LINEÆR ALGEBRA DIFFERENTIALLIGNINGER

Transkript

1 LINEÆR ALGEBRA DIFFERENTIALLIGNINGER NOTER TIL CALCULUS 006 NIELSEN - SALOMONSEN INSTITUT FOR MATEMATISKE FAG AARHUS UNIVERSITET 006

2

3 Indhold Forord 5. Vektorer og linearkombinationer 7. Basis og dimension 7 3. Matricer 3 4. Lineære afbildninger Invers matrix Lineære ligningssystemer Gauss Elimination Elementærmatricer Determinanter Egenværdier og egenvektorer 85. Diagonalisering 97. Skalarproduktet Ortogonal projektion Jacobimatrix og Hessematrix 3 5. Lineær differentialligning 3 6. Lineært differentialligningssystem - ligninger Lineært differentialligningssystem - n ligninger Generel differentialligning Stabilitet af autonom differentialligning 57 Løsninger 6 Litteratur 69 Indeks 7 3

4

5 Forord Kapitel -3 er til et 4 timers forløb i lineær algebra delen af kurserne Calculus og på. studieår i Naturvidenskab. De resterende kapitel 4-9 indeholder anvendelser af lineær algebra i funktionsteori og differentialligninger. Dette indgår som et supplement til det øvrige pensum i Calculus. Der henvises eksplicit til [Stewart] Stewart, Calculus concepts & contexts, 3rd metric ed Noterne bygger på forrige års noter Kock & Nielsen, Lineær algebra og differentialligninger, IMF 005. Mål Der er især lagt vægt på at opnå færdigheder i beregning af løsningsmængder til lineære ligningssystemer og lineære differentialligningssystemer. Forudsætninger Analytisk geometri forudsættes i et omfang svarende til højeste niveau i gymnasiet. Så regning med talpar som vektorer og brugen af prikproduktet er principielt velkendt. I kapitlerne om differentialligninger forudsættes det, at man gennem [Stewart] Ch. 7 Differential equations eller tilsvarende materiale kender geometriske begreber som retningsdiagram og hastighedsfelt. Metode Fremstillingen er bevidst kortfattet og præcis, fremfor beskrivende og detaljeret. Dette kræver en lidt større indsats ved første læsning, men vil betale sig i overskuelighed senere. For et helstøbt udbytte forudsættes, at noterne suppleres med både forelæsninger, laboratorier og mange, mange øvelser. Beviser De skitserede beviser er ultrakorte og er kun medtaget for at give appetit til, at se i de mere udførlige fremstillinger i litteraturlisten. Alt i alt lægges der betydelig større vægt på eksempler og opgaver end på beviser. Anvendelser Der er ikke medtaget andre anvendelser end de før nævnte. Men i flæng kan nævnes: Befolkningsvækst, rovdyr-byttedyr, molekylemodeller, økonomisk kontrol, lagerstyring, computergrafik, D-3D grafik, renteberegning, flydesign, radiobølger, radarberegning, vejrobservationer, elektriske kredsløb, microchipdesign, rumfart osv. Næste skridt For videre studier følger her nogle titler fra andre kurser: Fraleigh & Beauregard, Linear algebra, New York 995. Niels Lauritzen, Concrete abstract algebra, Cambridge 003. Jens Carsten Jantzen, Algebra, Aarhus 004. Blæsild & Granfeldt, Statistics with applications in biology and geology, London

6 6 FORORD Resumé I de enkelte kapitler forsøges, at give svar på følgende spørgsmål: Hvad er en linje og en plan? Hvordan kendes forskel på en linje og en plan? 3 Hvad er et regneark som et matematisk objekt? 4 Hvordan regner man med drejninger og spejlinger? 5 Hvordan dividerer man to regneark? 6 Hvad er løsningen til et ligningssystem? 7 Hvordan bogholder man store ligningssystemer? 8 Hvad er de simpleste regnearks operationer? 9 Hvad er areal og volumen? 0 Hvad er forskellen på en drejning og en spejling? Hvordan beregner man en fremskrivning? Hvad er længde og vinkel? 3 Hvordan beregnes korteste afstande? 4 Hvordan afgøres arten af et kritisk punkt? 5 Hvordan løses en lineær differentialligning? 6 Hvordan løses et system af to lineære differentialligninger? 7 Hvordan løses et system af mange lineære differentialligninger? 8 Hvad er en differentialligning præcist? 9 Hvad kan man sige om en tidsuafhængig differentialligning? Sidst I modsætning til resten af noterne er forordet kun beregnet til én læsning. Der er ikke mere i det. Brug tiden på, at regne eksemplerne igennem og løs opgaverne! Aarhus Universitet, Foråret 006

7 Vektorer og linearkombinationer I et regneark foretages operationer på søjler eller rækker. Det er operationer, der i matematik er kendt som vektorregning eller lineær algebra. Først gentages ganske kort situationen for talpar. Dernæst følger den formelle definition af vektorer. Skalering og addition forenes i begrebet linearkombination. I anvendelserne kaldes dette også for superposition. Fra geometrien kendes linjer og planer. I analogi med dette defineres underrum. Talpar og planen Angiv et koordinatsystem i en tegneplan og beskriv et punkts position ved et talpar, punktets koordinater. Talpar kan adderes og skaleres koordinatvis. En linje i planen kan beskrives ved en særlig delmængde af talpar. Eksempel. (Planens koordinater) Et ordnet talpar ( ) x med. koordinat x og. koordinat x skrives som række (x, x ) eller x som søjle. To talpar x og y er ens, x = y, hvis de har samme koordinater, x x = y og x = y. F.eks. (, ) (, ) og (, ) = (, 3 ). De reelle tal betegnes R og mængden af talpar med reelle koordinater betegnes R = R R (mængdeprodukt). x Reelle talpar R beskriver punkterne i en tegneplan efter et valg af koordinatsystem u (u, u ) 0 u x Talpar kan adderes og skaleres koordinatvis ( ) u u + v = + u eller som rækker og skalering med et tal a eller som række ( v ) = v ( ) u + v u + v (u, u ) + (v, v ) = (u + v, u + v ) ( ) ( ) u au au = a = u au a(u, u ) = (au, au ) 7

8 8. VEKTORER OG LINEARKOMBINATIONER F.eks. ( ) og ( ( = 5) 7) ( ( 3 3 = ) 6) For et talpar u er Span(u) mængden af talpar af form tu, x Span(u) Span(u) = {tu R t R} Når u (0, 0) er dette linjen gennem (0,0) med u som retningsvektor. 0 u x Koordinatvektorer Den umiddelbare udvidelse af talpar er taltripler. Men det gør ingen forskel, at tage skridtet fuldt ud og tale om tupler af tal af vilkårlig længde. Det er stadig meget relevant, at bruge en skitse til at administrere den opgivne information. Definition. (Koordinatrum og koordinatvektor) Lad n være et helt positivt tal, altså valgt blandt tallene,, 3,.... Det n-dimensionale koordinatvektorrum udgøres af alle ordnede n-tupler x = (x,..., x i,..., x n ) af reelle tal og betegnes R n = R R } {{ } n Taltuplen x kaldes en (koordinat)vektor med i-te koordinat x i. To vektorer x og y er ens, x = y, hvis de har samme koordinater, x i = y i, i =,..., n. Vektoren, hvis koordinater alle er 0 0 = (0,..., 0) kaldes nulvektoren eller origo. En vektor x 0 kaldes egentlig. Bemærk, at vektoren x også betegnes x. Ligeledes skrives tuplen ofte på søjleform x = x. x n Skitser Det kan være en god hjælp, at danne sig et billede af koordinatvektorrummene. For n = er R de reelle tal og et god skitse er den 0 x reelle tallinje

9 . VEKTORER OG LINEARKOMBINATIONER 9 x For n = er R reelle talpar og en skitse er den reelle talplan u (u, u ) 0 u x x 3 u 3 For n = 3 er R 3 reelle taltripler og en skitse kan være en projektions tegning (u, u, u 3 ) u u x x (u, u, 0) R For n > kan man fortolke R n = R n R og bruge denne opsplitning som akser i en skitse 0 R n Et sidste nyttigt billede får man ved, at fortolke vektorer som pile. To pile giver samme vektor, hvis en forskydning til samme fodpunkt bringer dem til at dække hinanden. FORSKELLIGE VEKTORER

10 0. VEKTORER OG LINEARKOMBINATIONER Addition og skalarmultiplikation Regneoperationerne plus, minus, gange også kaldet addition, subtraktion, multiplikation kendt fra tallene overføres til koordinatvektorer ved koordinatvis udførelse. Definition.3 (Sum, differens og skalering) For vektorer u, v R n og et reelt tal a R defineres: () sum af vektorer () differens af vektorer u + v = u v = u. + u n u v. v n.... u n v v n = = u + v. u n + v n u v.. u n v n (3) skalarmultiplikation af tal, skalar a, og vektor u au au = a. = u n. au n Bemærk de nyttige regler Det skrives også på rækkeform 0u = 0, u = ( )u (u,..., u n ) + (v,..., v n ) = (u + v,..., u n + v n ) a(u,..., u n ) = (au,..., au n ) Eksempel.4 (Koordinatvis udregning) Sum, differens og skalarmultiplikation udregnes koordinatvis = (, 0, 7) (3, 5, 7) = (, 5, 0) 3 = ( 5)(,, 3, 4) = ( 5, 0, 5, 0) Bemærkning.5 (Pile og parallelogrammer) Ved pile-fortolkningen er addition givet ved parallelogramreglen og skalarmultiplikation er skalering med fortegn.

11 . VEKTORER OG LINEARKOMBINATIONER u + v u u u v -u ADDITION SKALARMULTIPLIKATION Regneregler Det er klart, at de sædvanlige regneregler gælder i den udstrækning, de giver mening. Det betyder, at man kan hæve og sætte parenteser samt gange ind i parenteser efter behov. En præcis formulering og populær sprogbrug er givet i følgende sætning. Sætning.6 (Algebra love) For vektorer u, v, w og skalarer a, b gælder: () kommutativ lov () associativ lov (3) distributive love u + v = v + u u + (v + w) = (u + v) + w a(u + v) = au + av (a + b)u = au + bu BEVIS. Reglerne eftervises ved opskrivning. F.eks. er den sidste lov (a + b) u. u n = (a + b)u. = (a + b)u n u = a. + b u n u. u n au + bu. au n + bu n = au bu. +. au n bu n

12 . VEKTORER OG LINEARKOMBINATIONER Bemærkning.7 (Pile og associativitet) u + v + w Den associative lov kan illustreres ved pile fortolkningen u u + v Linearkombination Den vigtigste operation i lineær algebra er en kombination af vektoraddition og vektorskalering. Det er helt afgørende for det videre arbejde, at man gør sig fortrolig med denne konstruktion. Definition.8 (Linearkombination) Lad u,..., u k være et sæt af k vektorer i vektorrummet R n og lad a,..., a k være et sæt af k skalarer. Så kaldes udtrykket a u + + a k u k en linearkombination af vektorerne u,..., u k med koefficienter a,..., a k. På grund af regnereglerne.6 kan udtrykket udregnes uafhængig af, hvordan man sætter parenteser. Udtrykket giver derfor en entydig bestemt vektor i R n. Linearkombinationen skrives også k a i u i i= Bemærkning.9 (Pile og parallelogramreglen) au + bv I pile fortolkningen er en linearkombination af vektorer givet ved parallelogrammet u au v bv Eksempel.0 (Udregn linearkombinationer) Udtrykket (, 3) + 3(3, 0) + 5(, ) er et eksempel på en linearkombination af de tre vektorer (, 3), (3, 0), (, ) i R. Koefficienterne er, 3, 5 og linearkombinationens værdi er (6, ), (, 3) + 3(3, 0) + 5(, ) = (6, )

13 . VEKTORER OG LINEARKOMBINATIONER 3 Yderligere eksempler på linearkombinationer: = (,, 3, 4) ( 4)(,, 3, 4) = ( ( 4))(,, 3, 4) = 5(,, 3, 4) = (5, 0, 5, 0) Eksempel. (En vektor som linearkombination) Skriv vektoren (, 4) som linearkombination af vektorerne (, 0) og (, ). LØSNING. Udtrykket (, 4) = a(, 0) + b(, ) = (a + b, b) giver a + b = og b = 4. Deraf a = 3 og (, 4) = 3(, 0) + 4(, ) Eksempel. (Usynlige linearkombinationer) Lad u, v og w være vektorer i vektorrummet R n. Vektorerne u + 3v + 5w, 3u w, u + v, u og 0 er alle eksempler på linearkombinationer af u, v og w: u + 3v + 5w = u + 3v + 5w 3u w = 3u + 0v + ( )w u + v = u + v + 0w u = u + 0v + 0w 0 = 0u + 0v + 0w Bemærkning.3 (Linearkombinationer af linearkombinationer) En linearkombination af linearkombinationer af et sæt af vektorer er selv en linearkombination af vektorerne fra dette sæt. F.eks. for vektorer u, v og w er (u + 3v + 5w) + 4(3u w) = 6u + 6v + 6w Underrum og Span Fra rummets geometri vides, at to forskellige punkter bestemmer en linje og to forskellige linjer med et skæringspunkt bestemmer en plan. Ved analogi defineres underrum og Span i et generelt koordinatvektorrum. Definition.4 (Underrum) En ikke-tom delmængde U R n kaldes et lineært underrum eller blot et underrum, hvis U er stabil overfor dannelse af sum og skalarmultiplikation. Altså for u, v U og en skalar a gælder: u + v U og au U Delmængden bestående af nulvektoren alene er et underrum, som kaldes nulunderrummet og betegnes 0 = {0}. Bemærkning.5 (Underrum og linearkombination) Et underrum U er stabilt overfor dannelse af linearkombinationer. Dvs. for et sæt u,..., u k U gælder, at enhver linearkombinationen a u + + a k u k U

14 4. VEKTORER OG LINEARKOMBINATIONER Definition.6 (Span og frembringere) Givet et sæt af vektorer u,..., u k i R n. Så er deres Span alle linearkombinationer v = a u + + a k u k Da en linearkombination af linearkombinationer af et sæt af vektorer selv er en linearkombination af vektorerne fra dette sæt,.3 så er Span(u,..., u k ) R n et underrum. Det er det mindste underrum U i R n, som indeholder sættet u,..., u k. Sættet u,..., u k kaldes frembringere for U. Eksempel.7 (De første tilfælde) For k = 0,, fås: k = 0: Span = 0 nulunderrummet. k = : Span(u ) er mængden af vektorer af form t u, Span(u ) = {t u t R} Når u er en egentlig vektor, så er dette linjen gennem origo med u som retningsvektor. Hvis u = 0 er dette nulunderrummet. k = : Span(u, u ) er mængden af vektorer af form t u + t u, Span(u, u ) = {t u + t u t R, t R} Når u, u ikke er på samme linje, så er dette planen udspændt af u og u. Eksempel.8 (Ikke alle linjer er underrum) Diagonalen i talplanen er et Span {(x, x ) x = x } = Span((, )) R En linje i talplanen som ikke går gennem 0 er ikke et underrum A = {(x, x ) x = x + } R Vektorerne (0, ), (, ) A, men summen (0, ) + (, ) = (, 3) / A. x Span(u) x (0, ) + Span(u) u u 0 x 0 x UNDERRUM IKKE UNDERRUM Eksempel.9 (Er to underrum er ens?) Betragt vektorerne i R 4. Så er u = (,, 0, 0), u = (0, 0,, ), u 3 = (,,, ), u 4 = (,,, ) Span(u, u ) = Span(u 3, u 4 ) LØSNING. Span(u, u ) er mængden af vektorer i R 4 af form su + tu = (s, s, 0, 0) + (0, 0, t, t)

15 . VEKTORER OG LINEARKOMBINATIONER 5 hvor s, t R er vilkårlige, Span(u, u ) = {(s, s, t, t) R 4 s, t R} Vektorerne u 3 = (,,, ), u 4 = (,,, ) er da i Span(u, u ). Da både u 3 og u 4 altså er linearkombinationer af u og u, og linearkombinationer af linearkombinationer er linearkombinationer,.3 gælder også at enhver linearkombination af u 3 og u 4 er en linearkombination af u, u. Eller Der gælder Span(u 3, u 4 ) Span(u, u ) u = (,, 0, 0) = (,,, ) + (,,, ), u = (0, 0,, ) = (,,, ) (,,, ), så at u, u Span(u 3, u 4 ). Som ovenfor og dermed Span(u, u ) Span(u 3, u 4 ) Span(u, u ) = Span(u 3, u 4 ). Eksempel.0 (Er en vektor i underrummet?) Undersøg om vektoren (, 4, 0) tilhører Span((,, 3), (3,, )). Altså, kan man finde tal s og t så at (, 4, 0) = s(,, 3) + t(3,, ) LØSNING. Det er let at se, at s = 4, t = klarer opgaven, men hvordan finder man passende koefficienter s og t hvis man ikke, som her, får dem foræret? En systematisk metode er at stille problemet op som et såkaldt lineært ligningssystem; lineære ligningssystemer og metode til løsning af dem behandles senere. Opgaver Opgave. Udregn linearkombinationerne () (4, 0, 3) + 5(3, 4, 0) ( )(, 0, 7) () 7(0, 0,, ) 3(,, 0, 0) + ( 6)(, 0, 0, ) (3) (, ) + (3, 4) + 3(5, 6) + 4(7, 8) Opgave. Beregn. koordinat i linearkombinationerne () a(,, 3) + b(4, 5, 6) c(7, 8, 9) () (a, b, c) (b, c, a) + 3(c, a, b) (3) (, 0, ) + (, 0, ) + + (n, 0, n) Opgave.3 Skriv udtrykkene som en linearkombination af vektorerne u, v, w () ( 7)(u + u) + u () ( 7 + )(u v) + w (3) 0(v + u) (4) (7 )(v + 3u) 3( u + v w)

16 6. VEKTORER OG LINEARKOMBINATIONER Opgave.4 Lad der være givet vektorerne i R 3, (,, ), (, 0, ), (, 3, 5) () Skriv (, 4, 5) som en linearkombination af de givne. () Vis, at (0, 0, ) ikke kan skrives som linearkombination af de givne. Opgave.5 Lad der være givet vektorerne u = (,, ), v = (,, 3) i R 3. Beregn i hvert tilfælde den vektor x som opfylder () x = u v. () u + x = v. (3) x u + v = 0. Opgave.6 Lad u, v være vilkårlige vektorer. Så gælder () Span(u, v) = Span(u, u + v). () Span(u, v) = Span(u v, v). (3) Span(u, v) = Span(u + v, u v). Opgave.7 Hvilke af følgende delmængder af R er ikke lineære underrum? () {(x, y) 3x 4y = 0}. () {(x, y) 3x 4y = 4}. (3) {(x, y) 4y = 3x }. (4) {(x, y) 4y = 3x }. (5) {(x, y) 4y = 3x }. Opgave.8 Undersøg om vektoren (, 4, 0) tilhører Span((, 0, 0), (0,, 0), (0, 0, )) Opgave.9 Vis, at Span((,, 0), (, 0, 0)) = Span((, 0, 0), (0,, 0)) Test.0 (Linearkombination) Enhver vektor x R 3 kan skrives som en linearkombination x = a (,, ) + a (,, ) Afkryds: ja nej Test. (Linearkombination) Der findes en vektor x R 3, der ikke kan skrives som en linearkombination x = a (,, ) + a (0,, 0) + a 3 (0, 0, ) + a 4 (, 0, 0) Afkryds: ja nej

17 Basis og dimension For at kunne afgøre størrelsesordner af lineære underrum, så analyseres forskelle mellem linjer og planer. Det fører til begrebet lineær (u)afhængighed. Den centrale observation er, at hvis en plan er indeholdt i en anden plan, så er de to planer identiske. Det tillader indførelsen af et helt tal, dimension, som mål for et underrums størrelse. Talpar I talplanen repeteres de velkendte begreber om parallelitet, om vektorer på linje og om basis for rummet af talpar. Eksempel. (Afhængige talpar) To talpar u og v er parallelle eller lineært afhængige, hvis den ene er en skalering af den anden: Der findes en skalar a så enten v = au eller u = av. Dette kan sammenfattes som: der findes skalarer a, b ikke begge 0, så linearkombinationen au + bv = 0. x x 3u u u v 0 x 0 x LINEÆR AFHÆNGIGHED LINEÆR UAFHÆNGIGHED Talparrene e = (, 0), e = (0, ) er lineært uafhængige og udgør en basis for R. Det betyder, at enhver vektor x = (x, x ) har en entydig fremstilling som linearkombination af e, e. x = (x, x ) = x (, 0) + x (0, ) = x e + x e Lineær uafhængighed Der gives en formalisering af spørgsmålet om, hvornår alle vektorer i et sæt er nødvendige for at fremstille det underrum de udspænder. Selvom det ser uskyldigt ud, så bør man gøre sig klart, at det ikke er helt indlysende. Det kræver nogen øvelse, at blive fortrolig med disse begreber. 7

18 8. BASIS OG DIMENSION Definition. (Lineær uafhængighed) Et sæt af vektorer u,..., u k kaldes lineært uafhængigt, hvis den eneste linearkombination der fremstiller 0 a u + + a k u k = 0 er den, hvor alle koefficienterne er 0 a = = a k = 0 I modsat fald kaldes sættet for lineært afhængigt; altså hvis der findes skalarer a,..., a k, som ikke alle er 0, men linearkombinationen ovenfor er 0. Eksempel.3 (Lineær afhængighed) Vektorerne (,, ) og (, 0, ) er lineært uafhængige. LØSNING. Hvis a(,, ) + b(, 0, ) = (a + b, a, a + b) = (0, 0, 0), så er a + b = 0 og a = 0. Dermed er a = b = 0 og vektorerne er lineært uafhængige. Eksempel.4 (De første tilfælde) For k = 0,, fås: k = 0: Sættet bestående af den tomme mængde er lineært uafhængigt. k = : Et sæt u er lineært uafhængigt, hvis og kun hvis u 0. k = : Sættet u, u er lineært uafhængigt, hvis og kun hvis vektorerne ikke er på samme linje. u u u u LINEÆRT UAFHÆNGIGE LINEÆRT AFHÆNGIGE Sætning.5 (Entydig fremstilling) Et sæt af vektorer u,..., u k er lineært uafhængigt, hvis og kun hvis enhver vektor v Span(u,..., u k ) har en entydig fremstilling v = a u + + a k u k BEVIS. Fra to fremstillinger a u + + a k u k = b u + + b k u k fås en fremstilling af 0 (a b )u + + (a k b k )u k = 0 Så fremstillingen af 0 er entydig, hvis og kun hvis enhver fremstilling er entydig.

19 . BASIS OG DIMENSION 9 Eksempel.6 (Planens basis) Vektorerne e = (, 0), e = (0, ) er lineært uafhængige. Enhver vektor x = (x, x ) har en entydig fremstilling x = (x, x ) = x (, 0) + x (0, ) = x e + x e Sætning.7 (Vigtigste princip) For et lineært uafhængigt sæt af vektorer u,..., u k Span(v,..., v m ) gælder uligheden k m Antal lineært uafhængige er mindre end antal frembringere. BEVIS. Skriv u = a v + +a m v m og antag efter omnummerering af v erne, at a 0. Det følger, at Span(u, v,..., v m ) = Span(v, v,..., v m ). Skriv u = a u + a v + + a m v m og antag efter omnummerering af v erne, at a 0. Det følger, at Span(u, u,..., v m ) = Span(v, v,..., v m ). Samme metode kan nu erstatte v 3 med u 3 osv. Da der skal være plads til alle u er, følger uligheden k m. Eksempel.8 (3 vektorer i planen) Vis uden at regne, at 3 vektorer u, v, w R altid er lineært afhængige. LØSNING. Fra.6 følger, at planen er frembragt af vektorer. Fra.7 fås, at 3 vektorer i planen altid er lineært afhængige. Basis for underrum En forening af begreberne frembringere og lineær uafhængighed fører til begrebet en basis eller et koordinatsystem i et underrum. Enhver vektor i underrummet har en entydig fremstilling som en linearkombination i den valgte basis. Definition.9 (Basis) Et lineært uafhængigt sæt af vektorer u,..., u k, der udspænder et underrum U kaldes en basis for U. Enhver vektor v U har da ifølge.5 en entydig fremstilling v = a u + + a k u k Definition.0 (Enhedsvektorer) Den i-te standard enhedsvektor e i er (søjle, række)-vektoren, hvis i-te koordinat er og alle øvrige er 0. Sættet e,..., e n R n kaldes standard basen. 0. e i =. 0 e i = ( 0,...,,..., 0 ) Bemærkning. (Span af enhedsvektorer) Span(e,..., e n ) = R n

20 0. BASIS OG DIMENSION En vektor x R n har den entydige fremstilling x = F.eks. n x i e i (,, 3) = (, 0, 0) + (0,, 0) 3(0, 0, ) Standard basen e,..., e n er en basis for vektorrummet R n. i= Sætning. (Eksistens af basis) Ethvert underrum U i R n har en basis bestående af endelig mange vektorer. BEVIS. Hvis U ikke har en endelig basis, så kan vi vælge en følge af vektorer u, u..., så u k+ / Span(u,..., u k ). Det giver et vilkårligt stort sæt lineært uafhængige vektorer i R n, i modstrid med. og.7. Dimension af underrum Størrelsen af et lineært underrum kan afgøres med et enkelt helt tal. Dette er klart overraskende og særdeles nyttigt. Tænk på, at det drejer sig om sammenligning af to uendelige mængder. En sådan sammenligning kan altså for lineære underrum udføres som om, der var tale om endelig mængder. Det såkaldte skuffeprincip for endelige mængder siger: Hvis man har samme endelige antal sokker som skuffer og kommer højst sok i hver skuffe, så er der også mindst sok i hver skuffe. Det gælder jo ikke for uendelige antal. Definition.3 (Dimension) Lad U være et underrum i R n. Fra. følger, at U har mindst én endelig basis. Det mindste antal vektorer i en basis for U kaldes dimensionen af U og betegnes dim U. Sætning.4 (Mindste antal frembringere) Lad U være et underrum. () Enhver basis har netop dim U vektorer. () Et lineært uafhængigt sæt er en basis, hvis og kun hvis det indeholder dim U vektorer. (3) Et sæt af frembringere er en basis, hvis og kun hvis det indeholder dim U vektorer. BEVIS. Lad m = dim U. () Enhver basis er lineært uafhængig, så fra.7 er den endelig med k m vektorer. Per definition er m k og ligheden er vist. () Hvis et lineært uafhængigt sæt u,..., u m ikke er frembringere, så findes u m+ U med u m+ / Span(u,..., u m ). Sættet u,..., u m, u m+ er da lineært uafhængigt i modstrid med.7. (3) Hvis et sæt frembringere u,..., u m ikke er lineært uafhængig, så findes m frembringere blandt u erne i modstrid med.7. Eksempel.5 (Dimension ) Mængden U = {(x, y) x = 3y} er et underrum med basis u = (3, ); så dim U =. Definition.6 (Linje og plan) Et underrum af dimension kaldes en linje og et af dimension kaldes en plan.

21 . BASIS OG DIMENSION Eksempel.7 (Dimension) For et lineært uafhængigt sæt u,..., u k er U = Span(u,..., u k ) et underrum af dimension k. Sætning.8 (Flag af underrum) For underrum U V gælder () dim U dim V. () Hvis dim U = dim V, så er U = V. U V FLAG BEVIS. () En basis i U er lineært uafhængig i V, så uligheden følger af.7. () En basis i U er lineært uafhængig i V og har dim V elementer, så dermed ifølge.4 også frembringere. Altså U = V. Eksempel.9 (Hvornår er vektorer en basis?) Lad U Span(v, v ) være et underrum med dim U =. Så er v, v lineært uafhængig og en basis for U. LØSNING. dim U dim Span(v, v ), så fra.8 følger U = Span(v, v ) og fra.4 følger, at v, v er en basis. Opgaver Opgave. Hvilke vektorpar er lineært afhængige? () (,, 3) og (,, 3). () (0, 0, 0) og (,, ). (3) (, 0, 0) og (0,, 0). (4) (t, t, ) og (t, t, 0). Opgave. Betragt vektorer i R. () Vis, at vektorerne (, ) og (, ) er en basis for R. () Vis, at for et vilkårligt t er vektorerne (cos t, sin t) og ( sin t, cos t) en basis for R. (3) For hvilke t er vektorerne (, t), (t, ) en basis for R. Opgave.3 Betragt underrummet U i R 3 givet ved Vis, at hvert af følgende sæt er en basis: U = {(x, y, z) x = y}

22 . BASIS OG DIMENSION () (,, ), (,, ). () (0, 0, ), (,, 0). Opgave.4 Gør rede for (uden at regne), at vektorerne (,, ), (, 0, ), (, 3, 5), (0, 0, 0) ikke er en basis for R 3. Opgave.5 Lad u, v være vilkårlige lineært uafhængige vektorer. Så gælder () u 0 og v 0. () dim Span(u, v) =. (3) dim Span(u + v, u v) =. Opgave.6 For hvilke værdier af t er følgende sæt af vektorer i R lineært uafhængige? () (t, t ) og (t, t). () (t, ) og (, t). (3) (t +, t ) og (t, t). Test.7 (Lineær uafhængighed) Kan 4 vektorer i R 3 være lineært uafhængige? Afkryds: ja nej Test.8 (Lineær uafhængighed) Bedøm om de to vektorer i rummet er lineært afhængige? ja nej Afkryds: Test.9 (Lineær uafhængighed) Bedøm om de to vektorer i rummet er lineært afhængige? ja nej Afkryds:

23 3 Matricer Matricer er rektangulære skemaer af tal og de spiller en væsentlig administrativ rolle i vektorregningen. Det er muligt, at tilknytte en særlig multiplikation til matricer af passende størrelser. Sammen med vektoraddition giver multiplikationen baggrund for regneregler, som man kender fra tallene. Dog gælder den kommutative lov ikke for multiplikationen. Men det viser sig ikke at udgøre noget væsentligt problem. Derimod er fortolkningen af nulreglen et væsentligere anliggende. Det indgår som en integreret del af ligningsteorien senere. Effekten af alt dette skal opleves i resten af kurset. -matrix Der gives en kort indledning med omtale af matricer i forbindelse med talplanen. Bemærk, at dette er forud for den formelle definition af matricer og matrixmultiplikation. Eksempel 3. ( -matrix) En -matrix er en 4-tupel A skrevet med rækker og søjler ( ) a a A = a a a kaldes -indgangen, a er -indgangen, a er -indgangen, a er -indgangen. ( ) a -tuplen a = (a, a ) er. række, a = (a, a ) er. række, a = er. a ( ) a søjle og a = er. søjle. a Matricer adderes og skaleres indgangsvis som 4-tupler. F.eks er ( ) ( ) ( ) ( ) 4 + = = Desuden har matricer en særlig multiplikation ( ) ( ) ( ) a a b b a b = + a b a b + a b a a b b a b + a b a b + a b F.eks. er matrixproduktet ( ) ( ) ( ) 3 5 [ 3 + 4] [ ( 5) + 0] = [( ) ] [( ) ( 5) + 8 0] ( ) 5 = 9 5 og matrixproduktet er bemærkelsesvist lig nul. ( ) ( ) = ( )

24 4 3. MATRICER Matricer En matrix er i første omgang en tupel skrevet i et rektangulært skema. Som sådan kan matricer opfattes som koordinatvektorer med koordinatvis addition og skalering. Intet nyt endnu. Regneoperationer og regler for tupler gentages med matrix notation. Definition 3. (Matrix) En m n-matrix er et rektangulært regneark med m rækker og n søjler. En matrix betegnes med A eller med A og skrives Tallet i i-te række og j-te søjle A = (a ij ) i=...m,j=...n a... a n =. a ij. a m... a mn a ij kaldes den ij-te (matrix)indgang. To matricer har samme størrelse, hvis de har samme antal rækker og søjler. De er ens, hvis de har samme størrelse og samme indgange på samme pladser. Matricen har i-te række a i = ( a i... a in ) og j-te søjle a j = a j.. a mj Hvis der netop er række, m =, tales der om en rækkevektor/rækkematrix ( a... a n ) og tilsvarende, hvis der netop er søjle, n =, tales der om en søjlevektor/søjlematrix a. a m Matricen 0 = (0) med alle indgange lig 0 kaldes nulmatricen. Faktisk er der en nulmatrix af enhver størrelse, men det er normalt underforstået. Eksempel 3.3 (Visse matricer) 3 4-matrix 4-rækkematrix 3-søjlematrix ( 6 9 ) 5 0 5

25 3. MATRICER 5 Eksempel 3.4 (Ens matricer) For hvilke x gælder ( ) x = x ( ) x x 4 LØSNING. Ligningerne x = x, x = x 4 giver x = 0,. Definition 3.5 (Matrix addition, skalering) To m n-matricer kan adderes til en m n-matrix og en matrix kan skaleres til en matrix af samme størrelse: () matrix sum, differens A = (a ij ) i=...m,j=...n B = (b ij ) i=...m,j=...n A + B = (a ij + b ij ) i=...m,j=...n A B = (a ij b ij ) i=...m,j=...n () matrix skalering A = (a ij ) i=...m,j=...n λa = (λa ij ) i=...m,j=...n Eksempel 3.6 (Indgangsvis addition og skalering) ( ) + 8 ( ) = 8 ( ) 4 = 6 ( ) 8 Sætning 3.7 (Additions love) For matricer A, B, C af samme størrelse og skalarer λ, µ gælder: () kommutativ lov () associativ lov (3) distributive love A + B = B + A A + (B + C) = (A + B) + C λ(a + B) = λa + λb (λ + µ)a = λa + µa Bemærkning 3.8 (Linearkombination) For matricer A,..., A k af samme størrelse og skalarer λ,..., λ k sikrer regnereglerne, at linearkombinationen λa + + λ k A k giver en entydig bestemt matrix ligemeget, hvordan man sætter parenteser. Bemærkning 3.9 (Nul og en) For skalarerne 0 og gælder reglerne: () 0A = 0. () A = A. (3) ( )A = A.

26 6 3. MATRICER Matrixmultiplikation Multiplikationen er en fantastisk opdagelse som udkrystalliserer den underliggende struktur af begreber og metoder i algebra og i funktioner i flere variable. Man kan ikke hurtigt nok blive fortrolig med denne operation. Definition 3.0 (multiplikation) Produktet er kun defineret for matricer, hvor antallet af søjler i den første (venstre) matrix er det samme for antallet af rækker i den anden (højre) matrix. En m n-matrix A og en n p-matrix B kan multipliceres (ganges sammen) til en m p-matrix AB, som betegnes produktmatricen A = (a ij ) i=...m,j=...n B = (b jk ) j=...n,k=...p AB = (c ik ) i=...m,k=...p Indgangen i i-te række og k-te søjle i produktmatricen er givet ved c ik = a i b k + + a in b nk = n a ij b jk j= Bemærkning 3. (Indgang er række gange søjle) I indgangen c ik indgår kun den i-te række i første matrix og den k-te søjle i anden matrix. b k. c ik = ( ). a i... a ij... a in b jk.. b nk = a i b k + + a ij b jk + + a in b nk Indgangen er altså den samme som -matricen, der fremkommer ved multiplikation af rækkevektoren a i og søjlevektoren b k c ik = a i b k Skrevet lidt mere udførligt ud c c k c p. c i c ik c ip =. c m c mk c mp a a j a n. a i a ij a in. a m a mj a mn b b k b p.. b j b jk b jp.. b n b nk b np

27 3. MATRICER 7 Eksempel 3. (Matrixprodukt) Direkte fra definitionen udregnes ( ) ( ) ( ) 3 5 [ 3 + 4] [ ( 5) + 0] = [( ) ] [( ) ( 5) + 8 0] ( ) 5 = 9 5 Eksempel 3.3 (Matrixprodukt) ( ) 5 0 ( 7 0 = F.eks. er -tallet i nederste højre hjørne fremkommet som ( 4) = Eksempel 3.4 (Regneark) Operationer fra regneark, såsom summen af en række eller summen af en søjle kan fortolkes som en matrixmultiplikation. Rækkesum af m rækker beregnes simultant og giver en ny søjle med summerne som indgange a... a n. a ij. a m... a mn. = ) a + + a n. a m + + a mn Tilsvarende beregnes søjlesum n søjler simultant og giver en ny række med summerne som indgange a... a n ( ),...,... a ij. a m... a mn = ( ) a + + a m,..., a n + + a mn Associativ lov for matrixmultiplikation Den associative lov giver, at man kan hæve og sætte parenteser frit i et matrixprodukt. Det er en meget kraftig lov med mange konsekvenser. Man er nok tilbøjelig til at glemme, hvor tit denne lov bruges ved almindelig regning med tallene. Sætning 3.5 (Vigtigste regneregel) Matrix multiplikation er associativ. Givet A en m n-matrix, B en n p-matrix og C en p q-matrix, så er følgende to m q-matricer ens (AB)C = A(BC) BEVIS. De indgående produkter er klart definerede og de to sider af lighedstegnet resulterer i matricer af samme størrelse. Lad indgangene være a ij, b jk, c kl. Den fælles il-te indgang er på begge sider givet ved dobbeltsummen a ij b jk c kl j,k

28 8 3. MATRICER Det er altså det faktum, at summen af alle indgange i et regneark kan fås ved først at finde rækkesummerne og dernæst summere disse eller ved først at finde søjlesummerne og dernæst summere disse. Eksempel 3.6 (Parenteser) Beregn produktet af følgende m, n og n matricer. ( ). LØSNING. Udregn først produktet af de sidste to ( ). = n Så resultatet er m -matricen n. n =. n Multiplikation og linearkombination At en linearkombination kan udtrykkes ved matrixmultiplikation giver ny indsigt om både linearkombination og matrixmultiplikation. Sætning 3.7 (Multiplikation og linearkombination) Givet A en m n-matrix og x en n-søjlematrix, så er produktet Ax = x a + + x n a n den m-søjlematrix, der fremkommer som linearkombinationen af de n søjler i A med koefficienter de n indgange i x. BEVIS. En udregning af i-te række i linearkombinationen x a. + + x n a m a n. a mn giver j a ijx j, der genkendes som den i-te indgang i matrixproduktet. Eksempel 3.8 (Linearkombination af søjler) En linearkombination af to søjler ( ) 3 4 x = x x 3 + x En linearkombination af tre søjler ( ) 3 0 = ( 4 ) ( = 3 5 ) ( ) ( + 4 )

29 3. MATRICER 9 Regneregler for matrixmultiplikation Der gælder regneregler, så man med lidt omhu kan regne med matricer, som man plejer at regne med tal. Bemærkning 3.9 (Distributive love) For matricer af størrelser, så operationerne er definerede gælder: () distributive love A(B + C) = AB + AC () skalar love (A + B)C = AC + BC (λa)b = A(λB) = λ(ab) Eksempel 3.0 (Sæt udenfor parentes) Studer udregningen ( ) ( ) 3 4 = = = [( ) + ( 0 0) ( )] Kommutativ lov fejler Nu skal man ikke tro, at alt er lige så nemt som for tallene. Den kommutative lov for multiplikationen gælder ikke. Det betyder, at man skal være hygiejnisk med rækkefølgen i et produkt. Altså faktorernes orden er ikke ligegyldig. Men overraskende nok, er det ikke værre end det. Man skal bare holde orden på rækkefølgen. Bemærkning 3. (Pas på) Den kommutative lov holder ikke. Normalt er AB BA ( ) ( ) 3 () For A = og B = er produktet AB ikke defineret, mens produktet BA( er defineret. ) ( ) () For A = og B = er begge produktet AB og BA er definerede, ( ) ( ) 3 4 men AB = er forskellig fra BA =. 4 3 Et andet eksempel, hvor den kommutative lov fejler, er ( ) ( ) ( ) = ( ) ( ) ( ) = 0 0 0

30 30 3. MATRICER Nulreglen fejler I modsætning til den kommutative lov, så er problemet her langt mere alvorligt. Ingen nulregel betyder, at man heller ikke har forkortning med ikke-nul matricer i et produkt. Hvis man tænker efter, så er reduktioner i regneudtryk ofte afhængig af forkortningsreglen. Manglen af nulreglen og metoder til at håndtere de problemer det giver er et vigtigt tema i resten af kurset. Bemærkning 3. (Nulreglen) Nulreglen gælder ikke. Altså findes matricer A 0, B 0, AB = 0 F.eks. ( ) ( ) = 0 0 ( ) Bemærkning 3.3 (Forkortning) Forkortning gælder ikke. Hvis A 0 og AB = AC, så kan man ikke generelt slutte at B = C. F.eks. ( ( ) ( ( ( ) 0 0 = = 0) 3 ) 0) 5 Identitetsmatricen Matrixmultiplikationen har et -element. Mere præcist flere, afhængig af størrelse. Det er praktisk i mange formuleringer, men egentlig ikke af større matematisk betydning. Nyd den alligevel. Eksempel 3.4 (Multiplikation af enhedsvektorer) Den i-te standard enhedsvektor e i multiplicerer fra højre som søjle og fra venstre som række. For en m n-matrix A er produktet den j-te søjle i A og produktet Ae j = a j den i-te række i A. Skrevet mere ud e i A = a i 0 a... a n.. a ij. = a m... a mn. 0 a... a n ( ) 0 0. a ij. a m... a mn a j. a mj = ( ) a i a in

31 3. MATRICER 3 Definition 3.5 (Kvadratisk matrix, identitetsmatrix) En kvadratisk matrix er en n n-matrix, altså en matrix med samme antal rækker som søjler. En diagonalmatrix er en kvadratisk matrix, hvor indgange udenfor diagonalen alle er 0. Identitetsmatricen 0... I n = med i diagonalen og 0 udenfor er en diagonalmatrix. Eksempel 3.6 (Identitetsmatricer) De første tre identitetsmatricer: I = ( ) ( ) 0 I = 0 I 3 = Sætning 3.7 (Multiplikation af identitetsmatrix) Lad A være en m n-matrix. Så gælder I m A = A = AI n Matrix multiplikation med identitetsmatricen ændrer ikke en matrix. BEVIS. Den j-te søjle i I n er e j, så den j-te søjle i AI n er den j-te søjle i A. Ae j = a j Eksempel 3.8 (Identitetsmatrix og multiplikation) a b c d = a c 0 0 e f e b d f Transponeret matrix Det kan være nyttigt, at skelne mellem søjlevektorer og rækkevektorer. En formaliseret måde at skifte mellem disse er givet ved transponering. Definition 3.9 (Transponeret matrix) For en m n-matrix A er den transponerede matrix A T n m matricen med søjlerne fra A som rækker. Indgangene i A T er a T ji = a ij

32 3 3. MATRICER Eksempel 3.30 (Søjle/række) Rækkevektorer og søjlevektorer transponerer til hinanden ( ) T a b c = a b og a T b = ( a b c ) c c Eksempel 3.3 (Transponering) a c e b d f T = ( ) a c e og b d f ( ) T a c e = a c b d f e b d f Sætning 3.3 (Simple regler for transponering) For en m n-matricer A og B gælder: () (A T ) T = A. () (A + B) T = A T + B T (3) (λa) T = λa T. Sætning 3.33 (Transponering af matrixprodukt) For en m n-matrix A og en n p-matrix B gælder B T A T = (AB) T BEVIS. De indgående produkter er klart definerede og de to sider af lighedstegnet resulterer i p m-matricer. Lad indgangene være a ij, b jk. Den fælles ki-te indgang er på begge sider givet ved summen a ij b jk j Opgaver Opgave 3. Udregn matricerne ( 3 4 ) ( ) og ( ) ( + ( ) 4 ) Opgave 3. Udregn matrixprodukterne ( 4 ) ( 3 0 ) og ( 3 0 ) ( 4 ) Opgave 3.3 Udregn matrixprodukterne ( a b c d ) ( ) og ( ) ( )

33 3. MATRICER 33 Opgave 3.4 Udregn matrixprodukterne ( ) og ( ) Opgave 3.5 Udregn matrixprodukterne ( 3 ) ( ) og ( 0 0 ) ( 0 0 ) Opgave 3.6 Udregn matrixproduktet af matricen med sig selv først 3 og dernæst 4 gange. ( 0 0 ) Opgave 3.7 Udregn matrixproduktet ( a b c d e f ). Opgave 3.8 Udregn matrixproduktet ( 3 ). Opgave 3.9 Betragt matricerne A = ( 0 ), ( 0 B = ) ( 0, C = 3 Hvilke af matrixprodukterne AA, AB, BB, BC, CB og CBA kan udregnes? ) Opgave 3.0 Betragt matricerne Vis identiteterne A = ( 0 0 ) og B = ( 0 0 ) AA = I, BB = I, AB = BA, ABA = B og BAB = A

34 34 3. MATRICER Opgave 3. Givet søjlevektorer u = () u T v = v T u. () uv T = (v T u) T. u. u n og v = v. v n. Vis, at Test 3. (Matrix multiplikation) Hvilket ( matrixprodukt ) ( ) er ( rigtigt? ) x + x + 4x (a) =. 3 4 x x ( ) ( ) ( ) 7 6 (b) = Afkryds det rigtige: (a) (b) Test 3.3 (Matrixprodukt) Hvilket matrixprodukt er rigtigt? ( ) y x (a) ( x =. (b) y x ) ( x y ) y y = y x x ( ). Afkryds det rigtige: (a) (b)

35 4 Lineære afbildninger Fra geometrien kendes drejninger og spejlinger. Det er specielle lineære afbildninger. Det tema, som behandles her, er en en-til-en korrespondance mellem lineære afbildninger og matricer. Herved falder begreberne sammensætning af afbildninger overens med matrixmultiplikation. Planen En spejling og en drejning i planen behandles ved matrixmultiplikation. Det giver et vink om den generelle situation. Eksempel 4. (Spejling) y Spejlingen i linjen y = x er givet ved funktionsudtrykket f(x, y) = (y, x). Bruges søjlevektorer er dette givet ved en matrixmultiplikation ( ( ( ( ) x y 0 x = y) x) 0) y x Eksempel 4. (Drejning) Drejningen på en kvart omgang mod uret er givet ved funktionsudtrykket f(x, y) = ( y, x). Bruges søjlevektorer er dette givet ved en matrixmultiplikation ( x y) ( ) y = x ( ) ( 0 x 0 y) y x Lineær afbildning I den lineære algebra behandles lineære funktioner, som bevarer 0-vektoren. I praksis betyder det, at konstantleddet altid er 0. Så det generelle funktionsudtryk fås ved efterfølgende addition med en konstant. Definition 4.3 (Lineær afbildning) En afbildning f : R n R m 35

36 36 4. LINEÆRE AFBILDNINGER er en lineær afbildning, hvis sum og skalarmultiplikation bevares f(u + v) = f(u) + f(v) f(au) = af(u) Eksempel 4.4 (Lineær afbildning) Afbildningen f : R R givet ved er lineær. LØSNING. For addition og for skalarmultiplikation f(x, y) = (y, x + y) f((u, u ) + (v, v )) = f(u + v, u + v ) = (u + v, u + v + u + v ) = (u, u + u ) + (v, v + v ) = f(u, u ) + f(v, v ) f(a(u, u )) = f(au, au ) = (au, au + au ) = a(u, u + u ) = af(u, u ) Sætning 4.5 (Lineær afbildning og linearkombinationer) Hvis f : R n R m er en lineær afbildning, så bevares linearkombinationer f(a u + + a k u k ) = a f(u ) + + a k f(u k ) Eksempel 4.6 (Linearkombination) Om en lineær afbildning f vides, at f(u) = (3,, ) og f(v) = (, 0, ). Beregn værdien af f(u 3v). LØSNING. Da linearkombinationer bevares fås f(u 3v) = f(u) 3f(v) = (3,, ) 3(, 0, ) = (3, 4, 5) Fra matrix til lineær afbildning Ved matrixmultiplikation kan man angive en lineær afbildning. Det er en følge af de simple regneregler for multiplikationen. Sætning 4.7 (Matrix til lineær afbildning) Afbildningen f : R n R m f(u) = Au defineret ved multiplikation med en m n-matrix A er lineær f(u + v) = f(u) + f(v)

37 4. LINEÆRE AFBILDNINGER 37 f(au) = af(u) BEVIS. A(u + v) = Au + Av, A(au) = aau Fra de simple regneregler for matrix multiplikation, 3.9. Eksempel 4.8 (Billede ved lineær afbildning) ( u ) u ( ) ( ) ( ) 3 u u + 3u = 3 4 u 3u + 4u x x (u + 3u, 3u + 4u ) u (u, u ) (3u, 4u ) (u, 3u ) 0 u x 0 x Bemærkning 4.9 (Genkend matricen) Den lineære afbildning f(u) = Au defineret ved en matrix A bestemmer matricen ved 3.4 f(e j ) = Ae j = a j j-te søjle i matricen for f er billedet af j-te enhedsvektor. Fra lineær afbildning til matrix Givet en lineær afbildning, så anvises her en procedure for at bestemme en matrix, hvorefter funktionsværdierne kan beregnes ved matrixmultiplikation. Sætning 4.0 (Lineær afbildning til matrix) Enhver lineær afbildning f : R n R m fremkommer fra en entydig bestemt m n-matrix A ved matrixmultiplikation f(u) = Au Den j-te søjle i matricen A er billedet af j-te enhedsvektor i R n Den ij-te indgang a ij er bestemt af a j = f(e j ) f(e j ) = i a ij e i BEVIS. Fra 4.9 følger, at matricen A med søjler a j = f(e j ) er eneste mulighed. En prøve viser, at denne faktisk giver f:

38 38 4. LINEÆRE AFBILDNINGER Skriv en vektor u = j u je j og udregn ved 4.5 og 3.7 f(u) = f( j u j e j ) = j u j f(e j ) = j u j a j = Au Definition 4. (Lineær afbildning til matrix) For en lineær afbildning f : R n R m betegnes den entydig bestemte m n-matrix fra 4.0 med Matr(f) Den j-te søjle i Matr(f) er billedet af j-te enhedsvektor fra R n Matr(f) = ( f(e )... f(e n ) ) For en søjlevektor u R n gælder f(u) = Matr(f)u Nulafbildningen er givet ved nulmatricen 0 og identitetsafbildningen er givet ved identitetsmatricen I. Eksempel 4. (Find matrix) f(x, y) = (4x y, 5x + y, 3y) er en lineær afbildning R R 3. Den repræsenteres ved 3 matricen Matr(f) = thi 4 ( ) 5 x = 4x y 5x + y y 0 3 3y Eksempel 4.3 (Find matrix) f(x, x ) = (x + 3x, 4x + x ) er en lineær afbildning R R. Den repræsenteres ved matricen ( ) 3 Matr(f) = 4 thi Figuren viser billedvektorerne: ( ) ( ) 3 f(, 0) = og f(0, ) = 4

39 4. LINEÆRE AFBILDNINGER 39 x x f(e ) e f f(e ) 0 e x 0 x Multiplikation og sammensætning Den vigtigste konsekvens af ordbogen mellem matricer og lineære afbildninger er en ny fortolkning af matrixproduktet. Det er til stor gavn i teorien for funktioner i flere variable, som det ses senere. Sætning 4.4 (Multiplicere = sammensætte) Lad f, g være lineære afbildninger R n f R m Så er den sammensatte afbildning g f lineær og g R p Matr(g f) = Matr(g) Matr(f) f g u f(u) g f(u) R n R m R p BEVIS. For f(u) = Au, g(v) = Bv giver den associative lov g f(u) = g(f(u)) = B(Au) = (BA)u Sammensætningen er da lineær ved 4.7 og matricen er entydig bestemt ved 4.0. Eksempel 4.5 (Matrix for sammensætning) Givet lineære afbildninger f(x) = ( x, x) og g(y, z) = 3y + 3z, så er sammensætningen g f(x) = cx, hvor c = ( 3 3 ) ( ) = 0 Så sammensætningen er nulafbildningen.

40 40 4. LINEÆRE AFBILDNINGER Eksempel 4.6 (Spejling) Betragt talplanen R, og betragt spejlingen S θ i linjen gennem origo med retningsvinkel på θ radian mod uret. Det er en lineær afbildning. Første enhedsvektor e går ved spejlingen S θ i vektoren ( ) cos θ e θ = sin θ mens anden enhedsvektor e går over i tværvektoren ( ) sin θ ê θ = cos θ Matricen for spejlingen er ( ) cos θ sin θ Matr(S θ ) = sin θ cos θ x e e θ θ e ê θ x Eksempel 4.7 (Drejning) Betragt talplanen R, og betragt drejningen D θ på θ radian mod uret. Det er en lineær afbildning. x Første enhedsvektor e går ved drejningen D θ i vektoren ( ) cos θ e θ = sin θ e e θ mens anden enhedsvektor e går over i ( ) sin θ ê θ = cos θ ê θ θ 0 e x Matricen for drejningen er ( cos θ sin θ Matr(D θ ) = sin θ cos θ ) Eksempel 4.8 (De trigonometriske additionsformler) I fortsættelse af Eksempel 4.7: det er klart, at hvis α og β er to vinkler, så er D α+β = D α D β. Af 4.4 fås derfor ( ) ( ) ( ) cos(α + β) sin(α + β) cos α sin α cos β sin β = sin(α + β) cos(α + β) sin α cos α sin β cos β Sammenligner man -indgangene i de to sider af denne ligning, har man additionsformlen for cos ganske gratis cos(α + β) = cos α cos β sin α sin β Tilsvarende giver sammenligning af -indgangene additionsformlen for sin. sin(α + β) = cos α sin β + sin α cos β

41 4. LINEÆRE AFBILDNINGER 4 Translation De sædvanlige lineære funktionsudtryk er ikke lineære i den strenge betydning i lineær algebra. Afvigelsen er givet ved en parallelforskydning. Så egenskaberne ved lineære afbildninger kan i høj grad overføres til de sædvanlige udtryk. De sædvanlige lineære udtryk kaldes affine afbildninger. Eksempel 4.9 (Lineær funktion) Fra funktionsteorien kendes lineære udtryk f(x) = ax + b. Dette består af den lineære funktion g(x) = ax og addition med en konstant h(u) = u + b. Det lineære udtryk er den sammensatte funktion f(x) = h g(x). Definition 4.0 (Translation) For en vektor b R m defineres en afbildningen h : R m R m ved h(u) = u + b. Denne kaldes translation eller parallelforskydning med b. For en delmængde U R m betegnes billedmængden ved translation med U + b = {u + b u U} Eksempel 4. (Translateret linje) x Linjen i (x, x )-planen givet ved ligningen x = ax + b kan skrives som en translation U + (0, b), hvor U = Span((, a)) er linjen gennem (0, 0) givet ved x = ax. 0 Span((, a)) + (0, b) x Definition 4. (Affin afbildning) For en m n-matrix A og en vektor b R m defineres en affin afbildning f : R n R m ved at efterfølge den lineære afbildning g(x) = Ax med translation med b, h(u) = u+b, f(x) = Ax + b Opgaver Opgave 4. Find Matr(f) for den lineære afbildningen f(x, y) = (y, x + y). Opgave 4. Find matricerne for de lineære afbildninger f(x) = (x, x, x) og g(x, y, z) = x + y + z. Opgave 4.3 Lad f og g være lineære afbildninger R n R m. Antag at f(e ) = g(e ),..., f(e n ) = g(e n ). Vis, at f = g.

42 4 4. LINEÆRE AFBILDNINGER Opgave 4.4 Betragt funktionen f : R R givet ved f(x, y) = 3x y. Vis at f er lineær, og angiv Matr(f). Opgave 4.5 Betragt afbildningen R R, der består i spejling i y-aksen, altså (x, y) ( x, y). Vis, at den er lineær, og angiv dens matrix. Opgave 4.6 Betragt den lineære afbildning f : R R givet ved (x, y) (x + y, x y). Angiv dens matrix. Angiv også matricen for f f. Opgave 4.7 Betragt den lineære afbildning f : R 3 R givet ved (x, y, z) (x, y) ( projektion ned på gulvets plan ). Angiv dens matrix. Test 4.8 (matrix-afbildning) Denlineære afbildning f(x, y) = (x + y, x y, y) har tilhørende matrix Matr(f): (a). (b) ( ) 0. (c) Afkryds den korrekte: (a) (b) (c) Test 4.9 (Matrix-lineær afbildning) Den lineære afbildning f(x, y) = (0, x + 3y, x) har tilhørende matrix Matr(f): [ ] (a). (b) 0 0 [ ] 0 3. (c) Afkryds den korrekte: (a) (b) (c)

43 5 Invers matrix Da matrixmultiplikationen ikke er kommutativ, så giver det god mening at spørge om en ensidig invers. I tilfældet med kvadratiske matricer vil det senere vise sig, at der ikke er forskel på en ensidig og en tosidig invers. Den sædvanlige produkt regel for invers gælder stadig, dog skal man udvise omhu med rækkefølgen. Ensidig invers Der gives en kort introduktion til inversproblemer generelt. Fra næste afsnit betragtes hovedsageligt tosidige inversproblemer. Bemærkning 5. (højre- og venstreinvers) For en given matrix A kan man spørge efter om den har en højreinvers og om den har en venstreinvers. Lad A være en m n matrix. En højreinvers til A er en n m matrix B så at AB = I m En venstreinvers til A er en n m matrix C så at CA = I n Hvis B er både højre- og venstreinvers til A, kaldes B en to-sidet invers til A. Når man bare siger B er en invers til A, mener man at den er en to-sidet invers. Hvis A har en to-sidet invers, kaldes A invertibel. Eksempel 5. (Ensidig invers) A = ( har en højreinvers, nemlig matricen B givet ved 0 B = 7. At AB = I er en simpel øvelse i matrix-multiplikation ( ) 5 0 ( 7 0 = Derimod er B ikke venstreinvers til A, idet der gælder som jo ikke er = I 3. ( ) = ) ) , 43

44 44 5. INVERS MATRIX Invers matrix Invers eller reciprok matrix spiller nok sin største rolle i teorien, som i mange tilfælde bliver langt mere overskuelig. I regnetekniske anvendelser bruges normalt lidt anderledes metoder. Fra nu af betragtes kun inversproblemet for kvadratiske matricer. Eksempel 5.3 ( -matrix) Betragt matricen A = ( Den har en højreinvers, nemlig matricen B givet ved ( ) /3 /3 B = /3 /3 hvad man nemt kontrollerer ved udregning AB = I. Man kan også let ved udregning BA = I kontrollere, at B er en venstreinvers til A. Matricen B er altså en to-sidet invers til A (og A en to-sidet invers til B). ) Sætning 5.4 (Entydig invers) Hvis der for en kvadratisk A findes matricer B, C, så Så er B = C. AB = I = CA BEVIS. Beregn ved den associative lov for matrixmultiplikation B = IB = (CA)B = C(AB) = CI = C Definition 5.5 (Invers matrix) En kvadratisk n n-matrix A har en invers matrix B, hvis B er ifølge 5.4 entydig bestemt og betegnes AB = I n = BA B = A Matricen A (og B) kaldes i så fald invertibel. Eksempel 5.6 (Invers diagonalmatrix) En diagonal n n-matrix λ 0... Λ = λ n med alle diagonal indgange λ i 0 er invertibel. Den inverse er λ 0... Λ = λ n

45 Inversregel for et produkt 5. INVERS MATRIX 45 Man kan invertere et produkt, bare man er omhyggelig med rækkefølgen. Sætning 5.7 (Inverter matrixprodukt) Lad A, B være invertible n n-matricer. Så er AB invertibel og der gælder Pas på rækkefølgen. (AB) = B A BEVIS. (AB)(B A ) = A(BB )A = AI n A = AA = I n og tilsvarende (B A )(AB) = I. Eksempel 5.8 (Produktreglen) Betragt invertible matricer A og B, hvorom det vides: ( ) A = og B = Beregn matricen (AB). LØSNING. Beregn ifølge 5.7 ( 3 (AB) = B A ( ) ( ) 3 = ( ) 5 4 = ) Invertibel afbildning og invers matrix Ordbogen mellem lineær afbildning og matrix 4.0 kan udbygges til at omfatte en sammenkædning af invers afbildning og invers matrix. Se 8.9 for sprogbrug om afbildninger. Sætning 5.9 (Invertibel og invers afbildning) Den lineære afbildning f : R n R n givet ved f(x) = Ax er bijektiv, hvis og kun hvis matricen A er invertibel. I så fald er den inverse afbildning lineær og givet ved multiplikation med matricen A. BEVIS. Hvis f har invers givet ved g(y) = By, så er matricerne AB og BA matricer for identitetsafbildninger og dermed identitetsmatricer. Omvendt, hvis A og B er hinandens inverse. Bemærkning 5.0 (Frem og tilbage) Det er praktisk, at overskue situationen ved en figur.

46 46 5. INVERS MATRIX R n x x Ax A y y R n y = Ax INVERSE AFBILDNINGER ). Den inverse afbild- Eksempel 5. (Spejling og drejning) ( cos θ sin θ Spejlingen 4.6 S θ har matrix Matr(S θ ) = sin θ cos θ ning er S θ = S θ og dermed er ( ) cos θ sin θ = ( ) cos θ sin θ sin θ cos θ sin θ cos θ ( cos θ sin θ Drejningen 4.7 D θ har matrix Matr(D θ ) = sin θ cos θ er D θ = D θ og dermed er ( cos θ sin θ sin θ cos θ ) ( ) cos θ sin θ = sin θ cos θ ). Den inverse afbildning Matrix potenser For kvadratiske matricer er der en potensregning, som giver regler som kendes fra tallene. Igen skal man lige være omhyggelig med rækkefølgen og også med negative potenser. Definition 5. (Matrix potens) For en kvadratisk n n-matrix A defineres potens, k = 0,,,..., Hvis A er invertibel, så er For enhedsmatricen er A 0 = I n, A k = A k A A k = (A ) k = (A k ) I k n = I n Bemærkning 5.3 (Potensregneregler) Potensregneregler gælder A l A m = A l+m Men normalt er For eksempel uden ombytning (A l ) m = A lm A m B m (AB) m A B = (AA)(BB) (AB)(AB) = (AB)

47 5. INVERS MATRIX 47 Eksempel 5.4 (Potens af diagonalmatrix) For en diagonal n n-matrix λ 0... Λ = λ n og k = 0,,,... er potensen λ k 0... Λ k = λ k n Eksempel 5.5 (Nilpotent matrix) En kvadratisk matrix A kaldes nilpotent, hvis en potens A k = 0. I så fald er matricen I A invertibel med LØSNING. Gør prøve, udregn (I A) = I + A + A + + A k (I A)(I + A + A + + A k ) = I og (I + A + A + + A k )(I A) = I Transponering og invers matrix Sammenhængen mellem transponering og invers er simplest mulig. Det underbygger synspunktet, at rækker og søjler i en matrix er ligeberettigede. Sætning 5.6 (Transponering og invers) En kvadratisk matrix A er invertibel, hvis og kun hvis den transponerede A T er invertibel. I så fald er (A T ) = (A ) T BEVIS. Da den dobbelt transponerede er matricen selv, er det nok at antage A invertibel og gøre prøve ved brug af regnereglerne 3.33 og 5.7 (A T )(A ) T = (A A) T = I T = I Opgaver Opgave 5. Beregn den inverse for følgende matricer: ( ) ( ) 0 0, og ( ) 0 0

48 48 5. INVERS MATRIX Opgave 5. Betragt matricerne ( ) ( ) a b d b A = og B = c d c a () Eftervis, at matrixprodukterne AB = (ad bc)i = BA () Gør rede for, at hvis A er invertibel så er ad bc 0. (3) Vis, at hvis ad bc 0 så er A invertibel med A = ad bc B Opgave 5.3 Benyt Opgave 5. til at beregne de inverse til matricerne: ( ) ( ) ( ) 0 a, og Opgave 5.4 Beregn matrix potensen ( ) k a 0 Test 5.5 (Invers matrix) Lad A, B være invertible n n-matricer. Så gælder (AB) = A B. Afkryds: ja nej Test 5.6 (Invers matrix) Lad A være en n n-matrix. Hvis A er invertibel, så er A invertibel. Afkryds: ja nej

49 6 Lineære ligningssystemer Lineære relationer mellem parametre er formuleret som et ligningssystem. Løsningen er en relation, som udtrykker bundne variable ved frie variable. Af alle anvendelser er lineære ligningssystemer og deres løsninger nok en klar vinder. Løsningen er beskrevet som et lineært underrum plus eventuel en ikke-nul konstant. I dette kapitel gennemgås den almindelige sprogbrug for lineære ligningssystemer. I næste gives systematiske løsningsmetoder. ligninger i ubekendte lineære ligninger i ubekendte er velkendte. De løses både analytisk og grafisk. Eksempel 6. ( ligninger ubekendte) () Indsæt y = x i anden ligning og få () Dette giver løsning x + y = x y = x ( x) = 3x = 3 x = og y = y x y = (, ) skæringspunkt x x + y = To ligninger i to ubekendte Lineært ligningssystem For at kunne give sætningerne en nem og overskuelig form vælges en meget stram form for udseendet af et lineært ligningssystem. Så hvis lineære ligninger er givet på anden form, må man først omforme til denne standard form. 49

50 50 6. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER Definition 6. (Lineære ligninger) Ved m lineære ligninger med n ubekendte forstås a x a n x n = b a x a n x n = b a m x a mn x n = b m Et ligningssystem, hvor løsningsmængden er ikke-tom kaldes konsistent. I modsat fald inkonsistent. En partikulær løsning løsning er blot en funden løsning. Den fuldstændig løsning er en angivelse af mængden af alle løsninger. Matrix form Ved brug af matrixmultiplikation kan et lineært ligningssystem bringes på en form som ligning i ubekendt. En ligning som normalt løses ved division. Definition 6.3 (Matrix form) Ligningssystemet a x a n x n = b a x a n x n = b a m x a mn x n = b m kan skrives på matrix form Ax = b hvor A = (a ij ) er en m n-matrix, b = (b i ) en m-søjle og x = (x j ) en n-søjle. Dette kan også skrives a... a n x b a... a n x.... = b.. a m... a mn x n b m. Definition 6.4 (Koefficient matrix) Betragt ligningssystemet Ax = b Så indføres følgende notation: () A koefficientmatrix. () b = 0 homogent system. (3) b 0 inhomogent system. (4) Systemet Ax = 0 er den tilhørende homogene part. Eksempel 6.5 (Ligninger på matrix form) er på matrixform x x 4x 3 = 8 x + x 3 = 6 ( ) 4 x ( ) x 0 8 = 6 x 3

51 6. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER 5 Systemet er inhomogent og koefficientmatricen er ( ) 4 0 Løsning af ligninger En første ligefrem fremgangsmåde bruges til at illustrere problemstillingen ved løsning af lineære ligningssystemer. Der sker i flere eksempler. Eksempel 6.6 ( ligninger 3 ubekendte) x x 4x 3 = 8 x + x 3 = 6 () Vælg x 3 = 0 og løs x = 6. Indsæt i første ligning () Dette giver partikulær løsning Den fuldstændige løsning er x 6 = 8 (x, x, x 3 ) = (, 6, 0) x x = x 3 x + x 3 4 x = x x 3 x 3 Hvor x 3 kan vælges frit. = x 3 = 6 + x x 3 Eksempel 6.7 ( ligning 3 ubekendte) () Vælg x 3 = x = 0 og løs x = () Det giver partikulær løsning x + x + x 3 = (x, x, x 3 ) = (, 0, 0) Den fuldstændige løsning er x x = x x 3 + x = 0 + x x + x 3 0 x 3 x x 3 hvor både x og x 3 kan vælges frit. = 0 + x + x

52 5 6. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER Løsningsrummet for et homogent system Løsningsmængden for et homogent lineært ligningssystem er et underrum. Derfor kan basis og dimension for lineære underrum bringes ind i beskrivelsen af løsningsmængden og specielt dens størrelsesforhold. Sætning 6.8 (Løsningsrummet) Løsningsmængden til et homogent lineært ligningssystem med n ubekendte er et lineært underrum af R n. Ax = 0 BEVIS. Simple regneregler for matrix multiplikation giver Ax = 0, Ay = 0 A(x + y) = 0 og A(ax) = aax = 0 Definition 6.9 (Løsningsrummet) Underrummet af R n fra 6.8 betegnes N A = {x Ax = 0} og det kaldes løsningsrummet for ligningssystemet eller også nulrummet for koefficientmatricen A. Dimensionen af nulrummet dim N A er antallet af frihedsgrader for ligningssystemet. Sætning 6.0 (Uendelig mange løsninger) For et homogent ligningssystem Ax = 0 er følgende ækvivalent: () Der er en løsning 0. () Der er uendelig mange løsninger. (3) Nulrummet N A 0. (4) Antallet af frihedsgrader er > 0. BEVIS. Benyt, at et ikke-nul underrum er en uendelig mængde. Eksempel 6. (Underrum) x For ligningen ax x = 0 er løsningsmængden underrummet Span((, a)) x = ax 0 x LØSNINGSRUM

53 6. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER 53 Eksempel 6. ( ligninger 4 ubekendte) () x 3 = x 4 og x = x. () x 4 og x kan vælges frit. x x x 3 x 4 x + x = 0 x 3 + x 4 = 0 x 0 = x x 4 = x 0 + x x 4 Løsningsrummet er Span af vektorerne 0, Uafhængige søjler Lineær uafhængighed af søjlevektorer kan fortolkes ved brug af nulrummet for en matrix. Altså kan spørgsmål om lineær uafhængighed afgøres ved løsning af et homogent ligningssystem. Sætning 6.3 (Uafhængige søjler) Søjlerne a,..., a n i en m n-matrix A er lineært uafhængige, hvis og kun hvis nulrummet N A = 0. BEVIS. Fra 3.7 giver matrixmultiplikationen en linearkombination af søjlerne Ax = j x j a j Hvis søjlerne er lineært uafhængige og x N A, så er x = 0. Omvendt, hvis N A = 0 og j x ja j = 0, så er x = 0 de eneste koefficienter der fremstiller 0. Eksempel 6.4 (Lineær afhængighed) Vektorerne (,, ) og (, 0, ) er lineært uafhængige. LØSNING. Nulrummet for matricen 0 er løsninger (x, x ) til x + x = 0, x = 0, x + x = 0. Det ses umiddelbart, at (x, x ) = (0, 0). Løsningsmængden for et inhomogent system Løsningsmængden er givet som løsningsrummet for den homogene part plus en konstant vektor. Løsningsmængden er derfor et translateret underrum, 4.0. Størrelsesforhold for løsningsmængden er således bestemt af nulrummet for koefficientmatricen.

54 54 6. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER Sætning 6.5 (Løsninger og nulrum) Givet en partikulær løsning u til det lineære ligningssystem med n ubekendte Ax = b så er løsningsmængden en translation af nulrummet {x R n Ax = b} = u + N A BEVIS. Simple regneregler for matrix multiplikationen giver Au = b, Ax = 0 A(u + x) = b Eksempel 6.6 (Translateret underrum) x For ligningen ax x = b er løsningsmængden Span((, a)) (0, b) 0 x = ax b x LØSNINGSMÆNGDE Eksempel 6.7 ( ligninger 4 ubekendte) x + x = x 3 + x 4 = () x 3 =, x = og x = x 4 = 0 giver en partikulær løsning (x, x, x 3, x 4 ) = (, 0,, 0) () x, x 4 vælges frit og x = x og x 3 = x 4. Den fuldstændige løsning er x x 0 x x 3 = x x 4 = 0 + x 0 + x x 4 x 4 Løsningsmængden er (, 0,, 0) plus en vilkårlig vektor fra underrummet af alle linearkombinationer af vektorerne (,, 0, 0), (0, 0,, ) Konsistens af ligningssystem En bekvem omformulering af konsistens for et ligningssystem forbinder dette med underrummet frembragt af søjlerne i koefficientmatricen.

55 6. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER 55 Sætning 6.8 (Konsistens) Det lineære ligningssystem med n ubekendte Ax = b har en løsning, hvis og kun hvis b Span(a,..., a n), altså b er en linearkombination af søjlerne i koefficientmatricen. BEVIS. Matrixmultiplikationen giver en linearkombination af søjler Ax = j x j a j = b Eksempel 6.9 (Vektor som linearkombination) Skriv vektoren ( 8, 6) som linearkombination af vektorerne (, 0), (, ), og ( 4, ). Det leder til matrixligningen fra 6.5, som igen er ensbetydende med det inhomogene lineære ligningssystem fra 6.6 (som er et underbestemt ligningssystem). Brugbare koefficienter, der giver ( 8, 6) som linearkombination af (, 0), (, ), og ( 4, ), er f.eks., 6 og 0, man fandt jo dette talsæt som en løsning til ligningssystemet i 6.6; derfor er en linearkombination af den ønskede art. ( 8, 6) = (, 0) + 6(, ) + 0( 4, ) Søjlerum og nulrum Til en matrix er der tilordnet flere vigtige underrum. Indførelsen giver mulighed for en mere ensartethed i formuleringen af sætningerne. Definition 6.0 (Søjlerum, rækkerum og nulrum) For en m n-matrix A er søjlerummet R A = Span(a,..., a n) underrummet i R m udspændt af søjlerne i A og rækkerummet R A T = Span(a,..., a m ) underrummet i R n udspændt af rækkerne i A og dermed også søjlerummet for den transponerede matrix A T. Som ovenfor er nulrummet N A = {x Ax = 0} underrummet i R n af løsninger til det homogene ligningssystem med A som koefficientmatrix. Definition 6. (Rang) For en m n-matrix A er rangen dimensionen af søjlerummet rang A = dim Span(a,..., a n) Eksempel 6. ( (Søjlerum) ) 3 Givet A =, så er søjlerummet ( ( ) ( 3 R A = Span(, ) R 4) 5 6)

56 56 6. LINEÆRE LIGNINGSSYSTEMER og rækkerummet R A T = Span((,, 3), (4, 5, 6)) R 3 Eksempel 6.3 (Nulrum) For matricen A = ( Span( 3 ( 0 + N ) A. ( ) ( er søjlerummet R A = Span( ) ). Løsningerne til det inhomogene ligningssystem Ax = ) og nulrummet N A = (. er givet ved 4) x x R A N A (, 4) 0 (0, ) + N A x 0 x NULRUM SØJLERUM Opgaver Opgave 6. Antag, at der om en matrix A gælder, at ( ) ( ) ( ) A = og A = ( Opstil et lineært ligningssystem på fire ligninger med fire ubekendte til bestemmelse af A. ) Opgave 6. Antag, at der om et tredjegrads-polynomium f(x) = a 0 + a x + a x + a 3 x 3 gælder, at f (0) = f () = 0 og at f(0) =, f() = 0. Opstil et lineært ligningssystem på fire ligninger med fire ubekendte til bestemmelse af f (dvs. til bestemmelse af a 0,..., a 3 ). Test 6.3 (Løsningsmængde) Betragt et inhomogent lineært ligningssystem Ax = b (b 0). Hvilket af følgende udsagn er sandt (uanset hvordan A ser ud) (a) 0 er altid en løsning. (b) 0 er aldrig en løsning. (c) b er altid en løsning. (a) (b) (c) Afkryds det sande:

57 7 Gauss Elimination Gauss var den første i nyere tid, der kunne administrere et større ligningssystem. Metoden er egentlig ret enkel, når man først har fået den lært. ligninger i ubekendte En variant af ligestore koefficienters metode genopfriskes for lineære ligninger i ubekendte. Eksempel 7. ( ligninger ubekendte) Betragt ligningssystemet x + x = x x = Træk gange første ligning fra anden ligning Divider anden ligning med 3 Træk anden ligning fra første ligning Nu kan løsningen aflæses x + x = 0 3x = 3 x + x = x = x + 0 = x = x = og x = Rækkeoperationer og echelonform Ideen i 7. nedenfor er, at få elimineret den første variabel x i ligning to og tre. Metoden er, at gange første ligning med et tal, så koefficienten til x bliver den samme som i ligning to samt så at trække den justerede første ligning fra ligning to. Dernæst udføres det samme for ligning tre. I de nye ligninger to og tre elimineres på samme vis x fra ligning tre. For et valg af x 4 fås fra ligning tre en værdi af x 3. Dernæst fra ligning to er nu x fastlagt. Til sidst giver ligning ét en værdi for x. Strategien er at opskrive de første variable ved de sidste for. Eksempel 7. (3 ligninger 4 ubekendte) Metoden beskrevet ovenfor gennemføres for et større ligningssystem. x x 4x 3 6x 4 = 6 3x x 4x 3 3x 4 = 0 x + 5x + x 3 + x 4 = 34 57

58 58 7. GAUSS ELIMINATION Træk 3 gange første ligning fra anden ligning x x 4x 3 6x 4 = 6 x + x 3 + 6x 4 = 4 x + 5x + x 3 + x 4 = 34 Læg første ligning til tredje ligning x x 4x 3 6x 4 = 6 x + x 3 + 6x 4 = 4 3x + 8x 3 + 5x 4 = 8 Træk 3 gange anden ligning fra tredje ligning Heraf ved angivelse nedefra x x 4x 3 6x 4 = 6 x + x 3 + 6x 4 = 4 x 3 3x 4 = 6 x 3 = x 4 x = 4 x 3 6x 4 = 9x 4 x = 8 + x + x 3 + 3x 4 = 4 3x 4 Løsningerne kan nu skrives x 3 = x 4 x = 9x 4 x = 4 3x 4 hvor x 4 kan vælges frit. På matrix form er den fuldstændige løsning x 4 3x x x 3 = 9x x 4 = 3 + x x 4 x 4 0 hvor x 4 kan vælges frit. Løsningsmængden kan da angives som Span( 9 ) 0 3 Definition 7.3 (Eliminations strategi) På et ligningssystem kan der foretages rækkeoperationer: Ombytning af to ligninger Multiplikation af ligning med tal 0 Addition af et multiplum af en ligning til en anden som bevarer løsningsmængden. Ved at eliminere de første variable i de sidste ligninger kan systemet bringes på rækkeechelon form også kaldet trappeform: Der er en voksende følge af indices j < < j r, som bestemmer pivot-indgangene j,..., rj r. Disse udgør trappetrinnene og er bestemt ved: () x j er den første variabel der forekommer eksplicit i systemet og x j forekommet ikke eksplicit i ligning, () x j er den første variabel der forekommer eksplicit i ligning, 3,... og x j forekommet ikke eksplicit i ligning (3) j 3,..., j r er bestemt på samme måde.

59 7. GAUSS ELIMINATION 59 (4) Ligning r +,... er alle trivielle. a j x j a n x n = b a j x j a n x n = b a rjr x jr a rn x n = b r Variable med pivot indeks x j,..., x jr kaldes bundne variable og de øvrige kaldes frie variable. Ved baglæns substitution, sidste ligning benyttes først, kan de bundne variable udtrykkes ved de frie.. Eksempel 7.4 (Elimination) Betragt ligningssystemet x x 4x 3 6x 4 = 6 3x x 4x 3 3x 4 = 0 x + 5x + 0x 3 + x 4 = 34 Træk 3 gange første ligning fra anden ligning Læg første ligning til tredje ligning x x 4x 3 6x 4 = 6 x + x 3 + 6x 4 = 4 x + 5x + 0x 3 + x 4 = 34 x x 4x 3 6x 4 = 6 x + x 3 + 6x 4 = 4 3x + 6x 3 + 5x 4 = 8 Træk 3 gange anden ligning fra tredje ligning Heraf ved baglæns substitution x x 4x 3 6x 4 = 6 x + x 3 + 6x 4 = 4 3x 4 = 6 x 4 = x = 4 x 3 6x 4 = 6 x 3 x = 8 + x + x 3 + 3x 4 = Løsningerne er da x 4 = x = 6 x 3 x = hvor x 3 kan vælges frit. På matrix form x 0 x x 3 = 6 x 3 x 3 = x 3 x 4 0 hvor x 3 kan vælges frit. Løsningsmængden kan også angives ved Span( ) 0

60 60 7. GAUSS ELIMINATION Rækkeoperationer på matrix Det er tit mere bekvemt kun at arbejde med koefficientmatricen. Det giver god mening, da et eftersyn af rækkeoperationer på ligninger viser, at de ubekendte optræder som pladsholdere. Man kan til enhver tid skifte mellem koefficientmatricen og ligningssystemet ved at fjerne eller indsætte de ubekendte. Definition 7.5 (Rækkeoperationer og reduceret matrix) Rækkeoperationer på en matrix: Ombytning af to rækker Multiplikation af række med tal 0 Addition af et multiplum af en række til en anden Bringer matricen på række-echelon form eller trappeform med pivot indgange eller ledende indgange 0 på trappetrinnene og 0-ler under trappen: Der er en voksende følge af indices j < < j r, som bestemmer pivot-indgangene j,..., rj r. Disse udgør trappetrinnene og er bestemt ved: () a j er den første indgang fra venstre 0 og under denne er indgangene = 0. () a j er den første indgang fra venstre 0 og under denne er indgangene = 0. (3) j 3,..., j r er bestemt på samme måde. (4) Rækkerne r +,... er alle = a 3?????? a 6??? a Videre kan matricen bringes på reduceret form med på pivot indgange på trappetrinnene og 0-ler over pivoter. 0 0?? 0?? ?? En matrix på reduceret form kaldes kort en reduceret matrix. Bemærkning 7.6 (Strategi på matrix form) Strategien for løsning af et ligningssystem er: Fra et lineært ligningssystem tilordnes en augmenteret matrix Ax = b (A b) Rækkeoperationer på et ligningssystem svarer til rækkeoperationer på den augmenterede matrix. Det reducerede ligningssystem opskrives fra den reducerede matrix. Eksempel 7.7 (Rækkeoperationer) Ligningssystemet x x 4x 3 6x 4 = 6 3x x 4x 3 3x 4 = 0 x + 5x + 0x 3 + x 4 = 34

61 7. GAUSS ELIMINATION 6 tilordnes den augmenterede matrix Det reducerede ligningssystem er Løsningen er På matrix form hvor x 3 vælges frit. x x x 3 x x = x + x 3 = 6 x 4 = x 4 = x = 6 x 3 x = 0 = 6 x 3 x 3 = x 3 0 Uendelig mange løsninger Fra echelon formen kan man straks slutte vigtige resultater om konsistens af ligningssystemet og løsningsmængdens størrelse. Sætning 7.8 (Flere ubekendte end ligninger) Givet et ligningssystem, hvor der er flere ubekendte end ligninger. () Hvis systemet er homogent, så har det uendelig mange løsninger. () Hvis systemet er konsistent, så har det uendelig mange løsninger.

62 6 7. GAUSS ELIMINATION BEVIS. Koefficientmatricen har flere søjler end rækker. Den reducerede matrix 0 0?? 0?? ?? har mindst pivotfri søjle. Altså er der parametre i løsningen. Eksempel 7.9 (Uendelig mange løsninger) Har ligningssystemet x + x = 0 x + x = 0 uendelig mange løsninger? LØSNING. Koefficient matricen reduceres ( ) ( ) 0 0 Da der er færre pivoter end ligninger, så har det reducerede ligningssystem uendelig mange løsninger. Dermed har også det oprindelige system uendelig mange løsninger. Sætning 7.0 (Konsistens) Det inhomogene ligningssystem Ax = b er konsistent, hvis og kun hvis række-echelon formen af den augmenterede matrix (A b) ikke har en pivot i sidste søjle. BEVIS. Række-echelon formen 0 0?? 0?? c ?? c c r giver løsning x ji = c i og øvrige x j = 0. Eksempel 7. (Inkonsistens) Er ligningssystemet x + x = x + x = konsistent? LØSNING. Den augmenterede matrix reduceres ( ) ( ) 0 0 Da der er pivot i sidste søjle er ligningssystemet inkonsistent. Eksempel 7. (Find invers matrix) Løs matrixligningen for en højreinvers ( ) ( ) x x = 5 3 x x ( ) 0 0

63 7. GAUSS ELIMINATION 63 LØSNING. Skrives som ligningssystemet Den augmenterede matrix rækkereduceres Løsningen er x + x = 5x + 3x = 0 x + x = 0 5x + 3x = ( ) x x = x x ( 3 ) 5 Opgaver Opgave 7. Angiv den fuldstændige løsning til ligningssystemet x +3y +z = 4 4x +5y +z = 6 Opgave 7. Angiv den fuldstændige løsning til ligningssystemet x +3y +z = 4 4x +5y +z = 6 x +y +3z = Opgave 7.3 Angiv den fuldstændige løsning til ligningssystemet 4x +5y +z = 6 x +y +3z = Opgave 7.4 Bestem den fuldstændige løsning til det homogene lineære ligningssystem x 4x 3 = 0 x 3x +x 3 = 0 5x 8x +7x 3 = 0 Vis, at hvis højre-siden i dette ligningssystem erstattes af (6,, ), så er systemet inkonsistent..

64 64 7. GAUSS ELIMINATION Opgave 7.5 Find en funktion f(x) af form ax + bx + c, der opfylder f() =, f() = 3. (M.a.o. find en parabel (med lodret symmetri-akse) i R, der går gennem punkterne (, ) og (, 3)). Bestem endvidere samtlige sådanne parabler. Opgave 7.6 Skriv vektoren (7, 8) som linearkombination af vektorerne a = (, 4) og a = (3, 5). Opgave 7.7 Angiv den fuldstændige løsning til det inhomogene lineære ligningssystem x +x +3x 3 6x 4 = 5 x +x 3x 3 = 7. Opgave 7.8 Betragt det inhomogene lineære ligningssystem x +x +x 3 +x 4 +x 5 = x +x 3 +x 5 = 3 x +x 4 = 0. Angiv den fuldstændige løsning til ligningssystemet. Opgave 7.9 () Vis at vektoren (, 7, 6) kan skrives som linearkombination af vektorerne (, 3, ) og (0,, ). () Vis at også vektoren (, 0, 4) kan skrives som linearkombination af vektorerne (, 3, ) og (0,, ). (3) Vis at Span((, 3, ), (0,, )) = Span((, 7, 6), (, 0, 4)). Test 7.0 (Ligningssystem) Et homogent lineært ligningssystem med 4 ubekendte og 3 ligninger har: (a) Altid højst løsning. (b) Altid uendelig mange løsninger. (c) Undertiden ingen løsninger. (d) Mindst løsning. (a) (b) (c) (d) Afkryds de to rigtige: Test 7. (Ligningssystem) Ethvert lineært ligningssystem med det samme antal ligninger og ubekendte har en entydig løsning. ja nej Afkryds:

65 8 Elementærmatricer Rækkeoperationer kan fortolkes ved matrixmultiplikation med specielle invertible elementærmatricer. Det giver mulighed for forkortning og reduktion på koefficientmatricen. Forklaringerne omkring rækkeoperationer og ligningssystemer fremstår herved betydeligt mere præcist. Heraf følger, at det er muligt at fremstille matricer som produkt af standard former. En tankegang noget lig, at et tal kan skrives som produkt af primtal. -matricer Rækkeoperationer på en -matrix. Eksempel 8. ( -matricer) Ombytning af to rækker ( ) ( ) 0 a a = 0 a a Multiplikation af række med tal s 0 ( ) ( ) 0 a a = 0 s a a ( ) a a a a ( ) a a sa sa Addition af et multiplum af en række til en anden ( ) ( ) ( ) s a a a + sa = a + sa 0 a a a a Rækkeoperationer ved multiplikation På en generel matrix kan rækkeoperationer udtrykkes ved multiplikation fra venstre med elementærmatricer. En præcisering af forholdet mellem bundne og frie variable kan nemt formuleres og vises. Definition 8. (Elementærmatrix) En elementærmatrix eller en rækkeoperationsmatrix fremkommer ved at anvende en rækkeoperation på identitetsmatricen. F.eks. for -matricer: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) s s,,,, 0 0 s 0 s 0 En elementærmatrix er invertibel. Den inverse er givet ved den rækkeoperation der bringer matricen tilbage til identitetsmatricen. F.eks. ( ) ( s 0 ) ( ) ( ) = s eller = 0 0 s s 65

66 66 8. ELEMENTÆRMATRICER Sætning 8.3 (Operationer og multiplikation) En rækkeoperation på en m n-matrix A fremkommer ved: () Udfør rækkeoperationen på en m m-identitetsmatrix og få en elementærmatrix E. () Multiplicer matricen A fra venstre med den fundne elementærmatrix E. Produktet EA er matricen A efter den givne rækkeoperation. BEVIS. Da EAe j = Ea j kan man antage, at A er en søjle vektor. De tre tilfælde kontrolleres. Sætning 8.4 (Rangformlen) For en m n-matrix A gælder: () Antal pivot er er rangen rang A. () Antal pivot er dimensionen af rækkerummet rang A T. (3) Antal af søjler uden pivot er er antal af frihedsgrader dim N A. (4) Antal frihedsgrader plus antal pivot er er antal søjler, rangformlen dim N A + rang A = n BEVIS. Da en elementærmatrix er invertibel, så ændres rangen ikke ved rækkeoperationer. Tilsvarende ændres nulrummet ikke. Sætning 8.5 (Entydig reduceret matrix) Enhver matrix er rækkeækvivalent med en entydig bestem reduceret matrix. BEVIS. Dette er lidt kompliceret og ikke særligt oplysende. Det overspringes her. Eksempel 8.6 (Reducerede 3-matricer) Der er 7 typer af reducerede 3-matricer, ( ) ( ) ,, ( ) 0 0, 0 0 ( ) 0 a, ( ) a 0, 0 0 ( 0 ) a 0 b ( ) a b, Reduceret kvadratisk matrix En reduceret invertibel matrix har en helt simpel form. Der følger et tidligere savnet resultat, at en ensidig invers er tosidig. Ydermere er en invertibel matrix et produkt af elementærmatricer. Sætning 8.7 (Invertibel eller ej) Enten-eller-princip: En kvadratisk matrix kan ved rækkeoperationer enten føres over i identitetsmatricen eller føres over i en matrix med en nulrække nederst. Det sker, når matricen er invertibel henholdsvis ikke invertibel.

67 8. ELEMENTÆRMATRICER 67 BEVIS. Matricen på reduceret trappeform? Sætning 8.8 (Ensidig invers er tosidig) Lad A, B være kvadratiske matricer af samme størrelse. Så gælder En højreinvers er også en venstreinvers. AB = I BA = I BEVIS. () Hvis AB = I har alle ligningssystemer Ax = b en løsning x = Bb. Af 6.8 følger, at den reducerede form af A ikke kan have en 0-række og er derfor enhedsmatricen I. Altså findes en matrix C så CA = I og C = B fra 5.4. () Hvis CA = I anvendes () på C. Sætning 8.9 (Invertibel og rang) Lad A være en kvadratisk n n-matrix. Så er følgende ækvivalent: () A er invertibel. () Søjlerne i A er lineært uafhængige. (3) Rækkerne i A er lineært uafhængige. (4) Søjlerangen rang A = n. (5) Nulrummet N A = 0. BEVIS. Brug 8.4 og 8.7. Sætning 8.0 (Invertibel matrix som produkt) En invertibel matrix kan skrives som et produkt af elementærmatricer. Hvis E,..., E k er elementærmatricer svarende til rækkeoperationer, som fører en matrix A i identitetsmatricen, så er A = E E k BEVIS. Ved 8.7 og 8.3 findes en følge af elementærmatricer E,..., E k så produktet E k E A = I. Så fås, at A = E E k og da de inverse til elementærmatricer igen er elementærmatricer haves produktfremstillingen. Eksempel 8. ((Bestem) produktopløsning) 3 Skriv matricen som et produkt af elementærmatricer. LØSNING. Rækkeoperationerne ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) giver produktfremstillingen ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =

68 68 8. ELEMENTÆRMATRICER Eksempel 8. (Spejling og drejning) () Matricen for spejlingen S θ kan skrives som et produkt af fire elementærmatricer. Antag cos θ 0. ( ) cos θ sin θ = sin θ ( cos θ 0 0 cos θ ) ( 0 sin θ ) ( sin θ 0 ) ( 0 0 (cos θ) ) () Matricen for drejningen D θ kan skrives som et produkt af fire elementærmatricer. Antag cos θ 0. ( ) cos θ sin θ = sin θ cos θ ( ) ( ) ( ) ( ) cos θ 0 0 sin θ 0 0 sin θ 0 0 (cos θ) Beregning af invers matrix Den inverse matrix kan beregnes ved et ligningssystem, som man stiller lidt snildt op. Sætning 8.3 (Invers ved operationer) En kvadratisk matrix A er invertibel, hvis og kun hvis dens reducerede form er enhedsmatricen I. I så fald er den augmenterede matrix (A I) (I A ) Den inverse matrix beregnes ved rækkeoperationer på den augmenterede matrix. BEVIS. Vælg fra 8.0 E k E A = I. Så er (A I) E k E (A I) = (E k E A E k E ) = (I A ) Eksempel 8.4 (Invers x-matrix) Beregn den inverse matrix til ( ) 5 3 LØSNING. ( ) ( ) ( ) x x 0 = 5 3 x x 0 ( ) ( ) ( ( ) ( ) Rækkereduktionen giver den inverse Gør prøve: ( ) ( ) = 5 3 ( ( 3 ) 5 ) )

69 8. ELEMENTÆRMATRICER 69 Udregn matrixproduktet ( ) ( ) = ( ) 0 0 Basis for søjlerum Ud fra den reducerede form af en matrix kan man aflæse en basis for det vigtige søjlerum. Sætning 8.5 (Basis for søjlerum) Hvis den reducerede matrix rækkeækvivalent med en matrix A har pivot er med søjleindeks j,..., j r, så er rang A = r, og en basis for søjlerummet, R A, er givet ved søjlerne i A med indeks fra pivot indgange, a j,..., a j r. BEVIS. Lad C være den invertible matrix som er produktet af de elementærmatricer der svarer til rækkeoperationerne der bringer A på reduceret form. Så er de r rækkereducerede søjler Ca j,..., Ca j r netop pivot-søjlerne e,..., e r og dermed er de oprindelige søjler a j,..., a j r lineært uafhængige. Af 8.4 følger, at de er en basis for søjlerummet. Eksempel 8.6 (Find basis for søjlerum) For matricen 0 0 A = er der ledende indgange med indeks og 5, så rangen rang A = og en basis for R A er givet ved. og 5. søjle i A, 0 0 Basis for nulrummet Ud fra den reducerede form af en matrix kan man aflæse en basis for det vigtige nulrum. Sætning 8.7 (Basis for nulrum) Hvis den reducerede matrix B rækkeækvivalent med en m n-matrix A har pivot er med søjleindeks j,..., j r, så er dim N A = n r og en basis for nulrummet kan opskrives ud fra den reducerede matrix. For k j,..., j r defineres en n-søjlevektor d k med koordinat på den k-te plads, b ik på den j i -te plads og 0 ellers. d k -erne udgør en basis for N A. BEVIS. Den i-te ligning x ji + b ik x k = 0 k j,...,j r i det reducerede ligningssystem indeholder én bunden variabel x ji og resten er frie. Dette giver den bundne variabel x ji = b ik x k k j,...,j r udtrykt ved de frie.

70 70 8. ELEMENTÆRMATRICER Eksempel 8.8 (Find basis for nulrum) For matricen 0 0 A = = B er dimensionen af nulrummet, dim(n A ) = 3 og en basis kan opskrives 0 0 0, 0 0, For små matricer kan det være mere overskueligt, at opskrive en vilkårlig vektor i nulrummet udtrykt ved de frie parametre x 0 x x 3 x 4 = x x x x 5 Lineær afbildning Egenskaber ved en lineær afbildning kan fortolkes ved egenskaber for den tilhørende matrix. Der repeteres først almindelig sprogbrug, som bruges i alle sammenhænge omkring afbildninger. Definition 8.9 (Injektiv, surjektiv, bijektiv) Lad f : X Y være en vilkårlig afbildning fra definitionsmængden X til værdimængden Y. Delmængden f(x) Y kaldes billedmængden. x f f(x) X f(x) Y Afbildningen f kaldes injektiv, en-til-en eller en-entydig, hvis der for ethvert par x, x X gælder f(x ) = f(x ) x = x. Afbildningen f kaldes surjektiv eller på, hvis der for ethvert y Y findes x X, så y = f(x). Afbildningen f kaldes bijektiv, hvis den er både injektiv og surjektiv. Hvis f er bijektiv, så findes en invers afbildning f : Y X bestemt ved f(x) = y x = f (y) Hvis f er injektiv, så tales der også om en invers afbildning f : f(x) X fra billedmængden til definitionsmængden.

71 8. ELEMENTÆRMATRICER 7 Sætning 8.0 (Injektiv og nulrum) Lad A være en m n-matrix. Så er følgende ækvivalent: () Søjlerne i A er lineært uafhængige. () Søjlerangen rang A = n. (3) Nulrummet N A = 0. (4) Den lineære afbildning x Ax er injektiv. BEVIS. Brug 8.4 og 8.7. Sætning 8. (Surjektiv og rang) Lad A være en m n-matrix. Så er følgende ækvivalent: () Rækkerne i A er lineært uafhængige. () Søjlerangen rang A = m. (3) Nulrummet har dimension dim N A = n m. (4) Den lineære afbildning x Ax er surjektiv. BEVIS. Brug 8.4 og 8.7. Sætning 8. (Bijektiv og kvadratisk) Lad A være en m n-matrix. Så er følgende ækvivalent: () m = n og rang(a) = m. () m = n og dim N A = 0. (3) A har en invers matrix (m=n ikke forudsat). (4) Den lineære afbildning x Ax er bijektiv. BEVIS. Brug 8.4 og 8.7. Opgaver Opgave 8. Undersøg om hver af følgende matricer har en invers: ( ) ( 3 3 og 6 9 ) Opgave 8. Det oplyses, at følgende matricer har en invers. Angiv den inverse. ( ) ( ) 4 5 og 5 6 Opgave 8.3 Det oplyses, at følgende matricer har en invers. Angiv den inverse. 3 og 0 4 3

72 7 8. ELEMENTÆRMATRICER Opgave 8.4 Løs hver af de to matrix-ligninger AX = B og XA = B når ( ) A = og B = 5 3 (Vink: brug den inverse til matricen A.) ( ). Opgave 8.5 Angiv inverse matricer til hver af de rækkeoperationsmatricer, der er skrevet op i 8.. Generaliser til vilkårlige rækkeoperationsmatricer. Opgave 8.6 Skriv matricerne ( ) ( ) 3 3 og 5 8 som produkt af rækkeoperationsmatricer. Skriv også den inverse matrix som produkt af rækkeoperationsmatricer. (Vink: Begynd med det sidste.) Opgave 8.7 Skriv matricen 3 4 som produkt af rækkeoperationsmatricer. Opgave 8.8 Løs matrixligningen (X I) = ( ) 3 4 Test 8.9 (Elementærmatricer) En vilkårlig 3 3 matrix kan ved rækkeoperationer: (a) Føres over i identitetsmatricen. (b) Føres over i en matrix med en nulrække nederst. (c) Føres over i en matrix med 0 er under diagonalen. Afkryds den korrekte: (a) (b) (c)

73 9 Determinanter Et sæt af vektorer er enten lineært uafhængige eller ej. Det er vigtigt at have et mål for, hvor meget lineært uafhængige et sæt er. Et sådant mål er volumenet af det parallellepipede sættet udspænder. Determinanten er en variation af dette synspunkt og defineret for en kvadratisk matrix. Areal og volumen Der gives en simpel formel for arealet af et parallelogram i planen og en noget mere kompliceret formel for volumenet af et parallellepipede i rummet. Eksempel 9. (Nem vej til areal) Determinanten er udtryk for et areal Areal b a b a Areal = (a + b )(a + b ) a a b b a b = a b a b = a a b b Eksempel 9. (Ikke helt så nem vej til volumen) Determinanten er udtryk for et volumen (c,c,c 3) (a,a,a 3) (b,b,b 3) 73

74 74 9. DETERMINANTER b V olumen = a b 3 c c 3 a b b 3 c c 3 + a 3 b b c c a a a 3 = b b b 3 c c c 3 Nemme determinanter De første determinanter gives inden den formelle definition af determinanter. Eksempel 9.3 (Nem opskrift på determinant) Determinanten af en kvadratisk matrix -matrix a = a -matrix a a a a = a a a a 3 3-matrix a a a 3 a a a 3 a 3 a 3 a 33 = a a a 3 a 3 a 33 a a a 3 a 3 a 33 + a 3 a a a 3 a 3 Eksempel 9.4 (Følg opskriften) () Determinanten af en -matrix 3 4 = ( ) 4 3 = 0 () Determinanten af en 3 3-matrix = = ( ) (4 0 6 ) + 3(4 3 5 ) = = Eksempel 9.5 (Spejling og drejning) Determinanten af en spejling Matr(S θ ) = cos θ sin θ sin θ cos θ = cos θ sin θ = Determinanten af en drejning Matr(D θ ) = cos θ sin θ sin θ cos θ = cos θ + sin θ =

75 Determinant ved række/søjleudvikling 9. DETERMINANTER 75 Den generelle definition går ved induktion efter størrelsen af den kvadratiske matrix. Definition 9.6 (Determinant ved rækkeudvikling) Lad A ij være den (m ) (n )-matrix, der fremkommer ved at slette i-te række og j-te søjle i en m n-matrix A. Determinanten af en kvadratisk n n-matrix A = (a ij ) er givet ved: n = : indgangen A = a. n > : rækkeudvikling efter -te række n A = ( ) +j a j A j Kan skrives j= A = ( ) + a A + ( ) + a A + Bemærk, at i sammenhænge, hvor der indgår andre lodrette streger, kan determinanten skrives det A = A Eksempel 9.7 (Slet række/søjle) Slet første række og anden søjle Eksempel 9.8 (3 3-matrix) = 4 6 = 7 9 ( ) a a a 3 a a a 3 a 3 a 3 a 33 = a a a 3 a 3 a 33 a a a 3 a 3 a 33 + a 3 a a a 3 a 3 a = a a 3 a 3 a 33 a a a 3 a 3 a 33 + a 3 a a a 3 a 3 Sætning 9.9 (Udvikling) Beregning af determinant er uafhængigt af valg af række man udvikler efter. Ligeledes kan man bruge søjler i stedet. () Determinanten kan beregnes ved rækkeudvikling efter i-te række n A = ( ) i+j a ij A ij j= () Determinanten kan beregnes ved søjleudvikling efter j-te søjle n A = ( ) i+j a ij A ij i= BEVIS. Det vises ved induktion efter størrelsen af matricen A. Det er tilpas indviklet til, at det udelades her.

76 76 9. DETERMINANTER Eksempel 9.0 (Søjleudvikling) Beregn determinant ved udvikling efter anden søjle = = = ( ) + 5( 9 3 7) 8( 6 3 4) = = 0 Eksempel 9. (Udregn determinant af orden 4) = ( ) = ( ) = Determinant af visse matricer Generelt skal der mange udregninger til for at beregne en determinant. Men for nogle matricer er det nemt at beregne determinanten. Eksempel 9. (Nulrække og trekantsmatrix) () 0-række/søjle 0 a a = a a = () øvre trekantsmatrix a a a n 0 a a n..... = a a a nn. 0 0 a nn Determinant af elementærmatricer Elementærmatricer/rækkeoperationsmatricer kan også nemt behandles. Bemærkning 9.3 (Rækkeoperationsmatricer) Ombytning af to rækker har determinant 0 0 =

77 9. DETERMINANTER 77 Multiplikation af række med tal s 0 har determinant s 0 0 s = s Addition af et multiplum af en række til en anden har determinant s 0 = Regneregler for determinanter Ved beregning af determinanter kan metoderne fra Gauss elimination bruges meget bekvemt. Sætning 9.4 (Række/søjle regneregler) Rækkeregler Ombytning af to rækker: determinanten skifter fortegn. Multiplikation af række med tal: determinanten multipliceres med samme tal. Addition af et multiplum af en række til en anden: determinanten er uændret. Søjleregler Ombytning af to søjler: determinanten skifter fortegn. Multiplikation af søjle med tal: determinanten multipliceres med samme tal. Addition af et multiplum af en søjle til en anden: determinanten er uændret. Eksempel 9.5 (Skalering af række eller søjle) ( ) = = 7 ( ) 7 3 = Eksempel 9.6 (van der Monde) Udregn en van der Monde determinant. 3 4 = 7

78 78 9. DETERMINANTER Samme metode udregner den generelle x x y y z z = x x x y y xy z z xz x x 0 = y x y(y x) z x z(z x) = y x y(y x) z x z(z x) = (y x)(z x) y z = (y x)(z x)(z y) x x x n x x x n... = j x i )... i<j(x x n x n x n Bemærkning 9.7 (Transponering og determinant) Udvikling efter række er udvikling efter søjle i den transponerede matrix, så determinanten er den samme n A T = A Bemærkning 9.8 (Skalering) En n n-matrix A skaleres med λ ved at skalere hver række. Så anvendes rækkeskalerings reglen n-gange fås λa = λ n A Eksempel 9.9 (Skalering) 7 ( ) = = 49 Determinanten er nul Der er nogle oplagte tilfælde med determinant nul, som det er en stor fordel at være fortrolig med. Bemærkning 9.0 (Determinanten er nul) Fire nyttige tilfælde: En 0-række eller en 0-søjle: determinanten er 0. To ens rækker eller to ens søjler: determinanten er 0.

79 9. DETERMINANTER 79 Eksempel 9. (Nul determinant) = 0 Udregning af determinant En god metode til udregning af determinant er givet ved reduktion til en trekantsmatrix. Eksempel 9. (Udregningsmetode) Reducer til øvre trekantsmatrix 3 4 = 0 0 = ( ) 0 = = = = ( 3) ( 4) = Produktreglen for determinanter Den vigtigste regel er, at determinanten af et matrixprodukt er produktet af determinanterne. De øvrige regler følger faktisk af denne. Sætning 9.3 (Produktreglen) For to kvadratiske n n-matricer A, B gælder AB = A B BEVIS. For B fast og A en rækkeoperationsmatrix er produktreglen netop rækkeregnereglerne. Ved rækkereduktion kan A skrives som produkt af rækkeoperationsmatricer samt enten identitetsmatricen eller en matrix med en 0-række nederst. Produktreglen følger heraf. Eksempel 9.4 (Find determinant af kvadrat på matrix) 3 A = = 5 5 AA = = AA = A A = = Eksempel 9.5 (Determinant af potens) 3 4 = ( ) 4 3 = 0

80 80 9. DETERMINANTER ( ) k 3 4 = 3 4 k = ( 0) k Determinanten af invers matrix Fra produktreglen følger, at den inverse matrix har reciprok determinant. Sætning 9.6 (Determinant af invers matrix) En kvadratisk matrix A er invertibel, hvis og kun hvis A 0. Der gælder hvis A 0. A = A BEVIS. Hvis A er invertibel så giver produktreglen formlen. Hvis A 0 så kan A skrives som produkt af rækkeoperationsmatricer, som hver er invertible. A er da invertibel. Eksempel 9.7 (Find determinant af den inverse matrix) Matricen A = har determinant A = A er invertibel og den inverse har determinant Eksempel 9.8 (Negative potenser) A = A = 3 4 = ( ) 4 3 = 0 ( ) 3 4 = 0 ( ) k 3 4 = ( 0) k Eksempel 9.9 (Alle potenser) Potensreglen for determinant Hvis A 0 så for alle hele tal k. Hvis A = 0 så for alle hele tal k > 0. A k = A k A k = 0

81 Cofaktormatricen 9. DETERMINANTER 8 Række/søjle udvikling for en determinant kan samles til en formel for den inverse matrix. Regneteknisk er denne formel for besværlig. Men i teoretiske overvejelser er den af stor betydning. Definition 9.30 (Cofaktormatricen) Lad A være en n n-matrix og A ij fremkomme ved at slette i-te række og j-te søjle, 9.6. Cofaktormatricen Cof(A) er n n-matricen: n = : identitetsmatricen Cof(A) = I. n > : med ij-te indgang ( ) i+j A ji Eksempel 9.3 ( - og -matrix) matricen A = ( 0 ) har og -matricen har Cof(A) = ( ) A = ( ) 3 4 ( ) 4 Cof(A) = 3 Sætning 9.3 (Cofaktorformlen) Lad A være en n n-matrix. Så er produktet A Cof(A) = Cof(A)A = A I n Hvis A 0, så er A invertibel og der gælder A = A Cof(A) BEVIS. Den ik-te indgang i A Cof(A) er ( ) i+j a ij A kj j For i = k er dette udvikling efter i-te række og giver A. For i k er dette udvikling efter k-te række i den matrix der fremkommer ved i matricen A at erstatte k-te række med den i-te. Da denne matrix har i-te og k-te række ens, så er denne udvikling 0. Eksempel 9.33 (Formel ( for ) den inverse -matrix) ( ) a b d b For matricen A = er cofaktormatricen Cof(A) =. Hvis ad bc 0 c d c a så er A invertibel med A = ad bc Cof(A). Altså ( ) ( ) a b d b = c d ad bc c a

82 8 9. DETERMINANTER Determinant og kvadratisk ligningssystem Determinanten indgår i en praktisk formulering omkring kvadratiske ligningssystemer. Sætning 9.34 (Ligningssystem og determinant) Lad A være en kvadratisk matrix. () Det homogene ligningssystem Ax = 0 har en løsning 0, hvis og kun hvis A = 0. () Det generelle ligningssystem Ax = b har en og kun en løsning, hvis og kun hvis A 0. BEVIS. Fra 9.6 følger, at A 0 hvis og kun hvis A er invertibel. Løsningen er entydig, hvis og kun hvis den reducerede matrix rækkeækvivalent med A er identitetsmatricen, 8.7. Netop når A er invertibel. Eksempel 9.35 (Afgør om der er entydig løsning) For hvilke tal t har det homogene ligningssystem med koefficientmatrix A = t t en entydig løsning. Find løsningsrummet for alle t. LØSNING. Beregn determinanten A = t t = 0 t 0 = (t ) 0 0 t For t har det homogene ligningssystem Ax = 0 entydig løsning x = 0. For t = er den reducerede form af ligningssystemet Dette giver løsninger x + x + x 3 = 0 x x = x + x 3 0 x 3 0 Sætning 9.36 (Cramers regel) Lad A være en kvadratisk n n-matrix med determinant A 0. Det inhomogen ligningssystem Ax = b har løsningen x = A b, hvor den j-te koordinat er givet ved Cramers regel x j = a a j b a j+ a n A Tælleren er determinanten af den matrix der fremkommer ved at erstatte j-te søjle med søjlevektoren b.

83 9. DETERMINANTER 83 BEVIS. Ved 9.3 er x = A Cof(A)b og j-te koordinat i Cof(A)b er søjleudviklingen af a a j b a j+ a n. efter j-te søjle. Opgaver Opgave 9. For hvilke tal t har det homogene ligningssystem med koefficientmatrix A = t t en entydig løsning. Find løsningsrummet for alle t. Opgave 9. Beregn determinanten af matricerne 3 4 og 0 3 Opgave 9.3 Beregn determinanten af den n n-matrix, hvis søjler er e n,..., e. Altså standard basen i modsat rækkefølge. Opgave 9.4 Udregn determinanten af følgende 5 5 matrix Opgave 9.5 Angiv et tal λ så at matricen har determinant = 0. ( λ λ ) Opgave 9.6 Angiv et tal a, så at følgende (homogene, kvadratiske) lineære ligningssystem har uendelig mange løsninger: x +y +az = 0 x +y +3z = 0 4x +y +z = 0

84 84 9. DETERMINANTER Opgave 9.7 Angiv for hvert reelt tal λ løsningsmængden til det homogene lineære ligningssystem 3x + ( + λ)y = 0 x + 4y = 0 Opgave 9.8 Angiv for hvert reelt tal λ løsningsmængden til det homogene lineære ligningssystem (3 λ)x + y = 0 x + (4 λ)y = 0 Test 9.9 (Determinant nul) Gælder der altid, at determinanten x = 0. 3 y 3 0 z 0 Afkryds: ja nej Test 9.0 (Produktreglen) For kvadratiske matricer A og B af samme størrelse gælder det(a B) = det(b A) Afkryds: ja nej Test 9. (Inversregel) Determinanten af en invertibel matrix er altid 0. Afkryds: ja nej Test 9. (Produktreglen) Givet en kvadratisk matrix A. Hvis det(a ) = 0, så er det(a) = 0. Afkryds: ja nej Test 9.3 (Entydig løsning) a Gælder der altid, at alle ligningssystemer med koefficientmatrix 0 b har en 0 0 entydig løsning. ja nej Afkryds:

85 0 Egenværdier og egenvektorer Det er muligt, at forfine forståelsen af en lineær afbildning af et vektorrum til samme vektorrum. En sådan kan opsplittes i simplere. Ligesom, at opsplitte et molekyle i atomer. De underliggende ideer og begreber har langt videre betydning end det lige fremgår af dette kapitel. Senere vil dette indgå i beregning af matrixpotenser, bestemmelse af arten af kritiske punkter for en funktion i mange variable og løsning af systemer af koblede differentialligninger. Planen Spejlinger og drejninger er to typer af lineære afbildninger af planen til sig. Forskelle i deres egenskaber bruges til at belyse problemstillingen. Spejlinger holder en linje fast, mens kun de trivielle drejninger har en linje fast. Eksempel 0. (Spejling) Betragt spejlingen 4.6 S θ med matrix ( ) cos θ sin θ Matr(S θ ) = sin θ cos θ Vektoren e θ = ( cos θ sin θ holdes fast S θ (e θ ) = e θ, mens vektoren ( ) sin θ ê θ = cos θ afbildes i S θ (ê θ ) = ê θ. Eksempel 0. (Drejning) ) ê θ x x ê θ θ e θ x Betragt drejningen 4.7 D θ med matrix ( ) cos θ sin θ Matr(D θ ) = sin θ cos θ e θ = D θ (e ) En vektor drejes θ, så for θ 0, π vil ingen egentlig vektor drejes til en vektor θ på samme linje. 0 e x 85

86 86 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER Egenvektorer og egenværdier Der indgår to begreber i definitionen; et tal og en vektor. Brug nogen tid på at forstå dette. Definition 0.3 (Egenvektor) Lad A være en n n-matrix. En n-søjlevektor u kaldes en egenvektor for A, hvis Au = λu for en skalar λ R. Hvis u 0 kaldes λ en egenværdi for A og u er en egentlig egenvektor. En egentlig egenvektor bestemmer den tilhørende egenværdi entydigt. Nulvektoren er altid en egenvektor, men der er ikke knyttet en egenværdi hertil. Eksempel 0.4 (Egenvektor og Span) En egenvektor skaleres; så der gælder altså Au Span(u) u Au = λu Simple egenvektor angivelser For nogle matricer er situationen simpel. Eksempel 0.5 (Mange egenvektorer) Nulmatricen og identitetsmatricen er specielle. () Identitetsmatricen I n opfylder I n u = u for alle vektorer u. Altså er alle vektorer egenvektorer og tallet er eneste egenværdi. () Nulmatricen 0 n opfylder 0 n u = 0 for alle vektorer u. Altså er alle vektorer egenvektorer og tallet 0 er eneste egenværdi. Eksempel 0.6 (Gør prøve) Matricen har egentlige egenvektorer med tilhørende egenværdier u = e = A = ( ) ( ( 0, u 0) = e = ) λ =, λ = 3 Betingelsen Au = λ u følger af udregningen ( ( ) ( ) ( 0 = = ( ) 0 3) 0 0 0)

87 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 87 og Au = λ u følger af ( ( ) ( ( = = 3 0 3) 3) ) y Au = 3u u Au = u u x Eksempel 0.7 (Egenvektor og egenværdi) Af udregningen ( ) ( ) ( ) ( ) = = 4 ( ) 3 3 fås, at matricen A = har en egentlig egenvektor u = 4 λ =. y ( ) 3 med egenværdi Au = u u = ( 3,) x Eksempel 0.8 (Er en vektor en egenvektor) Givet matricen ( ) 3 6 Er følgende vektorer egenvektorer? ( ( og ) ) LØSNING. Udregn matrixproduktet ( ( ) 3 = 6 ) ( ) ( 0 = 5 0 )

88 88 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER og slut at (, ) er en egenvektor hørende til egenværdien 5. Udregn matrixproduktet ( ( ) ( ) ( 3 7 = λ 6 ) ) og slut at (, ) er ikke en egenvektor. Eksempel 0.9 (Spejling og drejning) ( ) cos θ sin θ () Spejlingen Matr(S θ ) = har egenværdier ±. ( sin θ cos θ ) cos θ sin θ () Drejningen Matr(D θ ) = har ingen egenværdier for θ pπ. sin θ cos θ Bestemmelse af egenværdier Der opstilles et ligningssystem til bestemmelse af egenvektorer. Bemærkning 0.0 (Ligninger og egenværdi) Lad A være en n n-matrix. Et tal λ er en egenværdi, hvis ligningssystemet har ikke-nul (egentlige) løsninger. På matrix form skrives a x a n x n = λx a x a n x n = λx a n x a nn x n = λx n Ax = λx har egentlige løsninger 0 x R n. Dette kan omskrives (A λi n )x = 0 og er dermed et homogent lineært ligningssystem med koefficientmatrix A λi n. Sætning 0. (Determinant og egenværdi) Lad A være en n n-matrix og λ er tal. Så er følgende ækvivalent: () λ er en egenværdi. () Det homogene ligningssystem med koefficientmatrix A λi n har egentlige (ikke-nul) løsninger. (3) Determinanten A λi n = 0 BEVIS. Af 9.34 følger at ligningssystemet med koefficientmatrix A λi n har egentlige løsninger netop, når determinanten er nul. Karakteristisk polynomium En vigtig måde, at holde styr på informationen er indførelse af det karakteristiske polynomium. Faktisk er der mere information indeholdt i dette polynomium end det umiddelbart fremgår her.

89 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 89 Definition 0. (Karakteristisk polynomium) Det karakteristiske polynomium af en n n-matrix A er n-te grads polynomiet 0. Skematisk A λi n a λ a a n a a λ a n A λi n = a n a n a nn λ = ( ) n λ n + + A Så ledende koefficient er ( ) n og konstantleddet er determinanten A. Eksempel 0.3 ( -matrix) Det karakteristiske polynomium af en -matrix A er andengradspolynomiet a λ a a λ a = (a λ)(a λ) a a = λ (a + a )λ + (a a a a ) Eksempel 0.4 (Trekantsmatrix) Udregningen a λ a a n 0 a λ a n a nn λ = (a λ)(a λ) (a nn λ) viser at egenværdierne i en trekantsmatrix netop udgøres af diagonal indgangene. Eksempel 0.5 (Cayley-Hamilton) Lad A være en -matrix med karakteristisk polynomium A λi = λ + aλ + b. Så gælder Cayley-Hamilton identiteten A + aa + bi = 0 LØSNING. Skriv Cof(A λi) = λb + C. Cofaktorformlen 9.3 giver Samles efter graden af λ fås som giver Adderes lodret fås formlen. (λb + C)(A λi) = (λ + aλ + b)i I = B ai = BA C bi = CA A = BA aa = BA CA bi = CA

90 90 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER Samme metode viser den generelle Cayley-Hamilton identitet: Hvis A er n n-matrix med karakteristisk polynomium så gælder Cayley-Hamilton identiteten A λi = ( ) n λ n + a n λ n + + a 0 ( ) n A n + a n A n + + a 0 I = 0 Egenrum Egenvektorer samles i underrum. Disse udgør byggeklodserne i opbygningen af lineære afbildninger. Sætning 0.6 (Egenrum) Lad A være en n n-matrix og λ en egenværdi. Så er mængden af egenvektorer for A hørende til egenværdien λ et lineært underrum af R n. Mere præcis er det nulrummet N A λi for matricen A λi. BEVIS. Egenrummet er løsningsrummet for det homogene ligningssystem med koefficientmatrix A λi n. Definition 0.7 (Egenrum) Underrummet af egenvektorer 0.6 kaldes egenrummet hørende til λ og betegnes E λ = N A λi Sætning 0.8 (Uafhængige egenvektorer) Lad A være en n n-matrix og u,..., u k egentlige egenvektorer hørende til parvis forskellige egenværdier λ,..., λ k. Så er sættet u,..., u k lineært uafhængig. BEVIS. For en fremstilling a u + + a m u m = 0, a m 0 gælder efter multiplikation med (A λ I)... (A λ m I), at (λ m λ )... (λ m λ m )a m = 0. Da egenværdierne er forskellige giver det modstriden a m = 0. Eksempel 0.9 (Trekantsmatrix) Trekantsmatricen a a n 0 a n n har n forskellige egenværdier,,..., n. Et sæt u,..., u n af egentlige egenvektorer hørende til hver af egenværdierne er lineært uafhængigt og udgør dermed i følge.4 en basis for vektorrummet R n. Fyldige eksempler Et par eksempler regnes igennem med mange detaljer. Der indgår beregninger af determinanter og løsning af lineære ligningssystemer. Det hele er mere omfangsrigt end egentligt svært.

91 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 9 Eksempel 0.0 (Orden ) giver, at matricen har de to rødder 3 λ 3 4 λ = (3 λ)( 4 λ) 3 ( ) = λ + λ 6 ( ) 3 3 A = 4 λ = 3, λ = som egenværdier. For λ = 3 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med matrix ( ) ( ) 3 λ = 4 λ Heraf fås egenvektorerne ( x ) = x ( x ) x ( ) = x ( ) 0 0 hvor x vælges frit. For λ = beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med matrix ( ) ( ) 3 λ 3 3 = 4 λ 6 Heraf fås egenvektorerne hvor x vælges frit. Matricen har egenværdier og egenrum ( x ) = x ( E 3 = Span{ ( ) ( ) 3x 3 = x x ( ) 3 3 A = 4 λ = 3, λ = ) }, E = Span{ y ( ) ( 3 ) } E 3 E ( 3,) (.5,) x

92 9 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER Eksempel 0. (Orden 3) λ 0 0 λ λ = ( λ) λ λ 0 0 λ + 0 λ har tre rødder Det følger, at 3 3-matricen har karakteristisk polynomium og egenværdier = λ 3 + 3λ λ λ = 0,, A = 0 0 A λi 3 = λ 3 + 3λ λ λ = 0, λ =, λ 3 = For λ = 0 er koefficientmatricen A = Egenvektorerne er da løsninger til det reducerede ligningssystem hvor x 3 er en fri variabel. Dette giver Heraf fås egenvektorerne x + x 3 = 0 x + x 3 = 0 x = x 3 x = x 3 x x = x 3 x 3 = x 3 x 3 hvor x 3 vælges frit. For λ = er koefficientmatricen A I = Egenvektorerne er da løsninger til det reducerede ligningssystem hvor x er en fri variabel. Dette giver x 3 x x = 0 x 3 = 0 x = x x 3 = 0

93 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 93 Heraf fås egenvektorerne hvor x vælges frit. For λ 3 = er koefficientmatricen A I = x x = x x = x x Heraf fås egenvektorerne x x = x 3 x 3 = x 3 x 3 x 3 hvor x 3 vælges frit. A = 0 0 har egenværdier λ = 0, λ =, λ 3 = og egenrum E 0 = Span{ }, E = Span{ }, E = Span{ } 0 (,,) z x (,,) (0.5,,0) Egenvektorer y Eksempel 0. (Orden 3) λ λ = ( λ) λ 0 λ λ = ( λ) ( + λ) har en rod og en dobbelt rod λ =, Det følger, at 3 3-matricen A =

94 94 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER har karakteristisk polynomium og egenværdier A λi 3 = ( λ) ( + λ) λ =, λ = λ siges at have multiplicitet. For λ = er koefficientmatricen A + I = Heraf fås egenvektorerne x = x x 3 hvor x 3 vælges frit. For λ = er koefficientmatricen A I = 0 x 3 x = x Egenvektorerne er da løsninger til det reducerede ligningssystem hvor x, x 3 er en frie variable. Dette giver x x 3 = 0 x = x 3 Heraf fås egenvektorerne x x = x x 3 = x 0 + x hvor x, x 3 vælges frit. x 3 x 3 (0,,) z (0,,) x (,0,0) y For λ = er egenrummet Egenvektorer E = Span{ 0 }

95 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER 95 For λ = er egenrummet E = Span{ 0, 0 0 } Opgaver Opgave 0. Det oplyses, at (,, ) er en egenvektor for matricen Bestem egenværdien. Opgave 0. Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix ( ) 3 4 Opgave 0.3 Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix ( ) Opgave 0.4 Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix Opgave 0.5 Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix Opgave 0.6 Find egenværdierne og tilhørende egenvektorer for følgende matrix 5 5 5

96 96 0. EGENVÆRDIER OG EGENVEKTORER Opgave 0.7 Betragt matricen A givet ved A = Det oplyses, at λ = 5 er en egenværdi. () Angiv samtlige egenvektorer for denne egenværdi. () Angiv endnu en egenværdi for A. Opgave 0.8 Betragt matricen A = () Vis, at 3 er en egenværdi for A. () Det oplyses, at også 3 er en egenværdi. Angiv en egentlig egenvektor hørende til denne egenværdi. (3) Angiv endnu en egenværdi for A. Opgave 0.9 Angiv for hvert reelt tal a egenrummet E for matricen ( a 0 ). Opgave 0.0 Angiv egenværdierne og de tilhørende egenrum for matricen Opgave 0. Betragt matricen A = () Angiv samtlige egenvektorer hørende til egenværdien λ = for A. () Angiv samtlige egenværdier for A.

97 Diagonalisering Diagonalisering er en videreførelse af egenværdi og egenvektor begreberne. Moralen er her, at mange problemer om kvadratiske matricer kan reduceres til diagonal matricer. En metode til udregning af matrixpotenser viser en flig af dette. Diagonal matrix En kort opfriskning af diagonal matricer. Eksempel. (Diagonalmatrix) En diagonalmatrix er en kvadratisk matrix, hvor indgange udenfor diagonalen alle er 0. Skrives skematisk Λ = λ λ n For en diagonalmatrix Λ er det karakteristiske polynomium Λ λi = (λ λ) (λ n λ) Egenværdierne er netop diagonal indgangene λ,..., λ n. Udregningen Λe i = λ i e i viser, at for egenværdien λ i er e i en egentlig egenvektorer. F.eks = = 0 = = 0 0 = Diagonaliser en matrix Den formelle definition kan nok synes lidt kunstig. Der er da også flere bagvedliggende ideer, som ikke behandles her. Definition. (Diagonalisere) At diagonalisere en kvadratisk matrix A vil sige at finde en invertibel matrix B og en diagonalmatrix Λ så A = B Λ B 97

98 98. DIAGONALISERING Skrives også eller A B = B Λ B A B = Λ Sætning.3 (Diagonalisering og egenvektorer) Lad A være en n n-matrix og b,..., b n egentlige egenvektorer med tilhørende egenværdier λ,..., λ n. For matricen B, hvis søjler er egenvektorerne gælder: () A B = B Λ hvor Λ er diagonalmatricen med egenværdierne som diagonalindgange. () Hvis B er invertibel, vil den diagonalisere A. BEVIS. Udregn j-te søjle ABe j = Ab j = λ j b j = λ j Be j = BΛe j Eksempel.4 (Spejling og drejning) ( ) cos θ sin θ () Spejlingen i 0. Matr(S θ ) = kan diagonaliseres. sin θ cos θ ( ) cos θ sin θ () Drejningen i 0. Matr(D θ ) = kan kun diagonaliseres i de trivielle tilfælde sin θ cos θ ±I. Forskellige egenværdier Normalt vil et polynomium have forskellige rødder. Så i det generelle tilfælde vil en matrix have forskellige egenværdier og derfor falde ind under næste sætning. Dette er naturligvis kun sandt, når man inddrager komplekse tal. Så man skal have i baghovedet, at for den fulde udnyttelse er de komplekse tal nødvendige. Sætning.5 (Diagonalisering og egenværdier) Lad A være en n n-matrix og antag, at λ,..., λ n er parvis forskellige egenværdier. Lad b,..., b n være tilhørende egentlige egenvektorer. Matricen B, hvis søjler er egenvektorerne diagonaliserer A: Matricen B er invertibel og der gælder B A B = Λ hvor Λ er diagonalmatricen med egenværdierne som diagonalindgange. BEVIS. Fra 0.8 fås, at et sæt egentlige egenvektorer er lineært uafhængige. Fra 8.9 følger, at matricen med disse egenvektorer som søjler er invertibel. Eksempel.6 (Diagonaliser -matrix) Matricen ( ) 3 3 A = 4

99 . DIAGONALISERING 99 har egenvektorer, 0.0, b = ( ) 3, b = ( ) med tilhørende egenværdierne λ =, λ = 3. Dette giver ( ) ( ) ( ) A =, B = 0, Λ = som opfylder matrixidentiteten A B = B Λ Da determinanten B = 5 er B invertibel og diagonaliserer A. Beregning af matrixpotenser Matrixpotenser er kun et af mange problemer, som løses ved diagonalisering. Bemærkning.7 (Matrixpotenser) Hvis B diagonaliserer A så er potensen hvor A = B Λ B A k = (BΛB ) (BΛB ) = B Λ k B λ k 0... Λ k = λ k n Eksempel.8 (Matrixpotenser) Matricerne ( ) 3 3 A =, B = 4 ( B = 5 5 opfylder matrixidentiteten Så potenser kan beregnes ( ) k 3 3 = 4 = 5 5 ( ), Λ = A = B Λ B ( 3 ) ( ) ( ) ( ) k 0 0 ( 3) k ( ) 6 k ( 3) k 3 k 3 ( 3) k k + ( 3) k ) k + 6 ( 3) k For k = 0 fås ( ) = ( ) 6 0 ( 3) ( 3) ( 3) ( 3) 0 ( ) =

100 00. DIAGONALISERING Eksempel.9 (Diagonaliser og find potens) Betragt matricen ( ) 6 A = 6 () Angiv egenværdierne for A. () Angiv egentlige egenvektorer for hver af disse egenværdier. (3) Diagonaliser A ved brug af en matrix B. (4) Beregn matrixpotensen A 5. LØSNING. () Fra det karakteristiske polynomium λ 6 6 λ = ( λ)( 6 λ) ( 6) = λ 5λ + 6 fås, at matricen har de to rødder A = ( ) 6 6 λ =, λ = 3 som egenværdier. () For λ = beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med matrix ( ) λ 6 = 6 λ Heraf fås egenvektorerne ( ) ( ) ( ) ( x = 3 x ) ( ) = x 3 x x hvor x vælges frit. For λ = 3 beregnes egenrummet som løsningsrum for det homogene ligningssystem med matrix ( ) λ 6 = 6 λ Heraf fås egenvektorerne ( x ) = x ( ) ( 3 4 x ) ( 3 ) = x 4 x hvor x vælges frit. (3) Dette giver for eksempel (valg af egenvektorer) ( ) ( ) 6 3 A =, B =, Λ = 6 som opfylder matrixidentiteten 3 4 A B = B Λ ( ) ( ) Da determinanten B = er B invertibel og diagonaliserer A. (4) Altså haves ( ) ( ) 6 3 A =, B = ( ) ( ) B =, Λ = opfylder matrixidentiteten A = B Λ B og giver potensen A k = BΛ k B

101 . DIAGONALISERING 0 For k = 5 fås ( ) 5 ( ) ( ) ( ) = ( ) = Ikke nok egenvektorer Problemer med for få reelle tal og multiple rødder illustreres ganske kort ved to eksempler. Eksempel.0 (Pas på, ingen egenværdier) Betragt matricen ( ) 0 A = 0 Matricen A har ingen reelle egenværdier. Det karakteristiske polynomium er λ +. Eksempel. (Pas på, for få egenvektorer) Betragt matricen ( ) 3 A = 0 3 Matricen A kan ikke diagonaliseres. λ = 3 er eneste egenværdi. Egenrummet er nulrum for matricen Egenrummet er A 3I 3 = En matrix B, hvis søjler er egenvektorer ( ) E 3 = Span(e ) B = har determinant 0 og dermed ikke invertibel. Altså kan A ikke diagonaliseres. ( ) b b 0 0 Opgaver Opgave. (Matematik Alfa, August 00, Opgave ) Det oplyses, at matricen A givet ved 3 3 A = har egenværdier λ = og λ =, og at der ikke er andre egenværdier.. Angiv samtlige egenvektorer hørende til egenværdien.. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at B A B = Λ

102 0. DIAGONALISERING Opgave. Diagonaliser matricen A = ( (Der ønskes angivet B, B og Λ så at B AB = Λ.) ). Opgave.3 Diagonaliser matricen A = ( 7 4 (Der ønskes angivet B, B og Λ så at B AB = Λ.) ) Opgave.4 Det oplyses, at egenværdierne for følgende matrix A er 5 og, og at der ikke er andre egenværdier. Undersøg om matricen kan diagonaliseres. A = 3 Opgave.5 Betragt matricen A fra Opgave.4. Angiv en diagonalmatrix Λ så at A kan diagonaliseres til Λ, dvs. så at der findes en invertibel matrix B så at B AB = Λ Opgave.6 Lad C betegne den 3 3 matrix, der har 5-taller i diagonalen, og 0 er ellers. () Vis at for en vilkårlig 3 3 matrix B gælder BC = CB. () Lad A være en 3 3 matrix, hvis eneste egenværdi er 5. Antag at A kan diagonaliseres. Vis at A = C. Opgave.7 Beregn (uden brug af lommeregner) ( ) 00

103 Skalarproduktet I planen og rummets geometri spiller Pythagoras formel en afgørende rolle. En effektiv måde, at udnytte dette faktum er gennem indførelsen af et skalarprodukt. Det opfylder almindelige regneregler fra tallene; selvfølgelig kun i den udstrækning, de giver mening. For koordinatrummene kan definitionen fra talpar og taltripler udvides analogt. Det betyder, at geometriske begreber har analoge anvendelser i talrummene. Prikprodukt i planen En kort gennemgang af prikproduktet for også at opfriske kendte formler for længder og vinkler. Eksempel. (Prikprodukt) Vektorerne u = (u, u ) og v = (v, v ) har prikprodukt og længden af u er Vinklen mellem u og v er bestemt ved u v = u v + u v u = u u = u + u u v = u v cos θ I tilfælde u = (, 3) og v = (, ) er prikproduktet og længderne Vinklen mellem u og v er bestemt ved u v = ( ) + 3 = 4 u = u u = 0 v = v v = 8 θ = cos 4 ( ) Vektorer af længde kaldes enhedsvektorer. Den enhedsvektor som danner en vinkel på θ mod uret fra første enhedsvektor e betegnes e θ og kaldes retningsvektoren med retningsvinkel θ. I koordinater er e θ = (cos θ, sin θ) 0 e x x e e θ = (cos θ, sin θ) θ 03

104 04. SKALARPRODUKTET Skalarprodukt Den generelle definition er ligger umiddelbar lige for. Der følger noget let genkendelig sprogbrug med. Definition. (Skalarprodukt) For vektorer u = (u,..., u n ), v = (v,..., v n ) i R n er skalarproduktet eller prikproduktet også skrevet Heraf fås længden eller normen u v = u v + + u n v n u v = u = u u = og afstanden mellem vektorer u og v n u i v i i= u + + u n u v = (u v ) + + (u n v n ) Eksempel.3 (Skalarprodukt udregnet) Vektorerne u = (, 3, 4, ) og v = (, 0,, 5) har skalarprodukt og længder Afstanden er u v = ( ) = u = u u = 7 v = v v = 33 u v = ( ( )) + (3 0) + (4 ) + ( 5) = 38 Definition.4 (Enhedsvektor) En vektor med længde u = kaldes en enhedsvektor. En enhedsvektor i retning af en egentlig vektor v 0 er u = v v = v v Eksempel.5 (Enhedsvektor i given retning) Vektoren v = (, 3, 4, ) har længde Enhedsvektoren i v s retning er v = v v = 7 v v = (, 7 3 7, 4 7, 7 )

105 . SKALARPRODUKTET 05 Regneregler for skalarprodukt Regneregler kan vises umiddelbart. Men man kan også fortolke skalarproduktet som et matrixprodukt og benytte regneregler for dette. Sætning.6 (Skalarprodukt som matrixprodukt) For søjlevektorer u, v er skalarproduktet givet ved matrixproduktet Skrevet ud u v = u T v u i v i = ( v ) u... u. n. i v n Sætning.7 (Skalarprodukt, regneregler) Regneregler for skalarprodukt (u, v) u v () u u = u 0 () u v = v u (3) u (v + w) = u v + u w (4) u (av) = a(u v) (5) u u = 0 u = 0 BEVIS. Skrives direkte op. Alternativt: brug.6 og regneregler for matrixmultiplikation og transponering. Sætning.8 (Transponering og skalarprodukt) Lad A være en m n-matrix, v en søjlevektor i R n og u en søjlevektor i R m. Så gælder u Av = A T u v BEVIS. Udregn ved.6 u Av = u T Av = (A T u) T v = A T u v Ortogonalitet Vinkelret spiller en særlig rolle. Det betragtes indgående i næste kapitel. Definition.9 (Ortogonalitet) To vektorer u, v i R n er ortogonale, vinkelrette, hvis u v = 0. Det skrives også u v u v = 0 v u

106 06. SKALARPRODUKTET Bemærkning.0 (Ortogonalitet) Følgende observationer er nyttige: () 0 u for alle u. () u u netop for u = 0. (3) e i e j for i j i standard basen. Sætning. (Ortogonal og uafhængig) Et ortogonalt sæt af egentlige vektorer u,..., u k er lineært uafhængigt. BEVIS. For en fremstilling a u + + a m u m = 0, a m 0 gælder efter skalarprodukt med u m, at a m u m u m = 0. Da u m er egentlig giver det modstriden a m = 0. Pythagoras formel En af de mest berømte formler. Sætning. (Pythagoras) For ortogonale vektorer u v gælder Pythagoras formel u + v = u + v BEVIS. Udregn kvadratet på normen u + v = (u + v) (u + v) = u u + u v + v v = u + v Bemærkning.3 (Pythagoras) Pythagoras som den kendes for en retvinklet trekant u + v v u + v = u + v u Eksempel.4 (Enhedstrekant) For to ortogonale enhedsvektorer u, v er normen af summen u + v =. Cauchy-Schwarz ulighed En ulighed, som historisk kommer fra integralregningen. Uligheden sikrer en fornuftig definition af vinkel mellem to vektorer. Sætning.5 (Cauchy-Schwarz) For vektorer u, v gælder Cauchy-Schwarz ulighed u v u v

107 . SKALARPRODUKTET 07 BEVIS. Vektorerne v v u v u u uu og u uu er ortogonale. Fra Pythagoras. fås v v u u u u ( v u ) = u u u Forlæng med u og uddrag kvadratroden. Eksempel.6 (Ulighed) For x,..., x n R gælder uligheden x + + x n n x + + x n LØSNING. Anvend Cauchy-Schwarz ulighed på vektorerne (,..., ) og (x,..., x n ). Definition.7 (Vinkel) For to egentlige vektorer u, v 0 er vinklen θ mellem dem bestemt ved Cauchy-Schwarz ulighed.5 og cos θ = u v u v, hvor 0 θ π Eksempel.8 (Vinkel) Bestem vinklen mellem vektorerne (,,, ) og (,, 3, 4). LØSNING. Udregn cos θ = og få vinklen θ 4.. Trekantsuligheden Ganske sjovt gælder denne ulighed. Det betyder, at det geometriske billede af en trekant i planen også er dækkende for en trekant i talrummene. Sætning.9 (Trekantsuligheden) For vektorer u, v gælder Trekantsuligheden u + v u + v BEVIS. Fra Cauchy-Schwarz ulighed Uddrag kvadratroden. u + v u + v + u v = ( u + v ) Bemærkning.0 (Trekantsulighed) Indlysende trekantsulighed u + v u + v u + v v u

108 08. SKALARPRODUKTET Eksempel. (Enhedskugle) Givet vektorer u, v i enhedskuglen {x R n x }. Så er enhver linearkombination tu + ( t)v i enhedskuglen for 0 t. LØSNING. Udregn ved trekantsuligheden tu + ( t)v tu + ( t)v = t u + ( t) v t + ( t) = Opgaver Opgave. Udregn skalarprodukterne: (,, 3) (, 4, 5),(,,, 3) (, 4, 0, 5)og (, x, y) (x,, y). Opgave. Bestem alle vektorer vinkelret på (,, 3, 4). Opgave.3 Betragt følgende tre vektorer i R 4 : u = (,,, ), u = (,,, ), u 3 = (,,, 3). Undersøg hvilke af følgende udsagn der gælder: u u ; u u 3 ; u u 3 Opgave.4 Verificer (evt. v.hj. af lommeregner) Cauchy-Schwarz ulighed for de to vektorer i R 4 givet ved (,, 3, 4) og (, 3, 4, 5). Udregn også vinklen mellem dem. Opgave.5 Verificer (evt. v.hj. af lommeregner) trekantsuligheden for de to vektorer i R 4 givet ved (,, 3, 4) og (, 3, 4, 5). Opgave.6 Udregn vinklen mellem vektorerne (3, 5, 8) og (5, 8, 3). Opgave.7 Eftervis formlen u + v + u v = u + v Opgave.8 Eftervis formlen u + v u v = 4u v

109 3 Ortogonal projektion Oprejse vinkelret og nedfælde vinkelret er velkendte meget vigtige operationer i geometrien. Disse begreber kan overføres til talrummene. Her giver de anledning til afstands betragtninger, den vinkelrette afstand er den korteste. Til sidst præsenteres sætninger om ortogonal matricer og kvadratiske former temmelig (meget) kortfattet. Det er her resultaterne der tæller og disse bruges i statistik, fysik og kemi. Ortogonal komplement Her oprejses den vinkelrette. Definition 3. (Ortogonal komplement) For en delmængde af vektorer X R n er det ortogonale komplement X = {v R n v u = 0, u X} Fra regnereglerne for skalarproduktet følger straks, at dette er et underrum. Bemærkning 3. (Komplement) Nogle nyttige observationer: () Der gælder 0 = R n og (R n ) = 0. () X (X ). (3) X X 0. (4) Hvis U er et underrum, så er U U = 0. Eksempel 3.3 (Rummet) Beskriv med geometriske ord X og (X ) i tilfældet hvor n = 3 og X = {e, e }. Hvis x er en egentlig vektor i R 3, så er {x} en plan, og x er en normalvektor til denne plan; ({x} ) er linjen med x som retningsvektor; altså lig med Span(x). Man kan godt tillade sig at skrive x i stedet for {x}. Eksempel 3.4 (Planen) Span(v) For to egentlige vektorer u, v i R som er ortogonale u v er det ortogonale komplement u = {w w u = 0} underrummet Span(v). u ORTOGONAL KOMPLEMENT 09

110 0 3. ORTOGONAL PROJEKTION Eksempel 3.5 (Komplement) For u = (3, ) R er det ortogonale komplement bestemt ved ligningen, v = (v, v ), Løsning til dette skrives Dette kan skrives ( v ) = v {v v u = 0} 3v + v = 0 ( 3 v ) v ( ) = v 3 Span(u) = Span(( 3, )) Span(u) y ( 3, ) u = (3, ) x Tømrerprincippet For at oprette den vinkelrette på et underrum kan man nøjes med et at oprette langs et sæt retninger der udspænder. Sætning 3.6 (Tømrersvend) For en delmængde af vektorer X R n som udspænder et underrum U R n er det ortogonale komplement X = U Altså gælder w U w x, x X BEVIS. Ved regnereglerne er w ortogonal på enhver linearkombination fra X. Eksempel 3.7 (Komplement) For U = Span((,, ), (, 3, 4)) R 3 er det ortogonale komplement U = {v v u = 0, u U} bestemt ved ligningssystemet, v = (v, v, v 3 ), v + v + v 3 = 0 v + 3v + 4v 3 = 0

111 3. ORTOGONAL PROJEKTION Det rækkereducerede system er Løsningerne kan skrives Dermed er v + v 3 = 0 v + v 3 = 0 v v = v 3 v 3 = v 3 v 3 v 3 U = Span((,, )) (,, ) z U = Span((,, ), (, 3, 4)) x y Sætning 3.8 (Nulrum som komplement) For en m n-matrix er nulrummet det ortogonale komplement til rækkerummet. N A = Span(a,..., a m ) BEVIS. Produktet Ax = 0 betyder netop at x a i for i =,..., m. Sætning 3.9 (Rum og komplement) Lad U være et underrum i R n. Så har enhver vektor x R n en entydig fremstilling x = v + w, v U, w U BEVIS. Lad u,..., u m være en basis for U. Fra 3.8 følger, at U er nulrummet for m n-matricen med basen for U som rækker. Rangformlen 8.4 giver, at dim U = n m. Vælg en basis for U u m+,..., u n. En fremstilling j a ju j = 0 giver m a j u j = j= n j=m+ a j u j U U Det følger, at sættet u,..., u n er lineært uafhængigt og dermed.4 en basis for R n. En opskrivning x = j a ju j giver resultatet. Eksempel 3.0 (Vektor og komplement) For U = Span((,, )) er det ortogonale komplement U bestemt ved ligningen v v v 3 = 0. Løsningerne kan skrives v v = v + v 3 v = v + v Dermed er v 3 v 3 U = Span((,, 0), (, 0, ))

112 3. ORTOGONAL PROJEKTION Vektoren (3, 0, 0) kan skrives (3, 0, 0) = (,, ) + (,, 0) + (, 0, ) og dermed hvor (,, ) U, (,, ) U. (3, 0, 0) = (,, ) + (,, ) Ortogonal projektion Her nedfældes den vinkelrette. Definition 3. (Ortogonal projektion) Situationen relateres til følgende figur x w = x v U v ORTOGONAL PROJEKTION PÅ UNDERRUM For et underrum U R n er den ortogonale projektion af en vektor x på U den vektor v U 3.9, som opfylder x v = w U Der gælder x = v + w, v U, w U Den ortogonale projektion betegnes Vektoren kaldes restvektoren. proj U (x) = v w = x v = x proj U (x) U Eksempel 3. (Projektion på koordinatplan) For underrummet U = Span(e, e ) R n er den ortogonale projektion af en vektor x = (x, x,..., x n ) på U givet ved proj U (x) = v = (x, x, 0,..., 0) Ses let da x v = (0, 0, x 3,..., x n ) U Beregning af projektion Det er muligt at give formler, som gør arbejdet med at beregne projektioner pænt overskueligt. Sætning 3.3 (Projektion på vektor) For et underrum U = Span(u) R n udspændt af netop én vektor u 0 er den ortogonale projektion af en vektor x på U givet ved v = x u u u u

113 3. ORTOGONAL PROJEKTION 3 Det skrives proj u (x) = x u u u u x w = x v U v = au U = Span(u) ORTOGONAL PROJEKTION v = proj u (x), a = x u u u BEVIS. Eftervis altså hvoraf påstanden følger, 3.. (x x u u u u) u (x x u u u u) u = x u x u u u u u = 0 Eksempel 3.4 (Projektion på vektor) For et underrum U = Span(u) R 3 udspændt af vektoren u = (,, ) er den ortogonale projektion af en vektor x = (x, x, x 3 ) på U givet ved proj u (x) = x u u u u = x + x + x 3 3 (,, ) Eksempel 3.5 (Projektion på vektor) Tegn en figur for overblik x x = (, 8) proj u (x) = (9, ) u = (3, 4) ORTOGONAL PROJEKTION proj u (x) på Span(u) x

114 4 3. ORTOGONAL PROJEKTION For et underrum U = Span(u) R udspændt af vektoren u = (3, 4) er den ortogonale projektion af en vektor x = (, 8) på U givet ved proj u (x) = x u u u u = (3, 4) = 3(3, 4) = (9, ) Sætning 3.6 (Projektion på basis) Lad u,..., u k R n være indbyrdes ortogonale egentlige vektorer. Antag at de udspænder underrummet U. Så gælder () Sættet u,..., u k er en basis for U. () Den ortogonale projektion af en vektor x R n på U er givet ved proj U (x) = k proj uj (x) j= (3) Det er en opskrivning af projektionen i basen u,..., u k proj U (x) = k j= x u j u j u j u j BEVIS. () Ifølge. er sættet lineært uafhængigt og dermed en basis,.9. () Udregn ved 3.3 (x k j= og slut fra tømrerprincippet 3.6, at proj uj (x)) u i = x u i x u i u i u i u i u i = 0 x k proj uj (x) U j= hvoraf påstanden følger, 3.. (3) Brug formlen 3.3. Eksempel 3.7 (Projektion på basis) Lad u = (,, ), u = (,, ) R 3 være indbyrdes ortogonale vektorer der udspænder underrummet U. Så er den ortogonale projektion proj U (x) = proj u (x) + proj u (x) = x u u u u + x u u u u = x x + x 3 3 = ( x + x 3 (,, ) + x + x + x 3 6, x, x + x 3 ) (,, )

115 3. ORTOGONAL PROJEKTION 5 x proj U x proj u x proj u x u u Eksempel 3.8 (Projektion på basis) Betragt vektorerne u = (,, 0, ), u = (,,, 3) R 4 samt underrummet U = Span(u, u ). () Vektorerne u og u er ortogonale u u = = 0 () Lad x = (,, 8, 6) og beregn proj U (x) = proj u (x) + proj u (x) = x u u u u + x u u u u = 9 9 (, 8, 0, ) + (,,, 3) 8 4 = (, 0,, 7) Mindste afstand Den mindste afstand til et underrum er givet ved den vinkelrette afstand. Her er det udtrykt ved normen af restvektoren. Bemærk, at den geometriske figur stadig er relevant. Sætning 3.9 (Afstand til underrum) Lad U R n være et underrum. Antag at vektoren x har ortogonal projektion v = proj U (x) på U. Så gælder: () Projektionen v er den vektor i U, der har kortest afstand til x. () Normen af restvektoren x v den korteste afstand.

116 6 3. ORTOGONAL PROJEKTION BEVIS. For en vektor v v U gælder x (v v ) = (x v) + v = x v + v ifølge Pythagoras., da (x v) v. x x v x (v v ) v v U MINDSTE AFSTAND TIL UNDERRUM Eksempel 3.0 (Afstand til linje) For en linje U = Span(u) R 3 udspændt af vektoren u = (,, ) er den vektor i U med kortest afstand til en vektor x = (x, x, x 3 ) givet ved proj u (x) = x u u u u Kvadratafstanden er hvor m = x+x+x3 3. = x + x + x 3 3 (,, ) x proj u (x) = (x m) + (x m) + (x 3 m) Gram-Schmidt ortogonalisering Hvis et underrum ikke på forhånd har en ortogonal basis, så findes en sådan ved opretning. Bemærkning 3. (Tømrermester) To vektorer kan rettes op w = v proj u (v) v proj u (v) u TO VEKTORER RETTET OP

117 3. ORTOGONAL PROJEKTION 7 Lad u, v være ikke-parallelle vektorer der udspænder underrummet U. Sæt w = v proj u (v) = v v u u u u Så er u, w ortogonale og udspænder U. Den ortogonale projektion af vektoren x på U er da proj U (x) = proj u (x) + proj w (x) = x u u u u + x w w w w Indføres udtrykket for v igen, fås det flotte determinant udtryk x u v u x v v v u u x u u v x v proj U (x) = u u v u u + u v v v u u v u u v v v v Eksempel 3. (Tømrermester) Lad u = (,, ), v = (,, 3) være vektorer der udspænder underrummet U. Sæt w = v proj u (v) = v v u u u u = (,, 3) (,, ) = (, 0, ) Den ortogonale projektion af vektoren x = (3, 3.6, 6) på U er da proj U (x) = proj u (x) + proj w (x) = x u u u u + x w w w w =.6 3 (,, ) + 3 (, 0, ) = (.7, 4., 5.7) Sætning 3.3 (Gram-Schmidt) Et sæt vektorer v,..., v m R n som udspænder et underrum U kan oprettes til en basis u,..., u k for U bestående af indbyrdes ortogonale vektorer. BEVIS. Tag vektorer 0 fra følgende procedure u = v j+ proj Span(v,...,v j) (v j+) Mindste kvadraters metode Fra statistik hentes yderst vigtige eksempler på brug af afstandsbegrebet. Eksempel 3.4 (Middelværdi) For faste x,..., x n er kvadratsummen minimeret af middelværdien q(m) = (x m) + + (x n m) m = x + + x n n

118 8 3. ORTOGONAL PROJEKTION LØSNING. Sæt x = (x,..., x n ) og u = (,..., ). Så er m bestemt ved mu = proj u (x) = x u u u u = x + + x n n Eksempel 3.5 (Regressionslinje) For punkter (x, y ),..., (x n, y n ) er regressionslinjen y = ax + b bestemt ved, at kvadratafvigelsen (y (ax + b)) + + (y n (ax n + b)) er mindst. Antag, at x i -erne er forskellige. Koefficienterne er da Eller a = n x i y i ( x i )( y i ) n x i x i ( x i )( x i ) b = ( x i x i )( y i ) ( x i )( x i y i ) n x i x i ( x i )( x i ) xy ˆxŷ a = xx ˆxˆx xxŷ ˆx xy b = xx ˆxˆx = ŷ aˆx Hvor der er indført middelværdier ˆx = n xi, etc. LØSNING. Indføres vektorerne i R n x, y og u = (,..., ), så er a, b bestemt ved den ortogonale projektion af y på underrummet U = Span(x, u). Fra 3. Skrevet ud u proj U (y) = ax + bu y x y u a = x x x u x x x u b = x x x u u x u u u x u u y x y u u x u u a = n x i y i ( x i )( y i ) n x i x i ( x i )( x i ) b = ( x i x i )( y i ) ( x i )( x i y i ) n x i x i ( x i )( x i ) Eksempel 3.6 (Regressionslinje) Tegn følgende tre punkter i planen (, 3), (, 3.6), (3, 6). Med notation fra foregående eksempel, er altså x = (,, 3) og y = (3, 3.6, 6)

119 3. ORTOGONAL PROJEKTION 9 Den ønskede projektion er proj U ((3, 3.6, 6)) = a(,, 3) + b(,, ) Fra formlerne fås regressionslinjen y =.5x +. y y =.5x +. (3,6) (,3) (,3.6) 0 x Ortogonale matricer Matricerne svarende til spejlinger og drejninger i planen er de ortogonale -matricer. Definition 3.7 (Ortogonale matricer) En kvadratisk matrix U kaldes en ortogonal matrix, hvis søjlerne i U er et ortogonalt sæt af enhedsvektorer. Sætning 3.8 (Ortogonal og transponeret) Lad U være en n n-matrix. Så er følgende ækvivalent () U er ortogonal. () U T U = I. (3) U er invertibel og U = U T. (4) Rækkerne i U er et ortogonalt sæt af enhedsvektorer. BEVIS. () (): Indgangene i produktet er skalarprodukter af søjlerne. () (3): U T er ensidig og dermed 8.8 invers. (3) (4): Indgangene i UU T er skalarprodukt af rækkerne. Symmetriske matricer De matricer der optræder i extremumsproblemer for funktioner i mange variable er symmetriske. Definition 3.9 (Symmetriske matricer) En kvadratisk matrix A kaldes en symmetrisk matrix, hvis A T = A. Altså, hvis i-te række og i-te søjle er samme tuppel.

120 0 3. ORTOGONAL PROJEKTION Sætning 3.30 (Ortogonale egenvektorer) Lad A være en symmetrisk n n-matrix og u,..., u k egentlige egenvektorer hørende til parvis forskellige egenværdier λ,..., λ k. Så er sættet u,..., u k ortogonalt. BEVIS. Udregn ved.8 λ i u i u j = Au i u j = u i Au j = λ j u i u j Da egenværdierne λ i λ j er forskellige følger u i u j = 0. Sætning 3.3 (Spektralsætningen) Lad A være en symmetrisk n n-matrix. () Det karakteristiske polynomium faktoriserer A λi = (λ λ)... (λ n λ) med n rødder λ,..., λ n. () Der findes en ortogonal basis u,..., u n for R n bestående af egenvektorer. (3) Der findes en ortogonal matrix U som diagonaliserer A, U T AU = Λ hvor Λ er diagonalmatricen med egenværdierne som diagonalindgange. BEVIS. Det vanskeligste punkt er eksistensen af en egenværdi. Dertil kan man bruge lidt funktionsteori. Betragt den kontinuerte funktion f(x) = x Ax på den lukkede og begrænsede mængde af enhedsvektorer. Fra analysen vides, at f antager et maksimum i en vektor u, f(u) = λ og u =. Sæt B = A λi. Så er u Bu = 0 og x Bx 0 for alle x R n For alle reelle tal t sættes u + tbu = x og dermed (u + tbu) B(u + tbu) 0. Dette giver, at andengradspolynomiet Bu B u t + Bu Bu t 0 for alle t. Det følger, at Bu = 0 og λ dermed er en egenværdi. Resten overspringes. Kvadratiske former I Taylorpolynomiet for en funktion i mange variable er den homogene part af grad en kvadratisk form. I et kritisk punkt dominerer denne form Taylorapproksimationen. Definition 3.3 (Kvadratisk form) Et homogent andengradspolynomium q(x), q(x,..., x n ) = q ij x i x j kaldes en kvadratisk form. Den symmetriske matrix A med indgange a ij = qij+qji er den tilhørende matrix. Sætning 3.33 (Matrix repræsentation) Lad A være matricen hørende til den kvadratiske form q(x). Så er q(x) = x T Ax = x Ax BEVIS. En direkte udregning af begge sider.

121 3. ORTOGONAL PROJEKTION Sætning 3.34 (Spektralsætning for kvadratisk form) Lad A være matricen hørende til den kvadratiske form q(x). Lad u,..., u n være en ortogonal basis af enhedsvektorer bestående af egenvektorer for A hørende til egenværdier λ,..., λ n. () Der gælder q(y u + + y n u n ) = λ y + + λ n yn () Lad U være matricen med søjler u,..., u n, så er (3) Der gælder q(uy) = λ y + + λ n y n q(x) = λ (x u ) + + λ n (x u n ) BEVIS. Følger direkte fra 3.3 for matricen A. Opgaver Opgave 3. (Matematik Alfa, August 00, Opgave 6) Betragt det lineære underrum U R 4, der er udspændt af vektorer u = (,,, ) og u = (0,,, 0). Angiv den vektor u i U, der har kortest afstand til vektoren v = (,, 3, 4). Opgave 3. Angiv proj u (v), og proj v (u), hvor: () u = (,, 3), v = (3,, ). () u = (, ), v = (, ). (3) u = (, 3), v = (4, 4). (4) u = (,, 3), v = (0,, ). (5) u = (0, 3,, 6), v = (,,, ). Opgave 3.3 Lad U være det lineære underrum af R 4, som er udspændt af de to vektorer u = (,, 3, 4) og v = (3, 7, 9, ). Lad x = (, 0, 0, 0). Angiv proj U (x). Opgave 3.4 Betragt det homogene lineære ligningssystem x + y + 3z = 0 4x + 5y + 6z = 0 () Angiv dets løsningsrum U. () Angiv den ortogonale projektion af vektoren v = (7, 9, ) på U. Opgave 3.5 Lad u og v betegne vektorerne i R 4 givet ved u = ( 3,,, 3) og v = (,,, ) Lad U R 4 betegne det lineære underrum Span(u, v). Bestem den vektor i U, der har kortest afstand til vektoren w givet ved w = (,, 4, 7)

122 3. ORTOGONAL PROJEKTION Opgave 3.6 Betragt det lineære underrum U = Span(u, u ) R 4, hvor u = (, 0, 0, 0) og u = (0,,, ) Angiv den vektor u i U, der har kortest afstand til vektoren v = (3, 3, 0, 0), og angiv talværdien for denne afstand. Opgave 3.7 Betragt følgende tre vektorer i R 4 : Det oplyses, at u = (,,, ), u = (,,, ) og u 3 = (,,, 3) Span(u, u ) = Span(u, u 3 ) = Span(u, u 3 ) (bevis herfor kræves ikke). Dette lineære underrum af R 4 betegnes U. Lad v være vektoren (0, 0, 6, 6). Angiv den ortogonale projektion proj U (v) af v på U. Opgave 3.8 Lad U betegne løsningsrummet for det homogene lineære ligningssystem x +x x 3 x 4 = 0 6x x +x 3 +x 4 = 0 Vis, at den ortogonale projektion af vektoren ( 6, 4,, 0) på U er (0, 3,, ). Opgave 3.9 Betragt vektorerne u = (0,, 0), u = (,, 0) og v = (,, ) i R 3. Lad U betegne underrummet U = Span(u, u ). Overvej at proj U (v) = (,, 0). Vis at proj u (v) = (0,, 0) og proj u (v) = (,, 0). Slut heraf at proj U (v) proj u (v) + proj u (v) Hvorfor strider dette ikke mod Sætning 3.6? Opgave 3.0 Lad m n-matricen A have søjlerum U R m. Vis, at en løsning c R n til ligningssystemet Ax = proj U b minimerer funktionen Ax b på R n. Opgave 3. Lad u,..., u k være et ortogonalt sæt af enhedsvektorer i R n. Vis for x R n : x u + + x u k x Opgave 3. Lad U være en ortogonal matrix. Vis, at skalarprodukt og norm bevares: Ux Uy = x y og Ux = x Opgave 3.3 Lad U være en ortogonal matrix. Vis, at en egenværdi er ±. Opgave 3.4 Lad A være en vilkårlig matrix. Vis, at en egenværdi for matricen A T A er 0.

123 4 Jacobimatrix og Hessematrix For afbildninger i mange variable kommer matrixregningen bekvemt ind som administrativt værktøj. Jacobimatricen, Jacobideterminanten og Hessematricen er helt centrale i mange variable. Funktion i variable En kort genopfriskning af den lineære tilnærmelse. Eksempel 4. (Funktion i variable) For en differentiabel funktion f(x, x ) kan den lineære approksimation f(x, x ) f(a, a ) f x (a, a )(x a ) + f x (a, a )(x a ) skrives som en matrixmultiplikation f(x, x ) f(a, a ) ( f x (a, a ) ) ( ) f x x (a, a ) a x a Jacobimatricen Den lineære approksimation er givet ved matrixmultiplikation med Jacobimatricen. Definition 4. (Jacobimatrix) For en differentiabel afbildning f : R n R m (u,..., u n ) (v,..., v m ) = (f (u,..., u n ),..., f m (u,..., u n )) er Jakobimatricen følgende m n-matrix f u... f u (u) =..... f m u... Man bruger også betegnelsen f u n f m u n f (u) = f v (u) = u u (u) Eksempel 4.3 (Lineær approksimation) For en differentiabel funktion f(x) kan den lineære approksimation i a skrives f(x) f(a) f (a)(x a) For f.eks. f(x, x ) = (x x, x x ) er dette ( ) ( ) a a f(x, x ) f(a, a ) x a a a x a 3

124 4 4. JACOBIMATRIX OG HESSEMATRIX Kædereglen Det kan være en lettelse, at opskrive kædereglen ved matrixmultiplikation. Sætning 4.4 (Kædereglen i matrixformulering) For differentiable afbildninger R n f R m er sammensætningen R n g f R p differentiabel og Jakobimatricen er matrixproduktet g R p (g f) (u) = g (f(u))f (u) Hvis v = f(u) og w = g(v) skrives også kort Eksempel 4.5 (Beregn en partiel afledt) w u = w v v u Beregn u s. Svaret er u = x 4 y + y z 3 x = rse t, y = rs e t, z = r s sin t u (r, s, t) = u (x, y, z) (x, y, z) (r, s, t) ( ) ( ) ur u s u t = ux u y u z x r x s x t y r y s y t z r z s z t u = x 4 y + y z 3, x = rse t, y = rs e t, z = r s sin t ( ur u s u t ) = ( 4x 3 y x 4 + yz 3 3y z ) set re t rse t s e t rse t rs e t rs sin t r sin t r s cos t u s = 4x 3 yre t + (x 4 + yz 3 )rse t + 3y z r sin t Definition 4.6 (Jacobideterminant) For en differentiabel afbildning f : R n R n (u,..., u n ) (v,..., v m ) = (f (u,..., u n ),..., f n (u,..., u n )) er Jacobideterminanten determinanten af Jacobimatricen f f det f u... u n u =..... f n f u... n Man skriver også u n det f (u) = det v u (u)

125 4. JACOBIMATRIX OG HESSEMATRIX 5 Eksempel 4.7 (Jacobideterminanten) For afbildning f : R R (u, u ) (u + u, u u ) er Jacobideterminanten f f f (u) = u u f f u u f (u) = u u u u = u u Implicit funktionssætning Løsning af et lineært ligningssystem kan betragtes som angivelse af en implicit given funktion. I mange variable viser det sig, at ikke-lineære ligningssystemer kan tilnærmes et lineært system givet ved Jacobimatricen. Eksempel 4.8 (Lineær ligning) Om n lineære ligninger i m + n variable f(x, y) = Ax + By = c antages den delvise Jacobideterminanten f y f n y... f y n y n y n = B 0 Ligningssystemet har da en entydig løsning med frie variable x y = B Ax + B c Dette bestemmer y som implicit given funktion af x. Sætning 4.9 (General ligning) Om n differentiable ligninger i m + n variable f(x, y) = c antages den delvise Jacobideterminanten f y f n y... f y n f n y n 0 Nær en given løsning (x, y) = (a, b) bestemmer løsningsmængden de variable y som en implicit given funktion af x. Der findes en differentiabel funktion g : R m R n, så g(a) = b og for y = g(x) er disse løsninger f(x, g(x)) = c. Jacobimatricen for g er bestemt ved B A Hvor f y... B =..... f n y... f y n f n y n

126 6 4. JACOBIMATRIX OG HESSEMATRIX og f x... A =..... f n x... f x m f n x m Koordinatskift i integral Volumen egenskaben ved determinanten kommer til udtryk i formlerne for koordinatskift i integraler i flere variable. En kasse er tilnærmelsesvis transformeret til et parallelepipedum ved Jacobimatricen. Så volumenet er ændret med den nummeriske værdi af Jacobideterminanten. Sætning 4.0 (Koordinatskift i integral) Givet en differentiabel afbildning g : R n R n og et område D R n. For en integrabel funktion f : g(d) R gælder integralskift formlen g(d) f(v)dv = D f g(u) det v u du Eksempel 4. (Polære koordinater) For g(r, θ) = (r cos θ, r sin θ) er det (x,y) (r,θ) = cos θ sin θ funktion f : g(d) R gælder r sin θ r cos θ = r. For en integrabel f(x, y)da = f(r cos θ, r sin θ) rda g(d) D θ y β D α 0 a b r g 0 g(d) (b cos α,b sin α) x Ved brug af Fubinis sætning på et polært rektangel R = g(d) fås f(x, y) da = β b R α a f(r cos θ, r sin θ) rdr dθ

127 4. JACOBIMATRIX OG HESSEMATRIX 7 Eksempel 4. (Cylinderkoordinater) Rummets beskrivelse ved cylinderkoordinater (r, θ, z) er givet ved transformationen (x, y, z) = g(r, θ, z) = (r cos θ, r sin θ, z) Jacobimatricen er cos θ r sin θ 0 sin θ r cos θ (x,y,z) og determinanten er y (x, y, z) x det (r, θ, z) = r (r cos θ,r sin θ) For en integrabel funktion f : g(d) R gælder f(x, y, z)dv = f(r cos θ, r sin θ, z) rdv g(d) D Ved brug af Fubinis sætning for en cylinder C = {(x, y, z) x + x R, 0 z c} beskrevet i cylinderkoordinater D = {(r, θ, z) 0 r R, 0 θ π, 0 z c} fås koordinatskift c π R f(x, y) dv = f(r cos θ, r sin θ, z) rdr dθ dz C z z θ r Eksempel 4.3 (Sfæriske koordinater) z Rummets beskrivelse ved sfæriske koordinater (ρ, θ, φ) er givet ved transformationen (x, y, z) = g(ρ, θ, φ) = (ρ cos θ sin φ, ρ sin θ sin φ, ρ cos φ) ρ måler afstanden fra origo, θ er vinklen fra x-aksen til sigtelinjens projektion på (x, y)- planen og φ er vinklen fra lodret til sigtelinjen. Jacobimatricen er (x, y, z) (ρ, θ, φ) = og determinanten udregnes til x ρ cos φ θ φ ρ ρ sin φ cos θ sin φ ρ sin θ sin φ ρ cos θ cos φ sin θ sin φ ρ cos θ sin φ ρ sin θ cos φ cos φ 0 ρ sin φ det (x, y, z) (ρ, θ, φ) = ρ sin φ (x,y,z) (ρ cos θ sin φ,ρ sin θ sin φ) For en integrabel funktion f : g(d) R gælder f(x, y, z)dv = f(ρ cos θ sin φ, ρ sin θ sin φ, ρ cos φ) ρ sin φ dv g(d) D Ved brug af Fubinis sætning for en kugle C = {(x, y, z) x + x + z R } beskrevet i sfæriske koordinater D = {(ρ, θ, φ) 0 ρ R, 0 θ π, 0 φ π} fås y

128 8 4. JACOBIMATRIX OG HESSEMATRIX koordinatskift f(x, y, z) dv = π π R C f(ρ cos θ sin φ, ρ sin θ sin φ, ρ cos φ) ρ sin φdρ dθ dφ. ordens kriteriet En kort opfriskning af. ordens kriteriet for arten af kritiske punkter. Eksempel 4.4 (. ordens approksimation) Betragt f(x, y) nær (a, b). Så er f(x, y) f(a, b) + f x (a, b)(x a) + f y (a, b)(y b) På matrix form er dette + (f xx(a, b)(x a) + f xy (a, b)(x a)(y b) + f yy (a, b)(y b) ) f(x, y) f(a, b) + ( f x (a, b) + f y (a, b) ) ( ) x a y b ( x a y b ) ( f xx (a, b) f xy (a, b) f yx (a, b) f yy (a, b) ) ( ) x a y b Eksempel 4.5 (. ordens kriterium) Antag f(x, y) har kritisk punkt (a, b), f(a, b) = 0. Hessematricen ( ) fxx (a, b) f xy (a, b) f yx (a, b) f yy (a, b) har determinant D = f xx (a, b)f yy (a, b) f xy (a, b), som er test størrelsen for arten af kritiske punkter. Egenværdier: (a) to positive, (b) to negative, (c) en positiv og en negativ. (a) D > 0, f xx (a, b) > 0 (a, b) lokalt minimum (b) D > 0, f xx (a, b) < 0 (a, b) lokalt maksimum (c) D < 0 (a, b) saddelpunkt Hessematricen I mange variable indføres Hessematricen hvis egenværdier bestemmer arten af et kritisk punkt. Definition 4.6 (Hessematrix) Givet en to gange differentiabel funktion f(x,..., x n ). Så er Hessematricen f x symmetriske n n-matrix, hvis ij te indgang er Denne skrives også f x i x j (x) f (x) = f x (x) Fra 3.3 følger, at denne kan diagonaliseres. den

129 4. JACOBIMATRIX OG HESSEMATRIX 9 Eksempel 4.7 (. ordens approksimation) Betragt f(x) nær a. Så er. ordens Taylorapproksimationen f(x) f(a) + f (a)(x a) + (x a)t f (a)(x a) hvor både Jacobimatricen f (a) og Hessematricen f (a) indgår. Sætning 4.8 (. ordens kriterium) Givet f(x,..., x n ). En nødvendig betingelse for et lokalt ekstremum i et indre punkt u er f (u) = ( f x (u),..., f x n (u)) = 0 I det kritiske punkt u betragtes Hessematricen f x (u) (a) Hvis alle egenværdier er positive, så er u et lokalt minimum. (b) Hvis alle egenværdier er negative, så er u et lokalt maksimum. (c) Hvis der forekommer både positive og negative egenværdier, så er u et saddelpunkt. Eksempel 4.9 (Arten af et kritisk punkt) Funktionen f(x, y, z) = x + 3y z har gradient f(x, y, z) = (4x, 6y, z) og kritisk punkt u = (0, 0, 0). Hessematricen f (u) = har egenværdier 4, 6 > 0 og < 0. Andenordenstesten giver, at u er et saddelpunkt. Opgaver Opgave 4. Betragt funktionerne f(x, y) = x + y og g(x) = (x, x). Angiv Jacobimatricerne. Opgave 4. Betragt funktionen F : R R givet ved Angiv Jacobimatricen F (u, v) = (u cos v, u sin v) F (u,v) for vilkårlig x = (u, v) R. Opgave 4.3 Betragt funktionen F : R R 3 givet ved F (x, y) = (6x + 3y, x + y, 45x + 4y) Angiv Jacobimatricen F (x,y) for vilkårlig u = (x, y) R (den viser sig at være uafhængig af u). Opgave 4.4 Betragt den parametriske kurve g : R R givet ved x(t) = t, y(t) = t 3 (jvf. [Stewart].7 Opg. 8). Angiv Jacobimatricen dg dt for t R.

130 30 4. JACOBIMATRIX OG HESSEMATRIX Opgave 4.5 ) Betragt den parametriske kurve g : R R givet ved x(t) = sin t, y(t) = cos t. Angiv Jacobimatricen g (0). ) Betragt funktionen f : R R givet ved f(x, y) = x y+ 3xy 4. Angiv Jacobimatricen f (v) for f i punktet v = (0, ). 3) Angiv matrixproduktet f (v)g (0) (det er en -matrix, altså et tal.) 4) Angiv (f g) (0) (læg mærke til, at f g er en funktion R R). 5) Sammenlign med [Stewart],.5 Ex.. Opgave 4.6 Opstil Chain Rule Case II ([Stewart] s. 79) som matrixligning AB = C, med A og C matricer og B en matrix. Opgave 4.7 Lad f : R n R være en lineær afbildning. Vis at gradientvektoren f(p ) er den samme for alle punkter P R n. Sammenlign f(p ) med Matr(f). (Vink: skriv et regneudtryk op for f.) Opgave 4.8 Lad f : R n R m være en lineær afbildning. Vis at f (u) (=Jacobimatricen for f i u) er den samme for alle punkter u R n. Vis at f (u) = Matr(f). Opgave 4.9 Betragt funktionen f(x, y, z) = x + y + z xz. Undersøg, om den antager et lokalt ekstremum i (0, 0, 0). Opgave 4.0 Betragt funktionen f(x, y, z) = 3x + y + z + 4xy + 4yz. Vis, at gradientvektoren af f i origo O er nulvektoren. Undersøg, om funktionen f(x, y, z) antager et ekstremum i O. (Vink: den halve Hessematrix i origo har bl.a. tallet 5 som egenværdi.) Test 4. (Jacobimatrix) Lad( g(x, y) = )(x ( y, xy). Så) er Jacobimatricen: ( ) x y (a) x y x y. (b). (c). x y y x x y Afkryds den rigtige: (a) (b) (c) Test 4. (Jacobimatrix) Afbildningen g(x, y) = (xy, xy) har Jacobimatrix [ ] g (x, y) =. y x Afkryds: ja nej

131 5 Lineær differentialligning Den lineære. ordens differentialligning er den simpleste. Men den spiller en stor rolle, da den i princippet nemt kan løses og løsningen kan bruges til at tilnærme løsningen af en mere vanskelig differentialligning. Den lineære differentialligning defineres rimeligt præcist og den lineære struktur af løsningsmængden angives. Ligningen med konstante koefficienter er separabel og løses ved integration. Den generelle ligning reduceres på analog måde og en samlet formel angives. Resultaterne anvendes på en populær opgavetype. Sprogbrug En rimelig præcis definition af den lineære ligning og lidt almindelig sprogbrug, der benyttes i de fleste fremstillinger, følger her. Definition 5. (Lineær differentialligning) Den lineære. ordens differentialligning er dy = a(x)y + b(x) dx En partikulær løsning er en differentiabel funktion y(x) som opfylder y (x) = a(x)y(x) + b(x) Den fuldstændige løsning er en angivelse af alle løsninger, også kaldet løsningsrummet. Ligningen dy dx = a(x)y kaldes homogen og er den homogene part af den inhomogene, b 0, ligning ovenfor. Eksempel 5. (Bring på standard form) Skriv ligningen som en lineær. ordens differentialligning. LØSNING. Isoler y Så a(x) = 4xe x og b(x) = e x sin x. e x y 4xy + sin x = 0 y = 4xe x y e x sin x Løsningsmængden Den lineære differentiallignings form har en afgørende betydning for strukturen af løsningsrummet. I det homogene tilfælde er linearkombinationer af løsninger igen løsninger. Det kaldes i anvendelsessammenhænge ofte for superpositionsprincippet. Formuleringen af følgende sætning er inspireret af lineær algebra. Det ses, at løsningen af det inhomogene problem reduceres til det tilsvarende homogene problem samt angivelse af bare én partikulær løsning. 3

132 3 5. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING Sætning 5.3 (Lineært løsningsrum) Hvis z (x), z (x) er løsninger til den homogene lineære differentialligning så er enhver linearkombination dy dx = a(x)y z(x) = C z (x) + C z (x) også en løsning. Hvis z 0 (x) er en løsning til den inhomogene lineære differentialligning så er enhver løsning af formen dy = a(x)y + b(x) dx y(x) = z(x) + z 0 (x) hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet. BEVIS. giver første del. For anden del ses, at z = C z + C z = C az + C az = az er løsning til den homogene part. y z 0 Eksempel 5.4 (Find ligningen) Find en lineær. ordens differentialligning y = a(x)y + b(x) med a(x) 0, som har løsningen e x + x. LØSNING. Funktionen y(x) = e x + x har y (x) = xe x + x = x(e x + x ) + x x 3 Så ligningen y = xy + x x 3 kan bruges. Konstante koefficienter Ligningen med konstante koefficienter er særlig nem. Den er separabel og løses ved integration. Ved brug af den lineære struktur kan løsningen opdeles i det homogene problem og angivelse af bare én partikulær løsning. Sætning 5.5 (Konstante koefficienter) Den lineære ligning med konstante koefficienter har fuldstændig løsning givet ved a = 0: a 0: dy dx = ay + b y(x) = C + bx y(x) = Ce ax b a hvor C er arbitrær. Specielt er den konstante funktion y(x) = b/a en løsning.

133 5. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING 33 BEVIS. Den homogene part er separabel med løsninger Afslut ved 5.3. dy dx = ay dy y = a(x)dx ln y = ax + K y(x) = Ce ax y 0 x GRAFER AF LØSNINGER Eksempel 5.6 (Inhomogen ligning) Differentialligningen dy dx = 4y + 3 er en lineær ligning med konstante koefficienter. Den fuldstændige løsning er givet ved hvor C er arbitrær. y(x) = Ce 4x Generel homogen ligning Samme metode som anvendt på ligningen med konstante koefficienter kan bruges på den generelle homogene ligning. Denne er igen separabel og kan løses ved integration. Sætning 5.7 (Ikke konstante koefficienter) Den homogene lineære ligning dy dx = a(x)y har fuldstændig løsning y(x) = Ce A(x) hvor C er arbitrær og A(x) = a(x) dx BEVIS. dy dx = a(x)y

134 34 5. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING er separabel med løsninger dy y = a(x)dx ln y = A(x) + K y(x) = Ce A(x) Eksempel 5.8 (Homogen ligning) Differentialligningen dy dx = xy er en homogen lineær ligning. Den fuldstændige løsning er givet ved a(x) = x, A(x) = x dx = x hvor C er arbitrær. y(x) = Ce x Generel inhomogen ligning På snedig vis reduceres den inhomogene ligning til et stamfunktionsproblem. Der opnås en færdig formel for den fuldstændige løsning. Det er hovedresultatet i dette afsnit. Efterfølgende samles fremgangsmåden i en klar metode. Sætning 5.9 (Inhomogen ligning) Den generelle lineære ligning dy = a(x)y + b(x) dx har fuldstændig løsning y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) hvor C er arbitrær og A(x) = a(x) dx, B(x) = e A(x) b(x) dx BEVIS. opfylder ligningen som integreres til og forlænges til z(x) = e A(x) y(x) dz dx = e A(x) b(x) z(x) = C + B(x) y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) Metoden Læg mærke til den efterfølgende metode, som med fordel kan bruges i mange populære opgavetyper.

135 5. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING 35 Bemærkning 5.0 (Metode) () Bestem en stamfunktion () Bestem en stamfunktion dy = a(x)y + b(x) dx A(x) = a(x) dx B(x) = e A(x) b(x) dx (3) Skriv løsningen y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) (4) Konstanten C fastlægges ved indsættelse i løsningen fra 3. Metoden giver altså den fuldstændige løsning samt eventuelt en partikulær løsning der tilfredsstiller yderligere betingelser. Fyldige eksempler To repræsentative opgaver af en ofte stillet type løses ved brug af resultater og metoder fra dette kapitel. Eksempel 5. (Matematik Alfa, August 00, Opgave 7) Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen y + y = xe x + 3 Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) =. LØSNING. Skriv ligningen på formen og aflæs Beregn dy dx = y + (xe x + 3) a(x) =, b(x) = xe x + 3 A(x) = a(x) dx = dx = x B(x) = e A(x) b(x) dx = e x (xe x + 3)dx = x + 3 ex Heraf fås den fuldstændig løsning Altså med C arbitrær y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) = Ce x + ( x + 3 ex )e x y(x) = Ce x + x e x + 3 I den partikulære løsning bestemmes den arbitrære konstant C ved betingelsen y(0) =. y(0) = Ce =

136 36 5. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING giver I alt er den partikulære løsning C = 3 = y(x) = e x + x e x + 3 y 0 GRAFEN AF LØSNINGEN x Eksempel 5. (Matematik Alfa, Januar 003, Opgave 5) Angiv den fuldstændige løsning y(x) til differentialligningen (for x > 0) y + y x = x. Angiv endvidere den løsning, der opfylder betingelsen y() = 5. LØSNING. Skriv ligningen på formen og aflæs dy dx = x y + x a(x) = x, b(x) = x Beregn A(x) = B(x) = = a(x) dx = dx = ln x x e A(x) b(x) dx = e ln x x dx x x dx = dx = x Heraf fås den fuldstændig løsning y(x) = Ce A(x) + B(x)e A(x) = Ce ln x + xe ln x = C x + I den partikulære løsning bestemmes C ved betingelsen y() = 5. y() = C + = 5 C = (5 ) = 6

137 5. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING 37 I alt er den partikulære løsning y y(x) = 6 x + 0 GRAFEN AF LØSNINGEN x Opgaver Opgave 5. Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy dx = y + Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) =. Opgave 5. Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen y = y x Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) =. Opgave 5.3 Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy = xy + ex dx Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y() = e +. Opgave 5.4 ) Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy dx = cos(x)y Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(π) =. ) Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy = cos(x)y + cos(x) sin(x) dx

138 38 5. LINEÆR DIFFERENTIALLIGNING (Vink: gæt en løsning på formen z 0 (x) = c cos(x) + c sin(x).) Opgave 5.5 ) Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy dx = sin(x)y Angiv endvidere den partikulære løsning y(x), der opfylder y(0) =. ) Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningen dy = sin(x)y sin(x) dx Opgave 5.6 Angiv for alle a den fuldstændige løsning til differentialligningen y = ay + e x Opgave 5.7 Betragt differentialligningen y = y + e x g (x) Vis, at den fuldstændige løsning er y(x) = Ce x + e x g(x).

139 6 Lineært differentialligningssystem - ligninger Det lineære differentialligningssystem er en umiddelbar, men meget kraftig udvidelse af den lineære differentialligning. Kun tilfældet med konstante koefficienter behandles. Ved inddragelse af matrixmetoder, egenvektorer og egenværdier kan et system af differentialligninger reduceres til lineære differentialligninger, som kan løses ved metoder fra kapitel 5. Tilfældet med to ligninger behandles særskilt i dette afsnit. En præcis definition efterfølges af en sætning om løsningsrummets lineære struktur. En egenvektor giver en -parameter mængde af løsninger. For en diagonaliserbar matrix kan den fuldstændige løsning angives. Et par opgaveforslag behandles. I næste kapitel gives den generelle formulering for et vilkårligt antal ligninger. Sprogbrug for systemer Den præcise definition og gængs sprogbrug er en umiddelbar udvidelse af tilsvarende definition og sprogbrug i afsnit 5. Definition 6. (Ligningssystem) Ved et lineært. ordens differentialligningssystem ( ligninger) med konstante koefficienter forstås dy = a y + a y + b dx dy = a y + a y + b dx En partikulær løsning er differentiable funktioner x y (x), x y (x) som indsat opfylder y (x) = a y (x) + a y (x) + b y (x) = a y (x) + a y (x) + b Løsningsrummet, den fuldstændige løsning er angivelsen af alle løsninger. Definition 6. (Matrixform) For -matricen A = (a ij ), koefficientmatricen, og -søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) skrives det lineære differentialligningssystem eller helt kort Skrevet ud En løsning skrives dy dx = Ay + b y = Ay + b ( dy ) ( ) ( ) ( ) dx a a dy = y b + a dx a y b x y(x) = ( ) y (x) y (x) 39

140 40 6. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - LIGNINGER Bemærkning 6.3 (Homogen part) Givet -matricen A = (a ij ) og -søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) kaldes systemet dy dx = Ay homogent og er den homogene part af det inhomogene, b 0, system Eksempel 6.4 (Giv ligning standard form) Skriv ligningen ( y 4 (x) y (x) + 4) dy dx = Ay + b ( ) y (x) 3 y (x) som et lineært. ordens differentialligningssystem. LØSNING. Isoler y : ( ) ( ) 4 y y = y y ( ) y + = 4 Så ligningen er ( ) ( ) y = y + 4 og dermed er koefficientmatricen og den inhomogene part: ( ) ( ) A = og b = 4 ( ) y (x) + = 0 4 ( ) 3y + 3y + 3 4y y Struktur af løsningsrummet Den lineære struktur af løsningsrummet går igen fra den lineære ligning. I det homogene tilfælde er linearkombinationer af løsninger igen løsninger. Det ses, at løsningen af det inhomogene problem reduceres til det tilsvarende homogene problem samt angivelse af bare én partikulær løsning. Sætning 6.5 (Lineær struktur) Betragt -matricen A = (a ij ) og -søjlen y(x) = (y i (x)). Hvis z (x), z (x) er løsninger til det homogene lineære differentialligningssystem dy dx = Ay så er enhver linearkombination z(x) = C z (x) + C z (x) også en løsning. Betragt yderligere -søjlen b. Hvis z 0 (x) er en løsning til det inhomogene lineære differentialligningssystem dy dx = Ay + b så er enhver løsning af formen y(x) = z(x) + z 0 (x) hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet. BEVIS. Som for 5.3.

141 6. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - LIGNINGER 4 Løsningsmetoder Inddragelse af teorien for egenværdier og egenvektorer forenkler teknikken betydeligt. En egenvektor giver en -parameter mængde af løsninger for det homogene system. Eksempel 6.6 (Diagonal system) Systemet har diagonalmatricen y = λ y y = λ y Λ = ( ) λ 0 0 λ som koefficientmatrix. e, e er egenvektorer og basis for R. Fra 5.5 fås den fuldstændige løsning y (x) = C e λx, y (x) = C e λx På vektorform giver dette ( ) ( ) y (x) C e y(x) = = λx y (x) C e λx eller udtrykt ved egenvektorerne y(x) = C e λx e + C e λx e ( ) ( ) e λ x 0 = C + C 0 e λx Sætning 6.7 (En egenvektor) Betragt -matricen A = (a ij ) og -søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineære differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis u er en egenvektor for A med egenværdi λ, så er løsninger, hvor C er arbitrær. y(x) = Ce λx u BEVIS. Gør prøve dy dx = Cλeλx u = Ce λx Au = Ay Inhomogen ligning Det er ofte muligt at finde en konstant løsning. Kombineres dette med 6.5 og 6.7 kan en -parameter mængde af løsninger angives. Sætning 6.8 (En egenvektor og en løsning) Betragt -matricen A = (a ij ) og -søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineære differentialligningssystem dy dx = Ay + b En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = b. Hvis yderligere u er en egenvektor for A med egenværdi λ, så er løsninger, hvor C er arbitrær. y(x) = Ce λx u + v

142 4 6. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - LIGNINGER BEVIS. Gør prøve ved brug af 6.7 dy dx = Ceλx Au = A(y v) = Ay + b Sætning 6.9 (Flere egenvektorer) Betragt -matricen A = (a ij ) og -søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineære differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis y 0 = C u + C u er en linearkombination af egenvektorer for A, med egenværdier λ, λ, Au j = λ j u j, så er y(x) = C e λx u + C e λx u en løsning, der opfylder y(0) = y 0. BEVIS. Gør prøve. Hvis koefficientmatricen kan diagonaliseres For en diagonaliserbar koefficientmatrix kan man finde den fuldstændige løsning for det homogene tilfælde. Kan man samtidig finde en konstant løsning til det inhomogene problem, så kan den fuldstændige løsning også angives i dette tilfælde. Sætning 6.0 (Diagonaliserbar system) Betragt -matricen A = (a ij ) og -søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineære differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis matricen U med søjler u, u diagonaliserer A med egenværdier λ, λ, Au j = λ j u j, så er den fuldstændige løsning givet ved hvor C, C er arbitrære. y(x) = C e λx u + C e λx u BEVIS. Fra 6.5, 6.7 følger, at linearkombinationerne er løsninger. Omvendt for en given løsning z, findes C, C så z(0) = C u + C u Lad y(x) = C e λx u + C e λx u og Λ = U AU. Så er U z og U y begge løsninger til diagonalsystemet med koefficientmatrix Λ og derfor ens. Heraf følger resultatet. Sætning 6. (Fuldstændig løsning) Betragt -matricen A = (a ij ) og -søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineære differentialligningssystem dy dx = Ay + b

143 6. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - LIGNINGER 43 En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = b. Hvis matricen U med søjler u, u diagonaliserer A med egenværdier λ, λ, Au j = λ j u j, så er den fuldstændige løsning givet ved y(x) = C e λx u + C e λx u + v hvor C, C er arbitrære. Fyldige eksempler To opgavetyper er repræsentative for resultaterne i dette afsnit. I den første type oplyses egenvektor forholdene, som så skal fortolkes. Den anden er mere komplet, men også ret omfangsrig. Eksempel 6. (En egenvektor opgivet) Betragt differentialligningssystemet y = y + y y = 8y y Det oplyses, at vektoren u = (, ) er en egenvektor for matricen ( ) A = 8 Angiv den løsning y(x) = (y (x), y (x)) der opfylder y(0) = u, altså (y (0), y (0)) = (, ). LØSNING. Egenværdien λ = 3 fås af udregningen ( ( ) ( 3 Au = = = 3u 8 ) 6) Ifølge 6.7 er ( y(x) = Ce 3x løsninger for arbitrære valg af C. I den partikulære løsning bestemmes C ved ( ) ( y(0) = Ce 0 = ) ) Dette giver C = og den ønskede løsning ) y(x) = e 3x ( Skrevet ud y (x) = e 3x y (x) = e 3x Eksempel 6.3 (Calculus, januar 006) dy dx = y + 3y dy dx = 3y + y. Det oplyses, at vektorerne (, ) og (, ) er egenvektorer for systemets koefficientmatrix ( ) 3 3

144 44 6. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - LIGNINGER ) Angiv egenværdierne hørende til hver af disse egenvektorer. ) Angiv den løsning til differentialligningssystemet, der opfylder begyndelsesbetingelsen (y (0), y (0)) = (, 3). LØSNING. ) For en kvadratisk matrix A og en egentlig egenvektor u er egenværdien λ bestemt af formlen Au = λu. Udregningen ( 3 3 ) ( ) ( ) 4 = 4 ( = 4 viser, at 4 er egenværdien hørende til (, ) og udregningen ( ) ( ) ( ) ( 3 = = 3 viser, at er egenværdien hørende til (, ). ) Fra ) kan løsninger til differentialligningssystemet angives ( ) ( ) ( y (x) = C y (x) e 4x + C e x hvor C, C kan vælges frit. Ved indsættelse af x = 0 fås betingelser ( ) ( ) ( ) ( ) y (0) = C y (0) + C =. 3 Dette giver det lineære ligningssystem C C = C + C = 3, Totalmatricen reduceres ved rækkeoperationer ( ) ( ) 3 0 ( ) 0 0 og giver løsningen C =, C =. Dermed er ( ) ( ) ( ) y (x) = e y (x) 4x + e x ( ) e = 4x e x e 4x + e x den løsning, der opfylder betingelsen (y (0), y (0)) = (, 3). ) ), ), Eksempel 6.4 (Basis af egenvektorer) Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningssystemet LØSNING. Koefficientmatricen er dy dx = y + y 8 dy dx = y + y 7 A = ( )

145 6. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - LIGNINGER 45 Egenværdierne findes som rødder i det karakteristiske polynomium A λi = λ λ Egenværdierne er = λ λ 3 λ =, λ = 3 Egenvektorer hørende til egenværdien : ( ) A + I = giver egenvektorer ( x ) = x ( ) 0 0 ( ) ( ) x = x x Egenvektorer hørende til egenværdien 3: ( ) A 3I = giver egenvektorer ( x ) = x Den fuldstændige løsning til den homogene part er ifølge 6.0 Skrevet ud ( ) 0 0 ( ) ( ) x = x x dy dx = y + y dy dx = y + y ( ) ( ) y(x) = C e x + C e 3x y (x) = C e x + C e 3x y (x) = C e x + C e 3x hvor C, C er arbitrære konstanter. En konstant løsning y(x) = v = (v, v ) skal opfylde Dette løses 0 = v + v 8 0 = v + v 7 v = Den fuldstændige løsning til systemet ) ( = v 3) ( v er ifølge 6. dy dx = y + y 8 dy dx = y + y 7 ( ) ( ) ( y(x) = C e x + C e 3x + 3)

146 46 6. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - LIGNINGER Skrevet ud y (x) = C e x + C e 3x + y (x) = C e x + C e 3x + 3 hvor C, C er arbitrære konstanter. Et hastighedsfelt giver en grafisk fornemmelse for løsningskurvernes x y(x) forløb. y HASTIGHEDSFELT y Hvis koefficientmatricen ikke kan diagonaliseres I det ikke-diagonaliserbare tilfælde er der også metoder til at bestemme løsningerne. Der er groft sagt to tilfælde, som hver illustreres med et eksempel. Eksempel 6.5 (Ingen reelle egenværdier) Betragt det lineære system Koefficientmatricen y = y y y = y + y A = ( ) har karakteristisk polynomium λ λ + med diskriminant 4 og dermed ingen reelle egenværdier. Ved brug af komplekse tal findes løsningen Skrevet ud y(x) = C e x ( cos x sin x ) ( ) + C e x sin x cos x y (x) = C e x cos x C e x sin x y (x) = C e x sin x + C e x cos x y y

147 6. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - LIGNINGER 47 Eksempel 6.6 ( egenværdi) Betragt det lineære system Koefficientmatricen y = 3y + y y = 3y A = ( ) har egenværdi 3 og egenrum E 3 = Span(e ) og kan ikke diagonaliseres. Løsningen kan bestemmes ) ) y(x) = C e 3x ( 0 + C e 3x ( x Skrevet ud y (x) = C e 3x + C e 3x x y (x) = C e 3x y y HASTIGHEDSFELT Opgaver Opgave 6. Betragt differentialligningssystemet dy dx = 3y + y dy dx = y + 4y Det oplyses, at vektoren u = (, ) er en egenvektor for matricen ( ) 3 A = 4 Angiv den løsning y(x) = (y (x), y (x)) der opfylder y(0) = u, altså (y (0), y (0)) = (, )

148 48 6. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - LIGNINGER Opgave 6. Betragt differentialligningssystemet y = y + y y = y Det oplyses, at vektoren u = (, 0) er en egenvektor for matricen ( ) A = 0 Angiv den løsning y(x) = (y (x), y (x)) der opfylder y(0) = u, altså (y (0), y (0)) = (, 0) Opgave 6.3 Betragt differentialligningssystemet y = y + 3y y = 3y + y Det oplyses, at vektorerne u = (, ), u = (, ) er en egenvektorer for systemets koefficientmatrix. Angiv den fuldstændige løsning. Opgave 6.4 Angiv den fuldstændige løsning til differentialligningssystemet y = 7y + y + 7 y = 3y + 8y 3 Opgave 6.5 Angiv den fuldstændige løsning til det homogene differentialligningssystem dy dx = y y dy dx = y 4y Angiv den løsning y(x) der opfylder y(0) = (, ). Opgave 6.6 ) Betragt det lineære differentialligningssystem dy dx = ay + by + c dy dx = y Gør rede for, at y(x) = (z (x), z(x)) er en løsning netop, når z(x) er en løsning til. ordens differentialligningen d z dx = a dz dx + bz + c ) Beregn den fuldstændige løsning til. ordens differentialligningen z = 5z + 6z

149 7 Lineært differentialligningssystem - n ligninger Det lineære differentialligningssystem for et vilkårligt antal ligninger behandles på samme måde som systemet med ligninger. Specielt er metoderne i beviserne de samme. Sprogbrug Den præcise definition og gængs sprogbrug er en umiddelbar udvidelse af tilsvarende definition og sprogbrug i afsnit 6. Definition 7. (Lineært system) Ved et lineært. ordens differentialligningssystem med konstante koefficienter forstås dy dx dy dx dy n dx = a y a n y n + b = a y a n y n + b. = a n y a nn y n + b n En partikulær løsning er differentiable funktioner som indsat opfylder x y (x),..., x y n (x) y (x) = a y (x) a n y n (x) + b y (x) = a y (x) a n y n (x) + b y n (x) = a ny (x) a nn y n (x) + b n Løsningsrummet, den fuldstændige løsning er angivelsen af alle løsninger.. Definition 7. (Matrixform) For n n-matricen A = (a ij ), koefficientmatricen, og n-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) skrives det lineære differentialligningssystem eller kortere En løsning skrives dy dx = Ay + b y = Ay + b x y(x) = y (x). y n (x) 49

150 50 7. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - N LIGNINGER Bemærkning 7.3 (Homogen part) Givet n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) kaldes systemet dy dx = Ay homogent og er den homogene part af det inhomogene, b 0, system dy dx = Ay + b Strukturen I det homogene tilfælde er linearkombinationer af løsninger igen løsninger. Det ses, at løsningen af det inhomogene problem reduceres til det tilsvarende homogene problem samt angivelse af bare én partikulær løsning. Sætning 7.4 (Lineær struktur) Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlen y(x) = (y i (x)). Hvis z (x), z (x) er løsninger til det homogene lineære differentialligningssystem så er enhver linearkombination dy dx = Ay z(x) = C z (x) + C z (x) også en løsning. Betragt yderligere n-søjlen b. Hvis z 0 (x) er en løsning til det inhomogene lineære differentialligningssystem dy dx = Ay + b så er enhver løsning af formen y(x) = z(x) + z 0 (x) hvor z(x) er en løsning til den homogene part af systemet. Løsningsmetoder En egenvektor giver en -parameter mængde af løsninger for det homogene system. Findes en konstant løsning til det inhomogene system, så kan også en -parameter mængde af løsninger angives. Sætning 7.5 (En egenvektor) Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineære differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis u er en egenvektor for A med egenværdi λ, så er løsninger, hvor C er arbitrær. y(x) = Ce λx u

151 7. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - N LIGNINGER 5 Sætning 7.6 (En egenvektor og en løsning) Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineære differentialligningssystem dy dx = Ay + b En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = b. Hvis yderligere u er en egenvektor for A med egenværdi λ, så er løsninger, hvor C er arbitrær. y(x) = Ce λx u + v Sætning 7.7 (Flere egenvektorer) Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineære differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis y 0 = C u + + C m u m er en linearkombination af egenvektorer for A, med egenværdier λ,..., λ m, Au j = λ j u j, så er y(x) = C e λx u + + C m e λmx u m en løsning, der opfylder y(0) = y 0. Fuldstændig løsning For en diagonaliserbar koefficientmatrix kan man finde den fuldstændige løsning til den homogene part. Findes en konstant løsning til det inhomogene system, så kan også en den fuldstændige løsning angives. Sætning 7.8 (Diagonaliserbar system) Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlen y(x) = (y i (x)) samt det homogene lineære differentialligningssystem dy dx = Ay Hvis matricen U med søjler u,..., u n diagonaliserer A med egenværdier λ,..., λ n, Au j = λ j u j, så er den fuldstændige løsning givet ved hvor C,..., C n er arbitrære. y(x) = C e λx u + + C n e λnx u n Sætning 7.9 (Fuldstændig løsning) Betragt n n-matricen A = (a ij ) og n-søjlerne b = (b i ), y(x) = (y i (x)) samt det lineære differentialligningssystem dy dx = Ay + b En konstant funktion y(x) = v er en løsning, hvis Av = b. Hvis matricen U med søjler u,..., u n diagonaliserer A med egenværdier λ,..., λ n, Au j = λ j u j, så er den fuldstændige løsning givet ved hvor C,..., C n er arbitrære. y(x) = C e λx u + + C n e λnx u n + v

152 5 7. LINEÆRT DIFFERENTIALLIGNINGSSYSTEM - N LIGNINGER Opgaver Opgave 7. Hvis A er diagonal matricen med diagonal indgange λ,..., λ n, så er den fuldstændige løsning til systemet dy dx = Ay givet ved y (x).. y n (x) = e λx e λnx C C n Opgave 7. Omskriv den n-te ordens differentialligning y (n) (x) = a y (n ) (x) + + a n y (x) + a n y(x) + b = 0 til et lineært -ste ordens system. Opgave 7.3 Betragt et -ste ordens system () Opskriv koefficientmatricen. () Find egenværdier og egenvektorer. (3) Angiv den fuldstændige løsning. y = y 3 y = y y 3 = y

153 8 Generel differentialligning Emnet differentialligninger er meget omfattende. Det er kun i specialtilfælde muligt at angive løsninger ved elementære funktionsudtryk. For en ren matematisk behandling af differentialligninger, indføres en mere præcis definition af en differentialligning og en løsning, som er hensigtsmæssig for formulering og bevis af en såkaldt eksistens- og entydighedssætning. Definition af differentialligning Her er så en lidt mere præcis sprogbrug for differentialligninger. Definition 8. (Præcis. ordens ligning) Lad I, J være åbne intervaller og F (x, y) : I J R en reel funktion. En løsning til. ordens differentialligningen dy = F (x, y) dx er en differentiabel funktion y(x) : I J på et åbent delinterval I I, som indsat giver y (x) = F (x, y(x)), x I Eksistens og entydighed Følgende ikke helt optimale sætning er ofte anvendelig til at sikre eksistens og entydighed af løsninger til. ordens differentialligninger. Sætning 8. (Eksistens og entydighed) Antag at F (x, y) er kontinuert og F y (x, y) eksisterer og er kontinuert i I J. For et givet (x 0, y 0 ) I J findes entydigt bestemt et maksimalt åbent delinterval I I om x 0 og en differentiabel funktion y(x) : I J, som er en løsning til. ordens differentialligningen og opfylder dy = F (x, y) dx y(x 0 ) = y 0 Bemærkning 8.3 (Begyndelsesværdiproblem) Den udvidede ligning dy dx = F (x, y), y(x 0) = y 0 kaldes et begyndelsesværdiproblem. 53

154 54 8. GENEREL DIFFERENTIALLIGNING Eksempel 8.4 (Ingen eksplicitte løsninger) Differentialligningen dy dx = x3 y + e xy har løsningskurver igennem ethvert (x 0, y 0 ) R. Løsninger kan ikke umiddelbart udtrykkes ved kendte elementære funktioner. y 0 x RETNINGSFELT Eksempel 8.5 (Eksponentialfunktionen) Som en anvendelse af Eksistens- og entydighedssætningen 8. kan eksponentialfunktionen genfindes som løsning til en simpel differentialligning. Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet er eksponentialfunktionen dy = y, y(0) = dx y(x) = e x Differentialligningssystemer Her følger sprogbrugen for differentialligningssystemer. Definition 8.6 (Præcis. ordens ligningssystem) Lad I være et åbent intervaller, U en åben delmængde i R n og F (x, y) : I U R n en reel (vektor)funktion. En løsning til. ordens differentialligningssystemet dy = F (x, y) dx er en differentiabel vektorfunktion y(x) : I U på et åbent delinterval I I, som indsat giver y (x) = F (x, y(x)), x I Ligningen udvidet med y(x 0 ) = y 0 kaldes et begyndelsesværdiproblem. Sætning 8.7 (Eksistens og entydighed) Antag at F (x, y) er kontinuert og F y (x, y) eksisterer og er kontinuert i I U. For et givet (x 0, y 0 ) I U findes entydigt bestemt et maximalt åbent delinterval I I om x 0 og en differentiabel vektorfunktion y(x) : I U, som er en løsning til ligningssystemet og opfylder dy = F (x, y) dx y(x 0 ) = y 0

155 8. GENEREL DIFFERENTIALLIGNING 55 Eksempel 8.8 (Elementære funktioner) Som en anvendelse af Eksistens- og entydighedssætningen 8.7 kan de elementære funktioner genfindes som løsninger til simple differentialligningssystemer. ) Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet dy dx = y dy dx = y er de trigonometriske funktioner y (0) =, y (0) = 0 y (x) = cos x y (x) = sin x ) Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet dy dx = y dy dx = y y (0) =, y (0) = 0 er de hyperbolske funktioner (se [Stewart], p. 46.) y (x) = cosh x = ex +e x y (x) = sinh x = ex e x Eksponential af matrix Flere af de elementære funktioner kan på fornuftig vis udvides til kvadratiske matricer. Her betragtes udvidelsen af exponentialfunktionen. Eksempel 8.9 (Eksponential af matrix) Lad A være en n n-matrix og lad Y(x) være en n n-matrix af funktioner. Den entydigt bestemte løsning til begyndelsesværdiproblemet dy dx = AY er en n n-matrix af funktioner Y(0) = I n Y(x) = exp(ax) som kaldes eksponentialet. Hvis A er en diagonalmatrix med diagonalindgange λ,..., λ n, så er matricen exp(ax) diagonalmatricen med diagonalindgange e λx,..., e λnx. Hvis matricen U med søjler u,..., u n diagonaliserer A med egenværdier λ,..., λ n, Au j = λ j u j, så er A = UΛU udtrykt ved diagonalmatricen Λ og eksponentialet kan beregnes ved exp(ax) = U exp(λx)u Der gælder loven exp(ax + Ax ) = exp(ax ) exp(ax )

156 56 8. GENEREL DIFFERENTIALLIGNING Eksempel( 8.0 )(Eksponentialet uden diagonalisering) ( ) 0 x Lad A =. Så er eksponentialet exp(ax) = LØSNING. Differentialligningssystemet er: ( ) ( ) ( ) ( ) y y 0 y y = y y = y y 0 0 y y 0 0 samt betingelsen ( ) y (0) y (0) = y (0) y (0) ( ) 0 0 Hvilket giver y (x) = 0, y (x) =, y (x) =, y (x) = x. Opgaver Opgave 8. ( ) Lad A =. 8 () Beregn exp(a). () Beregn exp(a). Opgave 8. ( ) 0 Lad A =. Beregn exp(ax). 0 Opgave 8.3 ( ) 0 0 Lad A =. Beregn exp(ax). 0 Opgave 8.4 Giv et eksempel på matricer -matricer A, B, så exp(a + B) exp(a) exp(b)

157 9 Stabilitet af autonom differentialligning Da det normalt ikke er muligt at løse en differentialligning ved et eksplicit funktionsudtryk, er det vigtigt at kunne beskrive en løsnings egenskaber på anden vis. Her kommer begreberne ligevægt og stabilitet til deres ret. I sådanne punkter er en tilnærmelse med en lineær differentialligning ofte meningsfuld. Den følgende opremsning er ultra kort og bør opfattes som en smagsprøve. Eksemplerne refererer til [Stewart]. Autonom ligning I mange anvendelser er problemformuleringen uafhængig af et bestemt start tidspunkt. Den resulterende ligning må derfor ikke indeholde den variable eksplicit. Sådanne ligninger og ligningssystemer behandles her. Definition 9. (Autonom ligning) En differentialligning eller et differentialligningssystem kaldes autonom. En konstant løsning dy dx = F (y) y(x) = b, F (b) = 0 kaldes en ligevægt. En ligevægt kaldes (lokal) stabil, hvis enhver løsning y(x) som kommer tilstrækkelig tæt på b, vil konvergere mod b for x gående mod uendelig. I modsat fald kaldes ligevægten ustabil. For en autonom ligning kaldes grafen for funktionen y = F (y) i en (y, y )-talplan for fasediagrammet. Eksempel 9. (Ligevægt) Den lineære autonome ligning y = ay + b, a 0 har netop en ligevægtsløsningen y y = ay + b y(x) = b a Der gælder: a < 0: stabil ligevægt. a > 0: ustabil ligevægt. Dette kan ses direkte fra formlen for løsningerne 5.5 FASEDIAGRAM y y(x) = Ce ax b a 57

158 58 9. STABILITET AF AUTONOM DIFFERENTIALLIGNING Bemærkning 9.3 (Ligevægt) For en løsning y(x) til det autonome system dy dx = F (y) vil punkterne (y(x), y (x)) bevæge sig på fasediagrammet når x ændrer sig. Fasediagrammets skæringer med y-aksen er ligevægtsløsninger. For en ligevægt y(x) = b, F (b) = 0 ses af fasediagrammet, at (forudsat F (y) er tilstrækkelig pæn ) F (b) < 0: Stabil ligevægt. F (b) > 0: Ustabil ligevægt. F (b) = 0: Ingen konklusion. y y FASEDIAGRAM Bemærkning 9.4 (Tilnærmelse) I en omegn af en ligevægt y(x) = b, F (b) = 0 for det autonome system kan F (y) tilnærmes med Begyndelsesværdiproblemet dy dx = F (y) F (y) F (b)(y b) dy dx = F (y), y(x 0) = b + ɛ kan så for z y b tilnærmes med den lineære ligning dz dx = F (b)z, z(x 0 ) = ɛ og dermed er løsningerne til det oprindelige problem y(x) b + z(x). I følge 5.5 kan tilnærmelsen angives: y(x) b + ɛe (x x0)f (b) Eksempel 9.5 (Tilnærmelse) Ligningen y = sin y er autonom med F (y) = sin y og F (y) = cos y. () Da F (0) = 0 har ligningen en ligevægtsløsning y(x) = 0 og da F (0) = kan den løsning, som opfylder y(0) = 0., tilnærmes med ligningen z = z, z(0) = 0.. For x 0 giver dette y(x) 0.e x

159 9. STABILITET AF AUTONOM DIFFERENTIALLIGNING 59 () Da F (π) = 0 har ligningen en ligevægtsløsning y(x) = π og da F (π) = kan den løsning som opfylder y() = π + 0. tilnærmes med z = z, z() = 0.. For x giver dette y(x) 0.e (x ) + π Logistisk ligning Ligningen her beskriver en vækstmodel med en begrænset udvikling. Eksempel 9.6 (Logistisk ligning) Den logistiske ligning, k, K > 0, har ligevægts løsninger og dp dt = kp ( P K ) = F (P ) P (t) = 0, P (t) = K F (P ) = k K P + k F (0) = k > 0: P = 0 er en ustabil ligevægt. F (K) = k: P = K er en stabil ligevægt. P P FASEDIAGRAM Lotka-Volterra ligningerne Ligningssystemet her beskriver en ligevægtsmodel for udviklingen af to konkurrerende arter. Eksempel 9.7 (Lotka-Volterra) For Lotka-Volterra systemet, a, b, k, r > 0, er der to ligevægtsløsninger dr dt dw dt = kr arw = rw + brw (R, W ) = (0, 0), (R, W ) = (r/b, k/a)

160 60 9. STABILITET AF AUTONOM DIFFERENTIALLIGNING I (R, W ) = (0, 0) er den lineære approksimation dr dt = kr dw = rw dt som giver en ustabil ligevægt. I (R, W ) = (r/b, k/a) er den lineære approksimation for ( R, W ) = (R r/b, W k/a) d R dt = ar b W d W = bk dt a R som ifølge definitionen giver en ustabil ligevægt. Man kan vise, at løsningskurverne t (R(t), W (t)) for det oprindelige system er deformationer af cirkler omkring ligevægtspunktet. Der er altså en cyklisk udvikling i modellen. W HASTIGHEDSFELT R Opgaver Opgave 9. Betragt den autonome ligning y = y 3 + 3y + y () Tegn fasediagrammet. () Find de stationære punkter. (3) Afgør stabilitets forhold for de stationære punkter. Opgave 9. Betragt den autonome ligning y = sin y () Tegn fasediagrammet. () Find de stationære punkter. (3) Afgør stabilitets forhold for de stationære punkter.

161 Løsninger. () (35, 40, 7), () (, 3, 7, ), (3) (50, 60).. () a + 5b 8c, () b c + 3a, (3) 0..3 () 9u, () (5u 5v + w, (3) 0, (4) u + 7v + 6w..4 () (, 4, 5) = 4(,, ) + (, 0, ). () a(,, ) + b(, 0, ) + c(, 3, 5) = (a b c, a + 3c, a + b + 5c) = (0, 0, ) giver modstriden a = 3c, b = c og 5c + 5c =..5 () (, 4, ), () (,, 3 ), (3) (, +, 3 )..6 () v = u + (u + v), () u = (u v) + v, (3) u = (u + v) + (u v), v = (u + v) (u v)..7 (), (3), (4) er ikke underrum..8 Det er vektorens egne koordinater, der kan bruges som koefficienter, (, 4, 0) = (, 0, 0) + 4(0,, 0) + 0(0, 0, ).9 Vis først Span((,, 0), (, 0, 0)) Span((, 0, 0), (0,, 0)). En vektor i Span((,, 0), (, 0, 0)) er en vektor af form s(,, 0) + t(, 0, 0) = (s + t, s, 0) = (s + t)(, 0, 0) + s(0,, 0) men dette er jo en linearkombination af (, 0, 0) og (0,, 0) med koefficienter s + t og t, og er altså en vektor i Span((, 0, 0), (0,, 0). Tilsvarende er Span((,, 0), (, 0, 0)) Span((, 0, 0), (0,, 0)) ved omskrivningen (s, t, 0) = t(,, 0) + (s t)(, 0, 0).0 x = a (,, ) + a (,, ) = (a a )(,, ) har samme. og. koordinat, så enhver vektor er ikke linearkombination.. x = 0(,, )+x (0,, 0)+x 3 (0, 0, )+x (, 0, 0), så enhver vektor er linearkombination.. () Afhængige: (,, 3) + (,, 3) = (0, 0, 0). () Afhængige: (0, 0, 0) + 0 (,, ) = (0, 0, 0). (3) Uafhængige: a(, 0, 0) + b(0,, 0) = (a, b, 0) = (0, 0, 0) a = b = 0. (4) Uafhængige for t =: a(t, t, ) + b(t, t, 0) = (at + bt, at + bt, b) = (0, 0, 0) b = 0.. () (, ) og (, ) er lineært uafhængige. () Af a(cos t, sin t) + b( sin t, cos t) = (0, 0) a = b = 0 følger, at vektorerne er lineært uafhængige. (3) For t ± er vektorerne lineært uafhængige..3 U R 3 så dim U. () (,, ), (,, ) U og lineært uafhængige, så af dimensions betragtningen frembringes U. () Som ()..4 4 vektorer i R 3 er lineært afhængige..5 (3) Span(u, v) = Span(u + v, u v)..6 () t = 0, ±. () t = ±. (3) t = 0..7 Nej højst 3 vektorer i R 3 kan være lineært uafhængige..8 Ikke altid lineært afhængige..9 Lineært ( uafhængige. ) ( og 3 )

162 6 LØSNINGER ( ) ( ) og ( ) ( ) 0 a og. 0 c 0 0 ( ) og ( ) ( 3 ) og ( ) ( ) og. 0 0 d e f a d b e c f. a b c AB, CB, CBA kan udregnes. 3.0 Brug den associative lov. 3. Brug regneregler for transponering. ( ) ( ) ( ) x [ + x x] [ + x 4] 3. = = 3 4 x 4 [3 + 4 x] [ ] ( ) y x 3.3 ( x =. y x ) y 4. I Matr(f) er ( ( ( ( 0 0 f(e ) = f( ) =, f(e 0) ) ) = f( ) = ) ) Heraf Matr(f) = Prøve: ( ( ) 0 x = ) y ( ) 0 ( y ) x + y ( ) + x + 4x x 4. Matr(f) = og Matr(g) = ( ). 4.3 f(x) = f( x i e i = x i f(e i ) = x i g(e i ) = g( x i e i ) = g(x). 4.4 Matr(f) = ( 3 ) (. ) Matr(f) =. ( 0 ) ( ) ( ) ( ) Matr(f) = og Matr(f f) = =. 0 ( ) (b). Søjlerne i 3 -matricen er 0 f(, 0) = (,, 0), f(0, ) = (,, )

163 4.9 (b) Det skal være en 3 -matrix. 0 ( ) ( ) ( ) 5. 0, og. 0 ( ) ( ) a b d b 5. = c d ad bc. ( ) ( ) c ( a ) 0 a 5.3 3, og Bemærk ( ) ( ) x y = 0 0 Heraf ( ) k a = Den rigtige formel er (AB) = B A. 5.6 A er invertibel med A = A(A ). LØSNINGER 63 ( ) x + y 0 ( ) ka 0 ( 6. a + a =, a + a =, a + a =, a + a =. A = 0 6. a = 0, a + a + 3a 3 = 0, a 0 =, a 0 + a + a + a 3 = Gør prøve A 0 = 0 b. 7. (x, y, z) = ( 7, 0 7, 0) + z( 4 7, 6 7, ). 7. (x, y, z) = ( 6 3, 3 3, 3 ). 7.3 (x, y, z) = ( 6, 4 3 3, 0) + z( 6, 4 3, ) Homogen: (x, x, x 3 ) = x 3 (5, 4, ) Inhomogen: pivot i sidste søjle giver inkonsistens. 7.5 a + b + c =, 4a + b + c = 3 giver (a, b, c) = (, ) + c(, 3 ). 7.6 x + 3x = 7, 4 x + 5 x = 8 giver (, 4) + 6(3, 5) = (7, 8). 7.7 Facit f.eks. (, 0,, 0)+s(,, 0, 0)+t(3, 0,, ) eller ( s+3t, s, +t, t), s, t R. Da der skal to parametre til løsningsbeskrivelsen, kan der forekomme andre rigtige løsningsbeskrivelser, som ikke umiddelbart ser ud til at beskrive den samme løsningsmængde. F.eks. (9,,, 0) + s(,,, ) + t( 5,,, ) giver (x, x, x 3, x 4, x 5 ) = (3, 6, 0, 3, 0) + x 3 (, 0,, 0, 0) + x 5 (, 0, 0, 0, ). 7.9 () (, 7, 6) = (, 3, ) + (0,, ). () (, 0, 4) = (, 3, ) + 3(0,, ). (3) Følger af en dimensions betragtning. 7.0 Sætning 7.8 sikrer uendelig mange løsninger. 7.( Kun hvis det ) er konsistent. ( ) har invers og har ingen invers. 6 9 ( ) ( ) og og. 7 ( A = 5 ). A B = ( ) ( 4 3. BA = 6 ). 3 ).

164 64 LØSNINGER ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) r r 8.5 =. =. = r 0 r 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = ( ) (c) Føres over i en matrix med 0 er under diagonalen. 9. Beregn determinanten A = t t = 0 t 0 = (t ) 0 0 t For t har det homogene ligningssystem Ax = 0 entydig løsning x = 0. For t = er den reducerede form af ligningssystemet Dette giver løsninger x + x + x 3 = 0 x x = x + x x 3 9. og ( ) (n+)+n+ + = ( ) n(n+) = λ λ = 0 giver λ = ± 5. a = 7a = 0 giver a = (0, 0) for λ 5. Span((, )) for λ = (0, 0) for λ, 5. Span((, )) for λ =. Span((, )) for λ = To ens søjler giver determinant Af produktreglen følger det(ab) = det(a) det(b) = det(b) det(a) = det(ba) 9. Determinanten af en invertibel matrix er altid Af produktreglen følger det(a) = det(a ) = 0. a b = ( ) = 0, så ligningssystemerne har en entydig løsning λ 7λ + 0 = 0 for λ =, 5. E = Span((, )). E 5 = Span((, )). 0.3 λ 5λ + 6 = 0 for λ =, 3. E = Span((, )). E 3 = Span(( 5, 4)).

165 LØSNINGER Egenværdier λ =,, 3. E = Span((,, )). E = Span((,, )). E 3 = Span((, 0, )). 0.5 λ = 0,,. E 0 = Span((,, )). E = Span((,, 0)). E = Span((, 0, 0)). 0.6 λ =,, 3. E = Span((, 0, )). E = Span((, 3, )). E 3 = Span((0, 5, )). 0.7 () λ =, 5. () E = Span((0,, )). E 5 = Span((, 0, 0).(0,, )). 0.8 () A 3I har en nulrække. () E 3 = Span((0,, )). (3) λ =. 0.9 R for a = 0. Span(e ) for a Egenværdierne er λ = og λ =. De tilhørende egenrum er henholdsvis Span(e, e, e 3 + e 4 ) og Span(e 3 e 4 ). Eller: E = mængden af vektorer af form (r, s, t, t). E = mængden af vektorer af form (0, 0, t, t). 0. () E = Span((, 0, 0), (0,, )). () λ =,. E = Span((,, )... Egenvektorer hørende til egenværdien : A I = giver det reducerede ligningssystem og dermed x + x + x 3 = 0 x = x x 3 x x = x x 3 x = x + x 3 0 x 3 x 3 0 hvor x, x 3 vælges frit. Egenrummet udtrykkes E = Span(, 0 ) 0 Egenvektorer hørende til egenværdien : A + I = x x = x 3 x 3 = x 3 x 3 x 3 hvor x 3 vælges frit.. Angiv en invertibel matrix B og en diagonal matrix Λ så at B A B = Λ Søjler af egenvektorer giver B = 0, Λ = det(b) = sikrer invertibilitet. Gør prøve! A B = B Λ =

166 66 LØSNINGER = Så prøven stemmer! ( ) ( ) ( ) B =. B 8 5 =. Λ = ( ) ( ) ( ) B =. B =. Λ = E = Span((,, 0), (, 0, )). E 5 = Span((,, ). Så matricen kan diagonaliseres..5 B = 0. B = 4 3. Λ = () C = 5I. () e, e, e 3 basis af egenvektorer. ( ) 00 ( ) ( = ( ) = ) 00 ( 3., og x + y.. (x, x, x 3, x 4 ) = x (,, 0, 0) + x 3 ( 3, 0,, 0) + x 4 ( 4, 0, 0, )..3 u u giver cos θ = giver θ 0, giver som tilnærmet er, = cos θ = giver θ 0, Brug regnereglerne..8 Brug regnereglerne. 3. I følge Sætning 3.9 u den ortogonale projektion af v på U. Den korteste afstand er v u Vektorerne u = (,,, ) og u = (0,,, 0) har u u = ( ) + ( ) 0 = 0 Fra Sætning 3.6 fås projektionen af v = (,, 3, 4) Restvektoren u = proj U (v) = proj u (v) + proj u (v) = v u u + v u u u u u u = 4 4 (,,, ) + 5 (0,,, 0) = (, 3, 7, ) v u = (,, 3, 4) (, 3, 7, ) = (,,, 3) )

167 LØSNINGER 67 har længde, som angiver den mindste afstand fra v til U v u = (,,, 3) 7 = s y s x t y t = () 4 u = 4 (,, 3). 4 v = 4 (3,, ). () 4 5 u = 4 5 (, ). 4 5 v = 4 5 (, ). (3) 8 0 u = 4 5 (, 3) v = (, ). (4) 4 u = (,, 3). v = 5 (0,, ). (5) 5 46 u = (0, 3,, 6). 0 v = (,,, ) (,, 3, 4) (4, 3,, ) = 30 (7, 0,, 0). 3.4 () Span((,, )). () 6 (,, ) = (, 4, ). 3.5 proj U (w) = 0 0 u + 4 v = (0,, 4, 6). 3.6 u = 3u + u = (3,,, ). v u = (0,,, ) = proj U (v) = 4 u + u 3 = (,,, 6). 3.8 (0, 3,, ) er løsning til ligningssystemet og restvektoren ( 6, 4,, 0) (0, 3,, ) = ( 6,,, ) er ortogonal på U = Span((0,,, 0), (0,, 0, )). 3.9 u, u er ikke ortogonale. 3.0 Brug x = (fx u )u + + (x u k )u k + y. 3. Brug Brug Opgave Brug A T Av = λv Av = λ v. 4. f (x, y) = ( ) (. g (x, y) =. ( ) ) cos v /u sin v 4. F (u, v) =. sin v u cos v 4.3 F (u) = ( ) ( t g (u) = 3t =. ) ( t= 4.5 ) g (0) =. ) f 0) (0, ) = ( 3 0 ). 3) f (0, )g (0) = ( ) ( ) ( ) x z z s t = z z x y. 4.7 f(x,..., x n ) = a x + + a n x n. 4.8 f i (x,..., x n ) = a i x + + a in x n. 4.9 (0, 0, 0) er kritisk og Hessematricen har egenværdier 3, 4, 5, så der 0 4 er lokalt minimum. 4.0 f = (6x + 4y, 4y + 4x + 4z, z + 4y). er 0 i 0. Hessematricen har 0 4 egenværdier, 4, 0, så der er et saddelpunkt. 4. Funktionerne g = x y, g = xy med g x = x, g y = y, g x = y, g y = x ( ) ( ) gx g giver Jacobimatrix y x y =. g x g y y x

168 68 LØSNINGER ( ) y x 4. Nej, Jacobimatricen er. y x 5. Ce x. e x. 5. Ce x + x +. x Ce x + xe x. e ex + xe x. 5.4 ) Ce sin(x). e sin(x) ) Ce sin x + sin(x). 5.5 ) Ce cos(x). e cos(x) ) Ce cos x (e x g(x)) = e x g(x) + e x g (x) partikulær løsning. Ce x fuldstændig løsning til homogen part. 5.7 e x + C for a =. Ce ax + a ex for a. ( ) ( ) 6. Au = u. y(x) = Ce x. y(x) = e x. ( ) ( ) 6. Au = u. y(x) = Ce x. y(x) = e 0 x. ( ) 0 ( ) 6.3 Au = 5u. Au = u. y(x) = C e 5x + C e x. 6.4 Egenværdier ( 5, ) 0 og egenvektorer ( ) ((, ), (, 3). 7 ) y(x) = C e 5x + C e 0x Egenværdier ( 3, ) og egenvektorer ( ) (, ), (, ). ( ) ( ) y(x) = C e 3x + C e x. y(x) = 3e 3x + e x. 6.6 ) Egenværdier, 6 og egenvektorer (, ), (6, ). z(x) = C e x + C e 6x. 7. Brug Sætning y = a y + + a n y n + b og y i = y i, i >. 7.3 y(x) = C (0, (, 0)e x + C (, 0, )e x + C 3 (, ) 0, )e x. 4e 8. exp Ax = 3x + e 3x e 3x e 3x 6 8e 3x 8e 3x e 3x + 4e 3x. ( ) e 8. exp Ax = x + e x e x e x e x e x e x + e x. ( ) exp Ax =. x ( ) ( ) A =, B = (),(3) y = ± ustabile, y = stabil ligevægt. 9. () y = pπ er ligevægtsløsninger. (3) p lige giver ustabile og p ulige giver stabile ligevægte.

169 Litteratur Banchoff and Wermer, Linear algebra through geometry, Springer Verlag 993. meget elementærr med lidt geometri, læses fint selv. Gantmacher, The theory of matrices, Chelsea Publ en fyldig klassisk kildebog til specifikke matrixproblemer. Gelfand, Lectures on linear algebra, Intersciences Publ. 96. kortfattet med vægt på diagonalisering og kvadratiske former. Halmos, Finite dimensional vector spaces, van Nostrand 958. formulering i abstrakte termer. Klingenberg, Lineare Algebra und Geometrie, Springer Verlag 984. gode enkle beviser til abstrakte vektorrum. Koecher, Lineare Algebra und analytische Geometrie, Springer Verlag 983. virkelig fin fremstilling af matrixregnings anvendelser. Kostrikin and Manin, Linear algebra and geometry, Gordon & Breach 989. nyere bud på lineær algebra pensum. Lang, Algebra, Addison-Wesley 993. den bedste bog om indledende algebra. Mirsky, An introduction to linear algebra, Clarendon Press 955. specielle resultater og matrix uligheder. Muir, Treatise on the theory of determinants, Dover Publ alt klassisk om determinanter. Nielsen, Lineær algebra, Matematisk Institut 988. noter til. års studerende i matematik. Noble, Applied linear algebra, Prentice-Hall 977. anvendelser og nummeriske beregninger. Souriau, Calcul liniare, Press Univ. France 964. lidt utraditionel med anvendelse på konkrete abstrakte problemer. Sydsæter og Øksendal, Lineær algebra, Universitets forlaget 996. mange eksempler og øvelser for økonomer. 69

170

171 Indeks (koordinat)vektor, 8 (lokal) stabil, 57 (matrix)indgang, 4. ordens differentialligningen, 53. ordens differentialligningssystemet, 54 adderes, 5 additionsformler, 40 affin afbildning, 4 afstanden, 04 associativ, 7 associativ lov,, 5 augmenteret matrix, 60 autonom, 57 basis, 9 begyndelsesværdiproblem, 53, 54 bijektiv, 70 billedmængden, 70 bundne variable, 59 Cauchy-Schwarz ulighed, 06 Cayley-Hamilton identiteten, 89, 90 Cofaktormatricen, 8 Cramers regel, 8 cylinderkoordinater, 6 definitionsmængden, 70 Den kommutative lov holder ikke., 9 Determinanten, 74, 75 diagonalisere, 97 diagonalmatrix, 3 differens af vektorer, 0 dimensionale koordinatvektorrum, 8 dimensionen, 0 distributive love,, 5, 9 drejningen, 40 egenrummet, 90 egentlig, 8 egentlig egenvektor, 86 egenvektor, 86 egenværdi, 86 eksponentialet, 55 elementærmatrix, 65 en-entydig, 70 en-til-en, 70 enhedsvektor, 04 ens, 4 Enten-eller-princip:, 66 fasediagrammet, 57 Forkortning gælder ikke., 30 frembringere, 4 frie variable, 59 frihedsgrader, 5 fuldstændig løsning, 50 fuldstændige løsning, 3 Hessematricen, 8 homogen, 3 homogene part, 50, 3, 40, 50 homogent, 50, 40, 50 højreinvers, 43 Identitetsmatricen, 3 ikke-nul (egentlige), 88 inhomogene, 3, 40, 50 inhomogent, 50 injektiv, 70 inkonsistent, 50 invers, 43 invers afbildning, 70 invers matrix, 44 invertibel, 43, 44 Jacobideterminanten, 4 Jakobimatricen, 3 karakteristiske polynomium, 89 koefficienter, koefficientmatricen, 39, 49 koefficientmatrix, 50 kommutativ lov,, 5 komplekse tal, 46 konsistent, 50 koordinat, 8 kvadratisk form, 0 kvadratisk matrix, 3 ledende indgange, 60 ligevægt, 57 linearkombination, lineær afbildning, 36 lineære. ordens differentialligning, 3 lineære ligninger, 50 lineært. ordens differentialligningssystem, 39, 49 lineært afhængigt, 8 lineært uafhængigt, 8 lineært underrum, 3 7

172 7 INDEKS linje, 0 linjen, 4 længden, 04 løsning, 53, 54 løsningsrummet, 3 løsningsrummet, 5 Løsningsrummet, den fuldstændige løsning, 39, 49 matrix, 4 matrix form, 50 matrix skalering, 5 matrix sum, differens, 5 matrixmultiplikation, 6 multipliceres, 6 multiplicitet, 94 nilpotent, 47 normalvektor, 09 normen, 04 nulmatricen, 4 Nulreglen gælder ikke., 30 nulrummet, 5, 55 nulunderrummet, 3 nulvektoren, 8 origo, 8 ortogonal matrix, 9 ortogonale komplement, 09 ortogonale projektion, ortogonale, vinkelrette, 05 parallelforskydning, 4 partikulær løsning, 50, 3, 39, 49 pile, 9 pivot, 58 pivot indgange, 60 plan, 0 planen, 4 polære koordinater, 6 potens, 46 Potensreglen for determinant, 80 prikproduktet, 04 produktmatricen, 6 Pythagoras formel, 06 på, 70 Rækkeregler, 77 rækkerummet, 55 rækkeudvikling, 75 rækkevektor/rækkematrix, 4 sfæriske koordinater, 7 skalar, 0 skalar love, 9 skalarmultiplikation, 0 skalarproduktet, 04 skaleres, 5 Span, 4 spejlingen, 40 standard basen, 9 standard enhedsvektor, 9 størrelse, 4 sum af vektorer, 0 surjektiv, 70 symmetrisk matrix, 9 søjle, 4 søjler, 4 Søjleregler, 77 søjlerummet, 55 søjleudvikling, 75 søjlevektor/søjlematrix, 4 tilhørende matrix, 0 to-sidet invers, 43 translation, 4 transponerede matrix, 3 trappeform, 58, 60 Trekantsuligheden, 07 trigonometriske additionsformler, 40 tupler, 8 ubekendte, 50 underrum, 3 ustabil, 57 van der Monde, 77 vektor, 8 venstreinvers, 43 vinklen, 07 værdimængden, 70 rangen, 55 rangformlen, 66 Reducer til øvre trekantsmatrix, 79 reduceret form, 60 reduceret matrix, 60 Regneregler for skalarprodukt, 05 regressionslinjen, 8 restvektoren, retningsvektor, 4 retningsvektoren, 03 retningsvinkel, 03 række, 4 række-echelon form, 58, 60 rækkeoperationer, 58 Rækkeoperationer på en matrix, 60 rækkeoperationsmatrix, 65 rækker, 4