Föreläsningsanteckningar Linjär Algebra II Lärarlyftet

Transkript

1 Föreläsningsanteckningar Linjär Algebra II Lärarlyftet Per Alexandersson Föreläsning I Timme I: Repetition av matriser, linjära ekvationssystem Linjärt ekvationssystem: x + y + z 3w = 3 2x + y + z 4w = 4 x 2y 2z + 3w = 3 4x + y + z 6w = 6 Kan skrivas på formen Ax = B, vi utför gausselimination på blockmatrisen (A B). Om lika många ekvationer som variaber och A har invers, så löses x = A 1 B. Här, Lösningar: (x, y, z, w) = (1, 2, 0, 0) + s(0, 1, 1, 0) + t(1, 2, 0, 1). Egenskaper hos matriser: Vi kan deniera addition och multiplikation med skalär. Vi har även matrismultiplikation. Observera att AB BA i allmänhet. 1. A(B + C) = AB + AC. 2. A(BC) = (AB)C. 3. Bara kvadratiska matriser har invers. 1

2 4. (AB) 1 = B 1 A 1 5. (AB) T = B T A T. Vi kan tolka ekvationssystem i matrisform, som ovan. Vad sker då vi gausseliminerar? En multipel av en rad adderas till en annan. Multiplicera en rad med en konstant. Permutation av rader. Detta kan utföras mha. matrismultiplikation! Gauss-eliminering av ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = I allmänhet, multiplikation med den elementära matrisen ae ij +I motsvarar att till rad i adderas en a-multipel av rad j. Att multiplicera från vänster med en diagonalmatris, innebär att rader multipliceras med motsvarande diagonalelement: = Slutligen, multiplikation från vänster med en permutationsmatris (varje rad och kolonn innehåller exakt en etta), permuterar rader: = Notera att alla dessa operationer ovan (utom att multiplicera en rad med 0), kan göras baklänges, så motsvarande matriser är inverterbara. Vi kan beräkna inversen till en matris med hjälp av gausselimination. Vad som sker är att vi upprepade gånger från vänster multiplicerar med en matris. Eftersom denna produkt gör om VL till identitetsmatrisen, och vi gör samma sak i HL, måste resultatet i HL vara inversen till ursprungliga VL. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). Timme II: Linjärt oberoende vektorer, rang & determinanter Vi säger att vektorer A 1,..., A n (kolonner eller rader i en matris), är linjärt oberoende om systemet A 1 x 1 + A 2 x A n x n = 0 bara har en enda lösning, x 1 = x 2 =... = x n = 0. 2

3 När gausselimination utförs, så får vi till sist en matris på trappstegsform, med ett antal pivot-element: A = Det nns maximalt ett pivotelement i varje rad och kolonn. Antalet pivotelement efter att matrisen är på trappstegsform är oberoende av hur vi utförde gausseliminationen. Detta antal denierar rank(a), rangen för matrisen. Notera att antalet pivotelement är samma som antalet linjärt obereoende rader i trappstegsmatrisen, och att gauss-elimination bevarar antalet linjärt oberoende rader. Slutsats: rank(a) är samma som antalet linjärt oberoende rader. Man kan också visa att detta är samma som antalet linjärt oberoende kolonner, och att de kolonner som innehåller pivot-element, är kolonner i ursprungliga matrisen som är linjärt oberoende. Detta följer från egenskaper hos determinanten. Problem 1. Avgör om vektorerna (1, 3, 2), (1, 1, 1) och (0, 2, 1) är linjärt oberoende. Lösning. Vi ställer upp dem i en matris och beräknar matrisens rang och vi ser att alla rader innehåller ett pivotelement. Alltså är alla tre rader linjärt oberoende, och de tre ursprungliga vektorerna är då linjärt oberoende. Determinanter: Def. från sid. 44: A = a 11 D 11 a 21 D 21 + a 31 D 31 ± a n1 D n1 där D ij är determinanten av den delmatris i A man får genom att stryka rad i och kolonn j. Determinanten av en 1 1-matris ges av talet i matrisen. a c Ex: b d = a d c b = ad bc. a b c d e f g h j = a e h f j d b h c j + g b e c f. Genom denna denition, kan man bevisa alla påståenden nedan: Egenskaper hos determinanten av en godtycklig n n-matris. 3

4 Determinanten byter tecken då man byter plats på två rader. Determinanten multipliceras med λ om en rad multipliceras med λ. Determinanten ändras inte om en multipel av en rad adderas till en annan. Determinantfuktionen är multilinjär. Om två rader är lika, är determinanten 0. Determinanten av en övertriangulär matris, är produkten av diagonalelementen. A = A T Slutsats, en n n-matris har determinant 0 precis om dess rang är mindre än n. Problem 2. Visa att determinanten av en övertriangulär matris är produkten av diagonalelementen, genom den rekursiva denitionen. Lösning. Vi visar med induktion. Basfallet, för 1 1-matriser är klart sant. Antag att påståendet gäller för (n 1) (n 1)-matriser, och att A är n n. Vi har att A = a 11 D 11 a 21 D 21 + a 31 D 31 ± a n1 D n1 (1) = a 11 D 11 0 D D 31 ± 0 D n1 (2) = a 11 D 11 (3) eftersom A är övertriangulär. Notera att D 11 är determinanten av en övertriangulär (n 1) (n 1)-matris, med a 22,..., a nn på diagonalen. Enl. induktionsantagane gäller då D 11 = a a nn och A = a a nn vilket skulle visas. Notera att egenskaperna om att man kan addera multipel av rad till en annan, innebär att determinanten inte ändras under en slags restriktivare gausseliminering. Exempel: = = = 19 Ibland så är det jobbigt att gausseliminera. Man får då utveckla efter rader och/eller kolonner, här längs med rad två. Notera tecken! x 4 3 y 0 2 x 2 x 1 0 = y 4 3 x x 3 x x 4 x 2 x 1 = 4

5 y[ (x 1) 3] 2[x(x 1) 4x 2 ] = 3(x 1)y 2( 3x 2 x) (4) = 6x 2 + 2x + 3xy 3y. (5) Om tid tas ett exempel på en 4 4-determinant här. Timme III: Vektorrumrum, denition och exempel Def. av vektorrum. Vektorrum är en mängd V tillsammans med en operation +. Det nns också multiplikation med skalär, λ : v λv V där λ är ett tal, reellt (eller komplext). (Kommutativitet) u + v = v + u. (Associativitet) (u + v) + w = u + (v + w). (Distributiva lagen) λ(u + v) = λu + λv Existens av nollvektor, i.e. det nns en vektor 0 så att v + 0 = v för alla v. Existens av unik lösning till x + v = u, dvs. v u nns. Bevis på att 0v = 0 för alla v: 0v = (1 1)v = v + ( v) = 0 eftersom ( v) är den unika lösningen till v + ( v) = 0. Exempel på vektorrum: R n, C n, matriser av x storlek, polynom (ev. av begränsad grad), kontinuerliga funktioner på ett intervall, etc. U. En mängd U V är ett delrum till V om u, v U medför att u+v, λu Vi säger att en mängd vektorer v 1,..., v n spänner upp/genererar V om alla vektorer i V kan fås som linjärkombination av v 1,..., v n. Om man kan hitta en sådan mängd vektorer, är V ändligtdimensionellt. Allt vi kommer arbeta med kommer att vara ändligtdimensionella vektorrum. Om v = x 1 v x n v n har unik lösning för varje v är v i en bas, och x i är koordinaterna för v i basen. Notera om x är vektorn med koordinaterna för v och y vektorn med koordinaterna för v, så är x + cy vektorn med koordinaterna för u + cv. Alla problem kan alltså översättas till koordinater, och det räcker egentligen att studera R n. Vi säger att vektorer är linjärt oberoende om 0 = x 1 v x n v n har unik lösning. Visa att detta är ekvivalent med att en av v i kan uttryckas i termer av de andra. 5

6 Problem 3. Visa att polynomen 1, x+1 och x 2 +x+1 är en bas för mängden av polynom av grad maximalt 2, och bestäm koordinaterna för ett godtycklig polynom c 1 + c 2 x + c 3 x 2 i denna bas. Lösning. Vi måste visa att ekvationen b 1 + b 2 (x + 1) + b 3 (x 2 + x + 1) = c 1 + c 2 x + c 3 x 2 alltid har en unik lösning, oavsett c 1, c 2, c 3. Detta översätts till ekvationssystemet b 1 + b 2 + b 3 = c 1 som på matrisform blir c c c 3 b 2 + b 3 = c 2 b 3 = c c 1 c c 2 c c c 1 c c 2 c c 3 Systemet har alltså den entydiga lösningen (b 1, b 2, b 3 ) = (c 1 c 2, c 2 c 3, c 3 ) så 1, x + 1, x 2 + x + 1 är en bas, och koordinaterna för c 1 + c 2 x + c 3 x 2 i denna bas är (c 1 c 2, c 2 c 3, c 3 ). Timme IV: Vektorrum II, baser och delrum Sats 4.1: Antal baselement för ett ändligtdimensionellt vektorrum V är alltid detsamma. Detta antal kallar vi för V :s dimension. Bevis-skiss: Vi kollar på basbytesmatrisen mellan två olika baser. Å ena sidan måste rangen av denna matris vara antalet basvektorer i första basen, men med annat argument är det också antalet basvektorer i andra basen. Antal basvektorer i de olika baserna är då samma. Sats 4.5: Varje uppsättning linjärt oberoende vektorer v 1,..., v k i ett ändligtdimensionellt vektorrum V, kan utvidgas till en bas för hela V. Bevis-skiss: Eftersom vi har ett ändligtdimensionellt vektorrum, så har vi en bas. Vi kan då skriva ned koordinaterna för v 1,..., v k i en matris, som kolonner. Vi fyller sedan på med enhetskolonner, dev. kolonner med en etta, och övriga element 0. Därefter utför vi gausselimination, tills vi får matrisen på trappstegsform. Eftersom de kolonner vi fyllde på med är linjärt oberoende, måste vi få ett pivot-element i varje rad. De kolonner som innehöll koordinaterna för v 1,..., v k innehåller pivotelement, eftersom dessa är linjärt oberoende. Några extra kolonner innehåller nu pivotelement, och de kolonner i ursprungliga matrisen som efter gausselimination innehåller pivotelement, utgör en bas för V. 6

7 Problem 4. Utvidga vektorerna (2, 1, 1, 1) och (1, 1, 1, 1) till en bas för R 4. Lösning. Vi lägger till vektorerna (1, 0, 0, 0),..., (0, 0, 0, 1) som vi vet är en bas för R 4 och väljer sedan ut de vektorer som är linjärt oberoende, genom att ställa upp som en matris och gauss-eliminera: Kolonnerna 1, 2, 4 och 5 innehåller pivotelement, så motsv. rader i ursprungliga matrisen utgör en bas. De vektorer vi ck i uppgiften samt (0, 1, 0, 0) och (0, 0, 1, 0) utgör en bas för R 4. Exempel på vektorrumsberäkningar: Problem 5. Vilka av följande delmängder till R 3 är vektorrum? 1. {(x, y, z) R 3 : x + y + 2z = 0} 2. {(x, y, z) R 3 : x 2 = y} 3. {(x, y, z) R 3 : x + y + z = 1} 4. {(x, y, z) R 3 : x + y = 0 och y + z = 0} Problem 6. Visa att mängden V av polynom med reella koecienter och grad maximalt 3 är ett vektorrum. Visa att mängden U av polynom i V ovan som uppfyller att p(0) = 0 är ett delvektorrum till V. Finn en bas för U och utvidga till en bas för V. Lösning. Att visa att baserna ovan är ett vektorrum får man visa själv. En bas för U ges t.ex. av polynomen x, x 2, x 3 och lägger vi till polynomet 1 fås en bas för hela rummet. Problem 7. Mängden V av reella 2 2 matriser är ett vektorrum. Visa att ( matriser ) A V som uppfyller BA = 0 är ett delvektorrum, där B = 1 2. Bestäm en bas och dimension för detta delrum

8 Lösning. Att visa att mängden V är ett vektorrum får man visa själv. ( ) a b Ansätter vi A = översätts villkoret BA = 0 till matrisekvationen c d ( ) ( ) 1 2 a b 1 2 c d = ( ) Efter utförd multiplikation leder till ekvationssystemet { a + 2c = 0 b + 2d = 0 vars lösningar ( är (a, ) b, c, d) ( = s(2, ) 0, 1, 0) + t(0, 2, 0, 1). En bas ges då av matriserna och och delrummets dimension är då