμική συνάρτηση $f:{ℝ}^2\to V$ ,με $f(e_1)=(1,-1,0)$, $f(e_2)=(0,1,-1)$ είναι ισομορφισμός. Παρατηρείστε ότι $f(x,y)=f(x{e}_1+y{e}_2)=(x,-x+y,-y)$ και ότι o πίνακας της συνάρτησης ως προς τις δυο αυτές βάσεις είναι o μοναδιαίος.

Όπως στην προηγούμενη άσκηση. An $v_1=(1,-1,0)$ και $v_2=(0,1,-1)$ τότε $f:V\to {ℝ}^2$, $v_1\mapsto e_1$, $v_2\mapsto e_2$ είναι ισομορφισμός. Επομένως $a{v}_1+b{v}_2\mapsto (a,b)$.

$f(x,y)=(5x-y,-2x)$.

$f(x,y,z)=(x,x-y-z,y),f^{-1}(x,y,z)=(x,z,x-y-z)$.

$\varphi (v)=-v,\forall v\in {ℝ}^2$ . Επομένως, η $\varphi$ έχει την ιδιοτιμή $\lambda =-1$ και κάθε $v\in {ℝ}^2,v\ne (0,0)$ είναι ιδιοδιάνυσμα της $\varphi$.

H $\varphi$ έχει δύο ιδιοτιμές, $\pm 1$. Για το $\lambda =-1$, τα ιδιοδιανύσματα είναι της μορφής $(x,0,z)$. Για το $\lambda =1$ τα ιδιοδιάνυσματα είναι της μορφής $(0,y,0)$.

1. (a)

   Για ${\lambda }_1=5$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $v_1=(1,1)$.

   Για ${\lambda }_2=-1$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $v_2=(1,-\frac{1}{2})$.

2. (b)

   Για ${\lambda }_1=\frac{i\sqrt{3}-1}{2}$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $(1,\frac{i\sqrt{3}-1}{2},-\frac{i\sqrt{3}+1}{2})$.

   Για ${\lambda }_2=-\frac{i\sqrt{3}+1}{2}$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $(1,-\frac{i\sqrt{3}+1}{2},\frac{i\sqrt{3}-1}{2})$.

   Για ${\lambda }_3=1$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $v_3=(1,1,1)$.

1. (a)

   Για ${\lambda }_1=3$ , τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $(1,1,-2)$.

   Για ${\lambda }_2=2$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $(1,0,0)$.

2. (b)

   Για ${\lambda }_1=2$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $(1,2)$.

   Για ${\lambda }_2=-1$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $(1,\frac{1}{2})$.

3. (c)

   Για ${\lambda }_1=0$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $(-i,1)$.

   Για ${\lambda }_2=2$, τα ιδιοδιανύσματα είναι πολλαπλάσια του $(i,1)$.

Για να δείξετε ότι $A^{m}X={\lambda }^{m}X$, χρησιμοποιείστε επαγωγή.

Να χρησιμοποιήσετε την προηγούμενη άσκηση για να δείξετε ότι $Av=\lambda v⟹(3{\mathrm{{\rm A}}}^2-\mathrm{{\rm A}}+2\mathrm{{\rm I}})v=({\lambda }^2-\lambda +2)v$

Να κάνετε χρήση της σχέσης της ορίζουσας και του ίχνους ενός πίνακα για να δείξετε ότι οι άλλες δύο ιδιοτιμές είναι οι $\pm 2i$.

$V_3=\{t(1,1,-2):t\in ℝ\}$, $V_2=\{t(1,0,0):t\in ℝ\}$.

Αν $B=S^{-1}AS$, τότε $det(B-x{I}_n)=det(A-x{I}_n)$. Επομένως έχουν τον ίδιο σταθερό όρο, δηλ. $det(B)=det(A)$. Ομοίως, έχουν τον ίδιο συντελεστή για τον όρο $x^{n-1}$ και $Tr(B)=Tr(A)$

H αλγεβρική πολλαπλότητα της ιδιοτιμής $1$, είναι $3$ ενώ η γεωμετρική της πολλαπλότητα είναι ίση με $1$ . H αλγεβρική πολλαπλότητα των άλλων ιδιοτιμών είναι $1$, άρα και η γεωμετρική πολλαπλότητά τους είναι $1$.

Ναι.

Ναι.

$a\ne b\in ℝ$

O$A$ δεν διαγωνιοποιείται.

O $A$ είναι διαγωνιοποιήσιμος.

O $A$ είναι $4\times 4$ πίνακα. Αφού $det(A)=4$, έπεται ότι $rank(A)=4$ . Από το Θεώρημα των Cayley-Hamilton προκύπτει ότι $A^{-1}=-\frac{1}{4}(A^3-2A^2+I)$.

$A^{-1}=-\frac{1}{12}(-A^2-2A+7I_3)$ και $A^4=11A^2-2A-24I_3$.

Υπάρχουν δύο μορφές για τα μπλοκ του Jordan για την ιδιοτιμή $3$ και τρεις μορφές για τα μπλοκ του Jordan για την ιδιοτιμή $1$. Συνολικά, υπάρχουν 6 συνδυασμοί.

$\parallel v\parallel =\sqrt{30}$, $\parallel 3v\parallel =3\sqrt{30}$, $\parallel \frac{1}{5}v\parallel =\frac{\sqrt{30}}{5}$.

Να αναπτύξετε το εσωτερικό γινόμενο $⟨u+v,u+v⟩$ και να παρατηρήσετε ότι $⟨u,v⟩=0$.

Παρατηρείστε ότι $A^{T}A$ είναι διαγώνιος πίνακας, όπου και στη συνέχεια να χρησιμοποιήσετε την Πρόταση 4.4.7.

$A^T{(A^T)}^T=A^{T}A=I_n$.

O $3\times 3$ πίνακας έχει τρεις διακριτές ιδιοτιμές ( $1,2,7$) και είναι διαγωνιοποιήσιμος.

Να παρατηρήσετε ότι $\parallel (1/2,1/2)\parallel \ne 1$, άρα δεν υπάρχει ορθογώνιος $A_1$. Για τον $A_2$, να δείξετε πρώτα ότι $a=\pm \sqrt{15}/4$.

Να επιβεβαιώσετε ότι $(-1,0,i)$ είναι ορθογώνιο ως προς το $(1,0,i)$. Στη συνέχεια, για να βρείτε διάνυσμα $(a,b,c)\in {ℂ}^3$, ορθογώνιο προς τα άλλα δύο, να λύσετε το σύστημα $a-ic=0$, $-a-ic=0$.

Να θέσετε $w=h(v)$ και να συμπεράνετε ότι $h(v)=\mathrm{𝟎}$.

Αν $A$ είναι o πίνακας της $\varphi$ ως προς την κανονική βάση του ${ℝ}^3$, τότε $A^T$ είναι o πίνακας της ${\varphi }^{*}$ ως προς την κανονική βάση του ${ℝ}^3$. Αφού

Αν $X\in null(A)$, τότε $AX=0$ και επομένως $A^{T}AX=0$, δηλ. $X\in null(A^{T}A)$. Αντίστροφα, an $X\in null(A^{T}A)$, θα δείξουμε ότι $X\in null(A)$. Έστω $Y=AX$. Τότε

και επομένως $Y=0$, δηλ. $Y\in null(A)$. To τελικό συμπέρασμα για τις βαθμίδες των πινάκων προκύπτει από το Θεώρημα 3.4.3.

$⟨Av,Av⟩=⟨\lambda v,\lambda v⟩⟹⟨v,A^{T}Av⟩={\lambda }^2⟨v,v⟩⟹⟨v,v⟩={\lambda }^2⟨v,v⟩$. Αφού $⟨v,v⟩\ne 0$, έπεται ότι $\lambda =\pm 1$.

Σύμφωνα με το Θεώρημα 5.5.5, αρκεί $A=A^T$. Έτσι, η πρώτη στήλη του $A$ είναι απόλυτα καθορισμένη. Για παράδειγμα, μπορείτε να επιλέξετε τον $A$ να είναι o πίνακας

Αρκεί $A=\overline{A^T}$. Για παράδειγμα, μπορείτε να επιλέξετε τον $A$ να είναι o πίνακας

${proj}_{v_1}(v)=\frac{3a+b-c}{11}{v}_1$, ${proj}_{v_2}(v)=\frac{a-2b+c}{6}{v}_2$, ${proj}_{v_3}(v)=\frac{a+4b+7c}{66}{v}_3$.

Για τα υπόλοιπα ερωτήματα, παρατηρούμε ότι η βάση $B$ είναι ορθογώνια. Μπορούμε λοιπόν να χρησιμοποιήσουμε την Έκφραση 6.1.2.1. Επομένως, an , τότε ${proj}_U(v)={proj}_{v_1}(v)+{proj}_{v_2}(v)$ και $v={proj}_{{ℝ}^3}(v)={proj}_{v_1}(v)+{proj}_{v_2}(v)+{proj}_{v_3}(v)$.

${proj}_{v_1}u=\frac{9}{25}{v}_1$. Για τα υπόλοιπα ερωτήματα, προχωρήστε όπως στην Άσκηση 1.

H ορθογώνια βάση που προκύπτει με την εφαρμογή του Αλγορίθμου 6.1.1, παραλλαγή ;i είναι η $(u_1,(5,2,-5),(-1,5,1))$.

Να βρείτε πρώτα μία ορθογώνια βάση για τον $U$ ή να εφαρμόσετε τον Αλγόριθμο 6.1.2. ${proj}_U(v)=\frac{1}{5}(-4,-1,2,-3)$.

Να βρείτε πρώτα μία ορθογώνια βάση για τον $U$ ή να εφαρμόσετε τον Αλγόριθμο 6.1.2. Αφού $(3,3,4)-{proj}_U(3,3,4)=\frac{1}{3}(2,2,-2)$, η ζητούμενη απόσταση είναι $(2\sqrt{3})/3$.

Οι ιδιοτιμές του $A$ είναι οι $1,i,0$. Επομένως o $A$ είναι διαγωνιοποιήσιμος και υπάρχει $D$ διαγώνιος έτσι ώστε $A=SD{S}^{-1}$. Συνεπώς $A^{100}=S{D}^{100}{S}^{-1}$ και

Να βρείτε τους πίνακες $S$ και $S^{-1}$ και να πολλαπλασιάσετε τους τρεις αυτούς πίνακες.

Όπως στο πρώτο μέρος της απόδειξης του Θεωρήματος 6.2.3, να χρησιμοποιήσετε ότι

$f(x,y)=(-2y+2,x+1)$.