LinAlg 2013 Q3. Tobias Brixen Mark Gottenborg Peder Detlefsen Troels Thorsen Mads Buch 2013
|
|
- Valdemar Mølgaard
- 6 år siden
- Visninger:
Transkript
1 LinAlg 2013 Q3 Tobias Brixen Mark Gottenborg Peder Detlefsen Troels Thorsen Mads Buch
2 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Contents 1 Løsninger, og MKL, af lineære ligningssystemer 3 2 Vektorrum og underrum 7 3 Lineær uafhængighed 11 4 Basis for vekturrum; koordinatisering 15 5 Matricer og lineære transformationer 20 6 Determinanter 23 7 Egenværdier og egenvektorer 26 8 Diagonalisering 29 9 Indre produkt Ortogonalt komplement og projektion Ortogonale og ortonormale baser Ortogonale og unitære matricer Unitær diagonalisering Lineære differentialligninger Eksempler Skal opdateres Første eksamensgennemløb 51 Side 2 af 51
3 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Løsninger, og MKL, af lineære ligningssystemer Pensum: 1.2, 5.2, , Disposition Lineært ligningssystem (Def. matrix, ERO) Rækkereducering, (Def. REF RREF) - Rækkeækvivalens for ERO (1.2.2) Bevis for lemma (RREF til ligningssystem) Mindste kvadraters løsning (motivation og introduktion) Ax = p er konsistent og tættest (Bevis 5.2.2) stikord bevarelse af løsningsmængde for ERO og Specificering Givet et system af m lineære ligninger med n ubekendte: a 11 x a 1n x n =b 1... a m1 x a mn x n =b n Hvor vi kan skrive A =[a ij ] x 1 x =. x n a 11 x 1 + +a 1n x n Ax =. a m1 x 1 + +a mn x n 1.. b = b b n Vi får altså skrevet ligningsystemet op på en anden måde som forhåbenligt er nemmere at løse. Side 3 af 51
4 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Def. rækkeechelon form, REF (1.2.3) En matrix er på REF hvis En række med kun 0 er, er under rækker med værdier 0 antal 0 er i starten af en række er højere eller lig antallet af preceeding 0 er i rækken over. Første indgang i rækken skal være 1 Def. reduceret rækkeechelon form, RREF (1.2.5) En matrix er på RREF hvis matricen er på REF, og hver pivot kun har 0 er i resten af søjlen. Løsningsmodel med RREF (Lemma 1.2.7) Antag, at [H c] er på 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 i,..., j k }. (Dvs. vi har i alt n søjler og k pivoter, hvis søjler vi kalder j. Dernæst kalder vi de resterende n - k søjler for i.) Da er alle løsninger til ligningssystemet Hx = c af formen z 1,..., z n F, hvor z i1,..., z in k F vælges frit (dvs. søjlerne uden pivot har frievariable), og z j1 = c 1 h 1,ip z ip p:i p>j 1. z jk = c k h k,ip z ip p:i p>j k Bevis for Lemma Hvis der er pivot i den sidste søjle i [H c], så er rækken med denne pivot på formen [ ]. Dette svarer til, at en af ligningerne udtrykt ved Hx = c er 0x x n = 1. Denne ligning har ingen løsning. Side 4 af 51
5 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Betragt en matrix H med m rækker på RREF. Denne kan opskrives som et lineært ligningssystem med k ligninger. Hx = c Skriv søjle nr med pivot som j 1 < < j k Skriv søjle nr uden pivot som i 1 < < i m k Indgangene i H skrives som h i,j Der er k antal bundne variable som skrives z 1,..., z k R n Tag den L te række i [H c]. Tag den L te pivot læg den sammen med summen af alle ikke-pivotindgange til højre for, giver det det L te indgang i resultatvektoren. For L = 1,..., k z jl + p:i p>j L h L,ip z ip = c L, og hvis summen flyttes til den anden side af lighedstegnet, så får vi netop ligningerne fra 1.2.7, 2. For L = k + 1,..., m De resterende m k er nulrækker,så de stiller ingen krav. ligninger udtrykt ved Hx = c er De k Derfor giver z 1,..., z n F en løsning til Hx = c hvis og kun hvis z j1,..., z jk tilfredsstiller de angivne betingelser. Def. Mindste kvardrats løsning (5.2.3) Forståelses note (fremlæg som du selv finder passende) Mindste Kvadraters Løsning er det alternativ vi bruger når vi ikke er i stand til at finde en løsning ved brug af RREF metoden vi gennemgik ovenfor, MKL modellen er i stand til at finde det resultat der er tættest på en reel løsning. Def.: Lad A Mat m,n, lad b R m. Skriv r(x) = b Ax for x R n. En vektor ˆx R n, så r(ˆx) er mindst muligt, kaldes en mindste kvadrats løsning til Ax = b. Prop Lad A Mat m,n (R), og lad b R m, og skriv p = P Sø(A) (b) projektionen af b på søjlerummet Sø(A) af A. 1. System Ax = p er konsistent. 2. Lad x R n. Så er b Ax b p, med lighed Ax = p. Side 5 af 51
6 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Bevis for p Sø(A), så Ax = p er konsistent ifølge Lemma (2.2.4: givet en vektor b i søjlerummet for A, så er Ax = b konsistent) 2. Vi kan skrive Sø(A)= {Ax x R n } da så får en linear kombination af søjlerne. Så følger beviser af at Sætning , som fortæller at p er det nærmeste punkt i Sø(A) til b. (5.1.22: p er projektionen af b på S, så er p nærmeste punkt i S til x) Ekstra Konsitens for Ax = b med b i søjlerum - Lemma Lad A Mat m,n (F); skriv A = [a 1,..., a n ] i søjleform. Betragt ligningssystemet Ax = b, hvor b F m 1 Systemet er konsistent (dvs har en løsning) b Span(a 1,..., a n ) Nærmeste punkt på underrum - Sætning Lad S være et underrum af R n. nærmeste punkt i S til x. Da er projektionene P S (x) af x på S det Side 6 af 51
7 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Vektorrum og underrum Pensum: 2.1, 3.2 Disposition Def.: Vektorrum (2.1.1, med sætninger tilknyttet) Bevis for 4 egenskaber (2.1.2) Def.: Underrum (2.1.4) Bevis: (Et underrum af et vektorrum er også et vektorrum) Def.: Span (og linear kombination) Bevis: Sætning (span er et underrum) Definitioner Def. Vektorrum (2.1.1) Et F-vektorrum er en mængde af vektorer V der understøtter følgende operatioern: + : V V V : F V V A1: x, y V : x + y = y + x (kommutativ over addition) A2: x, y, z V : (x + y) + z = x + (y + z) (addition er associativ) A3: 0 V : x + 0 = x x V (neutralt element) A4: x V x V : x + ( x) = 0 (additiv invers) S1: α F, x, y V : α(x + y) = αx + αy (distributiv over skalar) S2: α, β F, x V : (α + β)x = αx + βx (distributiv over vektorer) S3: α, β F, x V : (αβ)x = α(βx) (multiplikation er associativ) S4: 1 F : 1 x = x x V (1 F er et neutralt element for skalarmultiplikation) Side 7 af 51
8 Lineær algebra Dispositioner - Dispo egenskaber for vektorrum (Sætning 2.1.2) Lad V være et F-vektorrum 1. 0 er det entydige neutrale element i V 2. 0 x = 0 x V 3. Hvis x, y V er således, at x + y = 0, så er y = x ( x er den entydige additive invers til x). 4. ( 1)x = x x V Det her bevis skrives med, men er ikke planlagt Bevis for sætning Antag, at vi har endnu et neutralt element 0 V så x + 0 = x x V Så er specielt = 0. Men vi ved også at A3 = 0, og da addition er kommutativ A1 = er 0 = 0 2. Lad x V x S4 = 1x = (1 + 0)x S2 = 1x + 0x = x + 0x 0 A4ogA1 = x + x = x + (x + 0x) A2 = ( x + x) + 0x = 0 + 0x A1ogA3 = 0x 3. Hvis x + y = 0: x A3 = x + 0 = x + (x + y) A2 = ( x + x) + y = 0 + y A1 = y + 0 A3 = y 4. 0 = 0x = (1 + ( 1))x S2 = 1x + ( 1)x S4 = x + ( 1)x og det følger da af 3. at ( 1)x = x (fordi x + ( 1)x = 0 Def. Underrum (2.1.4) Lad S være en delmængde af et F-vektorrum; S kaldes et underrum hvis (Condition 0:) S (Underrummet er ikke tomt) Condition 1: x, y S : x + y S (Rummet er lukket under addition) Condition 2: skalering) x S, α F : αx S (Rummet er lukket under Condition 0 er ikke en del af den officielle definition, men immer væk vigtig og relevant. Side 8 af 51
9 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Et underrum af et vektorrum er også et vektorrum (Prop ) Et underrum S af et F-vektorrum V er selv et F-vektorrum med den inducerede addition og skalarmultiplikation. Bevis for proporsition Antag at S er et underrum til V. C1 og C2 gælder, og vi kan derfor vælge + : S S S svarende til V V, og : F S svarende til F V. C1 og C2 sikrer så lukkethed i S for addition og multiplikation. Vi ved at alle elementer som er i S kommer fra et vektorrum. Vi skal altså bare vise at for alle egenskaber holder vi os inde for S. Eksistens af nulelement: 0 = 0 s s S, så 0 S. Vi opfylder 2.1.2, 2. Eksistens af additiv invers: s = ( 1)s s S, så s S når s S. Vi opfylder 2.1.2, 4. Resten af aksiomerne følger nu fra de tilsvarende egenskaber for V. Forståelses note (fremlægges ikke) Underrummet vil altid indeholde 0-vektoren, da 0 er defineret i F, underrum siger at de skal være lukket under skalering, og 0-vektoren skal derfor være en del, for at der kan skaleres med 0. Antag for modstrid at vi har et underrum uden 0-vektoren. Da det er et underrum overholder det skalering af 0 fra F. Hvis vi skalerer en vektor fra underrummet giver det 0-vektoren, og vi kommer uden for underrummet, ergo er den ikke lukket under skalering. Ergo skal alle underrum indeholde et 0-vektor. Def. Linearkombination og span (2.2.1) Lad V være et F-vektorrum, og lad v 1,..., v n V. 1. En vektor givet ved α 1 v α n v n V, med a 1,..., a n F, er en lineær kombination (eller linearkombination) af v 1,..., v n. 2. Mængden af alle lineære kombinationer af v 1,..., v n kaldes spannet af v 1,..., v n, og skrives Span(v 1,..., v n ). Span er et underrum (2.2.3) Span(v 1,..., v n ) er et underrum af V. Bevis for sætning Intuitionen er at der blot vises at v v n er et underrum. Regler for vektorrum er givet i Def Definition gælder for underrum, og har følgende conditions: Side 9 af 51
10 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Condition 0: Condition 1: S Spannet indenholder v 1,..., v n altså er det ikke tomt. x, y S : x + y S (α 1 v α n v n ) + (β 1 v β n v n ) = α 1 v 1 + β 1 v α n v n + β n v n = (α 1 + β 1 )v (α n + β n )v n da α og β F er α + β F Condition 2: x S, α F : αx S β(α 1 v α n v n ) = βα 1 v βα n v n da α og β F er α β F (def S3) Side 10 af 51
11 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Lineær uafhængighed Pensum: 2.2, 3.1 Disposition Def.: Linear kombination, span (2.2.1), Underrum (2.1.4) Bevis: Et span er et underrum (sætning 2.2.3) Def.: Lineær uafhængighed Bevis: Lin. uafh. Invertibel (sætning 2.2.8) Bevis: sætning 2.2.9, vektor uafhængihed og entydige udtrykt vektor Specificering Def. Linearkombination og span (2.2.1) Lad V være et F-vektorrum, og lad v 1,..., v n V. 1. En vektor givet ved α 1 v α n v n V, med a 1,..., a n F, er en lineær kombination (eller linearkombination) af v 1,..., v n. 2. Mængden af alle lineære kombinationer af v 1,..., v n kaldes spannet af v 1,..., v n, og skrives Span(v 1,..., v n ). Def. Underrum (2.1.4) Lad S være en delmængde af et F-vektorrum; S kaldes et underrum hvis (Condition 0:) S (Underrummet er ikke tomt) Condition 1: x, y S : x + y S (Rummet er lukket under addition) Condition 2: skalering) x S, α F : αx S (Rummet er lukket under Condition 0 er ikke en del af den officielle definition, men immer væk vigtig og relevant. Span er et underrum (2.2.3) Span(v 1,..., v n ) er et underrum af V. Bevis for sætning Intuitionen er at der blot vises at v v n er et underrum. Regler for vektorrum er givet i Def Definition gælder for underrum, og har følgende conditions: Side 11 af 51
12 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Condition 0: Condition 1: S Spannet indenholder v 1,..., v n altså er det ikke tomt. x, y S : x + y S (α 1 v α n v n ) + (β 1 v β n v n ) = α 1 v 1 + β 1 v α n v n + β n v n = (α 1 + β 1 )v (α n + β n )v n da α og β F er α + β F Condition 2: x S, α F : αx S β(α 1 v α n v n ) = βα 1 v βα n v n da α og β F er α β F (def S3) Def.: Lineær uafhængighed Lad V være et F-vektorrum, og lad v 1,..., v n V. En lineær relation blandt v 1,..., v n er en identitet c 1 v c n v n = 0 med c 1,..., c n F. Det er altså en måde at skrive 0-vektoren som lineær kombination af v 1,..., v n. Den oplagte måde at gøre dette på, er ved at sætte alle c i er til 0 så man får 0v v n = 0 hvilket kaldes den trivielle lineære relation. v 1,..., v n er lineært afhængige, hvis der findes en ikke-triviel lineær relation blandt dem, dvs. hvis der findes et c i 0, så c 1 v c n v n = 0. Dette betyder også, at et af v i erne kan skrives som en linear kombination af de andre vektorer. I modsat fald er v 1,..., v n lineært uafhængige. Dette formuleres således: v 1,..., v n er lineært uafhængige (c 1 v c n v n = 0 c 1 = 0,..., c n = 0). Lineær uafhængig invertibel (Sætning 2.2.8) Lad x 1,..., x n F n, og skriv X = [x 1,..., x n ] (søjleform). x 1,..., x n er lineært uafhængige Xer invertibel. Side 12 af 51
13 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Bevis for sætning Ligningen c 1 x 1,..., c n x n = 0 kan omskrives til Xc = 0, hvor c = 1 c.. c n Ifølge Sætning har denne ligning kun løsningen 0 hviss X er invertibel. v entydig v 1 v n lin. uafhængige (Sætning 2.2.9) Lad V være et F-vektorrum, lad v 1,..., v n V, og lad S = Span(v 1,..., v n ). Et element v S kan udtrykkes entydigt som lin. komb. af v 1,..., v n v 1,..., v n er lineært uafhængige. Bevis for sætning Beskriver noget med entydighed og lineær afhængighed. Vi har givet at V som er et F-vektorrum Vektorer v 1,..., v n V og S = Span(v 1,..., v n ) : Antag at vi kan skrive V på to forskellige måder: Da de to er ens kan vi opskrive 0 som v = α 1 v α n v n, α 1, α n F v = β 1 v β n v n, β 1, β n F 0 = v v = (α 1 v α n v n ) (β 1 v β n v n ) = α 1 v 1 β 1 v α n v n β n v n = (α 1 β 1 )v (α n β n )v n = 0 Da de er lineær uafhængige er den eneste løsning på denne ligning hvis skalarene er 0, altså giver det os at alle α β = 0 α = β. Det giver altså at opskrivningen er entydig (da vi prøvede at skrive en vektor op på to måder, men fejlede) Side 13 af 51
14 Lineær algebra Dispositioner - Dispo : Vi har at et element er entydigt bestemt. Antag for kontraponering at v 1,..., v n ikke er lineær uafhængige. Dvs at der findes c 1,..., c n F hvor ikke alle er 0, som opfylder ligningen β 1 v β n v n = 0 Vi kan skrive en vektor v V op som en linearkombination: (α 1 v α n v n ) = v = v + 0 = (α 1 v α n v n ) + (β 1 v β n v n ) = α 1 v 1 + β 1 v α n v 1 + β 1 v 1 = (α 1 + β 1 )v (α n + β n )v n Da mindst ét af c erne ikke er nul, betyder det at vi kan skrive v op på mindst to forskellige måder. Det betyder at opskrivningen ikke er entydig, hvilket er en modstrid. Vores antagelse altså forkert, og de må altså være det modsatte, nemlig linær uafhængige. Ekstra Sætning Lad A Mat m,n (F). Følgende er ækvavilente (a) A er ikke-singulær, dvs. invertibel (b) Ligningen Ax = 0 har kun løsningen 0. (c) A er række-ækvavilent til I Konsitens for Ax = b med b i søjlerum - Lemma Lad A Mat m,n (F); skriv A = [a 1,..., a n ] i søjleform. Betragt ligningssystemet Ax = b, hvor b F m 1 Systemet er konsistent (dvs har en løsning) b Span(a 1,..., a n ) Side 14 af 51
15 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Basis for vekturrum; koordinatisering Pensum: 3.1, 3.3 Disposition Definition af basis (2.2.11) Dimension af vektorrum (3.1.1) Vis at span og vektorrummet for dim = n er ækvivalente (3.1.4) + bevis Intro til koordinatisering (3.3.1) 3 egenskaber for koordinatisering - Prop bevis Specificering Def. Basis af V (2.2.11) Lad V være et F-vektorrum, og lad v 1,..., v n V. {v 1,..., v n } er da en basis for V, hvis følgende betingelser er opfyldt: 1. v 1,..., v n er uafhængige 2. v 1,..., v n udspænder V. Def.: (Noget med størrelsen af vektorrum) Lad V være et F-vektorrum. 1. Hvis V = {0}, så har V dimension Hvis V har en basis bestående af n vektorer, så har V dimension n. 3. Hvis V ikke har en endelig basis, så har den uendelig dimension Bemærkning: Det er nok mest vigtigt at man skriver 2 eren op, da de andre sjældent bliver brugt, så de kan bare nævnes. Sætning Lad V være et F-vektorrum af dimension n > Enhver mængde bestående af n uafhængige vektorer fra V udspænder V (og er derfor en basis). 2. Enhver mængde af n vektorer, som udspænder V, består af uafhængige vektorer (og derfor en basis). Side 15 af 51
16 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Bevis for sætning Del 1 Antag at v 1,..., v n V er uafhængige. Lad v V. V har en basis med n elementer, der udspænder V. Sætning fortæller at de n + 1 vektorer v, v 1,..., v n, er afhængige. Der findes altså c, c 1,..., c n F ikke alle 0, så cv + c 1 v c n v n = 0 c 0 må gælde, da vi ved at v 1,..., v n er uafhængige Følgende kan herefter udledes: så cv = ( c 1 )v ( c n )v n v = ( c 1 c 1 )v ( c n c 1 )v n Span(v 1,..., v n ) v kan udtrykkes ved en linearkombination v 1,..., v n, hvilket gør denne til et span(). Da v V er abritrært valgt, er V = Span(v 1,..., v n ). Del 2 lad v 1,..., v n udspænde V. Antag for modstrid at de er afhængige. Da de er afhængige kan vi skrive en vektor som en linearkombination af de andre linear kombination af de andre: v n = c 1 v c n 1 v n 1 I så fald vil V = Span(c 1 v c n 1 v n 1 ). Lad u 1,..., u n være basis for V. Pr. def baser at denne uafhængig. Altså er både u 1,..., u n og v 1,..., v n 1 er uafhængige. jvf MODSTRID! Vores antagelse om at vektorene er afhængige er altså forkert, og de må altså være uafhængige. Def: koordinatvektor (3.3.1) Lad V = {v 1,..., v n } være en ordnet basis for V. Lad en vektor v V. v kan skrives entydigt som linear kombination af v 1,..., v n som følger: Der er således een entydig vektor v = c 1 v c n v n mht. V (entydig, da basen var ordnet). Det kaldes koordinatvektoren for v mht. V, og vi skriver 1.. c F n, som angiver koordinaterne for v c n Side 16 af 51
17 Lineær algebra Dispositioner - Dispo [v] V = 1 c. c n (Hvor v er vektoren der er bestemt af koordinaterne og V er den ordnede basis der bestemmer den ud fra koordinaterne) Vi kan altså skrive vektoren v som koordinaterne gange med den ordnede basis: v = [v] V V = 1 c. {v 1,..., v n } c n Prop Lad U = {u 1,..., u n }, V = {v 1,..., v n } være ordnede baser for et F vektorrum W. Lad K Mat n,n (F) være givet i søjleform som Der gælder: [[u 1 ] V,..., [u n ] V ]. 1. K er invertibel 2. For alle w W, [w] V = K[w] U. 3. K er den entydige matrix i Mat n,n (F) således at (2) gælder. Bevis for x 1 1. Antag, at K. x n = 0, (altså på formen Ax = 0, for at kunne bruge sætning 1.4.8). Det kan omskrives til følgende (idet koordinatiseringen bevarer lineær struktur, jf. Lemma 3.3.2): 0 = x 1 [u 1 ] V + + x n [u n ] V = [x 1 u x n u n ] V Opstil u erne som lineær komb. x 1 u x n u n = 0, da de er lineært uafh. (basis) er x 1 = = x n = 0 (for at det skal gælde at liningssystemet er 0). Ligningssystemet Kx = 0 har derfor 0 som eneste løsning og jf. Sætning er K invertibel. Side 17 af 51
18 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Vi kan skrive u vektorene ved, for i = 1,..., n, at tage den i te søjle vektor i K ( k 1i. k ni = [u i ] V ) og gange V-basen på. u i = k 1i v k ni v n Vi kan opskrive w W i U-basen ved w = c 1 u c n u n, så [w] U = 1 c.. c n Vi kan da udskifte u i, så w bliver udtrykt i V-basen w = c 1 (k 11 v k n1 v n ) + + c n (k 1n v k nn v n ) = (c 1 k c n k 1n )v (c 1 k n1 + + c n k nn )v n Tag nu koordinaterne for w i V-basen k 11 c k 1n c n [w] V =. = K k n1 c k nn c n c 1. c n = K[w] U så ses at det kan udtrykkes ved K og koordinaterne i U-basen. 3. Antag, at der også findes en anden matrix K så [w] V = K [w] U w F n Så gælder dette specielt for u i, i = 1,..., n, så {den i te søjle i K} = [u i ] V (pr antagelse) = K [u i ] U (se nedenfor) = K e i = {den i te søjle i K } Da at finde koordinaterne til u i i basen for U er at sætte c i til 1 og resten til nul i u i = c 1 u c i u i + + c n u n ved c-vektoren er udtrykt ved e i, som er vektoren med i te indgang sat til 1, og resten til 0. Da detter gælder for alle i så har K og K har de samme søjler; de er ens. Side 18 af 51
19 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Ekstra Sætning Lad A Mat m,n (F). Følgende er ækvavilente (a) A er ikke-singulær, dvs. invertibel (b) Ligningen Ax = 0 har kun løsningen 0. (c) A er række-ækvavilent til I Def. Linearkombination og span (2.2.1) Lad V være et F-vektorrum, og lad v 1,..., v n V. 1. En vektor givet ved α 1 v α n v n V, med a 1,..., a n F, er en lineær kombination (eller linearkombination) af v 1,..., v n. 2. Mængden af alle lineære kombinationer af v 1,..., v n kaldes spannet af v 1,..., v n, og skrives Span(v 1,..., v n ). Def.: Lineær uafhængighed Lad V være et F-vektorrum, og lad v 1,..., v n V. En lineær relation blandt v 1,..., v n er en identitet c 1 v c n v n = 0 med c 1,..., c n F. Det er altså en måde at skrive 0-vektoren som lineær kombination af v 1,..., v n. Den oplagte måde at gøre dette på, er ved at sætte alle c i er til 0 så man får 0v v n = 0 hvilket kaldes den trivielle lineære relation. v 1,..., v n er lineært afhængige, hvis der findes en ikke-triviel lineær relation blandt dem, dvs. hvis der findes et c i 0, så c 1 v c n v n = 0. Dette betyder også, at et af v i erne kan skrives som en linear kombination af de andre vektorer. I modsat fald er v 1,..., v n lineært uafhængige. Dette formuleres således: v 1,..., v n er lineært uafhængige (c 1 v c n v n = 0 c 1 = 0,..., c n = 0). Side 19 af 51
20 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Matricer og lineære transformationer Pensum: 4.1, 4.2, 4.3 Disposition Lineær transformation (Def ) og den inv. trans. Lineær transformation lukket under underrum (Sætn ) + bevis Transformation er invertibel inverse er lineær (Prop ) + bevis evt. Matrix Repræsentation for lineær transformation (Nota ) Specificering Def Lad V,W være et F-vektorrum. En lineær transformation L : V W er en afbildning, som respekterer lineær struktur., dvs: v 1, v 2 V, L(v 1 + v 2 ) = L(v 1 ) + L(v 2 ) α F, v V, L(αv) = αl(v). Definition af invertibel transformation (s.75 i forl. noter) En afbildning (f.eks. lineær transformation) er invertibel hvis der findes en modsat (invers) afbildning følgende gælder for f : X Y og g : Y X, hvor g er den inverse afbildning til f: g f = I X hvilket betyder g(f(x)) = x, x X og f g = I Y Notationen der bruges er som følger: og følgende gælder hvilket betyder f(g(y)) = y, y Y Den inverse til L = L 1 L(L 1 (x)) = x Det inverse billede kaldes ligeledes urbilledet. Sætn Underrum er lukket over lin. trans. Lad V, W være F-vektorrum, lad L : V W være en lineær transformation. i) Lad S V være et underrum. Da er L(S) et underrum af W. ii) Lad T W være et underrum. Da er L 1 (T ) et underrum af V. Side 20 af 51
21 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Bevis for Vi anvender Lemma 4.1.2: S er et underrum α 1, α 2 F, s 1, s 2 S : α 1 s 1 + α 2 s 2 S (Hvis S er et underrum, så kan vektorerne i S skaleres og adderes, og omvendt) i) Idet 0 W = L(0 V ) er L(S). Lad w 1, w 2 L(S), α 1, α 2 F. Der findes s 1, s 2 S med L(s 1 ) = w 1, L(s 2 ) = w 2. Vi har α 1 s 1 + α 2 s 2 S (Lemma 4.1.2), så α 1 w 1 + α 2 w 2 = α 1 L(s 1 ) + α 2 L(s 2 ) = L(α 1 s 1 + α 2 s 2 ) L(S) ii) Idet 0 V L 1 (T ) er L 1 (T ). Lad v 1, v 2 L 1 (T ), α 1, α 2 F. Vi har L(α 1 v 1 + α 2 v 2 ) = α 1 L(v 1 ) + α 2 L(v 2 ) Da er så L(v 1 ), L(v 2 ) T α 1 L(v 1 ) + α 2 L(v 2 ) T α 1 v 1 + α 2 v 2 L 1 (T ) Prop Lad L : V W være en lineær transformation og antag, at L er invertibel. Så er L 1 lineær. Bevis for prop Lad α 1, α 2 F, w 1, w 2 W. Så er L 1 (α 1 w 1 + α 2 w 2 ) =L 1 (α 1 L(L 1 (w 1 )) + α 2 L(L 1 (w 2 )) (fordi L L 1 = I W ) =L 1 (L(α 1 L 1 (w 1 )) + L(α 2 L 1 (w 2 ))) =L 1 (L(α 1 L 1 (w 1 ) + α 2 L 1 (w 2 ))) (fordi L er lineær) =α 1 L 1 (w 1 ) + α 2 L 1 (w 2 ) (fordi L 1 L = I V ). Side 21 af 51
22 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Nota : Matrixrepresentation af lineær transformation M W,V (L) kaldes matrixrepræsentationen (MR) for L mht. W, V. Ekstra Def. Underrum (2.1.4) Lad S være en delmængde af et F-vektorrum; S kaldes et underrum hvis (Condition 0:) S (Underrummet er ikke tomt) Condition 1: x, y S : x + y S (Rummet er lukket under addition) Condition 2: skalering) x S, α F : αx S (Rummet er lukket under Condition 0 er ikke en del af den officielle definition, men immer væk vigtig og relevant. Side 22 af 51
23 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Determinanter Pensum: 8.1, 8.2 Disposition 1 Minor af en matrix (Def ) 2 Definitionen af determinanten (Def 8.1.2) 3 Bevis A er singulær det(a) = 0 eller 6 Cramers regel + bevis En minor af en matrix. (Def ) Lad A Mat n,n (F) være en n n-matrix, n 2. Den (i, j) te minor M(A) ij af A er (n 1) (n 1)-matricen dannet ved at sløjfe (fjerne) i te række og j te søjle af A. Determinanten af en matrix. (Def ) Determinanten af en 1 1-matrix er dens eneste indgang. Lad nu n > 1, og antag, at determinanten er dfineret for (n 1) (n 1)- matricer. Lad A = [a ij ] være en n n-matrix. 1. For 1 i, j n er den (i, j) te cofaktor A ij af A givet som 2. Determinanten er A er givet som A ij = ( 1) i+j det(m(a) ij ) det(a) = a 11 A a 1n A 1n vi siger, at determinanten udvikles efter matricens første række. Sætning A Mat n,n (F) er singulær det(a) = 0 Bevis for A kan reduceres til RREF H efter endelig mange rækkeoperationer, så A = E K E k 1 E 1 H Side 23 af 51
24 Lineær algebra Dispositioner - Dispo hvor E i erne er elementærmatricer. Så det(a) = det(e k (E k 1 E 1 H)). = det(e k )det(e k 1 E 1 H) = det(e k )det(e k 1 ) det(e 1 )det(h) hvor vi bruger k gange. Hvis A er singulær, har H en nulrække, og det(h) = 0, så det(a) = 0. Hvis A er invertibel, er H = I og det(h) = 1, så det(a) 0. Note for H er singulær H har en 0-række: H er kvadratisk. Hvis vi antager at H er invertibel, er det tilfældet at antal pivoter i REF (H) = n, da H I (1.4.8). H er ikke-invertibel (altså singulær). Der kan ikke være flere pivoter end n, ergo må der være færre. Er der færre pivoter end n, er der en 0-række (Da vi ikke kan få dobbelttrin ). Sætning Hvis A, B Mat n,n (F), så er det(ab) = det(a)det(b) Korollar (Cramers regel) Lad A Mat n,n (F) være invertibel, og lad b F n. Lad A i være matricen, der fås ved at erstatte den i te søjle i A ved b. Den entydige løsning ˆx til systemet Ax = b er givet ved ˆx i = det(a i) det(a), i = 1,..., n Bevis for (Cramers regel) A 1 b er den entydige løsning til Ax = b (jf. Korollar 1.4.9, fordi A er invertibel). Så vi har ˆx = A 1 b = 1 adj(a) b (Korollar 8.2.8) det(a) Side 24 af 51
25 Lineær algebra Dispositioner - Dispo og for i = 1,..., n er Ekstra ˆx i = 1 {i te række i adj(a)} b det(a) = 1 det(a) [A 1i A ni ] b = 1 det(a) (A 1ib A ni b n ) = det(a i) det(a) Diverse lemmaer (Da vi udvikler determinanten ud fra den i te søjle i A i ) Man kan udvikle ud fra en hvilken som helst søjle og række (lemma 8.1.3; 6; 8) Hvis man bytter om på to rækker eller søjler skifter det fortegn det(b) = det(a) (8.1.5; 8) For en n n matrix gælder det at det(a T ) = det(a) det(a) = 0 hvis A: har to ens søjler; har to ens rækker; har en nul-række. (8.1.9; 10) Hvis en række bliver skaleret med et r bliver determinanten også skaleret med r (8.1.10;11(2)) Hvis en række el. søjle bliver adderet med et multiplum af en anden række, forbliver determinanten ens (8.1.10;11(3)) Hvis A er triangulær, er det(a) produktet af A s diagonalindgange (8.1.12) Side 25 af 51
26 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Egenværdier og egenvektorer Pensum: 9.1 Disposition Definition af egenvektorer og egenrum (Def ) Ækvivalente udtryk (Prop ) + bevis Potensopløftning af diagonaliserbare matricer (9.2.3) Karakterisiske polynomium (Prop 9.1.5) Specificering Def. egenværdier og egenvektorer (9.1.1) For lineære transformationer: Lad v være et F-vektorrum og lad T : V V være en lineær transformation. λ F er en egenværdi for T, hvis der findes v V \{0}, så: T (v) = λv for ovenstående er v en egenvektor for T og λ den tilsvarende egenværdi For matricer: Lad A være en kvadratisk matrice Mat n,n (F). λ F er en egenværdi for A hvis der findes z F n \{0}, så Az = λz for alle z og λ hvor ovenstående gælder, er de henholdsvis egenevektorer og -værdier. Diverse egenskaber (Prop 9.1.4) Lad A Mat n,n (F), λ F. Følgende er ækvivalente: a) λ er en egenværdi for A. b) Ligningssystemet (A λi)x = 0 har en ikke-triviel løsning. c) N(A λi) {0} d) A λi er singulær e) det(a λi) = 0 Side 26 af 51
27 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Bevis for Prop a) b): Der findes z F n \{0} så Az = λz, så 0 = Az λz = (A λi)z, og z er en ikke-triviel løsning til (A λi)x = 0 b) c): En ikke-triviel løsning z til (A λi)x = 0 ligger i N(A λi), og er ikke 0. c) a): Lad z N(A λi)\{0}, så 0 = (A λi)z = Az λz og Az = λz. Da z 0 er λ en egenværdi for A. b) d): Sætning d) e): Sætning Lemma Lad A Mat n,n (F) være diagonaliserbar, og lad v 1,..., v n være en basis af F n bestående af egenvektorer for A med tilsvarende egenværdier λ 1,..., λ n. (1) Det gælder at A k (c 1 v c n v n ) = c 1 λ k 1v c n λ k nv n for alle c 1,..., c n F og k N. (2) Lad V = [v 1,..., v n ]. Der gælder, at for k N A k = V λ k 1... V 1 λ k n Bevis A k = λ k i I (1) For k N er A k (c 1 v c n v n ) = c 1 A k v c n A k v n (2) fra def (1) kan omskrives til, så A k V c 1. c n = V λ k 1... λ k n = c 1 λ k 1v c n λ k nv n c 1. c n for alle c 1. c n F n Side 27 af 51
28 Lineær algebra Dispositioner - Dispo A k V = V λ k 1... λ k n Hvilket medfører (multiplikation med V 1 på begge sider) A k = V λ k 1... V 1 λ k n Polynomium grad n i λ (Prop bevises ikke!!!) Hvis det(a λi) beregnes for et ubestemt λ, så fås et polynimium af grad n i λ, Vi har: p A (λ) = det(a λi) p A (λ) = ( 1) n λ n + ( 1) n 1 tr(a)λ n det(a) hvor tr(a) = a a nn er summen af diagonalindgangene i A. λ 0 er rod λ 0 er egenværdi m.m (Prop ) Lad A Mat n,n (F). λ 0 er en rod for p A λ 0 er en egenværdi for A, og hvis λ 0 er en egenværdi for A så er v en tilsvarende egenvektor z N(A λ 0 I)\{0}. Bevis: Fra (e) har vi at at hvis det(a λi) = 0 for et givent λ, er dette λ en egenværdi. Da p A = det(a λi) skal vi altså finde λ som giver p A = 0. p A er et polynomie, og det handler derfor bare om at vi skal finde rødder for at få det til at give 0. Extra Sætning Lad A Mat m,n (F). Følgende er ækvavilente (a) A er ikke-singulær, dvs. invertibel (b) Ligningen Ax = 0 har kun løsningen 0. (c) A er række-ækvavilent til I Sætning A Mat n,n (F) er singulær det(a) = 0 Side 28 af 51
29 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Diagonalisering Pensum: 9.2, 11.1 Disposition Def. diagonaliserbar matrix (def ) Potensopløftning (lemma 9.2.3) + bevis Ækvivalens (lemma ) + bevis 1. basis af egenv. 2. n lineært uaf. egenv for A. 3. inv. matrix så V 1 AV er diag. Specificering Diagonaliserbar matrix (def ) Lad A Mat n,n (F). A er diagonaliserbar, hvis der findes en basis V = v 1,..., v n for F n bestående af egenvektorer for A. Lemma Lad A Mat n,n (F) være diagonaliserbar, og lad v 1,..., v n være en basis af F n bestående af egenvektorer for A med tilsvarende egenværdier λ 1,..., λ n. (1) Det gælder at A k (c 1 v c n v n ) = c 1 λ k 1v c n λ k nv n for alle c 1,..., c n F og k N. (2) Lad V = [v 1,..., v n ]. Der gælder, at A k = V λ k 1... V 1 λ k n for k N Bevis A k = λ k i I (1) For k N er A k (c 1 v c n v n ) = c 1 A k v c n A k v n = c 1 λ k 1v c n λ k nv n Side 29 af 51
30 Lineær algebra Dispositioner - Dispo (2) fra def (1) kan omskrives til, så A k V c 1. c n = V λ k 1 A k V = V... λ k n λ k 1 c 1. c n for alle... λ k n c 1. c n Hvilket medfører (multiplikation med V 1 på begge sider) Lemma A k = V Lad A Mat n,n (F). følgende er ækvivalente: λ k 1... V 1 λ k n 1. Der findes en basis for F n bestående af egenvektorer for A. 2. Der findes n lineært uafhængige egenvektorer for A. F n 3. Der findes en invertibel matrix V Mat n,n (F) så V 1 AV er en diagonal matrix. Bevis Er givet ved Def som bl.a siger: hvis V = 0, så har V dimension 0. OG hvis V har en basis bestående af N vektorer, så har V dimension n. 2 1 Er givet ved sætn som siger: Enhver mængde af n vektorer, som udspænder V består af uafhængige vektorer. 2 3 Lad v 1,..., v n være lineært uafhængige egenvektorer for A; lad λ 1,..., λ n. være de tilsvarende egenværdier. skriv V = [v 1,..., v n ] i søjleform. Vi har AV = A[v 1,..., v n ] = [Av 1,..., Av n ] λ 1 0 = [λ 1 v 1,..., λ n v n ] = [v 1,..., v n ]... = V D 0 λ n Side 30 af 51
31 Lineær algebra Dispositioner - Dispo hvor λ 1 0 D =... 0 λ n er diagonal. Da V har uafhængige søjler er den invertibel (Sætning 2.2.8). Vi har derfor V 1 AV = V 1 V D = D. 3 2 Antag, at der findes en invertibel X = Mat n,n (F) så X 1 AX = D, hvor D er diagonal, λ 1 0 D =... 0 λ n Skriv X = [x 1,..., x n ] i søjleform. Da X er invertibel, er x 1,..., x n uafhængige (Sætning 2.2.8). Vi har AX = X(X 1 AX) = XD, dvs. [Ax 1,..., Ax n ] = [λ 1 x 1,..., λ n x n ]. Men så er Ax i = λ i x i for i = 1,..., n; x 1,..., x n er n uafhængige egenvektorer for A. Ekstra Def.: (Noget med størrelsen af vektorrum) Lad V være et F-vektorrum. 1. Hvis V = {0}, så har V dimension Hvis V har en basis bestående af n vektorer, så har V dimension n. 3. Hvis V ikke har en endelig basis, så har den uendelig dimension Bemærkning: Det er nok mest vigtigt at man skriver 2 eren op, da de andre sjældent bliver brugt, så de kan bare nævnes. Sætning Lad V være et F-vektorrum af dimension n > Enhver mængde bestående af n uafhængige vektorer fra V udspænder V (og er derfor en basis). 2. Enhver mængde af n vektorer, som udspænder V, består af uafhængige vektorer (og derfor en basis). Lineær uafhængig invertibel (Sætning 2.2.8) Lad x 1,..., x n F n, og skriv X = [x 1,..., x n ] (søjleform). x 1,..., x n er lineært uafhængige Xer invertibel. Side 31 af 51
32 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Indre produkt Pensum: 6.1, 6.2, 6.3 Disposition Def. indre product (6.2.1) Ortogonalitet (def ) Skalar- og vektorprojektion (def ) Lemma bevis u p og v er ortogonale. u = p u er multiplum af v. Cauchy-schwarz - Sætning bevis Specificering Komplekse Indre produkt (def ) Læg mærke til at dette gælder for komplekse tal. Tænk selv hvis der bliver spurgt ind til Reelle indre produkter ;-) Et indre produkt er en funktion, : V V C, hvorom følgende gælder: 1.1) x, x 0 x, x R 1.2) x, x = 0 x = 0 2) x, y = y, x (kommutativ) 3) αx + βy, z = α x, z + β y, z Længden (norm) af et indre produkt er som følger v = v, v for v V Fra 1.2 kan det udledes at v = 0 v = 0 Def.: Ortogonalitet (6.2.3) Lad V være et C-vektorrum med indre produkt,. u, v V er ortogonale hvis u, v = 0. Side 32 af 51
33 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Def.: Lad V være et C-vektorrum med indre produkt,. Hvis u, v V, v 0, så er skalarprojektionen af u på v tallet mens vektorprojektionen er p = α α = u, v v ( ) 1 v v u, v = v, v v Lemma Lad V være et komplekts vektorrum med indre produkt,, lad u, v V med v 0, og lad p være vektorprojektionen af u på v. 1. u p, v er ortogonale. 2. u = p u er et skalarmultiplum af v Bevis for Lemma Iflg et to vektorer ortogonale u, v = 0 u, v u, v u p, v = u, v p, v = u, v v, v = u, v v, v = 0 v, v v, v 2. Hvis u = βv, så er p = u, v v, v v = βv, v v, v v = β v, v v, v v, v v = βv = βv = u. v, v Hvis u = p så er ( ) 1 u = p = α v v = α v v. Da α v er en skalar (længden er en skalar) har vi nu et skalarmultiplum. Cauchy-schwarz-uligheden (6.2.7) Lad V være et C-vektorrum med indre produkt,. Lad u, v V. Der gælder: u, v u v. Ligheden gælder u, v er lineært afhængige. Side 33 af 51
34 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Cauchy-schwarts uligheden (Bevis 6.2.7) For v = 0: Har vi lighed da: u, v = 0 = u v For v 0: u, v Lad p = v (vektorprojektionen u på v). p og u p er ifølge (1) v, v ortogonale, så følgende gælder: p 2 + u p 2 = u 2 Vi udtrykker p 2 på to måder, den første isolere vi fra oven: p 2 + u p 2 = u 2 p 2 = u 2 u p 2 Den næste er ( ) p = α v v 2 = α 2 v v 2 = α så pr u, v 2 v 2 = u 2 u p 2 så vi ganger over og får (før nævneren på højresiden) u, v 2 = ( u 2 u p 2 ) v 2 u 2 v 2 ved p = u gælder der lighed: da p = u u p 2 = 0. Det betyder at ( u 2 u p 2 ) v 2 = ( u 2 0) v 2 = u 2 v 2 ved p u gælder der ulighed: da p u u p 2 0. Det betyder at ( u 2 u p 2 ) v 2 = ( u 2 ) v 2 = u 2 v 2 Vi har derfor u, v u v. Det følger af (2), at ligheden i Cauchy-Schwarz-uligheden gælder hviss v = 0, eller u er et skalarprodukt af v, altså hviss u, v er lineært afhængige. Note på (*): p = α( 1 αv v v) = v = α v v = α 1 = α Side 34 af 51
35 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Ortogonalt komplement og projektion Pensum: 5.1, , , Disposition Definition Det ortogonale komplement (6.4.12) S er et underrum af V (6.4.13) + bevis Ortogonalprojektion Ortogonalprojektionen er i S (6.4.14) + bevis Det ortogonale komplement (6.4.12) Lav V være et indre produkt rum (et vektorrum med et indreprodukt) med indre produkt,, og lad S være et underrum af V. Det ortogonale komplement til S i V er: S = {v V v, s = 0 s S} Det ortogonale kompliment er et underrum (6.4.13) S er et underrum af V. S er ikke tom, da 0 er ortogonal på sig selv. Det ortogonale kompliment er et underrum (6.4.13) bevis Lad v, u S, α, β K. s S gælder: αu + βv, s = α u, s + β v, s = 0 Ovenstående er sandt, da v, s = 0 og u, s = 0 jvf. definitionen af ortogonalitet. C1 er opfyldt da ligningen holder for alle α og β C2 er opfyldt da ligningen holder for alle u og v Notation Lad S være et underrum af det indre-produkt,, lad {s 1,..., s k } være en ortonormalbasis for S, og lad v V p = k i=1 v, s i s i kaldes (ortogonal)projektionen af v på S. Side 35 af 51
36 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Ortogonal projektion af v på S (6.4.14) Lad S være et underrum af det indre-produkt rum V med indre produkt. Lad {s 1,..., s k } være en ortonormalbasis for S og lad v V, p S. der gælder, at: k p v S p = v, s i s i. i=1 Ortogonal projektion af v på S (Bevis for ) Da p S, vi kan skrive p = c 1 s c k s k med c 1,..., c n K. Faktisk har vi, ifølge Sætning 6.4.8, at c i = p, s i for i = 1,..., k. Så p = k c i s i = i=1 k p, s i s i i=1 p v S s, p v = 0 for alle s S a 1 s k a k s k, p v = 0 for alle a 1,..., a k K α 1 s 1, p v α k s k, p v = 0 for alle a 1,..., a k K s i, p v = 0 for i = 1,..., k s i, p = s i, v for i = 1,..., k p, s i = v, s i for i = 1,..., k k p = v, s i s i i=1 (sidste til andensidste linje: p = k i=1 p, s i s i Vi ved at p, s i = v, s i, derefter udskiftes der blot) Ekstra definitioner Def. ortogonal mængde (6.4.2) Lad V være et indre produktrum. Lad v 1,..., v n V \{0}. Hvis v i, v j = 0 for i j er {v 1,..., v n } en ortogonal mængde. Sætning Lad {u 1,..., u n } være en ortonormal mængde. Hvis v = c 1 u c n u n, så er c i = v, u i. Da: n n v, u i = c j u j, u i = c j u j, u i = c i j=1 j=1 Side 36 af 51
37 Lineær algebra Dispositioner - Dispo i og med at c i u i, u i = c i 1 c i u j, u i = c i 0 for i j Def. Underrum (2.1.4) Lad S være en delmængde af et F-vektorrum; S kaldes et underrum hvis (Condition 0:) S (Underrummet er ikke tomt) Condition 1: x, y S : x + y S (Rummet er lukket under addition) Condition 2: skalering) x S, α F : αx S (Rummet er lukket under Condition 0 er ikke en del af den officielle definition, men immer væk vigtig og relevant. Komplekse Indre produkt (def ) Læg mærke til at dette gælder for komplekse tal. Tænk selv hvis der bliver spurgt ind til Reelle indre produkter ;-) Et indre produkt er en funktion, : V V C, hvorom følgende gælder: 1.1) x, x 0 x, x R 1.2) x, x = 0 x = 0 2) x, y = y, x (kommutativ) 3) αx + βy, z = α x, z + β y, z Længden (norm) af et indre produkt er som følger v = v, v for v V Fra 1.2 kan det udledes at v = 0 v = 0 Side 37 af 51
38 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Ortogonale og ortonormale baser Pensum: 7.2, 6.4 Disposition Def af ortogonale og ortonormale mængder (6.4.2 og 6.4.4) Def af ortonormalbasis (6.4.7) Gram-Schmidt (7.2.1) (konstruering af ortonormal basis fra vilkårlig basis) + bevis Udvidelse af ortonormal mængde til ortonormal basis. (7.2.4) + bevis Specificering Def. ortogonal mængde (6.4.2) Lad V være et indre produktrum. Lad v 1,..., v n V \{0}. Hvis v i, v j = 0 for i j er {v 1,..., v n } en ortogonal mængde. Def. ortonormal mængde (6.4.4) En ortonormal mængde er en ortogonal mængde af enhedsvektorer (dvs. vektorer af længde 1). Så {u 1,..., u n } er ortonormal u i, u j = δ ij, hvor { 1 i = j δ ij = 0 i j (det såkaldte Kronecker-delta ). En ortonormal mængde kan altid nemt findes ud fra en ortogonal mængde: hvis {v 1,..., v n } er ortogonal, så er { 1 v v 1 1 1,..., v v n n} ortonormal. Def. ortonormal basis (6.4.7) Lad U = {u 1,..., u n } være en ortonormal mængde i et indre produktrum, og lad S = Span{u 1,..., u n }. Så er U en basis for S, en ortonormal basis. Sætn.: Gram-Schmidt (7.2.1) Vi ser her hvordan man kan konstruere en ortonormal basis ud fra en vilkårlig basis. Lad V være et indre-produkt rum; skriv, for indre-produkt. Lad {x 1,..., x n } være en basis for V. Definer u 1 = 1 x 1 x 1, Side 38 af 51
39 Lineær algebra Dispositioner - Dispo og definer u 2,..., u n rekursivt ved hvor u k+1 = 1 x k+1 p k (x k+1 p k ) p k = x k+1, u 1 u x k+1, u k u k den ortogonale projektion af x k+1 på Span(u 1,..., u k ). Da er {u 1,..., u n } en ortonormal basis for Span(x 1,..., x k ), for k = 1,..., n; specielt er {u 1,..., u n } en ortonormal basis for V. Bevis af Gram-Schmidt (7.2.1) - Bevis Skriv S k = Span(x 1,..., x k ) for k = 1,..., n. Det er klart, at Span(u 1 ) = Span(x 1 ) = S 1, og at {u 1 } er en ortonormal basis for S 1. Antag induktivt, at u 1,..., u k, k < n, er konstruerede, og at {u 1,..., u k } er en ortonormal basis for S k. Lad p k være projektionen af x k+1 på S k, så (Sætning ) p k = x k+1, u 1 u x k+1, u k u k. Da p k S k kan p k skrives som lineær kombination af x 1,..., x n : og p k = c 1 x c k x k, x k+1 p k = x k+1 c 1 x 1 c k x k (1) Da x 1,..., x k+1 er uafhængige, er x k+1 p k 0 (fordi højresiden af (1) er en ikke-triviel lineær kombination af x 1,....x k+1 ). Bemærk også, at x k+1 p k Span(x 1,..., x k+1 ) = S k+1 Ifølge Sætning er x k+1 p k Sk, så x k+1 p k u i for i = 1,..., k. 1 Lad nu u k+1 = x k+1 p k (x k+1 p k ). Så er {u 1,..., u k+1 } ortonormal og indeholdt i S k+1. Da u 1,..., u k+1 er k+1 uafhængige elementer i rummet S k+1 af dimension k+1 udgør de en basis; og {u 1,..., u k+1 } er en ortogonal basis for S k+1. Induktionsskridtet er taget, og resultatet dermed bevist. Udvidelse af ortonormal mængde til ortonormal basis. (7.2.4) Enhver ortonormal mængde i et indre produktrum kan udvides til en ortonormal basis. Udvidelse af ortonormal mængde. (Bevis for 7.2.4) Lad dimv = n. Antag, at {u 1,..., u k } V er ortonormal. {u 1,..., u k } kan udvides til en basis {u 1,..., u k, v 1,..., v n k } af V ; når Gram-Schmidtprocessen anvendes på denne basis fås en basis {u 1,..., u k, u k+1,..., u n } som udvider {u 1,..., u k }. Side 39 af 51
40 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Ekstra Komplekse Indre produkt (def ) Læg mærke til at dette gælder for komplekse tal. Tænk selv hvis der bliver spurgt ind til Reelle indre produkter ;-) Et indre produkt er en funktion, : V V C, hvorom følgende gælder: 1.1) x, x 0 x, x R 1.2) x, x = 0 x = 0 2) x, y = y, x (kommutativ) 3) αx + βy, z = α x, z + β y, z Længden (norm) af et indre produkt er som følger v = v, v for v V Fra 1.2 kan det udledes at v = 0 v = 0 Ortogonal projektion af v på S (6.4.14) Lad S være et underrum af det indre-produkt rum V med indre produkt. Lad {s 1,..., s k } være en ortonormalbasis for S og lad v V, p S. der gælder, at: k p v S p = v, s i s i. i=1 Side 40 af 51
41 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Ortogonale og unitære matricer Pensum: , 11.1 Disposition Def af ortogonal matrix (6.4.19) Diverse egenskaber + bevis (6.4.21) Evt skal vi nævne , hvis det bruges Def af hermitisk matrix (11.1.1) (Konjugeret-Transponeret) Def af unitær matrix (11.1.3) Diverse egenskaber (vises ikke da det er som ) (11.1.4) Evt skal vi nævne , hvis det bruges Specificering Ortogonal matrix (6.4.19) En matrix Q Mat n,n (R) er ortogonal hvis søjlerne i Q udgør en ortonormal basis for R n Ækvivalente udsagn om ortogonalitet (6.4.21) Lad Q Mat n,n (R). Følgende er ækvivalente udsagn: (a) Q er ortogonal, (b) Q T Q = I, (c) Q er invertibel og Q T = Q 1, (d) (Qx) T (Qy) = x T y x, y R n, (e) Qx = x x R n. Ækvivalente udsagn om ortogonalitet (Bevis for ) (a) (b): Da Q s søjler er en ortonormal mængde er dette er et specielt tilfælde af Lemma (b) (d): (Qx) T (Qy) = x T Q T Qy = x T y x, y R n. (d) (a): Skriv Q = [q 1,..., q n ] i søjleform. Der gælder q T i q j = (Qe i ) T Qe j = e T i e j = δ ij så {q 1,..., q n } er en ortonormal basis for R n, iflg Definition Side 41 af 51
42 Lineær algebra Dispositioner - Dispo (b) (c): Lemma (c) (b): Følger fra definitionen af invers. AB = BA = I AA 1 = A 1 A = I (definition af A 1 ) Vi ved at Q 1 = Q T og at Q er invatibel. Q T Q = Q 1 Q = I (d) (e): Qx 2 = Qx, Qx = (Qx) T Qx = x T x = x 2 x R n. (e) (d): Lad x, y R n. Den reelle polariseringsidentitet (Prop ) giver og x T y = 1 4 ( x + y 2 x y 2 ) (Qx) T (Qx) = 1 4 ( Qx + Qy 2 Qx Qy 2 ) = 1 4 ( Q(x + y) 2 Q(x y) 2 ) (e) fortæller, at højresiderne ovenfor er ens, så derfor er venstresiderne også ens: (Qx) T (Qy) = x T y. Transponering af orgotonal Q Korollar (6.4.22) Lad Q Mat n,n (R) være ortogonal. Så er Q T ortogonal Multiplum af ortogonale matricer er ortogonale (korollar ) Lad A, B Mat n,n (R n ) være ortogonale, så er AB ortogonal. Bevis (6.4.23) Da A,B er ortogonale gælder at A T A = I, B T B = I iflg (b) der gælder altså at: (AB) T AB = (B T A T )(AB) = B T (A T A)B = B T IB = B T B = I så er AB ortogonal iflg. samme sætning. Def: Hermitisk matrix (11.1.1) Den konjugeret-transponerede C H af C er givet ved C H = (C) T = (C T ) Side 42 af 51
43 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Hermiti sk matrix (Def: ) En matrix A Mat n,n (C) er hermite sk hvis A = A H Def: Unitær matrix (11.1.3) En matrix U Mat n,n (C) er unitær, hvis søjlerne i U udgør en ortonormalbasis for C n. Ækvivalente udsagn om ortogonalitet (11.1.4) Lad U Mat n,n (C). Følgende er ækvivalente udsagn: (a) U er ortogonal, (b) U T U = I, (c) U er invertibel og U T = U 1, (d) (Ux) T (Uy) = x T y x, y C n, (e) Ux = x x C n. Lemma Lad U Mat n,n (C) være unitær. Så er U H unitær. Multiplumet af to unitære matricer er unitar (Lemma ) Lad U 1, U 2 Mat n,n (C) være unitære. Så er U 1, U 2 unitær. Hermiti sk matrix (Def: ) En matrix A Mat n,n (C) er hermite sk hvis A = A H Ekstra definitioner Lemma Lad A, B Mat n,n (F); og antag, at AB = I. Så er A, B invertible, med A 1 = B, B 1 = A Polariserings-identitet (Prop ) Lad V være et reelt eller komplekst indre produkt rum. Skriv, for det indre produkt og for længden. Lad u, v V. R-tilfælde: u, v = 1 4 ( u + v 2 u v 2 ) Side 43 af 51
44 Lineær algebra Dispositioner - Dispo C-tilfælde: u, v = 1 4 ( u + v 2 u v 2 + i( u + iv 2 u iv 2 )) Side 44 af 51
45 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Unitær diagonalisering Pensum: 11.1 Disposition Def.: Kompleks-konjugerede (11.1.1) Def.: Hermitisk matrix (11.1.7) Schurs Sætning (U H AU =ØT (11.1.9) (bevises ikke) Spektralsætningen for hermitiske matricer + bevis ( ) Specificering Def: Hermitisk matrix (11.1.1) Den konjugeret-transponerede C H af C er givet ved C H = (C) T = (C T ) Regneregler for C H I (C H ) H = C II (αa + βb) H = ᾱa H + βb H III (AB) H = B H A H Hermiti sk matrix (Def: ) En matrix A Mat n,n (C) er hermite sk hvis A = A H Schurs sætning (11.1.9) Lad A Mat n,n (C). Der findes en unitær matrix U Mat n,n (C), så U H AU er en øvretrekantsmatrix. Spektralsætning. Hvis hermitisk kan den diagonaliseres (Sætning ) Lad A Mat n,n (C) være hermite sk. Så kan A diagonaliseres unitært. Dvs. der findes en unitær matrix U Mat n,n (C) så U 1 AU = U H AU er diagonal, med reelle diagonalindgange Side 45 af 51
46 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Spektralsætning for hermiteske matricer (Bevis for ) Der findes en unitær matrix U Mat n,n så U H AU = T er en øvretrekantsmatrix. T er hermiteske idet: T H = (U H AU) H = U H A H (U H ) H = U H AU = T Da A er hermitisk er A H = A, og pr def er (U H ) H = U Men t 11 t 12 t 1n t 22 t 2n T = 0 og t tnn T H t 12 t 22 0 =.... ; t 1n t 2n t nn så t ij = 0 for i j og t ii = t ii for i, j = 1,..., n, og T er reel diagonal. Spektralsætning for reelle symmetriske matricer ( ) Lad A Mat n,n (R) være symmetrisk. Så kan A diagonaliseres ortogonalt, dvs. der findes en ortogonal matrix V Mat n,n (R) så er diagonal. V T AV = V 1 AV A kan diagonaliseres ortogonalt A er symmetrisk (Adden ) Lad A Mat n,n (R). A kan diagonaliseres ortogonalt A er symmetrisk. A kan diagonaliseres ortogonalt A er symmetrisk (Bevis for ) : Korollar siger nøjagtigt, at hvis A er symmetrisk så kan A diagonaliseres ortogonalt. : Hvis A kan diagonaliseres ortogonalt, så findes der et V Mat n,n (R), som er ortogonal og V T AV = D er diagonal. Så lad os finde en alternativ definition for A som er, fordi V T = V 1, og vi kan så vise A = V V T AV V T = V DV T, A T = (V DV T ) T = (V T ) T D T V T = V DV T = A. Når A = A T, så er A symmetrisk. Side 46 af 51
47 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Ekstra Def: Unitær matrix (11.1.3) En matrix U Mat n,n (C) er unitær, hvis søjlerne i U udgør en ortonormalbasis for C n. Side 47 af 51
48 Lineær algebra Dispositioner - Dispo Lineære differentialligninger Pensum: 10.1, 12.2 Disposition Lineære differentialligninger Bevis for løsningsform Bevis for linearkombination Højereordens ligninger Lineære differentialligninger Givet et system af n lineære differentialligninger med n ubekendte (et førsteordens system): y 1 = a 11 y a 1n y n... y n = a n1 y a nn y n hvor y i = f i (t) er en funktion. Vi kan også skrive den op på matrix form ved: y 1 y 2 Y =. og Y y 2 =. A = y n Så kan vi opstille ligningssystemet som Løsningsform For n = 1 kender vi løsningen som: y 1 y n a 11 a 1n.. a n1 a nn Y = AY y = ay y(t) = ce at Grunden til at y(t) = ce at gælder, er at det passer med y = ay når man differentierer y. Side 48 af 51
Lineær Algebra eksamen, noter
Lineær Algebra eksamen, noter Stig Døssing, 20094584 June 6, 2011 1 Emne 1: Løsninger og least squares - Løsning, ligningssystem RREF (ERO) løsninger Bevis at RREF matrix findes Løsninger til system (0,
Læs mere6.1 Reelle Indre Produkter
SEKTION 6.1 REELLE INDRE PRODUKTER 6.1 Reelle Indre Produkter Definition 6.1.1 Et indre produkt på et reelt vektorrum V er en funktion, : V V R således at, for alle x, y V, I x, x 0 med lighed x = 0, II
Læs mere3.1 Baser og dimension
SEKTION 3 BASER OG DIMENSION 3 Baser og dimension Definition 3 Lad V være et F-vektorrum Hvis V = {0}, så har V dimension 0 2 Hvis V har en basis bestående af n vektorer, så har V dimension n 3 Hvis V
Læs mereDiagonalisering. Definition (diagonaliserbar)
1 Diagonalisering 2 Definition (diagonaliserbar) Lad A være en n n-matrix. A siges at være diagonaliserbar hvis A er similær med en diagonal matrix, dvs. A = PDP 1, hvor D er en n n diagonal matrix og
Læs mereLineær Algebra Dispositioner
Lineær Algebra Dispositioner Michael Lind Mortensen, 20071202, DAT4 12. august 2008 Indhold 1 Løsning og mindste kvadraters løsninger af lineære ligningssystemer 4 1.1 Disposition............................
Læs mereMat10 eksamensspørgsmål
Mat10 eksamensspørgsmål Martin Geisler 9. januar 2002 Resumé Dette dokument er en gennemgang af de eksamensspørgsmål der blev stillet til den mundtlige eksamen i Mat10, januar 2002
Læs mereDesignMat Uge 1 Gensyn med forårets stof
DesignMat Uge 1 Gensyn med forårets stof Preben Alsholm Efterår 2010 1 Hovedpunkter fra forårets pensum 11 Taylorpolynomium Taylorpolynomium Det n te Taylorpolynomium for f med udviklingspunkt x 0 : P
Læs mereSymmetriske og ortogonale matricer Uge 7
Symmetriske og ortogonale matricer Uge 7 Preben Alsholm Efterår 2009 1 Symmetriske og ortogonale matricer 1.1 Definitioner Definitioner En kvadratisk matrix A = [ a ij kaldes symmetrisk, hvis aij = a ji
Læs mereTidligere Eksamensopgaver MM505 Lineær Algebra
Institut for Matematik og Datalogi Syddansk Universitet Tidligere Eksamensopgaver MM55 Lineær Algebra Indhold Typisk forside.................. 2 Juni 27.................... 3 Oktober 27..................
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen Juni 2017
Besvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen - 12. Juni 2017 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereEgenværdier og egenvektorer
1 Egenværdier og egenvektorer 2 Definition Lad A være en n n matrix. En vektor v R n, v 0, kaldes en egenvektor for A, hvis der findes en skalar λ således Av = λv Skalaren λ kaldes en tilhørende egenværdi.
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen Juni 2018
Besvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen - 5. Juni 28 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereSymmetriske og ortogonale matricer Uge 6
Symmetriske og ortogonale matricer Uge 6 Preben Alsholm Efterår 2010 1 Symmetriske og ortogonale matricer 1.1 Skalarprodukt og Cauchy-Schwarz ulighed Skalarprodukt og Cauchy-Schwarz ulighed Det sædvanlige
Læs mere9.1 Egenværdier og egenvektorer
SEKTION 9.1 EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 9.1 Egenværdier og egenvektorer Definition 9.1.1 1. Lad V være et F-vektorrum; og lad T : V V være en lineær transformation. λ F er en egenværdi for T, hvis der
Læs mere4.1 Lineære Transformationer
SEKTION 41 LINEÆRE TRANSFORMATIONER 41 Lineære Transformationer Definition 411 ([L], s 175) Lad V, W være F-vektorrum En lineær transformation L : V W er en afbildning, som respekterer lineær struktur,
Læs mereModule 1: Lineære modeller og lineær algebra
Module : Lineære modeller og lineær algebra. Lineære normale modeller og lineær algebra......2 Lineær algebra...................... 6.2. Vektorer i R n................... 6.2.2 Regneregler for vektorrum...........
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra med Anvendelser Ordinær Eksamen 2016
Besvarelser til Lineær Algebra med Anvendelser Ordinær Eksamen 206 Mikkel Findinge http://findinge.com/ Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan.
Læs mereSymmetriske matricer
Symmetriske matricer Preben Alsholm 17. november 008 1 Symmetriske matricer 1.1 Definitioner Definitioner En kvadratisk matrix A = a ij kaldes symmetrisk, hvis aij = a ji for alle i og j. Altså hvis A
Læs mere1.1 Legemer. Legemer er talsystemer udstyret med addition og multiplikation, hvor vi kan regner som vi plejer at gøre med de reelle tal.
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
Læs mereOversigt [LA] 1, 2, 3, [S] 9.1-3
Oversigt [LA], 2, 3, [S] 9.-3 Nøgleord og begreber Koordinatvektorer, talpar, taltripler og n-tupler Linearkombination Underrum og Span Test linearkombination Lineær uafhængighed Standard vektorer Basis
Læs mereNoter til Lineær Algebra
Noter til Lineær Algebra Eksamensnoter til LinAlg Martin Sparre, www.logx.dk, August 2007, Version π8 9450. INDHOLD 2 Indhold 0. Om disse noter.......................... 3 Abstrakte vektorrum 4. Definition
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen - 5. Januar 2018
Besvarelser til Lineær Algebra Ordinær Eksamen - 5. Januar 08 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra Ordinær eksamen - 6. Juni 2016
Besvarelser til Lineær Algebra Ordinær eksamen - 6. Juni 2016 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereFigur. To ligninger i to ubekendte. Definition Ved m lineære ligninger med n ubekendte forstås. Definition 6.4 Givet ligningssystemet
Oversigt [LA] 6, 7, 8 Nøgleord og begreber Lineære ligningssystemer smængdens struktur Test løsningsmængde Rækkereduktion Reduceret matrix Test ligningssystem Rækkeoperationsmatricer Rangformlen Enten-eller
Læs mereKursusgang 3 Matrixalgebra Repetition
Kursusgang 3 Repetition - froberg@mathaaudk http://peoplemathaaudk/ froberg/oecon3 Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet 12 september 2008 1/12 Lineære ligningssystemer Et lineært ligningssystem
Læs mereLigningssystemer - nogle konklusioner efter miniprojektet
Ligningssystemer - nogle konklusioner efter miniprojektet Ligningssystemet Ax = 0 har mere end en løsning (uendelig mange) hvis og kun hvis nullity(a) 0 Løsningerne til et konsistent ligningssystem Ax
Læs mereSkriftlig eksamen Vejledende besvarelse MATEMATIK B (MM02)
SYDDANSK UNIVERSITET ODENSE UNIVERSITET INSTITUT FOR MATEMATIK OG DATALOGI Skriftlig eksamen Vejledende besvarelse MATEMATIK B (MM2) Fredag d. 2. januar 22 kl. 9. 3. 4 timer med alle sædvanlige skriftlige
Læs mereEksamen i Lineær Algebra. Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet
Eksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet 4. januar 9 kl. 9:-: Dette eksamenssæt består af 8 nummererede sider
Læs mereOversigt [LA] 11, 12, 13
Oversigt [LA] 11, 12, 13 Nøgleord og begreber Ortogonalt komplement Tømrerprincippet Ortogonal projektion Projektion på 1 vektor Projektion på basis Kortest afstand August 2002, opgave 6 Tømrermester Januar
Læs mereSylvesters kriterium. Nej, ikke mit kriterium. Sætning 9. Rasmus Sylvester Bryder
Sætning 9 Sylvesters kriterium Nej, ikke mit kriterium Rasmus Sylvester Bryder Inspireret af en statistikers manglende råd om hvornår en kvadratisk matrix er positivt definit uden at skulle ud i at bestemme
Læs mereChapter 3. Modulpakke 3: Egenværdier. 3.1 Indledning
Chapter 3 Modulpakke 3: Egenværdier 3.1 Indledning En vektor v har som bekendt både størrelse og retning. Hvis man ganger vektoren fra højre på en kvadratisk matrix A bliver resultatet en ny vektor. Hvis
Læs mereDefinition multiplikation En m n-matrix og en n p-matrix kan multipliceres (ganges sammen) til en m p-matrix.
Oversigt [LA] 3, 4, 5 Nøgleord og begreber Matrix multiplikation Identitetsmatricen Transponering Fra matrix til afbildning Fra afbildning til matrix Test matrix-afbildning Inverse matricer Test invers
Læs mereNøgleord og begreber. Definition multiplikation En m n-matrix og en n p-matrix kan multipliceres (ganges sammen) til en m p-matrix.
Oversigt [LA] 3, 4, 5 Matrix multiplikation Nøgleord og begreber Matrix multiplikation Identitetsmatricen Transponering Fra matrix til afbildning Fra afbildning til matrix Test matrix-afbildning Inverse
Læs mereOversigt [LA] 1, 2, 3, [S] 9.1-3
Oversigt [LA] 1, 2, 3, [S] 9.1-3 Nøgleord og begreber Koordinatvektorer, talpar, taltripler og n-tupler Linearkombination Underrum og Span Test linearkombination Lineær uafhængighed Standard vektorer Basis
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Lineær Algebra
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske tekst på bagsiden, hvis du følger den danske version af prøven. Eksamen i Lineær Algebra Første
Læs mereDesignMat. Preben Alsholm. September Egenværdier og Egenvektorer. Preben Alsholm. Egenværdier og Egenvektorer
DesignMat September 2008 fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden I Lad V være et vektorrum over L (enten R eller C). fortsat Eksempel : et Eksempel 4 () af I II uden I Lad V være et vektorrum
Læs mereLineær algebra: Egenværdier, egenvektorer, diagonalisering
Lineær algebra: Egenværdier, egenvektorer, diagonalisering Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet 2011 Egenvektorer og egenværdier Mål: Forståelse af afbildningen x Ax fra R n R n for en n n-matrix
Læs mereØlopgaver i lineær algebra
Ølopgaver i lineær algebra 30. maj, 2010 En stor del af de fænomener, vi observerer, er af lineær natur. De naturlige matematiske objekter i beskrivelsen heraf bliver vektorrum rum hvor man kan lægge elementer
Læs mereLineær Algebra. Lars Hesselholt og Nathalie Wahl
Lineær Algebra Lars Hesselholt og Nathalie Wahl Oktober 2016 Forord Denne bog er beregnet til et første kursus i lineær algebra, men vi har lagt vægt på at fremstille dette materiale på en sådan måde,
Læs mereBesvarelser til Lineær Algebra Reeksamen August 2016
Besvarelser til Lineær Algebra Reeksamen - 9. August 26 Mikkel Findinge Bemærk, at der kan være sneget sig fejl ind. Kontakt mig endelig, hvis du skulle falde over en sådan. Dette dokument har udelukkende
Læs mereLineær Algebra, TØ, hold MA3
Lineær Algebra, TØ, hold MA3 Lad mig allerførst (igen) bemærke at et vi siger: En matrix, matricen, matricer, matricerne. Og i sammensætninger: matrix- fx matrixmultiplikation. Injektivitet og surjektivitet
Læs mereLineær algebra 1. kursusgang
Lineær algebra 1. kursusgang Eksempel, anvendelse To kendte punkter A og B på en linie, to ukendte punkter x 1 og x 2. A x 1 x 2 B Observationer af afstande: fra A til x 1 : b 1 fra x 1 til x 2 : b 2 fra
Læs mereOversigt [LA] 3, 4, 5
Oversigt [LA] 3, 4, 5 Nøgleord og begreber Matrix multiplikation Identitetsmatricen Transponering Fra matrix til afbildning Fra afbildning til matrix Test matrix-afbildning Inverse matricer Test invers
Læs mereMatematik for økonomer 3. semester
Matematik for økonomer 3. semester cand.oecon. studiet, 3. semester Planchesæt 2 - Forelæsning 3 Esben Høg Aalborg Universitet 10. september 2009 Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet Esben
Læs mereLineær Algebra F08, MØ
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
Læs mere(Prøve)eksamen i Lineær Algebra
(Prøve)eksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet & Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt bestaår af 9 nummererede sider med ialt 15 opgaver.
Læs mereNøgleord og begreber Ortogonalt komplement Tømrerprincippet. [LA] 13 Ortogonal projektion
Oversigt [LA] 11, 12, 13 Nøgleord og begreber Ortogonalt komplement Tømrerprincippet Ortogonal projektion Projektion på 1 vektor Projektion på basis Kortest afstand August 2002, opgave 6 Tømrermester Januar
Læs mereOversigt [LA] 10, 11; [S] 9.3
Oversigt [LA] 1, 11; [S] 9.3 Nøgleord og begreber Repetition: enhedsvektor og identitetsmatrix Diagonalmatricer Diagonalisering og egenvektorer Matrixpotens August 22, opgave 2 Skalarprodukt Længde Calculus
Læs mere12.1 Cayley-Hamilton-Sætningen
SEKTION 12.1 CAYLEY-HAMILTON-SÆTNINGEN 12.1 Cayley-Hamilton-Sætningen Sætning 12.1.1 (Cayley-Hamilton) Lad A Mat n,n (C). Så gælder p A (A) =. Sætningen gælder faktisk over et vilkårligt legeme, men vi
Læs mereKursusgang 3 Matrixalgebra fortsat
Kursusgang 3 fortsat - froberg@math.aau.dk http://people.math.aau.dk/ froberg/oecon3 Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet 12. september 2008 1/31 Nødvendige betingelser En nødvendig betingelse
Læs mereOversigt [LA] 1, 2, 3, [S] 9.1-3
Oversigt [LA] 1, 2, 3, [S] 9.1-3 Nøgleord og begreber Talpar, taltripler og n-tupler Linearkombination og span Test linearkombination Hvad er en matrix Matrix multiplikation Test matrix multiplikation
Læs mereDesignMat Uge 1 Repetition af forårets stof
DesignMat Uge 1 Repetition af forårets stof Preben Alsholm Efterår 008 01 Lineært ligningssystem Lineært ligningssystem Et lineært ligningssystem: a 11 x 1 + a 1 x + + a 1n x n = b 1 a 1 x 1 + a x + +
Læs mereMatricer og lineære ligningssystemer
Matricer og lineære ligningssystemer Grete Ridder Ebbesen Virum Gymnasium Indhold 1 Matricer 11 Grundlæggende begreber 1 Regning med matricer 3 13 Kvadratiske matricer og determinant 9 14 Invers matrix
Læs mereEksamen i Lineær Algebra
Eksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet 6. juni, 26. Kl. 9-3. Nærværende eksamenssæt består af nummererede sider med ialt 5 opgaver. Alle opgaver er multiple
Læs mereLineære 1. ordens differentialligningssystemer
enote enote Lineære ordens differentialligningssystemer Denne enote beskriver ordens differentialligningssystemer og viser, hvordan de kan løses enoten er i forlængelse af enote, der beskriver lineære
Læs mereLineær Algebra, kursusgang
Lineær Algebra, 2014 12. kursusgang Lisbeth Fajstrup Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet LinAlg November 2014 Om miniprojekt 2 Kirchoffs love. Opstil lineære ligningssystemer og løs dem. 0-1-matricer.
Læs mereReeksamen i Lineær Algebra
Reeksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. februar 8 Dette eksamenssæt består af 9 nummererede sider med afkrydsningsopgaver.
Læs mere(Prøve)eksamen i Lineær Algebra
(Prøve)eksamen i Lineær Algebra Maj 016 Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet & Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Nærværende eksamenssæt består af 10 nummererede sider med ialt
Læs mereMatematik og Form: Matrixmultiplikation. Regulære og singu
Matematik og Form: Matrixmultiplikation. Regulære og singulære matricer Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet 2012 Matrixmultiplikation Definition Definition A = [a ij ], B = [b ij ]: AB = C
Læs mereEgenværdier og egenvektorer
enote 9 enote 9 Egenværdier og egenvektorer Denne note indfører begreberne egenværdier og egenvektorer for lineære afbildninger i vilkårlige generelle vektorrum og går derefter i dybden med egenværdier
Læs mereOversigt [LA] 6, 7, 8
Oversigt [LA] 6, 7, 8 Nøgleord og begreber Lineære ligningssystemer Løsningsmængdens struktur Test løsningsmængde Rækkereduktion Reduceret matrix Test ligningssystem Rækkeoperationsmatricer Rangformlen
Læs mereHilbert rum. Chapter 3. 3.1 Indre produkt rum
Chapter 3 Hilbert rum 3.1 Indre produkt rum I det følgende skal vi gøre brug af komplekse såvel som reelle vektorrum. Idet L betegner enten R eller C minder vi om, at et vektorrum over L er en mængde E
Læs mereEksamen i Lineær Algebra
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske tekst på bagsiden, hvis du følger den danske version af prøven. Eksamen i Lineær Algebra Første
Læs mereLineær algebra: Matrixmultiplikation. Regulære og singulære
Lineær algebra: Matrixmultiplikation. Regulære og singulære matricer Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet 2011 Matrixmultiplikation Definition Definition A = [a ij ], B = [b ij ]: AB = C =
Læs mereModulpakke 3: Lineære Ligningssystemer
Chapter 4 Modulpakke 3: Lineære Ligningssystemer 4. Homogene systemer I teknikken møder man meget ofte modeller der leder til systemer af koblede differentialligninger. Et eksempel på et sådant system
Læs mereUnderrum - generaliserede linjer og planer
1 Om miniprojekt 2 2 Kirchoffs love. Opstil lineære ligningssystemer og løs dem. 0-1-matricer. Systematisk information om grafer/netværk (som i Dagens anvendelse kursusgang 9): Flyforbindelser. Skemalægning.
Læs mereLineær Algebra. Lars Hesselholt og Nathalie Wahl
Lineær Algebra Lars Hesselholt og Nathalie Wahl 2. udgave, oktober 207 Forord Denne bog er beregnet til et første kursus i lineær algebra, men vi har lagt vægt på at fremstille dette materiale på en sådan
Læs mereNøgleord og begreber
Oversigt [LA] 9 Nøgleord og begreber Helt simple determinanter Determinant defineret Effektive regneregler Genkend determinant nul Test determinant nul Produktreglen Inversreglen Test inversregel og produktregel
Læs mereLineære 1. ordens differentialligningssystemer
enote 7 enote 7 Lineære ordens differentialligningssystemer Denne enote beskriver ordens differentialligningssystemer og viser, hvordan de kan løses Der bruges egenværdier og egenvektorer i løsningsproceduren,
Læs mereEksempel 9.1. Areal = (a 1 + b 1 )(a 2 + b 2 ) a 1 a 2 b 1 b 2 2a 2 b 1 = a 1 b 2 a 2 b 1 a 1 a 2 = b 1 b 2
Oversigt [LA] 9 Nøgleord og begreber Helt simple determinanter Determinant defineret Effektive regneregler Genkend determinant nul Test determinant nul Produktreglen Inversreglen Test inversregel og produktregel
Læs mereAffine rum. a 1 u 1 + a 2 u 2 + a 3 u 3 = a 1 u 1 + (1 a 1 )( u 2 + a 3. + a 3. u 3 ) 1 a 1. Da a 2
Affine rum I denne note behandles kun rum over R. Alt kan imidlertid gennemføres på samme måde over C eller ethvert andet legeme. Et underrum U R n er karakteriseret ved at det er en delmængde som er lukket
Læs mereCarl Friedrich Gauß ( ), malet af Christian Albrecht Jensen. Lineær algebra. Ib Michelsen
Carl Friedrich Gauß 777 8, malet af Christian Albrecht Jensen Lineær algebra Ikast Ikast Version Hæftet her skal ses som et supplement til Klaus Thomsens forelæsninger på Aarhus Universitet og låner flittigt
Læs mere1 Vektorrum. MATEMATIK 3 LINEÆR ALGEBRA M. ANV. 4. oktober Miniprojekt: Lineær algebra på polynomier
MATEMATIK 3 LINEÆR ALGEBRA M. ANV. 4. oktober 2017 Miniprojekt: Lineær algebra på polynomier Grupperne forventes at regne de små opgaver i afsnittene 1 5 i løbet af de første 4 halve dage. Dernæst tilføjes
Læs mereNøgleord og begreber. Definition 15.1 Den lineære 1. ordens differentialligning er
Oversigt [S] 7.3, 7.4, 7.5, 7.6; [LA] 15, 16, 17 Nøgleord og begreber 1. ordens lineær ligning Løsningsmetode August 2002, opgave 7 1. ordens lineært system Løsning ved egenvektor Lille opgave Stor opgave
Læs mereOversigt [S] 7.3, 7.4, 7.5, 7.6; [LA] 15, 16, 17
Oversigt [S] 7.3, 7.4, 7.5, 7.6; [LA] 15, 16, 17 Nøgleord og begreber 1. ordens lineær ligning Løsningsmetode August 2002, opgave 7 1. ordens lineært system Løsning ved egenvektor Lille opgave Stor opgave
Læs mereVektorrum. enote Generalisering af begrebet vektor
enote 7 1 enote 7 Vektorrum I denne enote opstilles en generel teori for mængder, for hvilke der er defineret addition og multiplikation med skalar, og som opfylder de samme regneregler som geometriske
Læs mereForelæsningsnoter til. Lineær Algebra. Niels Vigand Pedersen. Udgivet af. Asmus L. Schmidt. Københavns Universitet Matematisk Afdeling
Forelæsningsnoter til Lineær Algebra Niels Vigand Pedersen Udgivet af Asmus L Schmidt Københavns Universitet Matematisk Afdeling August Revideret 9 ii udgave, oktober 9 Forord Gennem en særlig aftale varetages
Læs mereLineære 1. ordens differentialligningssystemer
enote enote Lineære ordens differentialligningssystemer Denne enote beskriver ordens differentialligningssystemer og viser, hvordan de kan løses enoten er i forlængelse af enote, der beskriver lineære
Læs mereKursusgang 3 Matrixalgebra Repetition
Kursusgang 3 Repetition - froberg@math.aau.dk http://people.math.aau.dk/ froberg/oecon3 Institut for Matematiske Fag Aalborg Universitet 16. september 2008 1/19 Betingelser for nonsingularitet af en Matrix
Læs mereReeksamen i Lineær Algebra. Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet
Reeksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Tekniske Fakultet for IT og Design samt Det Ingeniør- og Naturvidenskabelige Fakultet. februar 9 kl. 9:-: Dette eksamenssæt består af 8 nummererede sider
Læs mereDefinition. og lœngden, normen. og afstanden mellem vektorer a og b. Der gælder
Oversigt [LA] 11, 1, 13 Prikprodukt Nøgleord og begreber Ortogonalitet Ortogonalt komplement Tømrerprincippet Ortogonal projektion Pythagoras formel Kortest afstand August 00, opgave 6 Cauchy-Schwarz ulighed
Læs mereKvadratiske matricer. enote Kvadratiske matricer
enote enote Kvadratiske matricer I denne enote undersøges grundlæggende egenskaber ved mængden af kvadratiske matricer herunder indførelse af en invers matrix for visse kvadratiske matricer. Det forudsættes,
Læs mereOversigt [LA] 11, 12, 13
Oversigt [LA] 11, 12, 13 Nøgleord og begreber Ortogonalitet Ortogonalt komplement Tømrerprincippet Ortogonal projektion Pythagoras formel Kortest afstand August 2002, opgave 6 Cauchy-Schwarz ulighed Calculus
Læs mereEksamen i Lineær Algebra
To find the English version of the exam, please read from the other end Eksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet & Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Fredag
Læs mereEksamen i Lineær Algebra
To find the English version of the exam, please read from the other end Eksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet & Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet 6. januar,
Læs mereTo find the English version of the exam, please read from the other end! Eksamen i Lineær Algebra
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på modsatte side hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Lineær Algebra
Læs mereAnvendt Lineær Algebra
Anvendt Lineær Algebra Kursusgang 4 Anita Abildgaard Sillasen Institut for Matematiske Fag AAS (I17) Anvendt Lineær Algebra 1 / 32 Vægtet mindste kvadraters metode For et lineært ligningssystem (af m ligninger
Læs mereSymmetriske matricer. enote Skalarprodukt
enote 19 1 enote 19 Symmetriske matricer I denne enote vil vi beskæftige os med et af de mest benyttede resultater fra lineær algebra den såkaldte spektralsætning for symmetriske matricer. Den siger kort
Læs mereEksamen i Lineær Algebra
Eksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet & Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Tirsdag den 4 januar, 2 Kl 9-3 Nærværende eksamenssæt består af 8 nummererede
Læs mereEksamen i Lineær Algebra
Eksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet & Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Tirsdag den 8 januar, Kl 9- Nærværende eksamenssæt består af 8 nummererede sider
Læs mereLiA 5 Side 0. Lineær algebra Kursusgang 5
LiA 5 Side 0 Lineær algebra Kursusgang 5 LiA 5 Side 1 Ved bestemmelse af mindste kvadraters løsning til (store) ligningssystemer vil man gerne anvende en metode der opfylder to krav: antallet af regneoperationer
Læs mereMatematik: Struktur og Form Matrixmultiplikation. Regulære og singulære matricer
Matematik: Struktur og Form Matrixmultiplikation. Regulære og singulære matricer Martin Raussen Department of Mathematical Sciences Aalborg University 2017 1 / 12 Matrixmultiplikation Am n = [aij ], Bn
Læs mereLidt alment om vektorrum et papir som grundlag for diskussion
Definition : vektorrum, vektorer Et vektorrum er en mængde af elementer med operationerne sum (+) og numerisk multiplikation (), så følgende regler gælder for alle a, b, c og for alle reelle tal s, t R.
Læs mereEkstremum for funktion af flere variable
Ekstremum for funktion af flere variable Preben Alsholm 28. april 2008 1 Ekstremum for funktion af flere variable 1.1 Hessematricen I Hessematricen I Et stationært punkt for en funktion af flere variable
Læs mereIndhold. 5. Vektorrum og matricer Koordinattransformationer
Indhold Lineære afbildninger og matricer Talrummene R n, C n Matricer 8 3 Lineære afbildninger 4 Matrix algebra 8 5 Invers matrix 6 6 Transponeret og adjungeret matrix 9 Række- og søjleoperationer Lineære
Læs mere1 Vektorrum. MATEMATIK 3 LINEÆR ALGEBRA 6. oktober 2016 Miniprojekt: Lineær algebra på polynomier
MATEMATIK 3 LINEÆR ALGEBRA 6. oktober 2016 Miniprojekt: Lineær algebra på polynomier Grupperne forventes at regne en mængde af opgaver, som tilsammen dækker 100 point. De små opgaver giver hver 5 point,
Læs mereEksamen i Lineær Algebra
Eksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet & Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Onsdag den. januar,. Kl. 9-3. Nærværende eksamenssæt består af 8 nummererede
Læs mereEksamen i Lineær Algebra
To find the English version of the exam, please read from the other end Eksamen i Lineær Algebra Første Studieår ved Det Teknisk-Naturvidenskabelige Fakultet & Det Sundhedsvidenskabelige Fakultet Onsdag
Læs mereEksamen i Lineær Algebra
To find the English version of the exam, please read from the other end! Se venligst bort fra den engelske version på modsatte side hvis du følger denne danske version af prøven. Eksamen i Lineær Algebra
Læs mereBesvarelse af Eksamensopgaver Juni 2005 i Matematik H1
Besvarelse af Eksamensopgaver Juni 5 i Matematik H Opgave De fire vektorer stilles op i en matrix som reduceres: 4 4 4 8 4 4 (a) Der er ledende et-taller så dim U =. Som basis kan f.eks. bruges a a jfr.
Læs mere