10.2. Underrum Underrum 89

Transkript

1 10.2 Underrum Underrum Definition En icke-tom delmängd U i ett linjärt rum V kallas ett underrum i V om för arje u, U och arje reellt tal λ gäller att 1. u + U. 2. λu U. Anmärkning Vi säger att U är ett underrum till V om U är själt ett linjärt rum som ligger i det större linjära rummet V. 2. Genom att älja λ = 0 isar definitionen oan att nollelementet måste ligga i underrumet U, ds0 U. Således är att 0 / U ett ganska enkelt sätt att isa att mängden U inte är ett underrum. Exempel I R 3 är följande mängder underrum: 1. Origo, ds, den mängd som består a elementet Räta linjer genom origo. 3. Plan genom origo. Lösning: 1. Triialt. 2a. Antag att L är en linje som går igenom origo O och har riktningsektorn. Låt P 1 och ara tå punkter på L med ortsektorerna = OP 1 resp. = OP 2.Dåfinnsdetreella tal t 1 och t 2, så att OP 1 = t 1 och OP 2 = t 2.Detföljer att summan + = OP 1 + O = t 1 + t 2 =(t 1 + t 2 ) = {t = t 1 + t 2 } = t L, är ortsektorn för en punkt på L och λ = λ OP 1 = λt 1 = {t = λt 1 } = t L, är också en ortsektor för en punkt på L. Alltså är L ett underrum i rummet. Figur

2 90 10 LINJÄRA RUM L + O P 1! 2b. Antag att L inte går igenom origo utan igenom punkten P 0.TåpunkterP 1 och på L har ortektorerna OP 1 = OP 0 +t 1 resp. O = OP 0 +t 2. Vi ser att summan OP 1 + OP 2 = OP 0 +t 1 + OP 0 +t 2 =2OP 0 +(t 1 + t 2 ) =2OP 0 +t / L inte är en ortektor till en punkt på L och därmed är L inte ett underrum. Figur L + t 2 t 1 P 1 P 0 O

3 10.2 Underrum 91 3a. Antag att ett plan W går igenom origo O och har riktningsektorerna 1 och 2. Låt P 1 och ara tå punkter i W med ortsektorerna = OP 1 resp. = OP 2. Då ligger ektorerna och i W och därmed är en linjärkombination a riktningsektorerna 1 och 2, ds det finns reella tal s 1 och t 1, så att = s t 1 2. och s 2 och t 2, så att Då gäller att = s t =(s t 1 2 )+(s t 2 2 )=(s 1 + s 2 ) 1 +(t 1 + t 2 ) 2 = s 1 + t 2 W ds + är en ortsektor för en punkt i planet. Vidare är λ = λs λt 1 2 = s 1 + t 2 W också en ortsektor till en punkt i planet. Alltså är planet W ett underrum i rummet. Figur O P 1

4 92 10 LINJÄRA RUM 3b. Antag nu att planet W går igenom punkten P 0 istället för origo. Vi äljer tå punkter P 1 och i planet W. Ortsektorn till P 1 är 0P 1 = 0P 0 + P 0 P 1. Eftersom ektorn P 0 P 1 ligger i planet W är den en linjärkombination a riktningsektorerna 1 och 2,dsdet finns reella tal s 1 och t 1, så att P 0 P 1 = s t 1 2. Ortsektorn = 0P 1 till P 1 ges därmed a = 0P 0 + P 0 P 1 = 0P 0 +s t 1 2. På samma sätt ges ortsektorn = 0 till a = 0 + O = 0P 0 +s t 2 2. Dock är summan här inte återigen en ortektor för en punkt Q i planet W,ty + =( 0P 0 +s t 1 2 )+( 0P 0 +s t 2 2 )=2 0P 0 +s 1 + t 2 / W. Vi ser alltså att i har lämnat planet W då punkten Q som har summan + som ortektor inte tillhör W. Figur Q W P 1 P 0 O

5 10.2 Underrum 93 Exempel Låt W 1 ara mängden a ektorer i rummet på planet x 1 + x 2 + x 3 = 0, ds W 1 = {x R 3 : x 1 + x 2 + x 3 =0}. Låt också W 2 = {x R 3 : x 1 + x 2 + x 3 =1}. Är W 1 och W 2 underrum i R 3? Lösning: a) Enligt Exempel 10.14, så är W 1 ett linjärt rum. Eftersom W 1 i sin tur ligger idetlinjära rummet R 3,såär W 1 ett underrum till R 3. b) Det följer igen a Exempel att W 2 är inte ett linjärt rum och kan därför inte heller ara underrum till R 3. Exempel C =mängden a alla komplexa tal är ett linjärt rum, ty både summan och multiplikation med reella tal är återigen komplexa tal. Mängden a reella tal R är ett underrum till C. Dockär mängden a rationella tal Q ej ett underrum till R, ty multiplikation med reella tal är inte ett rationellt tal. Exempel S nn =mängden a n n symmetriska matriser är ett underum i M nn, ty både summan och multiplikatiom med reella tal är återigen en symmetrisk matris a samma typ n. T.ex., om n = 2, och A, B S 22,såär a1 b A + B = 1 a2 b + 2 a1 + a = 2 b 1 + b 2 S b 1 c 1 b 2 c 2 b 1 + b 2 c 1 + c På samma sätt kan man isa att λa är en symmetrisk 2 2-matris. Exempel T nn =mängden a n n ortogonala matriser är inte ett underum i M nn, ty om A T nn,såföljer att (λa)(λa) t = λ 2 AA t = λ 2 E = E. Detta isar att λa inte är en ortogonal matris och tillhör därmed inte T nn. Exempel För arje heltal k 1 är C k [a, b] =mängden a alla k gånger kontinuerligt derierbara funktioner på interallet [a, b] ettunderrumtillc[a, b]. Enligt Exempel 10.7 så är både C k [a, b] ochc[a, b] linjära rum. Eftersom det finns kontinuerliga funktioner som inte är derierbara så ligger rummet C k [a, b] ic[a, b] ochdärmed är C k [a, b] ettunderrum i C[a, b]. T.ex., så är funktionen f(x) = x kontinuerling men inte derierbar i [ 1, 1]. Exempel Enligt Exempel 10.7, så är P n =mängden a alla polynom a grad n, ett linjärt rum. Eftersom elementen i P n är kontinuerliga, så är P n ett underrum till det större linjära rummet C[a, b]. T.ex., så är trigonometriska, logaritm- och exponentialfunktionerna i C[a, b]. Exempel Lösningsrummet till differentialekationen ds y (x)+ay (x)+by(x) =f(x), (10.4) L p = {y C 2 (R) : y (x)+ay (x)+by(x) =f(x)} är inte ett underrum i C 2 (R). För att inse detta låter i y p L p. Vi får då att (λy p ) (x)+a(λy p ) (x)+b(λy p )(x) =λ(y p(x)+ay p(x)+by p (x)) = λf(x) = f(x). Alltså (λy p ) L p och därmed är L p inte ett underrum i C 2 (R). Vi säger att ekationen (10.4) är en linjär, inhomogen (ty f(x) = 0) differentialekation a ordning 2.

6 94 10 LINJÄRA RUM Exempel Låt L H ara mängden a lösningsektorer i R n till det linjära homogena ekationssystemet Ax = 0, ds L H = {x R n : Ax = 0} och låt L p ara lösningsrummet till det inhomogena ekationssystemet, ds L P = {x R n ; Ax = b}. Är L H respektie L P underrum i R n? Se Sats 6.29 Lösning: a) Låt x 1, x 2 L H.Dåär x 1 och x 2 tå lösningar sådana att Ax 1 = 0 och Ax 2 = 0. För summan gäller att A(x 1 + x 2 )=Ax 1 + Ax 2 = 0 och Alltså är L H ett underrum i R n ;. A(λx 1 )=λax 1 = 0. b) Låt x 1, x 2 L P.Dåär x 1 och x 2 tå lösningar sådana att Ax 1 = b och Ax 2 = b. För summan gäller att A(x 1 + x 2 )=Ax 1 + Ax 2 =2b = b. Alltså är L p inte ett underrum i R n.