Rang og Vektorrom

Magnus B. Botnan

NTNU

4. august, 2015

Lineær Uavhengighet

La v(1) , . . . , v(m) være vektorer av samme størrelse. Vi sier atvektorene er lineært avhengige hvis det finnes konstanterc1 , . . . , cm, hvorav minst én er ulik 0, slik at

c1v(1) + . . . + cmv(m) � 0.

Vi sier at vektorene er lineært uavhengige hvis de ikke er lineærtavhengige.

Lineær Uavhengighet: Eksempel

v(1) �[3 0 2 2

]

v(2) �[−6 42 24 54

]

v(3) �[21 −21 0 −15

]

Disse er lineært avhengige fordi 6v(1) −12v(2) − v(3) � 0.

Anta så atc1v(1) + c2v(2) �

[3c1 − 6c2 42c2 2c1 + 24c2 2c1 + 54c2

]� 0.

Dette betyr at c1 � c2 � 0 og dermed er v(1) og v(2) linærtuavhengige.

Rang

Rangen til en matrise A er maksimalt antall lineært uavhengigeradvektorer i A. Vi skriver dette som rank(A).

3 0 2 2−6 42 24 5421 −21 0 −15

har rang 2 (forrige eksempel).

Teorem: rang endrer seg ikke under elementære radoperasjoner(Gausseliminasjon).

Observasjon: vi kan finne rang ved å radredusere til Echelonformog lese av antall rader ulik 0.

Rang

A �

3 0 2 2−6 42 24 5421 −21 0 −15

∼

3 0 2 20 42 28 580 0 0 0

Dermed er Rank(A) � 2.

Observasjon: m vektorer med n komponenter er lineærtuavhengige hvis og bare hvis matrisen med vektorene somradvektorer har rang lik m. (Merk at en 0 rad betyr at radvektorenkan skrives som en lineær kombinasjon av de andre radvektorene).

Radrang = Kolonnerang

Teorem: Rangen til en matrise A er lik antall lineært uavhengigekolonnevektorerer i A.

Bevis for tilfellet A en 3 × 3-matrise og Rank(A) � 2:

A �

v11 v12 V13v21 v22 v23v31 v32 v33

.

Anta at v(1) �[v11 v12 V13

]og v(2) �

[v21 v22 v23

]er lineært

uavhengige. Da finnes det konstanter c1 og c2 slik atv(3) �

[v31 v32 v33

]� c1v(1) + c2v(2). Eller, omskrevet,

v31 � c1v11 + c2v21, v32 � c1v12 + c2v22 og v33 � c1v13 + c2v23.

v11v21v31

� v11

10

c31

+v21

01

c32

,

v12v22v23

� v12

10

c31

+v22

01

c32

,

v13v23v33

� v13

10

c31

+v23

01

c32

Lineær Avhengighet

Observasjon: Hvis m vektorer har n komponenter og n < m så ervektorene lineært avhengige.

Bevis: la A være m × n-matrisen med vektorene som rader. Da erantall lineært antall radvektorer lik antall lineært uavhengigekolonnevektorer. Ettersom antall kolonner er n og n < m, så følgerdet at antall lineært uavhengige rader, Rank(A) ≤ n < m.

Vektorrom (i Rn)

(Uformell definisjon!) En mengde V av vektorer med nkomponenter danner et vektorrom i Rn hvis, for alle vektorer v og wi V , så er αv + βw i V for alle skalarer α, β.

Dimensjonen til V er maksimalt antall lineært uavhengige vektorer iV . Vi skriver dette som dimV .

En basis for V er en endelig mengde av vektorer{v(1) , . . . , v(m) } ⊆ V slik at

1. For en hver w ∈ V eksisterer det skalarer c1 , . . . , cm slik atw � c1v(1) + . . . + cmv(m).

2. Vektorene v(1) , . . . , v(m) er lineært uavhengige.

Dimensjonen til V er antall vektorer i en basis for V . Eksempel: laV være alle vektorer med 3 komponenter. Da er(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) en basis for V , og dimV � 3.

Underrom

Hvis V er et vektorrom og W ⊆ V er en delmengde av W som ogsåer et vektorrom, da et er W et underrom av V .

Vektorromet bestående av alle vektorer (v1 , v2 , 0) er et underromav vektorromet R3 som består av alle vektorer med tre tupler.

Observasjon: hvis W er et underrom av V så er dimW ≤ dimV .

Rad- og Kolonnerom

For en endelig mengde av vektorer S � {v(1) , . . . , v(m) } erspennet av S vektorrommet definert ved alle lineærkombinasjonerav vektorer i S. Dvs, span(S) er vektorrommet bestående av allelineærkombinasjoner c1v(1) + . . . + cmv(m) for reelle tall c1 , . . . , cm.Vi sier at V er spent ut av S.

Radrommet til en matrise A er vektorrommet spent ut avradvektorene i A. Tilsvarende er kolonnerommet til A vektorrometspent ut av kolonnevektorene i A. Vi skriver disse henholdsvis somRow(A) og Col(A).

Det følger at dimRow(A) � dimCol(A) � Rank(A).

Eksempel på Rad- og Kolonnerom

Finn basis for radrommet og kolonnerommet til

A �

[−2 4 −61 −2 3

].

Radrom: radreduserer til[1 −2 30 0 0

]. Ergo har Row(A) basis

{(1,−2, 3)}.

Kolonnerom: kolonnerommet til A er det samme som radrommet tilAT . Derfor kan vi transponere A og radredusere den transponerte

AT�

−2 14 −2−6 3

∼

−2 10 00 0

Ergo er {(−2, 1)} en basis for Row(AT ) � Col(A).

(Eksistens av) Løsning av Lineære

Likningssystemer

Vi kan bruke rangen til den augmenterte matrisen til å bestemmeantall løsninger av et likningssystem.

a11x1 + . . . + a1nxn � b1

a21x1 + . . . + a2nxn � b2

... �...

am1x1 + . . . + amnxn � bm

A �

a11 . . . a1n...

......

am1 . . . amn

A �

a11 . . . a1n b1...

......

...am1 . . . amn bm

(Eksistens av) Løsning av Lineære

Likningssystemer

Likningssystemet på forrige slide har

1. Løsning hvis og bare hvis Rank(A) � Rank(A).2. Unik løsning hvis og bare hvis Rank(A) � n.3. Uendelig mange løsninger hvis Rank(A) < n.

I praksis finner vi løsningene (og rangen) ved Gausseliminasjon(eller lignende).

Homogene Likningssystemer

Vi sier at et likningssystem på formen

a11x1 + . . . + a1nxn � 0a21x1 + . . . + a2nxn � 0

... �...

am1x1 + . . . + amnxn � 0

er homogent. Løsningen x1 � . . . � xn � 0 er alltid en løsning, dentrivielle løsningen.

Løsningene danner vektorrom: anta Av � 0 og Aw � 0. Da erA(αv + βw) � αAv + βAw � 0 + 0 � 0. Dette vektorromet kaller vinullrommet til A og skrives som Null(A). Fra forrige teorem vet vi atlikningssettet har ikke-trivielle løsninger hvis og bare hvisRank(A) < n. Faktisk, så er dimNull(A) � n − Rank(A).

Nullrom

For å finne nullrommet så radreduserer vi til Echelonform somvanlig.

A �

3 0 2 2−6 42 24 5421 −21 0 −15

∼

3 0 2 20 42 28 580 0 0 0

Dermed får vi dimNull(A) � n − Rank(A) � 4 − 2 � 2.

La x3 � t og x4 � s. Da er 42x2 + 28s + 58t � 0, eller,x2 � (28s − 58t)/42. Tilsvarende er 3x1 + 2(s + t) � 0 ellerx1 � 2(s + t)/3. Dvs, for alle reelle tall s og t er(−2(s + t)/3, (28s − 58t)/42, s, t) en løsning. En basis for dettevektorrommet er {(−2/3, 28/42, 1, 0), (−2/3,−58/42, 0, 1)}.

Ikke-homogene Likningssystemer

For et ikke-homogent likningssystem

a11x1 + . . . + a1nxn � b1

a21x1 + . . . + a2nxn � b2

... �...

am1x1 + . . . + amnxn � bm

så er alle løsningene på formen x � x0 + xh der x0 er en fiksert(vilkåerlig) løsning av det ikke-homogene likningssystemet og xh eren løsning av det korresponderende homogene systemet.

Bevis: anta Ax � Ax′ � b. Da er A(x − x′) � b − b � 0. Dermed erxh � (x − x′) en løsning av det ikke-homogene systemet.

Nytt Eksempel

Finn basis for rad-, kolonne og nullrom av

A �

2 −2 10 4 82 0 4

∼

1 0 20 −2 −30 0 1

Merk at Rank(A) � 3.

Row(A) � Span{(1, 0, 2), (0,−2,−3), (0, 0, 1)}

Col(A) � Span{(1, 0, 0), (0,−2, 0), (2,−3, 1)}.

Null(A) � 0.

Invers av Matriser

La A være en n × n-matrise. Den inverse matrisen til A ern × n-matrisen A−1 som tilfredstiller

AA−1 � A−1A � In.

Hvis A har en invers så er A ikke-singulær. Ellers sier vi at A ersingulær.

Observasjon: inverser er unike.

Hvilke matriser har invers?

Teorem: en matrise er ikke-singulær (dvs har invers) hvis og barehvis Rank(A) � n.

Bevis: på tavle.

Gauss-Jordan

Hvis en n × n-matrise er ikke-singulær kan vi bruke Gauss-Jordantil å finne dens inverse.

Observasjon: hvis A er en n × n-matrise av full rang (ikke-singulær)så er den radsimilær til In.

Taktikk: La A være invertibel med invers B. Vi skal finne B slik atAB � In. Hvis vi utfører elementære radoperasjoner på AB er detdet samme som å gjøre de korresponderende radoperasjonene påA og så multiplisere med B.

Dermed gjør vi elementære radoperasjoner på begge sider avlikhetstegnet slik at A transformeres til identitetsmatrisen. Da er detkun B på venstre siden av likhetstegnet og høyresiden er dekorresponderende radoperasjonene gjort på In.

Gauss-Jordan: Eksempel

Finn den inverse til[1 32 7

].

[1 3 1 02 7 0 1

]∼

[1 3 1 00 1 −2 1

]∼

[1 0 7 −30 1 −2 1

]

A−1 �[7 −3−2 1

].

Gauss-Jordan: Eksempel 2

Finn den inverse til

1 2 −21 1 10 0 1

.

Svar: A−1 �

−1 2 −41 −1 30 0 1