1.1 Legemer. Legemer er talsystemer udstyret med addition og multiplikation, hvor vi kan regner som vi plejer at gøre med de reelle tal.

Transkript

1 SEKTION 11 LEGEMER 11 Legemer Legemer er talsystemer udstyret med addition og multiplikation, hvor vi kan regner som vi plejer at gøre med de reelle tal Definition 111 Et legeme F er en mængde udstyret med en addition og en multiplikation Disse er afbildninger +:F F F, : F F F, men vi genbruger den kendte notation fra R og skriver a + b i stedet for +(a, b), a b (eller ofte bare ab) i stedet for (a, b) De følgende aksiomer skal være opfyldt: A1 a, b, c F (a + b)+c a +(b + c) (den associative lov for addition) A2 a, b F a + b b + a (den kommutative lov for addition) A3 et element 0 F, så a + 0 a a F (eksistens af et neutralt element for addition) A4 a F a F, så a +( a) 0 (eksistens af additiv invers) M1 a, b, c F (a b) c a (b c) (den associative lov for multiplikation) M2 a, b F a b b a (den kommutative lov for multiplikation) M3 et element 1 F \{0}, så a 1a a F (eksistens af et neutralt element for multiplikation) M4 a F \{0} a 1 F, så a a 1 1 D (eksistens af multiplikativ invers) a, b, c F (a + b) c a c + b c (den distributive lov) Lemma 112 Der gælder entydighed i A3, A4, M3 og M4 1

2 SEKTION 11 LEGEMER i A3: Vi har a F a + 0 a (1) Antag 0 F, så b F b +0 b (2) a 0 i (1) giver b 0 i (2) giver Men 0 +0 A , så 00 i M3: Vi har a F a 1a (3) Antag 1 F, så b F b 1 b (4) a 1 i (3) giver 1 11 b 1 i (4) giver Men 1 1 M2 1 1, så 11 i A4: Antag y + z 0 Vi vil vise, at z y Vi har y +(y + z) y +0 A3 y og så z y i M4: Antag a b 1 Vi vil vise, at b a 1 Vi har a 1 (a b) a 1 1a 1 og så b a 1 y +(y + z) A1 ( y + y)+z A2 (y + y)+z A4 0 + z A2 z +0 A3 z, a 1 (a b) M1 (a 1 a) b M2 (a a 1 ) b M4 1 b M2 b 1 M3 b, 2

3 SEKTION 11 LEGEMER Lemma 113 a F, 0 a 0og ( 1) a a Vi har og så ( 1) a a 0a 0+( a 0) a (0 + 0) + ( a 0) M2 & D (a 0+a 0) + ( a 0) a 0+(a 0+( a 0)) a a 0, a +( 1) a M2 & M3 1 a +( 1) a (1 + ( 1)) a 0 a 0, Notation 114 Vi skriver ofte a b for a +( b) - definition af subtraktion a/b for a b 1 - definition af division N {1, 2, 3, 4, } er ikke et legeme - der mangler feks 0 og negative tal Dem lægger vi til: Z {0, ±1, ±2, } er heller ikke et legeme - der mangler multiplikative invers Dem lægger vi til: Q {p/q : p, q Z,q 0} er et legeme Så langt kom de gamle grækere! Men hvor er 2? Eller π? Det er nemlig sværere at konstruere R, hvor vi må opfatte elementer i R som grænseværdier for følger af elementer i Q (feks konvergerer 1, 14, 141, 1414, mod 2) For at undgå bøvl af denne type, vedtog senatet i Kentucky i 1800-tallet en lov, der befalede, at π 3 Men hjulene ville ikke makke ret De komplekse tal C fås fra R ved at tilføje et ekstra tal i, som tilfredsstiller i 2 1, og regne som vi plejer: (a + ib)+(c + id) (a + c)+i(b + d), (a + ib) (c + id) ac + iad + ibc + i 2 bd ac bd + i(ad + bc) 3

4 SEKTION 11 LEGEMER C er et legeme: A i0 A4 (a + ib) a +( ib) a ib M i0 M4 Hvis a + ib 0(dvs at mindst én af a, b ikke er 0): (a + ib) 1 (a ib) (a 2 + b 2 ) 1 a ib a 2 + b 2 a a 2 + b 2 i b a 2 + b 2 Man kunne dog risikere, at det hele endte i modstrid når vi regner som vi plejer En alternativ, og mere korrekt, tilgang er at opfatte C som planen R 2 udstyret med addition ( ) ( ) ( ) a c a + c +, b d b + d og multiplikation ( ) a b ( ) c d ( ) ac bd ; ad + bc man tjekker nemt, at aksiomerne A1-A4, M1-M4 gælder uden at ty til vi regner som vi plejer Vi ser, at 1 er ( ( 1 0) og at 0 ( 1) 0 ) ( 1 1 ) 0 1 Vi identificerer ( a 0) med a for a R, ({(x, 0) : x R} kaldes ofte den reelle akse i C), og skriver i ( ( 0 1) Så er a b) a + ib - og alt er som før Der er andre legemer: et interessant, og ganske nyttigt i mange sammenhænge, eksempel er F 2 {0, 1}, hvor Vi inddrager legemer fordi en stor del af lineær algebra fungerer - og giver værdifulde resultater og metoder - i denne generalitet Specielt er lineær algebra over C enormt vigtigt Det er lineær algebra over R og C, som vi koncentrerer os om i dette kursus - når der skrives et legeme F, så må I tænke R eller C uden at gå glip af ret meget af kursets indhold 4

5 SEKTION 12 LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER 12 Lineære ligningssystemer Systemer af lineære ligninger Her er et system af m lineære ligninger i n ubekendte: a 11 x a 1n x n b 1, a m1 x a mn x n b m, ( ) hvor a ij,b k F En løsning til systemet ( ) er c 1,, c n F, så ligningerne passer, når c i erne sættes ind på x i ernes pladser Løsningsmængden er mængden af alle løsninger I har set på sådanne systemer i det reelle tilfælde (F R) tidligere, og har set på effektive metoder til at finde løsninger Det er blevet kraftigt antydet, at metoderne altid virker Vi vil vise, at metoderne virker, også for generelle F Systemet kan skrives som Ax b, hvor A [ ] a ij er en m n opstilling af koefficienterne fra F,, en matrix, x x 1 x n, Ax er defineret ved Ax og b b 1 b m a 11 x 1 + +a 1n x n, a m1 x 1 + +a mn x n Løsningsmetoden går ud på at manipulere den udvidede matrix [ A b ] med elementære rækkeoperationer, ERO ([L], s 8) 1 R i R j : byt den i te og den j te række af matricen; 2 R i sr i : gang den i te række med s F \{0}; 3 R i R i + tr j : læg t gange den j te række til den i te række (t F,j i) Anvendelser af disse ERO er på [ A b ] svarer til algebraiske manipulationer af ligningerne ( ): 1 R i R j : byt den i te og den j te ligning; 2 R i sr i : gang den i te ligning med s F \{0}; 3 R i R i + tr j : læg t gange den j te ligning til den i te ligning (t F,j i) 5

6 SEKTION 12 LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER Lad ( ) være systemet, der fremkommer fra ( ) ved at anvende en af disse operationer Lemma 121 Løsningsmængderne for ( ) og ( ) er ens vi siger, at systemerne ( ) og ( ) er ækvivalente ([L], s 4) Lad os sige, at matricer A, B er rækkeækvivalente (og skrive A B), hvis B kan dannes fra A vha en følge af ERO er Proposition 122 Hvis [A b] [B c], så har Ax b og Bx c ens løsningsmængder Løsningsteknikken går nu ud på at finde [A b] [B c], således at løsninger til systemet Bx c er nemt at skrive ned Definition 123 En matrix er i rækkeechelonform (REF), hvis 1 En række, som kun indeholder 0 er, ligger under alle rækker med en ikke-0 indgang 2 Den første ikke-0 indgang i en række er 1 og ligger i en søjle til højre for den første ikke-0 indgang i rækkerne ovenover Eksempel Den første ikke-nul indgang i en række i en matrix i REF kaldes en pivot Definition 125 En matrix er i reduceret rækkeechelonform (RREF), hvis den er i REF og hvis, i en søjle, som indeholder en pivot, alle andre indgange end pivot en er 0 Eksempel

7 SEKTION 12 LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER Lemma 127 Antag, at [H c] er i RREF, hvor H Mat m,n (F), c F m 1 Hvis [H c] har en pivot i den sidste søjle c, så har ligningssystemet Hx c ingen løsning 2 Antag, at [H c] har pivot erne i søjlerne j 1 < <j k n Skriv i 1 < <i n k for tallene {1,, n} \ {j 1,, j k } Da er alle løsninger til ligningssystemet Hx c af formen z 1,, z n F, hvor z i1,, z in k F vælges frit, og z j1 c 1 z jk c k p: i p>j 1 h 1,ip z ip p: i p>j k h k,ip z ip Eksempel 128 [H c] Der er pivot er i søjlerne 1, 3 og 5; så j 1 1,j 2 3,j 3 5 De resterende søjler er da 2, 4; så i 1 2,i 2 4 Det tilsvarende ligningssystem Hx c er x 1 +2x 2 +7x 4 1, x 3 +3x 4 2, x 5 3; med løsninger hvor z 2,z 4 vælges frit og z 1 1 2z 2 7z 4, z 3 2 3z 4, z 5 3 7

8 SEKTION 12 LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER for lemma Hvis der er en pivot i sidste søjle i [H c], så er rækken, som indeholder denne pivot, af formen [0 0 1] Dette svarer til, at en af ligningerne udtrykt ved Hx c er Denne ligning har ingen løsning 0x x n 1 2 De første k af de m ligninger udtrykt ved Hx c er x j1 + h 1,ip x ip c 1, p: i p>j 1 x jk + p: i p>j k h k,ip x ip c k, og de resterende, svarende til m k nulrækker, stiller ingen krav Så z 1,, z n F giver en løsning til Hx c hvis og kun hvis z j1,, z jk de angivne betingelser tilfredsstiller Nøglen til løsningen af lineære ligningssystemer er således at rækkereducere de relevante matricer til RREF: Sætning 129 Lad A Mat m,n (F) Der findes H Mat m,n (F) i RREF med A H Vi vil argumentere med hjælp af induktion: Induktion 1210 Lad P (i) være et udsagn, som defineres for alle hele tal i med i 0 i j 0, hvor i 0,j 0 er faste tal; j 0 kan også være Antag, at P (i 0 ) er sandt, (begyndelsesudsagnet), og at hvis k < j 0 og P (k) er sandt, så er P (k + 1) også sandt (induktionsskridtet) Så er P (i) sandt for alle tal i, i 0 i j 0 I praksis er i 0 næsten altid enten 0 eller 1 8

9 SEKTION 12 LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER for sætningen Vi anvender induktion Lad P (i), 0 i n, være udsagnet, at der findes K Mat m,i (F) i RREF, L Mat m,n i (F), således at A [K L] P (0) er sandt (!); vi ønsker at vise, at P (n) er sandt Vi må vise, at induktionsskridtet kan tages Antag så at P (i) gælder, med i < n, så A [K L] med K Mat m,i (F) i RREF Vi må vise, at P (i + 1) er sandt Lad q være den første søjle i L Nu beskriver vi bare reduktion-til-rref algoritmen: Hvis q k+1,, q m alle er 0, så er K [K q] i RREF og A [K L] [K L ], hvor L har som søjler de sidste n i 1 søjler af L Så P (i + 1) er sandt i dette tilfælde Hvis q l 0med k +1 l m, så dannes en matrix B ved at anvende følgende ERO er på [K L]: R l q 1 l R l R i R i q i R l for i 1,, m, i l, R l R k+1 Da K s sidste m k rækker er nulrækker, ændres K ikke af disse ERO er, mens q ændres til søjlevektoren 0 0 e k+1 1 k +1 te indgang 0 0 De første k +1søjler i B er således K [K e k+1 ], som er i RREF Så B [K L ], hvor L har som søjler de sidste n i 1 søjler i B Da A [K L] [K L ], er P (i + 1) sandt 9

10 SEKTION 13 MATRIX ALGEBRA 13 Matrix Algebra Vi generaliserer [L], 13 (og 14, 15) fra reelle matricer til matricer med indgange fra et legeme F En m n F-matrix er en m n ordnet rektangulær opstilling af elementer fra F, skrevet så der er m rækker og n søjler Vi skriver Mat m,n (F) (eller M m,n (F) eller F m n ) for mængden af disse matricer Eksempel 131 i 1 A 2+i 3 Mat 3,2 (C) 7 1 i [ ] i B Mat i 2,4 (C) Vi skriver ofte, for A Mat m,n (F), A a 11 a 1n [a ij ]; a m1 a mn nogle gange også (A) ij a ij for den ij te indgang i A Vi kan også fremhæve rækker: a(1, :) Mat m,n (F) A, a(m, :) hvor a(i, :) [a i1,, a in ] Mat 1,n (F) er en rækkevektor, den i te ræke i A eller søjler: Mat m,n (F) B [b(:, 1),, b(:,n)], hvor er en søjlevektor, den j te søjle i B b(:,j) b(1j) b(mj) Mat m,1 (F) Notationen med : er præcis, men ofte unødvendigt omstændelig, så vi skriver også ofte bare A i rækkeform B i søjleform A a 1 a m med a 1,, a m 1 n rækkevektorer, B [b 1,, b m ] med b 1,, b n m 1 søjlevektorer 10

11 SEKTION 13 MATRIX ALGEBRA Addition Hvis A, B Mat m,n (F), så er A + B [a ij + b ij ] Skalarmultiplikation Hvis α F, A Mat m,n (F), så er αa [αa ij ] Matrixmultiplikation Hvis A Mat m,n (F), B Mat n,p (F), så defineres AB Mat m,p (F) ved Specielt er (AB) ij a i1 b 1j + a i2 b 2j + + a in b nj n a ik b kj k1 a 11 a 1n Ax a m1 a mn x 1 x n så matrixligningen Ax b er det samme som ligningssystemet a 11 x a 1n x n b 1 a m1 x a mn x n b m a 11 x a 1n x n, a m1 x a mn x n Eksempel 132 og [ ][ ] i 1 1 i 1 i i 1 [ ][ ] 1 i i 1 i 1 1 i [ ] i 1+1 ( i) i i ( i) ( i) 1 i +( i) 1 [ ] 0 0 ; 0 0 [ ] 1 i + i i ( i) ( i) i +1 1 ( i) 1+1 ( i) [ ] 2i 2 2 2i Matrixmultiplikation er ikke kommutativ! Bemærk, at den (i, j) te indgang i AB afhænger kun af den i te række i A og den j te søjle i B den er faktisk produktet af disse to (hvis vi identificerer en 1 1 matrix med dens indgang): (AB) ij a(i, :)b(:,j) 11

12 SEKTION 13 MATRIX ALGEBRA og Vi kan også skrive AB a 1 a m B a 1 B a m B AB A [ b 1,, b p ] [ Ab1,,Ab p ] 0-matricer m n 0-matricen 0( 0 m,n ) Mat m,n (F) er matricen, hvis indgange alle er 0 Hvis A Mat m,n (F), så er 0 m,n + A A A +0 m,n ; og 0 l,m A 0 l,n, A 0 n,p 0 m,p Identitetsmatricer Identitetsmatricen I( I n ) Mat n,n (F) har indgange { 0 i j (I) ij 1 i j, så Vi ser, at 1 I AI n A for A Mat m,n (F), I n B B for B Mat n,p (F) 12

13 SEKTION 13 MATRIX ALGEBRA Regneregler Proposition 133 Følgende udsagn gælder for vilkårlige α, β F og for alle F-matricer A, B, C for hvilke de opstillede operationer er defineret: R1 A + B B + A R2 (A + B)+C A +(B + C) R3 (α + β)a αa + βa R4 α(a + B) αa + αb R5 (αβ)a α(βa) R6 A(B + C) AB + AC R7 (A + B)C AC + BC R8 α(ab) (αa)b A(αB) R9 (AB)C A(BC) R1-R5 følger umiddelbart af egenskaberne ved et legeme, feks betragt den (i, j) te indgang i (A + B)+C: og R2 følger ((A + B)+C) ij (A + B) ij + C ij (A ij + B ij )+C ij A1 A ij +(B ij + C ij )A ij +(B + C) ij (A +(B + C)) ij, 13

14 SEKTION 13 MATRIX ALGEBRA, fortsat R6-R9 er lidt vanskeligere, fordi matrixmultiplikation er mere kompliceret end matrixaddition Feks betragt den (i, j) te indgang i (AB)C, hvor vi antager at A Mat m,n (F), B Mat n,p (F), C Mat p,q (F): og R9 følger Resten overlades til læseren ((AB)C) ij p (AB) ik C kj k1 ( p n ) A il B lk C kj k1 M2,D M1 A1,A2 D l1 ( p n ) (A il B lk )C kj k1 l1 ( p n ) A il (B lk C kj ) k1 n l1 ( n p ) A il (B lk C kj ) l1 k1 ( p A il l1 k1 n A il (BC) lj l1 (A(BC)) ij, B lk C kj ) Den transponerede matrix Hvis A Mat(F), så dannes den transponerede matrix A T Mat n,m (F) ved at anvende A s rækker som søjlerne i A T (eller A s søjler som rækkerne i A T ) For eksempel: Bemærk, at (A T ) ij A ji [ ] T i i i i 1 14

15 SEKTION 13 MATRIX ALGEBRA Proposition (A T ) T A 2 (αa) T αa T 3 (A + B) T A T + B T 4 (AB) T B T A T Vi viser (4), de andre er nemmere For den (i, j) te indgang i (AB) T gælder i te (AB) T søjle ij (AB) ji {j te række i A} i B [a j1,, a jn ] b 1i b ni a j1 b 1i + + a jn b ni og for den (i, j) te indgang i B T A T gælder j te (B T A T ) ij { i te række i B T } søjle i A T [b 1i,, b ni ] a j1 elementer i elementer i A s B s i te søjle a jn j te række Så (AB) T B T A T b 1i a j1 + + b ni a jn a j1 b 1i + + a jn b ni 15

16 SEKTION 14 INVERTIBLE MATRICER 14 Invertible matricer En matrix A Mat n,n (F) er invertibel, hvis der findes B Mat n,n (F), så AB BA I ; B kaldes en multiplikativ invers for A Hvis A ikke er invertibel, så er A singulær Derfor siges en invertibel matrix også at være ikke singulær, mens en singulær matrix siges også at være ikke invertibel Lemma 141 (Entydighed af invers) Lad A Mat n,n (F) Hvis C, D Mat n (F) er således, at AC I DA, så er C D Der gælder specielt, at hvis AC CA I, så er C den entydige matrix med denne egenskab D(AC) DI D og (DA)C IC C, men (DA)C D(AC) (associativitet af matrix multiplikation, R9) så C D Hvis A er invertibel, så skriver vi ofte A 1 for A s (entydige) multiplikative invers Lemma 142 ([L], sætning 133) Antag, at A, B Mat n,n (F) er invertible Da er AB invertibel, og (AB) 1 B 1 A 1 Der findes matricer A 1,B 1 Mat n,n (F) så AA 1 I A 1 A, BB 1 I B 1 B Der gælder (B 1 A 1 )(AB) B 1 ((A 1 A)B) B 1 (IB) B 1 B I og (AB)(B 1 A 1 )(A(BB 1 ))A 1 (AI)A 1 AA 1 I 16

17 SEKTION 14 INVERTIBLE MATRICER Korollar 143 Antag, at A 1,, A k Mat n,n (F) er invertible Da er produktet A 1 A k invertibelt, og (A 1 A k ) 1 A 1 k A 1 k 1 A 1 1 et er induktivt Udsagnet gælder, når k 1 Antag så, at det gælder for k matricer; vi må vise, at det gælder for k +1 A 1 k+1 (A 1 k (A 1 k+1 A 1 k (ved anvendelse af den induktive hypotese) På samme måde vises, at A 1 1 )(A 1 A k+1 ) A 1 k 1 A 1 1 )(A 1 A k )A k+1 A 1 k+1 IA k+1 (A 1 A k+1 )(A 1 I k+1 A 1 k Induktionsskridtet er taget, og beviset derved fuldført A 1 1 )I Elementære matricer En elementær matrix E Mat n,n (F) er en matrix dannet ved at anvende en ERO på identitetsmatricen I Mat n,n (F) Vi skriver også E R for elementærmatricen dannet ved at anvende ERO en R 1 Lad os skrive ɛ i [0,, 1,, 0], hvor det er den i te indgang, som er 1 Så er I ɛ ɛ n ɛ 1 ɛ j i te række Hvis R (R i R j ), så er E R, hvis R (R i sr i ), så er E R sɛ i, ɛ i j te række ɛ n ɛ 1 og hvis R (R i R i + tr j ), så er E R ɛ i + tɛ j ɛ n 17

18 SEKTION 14 INVERTIBLE MATRICER Sætning 144 ([L], bunden af s 63) Lad R være en elementær rækkeoperation, og E den elementære matrix dannet fra identitetsmatricen I Mat n,n (F) ved anvendelse af R Lad A Mat n,p (F) Da er EA matricen dannet fra A ved anvendelse af R Bemærk først, at hvis vi skriver i rækkeform,så er Hvis R (R i R j ) så er A a 1 a n ɛ i A a i ɛ j ɛ j A a j EA A, ɛ i ɛ i A a i hvis R (R i sr i ) så er og hvis R (R i R i + tr j ) så er ɛ 1 ɛ 1 A a 1 EA sɛ i A sɛ i A s a i, ɛ n ɛ n A a n ɛ 1 ɛ 1 A EA ɛ i + tɛ j A (ɛ i + tɛ j )A ɛ n ɛ n A a 1 a i + t a j a n I alle tilfælde er EA altså resultatet af den relevante R anvendt på A 18

19 SEKTION 14 INVERTIBLE MATRICER Lemma 145 ([L], sætning 141) Elementære matricer er invertible: E Ri R j E Ri R j I E Ri s 1 R i E Ri sr i I E Ri sr i E Ri s 1 R i E Ri R i tr j E Ri R i+tr j I E Ri R i+tr j E Ri R i tr j Korollar 146 Produkter af elementære matricer er invertible Lemma 147 (se også definitionen i bunden af [L], s 64) Lad A, B Mat m,n (F) A B (dvs B dannes fra A ved at anvende en følge af ERO er) der findes elementærmatricer E 1,, E k, så B E k E k 1 E 1 A : Antag, at B dannes fra A ved at anvende ERO er R 1,, R k successivt Lad E 1,, E k være resultatet af disse anvendt på I Det følger da af Sætning 144 at E k E 1 A B : Lad R 1,, R k være ERO erne, der anvendes på I for at danne elementærmatricerne E 1,, E k Hvis B E k E 1 A følger det af Sætning 144, at B dannes fra A ved at anvende R 1,, R k successivt Så A B Sætning 148 ([L], sætn 142) Lad A Mat n,n (F) Følgende er ækvivalente: (a) A er ikke-singulær, dvs invertibel, (b) Ligningen Ax 0har kun den ene løsning 0, (c) A er række-ækvivalent til I 19

20 SEKTION 14 INVERTIBLE MATRICER (a) (b): Lad ˆx være en løsning til Ax 0, så er ˆx I ˆx (A 1 A)ˆx A 1 (Aˆx) A (b) (c): Systemet Ax 0 kan rækkereduceres til Ux 0 med U i RREF, [A 0] [U 0] (HS er 0, fordi ERO er anvendt på en 0-søjle ændrer den ikke) Vi har da A U Systemet er da konsistent Ifølge resultatet fra B ville den have flere end en løsning (for R, C uendelig mange løsninger) hvis der var en fri variabel dvs hvis der var en søjle i U uden pivot Så vores antagelse må give, at U har en pivot i hver søjle Da U er i RREF er U I, så A I (c) (a): Der findes ERO er R 1, R k som transformerer ved successiv anvendelse A til I Lad E 1,, E k være de tilsvarende elementærmatricer, ifølge Sætning 144 er (E k E 1 )A I Vi har da så A er invertibel, med A 1 E k E 1 A (E k E 1 ) 1 I (E k E 1 ) 1, Korollar 149 Lad A Mat n,n (F) Systemet Ax b har en entydig løsning A er invertibel : Hvis A er invertibel og ˆx er en løsning til Az b, så er og entydigt bestemt ˆx I ˆx (A 1 A)ˆx A 1 (Aˆx) A 1 b, : Antag, at Ax b har den entydige løsning ˆx Lad z være en løsning til den homogene ligning Ax 0 Vi har da A(ˆx + z) Aˆx + Az b + 0 b Så ˆx + z er en løsning til Ax b Da løsningen ˆx til Ax b er entydig er ˆx + z ˆx så z 0 Ax 0 har derfor kun den ene løsning 0 og Sætning 148 fortæller, at A er invertibel 20

21 SEKTION 14 INVERTIBLE MATRICER Vi kan simplificere både den teoretiske og den praktiske behandling af inverser Lemma 1410 Lad A, B Mat n,n (F); og antag, at AB I Så er A, B invertible, med A 1 B, B 1 A Lad ˆx være en løsning til Bx 0 Vi har da ˆx I ˆx (AB)ˆx A(Bˆx) A0 0 Det følger nu af Sætning 148 ([L], sætning 142), at B er invertibel, og vi har B 1 IB 1 (AB)B 1 A(BB 1 )AI A, så AB I BA, og A er også invertibel, med A 1 B Lemma 1411 (se øverst på s66 i [L]) Lad A, C Mat n,n (F) Så gælder [ A I ] [ I C ] C A 1 : Hvis [A I] [I C], så findes der elementærmatricer E 1,, E k så E k E 1 [A I] [I C], altså E k E 1 A I, E k E 1 I C E k E 1 Så CA I Resten følger af lemmaet ovenfor : Antag, at A er invertibel, med invers C Så A I ifølge Sætning 148 Der findes da elementære matricer E 1,, E k så (E k E 1 )A I Vi har derfor C A 1 E k E 1 og E k E 1 (A I) [I E k E 1 I] [I E k E 1 ] [I C] 21

22 SEKTION 14 INVERTIBLE MATRICER Eksempel 1412 [ ] [ ] [ ] så [ ] [ ]

23 SEKTION 15 BLOKMATRICER 15 Blokmatricer Lad A Mat m,n (F) Hvis m m m p,n n n q (med m i,n j positive hele tal) så kan vi skrive n 1 n q m 1 A 11 A 1q A [ q ] p Aij m p A p1 A pq hvor A ij er en m i n j -matrix for 1 i p, 1 j q [L] har et eksempel på s 72, her er endnu et: Eksempel Nogle gange kan det være nyttigt at foretage sådanne opdelinger, fordi mange af A ij erne er på en speciel form, feks 0 Specielle tilfælde: m m 1, alle n i 1: A [a 1,, a n ] (søjleform), a(1, :) alle m j 1,n n 1 : A (rækkeform) a(m, :) Opdelinger af en matrix som blokmatrix spiller pænt sammen med addition, skalarmultiplikation og matrixmultiplikation: [ q ] [ q ] Hvis A p Aij,B p Bij med Aij,B ij m i n j -matricer, så er A + B p [ q ] Aij + B ij, og hvis α F, så er disse er oplagte αa p [ q ] αaij ; 23

24 SEKTION 15 BLOKMATRICER Proposition 152 (se [L], s 75, 76) Lad A Mat m,n (F), B Mat n,p (F) Skriv m m m r, n n n s, p p p t, med m i,n j,p k alle positive hele tal, og opdel: A r hvor A ij Mat mi,n j (F), B jk Mat nj,p k (F) Lad C AB, og opdel: hvor C ik Mat mi,p k (F) Så er [ s ] [ t ] Aij, s Bjk, C r C ik [ t ] Cik, s A ij B jk j1 Vi har set dette i specielle tilfælde: hvis A Mat m,n (F), B [b 1,, b p ] Mat n,p (F) er i søjleform, så er AB A [b 1,, b p ] [Ab 1,, Ab p ] Mere generelt, hvis C [c 1,, c q ] Mat n,q (F) også er i søjleform, så er A [B C] [AB AC], fordi A [ b 1,, b p, c 1,, c q ] [Ab1,, Ab p,ac 1,, Ac q ] Det specielle tilfælde, hvor r s t 2er også ofte brugt: m 1 m 2 n 1 n 2 [A11 ] [B11 A 12 n1 B 12 n 2 B 21 B 22 A 21 A 22 p 1 p 2 ] [ ] A11 B 11 + A 12 B 21 A 11 B 12 + A 12 B 22 A 21 B 11 + A 22 B 21 A 21 B 12 + A 22 B 22 Eksempel 153 ([L], s 77) Lad A Mat n,n (F), med opdelt form A k n k Så er A invertibel A 11 og A 22 er invertible k n k [ ] A A 22 24

25 SEKTION 15 BLOKMATRICER : [ ][ ] A A A A 22 Så A er invertibel med invers : Antag, at A er invertibel, med invers [ A A 1 22 B [ A 1 11 A A 1 k n k ] 22 A 22 k n k [ ] B11 B 12 B 21 B 22 ] [ ] Ik 0 I 0 I n n k Vi har da [ ] Ik 0 0 I n k [ ][ ] B11 B I BA 12 A11 0 B 21 B 22 0 A 22 [ ] B11 A 11 B 12 A 22 B 21 A 11 B 22 A 22 så B 11 A 11 I k, B 22 A 22 I n k, så A 11,A 22 er invertible for Proposition 152 Vi betragter den (a, b) te indgang i C ik,som er den ((m 1 + +m i 1 )+a, (p 1 + +p k 1 )+b) te indgang i C Da C AB er denne indgang produktet af den ((m m i 1 )+a) te række i A og den ((p p k 1 )+b) te søjle i B, dvs [ ] α1,, α s β 1 β s hvor α j er den a te række i A ij og β j er den b te søjle i B jk Altså (C ik ) ab α 1 β 1 + α 2 β α s β s (A i1 B 1k ) ab +(A i2 B 2k ) ab + +(A is B sk ) ab s ( A ij B jk ) ab j1 25