LINJÄR ALGEBRA II LEKTION JOHAN ASPLUND INNEHÅLL. VEKTORRUM OCH DELRUM Hel kursen Linjär Algebr II hndlr om vektorrum och hur vektorrum (eller linjär rum, som de iblnd klls) beter sig. Tidigre hr mn ntgligen stött på en hel drös med vektorrum. De viktigste och mest uppenbr är R och R 3. Tidigre hr mn mer eller mindre sett på vektorrum som en mängd med vektorer (pilr), men vi sk nu t ett mer seriöst grepp och fktiskt definier vd som mens med ordet vektorrum. Rent formellt sett är ett vektorrum inget mer än en mängd med punkter (till exempel ett pln), en mängd med sklärer (till exempel R) och en rd med regler som dess sk följ. Definition. (Vektorrum). Låt V vr en icke-tom mängd, och låt k beteckn en godtycklig sklär. Om följnde regler gäller klls V för ett vektorrum. Sluten mp ddition: Om v, w V så v + w V. Sluten mp sklärmultipliktion: Om v V och k är en sklär så kv V. A: v + w = w + v för ll v, w V. A: (u + v) + w = u + (v + w) för ll u, v, w V. A3: Det finns en nollvektor, 0, så tt v + 0 = v för ll v V. A4: För vrje v V finns det en negtiv motsvrighet, v V, så tt v + ( v) = 0. M: k(v + w) = kv + kw för ll v, w V och ll sklärer k. M: (k + l)v = kv + lv för ll v V och ll sklärer k och l. M3: k(lv) = (kl)v för ll v V och ll sklärer k och l. M4: Det finns en ett,, så tt v = v för ll v V. Från och med nu kommer vi nt tt ll sklärer är reell, och vi kommer kll V ett reellt vektorrum om V är sluten (med vseende på både ddition och sklärmultipliktion) smt uppfyller A-4 och M-4. Element i mängden V klls för (reell) vektorer och ll reell tl för sklärer. Anmärkning.. Det finns ingen begränsning som säger tt vi måste nvänd reell tl som sklärer. Vi kn nvänd komplex tl, rtionell tl, eller gå så långt tt vi nvänder element i en så klld kropp, som är en generlisering v reell och komplex tl. Som nämnt tidigre så är R n det vnligste vektorrumet. Men vi kommer också se tt mängden v n n mtriser också är ett vektorrum med mtrisddition bildr ett vektorrum med de reell tlen. Vi kommer också jobb rätt mycket med rummet v ll polynom med högst grd n, med reell koefficienter, eftersom de också bildr ett vektorrum. Låt V vr ett reellt vektorrum. Vi kn då koll på en mängd W V. Frågn är då när W är ett vektorrum, eller ett delrum till V. Svret är intuitivt. W är ett delrum till V då W i sig själv är ett vektorrum. Vi kn dock förenkl situtionen genom tt nvänd det fktum tt V är ett vektorrum. En del v egenskpern A-4 och M-4 ärvs ner till W också. Sts.3. Låt V vr ett reellt vektorrum. Om W V är en icke-tom mängd, är W ett delrum v V om och endst om () Om v, w W så v + w W. () Om v W och k är en sklär, så kv W.
JOHAN ASPLUND Sts.3 säger mer eller mindre tt ll lgr A-4 och M-4 ärvs ner från V till W, om W V, och tt det end som krävs för tt se om W är ett vektorrum är tt koll om W är sluten under ddition smt sklärmultipliktion.. LINJÄRKOMBINATIONER OCH LINJÄRT (O)BEROENDE VEKTORER I R, som kn visulisers som xy-plnet, finns det vektorer på formen (, b) där, b R. Dess vektorer kn mn kombiner (eftersom R är ett vektorrum) och skp ny vektorer med. T till exempel (, ) och (e, π). Vi kn dder dess och få en ny vektor ( + e, + π). Mer llmänt kn vi multiplicer vektorern vr för sig med en sklär före vi dderr ihop dem. Då får vi något som ser ut som följnde. (, ) + b(e, π) = ( + be, + bπ), där och b är sklärer. Mer llmänt kn vi skp ny vektorer genom tt t två godtycklig vektorer (x 0, y 0 ), och (x, y ). (.) (x 0, y 0 ) + b(x, y ) = (x 0 + bx, y 0 + by ). Uttrycket (.) är precis vd vi kllr för en linjärkombintion. Vi kombinerr två vektorer och skpr en ny. Vi behöver inte nvänd enbrt två vektorer heller, utn vi kn nvänd fler än så. Om vi hr n stycken vektorer v,..., v n V i ett godtyckligt (reellt) vektorrum V, och n reell tl k,..., k n så är v = k v + k v + + k n v n, en ny vektor som klls för en linjärkombintion v v,..., v n (för vrje vl v k,..., k n ). Definition. (Linjärt oberoende). Låt S = {v,..., v n } V vr en mängd v vektorer i ett reellt vektorrum V. Om ekvtionen k v + k v + + k n v n = 0, endst hr den trivil lösningen k = k =... = k n = 0, klls mängden S för linjärt oberoende. Om denn ekvtion hr en nnn lösning än den trivil, klls S för linjärt beroende. def:vektorrum Att en mängd är linjärt beroende innebär tt en utv vektorern kn skrivs som en linjärkombintion v de ndr. I exemplet med mängden { (, 0), (0, ), (, ) } så hr vi (, ) = (, 0) + (0, ). Eftersom (, ) kn skrivs som en linjärkombintion v de ndr två vektorern är mängden linjärt beroende. Givet n stycken vektorer v,..., v n V så klls mängden v linjärkombintioner v dess vektorer för spnnet (eller det linjär höljet) v vektorern, och är viktigt tt känn till. Definition. (Spn). Vi definierr spnnet v vektorern v,..., v n V som mängden v ll linjärkombintioner. Vi betecknr spnnet med spn {v,..., v n }, och vi hr lltså följnde. n spn {v,..., v n } = k m v m k,..., k n R. Exempelvis hr vi m= spn { (, 0), (0, ) } = { (, 0) + b(0, ), b R } = { (, b), b R } = R. Så ll möjlig linjärkombintioner v (, 0) och (0, ) utgör hel R. Dett är ett viktigt exempel på en bs. Definition.3 (Bs). Betrkt ett reellt vektorrum V. Låt v,..., v n V vr n vektorer som uppfyller spn {v,..., v n } = V, smt tt mängden {v,..., v n } är linjärt oberoende. Då sägs {v,..., v n } vr en bs till vektorrummet V. Anmärkning.4. En bs till ett vektorrum är det först riktigt viktig begreppet som mn bör t med sig från linjär lgebr. Det finns resultt som säger tt ll vektorrum hr en bs (det finns dock exempel på mer vncerde vektorrum där mn vet tt det finns en bs, men där mn inte kn skriv upp en bs). En bs till ett vektorrum är inte unik. Det som är unikt är däremot ntl vektorer som ingår i själv bsen. Det tlet klls för vektorrummets dimension, och är unikt för ett givet vektorrum.
LINJÄR ALGEBRA II LEKTION 3 Noter tt vi oft kommer nvänd nottionen v = {v,..., v n } för tt beton tt det är en bs. Om mn vet bsen till ett vektorrum så vet mn i princip llting om det. Ett vektorrum bestäms helt och hållet utifrån sin bs. Bsen bestämmer i synnerhet ett koordintsystem för ll ndr vektorer i vektorrummet. Definition.5 (Koordinter). Låt v = {v,..., v n } vr en bs i vektorrummet V och betrkt en godtycklig vektor w V. Låt x,... x n R vr de koefficienter så tt n w = x k v k. k= Då klls tlen x,..., x n för koordintern till vektorn w i bsen v, och vektorn w beteckns då iblnd som (x,..., x n ) i förhållnde till v. En mer tydlig nottion är [w] v = x x.. x n 3. UPPGIFTER 4.:4. Avgör om ll pr v reell tl på formen (0, y) bildr ett vektorrum med stndrdopertionern på R. Stndrdopertionern är (x, y ) + (x, y ) = (x + x, y + y ) smt k(x, y) = (kx, ky). Lösning. Svret är tt det bildr ett vektorrum. Gå igenom listn i definition. och verifier tt ll dess regler gäller. 4.:5. Avgör om ll pr v reell tl på formen (x, y), där x 0, bildr ett vektorrum med stndrdopertionern på R. Lösning. Dett är inget vektorrum. Det är A4 som inte är uppfylld. Om vi tr (, 0) så finns det ingen vektor vi kn dder till (, 0) för tt få (0, 0), eftersom (, 0) inte ligger i den underliggnde mängden { (x, y) x 0 }. 4.:7. Vis tt mängden v ll punkter i R som ligger på en linje, bildr ett vektorrum med vseende på stndrdopertionern på R om och endst om linjen går igenom origo. Lösning. Om linjen inte går igenom origo kn vi lätt dr slutstsen tt det inte är ett vektorrum på grund v A3. Om linjen inte går igenom origo, kommer inte nollvektorn tt finns med, och det är därmed inget vektorrum. Låt nu linjen psser genom origo. Linjens ekvtion kn då skrivs som y = kx för något godtyckligt k. Vår uppgift är lltså tt vis tt mängden l = { (x, kx) k R } med stndrdopertionern på R, bildr ett vektorrum. Här följer beviset för någr v reglern listde i definition.. Sluten mp ddition: T två vektorer på linjen (x, kx ) och (x, kx ). Då hr vi (x, kx ) + (x, kx ) = (x + x, k(x + x )), som ligger i l. Sluten mp sklärmultipliktion: Låt R. Då ligger (x, kx) = (x, k(x)) i l. A4: Den negtiv motsvrigheten till (x, kx) är ( x, k( x)) = (x, kx). M: Låt, b R. Då hr vi ( + b)(x, kx) = (( + b)x, ( + b)kx) = (x + bx, k(x + bx)) = (x, kx) + (bx, kbx) = (x, kx) + b(x, kx). M4: Ettn är helt enkelt eftersom skläreren är R. 4.:3. Med hjälp utv sts.3, bestäm om följnde delmängder är delrum v P 3. Noter tt P n.= { 0 + x + + n x n 0,..., n R }, är mängden v ll polynom med grd högst n (det kn vr v lägre grd eftersom inget säger tt vi inte får h n = 0 t.ex.). () All polynom på formen 0 + x + x + 3 x 3 där =.
4 JOHAN ASPLUND (b) All polynom på formen 0 + x + x + 3 x 3 där 0 = 0. (c) All polynom på formen 0 + x + x + 3 x 3 där 0,,, 3 ll är heltl. (d) All polynom på formen 0 + x där 0, R. Lösning. () Vi behöver lltså endst koll om mängden uppfyller tt den är sluten med vseende på ddition smt sklärmultipliktion. ( 0 + x+ x + x 3 )+(b 0 +b x+b x +b x 3 ) = ( 0 +b 0 )+( +b )x+( +b )x +( +b )x 3, som också är på den givn formen. k( 0 + x + x + x 3 ) = k 0 + k x + k x + k x 3, så slutstsen är tt mängden som beskrivs i (), är ett delrum till P 3. (b) Vi hr ( x + x + 3 x 3 ) + (b x + b x + b 3 x 3 ) = ( + b )x + ( + b )x + ( 3 + b 3 )x 3, och k( x + x + x 3 ) = k x + k x + k x 3, så mängden beskriven i (b) är också ett delrum. (c) Denn mängd är sluten under ddition, men inte sklärmultipliktion, ty ( 0 + x + x + x 3 ) = 0 + x + x + x 3, ligger inte i mängden om någon v 0,,, 3 är ett udd tl. (d) På smm sätt som i () inses det enkelt tt mängden är ett delrum v P 3. 4.:9. Vilk v de följnde mtrisern är en linjärkombintion v 3 0 A =, B =, C = 0 4 5 () 4 4 5 (b) 0 3 (c) 4 9 9 (d) 8? 5 Lösning. Det först vi kommergör är tt skriv om mtrisern som kolonnvektorer med 4 element. b b Dvs vi skriver om som. Dett får vi gör eftersom ddition och sklärmultipliktion för c d c d både kolonnvektorer och mtriser sker elementvis. För tt en vektor v sk vr en linjärkombintion v en nnn måste vi t red på om det finns tl k, k och k 3 så tt 3 0 k 0 + k + k 3 = v. 4 5 Vänsterleder kn skrivs om på mtrisform som 3 0 3 0 k 0 + k + k 3 = 0 4 5 4 5 k k. k 3
LINJÄR ALGEBRA II LEKTION 5 v v För ett givet v = så vill vi rdreducer denn mtris. v 3 v 4 3 0 v 4 5 v 4 4 5 v 4 v 0 v 3 v 0 v 3 0 6 9 v v 4 0 v 3 4 5 v 4 3 0 v 0 4 v 3v 4 4 5 v 4 0 v 3 0 3 3 (v v 4 ) 0 6 7 (v 3v 4 ) 4 5 v 4 0 v 3 0 0 3 (v v 4 ) + v 3 0 0 (v 3v 4 ) + 3v 3 4 5 v 4 0 v 3 0 0 3 (v v 4 ) + v 3 0 0 0 (v 3v 4 ) + 3v 3 + 3 (v v 4 ) v 3 För tt ekvtionen sk h en lösning, så måste den sist ekvtionen vr uppfylld. Det vill säg för den givn vektorn v måste vi h (v 3v 4 ) + 3v 3 + 3 (v v 4 ) v 3 = v + 5 6 v 4 + v 3 + 3 v = 0. Om vi stoppr in vektorern (mtrisern) i uppgiftern märker vi tt denn ekvtion är uppfylld för mtrisern i () och (d). Eftersom sist ekvtionen måste vr uppfylld så finns det en lösning till ekvtionssystemet för mtrisern i () och (d), vilket innebär tt mtrisern i () och (d) är linjärkombintioner v A, B och C. 4.:4. Låt f = cos (x) och g = sin (x). Vilk v följnde vektorer ligger i spn {f, g}? () cos(x) (b) 3 + x (c) (d) sin(x) (e) 0 Lösning. () Från nlys vet vi tt cos(x) = cos (x) sin (x). Så cos(x) är lltså en linjärkombintion v f och g, och tillhör lltså spn {f, g}. (b) Det är omöjligt tt f +bg = cos (x)+b sin (x) = 3+x för någr värden på och b. Så cos(x) ligger inte i spn {f, g}. (c) Tänk trigonometrisk ettn! (d) Tillhör inte spnnet. (e) Tillhör lltid spnnet (v vilk vektorer som helst)! T = b = 0. 4.:7. Vis tt mängden v kontinuerlig funktioner f = f(x) definierde på [, b], så tt f(x) dx = 0, utgör ett delrum v C([, b]) (dvs mängden v ll kontinuerlig funktioner på [, b]). Lösning. Det vi behöver vis är tt rummet är slutet under ddition och sklärmultipliktion. Additionen är definierd som (f + g)(x) = f(x) + g(x), och sklärmultipliktionen som (kf)(x) = kf(x). Dett följer enkelt eftersom och (f + g)(x) dx = f(x) + g(x) dx = (kf)(x) dx = k f(x) dx + g(x) dx = 0 + 0 = 0, f(x) dx = k 0 = 0.
6 JOHAN ASPLUND 4.3:5. Ant tt v, v och v 3 är ortsvektorer i R 3. För vrje trippel v vektorer, vgör om de ligger i smm pln. () v = (,, 3), v = (, 4, 6) och v 3 = ( 3, 6, 0) (b) v = (,, 4), v = (4,, 3) och v 3 = (, 7, 6) (c) v = (4, 6, 8), v = (, 3, 4) och v 3 = (, 3, 4) Lösning. Givet två ortsvektorer kn vi lltid hitt ett pln som gör tt vektorern ligger i plnet. Att vgör om den tredje vektorn också ligger i smm pln, är detsmm som tt vgör om vektorern är linjärt beroende. För tt gör dett så vill vi vet om ekvtionen 3 k i v i = 0, k= hr någon lösning som inte är den trivil. Det är lltså ett ekvtionssystem vi vill lös för vrje vl v v, v och v 3. I fllet i () hr vi följnde. 3 3 k 0 k + k 4 + k 3 6 = 0 4 6 k = 0. 3 6 0 3 6 0 k 3 0 Dett ekvtionssystem kn vi lös. Men vi ville endst vet om vektorern ligger i smm pln. Vi vill lltså br vet om ekvtionssystemet hr en icke-trivil lösning. Dett ekvtionssystem hr en icke-trivil lösning endst om A = 3 4 6, 3 6 0 inte är inverterbr. Det vill säg om det(a) = 0. Om det(a) 0, då skulle vi kunnt multiplicer båd led med A och få tt k = k = k 3 = 0. Vi utvecklr längs sist rden för tt få följnde. 3 3 4 6 = 3 4 6 + 6 3 = 3( ) + 6( 6 + 6) = 0. 6 3 6 0 Alltså är determinten 0, och ingen invers finns. Därför måste det finns en icke-trivil lösning till ekvtionssystemet, så tt vektorern är linjärt beroende. Alltså ligger de i smm pln. Det lämns som en övning tt red ut (b) och (c). 4.3:9. För vilk reell värden på λ bildr vektorern λ v =, v = λ, v 3 =, λ en linjärt beroende mängd v vektorer? Lösning. Som utrett i förr uppgiften så vill vi vet när det(a) = 0, där λ A = λ. λ
Determinnten beräknr vi som följnde. λ + λ λ Dett är lik med 0 då λ = eller då λ =. LINJÄR ALGEBRA II LEKTION 7 4.4:. Vilk v följnde mängder utgör en bs för R? () A = { (3, ), (0, 0) } (b) B = { (4, ), ( 7, 8) } (c) C = { (5, ), (, 3) } (d) D = { (3, 9), ( 7, ) } + + + λ λ λ = λ = (λ ) λ λ λ 0 0 = (λ ) λ + 0 λ + = (λ ) 0 0 λ + 0 λ + ( = (λ ) λ +. ) Lösning. () För tt mängden sk vr en bs till R så sk vektorern spänn upp R, smt tt de måste vr linjärt oberoende. Vi vill lltså tt endst sk h den trivil lösningen, smt tt k v + k v = 0, k v + k v = v, sk h en lösning för ll v R. Vi undersöker den ndr frågn först. Låt v = kolonnvektor i R. Då hr vi ekvtionssystemet 3 0 k v =. 0 Vi ser tt om v = 0 så finns det icke-trivil lösningr. Ett exempel är vektorern linjärt beroende, och A kn därför inte vr en bs i R. (b) På smm sätt här får vi ekvtionssystemet 4 7 k v =. 8 Vi rdreducerr och får ( 8 v Systemet vi hr är lltså 4 7 v ) k k v v ( 8 v 0 39 v 4v k 8k = v 39k = v 4v, ). k k = v v vr en 0. Alltså är så ovsett vd v är för vektor så kn vi lltid hitt k och k som gör tt v kn uttrycks som en linjärkombintion v vektorern i B. På smm sätt, om v = 0 så tvings mn få k = k = 0, vilket gör tt B är linjärt oberoende. Eftersom då B både spänner upp R och är linjärt oberoende, gör tt B är en bs i R.
8 JOHAN ASPLUND Extruppgift (från dugg). P 3 är rummet v polynom v grd högst 3. () Ange en bs i P 3. (b) Bevis tt ll polynom p P 3 sådn tt p(0) = 0 är ett delrum W v P 3. (c) Bestäm en bs i delrummet W. Lösning. () Ett godtyckligt polynom i P 3 är 0 + x + x + 3 x 3. { En bs (stndrdbsen) i P 3 är b =, x, x, x 3}, eftersom ett godtyckligt polynom är en linjärkombintion v vektorern i b. (b) Vi betecknr delmängden v ll polynom p P 3 sådn tt p(0) = 0 med W. Om vi hr det godtycklig polynomet p(x) = 0 + x + x + 3 x 3, så sk det uppfyll p(0) = 0, det vill säg tt 0 = 0. All polynom i W är lltså på formen w(x) = x + x + 3 x 3. Det vi behöver gör är tt vis tt W P 3 är ett delrum. Vi behöver endst vis tt W är sluten under ddition och sklärmultipliktion. Vi hr ( x + x + 3 x 3 ) + (b x + b x + b 3 x 3 ) = ( + b )x + ( + b )x + ( 3 + b 3 )x 3, och k( x + x + 3 x 3 ) = k x + k x + k 3 x 3, som båd också nturligtvis { ligger i W. Alltså är W ett delrum v P 3. (c) En bs i W är w = x, x, x 3} eftersom ett godtyckligt polynom i W är en linjärkombintion v dess vektorer. E-mil ddress: john.splund@mth.uu.se