Lineær Algebra F08, MØ

Transkript

1 Lineær Algebra F08, MØ Vejledende besvarelser af udvalgte opgaver fra Ugeseddel 3 og 4 Ansvarsfraskrivelse: Den følgende vejledning er kun vejledende. Opgaverne kommer i vilkårlig rækkefølge. Visse steder er argumenterne ikke de nemmeste; det er tilstræbt at vælge de argumenter, det er lettest at formidle på skrift. Husk igen, at det hedder en matrix, to matricer, og matrixmultiplikation. Afleveringsopgaven fra ugeseddel 3 (skitse) Opgaven lyder: find en basis for N(A), hvor ( ) + i 3 4 i A = 0 + i i Metode: Bemærk at A Mat,4 ( ), så N(A) = {x 4 Ax = 0} 4 Løs derfor først ligningssystemet Ax = 0, her kan resultatet fra bogen: "A H de to ligningssystemer hørende til A hhv. H har identiske løsningsmængder" være nyttigt. Man finder at Ax = 0 x = α i 0 + β i 5 + i 0 for α, β Herfra aflæses at N(A) = span i 0, i 5 + i 0 Nu kan man finde en basis for N(A). Vi ser nemlig at vektorerne i i, 5 + i 0 0 udspænder N(A). Jf. definitionen af en basis skal man nu blot vise at de to vektorer er lineært uafhængige. Dette kræver et (let?) argument. Når opgaven er at finde en basis for et vektorrum V, så skal det sidste udsagn der står i besvarelsen helst være "{v, v,..., v k } udgør derfor en basis for V". Genafleveringer I de fleste tilfælde er det nok at lave et addendum på bagsiden, hvori man behandler de manglende dele. Husk altid at aflevere den gamle aflevering med.

2 Opgave a) Lad C(Ê) = { f : Ê Ê f er kontinuert} være vektorrummet af kontinuerte funktioner på Ê. Vi vil vise at mængden {cos(πx), sin(πx)} er lineært uafhængig. Jf. definitionen skal vi tage en linearkombination a cos(πx) + b sin(πx) = 0 der giver 0-vektoren (0-vektoren i C(Ê) er blot 0-funktionen dvs. den funktion der er konstant lig 0, så 0(x) = 0 for alle x Ê), og vi skal vise at begge skalarer a, b Ê faktisk er 0. Men da ligheden ovenfor gælder for alle x Ê gælder der specielt for x = 0, at 0 = a cos(0) + b sin(0) = a så a = 0, men ligheden ovenfor gælder også for x =, så 0 = a cos( π ) + b sin( π ) = b så b = 0. Vi har altså taget en linearkombination af de vektorer, der gav 0-vektoren, og vist, at alle (begge) skalarerne her var 0. Dette viser (jf. definitionen) at vektorerne {cos(πx), sin(πx)} er lineært uafhængige. Opgave b) Vi betragter stadig C(Ê) og skal nu vise at mængden {x 3, x 5 } er lineært uafhængig. Lad derfor endnu engang a, b Ê, og antag at ax 3 + bx 5 = 0 Da dette udtryk gælder for alle x Ê og begge sider oplagt er differentiable, kan vi differentiere begge sider, og vi bevarer naturligvis lighed. Dvs. vi får a 3 x + b 5 x 3 = 0 Hvis vi nu ganger begge sider her med 3 x (den opmærksomme læser vil bemærke at vi her bruger at C(Ê) er en ring, jf. definitionen i [ETP]), så får vi ax 3 b 5 3 x 5 = 0 Dette kan nu adderes til den første ligning, og man finder 0 = ax 3 + bx 5 + ( ax 3 b 5 3 x 5 ) = b( 5 3 )x 5 = 3 bx 5 Specielt gælder for x = at 0 = 3 b så b = 0. Vi har derfor også i vores første ligning for x = at 0 = a 3 + b 5 = a + 0 = 0 så a = 0. Vi har nu vist at begge skalarer er 0, så mængden {x 3, x 5 } er lineært uafhængig. Strategien vi brugte i Opgave a) kan også bruges her: Evaluér fx i x = og x = 4.

3 Morale. Hvis man skal vise at et antal vektorer i et vektorrum er lineært uafhængige, så skal man tage en linearkombination af dem, og så benytte al den information man har om vektorrummet til at vise at skalarerne alle er 0. Øvelse. Lad C(Ê, ) = { f : Ê f er kontinuert} være mængden af kontinuerte funktioner på Ê, men med værdier i. Dette er et vektorrum over. Overvej at C(Ê) C(Ê, ), og vis nu at de to mængder vi betragtede ovenfor stadigvæk er lineært uafhængige, men nu over. (Forskellen er at vores vilkårlige skalarer a, b ovenfor nu skal vælges i ). Opgave Lad A Mat m,n ( ), og antag, at søjlerne i A er lineært uafhængige. Vi vil vise, at N(A) = {0}. Det absolut nemmeste er at bruge Rank-Nullity-Sætningen: Da søjlerne i A er lineært uafhængige, er søjlerummet for A n-dimensionalt (antallet af søjler i A er n). Det følger at dim N(A) = n Rang(A) = n dim Sø(A) = n n = 0 så dimensionen af nulrummet er 0. Dermed er N(A) = {0}. Det er nok mere i opgavens ånd at bemærke følgende: Lad x = (x,..., x n ) T N(A), dvs Ax = 0. Nu er Ax jo netop en linearkombination af søjlerne fra A med skalarer x, x,..., x n (overvej dette). Da vi har en linearkombination af søjlerne fra A, der giver 0-vektoren, og da søjlerne fra A er lineært uafhængige, så må alle skalarerne være 0. Dvs. x = 0. Vi har vist at N(A) {0}. Da det er helt oplagt, at {0} N(A), er vi færdige. Opgave fra ugeseddel 3 Lad A Mat n,n ( ), og lad r Æ (r > 0). Vi antager at A r er invertibel, og skal vise at A er invertibel. Sæt B = A r. Da B er invertibel per antagelse findes en matrix B så Vi ser derfor at og BB = B B = I A(A r B ) = A r B = BB = I (B A r )A = B A r = B B = I Så A har en højre- og venstreinvers, så A er invertibel. Vi brugte at r > 0, så r 0, dette viser nemlig at A r er veldefineret. Øvelse. Der er utallige andre måder at løse denne opgave på. Find to af dem. 3

4 Opgave fra ugeseddel 3 Lad N Mat n,n ( ). Antag, der findes et r > 0 så N r = 0. Vi siger, at N er nilpotent. Vi vil vise, at I N er invertibel. Bemærk til den ende, at (I N)(I + N + N N r ) = I + N + N N r N N... N r N r = I N r = I Vi ser således at I N har en højreinvers. Det følger at I N er invertibel. Hvis man ikke tror på, at en matrix, der har en højreinvers er invertibel, skal man tage og vise det (brug Thm. 4.). Alternativt kan man udregne som ovenfor og vise at I N også har en venstreinvers (den samme matrix virker). Argumentet, vi har givet her, er en gentagelse af argumentet fra [ETP] Sætning.4. Denne sætning gælder hver gang man i en ring (fx Mat n,n ( )) har to elementer r, s, der kommuterer, dvs. rs = sr. Vi bruger sætningen for r = N og s = I, der gælder oplagt, at rs = NI = IN = sr. Opgave 3..0 og Lad U, V W være underrum af vektorrummet W, her er W et vektorrum over legemet. Vi vil vise at U + V = {x W x = u + v, for passende u U, v V} er et underrum af W. Vi skal altså vise følgende x, y U + V x + y U + V x U + V, λ λx U + V Lad derfor x, y U + V være givet. Vi kan nu skrive x = u + v hvor u U og v V. Tilsvarende kan vi skrive y = u + v hvor u U og v V. Vi ser nu at x + y = (u + v ) + (u + v ) = (u + u ) + (v + v ) men da u + u U (U W er et underrum), og da v + v V (V W er et underrum), så har vi skrevet x + y på den ønskede form, så x + y U + V. Hvis også λ er givet, så er men λu U og λv V så λx U + V. Øvelse. Vis at U U + V og V U + V. λx = λ(u + v ) = λu + λv 4

5 Antag nu yderligere at U, V er endeligt dimensionale, og at U V = {0}. Vi vil nu vise at dim(u + V) = dim U + dim V Lad til den ende U have en basis {u, u,..., u r } og lad V have en basis {v, v,..., v s }. Vi ser at dim U = r og dim V = s. Vi skal vise at dim(u + V) = r + s. Vi vil vise følgende: {u,..., u r, v,..., v s } er en basis for U + V. Dette vil vise det ønskede. Udsagnet giver mening pga. øvelsen ovenfor. Vi skal altså vise at vektorerne er lineært uafhængige og udspænder U + V. Lad os vise det sidste først. Lad derfor x = u + v U + V, vi skal vise, at x kan skrives som linearkombination af vektorerne {u,..., u r, v,..., v s }. Der findes skalarer λ i og skalarer µ j, så u = λ u + λ u λ r u r og så v = µ v + µ v µ s v s (her bruger vi at {u i } hhv. {v i } er baser for U hhv. V). Vi ser at x = u+v = λ u + λ u +...+λ r u r + µ v + µ v +...+µ s v s span{u,..., u r, v,..., v s } Vi har nu vist at U + V = span{u,..., u r, v,..., v s } Vi skal nu blot vise at vektorerne er lineært uafhængige. Så antag λ u + λ u λ r u r + µ v + µ v µ s v s = 0 hvor λ i, µ j er skalarer. Vi skal vise at alle λ i og µ j er 0. Bemærk nu at Dvs. at U λ u + λ u λ r u r = (µ v + µ v µ s v s ) V λ u + λ u λ r u r U V = {0} Men da {u, u,..., u r } er lineært uafhængig, så er alle λ i = 0. Det følger at µ v + µ v µ s v s = 0 og dermed at alle µ j = 0. Dette afslutter beviset. Øvelse. Engang imellem kan man finde på at skrive U V i stedet for U + V, hvis U V = {0}. Vis at enhver vektor i U V kan skrives entydigt som en sum af to vektorer, en fra U og en fra V. (Vink: Du kender en basis, og ved at ethvert element kan skrives entydigt som en linearkombination af elementer fra denne basis). 5

6 Opgave Lad A Mat m,n ( ) og lad B Mat m,m ( ) være invertibel. Vi vil vise at N(BA) = N(A). Bemærk at Ax = 0 BAx = B0 = 0 Hvor vi kan gange B på, for at komme fra højre til venstre. Dette viser at N(BA) = N(A). Fra Rank-Nullity-Sætningen følger nu at dim N(BA) + Rang(BA) = n = dim N(A) + Rang(A) Det følger at Rang(A) = Rang(BA), da jo oplagt dim N(A) = dim N(BA). Lad nu C Mat n,n ( ) være invertibel, vi vil vise at Rang(A) = Rang(AC). Bemærk nu at Rang(A) = Rang(A T ) Dette følger fra Vi ser derfor at Rang(A) = dim Sø(A) = dim Ræ(A T ) = Rang(A T ) Rang(AC) = Rang((AC) T ) = Rang(C T A T ) Men nu er C T invertibel, da C er invertibel. Så fra ovenstående følger at Så alt i alt er som påstået. Opgave Vi starter med en definition Rang(C T A T ) = Rang(A T ) = Rang(A) Rang(AC) = Rang(A) Definition. Lad A Mat m,n ( ). Vi siger at A har en højreinvers hvis der findes en matrix C Mat n,m ( ) så AC = I m. Vi vil vise: Hvis A har en højreinvers, så er søjlerummet Sø(A) = m. Bemærk nu: Vi har en højreinvers til A dvs. en matrix C så AC = I m. Dvs. Rang(AC) = Rang(I m ) = m. Men Sø(AC) Sø(A), da søjlerne i AC er linearkombinationer af søjlerne fra A (overvej dette). Det følger at m = Sø(AC) Sø(A) m Så Sø(A) = m som påstået. Det følger at Rang(A) = m, men Rang(A) = dim Ræ(A) n, så vi ser, at hvis A har en højreinvers, så er m n. Øvelse (Udfordring). Vis at hvis m n og Rang(A) = m, så har A en højreinvers. -- Bedste hilsen Troels Agerholm 6